小题·基本考查与显式分段函数

1.无穷区间上的积分

2.有限区间上的积分

小题

（一）基本考查

1. 【1987-5-4 分】 计算定积分

$${\int }_{\frac{1}{2}}^1{e}^{\sqrt{2x-1}}dx.$$

查看答案与解析

答案： $1$。

解析： 令

$$u=\sqrt{2x-1},$$

则

$$x=\frac{u^2+1}{2},dx=udu.$$

当 $x=\frac{1}{2}$ 时，$u=0$；当 $x=1$ 时，$u=1$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\frac{1}{2}}^1{e}^{\sqrt{2x-1}}dx& ={\int }_0^{1}u{e}^{u}du\\ & ={(u-1)e^u|}_0^1\\ & =1.\end{array}$$

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2. 【1987-123-3 分】 设 $f(x)$ 为已知连续函数，

$$I=t{\int }_0^{\frac{s}{t}}f(tx)dx,s>0,t>0,$$

则 $I$ 的值（ ）。

A. 依赖于 $s$ 和 $t$    B. 依赖于 $s,t,x$

C. 依赖于 $t$ 和 $x$，不依赖于 $s$    D. 依赖于 $s$，不依赖于 $t$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 作变量代换

$$u=tx,dx=\frac{du}{t}.$$

当 $x=0$ 时，$u=0$；当 $x=\frac{s}{t}$ 时，$u=s$。于是

$$\begin{array}{rl}I& =t{\int }_0^{\frac{s}{t}}f(tx)dx\\ & =t{\int }_0^{s}f(u)\frac{du}{t}\\ & ={\int }_0^{s}f(u)du.\end{array}$$

因此 $I$ 只依赖于上限 $s$，与 $t$ 无关。积分变量 $x$ 是哑变量，不会影响积分值，故选 D。

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3. 【1988-3-4 分】

$${\int }_0^4{e}^{\sqrt{x}}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $2e^2+2$。

解析： 令

$$u=\sqrt{x},x=u^2,dx=2udu.$$

当 $x=0$ 时，$u=0$；当 $x=4$ 时，$u=2$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^4{e}^{\sqrt{x}}dx& =2{\int }_0^{2}u{e}^{u}du\\ & =2{(u-1)e^u|}_0^2\\ & =2(e^2+1)\\ & =2e^2+2.\end{array}$$

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4. 【1988-45-2 分】 判断正误：等式

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

对任意连续函数 $f(x)$、常数 $a$ 都成立。

查看答案与解析

答案： 错误。

解析： 在右侧积分中令

$$u=a-x,dx=-du.$$

当 $x=0$ 时，$u=a$；当 $x=a$ 时，$u=0$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{a}f(a-x)dx& ={\int }_a^{0}f(u)(-du)\\ & ={\int }_0^{a}f(u)du.\end{array}$$

正确关系应为

$${\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(a-x)dx,$$

而不是右侧带负号，故原命题错误。

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5. 【1989-3-3 分】

$${\int }_0^{\pi }t\sin tdt=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\pi$。

解析： 分部积分，取

$$u=t,dv=\sin tdt,$$

则

$$du=dt,v=-\cos t.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }t\sin tdt& ={-t\cos t|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos tdt\\ & =\pi +{\sin t|}_0^{\pi }\\ & =\pi .\end{array}$$

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6. 【1989-123-3 分】 设 $f(x)$ 是连续函数，且

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

则 $f(x)=\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $x-1$。

解析： 设

$$A={\int }_0^{1}f(t)dt.$$

则题设可写为

$$f(x)=x+2A.$$

两边在 $[0,1]$ 上积分，得

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^1(x+2A)dx\\ & =\frac{1}{2}+2A.\end{array}$$

