高等数学复习笔记（六）- 一元函数积分学的应用

本节为高等数学复习笔记的第六部分，一元函数积分的应用，主要包括：平面图形面积公式，旋转体体积公式，函数平均值以及综合应用的几道例题。

1. 平面图形的面积

直角坐标系直角坐标系直角坐标系：S=∫ab∣y1(x)−y2(x)∣S=\int _a^b|y_1(x)-y_2(x)|S=∫ab∣y1(x)−y2(x)∣.

极坐标系极坐标系极坐标系：S=12∫αβ∣r12(θ)−r22(θ)∣dθS=\frac12\int_{\alpha}^{\beta}|r_1^2(\theta)-r_2^2(\theta)|d\thetaS=21∫αβ∣r12(θ)−r22(θ)∣dθ.

2. 旋转体体积

1）曲边梯形绕x轴一周得到的实心旋转体1）曲边梯形绕x轴一周得到的实心旋转体1）曲边梯形绕x轴一周得到的实心旋转体：V=∫abπy2(x)dxV=\int_a^b\pi y^2(x)dxV=∫abπy2(x)dx.

2）绕x轴一周得到的空心旋转体2）绕x轴一周得到的空心旋转体2）绕x轴一周得到的空心旋转体：V=π∫ab∣y12(x)−y22(x)∣dxV=\pi\int_a^b|y_1^2(x)-y_2^2(x)|dxV=π∫ab∣y12(x)−y22(x)∣dx

3）x=a,x=b,x轴以及y(x)组成的曲边梯形绕y轴一周得到的3）x=a,x=b,x轴以及y(x)组成的曲边梯形绕y轴一周得到的3）x=a,x=b,x轴以及y(x)组成的曲边梯形绕y轴一周得到的旋转体旋转体旋转体：V=2π∫abx∣y(x)∣dxV=2\pi\int_a^bx|y(x)|dxV=2π∫abx∣y(x)∣dx.

3. 函数平均值

设x∈[a,b]，函数y(x)在[a,b]上的平均值为设x\in[a,b]，函数y(x)在[a,b]上的平均值为设x∈[a,b]，函数y(x)在[a,b]上的平均值为：yˉ=1b−a∫aby(x)dx\bar y=\frac1{b-a}\int_a^by(x)dxyˉ=b−a1∫aby(x)dx

4. 几道例题

4.1 例题1

eg.过坐标原点作曲线y=ex的切线eg.过坐标原点作曲线y=e^x的切线eg.过坐标原点作曲线y=ex的切线，该切线与曲线y=ex该切线与曲线y=e^x该切线与曲线y=ex以及x轴围成的向x轴负方向无限伸展的平面图形D，求以及x轴围成的向x轴负方向无限伸展的平面图形D，求以及x轴围成的向x轴负方向无限伸展的平面图形D，求：
1）D的面积A1）D的面积A1）D的面积A；2）D绕直线x=1旋转一周的旋转体的体积V2）D绕直线x=1旋转一周的旋转体的体积V2）D绕直线x=1旋转一周的旋转体的体积V.
解解解：设切点P(x0,y0)设切点P(x_0,y_0)设切点P(x0,y0)，则曲线y=ex在点p的切线斜率为则曲线y=e^x在点p的切线斜率为则曲线y=ex在点p的切线斜率为y′(x0)=ex0y'(x_0)=e^{x_0}y′(x0)=ex0，切线方程y−y0=ex0(x−x0)切线方程y-y_0=e^{x_0}(x-x_0)切线方程y−y0=ex0(x−x0)，它经过坐标原点它经过坐标原点它经过坐标原点，所以有所以有所以有：−y0=−x0ex0-y_0=-x_0e^{x_0}−y0=−x0ex0，代入得x0=1代入得x_0=1代入得x0=1，y0=ey_0=ey0=e，切线方程y=ex切线方程y=ex切线方程y=ex
1）取水平条面积元素则D得面积为1）取水平条面积元素则D得面积为1）取水平条面积元素则D得面积为：
A=∫0e(ye−lny)dyA=\int_0^e(\frac ye-lny)dyA=∫0e(ey−lny)dy=(y22e−ylny+y)∣0e=(\frac{y^2}{2e}-ylny+y)|_0^e=(2ey2−ylny+y)∣0e=e2+limx→0+ylny=e2=\frac e2+lim_{x\rightarrow 0^+}ylny=\frac e2=2e+limx→0+ylny=2e

