ｄｔａｎ２２＝ｘ－２＝ｘ＋＋Ｃ．∫ｘ２ｘ（１＋ｔａｎ）１＋ｔａｎ２２例１２求∫ｘｅｘｃｏｓｘｄｘ．ｘ
ｘｅ解方法１因為ｅｃｏｓｘｄｘ＝（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋Ｃ，∫２ｘ
ｘｅｅｓｉｎｘｄｘ＝（ｓｉｎｘ－ｃｏｓｘ）＋Ｃ，∫２ｘ
ｘｅ所以ｘｅｃｏｓｘｄｘ＝ｘｄ［（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）］∫∫２１ｘ１ｘ＝ｘｅ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）－ｅ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）ｄｘ．２２∫１ｘ１ｘ＝ｘｅ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）－ｅｓｉｎｘ＋Ｃ．２２方法２∫ｘｅｘｃｏｓｘｄｘ＝∫ｘｅｘｄｓｉｎｘ＝ｘｅｘｓｉｎｘ－∫（ｘ＋１）ｅｘｓｉｎｘｄｘ＝ｘｅｘｓｉｎｘ－∫ｘｅｘｓｉｎｘｄｘ－∫ｅｘｓｉｎｘｄｘ＝ｘｅｘｓｉｎｘ＋∫ｘｅｘｄｃｏｓｘ－∫ｅｘｓｉｎｘｄｘ＝ｘｅｘｓｉｎｘ＋ｘｅｘｃｏｓｘ－∫（ｘ＋１）ｅｘｃｏｓｘｄｘ－∫ｅｘｓｉｎｘｄｘ!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()＝ｘｅｘｓｉｎｘ＋ｘｅｘｃｏｓｘ－∫ｘｅｘｃｏｓｘｄｘ－∫ｅｘｃｏｓｘｄｘ－∫ｅｘｓｉｎｘｄｘ，移項整理得ｘ１ｘ１ｘｘｅｃｏｓｘｄｘ＝ｘｅ（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）－ｅｓｉｎｘ＋Ｃ．∫２２顯然，第一種方法思路清晰，目的是減少函數類型．ｘ２ｅｘ例１３求ｄｘ．∫（ｘ＋２）２２ｘ２ｘ２ｘｘｅ２ｘ１ｘｅｄ（ｘｅ）解ｄｘ＝－ｘｅｄ＝－＋∫（ｘ＋２）２∫（ｘ＋２）ｘ＋２∫ｘ＋２２ｘ２ｘ２ｘｘｅ（ｘ＋２ｘ）ｅｘｅｘ＝－＋ｄｘ＝－＋ｘｅｄｘ．ｘ＋２∫ｘ＋２ｘ＋２∫２ｘｘｅｘ＝－＋（ｘ－１）ｅ＋Ｃ．ｘ＋２ｄｘ例１４設Ｉ＝（ｍ＞２，ｍ∈Ｚ），ｍ∫ｓｉｎｍｘｃｏｓｘｍ－２證明：Ｉ＝－＋Ｉ．ｍ（ｍ－１）ｓｉｎｍ－１ｘｍ－１ｍ－２ｄｘ（１－ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｘ）ｄｘｃｏｓｘｄｓｉｎｘ證Ｉ＝＝＝Ｉ＋ｍ∫ｓｉｎｍｘ∫ｓｉｎｍｘｍ－２∫ｓｉｎｍｘ１－ｍ＋１＝Ｉ＋ｃｏｓｘｄｓｉｎｘｍ－２－ｍ＋１∫１ｃｏｓｘ１ｄｘ＝Ｉ＋－．ｍ－２－ｍ＋１ｓｉｎｍ－１ｘｍ－１∫ｓｉｎｍ－２ｘ１ｃｏｓｘ１＝Ｉ－－Ｉ．ｍ－２ｍ－１ｓｉｎｍ－１ｘｍ－１ｍ－２ｃｏｓｘｍ－２所以Ｉ＝－＋Ｉ．ｍ（ｍ－１）ｓｉｎｍ－１ｘｍ－１ｍ－２例１５求∫［ｌｎｆ（ｘ）＋ｌｎｆ′（ｘ）］［ｆ′２（ｘ）＋ｆ（ｘ）ｆ″（ｘ）］ｄｘ．解∫［ｌｎｆ（ｘ）＋ｌｎｆ′（ｘ）］［ｆ′２（ｘ）＋ｆ（ｘ）ｆ″（ｘ）］ｄｘ＝∫［ｌｎｆ（ｘ）＋ｌｎｆ′（ｘ）］ｄ［ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）］＝∫ｌｎ［ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）］ｄ［ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）］!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１
＝ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）ｌｎ［ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）］－ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）ｄ［ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）］∫ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）ｌｎ［ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）］－ｆ（ｘ）ｆ′（ｘ）＋Ｃ．目標測試題一、填空題ｄｘｓｉｎ２ｘ１．＝．２．ｄｘ＝．∫ｘ（１＋２ｌｎｘ）∫１＋ｓｉｎ２ｘ１１１０２３．ｓｉｎｄｘ＝．４．ｔａｎｘｓｅｃｘｄｘ＝．∫ｘ３ｘ∫５．若∫ｆ（ｘ）ｄｘ＝２ｘ＋ｓｉｎｘ＋Ｃ，則ｆ（ｘ）＝．６．若ｆ（ｘ）的一個原函數為ｃｏｓｘ，則∫ｆ′（ｘ）ｄｘ＝．７．已知曲線ｙ＝ｆ（ｘ）過點（０，０）且在點（ｘ，ｙ）處的切線斜率為ｋ＝３ｘ２＋１，該曲線方程為．二、選擇題１．設ｆ（ｘ）的一個原函數是ｅ－２ｘ，則ｆ（ｘ）等於（）．Ａ．ｅ－２ｘ；Ｂ．－２ｅ－２ｘ；Ｃ．－４ｅ－２ｘ；Ｄ．４ｅ－２ｘ．２．函數ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上連續，則ｄ［∫ｆ（ｘ）ｄｘ］等於（）．Ａ．ｆ（ｘ）；Ｂ．ｆ（ｘ）ｄｘ；Ｃ．ｆ（ｘ）＋Ｃ；Ｄ．ｆ′（ｘ）ｄｘ．３．若Ｆ（ｘ）和Ｇ（ｘ）都是ｆ（ｘ）的原函數，則（）．Ａ．Ｆ（ｘ）－Ｇ（ｘ）＝０；Ｂ．Ｆ（ｘ）＋Ｇ（ｘ）＝０；Ｃ．Ｆ（ｘ）－Ｇ（ｘ）＝Ｃ（常數）；Ｄ．Ｆ（ｘ）＋Ｇ（ｘ）＝Ｃ（常數）．４．下列等式中，結果正確的是（）．Ａ．∫ｆ′（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）；Ｂ．∫ｄｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）；ｄ
Ｃ．ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）；Ｄ．ｄｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）．ｄｘ∫∫１＋ｘ５．ｄｘ＝（）．∫槡１－ｘＡ．ｘ－ｃｏｓｘ＋Ｃ；Ｂ．ａｒｃｓｉｎｘ－槡１－ｘ２＋Ｃ；!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ｃ．ａｒｃｓｉｎｘ＋槡１－ｘ２＋Ｃ；Ｄ．ａｒｃｃｏｓｘ－槡１－ｘ２＋Ｃ．６．設ｆ′（ｓｉｎ２ｘ）＝ｃｏｓ２ｘ，則ｆ（ｘ）＝（）．１２１２Ａ．ｓｉｎｘ－ｓｉｎｘ＋Ｃ；Ｂ．ｘ－ｘ＋Ｃ；２２１２１２Ｃ．ｃｏｓｘ－ｃｏｓｘ＋Ｃ；Ｄ．ｘ－ｘ＋Ｃ．２２三、計算題１．∫ｃｏｓ３ｘｄｘ．２．∫ｘａｒｃｓｉｎｘ２ｄｘ．ｘｄｘｌｎｘ３．．４．ｄｘ．∫４∫２槡１－ｘ（１＋ｘ）ｄｘｄｘ５．．６．．∫２∫ｘ槡３ｘ－２ｘ－１ｓｉｎｘ槡１＋ｃｏｓｘ７．∫槡１６－ｘ２ｄｘ．８．∫ｅ５ｘｓｉｎ４ｘｄｘ．π２２四、當０＜ｘ＜時，設ｆ′（ｓｉｎｘ）＝ｃｏｓ２ｘ＋ｔａｎｘ，求ｆ（ｘ）．２
五、設函數ｆ（ｘ）滿足∫ｘｆ（ｘ）ｄｘ＝ｘ２ｅｘ＋Ｃ，求∫ｆ（ｘ）ｄｘ．六、設Ｆ（ｘ）為ｆ（ｘ）的原函數，當ｘ≥０時有ｆ（ｘ）Ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２２ｘ，且Ｆ（０）＝１，Ｆ（ｘ）≥０，試求ｆ（ｘ）．ｎ１ｎ－１５七、設Ｉ＝ｔａｎｘｄｘ，求證Ｉ＝ｔａｎｘ－Ｉ，並求ｔａｎｘｄｘ．ｎ∫ｎｎ－１ｎ－２∫!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()第五章定積分內容提要定積分的概念設函數ｆ（ｘ）在閉區間［ａ，ｂ］上有定義，在［ａ，ｂ］中任意插入ｎ－１個分點：ａ＝ｘ０＜ｘ１＜…＜ｘｎ－１＜ｘｎ＝ｂ，將［ａ，ｂ］分成ｎ個小區間，第ｉ個小區間的長度為Δｘｉ＝ｘｉ－ｘｉ－１（ｉ＝１，２，…，ｎ）．任取ξｉ∈ｎ
［ｘｉ－１，ｘｉ］，作乘積ｆ（ξｉ）Δｘｉ，再作和式∑ｆ（ξｉ）Δｘｉ，該和式稱為函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上的積ｉ＝１分和．如果無論區間［ａ，ｂ］怎樣劃分及點ξｉ怎樣選擇，當λ＝ｍａｘ｛Δｘｉ｜ｉ＝１，２，…，ｎ｝→０時，該和式都趨於同一個常數，則稱函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可積，且稱此常數為ｆ（ｘ）在ｂ
［ａ，ｂ］上的定積分，記作ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ函數可積的幾個充分條件（１）閉區間上的連續函數在該區間上一定可積．（２）閉區間上僅有有限個間斷點的有界函數在該區間上一定可積．（３）閉區間上的單調有界函數在該區間上一定可積．!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()（４）若ｆ（ｘ）在閉區間［ａ，ｂ］上可積，則｜ｆ（ｘ）｜在閉區間［ａ，ｂ］上可積．（５）若ｆ（ｘ）在閉區間［ａ，ｂ］上可積，則［α，β］［ａ，ｂ］，ｆ（ｘ）在閉區間［α，β］上可積．定積分的基本性質（假設所涉及的定積分都存在）ｂｂｂ（１）［ｋｆ（ｘ）＋ｌｇ（ｘ）］ｄｘ＝ｋｆ（ｘ）ｄｘ＋ｌｇ（ｘ）ｄｘ（ｋ，ｌ均為常數）．∫ａ∫ａ∫ａ（２）對任意三個實數ａ，ｂ，ｃ，有ｃｂｃｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ∫ａ∫ｂｂｂ（３）若ｆ（ｘ）≥ｇ（ｘ）且ａ＜ｂ，則ｆ（ｘ）ｄｘ≥ｇ（ｘ）ｄｘ．進而，∫ａ∫ａｂｂ｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ≥ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ∫ａ（４）估值定理：設ｍ≤ｆ（ｘ）≤Ｍ，ｘ∈［ａ，ｂ］，其中ｍ，Ｍ為常數，則ｂ
ｍ（ｂ－ａ）≤ｆ（ｘ）ｄｘ≤Ｍ（ｂ－ａ）．∫ａ（５）中值定理：設ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，則在積分區間［ａ，ｂ］上至少存在一點ξ，使得ｂ
ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ξ）（ｂ－ａ）（ａ≤ξ≤ｂ）．∫ａ變限函數的求導公式ｄｘ如果函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｂ］上連續，則ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ｘ），更一般地有ｄｘ∫ａｄφ（ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ［φ（ｘ）］φ′（ｘ）－ｆ［ψ（ｘ）］ψ′（ｘ）．ｄｘ∫ψ（ｘ）微積分基本公式（牛頓－萊布尼茨公式）如果函數Ｆ（ｘ）是連續函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｂ］上的一個原函數，則ｂ
ｆ（ｘ）ｄｘ＝Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）．∫ａ定積分的基本計算方法（１）換元積分法：假設函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｂ］上連續，函數ｘ＝φ（ｔ）滿足條件!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()①φ（α）＝ａ，φ（β）＝ｂ；②φ（ｔ）在［α，β］（或［β，α］）上具有連續導數，且其值域Ｒφ＝［ａ，ｂ］，則有ｂβｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ［φ（ｔ）］φ′（ｔ）ｄｔ．∫ａ∫α（２）分部積分法：設ｕ（ｘ），ｖ（ｘ）在［ａ，ｂ］上有連續的導函數，則ｂｂｂｕ（ｘ）ｖ′（ｘ）ｄｘ＝ｕ（ｘ）ｖ（ｘ）－ｖ（ｘ）ｕ′（ｘ）ｄｘ．∫ａａ∫ａ廣義積分（１）無窮限的廣義積分：設函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，＋∞）上連續，取ｔ＞ａ，如果極限ｔ
ｌｉｍｆ（ｘ）ｄｘ存在，則稱此極限為函數ｆ（ｘ）在無窮區間［ａ，＋∞）上的廣義積分，記作ｔ→＋∞∫ａ＋∞ｆ（ｘ）ｄｘ，即∫ａ＋∞ｔｆ（ｘ）ｄｘ＝ｌｉｍｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａｔ→＋∞∫ａ＋∞ｂ這時也稱廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ存在或收斂．類似可定義廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ收斂．∫ａ∫－∞ｃ＋∞設函數ｆ（ｘ）在區間（－∞，＋∞）上連續，若廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ與ｆ（ｘ）ｄｘ同時∫－∞∫ｃ＋∞收斂，則稱廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ收斂，且∫－∞＋∞ｃ＋∞ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｄｘ．∫－∞∫－∞∫ｃ（２）被積函數有無窮型間斷點的廣義積分（瑕積分）：設函數ｆ（ｘ）在區間（ａ，ｂ］上連ｂ
續，而在點ａ的右鄰域內無界．取ｔ＞ａ，如果極限ｌｉｍｆ（ｘ）ｄｘ存在，則稱此極限為函數ｔ→ａ＋∫ｔｂ
ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ］上的廣義積分，仍記作ｆ（ｘ）ｄｘ，即∫ａｂｂｆ（ｘ）ｄｘ＝ｌｉｍｆ（ｘ）ｄｘ，∫ａｔ→ａ＋∫ｔｂｂ這時也稱廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ收斂．如果上述極限不存在，則稱廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ發散．∫ａ∫ａ類似地，設函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｂ）上連續，而在點ｂ的左鄰域內無界．取ｔ＜ｂ，如果ｔ
極限ｌｉｍｆ（ｘ）ｄｘ存在，則稱此極限為函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｂ）上的廣義積分，仍然記ｔ→ｂ－∫ａ!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｂ
作ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａｃ
設函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｃ）和（ｃ，ｂ］上連續，且ｌｉｍｆ（ｘ）＝∞，若廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ與ｘ→ｃ∫ａｂｂｆ（ｘ）ｄｘ同時收斂，則稱廣義積分ｆ（ｘ）ｄｘ收斂，且∫ｃ∫ａｂｃｂｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ∫ａ∫ｃ例題分析例１利用定積分求下列極限：１１１（１）ｌｉｍ＋＋…＋；ｎ(２２２２２２)→∞槡ｎ＋１槡ｎ＋２槡ｎ＋ｎ１ｐ＋２ｐ＋…＋ｎｐ（２）ｌｉｍｐ＋１（ｐ＞０）；ｎ→∞ｎ１２ｎ２ｎ２ｎ２ｎ（３）ｌｉｍ＋＋…＋．ｎ→∞(１２ｎ)ｎ＋ｎ＋ｎ＋ｎｎｎｎ１分析在求ｌｉｍ∑ａｋ這種和式極限時，如果能從每個ａｋ中提出一個因子，而ｎａｋｎ→∞ｋ＝１ｎｋ－１ｋ可以寫成ｆ（）或ｆ（），其中ｋ從０到ｎ－１或從１到ｎ，則ｎｎｎ１ｌｉｍ∑ａｋ＝ｆ（ｘ）ｄｘ．ｎ→∞ｋ＝１∫０１１１解（１）ｌｉｍ＋＋…＋ｎ(２２２２２２)→∞槡ｎ＋１槡ｎ＋２槡ｎ＋ｎ１１１?＋＋…＋?１＝ｌｉｍ?１２２２ｎ２?·ｎ→∞?１＋（）１＋（）１＋（）?ｎ?槡ｎ槡ｎ槡ｎ?
ｎ１１１１＝ｌｉｍ·＝ｄｘｎ→∞∑∫２ｋ＝１ｋ２ｎ０１＋（）槡１＋ｘ槡ｎ１
２＝ｌｎ（ｘ＋槡１＋ｘ）＝ｌｎ（１＋槡２）．０
１ｐ＋２ｐ＋…＋ｎｐ（２）ｌｉｍｐ＋１ｎ→∞ｎ!!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１ｐ２ｐｎｐ１＝ｌｉｍ（）＋（）＋…＋（）ｎ→∞[ｎｎｎ]ｎｎ１ｋｐ１ｐ＝ｌｉｍ∑（）·＝ｘｄｘｎ→∞ｋ＝１ｎｎ∫０ｘｐ＋１１１＝＝．ｐ＋１０ｐ＋１ｉｉｉ２ｎ２ｎ２ｎ（３）因為≤≤（ｉ＝１，２，…，ｎ），ｎ＋１ｉｎｎ＋ｎ
ｎｎｉｎ１ｉ２ｎ１ｉ所以２ｎ≤≤２ｎ．ｎ＋１∑∑ｉｎ∑ｉ＝１ｉ＝１ｎ＋ｉ＝１ｎ
ｎｉ１１ｘ１又ｌｉｍ∑２ｎ＝２ｄｘ＝，ｎ→∞ｎｉ＝１∫０ｌｎ２ｎｎ１ｉｎ１ｉ１ｌｉｍ∑２ｎ＝ｌｉｍ·ｌｉｍ∑２ｎ＝．ｎ→∞ｎ＋１ｉ＝１ｎ→∞ｎ＋１ｎ→∞ｎｉ＝１ｌｎ２ｎｉ２ｎ１由夾逼定理ｌｉｍ＝．ｎ→∞∑ｉｌｎ２ｉ＝１ｎ＋ｎ
例２求下列定積分：２ａ２π２π（１）ｘ槡２ａｘ－ｘｄｘ（ａ＞０）；（２）｜ｘ－｜ｃｏｓｘｄｘ；∫０∫０２１
２２ｘａｒｃｓｉｎｘ２（３）ｄｘ；（４）ｍｉｎ（２，ｘ）ｄｘ；∫１２∫－２槡１－ｘ－３ｂ
（５）｜ｘ｜ｄｘ（ａ＜ｂ）．∫ａππ解（１）令ａ－ｘ＝ａｓｉｎｔ，當ｘ＝０時，ｔ＝，當ｘ＝２ａ時，ｔ＝－，２２２ａ２ａｘ槡２ａｘ－ｘ２ｄｘ＝ｘ槡ａ２－（ａ－ｘ）２ｄｘ∫０∫０π
－２＝ａ（１－ｓｉｎｔ）ａｃｏｓｔ（－ａｃｏｓｔ）ｄｔ∫π２
π２
＝ａ３（１－ｓｉｎｔ）ｃｏｓ２ｔｄｔ∫π－２π
３２２π３＝２ａｃｏｓｔｄｔ＝ａ．∫０２!\"\"書
!\"#$%&!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()２ππ注意到ｓｉｎｔｃｏｓｔ是對稱區間－，上的奇函數．[２２]π
２ππ２π２ππ（２）｜ｘ－｜ｃｏｓｘｄｘ＝（－ｘ）ｃｏｓｘｄｘ＋（ｘ－）ｃｏｓｘｄｘ∫∫∫π０２０２２２πππ２２＝ｓｉｎｘ－（ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＋２００２ππ２π（ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）－ｓｉｎｘππ２２２ππππ＝－（－１）＋（１－）＋＝２．２２２２（３）令ａｒｃｓｉｎｘ＝ｔ，注意到被積函數是偶函數，所以１１２ｘａｒｃｓｉｎｘ２ｘａｒｃｓｉｎｘｄｘ＝２ｄｘ∫１２∫２－２槡１－ｘ０槡１－ｘππ６ｔ·ｓｉｎｔ６＝２·ｃｏｓｔｄｔ＝－２ｔｄ（ｃｏｓｔ）∫０ｃｏｓｔ∫０π
６＝－２（ｔｃｏｓｔ－ｓｉｎｔ）０
３＝１－槡π．６
?２，－３≤ｘ≤－槡２，?
２２（４）令ｆ（ｘ）＝ｍｉｎ（２，ｘ）＝?ｘ，－槡２＜ｘ≤槡２，?
?２，槡２＜ｘ≤２．於是２－槡２槡２２２２８ｍｉｎ（２，ｘ）ｄｘ＝２ｄｘ＋ｘｄｘ＋２ｄｘ＝１０－槡２．∫－３∫－３∫－槡２∫槡２３（５）方法１①當ａ＜ｂ≤０時，ｂｂ１２２｜ｘ｜ｄｘ＝－ｘｄｘ＝－（ｂ－ａ）；∫ａ∫ａ２②當ａ≤０＜ｂ時，ｂ０ｂ１２２｜ｘ｜ｄｘ＝（－ｘ）ｄｘ＋ｘｄｘ＝（ｂ＋ａ）；∫ａ∫ａ∫０２③當０＜ａ＜ｂ時，ｂｂ１２２｜ｘ｜ｄｘ＝ｘｄｘ＝（ｂ－ａ）．∫ａ∫ａ２!\"!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()綜上所述得１２２?－（ｂ－ａ），ａ＜ｂ≤０，?２ｂ?
?１２２｜ｘ｜ｄｘ＝?（ｂ＋ａ），ａ≤０＜ｂ，∫ａ２?
?