因而

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

代回原式，得到

$$f(x)=x-1.$$

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7. 【1990-3-3 分】

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

查看答案与解析

答案： $\frac{4}{15}$。

解析： 令

$$u=1-x,x=1-u,dx=-du.$$

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x\sqrt{1-x}dx& ={\int }_0^1(1-u)u^{\frac{1}{2}}du\\ & ={\int }_0^1\left(u^{\frac{1}{2}}-u^{\frac{3}{2}}\right)du\\ & =\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\\ & =\frac{4}{15}.\end{array}$$

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8. 【1990-12-5 分】 求

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

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{3}\ln 2$。

解析： 分部积分，取

$$u=\ln (1+x),dv=\frac{dx}{(2-x{)}^2},$$

则

$$du=\frac{dx}{1+x},v=\frac{1}{2-x}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{(2-x{)}^2}dx& ={\frac{\ln (1+x)}{2-x}|}_0^1-{\int }_0^1\frac{dx}{(1+x)(2-x)}\\ & =\ln 2-{\int }_0^1\frac{dx}{(1+x)(2-x)}.\end{array}$$

作部分分式分解：

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

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{dx}{(1+x)(2-x)}& =\frac{1}{3}{\left[\ln (1+x)-\ln (2-x)\right]}_0^1\\ & =\frac{2}{3}\ln 2.\end{array}$$

因此

$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{(2-x{)}^2}dx=\ln 2-\frac{2}{3}\ln 2=\frac{1}{3}\ln 2.$$

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9. 【1991-3-5 分】 计算

$${\int }_1^4\frac{dx}{x(1+\sqrt{x})}.$$

查看答案与解析

答案： $2\ln \frac{4}{3}$。

解析： 令

$$u=\sqrt{x},x=u^2,dx=2udu.$$

当 $x=1$ 时，$u=1$；当 $x=4$ 时，$u=2$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^4\frac{dx}{x(1+\sqrt{x})}& ={\int }_1^2\frac{2u}{u^2(1+u)}du\\ & =2{\int }_1^2\frac{1}{u(1+u)}du\\ & =2{\int }_1^2\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{1+u}\right)du\\ & =2{\left[\ln u-\ln (1+u)\right]}_1^2\\ & =2\ln \frac{4}{3}.\end{array}$$

本题的关键是利用 $u=\sqrt{x}$ 消去根式，再作部分分式分解。

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10. 【1992-3-5 分】 求

$${\int }_0^{\pi }\sqrt{1-\sin x}dx.$$

查看答案与解析

答案： $4\sqrt{2}-4$。

解析： 由

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

得

$$\sqrt{1-\sin x}=\left|\sin \frac{x}{2}-\cos \frac{x}{2}\right|.$$

在 $0\le x\le \frac{\pi }{2}$ 上，$\sin \frac{x}{2}\le \cos \frac{x}{2}$；在 $\frac{\pi }{2}\le x\le \pi$ 上，符号相反。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\sqrt{1-\sin x}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}\right)dx+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\left(\sin \frac{x}{2}-\cos \frac{x}{2}\right)dx\\ & =(2\sqrt{2}-2)+(2\sqrt{2}-2)\\ & =4\sqrt{2}-4.\end{array}$$

易错点是直接去掉平方根外的绝对值；必须在 $x=\frac{\pi }{2}$ 处分段。

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11. 【1993-3-5 分】

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\cos 2x}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\ln 2$。

解析： 利用恒等式

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

原积分化为

$$I=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}x{\sec }^{2}xdx.$$

分部积分，取 $u=x$，$dv={\sec }^{2}xdx$，则 $du=dx$，$v=\tan x$，所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\left[x\tan x\right]}_0^{\frac{\pi }{4}}-\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\tan xdx\\ & =\frac{\pi }{8}-\frac{1}{2}{\left[-\ln (\cos x)\right]}_0^{\frac{\pi }{4}}\\ & =\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\ln 2.\end{array}$$

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12. 【1994-3-5 分】 计算

$${\int }_0^{1}x(1-x^4{)}^{\frac{3}{2}}dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{3\pi }{32}$。

