第五章定积分 | YHK's life

习题5.1 定积分的概念与性质

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

1. 利用定积分几何意义计算

【题目】

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin x dx;$
$\int_{1}^{2}xdx;$
$\int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx.$

【解析】

被积函数 $y = \sin x$ 在对称区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上为奇函数。根据定积分对称性几何意义，积分区域在 $x$ 轴上方与下方的面积相等、符号相反，代数和为 0：
$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin x dx = 0$$
被积函数 $y = x$ 在区间 $[1, 2]$ 上表示底为 $[1, 2]$、高从 1 到 2 的直角梯形。梯形面积为：
$$S = \frac{1 + 2}{2} \times (2 - 1) = \frac{3}{2}$$
故积分值为 $\frac{3}{2}$。
曲线 $y = \sqrt{1 - x^2}$ 表示圆心在原点、半径 $R = 1$ 的上半圆。积分区间为 $[-1, 1]$，其几何意义为整个上半圆的面积：
$$S = \frac{1}{2}\pi R^2 = \frac{1}{2}\pi (1)^2 = \frac{\pi}{2}$$
故积分值为 $\frac{\pi}{2}$。

2. 比较积分大小

【题目】

根据定积分的性质，比较下列每组两个积分的大小：

$\int_{0}^{1}x^{2}dx$ ____ $\int_{0}^{1}x^{3}dx;$
$\int_{3}^{4}\ln xdx$ ____ $\int_{3}^{4}(\ln x)^{2}dx;$
$\int_{0}^{1}e^{-x^{2}}dx$ ____ $\int_{0}^{1}e^{-x}dx.$

【解析】

在区间 $(0, 1)$ 上，对任意 $x$，恒有 $x^2 > x^3$。由定积分的保号性得：
$$\int_{0}^{1}x^2 dx > \int_{0}^{1}x^3 dx$$
当 $x \in [3, 4]$ 时，因为 $e \approx 2.718 < 3 \leq x$，所以 $\ln x > \ln e = 1$。因此 $(\ln x)^2 > \ln x$。由保号性得：
$$\int_{3}^{4}\ln x dx < \int_{3}^{4}(\ln x)^2 dx$$
当 $x \in (0, 1)$ 时，$x^2 < x \implies -x^2 > -x$。由指数函数严格单调递增性，恒有 $e^{-x^2} > e^{-x}$。由保号性得：
$$\int_{0}^{1}e^{-x^2}dx > \int_{0}^{1}e^{-x}dx$$

3. 积分极限证明

【题目】

设函数 $f(x)$ 连续且极限 $\lim_{x\to +\infty}f(x)$ 存在，证明： $\lim_{h\to +\infty}\int_{h}^{h + a}\frac{f(x)}{x} dx = 0$ .

【解析】

证明： 设 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = A$。由极限性质，存在 $M > 0$，当 $x \geq h$（$h$ 充分大）时，$|f(x)| \leq M$（有界）。对积分进行绝对值估计：

$$\left|\int_h^{h + a}\frac{f(x)}{x}dx\right| \leq \int_h^{h + a}\frac{|f(x)|}{x}dx \leq M \int_h^{h + a}\frac{1}{x}dx = M[\ln(h + a) - \ln h] = M\ln\left(1 + \frac{a}{h}\right)$$

当 $h \to +\infty$ 时，$\frac{a}{h} \to 0 \implies \ln\left(1 + \frac{a}{h}\right) \to 0$。由夹逼定理：

$$\lim_{h\to +\infty}\int_h^{h + a}\frac{f(x)}{x}dx = 0$$

证毕。

4. 利用定积分性质证明不等式

【题目】

$\frac{1}{2} \leq \int_{1}^{4} \frac{1}{2 + x} dx \leq 1;$
$\frac{3}{5} \leq \int_{1}^{3} \frac{t}{1 + t^2} dt \leq 1.$

【解析】

证明： 当 $x \in [1, 4]$ 时，$f(x) = \frac{1}{2 + x}$ 单调递减：

最小值为 $m = f(4) = \frac{1}{2 + 4} = \frac{1}{6}$；
最大值为 $M = f(1) = \frac{1}{2 + 1} = \frac{1}{3}$。利用定积分估值定理 $m(b - a) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M(b - a)$： $$\frac{1}{6} \times (4 - 1) \leq \int_1^4 \frac{1}{2 + x}dx \leq \frac{1}{3} \times (4 - 1) \implies \frac{1}{2} \leq \int_1^4 \frac{1}{2 + x}dx \leq 1$$ 证毕。