１２２?（ｂ－ａ），０＜ａ＜ｂ．?２方法２１２?ｘ，ｘ≥０，ｘ?２１由｜ｔ｜ｄｔ＝?＝ｘ｜ｘ｜，∫０２１２?－ｘ，ｘ＜０?２１
知ｘ｜ｘ｜為｜ｘ｜的一個原函數，於是２
ｂ１ｂ１｜ｘ｜ｄｘ＝ｘ｜ｘ｜＝（ｂ｜ｂ｜－ａ｜ａ｜）．∫ａ２ａ２例３求極限：２ｘｔ２ｌｎ（１＋ｔ）ｄｔ∫０（１）ｌｉｍ０；ｘ→０＋槡ｔｓｉｎ槡ｔｄｔ∫ｘ２ｓｉｎｘｆ（ｔ）ｄｔ∫ｘ（２）ｌｉｍ２，其中ｆ（ｘ）是連續函數，且ｆ（０）＝－１；ｘ→０ｘｓｉｎｘｘ
（ｅｔ２ｄｔ）２∫０（３）ｌｉｍｘ．ｘ＋∞→ｅ２ｔ２ｄｔ∫００
解（１）屬於型未定式，由洛必達法則及變上（下）限函數的求導公式，得０
２ｘ２
ｔｌｎ（１＋ｔ）ｄｔ２∫０（２ｘ）ｌｎ（１＋２ｘ）·２ｌｉｍ０＝ｌｉｍｘ→０＋ｘ→０＋－ｘｓｉｎｘ·２ｘ槡ｔｓｉｎ槡ｔｄｔ∫ｘ２ｘ１＝－ｌｉｍ［８··ｌｎ（１＋２ｘ）２ｘ］ｘ→０＋ｓｉｎｘ＝－８·１·ｌｎｅ＝－８．（２）由積分中值定理，有!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｓｉｎｘｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ξ）（ｓｉｎｘ－ｘ）（ξ在ｘ，ｓｉｎｘ之間），∫ｘｓｉｎｘｆ（ｔ）ｄｔ∫ｘｓｉｎｘ－ｘ故ｌｉｍ２＝ｌｉｍｆ（ξ）２ｘ→０ｘｓｉｎｘｘ→０ｘｓｉｎｘｓｉｎｘ－ｘ＝ｆ（０）ｌｉｍ３ｘ→０ｘ１１＝（－１）·（－）＝．６６∞
（３）屬於型未定式，由洛必達法則，得∞
ｘｘ（ｅｔ２ｄｔ）２２ｅｘ２ｅｔ２ｄｔ∫０∫０ｌｉｍｘ＝ｌｉｍ２ｘ＋∞ｘ＋∞２ｘ→ｅ２ｔ２ｄｔ→ｅ∫０ｘ
ｔ２２ｅｄｔｘ２∫０２ｅ＝ｌｉｍ２＝ｌｉｍ２＝０．ｘ→＋∞ｅｘｘ→＋∞２ｘｅｘ１
例４設ｆ（ｔｘ）ｄｔ＝ｆ（ｘ）＋ｘｓｉｎｘ，求ｆ（ｘ）．∫０解原式兩邊乘ｘ得１
ｆ（ｔｘ）ｄ（ｔｘ）＝ｘｆ（ｘ）＋ｘ２ｓｉｎｘ．∫０令ｕ＝ｔｘ，則得ｘ
ｆ（ｕ）ｄｕ＝ｘｆ（ｘ）＋ｘ２ｓｉｎｘ．∫０兩邊對ｘ求導ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｘｆ′（ｘ）＋２ｘｓｉｎｘ＋ｘ２ｃｏｓｘ．化簡整理得ｆ′（ｘ）＝－２ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ．從而ｆ（ｘ）＝－∫（２ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ）ｄｘ＝ｃｏｓｘ－ｘｓｉｎｘ＋Ｃ．２
例５求ｆ（ｘ），使ｆ（１＋ｔｘ）ｄｔ＝２ｆ（１＋２ｘ）－ｘｌｎ（１＋ｘ），且已知函數值∫０１
ｆ（１）＝－．４
解原式兩邊乘ｘ得２
ｘｆ（１＋ｔｘ）ｄｔ＝２ｘｆ（１＋２ｘ）－ｘ２ｌｎ（１＋ｘ）．∫０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()２
即有ｆ（１＋ｔｘ）ｄ（１＋ｔｘ）＝２ｘｆ（１＋２ｘ）－ｘ２ｌｎ（１＋ｘ）．∫０令ｕ＝１＋ｔｘ，即得１＋２ｘｆ（ｕ）ｄｕ＝２ｘｆ（１＋２ｘ）－ｘ２ｌｎ（１＋ｘ）．∫１兩邊對ｘ求導，得ｘ２２ｆ（１＋２ｘ）＝２ｆ（１＋２ｘ）＋４ｘｆ′（１＋２ｘ）－２ｘｌｎ（１＋ｘ）－，１＋ｘ１１ｘ即ｆ′（１＋２ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）＋·．２４１＋ｘ兩邊再對ｘ積分，得１１左＝ｆ′（１＋２ｘ）ｄｘ＝ｆ′（１＋２ｘ）ｄ（１＋２ｘ）＝ｆ（１＋２ｘ），∫２∫２１１ｘ右＝ｌｎ（１＋ｘ）ｄｘ＋ｄｘ２∫４∫１＋ｘ１ｘ１Ｃ＝ｘｌｎ（１＋ｘ）－＋ｌｎ（１＋ｘ）＋．２４４２ｘ１從而ｆ（１＋２ｘ）＝ｘｌｎ（１＋ｘ）－＋ｌｎ（１＋ｘ）＋Ｃ．２２１１令ｘ＝０，得ｆ（１）＝０＋Ｃ＝－，得Ｃ＝－．４４ｘ１１ｆ（１＋２ｘ）＝ｘｌｎ（１＋ｘ）－＋ｌｎ（１＋ｘ）－．２２４ｙ－１再令ｙ＝１＋２ｘ，ｘ＝，得２
ｙ－１ｙ＋１ｙ－１１ｙ＋１１ｆ（ｙ）＝ｌｎ－＋ｌｎ－．２２４２２４ｘ１１＋ｘ故ｆ（ｘ）＝－（－ｌｎ）．２２２ｘｘｔｅ－１２例６證明：當ｘ→０時，Ｆ（ｘ）＝ｄｔ與ｌｎ（１－ｘ）是等價無窮小．∫２ｘｔ證當ｘ→０時，ｌｎ（１－ｘ２）～－ｘ２．ｕ１又對Ｆ（ｘ），令ｕ＝ｘｔ，ｔ＝，ｄｔ＝ｄｕ．ｘｘ於是!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ２ｅｕ－１１ｘ２ｅｕ－１Ｆ（ｘ）＝·ｄｕ＝ｄｕ．∫２ｘ２ｕｘ∫２ｘ２ｕｘ
則由洛必達法則有Ｆ（ｘ）１ｅｘ２－１ｅ２ｘ２－１ｌｉｍ２＝ｌｉｍ２·２ｘ－２·４ｘｘ→０－ｘｘ→０－２ｘ(ｘ２ｘ)ｅｘ２－１ｅ２ｘ２－１＝ｌｉｍ－２＋２２ｘ→０(ｘ２ｘ)＝－１＋２＝１．故結論成立．Ｆ（ｘ）注：也可按如下方法求ｌｉｍ２．由積分中值定理得ｘ→０－ｘξ
ｅ－１２Ｆ（ｘ）＝·（－ｘ），ξ
其中ｘ２≤ξ≤２ｘ２．於是Ｆ（ｘ）ｅξ－１ｌｉｍ２＝ｌｉｍ＝１．ｘ→０－ｘξ→０ξ例７設函數ｆ（ｘ）連續，且ａ＞０，證明：ａ２ａ２２ａｄｘａｄｘｆ（ｘ＋２）＝ｆ（ｘ＋）．∫１ｘｘ∫１ｘｘ分析比較等式兩端，可知應令ｕ＝ｘ２．由此知：ａ２ａ２ｄｕ左＝ｆ（ｕ＋）∫１ｕ２ｕ１ａａ２ｄｕ１ａ２ａ２ｄｕ＝ｆ（ｕ＋）＋ｆ（ｕ＋）．２∫１ｕｕ２∫ａｕｕ要證等式成立，隻需證ａ２ａ２ｄｕａａ２ｄｕｆ（ｕ＋）＝ｆ（ｕ＋）．∫ａｕｕ∫１ｕｕａ２比較兩端又可令ｔ＝．ｕ
ａ２２ａ２２２ａｄｘ令ｕ＝ｘａｄｕ證ｆ（ｘ＋２）ｆ（ｕ＋）∫１ｘｘ∫１ｕ２ｕ１ａａ２ｄｕａ２ａ２ｄｕ＝ｆ（ｕ＋）＋ｆ（ｕ＋）．２[∫１ｕｕ∫ａｕｕ]ａ２ｕ＝ａ２ａ２ｄｕｔ１ａ２ｔａ２又ｆ（ｕ＋）ｆ（ｔ＋）·２（－２）ｄｔ∫ａｕｕ∫ａｔａｔ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ａａ２ｄｔａａ２ｄｕ＝ｆ（ｔ＋）＝ｆ（ｕ＋）．∫１ｔｔ∫１ｕｕａ２ａ２ａ２２ａｄｘａｄｕａｄｘ故ｆ（ｘ＋２）＝ｆ（ｕ＋）＝ｆ（ｘ＋）．∫１ｘｘ∫１ｕｕ∫１ｘｘ例８設ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在區間［－ａ，ａ］（ａ＞０）上連續，ｇ（ｘ）為偶函數，且ｆ（ｘ）滿足條件ｆ（ｘ）＋ｆ（－ｘ）＝Ｃ（Ｃ為常數）．ａａ（１）證明：ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝Ｃｇ（ｘ）ｄｘ；∫－ａ∫０π
２（２）利用（１）的結論，計算定積分｜ｓｉｎｘ｜·ａｒｃｔａｎｅｘｄｘ．∫π－２ａ０ａ證（１）ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ．∫－ａ∫－ａ∫００ｕ＝－ｘ０又ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ－ｆ（－ｕ）ｇ（－ｕ）ｄｕ∫－ａ∫ａａ
＝ｆ（－ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ．∫０ａａａ則ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（－ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ∫－ａ∫０∫０ａ
＝［ｆ（－ｘ）＋ｆ（ｘ）］ｇ（ｘ）ｄｘ∫０ａ
＝Ｃｇ（ｘ）ｄｘ．∫０ｘπππ（２）取ｆ（ｘ）＝ａｒｃｔａｎｅ，ｇ（ｘ）＝｜ｓｉｎｘ｜，ａ＝，則ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在［－，］上連續，２２２且ｇ（ｘ）為偶函數．又（ａｒｃｔａｎｅｘ＋ａｒｃｔａｎｅ－ｘ）′＝０，則ａｒｃｔａｎｅｘ＋ａｒｃｔａｎｅ－ｘ＝Ｃ．π
令ｘ＝０，得２ａｒｃｔａｎ１＝Ｃ，即Ｃ＝．２
利用（１）的結果ππ２ｘπ２π｜ｓｉｎｘ｜·ａｒｃｔａｎｅｄｘ＝ｓｉｎｘｄｘ＝．∫π∫－２２０２２ｌｎ２ｄｔπ例９設＝，求ｘ．∫ｔｘ槡ｅ－１６分析此題積分下限ｘ不是可變的，故不能在等式兩邊求導來求解．!\"#書
!\"#$%&!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｔ２ｕｄｕ解令ｕ＝ｅ－１，則ｄｔ＝．槡１＋ｕ２２ｌｎ２ｄｔ槡３ｄｕ＝２２∫ｔ∫ｘｘ槡ｅ－１槡ｅ－１１＋ｕπｘ＝２（－ａｒｃｔａｎｅ－１）．３槡πｘπ由題設２（－ａｒｃｔａｎｅ－１）＝，３槡６解得ｘ＝ｌｎ２．例１０設函數２
ｘｅ－ｘ，ｘ≥０，ｆ（ｘ）＝１
{，－１≤ｘ＜０．１＋ｃｏｓｘ４
求ｆ（ｘ－２）ｄｘ．∫１解令ｘ－２＝ｔ，ｄｘ＝ｄｔ，於是４２０２１－ｔ２（ｘ－２）ｄｘ＝ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｄｔ＋ｔｅｄｔ∫１∫－１∫－１１＋ｃｏｓｔ∫０ｔ
０ｄ（）２２１－ｔ２２＝ｄｔ－ｅｄ（－ｔ）∫－１２ｔ２∫０ｃｏｓ２
０２ｔ１－ｔ２＝ｔａｎ－ｅ２－１２０１１－４１＝ｔａｎ－ｅ＋．２２２１
例１１設ｆ（ｘ）＝（１－ｔ）｜ｘ－ｔ｜ｄｔ．證明：ｆ（ｘ）在（０，１）內是凹弧．∫０１
證ｆ（ｘ）＝（１－ｔ）｜ｘ－ｔ｜ｄｔ∫０ｘ１＝（１－ｔ）（ｘ－ｔ）ｄｔ＋（１－ｔ）（ｔ－ｘ）ｄｔ∫０∫ｘ３
ｘ２ｘ１＝－＋ｘ－＋．３２６２１從而ｆ′（ｘ）＝－ｘ＋２ｘ－，２
ｆ″（ｘ）＝２（１－ｘ）．!\"#書
!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()當ｘ∈（０，１）時，ｆ″（ｘ）＞０，故ｆ（ｘ）在（０，１）內是凹弧．例１２設ｆ（ｘ）為連續函數，ｆ（ｘ）不恒等於０，且ｘ
２ｓｉｎｔｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ．∫０２＋ｃｏｓｔ試求ｆ（ｘ）．解因為ｆ（ｘ）是連續函數，從而被積函數也為連續函數，所以等式右端的變限函數可導，等式兩端對ｘ求導，得ｓｉｎｘ２ｆ′（ｘ）ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）．２＋ｃｏｓｘ由此得１ｓｉｎｘｆ′（ｘ）＝·．２２＋ｃｏｓｘ從而１ｓｉｎｘ１ｆ（ｘ）＝ｄｘ＝－ｌｎ（２＋ｃｏｓｘ）＋Ｃ．２∫２＋ｃｏｓｘ２又據給定等式可知ｆ（０）＝０，代入上式，得１
Ｃ＝ｌｎ３，２
１３故ｆ（ｘ）＝ｌｎ．２２＋ｃｏｓｘπ
例１３證明：當０≤ｘ≤時，２
ｓｉｎ２ｘｃｏｓ２ｘπａｒｃｓｉｎ槡ｔｄｔ＋ａｒｃｃｏｓ槡ｔｄｔ＝．∫０∫０４分析令等式左邊＝Ｆ（ｘ），要證結論成立，一般分兩步：首先證明Ｆ′（ｘ）＝０，由此知Ｆ（ｘ）＝Ｃ（常數）；然後借助於特殊點求Ｃ．證令ｓｉｎ２ｘｃｏｓ２ｘＦ（ｘ）＝ａｒｃｓｉｎ槡ｔｄｔ＋ａｒｃｃｏｓ槡ｔｄｔ．∫０∫０由變上限函數求導公式，得Ｆ′（ｘ）＝ｘ·２ｓｉｎｘ·ｃｏｓｘ＋ｘ·２ｃｏｓｘ（－ｓｉｎｘ）＝０．由此知Ｆ（ｘ）＝Ｃ（常數）．π
令ｘ＝，且令ｔ＝ｓｉｎｕ，２槡!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()πππ１２２Ｆ（）＝ａｒｃｓｉｎ槡ｔｄｔ＝ｕ·２ｓｉｎｕｃｏｓｕｄｕ＝ｕ·ｓｉｎ２ｕｄｕ２∫０∫０∫０π
１１２π＝（－ｕｃｏｓ２ｕ＋ｓｉｎ２ｕ）＝．２４０４π
故Ｆ（ｘ）＝．４
π４ｎ例１４設Ｉｎ＝ｔａｎｘｄｘ，其中ｎ為大於１的整數，證明：∫０１
Ｉ＝－Ｉ，ｎｎ－１ｎ－２π
４並用此遞推公式計算ｔａｎ５ｘｄｘ．∫０ππ４ｎ４ｎ－２２證Ｉｎ＝ｔａｎｘｄｘ＝ｔａｎｘ（ｓｅｃｘ－１）ｄｘ∫０∫０ππ４４＝ｔａｎｎ－２ｘｄｔａｎｘ－ｔａｎｎ－２ｘｄｘ．∫０∫０ππ１ｎ－１４４ｎ－２＝ｔａｎｘ－ｔａｎｘｄｘｎ－１０∫０１
＝－Ｉ，ｎ－１ｎ－２由此遞推公式得ππ４５１４３ｔａｎｘｄｘ＝－ｔａｎｘｄｘ∫０５－１∫０π
１１４＝－＋ｔａｎｘｄｘ４３－１∫０π
１４ｄｃｏｓｘ＝－－４∫０ｃｏｓｘπ
１４１１＝－－ｌｎ｜ｃｏｓｘ｜＝ｌｎ２－．４０２４例１５設ｆ（ｘ）是定義在（－∞，＋∞）上且以Ｔ為周期的連續函數，證明：ｘ
函數Ｆ（ｘ）＝∫ｆ（ｘ）ｄｘ在一般情況下是線性函數與周期等於Ｔ的周期函數的和．ｘ０ｘｘ證Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ＝［ｆ（ｔ）－ａ］ｄｔ＋ａ（ｘ－ｘ），∫∫０ｘ０ｘ０這裏ａ為待定常數．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ
令Ｆ（ｘ）＝［ｆ（ｔ）－ａ］ｄｔ，１∫ｘ０ｘ＋Ｔ則Ｆ（ｘ＋Ｔ）＝［ｆ（ｔ）－ａ］ｄｔ１∫ｘ０ｘｘ＋Ｔ＝∫［ｆ（ｔ）－ａ］ｄｔ＋∫［ｆ（ｔ）－ａ］ｄｔｘ０ｘｘ＋Ｔ＝Ｆ１（ｘ）＋ｆ（ｔ）ｄｔ－ａＴ∫ｘＴ
＝Ｆ１（ｘ）＋ｆ（ｔ）ｄｔ－ａＴ．∫０１Ｔ由於ｆ（ｔ）的周期性，取ａ＝ｆ（ｔ）ｄｔ，則Ｆ１（ｘ＋Ｔ）＝Ｆ１（ｘ），即Ｆ１（ｘ）為周期函數，Ｔ∫０且周期為Ｔ，而ａ（ｘ－ｘ０）為線性函數，故得所證．例１６求下列極限：１ｎπｘ２ｎ（１）ｌｉｍｄｘ；（２）ｌｉｍｓｉｎｘｄｘ．ｎ→∞∫０１＋ｘｎ→∞∫０解（１）當０≤ｘ≤１時，ｎ
ｘｎ０≤≤ｘ．１＋ｘ由定積分的不等式性質得１ｎ１ｘｎ１０≤ｄｘ≤ｘｄｘ＝．∫０１＋ｘ∫０ｎ＋１兩邊取極限，由夾逼定理得１ｘｎｌｉｍｄｘ＝０．ｎ→∞∫０１＋ｘπ
（２）ε＞０（設ε＜），２
πππ２２－ε２ｓｉｎｎｘｄｘ＝ｓｉｎｎｘｄｘ＋ｓｉｎｎｘｄｘ．①∫∫∫π００２－ε由積分中值定理π
－ε２ｎ２ππｎπ０＜ｓｉｎｘｄｘ＝ｓｉｎξ·（－ε）≤ｓｉｎ（－ε）．∫０２２２ππｎπ其中０≤ξ≤－ε．由於ｌｉｍｓｉｎ（－ε）＝０，從而２ｎ→∞２２π
２－εｌｉｍｓｉｎｎｘｄｘ＝０，ｎ→∞∫０所以存在正整數Ｎ，使得ｎ＞Ｎ時，!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()π
２－ε０＜ｓｉｎｎｘｄｘ＜ε，∫０ππ２２又０＜ｓｉｎｎｘｄｘ＜ｄｘ＝ε．∫π∫π２－ε２－ε由①式知：ｎ＞Ｎ時，π
２ｓｉｎｎｘｄｘ＜２ε，∫０π
２故ｌｉｍｓｉｎｎｘｄｘ＝０．ｎ→∞∫０１ｘｔ２例１７已知ｌｉｍｄｔ＝１，求ａ，ｂ．ｘ→０∫ｂｘ－ｓｉｎｘ０槡ａ＋ｔｘｔ２解因為ｌｉｍｄｔ＝０，ｌｉｍ（ｂｘ－ｓｉｎｘ）＝０．ｘ→０∫ｘ→００槡ａ＋ｔ０
等式的左端極限屬於型未定式，依洛必達法則有０
１ｘｔ２１ｘ２１＝ｌｉｍｄｔ＝ｌｉｍ·．ｘ→０∫ｘ→０ｂｘ－ｓｉｎｘ０槡ａ＋ｔｂ－ｃｏｓｘ槡ａ＋ｘｘ２由此知ｂ＝１，否則ｌｉｍ＝０．ｘ→０（ｂ－ｃｏｓｘ）槡ａ＋ｘ１ｘ２１又（ｌｉｍ）·（ｌｉｍ）＝·２＝１．ｘ→０槡ａ＋ｘｘ→０１－ｃｏｓｘ槡ａ故又得ａ＝４．ｘ
∫ｆ（ｔ）ｄｔ例１８設Ｆ（ｘ）＝ａ，其中ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，在（ａ，ｂ）內可導，且ｆ′（ｘ）＞ｘ－ａ０，試證：在（ａ，ｂ）內有Ｆ′（ｘ）＞０．１ｘｆ（ｘ）證Ｆ′（ｘ）＝－２ｆ（ｔ）ｄｔ＋．（ｘ－ａ）∫ａｘ－ａ由積分中值定理ｘ
ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ξ）（ｘ－ａ）（ａ＜ξ＜ｘ＜ｂ）．∫ａｆ（ξ）ｆ（ｘ）ｆ（ｘ）－ｆ（ξ）從而Ｆ′（ｘ）＝－＋＝．ｘ－ａｘ－ａｘ－ａ因ｆ′（ｘ）＞０，故ｆ（ｘ）遞增，ｆ（ｘ）＞ｆ（ξ），由此Ｆ′（ｘ）＞０．ｘ２ｔ－１例１９求函數ｆ（ｘ）＝２ｄｔ在［０，２］上的最小值與最大值．∫０ｔ－ｔ＋１!!!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()２ｘ－１解ｆ′（ｘ）＝．ｘ２－ｘ＋１１
令ｆ′（ｘ）＝０，得唯一駐點ｘ＝．又２
ｆ（０）＝０，１１２１２２ｔ－１２ｄ（ｔ－ｔ＋１）ｆ（）＝２ｄｔ＝２２∫０ｔ－ｔ＋１∫０ｔ－ｔ＋１１
２２３＝ｌｎ（ｔ－ｔ＋１）＝ｌｎ，０４２２２ｔ－１２ｆ（２）＝２ｄｔ＝ｌｎ（ｔ－ｔ＋１）＝ｌｎ３．∫０ｔ－ｔ＋１０３
比較易知：ｆ（ｘ）在［０，２］上的最大值為ｌｎ３，最小值為ｌｎ．４
例２０設函數ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）內滿足ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ－π）＋ｓｉｎｘ，且當ｘ∈［０，π）３π時，ｆ（ｘ）＝ｘ，試計算ｆ（ｘ）ｄｘ．∫π分析根據ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ－π）＋ｓｉｎｘ，先求出ｆ（ｘ）在［π，３π］上的表達式，再積分．解當ｘ∈［π，２π）時，ｘ－π∈［０，π），則由已知得ｆ（ｘ－π）＝ｘ－π，所以當ｘ∈［π，２π）時，ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ－π）＋ｓｉｎｘ＝ｘ－π＋ｓｉｎｘ；當ｘ∈［２π，３π）時，ｘ－π∈［π，２π），故由以上推導知ｆ（ｘ－π）＝［（ｘ－π）－π］＋ｓｉｎ（ｘ－π）＝ｘ－２π－ｓｉｎｘ．此時ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ－π）＋ｓｉｎｘ＝ｘ－２π－ｓｉｎｘ＋ｓｉｎｘ＝ｘ－２π．ｘ－π＋ｓｉｎｘ，ｘ∈［π，２π）；由此得ｆ（ｘ）＝{ｘ－２π，ｘ∈［２π，３π）．３π２π３π故ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｄｘ∫π∫π∫２π２π３π＝（ｘ－π＋ｓｉｎｘ）ｄｘ＋（ｘ－２π）ｄｘ∫π∫２π＝π２－２．例２１求下列定積分：!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ａ－ｘａ（１）設ｆ（ｘ）＝ｅｙ（２ａ－ｙ）ｄｙ，求ｆ（ｘ）ｄｘ；∫０∫０ｘ１（２）設ｆ（ｘ）＝ｅ－ｙ２＋２ｙｄｙ，求（ｘ－１）２ｆ（ｘ）ｄｘ．∫０∫０分析被積函數中含有變上限積分，一般用分部積分法較為簡便．ａａａ－ｘ解（１）ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｅｙ（２ａ－ｙ）ｄｙｄｘ∫０∫０[∫０]ａ－ｘａａ＝ｘｅｙ（２ａ－ｙ）ｄｙ－ｘｅ（ａ２－ｘ２）（－１）ｄｘ∫００∫０ａ
１（ａ２－ｘ２）２２＝－ｅｄ（ａ－ｘ）２∫０ａ
１ａ２－ｘ２１ａ２＝－ｅ＝（ｅ－１）．２０２１１ｘ３２－ｙ２＋２ｙ（ｘ－１）（２）（ｘ－１）ｆ（ｘ）ｄｘ＝（ｅｄｙ）ｄ∫０∫０∫０３ｘ１１１３－ｙ２＋２ｙ１３－ｘ２＋２ｘ＝［（ｘ－１）ｅｄｙ］－（ｘ－１）·ｅｄｘ３∫００∫０３１
１２－（ｘ－１）２＋１２＝－（ｘ－１）ｅｄ［（ｘ－１）］６∫０２０ｕ＝（ｘ－１）ｅ－ｕ１－ｕｅｄｕ＝（ｅ－２）．６∫１６π２４ｓｉｎｘ例２２計算Ｉ＝ｄｘ．∫π－ｘ－４１＋ｅ解令ｘ＝－ｕ，則π２π２－４ｓｉｎｕ４ｓｉｎｘＩ＝－ｄｕ＝ｄｘ．∫πｕ∫πｘ４１＋ｅ－４１＋ｅπ２π２４ｓｉｎｘ４ｓｉｎｘ由此有２Ｉ＝ｄｘ＋ｄｘ∫π－ｘ∫πｘ－４１＋ｅ－４１＋ｅπ
４１１２＝（＋）ｓｉｎｘｄｘ∫π－ｘｘ－４１＋ｅ１＋ｅπ
４２１＝ｓｉｎｘｄｘ＝（π－２）．∫π－４４１
故Ｉ＝（π－２）．８
ππ例２３設函數ｆ（ｘ）在［０，π］上連續，且ｆ（ｘ）ｄｘ＝０，ｆ（ｘ）ｃｏｓｘｄｘ＝０，試證：在∫０∫０!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()（０，π）內至少存在兩個不同的點ξ１，ξ２，使得ｆ（ξ１）＝ｆ（ξ２）＝０．ｘ
證令Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ（０≤ｘ≤π），∫０則有Ｆ（０）＝０，Ｆ（π）＝０．又因為ππ０＝ｆ（ｘ）ｃｏｓｘｄｘ＝ｃｏｓｘｄＦ（ｘ）∫０∫０ππ＝Ｆ（ｘ）ｃｏｓｘ＋ｓｉｎｘＦ（ｘ）ｄｘ０∫０π
＝Ｆ（ｘ）ｓｉｎｘｄｘ．∫０所以存在ξ∈（０，π），使得Ｆ（ξ）ｓｉｎξ＝０．因若不然，則在（０，π）內，或者Ｆ（ｘ）ｓｉｎｘ恒為π
正，或者Ｆ（ｘ）ｓｉｎｘ恒為負，均與Ｆ（ｘ）ｓｉｎｘｄｘ＝０矛盾．但當ξ∈（０，π）時，ｓｉｎξ≠０，∫０則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］上分別用羅爾定理，知至少存在ξ１∈（０，ξ），ξ２∈（ξ，π），使得Ｆ′（ξ１）＝Ｆ′（ξ２）＝０，即ｆ（ξ１）＝ｆ（ξ２）＝０．例２４設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，且ｆ（ｘ）＞０，證明：在（ａ，ｂ）內存在唯一一點ξ，使得ξｂ１ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｄｘ．∫ａ∫ξｆ（ｘ）ｘｂ１證（存在性）令Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ－ｄｔ，因ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，則Ｆ（ｘ）在［ａ，∫ａ∫ｘｆ（ｔ）ｂ］上連續，而且可導．又ｂ１Ｆ（ａ）＝－ｄｔ＜０，∫ａｆ（ｔ）ｂ
Ｆ（ｂ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ＞０．∫ａ由介值定理，在（ａ，ｂ）內存在ξ，使得Ｆ（ξ）＝０．ξｂ１即ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｄｘ．∫ａ∫ξｆ（ｘ）（唯一性）Ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可導，且!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１
Ｆ′（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋≥２＞０．ｆ（ｘ）即Ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上單調遞增，故Ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上隻有唯一一個零點．例２５設ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）均在［ａ，ｂ］上連續，證明：在（ａ，ｂ）內至少存在一點ξ，使得ｂξｆ（ξ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝ｇ（ξ）ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ξ∫ａ分析此題若令ｂｘＦ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｔ）ｄｔ－ｇ（ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ，∫ｘ∫ａ則往下做就困難了．若令ｂｘＦ′（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｔ）ｄｔ－ｇ（ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ，∫ｘ∫ａｘｂ則Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔｇ（ｔ）ｄｔ，不難驗證該函數在［ａ，ｂ］上滿足羅爾定理的條件．∫ａ∫ｘ證作輔助函數ｘｂＦ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔｇ（ｔ）ｄｔ．∫ａ∫ｘ因ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）均在［ａ，ｂ］上連續，從而Ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，在（ａ，ｂ）內可導．又Ｆ（ａ）＝Ｆ（ｂ）＝０，由羅爾定理，在（ａ，ｂ）內至少存在一點ξ，使得Ｆ′（ξ）＝０．即ｘｂｂｘ[ｆ（ｔ）ｄｔｇ（ｔ）ｄｔ]′＝[ｆ（ｘ）ｇ（ｔ）ｄｔ－ｇ（ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ]∫ａ∫ｘｘ＝ξ∫ｘ∫ａｘ＝ξｂξ＝ｆ（ξ）ｇ（ｘ）ｄｘ－ｇ（ξ）ｆ（ｘ）ｄｘ＝０．∫ξ∫ａｂξ也即ｆ（ξ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝ｇ（ξ）ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ξ∫ａ例２６設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上具有連續的二階導數，證明：在（ａ，ｂ）內存在一點ξ，使得ｂ
ａ＋ｂ１３ｆ（ｘ）ｄｘ＝（ｂ－ａ）ｆ（）＋（ｂ－ａ）ｆ″（ξ）．∫ａ２２４ｘ
證令Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ，則有∫ａＦ（ａ）＝０，Ｆ′（ｘ）＝ｆ（ｘ）．Ｆ″（ｘ）＝ｆ′（ｘ），Ｆ（ｘ）＝ｆ″（ｘ）．ａ＋ｂＦ（ｘ）在ｘ＝處的二階泰勒展開式為０２!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ａ＋ｂａ＋ｂａ＋ｂ１ａ＋ｂａ＋ｂ２Ｆ（ｘ）＝Ｆ（）＋Ｆ′（）（ｘ－）＋Ｆ″（）（ｘ－）＋２２２２！２２１ａ＋ｂ３Ｆ（ξ）（ｘ－）３！２ａ＋ｂａ＋ｂａ＋ｂ１ａ＋ｂａ＋ｂ２＝Ｆ（）＋ｆ（）（ｘ－）＋ｆ′（）（ｘ－）＋２２２２！２２１ａ＋ｂ３ｆ″（ξ）（ｘ－），３！２ａ＋ｂ其中ξ在ｘ與之間．２
分別將ｘ＝ｂ，ｘ＝ａ代入上式，並相減，則得ａ＋ｂ１３ｆ″（ξ１）＋ｆ″（ξ２）Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）＝（ｂ－ａ）ｆ（）＋（ｂ－ａ），２２４２ａ＋ｂａ＋ｂ其中ξ，ξ分別在與ｂ，ａ與之間．１２２２不妨設ｆ″（ξ１）≤ｆ″（ξ２），則ｆ″（ξ）＋ｆ″（ξ）ｆ″（ξ）≤１２≤ｆ″（ξ）．１２２由ｆ″（ｘ）的連續性及介值定理，至少存在一個ξ∈［ξ２，ξ１］（ａ，ｂ），使得ｆ″（ξ）＋ｆ″（ξ）ｆ″（ξ）＝１２．２
ｂ故ｆ（ｘ）ｄｘ＝Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）∫ａａ＋ｂ１３＝（ｂ－ａ）ｆ（）＋（ｂ－ａ）ｆ″（ξ）．２２４１００例２７設φ（ｘ）是ｘ到離ｘ最近的整數的距離，求φ（ｘ）ｄｘ．∫０解據題意設１
?ｘ－ｎ，ｎ≤ｘ＜ｎ＋，?２φ（ｘ）＝?
