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1、第七章 定积分 习 题 7.1 定积分的概念和可积条件第七章 定积分 习 题 7.1 定积分的概念和可积条件 1.用定义计算下列定积分：()axb dx+01;a dxx01(a).0 解解（1）取划分：11210nnnn?，及),2,1(ninii?=，则 nxi1=，于是)(2)11(21)(1+=+=nbabnanbniani，即 badxbax+=+2)(10。（2）取划分：11210=，对任意的划分与任意P1,iiixx，只要=)(max1inix，就有1)(1+=Ixfniii。取定了划分后，n与(1,2,i)x i=?n也就确定，如果在,上无界，则必定存在小区间f x()a b1
2、,iixx，在f x()1,iixx上无界。取定 203课后答案网 w w w.k h d a w.c o m111,iin+?，必可取到i，使 1)(1+，因为 是lS的上确界，所以 S)(PS，使得 2)(0PSl。设划分bxxxxaPp=?210:，是的上、下确界，取 mM,f x()=)(1(2,min21mMpxxxp?，对任意一个满足=)(max1inix的划分 bxxxxaPn=?210:，记与其相应的小和为)(PS，现将PP,的分点合在一起组成新的划分P，则由引理 7.1.1，0)()(PSPS。下面来估计)()(PSPS：（1）若在中没有),(1iixxP的分点，则)(),(
3、PSPS 中的相应项相同，它们的差为零；（2）若在中含有),(1iixxP的分点，由于两种划分的端点重合，所 以这样的区间至多只有1p个。由的取法，可知 pjnixxji,2,1,2,1,?=，所以在中只有一个新插入的分点),(1iixxjx，这时)(),(PSPS 中的相 应项的差为 )()()(11+iiijiiijixxmxxmxxm)(1iixxmM)(mM，204课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 从而 2)(1()()(0 mMpPSPS。综合上面的结论，就有 )()()()()()(0PSPSPSPSPSlPSl+=+，存在一种划分P，使得相应的振幅满足31=
4、piiix，即3)()(PSPS。取=)(1(3,min21mMpxxxp?，对任意一 个满足=)(max1inix的划分 bxxxxaPn=?210:，现将的分点合在一起组成新的划分PP,P，则由 Darboux 定理的证明过程，可得 )()()()()()()()()()()()(0PSPSPSPSPSPSPSPSPSPSPSPS+=+30303，由定理 7.1.1，可知在上可积。)(xf,ba 讨论下列函数在 0,1 的可积性：f x()=;0,0,0,11xxxx f x()=;,1,1为无理数为有理数xx f x()=;,0为无理数为有理数xxx f x()=.0,0,0),sgn(
5、sinxxx 205课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 解解：（1）0(，且在0,1上的不连续点为)f x，取定2m，在区间)(xf 1,1m上只有有限个不连续点，所以在)(xf 1,1m上可积，即存在 1,1m的一个划分，使得 P21=niiix，将的分点和 0 合在一起，作为0,1的划分，则 PP =+，取定4m，则在)(xf 1,1m 上只有有限个不连续点，所以在)(xf 1,1m上可积，即存在 1,1m的划分，使得P21=niiix。将的分点与 0 合在一起作为0,1的划分，则 PP=+mxf 206课后答案网 w w w.k h d a w.c o m证明)(1x
6、f在,上也可积。a b证证 任取的一个划分：,a bbxxxxann=，当=)(max1inix时，从而 21)(mxfniii=，取=cbacM,12min，则 0N，当时，Nn cxn。由于在f x(),ca和,bc+上只有有限个不连续点，所以 f x()在,ca和,bc+上都可积，即存在,ca的一个划分)1(P和,bc+的一个划分)2(P，使得 3,3)2()2()1()1(iiiiiixx。将)1(P、)2(P的分点合并在一起组成,的一个划分，则 a bP 1niiix=+与0，存在划分P，使得振幅i的 那些小区间的长度之和,1iixx=,存在划分,使得振幅Pi的那些小区间的长度之和i
7、ix,于是 2)(1Mabxxxiiiiiiniii+=与00，对任意划分P，振幅0i的小区间的长度之和不小于0,于是 0001000+=,0,只要,BAuu uu,就成立)(2)()(abugug与0,存在划分P,使得振幅)(fi的小区间的长度之和小于M4,于是=+=)()(1)()()(fiifiiniiiiixfgxfgxfg?=+MMababxMxabfifiii42)()(22)(2)()(，即复合函数在,上可积。g f x()a b 208课后答案网 w w w.k h d a w.c o m习 题 7.2 定积分的基本性质 习 题 7.2 定积分的基本性质 1 设在,上可积，在,
