例50求∫10xb-xalnxdx(a＞0，b＞0).
解注意到xb-xalnx=∫baxydy，
∴原式=∫10∫baxydydx.交換積分次序，有
原式=∫ba∫10xydxdy=∫baxy+1y+1x=1x=0dy=∫badyy+1=lnb+1a+1.
［解法總結］當定積分的被積函數表現出“增量”形式時，請使用本例的方法.
［真題在線］
例51(95年)設f(x)、g(x)在區間［－a,a］(a＞0)上連續，g(x)為偶函數，f(x)滿足條件f(x)+f(-x)＝A(A為常數)
(一)證明：∫a－af(x)g(x)＝A∫a0g(x)dx;
(二)利用(一)的結論計算定積分∫π2-π2｜sinx｜arcsinexdx.
分析(1)由要證的結論可知，應將左端積分化成［0,a］上的積分(與右端一致)即
∫a－af(x)g(x)dx＝∫0－af(x)g(x)dx+∫a0f(x)g(x)dx
再將∫0－af(x)g(x)dx作適當的變量代換化為∫a0f(x)g(x)dx
(2)令f(x)＝arctanex,g(x)＝｜sinx｜，可以驗證這裏的f(x)和g(x)符合(1)中條件，從而可以證明原題.
(1)證1由於∫a－af(x)g(x)dx＝∫a－af(x)g(x)dx+∫a0f(x)g(x)dx又∫0－af(x)g(x)dxx＝－t∫a0f(-t)dt＝∫a0f(-t)g(t)dt
＝∫a0f(-x)g(x)dx
所以∫a－af(x)g(x)dx＝∫a0［f(x)+f(-x)］g(x)dx＝A∫a0g(x)dx
證Δ2∫－aaf(x)g(x)dxx＝－tf(-t)g(-t)dt
＝∫a－af(-t)g(t)dt
則∫a－af(x)g(x)dx＝12［∫a－af(x)g(x)dx+∫a－af(-x)g(x)dx］
＝12∫a－a［f(x)+f(-x)］g(x)dx
＝A2∫a－ag(x)dx＝A∫a0g(x)dx
(2)解1取f(x)＝arctanex，g(x)＝｜sinx｜,a＝π2
f(x)+f(-x)＝arctanex+arctane－x
由於(arctanex+arctane－x)′＝ex1+e2x＋e－x1+e－2x≡0
則arctanex+arctane－x＝A
即f(x)+f(-x)＝π2
於是有∫π2-π2｜sinx｜arctanexdx＝π2∫π20｜sinx｜dx
＝π2∫π20sinxdx＝π2
解2取f(x)＝arctanex，g(x)＝｜sinx｜,a＝π2
f(x)+f(-x)＝arctanex+arctan1ex
＝π2(這裏利用了arctanx+arctan1x＝π2)
以下同解1.
例52(99年)已知f(x)連續，∫x0tf(x-t)dt＝1－cosx，求∫π20f(x)dx的值.
分析解這種問題，一般先進行變量代換，再對變上限積分函數所確定方程兩邊對x求導.
解令x－t＝u，有
∫x0tf(x-t)dt＝∫x0(x-u)f(u)du
於是x∫x0f(u)du－∫x0uf(u)du＝1－cosx
兩邊對x求導，得
∫x0f(u)du＝sinx
在上式中令x＝π2得∫π2nf(x)dx＝1.
例53(00年)設函數f(x)在［0，π］上連續，且∫n0f(x)dx＝0，∫π0f(x)cosxdx＝0，證明：在(0，π)內至少存在兩個不同的點ξ1、ξ2，使f(ξ1)＝f(ξ2)＝0.
分析令F(x)＝∫x0f(t)dt，則F(0)＝F(π)＝0.若由條件∫π0f(x)cosxdx＝0能找到另一點ξ(0,π)，使F(ξ)＝0，再用兩次羅爾定理即可.
證1令F(x)＝∫x0f(t)dt0＜x＜π
則有F(0)＝0，F(π)＝0，又因為
0＝∫π0f(x)cosxdx＝∫π0cosxdF(x)
＝F(x)cosxπ0+∫π0F(x)sinxdx
＝∫π0F(x)sinxdx
所以存在ξ(0,π)，使F(ξ)sinξ＝0.因若不然，則在(0，π)內或F(x)sinx恒為正，或F(x)sinx恒為負，均與∫π0F(x)sinxdx＝0矛盾，但當ξ(0，π)時，sinξ＝0，故F(ξ)＝0.
