四、广义积分

小题

（一）广义积分的计算

1. 【1988-45-4 分】 求定积分

$${\int }_0^3\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}(1+x)}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{2\pi }{3}$。

解析： 令 $x=t^2$，则 $\mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t$，且当 $x$ 从 $0$ 变到 $3$ 时，$t$ 从 $0$ 变到 $\sqrt{3}$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^3\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}(1+x)}& =2{\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}\\ & =2{\arctan t|}_0^{\sqrt{3}}\\ & =\frac{2\pi }{3}.\end{array}$$

---

2. 【1991-3-3 分】

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2}dx=\_\_\_$$

查看答案与解析

答案：

$$1$$

。

解析： 这是无穷区间上的反常积分。先取有限上限

$$R>1$$

，作分部积分：

$$u=\ln x,dv=\frac{1}{x^2}dx,$$

则

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

因而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^R\frac{\ln x}{x^2}dx& ={-\frac{\ln x}{x}|}_1^R+{\int }_1^R\frac{1}{x^2}dx\\ & =-\frac{\ln R}{R}+1-\frac{1}{R}.\end{array}$$

由于

$$\underset{R\to +\infty }{\lim }\frac{\ln R}{R}=0,$$

所以

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

---

3. 【1992-3-3 分】

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

查看答案与解析

答案：

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

。

解析： 先作部分分式分解：

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

因此

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

又

$$\begin{array}{rl}\underset{R\to +\infty }{\lim }\left[\ln R-\frac{1}{2}\ln (R^2+1)\right]& =\underset{R\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2}\ln \frac{R^2}{R^2+1}\\ & =0.\end{array}$$

故

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

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4. 【1993-3-5 分】 求

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{(1+x{)}^3}dx$$

。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{1}{2}$$

。

解析： 令

$$u=1+x,$$

则

$$x=u-1$$

，且积分区间由

$$[0,+\infty )$$

变为

$$[1,+\infty )$$

。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{x}{(1+x{)}^3}dx& ={\int }_1^{+\infty }\frac{u-1}{u^3}du\\ & ={\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{u^2}-\frac{1}{u^3}\right)du\\ & ={\left[-\frac{1}{u}+\frac{1}{2u^2}\right]}_1^{+\infty }\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

---

5. 【1995-5-3 分】 设

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1+x}{x}\right)}^{ax}={\int }_{-\infty }^{a}t{e}^{t}dt$$

，则常数

$$a=\_\_\_$$

。

查看答案与解析

答案：

$$2$$

。

解析： 左端为

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{ax}& ={\left[\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x\right]}^a\\ & =e^a.\end{array}$$

对右端作分部积分，或直接利用

$$\int t{e}^{t}dt=(t-1)e^t+C,$$

得

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{a}t{e}^{t}dt& ={\left[(t-1)e^t\right]}_{-\infty }^a\\ & =(a-1)e^a.\end{array}$$

由题意

$$e^a=(a-1)e^a.$$

因为

$$e^a>0$$

，所以

$$a-1=1,$$

从而

$$a=2.$$

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6. 【1997-2-3 分】

$${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^2+4x+8}=\_\_\_$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\pi }{8}$$

。

解析： 配方得

$$x^2+4x+8=(x+2{)}^2+4.$$

因而

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

---

7. 【2000-3-3 分】

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{e^x+e^{2-x}}=\_\_\_$$

。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\pi }{4e}$$

。

解析： 分子、分母同乘

$$e^x$$

，得

$$\frac{1}{e^x+e^{2-x}}=\frac{e^x}{e^{2x}+e^2}.$$

令

$$u=e^x,$$

则

$$du=e^{x}dx$$

。当

$$x=1$$

时，

$$u=e$$

；当

$$x\to +\infty$$

时，

$$u\to +\infty$$

。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{e^x+e^{2-x}}& ={\int }_e^{+\infty }\frac{du}{u^2+e^2}\\ & ={\frac{1}{e}\arctan \frac{u}{e}|}_e^{+\infty }\\ & =\frac{1}{e}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}\right)\\ & =\frac{\pi }{4e}.\end{array}$$

