第9章 一元函数积分学的计算

基础部分

1. 计算下列不定积分

(1) $\int {\cos }^{3}xdx$

(2) $\int {\sin }^{3}xdx$

(3) $\int \sec xdx$

(4) $\int {\sec }^{3}xdx$

(5) $\int \frac{1}{a^2-x^2}dx(a\ne 0)$

(6) $\int \frac{1}{x^2-a^2}dx(a\ne 0)$

(7) $\int \frac{1}{a^2+x^2}dx(a\ne 0)$

(8) $\int \frac{1}{a^2+(x+b{)}^2}dx(a\ne 0)$

(9) $\int \frac{1}{a^2-(x+b{)}^2}dx(a>0)$

(10) $\int \frac{1}{(x+b{)}^2-a^2}dx(a>0)$

(11) $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}dx(a>0)$

(12) $\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx(a>0)$

(13) $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx(a>0)$

(14) $\int {\csc }^{3}xdx$

(15) $\int {\tan }^{2}xdx$

(16) $\int {\tan }^{3}xdx$

(17) $\int {\tan }^{4}xdx$

(18) $\int {\cot }^{3}xdx$

(19) $\int \frac{\cos x}{1+\sin x}dx$

(20) $\int \frac{1}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}dx$

(21) $\int \frac{1}{\sin 2x}dx$

(22) $\int \frac{1}{\cos 2x}dx$

(23) $\int \frac{1}{a+b\cos x}dx(a>0,b>0)$

(24) $\int \frac{1}{a+b\sin x}dx(a>0,b>0)$

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答案：

令 $C$ 为任意常数，则

(1) $\sin x-\frac{{\sin }^{3}x}{3}+C$；

(2) $-\cos x+\frac{{\cos }^{3}x}{3}+C$；

(3) $\ln |\sec x+\tan x|+C$；

(4) $\frac{1}{2}\sec x\tan x+\frac{1}{2}\ln |\sec x+\tan x|+C$；

(5) $\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{a+x}{a-x}\right|+C$；

(6) $\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C$；

(7) $\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$；

(8) $\frac{1}{a}\arctan \frac{x+b}{a}+C$；

(9) $\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{a+x+b}{a-x-b}\right|+C$；

(10) $\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x+b-a}{x+b+a}\right|+C$；

(11) $\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C$；

(12) $\arcsin \frac{x}{a}+C$；

(13) $\ln \left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C$；

(14) $-\frac{1}{2}\csc x\cot x+\frac{1}{2}\ln |\csc x-\cot x|+C$；

(15) $\tan x-x+C$；

(16) $\frac{1}{2}{\tan }^{2}x+\ln |\cos x|+C$；

(17) $\frac{1}{3}{\tan }^{3}x-\tan x+x+C$；

(18) $-\frac{1}{2}{\cot }^{2}x-\ln |\sin x|+C$；

(19) $\ln |1+\sin x|+C$；

(20) 当 $ab\ne 0$ 时，$\frac{1}{ab}\arctan \left(\frac{a}{b}\tan x\right)+C$（在被积函数连续的区间上取相应分支）；

(21) $\frac{1}{2}\ln |\tan x|+C$；

(22) $\frac{1}{2}\ln |\sec 2x+\tan 2x|+C$；

(23) 令 $t=\tan \frac{x}{2}$，则

$\int \frac{dx}{a+b\cos x}=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}t\right)+C,& a>b,\\ \frac{1}{a}t+C,& a=b,\\ \frac{1}{\sqrt{b^2-a^2}}\ln \left|\frac{1+\sqrt{\frac{b-a}{a+b}}t}{1-\sqrt{\frac{b-a}{a+b}}t}\right|+C,& a<b;\end{array}$

(24) 将上式中的自变量替换为 $x-\frac{\pi }{2}$，即

$\int \frac{dx}{a+b\sin x}=J\left(x-\frac{\pi }{2}\right)+C$，

其中 $J(u)$ 为第 (23) 问右端对应的原函数。

解析：

(1)、(2) 分别保留一个余弦因子或正弦因子，再利用 ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$、${\sin }^{2}x=1-{\cos }^{2}x$ 换元。

(3)、(4) 是正割函数的两个基本积分；第 (4) 问可采用分部积分，并利用 ${\tan }^{2}x={\sec }^{2}x-1$。

(5)、(6)、(9)、(10) 均先作平方差分解，再作部分分式分解。

(7)、(8)、(12) 是反三角函数型基本积分；(11)、(13) 是对数型根式积分。

(14) 与 $\int {\sec }^{3}xdx$ 类似，可分部积分得到。

(15) 至 (18) 使用 ${\tan }^{2}x={\sec }^{2}x-1$、${\cot }^{2}x={\csc }^{2}x-1$ 降幂。

(19) 令 $u=1+\sin x$。

(20) 令 $t=\tan x$，则

$dx=\frac{dt}{1+t^2},a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x=\frac{a^2{t}^2+b^2}{1+t^2}$，

从而化为 $\int \frac{dt}{a^2{t}^2+b^2}$。

(21)、(22) 分别利用 $\int \csc udu$ 和 $\int \sec udu$。

(23) 采用万能代换 $t=\tan \frac{x}{2}$：

$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},dx=\frac{2dt}{1+t^2}$，

于是原积分化为

$2\int \frac{dt}{(a+b)+(a-b)t^2}$，

再按 $a>b$、$a=b$、$a<b$ 分类。

(24) 因 $\sin x=\cos \left(x-\frac{\pi }{2}\right)$，故直接归结为第 (23) 问。

2. 计算不定积分 $\int \frac{e^{2x}}{\sqrt{e^x-1}}dx$。

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答案：

$\frac{2}{3}(e^x-1{)}^{\frac{3}{2}}+2\sqrt{e^x-1}+C$。

解析：

令 $u=\sqrt{e^x-1}$，则 $e^x=u^2+1$，且

$dx=\frac{2u}{u^2+1}du$。

因此

$\int \frac{e^{2x}}{\sqrt{e^x-1}}dx=2\int (u^2+1)du=\frac{2}{3}{u}^3+2u+C$，

代回即得答案。

3. 计算不定积分 $\int \ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)dx(x>0)$。

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答案：

$\left(x+\frac{1}{2}\right)\mathrm{arsinh}\sqrt{x}-\frac{1}{2}\sqrt{x(1+x)}-\frac{x}{2}\ln x+\frac{x}{2}+C$。

