第三章 一元函数积分概念、计算及应用

选择题

1. 设 $f(x)$ 为连续函数，

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

则 $I$ 的值

A. 依赖于 $s$ 和 $t$；    B. 依赖于 $s,t,x$；

C. 依赖于 $t,x$，不依赖于 $s$；    D. 依赖于 $s$，不依赖于 $t$。

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答案： （A）

解析： 令 $u=tx$，则 $du=tdx$。当 $x=0$ 时 $u=0$，当 $x=s$ 时 $u=st$，所以

$$I=t{\int }_0^{s}f(tx)dx={\int }_0^{st}f(u)du.$$

因此，$I$ 一般通过积分上限 $st$ 同时依赖于 $s$ 和 $t$。原式中的 $x$ 只是积分变量，积分完成后结果不依赖于 $x$。故选（A）。

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2. 下列函数中在 $[-1,2]$ 上定积分不存在的是

A.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-\frac{1}{x^2}},& x\ne 0,\\ 0,& x=0;\end{array}$$

B.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\sin \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0;\end{array}$$

C.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+1,& x>\frac{1}{2},\\ x,& |x|\le \frac{1}{2},\\ -x^2+1,& x<-\frac{1}{2};\end{array}$$

D.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{d}{dx}\left(x\sin \frac{1}{x}\right),& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

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答案： （D）

解析： 逐项判断其在闭区间上的黎曼可积性。

• （A）当 $x\to 0$ 时，$e^{-1/x^2}\to 0=f(0)$，故函数在 $[-1,2]$ 上连续，从而定积分存在。
• （B）函数有界，仅在 $x=0$ 处不连续。单个间断点不影响黎曼可积性，故定积分存在。
• （C）函数分段连续，仅在 $x=\pm \frac{1}{2}$ 处可能有跳跃间断，故在闭区间上可积。
• （D）当 $x\ne 0$ 时，

$$\frac{d}{dx}\left(x\sin \frac{1}{x}\right)=\sin \frac{1}{x}-\frac{1}{x}\cos \frac{1}{x}.$$

其中第二项在 $x\to 0$ 时无界，因此该函数在 $[-1,2]$ 上无界。闭区间上的黎曼可积函数必须有界，所以其定积分不存在。

故选（D）。

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3. 下列函数中在 $[-2,3]$ 不存在原函数的是

A.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+x^2)-x^2}{x^4},& x\ne 0,\\ -\frac{1}{2},& x=0;\end{array}$$

B. $f(x)=\max \{|x|,1\}$；

C.

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2},& x>0,\\ 0,& x=0,\\ \frac{\tan x-\sin x}{x^3},& x<0;\end{array}$$

D.

$$f(x)={\int }_0^{x}g(t)dt,g(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}(x^2+1),& x<1,\\ \frac{1}{3}(x-1),& x\ge 1.\end{array}$$

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答案： （C）

解析： 导函数必具有介值性，即满足达布定理。因此，若一个函数在某点发生第一类跳跃间断，则它不可能是某个函数的导函数，也就不存在原函数。

• （A）利用展开式

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

得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x^2)-x^2}{x^4}=-\frac{1}{2}=f(0).$$

所以 $f$ 在 $x=0$ 连续，在区间上存在原函数。

• （B）$\max \{|x|,1\}$ 是连续函数，故存在原函数。
• （C）当 $x\to 0^{+}$ 时，

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

因而

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\frac{1}{2}.$$

当 $x\to 0^{-}$ 时，

$$\tan x-\sin x=\frac{x^3}{2}+o(x^3),$$

因而

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\frac{1}{2}.$$

左、右极限不相等，函数在 $x=0$ 处发生跳跃，违反导函数的介值性，故不存在原函数。

• （D）虽然 $g(x)$ 在 $x=1$ 处不连续，但它分段连续，故

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

是连续函数。任意连续函数均存在原函数，因此（D）存在原函数。

故选（C）。

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4. 积分

$${\int }_a^{a+2\pi }\cos x\ln (2+\cos x)dx$$

的值

A. 与 $a$ 有关；    B. 是与 $a$ 无关的负数；    C. 是与 $a$ 无关的正数；    D. 为零。

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答案： （C）

解析： 被积函数

$$h(x)=\cos x\ln (2+\cos x)$$

是以 $2\pi$ 为周期的连续函数，所以在任意长度为 $2\pi$ 的区间上的积分相同，即积分值与 $a$ 无关。

只需判断

$$I={\int }_0^{2\pi }\cos x\ln (2+\cos x)dx$$

的符号。由对称性，

$$I=2{\int }_0^{\pi }\cos x\ln (2+\cos x)dx.$$

再将区间 $[0,\pi ]$ 关于 $\frac{\pi }{2}$ 配对，得到

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

在 $0\le x<\frac{\pi }{2}$ 上，$\cos x>0$，且

$$\frac{2+\cos x}{2-\cos x}>1,$$

所以被积函数为正，从而 $I>0$。

因此该积分是与 $a$ 无关的正数，故选（C）。

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5. 设常数 $\alpha >0$，

$$I_1={\int }_0^{\pi }\frac{\cos x}{1+x^{\alpha }}dx,I_2={\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{1+x^{\alpha }}dx,$$

则

A. $I_1>I_2$；    B. $I_1<I_2$；

C. $I_1=I_2$；    D. $I_1$ 与 $I_2$ 的大小与 $\alpha$ 的取值有关。

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答案： （D）

解析： 考察参数 $\alpha$ 在两个极端情形下的积分值。

当 $\alpha \to 0^{+}$ 时，对任意 $x>0$，有 $x^{\alpha }\to 1$。由有界收敛定理，

$$I_1\to \frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\cos xdx=0,$$

而

$$I_2\to \frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\sin xdx=1.$$

所以当 $\alpha$ 充分小时，$I_1<I_2$。

当 $\alpha \to +\infty$ 时，除 $x=1$ 外，

$$\frac{1}{1+x^{\alpha }}\to \{\begin{array}{ll}1,& 0\le x<1,\\ 0,& 1<x\le \pi .\end{array}$$

于是

$$I_1\to {\int }_0^1\cos xdx=\sin 1,$$$$I_2\to {\int }_0^1\sin xdx=1-\cos 1.$$

由于

$$\sin 1>1-\cos 1,$$

故当 $\alpha$ 充分大时，$I_1>I_2$。

因此，$I_1$ 与 $I_2$ 的大小会随 $\alpha$ 的取值而改变，故选（D）。

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6. 下列反常积分中发散的是

A.

$${\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{k}x},k>1;$$

B.

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

C.

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

D.

