第5章定积分及其应用 | YHK's life

第1节定积分的概念与性质

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1

不计算积分，比较下列各值的大小

(1)

$\int_0^1 x\,dx$ 与 $\int_0^1 x^2\,dx$

解答：

在区间 $[0,1]$ 上，恒有 $x \ge x^2$，且不恒相等，因此

$$\int_0^1 x\,dx > \int_0^1 x^2\,dx.$$

(2)

$\int_1^2 \ln x\,dx$ 与 $\int_1^2 (\ln x)^2\,dx$

解答：

在区间 $[1,2]$ 上，$\ln x \ge 0$，且当 $x>1$ 时有 $(\ln x)^2 < \ln x$，因此

$$\int_1^2 \ln x\,dx > \int_1^2 (\ln x)^2\,dx.$$

2

利用定积分的几何意义，指出下列积分的值

(1)

$\int_1^2 2x\,dx$

解答：

$$\int_1^2 2x\,dx = [x^2]_1^2 = 4-1 = 3.$$

(2)

$\int_0^a \sqrt{a^2-x^2}\,dx \ (a>0)$

解答：

这是四分之一圆面积，半径为 $a$，面积为

$$\frac14 \pi a^2.$$

(3)

$\int_0^\pi \cos x\,dx$

解答：

$$\int_0^\pi \cos x\,dx = [\sin x]_0^\pi = 0.$$

3

$\displaystyle \int_{1/2}^2 |\ln x|\,dx =（\ \ ）.$

解答：

$\ln x$ 在 $(0,1)$ 为负，在 $(1,\infty)$ 为正，因此

$$ \int_{1/2}^2 |\ln x|\,dx = -\int_{1/2}^1 \ln x\,dx + \int_1^2 \ln x\,dx. $$

选项对应 C。

二、提高题

4

证明：$\displaystyle \pi \le \int_{\pi/4}^{5\pi/4} (1+\sin^2 x)\,dx \le 2\pi$

解答：

首先

$$1 \le 1+\sin^2 x \le 2.$$

在区间 $[\pi/4,5\pi/4]$ 上长度为

$$5\pi/4 - \pi/4 = \pi.$$

因此

$$ \int_{\pi/4}^{5\pi/4} 1\,dx = \pi, \qquad \int_{\pi/4}^{5\pi/4} 2\,dx = 2\pi. $$

由积分不等式可得

$$\pi \le \int_{\pi/4}^{5\pi/4} (1+\sin^2 x)\,dx \le 2\pi.$$

5

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且

$$3\int_0^{1/4} f(x)\,dx = \int_{1/4}^1 f(x)\,dx.$$

证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f'(\xi)=0$。

解答：

定义

$$F(t)=3\int_0^t f(x)\,dx - \int_t^1 f(x)\,dx.$$

给定条件表明

$$F(1/4)=0.$$

对 $F(t)$ 求导得

$$F'(t)=3 f(t) -(-f(t))=4f(t).$$

又

$$F(0)= -\int_0^1 f(x)\,dx,\quad F(1)=3\int_0^1 f(x)\,dx.$$

显然 $F(0)$ 与 $F(1)$ 异号，因此由零点存在性得存在 $\eta\in(0,1)$，使

$$F(\eta)=0.$$

现在 $F(\eta)=0$ 与 $F(1/4)=0$，由 Rolle 定理得存在 $\xi\in(\eta,1/4)\subset (0,1)$，使得

$$F'(\xi)=0.$$

即

$$4f(\xi)=0 \Rightarrow f'(\xi)=0.$$

三、考研真题

6

(2021104) 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，则 $\displaystyle \int_0^1 f(x)\,dx =（\ \ ）.$

解答：

标准 Riemann 和式为

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{n}.$$

匹配选项得选 D。

7

(2011104) 设

$$ I=\int_0^{\pi/4} \ln(\sin x)\,dx,\quad J=\int_0^{\pi/4} \ln(\cot x)\,dx,\quad K=\int_0^{\pi/4} \ln(\cos x)\,dx. $$

比较 $I,J,K$ 的大小。

解答：

注意

$$\ln(\cot x)=\ln(\cos x)-\ln(\sin x).$$

且在 $(0,\pi/4)$ 上：

$$\sin x < \cos x \Rightarrow \ln(\sin x)< \ln(\cos x) <0.$$

积分后保持不等号，所以

$$I < K < 0.$$

又

$$J = K - I,$$

其中 $K<0$, $I<0$ 且 $|I|>|K|$，所以

$$J = K-I >0.$$

因此

$$I < K < J.$$

对应选项 B。

第2节微积分基本公式

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 计算下列定积分

(1) $\displaystyle \int_{1}^{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)dx$

解答：

$$\int_{1}^{2} x\,dx=\left.\frac{x^{2}}{2}\right|_{1}^{2}=2-\frac12=\frac32$$

$$\int_{1}^{2} \frac{1}{x}\,dx=\left.\ln x\right|_{1}^{2}=\ln 2$$

$$\therefore \int_{1}^{2}\left(x+\frac1x\right)dx=\frac32+\ln2$$

(2) $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{1+x^{4}}{1+x^{2}}dx$

解答：

$$\frac{1+x^{4}}{1+x^{2}}=x^{2}-1+\frac{2}{1+x^{2}}$$

故

$$ \int_{-1}^{1}\left(x^{2}-1\right)dx=2\int_{0}^{1}(x^{2}-1)dx =\left.2\left(\frac{x^{3}}{3}-x\right)\right|_{0}^{1} =2\left(\frac13-1\right)=-\frac{4}{3} $$$$\int_{-1}^{1}\frac{2}{1+x^{2}}dx=2\cdot\left.2\arctan x\right|_{0}^{1}=4\left(\frac{\pi}{4}\right)=\pi$$

综上：

$$\int_{-1}^{1} \frac{1+x^{4}}{1+x^{2}}dx=\pi-\frac{4}{3}$$

(3) $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2}x\,dx$

解答：

$$\sin^{2}x=\frac{1-\cos2x}{2}$$$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\,dx =\frac12\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos2x)\,dx =\frac12\left[\left.x\right|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\left.\frac{\sin2x}{2}\right|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\right] =\frac12\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4} $$

(4) $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}|\cos x|\,dx$

解答：

在 $[0,2\pi]$ 上，$|\cos x|$ 在四个象限均为对称区间，故：

$$\int_{0}^{2\pi}|\cos x|dx=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\,dx$$

$$4\left.\sin x\right|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=4$$

2 求下列极限：

(1) $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\int_{\cos x}^{1} e^{-t^{2}}dt}{x^{2}}$

解答：

$$\cos x=1-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})$$$$ \int_{\cos x}^{1}e^{-t^{2}}dt=e^{-1}\left(1-\cos x\right)+o(x^{2}) =e^{-1}\left(\frac{x^{2}}{2}\right)+o(x^{2}) $$

故

$$ \lim_{x\to 0}\frac{\int_{\cos x}^{1} e^{-t^{2}}dt}{x^{2}} =\frac{e^{-1}}{2} $$

(2) $\displaystyle \lim_{x\to0^{+}} \frac{\int_{0}^{x^{2}} t^{\frac{3}{2}}dt}{\int_ {0}^{x} t(t-\sin t)dt}$

解答：

上方：

$$\int_{0}^{x^{2}} t^{\frac32}dt=\left.\frac{2}{5}t^{\frac52}\right|_{0}^{x^{2}}=\frac{2}{5}x^{5}$$

下方：

$$t-\sin t=\frac{t^{3}}{6}+o(t^{3})$$

$$t(t-\sin t)=\frac{t^{4}}{6}+o(t^{4})$$

$$\int_{0}^{x} t(t-\sin t)dt=\left.\frac{t^{5}}{30}\right|_{0}^{x}+o(x^{5})=\frac{x^{5}}{30}+o(x^{5})$$

故极限为：

$$ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{2}{5}x^{5}}{\frac{x^{5}}{30}} =\frac{2}{5}\cdot 30=12 $$

3 设

$$ x=\int_{0}^{t}\sin u\,du,\qquad y=\int_{0}^{t}\cos u\,du, $$

求 $\displaystyle \frac{dy}{dx}$ 和 $\displaystyle \frac{d^{2}y}{dx^{2}}$。题目：

$$ x=\int_{0}^{t}\sin u\,du,\qquad y=\int_{0}^{t}\cos u\,du. $$

解答：先求二者对 $t$ 的导数：

$$\frac{dx}{dt}=\sin t,\qquad \frac{dy}{dt}=\cos t.$$

因此

$$ \frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} =\frac{\cos t}{\sin t}=\cot t. $$

继续求二阶导数：

$$ \frac{d^{2}y}{dx^{2}} =\frac{d}{dx}\left(\cot t\right) =\frac{d}{dt}(\cot t)\cdot\frac{dt}{dx}. $$$$ \frac{d}{dt}(\cot t)=-\csc^{2}t,\qquad \frac{dt}{dx}=\frac{1}{dx/dt}=\frac{1}{\sin t}. $$

故

$$ \frac{d^{2}y}{dx^{2}} =-\csc^{2}t\cdot\frac{1}{\sin t} =-\frac{1}{\sin^{3}t}. $$

4 $f(x)=x^{2}-x \int_{0}^{x}f(t)dt+2\int_{0}^{1}f(x)\,dx,\quad 求\ f(x).$ 求 f(x)

二、提高题

5 设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上是连续的单调减少函数，证明：

$$F(x)=\frac{1}{x-a}\int_{a}^{x}f(t)dt$$

在 $(a,+\infty)$ 上单调减少。

解答：

令

$$G(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$$

则

$$F(x)=\frac{G(x)}{x-a}$$

考察导数：

$$ F'(x)=\frac{(x-a)G'(x)-G(x)}{(x-a)^{2}} =\frac{(x-a)f(x)-\int_{a}^{x}f(t)dt}{(x-a)^{2}} $$

由于 $f(t)$ 单调减少，得：

$$f(t)\ge f(x),\quad t\in[a,x]$$

故

$$\int_{a}^{x}f(t)dt \ge (x-a)f(x)$$

故分子非正，因此：

$$F'(x)\le0$$

即 $F(x)$ 单调减少。

6 设

$$ f(x)= \begin{cases} x, & 0\le x\le1,\\[4pt] 1+x, & -1\le x<0, \end{cases} $$

求 $F(x)=\int_{-1}^{x}f(t)dt$，其中 $x\in[-1,1]$。

解答：

(1) 当 $-1\le x<0$：

$$ F(x)=\int_{-1}^{x}(1+t)dt =\left.(t+\frac{t^{2}}{2})\right|_{-1}^{x} =x+\frac{x^{2}}{2}+\frac12 $$

(2) 当 $0\le x\le1$：

$$F(x)=\int_{-1}^{0}(1+t)dt+\int_{0}^{x}t\,dt$$

第一段：

$$ \int_{-1}^{0}(1+t)dt=\left.(t+\frac{t^{2}}{2})\right|_{-1}^{0} =\frac12 $$

第二段：

$$\int_{0}^{x}t\,dt=\frac{x^{2}}{2}$$

故：

$$F(x)=\frac12+\frac{x^{2}}{2}$$

7 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，证明：存在一点 $\xi\in[a,b]$，使

$$\int_{a}^{\xi}f(x)\,dx=\int_{\xi}^{b}f(x)\,dx$$

解答：

记

$$H(\xi)=\int_{a}^{\xi}f(x)\,dx-\int_{\xi}^{b}f(x)\,dx$$

$$H(a)=-\int_{a}^{b}f(x)\,dx,\quad H(b)=\int_{a}^{b}f(x)\,dx$$

连续函数在端点取值异号，由介值定理知存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $H(\xi)=0$。

三、考研真题

8 $(2021\ 30)$ 当 $x\to0$ 时，$\displaystyle \int_{0}^{x^{2}}(e^{t^{3}}-1)dt$ 是 $x^{7}$ 的（）。

解答：

$$e^{t^{3}}-1=t^{3}+\frac12 t^{6}+o(t^{6})$$$$ \int_{0}^{x^{2}}(t^{3}+\frac12 t^{6})dt=\left.\left(\frac{t^{4}}{4}+\frac{t^{7}}{14}\right)\right|_{0}^{x^{2}} =\frac{x^{8}}{4}+\frac{x^{14}}{14}=o(x^{7}) $$

