习题5.2 微积分基本公式
1. 填空题
【题目】
$\frac{d}{dx}\int_{0}^{x^2}\sqrt{1 + t^2} dt =$ ____；
$\frac{d}{dx}\int_{x^2}^{4}\frac{\sin t}{t} dt =$ ____；
$\frac{d}{dy}\int_{2y}^{\sin y}t\sin^{2}tdt =$ ____.
【解析】
变上限积分复合求导：
$$\frac{d}{dx}\int_0^{x^2}\sqrt{1 + t^2}dt = \sqrt{1 + (x^2)^2} \cdot (x^2)' = 2x\sqrt{1 + x^4}$$上下限反转求导：
$$\frac{d}{dx}\left(-\int_4^{x^2}\frac{\sin t}{t}dt\right) = -\frac{\sin(x^2)}{x^2} \cdot (x^2)' = -\frac{\sin x^2}{x^2} \cdot 2x = -\frac{2\sin x^2}{x}$$变限积分双侧求导：
$$\frac{d}{dy}\int_{2y}^{\sin y}t\sin^2 t dt = (\sin y)\sin^2(\sin y) \cdot (\sin y)' - (2y)\sin^2(2y) \cdot (2y)'$$$$= \sin y\cos y\sin^2(\sin y) - 4y\sin^2 2y$$
2. 求下列极限
【题目】
$\lim_{x\to 0}\frac{\int_{\cos x}^{1}\mathrm{e}^{-t^2}dt}{\ln(1 + x^2)};$
$\lim_{x\to +\infty}\frac{\int_0^x (\arctan t)^2 dt}{\sqrt{1 + x^2}}.$
【解析】
属于 $\frac{0}{0}$ 型未定式，应用洛必达法则：
- 分子求导：$\frac{d}{dx}\left(-\int_1^{\cos x} e^{-t^2}dt\right) = -e^{-\cos^2 x} \cdot (-\sin x) = e^{-\cos^2 x}\sin x$；
- 分母求导：$\frac{2x}{1 + x^2}$。 因此： $$\lim_{x\to 0}\frac{e^{-\cos^2 x}\sin x}{\frac{2x}{1 + x^2}} = \lim_{x\to 0}\left[e^{-\cos^2 x}(1 + x^2) \cdot \frac{\sin x}{2x}\right] = e^{-1} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2e}$$
属于 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式，应用洛必达法则：
- 分子求导：$(\arctan x)^2$；
- 分母求导：$\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$。 因此： $$\lim_{x\to +\infty}\frac{(\arctan x)^2}{\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}} = \frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^2}{1} = \frac{\pi^2}{4}$$
3. 求函数的极值
【题目】
求函数 $F(x) = \int_{0}^{x} t e^{-t^2} dt$ 的极值.
【解析】
求导数：$F'(x) = x e^{-x^2}$。令 $F'(x) = 0 \implies x = 0$。 求二阶导数：$F''(x) = e^{-x^2} - 2x^2 e^{-x^2} = e^{-x^2}(1 - 2x^2)$。 在 $x = 0$ 处：$F''(0) = 1 > 0$，因此 $x = 0$ 为极小值点。 极小值为：
$$F(0) = \int_0^0 t e^{-t^2}dt = 0$$4. 变上限积分的参数求导
【题目】
求由参数方程 $x = \int_{0}^{t^2} u \ln u du$ ， $y = \int_{t^2}^{1} u^2 \ln u du$ 所确定的函数 $y = y(x)$ 的一阶导数.
【解析】
分别对参数 $t$ 求导：
$$\frac{dx}{dt} = (t^2 \ln(t^2)) \cdot (t^2)' = (2t^2 \ln t) \cdot (2t) = 4t^3 \ln t$$$$\frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt}\left(-\int_1^{t^2} u^2 \ln u du\right) = -((t^2)^2 \ln(t^2)) \cdot (t^2)' = -(t^4 \cdot 2\ln t) \cdot (2t) = -4t^5 \ln t$$因此：
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-4t^5 \ln t}{4t^3 \ln t} = -t^2$$5. 隐函数的一阶导数
【题目】
求由 $\int_0^y e^t dt + \int_0^x\cos tdt = 0$ 所确定的隐函数 $y = y(x)$ 的一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ .
【解析】
方程两边对 $x$ 求导：
$$e^y \cdot \frac{dy}{dx} + \cos x = 0 \implies \frac{dy}{dx} = -\frac{\cos x}{e^y}$$根据原积分方程计算积分式：
$$e^y - 1 + \sin x = 0 \implies e^y = 1 - \sin x$$代入得：
$$\frac{dy}{dx} = -\frac{\cos x}{1 - \sin x} = \frac{\cos x}{\sin x - 1}$$6. 计算下列定积分
【题目】
$\int_{1}^{3}(3x^{2} - 2x)dx;$
$\int_{0}^{1}\frac{x}{1 + x^{2}} dx;$
$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{2}xdx;$
$\int_0^\pi |\cos x|dx;$
$\int_0^2 f(x)dx$ ，其中 $f(x) = \begin{cases} x + 1, & x \leq 1, \\ \frac{x^2}{2}, & x > 1. \end{cases}$
【解析】
牛顿-莱布尼茨公式：
$$\int_1^3 (3x^2 - 2x)dx = \left[x^3 - x^2\right]_1^3 = (27 - 9) - (1 - 1) = 18$$凑微分：
$$\int_0^1 \frac{x}{1 + x^2}dx = \frac{1}{2}\left[\ln(1 + x^2)\right]_0^1 = \frac{1}{2}(\ln 2 - \ln 1) = \frac{\ln 2}{2}$$$\tan^2 x = \sec^2 x - 1$：
$$\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan^2 x dx = \left[\tan x - x\right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \left(1 - \frac{\pi}{4}\right) - 0 = 1 - \frac{\pi}{4}$$分段去绝对值：
$$\int_0^\pi |\cos x|dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (-\cos x)dx = [\sin x]_0^{\frac{\pi}{2}} - [\sin x]_{\frac{\pi}{2}}^\pi = (1 - 0) - (0 - 1) = 2$$分段积分：
$$\int_0^2 f(x)dx = \int_0^1 (x + 1)dx + \int_1^2 \frac{x^2}{2}dx = \left[\frac{x^2}{2} + x\right]_0^1 + \left[\frac{x^3}{6}\right]_1^2 = \left(\frac{1}{2} + 1\right) + \left(\frac{8}{6} - \frac{1}{6}\right) = \frac{3}{2} + \frac{7}{6} = \frac{8}{3}$$
7. 利用定积分定义求极限
【题目】
$$ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1}{n} \left(\sin a + \sin \left(a + \frac {1}{n} b\right) + \sin \left(a + \frac {2}{n} b\right) + \dots + \sin \left(a + \frac {n - 1}{n} b\right)\right). $$【解析】
当 $b = 0$ 时，各项均为 $\sin a$：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n} \cdot n\sin a = \sin a$$当 $b \neq 0$ 时，和式为黎曼和形式：
$$\lim_{n\to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}\sin\left(a + \frac{k}{n}b\right) \cdot \frac{1}{n}$$令 $x = \frac{k}{n}$，区间为 $[0, 1]$，$dx = \frac{1}{n}$：
$$= \int_0^1 \sin(a + bx)dx = \left[-\frac{1}{b}\cos(a + bx)\right]_0^1 = -\frac{1}{b}[\cos(a + b) - \cos a] = \frac{\cos a - \cos(a + b)}{b}$$