第8章 一元函数积分学的概念与性质

基础部分

1. 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，则

${\int }_0^{1}f(x)dx=$

A. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{3k-1}{3n}\right)\frac{1}{3n}$

B. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{3k-1}{3n}\right)\frac{1}{n}$

C. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{3n}f\left(\frac{k-1}{3n}\right)\frac{1}{n}$

D. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{3n}f\left(\frac{k}{3n}\right)\frac{3}{n}$

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答案：

B。

解析：

将 $[0,1]$ 等分为 $n$ 个小区间，每个小区间长度为 $\frac{1}{n}$。取样点

${\xi }_k=\frac{3k-1}{3n}=\frac{k-1}{n}+\frac{2}{3n}$，

它位于第 $k$ 个小区间 $\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$ 内。因此

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\frac{1}{n}={\int }_0^{1}f(x)dx$。

A 中各项所乘的小区间长度为 $\frac{1}{3n}$，总长度仅为 $\frac{1}{3}$；C、D 的权重也不是对应等分长度，故均不正确。

2. 计算

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^3}\left[\ln \frac{1}{n}+4\ln \frac{2}{n}+\cdots +(n-1{)}^2\ln \frac{n-1}{n}\right]$。

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答案：

$-\frac{1}{9}$。

解析：

原式可写为

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}{\left(\frac{k}{n}\right)}^2\ln \frac{k}{n}$。

这是函数 $h(x)=x^2\ln x$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和。虽然 $\ln x$ 在 $x=0$ 处无界，但

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^2\ln x=0$，

故可将 $h(0)$ 补定义为 $0$，从而

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}h\left(\frac{k}{n}\right)={\int }_0^1{x}^2\ln xdx$。

分部积分得

${\int }_0^1{x}^2\ln xdx={\frac{x^3}{3}\ln x|}_0^1-\frac{1}{3}{\int }_0^1{x}^{2}dx=-\frac{1}{9}$。

3. 甲、乙两人赛跑，图中实线和虚线分别为甲和乙的速度曲线（单位：$m/s$），三块阴影部分面积依次为 $15,20,10$，且当 $t=0$ 时，甲在乙前面 $10\mathrm{m}$ 处，则在 $[0,t_3]$ 上，甲、乙相遇的次数为

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

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答案：

按当前题干与配套图，应为 $0$ 次，现有选项中无正确项。

若原题中的“甲在乙前面 $10\mathrm{m}$”应为“甲在乙后面 $10\mathrm{m}$”，则答案为 B，即 $2$ 次。

解析：

设甲、乙的位置之差为

$D(t)=s_{\text{甲}}(t)-s_{\text{乙}}(t)$，

则

$D(t)=D(0)+{\int }_0^t(v_{\text{甲}}(u)-v_{\text{乙}}(u))du$。

配套图中，实线在三段内相对虚线的位置依次为上、下、上，所以 $v_{\text{甲}}-v_{\text{乙}}$ 的有向面积依次为 $15,-20,10$。

按当前题干，$D(0)=10$，于是

$D(t_1)=10+15=25$，

$D(t_2)=25-20=5$，

$D(t_3)=5+10=15$。

每一段内 $D(t)$ 单调，且始终为正，因此甲一直在乙前面，两人相遇 $0$ 次。这与选项 A—D 冲突，说明题干或选项存在错误。

若把初始条件改为甲在乙后面 $10\mathrm{m}$，则 $D(0)=-10$，三个节点处依次为 $5,-15,-5$，前两段各发生一次过零，第三段不过零，共相遇 $2$ 次。

4. 设

$M={\int }_{-1}^1\left(2^x-\frac{1}{2^x}\right)\frac{1+x}{1+x^2}dx$，

$N={\int }_{-1}^1(2^x-2^{-x})x^{2}dx$，

$K={\int }_0^1\frac{e^x}{1+x}dx$，

则

A. $M>N>K$

B. $N>K>M$

C. $K>M>N$

D. $K>N>M$

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答案：

C。

解析：

记 $h(x)=2^x-2^{-x}$，则 $h(x)$ 为奇函数。

由于 $x^2$ 为偶函数，$h(x)x^2$ 为奇函数，所以

$N=0$。

对 $M$，将 $\frac{1+x}{1+x^2}$ 分成偶部与奇部，得

$M={\int }_{-1}^{1}h(x)\frac{x}{1+x^2}dx=2{\int }_0^{1}h(x)\frac{x}{1+x^2}dx>0$。

又因 $\frac{h(x)}{x}$ 在 $(0,1]$ 上递增，故

$0<h(x)\le h(1)x=\frac{3}{2}x$。

于是

$M\le 3{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x^2}dx=3\left(1-\frac{\pi }{4}\right)<1$。

