第二类换元法
主要内容 一、不定积分的第二类换元法 二、定积分的第二类换元法
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第四章 第五章
第二节 不定积分的第二类换元法
定理 设 x = ϕ (t ) 是单调可导函数, 且 ϕ ' ( t ) ≠ 0 ,
f [ϕ ( t )]ϕ ' ( t ) 具有原函数, 则有换元公式
第四章 不定积分
∫ f ( x ) dx = ∫ f [ϕ ( t )]ϕ ' (t ) d t t =ϕ
−1
−1
( x)
其中 t = ϕ ( x ) 是 x = ϕ ( t )的反函数 .
证 略
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例1 求 ∫
dx x2 + a2
( a > 0) .
解 令 x = a tan t ,
则d x = a sec2 t d t ,
x 2 + a 2 = a 2 tan 2 t + a 2 = a sec t ,
a sec 2 t d t = ∫ sec t d t a sec t
x +a
2 2
原式 = ∫
= ln sec t + tan t + C1 = ln [
x2 + a2 t
a
x
a
x ]+ C + a 1
= ln[ x + x 2 + a 2 ] + C (C = C1 − ln a , 公式 )
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例2 求 ∫
x
4 2 3
(1 − x )
dx.
解 令 x = sin t , 则d x = cos t d t
1 − x 2 = 1 − sin 2 t = cos t sin 4 t (1 − cos 2 t ) 2 =∫ dt 原式 = ∫ 3 ⋅ cos t d t 2 cos t cos t
1
x
2
t
1− x
sin 2t = 2 sin t cos t cos t 1 1 1 − x2 x = tan t − 2t + ( t + sin 2t ) + C = 2⋅ ⋅ 2 2 1 1 x 3 1 = − arcsin x + x 1 − x 2 + C . 2 2 2 1− x
2
=∫
1 − 2 cos 2 t + cos 4 t
dt
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例3 求
x2 − a2 解 令 x = a sec t , 则 d x = a sec t tan t dt , x 2 − a 2 = a 2 sec 2 t − a 2 = a tan t ,
a sec t tan t d t = ∫ sec t d t 原式 = ∫ a tan t = ln sec t + tan t + C1 x
∫
dx
( a > 0) .
x = ln + a
x −a + C1 a
2 2
t
a
x2 − a2
= ln x + x 2 − a 2 + C . (C = C1 − ln a , 公式 )
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例4 求 ∫
1 x a2 + x2
d x (a , x > 0).
1 1 解 令 x = , 则 d x = −2 d t t t 1 1 −1 1 原式 = ∫ ⋅ 2 dt = − ∫ d( at ) dt 2 2 1 a2 + 1 t a a t +1 2 t
t
1 = − ln( at + a 2 t 2 + 1) + C a a 1 a = − ln( + + 1) + C . 2 a x x
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2
dx . 例5 求 ∫ 1+ 3 x + 2
解
令 u = 3 x + 2 , 则 x = u 3 − 2 , d x = 3 u2 du,
2
( u 2 − 1) + 1 3u du =∫ du 原式 =3∫ 1+ u 1+ u 1 = 3∫ ( u − 1 + ) du 1+ u
= 3[
1 u2 −u+ 2
ln 1 + u ] + C
= 3 3 ( x + 2)2 − 3 3 x + 2 + 3 ln 1 + 3 x + 2 + C . 2
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注: 第二类换元法常见类型:
∫ n a x + b ) dx , ( 2) ∫ f ( x , c x + d
(1)
( 3) ( 4)
( 5)
f ( x , n ax + b ) d x ,
令t = n ax + b 令t =
n a x+b c x+d
∫
f ( x , a 2 − x 2 ) d x , 令 x = a sin t f ( x , a 2 + x 2 ) d x , 令 x = a tan t
( 6)
1 (7) 分母中因子次数较高时, 可试用倒代换 x = t
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∫ 2 2 ∫ f ( x , x − a ) dx , 令 x = a sec t x x 令t = a ∫ f (a ) d x ,
例6 求 ∫
x 3x + 4
2
d x.
