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2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 1 考研数学三十六技 微积分上（三十六技之 7-10） 清华大学 数学科学系 刘坤林主讲 三十六技之七：正确运用定积分性质，处理变限积分与含参积分的技巧 积分定义四部曲，理解到位很重要。积分性质多醒悟，保序性质须知道。估值比较是推论， 重要场合常用到。积分极限交叉题，需要脱掉积分号。积分式内有参数，处理方法有技巧。 定积分的重要性质性质包括：积分的保序性（估值定理与比较性质）与中值定理、变限积 分的连续性与可导性，还有变限积分的处理技巧，这些概念与方法广泛用于与积分有关的极 限问题、等式与不等式证明等综合分析题目中。 关于变限积分的两个重要结论（两把快刀）： (1) 若 )(xf 在 ],[ ba 上可积（常用的充分条件为： )(xf 在 ],[ ba 上连续或分段连续）, 则变 上限积分 ∫= xa dttfxF )()( 定义的函数在 ],[ ba 上连续。 [注] 此时 )(xF 不一定可导，因此 )(xF 不一定是 )(xf 在 ],[ ba 上的原函数。 (2) 若 )(xf 在 ],[ ba 上连续, 则变上限积分 ∫= xa dttfxF )()( 定义的函数在 ],[ ba 上可导, 且 )()( xfdttf dx d x a =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∫ 。 同 时 ， 变 下 限 积 分 ∫ bx dttf )( 也 是 可 导 函 数 。 且 )()( xfdttf dx d b x −=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∫ 。 【注】 此时 )(xF 一定是 )(xf 在 ],[ ba 上的一个原函数。 例 7-1 设 ),()( +∞−∞∈Cxf ， 0)( ≥xf 且 ∫= x dttfxf 0 )()( ，则对 )(xf 在 ),0[ +∞ 上错误的结论为（ ）。 (A)可微。(B) )(xf 严格单调增加。 (C) 有任意阶导数。(D) 恒等于零。 【解】 (B)。(A)(C)显然正确。因为 ),()( +∞−∞∈Cxf ，且 ∫= x dttfxf 0 )()( ， 所 以 )(xf 可 导 ， 且 )()( xfxf =′ ， 解 得 xCexf =)( 。由 0)()0( 0 0 == ∫ dttff ，解出 0)0( == fC ，因此 0)( ≡xf 。因此(D)正确。 处理含有参数积分问题的重要技巧（两把快刀）： 积分号内含有参数的问题是一类重要题型，这类问题往往需要对参数求导数。 典型方法有两个（积分式内有参数，处理技巧有快刀）： （1）当参数以因子形式出现在积分号内时，则将含参数的因子移到积分号外面， （2）如无法将含参数的部分移到积分号外面，则引入变量替换。 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 2 例 7-2 （2005-2-15：11 分） 设函数 )(xf 连续，且 0)0( ≠f ，求极限 dttxfx dttftx x x x )( )()( lim 0 0 0 − − ∫ ∫ → 【解析与点评 1】 本题主要考点是：（1）含参积分处理方法；（2）极限分析计算与罗必达 法则；（3）变限积分求导数；（4）积分中值定理。水木艾迪考研辅导班教学中含有不少此 类例题，可参见基础班综合辅导第 2 讲例 2.21，例 2.25,例 2.27,水木艾迪考研辅导暑期 强化班第 4 讲例 39-43，例 55-56 等例题，系列教材《2005 考研数学应试导引与进阶》中 也有许多这样的典型例题和方法，如例 6.74,例 6.78，例 7.22 等。刘坤林等编写，清华大 学出版社 2004 年 7 月出版。 【解】 首先取变换 txu −= ，则 ∫∫∫∫ ==−=− xxxx dttfduufudufdttxf 0000 )()()()()( ， 因此 dttfx dtttfdttfx dttxfx dttftx x xx xx x x ∫ ∫∫ ∫ ∫ −= − − →→ 0 00 0 0 0 0 )( )()( lim )( )()( lim )()( )(lim )()( )( lim 0 0 0 0 xxfxf xf xxfdttf dttf xx x x +=+ = →→ ∫ ∫ ξ ξ 2 1 )0()0( )0( =+= ff f 其中 x<< ξ0 ， 0→x 时 0→ξ ，上述第 2 个等号用了罗必达法则。 