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8. 【2000-2-3 分】

$${\int }_2^{+\infty }\frac{dx}{(x+7)\sqrt{x-2}}=\_\_\_$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\pi }{3}$$

。

解析： 令

$$t=\sqrt{x-2},$$

则

$$x=t^2+2,dx=2tdt.$$

当

$$x=2$$

时，

$$t=0$$

；当

$$x\to +\infty$$

时，

$$t\to +\infty$$

。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_2^{+\infty }\frac{dx}{(x+7)\sqrt{x-2}}& ={\int }_0^{+\infty }\frac{2tdt}{(t^2+9)t}\\ & =2{\int }_0^{+\infty }\frac{dt}{t^2+3^2}\\ & ={\frac{2}{3}\arctan \frac{t}{3}|}_0^{+\infty }\\ & =\frac{2}{3}\cdot \frac{\pi }{2}\\ & =\frac{\pi }{3}.\end{array}$$

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9. 【2002-1-3 分】

$${\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{2}x}=\_\_\_$$

查看答案与解析

答案：

$$1$$

。

解析： 令

$$u=\ln x,$$

则

$$du=\frac{dx}{x}.$$

当

$$x=e$$

时，

$$u=1$$

；当

$$x\to +\infty$$

时，

$$u\to +\infty$$

。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{2}x}& ={\int }_1^{+\infty }\frac{du}{u^2}\\ & ={-\frac{1}{u}|}_1^{+\infty }\\ & =1.\end{array}$$

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10. 【2004-2-4 分】

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

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\pi }{2}$$

。

解析： 对

$$x\ge 1$$

，令

$$x=\sec t,$$

其中

$$0\le t<\frac{\pi }{2}$$

。则

$$dx=\sec t\tan tdt,\sqrt{x^2-1}=\tan t.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sec t\tan t}{\sec t\tan t}dt\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}dt\\ & =\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

也可直接利用原函数

$$\mathrm{arcsec}x$$

计算。

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11. 【2005-2-4 分】 ${\int }_0^1\frac{xdx}{\left(2-x^2\right)\sqrt{1-x^2}}=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4}$。

解析： 令

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

则

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

同时

$$2-x^2=1+u^2.$$

当 $x=0$ 时，$u=1$；当 $x=1$ 时，$u=0$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{xdx}{(2-x^2)\sqrt{1-x^2}}& ={\int }_1^0\frac{-du}{1+u^2}\\ & ={\int }_0^1\frac{du}{1+u^2}\\ & ={\arctan u|}_0^1\\ & =\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

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12. 【2006-2-4 分】 反常积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{xdx}{(1+x^2{)}^2}=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 令

$$u=1+x^2,du=2xdx.$$

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{xdx}{(1+x^2{)}^2}& =\frac{1}{2}{\int }_1^{+\infty }{u}^{-2}du\\ & =\frac{1}{2}{\left[-\frac{1}{u}\right]}_1^{+\infty }\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

被积函数在 $+\infty$ 附近与 $x^{-3}$ 同阶，因此该反常积分收敛。

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13. 【2009-2-4 分】 已知 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{k|x|}dx=1$，则 $k=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $-2$。

解析： 因为 $e^{k|x|}$ 是偶函数，故

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{k|x|}dx=2{\int }_0^{+\infty }{e}^{kx}dx.$$

要使积分收敛，必须有

$$k<0.$$

此时

$$\begin{array}{rl}2{\int }_0^{+\infty }{e}^{kx}dx& =2{\frac{e^{kx}}{k}|}_0^{+\infty }\\ & =-\frac{2}{k}.\end{array}$$

由题意

$$-\frac{2}{k}=1,$$

解得

$$k=-2.$$

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14. 【2011-2-4 分】 设函数

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

则 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{\lambda }$。

解析： 因为 $x\le 0$ 时 $f(x)=0$，所以

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx=\lambda {\int }_0^{+\infty }x{e}^{-\lambda x}dx.$$

对右端作分部积分，取

$$u=x,dv=e^{-\lambda x}dx,$$

则

$$du=dx,v=-\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-\lambda x}dx& ={-\frac{x}{\lambda }{e}^{-\lambda x}|}_0^{+\infty }+\frac{1}{\lambda }{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\lambda x}dx\\ & =\frac{1}{{\lambda }^2}.\end{array}$$