8、上定义，且在,中除了有限 f x()a bg x()a ba b个点之外，都有，证明在,上也可积，并且有 f xg x()()=g x()a bf x dxg x dxabab()()=。证证 设仅在),2,1(picxi?=处)()(xgxf。对区间作划分：，任取,babxxxxann=取122()p MM=+，则当=max1inix时,()()iiigfx,所以由可积,可知也可积,且成立。f x()g x()f x dxg x dxabab()()=2设和在,上都可积，请举例说明一般有 f x()g x()a b bababadxxgdxxfdxxgxf)()()()(。解解 例如2,0,
9、1)()(=xxgxf，则2200()2,()2f x dxg x dx=，20()()2f x g x dx=,所以。bababadxxgdxxfdxxgxf)()()()(3 证明：对任意实数，只要，和都存在，就成立 cba,f x dxab()f x dxac()f x dxcb()f x dxf x dxf x dxabaccb()()()=+。209课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 证证 如设cba。)1,0(x2xx xdx01x dx201 （2）当时，所以)2,1(x2xx xdx01x，而当)1,0(x时，22 201xdx。（4）当时，所以 0 xxx
10、 sinsin xdx02 0。证证 证明一：不妨设),(,0)(00baxxf。由0)()(lim00=xfxfxx，存在与0c 000(min,)ax bx)()baf x dx=0()xaf x dx+00()xxf x dx+0()bxf x dx+00()xxf x dx+2c0。0()0f x,0 xa=或0 xb=的情况可类似证明。证明二：用反证法。若，则0)(=badxxf,()0tata bf x dx=。由于在,上可导，且=tadxxftF)()(a b,),()(battftF=，所以有，与题设矛盾，从而必定成立。()0f t 0)(badxxf6设在,上连续，且，证明在
11、,上恒为 0。f x()a bfx dxab20()=f x()a b 210课后答案网 w w w.k h d a w.c o m证证 由在上连续，可知f x(),a b2()fx在,上连续，且。由上题即可得到结论。a b2()0fx 7设函数在上连续，在内可导，且满足)(xf,ba),(ba)()(22bfdxxfabbaa=+。证明：存在),(ba，使得0)(=f。证 证 由积分第一中值定理，,2aba+使得()f=)()(22bfdxxfabbaa=+，再对在,)(xfb上应用 Rolle 定理，(,)(,)ba b，使得0)(=f。8设)(t在上连续，在,0a)(xf),(+上二阶可
12、导，且。证明 0)(xfadttaf0)(1adttfa0)(1。证证 将区间作划分：,0aattttnn=1100?，记,max,111iiiiniiiitttttt=。由于下凸，由 Jensen 不等式（第5.1 节习题 24）,得到 f =niiiniiiatfatf11)()(，令0，上述不等式就转化为 adttaf0)(1adttfa0)(1。9设在上连续，且单调减少，证明对任意f x()1,0 1,0，成立 100)()(dxxfdxxf。证证 证明一：问题等价于证明对任意 1,0，成立 211课后答案网 w w w.k h d a w.c o m10)()()1(dxxfdxxf
13、。对不等式两端应用积分第一中值定理，则存在10,x及2,1x，使得0(1)()f x dx=1(1)()f x及12()(1)()f x dxf x=。由于显然有，所以得到。)()(21xfxf10)()()1(dxxfdxxf证明二：设，则。由积分第一中值定理，100()()()Ff x dxf x dx=10()()()Fff x=dx0,1,使得10()()ff x dx=，即()()()Fff=。由于单调减少，所以当f0时，()0F，即()F单调增加；当10,0证证 先证当时等号成立。)(afb=将区间作划分：,0aaxxxxnn=1100?，记),2,1,0()(nixfyii?=，
14、则 byyyynn=1100?，再记 11,=iiiiiiyyyxxx，于是 =+=+niiiiniiiiniiiniiiyyxxxyyyfxxf111111111)()()()(abyxyxnn=00，记 max1inix=，当0时，的极限为 =+niiiniiiyyfxxf1111)()(212课后答案网 w w w.k h d a w.c o m ，+adxxf0)(bdyyf01)(这就证明了当时，)(afb=+adxxf0)(bdyyf01)(ab=。在一般情况下，设100()()()abF af x dxfy dyab=+，则 ()()F af ab=。记，可知当()f Tb=0a