2）D绕直线x=1旋转一周所成得旋转体的体积微元为2）D绕直线x=1旋转一周所成得旋转体的体积微元为2）D绕直线x=1旋转一周所成得旋转体的体积微元为：
dV=[π(1−lny)2−π(1−y2)2]dydV=[\pi(1-lny)^2-\pi(1-\frac y2)^2]dydV=[π(1−lny)2−π(1−2y)2]dy
∴V=π∫0e(ln2y−2lny+2ye−y2e2)dy\therefore V=\pi\int_0^e(ln^2y-2lny+\frac{2y}e-\frac{y^2}{e^2})dy∴V=π∫0e(ln2y−2lny+e2y−e2y2)dy=π(yln2y−4ylny+4y+y2e−y33e2)∣0e=\pi(yln^2y-4ylny+4y+\frac{y^2}e-\frac{y^3}{3e^2})|_0^e=π(yln2y−4ylny+4y+ey2−3e2y3)∣0e=53πe=\frac53\pi e=35πe.

4.2 例题2

eg.eg.eg.

1）比较∫01∣lnt∣[ln(1+t)]ndt1）比较\int_0^1|lnt|[ln(1+t)]^ndt1）比较∫01∣lnt∣[ln(1+t)]ndt与∫01tn∣lnt∣dt（n=1,2,...）的大小与\int_0^1t^n|lnt|dt（n=1,2,...）的大小与∫01tn∣lnt∣dt（n=1,2,...）的大小;

2）记un=∫01∣lnt∣[ln(1+t)]ndt（n=1,2,...），求limn→∞un2）记u_n=\int_0^1|lnt|[ln(1+t)]^ndt（n=1,2,...），求lim_{n\rightarrow \infty}u_n2）记un=∫01∣lnt∣[ln(1+t)]ndt（n=1,2,...），求limn→∞un.

解解解：
1）当0≤t≤1时1）当0\leq t\leq1时1）当0≤t≤1时，0≤ln(1+t)≤t0\leq ln(1+t)\leq t0≤ln(1+t)≤t，所以0≤∣lnt∣[ln(1+t)]n≤tn∣lnt∣所以0\leq |lnt|[ln(1+t)]^n\leq t^n|lnt|所以0≤∣lnt∣[ln(1+t)]n≤tn∣lnt∣，积分保号性有积分保号性有积分保号性有：∫01∣lnt∣[ln(1+t)]ndt≤∫01tn∣lnt∣dt\int_0^1|lnt|[ln(1+t)]^ndt \leq \int_0^1t^n|lnt|dt∫01∣lnt∣[ln(1+t)]ndt≤∫01tn∣lnt∣dt.

2）由1）知，0≤un=∫01∣lnt∣[ln(1+t)]nd≤∫01tn∣lnt∣dt2）由1）知，0\leq u_n=\int_0^1|lnt|[ln(1+t)]^nd\leq \int_0^1t^n|lnt|dt2）由1）知，0≤un=∫01∣lnt∣[ln(1+t)]nd≤∫01tn∣lnt∣dt，由于∫01tn∣lnt∣dt=−∫01tnlntdt=−1n+1∫01lntdtn+1由于\int_0^1t^n|lnt|dt=-\int_0^1t^nlntdt=-\frac{1}{n+1}\int_0^1lntdt^{n+1}由于∫01tn∣lnt∣dt=−∫01tnlntdt=−n+11∫01lntdtn+1=−1n+1tn+1lnt∣01−(−1n+1∫01tn+1dlnt)（分部积分）=-\frac1{n+1}t^{n+1}lnt|_0^1-(-\frac1{n+1}\int_0^1t^{n+1}dlnt)（分部积分）=−n+11tn+1lnt∣01−(−n+11∫01tn+1dlnt)（分部积分）=−tn+1n+1lnt∣01+1n+1∫01tndt=-\frac{t^{n+1}}{n+1}lnt|_0^1+\frac1{n+1}\int_0^1t^ndt=−n+1tn+1lnt∣01+n+11∫01tndt=1n+1∫01tndt=1(n+1)2=\frac1{n+1}\int_0^1t^ndt=\frac{1}{(n+1)^2}=n+11∫01tndt=(n+1)21，∴limn→∞∫01tn∣lnt∣dt=limn→∞1(n+1)2=0\therefore lim_{n\rightarrow \infty}\int_0^1t^n|lnt|dt= lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{(n+1)^2}=0∴limn→∞∫01tn∣lnt∣dt=limn→∞(n+1)21=0，根据夹逼准则，limn→∞un=0根据夹逼准则，lim_{n\rightarrow \infty}u_n=0根据夹逼准则，limn→∞un=0.