1 d( 3 x 2 + 4) 1 解 原式 = ∫ = 3x2 + 4 + C. 6 3x2 + 4 3
4x + 9 1 d (2 x ) 解 原式 = ∫ 2 ( 2 x )2 + 3 2
2
例7 求 ∫
dx
.
1 = ln 2 x + 4 x 2 + 9 + C
. 2
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例8 求 ∫
dx
解 原式 =
1 + x − x2 d( x − 1) 2
.
∫
2x − 1 = arcsin +C 2 2 5 ( 5 ) − (x − 1) 2
2
例9 求 ∫
dx
解 原式 = ∫
1 − e2 x e − x dx
e− x 1 − e2 x
.
=∫
− d e− x e−2 x − 1
= − ln e − x + e − 2 x − 1 + C
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内容小结
1. 第二类换元法
定理 设 x = ϕ (t ) 是单调可导函数, 且 ϕ ' ( t ) ≠ 0 ,
f [ϕ ( t )]ϕ ' ( t ) 具有原函数, 则有换元公式
∫ f ( x ) dx = ∫ f [ϕ ( t )]ϕ ' (t ) d t t =ϕ
−1
( x)
其中 t = ϕ −1 ( x ) 是 x = ϕ ( t )的反函数 .
2. 常用基本积分公式的补充 1 (17) ∫ d x = ln x + x 2 ± a 2 + C x2 ± a2
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3. 第二类换元法常见类型:
∫ n a x + b ) dx , ( 2) ∫ f ( x , c x + d
(1) ( 3) ( 4) ( 5) ( 6)
f ( x , n ax + b ) d x ,
令t = n ax + b 令t =
n a x+b c x+d
∫
f ( x , a 2 − x 2 ) d x , 令 x = a sin t f ( x , a 2 + x 2 ) d x , 令 x = a tan t
1 (7) 分母中因子次数较高时, 可试用倒代换 x = t
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∫ 2 2 ∫ f ( x , x − a ) dx , 令 x = a sec t x x 令t = a ∫ f (a ) d x ,
第三节 定积分的换元法
第五章 定积分
定理 设函数 f ( x ) ∈ C [a , b] , 单值函数 x = ϕ (t ) 满足:
1) ϕ ( t ) 在[α , β ]上有连续导数 , ϕ (α ) = a , ϕ ( β ) = b ; 2) 在[α , β ]上 a ≤ ϕ ( t ) ≤ b ,
则 ∫ f ( x )d x = ∫ f [ϕ ( t )]ϕ' ( t ) dt . (换元要换限)
a b
β
α
证 略
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例1 计算 ∫
a
0
a 2 − x 2 d x (a > 0).
解 令 x = a sin t , 则 d x = a cos t d t , 且
当 x = 0 时, t = 0 ; x = a 时, t = π . 2 π 2 2 2 y y = a2 − x2 ∴ 原式 = a ∫ cos t d t 0
a2 π 2 = ∫ 0 (1 + cos 2 t ) d t 2 a 1 = ( t + sin 2t ) 2 2
2
S
π
2 0
=
πa
4
2
o
.
a x
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arcsin x dx 例2 计算 ∫ 1 / 2 x (1 − x )
1
解
令 x = t , x = t 2 , d x = 2t d t ,
1 1 x : → 1; t : → 1; 2 2 1 arcsin t dt 原式 = 2 ∫ 1 / 2 1− t2
= 2∫
1 1/ 2
arcsin t d arcsin t
3π 2 1 = . = arcsin 2 t 1/ 2 16
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例3 设 f ( x ) ∈ C [ − a , a ] ,
(1) 若 f ( − x ) = f ( x ) , 则 ∫
a
−a
对称积分 偶倍奇零 a f ( x ) d x = 2 ∫ f ( x ) d x;
0
a
(2) 若 f ( − x ) = − f ( x ) , 则 ∫
证
a
−a
f ( x ) d x = 0.