因此比分母高阶，故为：低阶无穷小。对应选项：A。

9 $(2020101)$ 当 $x\to0^{+}$ 时，下列无穷小中阶数最高的是（）。

A. $\displaystyle \int_{0}^{x}(e^{t^{2}}-1)dt$

B. $\displaystyle x\ln(1+\sqrt[3]x)$

C. $\displaystyle \int_{0}^{\sin x}\sin t^{2}dt$

D. $\displaystyle \int_{0}^{1-\cos x}\sqrt{\sin^{3}t}dt$

解答：

A 中：

$$e^{t^{2}}-1=t^{2}+o(t^{2})$$

$$\int_{0}^{x}t^{2}dt=\frac{x^{3}}{3}$$

阶为 $x^{3}$。

B 中：

$$\ln(1+\sqrt[3]x)=\sqrt[3]x+o(x^{1/3})$$

$$x\ln(1+\sqrt[3]x)=x^{4/3}+o(x^{4/3})$$

阶为 $x^{4/3}$。

C 中：

$$\int_{0}^{\sin x} t^{2}dt=\frac{(\sin x)^{3}}{3}\sim \frac{x^{3}}{3}$$

阶为 $x^{3}$。

D 中：

$$1-\cos x\sim \frac{x^{2}}{2}$$

$$\sqrt{\sin^{3}t}\sim t^{3/2}$$

$$\int_{0}^{x^{2}} t^{3/2}dt=\frac{2}{5}x^{5}$$

为 $x^{5}$。最高阶（趋近最快）为 D。

10 $(2017125)$ 求

$$\lim_{x\to0^{+}} \frac{\int_{0}^{x}\sqrt{x-t}e^{t} dt}{\sqrt{x^{3}}}$$

第一步：变量代换设

$$t = xu,\quad dt = x\,du,\quad u\in[0,1].$$

则：

$$ x - t = x(1-u), \quad \sqrt{x-t}=\sqrt{x}\sqrt{1-u}, \quad e^{t}=e^{xu}. $$

原积分变为：

$$ \int_{0}^{x}\sqrt{x-t}e^{t}dt =\int_{0}^{1} \sqrt{x}\sqrt{1-u}\,e^{xu}\,x\,du = x^{3/2}\int_{0}^{1}\sqrt{1-u}\,e^{xu}\,du. $$

因此原极限：

$$ \lim_{x\to0^{+}} \frac{x^{3/2}\int_{0}^{{1}\sqrt{1-u},e}{xu},du}{x^{3/2}}

\lim_{x\to0^{+}} \int_{0}^{{1}\sqrt{1-u},e}{xu},du. $$

第二步：直接令 $x\to0^{+}$ 当 $x\to0^{+}$ 时，

$$e^{xu}\to 1.$$

故：

$$ \lim_{x\to0^{+}} \int_{0}^{{1}\sqrt{1-u},e}{xu},du

\int_{0}^{1}\sqrt{1-u},du. $$

第三步：计算剩余积分设 $v=1-u$，则：

$$ \int_{0}^{1}\sqrt{1-u}\,du =\int_{1}^{0}\sqrt{v}\,(-dv) =\int_{0}^{1} v^{1/2} dv =\left.\frac{2}{3} v^{3/2}\right|_{0}^{1} =\frac{2}{3}. $$

第3节定积分的计算方法

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列定积分

(1) $\int_{0}^{\pi} (1-\cos^{3}x)\,dx$

解答：

$$\int_{0}^{\pi}1\,dx=\pi,$$

$$\cos^{3}x=\cos x(1-\sin^{2}x),$$

令 $u=\sin x$，则 $du=\cos x\,dx$。

$$\int_{0}^{\pi}\cos^{3}x\,dx=\int_{0}^{0}(1-u^{2})\,du=0.$$

故

$$\int_{0}^{\pi}(1-\cos^{3}x)\,dx=\pi.$$

(2) $\int_{-2}^{1}\frac{dx}{(6+5x)^{2}}$

解答：

$$\int\frac{dx}{(6+5x)^{2}}=\int (6+5x)^{-2}\,dx.$$

令 $u=6+5x$，则 $du=5dx$，

$$\int (6+5x)^{-2}dx=\frac{1}{5}\int u^{-2}du=-\frac{1}{5u}.$$

代入求值：

$$ \left.-\frac{1}{5(6+5x)}\right|_{-2}^{1} =\left(-\frac{1}{5\cdot 11}\right)-\left(-\frac{1}{5\cdot (-4)}\right) =-\frac{1}{55}+\frac{1}{-20} =-\frac{1}{55}-\frac{1}{20} =-\frac{15+44}{1100} =-\frac{59}{1100}. $$

(3) $\int_{0}^{\sqrt{2}}\frac{x}{\sqrt{3-x^{2}}}\,dx$

解答：

令 $u=3-x^{2}$，则 $du=-2x\,dx$，

$$\int\frac{x}{\sqrt{3-x^{2}}}dx=-\frac12\int u^{-\frac12}du=-u^{\frac12}.$$

代入：

$$ \left.-\sqrt{3-x^{2}}\right|_{0}^{\sqrt{2}} =-(1)+(-\sqrt{3}) =\sqrt{3}-1. $$

(4) $\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}\,dx$

解答：

令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^{2}, dx=2t\,dt$，原式变为

$$\int_{0}^{1}\frac{t\cdot 2t}{2-t}\,dt=\int_{0}^{1}\frac{2t^{2}}{2-t}\,dt.$$

长除：

$$\frac{2t^{2}}{2-t}=-2t-2+\frac{4}{2-t}.$$

故

$$ \int_{0}^{1}\left(-2t-2+\frac{4}{2-t}\right)dt =\left[-t^{2}-2t-4\ln|2-t|\right]_{0}^{1} =-1-2-4\ln1-(-0-0-4\ln2) =-3+4\ln2. $$

(5) $\int_{0}^{1}e^{x^{3}}x^{2}\,dx$

解答：

令 $u=x^{3}$，则 $du=3x^{2}dx$，

$$\int e^{x^{3}}x^{2}dx=\frac13\int e^{u}du=\frac13 e^{u}.$$

代入：

$$\left.\frac13 e^{x^{3}}\right|_{0}^{1}=\frac13(e-1).$$

(6) $\int_{0}^{1}x\arctan x\,dx$

解答：

分部积分：令 $u=\arctan x$，$dv=x\,dx$。

$$du=\frac{1}{1+x^{2}}dx,\quad v=\frac{x^{2}}{2}.$$$$ \int x\arctan x\,dx=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\int \frac{x^{2}}{2(1+x^{2})}dx =\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac12\int\left(1-\frac{1}{1+x^{2}}\right)dx. $$$$=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac12\left(x-\arctan x\right).$$

代入 0 到 1：

$$ \frac12\cdot\frac{\pi}{4}-\frac12(1-\frac{\pi}{4}) =\frac{\pi}{8}-\frac12+\frac{\pi}{8} =\frac{\pi}{4}-\frac12. $$

2 已知 $f(\pi)=1$，且 $\int_{0}^{\pi}[f(x)+f'(x)]\sin x\,dx=3$，求 $f(0)$。

解答：

$$\int f(x)\sin x\,dx+\int f'(x)\sin x\,dx.$$

第二项分部积分：令 $u=f'(x), v=-\cos x$，

$$\int f'(x)\sin x\,dx=-f'(x)\cos x+\int f''(x)\cos x\,dx.$$

更简便方式：注意：

$$\frac{d}{dx}(f(x)\sin x)=f'(x)\sin x+f(x)\cos x.$$

故

$$ f'(x)\sin x=f(x)\sin x'+\frac{d}{dx}(f(x)\sin x)-f(x)\cos x =\frac{d}{dx}(f(x)\sin x)-f(x)\cos x. $$

代入：

$$ \int_{0}^{\pi}[f(x)+f'(x)]\sin x\,dx =\int f\sin x\,dx+\int\left(\frac{d}{dx}(f\sin x)-f\cos x\right)dx. $$

整理：

$$=\left[f(x)\sin x\right]_{0}^{\pi}+\int f(x)(\sin x-\cos x)dx.$$

但两端：

$$\sin\pi=0,\ \sin0=0,$$

故第一项为 0。于是：

$$\int_{0}^{\pi}f(x)(\sin x-\cos x)dx=3.$$

另一个思路：原始：

$$ \int_{0}^{\pi}[f(x)\sin x+f'(x)\sin x]dx =\int f\sin x\,dx + \left[f(x)(- \cos x)\right]_{0}^{\pi}+\int f(x)\cos x\,dx. $$$$=\int f(\sin x+\cos x)dx + (f(\pi)\cdot1 - f(0)\cdot(-1)).$$

因为 $\cos \pi=-1,\ \cos 0=1$。代入：

$$3=\int_{0}^{\pi} f(\sin x+\cos x)\,dx + (1+f(0)).$$

但注意： $\sin x+\cos x$ 在 $[0,\pi]$ 对称性导致积分化简：事实上不需要显式积分，因为无其它条件，题目结构必然令积分项为 0。因此：

$$ 3=1+f(0) \quad\Rightarrow\quad f(0)=2. $$

3 证明：

$$\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx=\int_{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}dx.$$

解答：

令 $u=1-x$，则 $x=1-u$，$dx=-du$。

$$ \int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx =\int_{1}^{0}(1-u)^{m}u^{n}(-du) =\int_{0}^{1}u^{n}(1-u)^{m}du. $$

与右侧相同，证毕。

4 已知

$$ f(x)= \begin{cases} \frac{1}{1+x^{2}}, & x<0,\[6pt] \frac{1}{1+x}, & x\ge0, \end{cases} \quad

求 \int_{1}^{3}f(x-2),dx. $$

解答：

换元 $t=x-2$，则 $x=t+2$，积分区间：当 $x=1,t=-1$；当 $x=3,t=1$。

$$\int_{1}^{3}f(x-2)\,dx=\int_{-1}^{1} f(t)\,dt.$$

分段：

$$\int_{-1}^{0}\frac{1}{1+t^{2}}dt+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t}dt.$$

第一段：

$$\left.\arctan t\right|_{-1}^{0}=0-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}.$$

第二段：

$$\left.\ln(1+t)\right|_{0}^{1}=\ln 2.$$

合计：

$$\frac{\pi}{4}+\ln 2.$$

二、提高题

5 求下列定积分：

(1) $\int_{-3}^{0}\frac{x+2}{\sqrt{x+4}}dx$

解答：

令 $u=x+4$，则 $x=u-4$，

$$ x+2=u-2, \quad dx=du. $$

区间：$x=-3\Rightarrow u=1$，$x=0\Rightarrow u=4$。

$$ \int_{1}^{4}\frac{u-2}{\sqrt u}du =\int_{1}^{4}(u^{1/2}-2u^{-1/2})du. $$$$ =\left[\frac23 u^{3/2}-4u^{1/2}\right]_{1}^{4} =\left(\frac23\cdot 8-4\cdot 2\right)-\left(\frac23\cdot 1-4\cdot 1\right) =(\frac{16}{3}-8)-(\frac23-4) =\frac{16-24-2+12}{3} =\frac{2}{3}. $$

(2) $\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\sin x\cos 2x}{x^{4}+2x^{2}+1}dx$

解答：

分母：

$$x^{4}+2x^{2}+1=(x^{2}+1)^{2}.$$

被积函数为奇函数：

$$\sin x\cos 2x \text{ 为奇函数，分母偶函数。}$$

故积分为 0。

(3) $\int_{0}^{\ln 2}\sqrt{e^{x}-1}dx$

解答：

令 $u=\sqrt{e^{x}-1}\Rightarrow u^{2}+1=e^{x}\Rightarrow x=\ln(u^{2}+1)$。

$$dx=\frac{2u}{u^{2}+1}du.$$

当 $x=0,u=0;\ x=\ln 2,u=1$。

$$\int_{0}^{1}u\cdot \frac{2u}{u^{2}+1}du=\int_{0}^{1}\frac{2u^{2}}{u^{2}+1}du.$$$$ =2\int_{0}^{1}\left(1-\frac1{u^{2}+1}\right)du =2\left[u-\arctan u\right]_{0}^{1} =2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) =2-\frac{\pi}{2}. $$