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

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答案： （D）

解析： - （A）令 $u=\ln x$，则

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

因为 $k>1$，故积分收敛。

• （B）令 $u=x^2$，则

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

故收敛。

• （C）

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

故收敛。

• （D）当 $x\to 0$ 时，$\sin x\sim x$，从而

$$\frac{1}{\sin x}\sim \frac{1}{x}.$$

而 ${\int }_0^1\frac{dx}{x}$ 发散，因此在 $x=0$ 处分开的两个反常积分均不收敛。尽管其柯西主值可能存在，但通常意义下的反常积分发散。

故选（D）。

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7. 设

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

则 $f(t)$ 在 $t=0$ 处

A. 极限不存在；    B. 极限存在但不连续；    C. 连续但不可导；    D. 可导。

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答案： （C）

解析： 由于

$$\ln \sqrt{x^2+t^2}=\frac{1}{2}\ln (x^2+t^2),$$

且函数关于 $t$ 为偶函数，只需先考虑 $t>0$。利用原函数

$$\int \ln (x^2+t^2)dx=x\ln (x^2+t^2)-2x+2t\arctan \frac{x}{t},$$

可得

$$\begin{array}{rl}f(t)& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\ln (x^2+t^2)dx\\ & =\frac{1}{2}\ln (1+t^2)-1+t\arctan \frac{1}{t},t>0.\end{array}$$

又

$$f(0)={\int }_0^1\ln xdx=-1.$$

当 $t\to 0^{+}$ 时，

$$\frac{1}{2}\ln (1+t^2)\to 0,t\arctan \frac{1}{t}\to 0,$$

故 $f(t)\to -1=f(0)$。由偶对称性可知 $f$ 在 $t=0$ 处连续。

再求单侧导数。由上式，当 $t>0$ 时，

$$f^{\prime }(t)=\arctan \frac{1}{t}.$$

因此

$$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\arctan \frac{1}{t}=\frac{\pi }{2}.$$

由于 $f(t)$ 是偶函数，

$$f_{-}^{\prime }(0)=-\frac{\pi }{2}.$$

左右导数不相等，所以 $f$ 在 $t=0$ 处不可导。

故选（C）。

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8. 设

$$F(x)={\int }_{\frac{1}{x}}^{\ln x}f(t)dt,$$

$f(x)$ 连续，则 $F^{\prime }(x)=$

A.

$$\frac{1}{x}f(\ln x)+\frac{1}{x^2}f\left(\frac{1}{x}\right);$$

B.

$$f(\ln x)+f\left(\frac{1}{x}\right);$$

C.

$$\frac{1}{x}f(\ln x)-\frac{1}{x^2}f\left(\frac{1}{x}\right);$$

D.

$$f(\ln x)-f\left(\frac{1}{x}\right).$$

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答案： （A）

解析： 由变上、下限积分求导公式，若

$$F(x)={\int }_{\alpha (x)}^{\beta (x)}f(t)dt,$$

则

$$F^{\prime }(x)=f(\beta (x)){\beta }^{\prime }(x)-f(\alpha (x)){\alpha }^{\prime }(x).$$

本题中

$$\alpha (x)=\frac{1}{x},\beta (x)=\ln x,$$

所以

$${\alpha }^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2},{\beta }^{\prime }(x)=\frac{1}{x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =f(\ln x)\cdot \frac{1}{x}-f\left(\frac{1}{x}\right)\left(-\frac{1}{x^2}\right)\\ & =\frac{1}{x}f(\ln x)+\frac{1}{x^2}f\left(\frac{1}{x}\right).\end{array}$$

故选（A）。

填空题

1. 题目如下：

$$\int \frac{x{e}^x}{(1+x{)}^2}dx=\underline{}.$$

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答案：

$$\frac{e^x}{1+x}+C.$$

解析： 观察到

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

因此

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

本题关键是识别商的导数结构。

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2. 题目如下：

$$\int \frac{dx}{{\sin }^{3}x}=\underline{}.$$

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答案：

$$-\frac{1}{2}\csc x\cot x+\frac{1}{2}\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C.$$

解析： 记

$$I=\int {\csc }^{3}xdx.$$

将其写成

$$I=\int \csc x\cdot {\csc }^{2}xdx,$$

分部积分，取

$$u=\csc x,dv={\csc }^{2}xdx,$$

则

$$du=-\csc x\cot xdx,v=-\cot x.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& =-\csc x\cot x-\int \csc x{\cot }^{2}xdx\\ & =-\csc x\cot x-\int \csc x({\csc }^{2}x-1)dx\\ & =-\csc x\cot x-I+\int \csc xdx.\end{array}$$

所以

$$2I=-\csc x\cot x+\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C,$$

从而得到所求结果。这里还可利用

$$\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|=\ln |\csc x-\cot x|$$

写成等价形式。

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3. 题目如下：

$$\int \left(\ln \ln x+\frac{1}{\ln x}\right)dx=\underline{}.$$

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答案：

$$x\ln \ln x+C.$$

解析： 由乘积求导公式，

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}\left(x\ln \ln x\right)& =\ln \ln x+x\cdot \frac{1}{\ln x}\cdot \frac{1}{x}\\ & =\ln \ln x+\frac{1}{\ln x}.\end{array}$$

故

$$\int \left(\ln \ln x+\frac{1}{\ln x}\right)dx=x\ln \ln x+C.$$

在实数范围内，原题中的 $\ln \ln x$ 要求 $x>1$。

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4. 题目如下：

$$\int e^{x+\cos x}(\cos x-\sin x)dx=\underline{}.$$

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答案： 按现有题面，该积分一般不能用初等函数表示；题目疑似存在漏项或录入错误。

解析： 若令

$$F(x)=e^{x+\cos x}g(x),$$

希望其导数等于题中被积函数，则 $g(x)$ 必须满足

$$g^{\prime }(x)+(1-\sin x)g(x)=\cos x-\sin x.$$

该一阶线性方程的积分因子正是 $e^{x+\cos x}$，其通解为

$$g(x)=e^{-x-\cos x}\left[\int e^{x+\cos x}(\cos x-\sin x)dx+C\right],$$

并不能把原积分化为常见初等函数。

例如，容易误写成

$$e^{x+\cos x}\cos x+C,$$

但直接求导得到

$$\frac{d}{dx}\left(e^{x+\cos x}\cos x\right)=e^{x+\cos x}(\cos x-\sin x-\sin x\cos x),$$

比原被积函数多出一项

$$-e^{x+\cos x}\sin x\cos x.$$

因此该结果并不成立。按现有题面只能保留为一个非初等原函数；若原题被积函数含有上述漏项，则原函数才是

$$e^{x+\cos x}\cos x+C.$$

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5. 设 $f^{\prime \prime }(x)$ 连续，$f^{\prime }(x)\ne 0$，则

$$\int \left[\frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}-\frac{f^2(x)f^{\prime \prime }(x)}{[f^{\prime }(x){]}^3}\right]dx=\underline{}.$$

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答案：

$$\frac{f^2(x)}{2[f^{\prime }(x){]}^2}+C.$$

解析： 对

$$\frac{f^2(x)}{2[f^{\prime }(x){]}^2}$$

求导，有

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}\left(\frac{f^2}{2(f^{\prime }{)}^2}\right)& =\frac{1}{2}\left[2f{f}^{\prime }(f^{\prime }{)}^{-2}-2f^2(f^{\prime }{)}^{-3}{f}^{\prime \prime }\right]\\ & =\frac{f}{f^{\prime }}-\frac{f^2{f}^{\prime \prime }}{(f^{\prime }{)}^3}.\end{array}$$

故原积分为

$$\frac{f^2(x)}{2[f^{\prime }(x){]}^2}+C.$$

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6. 题目如下：

$${\int }_{-1}^1{\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)}^{2}dx=\underline{}.$$

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答案：

$$2.$$

解析： 展开被积函数：

$$\begin{array}{rl}{\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)}^2& =x^2+(1-x^2)+2x\sqrt{1-x^2}\\ & =1+2x\sqrt{1-x^2}.\end{array}$$