证明： 设 $g(t) = \frac{t}{1 + t^2}$，当 $t \in [1, 3]$ 时： $g'(t) = \frac{1 - t^2}{(1 + t^2)^2} \leq 0$，故 $g(t)$ 在 $[1, 3]$ 上单调递减。

最小值为 $m = g(3) = \frac{3}{1 + 3^2} = \frac{3}{10}$；
最大值为 $M = g(1) = \frac{1}{1 + 1^2} = \frac{1}{2}$。由估值定理： $$\frac{3}{10} \times (3 - 1) \leq \int_1^3 \frac{t}{1 + t^2}dt \leq \frac{1}{2} \times (3 - 1) \implies \frac{3}{5} \leq \int_1^3 \frac{t}{1 + t^2}dt \leq 1$$ 证毕。

5. 积分与导数中值综合证明

【题目】

设函数 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $\int_{0}^{1} f(x) dx = 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x) dx$ ，试证明：存在 $a \in (0, 1)$ ，使得 $f'(a) = 0$ .

【解析】

证明： 设辅助函数 $F(x) = \int_0^x f(t)dt$。因为 $f(t)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，所以 $F(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $F'(x) = f(x)$。已知条件可写为：

$$F(1) = 2F\left(\frac{1}{2}\right) \implies \frac{F\left(\frac{1}{2}\right) - F(0)}{\frac{1}{2} - 0} = \frac{F(1) - F\left(\frac{1}{2}\right)}{1 - \frac{1}{2}}$$

由拉格朗日中值定理：

在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上，存在 $c_1 \in (0, \frac{1}{2})$，使得 $\frac{F(\frac{1}{2}) - F(0)}{\frac{1}{2} - 0} = F'(c_1) = f(c_1)$；
在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上，存在 $c_2 \in (\frac{1}{2}, 1)$，使得 $\frac{F(1) - F(\frac{1}{2})}{1 - \frac{1}{2}} = F'(c_2) = f(c_2)$。因此： $$f(c_1) = f(c_2)$$ 其中 $0 < c_1 < \frac{1}{2} < c_2 < 1$。因为 $f(x)$ 在 $[c_1, c_2]$ 上连续，在 $(c_1, c_2)$ 内可导，且 $f(c_1) = f(c_2)$，由罗尔定理可知，至少存在一点 $a \in (c_1, c_2) \subset (0, 1)$，使得： $$f'(a) = 0$$ 证毕。

习题5.2 微积分基本公式

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

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 $[0, 1]$，$dx = \frac{1}{n}$：
$$= \int_0^1 \sin(a + bx)dx = \left[-\frac{1}{b}\cos(a + bx)\right]_0^1 = -\frac{1}{b}[\cos(a + b) - \cos a] = \frac{\cos a - \cos(a + b)}{b}$$

习题5.3 定积分换元法和分部积分法

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

1. 填空题

【题目】

$\frac{d}{dx}\int_{0}^{x}\sin (x - t)^{2}dt =$ ____；
$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta d\theta =$ ____；
$\int_{-2}^{3} x \sqrt{|x|} dx =$ ____;
$\int_{-2}^{2}(x - 3)\sqrt{4 - x^2} dx =$ ____.

