第3章〓一元积分学 







专题15
好用的定积分公式


 





定积分难，难在公式之多、情况之复杂。经典例题29在一题之内，融合定积分四大常考公式，考生可用此题又快又好地掌握相关解题公式。








知识清单
1. 奇偶性简化：  ∫l-lf(x)dx=∫l0［f(x)+f(-x)］dx=
0,f(x)为奇函数
2∫l0f(x)dx,f(x)为偶函数。

2. 周期性简化：  ∫a+Taf(x)dx=∫T0f(x)dx=∫T2-T2f(x)dx。

3. 几何意义简化：  ∫a0a2-x2dx=14πa2。

4. 华里士公式：  ∫π20sinnxdx=∫π20cosnxdx=
n-1n·n-3n-2·…·12·π2,n为偶数
n-1n·n-3n-2·…·23·1,n为奇数。

5. 正弦简化公式：  ∫π0xf(sinx)dx=π2∫π0f(sinx)dx
。






经典例题

 已知∫π0x(sinx+cos2x)2dx=a∫10xarcsinx1-x2dx，求a。

解

方程左边：  

∫π0x(sinx+cos2x)2dx=π2∫π0(sinx+cos2x)2dx【笔记】∫π0xf(sinx)dx=π2∫π0f(sinx)dx

=π2∫π0(sin2x+cos4x+2sinxcos2x)dx

=π2∫π2-π2(sin2x+cos4x)dx+π∫π0sinxcos2xdx【笔记】周期函数∫a+Taf(x)dx=∫T2-T2f(x)dx

=π∫π20(sin2x+cos4x)dx-π∫π0cos2xd(cosx)

=π12·π2+34·12·π2-πcos3x3π0=7π216+2π3【笔记】华里士公式

方程右边：  ∫10xarcsinx1-x2dx=∫π20tsintcostcostdt=∫π20tsintdt=1【笔记】使用了代换x=sint


所以a=7π216+2π3。



 设函数f(x)=arctanex。

(1) 证明f(-x)+f(x)=A。

(2) 对于任意实数a，若g(x)满足∫a-af(x)g(x)dx=A∫a0g(x)dx，求g(x)满足的条件。

(3) 计算积分∫π-π|xsin4x|arctanexdx。


解（1） f(x)+f(-x)=arctanex+arctane-x，有(arctanex+arctane-x)′=ex1+e2x+-e-x1+e-2x≡0,
所以arctanex+arctane-x=A。令x=0，可得A=arctan1+arctan1=π2。

(2) ∫a-af(x)g(x)dx=∫0-af(x)g(x)dx+∫a0f(x)g(x)dx,
在∫0-af(x)g(x)dx中，令x=-t,
∫0-af(x)g(x)dx=∫0af(-t)g(-t)d(-t)=∫a0f(-t)g(-t)dt=∫a0f(-x)g(-x)dx,
所以∫a-af(x)g(x)dx=∫a0［f(x)g(x)+f(-x)g(-x)］dx。

又因为∫a-af(x)g(x)dx=A∫a0g(x)dx，且f(-x)+f(x)=A，
∫a0［f(x)g(x)+f(-x)·g(-x)］dx=A∫a0g(x)dx=∫a0g(x)［f(-x)+f(x)］dx
。对任意实数a均成立，
所以f(x)g(x)+f(-x)g(-x)=g(x)［f(-x)+f(x)］g(-x)=g(x)，
所以g(x)应为偶函数。

(3) ∫π-π|xsin4x|arctanexdx=π2
∫π0xsin4xdx=π2·π2∫π0sin4xdx

=π2·π2∫π2-π2sin4xdx=π2·π2·2∫π20sin4xdx=π2·π2·2·34·12·π2=3π332。



 解题心得










专题16变限积分函数


 





 
李白是独一无二的，他的文字无处不弥漫着他生命与个性的独特气息。他的诗，七分酿成了月光，余下的三分啸成了剑气，绣口一吐，就是半个盛唐。变限函数也是如此，不仅独一无二，而且无处不在，如绣口一吐，就是半本高数。







知识清单

1. 变限积分求导公式：  ∫φ(x)(x)f(t)dt′x=f［φ(x)］φ′(x)-f［(x)］·′(x)。

2. 变限函数化为纯t公式。

(1)∫x0f(x-t)dt=∫x0f(u)du。

(2)∫x0(x-t)f(t)dt=x∫x0f(t)dt-∫x0tf(t)dt。

(3)∫10f(xt)dt=∫x0f(u)dux(x≠0)。

3. 积分中值定理：  设f(x)在［a,b］上连续，则在［a,b］上至少存在一个ξ,使得∫baf(x)dx=(b-a)f(ξ)。








经典例题

 设f(x)在x=0点及某邻域内二阶导连续，又设f(0)=f′(0)=0,f″(0)≠0，求极限I=limx→0∫x0(x-t)f(t)dtx∫x0f(x-t)dt。