１?ｎ＋１－ｘ，ｎ＋≤ｘ＜ｎ＋１．?２１００９９ｎ＋１故φ（ｘ）ｄｘ＝∑φ（ｘ）ｄｘ∫０ｎ＝０∫ｎ９９１ｎ＋２ｎ＋１＝（ｘ－ｎ）ｄｘ＋（ｎ＋１－ｘ）ｄｘ∑[∫∫１]ｎ＝０ｎｎ＋２!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１
＝１００×＝２５．４
ｘ例２８令ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｘｆ（θｘ），求θ．∫０設（１）ｆ（ｔ）＝ｔｎ（ｎ＞－１）；（２）ｆ（ｔ）＝ｌｎｔ；（３）ｆ（ｔ）＝ｅｔ．ｌｉｍθ及ｌｉｍθ各等於什麼？
ｘ→０ｘ→＋∞ｘ
ｎ１ｎ＋１ｎｎ＋１解（１）ｔｄｔ＝ｘ＝ｘｆ（θｘ）＝θｘ，∫０ｎ＋１ｎ
１１得θ＝＝．ｎ＋１１槡（ｎ＋１）ｎ１
故ｌｉｍθ＝ｌｉｍθ＝１．ｘ→０ｘ→＋∞（ｎ＋１）ｎｘｘｘ（２）ｌｎｔｄｔ＝ｌｉｍｌｎｔｄｔ＝ｌｉｍ（ｔｌｎｔ－ｔ）∫０ε→０＋∫εε→０＋εｘ
＝ｘｌｎ＝ｘｆ（θｘ）＝ｘｌｎθｘ，ｅ
１得θ＝．ｅ
１故ｌｉｍθ＝ｌｉｍθ＝．ｘ→０ｘ→＋∞ｅｘ
（３）ｅｔｄｔ＝ｅｘ－１＝ｘｆ（θｘ）＝ｘｅθｘ，∫０１ｅｘ－１得θ＝ｌｎ．ｘｘ以下應用洛必達法則求ｌｉｍθ與ｌｉｍθ．ｘ→０ｘ→＋∞ｅｘ１１１ｌｉｍθ＝ｌｉｍ（ｘ－）＝ｌｉｍ（１＋ｘ－）ｘ→０ｘ→０ｅ－１ｘｘ→０ｅ－１ｘｘ－ｅｘ＋１１－ｅｘ＝１＋ｌｉｍｘ＝１＋ｌｉｍｘｘｘ→０ｘ（ｅ－１）ｘ→０ｅ＋ｘｅ－１－ｅｘ１１＝１＋ｌｉｍｘｘ＝１－＝．ｘ→０２ｅ＋ｘｅ２２ｅｘ１１１ｌｉｍθ＝ｌｉｍ（ｘ－）＝ｌｉｍ（－ｘ－）＝１．ｘ→＋∞ｘ→＋∞ｅ－１ｘｘ→＋∞１－ｅｘ例２９求下列定積分：π２π２ｓｉｎｎｘ４２ｎ（１）ｄｘ；（２）Ｉｎ＝ｔａｎｘｄｘ．∫０ｓｉｎｘ∫０!!\"書
!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()２１－ｃｏｓ２ｎｘ解（１）ｓｉｎｎｘ＝２
１＝｛（１－ｃｏｓ２ｘ）＋（ｃｏｓ２ｘ－ｃｏｓ４ｘ）＋…＋［ｃｏｓ２（ｎ－１）ｘ－２
ｃｏｓ２ｎｘ］｝＝［ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ３ｘ＋…＋ｓｉｎ（２ｎ－１）ｘ］ｓｉｎｘ，π２π２ｓｉｎｎｘ２故ｄｘ＝［ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ３ｘ＋…＋ｓｉｎ（２ｎ－１）ｘ］ｄｘ∫０ｓｉｎｘ∫０１１１＝１＋＋＋…＋．３５２ｎ－１（２）令ｔａｎｘ＝ｙ，則１２ｎ１１２ｎ－２ｙ２ｎ－２ｙ１Ｉｎ＝２ｄｙ＝ｙｄｙ－２ｄｙ＝－Ｉｎ－１．∫０１＋ｙ∫０∫０１＋ｙ２ｎ－１利用此遞推公式得１１１ｎ－１１ｎＩ＝－＋－…＋（－１）＋（－１）Ｉｎ２ｎ－１２ｎ－３２ｎ－５１０１１１ｎ－１１ｎπ＝－＋－…＋（－１）＋（－１）．２ｎ－１２ｎ－３２ｎ－５１４例３０設函數ｆ（ｘ）的二階導數ｆ″（ｘ）連續，已知曲線ｙ＝ｆ（ｘ）在ｘ＝ａ處的切線與ππ橫軸所成的角是，在ｘ＝ｂ處的切線與橫軸所成的角是，其中ａ，ｂ是方程ｆ（ｘ）＝０的兩３４個根．試計算ｂ
ｘｆ″（ｘ）ｄｘ．∫ａ解由導數的幾何意義知ππｆ′（ａ）＝ｔａｎ＝３，ｆ′（ｂ）＝ｔａｎ＝１．３槡４又ａ，ｂ是方程ｆ（ｘ）＝０的兩個根ｆ（ａ）＝ｆ（ｂ）＝０．利用分部積分法得ｂｂｂｂｘｆ″（ｘ）ｄｘ＝ｘｄ［ｆ′（ｘ）］＝ｘｆ′（ｘ）－ｆ′（ｘ）ｄｘ∫ａ∫ａａ∫ａｂ
＝ｂ－槡３ａ－ｆ（ｘ）＝ｂ－槡３ａ．ａ
ｂ例３１設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，對於任意連續函數ｇ（ｘ），ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝０．∫ａ!!\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()證明：ｆ（ｘ）≡０．證反證法．即假定ｆ（ｘ）０．在［ａ，ｂ］上存在ｘ０，使ｆ（ｘ０）≠０，不妨設ｆ（ｘ０）＞０．由函數的連續性與局部保號性，一定存在ｘ０的某鄰域（ｘ０－δ，ｘ０＋δ）（［ａ，ｂ］）．如果ｘ０＝ａ，該鄰域為（ａ，ａ＋δ），如果ｘ０＝ｂ，該鄰域為（ｂ－δ，ｂ），使得對該鄰域內的任一點ｘ，恒有ｆ（ｘ）＞０．取連續函數（ｘ－ｘ＋δ）２（ｘ－ｘ－δ）２，ｘ－δ≤ｘ≤ｘ＋δ，ｇ（ｘ）＝００００{０，其他．根據積分的性質，有ｂｘ０＋δ∫ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝∫ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＞０．ａｘ０－δｂ
這與假設ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＝０矛盾．故ｆ（ｘ）≡０．∫ａ注：ｇ（ｘ）還可有其他取法．例３２計算廣義積分：２ｘ＋∞ｄｘ（１）ｄｘ；（２）；∫∫２２１槡ｘ－１－∞（ｘ＋ｘ＋１）＋∞＋∞－２ｘ１（３）ｅｓｉｎｘｄｘ；（４）ｘ２ｄｘ；∫０∫０（１＋ｅ）＋∞ｄｘ（５）∫．１ｘ槡ｘ－１ｘ
解（１）ｌｉｍ＝∞，ｘ＝１為瑕點，原積分為瑕積分．ｘ→１＋槡ｘ－１２ｘ２ｘｄｘ＝ｌｉｍｄｘ∫０＋∫１槡ｘ－１ε→１＋ε槡ｘ－１２（ｘ－１）＋１＝ｌｉｍｄｘ０＋∫ε→１＋ε槡ｘ－１２１＝ｌｉｍ槡ｘ－１＋ｄｘ０＋∫()ε→１＋ε槡ｘ－１２
２３＝ｌｉｍ（ｘ－１）＋２ｘ－１＋(槡槡)ε→０３１＋ε２２３＝ｌｉｍ－槡ε＋２－２槡εε→０＋(３３)!!\"書
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＝．３
（２）原積分為無窮限廣義積分．＋∞ｄｘ＋∞ｄｘ２２＝∫－∞（ｘ＋ｘ＋１）∫－∞１２３２２ｘ＋＋槡[(２)(２)]＋∞ｄｕ＝２２２．∫－∞（ｕ＋ａ）３
令ｕ＝ａｔａｎｔ，這裏ａ＝槡．２
π２π２ａｓｅｃｔ２２２原式＝ｄｔ＝ｃｏｓｔｄｔ∫π４４３∫－２ａｓｅｃｔａ０π
１２π４＝３（１＋ｃｏｓ２ｔ）ｄｔ＝３＝槡３π．ａ∫０２ａ９＋∞＋∞（３）ｅ－２ｘｓｉｎｘｄｘ＝－ｅ－２ｘｄ（ｃｏｓｘ）∫０∫０＋∞＋∞＝－ｅ－２ｘｃｏｓｘ－２ｅ－２ｘｃｏｓｘｄｘ０∫０＋∞＝１－２ｅ－２ｘｄ（ｓｉｎｘ）∫０＋∞＋∞＝１－２ｅ－２ｘｓｉｎｘ－４ｅ－２ｘｓｉｎｘｄｘ０∫０＋∞＝１－４ｅ－２ｘｓｉｎｘｄｘ．∫０移項可得＋∞－２ｘ１ｅｓｉｎｘｄｘ＝．∫０５（４）令ｕ＝１＋ｅｘ．＋∞ｄｘ＋∞ｄｕｘ２＝２∫０（１＋ｅ）∫２ｕ（ｕ－１）＋∞１１１＝（－－２）ｄｕ∫２ｕ－１ｕｕ１＋∞＝（ｌｎ｜ｕ－１｜－ｌｎ｜ｕ｜＋）ｕ２１
＝ｌｎ２－．２
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１
（５）ｌｉｍ＝∞，ｘ＝１是瑕點．因此原廣義積分為混合型．ｘ→１＋ｘ槡ｘ－１＋∞ｄｘ２ｄｘ＋∞ｄｘ∫＝∫＋∫．１ｘ槡ｘ－１１ｘ槡ｘ－１２ｘ槡ｘ－１２ｄｘ令ｘ－１＝ｔ２１２ｔ１π又ｄｔ＝２ａｒｃｔａｎｔ＝．∫∫２１ｘ槡ｘ－１０（ｔ＋１）ｔ０２＋∞ｄｘ令ｘ－１＝ｔ２＋∞２ｄｔ而∫∫２２ｘ槡ｘ－１１１＋ｔ＋∞πππ＝２ａｒｃｔａｎｔ＝２（－）＝，１２４２＋∞ｄｘ故∫＝π．１ｘ槡ｘ－１１ｄ１例３３求ｄｘ．∫(１)－１ｄｘ１＋２ｘ１ｄ１０ｄ１１ｄ１解ｄｘ＝ｄｘ＋ｄｘ∫(１)∫(１)∫(１)－１ｄｘ１＋２ｘ－１ｄｘ１＋２ｘ０ｄｘ１＋２ｘεｄ１１ｄ１＝ｌｉｍ１ｄｘ＋ｌｉｍ１ｄｘ０－∫()０＋∫()ε→－１ｄｘ１＋２ｘη→ηｄｘ１＋２ｘ１ε１１＝ｌｉｍ１＋ｌｉｍ１－()＋ε→０１＋２ｘ－１η→０１＋２ｘη１１２＝１－＋＝．１３３１＋２
＋∞２ｘ２＋ｂｘ＋ａ例３４設（２－１）ｄｘ＝０，求常數ａ，ｂ．∫１２ｘ＋ａｘ＋∞（ｂ－ａ）ｘ＋ａ解原積分＝２ｄｘ＝０．∫１２ｘ＋ａｘ＋∞（ｂ－ａ）ｘ＋ａ若ｂ－ａ≠０，則廣義積分２ｄｘ發散，由題設原廣義積分收斂，必然有∫１２ｘ＋ａｘｂ－ａ＝０．於是有＋∞ａ２ｄｘ＝０．∫１２ｘ＋ａｘ又
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書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()＋∞ａ＋∞１２ｘ＋∞２＋ａ２ｄｘ＝（－）ｄｘ＝ｌｎ＝ｌｎ，∫１２ｘ＋ａｘ∫１ｘ２ｘ＋ａ２ｘ＋ａ１２２＋ａ即ｌｎ＝０．故得ａ＝ｂ＝０．２
例３５設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，證明：ｂ２ｂｆ（ｘ）ｄｘ≤（ｂ－ａ）ｆ２（ｘ）ｄｘ．[∫ａ]∫ａ分析關於定積分不等式的證明，如果題設條件僅告知被積函數連續，此種類型的命題證明一般需構作輔助函數．其構作方法：將欲證結論中的積分上限（或下限）換成ｘ，式中與之相同的字母也換成ｘ，移項使不等式一端為０，另一端即為所作的輔助函數Ｆ（ｘ），再討論Ｆ（ｘ）的單調性即可證題．ｘｘ證令Ｆ（ｘ）＝［ｆ（ｔ）ｄｔ］２－（ｘ－ａ）ｆ２（ｔ）ｄｔ（ｘ∈［ａ，ｂ］），∫ａ∫ａｘｘ則Ｆ′（ｘ）＝２ｆ（ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ－ｆ２（ｔ）ｄｔ－ｆ２（ｘ）（ｘ－ａ）∫ａ∫ａｘｘｘ＝２ｆ（ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ－ｆ２（ｔ）ｄｔ－ｆ２（ｘ）ｄｔ∫ａ∫ａ∫ａｘ
＝－［ｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）］２ｄｔ≤０．∫ａ由拉格朗日中值定理，存在ξ∈（ａ，ｂ）使得Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）＝Ｆ′（ξ）（ｂ－ａ），因為Ｆ′（ξ）≤０，所以得到Ｆ（ｂ）≤Ｆ（ａ）＝０ｂ２ｂ即ｆ（ｘ）ｄｘ≤（ｂ－ａ）ｆ２（ｘ）ｄｘ．[∫ａ]∫ａ例３６設函數ｆ（ｘ）在［０，１］上連續，且單調減少，證明：對於滿足０＜α＜β＜１的任何實數α，β，有αββｆ（ｘ）ｄｘ＞αｆ（ｘ）ｄｘ．∫０∫０αｘ證令Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｔ）ｄｔ－αｆ（ｔ）ｄｔ（ｘ∈［α，β］），∫０∫０α
則Ｆ′（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ－αｆ（ｘ）．∫０由積分中值定理α
ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（η）（α－０）＝αｆ（η）（０＜η＜α），∫０!\"\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()從而Ｆ′（ｘ）＝αｆ（η）－αｆ（ｘ）＝α［ｆ（η）－ｆ（ｘ）］．注意到ｘ≥α，結合ｆ（ｘ）的單調性，得Ｆ′（ｘ）＞０，即Ｆ（ｘ）在［α，β］上單調遞增，Ｆ（β）＞Ｆ（α）＝０，αβ即βｆ（ｘ）ｄｘ＞αｆ（ｘ）ｄｘ．∫０∫０例３７設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可導，ｆ（ａ）＝０，ｆ′（ｘ）≤Ｍ，證明：ｂ
Ｍ２ｆ（ｘ）ｄｘ≤（ｂ－ａ）．∫ａ２分析此題已知ｆ（ｘ）具有一階導數，又有一個端點的函數值為０．此種類型的命題證明一般不需構作輔助函數，可以通過先寫出含該點的拉格朗日（Ｌａｇｒａｎｇｅ）中值公式或微積分基本公式，然後根據題設進行不等式的放縮，結合定積分的相關性質進行相應處理．證因ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）＝ｆ′（ξ）（ｘ－ａ）≤Ｍ（ｘ－ａ），兩端從ａ到ｂ積分得ｂｂＭ２ｆ（ｘ）ｄｘ≤Ｍ（ｘ－ａ）ｄｘ＝（ｂ－ａ）．∫ａ∫ａ２例３８設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上不恒為零，且ｆ′（ｘ）連續．又ｆ（ａ）＝ｆ（ｂ）＝０，證明：存在一個ξ∈［ａ，ｂ］，使得４ｂ｜ｆ′（ξ）｜≥２ｆ（ｘ）ｄｘ．（ｂ－ａ）∫ａ證由題設｜ｆ′（ｘ）｜在［ａ，ｂ］上連續，從而在［ａ，ｂ］上可取到最大值Ｍ．於是存在ξ∈［ａ，ｂ］，使得｜ｆ′（ξ）｜＝Ｍ．又ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）＝ｆ′（ξ１）（ｘ－ａ）（ａ＜ξ１＜ｘ），ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｂ）＝ｆ′（ξ２）（ｘ－ｂ）（ｘ＜ξ２＜ｂ）．於是｜ｆ（ｘ）｜≤Ｍ（ｘ－ａ），｜ｆ（ｘ）｜≤Ｍ（ｂ－ｘ）．ａ＋ｂｂ２ｂ｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ＝｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ＋｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ∫∫∫ａ＋ｂａａ２ａ＋ｂ２ｂ≤Ｍ（ｘ－ａ）ｄｘ＋Ｍ（ｂ－ｘ）ｄｘ．∫∫ａ＋ｂａ２（ｂ－ａ）２＝Ｍ．４
ｂｂ（ｂ－ａ）２由此ｆ（ｘ）ｄｘ≤｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ≤Ｍ，∫ａ∫ａ４!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()４ｂ即｜ｆ′（ξ）｜≥２ｆ（ｘ）ｄｘ．（ｂ－ａ）∫ａ例３９設函數ｆ（ｘ）在［０，１］上有連續的導數，證明：對於任意ｘ∈［０，１］，有１
｜ｆ（ｘ）｜≤（｜ｆ（ｘ）｜＋｜ｆ′（ｘ）｜）ｄｘ．∫０證由題設知｜ｆ（ｘ）｜連續．由積分中值定理１
｜ｆ（ｘ）｜ｄｘ＝｜ｆ（ξ）｜（０≤ξ≤１）．∫０ｘ
又ｆ（ｘ）－ｆ（ξ）＝ｆ′（ｔ）ｄｔ，∫ξｘ
即ｆ（ｘ）＝ｆ（ξ）＋ｆ′（ｔ）ｄｔ．∫ξｘ
於是｜ｆ（ｘ）｜≤｜ｆ（ξ）｜＋｜｜ｆ′（ｔ）｜ｄｔ｜∫ξ１
≤｜ｆ（ξ）｜＋｜ｆ′（ｔ）｜ｄｔ∫０１
＝（｜ｆ（ｘ）｜＋｜ｆ′（ｘ）｜）ｄｘ．∫０１
２１例４０設ｆ″（ｘ）＜０，ｘ∈［０，１］，證明ｆ（ｘ）ｄｘ≤ｆ（）．∫０３分析此題告知ｆ（ｘ）二階可導，且又知ｆ″（ｘ）的符號．此種類型的命題的證明一般不需構作輔助函數，隻需寫出ｆ（ｘ）的泰勒（Ｔａｙｌｏｒ）展開式，然後結合題設對展開式進行放縮即可．１
證ｆ（ｘ）在ｘ＝處的一階泰勒展開式為３
１１１１１２ｆ（ｘ）＝ｆ（）＋ｆ′（）（ｘ－）＋ｆ″（ξ）（ｘ－）３３３２３１１１≤ｆ（）＋ｆ′（）（ｘ－）．３３３當ｘ∈［０，１］時，ｘ２∈［０，１］，以ｘ２取代ｘ得２１１２１ｆ（ｘ）≤ｆ（）＋ｆ′（）（ｘ－）．３３３兩端從０到１積分１１１２１１２１ｆ（ｘ）ｄｘ≤ｆ（）ｄｘ＋ｆ′（）（ｘ－）ｄｘ∫０∫０３∫０３３１
１１１３１＝ｆ（）＋ｆ′（）（ｘ－ｘ）３３３３０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１
＝ｆ（）．３
例４１（１）設函數ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）均在［ａ，ｂ］上連續，證明：ｂｂｂ［ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ］２≤ｆ２（ｘ）ｄｘ·ｇ２（ｘ）ｄｘ．∫ａ∫ａ∫ａｂ