【解析】

令 $u = x - t$，则 $t = x - u, dt = -du$。当 $t = 0$ 时 $u = x$；当 $t = x$ 时 $u = 0$。
$$\int_0^x \sin(x - t)^2 dt = -\int_x^0 \sin(u^2)du = \int_0^x \sin(u^2)du$$
求导数得：
$$\frac{d}{dx}\int_0^x \sin(u^2)du = \sin(x^2)$$
被积函数为偶函数，利用华里士（Wallis）公式：
$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta d\theta = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta d\theta = 2 \cdot \left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{8}$$
分段积分并利用奇偶性：
- 在 $[-2, 2]$ 上，$x\sqrt{|x|}$ 为奇函数，积分为 0；
- 剩余部分： $$\int_{-2}^3 x\sqrt{|x|}dx = \int_2^3 x\sqrt{x}dx = \int_2^3 x^{\frac{3}{2}}dx = \left[\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}\right]_2^3 = \frac{2}{5}\left(3^{\frac{5}{2}} - 2^{\frac{5}{2}}\right) = \frac{2}{5}(9\sqrt{3} - 4\sqrt{2})$$
拆项积分：
$$\int_{-2}^2 (x - 3)\sqrt{4 - x^2}dx = \int_{-2}^2 x\sqrt{4 - x^2}dx - 3\int_{-2}^2 \sqrt{4 - x^2}dx$$
- $x\sqrt{4 - x^2}$ 为奇函数，积分为 0；
- $\int_{-2}^2 \sqrt{4 - x^2}dx$ 为半径为 2 的上半圆面积：$\frac{1}{2}\pi (2)^2 = 2\pi$。因此： $$0 - 3(2\pi) = -6\pi$$

2. 利用换元法计算定积分

【题目】

$\int_{-1}^{1}\frac{x}{\sqrt{5 - 4x}} dx;$
$\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{\sqrt{1 - x^2}} dx;$
$\int_0^a x^2\sqrt{a^2 - x^2} dx\ (a > 0).$

【解析】

令 $t = \sqrt{5 - 4x} \implies 4x = 5 - t^2 \implies x = \frac{5 - t^2}{4}, dx = -\frac{1}{2}t dt$。当 $x = -1$ 时 $t = 3$；当 $x = 1$ 时 $t = 1$。
$$\int_{-1}^1 \frac{x}{\sqrt{5 - 4x}}dx = \int_3^1 \frac{\frac{5 - t^2}{4}}{t}\left(-\frac{1}{2}t\right)dt = \frac{1}{8}\int_1^3 (5 - t^2)dt = \frac{1}{8}\left[5t - \frac{t^3}{3}\right]_1^3$$

$$= \frac{1}{8}\left[(15 - 9) - \left(5 - \frac{1}{3}\right)\right] = \frac{1}{8}\left(6 - \frac{14}{3}\right) = \frac{1}{8} \cdot \frac{4}{3} = \frac{1}{6}$$
被积函数为偶函数，凑微分：
$$\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{\sqrt{1 - x^2}}dx = 2\int_0^{\frac{1}{2}}(\arcsin x)^2 d(\arcsin x) = 2\left[\frac{(\arcsin x)^3}{3}\right]_0^{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}\left(\frac{\pi}{6}\right)^3 = \frac{2\pi^3}{3 \times 216} = \frac{\pi^3}{324}$$
三角代换：令 $x = a\sin t, dx = a\cos t dt$。当 $x = 0$ 时 $t = 0$；当 $x = a$ 时 $t = \frac{\pi}{2}$。
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}(a^2\sin^2 t)(a\cos t)(a\cos t)dt = a^4 \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 t\cos^2 t dt = \frac{a^4}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 2t dt$$

$$= \frac{a^4}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1 - \cos 4t)dt = \frac{a^4}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi a^4}{16}$$

3. 利用分部积分法计算定积分

【题目】

$\int_{\frac{1}{e}}^{e}|\ln x|dx;$
$\int_0^1 x\arctan xdx.$

【解析】

分段去绝对值：
$$\int_{\frac{1}{e}}^e |\ln x|dx = \int_{\frac{1}{e}}^1 (-\ln x)dx + \int_1^e \ln x dx$$
利用 $\int \ln x dx = x\ln x - x$：
- $\int_{\frac{1}{e}}^1 (-\ln x)dx = -[x\ln x - x]_{\frac{1}{e}}^1 = -[(0 - 1) - (-\frac{1}{e} - \frac{1}{e})] = -[-1 + \frac{2}{e}] = 1 - \frac{2}{e}$；
- $\int_1^e \ln x dx = [x\ln x - x]_1^e = (e - e) - (0 - 1) = 1$。相加得： $$(1 - \frac{2}{e}) + 1 = 2 - \frac{2}{e} = \frac{2(e - 1)}{e}$$
分部积分：
$$\int_0^1 x\arctan x dx = \frac{1}{2}\int_0^1 \arctan x d(x^2) = \frac{1}{2}\left[x^2\arctan x\right]_0^1 - \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^2}dx$$

$$= \frac{1}{2}\left(1 \cdot \frac{\pi}{4}\right) - \frac{1}{2}\int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1 + x^2}\right)dx = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2}[x - \arctan x]_0^1 = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi - 2}{4}$$