其中

$$2x\sqrt{1-x^2}$$

是奇函数，在对称区间 $[-1,1]$ 上积分为零。因此

$${\int }_{-1}^1{\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)}^{2}dx={\int }_{-1}^{1}1dx=2.$$

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7. 题目如下：

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

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答案：

$$2e^2+2.$$

解析： 令

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

当 $x=0$ 时 $t=0$，当 $x=4$ 时 $t=2$。于是

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

故结果为

$$2e^2+2.$$

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8. 题目如下：

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

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答案：

$$\ln \frac{2e}{1+e}.$$

解析： 令

$$u={\sin }^{2}x,du=\sin 2xdx.$$

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

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin 2x}{1+e^{{\sin }^{2}x}}dx={\int }_0^1\frac{du}{1+e^u}.$$

注意

$$\frac{d}{du}\left[u-\ln (1+e^u)\right]=\frac{1}{1+e^u},$$

故

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

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9. 题目如下：

$${\int }_0^{1}x\arcsin xdx=\underline{}.$$

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答案：

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

解析： 分部积分，取

$$u=\arcsin x,dv=xdx,$$

则

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

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x\arcsin xdx& ={\frac{x^2}{2}\arcsin x|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx\\ & =\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx.\end{array}$$

令 $x=\sin t$，则

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

故

$${\int }_0^{1}x\arcsin xdx=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{8}.$$

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10. 题目如下：

$$\int \frac{x^{2n-1}}{1+x^n}dx(n\ne 0)=\underline{}.$$

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答案：

$$\frac{1}{n}\left[x^n-\ln |1+x^n|\right]+C.$$

解析： 令

$$u=x^n,du=n{x}^{n-1}dx.$$

则

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

因此

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

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11. 题目如下：

$${\int }_0^{2\pi }{\sin }^{n}x{\cos }^{m}xdx(\text{自然数 }n\text{ 或 }m\text{ 为奇数})=\underline{}.$$

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答案：

$$0.$$

解析： 若 $n$ 为奇数，则令 $x=2\pi -t$，有

$$\sin (2\pi -t)=-\sin t,\cos (2\pi -t)=\cos t,$$

从而被积函数关于该变换变号，故积分为零。

若 $m$ 为奇数，则分别考察区间 $[0,\pi ]$ 与 $[\pi ,2\pi ]$。在前一区间作变换 $x\mapsto \pi -x$，在后一区间作变换 $x\mapsto 3\pi -x$。两种变换均使 $\sin x$ 不变而使 $\cos x$ 变号，因此两个半区间上的积分都为零。

因此只要 $n,m$ 中至少一个为奇数，就有

$${\int }_0^{2\pi }{\sin }^{n}x{\cos }^{m}xdx=0.$$

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12. 题目如下：

$${\int }_0^a\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}dx(a>0)=\underline{}.$$

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答案：

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

解析： 令

$$x=a\cos 2t.$$

当 $x=0$ 时 $t=\frac{\pi }{4}$，当 $x=a$ 时 $t=0$，且

$$dx=-2a\sin 2tdt.$$

又因为 $0\le t\le \frac{\pi }{4}$，所以

$$\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}=\sqrt{\frac{1-\cos 2t}{1+\cos 2t}}=\tan t,$$

故

$$\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}=t.$$

于是

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

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13. 设 $y=f(x)$ 满足

$$\Delta y=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\Delta x+o(\Delta x),f(0)=0,$$

则

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

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答案：

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

解析： 由可微的定义可知

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

注意到

$$\frac{d}{dx}\sqrt{2x-x^2}=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}},$$

故

$$f(x)=\sqrt{2x-x^2}+C.$$

由 $f(0)=0$ 得 $C=0$，所以

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

因此

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

该积分表示单位圆上半圆在 $x\in [0,1]$ 上对应的四分之一圆面积，故

$${\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{\pi }{4}.$$

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14. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续可导，$f(a)=f(b)=0$，且

$${\int }_a^b{f}^2(x)dx=1,$$

则

$${\int }_a^{b}xf(x)f^{\prime }(x)dx=\underline{}.$$

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答案：

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

解析： 因为

$$f(x)f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}[f^2(x){]}^{\prime },$$

所以分部积分得

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}xf(x)f^{\prime }(x)dx& =\frac{1}{2}{\int }_a^{b}xd[f^2(x)]\\ & =\frac{1}{2}{\left[x{f}^2(x)\right]}_a^b-\frac{1}{2}{\int }_a^b{f}^2(x)dx.\end{array}$$

由 $f(a)=f(b)=0$ 及题设积分等于 $1$，可得

$${\int }_a^{b}xf(x)f^{\prime }(x)dx=-\frac{1}{2}.$$

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15. 设 $f(x)$ 具有连续导数，且

$$F(x)={\int }_0^x(x^2-t^2)f^{\prime }(t)dt.$$

若当 $x\to 0$ 时 $F^{\prime }(x)$ 与 $x^2$ 为等价无穷小，则

$$f^{\prime }(0)=\underline{}.$$

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答案：

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

解析： 由莱布尼茨公式，

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =(x^2-x^2)f^{\prime }(x)+{\int }_0^{x}2x{f}^{\prime }(t)dt\\ & =2x{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\\ & =2x[f(x)-f(0)].\end{array}$$

由于 $f$ 在 $0$ 处可导，

$$f(x)-f(0)=f^{\prime }(0)x+o(x).$$

于是

$$F^{\prime }(x)=2f^{\prime }(0)x^2+o(x^2).$$

又因 $F^{\prime }(x)\sim x^2$，故

$$2f^{\prime }(0)=1,$$

从而

$$f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}.$$

---

16. 求

$$I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\left({\int }_0^{{\tan }^{2}y}\frac{\sin t}{t}dt\right)dy}{x^3}.$$

查看答案与解析

答案：

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

解析： 当 $t\to 0$ 时，

$$\frac{\sin t}{t}\to 1.$$

因此当 $y\to 0$ 时，

$${\int }_0^{{\tan }^{2}y}\frac{\sin t}{t}dt\sim {\tan }^{2}y\sim y^2.$$

于是

$${\int }_0^x\left({\int }_0^{{\tan }^{2}y}\frac{\sin t}{t}dt\right)dy\sim {\int }_0^x{y}^{2}dy=\frac{x^3}{3}.$$

所以

$$I=\frac{1}{3}.$$

也可用洛必达法：对分子、分母求导一次，得到

$$I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{{\tan }^{2}x}\frac{\sin t}{t}dt}{3x^2}=\frac{1}{3}.$$

---

17. 已知

$$f(x)={\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}dt,$$

则

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

查看答案与解析

答案：

$$\frac{e^{-1}-1}{4}.$$

解析： 令

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

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}xf(x)dx& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\left({\int }_1^u{e}^{-t^2}dt\right)du\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^1\left({\int }_u^1{e}^{-t^2}dt\right)du.\end{array}$$

积分区域为

$$0\le u\le t\le 1.$$

交换积分次序，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}xf(x)dx& =-\frac{1}{2}{\int }_0^1\left({\int }_0^{t}du\right)e^{-t^2}dt\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{1}t{e}^{-t^2}dt\\ & =-\frac{1}{4}\left(1-e^{-1}\right)\\ & =\frac{e^{-1}-1}{4}.\end{array}$$