解析： 令 $u=x^2$，则 $du=2xdx$，于是

$${\int }_0^{1}x(1-x^4{)}^{\frac{3}{2}}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-u^2{)}^{\frac{3}{2}}du.$$

再令 $u=\sin \theta$，$0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$，则

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-u^2{)}^{\frac{3}{2}}du& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^4\theta d\theta \\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{3\pi }{16}\\ & =\frac{3\pi }{32}.\end{array}$$

其中使用了

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^4\theta d\theta =\frac{3\pi }{16}.$$

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13. 【1996-3-5 分】 计算

$${\int }_0^{\ln 2}\sqrt{1-e^{-2x}}dx.$$

查看答案与解析

答案： $\ln (2+\sqrt{3})-\frac{\sqrt{3}}{2}$。

解析： 令 $t=e^{-x}$，则 $dx=-\frac{dt}{t}$。当 $x=0$ 时 $t=1$，当 $x=\ln 2$ 时 $t=\frac{1}{2}$，故

$$I={\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}dt.$$

再令 $t=\sin \theta$，则 $\theta \in \left[\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2}\right]$，从而

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\cos }^2\theta }{\sin \theta }d\theta \\ & ={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}(\csc \theta -\sin \theta )d\theta \\ & ={\left[\ln \tan \frac{\theta }{2}+\cos \theta \right]}_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =-\ln \tan \frac{\pi }{12}-\frac{\sqrt{3}}{2}.\end{array}$$

因为 $\tan \frac{\pi }{12}=2-\sqrt{3}$，且 $\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$，所以

$$I=\ln (2+\sqrt{3})-\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

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14. 【1997-4-3 分】 若

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

则

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

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{3}$。

解析： 记

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

则题设为

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

两边在 $[0,1]$ 上积分，得

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}+A{\int }_0^1{x}^{3}dx\\ & =\frac{\pi }{4}+\frac{A}{4}.\end{array}$$

因此

$$\frac{3}{4}A=\frac{\pi }{4},A=\frac{\pi }{3}.$$

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15. 【1997-3-3 分】 若

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

则

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

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4-\pi }$。

解析： 记

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

由题设

$$f(x)=\frac{1}{1+x^2}+A\sqrt{1-x^2}.$$

两边在 $[0,1]$ 上积分，得

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}+A{\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx\\ & =\frac{\pi }{4}+A\cdot \frac{\pi }{4}.\end{array}$$

其中 ${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi }{4}$，它表示单位圆第一象限的面积。于是

$$A\left(1-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\pi }{4},$$

所以

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

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16. 【1999-2-3 分】 函数

$$y=\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$$

在区间 $\left[\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ 上的平均值为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi (\sqrt{3}+1)}{12}$。

解析： 函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的平均值为

$$\overline{f}=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

令 $x=\sin \theta$，则 $dx=\cos \theta d\theta$。当 $x=\frac{1}{2}$ 时 $\theta =\frac{\pi }{6}$；当 $x=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时 $\theta =\frac{\pi }{3}$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx& ={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}{\sin }^2\theta d\theta \\ & ={\left[\frac{\theta }{2}-\frac{\sin 2\theta }{4}\right]}_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\\ & =\frac{\pi }{12}.\end{array}$$

区间长度为

$$\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$$

因此平均值为

$$\begin{array}{rl}\overline{f}& =\frac{\frac{\pi }{12}}{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}\\ & =\frac{\pi }{6(\sqrt{3}-1)}\\ & =\frac{\pi (\sqrt{3}+1)}{12}.\end{array}$$

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17. 【2024-2-5 分】 某物体以速度

$$v(t)=t+k\sin \pi t$$

做直线运动，若它从 $t=0$ 到 $t=3$ 的时间段内平均速度是 $\frac{5}{2}$，则 $k=\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $\frac{3\pi }{2}$。

