Первообразная и интеграл

Математика, 11 класс
Колегаева Елена Михайловна
Первообразная и интеграл
Напомним основные понятия и формулы.
Определение. Функция y=F(x), x(a,b), называется первообразной для функции y=f(x),
x(a,b), если для каждого x(a,b) выполняется равенство
F(x)=f(x).
Замечание. Если F(x) есть первообразная для функции f(x), то при любой константе С,
F(x)+C также является первообразной для f(x).
Задача нахождения всех первообразных функции f(x) называется интегрированием,
а множество всех первообразных называется неопределенным интегралом для функции
f(x) по dx и обозначается
 f ( x)dx  F ( x)  C .
Имеют место свойства:
1.   f ( x)  g ( x) dx   f ( x)dx   g ( x)dx ;
2. Если С=Const, то  Cf ( x)dx  C  f ( x) dx ;
3.
1
 f (kx  b)dx  k F (kx  b)  C .
Замечание. В школьном курсе математики не употребляется термин «неопределенный
интеграл», вместо этого говорят «множество всех первообразных».
Приведем таблицу неопределенных интегралов.
1. 1  dx  x  C ;
x n 1
 C,
n 1
2.
n
 x dx 
3.
 x dx  ln x  C ;
n  1 ;
1
ax
 C ; в частности,
ln a
5.  cos xdx  sin x  C ;
4.
x
 a dx 
6.
 sin xdx   cos x  C ;
7.
 cos
dx
2
x
e
x
dx  e x  C ;
 tgx  C ;
dx
 sin
 ctgx  C .
x
Пример 1. Найти первообразную для функции y  3x 2  2 , проходящую через точку
М(2;4).
Решение. Множество всех первообразных функции y  3x 2  2 есть неопределенный
8.
2
интеграл
 3x
 3x
2
2

 2 dx . Вычислим его, используя свойства интеграла 1 и 2. Имеем:

 2 dx   3x 2 dx   2  dx  3 x 2 dx  21 dx  3 
x3
 2x  C  x3  2x  C .
3
Получили, что множество всех первообразных задается семейством функций y=F(x)+C, то
есть y=x3–2x+C, где С – произвольная постоянная.
Зная, что первообразная проходит через точку М(2;4), подставим ее координаты в
предыдущее выражение и найдем С.
4=23–22+С  С=4–8+4; С=0.
Ответ: F(x)=x3-2x – искомая первообразная.
Нахождение площадей плоских фигур
Задача нахождения площади плоской фигуры тесно связана с задачей нахождения
первообразных (интегрированием). А именно: площадь криволинейной трапеции
ограниченной графиком функции y=f(x) (f(x)>0) прямыми x=a; x=b; y=0, равна разности
значений первообразной для функции y=f(x) в точках b и a:
S=F(b)–F(a)
Дадим определение определенного интеграла.
y
y=f(x)
S
О
a
x
b
Определение. Пусть функция y=f(x) определена и интегрируема на отрезке [a,b] и пусть
F(x) – некоторая ее первообразная. Тогда число F(b)–F(a) называется интегралом от а до b
функции f(x) и обозначается
b
 f ( x)dx .
a
b
Равенство
 f ( x)dx  F (b)  F (a)
называется формулой Ньютона–Лейбница.
a
Эта формула связывает задачу
нахождения площади плоской фигуры с
интегралом.
В общем случае, если фигура
ограничена графиками функций y=f(x);
y=g(x) (f(x)>g(x)) и прямыми x=a; x=b, то
ее площадь равна:
y
y=–x2+6x–5
4
3
S1
2
b
1
1
2
3
–1
–2
–3
S   [ f ( x)  g ( x)]dx .
S2
0
4
5
y=3x–15
y=–x2+4x–3
x
a
Пример 2. Найти площадь фигуры,
ограниченной линиями
y=–x2+6x–5; y=–x2+4x–3; y=3x–15.
Решение. Изобразим указанные линии.
1) y=–x2+6x–5 – парабола с вершиной
С1(3;4), ветви которой направлены
вниз; точки пересечения с осью Ox:
(1;0), (5;0).
2) y=–x2+4x–3 – парабола с вершиной С2(2;1), ветви которой направлены вниз; точки
пересечения с осью Ox: (1;0), (3;0).
3) y=3x–15 – прямая, однозначно определяемая двумя точками, например, (5;0), (4;–3).
Данную криволинейную трапецию удобно разбить на две области (это не единственный
способ разбиения):
 y   x 2  6 x  5,

S1 :  y   x 2  4 x  3,
 x  1; x  4;

 y   x 2  6 x  5,

S 2 :  y  3 x  15,
 x  4; x  5;

Заметим, что точку х=4 нашли, как абсциссу точки пересечения графиков функций
y=–x +4x–3 и y=3x–15.
Имеем: S=S1+S2,
2
4