（２）設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，且ｆ（ｘ）≥０，ｆ（ｘ）ｄｘ＝１，證明：∫ａｂｂ［ｆ（ｘ）ｃｏｓｋｘｄｘ］２＋［ｆ（ｘ）ｓｉｎｋｘｄｘ］２≤１．∫ａ∫ａ證（１）對任意實數ｔ，［ｆ（ｘ）＋ｔ·ｇ（ｘ）］２＝ｆ２（ｘ）＋２ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｔ＋ｇ２（ｘ）ｔ２≥０．於是ｂｂｂｆ２（ｘ）ｄｘ＋２ｔｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＋ｔ２ｇ２（ｘ）ｄｘ≥０．∫ａ∫ａ∫ａ上式左端是一個非負的二次三項式，故其判別式必小於等於零．即ｂｂｂ４［ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ］２－４ｆ２（ｘ）ｄｘｇ２（ｘ）ｄｘ≤０．∫ａ∫ａ∫ａ從而得ｂｂｂ［ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ］２≤ｆ２（ｘ）ｄｘ·ｇ２（ｘ）ｄｘ．∫ａ∫ａ∫ａ（２）因ｆ（ｘ）≥０，ｆ（ｘ）＝槡ｆ（ｘ）槡ｆ（ｘ）．利用（１）ｂｂｂ２２２［ｆ（ｘ）ｃｏｓｋｘｄｘ］≤［槡ｆ（ｘ）］ｄｘ［槡ｆ（ｘ）ｃｏｓｋｘ］ｄｘ∫ａ∫ａ∫ａｂ
＝ｆ（ｘ）ｃｏｓ２ｋｘｄｘ．∫ａｂｂ同理［ｆ（ｘ）ｓｉｎｋｘｄｘ］２≤ｆ（ｘ）ｓｉｎ２ｋｘｄｘ．∫ａ∫ａｂｂ因此［ｆ（ｘ）ｃｏｓｋｘｄｘ］２＋［ｆ（ｘ）ｓｉｎｋｘｄｘ］２∫ａ∫ａｂ
≤ｆ（ｘ）（ｃｏｓ２ｋｘ＋ｓｉｎ２ｋｘ）ｄｘ∫ａｂ
＝ｆ（ｘ）ｄｘ＝１．∫ａ例４２設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上單調增加，且ｆ″（ｘ）＞０，證明：ｂｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）（ｂ－ａ）ｆ（ａ）＜ｆ（ｘ）ｄｘ＜（ｂ－ａ）．∫ａ２!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｂ
證先證（ｂ－ａ）ｆ（ａ）＜ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ由題設，對於任意ｘ∈［ａ，ｂ］，當ｘ＞ａ時，有ｆ（ｘ）＞ｆ（ａ），ｂｂ故ｆ（ｘ）ｄｘ＞ｆ（ａ）ｄｘ＝（ｂ－ａ）ｆ（ａ）．∫ａ∫ａｂｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）再證ｆ（ｘ）ｄｘ＜（ｂ－ａ）．∫ａ２對於任意ｔ∈［ａ，ｂ］，ｆ（ｔ）在ｔ＝ｘ處的泰勒展開式為１２ｆ（ｔ）＝ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）（ｔ－ｘ）＋ｆ″（ξ）（ｔ－ｘ），２
其中ξ介於ｔ與ｘ之間．因ｆ″（ξ）＞０，所以ｆ（ｔ）＞ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）（ｔ－ｘ），ｔ∈［ａ，ｂ］，ｔ≠ｘ．將ｔ＝ａ和ｔ＝ｂ分別代入上式，ｆ（ａ）＞ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）（ａ－ｘ），ｆ（ｂ）＞ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）（ｂ－ｘ），ｘ∈（ａ，ｂ）．再將這兩式相加ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）＞２ｆ（ｘ）＋（ａ＋ｂ）ｆ′（ｘ）－２ｘｆ′（ｘ）．兩端從ａ到ｂ積分［ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）］（ｂ－ａ）ｂｂｂ＞２ｆ（ｘ）ｄｘ＋（ａ＋ｂ）ｆ′（ｘ）ｄｘ－２ｘｆ′（ｘ）ｄｘ∫ａ∫ａ∫ａｂｂｂ＝２ｆ（ｘ）ｄｘ＋（ａ＋ｂ）［ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）］－２ｘｆ（ｘ）＋２ｆ（ｘ）ｄｘ∫ａａ∫ａｂ
＝４ｆ（ｘ）ｄｘ＋（ａ－ｂ）［ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）］．∫ａｂｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）所以ｆ（ｘ）ｄｘ＜（ｂ－ａ）．∫ａ２綜上所述，結論成立．例４３設連續函數ｆ（ｘ）＞０，證明：１１ｌｎ［ｆ（ｘ）ｄｘ］≥［ｌｎｆ（ｘ）］ｄｘ．∫０∫０證把區間［０，１］ｎ等分，根據定積分的定義１ｎ１ｉ１ｎｉｌｎ［ｆ（ｘ）ｄｘ］＝ｌｎ［ｌｉｍ∑ｆ（）］＝ｌｉｍｌｎ［∑ｆ（）］．∫０ｎ→∞ｉ＝１ｎｎｎ→∞ｎｉ＝１ｎ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()１ｎ１ｉ又［ｌｎｆ（ｘ）］ｄｘ＝ｌｉｍ∑ｌｎｆ（）∫０ｎ→∞ｉ＝１ｎｎｎ
１２ｎ＝ｌｉｍｌｎｆ（）ｆ（）…ｆ（）．ｎ→∞槡ｎｎｎ據算術平均與幾何平均的關係ｎ
１ｎｉ１２ｎｆ（）≥ｆ（）ｆ（）…ｆ（），ｎ∑ｎｎｎｎｉ＝１槡注意到ｌｎｘ為增函數，得ｎ
１ｎｉ１２ｎｌｎ［ｆ（）］≥ｌｎｆ（）ｆ（）…ｆ（）．ｎ∑ｎｎｎｎｉ＝１槡再根據極限的保號性知１１ｌｎ［ｆ（ｘ）ｄｘ］≥ｌｎｆ（ｘ）ｄｘ．∫０∫０１
例４４設ｆ′（ｘ）＝ａｒｃｓｉｎ（ｘ－１）２及ｆ（０）＝０，求ｆ（ｘ）ｄｘ．∫０１
解令Ｉ＝ｆ（ｘ）ｄｘ，由分部積分法得∫０１１Ｉ＝ｘｆ（ｘ）－ｘｆ′（ｘ）ｄｘ０∫０１
＝ｆ（１）－ｘａｒｃｓｉｎ（ｘ－１）２ｄｘ．∫０１
又因ｆ（１）－ｆ（０）＝ｆ′（ｘ）ｄｘ，∫０１１即ｆ（１）＝ｆ′（ｘ）ｄｘ＋ｆ（０）＝ａｒｃｓｉｎ（ｘ－１）２ｄｘ．∫０∫０１
從而Ｉ＝（１－ｘ）ａｒｃｓｉｎ（ｘ－１）２ｄｘ∫０１
＝－（ｘ－１）ａｒｃｓｉｎ（ｘ－１）２ｄｘ∫０１
１２２＝－ａｒｃｓｉｎ（ｘ－１）ｄ（ｘ－１）２∫０令ｕ＝（ｘ－１）２１１ａｒｃｓｉｎｕｄｕ２∫０１１１ｕ＝［ｕａｒｃｓｉｎｕ－ｄｕ］∫２２００槡１－ｕ１
１π２＝（＋槡１－ｕ）２２０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()π１＝－．４２１１例４５證明：ｌｎ（１＋ｎ）＜１＋＋…＋＜１＋ｌｎｎ．２ｎ１１證令ｆ（ｘ）＝，ｆ′（ｘ）＝－＜０，於是ｆ（ｘ）在（０，＋∞）內單調減少，因此ｘｘ２ｎ＋１２３ｎ＋１ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｄｘ＋…＋ｆ（ｘ）ｄｘ∫１∫１∫２∫ｎ２３ｎ＋１＜ｆ（１）ｄｘ＋ｆ（２）ｄｘ＋…＋ｆ（ｎ）ｄｘ∫１∫２∫ｎ＝ｆ（１）＋ｆ（２）＋…＋ｆ（ｎ）１１＝１＋＋…＋．２ｎ１１即ｌｎ（１＋ｎ）＜１＋＋…＋．２ｎｎ２３ｎ又１＋ｆ（ｘ）ｄｘ＝１＋ｆ（ｘ）ｄｘ＋ｆ（ｘ）ｄｘ＋…＋ｆ（ｘ）ｄｘ∫１∫１∫２∫ｎ－１２３ｎ＞１＋ｆ（２）ｄｘ＋ｆ（３）ｄｘ＋…＋ｆ（ｎ）ｄｘ∫１∫２∫ｎ－１＝１＋ｆ（２）＋ｆ（３）＋…＋ｆ（ｎ）１１１＝１＋＋＋…＋，２３ｎ１１即１＋ｌｎｎ＞１＋＋…＋．２ｎ１１故ｌｎ（１＋ｎ）＜１＋＋…＋＜１＋ｌｎｎ．２ｎ例４６設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，ｘ∈（ａ，ｂ），證明：１ｘｌｉｍ［ｆ（ｔ＋ｈ）－ｆ（ｔ）］ｄｔ＝ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）．ｈ→０＋ｈ[∫ａ]ｘ
證因ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，所以Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ存在，且∫ａＦ（ａ）＝０，Ｆ′（ｘ）＝ｆ（ｘ）．ｘ令ｕ＝ｔ＋ｈｘ＋ｈ於是ｆ（ｔ＋ｈ）ｄｔｆ（ｕ）ｄｕ∫ａ∫ａ＋ｈ＝Ｆ（ｘ＋ｈ）－Ｆ（ａ＋ｈ）．１ｘ故ｌｉｍ［ｆ（ｔ＋ｈ）－ｆ（ｔ）］ｄｔｈ→０＋ｈ∫ａ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ｆ（ｘ＋ｈ）－Ｆ（ａ＋ｈ）－Ｆ（ｘ）＋Ｆ（ａ）＝ｌｉｍｈ→０＋ｈＦ（ｘ＋ｈ）－Ｆ（ｘ）Ｆ（ａ＋ｈ）－Ｆ（ａ）＝ｌｉｍ－ｌｉｍｈ→０＋ｈｈ→０＋ｈ＝Ｆ′（ｘ）－Ｆ′（ａ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）．例４７設函數ｆ（ｘ）處處二階可導，且ｆ″（ｘ）≥０，又ｕ（ｔ）為任一連續函數，證明：１ａ１ａｆ［ｕ（ｔ）］ｄｔ≥ｆ［ｕ（ｔ）ｄｔ］（ａ＞０）．ａ∫０ａ∫０證函數ｆ（ｘ）在ｘ０處的泰勒展開式為１２ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）（ｘ－ｘ）＋ｆ″（ξ）（ｘ－ｘ），０００２０其中ξ在ｘ與ｘ０之間．由題設ｆ″（ｘ）≥０，得ｆ（ｘ）≥ｆ（ｘ０）＋ｆ′（ｘ０）（ｘ－ｘ０）．１ａ令ｘ０＝ｕ（ｔ）ｄｔ，ｘ＝ｕ（ｔ），有ａ∫０１ａ１ａ１ａｆ［ｕ（ｔ）］≥ｆ［ｕ（ｔ）ｄｔ］＋ｆ′［ｕ（ｔ）ｄｔ］·［ｕ（ｔ）－ｕ（ｔ）ｄｔ］．ａ∫０ａ∫０ａ∫０兩端從０到ａ積分ａ
ｆ［ｕ（ｔ）］ｄｔ∫０１ａ１ａａａ≥ａｆ［ｕ（ｔ）ｄｔ］＋ｆ′［ｕ（ｔ）ｄｔ］［ｕ（ｔ）ｄｔ－ｕ（ｔ）ｄｔ］ａ∫０ａ∫０∫０∫０１ａ＝ａｆ［ｕ（ｔ）ｄｔ］．ａ∫０１ａ１ａ故ｆ［ｕ（ｔ）］ｄｔ≥ｆ［ｕ（ｔ）ｄｔ］．ａ∫０ａ∫０例４８設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，且對於［ａ，ｂ］上任意兩點ｘ，ｙ，ｘ≠ｙ，有１ｙ１ｆ（ｔ）ｄｔ＝［ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ）］，ｙ－ｘ∫ｘ２求ｆ（ｘ）．解由題設知ｙ
２ｆ（ｔ）ｄｔ＝（ｙ－ｘ）［ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ）］，∫ｘ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()令ｘ＝ａ，有ｙ
２ｆ（ｔ）ｄｔ＝（ｙ－ａ）［ｆ（ａ）＋ｆ（ｙ）］．∫ａｙ
因ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，則ｆ（ｔ）ｄｔ可導，從而由上式知ｆ（ｙ）本身可導，上式兩端對ｙ求∫ａ導
２ｆ（ｙ）＝ｆ（ａ）＋ｆ（ｙ）＋（ｙ－ａ）ｆ′（ｙ），即（ｙ－ａ）ｆ′（ｙ）－［ｆ（ｙ）－ｆ（ａ）］＝０，ｆ（ｙ）－ｆ（ａ）於是得到′＝０（ｙ∈（ａ，ｂ］）．[ｙ－ａ]所以存在常數Ｃ，使得ｆ（ｙ）－ｆ（ａ）＝Ｃ，ｙ－ａ令ｙ＝ｂ，得ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）Ｃ＝，ｂ－ａｆ（ｙ）－ｆ（ａ）ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）故＝，ｙ－ａｂ－ａｆ（ｂ）－ｆ（ａ）即ｆ（ｙ）＝（ｙ－ａ）＋ｆ（ａ）（ｙ∈（ａ，ｂ］）．ｂ－ａ顯然上式對ｙ＝ａ也成立，所以ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｆ（ｘ）＝（ｘ－ａ）＋ｆ（ａ）（ｘ∈［ａ，ｂ］）．ｂ－ａ例４９設函數ｆ（ｘ）可導，且ｆ′（ｘ）＋ｘｆ′（ｘ－１）＝４，又１ｘｆ（ｘｔ）ｄｔ＋ｆ（ｔ－１）ｄｔ＝ｘ３＋ｘ２＋２ｘ，∫０∫０求ｆ（ｘ）．１令ｕ＝ｘｔｘｄｕ１ｘ解ｆ（ｘｔ）ｄｔｆ（ｕ）·＝ｆ（ｕ）ｄｕ．∫０∫０ｘｘ∫０於是有ｘｘｆ（ｕ）ｄｕ＋ｘｆ（ｔ－１）ｄｔ＝ｘ４＋ｘ３＋２ｘ２．∫０∫０兩端對ｘ求導，得ｘ
ｆ（ｘ）＋ｆ（ｔ－１）ｄｔ＋ｘｆ（ｘ－１）＝４ｘ３＋３ｘ２＋４ｘ．∫０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()兩端再對ｘ求導，得ｆ′（ｘ）＋ｆ（ｘ－１）＋ｆ（ｘ－１）＋ｘｆ′（ｘ－１）＝１２ｘ２＋６ｘ＋４，即２ｆ（ｘ－１）＋ｆ′（ｘ）＋ｘｆ′（ｘ－１）＝１２ｘ２＋６ｘ＋４．由題設ｆ′（ｘ）＋ｘｆ′（ｘ－１）＝４，得２ｆ（ｘ－１）＝１２ｘ２＋６ｘ，即ｆ（ｘ－１）＝６ｘ２＋３ｘ．故ｆ（ｘ）＝６（ｘ＋１）２＋３（ｘ＋１）＝６ｘ２＋１５ｘ＋９．例５０設函數ｆ（ｘ）在區間［ａ，ｂ］上可積，且對於任意ｘ１，ｘ２∈［ａ，ｂ］，都有｜ｆ（ｘ１－ｆ（ｘ２）｜≤｜ｘ１－ｘ２｜，證明：ｂ
１２ｆ（ｘ）ｄｘ≤（ｂ－ａ）ｆ（ａ）＋（ｂ－ａ）．∫ａ２ｂ
證因（ｂ－ａ）ｆ（ａ）＝ｆ（ａ）ｄｘ，所證不等式等價於∫ａｂ
１２［ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）］ｄｘ≤（ｂ－ａ）．∫ａ２ｂｂ又［ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）］ｄｘ≤｜［ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）］ｄｘ｜∫ａ∫ａｂ
≤｜ｆ（ｘ）－ｆ（ａ）｜ｄｘ∫ａｂ
≤｜ｘ－ａ｜ｄｘ∫ａｂ
１２＝（ｘ－ａ）ｄｘ＝（ｂ－ａ）．∫ａ２故不等式成立．例５１設函數ｆ（ｘ）在［０，２］上連續，在（０，２）內可導，ｆ（０）＝ｆ（２）＝１，且｜ｆ′（ｘ）｜≤１，證明：２
１≤ｆ（ｘ）ｄｘ≤３．∫０證由拉格朗日中值定理，得ｆ（ｘ）－ｆ（０）＝ｆ′（ξ１）（ｘ－０）（０＜ξ１＜ｘ），ｆ（ｘ）－ｆ（２）＝ｆ′（ξ２）（ｘ－２）（ｘ＜ξ２＜２），由題設｜ｆ′（ｘ）｜≤１，得｜ｆ（ｘ）－ｆ（０）｜≤ｘ，即１－ｘ≤ｆ（ｘ）≤１＋ｘ（ｘ∈［０，１］）．!\"!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()｜ｆ（ｘ）－ｆ（２）｜≤２－ｘ，即ｘ－１≤ｆ（ｘ）≤３－ｘ（ｘ∈［１，２］）．由此得到２１２ｆ（ｘ）ｄｘ≥（１－ｘ）ｄｘ＋（ｘ－１）ｄｘ∫０∫０∫１１２１２１２＝－（１－ｘ）＋（ｘ－１）＝１，２０２１２１２ｆ（ｘ）ｄｘ≤（１＋ｘ）ｄｘ＋（３－ｘ）ｄｘ∫０∫０∫１１２１２１２＝（１＋ｘ）－（３－ｘ）＝３．２０２１２
故１≤ｆ（ｘ）ｄｘ≤３．∫０ｘ
例５２設函數Ｓ（ｘ）＝｜ｃｏｓｔ｜ｄｔ．∫０（１）當ｎ為正整數，且ｎπ≤ｘ＜（ｎ＋１）π時，證明：２ｎ≤Ｓ（ｘ）＜２（ｎ＋１）；Ｓ（ｘ）（２）求ｌｉｍ．ｘ→＋∞ｘ解（１）因｜ｃｏｓｘ｜≥０，且ｎπ≤ｘ＜（ｎ＋１）π，ｎπ（ｎ＋１）π所以｜ｃｏｓｘ｜ｄｘ≤Ｓ（ｘ）＜｜ｃｏｓｘ｜ｄｘ．∫０∫０又因｜ｃｏｓｘ｜是以π為周期的函數，在每個周期上積分值相等，所以ｎππ｜ｃｏｓｘ｜ｄｘ＝ｎ｜ｃｏｓｘ｜ｄｘ＝２ｎ，∫０∫０（ｎ＋１）π｜ｃｏｓｘ｜ｄｘ＝２（ｎ＋１）．∫０因此當ｎπ≤ｘ＜（ｎ＋１）π時，有２ｎ≤Ｓ（ｘ）＜２（ｎ＋１）．（２）由（１）知，當ｎπ≤ｘ＜（ｎ＋１）π時，有２ｎＳ（ｘ）２（ｎ＋１）＜＜．（ｎ＋１）πｘｎπ令ｘ→＋∞，由夾逼準則Ｓ（ｘ）２ｌｉｍ＝．ｘ→＋∞ｘπ!\"#書
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例５３設函數ｆ（ｘ）＝ｔ２－ｘ２ｄｔ（ｘ＞０），求ｆ′（ｘ）並求ｆ（ｘ）的最小值．∫０ｘ１２２２２４２１解當－１＜ｘ＜１時，ｆ（ｘ）＝（ｘ－ｔ）ｄｔ＋（ｔ－ｘ）ｄｔ＝ｘ３－ｘ＋，∫０∫ｘ３３１
２２２１當ｘ≥１時，ｆ（ｘ）＝（ｘ－ｔ）ｄｔ＝ｘ－，∫０３２１?ｘ－，ｘ≤－１，?３?
４３２１?－ｘ－ｘ＋，－１＜ｘ＜０，?３３則ｆ（ｘ）＝?
４３２１?ｘ－ｘ＋，０≤ｘ＜１，?３３?
２１?ｘ－，ｘ≥１．?３?２ｘ，ｘ＜－１，?
?－４ｘ２－２ｘ，－１＜ｘ＜０，ｆ′（ｘ）＝?
?４ｘ２－２ｘ，０＜ｘ＜１，?
?２ｘ，ｘ＞１．由導數的定義可知，ｆ′（－１）＝－２，ｆ′（０）＝０，ｆ′（１）＝２．?２ｘ，ｘ≤－１，?
?－４ｘ２－２ｘ，－１＜ｘ＜０，故ｆ′（ｘ）＝?
?４ｘ２－２ｘ，０≤ｘ＜１，?