从而

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx=\lambda \cdot \frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{\lambda }.$$

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15. 【2013-13-4 分】 ${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x{)}^2}dx=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\ln 2$。

解析： 作分部积分，取

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

则

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

因为

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{1+x}=0,$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x{)}^2}dx& ={-\frac{\ln x}{1+x}|}_1^{+\infty }+{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(1+x)}\\ & ={\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)dx\\ & ={\ln \frac{x}{x+1}|}_1^{+\infty }\\ & =\ln 2.\end{array}$$

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16. 【2014-2-4 分】 ${\int }_{-\infty }^1\frac{dx}{x^2+2x+5}=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{3\pi }{8}$。

解析： 配方得

$$x^2+2x+5=(x+1{)}^2+4.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^1\frac{dx}{x^2+2x+5}& ={\int }_{-\infty }^1\frac{dx}{(x+1{)}^2+2^2}\\ & ={\frac{1}{2}\arctan \frac{x+1}{2}|}_{-\infty }^1\\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{3\pi }{8}.\end{array}$$

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17. 【2017-2-4 分】 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln (1+x)}{(1+x{)}^2}dx=\_\_\_$。

查看答案与解析

答案： $1$。

解析： 令

$$t=1+x,$$

则当 $x=0$ 时 $t=1$，当 $x\to +\infty$ 时 $t\to +\infty$。因此

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln (1+x)}{(1+x{)}^2}dx={\int }_1^{+\infty }\frac{\ln t}{t^2}dt.$$

作分部积分，取

$$u=\ln t,dv=t^{-2}dt,$$

则

$$du=\frac{dt}{t},v=-\frac{1}{t}.$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{\ln t}{t^2}dt& ={-\frac{\ln t}{t}|}_1^{+\infty }+{\int }_1^{+\infty }\frac{dt}{t^2}\\ & =1.\end{array}$$

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18. 【2018-2-4 分】 ${\int }_5^{+\infty }\frac{dx}{x^2-4x+3}=\_\_\_$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}\ln 2$。

解析： 分解因式：

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

部分分式分解为

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

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_5^{+\infty }\frac{dx}{x^2-4x+3}& ={\frac{1}{2}\ln \frac{x-3}{x-1}|}_5^{+\infty }\\ & =0-\frac{1}{2}\ln \frac{2}{4}\\ & =\frac{1}{2}\ln 2.\end{array}$$

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19. 【2021-2-5 分】 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|\cdot 3^{-x^2}dx=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{\ln 3}$。

解析： 因为被积函数为偶函数，且

$$3^{-x^2}=e^{-x^2\ln 3},$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|\cdot 3^{-x^2}dx& =2{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2\ln 3}dx.\end{array}$$

令

$$u=x^2\ln 3,du=2x\ln 3dx,$$

则

$$\begin{array}{rl}2{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2\ln 3}dx& =\frac{1}{\ln 3}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u}du\\ & =\frac{1}{\ln 3}.\end{array}$$

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20. 【2021-1-5 分】 ${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^2+2x+2}=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4}$。

解析： 配方得

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

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^2+2x+2}& ={\arctan (x+1)|}_0^{+\infty }\\ & =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}\\ & =\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

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21. 【2023-2-5 分】 若函数 $f(\alpha )={\int }_2^{+\infty }\frac{1}{x(\ln x{)}^{\alpha +1}}dx$ 在 $\alpha ={\alpha }_0$ 处取得最小值，则 ${\alpha }_0=()$

A. $\frac{-1}{\ln (\ln 2)}$    B. $-\ln 2$    C. $\frac{1}{-\ln 2}$    D. $\ln 2$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 令 $t=\ln x$，则 $dt=\frac{dx}{x}$，从而

$$f(\alpha )={\int }_{\ln 2}^{+\infty }{t}^{-\alpha -1}dt.$$

该反常积分收敛的充要条件为 $\alpha >0$。在此条件下，

$$\begin{array}{rl}f(\alpha )& ={-\frac{1}{\alpha }{t}^{-\alpha }|}_{\ln 2}^{+\infty }\\ & =\frac{(\ln 2{)}^{-\alpha }}{\alpha }.\end{array}$$

