【高等数学基础进阶】定积分与反常积分-定积分

定积分概念

定积分的定义：

$${\int }_a^{b}f(x)dx\triangleq \underset{\lambda \to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$$

注：

1. $\lambda \to 0$与$n\to \infty$不等价
2. ${\int }_a^{b}f(x)dx$仅与$f(x)$和$[a,b]$有关；${\int }_a^{b}f(x)Dx={\int }_a^{b}f(t)dt$
3. 极限$\underset{\lambda \to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$与${\xi }_i$的取法和区间$[a,b]$的分发无关
   因此，有
   $${\int }_0^{1}f(x)dx=\underset{\lambda \to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}f(\frac{i}{n})$$

定积分存在的充分条件

• $f(x)$在$[a,b]$上连续
• $f(x)$在$[a,b]$上有界且只有有限个间断点
• $f(x)$在$[a,b]$上仅有有限个第一类间断点

定积分的几何意义

定积分的性质

不等式

• 若$f(x)\le g(x)$，则${\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}g(x)dx$
• 估值性：若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$
• ${\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^b|f(x)|dx$

中值定理

• 若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a),a<\xi <b(此处书上写的是a\le \xi \le b)$
  证明：
  $$F(b)-F(a)=右边\stackrel{拉格朗日中值定理}{=}左边=F^{\prime }(\xi )(b-a)$$
• 若$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续，$g(x)$不变号，则${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi ){\int }_a^{b}dx,a\le \xi \le b$

积分上限的函数

$${\int }_a^{x}f(t)dt$$

定理：设$f(x)$在$[a,b]$上连续，则${\int }_a^{x}f(t)dt$在$[a,b]$上可导，且
$$({\int }_a^{x}f(t)dt{)}^{\prime }=f(x)$$
一般结论：
$$({\int }_{\varphi (x)}^{\psi (x)}f(t)dt{)}^{\prime }=f(\psi (x)){\psi }^{\prime }(x)-f(\varphi (x)){\varphi }^{\prime }(x)$$

定积分的计算

• 牛顿-莱布尼茨公式${\int }_a^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)$
• 换元法${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\varphi (t)){\varphi }^{\prime }(t)dt$
• 分部积分法${\int }_a^{b}udv=uv{|}_a^b-{\int }_a^{b}vdu$
• 利用奇偶性 ∫ − a a f ( x ) d x = { 0 , f ( x ) 为奇函数 2 ∫ 0 a f ( x ) d x f ( x ) 为偶函数 \int^{a}_{-a}f(x)dx=
  {0,f(x)为奇函数2∫0af(x)dxf(x)为偶函数" role="presentation">{0,2∫a0f(x)dxf(x)为奇函数f(x)为偶函数$$\{\begin{array}{ll}0,& f(x)为奇函数\\ 2{\int }_0^{a}f(x)dx& f(x)为偶函数\end{array}$$
  ∫−aa​f(x)dx={0,2∫0a​f(x)dx​f(x)为奇函数f(x)为偶函数​
• 利用周期性${\int }_a^{a+T}f(x)dx={\int }_0^{T}f(x)dx$
• 利用公式
  • ∫ 0 π 2 sin ⁡ n x d x = ∫ 0 π 2 cos ⁡ n x d x = { n − 1 n n − 3 n − 2 ⋯ 1 2 π 2 n 为偶数 n − 1 n n − 3 n − 2 ⋯ 2 3 n 为奇数 \int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sin^{n}xdx=\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\cos^{n}xdx=
    {n−1nn−3n−2⋯12π2n为偶数n−1nn−3n−2⋯23n为奇数" role="presentation" style="position: relative;">{n−1nn−3n−2⋯12π2n−1nn−3n−2⋯23n为偶数n为奇数$$\{\begin{array}{ll}\frac{n-1}{n}\frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{1}{2}\frac{\pi }{2}& n为偶数\\ \frac{n-1}{n}\frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{2}{3}& n为奇数\end{array}$$
    ∫02π​​sinnxdx=∫02π​​cosnxdx={nn−1​n−2n−3​⋯21​2π​nn−1​n−2n−3​⋯32​​n为偶数n为奇数​
  • ${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$

