第2节 微积分基本公式
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：
$$\int_{0}^{1}\sqrt{1-u}\,du =\int_{1}^{0}\sqrt{v}\,(-dv) =\int_{0}^{1} v^{1/2} dv =\left.\frac{2}{3} v^{3/2}\right|_{0}^{1} =\frac{2}{3}.$$