取对数：

$$\ln f(\alpha )=-\alpha \ln (\ln 2)-\ln \alpha .$$

因为 $0<\ln 2<1$，故 $\ln (\ln 2)<0$。求导得

$$\frac{d}{d\alpha }\ln f(\alpha )=-\ln (\ln 2)-\frac{1}{\alpha }.$$

令其等于零，得到

$${\alpha }_0=-\frac{1}{\ln (\ln 2)}.$$

又

$$\frac{d^2}{d{\alpha }^2}\ln f(\alpha )=\frac{1}{{\alpha }^2}>0,$$

因而该点为唯一最小值点，故选 A。

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22. 【2024-3-5 分】 ${\int }_2^{+\infty }\frac{5}{x^4+3x^2-4}dx=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}\ln 3-\frac{\pi }{8}$。

解析： 先因式分解：

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

作部分分式分解：

$$\begin{array}{rl}\frac{5}{(x^2-1)(x^2+4)}& =\frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{x^2+4}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_2^{+\infty }\frac{5}{x^4+3x^2-4}dx& ={\left[\frac{1}{2}\ln \frac{x-1}{x+1}-\frac{1}{2}\arctan \frac{x}{2}\right]}_2^{+\infty }\\ & =-\frac{\pi }{4}-\left(-\frac{1}{2}\ln 3-\frac{\pi }{8}\right)\\ & =\frac{1}{2}\ln 3-\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

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23. 【2025-23-5 分】 设 ${\int }_1^{+\infty }\frac{a}{x(2x+a)}dx=\ln 2$，则 $a=\_\_\_$

查看答案与解析

答案： $2$。

解析： 当积分收敛且积分区间内无奇点时，作部分分式分解：

$$\frac{a}{x(2x+a)}=\frac{1}{x}-\frac{2}{2x+a}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{a}{x(2x+a)}dx& ={\left[\ln x-\ln |2x+a|\right]}_1^{+\infty }\\ & =\ln \frac{1}{2}+\ln |a+2|\\ & =\ln \frac{|a+2|}{2}.\end{array}$$

由题意

$$\ln \frac{|a+2|}{2}=\ln 2,$$

即 $|a+2|=4$，形式上得到 $a=2$ 或 $a=-6$。

但当 $a=-6$ 时，分母中的 $2x+a=2(x-3)$ 在积分区间 $[1,+\infty )$ 内为零，原反常积分发散，故舍去。于是

$$a=2.$$

（二）广义积分收敛性的判别

1. 【1987-45-2 分】 下列广义积分收敛的是（ ）。

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

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

查看答案与解析

答案： C。

解析： 对各积分统一令 $t=\ln x$，则 $dt=\frac{dx}{x}$，且 $x=e$ 对应 $t=1$。

A 项化为

$${\int }_1^{+\infty }tdt,$$

发散。

B 项化为

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dt}{t},$$

发散。

C 项化为

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dt}{t^2},$$

收敛。

D 项化为

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dt}{\sqrt{t}},$$

发散。因此选 C。

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2. 【1995-45-3 分】 下列广义积分发散的是（ ）。

A. ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{\sin x}$    B. ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$

C. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx$    D. ${\int }_2^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{2}x}$

查看答案与解析

答案： A。

解析： A 项在 $x=0$ 处有瑕点，且

$$\frac{1}{\sin x}\sim \frac{1}{x}(x\to 0).$$

因此 ${\int }_{-1}^0\frac{dx}{\sin x}$ 与 ${\int }_0^1\frac{dx}{\sin x}$ 均不收敛。虽然被积函数为奇函数，其柯西主值为零，但按反常积分定义必须左右两部分分别收敛，故 A 项发散。

B 项为反正弦积分：

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

收敛。

C 项在无穷远处指数衰减，收敛。

D 项令 $t=\ln x$ 后化为 ${\int }_{\ln 2}^{+\infty }{t}^{-2}dt$，收敛。因此选 A。

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3. 【2005-4-3 分】 下列结论中正确的是（ ）。

A. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x+1)}$ 与 ${\int }_0^1\frac{dx}{x(x+1)}$ 都收敛

B. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x+1)}$ 与 ${\int }_0^1\frac{dx}{x(x+1)}$ 都发散

C. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x+1)}$ 发散，${\int }_0^1\frac{dx}{x(x+1)}$ 收敛

D. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x+1)}$ 收敛，${\int }_0^1\frac{dx}{x(x+1)}$ 发散

查看答案与解析

答案： D。

解析： 当 $x\to +\infty$ 时，

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

故 ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x+1)}$ 收敛。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

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

故 ${\int }_0^1\frac{dx}{x(x+1)}$ 发散。因此选 D。

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4. 【2010-12-4 分】 设 $m,n$ 是正整数，则反常积分

$${\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}dx$$

的收敛性（ ）。

A. 仅与 $m$ 的取值有关    B. 仅与 $n$ 的取值有关

C. 与 $m,n$ 的取值都有关    D. 与 $m,n$ 的取值都无关

查看答案与解析

答案： D。

解析： 被积函数在 $x=0$ 和 $x=1$ 两端都可能产生反常性，分别讨论。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$\ln (1-x)\sim -x$，故

$$\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\sim x^{\frac{2}{m}-\frac{1}{n}}.$$

对任意正整数 $m,n$，都有

$$\frac{2}{m}-\frac{1}{n}>-1,$$

所以在 $x=0$ 附近可积。

当 $x\to 1^{-}$ 时，令 $t=1-x$，则 $x^{-1/n}\to 1$，只需考察

$$|\ln t{|}^{\frac{2}{m}}.$$

对任意有限正指数 $\frac{2}{m}$，积分 ${\int }_0^{\delta }|\ln t{|}^{2/m}dt$ 均收敛。

因此原反常积分对任意正整数 $m,n$ 都收敛，敛散性与二者取值无关，故选 D。

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5. 【2013-2-4 分】 设函数

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

若反常积分 ${\int }_1^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则（ ）。

A. $\alpha <-2$    B. $\alpha >2$    C. $-2<\alpha <0$    D. $0<\alpha <2$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 将原积分拆成

$${\int }_1^e\frac{dx}{(x-1{)}^{\alpha -1}}+{\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{\alpha +1}x}.$$

对第一部分，令 $t=x-1$，则在 $t=0$ 附近被积函数为

$$t^{1-\alpha }.$$

根据 ${\int }_0^c{t}^{p}dt$ 收敛的条件 $p>-1$，有

$$1-\alpha >-1,$$

即

$$\alpha <2.$$

对第二部分，令 $u=\ln x$，则

$${\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{\alpha +1}x}={\int }_1^{+\infty }\frac{du}{u^{\alpha +1}}.$$

该积分收敛的条件为

$$\alpha +1>1,$$

即 $\alpha >0$。

综合得

$$0<\alpha <2,$$

故选 D。

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6. 【2015-2-4 分】 下列反常积分中收敛的是（ ）。

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

C. ${\int }_2^{+\infty }\frac{dx}{x\ln x}$    D. ${\int }_2^{+\infty }\frac{x}{e^x}dx$

查看答案与解析

答案： D。

解析： A 项为 $p$ 型积分 ${\int }_2^{+\infty }{x}^{-1/2}dx$，因指数 $\frac{1}{2}\le 1$，故发散。

B 项有

$$\int \frac{\ln x}{x}dx=\frac{1}{2}(\ln x{)}^2+C,$$

故发散。

C 项有

$$\int \frac{dx}{x\ln x}=\ln (\ln x)+C,$$

故发散。

D 项中 $x{e}^{-x}$ 指数衰减，且分部积分可得

$${\int }_2^{+\infty }x{e}^{-x}dx={-(x+1)e^{-x}|}_2^{+\infty }=3e^{-2},$$

因此收敛，故选 D。

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7. 【2016-2-4 分】 反常积分

① ${\int }_{-\infty }^0\frac{1}{x^2}{e}^{\frac{1}{x}}dx$；

② ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2}{e}^{\frac{1}{x}}dx$

的敛散性为（ ）。

A. ①收敛，②收敛    B. ①收敛，②发散    C. ①发散，②收敛    D. ①发散，②发散

查看答案与解析

答案： B。

解析： 注意

$$\frac{d}{dx}{e}^{1/x}=-\frac{1}{x^2}{e}^{1/x}.$$

对①，有

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^0\frac{1}{x^2}{e}^{1/x}dx& =-{e^{1/x}|}_{-\infty }^{0^{-}}\\ & =-\left(0-1\right)=1,\end{array}$$