解由于∫x0f(x-t)dtx-t=u∫0xf(u)(-du)=∫x0f(u)du,于是

I= limx→0∫x0(x-t)f(t)dtx∫x0f(x-t)dt= limx→0x∫x0f(t)dt-∫x0tf(t)dtx∫x0f(u)du【笔记】被积函数中不能含上限x 

= limx→0∫x0f(t)dt+xf(x)-xf(x)∫x0f(u)du+xf(x)= limx→0∫x0f(t)dt∫x0f(u)du+xf(x)【笔记】使用了一次洛必达法则

=limx→0f(x)2f(x)+xf′(x)=limx→0f′(x)3f′(x)+xf″(x)【笔记】不能继续使用洛必达法则

【方法1】利用导数定义求解。


limx→0f′(x)3f′(x)+xf″(x)= limx→0f′(x)x3f′(x)x+f″(x)

利用导数定义可知，limx→0f′(x)x=limx→0f′(x)-f′(0)x=f″(0)。

所以，原式=limx→0f″(0)3f″(0)+f″(0)=14。

【方法2】利用拉格朗日公式求解。


limx→0f′(x)3f′(x)+xf″(x)= limx→0f′(x)-f′(0)3f′(x)-f′(0)+xf″(x)
= limx→0f″(ξ)x3f″(ξ)x+xf″(x)= limx→0f″(ξ)3f″(ξ)+f″(x)=f″(0)3f″(0)+f″(0)=14


其中，ξ位于 0，x之间。



 求极限limx→0∫x20dt∫xtarctan(1+t)duxcosx-x。

解

【方法1】交换分子中累次积分的次序，可得

limx→0∫x0∫u20arctan(1+t)dtdux(1+cosx-1-1)【笔记】cosx=1+cosx-1

= limx→0∫x0∫u20arctan(1+t)dtdu-14x3【笔记】x(1+cosx-1-1)=12x(cosx-1)~-14x3 

= limx→0∫x20arctan(1+t)dt-34x2= limx→0arctan(1+x2)·2x-32x

=-43·π4=-π3。

【方法2】本题被积函数简单，可直接积分：  

limx→0∫x20dt∫xtarctan(1+t)duxcosx-x= limx→0∫x20arctan(1+t)(x-t)dtx(1+cosx-1-1)【笔记】下一步要纯化被积函数

= limx→0x∫x20arctan(1+t)dt-∫x20arctan(1+t)tdt-14x3【笔记】下一步：  变限积分极限，洛必达法则

= limx→0∫x20arctan(1+t)dt+xarctan(1+x2)·2x-xarctan(1+x2)·2x-34x2

= limx→0∫x20arctan(1+t)dt-34x2【笔记】下一步：  可以继续使用洛必达法则，也可以用积分中值定理

= limx→0arctan(1+ξ)·x2-34x2=-π3，其中，ξ∈(0,x2)。【笔记】积分中值定理：  ∫baf(x)dx=f(ξ)(b-a)，ξ∈（a，b） 