另一方面，$e^x>1+x$（$x>0$），故

$K={\int }_0^1\frac{e^x}{1+x}dx>{\int }_0^{1}1dx=1$。

因此 $K>M>N$。

5. 设 $f(x)$ 是 $(0,+\infty )$ 内的正值连续函数，且 $f^{\prime }(x)<0$，

$g(x)={\int }_1^{x}f(t)dt$，

则 $g\left(\frac{1}{2}\right)$ 和 $g\left(\frac{3}{2}\right)$ 的可能取值是

A. $-2,1$

B. $-2,3$

C. $2,-1$

D. $2,-3$

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答案：

A。

解析：

因为 $f(t)>0$，所以

$g\left(\frac{1}{2}\right)=-{\int }_{1/2}^{1}f(t)dt<0$，

$g\left(\frac{3}{2}\right)={\int }_1^{3/2}f(t)dt>0$。

又因 $f$ 严格递减，且两个积分区间长度均为 $\frac{1}{2}$，所以

${\int }_{1/2}^{1}f(t)dt>{\int }_1^{3/2}f(t)dt$，

即

$-g\left(\frac{1}{2}\right)>g\left(\frac{3}{2}\right)>0$。

四组选项中只有 $(-2,1)$ 满足上述符号和大小关系。

6. 设

$f(x)=\{\begin{array}{ll}x\ln x,& x>0,\\ x^2+x,& x\le 0,\end{array}$

若 ${\int }_a^{b}f(x)dx(a<b)$ 收敛，则 $(a,b)=$

A. $(-1,1)$

B. $(-1,2)$

C. $(0,1)$

D. $(1,2)$

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答案：

按现有题干，A、B、C、D 均收敛，题目无唯一正确选项。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$x\ln x\to 0$，

且反常积分

${\int }_0^{c}x\ln xdx$

收敛。因此将 $f(0)=0$ 后，$f$ 在 $x=0$ 处连续；在其他有限点也连续。

四个选项给出的积分区间均为有限区间，故四个积分都存在且收敛。原题很可能漏掉了一个关于积分值的附加条件；仅凭当前题干不能选出唯一答案。

7. 设函数 $g(x)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续，若在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 内 $g^{\prime }(x)\ge 0$，则对任意 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$，有

A. ${\int }_x^{\pi /2}g(t)dt\ge {\int }_x^{\pi /2}g(\sin t)dt$

B. ${\int }_x^{1}g(t)dt\le {\int }_x^{1}g(\sin t)dt$

C. ${\int }_x^{1}g(t)dt\ge {\int }_x^{1}g(\sin t)dt$

D. ${\int }_x^{\pi /2}g(t)dt\le {\int }_x^{\pi /2}g(\sin t)dt$

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答案：

A。

解析：

在 $0<t<\frac{\pi }{2}$ 时，有 $\sin t<t$。又因 $g^{\prime }(x)\ge 0$，所以 $g$ 单调不减，从而

$g(\sin t)\le g(t)$。

在固定方向的区间 $\left[x,\frac{\pi }{2}\right]$ 上积分，得到

${\int }_x^{\pi /2}g(\sin t)dt\le {\int }_x^{\pi /2}g(t)dt$。

故 A 正确。B、C 中当 $x>1$ 时积分上下限倒置，不能对所有给定 $x$ 保持所写不等号。

8. 若 $\sqrt{1-x^2}$ 是 $xf(x)$ 的一个原函数，则

${\int }_0^1\frac{1}{f(x)}dx=$

A. $-1$

B. $\frac{\pi }{4}$

C. $-\frac{\pi }{4}$

D. $1$

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答案：

C。

解析：

由原函数定义，

$xf(x)=\frac{d}{dx}\sqrt{1-x^2}=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$。

当 $0<x<1$ 时，

$f(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$，

故

${\int }_0^1\frac{1}{f(x)}dx=-{\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx=-\frac{\pi }{4}$。

9. 计算

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{in}}$。

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答案：

$2$。

解析：

原式为

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i/n}}$。

它对应广义积分 ${\int }_0^1{x}^{-1/2}dx$ 的黎曼和。该反常积分收敛，故

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i/n}}={\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2$。

10. 设 $f(x)$ 是 $(-\infty ,+\infty )$ 上可导的奇函数，任意 $x\in (-\infty ,+\infty )$ 均有

$f(x+1)-f(x)=f(1)$，

且 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$，则以下是偶函数的是

A. ${\int }_0^x[\sin f(t)+f(t+1)]dt$

B. ${\int }_0^x[\sin f^{\prime }(t)+f^{\prime }(t+1)]dt$

C. ${\int }_0^x[\cos f(t)+f(t+2)]dt$

D. ${\int }_0^x[\cos f^{\prime }(t)+f^{\prime }(t+2)]dt$

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答案：

A。

解析：

因为 $f$ 为奇函数，

$f\left(-\frac{1}{2}\right)=-f\left(\frac{1}{2}\right)=0$。

在函数关系中令 $x=-\frac{1}{2}$，得

$f\left(\frac{1}{2}\right)-f\left(-\frac{1}{2}\right)=f(1)$，

故 $f(1)=0$。于是

$f(x+1)=f(x)$，

即 $f$ 以 $1$ 为周期，且 $f^{\prime }$ 也以 $1$ 为周期。又因为 $f$ 为奇函数，所以 $f^{\prime }$ 为偶函数。

A 中的被积函数化为

$\sin f(t)+f(t)$，

它是奇函数。奇函数从 $0$ 到 $x$ 的变上限积分是偶函数，因此 A 正确。

B、D 的被积函数为偶函数，其变上限积分为奇函数；C 的被积函数由一偶一奇两部分组成，一般不具确定奇偶性。

11. 设 $f(x)$ 是实数集上连续的偶函数，在 $(-\infty ,0)$ 上有唯一零点 $x_0=-1$，且 $f^{\prime }(x_0)=1$，则函数

$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$

的严格单调增区间是

A. $(-\infty ,-1)$

B. $(-1,+\infty )$

C. $(-1,1)$

D. $(1,+\infty )$

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答案：

C。

解析：

由 $f^{\prime }(-1)=1>0$，可知 $f$ 在 $x=-1$ 附近由负变正。又因为 $-1$ 是 $(-\infty ,0)$ 内唯一零点，所以