例 7-3 已知 )(xf 连续，且 2 0 =→ x xf x )(lim ，设 ∫= 10 dtxtfxF )()( ， 求 )(xF ′ ，并讨论 )(xF ′ 的连续性。 【解】 首先由知 )(xf 连续及极限等式应有 00 =)(f ， 其次令 0≠== x x dudtxtu ,, ，则有 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = ≠= ∫ 00 01 0 x xduuf xxF x )( )( 当 0≠x 时， ∫ −−=′ x dttftxxxxfxF 02 21 )()()()( 为连续函数。 1 2 0 02 0 0 ===′ →→ ∫ x xf x duuf F x x x )(lim )( lim)( （导数定义！） 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 3 因此， ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = ≠−−=′ ∫ 01 0)()2(1)( )( 02 x xdttftx xx xf xF x )0(112)(1lim)(lim)(lim 02000 Fuduf xx xfxF x xxx ′==−=−=′ ∫→→→ ， 所以 )(xF ′ 在 ),( +∞−∞ 处处连续。 例 7-4 设 )(xf 在 ),[ ∞+0 上可导， 00 =)(f ，其反函数为 )(xg ， 若 x xfx x exdtxtg 2 )( )(∫ + =− ，求 )(xf 。 【解】 令 dudtuxt ==− , ， xxfx x xf exduugdtxtg 2 )( )( 0 )()(∫ ∫+ ==− 对最后一个等号两侧关于 x 求导数，注意到 xxfg =))(( ，得到 xx exxexfx 22)( +=′ ，当 0≠x 时有 xx xeexf +=′ 2)( ， 积分得到 C)1(2)( +−+= xeexf xx 由 )(xf 在 0=x 处连续， Cxf x =→ )(lim0 ， 又 0)0( =f ，解出 1−=C ，于是 1)1(2)( −−+= xeexf xx 。 例 7-5 设 ]1,0[)( Cxf ∈ ，证明 ∫∫∫ ++=+ 10010 )(ln)( )1(ln)(ln duufduufufdttxf x ． 【解】 对右端采用区间变换：令 utx =+ ， dudx = ，则有 ∫∫∫∫ −==+ ++ xxxx duufduufduufdttxf 010110 )(ln)(ln)(ln)(ln ，∫∫∫ +−= + 10011 )(ln)(ln)(ln duufduufduuf xx 将 ∫ +11 )(lnx duuf 化为形如 ∫ x0 的积分，令 1−= uv ，得到 ∫∫∫ +=+=+ xxx duufdvvfduuf 0011 )1(ln)1(ln)(ln ， 所以 ∫∫∫ ++=+ 10010 )(ln)( )1(ln)(ln duufduufufdttxf x 。 积分的保序性与比较性质的综合应用 积分等式与不等式证明技巧 例 7-6 设 dx x xI ∫= 401 tan π ， dx x xI ∫= 402 tan π ，则( B ). （A） 121 >> II 。（B） 211 II >> 。（C） 112 >> II 。（D） 121 II >> 。 【解】 注意到当 ] 4 ,0( π∈x 时， x xxf tan)( = ， 2 2 tansec)( x xxxxf −=′ ， 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 4 0 cos sincossin cos sincos)( 2222 >−>−=′ xx xxx xx xxxxf ， )(xf 单调增加。 于是 <= ∫ dxx xI 401 tan π 144 0 =∫ dxπ π ，另有 xx 22 tan< ， 因此 x x x x x x x x tan ) tan (tantan 2 => ，由积分比较性质，应选(B)。 例 7-7 求极限 dx x nx n n ∫ + − ∞→ 1 0 1 1 sin lim . 答案: 11 1 sin+ 。 【解】 dx x nx n∫ + −1 0 1 1 sin ∫∫ +++=+= 1 0 2 1 0 1 0 111 )sin( cos sinsin x xdxx x x x dx nnn 记 dx x xxI n n ∫ += 1 0 21 )sin( cos ，则 1 10 1 0 +=≤< ∫ ndxxI nn 因此 nn n n Idx x nx ∞→ − ∞→ ++=+∫ limsinsinlim 11 11 1 0 1 11 1 sin+= 例 7-8 极限 =+∫+∞→ x x tx dt e t2 1 lim （ ）。 （A）1. （B）0 . （C） 2 1 . （D）不存在。 【解】 答案为（B）。由初等函数（ xe x , ）性质， 0>∃X ，使当 0>> Xx ， 且 ]2,[ xxt∈ 时，有 te t +< 10 xe x +< 1 2 ，由积分保序性及比较性质得到 x x xx x x t e xxdt e xdt e t +=+<+< ∫∫ 1 21 210 22 ， 应用夹逼定理，得到 0 1 lim 2 =+∫+∞→ x x tx dt e t 。 例 7-9 证明 ∫ ∫ +≤+20 20 22 1cos1sin π π dx x xdx x x . 【证】 （方法 1：区间变换+估值定理）移项考虑： ∫∫ +−++−= 24 240 2 1 cossin 1 cossin π π π dx x xxdx x xxI ， 对上述第二个积分令 xt −= 2 π ，则有 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 5 ∫ +−= 20 21 cossin π dx x xxI ∫∫ −+ −++ −= 4 0 2 4 0 2 ) 2 (1 sincos 1 cossin ππ π dtt ttdx x xx ∫ −+−+−= 4 0 2 2 ] ) 2 (1 1 1 1)[cos(sin π π dttt tt 0 ) 2 (1)1( ) 4 )(cos(sin 4 0 22 2 < ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −++ −− = ∫ π π ππ dt tt ttt ， （方法 2：区间变换+中值定理）考虑 ∫ +−= 20 21 cossin π dx x xxI ， ∫∫ +−++−= 24 240 2 1 cossin 1 cossin π π π dx x xxdx x xxI ∫ −+= 4021 )cos(sin1 1 π ξ dxxx ∫ −++ 2422 )cos(sin1 1 π πξ dxxx 其中 ) 2 , 4 (), 4 ,0( 21 ππξπξ ∈∈ ，对上述第二个积分令 xt −= 2 π ，则有 ∫ −+−+= 402221 )cos(sin)1 1 1 1( π ξξ dxxxI 0)21)(1 1 1 1( 2 2 2 1 <−+−+= ξξ 例 7-10 设 ],[)( 2 baCxf ∈ ， 0)()( == bfaf ，证明 )(max4)( xf ab dxxf bxa b a ≤≤−≥′′∫ ． 【证】 设 )(max)( 0 xfxf bxa ≤≤ = ，根据微分中值定理，分别有 ),( 01 xa∈ξ 与 ),( 01 xa∈ξ 使 得 ),)(())(()()( 01010 axfaxfafxf −′=−′+= ξξ ),)(())(()()( 02020 bxfbxfbfxf −′=−′+= ξξ 注意到 dxxfdxxfdxxf b a ∫∫∫ ′′≥′′≥′′ 2121 )()()( ξξξξ ))(( )()()()( )()( 00 0 0 0 0 0 12 axbx abxf ax xf bx xf ff −− −=−−−=′−′= ξξ 。)(max4 xf ab bxa ≤≤−≥ 应注意二次函数级值问题： 4 )())(()( 2 000 abaxbxxg −−≥−−= ，所以 4 )())(( 2 00 abaxbx −≤−− 。 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 6 例 7-11 设 )(xf 在 ],[ 2 0 π 上连续， )(xf ′ 在 ),( 2 0 π 内连续，且满足 02 0 2 =⋅∫ dxxfx )(cosπ , 证明: 存在 ),( 20 πξ ∈ 与 ),( 20 πη ∈ ，分别使得 ξξξ tan)()( ff 2=′ 与 ηηη tan)()( ff =′ 。 【证】首先由分部积分， =⋅∫ dxxfx )(cos20 2 π 02 22 0 =′⋅+⋅−− ∫ dxxfxxfxxx ))(cos)(sincos(π ， 由被积函数的连续性，则存在 ),( 2 0 πξ ∈ ，使得 02 2 =′⋅+⋅− ))(cos)(sincos( ξξξξξξ ff ， 其次， ,cos 0≠ξξ 必有 02 =′⋅−⋅− ))(cos)(sin ξξξξ ff ， 即有 ξξξ tan)()( ff 2=′ 。