?２ｘ，ｘ≥１．由於ｆ（ｘ）是偶函數，所以隻需求它在［０，＋∞）上的最小值．易知ｆ′（ｘ）＜０，ｘ∈（０，１）；ｆ′（ｘ）＞０，ｘ∈（１，＋∞）．２
可知ｆ（ｘ）的最小值為ｆ（１）＝．３
例５４對一切實數ｔ，函數ｆ（ｔ）是連續的正函數，且可導，又ｆ（－ｔ）＝ｆ（ｔ），函數ａ
ｇ（ｘ）＝｜ｘ－ｔ｜ｆ（ｔ）ｄｔ，－ａ≤ｘ≤ａ（ａ＞０）．∫－ａ（１）證明ｇ′（ｘ）是單調增加的；（２）求出使函數ｇ（ｘ）取最小值的ｘ值；（３）將ｇ（ｘ）的最小值作為ａ的函數，它等於ｆ（ａ）－ａ２－１，求ｆ（ｔ）．ｘａ解（１）ｇ（ｘ）＝（ｘ－ｔ）ｆ（ｔ）ｄｔ＋（ｔ－ｘ）ｆ（ｔ）ｄｔ∫－ａ∫ｘ!\"\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘｘａａ＝ｘｆ（ｔ）ｄｔ－ｔｆ（ｔ）ｄｔ＋ｔｆ（ｔ）ｄｔ－ｘｆ（ｔ）ｄｔ，∫－ａ∫－ａ∫ｘ∫ｘｘａ則ｇ′（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ＋ｘｆ（ｘ）－ｘｆ（ｘ）－ｘｆ（ｘ）－ｆ（ｔ）ｄｔ＋ｘｆ（ｘ）∫－ａ∫ｘｘａ＝ｆ（ｔ）ｄｔ－ｆ（ｔ）ｄｔ，∫－ａ∫ｘｇ″（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｆ（ｘ）＝２ｆ（ｘ）＞０，故ｇ′（ｘ）是單調增加的．ｘａ（２）令ｇ′（ｘ）＝０，即ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ｔ）ｄｔ，∫－ａ∫ｘｘ令ｔ＝－ｕ－ｘａ又ｆ（ｔ）ｄｔｆ（－ｕ）ｄ（－ｕ）＝ｆ（－ｕ）ｄｕ∫－ａ∫ａ∫－ｘａ
＝ｆ（ｔ）ｄｔ［由題設ｆ（－ｔ）＝ｆ（ｔ）］．∫－ｘａａ從而比較ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ｔ）ｄｔ，∫－ｘ∫ｘ得－ｘ＝ｘ，即ｘ＝０．由ｇ′（ｘ）單調增加知，ｘ∈［－ａ，０）時，ｇ′（ｘ）＜ｇ′（０）＝０；ｘ∈（０，ａ］時，ｇ′（ｘ）＞ｇ′（０）＝０；可見ｘ＝０是ｇ（ｘ）的唯一的最小值點．ａ
（３）ｇ（０）＝｜ｔ｜ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ａ）－ａ２－１，∫－ａ０ａ即（－ｔ）ｆ（ｔ）ｄｔ＋ｔｆ（ｔ）ｄｔ＝ｆ（ａ）－ａ２－１，①∫－ａ∫０兩端對ａ求導，結合ｆ（－ａ）＝ｆ（ａ），得２ａｆ（ａ）＝ｆ′（ａ）－２ａ，ｆ′（ａ）即＝２ａ．ｆ（ａ）＋１兩端積分，得ｌｎ［ｆ（ａ）＋１］＝ａ２＋Ｃ由①知ａ＝０時，ｆ（０）＝１代入上式得Ｃ＝ｌｎ２，２２故ｆ（ａ）＋１＝ｅａ＋ｌｎ２＝２ｅａ，２
即ｆ（ｔ）＝２ｅｔ－１．例５５證明：當ｘ≥０時，ｘ
ｆ（ｘ）＝（ｔ－ｔ２）ｓｉｎ２ｎｔｄｔ（ｎ為正整數）∫０!\"#書
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的最大值不超過．（２ｎ＋２）（２ｎ＋３）證ｆ′（ｘ）＝（ｘ－ｘ２）ｓｉｎ２ｎｘ，令ｆ′（ｘ）＝０，得ｆ（ｘ）在（０，＋∞）內的駐點：ｘ＝１和ｘ＝ｋπ（ｋ＝１，２，…）．顯然ｆ（ｘ）在［１，＋∞）上是單調遞減的，而ｘ∈（０，１）時ｆ′（ｘ）＞０，所以ｆ（ｘ）在［０，１］上是單調遞增的．故ｆ（１）是ｆ（ｘ）在區間［０，＋∞）上的最大值．π２ｎ２ｎ又因０≤ｔ＜１＜時，ｓｉｎｔ≤ｔ，２
１１故ｆ（１）＝（ｔ－ｔ２）ｓｉｎ２ｎｔｄｔ≤（ｔ－ｔ２）ｔ２ｎｄｔ∫０∫０１１１＝－＝．２ｎ＋２２ｎ＋３（２ｎ＋２）（２ｎ＋３）ｘ
２２ｎ１即（ｔ－ｔ）ｓｉｎｔｄｔ≤．∫０（２ｎ＋２）（２ｎ＋３）例５６證明：方程ｘπｌｎｘ＝－槡１－ｃｏｓ２ｘｄｘｅ∫０在（０，＋∞）內有且僅有兩個不同的實根．證因為ππ槡１－ｃｏｓ２ｘｄｘ＝槡２ｓｉｎｘｄｘ＝２槡２，∫０∫０ｘ
原方程即為ｌｎｘ＝－２２．ｅ槡ｘ
令Ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ＋２２－，槡ｅ１１Ｆ′（ｘ）＝－，令ｆ′（ｘ）＝０，得ｘ＝ｅ．ｘｅ為討論方便起見，列表如下：表５－１ｘ（０，ｅ）ｅ（ｅ，＋∞）Ｆ′（ｘ）＋０－Ｆ（ｘ）單增Ｆ（ｅ）＝２槡２最大值單減由於Ｆ（ｅ）＞０，而ｘ
ｌｉｍＦ（ｘ）＝ｌｉｍ（ｌｎｘ＋２槡２－）＝－∞，ｘ→０＋ｘ→０＋ｅ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ
ｌｉｍＦ（ｘ）＝ｌｉｍ（ｌｎｘ＋２槡２－）＝－∞，ｘ→＋∞ｘ→＋∞ｅ所以Ｆ（ｘ）在（０，ｅ）與（ｅ，＋∞）內分別至少有一個零點．又因為Ｆ（ｘ）在（０，ｅ）內和（ｅ，＋∞）內分別是單調遞增和單調遞減，故Ｆ（ｘ）在（０，＋∞）內有且僅有兩個零點，也即方程ｘπｌｎｘ＝－槡１－ｃｏｓ２ｘｄｘｅ∫０在（０，＋∞）內有且僅有兩個根．例５７函數ｆ（ｘ）在［０，ａ］上連續，證明：ａｈπｌｉｍ２２ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｆ（０）．ｈ→０＋∫０ｈ＋ｘ２ａｈ證記Ｆ（ｈ）＝２２［ｆ（ｘ）－ｆ（０）］ｄｘ，ｈ＞０．∫０ｈ＋ｘ因ｆ（ｘ）在ｘ＝０處右連續，所以對於任意給定的ε＞０，總有δ＞０（δ＜ａ），使當ｘ∈［０，δ）時，｜ｆ（ｘ）－ｆ（０）｜＜ε．於是δｈａｈ｜Ｆ（ｈ）｜＝２２［ｆ（ｘ）－ｆ（０）］ｄｘ＋２２［ｆ（ｘ）－ｆ（０）］ｄｘ∫０ｈ＋ｘ∫δｈ＋ｘδｈａｈ≤ε２２ｄｘ＋２２｜ｆ（ｘ）－ｆ（０）｜ｄｘ∫０ｈ＋ｘ∫δｈ＋ｘδａδ≤ε·ａｒｃｔａｎ＋２Ｍ（ａｒｃｔａｎ－ａｒｃｔａｎ）ｈｈｈπａδ≤ε＋２Ｍ（ａｒｃｔａｎ－ａｒｃｔａｎ），２ｈｈ這裏Ｍ為｜ｆ（ｘ）｜在［０，ａ］上的最大值．ａδ因為ｌｉｍ（ａｒｃｔａｎ－ａｒｃｔａｎ）＝０，ｈ→０＋ｈｈ所以ｌｉｍ｜Ｆ（ｈ）｜＝０，ｈ→０＋從而ｌｉｍＦ（ｈ）＝０，ｈ→０＋ａｈａｈ即ｌｉｍ２２ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｌｉｍ２２ｆ（０）ｄｘｈ→０＋∫０ｈ＋ｘｈ→０＋∫０ｈ＋ｘａπ＝ｆ（０）·ｌｉｍａｒｃｔａｎ＝ｆ（０）．ｈ→０＋ｈ２!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()目標測試題一、填空題１
１．設ｆ（ｘ）是連續函數，且ｆ（ｘ）＝ｘ＋２ｆ（ｘ）ｄｘ，則ｆ（ｘ）＝．∫０２槡ｘｅｔ－１ｄｔ∫ｘｔ１２．已知ｌｉｍ槡＝，則常數ａ＝．ｘ→０＋ｌｎ（１＋ａ槡ｘ）３２ｓｉｎｘ＋｜ｘ｜３．２ｄｘ＝．∫－２１＋ｘｄｅｘ１４．（ｄｔ）＝．∫２３ｄｘｘ槡１＋ｔｘ２－２５．設ｆ（ｘ）在［０，４］上連續，且ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｘ－槡３，則ｆ（２）＝．∫１１２ｎ－１１＋ｃｏｓ＋ｃｏｓ＋…＋ｃｏｓｎｎｎ６．ｌｉｍ＝．ｎ→∞ｎ１
７．已知ｆ（０）＝１，ｆ（２）＝３，ｆ′（２）＝５，則ｘｆ″（２ｘ）ｄｘ＝．∫０∞ｌｎｘ８．若廣義積分ｋｄｘ收斂，則ｋ應滿足的條件．∫１ｘ二、選擇題ｘ
１．設ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ（ａ≤ｘ≤ｂ），則Ｆ（ｘ）是ｆ（ｘ）的（）．∫ａＡ．不定積分；Ｂ．一個原函數；Ｃ．全體原函數；Ｄ．在［ａ，ｂ］上的定積分．＋∞２．設ｆ（ｘ）可導，為使廣義積分ｆ′（１－ｘ）ｄｘ收斂，應要求下列極限中存在的∫１是（）．Ａ．ｌｉｍｆ（ｘ）；Ｂ．ｌｉｍｆ（ｘ）；ｘ→∞ｘ→－∞１
Ｃ．ｌｉｍｆ（ｅｘ）；Ｄ．ｌｉｍｆ（ｘ）．ｘ→０－ｘ→１３．設函數ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）均在（－∞，＋∞）上可微，且ｆ（ｘ）＜ｇ（ｘ），則必有（）．ｘｘＡ．｜ｆ（ｘ）｜＜｜ｇ（ｘ）｜；Ｂ．ｆ（ｔ）ｄｔ＜ｇ（ｔ）ｄｔ；∫ａ∫ａ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ｃ．ｆ′（ｘ）＜ｇ′（ｘ）；Ｄ．ｌｉｍｆ（ｘ）＜ｌｉｍｇ（ｘ）．ｘ→ｘ０ｘ→ｘ０π２ππ２（１＋ｘ）２１＋ｘ２４．Ｍ＝ｄｘ，Ｎ＝ｄｘ，Ｋ＝（１＋ｃｏｓｘ）ｄｘ，則Ｍ，Ｎ，Ｋ大小關∫π２∫πｘ∫π槡－２１＋ｘ－２ｅ－２係為（）．Ａ．Ｍ＞Ｎ＞Ｋ；Ｂ．Ｍ＞Ｋ＞Ｎ；Ｃ．Ｋ＞Ｍ＞Ｎ；Ｄ．Ｋ＞Ｎ＞Ｍ．π
ｘ２５．設ｆ（ｔ）ｄｔ＝２ｘ３，則Ｉ＝ｃｏｓｘｆ（－ｓｉｎｘ）ｄｘ＝（）．∫０∫０π３π３Ａ．；Ｂ．－；Ｃ．２；Ｄ．－２．４４１
?，ｘ≥０，?１＋ｘ２６．設ｆ（ｘ）＝?則ｆ（ｘ－１）ｄｘ＝（）．１∫０?，ｘ＜０，?１＋ｅｘＡ．１＋ｌｎ（１＋ｅ－１）；Ｂ．２－ｌｎ（１＋ｅ２）＋ｌｎ３；Ｃ．１＋ｌｎ（１＋ｅ－１）＋ｌｎ２；Ｄ．１－ｌｎ（１＋ｅ－１）．ｘ２ｘ７．設Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ，其中ｆ（ｘ）連續，則ｌｉｍＦ（ｘ）等於（）．ｘ－ａ∫ａｘ→ａＡ．ａ２；Ｂ．ａ２ｆ（ａ）；Ｃ．０；Ｄ．不存在．ｘ
８．已知ｆ（ｘ）為非負連續函數，且當ｘ＞０時，ｆ（ｘ）ｆ（ｘ－ｔ）ｄｔ＝ｘ３，則ｆ（ｘ）＝（）．∫０２２Ａ．２ｘ；Ｂ．２ｘ；Ｃ．槡２ｘ；Ｄ．槡２ｘ．三、計算題１２ｅ１．ｘ２槡４－ｘ２ｄｘ．２．ｌｎ（２ｘ＋１）ｄｘ．∫－１∫１３ππ４４ｔａｎｘ３．槡１＋ｃｏｓ２ｘｄｘ．４．２ｄｘ．∫０∫０ｃｏｓｘ２６２ｄｘ－５．．６．（ｘ－４）３ｄｘ．∫２∫１ｘ槡３ｘ－２ｘ－１０＋∞ｄｘ２ππ７．∫．８．∫ｘ－ｃｏｓｘｄｘ．０（ｘ＋１）槡ｘ０２四、證明：設ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，那麼函數ｘ
Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ（ａ≤ｘ≤ｂ）∫ａ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()為ｆ（ｘ）的一個原函數．五、下列解法是否正確？為什麼？
２１２ｄｘ＝ｌｎ｜ｘ｜＝ｌｎ２－ｌｎ１＝ｌｎ２．∫－１ｘ－１槡ｘ六、已知ｆ（ｕ）連續，設Ｆ（ｘ）＝ｔｆ（ｘ＋ｔ２）ｄｔ，求Ｆ′（ｘ）．∫０七、設函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續，且單調遞增，證明：ｂｂ（ａ＋ｂ）ｆ（ｘ）ｄｘ＜２ｘｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ∫ａ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()第六章定積分的應用內容提要微元法的基本思想若所求量Ｍ符合下列條件：（１）Ｍ與變量ｘ和其變化區間［ａ，ｂ］及定義在該區間上的某一連續函數ｆ（ｘ）有關；（２）Ｍ對於區間［ａ，ｂ］具有可加性．則任取［ａ，ｂ］的一子區間［ｘ，ｘ＋ｄｘ］，在其上建立所求量的微分ｄＭ＝ｆ（ｘ）ｄｘ；以ｆ（ｘ）ｄｘ為被積表達式，在區間［ａ，ｂ］上作定積分，得ｂ
Ｍ＝ｆ（ｘ）ｄｘ．∫ａ平麵圖形的麵積的計算ｂβ１２２Ａ＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）ｄｘ，Ａ＝［φ２（θ）－φ１（θ）］ｄθ．∫ａ２∫α!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()圖６－１圖６－２體積的計算（１）平行截麵麵積為已知的立體的體積：ｂ
Ｖ＝Ａ（ｘ）ｄｘ．∫ａ圖６－３（２）旋轉體的體積：ｂｂ２２Ｖｘ＝π［ｆ２（ｘ）－ｆ１（ｘ）］ｄｘ，Ｖｙ＝２πｘ［ｆ２（ｘ）－ｆ１（ｘ）］ｄｘ（０≤ａ＜ｂ）．∫ａ∫ａ圖６－４平麵曲線的弧長的計算（１）直角坐標情形：設曲線為ｙ＝ｆ（ｘ）（ａ≤ｘ≤ｂ），則其長度為ｂ
ｓ＝槡１＋ｆ′２（ｘ）ｄｘ．∫ａｘ＝φ（ｔ），（２）參數方程情形：設曲線為（ｔ０≤ｔ≤Ｔ），則其長度為{ｙ＝ψ（ｔ），!\"!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ｔ
ｓ＝∫槡φ′２（ｔ）＋ψ′２（ｔ）ｄｔ．ｔ０（３）極坐標情形：設曲線為ρ＝ρ（θ）（α≤θ≤β），則其長度為β
ｓ＝槡ρ２（θ）＋ρ′２（θ）ｄθ．∫α定積分的物理應用主要包括變力做功，液體壓力、引力、質量、平均值等，在具體解題時，應注意微元法的靈活應用．例題分析２８例１已知拋物線ｙ＝１＋ｘ與過點Ｂ（０，ｂ）的切線及ｙ軸所圍圖形麵積為，求ｂ．３
解如圖６－５所示，設切點Ｐ０（ｘ０，ｙ０），因ｙ′＝２ｘ，ｙ′（ｘ０）＝２ｘ０，Ｐ０Ｂ的方程為２
ｙ－（１＋ｘ０）＝２ｘ０（ｘ－ｘ０），２
即ｙ＝２ｘ０ｘ－ｘ０＋１．ｘ０２２所求麵積Ａ＝［１＋ｘ－（２ｘ０ｘ－ｘ０＋１）］ｄｘ∫０ｘ０１３２２＝（ｘ－ｘ０ｘ＋ｘ０ｘ）３０圖６－５１３８＝｜ｘ｜＝．３０３故得ｘ０＝±２．切線方程為ｙ＝４ｘ－３或ｙ＝－４ｘ－３．因Ｂ（０，ｂ）在該切線上，易得ｂ＝－３．π
例２設曲線ｙ＝ｓｉｎｘ（０≤π≤），直線ｙ＝ａ（０≤ａ≤１）與ｘ＝０所圍圖形的麵２
ππ積為Ａ；ｙ＝ｓｉｎｘ（０≤ｘ≤），ｙ＝ａ與ｘ＝所圍圖形的麵積為Ａ，求Ａ＝Ａ＋Ａ的最１２２２１２小值．π
解如圖６－６所示，滿足ｓｉｎｘ＝ａ（０≤ｘ≤）的ｘ值隻有一個，設ｘ＝ｔ，則２
ｔＡ１＝（ａ－ｓｉｎｘ）ｄｘ＝ａｔ＋ｃｏｓｔ－１，∫０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()π
２πＡ２＝（ｓｉｎｘ－ａ）ｄｘ＝－ａ＋ｃｏｓｔ＋ａｔ．∫ｔ２π
注意ａ＝ｓｉｎｔ，０≤ｔ≤．２
πＡ＝Ａ＋Ａ＝２（ｔｓｉｎｔ＋ｃｏｓｔ）－（１＋ｓｉｎｔ）．１２２ｄＡπ＝２（ｔ－）ｃｏｓｔ，令Ａ′（ｔ）＝０，圖６－６ｄｔ４ππ得在（０，）內唯一駐點ｔ＝．２４πππ當０＜ｔ＜時，Ａ′（ｔ）＜０；當＜ｔ＜時，Ａ′（ｔ）＞０，４４２ππ在０＜ｔ＜內隻有一個極小值，它即最小值Ａ（）＝２－１．２４槡２
例３求曲線ρ＝槡２ｓｉｎθ，ρ＝ｃｏｓ２θ所圍成圖形公共部分麵積．解具體如圖６－７所示．ρ＝２ｓｉｎθ，２π由方程組槡得兩曲線的交點Ａ（槡，），２２６{ρ＝ｃｏｓ２θ２５Ｂ（槡，π）．圖６－７２６由對稱性ππ６１２４１Ａ＝２（２ｓｉｎθ）ｄθ＋ｃｏｓ２θｄθ[∫槡∫π]０２６２ππ６４＝（１－ｃｏｓ２θ）ｄθ＋ｃｏｓ２θｄθ∫∫π０６ππ１６１４＝（θ－ｓｉｎ２θ）＋ｓｉｎ２θπ
２０２６π３－１＝－槡．６２例４設拋物線ｙ＝ｘ－ｘ２與Ｏｘ軸所圍成的區域被直線ｙ＝ｋｘ（０＜ｋ＜１）分為兩個部分，如果兩部分麵積之比Ａ１∶Ａ２＝１∶７，其中Ａ１為拋物線與直線所圍部分的麵積，求參數ｋ的值．解如圖６－８所示，拋物線與Ｏｘ軸所圍區域的麵積!\"#書
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２１Ａ＝（ｘ－ｘ）ｄｘ＝．∫０６ｙ＝ｋｘ，聯立得拋物線與直線交點的橫坐標ｘ＝０及ｘ＝{ｙ＝ｘ－ｘ２１－ｋ，由此１－ｋ２圖６－８Ａ１＝［（ｘ－ｘ）－ｋｘ］ｄｘ∫０（１－ｋ）３（１－ｋ）３＝－２３１３＝（１－ｋ）．６
１１１從而Ａ＝－Ａ，由Ａ∶（－Ａ）＝１∶７，得Ａ＝．２６１１６１１４８１３１１即（１－ｋ）＝，得ｋ＝．６４８２１
例５證明：雙曲線ｙ＝與其上任一點Ｐ（ｘ，ｙ）處ｘ０００的切線及ｘ＝ａ（ａ為切線在ｘ軸上的截距）所圍圖形麵積Ａ為常數．解由對稱性，隻需考慮ｘ０＞０的情形．如圖６－９所示，切線斜率為１
ｋ＝ｙ′（ｘ）＝－，０ｘ２０圖６－９１１則切線方程為ｙ－＝－２（ｘ－ｘ０）．ｘ０ｘ０２ｘ０－ｘ即ｙ＝２．ｘ０當ｙ＝０時，ｘ＝ａ＝２ｘ０，所以２ｘ０１２ｘ０－ｘＡ＝－ｄｘ∫(２)ｘ０ｘｘ０２ｘ０２ｘ０１１２１＝ｌｎ｜ｘ｜＋２·（２ｘ０－ｘ）＝ｌｎ２－．ｘ０ｘ０２ｘ０２例６設ｙ＝ｆ（ｘ）是區間［０，１］上的任一非負連續函數．（１）證明：存在ｘ０∈（０，１），使得在區間［０，ｘ０］上以ｆ（ｘ０）為高的矩形麵積，等於在區間［ｘ０，１］上以ｙ＝ｆ（ｘ）為曲邊的曲邊梯形麵積．!\"\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()２ｆ（ｘ）（２）又設ｆ（ｘ）在（０，１）內可導，且ｆ′（ｘ）＞－，證明（１）中的ｘ是唯一的．ｘ０１
證（１）令Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｔ）ｄｔ，則Ｆ（０）＝Ｆ（１）＝０，且∫ｘ１
Ｆ′（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ－ｘｆ（ｘ）．∫ｘ對Ｆ（ｘ）在區間［０，１］上應用羅爾定理知，存在一點ｘ０∈（０，１）使Ｆ′（ｘ０）＝０，因而１
ｆ（ｘ）ｄｘ－ｘｆ（ｘ）＝０．∫００ｘ０１
即矩形麵積ｘｆ（ｘ）等於曲邊梯形麵積ｆ（ｘ）ｄｘ．００∫ｘ０１
（２）令φ（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ－ｘｆ（ｘ），則當ｘ∈（０，１）時，有∫ｘφ′（ｘ）＝－ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）－ｘｆ′（ｘ）＜０，所以φ（ｘ）在（０，１）內單調減少，故此時（１）中的ｘ０是唯一的．例７設非負函數ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上連續可導，且ｆ′（ｘ）＞０．證明：在（ａ，ｂ）內存在唯一的ξ，使得曲線ｙ＝ｆ（ｘ）與兩直線ｙ＝ｆ（ξ），ｘ＝ａ所圍成的平麵圖形的麵積Ａ１，是ｙ＝ｆ（ｘ）與ｙ＝ｆ（ξ），ｘ＝ｂ所圍成的平麵圖形麵積Ａ２的ｋ倍（ｋ＞０）．證在（ａ，ｂ）內任取一點ｘ，則ｘ
Ａ１（ｘ）＝ｆ（ｘ）（ｘ－ａ）－ｆ（ｔ）ｄｔ，∫ａｂ
Ａ２（ｘ）＝ｆ（ｔ）ｄｔ－ｆ（ｘ）（ｂ－ｘ）．∫ｘ於是作輔助函數Ｆ（ｘ）＝Ａ１（ｘ）－ｋＡ２（ｘ），ｂ
Ｆ（ａ）＝Ａ１（ａ）－ｋＡ２（ａ）＝－ｋ［ｆ（ｔ）ｄｔ－ｆ（ａ）（ｂ－ａ）］∫ａ＝－ｋ（ｂ－ａ）［ｆ（ξ１）－ｆ（ａ）］＜０，ｂ
這裏對ｆ（ｔ）ｄｔ應用積分中值定理，ａ＜ξ１＜ｂ，結合ｆ′（ｘ）＞０，有∫ａｆ（ξ１）＞ｆ（ａ）．ｂ
同樣地Ｆ（ｂ）＝ｆ（ｂ）（ｂ－ａ）－ｆ（ｔ）ｄｔ＝（ｂ－ａ）［ｆ（ｂ）－ｆ（ξ２）］＞０∫ａ（ａ＜ξ２＜２）．由連續函數的零點定理，在（ａ，ｂ）內至少存在一點ξ，使得Ｆ（ξ）＝０，即Ａ１（ξ）＝ｋＡ２（ξ）．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()又因為Ｆ′（ｘ）＝Ａ′１（ｘ）－ｋＡ′２（ｘ）＝ｆ′（ｘ）（ｘ－ａ）＋ｋｆ′（ｘ）（ｂ－ｘ）＝ｆ′（ｘ）［ｘ－ａ＋ｋ（ｂ－ｘ）］＞０．即Ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）內單調增加，於是在（ａ，ｂ）內Ｆ（ｘ）＝０的根是唯一的．即在（ａ，ｂ）內存在唯一的ξ，使得Ａ１（ξ）＝ｋＡ２（ξ）．例８過點Ｐ（１，０）作拋物線ｙ＝槡ｘ－２的切線，該切線與上述拋物線及ｘ軸圍成一平麵圖形，求此圖形繞ｘ軸旋轉一周所成旋轉體的體積．解設所作切線與拋物線相切於點（ｘ０，槡ｘ０－２）．因１
ｙ′（ｘ０）＝，２槡ｘ０－２故此切線方程為１
ｙ－槡ｘ０－２＝（ｘ－ｘ０）．２槡ｘ０－２又因該切線過點Ｐ（１，０），所以１
－槡ｘ０－２＝（１－ｘ０），２槡ｘ０－２得ｘ０＝３．從而切線方程為１
ｙ＝（ｘ－１）．２