$f(x)<0(x<-1)$，

$f(x)>0(-1<x<0)$。

由于 $f$ 是偶函数，其在正半轴上的符号关于原点对称，因此

$f(x)>0(0<x<1)$，

$f(x)<0(x>1)$。

由微积分基本定理，$F^{\prime }(x)=f(x)$，故 $F$ 的严格单调增区间为 $(-1,1)$。

12. 设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上单调连续，$f(0)=1$，$f(2)=2$，且对任意 $x_1,x_2\in [0,2]$ 总有

$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$，

$g(x)$ 是 $f(x)$ 的反函数，

$P={\int }_1^{2}g(x)dx$，

则

A. $3<P<4$

B. $2<P<3$

C. $1<P<2$

D. $0<P<1$

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答案：

D。

解析：

由 $f(0)<f(2)$ 且 $f$ 单调可知，$f$ 严格递增。题设中点不等式说明 $f$ 严格凹。

函数与其反函数的积分恒等式为

${\int }_0^{2}f(x)dx+{\int }_1^{2}g(y)dy=2\times 2-0\times 1=4$，

故

$P=4-{\int }_0^{2}f(x)dx$。

严格凹函数的图像位于端点连线之上，而端点连线为

$y=1+\frac{x}{2}$。

因此

${\int }_0^{2}f(x)dx>{\int }_0^2\left(1+\frac{x}{2}\right)dx=3$，

从而 $P<1$。又 $g(y)>0$（$1<y<2$），故 $P>0$。所以 $0<P<1$。

13. 下列反常积分中，发散的是

A. ${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx$

B. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }x{e}^{-x^2}dx$

C. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\arctan x}{1+x^2}dx$

D. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx$

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答案：

D。

解析：

A 中指数衰减快于多项式增长，积分绝对收敛。

B 中 $|x|e^{-x^2}$ 在两端可积，故绝对收敛，积分值为 $0$。

C 中当 $|x|\to \infty$ 时，

$\left|\frac{\arctan x}{1+x^2}\right|=O\left(\frac{1}{x^2}\right)$，

故绝对收敛。

D 中

${\int }_0^R\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\ln (1+R^2)\to +\infty$。

虽然其柯西主值为 $0$，但通常意义下的广义积分要求左右两部分分别收敛，故 D 发散。

14. 若反常积分

${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x)x^{1-p}}dx$

收敛，则

A. $p<1$

B. $p>1$

C. $0\le p<1$

D. $0<p\le 1$

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答案：

按现有选项无正确项；正确条件为 $0<p<1$。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$\frac{\ln x}{(1+x)x^{1-p}}\sim x^{p-1}\ln x$。

由幂函数型反常积分判别，${\int }_0^1{x}^{p-1}\ln xdx$ 收敛当且仅当 $p>0$。

当 $x\to +\infty$ 时，

$\frac{\ln x}{(1+x)x^{1-p}}\sim x^{p-2}\ln x$。

无穷远处收敛要求 $p-2<-1$，即 $p<1$。

两端同时收敛的充要条件为

$0<p<1$。

C 错在包含 $p=0$，D 错在包含 $p=1$，因此题目选项存在边界错误。

15. 下列反常积分收敛的是

A. ${\int }_2^{+\infty }\frac{dx}{x\ln x}$

B. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx$

C. ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{\sin x}$

D. ${\int }_0^1\frac{x}{{\ln }^2(1+x)}dx$

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答案：

B。

解析：

A 的原函数为 $\ln \ln x$，当 $x\to +\infty$ 时趋于 $+\infty$，故发散。

B 为高斯型积分，$e^{-x^2}$ 在无穷远处快速衰减，积分收敛。

C 在 $x=0$ 附近

$\frac{1}{\sin x}\sim \frac{1}{x}$，

故发散。

D 在 $x=0$ 附近

$\ln (1+x)\sim x$，

故

$\frac{x}{{\ln }^2(1+x)}\sim \frac{1}{x}$，

积分发散。

16. 计算

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\left[\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2-2^2}+\cdots +\sqrt{n^2-(n-1{)}^2}\right]$。

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答案：

$\frac{\pi }{4}$。

解析：

将每一项提出 $n$，原式化为

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\sqrt{1-{\left(\frac{k}{n}\right)}^2}$。

这是函数 $\sqrt{1-x^2}$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和，因此

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\sqrt{1-{\left(\frac{k}{n}\right)}^2}={\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi }{4}$。

几何上，该积分等于单位圆第一象限四分之一圆的面积。

17. 计算

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{n}{n^2+9i^2}$。

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答案：

$\frac{1}{3}\arctan 3$。

解析：

原式可写为

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{1+9(i/n{)}^2}$。

由黎曼和定义，

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{1+9(i/n{)}^2}={\int }_0^1\frac{dx}{1+9x^2}$。

令 $u=3x$，得

${\int }_0^1\frac{dx}{1+9x^2}=\frac{1}{3}{\int }_0^3\frac{du}{1+u^2}=\frac{1}{3}\arctan 3$。

18. 定积分

$I={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{\sin x}{x}dx$

的值满足

A. $0\le I\le \frac{1}{2}$

B. $\frac{1}{2}\le I\le \frac{\sqrt{2}}{2}$

C. $\frac{\sqrt{2}}{2}\le I\le 1$

D. $1\le I\le 2\sqrt{2}$

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答案：

B。

解析：

函数 $h(x)=\frac{\sin x}{x}$ 在 $\left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right]$ 上单调递减，因此

$h\left(\frac{\pi }{2}\right)\le h(x)\le h\left(\frac{\pi }{4}\right)$。

区间长度为 $\frac{\pi }{4}$，故

$\frac{\pi }{4}\cdot \frac{\sin (\pi /2)}{\pi /2}\le I\le \frac{\pi }{4}\cdot \frac{\sin (\pi /4)}{\pi /4}$，