因此①收敛。

对②，在 $x\to 0^{+}$ 时 $e^{1/x}\to +\infty$，并且

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\epsilon }^1\frac{1}{x^2}{e}^{1/x}dx& =-{e^{1/x}|}_{\epsilon }^1\\ & =e^{1/\epsilon }-e\to +\infty (\epsilon \to 0^{+}).\end{array}$$

所以②发散，故选 B。

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8. 【2016-1-4 分】 若反常积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}dx$$

收敛，则（ ）。

A. $a<1$ 且 $b>1$    B. $a>1$ 且 $b>1$    C. $a<1$ 且 $a+b>1$    D. $a>1$ 且 $a+b>1$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 原积分在 $x=0$ 和 $x=+\infty$ 两处都可能反常，需要分别判断。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$(1+x{)}^b\to 1$，故

$$\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\sim \frac{1}{x^a}.$$

根据瑕积分判别准则，

$${\int }_0^1\frac{dx}{x^a}$$

收敛的充要条件是

$$a<1.$$

当 $x\to +\infty$ 时，$1+x\sim x$，故

$$\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\sim \frac{1}{x^{a+b}}.$$

而

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^{a+b}}$$

收敛的充要条件是

$$a+b>1.$$

因此原反常积分收敛的条件为

$$a<1,a+b>1,$$

故选 C。

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9. 【2019-2-4 分】 下列反常积分发散的是（ ）。

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

C. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan x}{1+x^2}dx$    D. ${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx$

查看答案与解析

答案： D。

解析： A 项利用分部积分，

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx& ={-x{e}^{-x}|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}dx\\ & =1,\end{array}$$

故收敛。

B 项令 $u=x^2$，则 $du=2xdx$，所以

$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u}du=\frac{1}{2},$$

故收敛。

C 项令 $u=\arctan x$，则 $du=\frac{dx}{1+x^2}$，于是

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan x}{1+x^2}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}udu=\frac{{\pi }^2}{8},$$

故收敛。

D 项有

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

当 $R\to +\infty$ 时，上式趋于 $+\infty$，故该积分发散。因此选 D。

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10. 【2022-2-5 分】 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. $(-\infty ,2)$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 被积函数在 $x=0$ 和 $x=1$ 两端均可能反常。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$(1-x{)}^{1-p}\to 1$，故

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

已知

$${\int }_0^{\delta }{x}^{\alpha }|\ln x|dx$$

收敛的条件为 $\alpha >-1$。这里 $\alpha =-p$，故要求

$$-p>-1,$$

即

$$p<1.$$

当 $x\to 1^{-}$ 时，$\ln x\sim -(1-x)$，且 $x^p\to 1$，故

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

瑕积分

$${\int }_{1-\delta }^1(1-x{)}^{p}dx$$

收敛的条件为

$$p>-1.$$

综合两端条件，得

$$-1<p<1.$$

因此选 A。

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11. 【2024-2-5 分】 设非负函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，给出以下三个命题：

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

（2）若存在 $p>1$，使得 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{p}f(x)$ 存在，则 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛；

（3）若 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则存在 $p>1$，使得 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{p}f(x)$ 存在。

其中真命题的个数为（ ）。

A. $0$    B. $1$    C. $2$    D. $3$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 命题（1）错误。 取

$$f(x)=\frac{1}{(1+x{)}^{3/4}}.$$

则 $f(x)$ 非负且连续，并且

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

收敛；但

$${\int }_0^{+\infty }f(x)dx={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x{)}^{3/4}}$$

发散。因此平方可积不能推出可积。

命题（2）正确。 若存在 $p>1$，且有限极限

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{p}f(x)=L$$

存在，则 $x^{p}f(x)$ 在充分大的区间上有界。因此存在常数 $M>0$ 和 $X>0$，使得当 $x>X$ 时，

$$0\le f(x)\le \frac{M}{x^p}.$$

因为 $p>1$，反常积分 ${\int }_X^{+\infty }{x}^{-p}dx$ 收敛，由比较判别法知 ${\int }_X^{+\infty }f(x)dx$ 收敛；再结合 $f$ 在 $[0,X]$ 上连续，故原积分收敛。