其中 $\mathrm{arsinh}\sqrt{x}=\ln \left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)$。

解析：

因 $x>0$，有

$\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)=\ln \left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\frac{1}{2}\ln x=\mathrm{arsinh}\sqrt{x}-\frac{1}{2}\ln x$。

对第一项令 $u=\sqrt{x}$，并作分部积分：

$\int \mathrm{arsinh}\sqrt{x}dx=2\int u\mathrm{arsinh}udu=\left(u^2+\frac{1}{2}\right)\mathrm{arsinh}u-\frac{1}{2}u\sqrt{1+u^2}$。

再结合

$-\frac{1}{2}\int \ln xdx=-\frac{x}{2}\ln x+\frac{x}{2}$，

即可得到结论。

4. 计算不定积分 $\int e^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}dx$。

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答案：

$\frac{1}{2}{e}^{2x}\arctan \sqrt{e^x-1}-\frac{1}{6}(e^x-1{)}^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}\sqrt{e^x-1}+C$。

解析：

令 $u=\sqrt{e^x-1}$，则

$e^{2x}dx=2u(u^2+1)du$。

故原积分为

$2\int u(u^2+1)\arctan udu$。

分部积分，取

$dv=2u(u^2+1)du,v=u^2+\frac{1}{2}{u}^4$，

得到

$\left(u^2+\frac{1}{2}{u}^4\right)\arctan u-\int \frac{u^2+\frac{1}{2}{u}^4}{1+u^2}du$。

而

$\frac{u^2+\frac{1}{2}{u}^4}{1+u^2}=\frac{1}{2}{u}^2+\frac{1}{2}-\frac{1}{2(1+u^2)}$。

整理并利用 $u^2+1=e^x$，即得答案。

5. ${\int }_0^1{e}^{-\sqrt{x}}dx=$

A. $2$

B. $2-\frac{4}{e}$

C. $1-\frac{2}{e}$

D. $1-\frac{1}{e}$

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答案：

B。

解析：

令 $u=\sqrt{x}$，则 $x=u^2$，$dx=2udu$，故

${\int }_0^1{e}^{-\sqrt{x}}dx=2{\int }_0^{1}u{e}^{-u}du=2{\left[-(u+1)e^{-u}\right]}_0^1=2-\frac{4}{e}$。

6. ${\int }_0^1\frac{4x-3}{x^2-x+1}dx=$

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答案：

$-\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}$。

解析：

因为

$4x-3=2(2x-1)-1$，

所以

${\int }_0^1\frac{4x-3}{x^2-x+1}dx=2{\left[\ln (x^2-x+1)\right]}_0^1-{\int }_0^1\frac{dx}{(x-\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}}$。

第一项为零，第二项为

$\frac{2}{\sqrt{3}}{\left[\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right]}_0^1=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}$，

故原积分为其相反数。

7. ${\int }_0^1\frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)}dx=$

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答案：

$\frac{{\pi }^2}{16}$。

解析：

令 $u=\sqrt{x}$，则

${\int }_0^1\frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)}dx=2{\int }_0^1\frac{\arctan u}{1+u^2}du$。

再令 $v=\arctan u$，上下限变为 $0$ 与 $\frac{\pi }{4}$，于是

$2{\int }_0^{\pi /4}vdv=\frac{{\pi }^2}{16}$。

8. ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^3\theta d\theta =$

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答案：

$\frac{1}{2}\left[\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})\right]$。

解析：

利用

$\int {\sec }^3\theta d\theta =\frac{1}{2}\sec \theta \tan \theta +\frac{1}{2}\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C$，

代入 $0$ 与 $\frac{\pi }{4}$ 即得。

9. 设连续函数 $f(x)$ 满足 $f(x+1)-f(x)=x\ln x$，${\int }_0^{1}f(x)dx=0$，则 ${\int }_1^{2}f(x)dx=$

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答案：

$-\frac{1}{4}$。

解析：

对函数方程在 $[0,1]$ 上积分：

${\int }_0^1[f(x+1)-f(x)]dx={\int }_0^{1}x\ln xdx$。

左端等于 ${\int }_1^{2}f(x)dx$，右端分部积分得 $-\frac{1}{4}$。

10. 设 $y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，则 ${\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}xydy=$

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答案：

$\frac{\pi }{12}$。

解析：

由 $y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ 得

$x=\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}$。

故

${\int }_{1/2}^{\sqrt{3}/2}xydy={\int }_{1/2}^{\sqrt{3}/2}\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}dy$。

令 $y=\sin \theta$，上下限为 $\frac{\pi }{6}$、$\frac{\pi }{3}$，于是

${\int }_{\pi /6}^{\pi /3}{\sin }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{12}$。

11. 若 $e^{-x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，则 ${\int }_1^{\sqrt{2}}\frac{1}{x^2}f(\ln x)dx=$

A. $-\frac{1}{4}$

B. $-1$

C. $\frac{1}{4}$

D. $1$

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答案：

A。

解析：

“$e^{-x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数”意味着

$f(x)=(e^{-x}{)}^{\prime }=-e^{-x}$。

故 $f(\ln x)=-\frac{1}{x}$，从而

${\int }_1^{\sqrt{2}}\frac{1}{x^2}f(\ln x)dx=-{\int }_1^{\sqrt{2}}\frac{dx}{x^3}=-\frac{1}{4}$。

12. 若函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，$g(x)={\int }_0^{2x}f\left(x+\frac{t}{2}\right)dt$，则当 $x\to 0^{+}$ 时，$g(x)$ 是 $\sqrt{x}$ 的