解析： 在时间区间 $[0,3]$ 上，平均速度为

$$\overline{v}=\frac{1}{3}{\int }_0^{3}v(t)dt.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\frac{5}{2}& =\frac{1}{3}{\int }_0^3(t+k\sin \pi t)dt\\ & =\frac{1}{3}\left(\frac{9}{2}+k{\int }_0^3\sin \pi tdt\right).\end{array}$$

又

$${\int }_0^3\sin \pi tdt={\left[-\frac{\cos \pi t}{\pi }\right]}_0^3=\frac{2}{\pi }.$$

所以

$$\frac{5}{2}=\frac{3}{2}+\frac{2k}{3\pi }.$$

解得

$$k=\frac{3\pi }{2}.$$

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18. 【2000-1-3 分】

$${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4}$。

解析： 配方得

$$2x-x^2=1-(x-1{)}^2.$$

因而

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

曲线

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

是圆 $(x-1{)}^2+y^2=1$ 的上半圆。在 $0\le x\le 1$ 上所对应的图形为半径为 $1$ 的四分之一圆，因此

$${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}dx=\frac{1}{4}\pi \cdot 1^2=\frac{\pi }{4}.$$

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19. 【2007-1-4 分】

$${\int }_1^2\frac{1}{x^3}{e}^{\frac{1}{x}}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\sqrt{e}}{2}$。

解析： 令 $u=\frac{1}{x}$，则

$$x=\frac{1}{u},dx=-\frac{1}{u^2}du.$$

因而

$$\frac{1}{x^3}dx=u^3\left(-\frac{1}{u^2}du\right)=-udu.$$

当 $x=1$ 时，$u=1$；当 $x=2$ 时，$u=\frac{1}{2}$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^2\frac{1}{x^3}{e}^{\frac{1}{x}}dx& ={\int }_1^{\frac{1}{2}}-u{e}^{u}du\\ & ={\int }_{\frac{1}{2}}^{1}u{e}^{u}du\\ & ={\left[(u-1)e^u\right]}_{\frac{1}{2}}^1\\ & =\frac{\sqrt{e}}{2}.\end{array}$$

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20. 【2008-3-4 分】 设

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

则

$${\int }_2^{2\sqrt{2}}f(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}\ln 3$。

解析： 令

$$u=x+\frac{1}{x},x\ge 1.$$

则

$$du=\left(1-\frac{1}{x^2}\right)dx=\frac{x^2-1}{x^2}dx.$$

当 $u=2$ 时，$x=1$；当 $u=2\sqrt{2}$ 时，由

$$x+\frac{1}{x}=2\sqrt{2}$$

且 $x\ge 1$，得 $x=1+\sqrt{2}$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_2^{2\sqrt{2}}f(u)du& ={\int }_1^{1+\sqrt{2}}\frac{x+x^3}{1+x^4}\cdot \frac{x^2-1}{x^2}dx\\ & ={\int }_1^{1+\sqrt{2}}\frac{x^4-1}{x(x^4+1)}dx.\end{array}$$

注意到

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

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_2^{2\sqrt{2}}f(u)du& =\frac{1}{2}{\left[\ln \frac{x^4+1}{x^2}\right]}_1^{1+\sqrt{2}}\\ & =\frac{1}{2}\ln \frac{(1+\sqrt{2}{)}^2+(1+\sqrt{2}{)}^{-2}}{2}.\end{array}$$

又因为

$$(1+\sqrt{2})+\frac{1}{1+\sqrt{2}}=2\sqrt{2},$$

所以

$$(1+\sqrt{2}{)}^2+(1+\sqrt{2}{)}^{-2}=(2\sqrt{2}{)}^2-2=6.$$

因此

$${\int }_2^{2\sqrt{2}}f(x)dx=\frac{1}{2}\ln \frac{6}{2}=\frac{1}{2}\ln 3.$$

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21. 【2009-2-4 分】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{e}^{-x}\sin nxdx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $0$。

