高等数学第05章_定积分及其应用习题详解

第五章 定积分及其应用习题详解 1 第五章 定积分及其应用 习 题 5-1 1. 如何述定积分的几何意义？根据定积分的几何意义推出下列积分的值： （1）   xxd 1 1 , （2）   xxRR R d22 , （3）  xxdcos0 2 , （4）   xx d1 1 . 解 ： 若    xxfxfbax a b d)(,0)(,, 则时 在 几 何 上 表 示 由 曲 线 )(xfy  ， 直 线 bxax  , 及 x轴所围成平面图形的面积. 若  bax , 时，  xxfxf a b d)(,0)( 则 在几何 上表示由曲线 )(xfy  ，直线 bxax  , 及 x轴所围平面图形面积的负值. （1）由下图（1）所示， 0)(d 11 1 1  AAxx . （2）由上图（2）所示， 2 π d 2 2 22 RAxxRRR   . （3）由上图（3）所示， 0)()(dcos 5353543 π2 0  AAAAAAAxx . （4）由上图（4）所示， 111 2 1 22d 6 1 1   Axx . 2. 设物体以速度 12  tv 作直线运动，用定积分表示时间 t从 0 到 5 该物体移动的路程 S. R R O R x y 2 A ( 2 ) - 1 - 1 1 1 1 A 1 A O x y ( 1 ) O x y 1 - 1 3 A 4 A 5 A 2 π π ( 3 ) 1 1 1 1 O x y 6A 6A (4) 第五章 定积分及其应用习题详解 2 解： s   tt d)12( 0 5 3. 用定积分的定义计算定积分  b a xcd ,其中 c为一定常数. 解：任取分点 bxxxxa n  210 ,把 ],[ ba 分成 n个小区间 ],[ 1 ii xx  )2,1( ni  ，小区间长度记为 x i = ix - 1ix )2,1( ni  ,在每个小区间  ii xx ,1 上任取一点 i 作乘积 ii xf )( 的和式：      n i n i iiii abcxxcxf 1 1 1 )()()( , 记 }{max 1 i ni x   , 则 )()(lim)(limd 00 abcabcxfxc n i ii b a       . 4. 利用定积分定义计算 1 2 0 dx x . 解： 上在 ]1,0[)( 2xxf  连续函数，故可积，因此为方便计算，我们可以对  0,1 n等分， 分点 ii ni n i x ;1,,2,1,   取相应小区间的右端点，故    n i ii n i ii n i ii xxxxf 1 2 1 2 1 )(  =    n i n i i nnn i 1 2 3 2 1 11 )( = 3 1 1 ( 1)(2 1) 6 n n n n    = ) 1 2)( 1 1( 6 1 nn  当 时0 （即 时n ），由定积分的定义得： 1 2 0 dx x = 3 1 ． 5. 利用定积分的估值公式，估计定积分   1 1 34 )524( xx xd 的值. 解：先求 524)( 34  xxxf 在  1,1 上的最值，由 0616)( 23  xxxf , 得 0x 或 8 3 x . 比较 3 5093 ( 1) 11, (0) 5, ( ) , (1) 7 8 1024 f f f f     的大小，知 min max 5093 , 11 1024 f f  ， 由定积分的估值公式，得  )1(1d)524()]1(1[ max 1 1 34 min   fxxxf , 即 1 4 3 1 5093 (4 2 5)d 22 512 x x x      . 6. 利用定积分的性质说明  1 0 dxe x 与  1 0 d 2 xe x ，哪个积分值较大？ 第五章 定积分及其应用习题详解 3 解：在 0,1 区间内： 22 x xx x e e   由性质定理知道：  1 0 dxe x   1 0 d 2 xe x 7. 证明：      2 1 2 1 2 1 2d2 2 xee x 。 证明：考虑        2 1 , 2 1 上的函数 2xey  ，则 2 2 xxey  ，令 0y 得 0x 当        0, 2 1 x 时， 0y ，当        2 1 ,0x 时， 0y ∴ 2xey  在 0x 处取最大值 1y ，且 2xey  在 2 1 x 处取最小值 2 1  e . 故       2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 d1dd 2 xxexe x ，即      2 1 2 1 2 1 2d2 2 xee x 。 8. 求函数 21)( xxf  在闭区间[-1，1]上的平均值. 