即

$\frac{1}{2}\le I\le \frac{\sqrt{2}}{2}$。

19. 设 $f(x)\not\equiv 0$ 为 $(-\infty ,+\infty )$ 上可导的奇函数，则下列函数为奇函数的是

A. $x^3{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt$

B. ${\int }_0^{x}f(-t)dt$

C. ${\int }_0^x[f^{\prime }(t)+f(t)]dt$

D. ${\int }_0^x|f(t)|dt$

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答案：

D。

解析：

因为 $f$ 为奇函数，所以 $f(0)=0$，且 $f^{\prime }$ 为偶函数。

A 中

${\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt=f(x)$，

故该函数为 $x^{3}f(x)$。两个奇函数的乘积为偶函数。

B 中 $f(-t)=-f(t)$ 仍为奇函数，奇函数从 $0$ 到 $x$ 的积分为偶函数。

C 中

${\int }_0^x[f^{\prime }(t)+f(t)]dt=f(x)+{\int }_0^{x}f(t)dt$，

前一项为奇函数，后一项为偶函数，一般不具有确定奇偶性。

D 中 $|f(t)|$ 为偶函数，偶函数从 $0$ 到 $x$ 的变上限积分为奇函数。因此选 D。

20. 设

$M={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{x}{1+x^2}{\cos }^{5}xdx$，

$N={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}(x^2\sin x+{\sin }^{2}x\cos x)dx$，

$P={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}({\sin }^{3}x-{\cos }^{4}x)dx$，

则有

A. $N<P<M$

B. $M<P<N$

C. $N\le M<P$

D. $P<M<N$

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答案：

D。

解析：

$\frac{x}{1+x^2}{\cos }^{5}x$ 为奇函数，故

$M=0$。

在 $N$ 中，$x^2\sin x$ 为奇函数，积分为 $0$；${\sin }^{2}x\cos x$ 为偶函数，因此

$N=2{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}x\cos xdx=2{\int }_0^1{u}^{2}du=\frac{2}{3}$。

在 $P$ 中，${\sin }^{3}x$ 为奇函数，积分为 $0$，故

$P=-{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^{4}xdx<0$。

事实上 $P=-\frac{3\pi }{8}$。因此

$P<M<N$。

21. 设常数 $a,b$ 使反常积分

${\int }_0^1\frac{\ln x}{x^a{\left(\tan \frac{\pi }{2}x\right)}^b}dx$

收敛，则

A. $a+b>1$ 且 $b>-2$

B. $a+b<1$ 且 $b>-2$

C. $a+b>1$ 且 $b<-2$

D. $a+b<1$ 且 $b<-2$

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答案：

B。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$\tan \frac{\pi }{2}x\sim \frac{\pi }{2}x$，

故被积函数等价于常数倍的

$x^{-(a+b)}\ln x$。

在 $0$ 附近收敛要求

$a+b<1$。

当 $x\to 1^{-}$ 时，令 $u=1-x$，则

$\tan \frac{\pi }{2}x=\cot \frac{\pi }{2}u\sim \frac{2}{\pi u}$，

且 $\ln x\sim -(1-x)=-u$。因此被积函数等价于常数倍的

$u^{b+1}$。

在 $u=0$ 附近收敛要求

$b+1>-1$，即 $b>-2$。

所以应满足 $a+b<1$ 且 $b>-2$。

22. 设

$F(x)={\int }_0^x(t-[t])dt$，

其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数，则

$F_{-}^{\prime }(1)-F_{+}^{\prime }(1)=$

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答案：

$1$。

解析：

记 $h(t)=t-[t]$。当 $t\to 1^{-}$ 时，$[t]=0$，故

$\underset{t\to 1^{-}}{\lim }h(t)=1$。

当 $t\to 1^{+}$ 时，$[t]=1$，故

$\underset{t\to 1^{+}}{\lim }h(t)=0$。

变上限积分的一侧导数分别等于被积函数在该点的一侧极限，因此

$F_{-}^{\prime }(1)=1$，

$F_{+}^{\prime }(1)=0$。

故

$F_{-}^{\prime }(1)-F_{+}^{\prime }(1)=1$。

23. 下列命题中不成立的是

A. 若 $f(x)$ 连续，$x\in [a,b]$，则 ${\int }_a^{x}f(t)dt$ 是 $f(x)$ 的一个原函数

B. 若 $f(x)$ 可积，$x\in [a,b]$，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内存在原函数

C. 若 $f(x)$ 连续且为奇函数，$x\in [-a,a]$，则 ${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=0$

D. 若 $f(x)$ 连续，$T$ 为其周期，则 ${\int }_a^{a+T}f(x)dx={\int }_0^{T}f(x)dx$

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答案：

B。

解析：

A 是微积分基本定理的直接结论。

B 不成立。可积函数不一定有原函数。例如阶跃函数虽然黎曼可积，但具有跳跃间断点；而导函数具有达布性质，不可能出现跳跃，因此该函数不可能是某个函数的导数。

C 是奇函数在对称区间上的积分性质。

D 是周期函数在任意一个完整周期上的积分不变性。

24. 设

$f(x-5)=\frac{4}{x^2-10x}$，

则

${\int }_0^{4}f(2x+1)dx$

A. 为反常积分，且发散

B. 为反常积分，且收敛

C. 不是反常积分，且其值为 $10$

D. 不是反常积分，且其值为 $\frac{\pi }{4}$

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答案：

A。

解析：

令 $u=x-5$，则原关系给出

$f(u)=\frac{4}{(u+5{)}^2-10(u+5)}=\frac{4}{u^2-25}$。

因此

$f(2x+1)=\frac{4}{(2x+1{)}^2-25}=\frac{1}{x^2+x-6}=\frac{1}{(x-2)(x+3)}$。

被积函数在积分区间内部 $x=2$ 处有无穷间断点，所以该积分是反常积分。且在 $x=2$ 附近被积函数与常数倍的 $\frac{1}{x-2}$ 同阶，左右两侧积分均不收敛，故该反常积分发散。