解析： 分部积分，取

$$u=e^{-x},dv=\sin nxdx,$$

则

$$du=-e^{-x}dx,v=-\frac{\cos nx}{n}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{e}^{-x}\sin nxdx& =-{\frac{e^{-x}\cos nx}{n}|}_0^1-\frac{1}{n}{\int }_0^1{e}^{-x}\cos nxdx.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_0^1{e}^{-x}\sin nxdx\right|& \le \frac{1+e^{-1}}{n}+\frac{1}{n}{\int }_0^1{e}^{-x}dx\\ & \le \frac{3}{n}\to 0.\end{array}$$

由夹逼定理，所求极限为 $0$。

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22. 【2010-1-4 分】

$${\int }_0^{{\pi }^2}\sqrt{x}\cos \sqrt{x}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $-4\pi$。

解析： 令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^2$，$dx=2tdt$。积分上下限由 $x=0,{\pi }^2$ 变为 $t=0,\pi$，故

$${\int }_0^{{\pi }^2}\sqrt{x}\cos \sqrt{x}dx=2{\int }_0^{\pi }{t}^2\cos tdt.$$

连续分部积分可得

$$\int t^2\cos tdt=t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t+C.$$

因此

$$\begin{array}{rl}2{\int }_0^{\pi }{t}^2\cos tdt& =2{\left[t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t\right]}_0^{\pi }\\ & =2(-2\pi )\\ & =-4\pi .\end{array}$$

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23. 【2012-1-4 分】

$${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}$。

解析： 配方得

$$2x-x^2=1-(x-1{)}^2.$$

令 $t=x-1$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx& ={\int }_{-1}^1(t+1)\sqrt{1-t^2}dt\\ & ={\int }_{-1}^{1}t\sqrt{1-t^2}dt+{\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}dt.\end{array}$$

第一项的被积函数为奇函数，在对称区间上的积分为 $0$；第二项表示单位圆上半圆的面积，等于 $\frac{\pi }{2}$。故

$${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx=\frac{\pi }{2}.$$

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24. 【2014-3-4 分】 设

$${\int }_0^{a}x{e}^{2x}dx=\frac{1}{4},$$

则 $a=\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 分部积分得

$$\int x{e}^{2x}dx=\frac{2x-1}{4}{e}^{2x}+C.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{a}x{e}^{2x}dx& ={\left[\frac{2x-1}{4}{e}^{2x}\right]}_0^a\\ & =\frac{(2a-1)e^{2a}+1}{4}.\end{array}$$

由题意

$$\frac{(2a-1)e^{2a}+1}{4}=\frac{1}{4},$$

从而

$$(2a-1)e^{2a}=0.$$

因为 $e^{2a}>0$，所以

$$a=\frac{1}{2}.$$

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25. 【2020-2-4 分】

$${\int }_0^1\frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx=()$$

A. $\frac{{\pi }^2}{4}$    B. $\frac{{\pi }^2}{8}$    C. $\frac{\pi }{4}$    D. $\frac{\pi }{8}$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 令

$$\sqrt{x}=\sin t,$$

则

$$x={\sin }^{2}t,dx=2\sin t\cos tdt.$$

当 $x$ 从 $0$ 变到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 变到 $\frac{\pi }{2}$。并且

$$\arcsin \sqrt{x}=t,\sqrt{x(1-x)}=\sin t\cos t.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{t}{\sin t\cos t}\cdot 2\sin t\cos tdt\\ & =2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}tdt\\ & ={\left[t^2\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

故选 A。其余选项均与换元后的积分值不符。

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26. 【2022-1-5 分】

$${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $4$。

解析： 令 $x=t^2$，则 $dx=2tdt$，$\sqrt{x}=t$。积分上下限由 $x=1,e^2$ 变为 $t=1,e$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx& ={\int }_1^e\frac{\ln t^2}{t}\cdot 2tdt\\ & =4{\int }_1^e\ln tdt\\ & =4{\left[t\ln t-t\right]}_1^e\\ & =4.\end{array}$$