另由分部积分得到： =⋅∫ dxxfx )(cos20 2 π xdxfx sin)(cos∫ ⋅20 π dxxxfxfxx ))(sin)((cossin −′⋅−= ∫ 20 π 02 0 =⋅⋅−′⋅−= ∫ dxxff πηηηη sin))(sin)((cos ， 其中 ),( 2 0 πη ∈ 。又 ,sin 012 0 ≠=⋅∫ dxxπ 因此 0=⋅−′⋅ ))(sin)(cos ηηηη ff ， 即有 ηηη tan)()( ff =′ 。 例 7-12 设 ( )f x 在[ , ]( )a b a b< 上连续，且 ( ) 0b a f x dx =∫ ， ( ) 0ba xf x dx =∫ ，证明：至少 存在两点 1 2 1 2, ( , ),x x a b x x∈ ≠ ，使得 1 2( ) ( )f x f x= 成立。 【证】 设 ∫= xa dttfxF )()( ，则 0)()( == bFaF ， 又 ∫∫∫ −== babababa dxxFxxFxxdFdxxxf )()()()( 0))(()( =−−=−= ∫ abFdxxFba ξ 但 0≠− ab ，可知 ),( ba∈∃ξ ，使得 0)( =ξF ，又 )()(' xfxF = ， 可知 ),(),,( 21 bxax ξξ ∈∈∃ ，使得 0)()( 21 == xfxf 。 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 7 例 7-13 设 )(xf 是 ],[ aa +− 上的连续偶函数，且 0)( >xf ， Adtttfa =∫0 )( ，设 ∫− −= aa dttftxxF )(||)( 。 （1）证明当 ],[ aax −∈ 时， )(xF ′ 单调增加。 （2）证明 )(xF 在 ],[ aa +− 上有最小值，并求出最小值； 【解】（１） ],[ aax −∈ ， ∫∫ −+−= − axxa dttfxtdttftxxF )()()()()( ∫∫∫∫ −+−= −− axaxxaxa dttfxdtttfdtttfdttfx )()()()( ∫∫ −+−−+=′ − axxa dttfxxfxxfxxfdttfxxfxF )()()()()()()( ∫∫ += − xaxa dttfdttf )()( 故 )(xF ′ 单调增加。 （２） ∫∫∫∫ +−−=+=′ −− xaxaxaxa dttfudufdttfdttfxF )()()()()()( ∫∫∫∫ ==+−= −− xxxxaxa dttfdttfdttfdttf 0 )(2)()()( 因为 0)( >xf ，故 0)( =′ xF 有唯一解 0=x 。又 0)0( >′′F ，故 0=x 是 )(xF 的唯一极小 值点．且为 )(xF 在 ],[ aa +− 上的唯一最小值。以下求此最小值 )(min)0( ],[ xFF aax −∈ = 。 ∫∫ +−= − aa dtttfdtttfF 00 )()()0( 。 对 ∫−− 0 )(a dtttf 取变换 ,tu −= 则 dudt −= ， Aduuufduuufdtttf a aa ==−−=− ∫∫∫− 000 )()()( ， 所以 )(xF 的最小值 AdtttfdtttfF a a 2)()()0( 0 0 =+−= ∫∫− 。 例 7-14 设 )(xf 是连续函数，且有 ( )∫∫ +=−+ 1 0 0 2)()()( dtxtfxedttftxxf x x , 求 )(xf . 【解】首先 1)0( =f 。其次， 对 ( )∫ 1 0 dtxtf 取变换 xtu = 则有 ( )∫ 1 0 dtxtf ( )∫= x duuf 0 。 原方程化为 ( )∫∫∫ +=−+ x xxx dttfedtttfdttfxxf 0 00 2)()()( ],[,0)(2)()()( aaxxfxfxfxF −∈>=+=′′ 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 8 求导一次得： )(2)()()()( 0 xfexxfdttfxxfxf x x +=−++′ ∫ ， 3)0( =′f 再次求导得到： feff x ′+=+′′ 2 。 该方程以 1)0( =f 与 3)0( =′f 为初始条件的为 xexxxf ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= 2 2 121)( 。 三十六技之八：用积分达与计算应用问题的技巧 数学物理累加量，积分处理是正道。正确表达背景量，合理简化选坐标。遇到含参问 题时，区间变换是技巧。 * 定积分应用综合问题（注意极坐标与参数方程的表达） 例 8-1 设曲线族 ncxy = ，其中 c 为正的常数，n 为自然数， ba <<0 。 （1）设曲线 ncxy = 与直线 ),( bax n ∈= ξ ， ncay = 围成的区域面积为 1S ，曲线 ncxy = 与直线 nx ξ= ， ncby = 围成的区域面积为 2S ，证明存在唯一一点 ),( ban ∈ξ ，使得 21 SS = 。 （2）求 nn ξ∞+→lim 。 【解】（1） ( )⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −−+ −=−= ++∫ aan acdxaxcS nn nn n a nnn ξξξ 1 )( 11 1 ( )⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −++ −=−= ++∫ nnnnnb nn bbn bcdxxbcS n ξξξ 1)( 11 2 由 21 SS = 可得 nn nn n ab ab n n − − += ++ 11 1 ξ ，移项造辅助函数，考虑零点问题，令 ( ) ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ −−+ −=−= ++ ata n at ctStStS n nn 1 )()()( 11 21 ( )⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ −++ −− ++ tbb n bt c n nn 1 11 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −+−++ −= ++ ++ tabba n abc nnnn nn )( 1 11 11 。 0)()( >−=′ nn abctS ，则 )(tS 是严格单调增函数，因此 nξ 是 )(tS 的唯一零点。 （2） b ab ab n n nn nn nnn =− − += ++ +∞→+∞→ 11 1 limlim ξ 。 例 8-2 设 ,0>k 2kxy = 与 ) 2 0(cos π≤≤= xxy 在 tx = 处相交，记 1S 为 2kxy = 与 ty cos= 及 0=x 围成的面积， 2S 为 xyty cos,cos == 与 2 π=x 围成的面积。 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 9 试证： 21 SStS +=)( 在 ),( 20 π 内必有唯一最大值。 【证】 首先，曲线交点为 )cos,( tt ，且 2cos ktt = ，因此， 2cost tk = ， ) 2 ,0( π∈t ttdxx t tttS t cos 3 2)cos(cos)( 0 2 21 =−= ∫ ， tttdxxttS t sin1cos) 2 ()cos(cos)( 22 +−−=−= ∫ ππ ， ttttS sincos) 3 1 2 (1)( −−+= π ， ] 2 ,0[ π∈t ， 且 0 3 2)0( >=′+S ， 03)2( <−=′− ππS ，因此存在 ) 2 ,0(0 π∈t 使得 使 00 =′ )(tS ， ttttS cos) 3 1 2 (sin 3 1)( −−−=′′ π ， 当 ),( 2 0 π∈t 时， 0)( <′′ tS ，因此 )( 0tS 为 ),( 20 π 内的极大值。 且 )(tS ′ 单调，驻点唯一，因此 )( 0tS 为 ),( 20 π 内的唯一最大值。 例 8-3 设曲线 )(xfy = 由 duuetx t ut∫ −= 2 3π sin)( 及 duuety t ut∫ π −= 2 2cos)( 确定.则该曲线当 2 π=t 时 的法线方程为 xy 2 1= 。 【解】 3 sin 3 sin 3 sin)( 22 tduueeduuee dt dtx t ut t ut += ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =′ ∫∫ −− ππ tduueeduuee dt dty t ut t ut 2cos2cos2cos)( 22 += ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =′ ∫∫ −− ππ 2) 2 ( 2 −=′= = π π f dx dy t ，法线斜率为 2 1=k ，方程 xy 2 1= 。 * 绕 x 轴旋转生成的旋转体的体积（小圆台法） 平面区域 { })(0,),( xfybxayxD ≤≤≤≤= 绕 x 轴旋转体的体积为 ∫= bax dxxfV )(2π * 绕 y 轴旋转生成的旋转体的体积（薄壁筒法） ∫= bay dxxfxV )(2 π 。 * 曲线 bxaxfy ≤≤= ),( 绕 x 轴旋转生成的旋转体的侧面积为 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 10 [ ]∫ ′+= ba dxxfxfA 2)(1)(2π 。 [ ] [ ]∫ ′++′= βαπ dttytxtyA 22 )()()(2 。 例 8-4 设有曲线 1−= xy , 过原点作 其切线, 求此曲线,切线及 x 轴围成的平 面区域绕 x 轴旋转一周所得到的旋转体表 面积。 【 解 】 12 1 −=′ xy ， 设 切 点 为 )1,( 00 −xx ，则切线为 12 0 − = x xy ， 切点应满足 12 1 0 0 0 −=− x xx ， 可以求得切点为 ( )1,2 ，切线为 xy 2 1= . 旋转体表面积由两部分组成: 由曲线绕 x 轴旋转一周所得到的旋转体表面积为 ( )155 6 3412 2 1 2 1 2 1 −=−=′+= ∫∫ πππ dxxdxyyA 由切线绕 x 轴旋 转一周所得到的旋转体表面积为 ππ 5 2 5 2 12 2 02 == ∫ dxxA ， 所以旋转体表面积 ( )1511 621 −=+= πAAA 。 * 设 )(),( xgxf 在区间 ],[ ba 上可积, 则平面图形 { })()(,),( xgyxfbxayxD ≤≤≤≤= 的形心为 [ ] [ ]∫ ∫ − −= b a b a dxxfxg dxxfxgx x )()( )()( ， [ ] [ ]∫ ∫ − − = b a b a dxxfxg dxxfxg y )()( )()( 2 1 22 。 平面光滑曲线的质心 设平面光滑曲线的参数方程为 βα ≤≤== ttyytxx ),(),( 其质量线密度为 )(tμ , 则其质量为 [ ] [ ]∫ ′+′= βα μ dttytxtM 22 )()()( 。 曲线关于 x 轴与 y 轴的静力矩分别为 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 11 [ ] [ ]∫ ′+′= βα μ dttytxtytM x 22 )()()()( ， [ ] [ ]∫ ′+′= βα μ dttytxtxtM y 22 )()()()( 其质心坐标 ( )yx, 为 [ ] [ ] [ ] [ ]∫ ∫ ′+′ ′+′= β α β α μ μ dttytxt dttytxtxt x 22 22 )()()( )()()()( ， [ ] [ ] [ ] [ ]∫ ∫ ′+′ ′+′= β α β α μ μ dttytxt dttytxtyt y 22 22 )()()( )()()()( 若平面光滑曲线的方程为 bxaxfy ≤≤= ),( ,则 [ ] [ ]∫ ∫ ′+ ′+= β α β α μ μ dttft dttfxt x 2 2 )(1)( )(1)( ， [ ] [ ]∫ ∫ ′+ ′+= β α β α μ μ dttft dttfxft y 2 2 )(1)( )(1)()( 例 8-5 设 )(xf 在 ]1,0[ 上非负, ,0)0()0()0( =′′=′= +++ fff ,0)( >′′′ xf ),( YX 为 ,0),( == yxfy 1=x 围成区域之形心, 试证 X 4 3> 。 【证】 要证明 4 3>X ，即 4 3 )( )( 1 0 1 0 >= ∫ ∫ dxxf dxxxf X ， 同乘以 ∫ 10 )( dxxf ，移项造辅助函数， 即证明 0)( 4 31 0 >⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −∫ dxxfx ， ]1,0[∈∀x ，令 ∫ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ −= x dttfxtxF 0 )( 4 3)( ∫∫ −= xx dttfxdtttf 00 )(43)( ， 则 0)0( =F ，只须证 01 >)(F ， ∫−=′ x dttfxxfxF 0 )(43)(41)( ，且 ( ) 00 =′F ， )( 4 3)( 4 1)( 4 1)( xfxfxxfxF −′+=′′ )( 2 1)( 4 1 xfxfx −′= ，且 ( ) 00 =′′F ， )( 4 1)( 4 1)( xfxfxxF ′−′′=′′′ )( 4 1)( 4 1 ξfxxfx ′′−′′= )]()([ 4 1 ξfxfx ′′−′′= ，其中 ),0( x∈ξ 。 