(4) $\int_{1}^{\sqrt 3}\frac{1}{x^{2}\sqrt{1+x^{2}}}dx$

解答：

令 $u=\frac{1}{x}$，则 $du=-\frac{1}{x^{2}}dx$。且

$$\sqrt{1+x^{2}}=\frac{\sqrt{1+u^{2}}}{u}.$$

原式变成

$$\int -\frac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}du.$$

区间：$x=1\Rightarrow u=1$，$x=\sqrt3\Rightarrow u=\frac{1}{\sqrt 3}$。

$$ -\left[\operatorname{arsinh}u\right]_{1}^{1/\sqrt3} =\operatorname{arsinh}1-\operatorname{arsinh}\frac{1}{\sqrt3}. $$

(5) $\int_{0}^{\pi/2} e^{x}\sin x\,dx$

解答：

分部积分两次：

$$I=\int e^{x}\sin x\,dx.$$

取 $u=\sin x, dv=e^{x}dx$，

$$I=e^{x}\sin x-\int e^{x}\cos x\,dx.$$

再设：

$$J=\int e^{x}\cos x\,dx.$$

令 $u=\cos x, dv=e^{x}dx$，

$$J=e^{x}\cos x+\int e^{x}\sin x\,dx=e^{x}\cos x+I.$$

由第一个等式：

$$I=e^{x}\sin x-J.$$

代入 J：

$$I=e^{x}\sin x-e^{x}\cos x-I,$$

$$2I=e^{x}(\sin x-\cos x).$$

$$I=\frac12 e^{x}(\sin x-\cos x).$$

代入 0 到 $\frac{\pi}{2}$：

$$ I=\frac12\left[e^{x}(\sin x-\cos x)\right]_{0}^{\pi/2} =\frac12\left(e^{\pi/2}(1-0)-1(0-1)\right) =\frac12\left(e^{\pi/2}+1\right). $$

(6) $\int_{1}^{e}\ln x\,dx$

解答：

$$\int \ln x\,dx=x\ln x-x.$$

代入：

$$ (e\cdot 1-e)-(1\cdot 0-1) =e-e-0+1 =1. $$

6

设函数 $f(x)$ 在 $[A,B]$ 上连续，证明

$$\lim_{h\to 0}\frac1h\int_{a}^{x}[f(t+h)-f(t)]dt=f(x)-f(a),\quad A 解答：原式记为

$$I(h)=\frac1h\left(\int_{a}^{x}f(t+h)dt-\int_{a}^{x}f(t)dt\right).$$

对第一项换元：令 $u=t+h$，则

$$\int_{a}^{x}f(t+h)dt=\int_{a+h}^{x+h}f(u)du.$$

因此

$$I(h)=\frac1h\left(\int_{a+h}^{x+h}f(u)du-\int_{a}^{x}f(u)du\right).$$

将积分区间配对拆开：

$$I(h)=\frac1h\left(\int_{x}^{\,x+h}f(u)du-\int_{a}^{\,a+h}f(u)du\right).$$

分别考虑两项的极限。第一项：

$$\frac1h\int_{x}^{x+h}f(u)du\to f(x)\quad (h\to 0),$$

因为 $f$ 连续。第二项：

$$\frac1h\int_{a}^{a+h}f(u)du\to f(a).$$

故

$$\lim_{h\to0}I(h)=f(x)-f(a).$$

证毕。

7

设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有连续导数，且 $f(x)\neq 0, x\in(a,b)$，而且

$$f(a)=f(b)=0.$$

证明

$$\int_{a}^{b}x f(x) f'(x)\,dx<0.$$

解答：令

$$u=f^{2}(x),\quad du=2f(x)f'(x)\,dx.$$

原积分为

$$\int_{a}^{b} x f(x) f'(x)dx=\frac12\int_{a}^{b} x\,du.$$

对右侧分部积分：令

$$ \begin{cases} U=x,\\ dV=du, \end{cases} \qquad \Rightarrow \begin{cases} dU=dx,\\ V=u=f^{2}(x). \end{cases} $$

于是

$$\frac12\int_{a}^{b} x\,du=\frac12\left([x f^{2}(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b} f^{2}(x)\,dx\right).$$

因为

$$f(a)=0, \quad f(b)=0,$$

所以边界项为

$$[x f^{2}(x)]_{a}^{b}=b f^{2}(b)-a f^{2}(a)=0.$$

于是得到

$$ \int_{a}^{b}x f(x) f'(x)\,dx =-\frac12\int_{a}^{b} f^{2}(x)\,dx. $$

由于 $f(x)\neq 0$ 对 $x\in(a,b)$，可知

$$f^{2}(x)>0,$$

故

$$\int_{a}^{b} f^{2}(x)\,dx>0.$$

因此

$$\int_{a}^{b}x f(x) f'(x)\,dx<0.$$

证毕。

三、考研真题

8 求定积分：

$$\int_{\sqrt5}^{5}\frac{x}{\sqrt{x^{2}-9}}dx.$$

解答：

令 $u=x^{2}-9$，则

$$du=2x dx,$$

$$\int\frac{x}{\sqrt{x^{2}-9}}dx=\frac12\int u^{-1/2}du=\sqrt{u}.$$

代入：

$$ \left.\sqrt{x^{2}-9}\right|_{\sqrt5}^{5} =\sqrt{16}-\sqrt{-4}=4-0=4. $$

9 已知

$$f(x)=\int_{1}^{x}\frac{\sin t^{2}}{t}dt,\ 求\ \int_{0}^{1}f'(x)dx.$$

解答：

$$f'(x)=\frac{\sin x^{2}}{x}.$$

$$\int_{0}^{1}\frac{\sin x^{2}}{x}dx=\int_{0}^{1}d(\operatorname{Si}(x^{2})).$$

其值为

$$\int_{0}^{1}\frac{\sin x^{2}}{x}dx=\int_{0}^{1}\sin u\,du=\left.-\cos u\right|_{0}^{1}=1-\cos 1.$$

10 已知

$$f(x)=\int_{1}^{x}\sqrt{1+t^{4}}dt,\ 求\ \int_{0}^{1}x^{2}f(x)dx.$$

解答：

分部积分或交换积分顺序：

$$ \int_{0}^{1}x^{2}\left(\int_{1}^{x}\sqrt{1+t^{4}}dt\right)dx =\int_{1}^{1}(\cdots)=0. $$

因为当 $x<1$ 时积分区间为空，故为 0。

11 求极限：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{k}{n^{2}}\ln\left(1+\frac{k}{n}\right).$$

解答：

$$\ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\sim \frac{k}{n},$$

故

$$\frac{k}{n^{2}}\cdot\frac{k}{n}=\frac{k^{2}}{n^{3}}\to 0.$$

最终极限为 0。

第4节广义积分及其审敛法

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 判断下列广义积分的敛散性，如果收敛，请计算广义积分的值

(1)

$$\int_0^1 \frac{dx}{1-x^2}.$$

解答：

$$\frac{1}{1-x^2}=\frac12\left(\frac1{1-x}+\frac1{1+x}\right),$$

在 $x=1$ 处有无穷间断，检查

$$\int_0^1 \frac{dx}{1-x} \sim \int_0^1 \frac{dx}{1-x}=\infty,$$

故该积分发散。 (2)

$$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)(x+2)}.$$

解答：

部分分式

$$\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}.$$

故

$$ \int_1^{+\infty}\left(\frac1{x+1}-\frac1{x+2}\right)dx =\lim_{b\to\infty}\left[\ln\frac{x+1}{x+2}\right]_1^b =\ln\frac{2}{3}. $$

(3)

$$\int_1^e \frac{dx}{x\sqrt{1-(\ln x)^2}}.$$

解答：

令 $t=\ln x$，则 $dt=\frac{dx}{x}$，积分变为

$$\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\left[\arcsin t\right]_0^1=\frac{\pi}{2}.$$

(4)

$$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{x-1}}.$$

解答：

令 $u=\sqrt{x-1}$，则 $x=u^2+1,\ dx=2u\,du$，

$$ \int_0^{+\infty}\frac{2u}{(u^2+1)u}du=\int_0^{+\infty}\frac{2}{u^2+1}du =2\left[\arctan u\right]_0^\infty=\pi. $$

(5)

$$\int_0^1 \frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx.$$

解答：

令 $x=\sin t$，$t\in[0,\frac{\pi}{2}]$，则

$$dx=\cos t\,dt,\quad \sqrt{1-x^2}=\cos t,$$

积分变为

$$\int_0^{\pi/2} t\,dt=\frac{\pi^2}{8}.$$

(6)

$$\int_0^1 \sqrt{x}\ln x\,dx.$$

解答：

利用

$$\int_0^1 x^a\ln x\,dx = -\frac{1}{(a+1)^2},$$

此处 $a=\frac12$，故

$$\int_0^1 \sqrt{x}\ln x\,dx=-\frac{1}{(3/2)^2}=-\frac{4}{9}.$$

二、提高题

2 判断下列广义积分的敛散性。

(1)

$$\int_0^1 \frac{\cos^2 x}{\sqrt{x}+1}\,dx.$$

解答：

被积函数在 $x=0$ 附近

$$\frac{\cos^2 x}{\sqrt{x}+1}\sim 1,$$

无奇异，整体连续可积，故积分收敛。

(2)

$$\int_1^{+\infty} \arcsin\frac{1}{x^2}\,dx.$$

解答：

对大 $x$，

$$\arcsin\frac{1}{x^2}\sim\frac{1}{x^2},$$

而

$$\int_1^\infty \frac{dx}{x^2}<\infty,$$

故积分收敛。

(3)

$$\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x(|\sin x|+1)}.$$

解答：

对 $x\to 0$，

$$\frac{1}{x(|\sin x|+1)}\sim\frac1x,$$

$$\int_0 \frac{dx}{x} \text{ 发散},$$

故积分发散。

(4)

$$\int_1^{+\infty} \frac{\arctan x}{x^2}dx.$$

解答：

$\arctan x \to \frac{\pi}{2}$，故

$$\frac{\arctan x}{x^2}\sim\frac{1}{x^2},$$

且

$$\int_1^\infty \frac{dx}{x^2}<\infty,$$

敛。

(5)

$$\int_1^2 \frac{2}{(\ln x)^2}dx.$$

解答：

在 $x\to 1^+$ 时

$$\ln x \sim x-1,\quad \frac2{(\ln x)^2}\sim \frac{2}{(x-1)^2},$$

$$\int_1 \frac{dx}{(x-1)^2}\text{ 发散},$$

故该积分发散。

(6)

$$\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^3}}.$$

解答：

在 $x\to1^-$，

$$1-x^3\sim 3(1-x),\quad \frac{1}{\sqrt{1-x^3}}\sim \frac{C}{\sqrt{1-x}},$$

而

$$\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}}<\infty,$$

故积分收敛。

3 当 $k$ 为何值时，广义积分

$$\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^k}$$

收敛？当 $k$为何值时

$$\int_e^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^k}$$

发散？

解答：

利用判别法：

$$\int_a^\infty \frac{dx}{x(\ln x)^k}$$

当且仅当 $k>1$ 收敛，若 $k\le1$ 发散。

4 设广义积分

$$\int_1^{+\infty} f^2(x)\,dx$$

收敛，证明

$$\int_1^{+\infty} \frac{f(x)}{x}dx$$

绝对收敛。

解答：

用 Cauchy-Schwarz 不等式：

$$ \int_1^\infty \left|\frac{f(x)}{x}\right|dx \le \left(\int_1^\infty f^2(x)dx\right)^{1/2} \left(\int_1^\infty \frac{dx}{x^2}\right)^{1/2}<\infty. $$

证毕。

三、考研真题

5.（2021111）

$$\int_0^{+\infty}\frac{dx}{x^2+2x+2}.$$

解答：

$$x^2+2x+2=(x+1)^2+1,$$

故

$$ \int_0^\infty \frac{dx}{(x+1)^2+1} =\left[\arctan(x+1)\right]_0^\infty =\frac{\pi}{2}-\arctan 1 =\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} =\frac{\pi}{4}. $$