---

18. 题目如下：

$${\int }_0^{+\infty }{x}^7{e}^{-x^2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$3.$$

解析： 令

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

则

$$x^{7}dx=x^6(xdx)=\frac{1}{2}{u}^{3}du.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{x}^7{e}^{-x^2}dx& =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{u}^3{e}^{-u}du\\ & =\frac{1}{2}\Gamma (4)\\ & =\frac{1}{2}\cdot 3!\\ & =3.\end{array}$$

---

19. 题目如下：

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

查看答案与解析

答案：

$$2\sqrt{\pi }.$$

解析： 原积分为

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

作分部积分，取

$$u=1-e^{-x},dv=x^{-\frac{3}{2}}dx,$$

则

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

端点项满足

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

故

$$\begin{array}{rl}I& =2{\int }_0^{+\infty }{x}^{-\frac{1}{2}}{e}^{-x}dx\\ & =2\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)\\ & =2\sqrt{\pi }.\end{array}$$

---

20. 题目如下：

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

查看答案与解析

答案：

$$\ln \frac{1+e}{e}=\ln \left(1+\frac{1}{e}\right).$$

解析： 观察到

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}\ln \frac{x{e}^x}{1+x{e}^x}& =\frac{1}{x}+1-\frac{(1+x)e^x}{1+x{e}^x}\\ & =\frac{1+x}{x(1+x{e}^x)}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\frac{1+x}{x(1+x{e}^x)}dx& ={\ln \frac{x{e}^x}{1+x{e}^x}|}_1^{+\infty }\\ & =0-\ln \frac{e}{1+e}\\ & =\ln \frac{1+e}{e}.\end{array}$$

---

21. 曲线

$$x=a(\cos t+t\sin t),y=a(\sin t-t\cos t),0\le t\le 2\pi$$

的长度 $L=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$L=2{\pi }^{2}a.$$

解析： 由参数方程求导，得

$$\begin{array}{rl}\frac{dx}{dt}& =a\left(-\sin t+\sin t+t\cos t\right)=at\cos t,\\ \frac{dy}{dt}& =a\left(\cos t-\cos t+t\sin t\right)=at\sin t.\end{array}$$

因此弧长微元为

$$\begin{array}{rl}ds& =\sqrt{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2}dt\\ & =\sqrt{a^2{t}^2{\cos }^{2}t+a^2{t}^2{\sin }^{2}t}dt\\ & =atdt,\end{array}$$

其中 $0\le t\le 2\pi$，且通常取 $a>0$。故

$$L={\int }_0^{2\pi }atdt={\frac{a}{2}{t}^2|}_0^{2\pi }=2{\pi }^{2}a.$$

---

22. 曲线 $y^2=2x$ 在任意点处的曲率为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$\kappa =\frac{1}{(1+y^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{(1+2x{)}^{\frac{3}{2}}}.$$

解析： 将曲线写成以 $y$ 为参数的形式：

$$x=\frac{y^2}{2}.$$

于是

$$\frac{dx}{dy}=y,\frac{d^{2}x}{d{y}^2}=1.$$

对于参数曲线 $x=x(y)$，其曲率为

$$\kappa =\frac{\left|\frac{d^{2}x}{d{y}^2}\right|}{{\left[1+{\left(\frac{dx}{dy}\right)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

代入得

$$\kappa =\frac{1}{(1+y^2{)}^{\frac{3}{2}}}.$$

又因 $y^2=2x$，故也可写为

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

计算题

1. 已知 $\frac{\sin x}{x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，求

$$\int x^3{f}^{\prime }(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int x^3{f}^{\prime }(x)dx=x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C.$$

解析： 由题意，

$$f(x)={\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.$$

先对原积分分部积分：

$$\begin{array}{rl}\int x^3{f}^{\prime }(x)dx& =x^{3}f(x)-3\int x^{2}f(x)dx.\end{array}$$

其中

$$x^{3}f(x)=x^2\cos x-x\sin x,$$

且

$$x^{2}f(x)=x\cos x-\sin x.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int x^{2}f(x)dx& =\int (x\cos x-\sin x)dx\\ & =x\sin x+2\cos x.\end{array}$$

代回得

$$\begin{array}{rl}\int x^3{f}^{\prime }(x)dx& =x^2\cos x-x\sin x-3(x\sin x+2\cos x)+C\\ & =x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C.\end{array}$$

---

2. 求

$$\int \frac{x^4+1}{1+x^6}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{x^4+1}{1+x^6}dx=\frac{2}{3}\arctan x+\frac{1}{3}\arctan (2x+\sqrt{3})+\frac{1}{3}\arctan (2x-\sqrt{3})+C.$$

解析： 先分解分母：

$$1+x^6=(x^2+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2-\sqrt{3}x+1).$$

作部分分式分解可得

$$\frac{x^4+1}{1+x^6}=\frac{2}{3(x^2+1)}+\frac{1}{6(x^2+\sqrt{3}x+1)}+\frac{1}{6(x^2-\sqrt{3}x+1)}.$$

又

$$x^2\pm \sqrt{3}x+1={\left(x\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+\frac{1}{4}.$$

所以

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

分别积分，得到

$$\int \frac{x^4+1}{1+x^6}dx=\frac{2}{3}\arctan x+\frac{1}{3}\arctan (2x+\sqrt{3})+\frac{1}{3}\arctan (2x-\sqrt{3})+C.$$

---

3. 求

$$\int \frac{dx}{\sin x{\cos }^{3}x}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{dx}{\sin x{\cos }^{3}x}=\ln |\tan x|+\frac{1}{2}{\tan }^{2}x+C.$$

解析： 令

$$u=\tan x,du={\sec }^{2}xdx.$$

注意到

$$\sin x{\cos }^{3}x=\tan x{\cos }^{4}x,$$

从而

$$\begin{array}{rl}\frac{dx}{\sin x{\cos }^{3}x}& =\frac{{\sec }^{4}x}{\tan x}dx\\ & =\frac{1+u^2}{u}du\\ & =\left(\frac{1}{u}+u\right)du.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{\sin x{\cos }^{3}x}& =\int \left(\frac{1}{u}+u\right)du\\ & =\ln |u|+\frac{1}{2}{u}^2+C\\ & =\ln |\tan x|+\frac{1}{2}{\tan }^{2}x+C.\end{array}$$

---

4. 求

$$\int \frac{dx}{x^2\sqrt{1+x^2}}.$$

查看答案与解析

答案：

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

解析： 观察函数

$$\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}.$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}\right)}^{\prime }& =\frac{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\cdot x-\sqrt{1+x^2}}{x^2}\\ & =\frac{x^2-(1+x^2)}{x^2\sqrt{1+x^2}}\\ & =-\frac{1}{x^2\sqrt{1+x^2}}.\end{array}$$

因此

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

---

5. 求

$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}{a}^2}\arctan \frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{a^2-x^2}}+C.$$

解析： 令

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

则

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

再令

$$u=\tan t,dt=\frac{du}{1+u^2},{\sin }^{2}t=\frac{u^2}{1+u^2}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{a^2}\int \frac{dt}{1+{\sin }^{2}t}& =\frac{1}{a^2}\int \frac{du}{1+2u^2}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}{a}^2}\arctan (\sqrt{2}u)+C.\end{array}$$

由

$$u=\tan t=\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}},$$

故

$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}{a}^2}\arctan \frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{a^2-x^2}}+C.$$