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27. 【2022-2-5 分】

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

查看答案与解析

答案： $\frac{8\pi }{3\sqrt{3}}$。

解析： 将分子拆成分母导数与常数项：

$$2x+3=(2x-1)+4.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{2x+3}{x^2-x+1}dx& ={\int }_0^1\frac{2x-1}{x^2-x+1}dx+4{\int }_0^1\frac{dx}{x^2-x+1}.\end{array}$$

第一项为

$${\left[\ln (x^2-x+1)\right]}_0^1=0.$$

又

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

故

$$\begin{array}{rl}4{\int }_0^1\frac{dx}{x^2-x+1}& =\frac{8}{\sqrt{3}}{\left[\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right]}_0^1\\ & =\frac{8}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{6}\right)\\ & =\frac{8\pi }{3\sqrt{3}}.\end{array}$$

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28. 【2022-3-5 分】

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

查看答案与解析

答案： $\ln 3-\frac{\pi }{\sqrt{3}}$。

解析： 将分子改写为

$$2x-4=(2x+2)-6.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^2\frac{2x-4}{x^2+2x+4}dx& ={\int }_0^2\frac{2x+2}{x^2+2x+4}dx-6{\int }_0^2\frac{dx}{x^2+2x+4}\\ & ={\left[\ln (x^2+2x+4)\right]}_0^2-6{\int }_0^2\frac{dx}{(x+1{)}^2+3}.\end{array}$$

第一项为

$$\ln 12-\ln 4=\ln 3.$$

第二项为

$$\begin{array}{rl}6{\int }_0^2\frac{dx}{(x+1{)}^2+3}& =2\sqrt{3}{\left[\arctan \frac{x+1}{\sqrt{3}}\right]}_0^2\\ & =2\sqrt{3}\left(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}\right)\\ & =\frac{\pi }{\sqrt{3}}.\end{array}$$

所以

$${\int }_0^2\frac{2x-4}{x^2+2x+4}dx=\ln 3-\frac{\pi }{\sqrt{3}}.$$

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29. 【2023-12-5 分】 设连续函数 $f(x)$ 满足：$f(x+2)-f(x)=x$，${\int }_0^{2}f(x)dx=0$，则

$${\int }_1^{3}f(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 将积分在 $x=2$ 处分开：

$${\int }_1^{3}f(x)dx={\int }_1^{2}f(x)dx+{\int }_2^{3}f(x)dx.$$

对第二项令 $x=t+2$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_2^{3}f(x)dx& ={\int }_0^{1}f(t+2)dt\\ & ={\int }_0^1[f(t)+t]dt.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{3}f(x)dx& ={\int }_1^{2}f(x)dx+{\int }_0^{1}f(x)dx+{\int }_0^{1}xdx\\ & ={\int }_0^{2}f(x)dx+\frac{1}{2}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

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30. 【2025-123-5 分】 计算

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

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{10}+\frac{3}{10}\ln 2$。

解析： 作部分分式分解：

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)}& =\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-2x+2}.\end{array}$$

比较系数得

$$A=\frac{1}{5},B=-\frac{1}{5},C=\frac{3}{5}.$$

故

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)}& =\frac{1}{5(x+1)}+\frac{-x+3}{5[(x-1{)}^2+1]}\\ & =\frac{1}{5(x+1)}-\frac{2x-2}{10[(x-1{)}^2+1]}+\frac{2}{5[(x-1{)}^2+1]}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{dx}{(x+1)(x^2-2x+2)}& =\frac{1}{5}{\left[\ln (x+1)-\frac{1}{2}\ln ((x-1{)}^2+1)+2\arctan (x-1)\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{5}\left(\frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{3}{10}\ln 2+\frac{\pi }{10}.\end{array}$$

（二）显式分段函数

1. 【1991-3-3 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& 0\le x\le 1,\\ 2-x,& 1<x\le 2,\end{array}F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt,0\le x\le 2,$$