a
∫− a f ( x ) dx = ∫− a f ( x ) dx + ∫ 0
a a
0
f ( x ) dx
令 x = −t
a
= ∫ f (− t ) d t + ∫ f ( x ) dx
0 a 0
a
= ∫ f ( − x ) d x + ∫ f ( x ) d x = ∫ [ f ( − x ) + f ( x ) ]dx
0 0 0
= 2 ∫ f ( x ) d x , 当 f ( − x ) = f ( x )时, 0 = 当 f ( − x ) = − f ( x )时. 0,
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a
例 4 填空
∫ −π 2 sin 5 x cos 7 x d x =
π 2
0
例 5 填空 d x 100 sin100 x ∫ 0 sin ( x − t ) d t = ________ dx 分析 令 u
= x − t , d t = − d u, t : 0 → x , u : x → 0,
∫0 x x 100 = ∫ sin u d u, 求导即得. 0
sin
100
x
( x − t ) d t = − ∫ sin100 u d u
0
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1/ x 1 1 dx dx = ∫ 例6 证明 ∫ x 2 2 1 1+ x 1+ x 1 1 1 1 证 Q 左端 = ∫ dt dx = ∫ 2 2 x 1+ t x 1+ x 1 1 1 令 t = , d t = − 2 d u , t : x → 1; u : → 1; x u u 1 1 1 1 1 ⋅ (− 2 ) d u ∴ 左端 = ∫ dt = ∫ 1 / x 2 x 1 + t2 1 + (1 / u) u 1/ x 1/ x 1 1 d x = 右端. =∫ du = ∫ 2 2 1 1 1+ x 1+ u 1
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例7 证明 f ( x ) = ∫ 证：Q f ( x ) = ∫ x
x+
x+ x
π
2
sin x d x 是以π 为周期的函数.
π
π
2
sin u d u,
x +π + x +π
∴ f (x + π) = ∫
2
sin u d u,
令 u = t + π , d u = d t, π π u: x + π → x + π + , t : x → x + , 2 2
x+ x x+ x
∴ f (x + π) = ∫ =∫
π π
2 2
sin( t + π ) d t sin t d t = ∫
x+ x
π
2
sin x d x
= f ( x ), ∴ f ( x ) 是以π 为周期的周期函数.
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内容小结
定理 设函数 f ( x ) ∈ C [a , b] , 单值函数 x = ϕ (t ) 满足:
1) ϕ ( t ) 在[α , β ]上有连续导数 , ϕ (α ) = a , ϕ ( β ) = b ; 2) 在[α , β ]上 a ≤ ϕ ( t ) ≤ b ,
则
∫a f ( x )dx = ∫α
b
β
换元要换限 f [ϕ ( t )]ϕ' ( t ) dt . 不换元不换限
a
注 设 f ( x ) ∈ C [− a , a ] ,
(1) 若 f ( − x ) = f ( x ) , 则 ∫
−a
f ( x ) d x = 2 ∫ f ( x ) d x;
0
a
a
(2) 若 f ( − x ) = − f ( x ) , 则 ∫
−a
f ( x ) d x = 0.
对称积分, 偶倍奇零
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作业
习题4-2 2(34,35,36,37,38,40,41,42*). 习题5-3 1(3,6,10,11,13,16,17,19,20,22,24); 2; 4; 6*.
下次课内容
第四章第三节 分部积分法 第五章第三节(二) 定积分的分部积分法
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部分习题解答
T1. 求下列函数的极值: y = x + tan x .
解 因为在函数 y = x + tan x 的定义域
π ⎧ ⎫ D = ⎨ x x ≠ kπ + , k = 0, ± 1, ± 2, x ∈ R ⎬ 2 ⎩ ⎭
内恒有 y' = 1 + sec 2 x > 0 , 所以该函数没有极值 .
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T2. 某个车间靠墙壁要盖一间长方形的小屋, 现有
存砖只够砌 20m 长的墙壁，问应围成怎样的长方形才 能使这间小屋的面积最大? 解 如图. 小屋的面积
y = x ( 20 − 2 x ) , 0
x 20 − 2 x x
(0, 5) 5
x
由右表可知, x = 5 时函数取
(5, 10)
f ′( x ) 得最大值, 即当 x = 5 时能使 f ( x) 这间小屋的面积最大.