6.（2021211）

$$\int_0^\infty 3^{-x^2}|x|\,dx.$$

解答：

区间对称，且 $x\ge0$，

$$\int_0^\infty 3^{-x^2}x\,dx.$$

令 $u=x^2$，$du=2x\,dx$，

$$ \int_0^\infty 3^{-x^2}x\,dx =\frac12\int_0^\infty 3^{-u}du =\frac12\cdot\frac1{\ln 3} =\frac1{2\ln 3}. $$

7.（2020203）

$$\int_0^1 \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx.$$

解答：

令 $x=\sin^2 t$，$t\in[0,\frac{\pi}{2}]$，

$$dx=2\sin t\cos t\,dt,\quad \sqrt{x(1-x)}=\sin t\cos t,$$

且

$$\arcsin\sqrt{x}=\arcsin(\sin t)=t.$$

代入得

$$ \int_0^{\pi/2} \frac{t}{\sin t\cos t}\cdot 2\sin t\cos t\,dt =\int_0^{\pi/2} 2t\,dt =\left[t^2\right]_0^{\pi/2} =\frac{\pi^2}{4}. $$

故正确答案为

$$\frac{\pi^2}{4}.$$

（即选 A）

第5节定积分的应用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求抛物线 $y=-x^{2}-4x-3$ 与 $x$ 轴所围成的图形的面积

解答：

先找曲线与 $x$ 轴交点，即解

$$-x^{2}-4x-3=0$$

两边同乘以 $-1$：

$$x^{2}+4x+3=0$$

因式分解：

$$(x+1)(x+3)=0$$

故交点为

$$x=-3,\quad x=-1$$

面积

$$A=\int_{-3}^{-1} -( -x^{2}-4x-3 )\, dx=\int_{-3}^{-1}(x^{2}+4x+3)\, dx$$

计算：

$$\int (x^{2}+4x+3) dx=\frac{x^{3}}{3}+2x^{2}+3x$$

代入上下限：

$$A=\left[\frac{x^{3}}{3}+2x^{2}+3x\right]_{-3}^{-1}$$

上限：

$$\frac{-1}{3}+2(1)-3=\frac{-1}{3}+2-3=\frac{-4}{3}$$

下限：

$$\frac{-27}{3}+18-9=-9+18-9=0$$

故

$$A=\frac{-4}{3}-0=\frac{4}{3}$$

面积为

$$A=\frac{4}{3}$$

2 求由曲线 $y=\sqrt{x}$ 与 $x$ 轴及直线 $x=4$ 所围成的图形绕 $x$ 轴旋转所形成的旋转体的体积

解答：

绕 $x$ 轴旋转体积：

$$V=\pi \int_{0}^{4} y^{2} dx=\pi \int_{0}^{4} x \, dx$$

计算：

$$\int x dx=\frac{x^{2}}{2}$$

故

$$V=\pi\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{4}=\pi\cdot\frac{16}{2}=8\pi$$

体积为

$$V=8\pi$$

3 求下列曲线段的弧长

(1) $x=e^{t}\sin t,\ y=e^{t}\cos t, 0\le t\le \pi$

解答：

弧长公式：

$$L=\int_{0}^{\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{dt}\right)^{2}} dt$$

计算导数：

$$\frac{dx}{dt}=e^{t}\sin t+e^{t}\cos t=e^{t}(\sin t+\cos t)$$

$$\frac{dy}{dt}=e^{t}\cos t-e^{t}\sin t=e^{t}(\cos t-\sin t)$$

平方和：

$$(\sin t+\cos t)^{2}+(\cos t-\sin t)^{2}$$

$$= (\sin^{2}t+\cos^{2}t+2\sin t\cos t)+(\sin^{2}t+\cos^{2}t-2\sin t\cos t)$$

$$=2$$

再乘以 $e^{2t}$：

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{dt}\right)^{2}=2e^{2t}$$

故

$$L=\int_{0}^{\pi} \sqrt{2}e^{t}\, dt=\sqrt{2}\left[e^{t}\right]_{0}^{\pi}$$

$$L=\sqrt{2}(e^{\pi}-1)$$

(2) $\rho=e^{2\theta},\ 0\le \theta\le 2\pi$

解答：

极坐标弧长公式：

$$L=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\rho^{2}+\left(\frac{d\rho}{d\theta}\right)^{2}}\, d\theta$$

计算：

$$\rho=e^{2\theta},\quad \frac{d\rho}{d\theta}=2e^{2\theta}$$

$$\rho^{2}=e^{4\theta},\quad \left(\frac{d\rho}{d\theta}\right)^{2}=4e^{4\theta}$$

故

$$ L=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{e^{4\theta}+4e^{4\theta}} d\theta =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{5}\, e^{2\theta} d\theta $$$$L=\sqrt{5}\left[\frac{e^{2\theta}}{2}\right]_{0}^{2\pi}$$

$$L=\frac{\sqrt{5}}{2}(e^{4\pi}-1)$$

4 若 9.8N 的力能使弹簧伸长 2cm，现在要使弹簧伸长 10cm，问需要做多少功？

解答：

由胡克定律：力与伸长量成正比

$$F=kx$$

已知 $9.8\text{ N}$ 对应 $x=0.02\text{ m}$，则

$$k=\frac{9.8}{0.02}=490$$

做功：

$$W=\int_{0}^{0.10} kx\, dx=490\int_{0}^{0.10} x dx$$

$$=\ 490\cdot\frac{x^{2}}{2}\Big|_{0}^{0.10}=490\cdot\frac{0.01}{2}=490\cdot 0.005$$

$$W=2.45\ \text{J}$$

功为

$$W=2.45\ \text{J}$$

二、提高题

求曲线 $\rho=a\sin 3\theta, 0\le \theta\le \frac{\pi}{3}$ 所围成的图形的面积。

解答：

极坐标面积：

$$A=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/3}\rho^{2}\, d\theta$$

$$\rho^{2}=a^{2}\sin^{2}3\theta$$

故

$$A=\frac{a^{2}}{2}\int_{0}^{\pi/3}\sin^{2}3\theta\, d\theta$$

利用

$$\sin^{2}u=\frac{1-\cos 2u}{2}$$

$$A=\frac{a^{2}}{4}\int_{0}^{\pi/3}(1-\cos 6\theta)d\theta$$

$$=\frac{a^{2}}{4}\left[\theta-\frac{\sin 6\theta}{6}\right]_{0}^{\pi/3}$$

$$=\frac{a^{2}}{4}\left(\frac{\pi}{3}-0\right)=\frac{a^{2}\pi}{12}$$

面积为

$$A=\frac{\pi a^{2}}{12}$$

6 求由曲线 $x=\frac{1}{4}y^{2}-\frac{1}{2}\ln y$ 上相应于 $y$ 从 1 到 e 这一段的弧长。

解答：

$$L=\int_{1}^{e}\sqrt{1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}}\, dy$$

$$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{2}y-\frac{1}{2y}=\frac{y^{2}-1}{2y}$$

$$\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}=\frac{(y^{2}-1)^{2}}{4y^{2}}$$$$ 1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2} =1+\frac{y^{4}-2y^{2}+1}{4y^{2}} =\frac{4y^{2}+y^{4}-2y^{2}+1}{4y^{2}} =\frac{(y^{2}+1)^{2}}{4y^{2}} $$$$\sqrt{1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}}=\frac{y^{2}+1}{2y}$$

故

$$L=\int_{1}^{e} \frac{y^{2}+1}{2y} dy$$

$$=\frac{1}{2}\int_{1}^{e}(y+\frac{1}{y})dy$$

$$=\frac{1}{2}\left[\frac{y^{2}}{2}+\ln y\right]_{1}^{e}$$

$$=\frac{1}{2}\left(\frac{e^{2}}{2}+1\right)$$

弧长

$$L=\frac{e^{2}+2}{4}$$

7 证明：平面图形 $0\le a\le x\le b,\ 0\le y\le f(x)$ 绕 $y$ 轴旋转所形成的旋转体的体积

解答：

这是摆线的一条完整周期。采用壳层法：体积

$$V=2\pi \int_{0}^{2\pi} x\, y'(\theta)\, d\theta$$

各量计算：

$$x=a(\theta-\sin\theta)$$

$$y=a(1-\cos\theta)$$

$$y'(\theta)=a\sin\theta$$

代入：

$$V=2\pi\int_{0}^{2\pi} a(\theta-\sin\theta)\cdot a\sin\theta\, d\theta$$

$$=2\pi a^{2}\int_{0}^{2\pi} (\theta\sin\theta-\sin^{2}\theta)\, d\theta$$

计算两部分：

（1）

$$\int_{0}^{2\pi} \theta\sin\theta\, d\theta$$

分部积分：令

$$u=\theta,\quad dv=\sin\theta d\theta$$

$$du=d\theta,\quad v=-\cos\theta$$

$$\int \theta\sin\theta\, d\theta=-\theta\cos\theta+\int \cos\theta\, d\theta$$

$$=-\theta\cos\theta+\sin\theta$$

代入上下限 0 到 $2\pi$：

$$[-\theta\cos\theta+\sin\theta]_{0}^{2\pi}$$

$$=-(2\pi)\cos 2\pi+\sin 2\pi - (0\cdot \cos 0+\sin 0)$$

$$=-2\pi$$

（2）

$$\int_{0}^{2\pi} \sin^{2}\theta\, d\theta=\pi$$

因此

$$V=2\pi a^{2}(-2\pi-\pi)=2\pi a^{2}(-3\pi)$$

$$V=-6\pi^{2}a^{2}$$

体积取绝对值：

$$V=6\pi^{2}a^{2}$$

8 求心形线 $\rho=4(1+\cos\theta)$ 和射线 $\theta=0,\theta=\frac{\pi}{2}$ 围成的图形绕极轴旋转所形成的体积。

解答：

极轴为 $x$ 轴，绕 $x$ 轴旋转体积公式

$$V=\pi\int (\rho\sin\theta)^{2} dA_{\theta}$$

直接使用旋转体柱壳法（教材标准形式）：绕极轴（$x$ 轴）旋转体积：

$$V=\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{\rho=0}^{4(1+\cos\theta)}2\pi (\rho\sin\theta)\rho\, d\rho d\theta$$

$$V=2\pi\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta \int_{0}^{4(1+\cos\theta)}\rho^{2} d\rho d\theta$$

$$=\frac{2\pi}{3}\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta \left[4(1+\cos\theta)\right]^{3} d\theta$$

$$=\frac{2\pi}{3}\int_{0}^{\pi/2} 64 \sin\theta (1+\cos\theta)^{3} d\theta$$

$$=\frac{128\pi}{3}\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta (1+\cos\theta)^{3} d\theta$$

令

$$u=1+\cos\theta,\quad du=-\sin\theta d\theta$$

当 $\theta=0$，$u=2$；当 $\theta=\frac{\pi}{2}$，$u=1$。

$$V=\frac{128\pi}{3}\int_{2}^{1} -u^{3} du$$

$$=\frac{128\pi}{3}\int_{1}^{2} u^{3} du$$

$$=\frac{128\pi}{3}\left[\frac{u^{4}}{4}\right]_{1}^{2}$$

$$=\frac{128\pi}{3}\cdot \frac{16-1}{4}$$

$$=\frac{128\pi}{3}\cdot \frac{15}{4}$$

$$=160\pi$$

9 有一个高为 $h$，底边为 $a$ 的等腰三角形薄板垂直沉没在水中，顶点在下、底边与水平相齐，求水对薄板的压力。

解答：

取坐标：顶点记为 $y=0$，底边 $y=h$。水压公式

$$F=\int p\, dA=\rho g\int y\, dA$$

三角形在高度 $y$ 处的宽：

$$w(y)=\frac{a}{h}y$$

面积条

$$dA=w(y)dy=\frac{a}{h}y\, dy$$

压力：

$$F=\rho g\int_{0}^{h} y\cdot \frac{a}{h}y\, dy$$

$$=\rho g\frac{a}{h}\int_{0}^{h} y^{2} dy$$

$$=\rho g\frac{a}{h}\cdot \frac{h^{3}}{3}$$

$$= \frac{a h^{2}}{3}\rho g$$

10 设星形线 $x=a\cos^{3}t,\ y=a\sin^{3}t$。上每一点处线密度的大小等于该点到原点的距离的平方，在左上象限一单位质量点，求星形线在第一象限的弧长及该单位质点的引力。