因此所求旋轉體的體積為３３１２πＶ＝π（ｘ－１）ｄｘ－π（ｘ－２）ｄｘ＝．∫１４∫２６π
例９設０≤ｔ≤，曲線ｙ＝ｓｉｎｘ與三條直線ｘ＝ｔ，ｘ＝２ｔ及ｙ＝０所圍部分繞ｘ軸２
旋轉而成的旋轉體體積為Ｖ（ｔ），問ｔ為何值時，Ｖ為最大．２ｔ解Ｖ（ｔ）＝πｓｉｎ２ｘｄｘ，∫ｔ２２２則Ｖ′（ｔ）＝２πｓｉｎ２ｔ－πｓｉｎｔ＝πｓｉｎｔ（２槡２ｃｏｓｔ＋１）（２槡２ｃｏｓｔ－１）．π
令Ｖ′（ｔ）＝０，因為當０＜ｔ＜時，２
２ｓｉｎｔ（２槡２ｃｏｓｔ＋１）＞０．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()２
所以２２ｃｏｓｔ－１＝０，得ｔ＝ａｒｃｃｏｓ槡．槡４２２當０＜ｔ＜ａｒｃｃｏｓ槡時，ｃｏｓｔ＞槡，則Ｖ′（ｔ）＞０．４４２π２當ａｒｃｃｏｓ槡＜ｔ＜時，ｃｏｓｔ＜槡，此時Ｖ′（ｔ）＜０．４２４２
故ｔ＝ａｒｃｃｏｓ槡為Ｖ（ｔ）的最大值點．４
例１０設拋物線ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ過原點，當０≤ｘ≤１時，ｙ≥０，又已知拋物線與ｘ１
軸及直線ｘ＝１所圍圖形麵積為，試確定ａ，ｂ，ｃ，使此圖形繞ｘ軸旋轉一周而成的旋轉體３
的體積Ｖ最小．解因曲線過原點，則ｃ＝０．由題設１
２ａｂ１（ａｘ＋ｂｘ）ｄｘ＝＋＝，∫０３２３２
得ｂ＝（１－ａ）．３
１又Ｖ＝π（ａｘ２＋ｂｘ）２ｄｘ∫０ａ２１ｂ２＝π（＋ａｂ＋）５２３２
ａ１１４２＝π＋ａ（１－ａ）＋·（１－ａ）．[５３３９]２１２８令Ｖ′＝πａ＋－ａ－（１－ａ）＝０，ａ[５３３２７]５２３得ａ＝－，則ｂ＝（１－ａ）＝．４３２５４５３又因Ｖ″（－）＝π＞０及實際情況知，當ａ＝－，ｂ＝，ｃ＝０時，體積Ｖ取最小．ａ４１３５４２例１１設平麵圖形Ａ由ｘ２＋ｙ２≤２ｘ與ｙ≥ｘ所確定，求圖形Ａ繞直線ｘ＝２旋轉一周所得旋轉體的體積．解如圖６－１０所示，本題采用微元法的思想求解．取ｙ為積分變量，它的變化區間為［０，１］，Ａ的兩條邊界曲線的方程為ｘ＝１－槡１－ｙ２及ｘ＝ｙ．相應於［０，１］上任一小區間［ｙ，ｙ＋ｄｙ］的薄片的體積微元為!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｄＶ＝｛π［２－（１－槡１－ｙ２）］２－π（２－ｙ）２｝ｄｙ＝２π［槡１－ｙ２－（１－ｙ）２］ｄｙ．於是所求體積為１
Ｖ＝２π［槡１－ｙ２－（１－ｙ）２］ｄｙ∫０１
ｙ２１１３＝２π［槡１－ｙ＋ａｒｃｓｉｎｙ＋（１－ｙ）］２２３０圖６－１０π１π２２π＝２π（－）＝－．４３２３例１２設ｙ＝ｅ－ｘ，ｙ＝ｅ－２ｘ（ｘ≥０）及直線ｘ＝ξ所圍平麵圖形繞ｘ軸旋轉一周得一旋１
轉體，求此旋轉體體積Ｖ（ξ），並求滿足Ｖ（ａ）＝ｌｉｍＶ（ξ）的ａ．２ξ→＋∞解具體如圖６－１１所示．ξξＶ（ξ）＝π（ｅ－ｘ）２ｄｘ－π（ｅ－２ｘ）２ｄｘ∫０∫０ξξ＝πｅ－２ｘｄｘ－πｅ－４ｘｄｘ∫０∫０ξ
１－２ｘ１－４ｘ＝π（－ｅ＋ｅ）２４０ππ－２ξπ－４ξ＝－ｅ＋ｅ．４２４圖６－１１π－２ａ２從而Ｖ（ａ）＝（１－ｅ）．４
ππ－２ξπ－４ξπ又ｌｉｍＶ（ξ）＝ｌｉｍ（－ｅ＋ｅ）＝．ξ→＋∞ξ→＋∞４２４４π－２ａ２１π由題設（１－ｅ）＝·，４２４１２故ａ＝－ｌｎ（１－槡）．２２例１３證明：正弦曲線ｙ＝ｓｉｎｘ位於［０，２π］上的一段的弧長，等於橢圓ｘ２＋２ｙ２＝２的周長．證正弦曲線弧的長度ππ２２２２Ｌ１＝４槡１＋ｙ′ｄｘ＝４槡１＋ｃｏｓｘｄｘ∫０∫０π
令ｔ＝－ｘπ２２４槡１＋ｓｉｎ２ｔｄｔ．∫０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ＝２ｃｏｓｔ，橢圓的參數方程槡（０≤ｔ≤２π），{ｙ＝ｓｉｎｔ，於是橢圓的周長ππ２２２２２Ｌ２＝４槡ｘ′（ｔ）＋ｙ′（ｔ）ｄｔ＝４槡１＋ｓｉｎｔｄｔ．∫０∫０由此Ｌ１＝Ｌ２，結論成立．例１４求心形線ρ＝ａ（１＋ｃｏｓθ）的全長，其中ａ＞０是常數．解因為ρ′（θ）＝－ａｓｉｎθ，所以弧微分為ｄｓ＝槡ρ２＋ρ′２ｄθ＝ａ槡（１＋ｃｏｓθ）２＋（－ｓｉｎθ）２ｄθθ
＝２ａｃｏｓｄθ．２
πθθπ所以弧長為Ｌ＝２２ａｃｏｓｄθ＝８ａｓｉｎ＝８ａ．∫０２２０例１５設底半徑為Ｒ、高為Ｈ且頂點在下方的圓錐形容器內盛滿水，試求吸盡容器內的水所做的功．解吸水所做的功就是克服重力所做的功，功的微元Ｒｘ２ｄＷ＝（Ｈ－ｘ）ｄＦ＝（Ｈ－ｘ）·νπ（）ｄｘ．Ｈ
這裏ν為單位體積水的重量（比重），ｘ為水層到頂點的距離．所求的功為Ｈ２νπＲ２３Ｗ＝２（Ｈｘ－ｘ）ｄｘ∫０Ｈ２ＨνπＲＨ３１４＝２（ｘ－ｘ）Ｈ３４０νπ２２＝ＲＨ．１２例１６半徑為Ｒ、比重為σ（＞１）的球沉入深為Ｈ（＞２Ｒ）的水池底，現將其從水中取出，需做多少功？
解如圖６－１２所示，將球從池底撈出所需做的功分為兩部分．（１）將球從池底提升到球頂麵與水平麵相切時所需做的功Ｗ１；（２）將球進一步提高到水平麵所做的功Ｗ２．先求Ｗ１，在水中所用外力：!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ｆ外＝球重－浮力４３４３＝πＲσ－πＲ，３３４３則Ｗ＝Ｆ（Ｈ－２Ｒ）＝πＲ（σ－１）（Ｈ－２Ｒ）．１外３再求Ｗ２，球頂提到離水平麵高度為ｘ單位處所用外力：圖６－１２Ｇ外＝球重－浮力４３＝πＲσ－水下部分球缺的浮力３
４３２１＝πＲσ－π（２Ｒ－ｘ）［Ｒ－（２Ｒ－ｘ）］３３１３３２＝π［４Ｒ（σ－１）－ｘ＋３Ｒｘ］，３
故所需做的功２Ｒπ３３２Ｗ２＝［４Ｒ（σ－１）－ｘ＋３Ｒｘ］ｄｘ３∫０４２Ｒπ３ｘ３＝［４Ｒ（σ－１）ｘ－＋Ｒｘ］３４０４４＝πＲ（２σ－１）．３
於是將球從池底撈出外力需做的功為４３Ｗ＝Ｗ＋Ｗ＝πＲ［Ｒ＋（σ－１）Ｈ］．１２３例１７一拋物線弓形板（圖６－１３），豎直深入水中，求當頂點與水麵相接時，板的一側所受的壓力Ｆ．２９解設拋物線為ｙ＝２ｐｘ，因該拋物線過點（２０，±６），得ｐ＝，從而拋物線方程為１０２９９ｙ＝２·ｘ＝ｘ．１０５又因ｄＦ＝１·２ｘｙｄｘ＝２ｘｙｄｘ，故板的一側所受的壓力為２０９２０３Ｆ＝２ｘｙｄｘ＝２·ｘ２ｄｘ∫０５∫０槡圖６－１３５２０１２１２４２＝·ｘ２＝·２０＝１９２０．５槡５０５!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()例１８邊長為ａ和ｂ的矩形薄板（ａ＞ｂ），放置於與液麵成α角的液體內，長邊平行於液麵而位於深ｈ處，設液體的比重為σ，求薄板所受的壓力Ｐ．ｄｘ解如圖６－１４所示，以ｘ為積分變量，當ｘ取增量ｄｘ時，薄板對應的寬度為，ｓｉｎαｄｘ於是圖中陰影部分麵積為ａ·，這小條所受的液體的靜壓力ｓｉｎαｄｘａσｘｄＰ＝σ·ｘ·ａ·＝ｄｘｓｉｎαｓｉｎα整塊薄板所受的壓力為ｈ＋ｂｓｉｎαｈ＋ｂｓｉｎαａσｘａσ１２Ｐ＝ｄｘ＝·ｘ∫ｈｓｉｎαｓｉｎα２ｈｂ圖６－１４＝ａｂσ（ｈ＋ｓｉｎα）．２
例１９設有一質量均勻的細直杆ＡＢ，其長為ｌ，質量為Ｍ．（１）在ＡＢ的延長線上與端點Ｂ的距離為ａ處有一質量為ｍ的質點Ｎ１，試求細杆對質點Ｎ１的引力；（２）在ＡＢ的中垂線上到杆的距離為ａ處有一質量為ｍ的質點Ｎ２，試求細杆對質點Ｎ２的引力．解（１）如圖６－１５所示，以ｘ為積分變量，積分區間為［０，ｌ］，細杆在［ｘ，ｘ＋ｄｘ］這一段的質量為Ｍ
ｄＭ＝ｄｘ．ｌ
該小段對質點Ｎ１的引力Ｍ
ｄｘ·ｍｌ
ｄＦ＝ｋ·，（ｌ＋ａ－ｘ）２其中ｋ為引力係數，於是細杆對質點Ｎ１的引力為ｌＭｍｋＭｍＦ＝ｋ·２ｄｘ＝．∫０ｌ（ｌ＋ａ－ｘ）ａ（ｌ＋ａ）圖６－１５（２）如圖６－１６所示，設細杆對質點Ｎ２的引力為Ｆ＝（Ｆｘ，Ｆｙ），由對稱性知Ｆ在ｘ軸方向上的分力Ｆｘ＝０，以下求Ｆ在ｙ軸方向上的分力．!\"!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｌｌ以ｘ為積分變量，變化區間為－，．細杆在[２２]［ｘ，ｘ＋ｄｘ］這一段的質量為Ｍ
ｄＭ＝ｄｘ，ｌ
於是得到ＭｍｄｘｄＦ＝－ｋｃｏｓθｙｌ（ａ２＋ｘ２）ｋＭｍａ１＝－·３ｄｘ．ｌ２２（ａ＋ｘ）２圖６－１６於是ｌ
ｋＭｍａ２１Ｆ＝－ｄｘｙｌ３ｌ∫－２２２（ａ＋ｘ）２ｌ
令ｘ＝ａｔａｎｔ２ｋＭｍａｒｃｔａｎ２ａ－ｃｏｓｔｄｔａｌ∫０２ｋＭｍ＝－．ａ槡４ａ２＋ｌ２ｘ＝ｃｏｓｔ，π例２０設Ｐ為曲線(０≤ｔ≤)上的一點，設過原點及Ｐ的直線與ｘ軸和{ｙ＝２ｓｉｎ２ｔ２ｄＳ此曲線所圍的麵積為Ｓ，求取得最大值時，點Ｐ的坐標．ｄｔ解如圖６－１７所示，則Ｓ＝Ｓ１＋Ｓ２．１２２其中Ｓ＝ｃｏｓｔ·（２ｓｉｎｔ）＝ｓｉｎｔｃｏｓｔ，１２１１２
Ｓ２＝ｙｄｘ＝２（１－ｘ）ｄｘ，∫ｃｏｓｔ∫ｃｏｓｔｄＳｄＳ１ｄＳ２３所以＝＋＝２ｓｉｎｔ－ｓｉｎｔ．ｄｔｄｔｄｔ２
ｄＳ２π由於＝２ｃｏｓｔ－３ｓｉｎｔｃｏｓｔ＝０在開區間（０，）內的解為ｄｔ２２圖６－１７２
ｔ＝ａｒｃｓｉｎ，槡３ｄＳｄＳ而＝０，＝１，π
ｄｔｔ＝０ｄｔｔ＝２!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｄＳ４２＝＞１，２
ｄｔｔ＝ａｒｃｓｉｎ３３槡３槡２ｄＳ３４所以，比較可知當ｔ＝ａｒｃｓｉｎ時，達最大值，此時點Ｐ（槡，）．槡３ｄｔ３３目標測試題一、填空題１．曲線ρ＝ａｅθ（－π≤θ≤π）與ｘ軸所圍圖形的麵積用定積分表示為．２．當ａ＝時，函數ｙ＝ｌｎｘ在［１，ａ］上的平均值等於該區間上函數的平均變化速度．π
３．曲線ρ＝４（１＋ｃｏｓθ）和直線θ＝０及θ＝所圍成的圖形繞極軸旋轉所成的旋轉２
體的體積是．ｘｘａ－４．懸鏈線ｙ＝（ｅａ＋ｅａ）上相應於ｘ從－ａ到ａ的一段弧的長度為．２
５．由曲線ｙ＝ｅｘ，ｙ＝ｅ－ｘ，ｘ＝１所圍成的圖形的麵積是．二、選擇題１．曲邊梯形０≤ｘ≤ｆ（ｙ），０≤ａ≤ｙ≤ｂ，繞ｙ軸旋轉一周所成的旋轉體的體積為（）．ｂｂｂｂＡ．πｆ２（ｙ）ｄｙ；Ｂ．πｆ（ｙ）ｄｙ；Ｃ．ｙｆ（ｙ）ｄｙ；Ｄ．２πｆ（ｙ）ｄｙ．∫０∫ａ∫ａ∫ａ２．用極坐標計算曲線ρ＝４ｃｏｓθ所圍圖形麵積時，積分區間是（）．ππππＡ．［－，］；Ｂ．［－，］；Ｃ．［０，２π］；Ｄ．［０，π］．３３２２ｘππ３．平麵曲線ｙ＝ｃｏｓｔｄｔ（－≤ｘ≤）的弧長為（）．∫π槡－２２２ππ２２Ａ．１＋ｃｏｓｘｄｘ；Ｂ．１＋ｃｏｓｘｄｘ；∫槡∫π槡０－２ππ２２Ｃ．１＋ｃｏｓｘｄｘ；Ｄ．１＋ｃｏｓｘｄｘ．∫槡槡∫π槡槡０－２４．拉彈簧所需的力ｆ與彈簧伸長量ｓ成正比：ｆ＝ｋｓ．設彈簧由原長９增長６，求所做的ｂ
功用積分ｋｓｄｓ表示的積分區間［ａ，ｂ］為（）．∫ａ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ａ．［９，１５］；Ｂ．［０，６］；Ｃ．［－６，０］；Ｄ．［－３，３］．５．由曲線ｙ＝ｌｎ（２－ｘ）與兩坐標軸所圍圖形的麵積為（）．Ａ．２ｌｎ２＋１；Ｂ．２ｌｎ２－１；Ｃ．２ｌｎ２；Ｄ．２ｌｎ２＋２；三、求由曲線ρ＝ａｃｏｓθ，ρ＝ａ（１＋ｃｏｓθ）（ａ＞０）所圍平麵圖形的麵積．四、設Ｒ是由曲線ｙ＝３ｘ２，直線ｘ＝２及ｘ軸所圍圖形．求：１．Ｒ繞ｙ軸旋轉所得旋轉體體積；２．Ｒ繞ｘ＝３旋轉所得旋轉體體積．五、等腰三角形薄板垂直地沉入水中，其底平行於水麵且與水麵相齊，已知薄板的底為２ｂ，高為ｈ．１．計算薄板的一側所受的壓力；２．如果翻轉薄板，使得其頂點與水麵齊，而底平行於水麵，試問：水對薄板的壓力增加多少倍？
六、求ｔ∈（０，１），使曲線ｙ＝ｅ－ｘ與直線ｙ＝ｅ－ｔ，ｘ＝１和ｙ軸所圍圖形麵積最小．七、過坐標原點作曲線ｙ＝ｌｎｘ的切線，該切線與曲線ｙ＝ｌｎｘ及ｘ軸圍成平麵圖形Ｄ．１．求Ｄ的麵積Ａ；２．求Ｄ繞直線ｘ＝ｅ旋轉一周所得旋轉體的體積Ｖ．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()第七章向量代數與空間解析幾何內容提要向量代數既有大小又有方向的量叫作向量，而隻有大小沒有方向的量叫作標量（數量）．向量→一般記作ａ，ｂ，Ｍ１Ｍ２等．向量的大小稱為向量的模，記作｜ａ｜．在幾何上經常用有向線段來表示向量．我們一般研究自由向量———與起點無關的向量．而以坐標原點Ｏ為起點，向→→點Ｍ所引的向量ＯＭ稱為點Ｍ對於Ｏ的向徑，一般記為ｒ＝ＯＭ．模為１的向量稱為單位向量，模為零的向量稱為零向量，記為０，其方向是任意的．在空間直角坐標係中，以ｉ，ｊ，ｋ分別表示沿ｘ，ｙ，ｚ軸方向的單位向量，稱之為基本單位向量，向量ａ按基本單位向量的分解式為：ａ＝ａｘｉ＋ａｙｊ＋ａｚｋ，其中ａｘ，ａｙ，ａｚ稱為向量的坐標，它們分別是ａ在三個坐標軸上的投影．與向量ａ同向的單位向量ａ０＝ａｘａｙａｚ２２２，，，其中｜ａ｜＝ａｘ＋ａｙ＋ａｚ為向量ａ的模，向量ａ的方向餘弦為(｜ａ｜｜ａ｜｜ａ｜)槡ａａａｃｏｓα＝ｘ，ｃｏｓβ＝ｙ，ｃｏｓγ＝ｚ它們滿足｜ａ｜｜ａ｜｜ａ｜ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ＝１．!\"\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()→設Ｍ１（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｍ２（ｘ２，ｙ２，ｚ２）為空間兩點，以Ｍ１為起點、Ｍ２為終點的向量Ｍ１Ｍ２的坐標表達式為→Ｍ１Ｍ２＝（ｘ２－ｘ１，ｙ２－ｙ１，ｚ２－ｚ１），其模為→｜ＭＭ｜＝（ｘ－ｘ）２＋（ｙ－ｙ）２＋（ｚ－ｚ）２，１２槡２１２１２１即為點Ｍ１到Ｍ２的距離．向量的運算設有向量ａ＝（ａｘ，ａｙ，ａｚ），ｂ＝（ｂｘ，ｂｙ，ｂｚ），ｃ＝（ｃｘ，ｃｙ，ｃｚ）．向量的加法向量的加法按平行四邊形法則或三角形法則定義．其坐標表達式為：ａ＋ｂ＝（ａｘ＋ｂｘ，ａｙ＋ｂｙ，ａｚ＋ｂｚ）．向量的加法運算滿足交換律、結合律．數乘設λ是常數，則λａ是與ａ平行的向量，且｜λａ｜＝｜λ｜｜ａ｜，λａ＝（λａｘ，λａｙ，λａｚ）．數乘向量運算滿足結合律和分配律．向量在有向軸上的投影向量ａ在有向軸ｕ上的投影記為Ｐｒｊｕａ，Ｐｒｊｕａ＝｜ａ｜·ｃｏｓφ，其中φ是ａ與ｕ的正向的夾角，且Ｐｒｊｕ（ａ＋ｂ）＝Ｐｒｊｕａ＋Ｐｒｊｕｂ，Ｐｒｊｕ（λａ）＝λＰｒｊｕａ．∧
數量積ａ·ｂ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓ（ａ，ｂ）＝｜ａ｜Ｐｒｊａｂ＝｜ｂ｜·Ｐｒｊｂａ，∧
其中（ａ，ｂ）表示ａ與ｂ的夾角，數量積的坐標表達式為ａ·ｂ＝ａｘｂｘ＋ａｙｂｙ＋ａｚｂｚ．向量積兩個向量ａ與ｂ的向量積仍是一個向量，記為ａ×ｂ，方向垂直於ａ和ｂ，且ａ，ｂ，ａ×ｂ的方向構成右手係；其大小為∧
｜ａ×ｂ｜＝｜ａ｜｜ｂ｜·ｓｉｎ（ａ，ｂ）．向量積的坐標表達式為ｉｊｋａ×ｂ＝ａｘａｙａｚ．ｂｘｂｙｂｚ混合積［ａｂｃ］＝（ａ×ｂ）·ｃ＝（ｂ×ｃ）·ａ＝（ｃ×ａ）·ｂ．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ａｘａｙａｚ混合積坐標表達式為［ａｂｃ］＝ｂｘｂｙｂｚ．ｃｘｃｙｃｚ｜［ａｂｃ］｜的幾何意義：｜［ａｂｃ］｜等於以ａ，ｂ，ｃ為邊（棱）的平行六麵體的體積．向量之間的關係設ａ＝（ａｘ，ａｙ，ａｚ），ｂ＝（ｂｘ，ｂｙ，ｂｚ），ｃ＝（ｃｘ，ｃｙ，ｃｚ），則（１）ａ＝ｂａｘ＝ｂｘ，ａｙ＝ｂｙ，ａｚ＝ｂｚ；∧
（２）設ａ，ｂ≠０，向量ａ，ｂ之間的夾角（ａ，ｂ）∧ａ·ｂｃｏｓ（ａ，ｂ）＝；｜ａ｜·｜ｂ｜（３）向量ｂ在向量ａ（ａ≠０）上的投影∧
ａ·ｂ０Ｐｒｊｂ＝｜ｂ｜ｃｏｓ（ａ，ｂ）＝＝ｂ·ａａ｜ａ｜＝ｂｘｃｏｓα＋ｂｙｃｏｓβ＋ｂｚｃｏｓγ，其中ａ０＝（ｃｏｓα，ｃｏｓβ，ｃｏｓγ）；（４）ａ∥ｂ（ｂ≠０）ａ＝λｂ（λ為常數）ａａａａ×ｂ＝０ｘ＝ｙ＝ｚ；ｂｘｂｙｂｚ（５）ａ⊥ｂａ·ｂ＝０ａｘｂｘ＋ａｙｂｙ＋ａｚｂｚ＝０；ａｘａｙａｚ（６）ａ，ｂ，ｃ共麵［ａｂｃ］＝０ｂｘｂｙｂｚ＝０．ｃｘｃｙｃｚ空間解析幾何空間曲麵及其方程（１）空間曲麵的一般方程：Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０或ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）．ｆ（ｙ，ｚ）＝０，（２）旋轉曲麵方程：設ｙＯｚ麵上的平麵曲線Ｌ：繞ｚ軸旋轉，則旋轉曲麵的{ｘ＝０方程為ｆ（±槡ｘ２＋ｙ２，ｚ）＝０．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()（３）柱麵方程：母線平行於坐標軸的柱麵方程為不完全的三元方程，例如，Ｆ（ｘ，ｙ）＝０Ｆ（ｘ，ｙ）＝０，是母線平行於ｚ軸、準線為的柱麵方程．{ｚ＝０（４）二次曲麵的標準方程：（ｘ－ｘ）２（ｙ－ｙ）２（ｚ－ｚ）２橢球麵：０＋０＋０＝１（ａ＞０，ｂ＞０，ｃ＞０）；ａ２ｂ２ｃ２（ｘ－ｘ）２（ｙ－ｙ）２（ｚ－ｚ）２雙曲麵：０＋０－０＝±１（ａ＞０，ｂ＞０，ｃ＞０）；ａ２ｂ２ｃ２（當上式取正號為單葉雙曲麵，取負號時為雙葉雙曲麵．）（ｘ－ｘ）２（ｙ－ｙ）２（ｚ－ｚ）２二次錐麵：０＋０－０＝０；ａ２ｂ２ｃ２（ｘ－ｘ）２（ｙ－ｙ）２橢圓拋物麵：０＋０＝ｚ（ａ＞０，ｂ＞０）；ａ２ｂ２（ｘ－ｘ）２（ｙ－ｙ）２雙曲拋物麵：０－０＝ｚ（ａ＞０，ｂ＞０）．ａ２ｂ２空間曲線ｘ＝φ（ｔ），Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０，（１）一般方程：{參數方程：ｙ＝ψ（ｔ），ｔ為參數．Ｇ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０．{ｚ＝ω（ｔ）（２）空間曲線Ｌ在坐標麵上的投影．Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０消去ｚ設Ｌ：Ｈ（ｘ，ｙ）＝０，{Ｇ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０Ｈ（ｘ，ｙ）＝０，則為Ｌ在ｘＯｙ麵上的投影．{ｚ＝０平麵與直線（１）平麵方程．一般方程：Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０，其中ｎ＝（Ａ，Ｂ，Ｃ）為平麵的法向量，且Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ２≠０．點法式方程：Ａ（ｘ－ｘ０）＋Ｂ（ｙ－ｙ０）＋Ｃ（ｚ－ｚ０）＝０，其中ｎ＝（Ａ，Ｂ，Ｃ）為平麵的法向量，Ｍ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）為平麵上的已知點．ｘｙｚ截距式方程：＋＋＝１，其中ａ，ｂ，ｃ為平麵在三個坐標軸上的截距．ａｂｃ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ－ｘ１ｙ－ｙ１ｚ－ｚ１三點式方程：ｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１ｚ２－ｚ１＝０，ｘ３－ｘ１ｙ３－ｙ１ｚ３－ｚ１Ｍ１（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｍ２（ｘ２，ｙ２，ｚ２），Ｍ３（ｘ３，ｙ３，ｚ３）為平麵上的三個已知點；（２）空間直線方程．Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ｚ＋Ｄ１＝０，一般方程：{Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２ｚ＋Ｄ２＝０．