解：平均值       1 1 2 2 4 π 2 1π 2 1 d1 )1(1 1 xx 9. 设 )(xf 在[0，1]上连续且单调递减，试证对任何 )1,0(a 有   a xxfaxxf 0 1 0 d)(d)( . 证明：   a xxfaxxf 0 1 0 d)(d)( =   a a xxfaxxf 0 0 d)(d)(  1 d)( a xxfa   1 0 d)(d)()1( a a xxfaxxfa = )()1()()1(  afaafa  )]()([)1(  ffaa  ，其中 1,0   aa 又 )(xf 单调减，则 )()(  ff  ，故原式得证. 习 题 5.2 1. 计算下列定积分 （1）   4 0 d2 xx ; （2）  1 2 2 d|| xxx ; （3）  π2 0 d|sin| xx ; (4) xxx d}1,max{ 1 0  . 解：（1） xxxxxx d)2(d)2(d2 4 2 2 0 4 0   4)22 1 () 2 1 2( 4 2 2 2 0 2  xxxx （2）  1 2 2 d|| xxx =   0 2 3 d)( xx +  1 0 3dxx = 1 0 4 0 2 4 44 xx   =4+ 4 17 4 1  . 第五章 定积分及其应用习题详解 4 （3）  π2 0 d|sin| xx =  π 0 dsin xx +   π2 π d)sin( xx = π2 π π 0 cos)cos( xx  =2+2=4. (4) xxx d}1,max{ 1 0  = 1 1 2 1 0 2 3 (1 )d d 4 x x x x    . 2. 计算下列各题： （1）  1 0 100dxx ， （2）  4 1 dxx ， （3）  1 0 de xx , （4） xx d10010 , （5） xxdsin2 π 0 , （6） xx x de 21 0 , （7） xx d)π2sin( 2 π 0  , （8） xxx d)1( 1 0  ,（9） xx x d 2 lne 1 , （10）   1 0 2100 d x x , （11）  4 π 0 2 d cos tan x x x 解：（1）  1 0 100dxx = 101 1 101 1 0 101  x . （2）  4 1 dxx = 3 14 3 2 4 1 2 3 x . （3） 1eede 10 1 0  xx x . （4） xx d10010 = 100ln 99 100ln 100 1 0  x . （5） 1cosdsin 2 π 0 2 π 0  xxx . （6） 2 1e 2 e )(de 2 1 de 1 0 21 0 1 0 2 22   x xx xxx . （7） xx d)π2sin(2 π 0  = )π2(d)π2sin( 2 1 2 π 0  xx = 2 π 0 )π2cos( 2 1  x = 1 . (8) x x x d 2 lne 1 = )d(lnln2 1 e 1 xx = 4 1 ln 4 1 e 1 2 x . (10)   1 0 2100 d x x =   1 0 2) 10 (1 d 100 1 x x = 1 010 arctan 10 1 x = 10 1 arctan 10 1 . （10）  4 π 0 2 d cos tan x x x =  4 π 0 )tand(tan xx = 4 π 0 2 2 )(tan x = 2 1 . 3. 求下列极限 （1） x tt x x πcos1 dπsin lim 1 1    . （2）   2 0 2 arctan d lim 1 x x t t x   . 解：（1）此极限是“ 0 0 ”型未定型，由洛必达法则，得 第五章 定积分及其应用习题详解 5 x tt x x πcos1 dπsin lim 1 1    = )πcos1( )dπsin( lim 1 1    x tt x x = π 1 ) π 1 (lim πsinπ πsin lim 11      xx x x （2）       2 2 0 12 2 2 arctan d arctan lim lim 11 1 2 2 x x x t t x x x x        型  22 1 arctan lim x x x x    22 1 1 arctan lim x x x x x     2 2 2 1 lim 1 arctan 4x x x      4. 设   x tty 0 d)1( ，求 y 的极小值 解： 当 1 0y x    ，得驻点 1x  ， '' 1 0. 1y x   为极小值点， 极小值   1 0 2 1 -dx)1()1( xy 5. 