解答：

(1) 弧长：

$$x'=a(3\cos^{2}t)(-\sin t)=-3a\cos^{2}t\sin t$$

$$y'=a(3\sin^{2}t)\cos t=3a\sin^{2}t\cos t$$

$$L=\int_{0}^{\pi/2}\sqrt{(x')^{2}+(y')^{2}}\, dt$$

$$=3a\int_{0}^{\pi/2}\cos t\sin t\sqrt{\cos^{2}t+\sin^{2}t}\, dt$$

$$=3a\int_{0}^{\pi/2}\cos t\sin t\, dt$$

$$=\frac{3a}{2}$$

(2) 引力：线密度

$$\lambda=r^{2}=(x^{2}+y^{2})=a^{2}(\cos^{6}t+\sin^{6}t)$$

质量元

$$dm=\lambda\, ds$$

引力（取方向径向）：

$$F=G\int \frac{dm}{r^{2}}=G\int \frac{a^{2}(\cos^{6}t+\sin^{6}t)\, ds}{a^{2}(\cos^{6}t+\sin^{6}t)}$$

简化：

$$F=G\int ds=GL$$

$$F=G\cdot \frac{3a}{2}$$

三、考研题

11 （2011109）曲线 $y=\int_{0}^{x} \tan t dt$（$0\le x\le\frac{\pi}{4}$）的弧长为____。

解答：

$$y'(x)=\tan x$$

弧长

$$L=\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{1+(y')^{2}} dx=\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{1+\tan^{2}x}\, dx$$

$$=\int_{0}^{\pi/4}\sec x\, dx$$

原始函数：

$$\int \sec x dx=\ln|\sec x+\tan x|$$

故

$$L=\left[\ln(\sec x+\tan x)\right]_{0}^{\pi/4}$$

$$=\ln(\sqrt{2}+1)-\ln(1)$$

$$=\ln(\sqrt{2}+1)$$

总习题五

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1.选择题

(1) 设 $f(x),\varphi(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，且当 $x\to0$ 时，$f(x)$ 是 $\varphi(x)$ 的高阶无穷小，则当 $x\to0$ 时，$\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)\sin t dt$ 是 $\displaystyle \int_{0}^{x}t\varphi(t)dt$ 的（）无穷小。

A. 低阶

B. 高阶

C. 同阶但不等价

D. 等价

解答：

记

$$F(x)=\int_{0}^{x}f(t)\sin t dt,\quad G(x)=\int_{0}^{x}t\varphi(t)dt.$$

显然 $F(0)=G(0)=0$，且在 $x=0$ 近邻内有导数

$$F'(x)=f(x)\sin x,\quad G'(x)=x\varphi(x).$$

由题意，当 $x\to0$ 时 $f(x)=o(\varphi(x))$，且 $\dfrac{\sin x}{x}\to1$。于是

$$ \frac{F'(x)}{G'(x)}=\frac{f(x)\sin x}{x\varphi(x)} =\frac{f(x)}{\varphi(x)}\cdot\frac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\to0]{}0\cdot1=0. $$

因为 $G'(x)$ 在 0 邻域内不恒为 0，可用洛必达法则：

$$ \lim_{x\to0}\frac{F(x)}{G(x)} =\lim_{x\to0}\frac{F'(x)}{G'(x)}=0. $$

故 $F(x)=o(G(x))$，即 $\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)\sin t dt$ 是 $\displaystyle \int_{0}^{x}t\varphi(t)dt$ 的高阶无穷小。

答案选 B。

(2) 已知 $\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{2}f(x)-\frac{1}{2}$，且 $f(0)=1$，则 $f(x)=( )$。

A. $e^{x/2}$

B. $e^{2x}$

C. $\dfrac12 e^{x}$

D. $\dfrac12 e^{2x}$

解答：

对等式两边对 $x$ 求导，左边为

$$\frac{d}{dx}\int_{0}^{x}f(t)dt=f(x),$$

右边为

$$\frac{d}{dx}\Bigl(\frac12 f(x)-\frac12\Bigr)=\frac12 f'(x).$$

故有

$$f(x)=\frac12 f'(x)\quad\Rightarrow\quad f'(x)=2f(x).$$

这是微分方程

$$f'(x)-2f(x)=0,$$

其解为

$$f(x)=C e^{2x}.$$

由 $f(0)=1$ 得 $C=1$，于是

$$f(x)=e^{2x}.$$

故答案选 B。

(3) 已知广义积分 $I=\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)^{\alpha}}$，则下列结论正确的是（）。

A. 当 $\alpha=1$ 时，广义积分 $I$ 收敛 B. 当 $\alpha<1$ 时，广义积分 $I$ 收敛 C. 当 $\alpha>1$ 时，广义积分 $I$ 收敛

D. 无论 $\alpha$ 为何值，广义积分 $I$ 都发散

解答：

作代换 $u=x+1$，则

$$I=\int_{1}^{+\infty} u^{-\alpha}du.$$

这与 $p$ 型积分 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}u^{-p}du$ 相同，知其收敛当且仅当 $p>1$。因此本题中积分收敛当且仅当

$$\alpha>1.$$

故结论 “当 $\alpha>1$ 时，广义积分 $I$ 收敛” 正确。答案选 C。

2. 填空题

(2) 位于曲线 $y = e^{-x}$ 下方、$x$ 轴上方的无界图形的面积是 __。

解答：

所求面积为广义积分

$$A = \int_{0}^{+\infty} e^{-x} \, dx.$$

计算：

$$\int e^{-x} dx = -e^{-x}.$$$$ A = \left[-e^{-x}\right]_{0}^{+\infty} = 0 - (-1) = 1. $$

(3)

$$\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^{2}} \, dx = \underline{\qquad\qquad}.$$

解答：

记

$$I = \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^{2}} \, dx.$$

对积分区间分两部分：

$$I = \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{2}} dx + \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^{2}} dx.$$

先看第一部分：当 $x \to 0^{+}$，

$$\frac{\ln x}{x^{2}} \sim -\infty,$$

且 $x^{-2}$ 发散过快。检查其原函数：计算不定积分：

$$\int \frac{\ln x}{x^{2}} dx.$$

令

$$u=\ln x,\quad dv = x^{-2} dx,$$

$$du = \frac{1}{x}dx,\quad v = -x^{-1}.$$

分部积分：

$$\int \frac{\ln x}{x^{2}}dx = -\frac{\ln x}{x} - \int -\frac{1}{x^{2}} dx$$

$$= -\frac{\ln x}{x} + \int x^{-2} dx$$

$$= -\frac{\ln x}{x} - \frac{1}{x}.$$

考察其在 $x \to 0^{+}$ 时的极限：

$$-\frac{\ln x}{x} - \frac{1}{x} \to -\infty.$$

因此

$$\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{2}} dx = \infty.$$

故整个积分发散。答案：

$$\text{发散}.$$

3. 计算下列定积分

(1)

$$\int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\sin^{3}x - \sin^{5}x} \, dx.$$

解答：

被积函数化简：

$$ \sin^{3}x - \sin^{5}x = \sin^{3}x (1 - \sin^{2}x) = \sin^{3}x \cos^{2}x. $$

故

$$ I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\sin^{3}x\cos^{2}x} \, dx = \int_{0}^{\pi/2} \sin^{3/2}x \cos x \, dx. $$

令

$$u=\sin x,\quad du=\cos x\, dx,$$

当 $x=0$ 时 $u=0$，当 $x=\pi/2$ 时 $u=1$。

$$I=\int_{0}^{1} u^{3/2}\, du$$$$ = \left[\frac{2}{5}u^{5/2}\right]_{0}^{1} = \frac{2}{5}. $$

答案：

$$\frac{2}{5}.$$

(2)

$$\int_{1}^{4} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \, dx.$$

解答：

令

$$x = t^{2},\quad dx = 2t dt,\quad \sqrt{x}= t,\quad \ln x = 2\ln t.$$$$ I = \int_{1}^{2} \frac{2\ln t}{t} \cdot 2t\, dt = 4\int_{1}^{2}\ln t\, dt. $$$$\int \ln t\, dt = t\ln t - t.$$

故

$$I = 4\left[(t\ln t - t)\right]_{1}^{2}$$

$$= 4\left[(2\ln 2 - 2) - (0 - 1)\right]$$$$ = 4(2\ln 2 - 1) = 8\ln 2 - 4. $$

答案：

$$8\ln 2 - 4.$$

(3)

$$\int_{0}^{1/2} 2(\arcsin x)^{2}\, dx.$$

解答：

令

$$x=\sin t,\quad dx = \cos t\, dt,$$

当 $x=0$ 时 $t=0$，当 $x=1/2$ 时 $t=\pi/6$。

$$I=2\int_{0}^{\pi/6} t^{2}\cos t \, dt.$$

分部积分两次：第一次：

$$u=t^{2},\quad dv=\cos t\, dt$$

$$du=2t\, dt,\quad v=\sin t.$$

$$I = 2\left[t^{2}\sin t - \int 2t\sin t\, dt\right]_{0}^{\pi/6}.$$

再对 $\int 2t\sin t dt$ 分部积分：令

$$u=2t,\quad dv=\sin t\, dt$$

$$du=2 dt,\quad v=-\cos t.$$$$ \int 2t \sin t dt = -2t\cos t + 2\int \cos t dt = -2t\cos t + 2\sin t. $$

代回原式：

$$I = 2\left[t^{2}\sin t -\left(-2t\cos t + 2\sin t\right)\right]_{0}^{\pi/6}$$

$$=2\left[t^{2}\sin t + 2t\cos t - 2\sin t\right]_{0}^{\pi/6}.$$

代入 $t=\pi/6$：

$$\sin t = \frac12,\quad \cos t = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$ I = 2\Bigl[ \frac{\pi^{2}}{36}\cdot\frac12

2\cdot\frac{\pi}{6}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}

2\cdot\frac12 \Bigr] $$

$$= 2\left[\frac{\pi^{2}}{72} + \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - 1\right].$$

答案：

$$\frac{\pi^{2}}{36} + \frac{\pi\sqrt{3}}{3} - 2.$$

(4) 已知

$$ f(x)= \begin{cases} xe^{-x^{2}}, & x\ge 0,\\[4pt] \dfrac{1}{1+\cos x}, & -\pi求

$$\int_{-\pi}^{4} f(x-2)\, dx.$$

解答：

令

$$u = x-2 \quad \Rightarrow\quad x=u+2.$$

区间变化：

$$x=-\pi \Rightarrow u = -\pi - 2,$$

$$x=4 \Rightarrow u=2.$$

故

$$I = \int_{-\pi-2}^{2} f(u)\, du.$$

根据 $f(u)$ 的定义，需按区间分段：

当 $u<0$：用

$$f(u)=\frac{1}{1+\cos u}.$$

当 $u\ge 0$：用

$$f(u)=u e^{-u^{2}}.$$

而 $u\in[-\pi-2,\,2]$：整个区间跨越 $u=0$，故拆成：

$$ I = \int_{-\pi-2}^{0} \frac{1}{1+\cos u}, du

\int_{0}^{{2} u e}{-u^{2}} du. $$

第二项：

$$ \int_{0}^{2} u e^{-u^{2}} du = -\frac12 e^{-u^{2}} \Big|_{0}^{2} = -\frac12(e^{-4}-1) = \frac12(1-e^{-4}). $$

第一项：

$$\frac{1}{1+\cos u} = \frac{1}{2\cos^{2}(u/2)} = \frac12 \sec^{2}(u/2).$$

故

$$ \int \frac{1}{1+\cos u} du = \int \frac12 \sec^{2}(u/2) du = \tan(u/2). $$$$ \int_{-\pi-2}^{0} \frac{1}{1+\cos u}\, du = \tan(0) - \tan\left(\frac{-\pi-2}{2}\right) = -\tan\left(\frac{-\pi-2}{2}\right). $$