該直線為平麵Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ｚ＋Ｄ１＝０與Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２ｚ＋Ｄ２＝０的交線．ｘ－ｘｙ－ｙｚ－ｚ對稱式（點向式）方程：０＝０＝０，ｍｎｐ其中ｓ＝（ｍ，ｎ，ｐ）為直線的方向向量，Ｍ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）為直線上的一已知點．ｘ＝ｘ０＋ｍｔ，參數式方程：ｙ＝ｙ＋ｎｔ，其中ｔ是參數．{０ｚ＝ｚ０＋ｐｔ，（３）點、直線、平麵之間的關係．①兩平麵之間的關係：設平麵Π１：Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ｚ＋Ｄ１＝０；Π２：Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２ｚ＋Ｄ２＝０．Ａ１Ｂ１Ｃ１Π１∥Π２＝＝；Ａ２Ｂ２Ｃ２Π１⊥Π２Ａ１Ａ２＋Ｂ１Ｂ２＋Ｃ１Ｃ２＝０．設Π１與Π２的夾角為θ，則｜Ａ１Ａ２＋Ｂ１Ｂ２＋Ｃ１Ｃ２｜πｃｏｓθ＝（０≤θ≤）．Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ２·Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ２２槡１１１槡２２２②兩直線之間的關係：ｘ－ｘ１ｙ－ｙ１ｚ－ｚ１設直線：Ｌ１：＝＝；ｍ１ｎ１ｐ１ｘ－ｘ２ｙ－ｙ２ｚ－ｚ２Ｌ２：＝＝．ｍ２ｎ２ｐ２Ｌ１⊥Ｌ２ｍ１ｍ２＋ｎ１ｎ２＋ｐ１ｐ２＝０；ｍ１ｎ１ｐ１Ｌ１∥Ｌ２＝＝．ｍ２ｎ２ｐ２!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()設Ｌ１與Ｌ２的夾角為θ，則｜ｍ１ｍ２＋ｎ１ｎ２＋ｐ１ｐ２｜πｃｏｓθ＝（０≤θ≤）．ｍ２＋ｎ２＋ｐ２·ｍ２＋ｎ２＋ｐ２２槡１１１槡２２２③平麵與直線的關係：設平麵Π：Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０；ｘ－ｘｙ－ｙｚ－ｚ直線Ｌ：０＝０＝０；ｍｎｐｍｎｐＬ⊥Π＝＝，ＡＢＣＬ∥ΠｍＡ＋ｎＢ＋ｐＣ＝０．設直線與平麵的夾角為θ，則｜ｍＡ＋ｎＢ＋ｐＣ｜πｓｉｎθ＝（０≤θ≤）．槡Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ２·槡ｍ２＋ｎ２＋ｐ２２④點Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）到平麵Π：Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的距離：｜Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ｜ｄ＝０００．槡Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ２ｘ－ｘｙ－ｙｚ－ｚ⑤點Ｍ（ａ，ｂ，ｃ）到直線Ｌ：０＝０＝０的距離：ｍｎｐｉｊｋｍｎｐ→｜ｓ×ＭＭ｜ａ－ｘ０ｂ－ｙ０ｃ－ｚ０ｄ＝０＝，｜ｓ｜槡ｍ２＋ｎ２＋ｐ２其中點Ｍ０的坐標為（ｘ０，ｙ０，ｚ０），ｓ＝（ｍ，ｎ，ｐ）．⑥異麵直線：ｘ－ｘ１ｙ－ｙ１ｚ－ｚ１ｘ－ｘ２ｙ－ｙ２ｚ－ｚ２Ｌ１：＝＝與Ｌ２：＝＝的距離：ｍ１ｎ１ｐ１ｍ２ｎ２ｐ２ｘ１－ｘ２ｙ１－ｙ２ｚ１－ｚ２ｍ１ｎ１ｐ１ｍ２ｎ２ｐ２ｄ＝．ｉｊｋｍ１ｎ１ｐ１ｍ２ｎ２ｐ２!\"#書
!\"#$%&''''()*+,-.
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ｚ＋Ｄ１＝０，過直線Ｌ：的平麵束方程為⑦１{Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２ｚ＋Ｄ２＝０Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ｚ＋Ｄ１＋λ（Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２ｚ＋Ｄ２）＝０，其中λ為參數．學習空間解析幾何與向量代數，首先要抓住向量的一些基本概念及幾何、物理意義；熟悉空間圖形的各類關係及有關公式，要善於根據已知條件分析題意，盡可能地作出草圖，以便找出關係，從而解決問題．例題分析→例１設單位向量ＯＡ與三坐標軸的夾角相等，Ｂ點是點Ｍ（１，－３，２）關於點Ｎ（－１，→→２，１）的對稱點，求ＯＡ×ＯＢ．→→→→分析要求出ＯＡ×ＯＢ，希望能找到ＯＡ，ＯＢ的坐標表達式．→解因為ＯＡ與三坐標軸的夾角相等，所以ｃｏｓα＝ｃｏｓβ＝ｃｏｓγ，而ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ＝１．１
因此ｃｏｓα＝ｃｏｓβ＝ｃｏｓγ＝±，槡３→１ＯＡ＝±（１，１，１）．槡３又因為Ｂ點是Ｍ關於Ｎ的對稱點，即Ｎ是ＭＢ的中點，設Ｂ（ｘ，ｙ，ｚ），則１＋ｘ－３＋ｙ２＋ｚ－１＝，２＝，１＝，２２２即ｘ＝－３，ｙ＝７，ｚ＝０．→所以ＯＢ＝（－３，７，０）ｉｊｋ→→１１１１ＯＡ×ＯＢ＝±±±＝±（－７，－３，１０）槡３槡３槡３槡３－３７０→→π例２在直角三角形ＯＡＢ中，ＯＡ＝ａ，ＯＢ＝ｂ，∠ＯＢＡ＝，證明△ＯＡＢ的麵積Ｓ為２
｜ａ·ｂ｜·｜ａ×ｂ｜Ｓ＝．２｜ｂ｜２!\"!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()分析要求直角三角形ＯＡＢ的麵積，需知直角邊ＯＢ，ＢＡ的長，而→｜ＯＢ｜＝｜ｂ｜，隻需找出｜ＡＢ｜（圖７－１）．證設∠ＡＯＢ＝θ，則｜ＡＢ｜＝｜ａ｜·ｓｉｎθ．１１所以Ｓ＝｜ＯＢ｜·｜ＡＢ｜＝｜ｂ｜·｜ａ｜·ｓｉｎθ．△ＯＡＢ２２而｜ａ·ｂ｜＝｜ａ｜·｜ｂ｜ｃｏｓ，｜ａ×ｂ｜＝｜ａ｜·｜ｂ｜ｓｉｎ．θθ圖７－１所以｜ａ·ｂ｜·｜ａ×ｂ｜｜ａ｜·｜ｂ｜ｃｏｓθ·｜ａ｜·｜ｂ｜ｓｉｎθ＝
２｜ｂ｜２２｜ｂ｜２１２＝｜ａ｜ｃｏｓθ·ｓｉｎθ２
１＝｜ａ｜·｜ｂ｜ｓｉｎθ．２
因為｜ｂ｜＝｜ａ｜ｃｏｓθ，｜ａ·ｂ｜·｜ａ×ｂ｜所以Ｓ＝．△ＡＢＣ２｜ｂ｜２→例３設平行四邊形ＡＢＣＤ的兩條相鄰邊向量ＡＢ＝３ａ＋４ｂ，→∧πＡＤ＝２ａ－ｂ，且｜ａ｜＝２，｜ｂ｜＝１，（ａ，ｂ）＝，求平行四邊形的４
麵積（圖７－２）．分析由平行四邊形的麵積公式可知圖７－２Ｓ＝｜ＡＤ｜·｜ＢＥ｜＝｜ＡＤ｜·｜ＡＢ｜ｓｉｎθ，→→它恰是向量ＡＢ，ＡＤ向量積的模，因此，由向量的運算即可解決問題．→→解Ｓ＝｜ＡＢ×ＡＤ｜＝｜（３ａ＋４ｂ）×（２ａ－ｂ）｜＝｜６ａ×ａ－３ａ×ｂ＋８ｂ×ａ－４ｂ×ｂ｜∧
＝１１｜ｂ×ａ｜＝１１·｜ｂ｜·｜ａ｜ｓｉｎ（ａ，ｂ）２
＝１１×１×２×槡＝１１２．２槡例４設ａ＝ｉ＋ｊ，ｂ＝ｊ＋ｋ，且向量ａ，ｂ，ｃ模相等，兩兩夾角相等，求ｃ．分析向量有兩要素：模和方向．ｃ的模易求，關鍵在於確定其方向．解設ｃ＝（ｘ，ｙ，ｚ），依題意：ａ·ｂ＝ｂ·ｃ＝ｃ·ａ，｜ｃ｜＝｜ｂ｜＝｜ｃ｜＝槡２，而ａ＝ｉ＋ｊ＝（１，１，０），ｂ＝ｊ＋ｋ＝（０，１，１），!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ＋ｙ＝１，所以有方程組ｙ＋ｚ＝１，{２２２ｘ＋ｙ＋ｚ＝２．解此方程組得１４１ｃ＝（１，０，１）或ｃ＝（－，，－）．３３３∧
例５設ａ＋ｂ＋ｃ＝０，｜ａ｜＝３，｜ｂ｜＝５，｜ｃ｜＝７，求（ａ，ｂ）．∧ａ·ｂ分析ｃｏｓ（ａ，ｂ）＝，又｜ａ｜，｜ｂ｜為已知，故隻需求ａ·ｂ．｜ａ｜·｜ｂ｜解方法１由題設條件：（ａ＋ｂ＋ｃ）·（ａ＋ｂ＋ｃ）＝０，即ａ·ｂ＋ｂ·ｃ＋ｃ·ａ＝－８３／２．①又ｃ·（ａ＋ｂ＋ｃ）＝ａ·ｃ＋ｂ·ｃ＋｜ｃ｜２＝０，所以ａ·ｃ＋ｂ·ｃ＋４９＝０．②１５①－②得ａ·ｂ＝．２
∧ａ·ｂ１∧π所以ｃｏｓ（ａ，ｂ）＝＝，（ａ，ｂ）＝．｜ａ｜·｜ｂ｜２３方法２由ａ＋ｂ＋ｃ＝０，知向量ａ，ｂ，ｃ首尾相接可構成三角形，由餘弦定理：∧｜ｃ｜２－｜ａ｜２－｜ｂ｜２１ｃｏｓ（ａ，ｂ）＝＝，２｜ａ｜·｜ｂ｜２∧π所以（ａ，ｂ）＝．３
例６求向量ａ＝（３，－１２，４）在向量ｂ＝（１，０，－２）×（１，３，－４）上的投影．解先確定ｂ的坐標，然後利用公式求解．ｉｊｋｂ＝１０－２＝（６，２，３），１３－４∧
所以Ｐｒｊｂａ＝｜ａ｜·ｃｏｓ（ａ，ｂ）ａ·ｂａ·ｂ６＝｜ａ｜＝＝．｜ａ｜·｜ｂ｜｜ｂ｜７!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ＝１，ｘ＋１ｙ＋２ｚ－１例７求與兩直線ｙ＝－１＋ｔ，及＝＝都平行，且過原點的平麵{１２１ｚ＝２＋ｔ方程．分析已知所求平麵上的一點，關鍵在於確定平麵的法向量．解依題意，所求平麵的法向量ｎ與兩已知直線的方向向量均垂直，所以可取ｉｊｋｎ＝０１１＝（－１，１，－１）．１２１所以所求平麵方程為－１（ｘ－０）＋（ｙ－０）－（ｚ－０）＝０．即ｘ－ｙ＋ｚ＝０．例８求過Ｏ（０，０，０），Ｍ（６，－３，２）且與平麵４ｘ－ｙ＋２ｚ＝８垂直的平麵方程．分析已知所求平麵上的點，關鍵仍是找出所求平麵的法向量．解設所求平麵的法向量為ｎ，則依題意有→ｎ⊥ＯＭ，ｎ⊥（４，－１，２），→所以ｎ∥ＯＭ×（４，－１，２）．ｉｊｋ取ｎ＝６－３２＝－４ｉ－４ｊ＋６ｋ，４－１２因此所求平麵方程為－４ｘ－４ｙ＋６ｚ＝０，即２ｘ＋２ｙ－３ｚ＝０．例９已知平麵Π１：ｘ＋ｙ－ｚ＝０，Π２：ｘ－ｙ＋ｚ＝１，求一平麵過Π１與Π２的交線且過點（２，３，－４）．分析已知所求平麵上的點，若能確定平麵的法向量，則問題就能解決，但要直接求出平麵的法向量則比較困難．因此，我們要尋求別的方法．解過直線能有無窮多個平麵，這些平麵可由含參數的三元一次方程表示（即平麵束方程），過Π１，Π２交成的平麵束方程可表示為ｘ＋ｙ－ｚ＋λ（ｘ－ｙ＋ｚ－１）＝０．３
所求平麵過點（２，３，－４），代入上述方程，解得λ＝．所求平麵方程：２
５ｘ－ｙ＋ｚ－３＝０．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()注：利用過已知直線的平麵束方程確定未知平麵是常用方法．ｘ＋ｙ＋ｚ＋１＝０，例１０在一切過直線的平麵中找出一個平麵，使得它與原點的{２ｘ＋ｙ＋ｚ＝０距離最長．分析如前所述，過已知的直線的平麵束方程易求．我們隻需從這些平麵中找出滿足題意的平麵即可．解設所求平麵為ｘ＋ｙ＋ｚ＋１＋λ（２ｘ＋ｙ＋ｚ）＝０，即（１＋２λ）ｘ＋（１＋λ）ｙ＋（１＋λ）ｚ＋１＝０．設原點到該平麵的距離為ｄ，則２１ｄ＝．（１＋２λ）２＋（１＋λ）２＋（１＋λ）２要使ｄ２最大，即２２２２２１（１＋２λ）＋（１＋λ）＋（１＋λ）＝６（λ＋）＋３３２
為最小，隻需λ＝－．３
故所求平麵方程為ｘ－ｙ－ｚ－３＝０．例１１求過點（－３，２，５）與平麵ｘ－４ｚ＝３和２ｘ－ｙ－５ｚ＝１的交線平行的直線方程．分析隻要能確定所求直線的方向向量ｓ＝（ｍ，ｎ，ｐ），則問題可由直線的點向式方程給出．ｉｊｋ解ｓ＝１０－４＝－４ｉ－３ｊ－ｋ．２－１－５所以直線方程為ｘ＋３ｙ－２ｚ－５＝＝．－４－３－１另解：設ｓ＝（ｍ，ｎ，ｐ），記ｎ１＝（１，０，－４），ｎ２＝（２，－１，－５）．由ｓ·ｎ１＝０和ｓ·ｎ２＝０則有ｍ－４ｐ＝０，ｍ＝４ｐ，
{２ｍ－ｎ－５ｐ＝０，{ｎ＝３ｐ．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()取ｓ＝（４，３，１），則所求直線方程為ｘ＋３ｙ－２ｚ－５＝＝．４３１２ｘ－４ｙ＋ｚ＝０，例１２求直線在平麵４ｘ－ｙ＋ｚ＝１上的投影直線的方程．{３ｘ－ｙ－２ｚ－９＝０，分析過已知直線作已知平麵的垂直平麵Π，則Π與已知平麵的交線即為所求．解過已知直線的平麵束方程為２ｘ－４ｙ＋ｚ＋λ（３ｘ－ｙ－２ｚ－９）＝０，其法向量ｎ１＝（２＋３λ，－（４＋λ），１－２λ）．已知平麵的法向量ｎ２＝（４，－１，１）．因為ｎ１⊥ｎ２，所以有４（２＋３λ）＋（４＋λ）＋（１－２λ）＝０，１３解之得λ＝－，１１因此過已知直線且與已知平麵垂直的平麵為１７ｘ＋３１ｙ－３７ｚ－１１７＝０．所求投影直線方程為４ｘ－ｙ＋ｚ－１＝０，{１７ｘ＋３１ｙ－３７ｚ－１１７＝０．例１３求點（－１，２，０）在平麵ｘ＋２ｙ－ｚ＋１＝０上的投影．分析投影點即為過已知點與已知平麵垂直的直線和已知平麵的交點．解過（－１，２，０）與ｘ＋２ｙ－ｚ＋１＝０垂直的直線方程為ｘ＋１ｙ－２ｚ＝＝，１２－１其參數方程為ｘ＝－１＋ｔ，ｙ＝２＋２ｔ，ｚ＝－ｔ，將其代入平麵方程ｘ＋２ｙ－ｚ＋１＝０中，則有（－１＋ｔ）＋２（２＋２ｔ）－（－ｔ）＋１＝０．２
解得ｔ＝－．３
５２２將其代入直線的參數方程，得所求的投影點為（－，，）．３３３注：求直線與平麵的交點，一般利用直線的參數方程更為簡便．!\"\"書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()例１４求過點Ａ（－１，０，４）且平行於平麵Π：３ｘ－４ｙ＋ｚ－１０＝０，又與直線ｘ＋１ｙ－３ｚＬ：＝＝相交的直線方程．１１１２分析過點Ａ作Π的平行平麵Π１，過Ａ與直線Ｌ１作平麵Π２，則Π１與Π２的交線即為所求．解Π１：３（ｘ＋１）－４ｙ＋（ｚ－４）＝０，即３ｘ－４ｙ＋ｚ－１＝０．在直線Ｌ１上取一點Ｍ（－１，３，０），則→ＡＭ＝（０，３，－４）．平麵Π２的法向量→ｎ２＝ｓ１×ＡＭ＝（１，１，２）×（０，３，－４）＝（－１０，４，３），所以Π２：１０ｘ－４ｙ－３ｚ＋２２＝０，３ｘ－４ｙ＋ｚ－１＝０，故所求直線方程為{１０ｘ－４ｙ－３ｚ＋２２＝０．另解：先求平麵Π１如上．Π１：３ｘ－４ｙ＋ｚ－１＝０．再求Ｌ１與Π１的交點Ｍ１．ｘ＝－１＋ｔ，Ｌ的參數方程為代入的方程有１{ｙ＝３＋ｔ，Π１ｚ＝２ｔ，３（－１＋ｔ）－４（３＋ｔ）＋２ｔ－１＝０，解得ｔ＝１６．→所以Ｍ１（１５，１９，３２）．因為ＡＭ１＝（１６，１９，２８）為所求直線的方向向量，故所求直線方程為ｘ＋１ｙｚ－４＝＝．１６１９２８ｘ＋２ｙ－３ｚ＋１例１５設直線Ｌ：＝＝，１１－１１ｘ＋４ｙｚ－４Ｌ：＝＝．２２１３試求Ｌ１，Ｌ２的公垂線方程．分析設公垂線為Ｌ，則Ｌ必同時落在Ｌ與Ｌ１，Ｌ與Ｌ２所確定的兩個平麵內．解ｓ１＝（１，－１，１），ｓ２＝（２，１，３），設公垂線的方向向量為ｓ，則ｓ⊥ｓ１，ｓ⊥ｓ２．可取!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｉｊｋｓ＝ｓ１×ｓ２＝１－１１＝（－４，－１，３）．２１３Ｌ１與Ｌ所在平麵的法向量ｎ１＝ｓ×ｓ１＝（２，７，５）．相應的平麵方程２（ｘ＋２）＋７（ｙ－３）＋５（ｚ＋１）＝０，即２ｘ＋７ｙ＋５ｚ－１２＝０．Ｌ２與Ｌ所在平麵的法向量ｎ２＝ｓ２×ｓ＝２（３，－９，１）．相應的平麵方程３（ｘ＋４）－９（ｙ－０）＋１（ｚ－４）＝０．即３ｘ－９ｙ＋ｚ＋８＝０．２ｘ＋７ｙ＋５ｚ－１２＝０，故公垂線方程為{３ｘ－９ｙ＋ｚ＋８＝０．ｘ－１ｙｚ例１６直線Ｌ：＝＝繞ｚ軸旋轉一周，求旋轉曲麵的方程．０１１分析當直線Ｌ繞ｚ軸旋轉時，直線上的點的豎坐標不變，動點到ｚ軸的距離也保持不變．解設Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）為直線上一點，則ｘ０＝１，因此Ｍ０（１，ｙ０，ｚ０），當直線Ｌ繞ｚ軸旋轉時，動點Ｍ（ｘ，ｙ，ｚ）到ｚ軸距離不變，且ｚ＝ｚ０，即２２２２ｒ＝１＋ｙ０＝ｘ＋ｙ而ｙ０＝ｚ０＝ｚ．２２２２所以ｘ＋ｙ＝１＋ｚ０＝１＋ｚ．所求曲線方程為ｘ２＋ｙ２－ｚ２＝１．２ｘ２＋４ｙ＋ｚ２＝４ｚ，例１７設曲線求此曲線在ｘＯｙ麵上的投影曲線的方程．{ｘ２－８ｙ＋３ｚ２＝１２ｚ．分析先確定投影柱麵方程Ｈ（ｘ，ｙ）＝０，而後寫出投影曲線方程Ｈ（ｘ，ｙ）＝０，{ｚ＝０．解為消去方程中的變量ｚ，將原方程化為２ｘ２＋４ｙ＋（ｚ－２）２＝４，{ｘ２－８ｙ＋３（ｚ－２）２＝１２．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()消去ｚ，得ｘ２＋４ｙ＝０．所以曲線在ｘＯｙ麵上的投影為ｘ２＋４ｙ＝０，{ｚ＝０．目標測試題一、填空題１．已知ａ，ｂ，ｃ均為單位向量，且滿足ａ＋ｂ＋ｃ＝０，則ａ·ｂ＋ｂ·ｃ＋ｃ·ａ＝．∧π２．設Ａ＝２ａ＋３ｂ，Ｂ＝ａ－ｂ，｜ａ｜＝１，｜ｂ｜＝２，（ａ，ｂ）＝，則ＰｒｊＡ＝．３Ｂ３．設向量ａ，ｂ共線，ａ·ｂ＝３，ｂ＝（０，１，２），則ａ＝．４．Ｍ（１，０，０）關於平麵ｘ－２ｙ－２ｚ＋１＝０的對稱點Ｍ′的坐標為．ｘ＝ｔ，ｘ＋１ｙ＋１ｚ－１５．與兩直線＝＝及ｙ＝－１＋ｔ，都平行，且過原點的平麵方程１２１{ｚ＝２為．ｙ２＝５ｘ，６．曲線繞ｘ軸旋轉的旋轉曲麵的方程為．{ｚ＝０二、選擇題１．設ａ＝（２，－３，１），ｂ＝（１，－２，３），ｃ＝（１，－２，－７），若向量ｄ滿足條件：ｄ⊥ａ，ｄ⊥ｂ，ｄ·ｃ＝１０，則ｄ的坐標為（）．Ａ．（０，２，１）；Ｂ．（－７，－５，－１）；Ｃ．（１，２，３）；Ｄ．（２，４，５）．ｘ－１ｙ－５ｚ＋８ｘ－ｙ＝６，２設有直線Ｌ１：＝＝與Ｌ２：則Ｌ１與Ｌ２的夾角為（）．１－２１{２ｙ＋ｚ＝３，ππππＡ．；Ｂ．；Ｃ．；Ｄ．．６４３２ｘ＋３ｙ＋２ｚ＋１＝０，３．設有直線Ｌ：及平麵Π：４ｘ－２ｙ＋ｚ－２＝０，則直線Ｌ（）．{２ｘ－ｙ－１０ｚ＋３＝０Ａ．平行於Π；Ｂ．在Π上；Ｃ．垂直於Π；Ｄ．與Π斜交．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()ｘ－１ｙ＋１ｚ－１ｘ＋１＝ｚ，４．若兩直線＝＝，相交，則必有（）．１２λ{ｙ－１＝ｚ３５５Ａ．λ＝１；Ｂ．λ＝；Ｃ．λ＝－；Ｄ．λ＝．２４４ｘ＝１＋ｔ，ｘ＝２＋ｔ，５．兩平行直線Ｌ：和Ｌ：之間的距離為（）．１{ｙ＝－１＋２ｔ，２{ｙ＝－１＋２ｔ，ｚ＝ｔｚ＝１＋ｔ２２Ａ．；Ｂ．３；Ｃ．１；Ｄ．２．３３槡∧
三、設（ａ＋３ｂ）⊥（７ａ－５ｂ），（ａ－４ｂ）⊥（７ａ－２ｂ），求（ａ，ｂ）．四、求過點（３，－２，９），（－６，０，－４）且與平麵２ｘ－ｙ＋４ｚ－８＝０垂直的平麵方程．２ｘ－２ｙ＋ｚ＋９＝０，五、設平麵Π：ｘ－４ｙ＋２ｚ＋９＝０，直線ｌ：試求在平麵Π上，通{ｘ－２ｙ＋２ｚ＋１１＝０，過直線Ｌ與平麵Π的交點，且與直線Ｌ垂直的直線方程．ｘｚ－２六、求直線＝ｙ＝繞ｙ軸旋轉一周所得旋轉曲麵的方程．２０!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()第八章多元函數微分法及其應用內容提要平麵點集設Ｅ是ｘＯｙ平麵上滿足某個條件Ｄ的一切點構成的集合，則稱Ｅ是一個平麵點集．通常把平麵點集記成｛（ｘ，ｙ）｜Ｄ｝．鄰域設Ｐ０（ｘ０，ｙ０）是ｘＯｙ平麵上的一個點，δ是某一正數，則稱平麵點集｛（ｘ，ｙ）｜（ｘ－ｘ）２＋（ｙ－ｙ）２＜｝為點Ｐ的鄰域，記為Ｕ（Ｐ，），即槡００δ０δ０δＵ（Ｐ，）＝｛（ｘ，ｙ）｜（ｘ－ｘ）２＋（ｙ－ｙ）２＜｝．０δ槡００δ內點設Ｅ是一個平麵點集，Ｐ是平麵上的一個點，如果存在點Ｐ的某一鄰域Ｕ（Ｐ），使得Ｕ（Ｐ）Ｅ，則稱Ｐ為Ｅ的內點．邊界點設Ｅ是一個平麵點集，Ｐ是平麵上一個點，如果點Ｐ的任一鄰域內既有點屬於Ｅ，也有點不屬於Ｅ，則稱點Ｐ為Ｅ的邊界點Ｅ的邊界點的全體構成的平麵點集稱為Ｅ的邊界．開集如果平麵點集Ｅ的所有點都是Ｅ的內點，則稱Ｅ為開集．區域設Ｄ是開集，如果對於Ｄ中任意兩點，都可以用Ｄ中的折線連結起來，則稱Ｄ為區域或開區域開區域連同它的邊界一起構成的平麵點集稱為閉區域．!\"!