+
0 连续
−
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T3. 某一公司有 50 套公寓出租. 当月租金为 1000 元 时, 公寓会全部租出去. 当月租金每增加 50 元时, 就会 多一套公寓租不出去. 而租出去的公寓每月需花费 100 元的维修费. 问房租定为多少时可获得最大收入? 解 设一
套公寓月租金为 x, 则租出去的公寓套数为 50 − ( x − 1000) / 50 公司的净收入为 y = [50 − ( x − 1000) / 50]( x − 100), x ≥ 1000 y' = 72 − x / 25, 令 y' = 0 ⇒ x = 1800 x [1000, 1800) 1800 (1800, + ∞ ) f ′( x ) + − 0
f ( x) 连续 由上表可知, x = 1800 时函数取得最大值, 即月房租定为 1800 元时可获得最大收入.
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T4. 设 lim f ' ( x ) = k , 求 lim [ f ( x + a ) − f ( x )] .
x→∞
x→∞
显然有 lim [ f ( x + a ) − f ( x )] = 0 . 解 (1) 当 a = 0 时，
x→∞
(2) 当 a ≠ 0 时，不妨设 a > 0 ( a
根据题意, 当 x 充分大时, f ' ( x ) 存在, 所以 f ( x ) 在
[ x , x + a ] 满足拉格朗日中值定理条件, 从而至少存在
一点 ξ ∈ ( x , x + a ) , 使 f ( x + a ) − f ( x ) = f ' (ξ ) a ,
所以 lim [ f ( x + a ) − f ( x )] = lim f ' (ξ )a
x →∞
x →∞
= lim f ' (ξ )a = ka .
ξ →∞
0
xξ x+a x
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an a1 T5. 设 a0 + + L + = 0 , 证明多项式 n+1 2 f ( x ) = a0 + a1 x + L + a n x n
在 (0, 1) 内至少有一个零点. a1 2 an n + 1 证 令 F ( x ) = a0 x + x + L + x , x ∈ [0, 1] . 2 n+1 显然 , F ( x ) 在 [0 , 1]上连续 , 在 (0 , 1)内可导 , F ′( x ) = a0 + a1 x + L + an x n = f ( x ), x ∈ (0, 1) 且 F (0) = F (1) = 0 , 由罗尔定理, 至少存在一点 ξ ∈ ( 0, 1),
′(ξ ) = 0 , 即 f ( x ) = a0 + a1 x + L + a n x n 在 (0, 1) 内至 使F 少有一个零点. 证毕
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T6. 求极限 lim ( arctan x ) x . 1∞ 型
x → +∞
2
π
解 原式 = lim e
x → +∞
2 x ln arctan x
π
,
2
∞⋅0型 ln + ln arctan x 0 2 π Q lim x ln arctan x = lim 型 0 x → +∞ π x → +∞ 1/ x 1 1 2 x2 −1 arctan x 1 + x 2 =− , = lim = lim 2 1 π x → +∞ x → +∞ arctan x 1 + x − 2 x
∴ 原式 = e
− 2
π
.
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T7. 求极限
1 1 1 a1 / x + a 2 / x + L + a n / x nx lim [ ] (a1 , a 2 , L , a n > 0) . x →∞ n
1∞ 型
解 原式 = lim e
x →∞ 1 n[ln( a1 / x
1 1 1 nx[ln( a1 / x + a2 / x +L+ an / x )− ln n]
1 1 + a 2 / x + L + a n / x ) − ln n] 0 型 Q lim 0 x →∞ 1/ x 1 1 1 (a1 / x ln a1 + a 2 / x ln a 2 + L + a n / x ln a n ) ⋅ ( −1 / x 2 ) n⋅ 1 1 1 a1 / x + a 2 / x + L + a n / x = lim x→∞ − 1/ x2 = ln a1 + ln a 2 + L + ln a n = ln( a1a 2 L a n ) ,
∴ 原式 = e
ln( a1a 2 La n )
= a1a2 Lan .