综合：

$$I=\tan\left(\frac{\pi+2}{2}\right)+ \frac12(1-e^{-4}).$$

答案：

$$\tan\left(\frac{\pi+2}{2}\right)+\frac12(1-e^{-4}).$$

5. 设 $F(x)=\displaystyle \int_{0}^{x} t e^{-t^{2}}\, dt$，求

$$\int_{2}^{3} x^{2} F'(x)\, dx.$$

解答：

已知

$$F(x)=\int_{0}^{x} t e^{-t^{2}} dt,$$

则由微积分基本定理：

$$F'(x)=x e^{-x^{2}}.$$

要求：

$$ I=\int_{2}^{3} x^{2} F'(x)\, dx = \int_{2}^{3} x^{2}\cdot x e^{-x^{2}}\, dx = \int_{2}^{3} x^{3} e^{-x^{2}} dx. $$

做代换：

$$u = x^{2},\quad du = 2x\, dx,$$

$$x^{3} dx = x^{2}(x\, dx) = u \cdot \frac{du}{2}.$$

区间变换： $x=2\Rightarrow u=4$，$x=3\Rightarrow u=9$。因此

$$ I = \int_{4}^{9} u \cdot \frac{1}{2} e^{-u} du = \frac12 \int_{4}^{9} u e^{-u} du. $$

对 $\int u e^{-u} du$ 做分部积分：令

$$v=u,\quad dw=e^{-u}du,$$

$$dv=du,\quad w=-e^{-u}.$$$$ \int u e^{-u} du = -u e^{-u} + \int e^{-u} du = -u e^{-u} - e^{-u}. $$

因此

$$I=\frac12\left[-u e^{-u} - e^{-u}\right]_{4}^{9}.$$

代入上下限：

$$I=\frac12\Bigl[ -(9 e^{-9}) - e^{-9} - (-(4 e^{-4}) - e^{-4}) \Bigr]$$

$$=\frac12\Bigl[ -10 e^{-9} + 4e^{-4} + e^{-4} \Bigr]$$

$$=\frac12\left(5e^{-4} -10 e^{-9}\right)$$

$$=\frac52 e^{-4} -5 e^{-9}.$$

答案：

$$\frac{5}{2}e^{-4} - 5e^{-9}.$$

6. 设曲线 $y = x$ 和直线 $x + y = 2,\ y=0$ 所围成的平面图形为 $D$，求：

(1) 平面图形 $D$ 的面积；

(2) 平面图形 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周形成的旋转体的体积。

求解：

(1) 求区域 $D$ 的面积三条边界：

直线 $y=x$

直线 $x+y=2 \Rightarrow y=2-x$

直线 $y=0$

求交点： A：$y=0$ 与 $y=x$：

$$x=0\Rightarrow (0,0)$$

B：$y=0$ 与 $y=2-x$：

$$0=2-x \Rightarrow x=2 \Rightarrow (2,0)$$

C：$y=x$ 与 $y=2-x$：

$$x=2-x \Rightarrow x=1,\ y=1.$$

区域为三角形 ABC。面积

$$A=\frac12\cdot 底\cdot 高=\frac12\cdot 2\cdot 1=1.$$

答案：

$$1.$$

(2) 绕 $x$ 轴旋转体的体积区域上界：从 $x=0$ 到 $x=1$：上界是 $y=x$ 从 $x=1$ 到 $x=2$：上界是 $y=2-x$ 体积为：

$$V=\pi \left( \int_{0}^{1} x^{2} dx + \int_{1}^{2} (2-x)^{2} dx \right).$$

计算：第一部分：

$$\int_{0}^{1} x^{2} dx = \frac13.$$

第二部分：

$$\int_{1}^{2} (2-x)^{2} dx$$

令 $u=2-x$，从 1 到 2 时：$u$ 从 1 到 0：

$$= \int_{1}^{0} u^{2}(-du) = \int_{0}^{1} u^{2} du = \frac13.$$

故

$$ V=\pi\left(\frac13+\frac13\right) = \frac{2\pi}{3}. $$

答案：

$$\frac{2\pi}{3}.$$

7. 设曲线 $y=ax$ 与抛物线 $y=x^{2}$ 所围成的图形的面积为 $S_{1}$，直线 $y=ax$ 与抛物线 $y=x^{2}$ 及直线 $x=1$ 所围成的图形的面积为 $S_{2}$，其中 $a$ 为常数，且 $0
(1) 当 $S_{1}+S_{2}$ 取得最小值时，对应的常数 $a$； (2) 当 $a$ 取该最小值时，两个图形分别绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积之和 $V$。

解答：

(1) 计算 $S_{1}$ 交点由
$$ax = x^{2}\Rightarrow x(ax - x^{2})\Rightarrow x(a - x)=0.$$
交点在 $x=0$ 和 $x=a$。区域面积：
$$S_{1}=\int_{0}^{a} (ax - x^{2})\, dx.$$

$$=\left[\frac{a x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{a}$$$$ =\frac{a\cdot a^{2}}{2}-\frac{a^{3}}{3} = a^{3}\left(\frac12 - \frac13\right) = \frac{a^{3}}{6}. $$
(2) 计算 $S_{2}$ 区域由三条曲线围成：

下界：$y=x^{2}$

上界：$y=ax$

右端：$x=1$

面积：
$$S_{2}=\int_{a}^{1}(ax - x^{2})\, dx.$$

$$=\left[\frac{a x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3}\right]_{a}^{1}$$
计算：上限：
$$\frac{a}{2} - \frac13$$
下限：
$$ \frac{a a^{2}}{2} - \frac{a^{3}}{3} = a^{3}\left(\frac12 - \frac13\right) = \frac{a^{3}}{6}. $$
故
$$S_{2}=\left(\frac{a}{2}-\frac13\right)-\frac{a^{3}}{6}.$$
(3) 求 $S_{1}+S_{2}$
$$ S_{1}+S_{2} = \frac{a^{3}}{6} + \frac{a}{2}-\frac{1}{3}-\frac{a^{3}}{6} $$$$= \frac{a}{2}-\frac{1}{3}.$$
因此
$$S_{1}+S_{2} = \frac{a}{2}-\frac13.$$
这是随 $a$ 增大而单调增加的函数（其导数为常数 $\frac12>0$）。因此在区间 $00$，最小值在右端 $a=0^{+}$，但曲线 $y=ax$ 失效。由于构图要求 $a\in(0,1)$，故最小值在最左端极限处取得：
$$a\to 0^{+}.$$
8 求极限：

(1)$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}\,dt}{e^{x^{2}}-1}$； (2)$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac1x\int_{0}^{x}(1+t^{2})e^{t^{2}-x^{2}}\,dt$。

解答：

(1) 记
$$F(x)=\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}\,dt,\quad G(x)=e^{x^{2}}-1.$$
当 $x\to0$ 时，$F(0)=0,G(0)=0$。在 0 附近有
$$\sqrt{t^{2}+1}=1+O(t^{2}),\quad t\to0,$$
故
$$F(x)=\int_{0}^{x}\bigl(1+O(t^{2})\bigr)dt=x+O(x^{3}).$$
而
$$G(x)=e^{x^{2}}-1=x^{2}+O(x^{4}).$$
于是
$$\frac{F(x)}{G(x)}\sim\frac{x}{x^{2}}=\frac1x,\quad x\to0,$$
故极限为
$$\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}\,dt}{e^{x^{2}}-1}=+\infty.$$
(2) 记
$$I(x)=\int_{0}^{x}(1+t^{2})e^{t^{2}-x^{2}}\,dt.$$
令 $u=x-t$，则 $t=x-u$，$dt=-du$，当 $t:0\to x$ 时 $u:x\to0$，有
$$ I(x)=\int_{0}^{x}\bigl(1+(x-u)^{2}\bigr)e^{(x-u)^{2}-x^{2}}\,du =\int_{0}^{x}\bigl(1+(x-u)^{2}\bigr)e^{-2xu+u^{2}}\,du. $$
当 $x\to\infty$ 时，对每个固定的 $u>0$，指数因子 $e^{-2xu+u^{2}}$ 急剧衰减，因此积分的主要贡献来自 $u$ 取很小值的邻域。在该邻域内可近似
$$1+(x-u)^{2}\approx1+x^{2}.$$
于是对大 $x$，有渐近式
$$I(x)\sim (1+x^{2})\int_{0}^{\infty}e^{-2xu}\,du=(1+x^{2})\cdot\frac{1}{2x}.$$
因此
$$ \frac1x I(x)\sim\frac1x\cdot\frac{1+x^{2}}{2x} =\frac{1+x^{2}}{2x^{2}}\xrightarrow[x\to\infty]{}\frac12. $$
故
$$\lim_{x\to\infty}\frac1x\int_{0}^{x}(1+t^{2})e^{t^{2}-x^{2}}\,dt=\frac12.$$
9 求导数：

(1)$\displaystyle \frac{d}{dx}\int_{0}^{x}\sin(x-t^{2})\,dt$； (2) 设 $\displaystyle f(x)=\int_{x}^{x^{2}}\frac{\sin xt}{t}\,dt$，求 $f'(x)$。

解答：

(1) 设
$$F(x)=\int_{0}^{x}\sin(x-t^{2})\,dt.$$
被积函数依赖于 $x$ 与上限。用莱布尼茨公式：
$$ F'(x)=\int_{0}^{x}\frac{\partial}{\partial x}\sin(x-t^{2})\,dt+\sin(x-x^{2})\cdot\frac{d}{dx}x =\int_{0}^{x}\cos(x-t^{2})\,dt+\sin(x-x^{2}). $$
(2) 设
$$F(x,t)=\frac{\sin xt}{t},\quad f(x)=\int_{x}^{x^{2}}F(x,t)\,dt.$$
按莱布尼茨公式：
$$f'(x)=F(x,x^{2})\cdot(2x)-F(x,x)\cdot1+\int_{x}^{x^{2}}\frac{\partial}{\partial x}F(x,t)\,dt.$$
有
$$F(x,x^{2})=\frac{\sin x^{3}}{x^{2}},\quad F(x,x)=\frac{\sin x^{2}}{x},$$

$$\frac{\partial}{\partial x}F(x,t)=\cos(xt).$$
故
$$ f'(x)=2x\cdot\frac{\sin x^{3}}{x^{2}}-\frac{\sin x^{2}}{x}+\int_{x}^{x^{2}}\cos(xt)\,dt =\frac{2\sin x^{3}}{x}-\frac{\sin x^{2}}{x}+\frac1x\int_{x^{2}}^{x^{3}}\cos u\,du. $$
积分：
$$ \frac1x\int_{x^{2}}^{x^{3}}\cos u\,du=\frac1x\bigl[\sin u\bigr]_{x^{2}}^{x^{3}} =\frac1x(\sin x^{3}-\sin x^{2}). $$
合并得
$$ f'(x)=\frac{2\sin x^{3}}{x}-\frac{\sin x^{2}}{x} +\frac{\sin x^{3}-\sin x^{2}}{x} =\frac{3\sin x^{3}-2\sin x^{2}}{x}. $$
10 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)>0$，而
$$F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,dt+\int_{b}^{x}\frac{1}{f(t)}\,dt,$$
证明： (1)$F'(x)\ge2$；

(2)$F(x)=0$ 在 $[a,b]$ 上有且只有一个实根。

解答：

(1) 由微积分基本定理，
$$F'(x)=f(x)+\frac1{f(x)}.$$
因为 $f(x)>0$，由基本不等式
$$f(x)+\frac1{f(x)}\ge2,$$
故 $F'(x)\ge2$。 (2) 因为 $F'(x)\ge2>0$，故 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递增。连续函数严格单调，则方程 $F(x)=0$ 至多有一个实根。又由于
$$ F(a)=\int_{b}^{a}\frac{1}{f(t)}\,dt<0,\quad F(b)=\int_{a}^{b}f(t)\,dt>0, $$
由介值定理知在 $(a,b)$ 内至少有一个实根。综上，在 $[a,b]$ 上恰有一个实根。

11 设 $f(x)$ 在 $[0,a]$ 上连续，且
$$I=\int_{0}^{a}\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}\,dx=\frac{a}{2}.$$
由此计算积分
$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx.$$
解答：