设          1, 2 1 1,1 2 xx xx xf ，求   2 0 dxxf 。 解：       2 1 2 1 0 2 0 d 2 1 d1d xxxxxxf 3 8 6 1 2 1 2 1 3 1 0 2        xxx 6. 设          其它,0 0,sin 2 1 xx xf ，求     x ttfx 0 d 。 解：当 0x 时，     0d0d 00   xx tttfx 当  x0 时，   2 cos1 dsin 2 1 0 x ttx x    当 x 时，         1d0dsin 2 1 ddd 000   xxx tttttfttfttfx      ， 故     0, 0 1 1 cos , 0 2 1, x x x x x             7. 设  xf 是连续函数，且     1 0 d2 ttfxxf ，求  xf 。 解：令   Attf  1 0 d ，则   Axxf 2 ，从而     AxAxxxf 2 2 1 d2d 1 0 1 0   即 AA 2 2 1  ， 2 1 A ，∴   1 xxf 第五章 定积分及其应用习题详解 6 8．  2 2 2 1 lim nnn nn    。 解：原式 1 1 2 lim n n n n n n            L 1 0 1 1 2 lim d 3 n n i i x x n n       9．求由 0dcosd 00   xy t ttte 所决定的隐函数 y 对 x的导数 x y d d 。 解：将两边对 x求导得 ye x y d d 0cos  x ， ∴ x y d d ye xcos  习 题 5.3 1. 下面的计算是否正确，请对所给积分写出正确结果： （1） xxx dcoscos2 π 2 π 3    = xxx dsin)(cos2 π 2 π 2 1   = )cosd()(cos2 π 2 π 2 1 xx   = 0cos 3 2 2 π 2 π 2 3    x . （2）    1 1 1 1 22 )sind()(sin1d1 ttxx =   1 1 dcoscos ttt =  1 1 2 d)(cos tt =2  1 0 2 d)(cos tt =2 2sin 2 1 1)2sin 2 1 (d 2 2cos1 1 0 1 0    ttt t . 答：（1）不正确，应该为： xxxxxx dsin)(cos2dcoscos 2 1 2 π 2 π 2 π 0 3     = 3 4 3 cos4 )cos)(cos2 2 0 2 3 2 0 2 1   π π d( x xx （2）不正确，应该为：      1 1 2 π 2 π 2 π 2 π 222 d)(cos)sind()(sin1d1 ttttxx =2     2 π 0 2 π 0 2 π 0 2 )2sin 2 1 (d 2 2cos1 2d)(cos ttt t tt 2 π . 2. 计算下列定积分: (1) xx d16 4 0 2   , (2)   1 0 2 d 4 1 x x . （3）  20 3cossin  xdxx ； （4） x x x d lne 1 2  ； （5） xe x d1 2ln 0  ； （6）   1 1 45 d x xx ； 第五章 定积分及其应用习题详解 7 （7）   4 1 1 d x x ； （8） xxdsin2 0 3   ； （9）   2 1 ln1 de xx x ； (10)   0 2 2 22 d xx x ； (11) xxd2cos1 0   ；（12）   1 0 22 d1 xxx 。 解：（1）令 x = tsin4 ,则 ttxtx dcos4d,cos416 2  ,当 x = 0 时，t = 0；当 x = 4 时， 2 π t ，于是 xx d16 4 0 2   = π4)2sin48(d)2cos1(8dcos4cos4 2 π 0 2 π 0 2 0   ttttttt  （2）   1 0 2 d 4 1 x x =   1 0 2 ) 2 d( ) 2 (1 1 2 1 x x = 2 1 arctan 2 1 2 arctan 2 1 1 0  x . (3)  20 3cossin  xdxx 4 1 cos 4 1 dcoscos 2 0 42 0 3     xxx (4) )d(lnlnd ln e 1 2 e 1 2 xxx x x   3 1 ])1(ln)e[(ln 3 1 )(ln 3 1 33 e 1 3  x (5)令 te x 1 ，  1ln 2  tx ， t t t x d 1 2 d 2   ， 0x 时 0t ； 2lnx 时， 1t . 