命题（3）错误。 取

$$f(x)=\frac{1}{(x+2)[\ln (x+2){]}^2}.$$

则 $f(x)$ 非负且连续，并且令 $u=\ln (x+2)$ 可得

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

收敛。但对任意 $p>1$，

$$x^{p}f(x)=\frac{x^p}{(x+2)[\ln (x+2){]}^2}\sim \frac{x^{p-1}}{(\ln x{)}^2}\to +\infty ,$$

因而不存在有限极限。所以积分收敛不能保证函数具有某个高于一次幂的衰减速度。

因此仅命题（2）正确，真命题的个数为 $1$，故选 B。

大题

（一）广义积分的计算

1. 【1991-2-6 分】 求

$${\int }_3^{+\infty }\frac{dx}{(x-1{)}^4\sqrt{x^2-2x}}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}=\frac{16-9\sqrt{3}}{24}$。

解析： 令

$$t=x-1,$$

则

$$x^2-2x=(x-1{)}^2-1=t^2-1,$$

且当 $x=3$ 时 $t=2$，当 $x\to +\infty$ 时 $t\to +\infty$。因此

$$I={\int }_2^{+\infty }\frac{dt}{t^4\sqrt{t^2-1}}.$$

再令

$$t=\sec \theta ,$$

则

$$dt=\sec \theta \tan \theta d\theta ,\sqrt{t^2-1}=\tan \theta .$$

积分限相应变为

$$t=2⟹\theta =\frac{\pi }{3},t\to +\infty ⟹\theta \to \frac{\pi }{2}.$$

故

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sec \theta \tan \theta }{{\sec }^4\theta \tan \theta }d\theta \\ & ={\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta d\theta \\ & =\left(\sin \theta -\frac{{\sin }^3\theta }{3}\right){|}_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{2}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{8}=\frac{16-9\sqrt{3}}{24}.\end{array}$$

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2. 【1993-45-7 分】 已知

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x-a}{x+a}\right)}^x={\int }_a^{+\infty }4x^2{e}^{-2x}dx,$$

求常数 $a$ 的值。

查看答案与解析

答案： $a=0$ 或 $a=-1$。

解析： 先计算左端极限。取对数得

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{x\to +\infty }{\lim }x\ln \left(\frac{x-a}{x+a}\right)\\ & =\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left[\ln \left(1-\frac{a}{x}\right)-\ln \left(1+\frac{a}{x}\right)\right]\\ & =-a-a=-2a.\end{array}$$

因而

$$L=e^{-2a}.$$

再计算右端反常积分。分部积分或利用递推公式可得

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

由题设

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

因为 $e^{-2a}>0$，约去后得

$$2a^2+2a=0,$$

即

$$2a(a+1)=0.$$

因此

$$a=0\text{或}a=-1.$$

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3. 【1995-45-6 分】 计算

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

查看答案与解析

答案： $\ln 2$。

解析： 注意到

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

因此

$$I=-{\int }_0^{+\infty }xd\left(\frac{1}{1+e^x}\right).$$

分部积分得

$$\begin{array}{rl}I& =-{\frac{x}{1+e^x}|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+e^x}.\end{array}$$

由于

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{1+e^x}=0,$$

故边界项为 $0$。又令 $u=e^{-x}$，则 $dx=-\frac{du}{u}$，从而

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+e^x}={\int }_1^0\frac{u}{1+u}\left(-\frac{du}{u}\right)\\ & ={\int }_0^1\frac{du}{1+u}=\ln 2.\end{array}$$

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4. 【1998-2-6 分】 计算积分

$${\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{dx}{\sqrt{|x-x^2|}}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}+2\ln \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}$。

解析： 因为

$$x-x^2=x(1-x),$$

在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上非负，在 $\left[1,\frac{3}{2}\right]$ 上非正，所以应在 $x=1$ 处分段：

$$I={\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}+{\int }_1^{\frac{3}{2}}\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)}}.$$