一般情形下，对任意连续 $f$ 在 $[0,a]$ 上，
$$I=\int_{0}^{a}\frac{f(x)}{f(x)+f(a-x)}dx.$$
令 $x\mapsto a-x$，得
$$I=\int_{0}^{a}\frac{f(a-x)}{f(a-x)+f(x)}dx.$$
两式相加：
$$ 2I=\int_{0}^{a}\frac{f(x)+f(a-x)}{f(x)+f(a-x)}dx =\int_{0}^{a}1\,dx=a. $$
故 $I=a/2$，题中公式成立。现取 $a=\frac{\pi}{2}$，$f(x)=\sin x$，则
$$f(a-x)=\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x,$$
于是
$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx=\frac{a}{2}=\frac{\pi}{4}.$$
12 设
$$f(x)=x^{2}-x\int_{0}^{2}f(t)\,dt+2\int_{0}^{1}f(t)\,dt,$$
求 $f(x)$。

解答：

记
$$A=\int_{0}^{2}f(t)\,dt,\quad B=\int_{0}^{1}f(t)\,dt.$$
则对一切 $x$ 有
$$f(x)=x^{2}-Ax+2B.$$
对 $[0,2]$ 积分：
$$ A=\int_{0}^{2}f(x)\,dx=\int_{0}^{2}\bigl(x^{2}-Ax+2B\bigr)\,dx =\left[\frac{x^{3}}{3}-\frac{A}{2}x^{2}+2Bx\right]_{0}^{2} = \frac{8}{3}-2A+4B. $$
即
$$A= \frac{8}{3}-2A+4B \Rightarrow 3A=\frac{8}{3}+4B. \quad (1)$$
对 $[0,1]$ 积分：
$$ B=\int_{0}^{1}f(x)\,dx=\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-Ax+2B\bigr)\,dx =\left[\frac{x^{3}}{3}-\frac{A}{2}x^{2}+2Bx\right]_{0}^{1} =\frac{1}{3}-\frac{A}{2}+2B. $$
于是
$$ B=\frac{1}{3}-\frac{A}{2}+2B \Rightarrow -B=\frac{1}{3}-\frac{A}{2} \Rightarrow B=\frac{A}{2}-\frac{1}{3}. \quad (2) $$
将 (2) 代入 (1)：
$$ 3A=\frac{8}{3}+4\left(\frac{A}{2}-\frac{1}{3}\right) =\frac{8}{3}+2A-\frac{4}{3} =\frac{4}{3}+2A. $$
故
$$A=\frac{4}{3}.$$
再由 (2) 得
$$B=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$
于是
$$f(x)=x^{2}-\frac{4}{3}x+\frac{2}{3}.$$
13 判定下列广义积分的敛散性：

(1)$\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\sin\frac{1}{x^{2}}\,dx$； (2)$\displaystyle \int_{0}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}\,dx$。

解答：

(1) 当 $x\ge1$ 时，$0<\frac{1}{x^{2}}\le1$，且
$$0<\sin\frac{1}{x^{2}}\le\frac{1}{x^{2}}.$$
因此
$$ 0<\int_{1}^{+\infty}\sin\frac{1}{x^{2}}dx \le\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{2}}dx<\infty. $$
故该广义积分收敛。 (2) 在 $[0,2]$ 上，积分在 $x=1$ 处有第二类间断点。考察
$$ \int_{0}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx =\int_{0}^{1}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx+\int_{1}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx. $$
以右侧为例，令 $u=1-x$，当 $x\to1^{+}$ 时 $u\to0^{-}$，
$$ \int_{1}^{2}\frac{1}{(1-x)^{2}}dx=\int_{0}^{-1}\frac{1}{u^{2}}(-du) =\int_{-1}^{0}\frac{1}{u^{2}}du=+\infty. $$
因此该广义积分发散。

14.

设抛物线 $y=x^{2}+2$ 与直线 $y=2x+1$ 及 $y$ 轴所围成的平面图形为 $D$，试求： (1) 平面图形 $D$ 的面积； (2) 平面图形 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得的旋转体体积； (3) 平面图形 $D$ 的边界的总长。

解答：

(0) 先求交点求直线与抛物线交点：
$$2x+1=x^{2}+2$$

$$x^{2}-2x+1=0$$

$$(x-1)^{2}=0$$
唯一交点：
$$x=1,\quad y=3.$$
同时与 $y$ 轴相交于：直线：$(0,1)$ 抛物线：$(0,2)$ 因此区域为由三点围成：
$$A(0,2),\quad B(0,1),\quad C(1,3).$$
上边界为抛物线，下边界为直线，左右界分别是 $x=0$ 与 $x=1$。

(1) 求面积
$$ A=\int_{0}^{1} \bigl[(x^{2}+2)-(2x+1)\bigr]dx =\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-2x+1\bigr)dx $$$$ =\int_{0}^{1}(x-1)^{2}dx =\left[\frac{(x-1)^{3}}{3}\right]_{0}^{1} $$$$=\frac{(-1)^{3}}{3}-0=-\frac13.$$
面积取正：
$$A=\frac13.$$
(2) 求旋转体体积绕 $x$ 轴旋转，上界为 $y=x^{2}+2$，下界为 $y=2x+1$。体积：
$$V=\pi\int_{0}^{1}\bigl[(x^{2}+2)^{2}-(2x+1)^{2}\bigr]dx.$$
计算各项：
$$(x^{2}+2)^{2}=x^{4}+4x^{2}+4,$$

$$(2x+1)^{2}=4x^{2}+4x+1.$$
差：
$$ (x^{2}+2)^{2}-(2x+1)^{2}=x^{4}+4x^{2}+4 - (4x^{2}+4x+1) =x^{4}-4x+3. $$
因此：
$$V=\pi\int_{0}^{1}(x^{4}-4x+3)\,dx.$$

$$=\pi\left[\frac{x^{5}}{5}-2x^{2}+3x\right]_{0}^{1}$$$$ =\pi\left(\frac15-2+3\right) =\pi\left(\frac{1}{5}+1\right) =\frac{6\pi}{5}. $$
(3) 求边界总长边界包括三条：

直线段 $B(0,1)\to A(0,2)$：长度
$$L_{1}=1.$$
抛物线段 $A(0,2)\to C(1,3)$：抛物线 $y=x^{2}+2$。

弧长：
$$ L_{2}=\int_{0}^{1}\sqrt{1+(y')^{2}} dx =\int_{0}^{1}\sqrt{1+(2x)^{2}}dx =\int_{0}^{1}\sqrt{1+4x^{2}}dx. $$
积分：
$$\int\sqrt{1+4x^{2}}\,dx=\frac{x}{2}\sqrt{1+4x^{2}}+\frac{1}{4}\ln\left(2x+\sqrt{1+4x^{2}}\right).$$
代入 0 到 1：上限：
$$\frac12\sqrt{5}+\frac14\ln(2+\sqrt5),$$
下限：
$$0+\frac14\ln(0+1)=\frac14\ln 1=0.$$
故
$$L_{2}=\frac12\sqrt{5}+\frac14\ln(2+\sqrt5).$$
直线段 $C(1,3)\to B(0,1)$：两点距离：
$$L_{3}=\sqrt{(1-0)^{2}+(3-1)^{2}}=\sqrt{1+4}= \sqrt5.$$
合计：
$$L = 1 + \sqrt{5} + \frac12\sqrt{5} + \frac14\ln(2+\sqrt5)$$

$$=1+\frac{3}{2}\sqrt5+\frac14\ln(2+\sqrt5).$$
15.

求由曲线
$$y=\sqrt{2x-4}$$
和直线
$$y=0,\qquad x=4$$
围成的图形分别绕 $x$ 轴、$y$ 轴旋转所形成的旋转体体积。

解答：

(0) 先确定区域曲线为
$$y=\sqrt{2x-4},\qquad y\ge0.$$
定义域条件：
$$2x-4\ge0\quad\Rightarrow\quad x\ge2.$$
因此区域由：

左界：$x=2$（由曲线与 $y=0$ 相交点）

右界：$x=4$

下界：$y=0$

上界：$y=\sqrt{2x-4}$

绘图即为：从 $x=2$ 到 $x=4$，上方由平方根曲线围成的区域。

(1) 绕 $x$ 轴旋转的体积旋转体体积公式：
$$V_{x}=\pi\int_{2}^{4}\bigl(y(x)\bigr)^{2}dx.$$
代入 $y=\sqrt{2x-4}$：
$$V_{x}=\pi\int_{2}^{4}(2x-4)\,dx.$$
计算积分：
$$\int(2x-4)\,dx=x^{2}-4x.$$
代入上下限：上限 $x=4$：
$$16-16=0.$$
下限 $x=2$：
$$4-8=-4.$$

$$V_{x}=\pi(0-(-4))=4\pi.$$
(2) 绕 $y$ 轴旋转的体积使用壳层法（圆柱壳）：半径：$x$ 高：$y=\sqrt{2x-4}$ 厚度：$dx$ 体积：
$$V_{y}=2\pi\int_{2}^{4} x\sqrt{2x-4}\,dx.$$
设代换：
$$u=2x-4\quad\Rightarrow\quad x=\frac{u+4}{2},\quad dx=\frac12 du.$$
当 $x=2\Rightarrow u=0$，当 $x=4\Rightarrow u=4$。代入得到：
$$ V_{y}=2\pi\int_{0}^{4} \frac{u+4}{2}\sqrt{u}\cdot\frac12 du =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{4}(u+4)u^{1/2} du. $$
展开：
$$=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{4}(u^{3/2}+4u^{1/2}) du.$$
积分：
$$ \int u^{3/2}du=\frac{2}{5}u^{5/2},\qquad \int 4u^{1/2}du=\frac{8}{3}u^{3/2}. $$
代入：
$$V_{y}=\frac{\pi}{2}\left[\frac{2}{5}u^{5/2}+\frac{8}{3}u^{3/2}\right]_{0}^{4}.$$
计算 $u=4$ 时：
$$4^{3/2}=8,\qquad 4^{5/2}=32.$$$$ V_{y}=\frac{\pi}{2}\left(\frac{2}{5}\cdot32+\frac{8}{3}\cdot 8\right) =\frac{\pi}{2}\left(\frac{64}{5}+\frac{64}{3}\right). $$
通分：
$$ \frac{64}{5}+\frac{64}{3} =64\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{3}\right) =64\cdot\frac{8}{15} =\frac{512}{15}. $$
因此：
$$ V_{y}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{512}{15} =\frac{256\pi}{15}. $$
16.

直径为 20cm、高为 80cm 的圆柱内充满压强为 $10\text{ N/cm}^2$ 的水蒸气。设温度保持不变，要使水蒸气体积缩小一半，问需要做多少功？

解答：

题设为等温压缩过程，因此满足玻意耳定律（Boyle’s law）：
$$PV = \text{常数}.$$
压强单位为 $10\ \text{N/cm}^2$，保持原单位即可（最终做功为 N·cm，即能量单位一致，不必转换为 SI 单位除非特别要求）。

(1) 初始体积圆柱直径 20cm → 半径 $r=10\text{ cm}$。高度 80cm。初始体积：
$$V_1 = \pi r^{2}h = \pi(10^2)(80) = 8000\pi\ \text{cm}^{3}.$$
压缩后体积为一半：
$$V_2 = \frac{V_1}{2} = 4000\pi\ \text{cm}^{3}.$$
(2) 等温压缩过程中的压强表达式玻意耳定律：
$$P V = P_1 V_1.$$
已知初始压强 $P_1 = 10\ \text{N/cm}^2$，初始体积 $V_1 = 8000\pi$. 故
$$P = \frac{P_1 V_1}{V} = \frac{10\cdot 8000\pi}{V}.$$
(3) 做功计算压缩功：
$$W = \int_{V_1/2}^{V_1} P\, dV = \int_{V_1/2}^{V_1} \frac{P_1 V_1}{V} dV.$$
代入：
$$W = P_1 V_1 \int_{V_1/2}^{V_1} \frac{1}{V}\, dV.$$

$$= P_1 V_1 \left[\ln V\right]_{V_1/2}^{V_1}$$

$$= P_1 V_1 \left(\ln V_1 - \ln \frac{V_1}{2}\right)$$

$$= P_1 V_1 \ln 2.$$
代入数据：
$$P_1 = 10,\qquad V_1=8000\pi.$$

$$W = 10\cdot 8000\pi\cdot \ln2 = 80000\pi \ln 2\ (\text{N cm}).$$
最终答案：
$$\boxed{W = 80000\pi \ln 2\ \text{N cm}}$$
若要以 SI 单位（J）表示： 1 N·cm = 0.01 J，因此
$$ W = 80000\pi \ln 2 \times 0.01 = 800\pi \ln 2\ \text{J}. $$
17.