15、T()F a()F aaT=处取到最小值。由上面的讨论，可知最小值，从而，这就是所要证明的。()0F T=()0F a 注注 当时，)(afb=+adxxf0)(bdyyf01)(ab=的结论也可直接从几何图形上看出。11 证明定积分的连续性：设函数和f x()fx()h=f xh()+在,上可积，则有 a blim|()()|hhabfxf xdx=00。证证 由于在,上可积，可知存在fxh()=f xh()+a b0，使得在f x(),+ba上可积。设()f xM),(+bax。由于在,上可积，f x()a b0，存在对区间,等分的划分，使得当a bnP8banM时，成立 16niiix=
16、，其中),2,1(ninabxi?=。另外，当ban时，记10,+n分别是在区间)(xf,baaan和,bab bn+上的振幅，则02M，12nM+。因为 111|()()|()()|()()iinnbxhhiaxiiiifxf xdxfxf xdxfhfx=+，213课后答案网 w w w.k h d a w.c o m且当min,8bahnMi时，由1,iixx，可知 2111,iiiiiihxxxxx xi+，其中11,nbabaxaxbnn+=+，从而有11)()(+iiiiifhf，于是 bahdxxfxf|)()(|=+xg)(max)()(lim1xfdxxgxfbxanbann
17、=。证证 因为在,上，所以有a b0)(xg0()mg xM0A=时等式显然成立）。由)()(limfxfx=,可知 0A，,ba，使得,，且当,x时，成立 0()Af xA，当时，成立Nn.1()1nmA 与12()1nM baA.12()()bnnaAfx g x dxA2+，即1()()2bnnafx g x dxA 0g xt f t dtf t dtxx()()()=00是定义在 ,)0+上的单调增加函数。证证 因为 0)()()()()()()()()(2002000=xxxxxdttfdttftxxfdttfdtttfdttfxxfxg，所以g xt f t dtf t dtxx
18、()()()=00是定义在 ,)0+上的单调增加函数。4.求函数的极值。=xdtttxf02)2)(1()(解 解，令2)2)(1()(=xxxf0)(=xf，得到2,1=x。因为当时，1x0)(xf，当或时，21x0)(xf，所以1=x是极小值点，2x=不是极值点。由 1217)2()2()1(1023=+=dtttf,可知在处有极小值)(xf1=x1217)1(=f。5 利用中值定理求下列极限：limnnxxdt+101;limsinnnn pxxdt+()。Np解解（1）由积分第一中值定理，limnnxxdt+101=10111limlim0(01)111nnnx dxn=+。（2）由积
19、分第一中值定理，,pnn+，使得nppdxxxpnn=+sinsin，所以 0sinlim=+pnnndtxx。217课后答案网 w w w.k h d a w.c o m6.求下列定积分：dxxx10222)2(;+21222)1)(1(dxxxxx;+202)32(dxxx;210102)41(dxxx;(5)+1122)52()1(xxdxx;(6)10arcsin dxx;(7)xxdxcos244;(8)402tanxdxx;(9)e sinxx dx202;(10)sin(ln)ex dx1;(11)102tanarcxdxx;(12)+1e12)1ln(dxxx。(13)2ln0
20、32edxxx;(14)+1012edxx;(15)+102e1xdx;(16)212132)1(xdx;(17)+10411dxxx;(18)+104211dxxx;(19)+2121xxdx;(20)102dxxxx;解解（1）112222460044171(2)(44)357105xxdxxxxdx=+=+=。（2）2222211(1)(1)111(1)ln2222xxxxdxdxxxx+2=+=。（3）22200157040(23)(42 69)ln4ln6ln3xxxxxdxdx+=+=+。（4）12112 102 1022 112200011(1 4)(1 4)(1 4)(1 4)
21、888xxdxxdxx=188。（5）211122222111(1)1(1)11(25)2(1)42(25)1xdxd xxxxxx+=+6=。（6）1110200arcsinarcsin121xxdxxxdxx=。218课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（7）4420cosxdxx=。（奇函数在对称区间上的积分为零）（8）444442200000tansectantan40 xxdxxxdxxdxxxxdxxdx=21ln24232=。（9）222001e sin(1 cos2)2xxxdxex dx=，由 222000cos2cos22sin2xxxexdxexexdx