对第一部分，令 $x={\sin }^2\theta$，则

$$dx=2\sin \theta \cos \theta d\theta ,\sqrt{x(1-x)}=\sin \theta \cos \theta .$$

当 $x=\frac{1}{2}$ 时 $\theta =\frac{\pi }{4}$，当 $x=1$ 时 $\theta =\frac{\pi }{2}$，故

$${\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=2{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta =\frac{\pi }{2}.$$

对第二部分，令 $x={\sec }^2\theta$，则

$$dx=2{\sec }^2\theta \tan \theta d\theta ,\sqrt{x(x-1)}=\sec \theta \tan \theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{\frac{3}{2}}\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)}}& =2{\int }_0^{{\theta }_1}\sec \theta d\theta \\ & =2\ln (\sec \theta +\tan \theta ){|}_0^{{\theta }_1},\end{array}$$

其中 ${\sec }^2{\theta }_1=\frac{3}{2}$，故

$$\sec {\theta }_1=\sqrt{\frac{3}{2}},\tan {\theta }_1=\sqrt{\frac{1}{2}}.$$

从而

$${\int }_1^{\frac{3}{2}}\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)}}=2\ln \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}.$$

综上

$$I=\frac{\pi }{2}+2\ln \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}.$$

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5. 【1999-2-6 分】 计算

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\arctan x}{x^2}dx.$$

查看答案与解析

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

解析： 令

$$u=\arctan x,dv=\frac{dx}{x^2},$$

则

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

分部积分得

$$\begin{array}{rl}I& ={-\frac{\arctan x}{x}|}_1^{+\infty }+{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(1+x^2)}\\ & =\frac{\pi }{4}+{\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx.\end{array}$$

后一积分为

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx& ={\left[\ln x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)\right]}_1^{+\infty }\\ & =0-\left(-\frac{1}{2}\ln 2\right)\\ & =\frac{1}{2}\ln 2.\end{array}$$

因此

$$I=\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2}\ln 2.$$

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6. 【2000-4-6 分】 计算

$$I={\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{e^{1+x}+e^{3-x}}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4e^2}$。

解析： 令

$$t=e^{x-1},$$

则

$$dx=\frac{dt}{t}.$$

当 $x=1$ 时，$t=1$；当 $x\to +\infty$ 时，$t\to +\infty$。并且

$$\begin{array}{rl}{e}^{1+x}& =e^{2}t,\\ e^{3-x}& =\frac{e^2}{t}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_1^{+\infty }\frac{1}{e^2\left(t+\frac{1}{t}\right)}\cdot \frac{dt}{t}\\ & =\frac{1}{e^2}{\int }_1^{+\infty }\frac{dt}{1+t^2}\\ & =\frac{1}{e^2}{\left[\arctan t\right]}_1^{+\infty }\\ & =\frac{1}{e^2}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}\right)\\ & =\frac{\pi }{4e^2}.\end{array}$$

本题的关键是令 $t=e^{x-1}$，使分母中的两个指数项分别化为 $e^{2}t$ 与 $\frac{e^2}{t}$，从而转化为反正切型积分。

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7. 【2008-2-9 分】 求积分

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

查看答案与解析

答案： $\frac{{\pi }^2+4}{16}$。

解析： 令

$$x=\sin t,$$

则

$$dx=\cos tdt,\sqrt{1-x^2}=\cos t,\arcsin x=t.$$

当 $x=0$ 时，$t=0$；当 $x=1$ 时，$t=\frac{\pi }{2}$。故原积分化为

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}t{\sin }^{2}tdt.$$

利用

$${\sin }^{2}t=\frac{1-\cos 2t}{2},$$

得

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}tdt-\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}t\cos 2tdt.\end{array}$$

第一项为

$$\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}tdt=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^2=\frac{{\pi }^2}{16}.$$

对第二个积分分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}t\cos 2tdt& ={\frac{t\sin 2t}{2}|}_0^{\frac{\pi }{2}}-\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2tdt\\ & =0-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{{\pi }^2}{16}-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{{\pi }^2}{16}+\frac{1}{4}\\ & =\frac{{\pi }^2+4}{16}.\end{array}$$