25. 下列表达式中正确的是

A. ${\int }_{\pi }^{2\pi }|\sin x|dx\le {\int }_{\pi }^{2\pi }{\sin }^{2}xdx$

B. ${\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{x}{1+\cos x}dx<{\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\left(\frac{\sin x}{1+x^4}+\frac{1}{1+x^2}\right)dx$

C. ${\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_c^{d}f(x)dx$，其中 $[a,b]\subset [c,d]$，$f(x)$ 在 $[c,d]$ 上连续

D. ${\int }_{-1}^1|f(x)|dx=2{\int }_0^1|f(x)|dx$，其中 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续

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答案：

B。

解析：

A 中

${\int }_{\pi }^{2\pi }|\sin x|dx=2$，

而

${\int }_{\pi }^{2\pi }{\sin }^{2}xdx=\frac{\pi }{2}<2$，

故 A 错误。

B 左端被积函数 $\frac{x}{1+\cos x}$ 为奇函数，所以左端积分为 $0$。右端第一项为奇函数，积分为 $0$；第二项为正函数，故右端积分严格大于 $0$。因此 B 正确。

C 未要求 $f(x)\ge 0$，扩大积分区间后积分值不一定增大。

D 只有在 $|f(x)|$ 为偶函数，即 $|f(-x)|=|f(x)|$ 时才成立；一般连续函数不满足该条件。

强化部分

1. 计算

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\frac{1-\cos \frac{\pi }{\sqrt{n}}}{1+\cos \frac{i\pi }{2n}}$。

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答案：

$\pi$。

解析：

将与 $i$ 无关的分子提出，得

$\sum _{i=1}^n\frac{1-\cos \frac{\pi }{\sqrt{n}}}{1+\cos \frac{i\pi }{2n}}=n\left(1-\cos \frac{\pi }{\sqrt{n}}\right)\cdot \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{1+\cos \frac{i\pi }{2n}}$。

第一因子满足

$n\left(1-\cos \frac{\pi }{\sqrt{n}}\right)\to \frac{{\pi }^2}{2}$。

第二因子是黎曼和：

$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{1+\cos \frac{i\pi }{2n}}\to {\int }_0^1\frac{dx}{1+\cos \frac{\pi x}{2}}$。

令 $u=\frac{\pi x}{2}$，则

${\int }_0^1\frac{dx}{1+\cos \frac{\pi x}{2}}=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}\frac{du}{1+\cos u}$。

利用 $1+\cos u=2{\cos }^2\frac{u}{2}$，得

$\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}\frac{du}{1+\cos u}=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\sec }^2\frac{u}{2}du=\frac{2}{\pi }$。

因此原极限为

$\frac{{\pi }^2}{2}\cdot \frac{2}{\pi }=\pi$。

2. 设 $f(x)$ 连续，则

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k-\frac{1}{2}+n}{n^2}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)=$

A. ${\int }_0^1\left(x+\frac{1}{2}\right)f(x)dx$

B. ${\int }_0^1\left(x+1-\frac{1}{2n}\right)f\left(x-\frac{1}{2n}\right)dx$

C. ${\int }_0^1(x+1)f(x)dx$

D. ${\int }_0^1\left(x+\frac{1}{2}+\frac{1}{n}\right)f\left(x-\frac{1}{n}\right)dx$

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答案：

C。

解析：

令

${\xi }_k=\frac{2k-1}{2n}=\frac{k-\frac{1}{2}}{n}$，

则

$\frac{k-\frac{1}{2}+n}{n^2}=\frac{1}{n}\left({\xi }_k+1\right)$。

故原和式为

$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n({\xi }_k+1)f({\xi }_k)$，

这是函数 $(x+1)f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的中点型黎曼和。因此极限为

${\int }_0^1(x+1)f(x)dx$。

3. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积，则

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^{n-1}\ln \left[1+\frac{1}{n}f\left(\frac{i}{n}\right)\right]=$

A. ${\int }_0^1\ln \left[1+\frac{f(x)}{n}\right]dx$

B. ${\int }_0^1\ln [1+f(x)]dx$

C. ${\int }_0^{1}f(x)dx$

D. ${\int }_0^1{f}^2(x)dx$

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答案：

C。

解析：

可积函数在闭区间上有界，设 $|f(x)|\le M$。当 $n$ 足够大时，括号内恒为正。利用

$\ln (1+u)=u+O(u^2)(u\to 0)$，

且余项对 $|u|\le M/n$ 一致成立，有

$\ln \left[1+\frac{1}{n}f\left(\frac{i}{n}\right)\right]=\frac{1}{n}f\left(\frac{i}{n}\right)+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$。

求和后，全部余项为 $O(1/n)\to 0$。因此

$\sum _{i=0}^{n-1}\ln \left[1+\frac{1}{n}f\left(\frac{i}{n}\right)\right]=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}f\left(\frac{i}{n}\right)+o(1)$。