4.3 例题3

eg.设函数f(x)和g(x)在区间[a,b]上连续eg.设函数f(x)和g(x)在区间[a,b]上连续eg.设函数f(x)和g(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)单调增加且f(x)单调增加且f(x)单调增加，0≤g(x)≤10\leq g(x)\leq10≤g(x)≤1，证明证明证明：

1）0≤∫0xg(t)dt≤x−a，x∈[a,b]1）0\leq\int_0^xg(t)dt\leq x-a，x\in[a,b]1）0≤∫0xg(t)dt≤x−a，x∈[a,b]

2）∫aa+∫abg(t)dtf(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx2）\int_a^{a+\int_a^bg(t)dt}f(x)dx\leq\int_a^bf(x)g(x)dx2）∫aa+∫abg(t)dtf(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx
证明证明证明：
1）∵0≤g(x)≤1，所以x∈[a,b]时有∫ax0dt≤∫axg(t)dt≤∫ax1dt1）\because 0\leq g(x)\leq1，所以x\in[a,b]时有\int_a^x0dt\leq\int_a^xg(t)dt\leq\int_a^x1dt1）∵0≤g(x)≤1，所以x∈[a,b]时有∫ax0dt≤∫axg(t)dt≤∫ax1dt，即0≤∫0xg(t)dt≤x−a即0\leq\int_0^xg(t)dt\leq x-a即0≤∫0xg(t)dt≤x−a.

2）令F(x)=∫aa+∫axg(u)duf(t)dt−∫axf(t)f(t)dt，x∈[a,b]2）令F(x)=\int_a^{a+\int_a^xg(u)du}f(t)dt-\int_a^xf(t)f(t)dt，x\in[a,b]2）令F(x)=∫aa+∫axg(u)duf(t)dt−∫axf(t)f(t)dt，x∈[a,b]

∵f(x),g(x)在区间[a,b]上连续，∴F(x)在区间[a,b]上可导\because f(x),g(x)在区间[a,b]上连续，\therefore F(x)在区间[a,b]上可导∵f(x),g(x)在区间[a,b]上连续，∴F(x)在区间[a,b]上可导，且F′(x)=f(a+∫axg(u)du)⋅g(x)−f(x)g(x)且F'(x)=f(a+\int_a^xg(u)du)\cdot g(x)-f(x)g(x)且F′(x)=f(a+∫axg(u)du)⋅g(x)−f(x)g(x)（(∫aϕ(x)f(u)du)x′=f[ϕ(x)]⋅ϕ′(u)）（(\int_a^{\phi(x)}f(u)du)'_x=f[\phi(x)]\cdot\phi'(u)）（(∫aϕ(x)f(u)du)x′=f[ϕ(x)]⋅ϕ′(u)）
由1）知由1）知由1）知，a+∫0xg(u)du≤xa+\int_0^xg(u)du\leq xa+∫0xg(u)du≤x，又f(x)单调增加g(x)≥0又f(x)单调增加g(x)\geq0又f(x)单调增加g(x)≥0，所以F′(x)≤0所以F'(x)\leq0所以F′(x)≤0，即F(x)在区间[a,b]上单调不增即F(x)在区间[a,b]上单调不增即F(x)在区间[a,b]上单调不增，由F(a)=0由F(a)=0由F(a)=0，故F(b)≤0故F(b)\leq 0故F(b)≤0，即∫aa+∫abg(t)dtf(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx即\int_a^{a+\int_a^bg(t)dt}f(x)dx\leq\int_a^bf(x)g(x)dx即∫aa+∫abg(t)dtf(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx.

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