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第二类换元法
主要内容 一、不定积分的第二类换元法 二、定积分的第二类换元法
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第四章 第五章
第二节 不定积分的第二类换元法
定理 设 x = ϕ (t ) 是单调可导函数, 且 ϕ ' ( t ) ≠ 0 ,
f [ϕ ( t )]ϕ ' ( t ) 具有原函数, 则有换元公式
第四章 不定积分
∫ f ( x ) dx = ∫ f [ϕ ( t )]ϕ ' (t ) d t t =ϕ
−1
−1
( x)
其中 t = ϕ ( x ) 是 x = ϕ ( t )的反函数 .
证 略
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例1 求 ∫
dx x2 + a2
( a > 0) .
解 令 x = a tan t ,
则d x = a sec2 t d t ,
x 2 + a 2 = a 2 tan 2 t + a 2 = a sec t ,
a sec 2 t d t = ∫ sec t d t a sec t
x +a
2 2
原式 = ∫
= ln sec t + tan t + C1 = ln [
x2 + a2 t
a
x
a
x ]+ C + a 1
= ln[ x + x 2 + a 2 ] + C (C = C1 − ln a , 公式 )
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例2 求 ∫
x
4 2 3
(1 − x )
dx.
解 令 x = sin t , 则d x = cos t d t
1 − x 2 = 1 − sin 2 t = cos t sin 4 t (1 − cos 2 t ) 2 =∫ dt 原式 = ∫ 3 ⋅ cos t d t 2 cos t cos t
1
x
2
t
1− x
sin 2t = 2 sin t cos t cos t 1 1 1 − x2 x = tan t − 2t + ( t + sin 2t ) + C = 2⋅ ⋅ 2 2 1 1 x 3 1 = − arcsin x + x 1 − x 2 + C . 2 2 2 1− x
2
=∫
1 − 2 cos 2 t + cos 4 t
dt
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例3 求
x2 − a2 解 令 x = a sec t , 则 d x = a sec t tan t dt , x 2 − a 2 = a 2 sec 2 t − a 2 = a tan t ,
a sec t tan t d t = ∫ sec t d t 原式 = ∫ a tan t = ln sec t + tan t + C1 x
∫
dx
( a > 0) .
x = ln + a
x −a + C1 a
2 2
t
a
x2 − a2
= ln x + x 2 − a 2 + C . (C = C1 − ln a , 公式 )
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例4 求 ∫
1 x a2 + x2
d x (a , x > 0).
1 1 解 令 x = , 则 d x = −2 d t t t 1 1 −1 1 原式 = ∫ ⋅ 2 dt = − ∫ d( at ) dt 2 2 1 a2 + 1 t a a t +1 2 t
t
1 = − ln( at + a 2 t 2 + 1) + C a a 1 a = − ln( + + 1) + C . 2 a x x
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2
dx . 例5 求 ∫ 1+ 3 x + 2
解
令 u = 3 x + 2 , 则 x = u 3 − 2 , d x = 3 u2 du,
2
( u 2 − 1) + 1 3u du =∫ du 原式 =3∫ 1+ u 1+ u 1 = 3∫ ( u − 1 + ) du 1+ u
= 3[
1 u2 −u+ 2
ln 1 + u ] + C
= 3 3 ( x + 2)2 − 3 3 x + 2 + 3 ln 1 + 3 x + 2 + C . 2
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注: 第二类换元法常见类型:
∫ n a x + b ) dx , ( 2) ∫ f ( x , c x + d
(1)
( 3) ( 4)
( 5)
f ( x , n ax + b ) d x ,
令t = n ax + b 令t =
n a x+b c x+d
∫
f ( x , a 2 − x 2 ) d x , 令 x = a sin t f ( x , a 2 + x 2 ) d x , 令 x = a tan t
( 6)
1 (7) 分母中因子次数较高时, 可试用倒代换 x = t
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∫ 2 2 ∫ f ( x , x − a ) dx , 令 x = a sec t x x 令t = a ∫ f (a ) d x ,
例6 求 ∫
x 3x + 4
2
d x.