A. 高阶无穷小

B. 低阶无穷小

C. 等价无穷小

D. 同阶但非等价无穷小

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答案：

A。

解析：

令 $u=x+\frac{t}{2}$，则

$g(x)=2{\int }_x^{2x}f(u)du$。

由连续性，$g(x)=O(x)$。于是

$\frac{g(x)}{\sqrt{x}}=O(\sqrt{x})\to 0$，

故 $g(x)$ 是 $\sqrt{x}$ 的高阶无穷小。

13. 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，在 $x=0$ 处可导，且 $f(0)=0$，

$\phi (x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}tf(t)dt,& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$

则 $\phi (x)$ 在 $x=0$ 处

A. 不连续

B. 连续但不可导

C. 可导但 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处不连续

D. 可导且 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续

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答案：

D。

解析：

记 $a=f^{\prime }(0)$。由 $f(0)=0$ 且 $f$ 在 $0$ 处可导，存在 $\epsilon (x)\to 0$，使

$f(x)=ax+x\epsilon (x)$。

于是

$\phi (x)=\frac{1}{x^2}{\int }_0^x\left(a{t}^2+t^2\epsilon (t)\right)dt=\frac{a}{3}x+o(x)$。

故 $\phi$ 在 $0$ 处连续且

${\phi }^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)}{x}=\frac{a}{3}$。

当 $x\ne 0$ 时，

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{f(x)}{x}-\frac{2}{x^3}{\int }_0^{x}tf(t)dt$。

将 $f(x)=ax+x\epsilon (x)$ 代入，有

${\phi }^{\prime }(x)=a+\epsilon (x)-\frac{2a}{3}-\frac{2}{x^3}{\int }_0^x{t}^2\epsilon (t)dt\to \frac{a}{3}$。

因此 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

14. 若连续周期函数 $y=f(x)$（不恒为常数）对任何 $x$ 恒有

$f(x+3)+f(x-3)=f(x)$，

则 $f(x)$ 的周期是

A. $7$

B. $8$

C. $9$

D. $10$

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答案：

$18$ 是其必有周期；原题所给选项均不正确。

解析：

由原式将 $x$ 替换为 $x+3$，得

$f(x+6)+f(x)=f(x+3)$，

即

$f(x+6)=f(x+3)-f(x)$。

再将 $x$ 替换为 $x+6$，得

$f(x+9)=f(x+6)-f(x+3)=-f(x)$。

因此

$f(x+18)=-f(x+9)=f(x)$，

所以 $18$ 是 $f$ 的周期。并且例如 $f(x)=\cos \frac{\pi x}{9}$ 满足题设且最小正周期为 $18$，说明不能把 $9$ 当作一般周期。原题选项应有缺漏。

15. 设 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上是连续的偶函数，$a>0$，

$g(x)={\int }_{-a}^a|x-t|f(t)dt$，

则在 $[-a,a]$ 上

A. $g(x)$ 是奇函数

B. $g(x)$ 是单调递减函数

C. $g(x)$ 是偶函数

D. $g(x)$ 是非奇非偶函数

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答案：

C。

解析：

计算

$g(-x)={\int }_{-a}^a|-x-t|f(t)dt$。

令 $t=-u$，利用 $f(-u)=f(u)$，得

$g(-x)={\int }_{-a}^a|x-u|f(u)du=g(x)$。

故 $g$ 为偶函数。

16. 若 $F(x)={\int }_{-\pi }^{\pi }|x-t|\sin tdt$，则 $F^{\prime }(0)=$

A. $-4$

B. $-2$

C. $2$

D. $4$

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答案：

A。

解析：

对 $x$ 求导，在 $x=0$ 处有

$F^{\prime }(0)={\int }_{-\pi }^0\sin tdt-{\int }_0^{\pi }\sin tdt$。

两项分别为 $-2$ 与 $-2$，故

$F^{\prime }(0)=-4$。

17. 若函数

$y(x)={\int }_2^{x^2}{e}^{-\sqrt{t}}dt$，

则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=-1}=$

A. $0$

B. $1$

C. $4e^{-1}$

D. $4e$

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答案：

A。

解析：

由变上限积分求导，

$y^{\prime }(x)=2x{e}^{-\sqrt{x^2}}=2x{e}^{-|x|}$。

在 $x=-1$ 的邻域内 $|x|=-x$，故

$y^{\prime }(x)=2x{e}^x$，

$y^{\prime \prime }(x)=2(1+x)e^x$。

代入 $x=-1$ 得 $y^{\prime \prime }(-1)=0$。

18. 已知函数 $f(x)={\int }_1^x\sqrt{1+t^3}dt$，则

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

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答案：

$\frac{1-2\sqrt{2}}{9}$。

解析：

分部积分，取 $u=f(x)$，$dv=xdx$。由于 $f(1)=0$，有

${\int }_0^{1}xf(x)dx=-\frac{1}{2}{\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime }(x)dx=-\frac{1}{2}{\int }_0^1{x}^2\sqrt{1+x^3}dx$。

令 $u=1+x^3$，$du=3x^{2}dx$，则

$-\frac{1}{6}{\int }_1^2{u}^{1/2}du=-\frac{1}{9}(2\sqrt{2}-1)=\frac{1-2\sqrt{2}}{9}$。

19. 设连续函数 $f(x)$ 满足

${\int }_0^{x}f(t)dt=x{e}^x$，

则

${\int }_1^e\frac{f(\ln x)}{x}dx=$

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答案：

$e$。

解析：

对题设等式求导，得

$f(x)=(1+x)e^x$。

令 $u=\ln x$，则 $du=\frac{dx}{x}$，从而

${\int }_1^e\frac{f(\ln x)}{x}dx={\int }_0^{1}f(u)du={\left[u{e}^u\right]}_0^1=e$。