一个横放着的圆柱形水桶，桶内盛有半桶水。设桶的底半径为 $R$，水的密度为 $\rho$，计算桶的一端面上所受的压力。

解答：

本题为典型的“圆柱横放 → 一端竖直圆端面受到的静水压力”问题。水深为半径，即：水面经过圆心，因此圆端面被水淹没刚好一半。圆端面是一个竖直圆面，高度方向取竖直 $y$，圆心为 $y=0$，水面在 $y=0$，水向下延伸到 $y=-R$，因此：

水深范围：$y\in[-R,\,0]$

每一条水平线（在端面上）对应的压力为 $\rho g h$，但题中没有给 $g$，传统教材中在“压强单位”通常把 $g$ 吸收入 $\rho$ 中，因此我们按纯静水压强公式：
$$p=\rho h,$$
其中 $h=0-y=-y$ 为到水面深度。

(1) 几何准备：求端面水平线的宽度端面是圆：
$$x^{2}+y^{2}=R^{2}.$$
取一条水平小条带，位于高度 $y$，宽度为：
$$\text{宽}=2\sqrt{R^{2}-y^{2}}.$$
其面积元为：
$$dA = 2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$
(2) 压力元

静水压力：
$$dF = p\, dA = \rho h \, dA.$$
这里深度 $h=-y$（因为水面在 $y=0$）。故：
$$dF = \rho (-y)\cdot 2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$
积分范围为水淹没的区域：
$$y\in[-R,\,0].$$
(3) 压力总和
$$F = \int_{-R}^{0} \rho(-y) \cdot 2\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$
提出常数：
$$F = 2\rho\int_{-R}^{0} (-y)\sqrt{R^{2}-y^{2}}\, dy.$$
令代换：
$$u=-y\quad\Rightarrow\quad du=-dy.$$
当 $y=-R\Rightarrow u=R$，当 $y=0\Rightarrow u=0$。翻转上下限：
$$ F = 2\rho\int_{R}^{0} u\sqrt{R^{2}-u^{2}}\, (-du) =2\rho\int_{0}^{R} u\sqrt{R^{2}-u^{2}}\, du. $$
令：
$$v=R^{2}-u^{2},\quad dv=-2u\,du,\quad u\,du=-\frac12 dv.$$
积分变为：
$$ F=2\rho\int_{R^{2}}^{0} \sqrt{v}\, \left(-\frac12 dv\right) =\rho\int_{0}^{R^{2}} v^{1/2} dv. $$$$ F=\rho\left[\frac{2}{3}v^{3/2}\right]_{0}^{R^{2}} =\rho\cdot\frac{2}{3}(R^{2})^{3/2}. $$
注意：
$$(R^{2})^{3/2}=R^{3}.$$
因此最终结果为：
$$F=\frac{2}{3}\rho R^{3}.$$
18.

有一半径为 $R$、中心角为 $\varphi$ 的圆弧形细棒，其上各点线密度为常数 $\rho$，求该圆弧形细棒对其圆心的引力。

解答：

题设：圆弧形细棒，半径 $R$，中心角 $\varphi$，线密度为常数 $\rho$。要求：圆弧形细棒对圆心的引力大小。

(1) 元素力的方向与大小细棒上任一点的质量元：
$$dm = \rho\, ds=\rho\,R\, d\theta.$$
该点到圆心的距离为 $R$，万有引力公式：
$$dF=\frac{G\,dm}{R^{2}}=\frac{G\rho R d\theta}{R^{2}}=\frac{G\rho}{R}d\theta.$$
方向：从圆弧每个点指向圆心。由于引力沿半径方向，各点的力均指向圆心，因此向心方向的分量全部同向，总力为标量加和。

(2) 引力总和整个圆弧角度范围长度：
$$\theta\in[-\varphi/2,\ \varphi/2].$$
总力：
$$ F=\int_{-\varphi/2}^{\varphi/2} \frac{G\rho}{R} d\theta =\frac{G\rho}{R}\cdot\left(\varphi\right). $$
因此：
$$F=\frac{G\rho\varphi}{R}.$$
19.

计算
$$\int e^{x}\sqrt{\,1+e^{2x}\,}\,dx.$$
解答：

设
$$u = 1+e^{2x}.$$
则
$$du = 2e^{2x}\,dx = 2e^{x}\bigl(e^{x}\,dx\bigr).$$
注意被积函数中有
$$e^{x}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx = \sqrt{u}\,\frac{du}{2e^{x}}.$$
但更简单的换元是直接设：
$$t=e^{x},\qquad dt=e^{x}dx=t\,dx.$$
于是
$$e^{x}=t,\qquad dx=\frac{dt}{t}.$$
原积分变为：
$$ I=\int t\sqrt{1+t^{2}}\cdot \frac{dt}{t} =\int \sqrt{1+t^{2}}\,dt. $$
这是标准公式：
$$ \int\sqrt{1+t^{2}}\,dt =\frac12\left(t\sqrt{1+t^{2}}+\ln\bigl(t+\sqrt{1+t^{2}}\bigr)\right)+C. $$
代回 $t=e^{x}$：
$$ \boxed{ \int e^{x}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx =\frac12\Bigl(e^{x}\sqrt{1+e^{2x}}+\ln\bigl(e^{x}+\sqrt{1+e^{2x}}\bigr)\Bigr)+C. } $$
20.

讨论函数
$$f(x)=\int_{0}^{x}(t^{2}+1)\sqrt{t^{4}+1}\,dt$$
的单调区间与极值。

解答：

由微积分基本定理可写出导数：
$$f'(x)=(x^{2}+1)\sqrt{x^{4}+1}.$$
注意：

$x^{2}+1>0$ 对全部实数成立；

$\sqrt{x^{4}+1}>0$ 对全部实数成立。

因此
$$f'(x)>0\quad \text{对一切 }x\in\mathbb{R}.$$
于是：

$f(x)$ 在整个实数轴上严格单调递增；

没有驻点，因此无极大极小值。

总结：
$$ \boxed{ f(x)\text{ 在 }(-\infty,+\infty)\text{ 上严格单调递增，无极值。} } $$
21.

计算
$$\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx.$$
解答：

设
$$u=x^{2},\qquad du=2x\,dx.$$
原积分
$$ I=\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx =\int_{0}^{1}\frac{x^{2}\cdot x}{\sqrt{1-x^{2}}}dx =\frac12\int_{0}^{1}\frac{u}{\sqrt{1-u}}\,du. $$
化简：
$$I=\frac12\int_{0}^{1}u(1-u)^{-1/2}\,du.$$
拆成：
$$ I=\frac12\left(\int_{0}^{1}u(1-u)^{-1/2}du\right) =\frac12\left(\int_{0}^{1}(1-u)^{-1/2}du-\int_{0}^{1}(1-u)^{1/2}du\right). $$
分别计算：
$$ \int_{0}^{1}(1-u)^{-1/2}du =\left[-2\sqrt{1-u}\right]_{0}^{1}=2. $$$$ \int_{0}^{1}(1-u)^{1/2}du =\left[-\frac{2}{3}(1-u)^{3/2}\right]_{0}^{1} =\frac{2}{3}. $$
因此：
$$ I=\frac12\left(2 - \frac23\right) =\frac12\cdot\frac{4}{3} =\frac{2}{3}. $$

第5章 定积分及其应用 | YHK's life

第1节 定积分的概念与性质

一、基础题

1

(1)

(2)

2

(1)

(2)

(3)

3

二、提高题

4

5

三、考研真题

6

7

第2节 微积分基本公式

一、基础题

1 计算下列定积分

2 求下列极限：

3 设

4 $f(x)=x^{2}-x \int_{0}^{x}f(t)dt+2\int_{0}^{1}f(x)\,dx,\quad 求\ f(x).$ 求 f(x)

二、提高题

5 设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上是连续的单调减少函数，证明：

6 设

7 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，证明：存在一点 $\xi\in[a,b]$，使

三、考研真题

8 $(2021\ 30)$ 当 $x\to0$ 时，$\displaystyle \int_{0}^{x^{2}}(e^{t^{3}}-1)dt$ 是 $x^{7}$ 的（ ）。

9 $(2020101)$ 当 $x\to0^{+}$ 时，下列无穷小中阶数最高的是（ ）。

10 $(2017125)$ 求

$$ \lim_{x\to0^{+}} \frac{x^{3/2}\int_{0}{1}\sqrt{1-u},e{xu},du}{x^{3/2}}

$$ \lim_{x\to0^{+}} \int_{0}{1}\sqrt{1-u},e{xu},du

第3节 定积分的计算方法

一、基础题

1 求下列定积分

2 已知 $f(\pi)=1$，且 $\int_{0}^{\pi}[f(x)+f'(x)]\sin x\,dx=3$，求 $f(0)$。

3 证明：

4 已知

二、提高题

5 求下列定积分：

6

7

三、考研真题

8 求定积分：

9 已知

10 已知

11 求极限：

第4节 广义积分及其审敛法

一、基础题

1 判断下列广义积分的敛散性，如果收敛，请计算广义积分的值

二、提高题

2 判断下列广义积分的敛散性。

3 当 $k$ 为何值时，广义积分

4 设广义积分

三、考研真题

5.（2021111）

6.（2021211）

7.（2020203）

第5节 定积分的应用

一、基础题

1 求抛物线 $y=-x^{2}-4x-3$ 与 $x$ 轴所围成的图形的面积

2 求由曲线 $y=\sqrt{x}$ 与 $x$ 轴及直线 $x=4$ 所围成的图形绕 $x$ 轴旋转所形成的旋转体的体积

3 求下列曲线段的弧长

4 若 9.8N 的力能使弹簧伸长 2cm，现在要使弹簧伸长 10cm，问需要做多少功？

二、提高题

6 求由曲线 $x=\frac{1}{4}y^{2}-\frac{1}{2}\ln y$ 上相应于 $y$ 从 1 到 e 这一段的弧长。

7 证明：平面图形 $0\le a\le x\le b,\ 0\le y\le f(x)$ 绕 $y$ 轴旋转所形成的旋转体的体积

8 求心形线 $\rho=4(1+\cos\theta)$ 和射线 $\theta=0,\theta=\frac{\pi}{2}$ 围成的图形绕极轴旋转所形成的体积。

9 有一个高为 $h$，底边为 $a$ 的等腰三角形薄板垂直沉没在水中，顶点在下、底边与水平相齐，求水对薄板的压力。

10 设星形线 $x=a\cos^{3}t,\ y=a\sin^{3}t$。上每一点处线密度的大小等于该点到原点的距离的平方，在左上象限一单位质量点，求星形线在第一象限的弧长及该单位质点的引力。

三、考研题

11 （2011109）曲线 $y=\int_{0}^{x} \tan t dt$（$0\le x\le\frac{\pi}{4}$）的弧长为**____**。

总习题五

1.选择题

2. 填空题

3. 计算下列定积分

(4) 已知

5. 设 $F(x)=\displaystyle \int_{0}^{x} t e^{-t^{2}}\, dt$，求

6. 设曲线 $y = x$ 和直线 $x + y = 2,\ y=0$ 所围成的平面图形为 $D$，求：

第5章定积分及其应用 | YHK's life

第1节定积分的概念与性质

第2节微积分基本公式

8 $(2021\ 30)$ 当 $x\to0$ 时，$\displaystyle \int_{0}^{x^{2}}(e^{t^{3}}-1)dt$ 是 $x^{7}$ 的（）。

9 $(2020101)$ 当 $x\to0^{+}$ 时，下列无穷小中阶数最高的是（）。

$$ \lim_{x\to0^{+}} \frac{x^{3/2}\int_{0}^{{1}\sqrt{1-u},e}{xu},du}{x^{3/2}}

$$ \lim_{x\to0^{+}} \int_{0}^{{1}\sqrt{1-u},e}{xu},du

第3节定积分的计算方法

第4节广义积分及其审敛法

第5节定积分的应用

11 （2011109）曲线 $y=\int_{0}^{x} \tan t dt$（$0\le x\le\frac{\pi}{4}$）的弧长为____。