---

6. 求

$$\int {\left(\frac{x-1}{x+1}\right)}^{4}dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\int {\left(\frac{x-1}{x+1}\right)}^{4}dx=x+1-8\ln |x+1|-\frac{24}{x+1}+\frac{16}{(x+1{)}^2}-\frac{16}{3(x+1{)}^3}+C.$$

解析： 令

$$u=x+1,x-1=u-2,dx=du.$$

则

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

展开得

$${\left(1-\frac{2}{u}\right)}^4=1-\frac{8}{u}+\frac{24}{u^2}-\frac{32}{u^3}+\frac{16}{u^4}.$$

逐项积分：

$$\begin{array}{rl}\int \left(1-\frac{8}{u}+\frac{24}{u^2}-\frac{32}{u^3}+\frac{16}{u^4}\right)du& =u-8\ln |u|-\frac{24}{u}\\ & +\frac{16}{u^2}-\frac{16}{3u^3}+C.\end{array}$$

代回 $u=x+1$，即得

$$\int {\left(\frac{x-1}{x+1}\right)}^{4}dx=x+1-8\ln |x+1|-\frac{24}{x+1}+\frac{16}{(x+1{)}^2}-\frac{16}{3(x+1{)}^3}+C.$$

---

7. 求

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\sin }^{2}x}.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\sin }^{2}x}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}.$$

解析： 由

$$\sin (\pi -x)=\sin x,$$

可知被积函数关于 $x=\frac{\pi }{2}$ 对称，因此

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

令

$$t=\tan x,dx=\frac{dt}{1+t^2},{\sin }^{2}x=\frac{t^2}{1+t^2}.$$

当 $x:0\to \frac{\pi }{2}$ 时，$t:0\to +\infty$。于是

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

故

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

---

8. 求

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

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{e-1}(x+1){\ln }^2(x+1)dx=\frac{e^2-1}{4}.$$

解析： 令

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

当 $x=0$ 时 $u=1$，当 $x=e-1$ 时 $u=e$，故

$${\int }_0^{e-1}(x+1){\ln }^2(x+1)dx={\int }_1^{e}u{\ln }^{2}udu.$$

分部积分，取

$${\ln }^{2}u\text{与}udu,$$

则

$$\begin{array}{rl}\int u{\ln }^{2}udu& =\frac{u^2}{2}{\ln }^{2}u-\int u\ln udu\\ & =\frac{u^2}{2}{\ln }^{2}u-\frac{u^2}{2}\ln u+\frac{u^2}{4}+C.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e}u{\ln }^{2}udu& ={\left[\frac{u^2}{2}{\ln }^{2}u-\frac{u^2}{2}\ln u+\frac{u^2}{4}\right]}_1^e\\ & =\frac{e^2}{4}-\frac{1}{4}\\ & =\frac{e^2-1}{4}.\end{array}$$

---

9. 求定积分：

（Ⅰ）

$$J={\int }_{-2}^2\min \{2,x^2\}dx;$$

（Ⅱ）

$$J={\int }_{-1}^x(1-|t|)dt,x\ge -1.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$J=8-\frac{8\sqrt{2}}{3}.$$

（Ⅱ）

$$J=\{\begin{array}{ll}\frac{(x+1{)}^2}{2},& -1\le x\le 0,\\ \frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2},& x\ge 0.\end{array}$$

解析： （Ⅰ）由

$$x^2=2$$

得分界点为

$$x=\pm \sqrt{2}.$$

因此

$$\min \{2,x^2\}=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& |x|\le \sqrt{2},\\ 2,& \sqrt{2}<|x|\le 2.\end{array}$$

被积函数是偶函数，故

$$\begin{array}{rl}J& =2\left({\int }_0^{\sqrt{2}}{x}^{2}dx+{\int }_{\sqrt{2}}^{2}2dx\right)\\ & =2\left(\frac{(\sqrt{2}{)}^3}{3}+2(2-\sqrt{2})\right)\\ & =2\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}+4-2\sqrt{2}\right)\\ & =8-\frac{8\sqrt{2}}{3}.\end{array}$$

（Ⅱ）当 $-1\le x\le 0$ 时，积分区间内 $t\le 0$，所以

$$|t|=-t,1-|t|=1+t.$$

于是

$$\begin{array}{rl}J& ={\int }_{-1}^x(1+t)dt\\ & ={\left[t+\frac{t^2}{2}\right]}_{-1}^x\\ & =\frac{(x+1{)}^2}{2}.\end{array}$$

当 $x\ge 0$ 时，应在 $t=0$ 处分段：

$$\begin{array}{rl}J& ={\int }_{-1}^0(1+t)dt+{\int }_0^x(1-t)dt\\ & =\frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2}.\end{array}$$

因此

$$J=\{\begin{array}{ll}\frac{(x+1{)}^2}{2},& -1\le x\le 0,\\ \frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2},& x\ge 0.\end{array}$$

---

10. 设 $n$ 为正整数，利用已知公式

$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}xdx=\frac{(n-1)!!}{n!!}{I}^{\ast },$$

其中

$$I^{\ast }=\{\begin{array}{ll}1,& n\text{ 为奇数},\\ \frac{\pi }{2},& n\text{ 为偶数},\end{array}$$

求下列积分：

（Ⅰ）

$$J_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x{\cos }^{n}xdx;$$

（Ⅱ）

$$J_n={\int }_{-1}^1(x^2-1{)}^{n}dx.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$J_n=\frac{I_n}{2^n}=\frac{(n-1)!!}{2^{n}n!!}{I}^{\ast }.$$

（Ⅱ）

$$J_n=(-1{)}^n\frac{2(2n)!!}{(2n+1)!!}.$$

解析： （Ⅰ）利用倍角公式

$$\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x,$$

得

$$\begin{array}{rl}{J}_n& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\sin x\cos x{)}^{n}dx\\ & =\frac{1}{2^n}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}2xdx.\end{array}$$

令

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

则

$$\begin{array}{rl}{J}_n& =\frac{1}{2^{n+1}}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}udu\\ & =\frac{1}{2^{n+1}}\cdot 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}udu\\ & =\frac{I_n}{2^n}.\end{array}$$

代入已知公式即得

$$J_n=\frac{(n-1)!!}{2^{n}n!!}{I}^{\ast }.$$

（Ⅱ）因为

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

且被积函数为偶函数，所以

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

令

$$x=\sin t,dx=\cos tdt,0\le t\le \frac{\pi }{2},$$

则

$$\begin{array}{rl}{J}_n& =2(-1{)}^n{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2n+1}tdt\\ & =2(-1{)}^n{I}_{2n+1}.\end{array}$$

由于 $2n+1$ 为奇数，故

$$I_{2n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$$

因此

$$J_n=(-1{)}^n\frac{2(2n)!!}{(2n+1)!!}.$$

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11. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内满足

$$f(x)=f(x-\pi )+\sin x,$$

且 $f(x)=x$，$x\in [0,\pi )$，求

$${\int }_{\pi }^{3\pi }f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_{\pi }^{3\pi }f(x)dx={\pi }^2-2.$$