1 d( 3 x 2 + 4) 1 解 原式 = ∫ = 3x2 + 4 + C. 6 3x2 + 4 3
4x + 9 1 d (2 x ) 解 原式 = ∫ 2 ( 2 x )2 + 3 2
2
例7 求 ∫
dx
.
1 = ln 2 x + 4 x 2 + 9 + C
. 2
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例8 求 ∫
dx
解 原式 =
1 + x − x2 d( x − 1) 2
.
∫
2x − 1 = arcsin +C 2 2 5 ( 5 ) − (x − 1) 2
2
例9 求 ∫
dx
解 原式 = ∫
1 − e2 x e − x dx
e− x 1 − e2 x
.
=∫
− d e− x e−2 x − 1
= − ln e − x + e − 2 x − 1 + C
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内容小结
1. 第二类换元法
定理 设 x = ϕ (t ) 是单调可导函数, 且 ϕ ' ( t ) ≠ 0 ,
f [ϕ ( t )]ϕ ' ( t ) 具有原函数, 则有换元公式
∫ f ( x ) dx = ∫ f [ϕ ( t )]ϕ ' (t ) d t t =ϕ
−1
( x)
其中 t = ϕ −1 ( x ) 是 x = ϕ ( t )的反函数 .
2. 常用基本积分公式的补充 1 (17) ∫ d x = ln x + x 2 ± a 2 + C x2 ± a2
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3. 第二类换元法常见类型:
∫ n a x + b ) dx , ( 2) ∫ f ( x , c x + d
(1) ( 3) ( 4) ( 5) ( 6)
f ( x , n ax + b ) d x ,
令t = n ax + b 令t =
n a x+b c x+d
∫
f ( x , a 2 − x 2 ) d x , 令 x = a sin t f ( x , a 2 + x 2 ) d x , 令 x = a tan t
1 (7) 分母中因子次数较高时, 可试用倒代换 x = t
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∫ 2 2 ∫ f ( x , x − a ) dx , 令 x = a sec t x x 令t = a ∫ f (a ) d x ,
第三节 定积分的换元法
第五章 定积分
定理 设函数 f ( x ) ∈ C [a , b] , 单值函数 x = ϕ (t ) 满足:
1) ϕ ( t ) 在[α , β ]上有连续导数 , ϕ (α ) = a , ϕ ( β ) = b ; 2) 在[α , β ]上 a ≤ ϕ ( t ) ≤ b ,
则 ∫ f ( x )d x = ∫ f [ϕ ( t )]ϕ' ( t ) dt . (换元要换限)
a b
β
α
证 略
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例1 计算 ∫
a
0
a 2 − x 2 d x (a > 0).
解 令 x = a sin t , 则 d x = a cos t d t , 且
当 x = 0 时, t = 0 ; x = a 时, t = π . 2 π 2 2 2 y y = a2 − x2 ∴ 原式 = a ∫ cos t d t 0
a2 π 2 = ∫ 0 (1 + cos 2 t ) d t 2 a 1 = ( t + sin 2t ) 2 2
2
S
π
2 0
=
πa
4
2
o
.
a x
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arcsin x dx 例2 计算 ∫ 1 / 2 x (1 − x )
1
解
令 x = t , x = t 2 , d x = 2t d t ,
1 1 x : → 1; t : → 1; 2 2 1 arcsin t dt 原式 = 2 ∫ 1 / 2 1− t2
= 2∫
1 1/ 2
arcsin t d arcsin t
3π 2 1 = . = arcsin 2 t 1/ 2 16
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例3 设 f ( x ) ∈ C [ − a , a ] ,
(1) 若 f ( − x ) = f ( x ) , 则 ∫
a
−a
对称积分 偶倍奇零 a f ( x ) d x = 2 ∫ f ( x ) d x;
0
a
(2) 若 f ( − x ) = − f ( x ) , 则 ∫
证
a
−a
f ( x ) d x = 0.