于是 t t t t t xe x d 1 1 12d 1 2 d1 1 0 2 1 0 2 2 2ln 0             1 0 2 arctan 2 1 4 t t          (6) 令 ux  45 ，则 44 5 2u x  ， u u x dd 2  .当 1x 时， 3u ，当 1x 时， 1u . 原式   6 1 d5 8 11 3 2   uu . (7) 令 tx  ， ttx d2d  .当 1x 时， 1t ；当 4x 时， 2t . 原式            2 1 2 1 2 1 1 d d2 1 d2 t t t t tt    3 2 ln221ln2 2 1 2 1  tt (8) 因为 xxdsin2 0 3   = xxxxxxxx dsincosdsindsin]cos1[ 2 0 22 0 2 0 2    1cosdsin 2 0 2 0   xxx 第五章 定积分及其应用习题详解 8 3 1 cos 3 1 dcoscosdsincos 2 0 32 0 22 0 2           xxxxxx 从而 xxdsin2 0 3   = 3 2 . (9) 原式        22 11 ln1d ln1 1 lnd ln1 1 ee x x x x 232ln12 2 1  e x (10) 原式       0 2 0 22 1 11 d xarctg x x   244 11   arctgarctg (11) 原式    00 2 dcos2dcos2 xxxx       2 2 0 dcos2dcos2 xxxx 22sinsin2 2 2 0           xx （12）设 2 0(,sin   ttx ， ttx dcosd  ，于是   1 0 22 d1 xxx = ttttt d2sin 4 1 dcossin 2 0 222 0 2    16 )4sin 4 1 ( 8 1 d 2 cos4t1 4 1 2 0 2 0 2 0       ttt 3. 计算下列定积分： （1） xx xde)15( 4 0 5   ； （2） xx d)1ln( 1e 0   ； （3） xxx dπcose 1 0 π  ； （4） xxx xx d)e3( 1 0 33   ； (5)  3 4 2 d sin   x x x ； (6)  4 1 d ln x x x ； (7) 1 0 arctan dx x x ； (8)  2 0 2 de xx x ； （9） e e 1 dln xx ； （10）  2 0 dsin xxx 。 解：（1） xx xde)15( 4 0 5   = 5 e d)15( 5 4 0 x x  = 4 5 5 4 0 0 e e (5 1) d(5 1) 5 5 x x x x   = 4 20 5 20 0 21e 1 e 4e 5 5 x   . (2) x x x xxxx d 1 )1ln(d)1ln( 1e 0 1e 0 1e 0       = x x d) 1 1 1(1e 1e 0    第五章 定积分及其应用习题详解 9 = 1e 0)]1ln([1e  xx ＝ eln =1 (3) xxx dπcose 1 0 π  = π πsin de 1 0 π xx  xx xx de π πsin πsine π 1 1 0 1 0 π  xxx dπsine0 1 0 π  = )π πcos d(e 1 0 π xx   xx xx de π πcos πcose π 1 1 0 1 0 π   )1e( π 1 π xxx dπcose 1 0 π  移项合并得 xxx dπcose 1 0 π  )1e(π2 1 π  . （4） xxx xx d)e3( 1 0 33   )e3 1 3ln 3 4 (d 3 1 0 4 x xx x     1 0 3 4 1 0 3 4 d)e 3 1 3ln 3 4 ()e 3 1 3ln 3 4 ( x xx x x x x x 45 14 e 9 2 3ln 23ln3 )e 9 1 3ln 3 20 (e 3 1 3ln 3 4 1 3 2 1 0 3 2 5 3    x xx （5）  3 4 2 d sin   x x x 3 4 dcotx x    3 3 4 4 cot cot dx x x x        3 4 sinln 9 3 4 1   x         2 2 ln 2 3 ln 9 3 4 1           2 3 ln 2 1 9 3 4 1           （6）  4 1 d ln x x x  4 1 dln2 xx       4 1 4 1 lndln2 xxxx         4 1 d 