4. 分部积分综合求值

【题目】

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

【解析】

对第二项 $\int_0^\pi f''(x)\sin x dx$ 连续进行两次分部积分：

$$\int_0^\pi f''(x)\sin x dx = \left[f'(x)\sin x\right]_0^\pi - \int_0^\pi f'(x)\cos x dx = 0 - \left([f(x)\cos x]_0^\pi - \int_0^\pi f(x)(-\sin x)dx\right)$$

$$= -[f(\pi)\cos\pi - f(0)\cos 0] - \int_0^\pi f(x)\sin x dx = -[-f(\pi) - f(0)] - \int_0^\pi f(x)\sin x dx = f(\pi) + f(0) - \int_0^\pi f(x)\sin x dx$$

将其代入原积分式：

$$\int_0^\pi [f(x) + f''(x)]\sin x dx = \int_0^\pi f(x)\sin x dx + \left(f(\pi) + f(0) - \int_0^\pi f(x)\sin x dx\right) = f(\pi) + f(0)$$

因此：

$$f(\pi) + f(0) = 3$$

代入 $f(\pi) = 1$，解得：

$$f(0) = 2$$

5. 证明下列等式

【题目】

设 $m, n$ 为自然数，则 $\int_0^1 x^m (1 - x)^n dx = \int_0^1 x^n (1 - x)^m dx$ ；
$\int_{x}^{1}\frac{1}{1 + x^2} dx = \int_{1}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1 + x^2} dx\ (x > 0).$

【解析】

证明： 在积分 $\int_0^1 x^m (1 - x)^n dx$ 中作换元 $t = 1 - x$，则 $x = 1 - t, dx = -dt$。当 $x = 0$ 时 $t = 1$；当 $x = 1$ 时 $t = 0$。
$$\int_0^1 x^m (1 - x)^n dx = \int_1^0 (1 - t)^m t^n (-dt) = \int_0^1 t^n (1 - t)^m dt = \int_0^1 x^n (1 - x)^m dx$$
证毕。
证明： 在右边积分 $\int_1^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1 + t^2}dt$ 中作换元 $t = \frac{1}{u}$，则 $dt = -\frac{1}{u^2}du$。当 $t = 1$ 时 $u = 1$；当 $t = \frac{1}{x}$ 时 $u = x$。
$$\int_1^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1 + t^2}dt = \int_1^x \frac{1}{1 + \frac{1}{u^2}}\left(-\frac{1}{u^2}\right)du = \int_x^1 \frac{1}{u^2 + 1}du = \int_x^1 \frac{1}{1 + x^2}dx$$
证毕。

6. 积分方程求解

【题目】

设函数 $f(x)$ 连续，且 $\int_0^x yf(2x - y)dy = \frac{1}{2}\arctan x^2$ ， $f(1) = 1$ ，求 $\int_1^2 f(x)dx$ .

【解析】

在左边积分中作换元：令 $u = 2x - y$，则 $y = 2x - u, dy = -du$。当 $y = 0$ 时 $u = 2x$；当 $y = x$ 时 $u = x$。

$$\int_0^x y f(2x - y)dy = -\int_{2x}^x (2x - u)f(u)du = \int_x^{2x}(2x - u)f(u)du = 2x\int_x^{2x}f(u)du - \int_x^{2x}u f(u)du$$

因此方程为：

$$2x\int_x^{2x}f(u)du - \int_x^{2x}u f(u)du = \frac{1}{2}\arctan x^2$$

两边对 $x$ 求导：

$$2\int_x^{2x}f(u)du + 2x[2f(2x) - f(x)] - [2x f(2x) \cdot 2 - x f(x)] = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x}{1 + x^4}$$