20. 设

$a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx(n=0,1,2,\dots )$，

则

$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{a_n}{a_{n-2}}\right)}^n=$

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答案：

$e^{-3}$。

解析：

令 $u=x^2$，则

$a_n=\frac{1}{2}B\left(\frac{n+1}{2},\frac{3}{2}\right)$。

利用贝塔函数递推公式

$B(p+1,q)=\frac{p}{p+q}B(p,q)$，

可得

$\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}=1-\frac{3}{n+2}$。

因此

${\left(\frac{a_n}{a_{n-2}}\right)}^n={\left(1-\frac{3}{n+2}\right)}^n\to e^{-3}$。

21. ${\int }_{\sqrt{5}}^5\frac{1}{\sqrt{|x^2-9|}}dx=$

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答案：

$\frac{\pi }{2}-\arcsin \frac{\sqrt{5}}{3}+\ln 3$。

解析：

积分区间跨过 $x=3$，故分段：

${\int }_{\sqrt{5}}^3\frac{dx}{\sqrt{9-x^2}}+{\int }_3^5\frac{dx}{\sqrt{x^2-9}}$。

第一项为

${\left[\arcsin \frac{x}{3}\right]}_{\sqrt{5}}^3=\frac{\pi }{2}-\arcsin \frac{\sqrt{5}}{3}$；

第二项为

${\left[\ln \left(x+\sqrt{x^2-9}\right)\right]}_3^5=\ln \frac{5+4}{3}=\ln 3$。

22. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|e^{-x^2}dx=$

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答案：

$1$。

解析：

被积函数为偶函数，故

${\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|e^{-x^2}dx=2{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2}dx={\left[-e^{-x^2}\right]}_0^{+\infty }=1$。

23. 设

$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}x$，

且 ${\int }_0^{2}f(x)dx=a$，则 $a=$

A. $2$

B. $1$

C. $0$

D. $-1$

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答案：

D。

解析：

当 $0\le x<1$ 时，$x^{2n}\to 0$，故 $f(x)=x$；当 $1<x\le 2$ 时，$x^{2n}\to +\infty$，故 $f(x)=-x$；在 $x=1$ 处 $f(1)=0$，单点不影响积分。

因此

$a={\int }_0^{1}xdx-{\int }_1^{2}xdx=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}=-1$。

24. ${\int }_{-1}^1{\left(\frac{1}{1+2^{-1/x}}\right)}^{\prime }dx=$

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答案：

$-\frac{2}{3}$。

解析：

令

$h(x)=\frac{1}{1+2^{-1/x}}(x\ne 0)$。

由于 $h$ 在 $x=0$ 处有跳跃，原积分按广义积分处理：

${\int }_{-1}^0{h}^{\prime }(x)dx+{\int }_0^1{h}^{\prime }(x)dx$。

注意

$h(-1)=\frac{1}{3},h(1)=\frac{2}{3},\underset{x\to 0^{-}}{\lim }h(x)=0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }h(x)=1$。

故

$(0-\frac{1}{3})+(\frac{2}{3}-1)=-\frac{2}{3}$。

25. ${\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{|x|(\arcsin x+\arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=$

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答案：

$\pi \left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。

解析：

在 $[-1,1]$ 上，$\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi }{2}$。被积函数为偶函数，因此

${\int }_{-1/2}^{1/2}\cdots dx=\pi {\int }_0^{1/2}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx$。

而

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

故得结论。

26. ${\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{(1-x)\arcsin (1-x)}{\sqrt{2x-x^2}}dx=$

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答案：

$\frac{1}{2}-\frac{\pi \sqrt{3}}{12}$。

解析：

令 $u=1-x$，则

$2x-x^2=1-u^2$，

原积分化为

${\int }_0^{1/2}\frac{u\arcsin u}{\sqrt{1-u^2}}du$。

分部积分，取 $p=\arcsin u$，$dv=\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}du$，则 $v=-\sqrt{1-u^2}$，故

${\int }_0^{1/2}\frac{u\arcsin u}{\sqrt{1-u^2}}du=-{\left[\sqrt{1-u^2}\arcsin u\right]}_0^{1/2}+{\int }_0^{1/2}du$。

代入端点即得

$\frac{1}{2}-\frac{\pi \sqrt{3}}{12}$。

27. 若

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

则 $f(x)=$

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答案：

$f(x)=\frac{1}{1+x^2}+\frac{\pi }{3}{x}^3$。

解析：

记

$A={\int }_0^{1}f(x)dx$。

对题设在 $[0,1]$ 上积分，得

$A={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}+A{\int }_0^1{x}^{3}dx=\frac{\pi }{4}+\frac{A}{4}$。

所以 $A=\frac{\pi }{3}$，代回即可。

28. ${\int }_{-1}^1\left[x^3\cos x+\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right]dx=$

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答案：

$0$。

解析：

$x^3\cos x$ 为奇函数；又

$\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)=\mathrm{arsinh}x$

也是奇函数。因此被积函数为奇函数，在对称区间上的积分为零。

29. 设

$f(x)={\int }_0^x\frac{\cos t}{1+{\sin }^{2}t}dt$，

则

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{f^{\prime }(x)}{1+f^2(x)}dx=$

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

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

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

D. $\arctan \frac{\pi }{4}$

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答案：

D。

解析：

先计算

$f(x)=\arctan (\sin x)$，

故 $f(0)=0$，$f(\frac{\pi }{2})=\frac{\pi }{4}$。于是

${\int }_0^{\pi /2}\frac{f^{\prime }(x)}{1+f^2(x)}dx={\left[\arctan f(x)\right]}_0^{\pi /2}=\arctan \frac{\pi }{4}$。

30. 设

${\int }_1^{+\infty }f(x)dx=A$，

$f(x)=x^3{e}^{-x^2}+\frac{A}{x(1+x)}$，

则 ${\int }_1^{+\infty }f(x)dx=$

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

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

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

D. $\frac{1}{(1-\ln 2)e}$

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答案：

D。

解析：

由定义，

$A={\int }_1^{+\infty }{x}^3{e}^{-x^2}dx+A{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(1+x)}$。

第一项令 $u=x^2$，得

${\int }_1^{+\infty }{x}^3{e}^{-x^2}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^{+\infty }u{e}^{-u}du=\frac{1}{e}$。