 设f(x)连续,φ(x)=∫10f(xt)dt。

(1) 若limx→0f(x)x=A(A为常数),求φ′(x)并讨论φ′(x)在x=0处的连续性。

(2) 若∫10f(xt)dt=f(x)-xe-x，求f(x)的表达式。

解(1) 由题设limx→0f(x)x=A知,f(0)=0,f′(0)=A,且有φ(0)=0。又


φ(x)=∫10f(xt)dt=∫x0f(u)dux(x≠0)【笔记】 u=xt 

于是φ′(x)=xf(x)-∫x0f(u)dux2(x≠0)。

由导数定义,有φ′(0)= limx→0φ(x)-φ(0)x= limx→0∫x0f(u)dux2= limx→0f(x)2x=A2。

所以φ′(x)=
xf(x)-∫x0f(u)dux2，x≠0
A2，x=0。

而limx→0φ′(x)= limx→0xf(x)-∫x0f(u)dux2= limx→0f(x)x- limx→0∫x0f(u)dux2

=A-A2=A2=φ′(0)，
从而知φ′(x)在x=0处连续。

(2) ∫10f(xt)dt=f(x)-xe-x∫x0f(u)dux=f(x)-xe-x【笔记】 ∫10f(xt)dt=∫x0f(u)dux 

∫x0f(u)du=xf(x)-x2e-x【笔记】化为整式更好求导

f(x)=f(x)+xf′(x)+(x2-2x)e-x

f′(x)=(2-x)e-x

f(x)=∫f′(x)dx=∫(2-x)e-xdx=(x-1)e-x+C，其中，C为任意常数。



 设函数f(x)=∫10|t2-x2|dt。

(1) 求f′(x)，并求f(x)的最小值。

(2) 说明函数f(x)是否存在拐点。

(3) 求积分∫10f(x)dx。 


解(1) 当-1<x<1时，有【笔记】 t2的最大值为1，所以
按照x2与1的关系讨论


f(x)=∫|x|0(x2-t2)dt+∫1|x|(t2-x2)dt=43|x|3-x2+13


【笔记】当x2<1时，t2部分大于x2，部分小于x2，故按照x2分段

当|x|≥1时， f(x)=∫10(x2-t2)dt=x2-13。【笔记】当x2≥1时，t2≤x2恒成立，故不需要分段

则

f(x)=
x2-13，x≤-1
-43x3-x2+13，-1<x<0
43x3-x2+13，0≤x<1
x2-13，x≥1

f′(x)=
2x，x<-1
-4x2-2x，-1<x<0
4x2-2x，0<x<1
2x，x>1【笔记】公式法求解导数，但请注意无x=0,x=±1 

由导数的定义可知，f′(-1)=-2,f′(0)=0,f′(1)=2。【笔记】注意分段点处用导数定义式

故

f′(x)=
2x，x≤-1
-4x2-2x，-1<x<0
4x2-2x，0≤x<1
2x，x≥1

由于f(x)是偶函数，所以只需求它在［0，+∞)上的最小值。

令f′(x)=0，即4x2-2x=0，得x=0或x=12。又因为f(0)=13,f12=14，
所以f(x)的最小值为f12=14。

【笔记】可直接利用偶函数，只讨论f(x)在［0，+∞)的表达式


(2) 由公式法可得f″(x)=
2，x<-1
-8x-2，-1<x<0
8x-2，0<x<1
2，x>1。


由导数定义可知f″(0)=-2，f″(-1),f″(1)均不存在。

① 先考查二阶导不存在的点是否为拐点。

因为二阶导f″(x)在x=-1左右两侧均大于零，所以x=-1不是函数f(x)的拐点。

同理可知，x=1也不是拐点。

② 再考查二阶导为0的点是否为拐点。

令

f″(x)=0-8x-2=0x=-148x-2=0x=14

容易验证，二阶导f″(x)在x=14,x=-14左右两侧均异号，所以f(x)在x=14,x=-14处存在拐点。

(3)∫10f(x)dx=∫1043x3-x2+13dx=13。



 设函数f(t)=∫t0dx∫txsin(xy)2dy。若t→0+时，f(t)为t的k阶无穷小，则k值为（）。

A. 4B. 5C. 6D. 7

解C。

需交换积分次序∫t0dx∫txsin(xy)2dy=∫t0dy∫y0sin(xy)2dx，

故，f(x)=limt→0+∫t0dy∫y0sin(xy)2dxtk00型，利用洛必达法则

=limt→0+∫t0sin(tx)2dxktk-1tx=ux=1tulimt→0+∫t20sinu2·1tduktk-1

=limt→0+∫t20sinu2duktk=limt→0+2tsint4k2tk-1=limt→0+2t5k2tk-1存在，

所以k-1=5k=6。




 解题心得










专题17分部积分 


 





分部积分是积分夜空中最亮的星，命题人对此一往情深，套路还固定，十分有良心。本题融合4道真题，总结了分部积分的核心考法，并加入一个十分有用但易忽略的小技巧，帮助同学们既能统筹全局，又能狠抓细节。









知识清单
1. 需使用分部积分的几种情况。

(1) 对变限积分函数再积分，用分部积分。

(2) 对形如xf′的函数积分，用分部积分。

(3) 对含对数或反三角的函数积分，用分部积分。

(4) 对形如xex,xsinx,xcosx的函数积分，用分部积分。

2. 函数平均值公式：  f-=∫baf(x)dxb-a。






经典例题

 计算下列积分。

(1) 计算∫10f(x)xdx,其中，f(x)=∫x1arcsint+lnttdt。

(2) 设f(x)=∫x0sintπ-tdt，计算f(x)在［0,π］上的平均值。


解

(1) ∫10f(x)xdx=∫102f(x)dx【笔记】变限函数再积分，用分部积分：  变限留在d前，其他凑至d后

=2f(x)x10-2∫10xf′(x)dx【笔记】变限f(x)=∫xag(t)dt 必有f(a)=0

=-2∫10arcsinx+lnxxdx

第一个积分：  

-2∫10arcsinxxdx=-4∫10arcsinxdx【笔记】反三角用分部积分，反三角放在d前，其他凑至d后

=-4∫10arcsintdt=-4tarcsint10+4∫10t1-t2dt【笔记】第一个等号用了代换x=t 

=-2π-2∫10d(1-t2)1-t2=-2π-41-t210=4-2π【笔记】此处用到∫12xdx=x+c

第二个积分：  

-2∫10lnxxdx=-4∫10lnxdx【笔记】含对数的积分，用分部积分：  ln放在d前，其他凑至d后

=-4xlnx10++4∫101xdx

= limx→0+4xlnx+8x10=0+8=8【笔记】limx→0+xσlnx=0(σ>0)