右侧黎曼和趋于 ${\int }_0^{1}f(x)dx$。

4. 设

$I_1={\int }_0^{2\pi }\frac{\sin x}{x}dx$，

$I_2={\int }_0^{2\pi }\frac{\sin x}{2\pi -x}dx$，

$I_3={\int }_0^{2\pi }\frac{\sin x}{x(2\pi -x)}dx$，

则

A. $I_3<I_1<I_2$

B. $I_3<I_2<I_1$

C. $I_2<I_3<I_1$

D. $I_1<I_2<I_3$

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答案：

C。

解析：

在 $I_2$ 中令 $u=2\pi -x$，则

$I_2=-{\int }_0^{2\pi }\frac{\sin u}{u}du=-I_1$。

又由部分分式

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

得

$I_3=\frac{1}{2\pi }(I_1+I_2)=0$。

下面判断 $I_1$ 的符号。将 $[\pi ,2\pi ]$ 上的积分作代换 $x=2\pi -u$，得

$I_1={\int }_0^{\pi }\sin x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2\pi -x}\right)dx$。

在 $0<x<\pi$ 时，$\sin x>0$ 且 $x<2\pi -x$，故括号内为正，因此 $I_1>0$。于是

$I_2=-I_1<0=I_3<I_1$。

5. 设

$I_1={\int }_0^{\sqrt{2\pi }}\sin x^{2}dx$，

$I_2={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\frac{1}{1+\sin x}dx$，

则

A. $I_1>0,I_2>0$

B. $I_1<0,I_2<0$

C. $I_1>0,I_2<0$

D. $I_1<0,I_2>0$

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答案：

A。

解析：

对 $I_1$ 令 $u=x^2$，得

$I_1=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{\sin u}{\sqrt{u}}du$。

将第二个半周期与第一个半周期配对：

$I_1=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\sin u\left(\frac{1}{\sqrt{u}}-\frac{1}{\sqrt{2\pi -u}}\right)du$。

当 $0<u<\pi$ 时，括号内为正，且 $\sin u>0$，故 $I_1>0$。

对 $I_2$，在积分区间内 $1+\sin x>0$，所以被积函数恒正，直接得到 $I_2>0$。也可计算

$\frac{1}{1+\sin x}={\sec }^{2}x-\sec x\tan x$，

从而 $I_2=2>0$。

6. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且

${\int }_0^{1}2x^{2}f(x)dx\ge {\int }_0^1{f}^2(x)dx+\frac{1}{5}$，

则 $f(x)=$

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答案：

$f(x)=x^2$。

解析：

因为

${\int }_0^1{x}^{4}dx=\frac{1}{5}$，

题设不等式可改写为

${\int }_0^1\left[f^2(x)-2x^{2}f(x)+x^4\right]dx\le 0$，

即

${\int }_0^1[f(x)-x^2{]}^{2}dx\le 0$。

被积函数非负，因此积分只能等于 $0$。又因 $f(x)-x^2$ 连续，故必有

$[f(x)-x^2{]}^2\equiv 0$，

即 $f(x)=x^2$。

7. 设

$f(x)={\int }_0^{|\sin x|}{e}^{t^2}dt$，

$g(x)={\int }_0^{|x|}\sin t^{2}dt$，

则在 $(-\pi ,\pi )$ 内

A. $f(x)$ 是可导的奇函数

B. $g(x)$ 是可导的偶函数

C. $f(x)$ 是奇函数且 $f^{\prime }(0)$ 不存在

D. $g(x)$ 是偶函数且 $g^{\prime }(0)$ 不存在

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答案：

B。

解析：

由于 $|\sin (-x)|=|\sin x|$，所以 $f(x)$ 为偶函数，而不是奇函数。且当 $x\to 0$ 时，

$f(x)\sim |\sin x|\sim |x|$，

故 $f^{\prime }(0)$ 不存在。

同理，$g(x)$ 由上限 $|x|$ 决定，故为偶函数。又因

$\sin t^2\sim t^2(t\to 0)$，

所以

$g(x)\sim {\int }_0^{|x|}{t}^{2}dt=\frac{|x{|}^3}{3}$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g(x)-g(0)}{x}=0$，

即 $g^{\prime }(0)=0$。在 $x\ne 0$ 处由复合函数求导也可知 $g$ 可导，故 B 正确。

8. 设

$f(x)=3x-\sqrt{1-x^2}{\int }_0^1{f}^2(x)dx$，

求 $f(x)$ 的表达式。

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答案：

按积分变量应理解为哑变量，即

$f(x)=3x-\sqrt{1-x^2}{\int }_0^1{f}^2(t)dt$。

共有两组解：

$f_1(x)=3x-3\sqrt{1-x^2}$，

$f_2(x)=3x-\frac{3}{2}\sqrt{1-x^2}$，

其中 $0\le x\le 1$（若仅讨论根式定义域，可写 $|x|\le 1$）。

解析：

令

$A={\int }_0^1{f}^2(t)dt\ge 0$，

则

$f(x)=3x-A\sqrt{1-x^2}$。

代回 $A$ 的定义：

$A={\int }_0^1{\left[3x-A\sqrt{1-x^2}\right]}^{2}dx$。

利用

${\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}$，

${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx=\frac{1}{3}$，

${\int }_0^1(1-x^2)dx=\frac{2}{3}$，

得到

$A=3-2A+\frac{2}{3}{A}^2$。

因此

$2A^2-9A+9=0$，

解得

$A=3\text{或}A=\frac{3}{2}$。

分别代入即得上述两组函数。

9. 设常数 $m>0,n>0$，则

${\int }_0^n\sqrt{x}\left[\frac{m}{x}\right]dx$

A. 仅与 $m$ 有关

B. 仅与 $n$ 有关

C. 与 $m,n$ 均有关

D. 与 $m,n$ 均无关

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答案：

C。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，$\left[\frac{m}{x}\right]\sim \frac{m}{x}$，故被积函数与 $m{x}^{-1/2}$ 同阶，积分在 $0$ 附近收敛。