第二个积分为 $\ln 2$。因此

$A=\frac{1}{e}+A\ln 2$，

即

$A=\frac{1}{e(1-\ln 2)}$。

31. 函数

$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},& x\le 0,\\ \frac{(x+1)e^x}{(x+2{)}^2},& x>0\end{array}$

的一个原函数为

A. $F(x)=\{\begin{array}{ll}\ln (\sqrt{1+x^2}-x),& x\le 0,\\ (x-1)e^x,& x>0\end{array}$

B. $F(x)=\{\begin{array}{ll}\ln (\sqrt{1+x^2}-x)+1,& x\le 0,\\ (x-1)e^x,& x>0\end{array}$

C. $F(x)=\{\begin{array}{ll}\ln (\sqrt{1+x^2}+x)+1,& x\le 0,\\ x{e}^x,& x>0\end{array}$

D. $F(x)=\{\begin{array}{ll}\ln (\sqrt{1+x^2}+x)+1,& x\le 0,\\ x{e}^x+1,& x>0\end{array}$

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答案：

原题选项中的右支均有明显排版或抄录错误。一个正确的原函数是

$F(x)=\{\begin{array}{ll}\ln \left(\sqrt{1+x^2}+x\right)+1,& x\le 0,\\ \frac{e^x}{x+2}+\frac{1}{2},& x>0\end{array}$

解析：

当 $x<0$ 时，

$\frac{d}{dx}\ln \left(\sqrt{1+x^2}+x\right)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$。

当 $x>0$ 时，

$\frac{d}{dx}\left(\frac{e^x}{x+2}\right)=\frac{(x+1)e^x}{(x+2{)}^2}$。

要使其成为整个实轴上的原函数，还需在 $x=0$ 连续。上式左右极限均为 $1$，故该分段函数符合要求。原题四个选项按现有文本均不满足右支求导条件。

32. ${\int }_0^{\frac{1}{2}}\frac{x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx=$

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答案：

$\frac{1}{2}-\frac{\pi \sqrt{3}}{12}$。

解析：

与第 26 题化简后的积分完全相同，分部积分即可得到结论。

33. ${\int }_0^{1}x\arcsin (1-x)dx=$

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答案：

$\frac{\pi }{4}-1$。

解析：

令 $u=1-x$，则

${\int }_0^{1}x\arcsin (1-x)dx={\int }_0^1(1-u)\arcsin udu$。

其中

${\int }_0^1\arcsin udu=\frac{\pi }{2}-1$，

${\int }_0^{1}u\arcsin udu=\frac{\pi }{4}$。

相减得 $\frac{\pi }{4}-1$。

34. 设 $y=y(x)$ 满足

$x{y}^{\prime }=\sqrt{1-x^2},y(1)=0$，

则 ${\int }_0^{1}y(x)dx=$

查看答案与解析

答案：

$-\frac{\pi }{4}$。

解析：

在 $0<x\le 1$ 上，

$y^{\prime }(x)=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$，

故由 $y(1)=0$，

$y(x)=-{\int }_x^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}dt$。

于是交换积分次序：

${\int }_0^{1}y(x)dx=-{\int }_0^1\left({\int }_x^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}dt\right)dx=-{\int }_0^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}\left({\int }_0^{t}dx\right)dt$，

即

$-{\int }_0^1\sqrt{1-t^2}dt=-\frac{\pi }{4}$。

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

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答案：

$\frac{1}{2}\ln 3$。

解析：

部分分式分解：

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

故

${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x(x+2)}dx=\frac{1}{2}{\left[\ln \frac{x}{x+2}\right]}_1^{+\infty }=\frac{1}{2}\ln 3$。

36. 设 $f^{\prime }(e^x)=\sin x$，求 $f(x)$ 的表达式。

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答案：

在 $x>0$ 上，

$f(x)=\frac{x}{2}\left(\sin \ln x-\cos \ln x\right)+C$。

解析：

令 $t=e^x$，则 $x=\ln t$，所以

$f^{\prime }(t)=\sin (\ln t),t>0$。

因此

$f(t)=\int \sin (\ln t)dt$。

再令 $u=\ln t$，则 $dt=e^{u}du$，故

$f(t)=\int e^u\sin udu=\frac{e^u}{2}(\sin u-\cos u)+C$。

代回 $u=\ln t$，再把自变量写为 $x$，即得答案。

强化部分

1. ${\int }_0^1\ln \frac{1}{1-x}dx=$

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答案：

$1$。

解析：

令 $u=1-x$，则

${\int }_0^1\ln \frac{1}{1-x}dx=-{\int }_0^1\ln udu=1$。

2. 求 $\int \frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}dx$。

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答案：

$\ln |2x+1|-\frac{1}{2}\ln (x^2+x+1)+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$。

解析：

作部分分式分解：

$\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}=\frac{2}{2x+1}-\frac{x}{x^2+x+1}$。

又

$-x=-\frac{1}{2}(2x+1)+\frac{1}{2}$，

故逐项积分：

$\int \frac{2}{2x+1}dx=\ln |2x+1|$，

$-\int \frac{x}{x^2+x+1}dx=-\frac{1}{2}\ln (x^2+x+1)+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{(x+\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}}$。

最后一项即为 $\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}$。

3. ${\int }_1^e\cos (\ln x)dx=$

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答案：

$\frac{e(\sin 1+\cos 1)-1}{2}$。

解析：

令 $u=\ln x$，则 $dx=e^{u}du$，上下限变为 $0$、$1$：

${\int }_0^1{e}^u\cos udu={\left[\frac{e^u}{2}(\sin u+\cos u)\right]}_0^1$。

4. 设函数 $f(x)$ 满足方程

$xf(x)+f(1-x)=x^2$，

求 $\int f(x)dx$。

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答案：

$\int f(x)dx=\frac{x^2}{2}+x-\ln (x^2-x+1)-\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C$。