所以，原式=12-2π。

【笔记】证明limx→0+xσlnx=0(σ>0)：  limx→0+xσlnx= limx→0+lnxx-σ= limx→0+1x-σx-σ-1= limx→0+xσ-σ=0(σ>0) 

(2) f-=∫π0f(x)dxπ，f(0)=∫00sintπ-tdt=0【笔记】 平均值公式f-=∫baf(x)dxb-a

∫π0f(x)dx=∫π0f(x)d(x-π)【笔记】重要技巧dx=d(x-π)，这一步可简化后续计算

=f(x)(x-π)π0+∫π0sinxπ-x(π-x)dx

=∫π0sinxdx=-cosxπ0=2

所以，f-=∫π0f(x)dxπ=2π。




 设In=∫π40tannxdx(n=1,2,3,…)。

(1) 求In的递推关系，并求I5=∫π40tan5xdx。

(2) 求极限limn→∞nIn。

(3) (仅数学一和数学三)试证：  对任意的常数λ>0,级数∑∞n=1Innλ收敛。


解(1)  因为In+In+2=∫π40tannx(1+tan2x)dx=∫π40tannxsec2xdx=∫π40tannxdtanx
tanx=t∫10tndt=1n+1，所以In+2=1n+1-In。


I5=14-I3=14-12-I1=I1-14，I1=∫π40tanxdx=
-lncosxπ40=12ln2，所以

I5=2ln2-14。

(2) In+In+2=1n+1
且In单调递减
In>12(n+1),In+2<12(n+1)，
所以12(n+1)<In<12(n-1)，由夹逼准则可知：  limn→∞nIn=12。

(3)  In+In+2=1n+1,In+2>0，所以In<1n+1，
所以Innλ<1nλ(n+1)<1nλ+1。由于λ+1>1，所以∑∞n=11nλ+1收敛，从而∑∞n=1Innλ也收敛。



 解题心得










专题18定积分几何应用


 





柱壳法与圆盘法是两大基本方法，复杂旋转体考虑大体积减小体积。本专题融合了深受命题人喜爱的lnx函数及其切线方程、方程根的个数、形心坐标等。小白不可绕行。









知识清单
1. 重要模型。

曲线y=lnx过原点的切线为y=xe，对函数f(x)=lnx-xe-k：  


(1) 若k>0，则函数f(x)无零点。

(2) 若k=0，则函数f(x)有且仅有一个零点。

(3) 若k<0，则函数f(x)有两个零点。

2. 定积分的几何应用微分法(不要死记硬背，学会画图推导)。

(1) 体积微元：  dV=πr2·dx(圆盘),dV=2πr·y·dx(柱壳)。

(2) 弧长微元(仅数学一和数学二)：  ds=1+y′2dx,ds=r2+r′2dθ(极坐标)。

(3) 表面积微元(仅数学一和数学二)：  dS=2πy·1+y′2dx。


3. 形心横坐标公式。


x-=DxdxdyDdxdy(平面)；  x-=DxdSDdS(曲面)；  x-=DxdVDdV(立体)。(曲面曲线、立体图形仅数学一)


4. 几类极坐标曲线。

(1) 心形线：  r=a(1+cosθ)。

(2) 阿基米德螺旋线：  r=aθ。

(3) 对数螺旋线：  r=eθ。

(4) 双纽线：  (x2+y2)2=a2(x2-y2)；  极坐标形式：  r2=a2cos2θ。

(5) 三叶玫瑰线：  r=sin3θ。更一般地，r=sinnθ(n为正整数)，表示玫瑰线。






经典例题

 设f(x)=lnx，直线L为曲线y=f(x)过原点的切线，其函数表达式记为g(x)，曲线f(x)、直线L和x轴围成的图形记为D。

(1) 方程f(x)=g(x)-∫π01-cos2xdx有几个不同的实根？

(2) 求图形D分别绕x轴、直线x=e旋转一周所得几何体的体积。

(3) 求图形D的形心坐标。

解(1)  求解过程如下。

【解题模板】求解切线方程。

设切点的横坐标为x0，则曲线y=lnx在点(x0,lnx0)处的切线方程是


y=lnx0+1x0(x-x0)