用${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$要注意，$f(\sin x)$指的是，能用$\sin x$表示的函数都可以，例如${\cos }^{2}x=1-2{\sin }^{2}x$，但$\cos x$就不可以，因为在$(0,\pi ),\cos x$有正有负，$|\cos x|=\sqrt{1-{\sin }^{2}x}$，而$\cos x\ne \sqrt{1-{\sin }^{2}x}$

常考题型与典型例题

定积分的概念、性质与几何意义

例1：$\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{n+n})=()$

对于${\int }_a^{b}f(x)dx=\underset{\lambda \to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)(b-a)$
上式当区间方法选择$n$等分时成立，由于此时$\Delta x_i=\frac{b-a}{n}$
所以当提出$\frac{1}{n}$时，通过$f({\xi }_i)(b-a)$就可以看出积分区间和被积函数

原式 = lim ⁡ n → ∞ 1 n ( 1 1 + 1 n + 1 1 + 2 n + ⋯ + 1 1 + n n ) = ∫ 0 1 1 1 + x d x = ln ⁡ ( 1 + x ) ∣ 0 1 = ln ⁡ 2

原式​=n→∞lim​n1​(1+n1​1​+1+n2​1​+⋯+1+nn​1​)=∫01​1+x1​dx=ln(1+x)∣01​=ln2​

本题$\frac{1}{1+\frac{1}{n}},\frac{1}{1+\frac{2}{n}},\cdots ,\frac{1}{1+\frac{n}{n}}$显然只有$\frac{1}{n},\frac{2}{n},\cdots ,\frac{n}{n}$在变化，因此被积函数为$\frac{1}{1+x}$积分区间为$\frac{1}{n}$到$\frac{n}{n}$，即$(0,1)$

例2：$\underset{n\to \infty }{\lim }n(\frac{1}{1+n^2}+\frac{1}{2^2+n^2}+\cdots +\frac{1}{n^2+n^2})=()$

原式 = lim ⁡ n → ∞ 1 n [ 1 1 + ( 1 n ) 2 + 1 1 + ( 2 n ) 2 + ⋯ + 1 1 + ( n n ) 2 ] = ∫ 0 1 1 1 + x 2 d x = arctan ⁡ x ∣ 0 1 = π 4

原式​=n→∞lim​n1​[1+(n1​)21​+1+(n2​)21​+⋯+1+(nn​)21​]=∫01​1+x21​dx=arctanx∣01​=4π​​

关于$n$项和的极限用什么，例如本题分母不变项变化的叫做主体即$n^2$，变化的叫变体即$1^2,2^2,\cdots ,n^2$，如果 变体 主体 ⟶ n → ∞ { 0 夹逼原理 ≠ 0 定积分定义 \frac{变体}{主体}\overset{n\to \infty}{\longrightarrow}

{0夹逼原理≠0定积分定义" role="presentation" style="position: relative;">{0≠0夹逼原理定积分定义$$\{\begin{array}{ll}0& 夹逼原理\\ \ne 0& 定积分定义\end{array}$$

主体变体​⟶n→∞​{0=0​夹逼原理定积分定义​

例3：如图，连续函数$y=f(x)$在区间$[-3,-2],[2,3]$上的图形分别是直径为$1$的上、下半圆周，在区间$[-2,0],[0,2]$的图形分别是直径为$2$的下、上半圆周。设$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，则证明$F(-3)=\frac{3}{4}F(2)$

F ( 3 ) = F ( − 3 ) = ∫ 0 3 f ( x ) d x = π 2 − π 2 ( 1 2 ) 2 F ( 2 ) = ∫ 0 2 f ( x ) d x = π 2