22、=+2220012sin24cos2xxeexe=+xdx，得到2201cos25xeexdx+=，所以 222220113e sin(1)210 xeexdxe25+=+=。（10）e111sin(ln)sin(ln)cos(ln)eex dxxxx dx=,e1(sin1 cos1)1sin(ln)ex=+dx所以 e11sin(ln)(sin1 cos1)22ex dx=+。（11）31123122000111arctanarctan()3311231xx10 xxdxxxdxxdxxx=+1 11ln2 1(ln2)123 22126=+。（12）232111ln(1)ln(1)(1)
23、331xxdxxxxxdxx=+3311 11(1)ln(1)33 322xxxxx=+c,所以 e 123321111111 11ln(1)(1)ln(1)33 32eexxdxxxxxx+=+322192e=+e。（13）22ln2ln232ln200011ee22xx22xxdxx edx=+2ln20ln211 ln2424xe=。219课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（14）令21txxt1=+=，则，于是 122t2122221011e2xttdxe tdttee dt+=2 2211(2)22ee=。（15）112102200(12)ln(1e)ln1e1e
24、11exxxxxdxdeee+=+=2+1)12ln()11ln(2+=e。（16）令，则 sinx=t1266102622 322tan3cos3(1)dxdtttx=。（17）令11xtx=+，则 21,1(1txdxtt2)dt+=，于是 4410201121(1)xtdxdtxt=+0221412231(1)ttdtt=+t 013211234ln(1)31ttttt=+=178ln23。注：本题也可令1+=xt，得到 2ln8317)2(112144104=+dtttdxxx。（18）21211141 20001()11arctan1()222xd xxxdxxxxx24+=+=。（
25、19）1221221221122ln(1)ln1311dxdxxxxxx+=+=+。（20）21120022xxxdxdxxxx=22111220002(2)222xxdxxdxdx22xxxxx=+x 01221021012 221(1)dxt dtxxx=+220课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 3222424=+=。注：本题也可令，得到 txsin1+=243)sin1(202210=+=dttdxxxx。7.求下列极限：+22221321limnnnnnn?;limnppppnn+1231?p (p);0+nnnnnn)1(sin2sinsin1lim?。解解（1
26、）原式=101231 11lim2nnxdxnnnnn+=?。（2）原式=10111lim1pnpniix dxnnp=+。（3）原式=110112limsinsinnniixdxnn=。8.求下列定积分：0cosnxdx;sinnx dx;()axdna220 x;2101022)41(dxxx;(5)10lnxdxxmn;(6)endxxx1ln.解解（1）2200coscoscosnnnxdxxdxxdx=+，在第二个积分中，令tx=，则 22200coscos()(1)cosnnnnxdxt dttdt=，所以当 为奇数时，n0cos0nxdx=;221课后答案网 w w w.k h
27、d a w.c o m当 为偶数时，n200(1)(3)1cos2cos(2)2nnnnxdxxdxn n=?。（2）当 为奇数时，显然nsin0nxdx=；当 为偶数时，n2200sin2sin2sin2sinnnnnxdxxdxxdxxdx=+，在积分2sinnxdx中，令tx=，则 22200sinsin()sinnnnxdxt dttdt=，所以 sin4nxdx=20(1)(3)1sin2(2)2nnntdtn n=?。（3）令，则 sinxat=22221212!00(2)!()cos(21)!annnnnaxdxatdtan+=+。（4）令1sin2xt=，则 12222 102
28、21001(14)sincos8xxdxttdt=202321)cos(cos81dttt !21!201841!23!22!21!2081=。（5）111110001lnlnln11nmnmnmmxxdxxxxxdxnn+=+110ln1nmmxxdxn=+?110!(1)(1)(1)(1)mnmmmmmx dxnn+=+。（6）21211111lnlnlnln2222eennnnenn11exxdxxxxxdxexxdx=2221111ln22 22ennneexxdx=?222课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 21211(1)!1(1)(1)22222ennnnen