由该切线过原点知 lnx0-1=0，从而x0=e,所以该切线的方程为
y=1ex，故g(x)=xe。


判定方程F(x)=f(x)-g(x)+∫π01-cos2xdx=0的根等价于判定函数F(x)图像与x轴的交点个数。


F(x)=lnx-xe+∫π01-cos2xdx

其中，∫π01-cos2xdx是定积分,为常数,且被积函数1-cos2x在(0,π)非负,故

∫π01-cos2xdx>0。为简化计算,令∫π01-cos2xdx=k>0，【笔记】此处无须计算积分

即F(x)=lnx-xe+k(k>0)。

【解题步骤1】首先利用零点定理说明零点的存在性。

其导数F′(x)=1x-1e,令F′(x)=0，解得唯一驻点x=e,

即
F′(x)>0,0<x<e
F′(x)<0,e<x<+∞。

所以x=e是最大值点,最大值为F(e)=lne-ee+k=k>0。

又因为limx→0+F(x)=limx→0+lnx-xe+k=-∞limx→+∞F(x)=limx→+∞lnx-xe+k=-∞,由连续函数的介值定理知，在(0,e)与(e,+∞)各有1个零点(不相同)。

【解题步骤2】再利用单调性(或凹凸性或罗尔定理反证)说明零点的至多性。

下面分别用3种方法说明零点的至多性。

【方法1】利用单调性说明至多2个零点。

因为F(x)在区间(0,e)上有F′(x)>0，在区间(e,+∞)上有F′(x)<0，
所有 F(x)在上述两个区间上单调，故在区间(0,e)与(e,+∞)上各最多存在1个零点。

【方法2】利用凹凸性说明。

F(x)=lnx-xe+k(k>0)，所以F′(x)=1x-1e，进而有F″(x)=-1x2<0。

函数的二阶导恒小于0(不变号)，所以曲线y=F(x)在区间上(0,+∞)为凸曲线，最多穿过x轴2次。故F(x)在区间(0,+∞)上最多存在2个零点。

【方法3】罗尔定理反证。

F(x)=lnx-xe+k(k>0)，所以F′(x)=1x-1e，进而有F″(x)=-1x2≠0。

若F(x)存在3个不同的零点，即F(a)=F(b)=F(c)=0。

则由罗尔定理，至少存在一个ξ1∈(a,b)使得 F′(ξ1)=0。

至少存在一个ξ2∈(b,c)使得 F′(ξ2)=0。

又因为F′(ξ1)=F′(ξ2)=0。由罗尔定理，至少存在一个ξ3∈(ξ1,ξ2)，使得F″(ξ3)=0，
这与F″(x)=-1x2≠0 矛盾。所以F(x)至多有2个零点。

【笔记】罗尔定理反证：  若F(n)(x)≠0，则F(x)最多有n个零点



图31

【解题步骤3】综合至少与至多说明零点个数。


综上，F(x)在(0,e)与(e,+∞)各有且仅有1个零点。


故方程lnx=xe-∫π01-cos2xdx在(0,+∞)有且仅有2个不同实根。


(2)  切线y=xe与x轴及直线x=e所围成的三角形绕直线x=e旋转所得的圆锥体积为V1=13πe2，如图31所示。



曲线y=lnx与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e旋转所得的旋转体体积为



V2=∫10π(e-ey)2dy


因此D绕直线x=e旋转所得的圆锥体积为


V=V1-V2=13πe2-∫10π(e-ey)2dy=π6(5e2-12e+3)

同理可得，图形D绕x轴旋转所得的圆锥体积为


V=13π·12·e-∫e1π(lnx)2dx=π(6-2e)3


(3) 设形心坐标为(x-,y-)，则有


A=∫10(ey-ey)dy=12e-1
x-=DxdσDdσ=∫10dy∫eyeyxdx∫10dy∫eyeydx=e2-312e-22=e2-36(e-2)
y-=DydσDdσ=∫10dy∫eyeyydx∫10dy∫eyeydx=3-e3e-22=2(3-e)3(e-2)