1 2ln42 x x x    4 1 2 1 d22ln8 xx 42ln8  （7） 1 0 arctan dx x x 1 2 0 1 arctan d 2 x x  2 11 2 20 0 1 arctan d 2 1 x x x x x            1 0 2 1 0 1 d 2 1 d 2 1 8 x x x  1 1 0 0 1 1 arctan 8 2 2 x x     2 1 4   （8） 44e4e4e4e4de2e2de 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2   xxxx xxxx （9）   e 1 1 e 1 e e 1 dlndlndln xxxxxx 第五章 定积分及其应用习题详解 10 而   1 e 1 1 e 1 1 e 1 dlndln x x x xxxx 1 e 2 e 1 1 e 1  11eedlndln e 1 e 1 e 1   xxxxx , 故 e 2 21 e 2 1dlndlndln e 1 1 e 1 e e 1   xxxxxx . （10） 1sindcoscosdsin 2 0 2 0 2 0 2 0    xxxxxxxx 4. 利用函数的奇偶性计算下列积分： （1） xxx d)1( 1 1 22   ; (2) xxdcos4 2 2 4     ； (3)   5 5 24 23 d 12 sin x xx xx ; （4）   a a xxxx d)2sin5cos( . 解：(1) xxx d)1( 1 1 22   = 202d12d1 1 1 2 1 1    xxxx (2) 原式    20 222 0 4 dcos22dcos42  xxxx      20 22 0 2 d2cos2cos212d2cos12  xxxxx    20 2 0 2 0 d4cos1d2cos22  xxxxx  2020 4d4cos4 1 2 2sin2    xxx   2 3 4sin 4 1 2 3 2 0  x (3) ∵ 12 sin 24 23  xx xx 为奇函数，∴ 0d 12 sin5 5 24 23   x xx xx （4） 利用定积分的线性性质可得原式      a a a a a a xxxxxx d2dsin5dcos ，而前两个积 分的被积函数都是奇数，故这两个定积分值均为 0， 原式    a a a a axlx 4d2d2 第五章 定积分及其应用习题详解 11 5. 如果 0b ，且   b xx 1 ,1dln 求 b 解：   bb x x xxxdx b 11 d 1 lnln 1 1ln)1(ln  bbbbbb 由已知条件得 11ln bbb 0ln bbb ，即 bbb ln  0b ， 1ln b ， 即得 eb  。 6.若 )(xf 在区间 ]1,0[ 上连续,证明 (1)  20 d)(sin  xxf =  20 d)(cos  xxf (2)   0 d)(sin xxxf =   0 d)(sin 2 xxf ,由此计算    0 2 d cos1 sin x x xx 证明：（1）设 txtx dd, 2  则  .且当 0x 时， 2  t ；当 .0, 2  tx 时  故  20 d)(sin  xxf ttf              0 2 d 2 sin    0 2 dcos ttf  20 d)(cos  xxf （2）设 tx  ，   0 d)(sin xxxf   0 )(d)[sin()(   ttft     0 d)(sin ttf   0 d)(sin tttf    0 d)(sin xtxf =   0 d)(sin 2 ttf 利用此公式 可得： 20 sin d 1 cos x x x x   = 20 sin d 2 1 cos x x x   = 20 1 dcos 2 1 cos x x    =   0 arctan(cos ) 2 x   = 4 2 . 7. 设  xf 在  a2,0 上连续，证明         aa xxafxfxxf 0 2 0 d2d 。 证明        a a aa xxfxxfxxf 2 0 2 0 ddd .令 uax  2 ， ux dd  ，则        aaa a xxafuuafxxf 00 2 d2d2d 故         aa xxafxfxxf 0 2 0 d2d . 8. 设  xf 是以 为周期的连续函数，证明：            0 2 0 d2dsin xxfxxxfxx 。 第五章 定积分及其应用习题详解 12 证明     xxfxx dsin 2 0               2 0 dsindsin xxfxxxxfxx . 