整理得：

$$2\int_x^{2x}f(u)du + 4x f(2x) - 2x f(x) - 4x f(2x) + x f(x) = \frac{x}{1 + x^4}$$

$$2\int_x^{2x}f(u)du - x f(x) = \frac{x}{1 + x^4}$$

代入 $x = 1$：

$$2\int_1^2 f(u)du - 1 \cdot f(1) = \frac{1}{1 + 1^4} = \frac{1}{2}$$

已知 $f(1) = 1$：

$$2\int_1^2 f(x)dx - 1 = \frac{1}{2} \implies 2\int_1^2 f(x)dx = \frac{3}{2} \implies \int_1^2 f(x)dx = \frac{3}{4}$$

习题5.4 反常积分

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

1. 指出下列运算是否正确

【题目】

若 $f(x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$ ，则 $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = 0$ ；（）
$\because \int_{-1}^{1}\frac{1}{1 + x^2} dx = \int_{-1}^{1}\frac{d(\frac{1}{t})}{1 + (\frac{1}{t})^2} = \int_{-1}^{1}\frac{-dt}{1 + t^2} = -\int_{-1}^{1}\frac{dx}{1 + x^2},\therefore \int_{-1}^{1}\frac{dx}{1 + x^2} = 0;$ （）
积分 $\int_0^1\frac{1}{x^q} dx$ ，当 $0\leq q < 1$ 时收敛，当 $q\geq 1$ 时发散；（）
积分 $\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x \ln^{a} x} dx$ ，当 $a > 1$ 时收敛，当 $a \leq 1$ 时发散. （）

【解析】

错误（×）。反常积分 $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx$ 收敛要求 $\int_{-\infty}^0 f(x)dx$ 与 $\int_0^{+\infty}f(x)dx$ 分别收敛。对于 $f(x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，当 $x \to +\infty$ 时 $f(x) \to 1$，积分发散，故反常积分发散，不能简单由柯西主值得出等于 0。
错误（×）。换元 $x = \frac{1}{t}$ 在区间 $[-1, 1]$ 包含了无定义点 $t = 0$，破坏了定积分换元法中函数可导且单调光滑的条件。实际上原积分值为 $[\arctan x]_{-1}^1 = \frac{\pi}{2} \neq 0$。
正确（√）。对于瑕积分 $\int_0^1 \frac{1}{x^q}dx$（$x=0$ 为瑕点）：当 $q < 1$ 时收敛于 $\frac{1}{1 - q}$；当 $q \geq 1$ 时发散。
正确（√）。凑微分 $\int_2^{+\infty}\frac{d(\ln x)}{\ln^a x} = \int_{\ln 2}^{+\infty}\frac{du}{u^a}$：属于标准 $p$-积分形式，当且仅当 $a > 1$ 时收敛，$a \leq 1$ 时发散。

2. 反常积分审敛与计算

【题目】

$\int_{0}^{2}\frac{\ln x}{x}dx;$
$\int_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{x}} dx;$
$\int_0^{+\infty}\frac{x\cos x - \sin x}{x^2} dx;$
$\int_0^2\frac{1}{(1 - x)^2} dx;$
$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x^2 + 4x + 5} dx.$

【解析】

$x = 0$ 为瑕点：
$$\int_\varepsilon^2 \frac{\ln x}{x}dx = \frac{1}{2}\left[\ln^2 x\right]_\varepsilon^2 = \frac{1}{2}(\ln^2 2 - \ln^2 \varepsilon)$$
当 $\varepsilon \to 0^+$ 时，$\ln\varepsilon \to -\infty$，极限为无穷大。故该积分不收敛（发散）。
$x = 0$ 为瑕点。利用分部积分法：
$$\int \frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx = 2\int \ln x d(\sqrt{x}) = 2\sqrt{x}\ln x - 2\int \sqrt{x} \cdot \frac{1}{x}dx = 2\sqrt{x}\ln x - 4\sqrt{x}$$
计算瑕积分极限：
$$\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left[2\sqrt{x}\ln x - 4\sqrt{x}\right]_\varepsilon^1 = (0 - 4) - \lim_{\varepsilon\to 0^+}(2\sqrt{\varepsilon}\ln\varepsilon - 4\sqrt{\varepsilon}) = -4 - 0 = -4$$
故积分收敛，积分值为 -4。
观察被积函数为微商公式：
$$\left(\frac{\sin x}{x}\right)' = \frac{x\cos x - \sin x}{x^2}$$
因此：
$$\int_0^{+\infty}\frac{x\cos x - \sin x}{x^2}dx = \left[\frac{\sin x}{x}\right]_0^{+\infty} = \lim_{x\to +\infty}\frac{\sin x}{x} - \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x} = 0 - 1 = -1$$
故积分收敛，积分值为 -1。
$x = 1 \in [0, 2]$ 为内瑕点：必须分为 $\int_0^1 \frac{dx}{(1 - x)^2} + \int_1^2 \frac{dx}{(1 - x)^2}$。对于前半段：$\lim_{b\to 1^-}\left[\frac{1}{1 - x}\right]_0^b = \lim_{b\to 1^-}\left(\frac{1}{1 - b} - 1\right) = +\infty$（发散）。故原积分不收敛（发散）。
配方积分：$x^2 + 4x + 5 = (x + 2)^2 + 1$。
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(x + 2)^2 + 1} = [\arctan(x + 2)]_{-\infty}^{+\infty} = \frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi$$
故积分收敛，积分值为 $\pi$。