29、n nnnxdx=+?2121(1)!1(1)(1)22222nnnnenn nnn+1+=+?。9.设在,上连续，证明：f x()01fx dx(cos)02=fx d(sin)02x;xfx dx(sin)0=20fx d(sin)x。证证（1）令2tx=，则 222000(cos)(sin)(sin)fx dxft dtfx dx=。x （2）令t=，则 0000(sin)()(sin)(sin)(sin)xfx dxt ft dtfx dxxfx d=x，所以 =xfx dx(sin)020fx d(sin)x。10.利用上题结果计算：xx dsin40 x;xxxdxsincos12
30、0+;xxdx120+sin。解解（1）24440003sinsinsin21xxdxxdxxdx26=。（2）222000sinsin1arctancos1cos21cos24xxxdxdxxxx=+=。（3）222220000tan1 sin21 sin1 sin12tan2xdxdxdxdxxxxx=+2202arctan(2 tan)42x=。11.求下列定积分：xx dx206;sgn()xxdx302;223课后答案网 w w w.k h d a w.c o mx xa dx|01;(4)20dxex.解解（1）。623456222222012345 2345285x x dxx
31、dxx dxx dxx dxx dx=+=（2）2123001sgn()1(1)0 xxdxdxdx=+=。（3）当时，0a 11001|()32ax xa dxx xa dx=；当时，0a11130011|()()32aaax xa dxx ax dxx xa dxa=+=+3；当时，1a 11001|()23ax xa dxx ax dx=。（4）2ln2ln3ln4ln500ln2ln3ln41234xe dxdxdxdxdx=+ln6ln72ln5ln6ln756dxdxdx+7 。14ln(7!)=12设在上可积且关于f x(),a bxT=对称，这里aTb。则 f x dxf x
32、dxf x dxabaT bTb()()()=+22。并给出它的几何解释。证 证 22()()()()bT bTbaaT bTf x dxf x dxf x dxf x dx=+，由于关于f x()xT=对称，所以(2)()fTxf x=，于是，令，则 2xT=t2()(2)(2)()()TTbbbT bbTTTf x dxfTt dtfTt dtf t dtf x dx=，所以 f x dxf x dxf x dxabaT bTb()()()=+22。从几何上说，由于关于f x()xT=对称，所以积分2()TT bf x dx与积分()bTf x dx表示的是相同的面积，从而上述等式成立。2
33、24课后答案网 w w w.k h d a w.c o m13设+=.0,11,0,)(2xexxexfxx 计算。=41)2(dxxfI 解解 令，则 2tx=220202110101()()()1ttIf t dtf t dtf t dtdttedte=+=+2022410(1)111ln(1)1222tttd eeedtee+=+=+。14设函数=xdttgtxxf02)()(21)(，其中函数在)(xg),(+上连续，且，证明，并计算和。5)1(=g2)(10=dttg=xxdtttgdttgxxf00)()()()1(f )1(f 解解 +=+=xxxxdttgtdtttgxdttg
34、xdttgtxtxxf02002022)(21)()(21)()2(21)(，等式两边求导，得到 )(21)()()(21)()(22020 xgxxgxdtttgxgxdttgxxfxx+=。=xxdtttgdttgx00)()(再求导，得到，所以 )()(,)()(0 xgxfdttgxfx=2)1(=f，5)1(=f。15设上的连续函数满足，求。),0(+)(xf=edxxfxxf1)(ln)(edxxf1)(解解 记，则 adxxfe=1)(axxf=ln)(，于是 11()ln(1)eeaf x dxxdxa e=，所以 ()exxxexdxeaee1ln1ln111=。16.设函数
35、连续，且)(xf)arctan(21)2(210 xdttxtf=，1)1(=f。求。21)(dxxf解解 在中，令10)2(dttxtftxu=2，则 225课后答案网 w w w.k h d a w.c o m=12210)()2()2(xxduufuxdttxtf，于是 )arctan(21)()(22212212xduuufduufxxxxx=，两边求导，得到 42121)12()12()2(2(2)12()2(4)(2xxxfxxxfxfxfxduufxx+=+，将 代入上式，得到 1)1(,1=fx 45)(21=dxxf。17.求，其中 为正整数。ndxxx0|sin|n解解 首
36、先有)14(sin|sin|)12(2)12(2+=+kxdxxdxxxkkkk，)14(sinsin2)12(2)12)=kxdxxdxxxkkkk。当时，mn2=+=10)1(2)12()12(20sinsin|sin|mkkkkkndxxxdxxxdxxx ；2104)34()14(mkkmk=+=当时，12+=mn=+=10)1(2)12()12(20sinsin|sin|mkkkkkndxxxdxxxdxxx+)12(2sinmmdxxx 22)12()14(4+=+=mmm。所以 20|sin|ndxxxn=。18.设函数,求=xdttxS0|cos|)(xxSx)(lim+。22