F(3)F(2)​=F(−3)=∫03​f(x)dx=2π​−2π​(21​)2=∫02​f(x)dx=2π​​
得证

补充一个结论
$f(x)$是奇函数$\to {\int }_a^{x}f(t)dt$偶函数
$f(x)$是偶函数$\to {\int }_0^{x}f(t)dt$奇函数

例4：设二阶可导函数$f(x)$满足$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1$，且$f^{\prime \prime }(x)>0$，证明${\int }_{-1}^{0}f(x)dx$

用几何法，选一个特殊函数$f(x)=2x^2-1$即可，或者自行画图，只要满足$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1$，且为凹函数（由于$f^{\prime \prime }(x)>0$）

例5：设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，$(0,1)$内可导，且$3{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)dx=f(0)$，证明在$(0,1)$内存在一点$c$，使$f^{\prime }(c)=0$

f ( 0 ) = 3 ∫ 2 3 1 f ( x ) d x = 3 ( 1 − 2 3 ) f ( ξ ) = f ( ξ ) , ξ ∈ ( 2 3 , 1 )

f(0)=3∫32​1​f(x)dx=3(1−32​)f(ξ)=f(ξ),ξ∈(32​,1)​
因此，存在一点$c\in (0,\xi )$使$f^{\prime }(c)=0$

定积分计算

例6：${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(x^3+{\sin }^{2}x){\cos }^{2}xdx=()$

原式 = 2 ∫ − π 2 π 2 sin ⁡ 2 x cos ⁡ 2 x d x = 2 ∫ 0 π 2 sin ⁡ 2 x ( 1 − sin ⁡ 2 x ) d x = 2 ( 1 2 π 2 − 3 4 1 2 π 2 ) = π 8

原式​=2∫−2π​2π​​sin2xcos2xdx=2∫02π​​sin2x(1−sin2x)dx=2(21​2π​−43​21​2π​)=8π​​

例7：${\int }_{-\pi }^{\pi }({\sin }^{3}x+\sqrt{{\pi }^2-x^2})dx$=（）

有公式$${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^{2}dx}=\frac{\pi }{4}{a}^2$$
画图$x^2+y^2=a^2$第一象限面积即为所求
偏心圆有$${\int }_0^a\sqrt{2ax-x^2}dx=\frac{\pi }{4}{a}^2$$

原式 = 2 ∫ 0 π π − x 2 d x = 2 π 4 π 2 = π 3 2

原式​=2∫0π​π−x2 ​dx=24π​π2=2π3​​

例8：${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx=()$

原式 = ∫ 0 1 1 − ( x − 1 ) 2 d x = x − 1 = sin ⁡ t ∫ − π 2 0 cos ⁡ 1 t d t = ∫ 0 π 2 cos ⁡ 2 t d t = 1 2 π 2 = π 4

原式​=∫01​1−(x−1)2 ​dx=x−1=sint∫−2π​0​cos1tdt=∫02π​​cos2tdt=21​2π​=4π​​
或者用${\int }_0^a\sqrt{2ax-x^2}dx=\frac{\pi }{4}{a}^2$直接得到结果

例9：计算${\int }_0^{1}x\arcsin xdx$

原式 = 1 2 ∫ 0 1 arcsin ⁡ x d x 2 = 1 2 x 2 arcsin ⁡ x ∣ 0 1 − 1 2 ∫ 0 1 x 2 1 − x 2 d x 不是出现了 x 2 就可以换 x 2 换完 d x 也要换 这里也可以选择令 x = sin ⁡ t 三角换元的方法 = 1 2 x 2 arcsin ⁡ x ∣ 0 1 − 1 2 ∫ 0 1 x 2 − 1 + 1 1 − x 2 d x = π 4 − 1 2 ( − ∫ 0 1 1 − x 2 d x + arcsin ⁡ ∣ 0 1 ) = π 4 − 1 2 ( − π 4 + π 2 ) = π 8