第五章自测题

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

1. 选择题

【题目】

1）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且 $\int_{a}^{b} f(x) dx = 0$ ，则在 $[a, b]$ 上（）； A）存在 $x_{1}, x_{2}$ 使得 $f(x_{1})f(x_{2}) < 0$ B） $f(x) = 0$ C）存在 $x_{0}$ ，使得 $f(x_{0}) = 0$ D） $f(x) \neq 0$

设函数 $f(x)$ , $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(x)

3）设 $f(x)=\int_{0}^{ex}\frac{\sin t}{t}dt,\quad g(x)=\int_{0}^{\sin x}(1+t)^{\frac{1}{t}}dt$ ，当 $x\to0$ 时， $f(x)$ 是 $g(x)$ 的（）。 A）高阶无穷小 B）低阶无穷小 C）同阶但非等价无穷小 D）等价无穷小

【解析】

选 C。由积分第一中值定理，存在 $x_0 \in [a, b]$ 使得 $\int_a^b f(x)dx = f(x_0)(b - a) = 0$。因为 $b > a$，所以 $f(x_0) = 0$。
选 D。定积分具有保序性且若 $g(x) - f(x) > 0$，则其严格定积分严格大于 0（$\int_a^b (g(x) - f(x))dx > 0$）。
选 D。利用洛必达法则求比值极限：
$$f'(x) = \frac{\sin(ex)}{ex} \cdot e = \frac{\sin(ex)}{x}$$

$$g'(x) = (1 + \sin x)^{\frac{1}{\sin x}} \cdot \cos x$$
当 $x \to 0$ 时，$f'(x) \to e$，$g'(x) \to e^1 \cdot 1 = e$。因此 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{e}{e} = 1$，为等价无穷小。

2. 不等式证明

【题目】

证明不等式: $3e^{-4} \leq \int_{-1}^{2} e^{-x^2} dx \leq 3$ .

【解析】

证明： 考察函数 $f(x) = e^{-x^2}$ 在区间 $[-1, 2]$ 上的最值：

$x \in [-1, 2]$ 时，$x^2 \in [0, 4]$；
指数单调递减，最大值为 $M = e^{-0} = 1$（在 $x = 0$ 处取得）；
最小值为 $m = e^{-4}$（在 $x = 2$ 处取得）。区间长度为 $b - a = 2 - (-1) = 3$。由估值定理： $$m(b - a) \leq \int_{-1}^2 e^{-x^2}dx \leq M(b - a) \implies 3e^{-4} \leq \int_{-1}^2 e^{-x^2}dx \leq 3$$ 证毕。

3. 积分极限计算

【题目】

设函数 $f(x)$ 连续，求 $\lim_{x\to b}\frac{x^2}{x - b}\int_b^x f(t)dt$ .

【解析】

分拆极限：

$$\lim_{x\to b} x^2 \cdot \lim_{x\to b}\frac{\int_b^x f(t)dt}{x - b}$$

由导数与微积分基本定理：

$$\lim_{x\to b}\frac{\int_b^x f(t)dt}{x - b} = \left.\frac{d}{dx}\int_b^x f(t)dt\right|_{x=b} = f(b)$$

因此：

$$\lim_{x\to b}\frac{x^2}{x - b}\int_b^x f(t)dt = b^2 f(b)$$

4. 连续函数中值定理证明

【题目】

假设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为 $[a, b]$ 上连续的函数，试证明：至少存在一点 $\xi \in (a, b)$ ，使得 $f(\xi) \int_{\xi}^{b} g(x) dx = g(\xi) \int_{a}^{\xi} f(x) dx$ .