解析：

将 $x$ 换为 $1-x$，得到

$(1-x)f(1-x)+f(x)=(1-x{)}^2$。

联立两式解得

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

作除法与分解：

$f(x)=x+1-\frac{2x}{x^2-x+1}$。

再写成

$-2x=-(2x-1)-1$，

逐项积分即得所求。

5. $\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{2}^{-\sqrt{x}}dx=$

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答案：

$\frac{1}{\ln 2}+\frac{1}{(\ln 2{)}^2}$。

解析：

各积分区间首尾相接，因此

$\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{2}^{-\sqrt{x}}dx={\int }_1^{+\infty }{2}^{-\sqrt{x}}dx$。

令 $u=\sqrt{x}$，$dx=2udu$，记 $a=\ln 2$，则

$2{\int }_1^{+\infty }u{e}^{-au}du=2e^{-a}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a^2}\right)$。

因 $e^{-a}=\frac{1}{2}$，得到答案。

6. 已知 $f(x)$ 是连续的偶函数，且 ${\int }_0^{1}f(x)dx=2$，则

${\int }_0^{2}xf(1-x)dx=$

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答案：

$4$。

解析：

令 $u=1-x$，则

${\int }_0^{2}xf(1-x)dx={\int }_{-1}^1(1-u)f(u)du$。

由于 $f$ 为偶函数，$uf(u)$ 为奇函数，故

${\int }_{-1}^{1}uf(u)du=0$，

而

${\int }_{-1}^{1}f(u)du=2{\int }_0^{1}f(u)du=4$。

7. 已知 $f(x)$ 连续，

$f(x^2+1)-f(x^2)=x(x>0)$，

${\int }_0^{1}f(x)dx=1$，则 ${\int }_1^{2}f(x)dx=$

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答案：

$\frac{5}{3}$。

解析：

令 $t=x^2$，则

$f(t+1)-f(t)=\sqrt{t}(t>0)$。

在 $[0,1]$ 上积分：

${\int }_1^{2}f(t)dt-{\int }_0^{1}f(t)dt={\int }_0^1\sqrt{t}dt=\frac{2}{3}$。

由已知 ${\int }_0^{1}f=1$，故所求为 $1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}$。

8. 设 $f(t)={\int }_0^{1}t|t-x|dx$，求 ${\int }_{-1}^{2}f(t)dt$。

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答案：

$\frac{7}{6}$。

解析：

按 $t$ 相对区间 $[0,1]$ 的位置分类。

当 $t<0$ 时，$|t-x|=x-t$，故

$f(t)=t{\int }_0^1(x-t)dx=t\left(\frac{1}{2}-t\right)$。

当 $0\le t\le 1$ 时，

$f(t)=t\left[{\int }_0^t(t-x)dx+{\int }_t^1(x-t)dx\right]=t\left(t^2-t+\frac{1}{2}\right)$。

当 $t>1$ 时，$|t-x|=t-x$，故

$f(t)=t\left(t-\frac{1}{2}\right)$。

因此

${\int }_{-1}^{2}f(t)dt={\int }_{-1}^{0}t\left(\frac{1}{2}-t\right)dt+{\int }_0^{1}t\left(t^2-t+\frac{1}{2}\right)dt+{\int }_1^{2}t\left(t-\frac{1}{2}\right)dt=\frac{7}{6}$。

9. 设 $f(x)$ 是以 $2$ 为周期的连续函数，${\int }_0^{2}f(x)dx=1$，

$g(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x>0,\\ \frac{1}{x}-2,& x<0,\end{array}$

则 ${\int }_0^{2}f[g(x)]dx=$

A. $-2$

B. $-1$

C. $1$

D. $2$

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答案：

C。

解析：

积分区间内 $x>0$，故 $g(x)=x$。于是

${\int }_0^{2}f[g(x)]dx={\int }_0^{2}f(x)dx=1$。

10. 已知 $f^{\prime }(x)=\arctan (x-1{)}^2$，$f(0)=0$，则

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

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答案：

$\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\ln 2$。

解析：

由 $f(0)=0$，

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

交换积分次序：

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

令 $u=1-t$，得

${\int }_0^{1}u\arctan u^{2}du$。

再令 $v=u^2$，则

$\frac{1}{2}{\int }_0^1\arctan vdv=\frac{1}{2}{\left[v\arctan v-\frac{1}{2}\ln (1+v^2)\right]}_0^1$，

即为答案。

11. 设 $g(x)=x^2$，$g[f(x)]=-x^2+2x+3$，且 $f(x)>0$，则

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

查看答案与解析

答案：

$\frac{\pi }{6}$。

解析：

由 $g[f(x)]=f^2(x)$ 且 $f(x)>0$，得

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

因此

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

令 $u=x-1$，则

${\left[\arcsin \frac{u}{2}\right]}_{-1}^0=\frac{\pi }{6}$。

12. 求 ${\int }_{-1}^{1}x\ln (1+e^x)dx$。

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答案：

$\frac{1}{3}$。

解析：

将对称区间配对：

$I={\int }_0^{1}x\left[\ln (1+e^x)-\ln (1+e^{-x})\right]dx$。

而

$\ln (1+e^x)-\ln (1+e^{-x})=x$，

故

$I={\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}$。

13. 求 ${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1)(x^2+1)}$。

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答案：

$\frac{1}{4}\ln 2+\frac{\pi }{8}$。

解析：

部分分式分解：

$\frac{1}{(x+1)(x^2+1)}=\frac{1}{2(x+1)}+\frac{-x+1}{2(x^2+1)}$。

逐项积分并代入 $0,1$，得到

$\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{4}\ln 2+\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{1}{4}\ln 2+\frac{\pi }{8}$。

14. 设 $F(x)>0$ 为 $\mathbb{R}$ 上的连续可导函数，$F(0)=\sqrt{\pi }$，且

$F(x)F^{\prime }(x)=\frac{\cos x}{2{\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x}$，