a
∫− a f ( x ) dx = ∫− a f ( x ) dx + ∫ 0
a a
0
f ( x ) dx
令 x = −t
a
= ∫ f (− t ) d t + ∫ f ( x ) dx
0 a 0
a
= ∫ f ( − x ) d x + ∫ f ( x ) d x = ∫ [ f ( − x ) + f ( x ) ]dx
0 0 0
= 2 ∫ f ( x ) d x , 当 f ( − x ) = f ( x )时, 0 = 当 f ( − x ) = − f ( x )时. 0,
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a
例 4 填空
∫ −π 2 sin 5 x cos 7 x d x =
π 2
0
例 5 填空 d x 100 sin100 x ∫ 0 sin ( x − t ) d t = ________ dx 分析 令 u
= x − t , d t = − d u, t : 0 → x , u : x → 0,
∫0 x x 100 = ∫ sin u d u, 求导即得. 0
sin
100
x
( x − t ) d t = − ∫ sin100 u d u
0
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1/ x 1 1 dx dx = ∫ 例6 证明 ∫ x 2 2 1 1+ x 1+ x 1 1 1 1 证 Q 左端 = ∫ dt dx = ∫ 2 2 x 1+ t x 1+ x 1 1 1 令 t = , d t = − 2 d u , t : x → 1; u : → 1; x u u 1 1 1 1 1 ⋅ (− 2 ) d u ∴ 左端 = ∫ dt = ∫ 1 / x 2 x 1 + t2 1 + (1 / u) u 1/ x 1/ x 1 1 d x = 右端. =∫ du = ∫ 2 2 1 1 1+ x 1+ u 1
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例7 证明 f ( x ) = ∫ 证：Q f ( x ) = ∫ x
x+
x+ x
π
2
sin x d x 是以π 为周期的函数.
π
π
2
sin u d u,
x +π + x +π
∴ f (x + π) = ∫
2
sin u d u,
令 u = t + π , d u = d t, π π u: x + π → x + π + , t : x → x + , 2 2
x+ x x+ x
∴ f (x + π) = ∫ =∫
π π
2 2
sin( t + π ) d t sin t d t = ∫
x+ x
π
2
sin x d x
= f ( x ), ∴ f ( x ) 是以π 为周期的周期函数.
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内容小结
定理 设函数 f ( x ) ∈ C [a , b] , 单值函数 x = ϕ (t ) 满足:
1) ϕ ( t ) 在[α , β ]上有连续导数 , ϕ (α ) = a , ϕ ( β ) = b ; 2) 在[α , β ]上 a ≤ ϕ ( t ) ≤ b ,
则
∫a f ( x )dx = ∫α
b
β
换元要换限 f [ϕ ( t )]ϕ' ( t ) dt . 不换元不换限
a
注 设 f ( x ) ∈ C [− a , a ] ,
(1) 若 f ( − x ) = f ( x ) , 则 ∫
−a
f ( x ) d x = 2 ∫ f ( x ) d x;
0
a
a
(2) 若 f ( − x ) = − f ( x ) , 则 ∫
−a
f ( x ) d x = 0.
对称积分, 偶倍奇零
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作业
习题4-2 2(34,35,36,37,38,40,41,42*). 习题5-3 1(3,6,10,11,13,16,17,19,20,22,24); 2; 4; 6*.
下次课内容
第四章第三节 分部积分法 第五章第三节(二) 定积分的分部积分法
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部分习题解答
T1. 求下列函数的极值: y = x + tan x .
解 因为在函数 y = x + tan x 的定义域
π ⎧ ⎫ D = ⎨ x x ≠ kπ + , k = 0, ± 1, ± 2, x ∈ R ⎬ 2 ⎩ ⎭
内恒有 y' = 1 + sec 2 x > 0 , 所以该函数没有极值 .
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T2. 某个车间靠墙壁要盖一间长方形的小屋, 现有
存砖只够砌 20m 长的墙壁，问应围成怎样的长方形才 能使这间小屋的面积最大? 解 如图. 小屋的面积
y = x ( 20 − 2 x ) , 0
x 20 − 2 x x
(0, 5) 5
x
由右表可知, x = 5 时函数取
(5, 10)
f ′( x ) 得最大值, 即当 x = 5 时能使 f ( x) 这间小屋的面积最大.