【解析】

证明： 设辅助函数 $F(x) = \int_a^x f(t)dt$，$G(x) = \int_x^b g(t)dt$。定义函数 $H(x) = F(x)G(x) = \left(\int_a^x f(t)dt\right)\left(\int_x^b g(t)dt\right)$。

$H(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导；
端点值：$H(a) = F(a)G(a) = 0 \cdot G(a) = 0$；$H(b) = F(b)G(b) = F(b) \cdot 0 = 0$。由罗尔定理，在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi \in (a, b)$，使得 $H'(\xi) = 0$。求导数： $$H'(x) = F'(x)G(x) + F(x)G'(x) = f(x)\int_x^b g(t)dt + \left(\int_a^x f(t)dt\right)(-g(x))$$ 代入 $\xi$： $$f(\xi)\int_\xi^b g(x)dx - g(\xi)\int_a^\xi f(x)dx = 0 \implies f(\xi)\int_\xi^b g(x)dx = g(\xi)\int_a^\xi f(x)dx$$ 证毕。

5. 计算下列定积分

【题目】

1）已知 $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + x}, & x\geq 0 \\ \frac{1}{1 + e^x}, & x < 0 \end{cases}$ ，求 $\int_0^2 f(x - 1)dx;$

2）求 $\int_0^{\frac{1}{2}}x\ln \frac{1 + x}{1 - x} dx.$

【解析】

作平移换元：令 $t = x - 1, dt = dx$。当 $x = 0$ 时 $t = -1$；当 $x = 2$ 时 $t = 1$。
$$\int_0^2 f(x - 1)dx = \int_{-1}^1 f(t)dt = \int_{-1}^0 \frac{1}{1 + e^t}dt + \int_0^1 \frac{1}{1 + t}dt$$
- $\int_0^1 \frac{1}{1 + t}dt = [\ln(1 + t)]_0^1 = \ln 2$；
- $\int_{-1}^0 \frac{1}{1 + e^t}dt = \int_{-1}^0 \frac{e^{-t}}{e^{-t} + 1}dt = [-\ln(e^{-t} + 1)]_{-1}^0 = -\ln 2 + \ln(e + 1) = \ln\frac{e + 1}{2}$。两部分相加： $$\ln\frac{e + 1}{2} + \ln 2 = \ln(1 + e)$$
分部积分：
$$\int_0^{\frac{1}{2}}x\ln\frac{1 + x}{1 - x}dx = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}}\ln\frac{1 + x}{1 - x}d(x^2) = \frac{1}{2}\left[x^2\ln\frac{1 + x}{1 - x}\right]_0^{\frac{1}{2}} - \frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}}x^2 \cdot \frac{2}{1 - x^2}dx$$
- 第一部分：$\frac{1}{2}\left[\frac{1}{4}\ln\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}\right] = \frac{1}{8}\ln 3$；
- 第二部分：$\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{x^2}{1 - x^2}dx = \int_0^{\frac{1}{2}}\left(-1 + \frac{1}{1 - x^2}\right)dx = \left[-x + \frac{1}{2}\ln\frac{1 + x}{1 - x}\right]_0^{\frac{1}{2}} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\ln 3$。合并整理： $$\frac{1}{8}\ln 3 - \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\ln 3\right) = \frac{1}{2} - \frac{3}{8}\ln 3$$

6. 唯一解中值证明题

【题目】

设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$ ，证明：在 $(a, b)$ 内有且仅有一点 $\xi$ ，使得 $\int_{a}^{\xi} f(x) dx = \int_{\xi}^{b} \frac{1}{f(x)} dx$ .