则（ ）。

$$\begin{array}{rl}& A.F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3},& 0\le x\le 1,\\ \frac{1}{3}+2x-\frac{x^2}{2},& 1<x\le 2;\end{array}\\ & B.F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3},& 0\le x\le 1,\\ -\frac{7}{6}+2x-\frac{x^2}{2},& 1<x\le 2;\end{array}\\ & C.F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3},& 0\le x\le 1,\\ \frac{x^3}{3}+2x-\frac{x^2}{2},& 1<x\le 2;\end{array}\\ & D.F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3},& 0\le x\le 1,\\ 2x-\frac{x^2}{2},& 1<x\le 2.\end{array}\end{array}$$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 当 $0\le x\le 1$ 时，

$$F(x)={\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3}.$$

当 $1<x\le 2$ 时，积分区间跨过分段点 $t=1$，故

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_0^1{t}^{2}dt+{\int }_1^x(2-t)dt\\ & =\frac{1}{3}+{\left[2t-\frac{t^2}{2}\right]}_1^x\\ & =-\frac{7}{6}+2x-\frac{x^2}{2}.\end{array}$$

因此选 B。A 未扣除第二段积分在下限 $t=1$ 处的值；C、D 均未正确处理跨分段点积分。

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2. 【1992-13-5 分】 设

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

求

$${\int }_1^{3}f(x-2)dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{7}{3}-\frac{1}{e}$。

解析： 令 $t=x-2$，则 $dx=dt$，上下限由 $x=1,3$ 变为 $t=-1,1$。由于被积函数在 $t=0$ 处分段，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{3}f(x-2)dx& ={\int }_{-1}^{1}f(t)dt\\ & ={\int }_{-1}^0(1+t^2)dt+{\int }_0^1{e}^{-t}dt\\ & ={\left[t+\frac{t^3}{3}\right]}_{-1}^0+{\left[-e^{-t}\right]}_0^1\\ & =\frac{4}{3}+1-\frac{1}{e}\\ & =\frac{7}{3}-\frac{1}{e}.\end{array}$$

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3. 【1993-3-3 分】 已知

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& 0\le x<1,\\ 1,& 1\le x\le 2,\end{array}F(x)={\int }_1^{x}f(t)dt(0\le x\le 2),$$

则 $F(x)$ 为（ ）。

$$\begin{array}{rl}& A.\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3},& 0\le x<1,\\ x,& 1\le x\le 2;\end{array}\\ & B.\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3}-\frac{1}{3},& 0\le x<1,\\ x,& 1\le x\le 2;\end{array}\\ & C.\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3},& 0\le x<1,\\ x-1,& 1\le x\le 2;\end{array}\\ & D.\{\begin{array}{ll}\frac{x^3}{3}-\frac{1}{3},& 0\le x<1,\\ x-1,& 1\le x\le 2.\end{array}\end{array}$$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 当 $0\le x<1$ 时，积分上限小于下限，故

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_1^x{t}^{2}dt=-{\int }_x^1{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3}-\frac{1}{3}.\end{array}$$

当 $1\le x\le 2$ 时，

$$F(x)={\int }_1^{x}1dt=x-1.$$

因此选 D。A、C 忽略了第一段积分的下限为 $1$；A、B 又错误地把第二段写成 $x$。

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4. 【2004-34-4 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x{e}^{x^2},& -\frac{1}{2}\le x<\frac{1}{2},\\ -1,& x\ge \frac{1}{2},\end{array}$$

则

$${\int }_{\frac{1}{2}}^{2}f(x-1)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{1}{2}$。

解析： 令 $t=x-1$，则积分区间变为 $\left[-\frac{1}{2},1\right]$，并在 $t=\frac{1}{2}$ 处分段：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\frac{1}{2}}^{2}f(x-1)dx& ={\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}t{e}^{t^2}dt+{\int }_{\frac{1}{2}}^1(-1)dt.\end{array}$$

第一项的被积函数 $t{e}^{t^2}$ 为奇函数，在对称区间上的积分为 $0$；第二项为

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

故原积分为 $-\frac{1}{2}$。