4


4
S1    x 2  6 x  5   x 2  4 x  3 dx    x 2  6 x  5  x 2  4 x  3 dx   2 x  2dx 
1
1
1
4
x
 2 x  1dx  2
 2
1

  16 1
9
4

 x 1   2   (4  1)   2   9 (кв. ед.);
 2 2
2

1

5
5
 x 3 5 3x 2 5

5
2
2
S 2    x  6 x  5  3x  15 dx    x  3x  10 dx   

 10 x 4  
 3

2 4
4
4
4


19
 (кв. ед.)
6
19 73
S  S1  S 2  9   (кв. ед.)
6
6
73
Ответ: S  (кв. ед.)
6
Пример 3. В какой точке графика функции y=x2+1 надо провести касательную, чтобы она
отсекала от фигуры, образованной графиком этой функции и прямыми y=0,
x=0, x=1 трапецию наибольшей площади?
Решение. Пусть M0(x0,y0) – точка графика функции y=x2+1, в которой проведена искомая
касательная.
y
1) Найдем уравнение касательной y=y0+f(x0)(x–x0).
2
 f ( x0 )  2 x0 ,
Имеем: 
2
B
 y 0  x 0  1.
1
y  x02  1  2 x0 ( x  x0 )
Поэтому

M(x0,y0)
2 4




y  2 x0 x  x02  1 .
A
C
2) Найдем площадь трапеции ОАВС.
OA  BC
S
OC .
2
Далее, А – точка пересечения касательной с осью Oy, поэтому
0
1
x
 x A  0,
 x A  0,
 
 OA  1  x02 .

2
2
 y A  2 x0 x A  x0  1;
 y B   x0  1;
B – точка пересечения касательной с прямой x=1 
 x B  1,
 x B  1,

 OB   x02  2 x0  1 .


2
2
 y B  2 x0 x B  x0  1;
 y B   x0  2 x0  1;
2
2
1  x 0  ( x 0  2 x 0  1)
S
 1  ( x 02  x 0  1) .
2
Задача свелась к нахождению наибольшего значения функции
S(x)=–x2+x+1 на отрезке [0;1]. Найдем S(x)=–2x+1. Найдем критическую точку из
1
условия S(x)=0  x= .
2
1 1
5
1
Найдем S       1  ; S (0)  1; S (1)  1.
4 2
4
2
1
Видим, что функция достигает наибольшего значения при x= . Найдем
2
2
5
1 1
y      1  .
4
2 2
1 5
Ответ: касательную надо провести в точке  ;  .
2 4
Отметим, что часто встречается задача нахождения интеграла, исходя из его
геометрического смысла. Покажем на примере, как решается такая задача.
Пример 4. Используя геометрический смысл интеграла вычислить
2
а)

2 x  x 2 dx ;
б)
0
1
 arcsin xdx .
y
1
1
Решение.
2
а)

2 x  x 2 dx – равен площади
S
0
криволинейной трапеции, ограниченной
линиями y  2 x  x 2 ;
x  0;
x  2;
y 0.
0
1
y
Преобразуем
y  2x  x 2
x
2
 y  0,
 y  0,
  2

D
 2
2
2
y

2
x

x
;
x

2
x

y

0
;


 y  0,
– верхняя половина

2
2
 x  1  y  1
окружности с центром Р(1;0) и радиусом R=1.
C

2

0
–1
x
1
1
1
1
Поэтому S  S кр .  R 2   .
2
2
2
A
–

2
B
2
Ответ:

2 x  x 2 dx 
0

2
.
б) Рассуждая аналогично, построим область, ограниченную графиками
y  arcsin x; x  1; x  1.
Имеем: S  S ABC 
1
1
S ABCD   2     .
2
2
    
BC          .
 2  2 
AB  2;
1
Ответ:
 arcsin xdx   .
1
Контрольное задание
Ниже приводятся тексты заданий для самостоятельного решения. Вам
необходимо решить эти задачи, оформить решения отдельно от решений по другим
предметам и выслать в адрес Хабаровской краевой заочной физико-математической
школы.
Найти первообразную функции y=f(x), проходящую через точку M0(x0,y0).
М8.11.1. f(x)=1+cosx+cos2x,
M0(0;1)
 
М8.11.2. f(x)=3cosx–2sinx,
M0  ; 1
2 
М8.11.3. f(x)= e
x
2
,
M0(0;3)
Найти площадь фигуры. Ограниченной линиями (М8.11.4.- М8.11.9.)
М8.11.4. y=–3x2–2, x=1, x=2, y=–1
М8.11.5. y=4x–x2, y=0
М8.11.6. y=x2–2x+3, x+y=5
М8.11.7. y=x2, y=x
 1
М8.11.8. y=0,5x2–2x+2, касательными к ней в точках A 1;  , B(4;2)
 2
2
М8.11.9. y=–9x–59, параболой y=3x +ax+1, если известно, что касательная к параболе в
точке x=–2 составляет с осью Ox угол величиной arctg6.
М8.11.10. Найти а, если известно, что площадь криволинейной трапеции, ограниченной
линиями y=3x3+2x, x=a, y=0, равна единице.
М8.11.11. Найти наименьшее значение площади фигуры, ограниченной параболой
y=x2+2x–3 и прямой y=kx+1.
Исходя из геометрического смысла интеграла вычислить
1
М8.11.12.  arccos xdx ;
0
2
М8.11.13.
 x  1dx ;
3
0
М8.11.14.

2
4  x 2 dx .