由上證得F(0)＝F(ξ)＝F(π)＝0(0＜ξ＜π)
再對F(x)在區間［0,ξ］，［ξ,π］上分別用羅爾中值定理，知，至少存在ξ1ε(0,ξ),ξ2(ξ，π)，使
F′(ξ1)＝F′(ξ2)＝0
即f(ξ1)＝f(ξ2)＝0
證2由∫π0f(x)dx＝0知，存在ξ1(0,π)，使f(ξ1)＝0.因若不然則在(0，π)內或f(x)恒為正，或f(x)恒為負，均與∫π0f(x)dx＝0矛盾.
若在(0，π)內f(x)＝0僅有一個實根x＝ξ1,則由
∫π0f(x)dx＝0
推知，f(x)在(0，ξ1)內與(ξ1，π)內異號，不妨設在(0，ξ1)內f(x)＞0，在(ξ1,π)內f(x)＜0，於是再由∫π0f(x)cosxdx＝0與∫π0f(x)dx＝0及cosx在［0，π］上的單調性知
0＝∫π0f(x)(cosx-cosξ1)dx
＝∫ξ10f(x)(cosx-cosξ1)dx+∫πξ1f(x)(cosx-cosξ1)dx
＞0
得出矛盾.
從而推知，在(0,π)內除ξ1外，f(x)＝0至少還有另一實根ξ2，故知存在ξ1,ξ2(0,π)，ξ1≠ξ2，使f(ξ1)＝f(ξ2)＝0
例54(01年)設f(x)在區間［0，1］上連續，在(0，1)內可導，且滿足f(1)＝3∫13ne1-x2f(x)dx，證明存在ξ(0，1),使得f′(ξ)＝2ξf(ξ).
分析首先應注意到積分∫130e1-x2dx中的被積函數e1－x2f(x),其導數(e1－x2f(x))′＝e1－x2f′(x)－2xe1－x2f(x)＝e1－x2［f′(x)-2xf(x)］，注意此式方括號內式子等於零就是我們要證的結論.所以，令F(x)＝e1－x2f(x),隻要證明F(x)滿足羅爾定理條件，本題就得以證明.
證令F(x)＝e1－x2f(x)
F(1)＝f(1)
由積分中值定理知3∫130e1-x2)dx＝313e1-c2f(c)(0＜c＜13)
＝e1-c2f(c)＝F(c)
由原式f(1)＝3∫130e1-x2f(x)dx知
F(c)＝F(1)
從而F(x)在［c,1］上滿足羅爾定理條件，則存在ξ(c,1)使F′(ξ)＝0
即e1-ξ2［f′(ξ)-2ξf(ξ)］＝0
但e1-ξ2≠0，所以，f′(ξ)－2ξf(ξ)＝0
故f′(ξ)＝2ξf(ξ)
例55(01年)設函數f(x)在(0，+∞)內連續，f(1)＝52，且對所有x,t(0，+∞)，滿足條件∫xt1f(u)du＝t∫x1f(u)du＋x∫t1f(u)du,求f(x).
解等式∫xt1f(u)du＝t∫x1f(u)du+x∫t1f(u)du兩邊對x求導
tf(xt)＝tf(x)+∫t1f(u)du(1)
在(1)式中令x＝1，由f(1)＝52得
tf(t)＝52t+∫t1f(u)du(2)
則f(t)是(0，+∞)上的可導函數，(2)式兩邊對t求導，得
f(t)＋tf′(t)＝52+f(t)
即f′(t)＝52t
f(t)＝52lnt+C
由f(1)＝52，得C＝52
於是f(x)＝52(lnx+1)
四、預測試題測試
［知識掌握］
了解定積分的概念和基本性質；了解定積分中值定理，掌握牛頓—萊布尼茲公式以及定積分的換元積分法和分部積分法；了解變上限積分並會求其導數.習題51
一、計算定積分
1∫π0excos2xdx.2∫10x21+x2arctanxdx.
3∫π201-sin2xcosxdx.4∫e1e｜lnx｜dx.
5∫π2-π2｜sinθ｜(1-2rcosθ+r2)2dθ.
6∫20f(x)dx，其中f(x)=x2，0≤x≤1
2-x，1＜x≤2.；
7∫1-1(x+4-x2)2dx；8∫π2-π2exsin4x1+exdx.
［能力提高］
二、計算
1設f(x)=∫xπ2sinttdt，求∫π20f(x)dx.