解析： 先根据递推关系分别求出 $[\pi ,2\pi )$ 与 $[2\pi ,3\pi )$ 上的函数表达式。

当 $x\in [\pi ,2\pi )$ 时，$x-\pi \in [0,\pi )$，所以

$$f(x-\pi )=x-\pi .$$

于是

$$f(x)=x-\pi +\sin x.$$

当 $x\in [2\pi ,3\pi )$ 时，$x-\pi \in [\pi ,2\pi )$，故

$$\begin{array}{rl}f(x)& =f(x-\pi )+\sin x\\ & =(x-2\pi )+\sin (x-\pi )+\sin x\\ & =x-2\pi ,\end{array}$$

其中使用了

$$\sin (x-\pi )=-\sin x.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\pi }^{3\pi }f(x)dx& ={\int }_{\pi }^{2\pi }(x-\pi +\sin x)dx+{\int }_{2\pi }^{3\pi }(x-2\pi )dx\\ & =\left(\frac{{\pi }^2}{2}-2\right)+\frac{{\pi }^2}{2}\\ & ={\pi }^2-2.\end{array}$$

---

12. 求无穷积分

$$J={\int }_1^{+\infty }\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right]dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$J=1-\ln 2.$$

解析： 注意到

$$\frac{d}{dx}\left[x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}.$$

因此对任意 $b>1$，有

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

又

$$\underset{b\to +\infty }{\lim }b\ln \left(1+\frac{1}{b}\right)=1,$$

故

$$J=1-\ln 2.$$

---

13. 设

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

求 $f(x)$ 的不定积分 $\int f(x)dx$。

查看答案与解析

答案：

$$\int f(x)dx=\{\begin{array}{ll}-\frac{1}{2}\cos 2x+C,& x\le 0,\\ \frac{1}{2}\left[(2x+1)\ln (2x+1)-(2x+1)\right]+C,& x>0.\end{array}$$

解析： 当 $x\le 0$ 时，

$$\int \sin 2xdx=-\frac{1}{2}\cos 2x+C_1.$$

当 $x>0$ 时，令

$$u=2x+1,dx=\frac{1}{2}du,$$

则

$$\begin{array}{rl}\int \ln (2x+1)dx& =\frac{1}{2}\int \ln udu\\ & =\frac{1}{2}(u\ln u-u)+C_2\\ & =\frac{1}{2}\left[(2x+1)\ln (2x+1)-(2x+1)\right]+C_2.\end{array}$$

由于

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=f(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0,$$

原函数应在 $x=0$ 处连续。两段原函数在 $x=0$ 处的值分别为

$$-\frac{1}{2}+C_1,-\frac{1}{2}+C_2,$$

故必须有

$$C_1=C_2.$$

记公共常数为 $C$，即得所求分段原函数。

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14. 设

$$f^{\prime }(x)=\arcsin (x-1{)}^2,f(0)=0,$$

求

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

查看答案与解析

答案：

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

解析： 由分部积分，取

$$u=f(x),dv=dx,$$

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)dx& ={\left[xf(x)\right]}_0^1-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(x)dx\\ & =f(1)-{\int }_0^{1}x\arcsin (1-x{)}^{2}dx.\end{array}$$

又因为 $f(0)=0$，所以

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

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)dx& ={\int }_0^1(1-x)\arcsin (1-x{)}^{2}dx.\end{array}$$

令

$$u=1-x,$$

则

$${\int }_0^{1}f(x)dx={\int }_0^{1}u\arcsin u^{2}du.$$

再令

$$v=u^2,dv=2udu,$$

得到

$${\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1\arcsin vdv.$$

利用

$$\int \arcsin vdv=v\arcsin v+\sqrt{1-v^2}+C,$$

可得

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

---

15. 设 $a>0$，$f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有连续导数，求极限

$$\underset{a\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{4a^2}{\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt.$$

查看答案与解析

答案：

$$f^{\prime }(0).$$

解析： 对积分中的两项分别换元。第一项令 $u=t+a$，第二项令 $u=t-a$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt& ={\int }_0^{2a}f(u)du-{\int }_{-2a}^{0}f(u)du.\end{array}$$

由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，故当 $u\to 0$ 时

$$f(u)=f(0)+f^{\prime }(0)u+o(u).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2a}f(u)du& =2af(0)+2a^2{f}^{\prime }(0)+o(a^2),\\ {\int }_{-2a}^{0}f(u)du& =2af(0)-2a^2{f}^{\prime }(0)+o(a^2).\end{array}$$

两式相减得

$${\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt=4a^2{f}^{\prime }(0)+o(a^2).$$

因此

$$\underset{a\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{4a^2}{\int }_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]dt=f^{\prime }(0).$$

---

16. 求

$$\frac{d}{dx}{\int }_0^{\phi (x)}[\phi (x)-t]f(t)dt,$$

其中 $f(t)$ 为已知的连续函数，$\phi (x)$ 为已知的可微函数。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{d}{dx}{\int }_0^{\phi (x)}[\phi (x)-t]f(t)dt={\phi }^{\prime }(x){\int }_0^{\phi (x)}f(t)dt.$$

解析： 记

$$F(x)={\int }_0^{\phi (x)}[\phi (x)-t]f(t)dt.$$

应用莱布尼茨公式，得

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =[\phi (x)-\phi (x)]f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)+{\int }_0^{\phi (x)}\frac{\partial }{\partial x}\left([\phi (x)-t]f(t)\right)dt\\ & =0+{\int }_0^{\phi (x)}{\phi }^{\prime }(x)f(t)dt\\ & ={\phi }^{\prime }(x){\int }_0^{\phi (x)}f(t)dt.\end{array}$$

其中上限处的边界项为零，是因为当 $t=\phi (x)$ 时

$$\phi (x)-t=0.$$

---

17. 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 连续，在点 $x=0$ 处可导，且 $f(0)=0$，令

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

（Ⅰ）试求 $A$ 的值，使 $F(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续；

（Ⅱ）求 $F^{\prime }(x)$ 并讨论其连续性。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$A=0.$$

（Ⅱ）

$$F^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)}{x}-\frac{2}{x^3}{\int }_0^{x}tf(t)dt,& x\ne 0,\\ \frac{1}{3}{f}^{\prime }(0),& x=0.\end{array}$$

且 $F^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续。

解析： 由于 $f(0)=0$，且 $f$ 在 $0$ 处可导，所以

$$f(t)=f^{\prime }(0)t+o(t)(t\to 0).$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{x}tf(t)dt& ={\int }_0^x\left[f^{\prime }(0)t^2+to(t)\right]dt\\ & =\frac{1}{3}{f}^{\prime }(0)x^3+o(x^3).\end{array}$$

因此

$$F(x)=\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}tf(t)dt=\frac{1}{3}{f}^{\prime }(0)x+o(x)\to 0.$$

故要使 $F$ 在 $x=0$ 处连续，必须且只需取

$$A=0.$$

当 $x\ne 0$ 时，由商法则和变上限积分求导公式，

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =-\frac{2}{x^3}{\int }_0^{x}tf(t)dt+\frac{1}{x^2}\cdot xf(x)\\ & =\frac{f(x)}{x}-\frac{2}{x^3}{\int }_0^{x}tf(t)dt.\end{array}$$

当 $x=0$ 时，利用导数定义，

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)-F(0)}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}{\int }_0^{x}tf(t)dt\\ & =\frac{1}{3}{f}^{\prime }(0).\end{array}$$