所以形心坐标为e2-36(e-2),2(3-e)3(e-2)。



 对数螺旋线r=eθ
0≤θ≤π2,在点eπ2,π2处的切线为L。

(1) 求切线L的直角坐标方程(仅数学一和数学二)。

(2) 求对数螺旋线、极轴、直线θ=π2围成图形的面积。

(3) 求此段对数螺旋线的弧长(仅数学一和数学二)。





解(1) 求切线方程的主要问题是求其斜率k=y′x,而y′x可由r=eθ的参数方程


x=rcosθ=eθcosθy=rsinθ=eθsinθ


求得，即y′x=y′θx′θ=eθsinθ+eθcosθeθcosθ-eθsinθ=sinθ+cosθcosθ-sinθ,所以y′xθ=π2=-1。

又由参数方程可知，当θ=π2时，x=0,y=eπ2，
所以切线的方程为y-eπ2=-(x-0),即x+y=eπ2。

(2) dA=12r2dθ=12(eθ)2dθ=12e2θdθ,A=∫π2012e2θdθ=12·12e2θπ20=14(eπ-1)。

(3) ds=r2+r′2dθ=2·eθdθ,s=∫π202·eθdθ=2·eθπ20=2(eπ2-1)。




 
已知f(x)是微分方程x2f″(x)+f(x)=x(1-x)满足条件f(1)=f′(1)=0的特解，则f(x)在［0,1］上的平均值为 。


解
π24。

对原方程左右两边积分可得

∫10x2f″(x)dx+∫10f(x)dx=∫10x-x2dx①

其中，∫10x-x2dx=∫10122-x-122dx=12·π·122=π8，

∫10x2f″(x)dx=x2f′(x)-2xf(x)+2∫x0f(t)dt10=2∫10f(x)dx（f(1)=f′(1)=0）,

所以①式可化为3∫10f(x)dx=π8，即∫10f(x)dx=π24。



 设f(x)是以T为周期的连续周期函数。

(1) 求证limx→+∞1x∫x0f(t)dt=1T∫T0f(t)dt，并求limx→+∞∫x0|cost|dtx的值。

(2) 求证∫x0f(t)dt=φ(x)+kx并求k，其中φ(x)是以T为周期的周期函数。


证
对任意x>T，存在自然数n使得nT≤x<(n+1)T。设x=nT+y,0≤y<T，当x→+∞时，n→∞。

(1) limx→+∞1x∫x0f(t)dt=limn→∞1nT+y∫nT+y0f(t)dt

= limn→∞1nT+y
∫nT0f(t)dt+∫nT+ynTf(t)dt= limn→∞1nT+yn∫T0f(t)dt+∫nT+ynTf(t)dt

= limn→∞1T+yn∫T0f(t)dt+1n∫nT+ynTf(t)dt=∫T0f(t)dtT。


因为|cost|是以π为周期的周期函数，所以limx→+∞∫x0|cost|dtx=∫π0|cost|dtπ=2π。

(2) 问题等价于求证存在k使得φ(x)=∫x0f(t)dt-kx是以T为周期的周期函数。

φ(x+T)=∫x+T0f(x)dx-k(x+T)=∫x0f(t)dt-kx+∫x+Txf(t)dt-kT，
又因为∫x+Txf(t)dt=∫T0f(t)dt，所以k=∫T0f(t)dtT时，
有φ(x+T)=∫x0f(t)dt-kx=φ(x)，所以命题得证，且k=∫T0f(t)dtT。




 (仅数学一和数学二)在平面上，有一条从点(a,0)向x轴正方向的射线，线密度为ρ。在点(0,h)处(其中h>0)
有一个质量为m的质点。则射线对该质点的引力为。



解Gmρh2+a2，Gmρh1-sinarctanah。
在x轴的x处取一小段dx，其质量为ρdx，到质点的距离为h2+x2，这一小段与质点的引力是dF=Gmρdxh2+x2(其中G为引力常数)，则有
dFx=dF·
xh2+x2，
dFy=dF·
hh2+x2，


Fx=∫+∞adFx=∫+∞aGmρxdx(h2+x2)
32=Gmρ2∫+∞ad(x2+h2)(h2+x2)32
=-Gmρ(h2+x2)-12+∞a=Gmρh2+a2。


类似有


Fy=∫+∞adFy=∫+∞aGmρhdx(h2+x2)
32=∫π2
arctanahGmρh2sec2tdth3sec3t
=Gmρh∫π2arctanahcostdt=Gmρh1-sinarctanah。


所求引力向量为F=(Fx,Fy)=Gmρh2+a2，Gmρh1-sinarctanah。



 解题心得










专题19有理函数积分


 




 
有理函数积分在许多场合作为“绿叶”考查。近年来，命题人有将有理积分作为“红花”的趋势。瑕点函数法与待定系数法是两大方法，两者犹如大炮与步枪。战端开启后，先用炮兵火力压制，继而步兵冲锋。当然，有时仅炮兵足矣。