原式​=21​∫01​arcsinxdx2=21​x2arcsinx∣ ∣​01​−21​∫01​1−x2 ​x2​dx不是出现了x2就可以换x2换完dx也要换这里也可以选择令x=sint三角换元的方法=21​x2arcsinx∣ ∣​01​−21​∫01​1−x2 ​x2−1+1​dx=4π​−21​(−∫01​1−x2dx+arcsin∣ ∣​01​ ​)=4π​−21​(−4π​+2π​)=8π​​

例10：设$f(x)={\int }_0^x\frac{\sin t}{\pi -t}dt$，计算${\int }_0^{\pi }f(x)dx$

这类题经常$f(x)$是积不出的积分，所以考虑导数，在分布积分中有导数

原式 = x f ( x ) ∣ 0 π − ∫ 0 π x sin ⁡ x π − x d x = π ∫ 0 π sin ⁡ t π − t d t − ∫ 0 π x sin ⁡ x π − x d x = ∫ 0 π ( π − x ) sin ⁡ x π − x d x = ∫ 0 π sin ⁡ x d x = 2

原式​=xf(x)∣ ∣​0π​−∫0π​π−xxsinx​dx=π∫0π​π−tsint​dt−∫0π​π−xxsinx​dx=∫0π​π−x(π−x)sinx​dx=∫0π​sinxdx=2​
仔细观察，可以有如下变化简化计算
原式 = ∫ 0 π f ( x ) d ( x − π ) = ( x − π ) f ( x ) ∣ 0 π − ∫ 0 π ( x − π ) sin ⁡ x π − x d x 这样的好处是 ( x − π ) f ( x ) ∣ 0 π 上下限都为 0 , 只需要计算后面的积分即可 = ∫ 0 π sin ⁡ x d x = 2

原式=∫0πf(x)d(x−π)=(x−π)f(x)|0π−∫0π(x−π)sin⁡xπ−xdx这样的好处是(x−π)f(x)|0π上下限都为0,只需要计算后面的积分即可=∫0πsin⁡xdx=2" role="presentation" style="position: relative;">原式=∫π0f(x)d(x−π)=(x−π)f(x)∣∣∣∣π0−∫π0(x−π)sinxπ−xdx这样的好处是(x−π)f(x)∣∣∣∣π0上下限都为0,只需要计算后面的积分即可=∫π0sinxdx=2$$\begin{array}{rl}原式& ={\int }_0^{\pi }f(x)d(x-\pi )\\ & =(x-\pi )f(x){|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\frac{(x-\pi )\sin x}{\pi -x}dx\\ & 这样的好处是(x-\pi )f(x){|}_0^{\pi }上下限都为0,只需要计算后面的积分即可\\ & ={\int }_0^{\pi }\sin xdx\\ & =2\end{array}$$

原式​=∫0π​f(x)d(x−π)=(x−π)f(x)∣ ∣​0π​−∫0π​π−x(x−π)sinx​dx这样的好处是(x−π)f(x)∣ ∣​0π​上下限都为0,只需要计算后面的积分即可=∫0π​sinxdx=2​
当然，二重积分交换一下积分次序也可以

变上限定积分

例11：设$f(x)$连续，试求下列函数的导数
${\int }_{e^x}^{x^2}f(t)dt$
( ∫ e x x 2 f ( t ) d t ) ′ = f ( x 2 ) ⋅ 2 x − f ( e x ) e x

(∫exx2​f(t)dt)′​=f(x2)⋅2x−f(ex)ex​
${\int }_0^x(x-t)f(t)dt$
∫ 0 x ( x − t ) f ( t ) d t = x ∫ 0 x f ( t ) d t − ∫ 0 x t f ( t ) d t ( ∫ 0 x ( x − t ) f ( t ) d t ) ′ = ∫ 0 x f ( t ) d t + x f ( x ) − x f ( x ) = ∫ 0 x f ( t ) d t