37、6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 解解 设)1(+a=axxdttfxg)()(常数，),0(+x。证明：xcxf=)(，),0(+x，其中 为常数。c 证证 在两边关于 求导，得到 =axxdttfxg)()(x0)()()(=xfaxafxg。取，则1=xafaf)1()(=，此式对任何都成立。记0a)1(fc=，就得到 xcxf=)(，),0(+x。20.设在上连续，证明 f x(),0(+=+4141122)2(lnln22dxxxxfdxxxxxf。证 证 令xt4=，则 dttdxtx24,4=，于是+=+14241)4(4)ln4(ln22ln22dttt
38、tttfdxxxxxf +=41ln4ln22dxxxxxf，所以 +=+4141122)2(lnln22dxxxxfdxxxxxf。227课后答案网 w w w.k h d a w.c o m21设在上连续。证明)(xf,ba+bababxadxxfdxxfabxf|)(|)(1|)(|max。证 证 由于在上连续，可设)(xf,ba,)(max)(baxffbxa=及)(min)(xffbxa=，,ba。于是)()()(min)(maxffxfxfbxabxa=)()(ff=badxxfdxxf)()(。另一方面，由积分中值定理，,ba，使=badxxfabf)(1)(，于是 )()(mi
39、nfxfbxa=badxxfab)(1。所以 =)(maxxfbxa+)(minxfbxa)(min)(max(xfxfbxabxa+babadxxfdxxfab|)(|)(1。22设在f x(),(+上连续，证明 f u xu dux()()0=xududxxf00)(。证证 利用分部积分法，=xududxxf00)()000()()uxxuf x dxuf u du=。f u xu dux()()0注：本题也可令0()()()xF xf u xu du=00()xuf x dx du，证明。()0F x 23.设在上二阶可导（），且f x(),0a0a0)(xf，证明：2)(0aafdxx
40、fa。证 证 将在f x()2ax=展开成 1 阶的 Taylor 公式，有 2)2)(21)2)(2()2()(axfaxafafxf+=，)0(a。由，得到 0)(xf 228课后答案网 w w w.k h d a w.c o m)2)(2()2()(axafafxf+。对上述不等式两边从 到 积分，由于0a0)2(0=adxax，就得到 2)(0aafdxxfa。24.设函数在上二阶可导，且)(xf 1,00)(xf，1,0 x,证明：31)(102fdxxf。证证 将在f x()31=x展开成 1 阶的 Taylor 公式，有 2)31)(21)31)(31()31()(+=xfxff
41、xf，)10(。由，得到0)(xf)31)(31()31()(+xffxf，1,0 x，再用替换，即得到 2xx)31)(31()31()(22+xffxf。对上述不等式两边从 到1积分，由于00)31(102=dxx，就得到 31)(102fdxxf。25设为f x()2,0上的单调减少函数,证明：对任何正整数 成立 n0sin)(20 xdnxxf。证证 =+=2010)12(2)22()12(sin)(sin)(sin)(nknknknknknxdxxfnxdxxfnxdxxf，在(21)2()sinknknf xnxd+x与(22)(21)()sinknknf xnxd+x中，分别令2
42、kxnt+=与(21)kxnt+=，得到+=nknktdtntkfnnxdxxf)12(20sin)2(1sin)(，(22)(21)01(21)()sin()sinknknktf xnxdxftdnn+=t。由于在)(xf2,0上单调减少，在tsin,0上非负，所以 229课后答案网 w w w.k h d a w.c o mxdnxxf20sin)(=+=100sin)12(21nktdtntkfntkfn0。26.设函数在)(xf,0上连续，且，。证明：在0)(0=dxxf0cos)(0=xdxxf),0(内至少存在两个不同的点1，2，使得0)()(21=ff。证证 证明一：设，则 ,)
43、()(0=xdttfxg=xxdxxgxh0sin)()(0)()0(=gg，0)0(=h，=)(h00()sin()cosg xxdxg x dx=00()cos()cosg xxf xxdx=+0cos)(0=xdxxf，对在)(xh,0上 应 用 Rolle 定 理,可 知 存 在),0(,使 得 0sin)()(=gh,即0)(=g，再在,0和,上对分别运用Rolle 定理，可知)(xg),0(,21，使得 0)()(21=ff。证明二：用反证法。若不然，只有一个点),0(，使得0)(=f，由 于在)(xf,0上连续，所以在)(xf),0(和),(上异号，不妨设在),0(中，在0)(x