書!\"#$$%&''''(!
!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()在不需要指明區域Ｄ的開閉性時，簡稱Ｄ為區域．聚點設Ｅ是一個平麵點集，Ｐ是平麵上一個點，如果點Ｐ的任一鄰域內總有無限多個點屬於Ｅ，則稱Ｐ為Ｅ的聚點．注：以上關於平麵點集的鄰域、內點、開集、區域和聚點等概念可以類似推廣到空間點集的情形．多元函數的概念二元函數的定義設Ｄ是非空的平麵點集，如果對於Ｄ中的每一個點Ｐ（ｘ，ｙ），按照某一法則，總有一個確定的數值ｚ和它對應，則稱ｚ是ｘ，ｙ的二元函數（或點Ｐ的函數），記作ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）或ｚ＝ｆ（Ｐ），其中ｘ，ｙ叫作自變量，ｚ叫作因變量，Ｄ叫作函數的定義域．二元函數的圖形設有二元函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ），定義域為Ｄ，則稱空間直角坐標係中的點集｛（ｘ，ｙ，ｚ）｜（ｘ，ｙ）∈Ｄ，ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）｝為函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）的圖形．二元函數的圖形通常是一個曲麵．二元函數極限的定義設二元函數ｆ（ｘ，ｙ）的定義域為Ｄ，Ｐ０（ｘ０，ｙ０）是Ｄ的聚點，Ａ是一個常數如果對於任意給定的正數ε，總存在一個正數δ，使得對於Ｄ中適合不等式０＜｜ＰＰ｜＝（ｘ－ｘ）２＋（ｙ－ｙ）２＜０槡００δ的一切點Ｐ（ｘ，ｙ），都有｜ｆ（ｘ，ｙ）－Ａ｜＜ε成立，則稱函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）當Ｐ→Ｐ０時以Ａ為極限，記為ｌｉｍｆ（ｘ，ｙ）＝Ａ或ｌｉｍｆ（Ｐ）＝Ａ．ｘ→ｘ０Ｐ→Ｐ０ｙ→ｙ０注：二元函數極限的四則運算法則與一元函數類似．二元函數的連續性與間斷點設函數ｆ（ｘ，ｙ）的定義域為Ｄ，Ｐ０（ｘ０，ｙ０）是Ｄ的聚點．（１）如果Ｐ０∈Ｄ，ｌｉｍｆ（ｘ，ｙ）＝ｆ（ｘ０，ｙ０），則稱函數ｆ（ｘ，ｙ）在Ｐ０處連續；ｘ→ｘ０ｙ→ｙ０（２）如果ｆ（ｘ，ｙ）在Ｐ０處不連續，則稱Ｐ０為函數ｆ（ｘ，ｙ）的間斷點．注：設Ｄ是一個區域，如果函數ｆ（ｘ，ｙ）在Ｄ中各點處都連續，則稱ｆ（ｘ，ｙ）在Ｄ上連續．有界閉區域上二元連續函數的性質設函數ｆ（ｘ，ｙ）在有界閉區域Ｄ上連續，則（１）ｆ（ｘ，ｙ）在Ｄ上必有界，即存在常數Ｍ＞０，使得對任意Ｐ（ｘ，ｙ）∈Ｄ，有｜ｆ（ｘ，ｙ）｜≤Ｍ；（２）ｆ（ｘ，ｙ）在Ｄ上能取得最小值和最大值，即存在Ｄ上兩點Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ１，ｙ２），使得對一切Ｐ（ｘ，ｙ）∈Ｄ，有ｆ（ｘ１，ｙ１）≤ｆ（ｘ，ｙ）≤ｆ（ｘ２，ｙ２）；!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()（３）對於ｍ與Ｍ之間的任意值μ，即ｍ≤μ≤Ｍ，在Ｄ中至少存在一點Ｐ０（ｘ０，ｙ０），使得ｆ（ｘ０，ｙ０）＝μ，其中ｍ，Ｍ分別是ｆ（ｘ，ｙ）在Ｄ上的最小值和最大值．注：二元函數的概念可以類似推廣到ｎ元函數．多元函數微分法偏導數設函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０（ｘ０，ｙ０）的某個鄰域內有定義，如果極限ｆ（ｘ０＋Δｘ，ｙ０）－ｆ（ｘ０，ｙ０）ｌｉｍ存在，則稱此極限值為函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０處對ｘ的偏導Δｘ→０Δｘｚ數，記為ｘ＝ｘ０，ｆｘ（ｘ０，ｙ０）等，即ｘｙ＝ｙ０ｚｆ（ｘ０＋Δｘ，ｙ０）－ｆ（ｘ０，ｙ０）ｘ＝ｘ０＝ｌｉｍΔｘ→０ｘｙ＝ｙ０Δｘｚ類似可定義ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０處對ｙ的偏導數ｘ＝ｘ０．ｙｙ＝ｙ０如果函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在區域Ｄ內每一點（ｘ，ｙ）處對ｘ的偏導數都存在，記此偏導數為ｚｚ［或ｆ（ｘ，ｙ）等］，則是ｘ，ｙ的函數，稱它為ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）對自變量ｘ的偏導函數．類似可ｘｘｘｚ定義函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）對自變量ｙ的偏導函數．ｙ二元函數的偏導數定義可推廣到二元以上的函數，其偏導數的求法與二元函數的情形完全類似．偏導數的幾何意義設函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ（ｘ０，ｙ０）處的偏導數存在，則ｆｘ（ｘ０，ｙ０）ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ），是曲線在點Ｍ（ｘ，ｙ，ｆ（ｘ，ｙ））處的切線對ｘ軸的斜率；ｆ（ｘ，ｙ）是曲線{０００００ｙ００ｙ＝ｙ０ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ），在點Ｍ（ｘ，ｙ，ｆ（ｘ，ｙ））處的切線對ｙ軸的斜率．{０００００ｘ＝ｘ０高階偏導數設函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在區域Ｄ內具有偏導數．如果偏導函數ｆｘ（ｘ，ｙ），ｚｚｚｚｆ（ｘ，ｙ）還可以對ｘ和ｙ求偏導數，即（），（），（），（）存在，則稱這四個ｙｘｘｙｘｘｙｙｙ２ｚ２ｚ２ｚ２ｚ偏導數為函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）的二階偏導數，並分別記為，，，或ｆ（ｘ，ｙ），ｆ（ｘ，ｘ２ｘｙｙｘｙ２ｘｘｘｙｙ），ｆｙｘ（ｘ，ｙ），ｆｙｙ（ｘ，ｙ），其中ｆｘｙ（ｘ，ｙ），ｆｙｘ（ｘ，ｙ）叫作混合偏導數同樣可以定義三階以及三階以上的偏導數．!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()類似地，可以定義三元和三元以上函數的高階偏導數．定理如果函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０（ｘ０，ｙ０）的某個鄰域內存在二階混合偏導數，並且２ｚ２ｚ，都在點Ｐ（ｘ，ｙ）連續，則ｘｙｙｘ０００２ｚ２ｚｘ＝ｘ０＝ｘ＝ｘ０．ｘｙｙ＝ｙ０ｙｘｙ＝ｙ０此定理表明，二階混合偏導數在連續的條件下與求導次序無關，這結論對於二元以上的函數也是成立的．全微分設函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｙ）的某個鄰域內有定義，（ｘ＋Δｘ，ｙ＋Δｙ）為這個鄰域內的任意一點，如果函數在點（ｘ，ｙ）的全增量Δｚ能夠表示為Δｚ＝ｆ（ｘ＋Δｘ，ｙ＋Δｙ）－ｆ（ｘ，ｙ）＝ＡΔｘ＋ＢΔｙ＋ｏ（ρ），其中Ａ，Ｂ不依賴於Δｘ，Δｙ，而僅與ｘ，ｙ有關，ρ＝槡（Δｘ）２＋（Δｙ）２，則稱函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｙ）可微分，ＡΔｘ＋ＢΔｙ稱為函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｙ）的全微分，記為ｄｚ，即ｄｚ＝ＡΔｘ＋ＢΔｙ．定理（必要條件）若函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｙ）可微分，則函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｚｚｙ）的偏導數，必存在，並且在點（ｘ，ｙ）的全微分為ｘｙｚｚｄｚ＝Δｘ＋Δｙ．ｘｙ定理（充分條件）如果函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ０，ｙ０）的某個鄰域內兩個偏導數ｆｘ（ｘ，ｙ），ｆｙ（ｘ，ｙ）存在，且它們都在點（ｘ０，ｙ０）處連續，則ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ０，ｙ０）的全微分存在．複合函數求導法則定理設函數ｕ＝φ（ｔ），ｖ＝ψ（ｔ）都在點ｔ可導，函數ｚ＝ｆ（ｕ，ｖ）在對應點（ｕ，ｖ）有連續偏導數，則複合函數ｚ＝ｆ［φ（ｔ），ψ（ｔ）］在點ｔ也可導，且ｄｚｆｄｕｆｄｖ＝＋ｄｔｕｄｔｖｄｔ定理設函數ｕ＝φ（ｘ，ｙ），ｖ＝ψ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｙ）有偏導數，函數ｚ＝ｆ（ｕ，ｖ）在對應點（ｕ，ｖ）具有連續偏導數，則複合函數ｆ［φ（ｘ，ｙ），ψ（ｘ，ｙ）］在點（ｘ，ｙ）有對ｘ及ｙ的偏導數，且ｚｆｕｆｖｚｆｕｆｖ＝＋，＝＋．ｘｕｘｖｘｙｕｙｖｙ全微分形式的不變性定理設函數ｕ＝φ（ｘ，ｙ），ｖ＝ψ（ｘ，ｙ）在點（ｘ，ｙ）有連續偏導數，函數ｚ＝ｆ（ｕ，ｖ）在!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()對應點（ｕ，ｖ）的某個鄰域內有連續偏導數，則複合函數ｚ＝ｆ［φ（ｘ，ｙ），ψ（ｘ，ｙ）］在點（ｘ，ｙ）可微分，且不論ｕ，ｖ作為ｚ＝ｆ（ｕ，ｖ）的自變量，還是作為複合函數ｚ＝ｆ［φ（ｘ，ｙ），ψ（ｘ，ｙ）］的中間變量，均有ｆｆｄｚ＝ｄｕ＋ｄｖ．ｕｖ隱函數求導公式定理設函數Ｆ（ｘ，ｙ）在點（ｘ０，ｙ０）的某一鄰域內具有連續偏導數，如果Ｆ（ｘ０，ｙ０）＝０，Ｆｙ（ｘ０，ｙ０）≠０，則方程Ｆ（ｘ，ｙ）＝０在點（ｘ０，ｙ０）的某一鄰域內恒能唯一確定一個連續且具有連續導數的函數ｙ＝ｆ（ｘ），它滿足條件ｙ０＝ｆ（ｘ０），並有ｄｙＦｘ＝－．ｄｘＦｙ定理設函數Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）在點（ｘ０，ｙ０，ｚ０）的某一鄰域內具有連續偏導數，如果Ｆ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）＝０，Ｆｚ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）≠０，則方程Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０在點（ｘ０，ｙ０，ｚ０）的某一鄰域內恒能唯一確定一個連續且具有連續偏導數的函數ｚ＝ｆ（ｘ，ｙ），它滿足條件ｚ０＝ｆ（ｘ０，ｙ０），並有ｚＦｘｚＦｙ＝－，＝－．ｘＦｚｙＦｚ定理設Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ），Ｇ（ｘ，ｙ，ｚ）在點（ｘ０，ｙ０，ｚ０）的某一鄰域內具有連續偏導數．如果Ｆ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）＝０，Ｇ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）＝０，且偏導數所組成的函數行列式（稱為雅可比行列式）ＦＦ（Ｆ，Ｇ）ｙｚＪ＝＝（ｙ，ｚ）ＧＧｙｚ在點（ｘ０，ｙ０，ｚ０）不為零，則方程組Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０，Ｇ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０在點（ｘ０，ｙ０，ｚ０）的某一鄰域內恒能唯一確定一組連續且具有連續導數的函數ｙ＝ｆ（ｘ），ｚ＝ｇ（ｘ），它們滿足條件ｙ０＝ｆ（ｘ０），ｚ０＝ｇ（ｘ０），並有ＦｚＦｘｄｙ１（Ｆ，Ｇ）ＧｚＧｘ＝＝，ｄｘＪ（ｚ，ｘ）ＦｙＦｚＧｙＧｚＦｘＦｙｄｚ１（Ｆ，Ｇ）ＧｘＧｙ＝＝．ｄｘＪ（ｘ，ｙ）ＦｙＦｚＧｙＧｚ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()方向導數與梯度方向導數設函數ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０（ｘ０，ｙ０）的某一鄰域內有定義，ｌ是端點為Ｐ０的一２２條射線，在ｌ上任取一點Ｐ′（ｘ０＋Δｘ，ｙ０＋Δｙ），ρ＝槡（Δｘ）＋（Δｙ）＞０，如果極限ｆ（ｘ０＋Δｘ，ｙ０＋Δｙ）－ｆ（ｘ０，ｙ０）ｌｉｍ存在，則稱該極限值為函數ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０（ｘ０，ｙ０）處ρ→０ρｆ沿方向ｌ的方向導數，記為，它反映了函數ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０沿方向ｌ的變化率．ｌＰ０定理如果函數ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ０（ｘ０，ｙ０）是可微分的，則函數在點Ｐ沿任一方向ｌ的方向導數都存在，且ｆｆｆ＝ｃｏｓα＋ｃｏｓβ，ｌｘｙ其中α，β分別是方向ｌ與ｘ軸正向、ｙ軸正向的夾角．類似地，對於三元函數ｕ＝ｆ（ｘ，ｙ，ｚ），它在點Ｐ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）處沿方向ｌ（設方向ｌ的方向角為α，β，γ）的方向導數定義為ｆｆ（ｘ＋Δｘ，ｙ＋Δｙ，ｚ＋Δｚ）－ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝ｌｉｍ，ｌρ→０ρ其中ρ＝槡（Δｘ）２＋（Δｙ）２＋（Δｚ）２，Δｘ＝ρｃｏｓα，Δｙ＝ρｃｏｓβ，Δｚ＝ρｃｏｓγ．並有如下結論：如果函數ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）在點Ｐ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）處可微分，則函數在Ｐ０點沿著方向ｌ的方向導數為ｆｆｆｆ＝ｃｏｓα＋ｃｏｓβ＋ｃｏｓγ．ｌｘｙｚ梯度設函數ｆ（ｘ，ｙ）在平麵區域Ｄ內具有一階連續偏導數，則對於每一點ｆｆＰ（ｘ，ｙ）∈Ｄ，稱向量ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ）＝ｉ＋ｊ為函數ｆ（ｘ，ｙ）在點Ｐ處的梯度．ｘｙｆｆｆ若設ｅ＝ｃｏｓαｉ＋ｃｏｓβｊ是方向ｌ上的單位向量，則＝ｃｏｓα＋ｃｏｓβ＝ｇｒａｄｆ（ｘ，ｌｘｙ∧
ｙ）·ｅ＝｜ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ）｜ｃｏｓ（ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ），ｅ），可見當ｃｏｓ（ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ），ｅ）＝１，即ｌ的方向與ｆ梯度的方向一致時，取得最大值｜ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ）｜．ｌ類似地，對於三元函數ｕ＝ｆ（ｘ，ｙ，ｚ），若它在空間區域Ｇ內具有一階連續偏導數，則對ｆｆｆ於每一點Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ）∈Ｇ，稱向量ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝ｉ＋ｊ＋ｋ為函數ｕ＝ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）在點ｘｙｚ!\"#書
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!\"#$%&!''''()*)%*)%*+,(+$-#''''()Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ）的梯度．通過與二元函數的梯度相類似的討論可知，函數ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）在Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ）的梯度ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ，ｚ），其方向與ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）在點Ｐ取得最大方向導數的方向一致，其模｜ｇｒａｄｆ（ｘ，ｙ，ｚ）｜為ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）在點Ｐ的方向導數的最大值．偏導數的幾何應用空間曲線的切線與法平麵ｘ＝φ（ｔ），（１）設空間曲線Ｃ由參數方程給出{ｙ＝ψ（ｔ），其中φ（ｔ），ψ（ｔ），ω（ｔ）均可導，且對每ｚ＝ω（ｔ），一個ｔ，三個導數值不同時為０，則曲線Ｃ在參數ｔ＝ｔ０所對應的點Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）的切線方程和法平麵方程分別為ｘ－ｘｙ－ｙｚ－ｚ０＝０＝０φ′（ｔ０）ψ′（ｔ０）ω′（ｔ０）及φ′（ｔ０）（ｘ－ｘ０）＋ψ′（ｔ０）（ｙ－ｙ０）＋ω′（ｔ０）（ｚ－ｚ０）＝０．Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０，（２）設空間曲線Ｃ的方程為Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）是Ｃ上的一給定點，Ｆ，Ｇ在{Ｇ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０．Ｍ０的某個鄰域內具有連續偏導數，則曲線Ｃ在Ｍ０點的切線方程和法平麵方程分別為ｘ－ｘｙ－ｙｚ－ｚ０＝０＝０ｍｎｐ及ｍ（ｘ－ｘ０）＋ｎ（ｙ－ｙ０）＋ｐ（ｚ－ｚ０）＝０．（Ｆ，Ｇ）ＦｙＦｚ（Ｆ，Ｇ）ＦｚＦｘ其中ｍ＝＝，ｎ＝＝，（ｙ，ｚ）Ｍ０（ｚ，ｘ）Ｍ０ＧｙＧｚＧｚＧｘＭ０Ｍ０（Ｆ，Ｇ）ＦｘＦｙｐ＝＝，ｍ，ｎ，ｐ不全為零．（ｘ，ｙ）Ｍ０ＧｘＧｙＭ０曲麵的切平麵與法線設曲麵∑的方程為Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０，Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）是∑上一給定點．如果Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）的三個偏導數都在點Ｍ０連續，且不同時為０，則∑在點Ｍ０的切平麵方程和法線方程分別為ｘ－ｘｙ－ｙｚ－ｚＡ（ｘ－ｘ）＋Ｂ（ｙ－ｙ）＋Ｃ（ｚ－ｚ）＝０及０＝０＝０，０００ＡＢＣ其中Ａ＝Ｆｘ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），Ｂ＝Ｆｙ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），Ｃ＝Ｆｚ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）．!\"\"書