∫0x(x−t)f(t)dt=x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt(∫0x(x−t)f(t)dt)′=∫0xf(t)dt+xf(x)−xf(x)=∫0xf(t)dt" role="presentation" style="position: relative;">∫x0(x−t)f(t)dt(∫x0(x−t)f(t)dt)′=x∫x0f(t)dt−∫x0tf(t)dt=∫x0f(t)dt+xf(x)−xf(x)=∫x0f(t)dt$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x(x-t)f(t)dt& =x{\int }_0^{x}f(t)dt-{\int }_0^{x}tf(t)dt\\ {\left({\int }_0^x(x-t)f(t)dt\right)}^{\prime }& ={\int }_0^{x}f(t)dt+xf(x)-xf(x)={\int }_0^{x}f(t)dt\end{array}$$

∫0x​(x−t)f(t)dt(∫0x​(x−t)f(t)dt)′​=x∫0x​f(t)dt−∫0x​tf(t)dt=∫0x​f(t)dt+xf(x)−xf(x)=∫0x​f(t)dt​
${\int }_0^x\cos (x-t{)}^{2}dt$
∫ 0 x cos ⁡ ( x − t ) 2 d t = x − t = u ∫ x 0 cos ⁡ u 2 ( − d u ) = ∫ 0 x cos ⁡ u 2 d u ( ∫ 0 x cos ⁡ ( x − t ) 2 d t ) ′ = cos ⁡ x 2

∫0xcos⁡(x−t)2dt=x−t=u∫x0cos⁡u2(−du)=∫0xcos⁡u2du(∫0xcos⁡(x−t)2dt)′=cos⁡x2" role="presentation" style="position: relative;">∫x0cos(x−t)2dt(∫x0cos(x−t)2dt)′=x−t=u∫0xcosu2(−du)=∫x0cosu2du=cosx2$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\cos (x-t{)}^{2}dt& \stackrel{x-t=u}{=}{\int }_x^0\cos u^2(-du)={\int }_0^x\cos u^{2}du\\ {\left({\int }_0^x\cos (x-t{)}^{2}dt\right)}^{\prime }& =\cos x^2\end{array}$$

∫0x​cos(x−t)2dt(∫0x​cos(x−t)2dt)′​=x−t=u∫x0​cosu2(−du)=∫0x​cosu2du=cosx2​
${\int }_1^{2}f(x+t)dt$
∫ 1 2 f ( x + t ) d t = x + t = u ∫ x + 1 x + 2 f ( u ) d u ( ∫ 1 2 f ( x + t ) d t ) ′ = f ( x + 2 ) − f ( x + 1 )

∫12f(x+t)dt=x+t=u∫x+1x+2f(u)du(∫12f(x+t)dt)′=f(x+2)−f(x+1)" role="presentation" style="position: relative;">∫21f(x+t)dt(∫21f(x+t)dt)′=x+t=u∫x+2x+1f(u)du=f(x+2)−f(x+1)$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{2}f(x+t)dt& \stackrel{x+t=u}{=}{\int }_{x+1}^{x+2}f(u)du\\ {\left({\int }_1^{2}f(x+t)dt\right)}^{\prime }& =f(x+2)-f(x+1)\end{array}$$

∫12​f(x+t)dt(∫12​f(x+t)dt)′​=x+t=u∫x+1x+2​f(u)du=f(x+2)−f(x+1)​

例12：设$f(x)$连续，则$\frac{d}{dx}{\int }_0^{x}tf(x^2-t^2)dt=()$

∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t = x 2 − t 2 = u ∫ x 2 0 f ( u ) ( − 1 2 d u ) = 1 2 ∫ 0 x 2 f ( u ) d u d d x ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t = 1 2 f ( x 2 ) ⋅ 2 x = x f ( x 2 )

∫0x​tf(x2−t2)dtdxd​∫0x​tf(x2−t2)dt​=x2−t2=u∫x20​f(u)(−21​du)=21​∫0x2​f(u)du=21​f(x2)⋅2x=xf(x2)​