积分上限直接含有 $n$，改变 $n$ 会改变积分区间，因而一般会改变积分值；同时被积函数中的阶梯函数 $\left[\frac{m}{x}\right]$ 随 $m$ 改变，其跳跃点 $x=\frac{m}{k}$ 也随之改变。因此该积分一般同时依赖于 $m$ 和 $n$。

10. 设 $p,q$ 为正常数，若

${\int }_0^1\frac{dx}{x^p|\ln x{|}^q}$

收敛，则

A. $p<1,q<1$

B. $p>1,q<1$

C. $p<1,q>1$

D. $p>1,q>1$

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答案：

A。

解析：

在 $x\to 1^{-}$ 时，$|\ln x|\sim 1-x$，故被积函数与 $(1-x{)}^{-q}$ 同阶。该端点收敛要求

$q<1$。

在 $x\to 0^{+}$ 时，令 $x=e^{-t}$，则

$dx=-e^{-t}dt$，

积分尾部化为

${\int }^{+\infty }{e}^{(p-1)t}{t}^{-q}dt$。

因 $q>0$，该积分在无穷远处收敛要求 $p<1$；若 $p=1$，则要求 $q>1$，但这与 $x=1$ 处所需的 $q<1$ 矛盾。

故整体收敛必有 $p<1,q<1$。

11. 若函数

$f(x)={\int }_2^{+\infty }\frac{dt}{t(\ln t{)}^{x+1}}$

存在，则该函数的最小值点为

A. $-\frac{1}{\ln \ln 2}$

B. $-\ln \ln 2$

C. $\frac{1}{\ln 2}$

D. $\ln 2$

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答案：

A。

解析：

令 $u=\ln t$，则

$f(x)={\int }_{\ln 2}^{+\infty }{u}^{-x-1}du$。

该积分存在当且仅当 $x>0$，且

$f(x)=\frac{(\ln 2{)}^{-x}}{x}$。

取对数：

$\ln f(x)=-x\ln \ln 2-\ln x$。

求导得

$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-\ln \ln 2-\frac{1}{x}$。

令 $f^{\prime }(x)=0$，得

$x_0=-\frac{1}{\ln \ln 2}$。

由于 $0<\ln 2<1$，所以 $\ln \ln 2<0$，从而 $x_0>0$。且导数在 $x_0$ 左负右正，故该点为唯一最小值点。

12. 设 $p$ 为常数，若反常积分

${\int }_0^1\frac{\ln x}{x^p(1-x{)}^{1-p}}dx$

收敛，则 $p$ 的取值范围是

A. $(-1,1)$

B. $(-1,2)$

C. $(-\infty ,1)$

D. $(-\infty ,2)$

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答案：

A。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，$(1-x{)}^{1-p}\to 1$，被积函数与 $x^{-p}\ln x$ 同阶。该端点收敛要求

$p<1$。

当 $x\to 1^{-}$ 时，$\ln x\sim -(1-x)$，故被积函数与

$-(1-x{)}^p$

同阶。该端点收敛要求

$p>-1$。

因此

$-1<p<1$。

13. 设非负函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上具有有界导数，给出以下四个命题：

①若 ${\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx$ 收敛，则 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛；

②若 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则 ${\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx$ 收敛；

③若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{2}f(x)$ 存在，则 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛；

④若 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{2}f(x)$ 存在。

其中，真命题的个数为

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

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答案：

B，即有两个真命题：②、③。

解析：

①错误。取

$f(x)=\frac{1}{1+x}$，

则 $f\ge 0$，导数有界，${\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx$ 收敛，但 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 发散。

②正确。导数有界说明 $f$ 一致连续。非负函数的广义积分收敛时，由一致连续性可得 $f(x)\to 0$，因而 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上有界。设 $0\le f(x)\le M$，则

$f^2(x)\le Mf(x)$，

由比较判别法知 ${\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx$ 收敛。

③正确。若有限极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{2}f(x)$ 存在，则存在 $C>0$，使充分大时

$0\le f(x)\le \frac{C}{x^2}$，

故积分由比较判别法收敛。

④错误。可构造一列互不相交的三角形小峰：在 $x=n$ 处峰高取 $1/n^2$，两侧斜率绝对值不超过 $1$，峰宽取 $2/n^2$。则导数有界，峰面积之和与 $\sum 1/n^4$ 同阶，故积分收敛；但在峰顶 $x^{2}f(x)=1$，在峰间又等于 $0$，所以 $x^{2}f(x)$ 无极限。

14. 若反常积分

${\int }_1^{+\infty }\left(e^{-\cos \frac{1}{x}}-e^{-1}\right)x^{k}dx$

收敛，则 $k$ 的取值范围是

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答案：

$k<1$。

解析：

当 $x\to +\infty$ 时，

$\cos \frac{1}{x}=1-\frac{1}{2x^2}+O\left(\frac{1}{x^4}\right)$。

因此

$-\cos \frac{1}{x}=-1+\frac{1}{2x^2}+O\left(\frac{1}{x^4}\right)$，

进而

$e^{-\cos (1/x)}-e^{-1}=e^{-1}\left[e^{\frac{1}{2x^2}+O(1/x^4)}-1\right]\sim \frac{e^{-1}}{2x^2}$。