知识清单
1. 分母一次方：  ∫Ax-adx=Aln|x-a|+C。

2. 分母二次方。

(1) ∫dxa2+x2=1aarctanxa+C，∫dx1+x2=arctanx+C。

(2) ∫dxa2-x2=12alna+xa-x+C，∫dx1-x2=12ln1+x1-x+C。






经典例题

 求不定积分∫2x+4(x-1)(x3-x)dx。

解设2x+4(x-1)(x3-x)=2x+4x(x+1)(x-1)2=Ax+Bx+1+Cx-1+D(x-1)2。
【笔记】找出分母(x-1)(x3-x)的因子x,x+1,x-1，所以(x-1)(x3-x)=x(x+1)(x-1)2

【瑕点法】令f(x)=2x+4x(x+1)(x-1)2，

A=xf(x)x=0=2x+4(x+1)(x-1)2x=0=4, 【笔记】挖瑕点x=0： xf(x),代瑕点xf(x)x=0

B=(x+1)f(x)x=-1=2x+4x(x-1)2x=-1=-12，【笔记】挖瑕点x=-1： (x+1)f(x),代瑕点(x+1)f(x)x=-1

D=(x-1)2f(x)x=1=2x+4x(x+1)x=1=3， 【笔记】挖瑕点x=1： (x-1)2f(x),代瑕点(x-1)2f(x)x=1

C=［(x-1)2f(x)］′x=1=-2x2-8x-4(x2+x)2x=1=-72，
【笔记】挖C对应的瑕点必须乘(x-1)2,但C对应(x-1)的一次方，故对(x-1)2f(x)求导

（可理解成对二次方求导是一次方）

所以∫2x+4(x-1)2(x2+x)dx=4∫1xdx-12∫1x+1dx-72∫1x-1dx+3∫1(x-1)2dx

=4ln|x|-12ln|x+1|-72ln|x-1|-31x-1+c。




 解题心得









专题20反常积分审敛


 





反常积分从诞生的那一天开始便是众多考生的噩梦。反常积分的计算不难，难在积分审敛。本专题汇总了4类核心考法。掌握这4类考法的考生，在考场之上必能“心诗飞逸九重天”。









知识清单
1. 高低阶审敛法。

(1) 被积函数无穷小时：  

设f(x)在［a,+∞)上非负连续，且limx→+∞f(x)1xp=l。

① 当0≤l<+∞，且p>1时，∫+∞af(x)dx收敛。

② 当0<l≤+∞，且p≤1时，∫+∞af(x)dx发散。

(2) 被积函数无穷大时：  

设f(x)在(a,b］上非负连续，x=a为瑕点，且limx→a+f(x)1(x-a)p=l。

① 当0≤l<+∞，且p<1时，∫baf(x)dx收敛。

② 当0<l≤+∞，且p≥1时，∫baf(x)dx发散。

2. 比较审敛法中两类重要的反常积分：  
∫101xpdx，
0<p<1时，收敛
p≥1时，发散
∫+∞11xpdx，
p>1时，收敛
p≤1时，发散。

3. 反常积分∫+∞21xmlnnxdx的敛散性(m,n>0)：  
m>1，  必收敛
m=1，
n>1，收敛
n≤1，发散。
m<1，  必发散







经典例题

 设非负函数f(x)在［0,+∞)上连续，给出以下三个命题： 

① 若∫+∞0f2(x)dx收敛，则∫+∞0f(x)dx收敛； 

② 若存在p>1，使得limx→+∞xpf(x)存在，则∫+∞0f(x)dx收敛； 

③ 若∫+∞0f(x)dx收敛，则存在p>1，使得limx→+∞xpf(x)存在。

其中真命题的个数为（）。

A. 0B. 1C. 2D. 3


解B。

① 取f(x)=1x+1,∫+∞01(x+1)2dx收敛，∫+∞01x+1dx发散，错误。

② 为比较判别法的原文表述，正确。

③ 中的极限比较判别法为充分不必要条件，错误。

比如取∫+∞01(x+1)ln2(x+1)dx收敛，p>1，则有limx→+∞xpf(x)=+∞。



 关于反常积分，下列说法正确的有()个。

(1) 设m,n是正整数,则反常积分∫10mln2(1-x)nxdx的收敛性与m,n取值均无关

(2) 设f(x)=
1(x-1)α-1，1<x<e
1xlnα+1x，x≥e，若反常积分∫+∞1f(x)dx收敛，则0<α<2

(3) 反常积分∫+∞0x(lnx)k2+x2dx(k∈(-∞,+∞))的敛散性与k无关

(4) 设m,n均为正数，若反常积分∫π20dxsinnxcosmx收敛，则m<1，且n<1



A. 1 B. 2C. 3 D. 4

解D。

说法(1)对。x=0与x=1都是瑕点,应写成


∫10mln2(1-x)nxdx=∫120mln2(1-x)nxdx+∫112mln2(1-x)nxdx

对于第一个积分∫120mln2(1-x)nxdx，由于limx→0+［ln2(1-x)］1mx1n1x1n-2m=1，
显然,当0<1n-2m<1时,该反常积分收敛。