例13：设$x\ge -1$，求${\int }_{-1}^x(1-|t|)dt$

∫ − 1 x ( 1 − ∣ t ∣ ) d t = { ∫ − 1 x ( 1 + t ) d t − 1 ≤ x < 0 ∫ − 1 0 ( 1 + t ) d t + ∫ 0 x ( 1 − t ) d t x ≥ 0 = { 1 2 ( 1 + x ) 2 − 1 ≤ x < 0 1 − 1 2 ( 1 − x ) 2 x ≥ 0

∫−1x​(1−∣t∣)dt​={∫−1x​(1+t)dt∫−10​(1+t)dt+∫0x​(1−t)dt​−1≤x<0x≥0​={21​(1+x)21−21​(1−x)2​−1≤x<0x≥0​​

例14：设函数 f ( x ) = { sin ⁡ x 0 ≤ x < π 2 π ≤ x ≤ 2 π , F ( x ) = ∫ 0 x f ( t ) d t f(x)=

,F(x)=\int^{x}_{0}f(t)dt f(x)={sinx2​0≤x<ππ≤x≤2π​,F(x)=∫0x​f(t)dt，说明$F(x)$在$x=\pi$可导

分段函数定积分如果分多段注意不要漏前面的

F ( x ) = { ∫ 0 x sin ⁡ t d t 0 ≤ x < π ∫ 0 π sin ⁡ t d t + ∫ π x 2 d t π ≤ x ≤ 2 π = { 1 − cos ⁡ x 0 ≤ x < π 2 + 2 ( x − π ) π ≤ x ≤ 2 π

\right.\\ &=\left\{\right. \end{aligned} F(x)​=⎩ ⎨ ⎧​​∫0x​sintdt∫0π​sintdt+∫πx​2dt​0≤x<ππ≤x≤2π​={​1−cosx2+2(x−π)​0≤x<ππ≤x≤2π​​
有
$$F(\pi -0)=2=F(\pi +0)=F(\pi )$$
因此$F(x)$在$x=\pi$连续
F + ′ ( π ) = [ 2 + 2 ( x − π ) ] ′ ∣ x = π = 2 F − ′ ( π ) = lim ⁡ x → π − 1 − cos ⁡ x − 2 x − π = lim ⁡ x → π − sin ⁡ x 1 = 0

F+′(π)=[2+2(x−π)]′|x=π=2F−′(π)=limx→π−1−cos⁡x−2x−π=limx→π−sin⁡x1=0" role="presentation" style="position: relative;">F′+(π)F′−(π)=[2+2(x−π)]′∣∣∣∣x=π=2=limx→π−1−cosx−2x−π=limx→π−sinx1=0$$\begin{array}{rl}{F}_{+}^{\prime }(\pi )& =[2+2(x-\pi ){]}^{\prime }{|}_{x=\pi }^{}=2\\ F_{-}^{\prime }(\pi )& =\underset{x\to {\pi }^{-}}{lim}\frac{1-\cos x-2}{x-\pi }=\underset{x\to {\pi }^{-}}{lim}\frac{\sin x}{1}=0\end{array}$$

F+′​(π)F−′​(π)​=[2+2(x−π)]′∣ ∣​x=π​=2=x→π−lim​x−π1−cosx−2​=x→π−lim​1sinx​=0​
$F(x)$在$x=0$不可导

例15：确定常数$a,b,c$的值，使$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{ax-\sin x}{{\int }_b^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt}=c(c\ne 0)$