由 0)( >′′′ xf ，可知 )(xf ′′ 单调增，于是 0)()( >′′>′′ ξfxf ，则有 0)( >′′′ xF ，于是 )(xF ′′ 单调增， 因此 0)0()( =′′>′′ FxF ，进一步可知 )(xF ′ 单调增， 且可推知 0)0()( =′>′ FxF ，所以 )(xF 单调增， 由此得到 0)0()1( => FF 。 例 8-6（1） 密度均匀的上半圆周 ( )0222 ≥=+ yRyx 的质心为 。 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 12 【解】 由对称性, 0=x . 曲线的参数方程为 π≤≤== ttRytRx 0,sin,cos . 0=X ， ( ) ( ) R R dttRtRtR y ππ π 2cossinsin0 22 =+−= ∫ 。 例 8-6（2）设 0>a 求曲线 2yax = 与 2xay = 所围成区域的形心。 【解】 dx a xax dx a xaxx X a a ∫ ∫ − − = 0 2 0 2 )( )( = 20 9 3 1 20 3 2 3 a a a = ， 由对称性 20 9aY = ，故形心为( 20 9, 20 9 aa )。 例 8-6（3） 半径为 R 的匀质（ 1=μ ）半球的质量中心为 。 【解】 设半球的底面在 xoy平面上，质量中心的坐标为 ),,( ZYX ，显然 0== YX ,Z = R R R R dzzRz R 8 3 3 2 4 3 2 )( 3 4 3 0 222 ==−∫ π π 故形心为(0,0, R 8 3 )。 例 8-7 区域 ⎩⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤= pxy ax yxD 20 0 ),( 2 绕 x 轴旋转生成的旋转体之形心坐 标为 。 【解】 设形心坐标 ),,( ZYX ，由对称性 0=Y ， a pxdx pxdxx X a a 3 2 2 2 0 0 == ∫ ∫ 。 故形心为 )0,0, 3 2( a 。 例 8-8 假设区域 D 由曲线 ),( 003 >>= Pypxy 及其过点 ),( p1 的切线 与 x 轴围成，设此区域的形心为 ),( YX ， （1）求 X 的值； （2）求 p 的值，使 D 绕 y 轴旋转一周而生成的旋转体体积为 π 135 6=yV 。 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 13 【解】 （1） ppxy xx 33 1 2 1 ==′ == ，切线为 )( 13 −+= xppy 。 与 x 轴交点为 ),( 03 2 ,与 y 轴交点为 )2,0( p− ， 面积 ppdxpxA 12 1 6 11 0 3 =−= ∫ ，静力矩为 xdxxppdxxpxM y ])1(3[ 1 3 2 1 0 3 ∫∫ −+−⋅= dxpxpxp ∫ −−= 1 3 2 2 )23( 5 1 ppp 135 7) 9 41 27 81( 5 1 =+−−−= 45 28 135 84 ==X 。 （2） dy p yppV p y ∫−⋅−= 0 32 3 2 21 ]2) 3 2(31[ 3 1 ππ ppp 5 3]2) 3 2(31[ 3 1 21 ππ −⋅−⋅= pπ 135 14= 令 ππ 135 6 135 14 =p ，得到 7 3=p 。 或：由古耳金定理得到 7 3, 135 6 135 14 12 1 45 2822 ===⋅== pppXAVy ππππ 。 压力问题：同一深度的各方向的压强相等, 小微元的压力微元为 dAghdp ⋅= ， 其中h 为该小微元离液面的高度, g 为重力加速度，dA为该小微元的面积.积分可 得压力. 例 8-9 设有三角形闸板，两直角边和为 l 将其竖直放入水中，使一直角与水面重合，另一直 角边垂直向下，问两直角边成何比例时，三角形闸板承受水压力最大？ 设水的密度为 1， 求出此最大压力． 【解】 以垂直向下直角边顶点为坐标原点，垂直向上 方向为Y 轴， YX − 平面与三角板所在平面相平行建 立坐标系，并设水平直角边与垂直向下直角边的边长分别为 kaa与 ，则有 lkaa =+ ，斜边所在直线方程为 kxy = 。 记 )(kP 为闸板承受的水压力，取横向分割， xdy表示 面积， yka − 为水深， 则有微分关系） dxxaxkdyykaxkdP )()()( 22 −=−= ， 于是 3 3232 0 22 166 )( )()( +==−= ∫ k lkakdxxaxkkP a 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 14 4 32 )1(6 )2()( + −=′ k lkkkP ， 解得驻点 2=k ，且 )(kP′ 在驻点两则变号(先正后 负)，因此最大压力为 81 22 3lP =)( . 