44、f 设，则=xdttfxg0)()()()(,0)()0(xfxggg=，可知在)(xg),0(中 单调减少，而在),(中单调增加，从而,0,0)(xxg。另一方面，在)(xg,0上不恒等于零（否则恒为零与反证法假)(xf设矛盾），于是 +=0000sin)(cos)()(coscos)(xdxxgxxgxxdgxdxxf=0sin)(xdxxg0 0 (11)，rr=3cos=+1cos (33)；(12)双纽线；2cos22ar=(13)四叶玫瑰线ra=cos2。(14)Descartes 叶形线xyax333y+=；(15)xyaxy44222+=+().解解（1）面积2ln23)ln2
45、1()1(12221=xxdxxxA。（2）面积316)22(2)14()41(22022022=dyydyyyA。（3）面积2)2cos1(21sin002=dxxxdxA。231课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（4）面积21)(10+=eedxeeAxx。（5）面积1.0111011.0101101.0)1(ln)1(lnlnlnln=xxxxxdxxdxdxxA 108110ln1099=。（6）面积158)32(2)22)(2(204322032=+=dttttdttttA。（7）面积=206422023)cos(cos12cossin3cos4dtttatdtt
46、ataA 2283961516312aa=。（8）面积2320223421adaA=。（9）面积=202221deaA41()241ae。（10）面积+=+=20222202)cos2cos(21)cos(21dbabadbaA =+=220222cos12bda2221ba+。（11）面积+=+=333322)cos22cos43(21)cos1()cos3(21ddA=。（12）面积24022cos214adaA=。（13）面积2402402221)4cos1(22cos218adadaA=+=。（14）解一：令，则txy=313tatx+=，3213taty+=，。+0:t于是面积=A+
47、03321313dttattat=+033232)1()21(9dtttta，令，则 3tu=232课后答案网 w w w.k h d a w.c o m =A2032203223)1(3)1(23)1()21(3aduuuaduuua=+=+。解二：将 sin,cosryrx=代入 xyax333y+=中，得到 33cossincossin3+=ar，2,0，于是面积+=+=20232220233222tan)1(tantan29)cos(sincossin29dadaA 20232231tan123aa=+=。（15）将 sin,cosryrx=代入 xyaxy44222+=+()中，得到
48、 4422cossin+=ar，于是面积+=+=2042220442tan1tan1tan2cossin214dadaA，令tan=t，则+=+=0211204222)()(2112ttttdadtttaA201222arctan2atta=+。求由抛物线与过其焦点的弦所围的图形面积的最小值。ya24=x解解 选取焦点为极点,轴为极轴，建立极坐标。则由)0,(axsin,cosryarx=+=代入抛物线的方程ya24 x=中，可得抛物线的极坐标方程为 cos12=ar。设过焦点的弦的极角为，则它与抛物线所围的面积为+=daA22)cos1(421)(。233课后答案网 w w w.k h d
49、a w.c o m由 42222sincos8)cos1(1)cos1(12)(aaA=+=，令0)(=A，得到2=。由于当2时，0)(时，0)(A，所以)(A在2=取到极小值，也就是最小值)2(A：)2(A2232222322223102cot)2cot1()cos1(12adada=+=。求下列曲线的弧长：，04yx=3 2/x；xyy=242ln，1ye；，yx=lncos02,h 椭球体xaybzc2222221+=；直圆柱面和xya22+=2xza222+=所围的几何体；球面和直圆柱面xyza222+=2xxya22+=所围的几何体。解解（1）0()()(226hAaBbhVax b
50、x dxABabAbahh)B=+=+。（2）abcdzczabVcc34)1(22=。（3）用平行于平面的平面去截这立体的第一卦限的部分，截面为正方形，于是 yz03022316)(8adxxaVa=。（4）用平行于平面的平面去截这立体，则截面积为 yz0 235课后答案网 w w w.k h d a w.c o m=222222)(xaxxaxdyyxaxAxaxxaaxaxax+=arcsin)(222222。由 )31(arcsinarcsin)(320022xxadxaxdxxaxxaaa+=+=aadxxaxaxxaxaxxxa032032)(2)31(arcsin)31(3)45