由于$c\ne 0,ax-\sin x\to 0$有
$${\int }_b^x\frac{\ln (1+t^3)dt}{t}\to 0\Rightarrow {\int }_b^0\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt=0$$
易验证$\frac{\ln (1+t^3)}{t}>0$，有
$$b=0$$
因此
c = lim ⁡ x → 0 a x − sin ⁡ x ∫ 0 x ln ⁡ ( 1 + t 3 ) t d t = lim ⁡ x → 0 a − cos ⁡ x ln ⁡ ( 1 + t 3 ) x = lim ⁡ x → 0 a − cos ⁡ x x 2

c​=x→0lim​∫0x​tln(1+t3)​dtax−sinx​=x→0lim​xln(1+t3)​a−cosx​=x→0lim​x2a−cosx​​
由于分母$x^2\to 0$，如果分子$a-1\ne 0$则原式$\to \infty$矛盾，因此$a=1$
$$上式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}=c$$

例16：求极限 lim ⁡ x → 0 + ∫ 0 x x − t e t d t x 3

x→0+lim​x3 ​∫0x​x−t ​etdt​​

定积分中如果$x$被看做常数，则可以提出来，$e^x$也是

∫ 0 x x − t e t d t = x − t = u ∫ x 0 u e x − u ( − d u ) = e x ∫ 0 x u e − u d u 原式 = lim ⁡ x → 0 + e x ∫ 0 x u e − u d u x 3 = lim ⁡ x → 0 + x e − x 3 2 x = 2 3

∫0x​x−t ​etdt原式​=x−t=u∫x0​u ​ex−u(−du)=ex∫0x​u ​e−udu=x→0+lim​x3 ​ex∫0x​u ​e−udu​=x→0+lim​23​x ​x ​e−x​=32​​
也可以考虑积分中值定理，即 ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x = f ( ξ ) ∫ a b g ( x ) d x

∫abf(x)g(x)dx=f(ξ)∫abg(x)dx" role="presentation" style="position: relative;">∫baf(x)g(x)dx=f(ξ)∫bag(x)dx$$\begin{array}{r}{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)dx\end{array}$$

∫ab​f(x)g(x)dx=f(ξ)∫ab​g(x)dx​

注意该积分中值定理要求$f(x),g(x)$连续，且$g(x)$不变号

原式 = lim ⁡ x → 0 + e ξ ∫ 0 x x − t d t x 3 = lim ⁡ x → 0 + − 2 3 ( x − t ) 3 2 ∣ 0 x x 3 = lim ⁡ x → 0 + 2 3 x 3 2 x 3 2 = 2 3

原式​=x→0+lim​x3 ​eξ∫0x​x−t ​dt​=x→0+lim​x3 ​−32​(x−t)23​∣ ∣​0x​​=x→0+lim​x23​32​x23​​=32​​

例17：设可导函数$y=y(x)$由方程 ∫ 0 x + y e − t 2 d t = ∫ 0 x x sin ⁡ t 2 d t

∫0x+y​e−t2dt=∫0x​xsint2dt​确定，则 d y d x ∣ x = 0 = ( )

dydx|x=0=()" role="presentation" style="position: relative;">dydx∣∣∣∣x=0=()$$\begin{array}{r}\frac{dy}{dx}{|}_{x=0}^{}=()\end{array}$$

dxdy​∣ ∣​x=0​=()​

∫ 0 x + y e − t 2 d t = ∫ 0 x x sin ⁡ t 2 d t 对两边同时求导 e − ( x + y ) 2 ( 1 + y ′ ) = ∫ 0 x sin ⁡ t 2 d t + x sin ⁡ x 2

∫0x+y​e−t2dte−(x+y)2(1+y′)​=∫0x​xsint2dt对两边同时求导=∫0x​sint2dt+xsinx2​(1)​
显然需要$x=0$时，$y$的值，令$x=0$，代入题中的式子
$${\int }_0^y{e}^{-t^2}dt=0\Rightarrow y=0$$

被积函数大于零，积分结果为零，则积分区间长度一定为$0$

将$x=0,y=0$，代入$(1)$式
1 + y ′ ( 0 ) = 0 ⇒ y ′ ( 0 ) = − 1

1+y′(0)=0⇒y′(0)=−1​