求 $F(x)$。

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答案：

$F(x)=\sqrt{\pi +2\arctan (\sin x)}$。

解析：

注意

$2{\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1+{\sin }^{2}x$，

且

$(F^2{)}^{\prime }=2F{F}^{\prime }=\frac{2\cos x}{1+{\sin }^{2}x}$。

积分得

$F^2(x)=2\arctan (\sin x)+C$。

由 $F(0)=\sqrt{\pi }$ 得 $C=\pi$。又因 $F(x)>0$，取正平方根。

15. 求 ${\int }_0^1\frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx$。

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答案：

$\frac{{\pi }^2}{4}$。

解析：

令 $u=\sqrt{x}$，则 $x=u^2$，$dx=2udu$，原积分为

$2{\int }_0^1\frac{\arcsin u}{\sqrt{1-u^2}}du$。

再令 $v=\arcsin u$，上下限为 $0$、$\frac{\pi }{2}$，故

$2{\int }_0^{\pi /2}vdv=\frac{{\pi }^2}{4}$。

16. 求 ${\int }_0^{\frac{1}{4}}\frac{dx}{{\sin }^{2}x+3{\cos }^{2}x}$。

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答案：

$\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan \frac{1}{4}}{\sqrt{3}}\right)$。

解析：

令 $t=\tan x$，则

${\sin }^{2}x+3{\cos }^{2}x=\frac{t^2+3}{1+t^2},dx=\frac{dt}{1+t^2}$。

故原积分化为

${\int }_0^{\tan (1/4)}\frac{dt}{t^2+3}$，

直接积分即得。

17. 求 ${\int }_1^3\frac{dx}{\sqrt{|2x-x^2|}}$。

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答案：

$\frac{\pi }{2}+\ln (2+\sqrt{3})$。

解析：

在 $[1,2]$ 上，

$2x-x^2=1-(x-1{)}^2$；

在 $[2,3]$ 上，

$|2x-x^2|=x^2-2x=(x-1{)}^2-1$。

因此

${\int }_1^2\frac{dx}{\sqrt{1-(x-1{)}^2}}=\frac{\pi }{2}$，

${\int }_2^3\frac{dx}{\sqrt{(x-1{)}^2-1}}=\mathrm{arcosh}2=\ln (2+\sqrt{3})$。

18. 设 $n$ 为非负整数，则

${\int }_0^1{x}^2{\ln }^{n}xdx=$

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答案：

$\frac{(-1{)}^{n}n!}{3^{n+1}}$。

解析：

令 $x=e^{-t}$，则 $dx=-e^{-t}dt$，且 $\ln x=-t$。于是

${\int }_0^1{x}^2{\ln }^{n}xdx=(-1{)}^n{\int }_0^{+\infty }{t}^n{e}^{-3t}dt$。

利用伽马积分

${\int }_0^{+\infty }{t}^n{e}^{-3t}dt=\frac{n!}{3^{n+1}}$，

得到答案。

19. 设

$f(x)={\int }_0^x\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt,0\le x\le 1$，

则 $f_{+}^{\prime }(0)=$

A. $-\frac{\pi }{2}$

B. $\frac{\pi }{2}$

C. $-\pi$

D. $\pi$

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答案：

$0$；原题选项均不正确。

解析：

当 $t\to 0^{+}$ 时，

$\frac{\sin t}{\sqrt{t}}\sim \sqrt{t}$，

故

$f(x)\sim {\int }_0^x\sqrt{t}dt=\frac{2}{3}{x}^{3/2}$。

因此

$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2}{3}\sqrt{x}=0$。

按现有题干，四个选项均不匹配，应为原题选项或被积函数存在缺漏。

20. 设 $|x|\le 1$，求积分

$I(x)={\int }_{-1}^1|t-x|e^{2t}dt$

的最大值。

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答案：

最大值为

$I(-1)=\frac{3e^2+e^{-2}}{4}$。

解析：

对 $-1<x<1$，有

$I^{\prime }(x)={\int }_{-1}^x{e}^{2t}dt-{\int }_x^1{e}^{2t}dt$，

从而

$I^{\prime \prime }(x)=2e^{2x}>0$。

所以 $I(x)$ 在 $[-1,1]$ 上为严格凸函数，最大值只能在端点取得。

计算

$I(-1)={\int }_{-1}^1(t+1)e^{2t}dt=\frac{3e^2+e^{-2}}{4}$，

$I(1)={\int }_{-1}^1(1-t)e^{2t}dt=\frac{e^2-5e^{-2}}{4}$。

显然 $I(-1)>I(1)$，故最大值如上。

21. 设

$f(x)={\int }_0^1|t^2-x^2|dt(x>0)$，

求 $f^{\prime }(x)$，并求 $f(x)$ 的最小值。

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答案：

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}2x(2x-1),& 0<x<1,\\ 2x,& x>1,\end{array}$

且 $f^{\prime }(1)=2$。最小值为 $\frac{1}{4}$，在 $x=\frac{1}{2}$ 处取得。

解析：

当 $0<x<1$ 时，在 $t=x$ 处分段：

$f(x)={\int }_0^x(x^2-t^2)dt+{\int }_x^1(t^2-x^2)dt=\frac{1}{3}-x^2+\frac{4}{3}{x}^3$。