【解析】

证明： 设函数 $F(t) = \int_a^t f(x)dx - \int_t^b \frac{1}{f(x)}dx$，$t \in [a, b]$。

连续性与端点值： $F(t)$ 在 $[a, b]$ 上连续。
- $F(a) = \int_a^a f(x)dx - \int_a^b \frac{1}{f(x)}dx = -\int_a^b \frac{1}{f(x)}dx$；
- $F(b) = \int_a^b f(x)dx - \int_b^b \frac{1}{f(x)}dx = \int_a^b f(x)dx$。因为 $f(x) > 0$，所以 $\frac{1}{f(x)} > 0$。因此 $F(a) < 0$ 且 $F(b) > 0$。由零点存在定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $F(\xi) = 0$。
单调性与唯一性：求导数：$F'(t) = f(t) - \left(-\frac{1}{f(t)}\right) = f(t) + \frac{1}{f(t)}$。因为 $f(t) > 0$，所以 $F'(t) \geq 2 > 0$。$F(t)$ 在 $[a, b]$ 上严格单调递增。因此零点 $\xi$ 是唯一的。证毕。

7. 反常积分计算

【题目】

计算 $\int_0^{+\infty}e^{-x}\sin xdx$ .

【解析】

分部积分法：

$$\int e^{-x}\sin x dx = \frac{e^{-x}}{(-1)^2 + 1^2}(-\sin x - \cos x) + C = -\frac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x) + C$$

代入上下限：

$$\int_0^{+\infty}e^{-x}\sin x dx = \left[-\frac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x)\right]_0^{+\infty} = 0 - \left(-\frac{1}{2}(0 + 1)\right) = \frac{1}{2}$$

8. 积分方程求解函数

【题目】

已知函数 $f(x) = x^{2} - x\int_{0}^{2}f(x)dx + 2\int_{0}^{1}f(x)dx$ ，求 $f(x)$ .

【解析】

设常数 $A = \int_0^2 f(x)dx$，$B = \int_0^1 f(x)dx$。则函数表达式为：

$$f(x) = x^2 - Ax + 2B$$

分别积分建立关于 $A, B$ 的方程组：

$A = \int_0^2 (x^2 - Ax + 2B)dx = \left[\frac{x^3}{3} - \frac{A}{2}x^2 + 2Bx\right]_0^2 = \frac{8}{3} - 2A + 4B \implies 3A - 4B = \frac{8}{3}$
$B = \int_0^1 (x^2 - Ax + 2B)dx = \left[\frac{x^3}{3} - \frac{A}{2}x^2 + 2Bx\right]_0^1 = \frac{1}{3} - \frac{A}{2} + 2B \implies \frac{A}{2} - B = \frac{1}{3} \implies A - 2B = \frac{2}{3}$

解方程组：由第二式得 $2B = A - \frac{2}{3} \implies 4B = 2A - \frac{4}{3}$。代入第一式：

$$3A - \left(2A - \frac{4}{3}\right) = \frac{8}{3} \implies A + \frac{4}{3} = \frac{8}{3} \implies A = \frac{4}{3}$$

代入求 $B$：

$$2B = \frac{4}{3} - \frac{2}{3} = \frac{2}{3} \implies B = \frac{1}{3}$$

因此：

$$f(x) = x^2 - \frac{4}{3}x + 2\left(\frac{1}{3}\right) = x^2 - \frac{4}{3}x + \frac{2}{3}$$

第五章 定积分 | YHK's life

习题5.1 定积分的概念与性质

1. 利用定积分几何意义计算

2. 比较积分大小

3. 积分极限证明

4. 利用定积分性质证明不等式

5. 积分与导数中值综合证明

习题5.2 微积分基本公式

1. 填空题

2. 求下列极限

3. 求函数的极值

4. 变上限积分的参数求导

5. 隐函数的一阶导数

6. 计算下列定积分

7. 利用定积分定义求极限

习题5.3 定积分换元法和分部积分法

1. 填空题

2. 利用换元法计算定积分

3. 利用分部积分法计算定积分

4. 分部积分综合求值

5. 证明下列等式

6. 积分方程求解

习题5.4 反常积分

1. 指出下列运算是否正确

2. 反常积分审敛与计算

第五章 自测题

1. 选择题

2. 不等式证明

3. 积分极限计算

4. 连续函数中值定理证明

5. 计算下列定积分

6. 唯一解中值证明题

7. 反常积分计算

8. 积分方程求解函数

第五章定积分 | YHK's life

第五章自测题