最后考察 $F^{\prime }(x)$ 在 $0$ 处的连续性。由

$$\frac{f(x)}{x}\to f^{\prime }(0),\frac{1}{x^3}{\int }_0^{x}tf(t)dt\to \frac{1}{3}{f}^{\prime }(0),$$

得

$$\underset{x\to 0}{\lim }{F}^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)-\frac{2}{3}{f}^{\prime }(0)=\frac{1}{3}{f}^{\prime }(0)=F^{\prime }(0).$$

在 $x\ne 0$ 处，$F^{\prime }(x)$ 由连续函数构成，因此连续。故 $F^{\prime }(x)$ 在整个实数轴上连续。

---

18. 设 $x\in [0,a]$ 时，$f(x)$ 连续且 $f(x)>0$，又满足

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

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=\frac{x^2}{3},0\le x\le a.$$

解析： 令

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

则

$$F^{\prime }(x)=f(x),F(0)=0.$$

原方程平方后得到

$$[F^{\prime }(x){]}^2=xF(x).$$

对 $x>0$，由 $f(x)>0$ 可知 $F^{\prime }(x)>0$，且 $F(x)>0$。令

$$G(x)=\sqrt{F(x)},$$

则

$$F^{\prime }(x)=2G(x)G^{\prime }(x).$$

代入方程得

$$4G^2(x)[G^{\prime }(x){]}^2=x{G}^2(x).$$

在 $x>0$ 时约去 $G^2(x)$，并结合 $G^{\prime }(x)>0$，得到

$$G^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\sqrt{x}.$$

又因 $G(0)=0$，故

$$G(x)={\int }_0^x\frac{1}{2}\sqrt{t}dt=\frac{1}{3}{x}^{\frac{3}{2}}.$$

于是

$$F(x)=G^2(x)=\frac{x^3}{9},$$

从而

$$f(x)=F^{\prime }(x)=\frac{x^2}{3}.$$

直接检验：

$$\sqrt{x{\int }_0^x\frac{t^2}{3}dt}=\sqrt{x\cdot \frac{x^3}{9}}=\frac{x^2}{3},$$

故结果成立。

注意：由原方程在 $x=0$ 处必有 $f(0)=0$，因此题面中的 $f(x)>0$ 应理解为 $x\in (0,a]$ 时 $f(x)>0$。

---

19. 求函数

$$f(x)={\int }_e^x\frac{\ln t}{t^2-2t+1}dt$$

在区间 $[e,e^2]$ 上的最大值。

查看答案与解析

答案： 最大值在 $x=e^2$ 处取得，且

$$\underset{x\in [e,e^2]}{\max }f(x)=\ln \left(1+\frac{1}{e}\right)+\frac{1}{e+1}.$$

解析： 由微积分基本定理，

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

在区间 $[e,e^2]$ 上，$\ln x>0$，且 $(x-1{)}^2>0$，故

$$f^{\prime }(x)>0.$$

所以 $f(x)$ 在 $[e,e^2]$ 上严格单调增加，其最大值在右端点 $x=e^2$ 处取得。

下面计算

$$f(e^2)={\int }_e^{e^2}\frac{\ln t}{(t-1{)}^2}dt.$$

分部积分，取

$$u=\ln t,dv=\frac{dt}{(t-1{)}^2},$$

则

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

因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\ln t}{(t-1{)}^2}dt& =-\frac{\ln t}{t-1}+\int \frac{dt}{t(t-1)}\\ & =-\frac{\ln t}{t-1}+\ln \frac{t-1}{t}+C.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}f(e^2)& ={\left[-\frac{\ln t}{t-1}+\ln \frac{t-1}{t}\right]}_e^{e^2}\\ & =\frac{1}{e-1}-\frac{2}{e^2-1}+\ln \frac{e^2-1}{e(e-1)}.\end{array}$$

利用

$$e^2-1=(e-1)(e+1),$$

可化为

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

以及

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

所以

$$f(e^2)=\ln \left(1+\frac{1}{e}\right)+\frac{1}{e+1}.$$

---

20. 设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，$f(0)=g(0)\ne 0$，求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}f\left(\sqrt{x^2-t}\right)dt}{{\int }_0^1{x}^{2}g(xt)dt}.$$

查看答案与解析

答案：

$$1.$$

解析： 对分子作换元

$$u=\sqrt{x^2-t},t=x^2-u^2,dt=-2udu.$$

当 $t=0$ 时，$u=|x|$；当 $t=x^2$ 时，$u=0$。因此

$${\int }_0^{x^2}f\left(\sqrt{x^2-t}\right)dt=2{\int }_0^{|x|}uf(u)du.$$

由 $f$ 在 $0$ 处连续，利用积分中值定理，存在

$${\xi }_x\in [0,|x|]$$

使得

$$2{\int }_0^{|x|}uf(u)du=2f({\xi }_x){\int }_0^{|x|}udu=x^{2}f({\xi }_x).$$

又因 ${\xi }_x\to 0$，故

$$f({\xi }_x)\to f(0).$$

对分母同样利用积分中值定理，存在 ${\eta }_x$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得

$${\int }_0^1{x}^{2}g(xt)dt=x^{2}g({\eta }_x).$$

当 $x\to 0$ 时，${\eta }_x\to 0$，从而

$$g({\eta }_x)\to g(0).$$

因此

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}f\left(\sqrt{x^2-t}\right)dt}{{\int }_0^1{x}^{2}g(xt)dt}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^{2}f({\xi }_x)}{x^{2}g({\eta }_x)}\\ & =\frac{f(0)}{g(0)}=1.\end{array}$$

其中 $f(0)=g(0)\ne 0$ 保证了极限中的分母在充分靠近 $0$ 时不为零。

应用题

1. 求星形线

$$L:x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}(a>0)$$

所围区域的面积 $A$。

查看答案与解析

答案：

$$A=\frac{3\pi a^2}{8}.$$

解析： 星形线关于两个坐标轴均对称，只需求第一象限部分的面积再乘以 $4$。

采用参数方程

$$x=a{\cos }^{3}t,y=a{\sin }^{3}t,0\le t\le \frac{\pi }{2}.$$

当 $t$ 从 $0$ 增加到 $\frac{\pi }{2}$ 时，$x$ 从 $a$ 减少到 $0$，且

$$dx=-3a{\cos }^{2}t\sin tdt.$$

第一象限面积为

$$\begin{array}{rl}{A}_1& ={\int }_0^{a}ydx\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}a{\sin }^{3}t\cdot 3a{\cos }^{2}t\sin tdt\\ & =3a^2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{4}t{\cos }^{2}tdt.\end{array}$$

利用三角函数积分公式

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{4}t{\cos }^{2}tdt=\frac{\pi }{32},$$

得到

$$A_1=\frac{3\pi a^2}{32}.$$

故星形线所围总面积为

$$A=4A_1=\frac{3\pi a^2}{8}.$$

---

2. 求下列旋转体的体积 $V$：

（Ⅰ）由曲线 $y=x^2$、$x=y^2$ 所围图形绕 $x$ 轴旋转所成旋转体；

（Ⅱ）由曲线

$$x=a(t-\sin t),y=a(1-\cos t),0\le t\le 2\pi ,$$

及 $y=0$ 所围图形绕 $y$ 轴旋转的旋转体。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$V=\frac{3\pi }{10}.$$