故

$f^{\prime }(x)=-2x+4x^2=2x(2x-1)$。

当 $x\ge 1$ 时，$x^2\ge t^2$，所以

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

从而 $f^{\prime }(x)=2x$。在 $0<x<1$ 内，导数在 $x=\frac{1}{2}$ 由负变正，故该点为极小点，

$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}$。

22. 设 $f(x)=x$，

$g(x)=\{\begin{array}{ll}\cos x,& x\le \pi ,\\ 0,& x>\pi ,\end{array}$

求

$F(x)={\int }_0^{x}f(t)g(x-t)dt(x\ge 0)$。

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答案：

$F(x)=\{\begin{array}{ll}1-\cos x,& 0\le x\le \pi ,\\ 2,& x>\pi \end{array}$

解析：

当 $0\le x\le \pi$ 时，$0\le x-t\le \pi$，故

$F(x)={\int }_0^{x}t\cos (x-t)dt$。

令 $u=x-t$，则

$F(x)={\int }_0^x(x-u)\cos udu=1-\cos x$。

当 $x>\pi$ 时，只有 $x-t\le \pi$ 即 $t\ge x-\pi$ 时 $g(x-t)$ 非零，故

$F(x)={\int }_{x-\pi }^{x}t\cos (x-t)dt={\int }_0^{\pi }(x-u)\cos udu=2$。

23. 设

$y=f(x)=x{\int }_0^2{e}^{-(xt{)}^2}dt+x^2$，

其在 $x=0$ 的某邻域内与 $x=g(y)$ 互为反函数，则 $g^{\prime \prime }(0)=$

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答案：

$-\frac{1}{4}$。

解析：

有 $f(0)=0$。记

$A(x)={\int }_0^2{e}^{-x^2{t}^2}dt$，

则 $A(0)=2$，$A^{\prime }(0)=0$，所以

$f^{\prime }(0)=A(0)=2$。

又

$f(x)=2x+x^2+O(x^3)$，

故 $f^{\prime \prime }(0)=2$。

反函数二阶导数公式为

$g^{\prime \prime }(f(x))=-\frac{f^{\prime \prime }(x)}{[f^{\prime }(x){]}^3}$。

取 $x=0$，得到

$g^{\prime \prime }(0)=-\frac{2}{2^3}=-\frac{1}{4}$。

24. $F(x)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}|\sin x-\sin t|dt(x\ge 0)$

在 $x\to 0^{+}$ 处的二次泰勒多项式为 $a+bx+c{x}^2$，求 $a,b,c$。

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答案：

$a=1,b=-\frac{\pi }{2},c=1$。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 且 $0<x<\frac{\pi }{2}$ 时，$\sin t$ 在区间上递增，因此

$F(x)={\int }_0^x(\sin x-\sin t)dt+{\int }_x^{\pi /2}(\sin t-\sin x)dt$。

计算得

$F(x)=\left(2x-\frac{\pi }{2}\right)\sin x+2\cos x-1$。

利用

$\sin x=x+O(x^3),\cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)$，

可得

$F(x)=1-\frac{\pi }{2}x+x^2+o(x^2)$。

25. 求 ${\int }_1^2\frac{dx}{x\sqrt{3x^2-2x-1}}$。

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答案：

$\frac{\pi }{2}-\arcsin \frac{3}{4}$。

解析：

令 $u=\frac{1}{x}$。由于 $x\in [1,2]$，$u>0$，有

$3x^2-2x-1=\frac{3-2u-u^2}{u^2}$。

于是原积分化为

${\int }_{1/2}^1\frac{du}{\sqrt{3-2u-u^2}}={\int }_{1/2}^1\frac{du}{\sqrt{4-(u+1{)}^2}}$。

故

${\left[\arcsin \frac{u+1}{2}\right]}_{1/2}^1=\frac{\pi }{2}-\arcsin \frac{3}{4}$。

26. ${\int }_{-1}^5\frac{1}{1+2^{\sqrt[3]{x-2}}}dx=$

A. $1$

B. $3$

C. $\sqrt{3}$

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

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答案：

B。

解析：

令 $u=\sqrt[3]{x-2}$，则 $x=u^3+2$，$dx=3u^{2}du$，上下限为 $-\sqrt[3]{3}$ 与 $\sqrt[3]{3}$。记

$h(u)=\frac{1}{1+2^u}$，

则 $h(u)+h(-u)=1$。因此

${\int }_{-a}^{a}3u^{2}h(u)du={\int }_0^{a}3u^2[h(u)+h(-u)]du={\int }_0^{a}3u^{2}du=a^3$，

其中 $a=\sqrt[3]{3}$，故积分等于 $3$。

27. 设 $y=y(x)$ 满足

$x^2{y}^{\prime }+(x^2-3)y^2=0$，且 $y(1)=1$。

(1) 求 $y=y(x)$ 的表达式；

(2) 计算 ${\int }_0^3{y}^2(x)dx$。

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答案：

(1) $y(x)=\frac{x}{x^2-3x+3}$；

(2) $1+\frac{8\pi }{3\sqrt{3}}$。

解析：

令 $z=\frac{1}{y}$，则

$z^{\prime }=-\frac{y^{\prime }}{y^2}=1-\frac{3}{x^2}$。

积分得

$z=x+\frac{3}{x}+C$。

由 $y(1)=1$，即 $z(1)=1$，得 $C=-3$，所以

$\frac{1}{y}=x+\frac{3}{x}-3=\frac{x^2-3x+3}{x}$，

从而得到第 (1) 问。

对第 (2) 问，

${\int }_0^3{y}^{2}dx={\int }_0^3\frac{x^2}{(x^2-3x+3{)}^2}dx$。

令 $u=x-\frac{3}{2}$，则分母为 $(u^2+\frac{3}{4}{)}^2$，并利用对称区间消去奇函数项，化为

$2{\int }_0^{3/2}\frac{u^2+\frac{9}{4}}{(u^2+\frac{3}{4}{)}^2}du$。

将分子拆为

$u^2+\frac{9}{4}=\left(u^2+\frac{3}{4}\right)+\frac{3}{2}$，

再用

$\int \frac{du}{u^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{u}{a}$，

$\int \frac{du}{(u^2+a^2{)}^2}=\frac{u}{2a^2(u^2+a^2)}+\frac{1}{2a^3}\arctan \frac{u}{a}$，

代入 $a=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 并计算端点，得到

$1+\frac{8\pi }{3\sqrt{3}}$。

28. ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\ln x}{1+x^4}dx=$

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答案：

$0$。

解析：

记原积分为 $I$。作代换 $x=\frac{1}{u}$，则

$I=-{\int }_0^{+\infty }\frac{u\ln u}{1+u^4}du=-I$。

因此 $2I=0$，故 $I=0$。该广义积分在 $0$ 与 $+\infty$ 两端均收敛，所以代换合法。