例 8-10 一圆锥形油罐高 10m，上方开口直径为 10m, 油面高度为 8m，油的密度为 480kg/ 3m ,求将罐内的 油全部抽出至罐外需作的功。 【解】 建立坐标如图，圆锥侧母线为 xy 2= ，沿 y 轴方向将圆锥分割成小圆台， 体积微元为 dyydv 2 2 π= ，质量微元为 dyydm 2 2 480 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⋅= π ， 导致作功的有效行程为 )10( y− 米，因此功的微元（元功）为 dyyydw 2 4 )10(480 π−= ，所作功为 dyyyw ∫ −= 80 2 4 )10(480 π )(8192)10(120 8 0 32 kgmdyyy ππ =−= ∫ 。 两个关键量的表达：（1）导致作功的力，（2）导致作功的有效路程。 广义积分问题，应掌握两把尺度，重点掌握直接比较法与极限比较法（比阶法）。 广义积分有两类，掌握尺度最重要，收敛分析用比较，搞错方向最糟糕！ 计算方法与定积分计算相雷同，只需注意极限运算。 尺 度 法 1 ： dx xa p∫ ∞+ 1 )0( >a 当 1>p 时 收 敛 ; 当 1≤p 时 发 散 . 因 此 ， 若 0)(lim ≥=+∞→ λxfx px ,且 1>p ,则 ∫+∞a dxxf )( 收敛。 尺度法 2： dx bx b a p∫ − )( 1 当 1

X ，使得当 0>> Xx 时， 3 xx = + < + p x xx x xx ,ln ，直接比较法，收敛。 a 为奇点时， dxxf a∫ ∞+ )( += ∫ dxxfba )( dxxfb∫ ∞+ )( 为混合型广义积分 补 1 讨论 dx x x p∫ ∞+0 arctan 的收敛性. 【解】 dx x x p∫ ∞+0 arctan dx x x p∫= 10 arctan dxx xp∫ ∞++ 1 arctan 对第一个积分， px xarctan 与 1 1 −px 等价（ 0→x ）， 2,11 <⇒<− pp 收敛. 对第二个积分， px xarctan 与 qx 1 进行比阶， ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = > =−+∞→ qp qp x x qpx 2 0 arctanlim π 因此，当 1>≥ qp 时第二个积分收敛。综合上述分析， 21 << p 时积 分收敛。 补 2 当 p 的取值范围为_______时，广义积分 ( )∫ +∞ −−1 11 pp xx dx 收敛。 【解】答案： 21 << p 。 提示：广义积分为混合型，分解为两个积分讨论： ( )∫ +∞ −−1 11 pp xx dx ( ) +−= ∫ − 2 1 11 pp xx dx ( )∫ +∞ −−2 11 pp xx dx 补 3 下列结论中正确的是（ D ）。 (A) ∫ ∞+ +1 )1( 1 dxxx 与 ∫ + 1 0 )1( 1 dx xx 都收敛.(B) ∫ ∞+ +1 )1( 1 dxxx 与 ∫ + 1 0 )1( 1 dx xx 都发散. 2008 年 水木艾迪考研辅导班 考研数学三十六技 清华大学数学科学系 刘坤林 培训网：www.tsinghuatutor.com 清华东门同方广场 B 座 609 电话：62701055 16 (C) ∫ ∞+ +1 )1( 1 dxxx 发散，∫ + 1 0 )1( 1 dx xx 收敛.(D) ∫ ∞+ +1 )1( 1 dxxx 收敛 ∫ + 1 0 )1( 1 dx xx 发散. 【解析与点评】 考点是：广义积分收敛性的尺度的运用。正如我们在在水木艾迪考研辅导 教学中强调的那样，当a 为奇点时， dxxf a∫ ∞+ )( += ∫ dxxfba )( dxxfb∫ ∞+ )( 为混合型广义 积分，前者为第二类广义积分，后者为第一类广义积分。分别利用各自的尺度即可判断他 们的收敛性。答案：D. 例 8-13 设广义积分 A xx dx =+∫ π 0 )sin1ln()(sin ，则广义积分 =+∫ 20 )sin1ln()(sin π xx dx 2 A 。 例 8-14 如果广义积分 ∫ ++ +∞ 0 )1(ln)1( 1 dx xx qp 收敛，那么 p 和q 的取值范围分别是 1>p 和 1′+∞∈ − yex当 xxy ln2= 单调增加， 所以 2 1 0 −= ex 是极小值点，且 e y 2 1−=min 。 另有 0lnlim 2 0 =+→ xxx ， 0lnlim 2 1 =+→ xxx ，所以 eyx 2 1max ]1,0( −= ∈ ， 并且 ]1,0(∈x当 时， 0)(