令 ux  ，则              0 2 dsindsin uufuuxxfxx        0 sin duufuu (∵  xf 以 为周期) 故            0 2 0 d2dsin xxfxxxfxx 9. 设 )(xf  在 ],[ ba 上连续，证明： )]()([)]()([d)( afafabfbfbxxfx b a  证明 利用分部积分法，    b a b a b a b a xxfxfxxfxxxfx d)()]([)(dd)( = b a xfafabfb )()()(  )]()([)]()([ afafabfbfb  习 题 5.4 1. 下列解法是否正确？为什么？ 2ln1ln2ln||lnd 1 2 1 2 1    xxx . 答：不正确.因为 x 1 在[ 1 ， 2 ]上存在无穷间断点 0x ，  2 1 d 1 x x 不能直接应用 LeibnizNewton 公式计算，事实上，  2 1 d 1 x x   0 1 d 1 x x +  2 0 d 1 x x     1 1 10 d 1 lim   x x +  2 0 22 d 1 lim  x x   1 1 1 0 )ln(lim        x +  2 0 22 lnlim   x  1 0 lnlim 1     + 2ln 2 02 lim    不存在, 故  2 1 d 1 x x 发散. 2. 下列广义积分是否收敛？若收敛，则求出其值. （1）   0 2 d 1 x x ； （2） xxde 1 100    ； （3） 2 0 e dxx x    ； （4） x x d )1( 1 1 3   （5）   0 2100 d x x ； （6）   0 d ln 1 x xx ； 解：（1）   0 2 d 1 x x =     xxx xx 1 lim 1 lim) 1 ( 0 0 ,   0 2 d 1 x x 发散. （2） xxde 1 100    = 100 100 1 100 e 100 1 ) 100 e (0 100 e      x 第五章 定积分及其应用习题详解 13 （3） 2 2 2 0 0 0 1 1 e d ( e e d ) 2 4 x x xx x x x           （4） 8 1 ])1( 2 1 [d )1( 1 1 2 1 3       xxx （5）   0 2100 d x x = 20 π 10 arctan 10 1 0   x . （6）    exxx x xx )ln(ln)d(ln ln 1 d ln 1 ee ，发散 3.下列广义积分是否收敛？若收敛，则求出其值. （1） xx d)4( 6 0 3 2    （2）    1 0 d 1 arcsin x xx x （3）   1 0 2 d 1 arcsin x x x 解：（1） xx d)4( 6 0 3 2    = xx d)4( 6 4 3 2    + xx d)4( 4 0 3 2    = )42(3430023)4(3)4(3 3333 4 0 3 1 6 4 3 1  xx (2) 令 tx arcsin ， x x x dt 2 d 1 1    于是   2 1 22 2 00 0 arcsin d 2 d 41 x x t t t x x          (3) x x x d 1 arcsin1 0 2              1 00 1 0 20 )(arcsindarcsinlimd 1 arcsin lim xxx x x 0 12 0 )(arcsin 2 1 lim      x 8 )]1[arcsin( 2 1 lim 2 2 0      。 4.证明广义积分   b a qax x )( d 当 1q 时收敛；当 1q 时发散。 证明：当 ,1时q     b a b a ax ax x )ln( d ，发散； 当 ,1时q   b a qax x )( d =                    1, 1, 1 )( 1 )( 1 1 q q q ab q ax q b a q 。 5.已知             a x x x xex ax ax d4lim 22 ，求常数 a 第五章 定积分及其应用习题详解 14 解：左端 a x x e ax a 221lim           右端           a x a x dexxdex 2222 222            a x a x dxxeex 222 22     a xa xdeea 222 22            a x a xa dxexeea 2222 22   aeaa 22 122  ∴   aa eeaa 222 122   ， 解之 0a 或 1a 。 