+
0 连续
−
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T3. 某一公司有 50 套公寓出租. 当月租金为 1000 元 时, 公寓会全部租出去. 当月租金每增加 50 元时, 就会 多一套公寓租不出去. 而租出去的公寓每月需花费 100 元的维修费. 问房租定为多少时可获得最大收入? 解 设一
套公寓月租金为 x, 则租出去的公寓套数为 50 − ( x − 1000) / 50 公司的净收入为 y = [50 − ( x − 1000) / 50]( x − 100), x ≥ 1000 y' = 72 − x / 25, 令 y' = 0 ⇒ x = 1800 x [1000, 1800) 1800 (1800, + ∞ ) f ′( x ) + − 0
f ( x) 连续 由上表可知, x = 1800 时函数取得最大值, 即月房租定为 1800 元时可获得最大收入.
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T4. 设 lim f ' ( x ) = k , 求 lim [ f ( x + a ) − f ( x )] .
x→∞
x→∞
显然有 lim [ f ( x + a ) − f ( x )] = 0 . 解 (1) 当 a = 0 时，
x→∞
(2) 当 a ≠ 0 时，不妨设 a > 0 ( a
根据题意, 当 x 充分大时, f ' ( x ) 存在, 所以 f ( x ) 在
[ x , x + a ] 满足拉格朗日中值定理条件, 从而至少存在
一点 ξ ∈ ( x , x + a ) , 使 f ( x + a ) − f ( x ) = f ' (ξ ) a ,
所以 lim [ f ( x + a ) − f ( x )] = lim f ' (ξ )a
x →∞
x →∞
= lim f ' (ξ )a = ka .
ξ →∞
0
xξ x+a x
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an a1 T5. 设 a0 + + L + = 0 , 证明多项式 n+1 2 f ( x ) = a0 + a1 x + L + a n x n
在 (0, 1) 内至少有一个零点. a1 2 an n + 1 证 令 F ( x ) = a0 x + x + L + x , x ∈ [0, 1] . 2 n+1 显然 , F ( x ) 在 [0 , 1]上连续 , 在 (0 , 1)内可导 , F ′( x ) = a0 + a1 x + L + an x n = f ( x ), x ∈ (0, 1) 且 F (0) = F (1) = 0 , 由罗尔定理, 至少存在一点 ξ ∈ ( 0, 1),
′(ξ ) = 0 , 即 f ( x ) = a0 + a1 x + L + a n x n 在 (0, 1) 内至 使F 少有一个零点. 证毕
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T6. 求极限 lim ( arctan x ) x . 1∞ 型
x → +∞
2
π
解 原式 = lim e
x → +∞
2 x ln arctan x
π
,
2
∞⋅0型 ln + ln arctan x 0 2 π Q lim x ln arctan x = lim 型 0 x → +∞ π x → +∞ 1/ x 1 1 2 x2 −1 arctan x 1 + x 2 =− , = lim = lim 2 1 π x → +∞ x → +∞ arctan x 1 + x − 2 x
∴ 原式 = e
− 2
π
.
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T7. 求极限
1 1 1 a1 / x + a 2 / x + L + a n / x nx lim [ ] (a1 , a 2 , L , a n > 0) . x →∞ n
1∞ 型
解 原式 = lim e
x →∞ 1 n[ln( a1 / x
1 1 1 nx[ln( a1 / x + a2 / x +L+ an / x )− ln n]
1 1 + a 2 / x + L + a n / x ) − ln n] 0 型 Q lim 0 x →∞ 1/ x 1 1 1 (a1 / x ln a1 + a 2 / x ln a 2 + L + a n / x ln a n ) ⋅ ( −1 / x 2 ) n⋅ 1 1 1 a1 / x + a 2 / x + L + a n / x = lim x→∞ − 1/ x2 = ln a1 + ln a 2 + L + ln a n = ln( a1a 2 L a n ) ,
∴ 原式 = e
ln( a1a 2 La n )
= a1a2 Lan .
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