2設f(x)=x2，0≤x≤1；
2-x，1＜x≤2，求∫32f(2x-4)dx.
三、證明遞推公式
1設In=∫π20cosnxdx，則In=n-1nIn-2.
2設In=∫10(1-x2)ndx，則In=2n2n+1In-1.
四、已知f(x)連續，且f(x+l)=f(x)，證明∫l0f(x)dx=∫l2-l2f(x)dx.
五、設f(x)二階連續可導：
1若f(0)=1，f(2)=3，f′(2)=5，求∫10xf″(2x)dx.
2若f(π)=2且∫π0f(x)+f″(x)sinxdx=5，求f(0).
［延伸拓展］
六、求積分
1設f(x)=x，0≤x≤t；
t1-x1-t，t＜x≤1，求∫10f(x)dx.
2求∫20f(x-1)dx，其中f(x)=11+x，當x≥0時；
11+ex，當x＜0時.
七、設f(x)在(-∞，+∞)內連續，F(x)=∫x0(x-2t)f(t)dt，若f(x)為偶函數，則F(x)也為偶函數.
八、若f(x)在［0，2a］上連續，證明
∫2a0f(x)dx=∫a0f(x)+f(2a-x)dx.並求∫π0xsinx1+cos2xdx.
九、設f(x)=x(1-x)5+12∫10f(x)dx.求f(x).
十、證明∫a1ft+a2tdtt=∫a2aft+a2tdtt.
十一、設f(x)在［a，b］上二階連續可導，f′(a)=f′(b)=0，求證在(a，b)內至少存在一點ξ，使∫baf(x)dx=(b-a)f(a)+f(b)2+16(b-a)3f″(ξ).
十二、設f″(x)連續，證明∫10f(x)dx=f(0)+f(1)2-12∫10x(1-x)f″(x)dx.
十三、求∫10sinln1xxb-xalnxdx.
［真題演練］
十四、(96年)設f(x)在區間［0，1］上可微，且滿足條件f(1)＝2∫120xf(x)dx，試證：存在ξ(0,1)，使f(ξ)＋ξf′(ξ)＝0.
十五、(97年)若f(x)＝11+x2+1-x2∫10f(x)dx，則∫10f(x)dx＝.
十六、(97年)設f(x)＝∫1－cosx0sint2dt,g(x)＝x55+x66,則當x→0時，f(x)是g(x)的
(A)低階無窮小(B)高階無窮小
(C)等價無窮小(D)同階但不等價的無窮小
十七、(01年)設f(x)在［0，1］上連續，在(0,1)內可導，且滿足f(1)＝k∫1k0xe1-xf(x)dx(k＞1)，證明至少存在ζ(0,1)，使得f′(ζ)＝(1-ζ－1)f(ζ)
答案與提示
一、計算定積分
135eπ-12π2-12ln2-π232312
421-1e52(1+r2)(1-r)2；656
788316π提示：用x=0劃分積分區間.
二、計算
1-12512
三、證明(略)
四、證明(略)
五、1223提示：利用分部積分法.
六、1t22ln(1+e)提示：令x-1=t.
八、π24
九、f(x)=x(1-x)5+142
十、提示：令x=a2t.
十一、提示：F(x)=∫xa+b2f(t)dt分別在x=a，x=b利用泰勒公式進行展開.
十二、提示：利用分部積分法.
十三、arctan(b+1)-arctan(a+1)提示：∫10sin(ln1x)xb-xalnxdx=∫10sinln1x∫baxydydx，再交換積分次序.
十四、證明略
十五、應填π4－π=十六、應選(B)
十七、提示：構造輔助函數F(x)＝xe1-xf(x)，利用羅爾定理
§5.2廣義積分
一、熟知考綱考點
了解廣義積分的概念，會計算廣義積分，了解廣義積分(此處略)的收斂與發散的條件
二、本節知識串講
1無窮區間廣義積分
(1)下述各式右邊的極限存在，則稱無窮區間上該廣義積分收斂；否則稱其發散：
①f(x)在［a，+∞)上連續，定義∫+∞af(x)dx=limb→+∞∫baf(x)dx.
②f(x)在(-∞，b］上連續，定義∫b-∞f(x)dx=lima→-∞∫baf(x)dx.
③f(x)在(-∞，+∞)上連續，
∫+∞-∞f(x)dx=∫c-∞f(x)dx+∫+∞cf(x)dx=lima→-∞∫caf(x)dx+limb→+∞∫bcf(x)dx.