【笔记】对无穷大的被积函数1(x-x0)p，0<p<1时对应的反常积分收敛

当1n-2m≤0,limx→0+［ln2(1-x)］1mx1n存在,此时∫120mln2(1-x)nxdx实际上不是反常积分,故收敛。

不论m,n是什么正整数,1n-2m<1总成立，故∫120mln2(1-x)nxdx总收敛。

对第二个积分∫112mln2(1-x)nxdx,limx→1-［ln2(1-x)］1mx1n1(1-x)0.5=limx→1-［ln2(1-x)］1m(1-x)0.5=0，
说明［ln2(1-x)］1mx1n1(1-x)0.5，
而积分∫1121(1-x)0.5dx 收敛，所以∫112mln2(1-x)nxdx收敛。

【笔记】对无穷大的被积函数1(x-x0)p，0<p<1时对应的反常积分收敛，故∫1121(1-x)0.5dx收敛

【笔记】证明limx→1-［ln(1-x)］(1-x)0.5=0

limx→1-［ln(1-x)］(1-x)0.5=limt→0+t0.5lnt=limt→0+lntt-0.5=limt→0+t-1-0.5t-1.5=limt→0+t0.5-0.5=0

同理可证limx→1-［ln(1-x)］n(1-x)0.5=0(n=2,3,…)


说法(2)对。∫+∞1f(x)dx=∫e1f(x)dx+∫+∞ef(x)dx。

由∫+∞1f(x)dx收敛可知，∫e1f(x)dx与∫+∞ef(x)dx均收敛。

∫e1f(x)dx=∫e11(x-1)α-1dx，x=1是瑕点，因为∫e11(x-1)α-1dx收敛，所以α-1<1α<2。

∫+∞ef(x)dx=∫+∞e1xlnα+1xdx=-1α(lnx)-α+∞e，要使其收敛，则α>0。

所以，0<α<2。

说法(3)对。无论k取何值，反常积分总发散。

反常积分有一个奇点x=+∞，两个瑕点x=0和x=1，将反常积分化为


∫+∞0x(lnx)k2+x2dx=∫120x(lnx)k2+x2dx+∫112x(lnx)k2+x2dx+∫21x(lnx)k2+x2dx+∫+∞2x(lnx)k2+x2dx
=I1+I2+I3+I4


① 对I1=∫120x(lnx)k2+x2dx，因为limx→0+x(lnx)k2+x21x=limx→0+x32(lnx)k2+x2=0(k∈(-∞,+∞))并且∫101xdx收敛，所以∫10x(lnx)k2+x2dx对于k∈(-∞,+∞)均收敛。

② 对I2=∫112x(lnx)k2+x2dx与 I3=∫21x(lnx)k2+x2dx，当x→1时，有lnx=ln(1+x-1)~x-1，x(lnx)k2+x2~13·(x-1)k，若k>0，则两个积分收敛。

当k<0时，有x(lnx)k2+x2~13·1(x-1)-k，此时若有0<-k<1,即-1<k<0，则两个积分收敛；  此时若有-k≥1,即k≤-1,则两个积分发散。

③ 对I4=∫+∞2x(lnx)k2+x2dx，当x→+∞时，x(lnx)k2+x2~(lnx)kx，所以∫+∞2x(lnx)k2+x2dx与∫+∞2(lnx)kxdx的敛散性相同。又


∫+∞1(lnx)kxdx=
(lnx)k+1k+1+∞2=0，k<-1
(lnx)k+1k+1+∞2=+∞，k>-1
lnlnx+∞2=+∞，k=-1

所以反常积分I4在k<-1时收敛，在k≥-1时发散。

综上，无论k取何值，反常积分总发散。

说法(4)对。∫π20dxsinnxcosmx=∫10dxsinnxcosmx+∫π21dxsinnxcosmx。

① 对于积分I1=∫10dxsinnxcosmx，被积函数为f(x)=1sinnxcosmx。

当x→0 时，limx→0+f(x)1xp=limx→0+1sinnxcosmx1xp=limx→0+xpsinnx=c，可取p=n，当 p=n<1时，积分I1收敛。

② 对于积分I2=∫π21dxsinnxcosmx，被积函数为f(x)=1sinnxcosmx。

当x→π2-时，有


limx→π2-f(x)1π2-xp=limx→π2-1sinnxcosmx1π2-xp=limx→π2-π2-xpcosmx=limx→π2-π2-xpsinmπ2-x=c

可取p=m，当 p=m<1时，积分I2收敛。所以说法(4)正确。

综上所述，4种说法均正确，故选D。



 解题心得