故原被积函数与常数倍的 $x^{k-2}$ 同阶。无穷远处的幂函数积分收敛要求

$k-2<-1$，

即 $k<1$。

15. 下列反常积分中发散的是

A. ${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}dx$

B. ${\int }_0^{+\infty }{x}^2{e}^{-x^2}dx$

C. ${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{2}x}$

D. ${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(x+2){\ln }^2(x+2)}$

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答案：

C。

解析：

A 在 $x=0$ 附近与 $x^{-1/2}$ 同阶，在无穷远处有指数衰减，故收敛。

B 在 $0$ 附近连续，在无穷远处有指数衰减，故收敛。

C 在 $x=1$ 处出现内部奇点。由于 $\ln x\sim x-1$，

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

故积分发散。

D 在 $x=0$ 处连续；令 $u=\ln (x+2)$，则

${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(x+2){\ln }^2(x+2)}={\int }_{\ln 2}^{+\infty }\frac{du}{u^2}$，

故收敛。

16. 下列反常积分中收敛的是

A. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{\sqrt{x^2-1}}$

B. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)}}$

C. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^2\sqrt{x^2-1}}$

D. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x^2-1)}$

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答案：

C。

解析：

在 $x\to 1^{+}$ 时，A、B、C 的被积函数均与常数倍的 $(x-1{)}^{-1/2}$ 同阶，因此在下端点均可积；D 与 $(x-1{)}^{-1}$ 同阶，故在 $x=1$ 处发散。

在 $x\to +\infty$ 时，A、B 均与 $1/x$ 同阶，故发散；C 与 $1/x^3$ 同阶，故收敛。

因此只有 C 在两个端点都收敛。

17. 设 $y=y(x)$ 满足

$[(1+x)y-1]dx+x(1+x)dy=0$，

$y(1)=\ln 2$。

(1) 求 $y=y(x)$ 的表达式及定义域；

(2) 记 $f(x)={\int }_{-1}^{x}y(|t|)dt$，求 $f^{\prime }(0)$。

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答案：

(1)

$y(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+x)}{x},& x>0,\\ 1,& x=0,\end{array}$

由初值问题直接确定的解区间为 $(0,+\infty )$；在 $x=0$ 处作连续补定义后可写在 $[0,+\infty )$ 上。若要求按同一公式作最大连续延拓，则可延拓至 $(-1,+\infty )$。

(2) $f^{\prime }(0)=1$。

解析：

将微分方程除以 $x(1+x)$（先在 $x>0$ 上讨论），得

$y^{\prime }+\frac{1}{x}y=\frac{1}{x(1+x)}$。

积分因子为 $x$，故

$(xy{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x}$。

积分得

$xy=\ln (1+x)+C$。

利用 $y(1)=\ln 2$，得 $C=0$，于是

$y(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}(x>0)$。

又

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1$，

故补定义 $y(0)=1$ 后连续。

由于 $y(|t|)$ 在 $t=0$ 连续，由微积分基本定理，

$f^{\prime }(0)=y(|0|)=y(0)=1$。

18. 设

$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x}{n}\left(e^{-\frac{x^2}{n^2}}+e^{-\frac{4x^2}{n^2}}+\cdots +e^{-x^2}\right)$，

求：

(1) $f(x)$ 的表达式；

(2) 曲线 $y=e^{x^2}f(x)$ 的拐点。

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答案：

(1) $f(x)={\int }_0^x{e}^{-u^2}du$；

(2) 唯一拐点为 $(0,0)$。

解析：

和式可写为

$f(x)=x\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{e}^{-x^2(k/n{)}^2}$。

这是函数 $e^{-x^2{t}^2}$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和，因此

$f(x)=x{\int }_0^1{e}^{-x^2{t}^2}dt$。

令 $u=xt$，无论 $x$ 正负均可得到

$f(x)={\int }_0^x{e}^{-u^2}du$。

设

$Y(x)=e^{x^2}f(x)$。

由于 $f^{\prime }(x)=e^{-x^2}$，有

$Y^{\prime }(x)=2xY(x)+1$，

继而

$Y^{\prime \prime }(x)=2Y(x)+2x{Y}^{\prime }(x)=2(1+2x^2)Y(x)+2x$。

当 $x>0$ 时，$f(x)>0$，从而 $Y(x)>0$，故 $Y^{\prime \prime }(x)>0$；当 $x<0$ 时，$f(x)<0$，从而 $Y(x)<0$，且 $2x<0$，故 $Y^{\prime \prime }(x)<0$。

在 $x=0$ 时，$Y(0)=0$ 且 $Y^{\prime \prime }(0)=0$，凹凸性在此改变。因此唯一拐点为 $(0,0)$。

19. 设 $f(x)=x^2$，$f[\phi (x)]=-x^2+2x+3$，且 $\phi (x)\ge 0$，则

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^3}\sum _{i=1}^n{i}^2(n-i)\cdot \frac{1}{n+\phi (x)}=$

A. $\frac{1}{12}$

B. $\frac{1}{6}$

C. $\frac{1}{3}$

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

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答案：

A。

解析：

由 $f(u)=u^2$ 及 $\phi (x)\ge 0$，可得

$\phi (x)=\sqrt{-x^2+2x+3}$，

在其定义域内，对固定的 $x$，$\phi (x)$ 是与 $n$ 无关的常数。

利用求和公式，

$\sum _{i=1}^n{i}^2(n-i)=n\sum _{i=1}^n{i}^2-\sum _{i=1}^n{i}^3$，

即

$\sum _{i=1}^n{i}^2(n-i)=\frac{n^2(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}=\frac{n^2(n^2-1)}{12}$。

因此原式等于

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2(n^2-1)}{12n^3[n+\phi (x)]}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2-1}{12n[n+\phi (x)]}=\frac{1}{12}$。