习 题 5.5 1、求由下列曲线围成的平面图形的面积： （1） x y 1  及直线 0,2,  yxxy ； 解：如图，解方程组       xy x y 1 ，得交点 )1,1( ，所求面积为 2ln 2 3 ]ln 2 [d) 1 ( 21 2 2 1   x x x x xA . （2） 2 2x y  与 822  yx （两部分均应计算）； 解：如图，解方程组       8 2 22 2 yx x y ，得交点 )2,2( 、 )2,2( ， 所求上半部分面积为 3 4 π2d) 2 8(22 2 0 2 2 1   x x xAA上 . 所求下半部分面积为 3 4 π6) 3 4 π2(π8  上圆下 ASA （3） xx eyey  , 与直线 1x ； 解：如图，解方程组      x x ey ey ，得交点 )1,0( ，所求面积为 第五章 定积分及其应用习题详解 15 2][d)( 110 1 0   eeeexeeA xxxx . （4） yxy ,ln 轴与直线 )0(ln,ln  abbyay . 解：选为 y积分变量，如图，所求面积为 abeyeA ba y b a y   ln ln ln ln ][d 2.求二曲线 sinr 与 cos3r 所围公共部分的面积 解： 当 等于 0 和 3 π 时，两曲线相交，所围公共部分的 面积为 4 3 24 π5 dθθcos3 2 1 dθθsin 2 1 2 π 3 π 23 π 0 2  A . 3、求由 0,2,3  yxxy 所围成的图形，绕 x轴及 y 轴旋转所得的两个不同的旋转体的 体积. 解：如图，绕 x轴旋转所得的旋转体的体积为 π 7 128 ]π 7 1 [dπdπ 20 7 2 0 6 2 0 2   xxxxyVx 绕 y轴旋转所得的旋转体的体积为. yyyxVy dππ32dπ8π2 2 0 3 2 8 0 22   π 5 64 ]π 5 3 [π32 80 3 5  x 4、有一立体，以长半轴 10a 、短半轴 5b 的椭圆为底， 而垂直于长轴的截面都是等边三角形，求该立体的体积. 解：解：取坐标系如图，底面椭圆方程为 1 510 2 2 2 2  yx 垂直于 x轴的截面为等边三角形，对应于 x的 截面的面积为 )10( 4 3 )( 22 xxA  于是所求立体体积为 310 10 3 2 10 10 22 10 3 3 ] 3 10[ 4 3 d)10( 4 3    x xxxV 5、计算曲线 xy ln 相对应于 3x 到 8x 的一段曲线弧长. x y O 3 π θ  o x ab y x 第五章 定积分及其应用习题详解 16 解：由弧长的公式得: 2 3 ln 2 1 1d 1 d 1 1d1 8 3 2 8 3 2 8 3 2     xx x x x xys . 6、计算 1 相应于自 4 3  到 3 4  的一段弧长. 解：由弧长的极坐标公式得:      d1 1 d) 1 () 1 (d)()( 3 4 4 3 2 2 3 4 4 3 2 2 23 4 4 3 22  s 2 3 ln 12 5  . 7、求星形线 3 3 cos sin x a t y a t     的全长. 解：由弧长的参数方程公式得: π π 2 2 2 4 2 2 2 42 2 0 0 4 ( ) ( ) d 4 9 cos sin 9 cos sin d 6s t t t a t t a t t a         . 8、设把一金属杆的长度由 a拉长到 xa  时，所需的力等于 a kx ，其中 k 为常数，试求将该 金属杆由长度 a拉长到b所作的功. 解：由于金属杆拉长所需的力 f 与拉长的长度成正比 x，且 a kx f  ，其中 k 为常数。选择 金属杆拉长的长度 x为积分变量，其取值范围为  ab ,0 ，对于任意  abx  ,0 ，在拉长 的长度区间  xxx d,  上，功元素为 x a kx xfW ddd  ，于是 a abkx a k xx a k x a kx W ab abab 2 )( 2 dd 2 0 2 00            。 9.一个底半径为 mR ，高为 mH 的圆柱形水桶装满了水，要把桶内的水全部吸出，需要做多 少功（水的密度为 233 m/s10,kg/m10 取g ）？ 解：建立如图坐标系. 取 x为积分变量, ],0[ Hx , 任取子区间 ],0[]d,[ Hxxx  ， 相应一薄层水被抽到桶外需做的功近似为 xgxRW  水dπd 2 , 于是，把桶内的水全部吸出，需做功 )J(π5000π 2 1 2 πdπ 2222 0 2 2 0 2 HRHRg x RgxxRgW H H   水水水  . 10、