（Ⅱ）

$$V=6{\pi }^3{a}^3.$$

解析：

（Ⅰ）

两曲线在第一象限内的交点由

$$y=x^2,x=y^2$$

联立得到

$$(x,y)=(0,0),(1,1).$$

在 $0\le x\le 1$ 上，区域的上边界为

$$y=\sqrt{x},$$

下边界为

$$y=x^2.$$

绕 $x$ 轴旋转，采用圆环法：

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^1\left[(\sqrt{x}{)}^2-(x^2{)}^2\right]dx\\ & =\pi {\int }_0^1(x-x^4)dx\\ & =\pi \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\ & =\frac{3\pi }{10}.\end{array}$$

（Ⅱ）

该曲线是一拱摆线。先求摆线一拱与 $x$ 轴所围图形的面积：

$$\begin{array}{rl}S& =\int ydx\\ & ={\int }_0^{2\pi }a(1-\cos t)\cdot a(1-\cos t)dt\\ & =a^2{\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{2}dt.\end{array}$$

由于

$${\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{2}dt={\int }_0^{2\pi }\left(1-2\cos t+{\cos }^{2}t\right)dt=3\pi ,$$

故

$$S=3\pi a^2.$$

摆线一拱关于直线

$$x=\pi a$$

对称，因此该平面图形的形心横坐标为

$$\bar{x}=\pi a.$$

图形绕 $y$ 轴旋转时，形心运动路程为

$$2\pi \bar{x}=2{\pi }^{2}a.$$

由古尔丁定理，旋转体体积为

$$V=2\pi \bar{x}S=2\pi \cdot \pi a\cdot 3\pi a^2=6{\pi }^3{a}^3.$$

---

3. 设两点 $A(1,0,0)$ 与 $B(0,1,1)$ 的连线 $\overline{AB}$ 绕 $z$ 轴旋转一周而成的旋转曲面为 $S$，求曲面 $S$ 与 $z=0$、$z=1$ 围成的立体的体积。

查看答案与解析

答案：

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

解析： 线段 $AB$ 可参数化为

$$(x,y,z)=(1-t,t,t),0\le t\le 1.$$

由于 $z=t$，故在高度 $z$ 处，线段上的点为

$$(x,y)=(1-z,z).$$

该点到 $z$ 轴的距离即旋转截面的半径：

$$r(z)=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(1-z{)}^2+z^2}.$$

因此，垂直于 $z$ 轴的截面是半径为 $r(z)$ 的圆，其面积为

$$\pi r^2(z)=\pi \left[(1-z{)}^2+z^2\right].$$

于是所求体积为

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^1\left[(1-z{)}^2+z^2\right]dz\\ & =\pi {\int }_0^1(1-2z+2z^2)dz\\ & =\pi {\left[z-z^2+\frac{2}{3}{z}^3\right]}_0^1\\ & =\frac{2\pi }{3}.\end{array}$$

---

4. 求双纽线

$$r^2=a^2\cos 2\theta (a>0)$$

绕极轴旋转所成的旋转曲面的面积。

查看答案与解析

答案：

$$S=2\pi a^2(2-\sqrt{2}).$$

解析： 双纽线有左右两个关于原点对称的叶片。绕极轴（即 $x$ 轴）旋转时，只需取每个叶片位于 $x$ 轴上方的一半曲线生成曲面；下半部分旋转后与上半部分生成同一曲面。

先计算右叶片。其上半支对应

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{4},r=a\sqrt{\cos 2\theta }.$$

极坐标曲线的弧长微元为

$$ds=\sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}d\theta .$$

由

$$r=a(\cos 2\theta {)}^{\frac{1}{2}}$$

得

$$\frac{dr}{d\theta }=-\frac{a\sin 2\theta }{\sqrt{\cos 2\theta }}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{r}^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2& =a^2\cos 2\theta +\frac{a^2{\sin }^{2}2\theta }{\cos 2\theta }\\ & =\frac{a^2}{\cos 2\theta },\end{array}$$

从而

$$ds=\frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta }}d\theta .$$

曲线上一点到极轴的距离为

$$y=r\sin \theta .$$

故右叶片旋转曲面的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& =2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}yds\\ & =2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}r\sin \theta \sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}d\theta \\ & =2\pi a^2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sin \theta d\theta \\ & =2\pi a^2\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ & =\pi a^2(2-\sqrt{2}).\end{array}$$

左右两个叶片生成的曲面面积相等，且除原点外互不重叠，因此总面积为

$$S=2S_1=2\pi a^2(2-\sqrt{2}).$$

---

5. 求功：

（Ⅰ）设半径为 $1$ 的球正好有一半沉入水中，球的比重为 $1$，现将球从水中取出，问要做多少功？

（Ⅱ）半径为 $R$ 的半球形水池，其中充满了水，要把池内的水全部取尽需做多少功？

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$W=\frac{13\pi }{12}.$$

（Ⅱ）

$$W=\frac{\pi R^4}{4}.$$

若水的重量密度为 $\gamma$，则第二问应为

$$W=\frac{\gamma \pi R^4}{4}.$$

解析：

（Ⅰ）

以水面为高度零点，设球心被缓慢提升到水面上方 $h$ 处，其中

$$0\le h\le 1.$$

球的半径为 $1$，比重为 $1$，故球的重量为

$$G=\frac{4}{3}\pi .$$

当球心高度为 $h$ 时，球浸入水中的部分是高为

$$1-h$$

的球缺。半径为 $1$、高为 $q$ 的球缺体积为

$$V_{\text{球缺}}=\frac{\pi q^2(3-q)}{3}.$$

取 $q=1-h$，可得浸水部分体积

$$V(h)=\frac{\pi (1-h{)}^2(2+h)}{3}=\frac{\pi }{3}(2-3h+h^3).$$

在准静态提升过程中，浮力等于排开水的重量，故外力为

$$F(h)=G-V(h).$$

于是

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_0^{1}F(h)dh\\ & ={\int }_0^1\left[\frac{4\pi }{3}-\frac{\pi }{3}(2-3h+h^3)\right]dh\\ & =\frac{\pi }{3}{\int }_0^1(2+3h-h^3)dh\\ & =\frac{\pi }{3}\left(2+\frac{3}{2}-\frac{1}{4}\right)\\ & =\frac{13\pi }{12}.\end{array}$$

（Ⅱ）

设水面为 $z=0$，竖直向下取深度 $x$，则

$$0\le x\le R.$$

深度为 $x$ 处的水平水层半径为

$$\sqrt{R^2-x^2},$$

故截面积为

$$A(x)=\pi (R^2-x^2).$$

厚度为 $dx$ 的水层体积为

$$dV=\pi (R^2-x^2)dx.$$

该水层需提升的距离为 $x$。在水的重量密度取 $1$ 时，所需功为

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_0^{R}xdV\\ & =\pi {\int }_0^{R}x(R^2-x^2)dx\\ & =\pi {\left[\frac{R^2{x}^2}{2}-\frac{x^4}{4}\right]}_0^R\\ & =\frac{\pi R^4}{4}.\end{array}$$

---

6. 求引力：

（Ⅰ）在 $x$ 轴上有一线密度为常数 $\mu$、长度为 $l$ 的细杆，在杆的延长线上离杆右端为 $a$ 处有一质量为 $m$ 的质点 $P$，求证：质点与杆间的引力为

$$F=\frac{kmM}{a(a+l)},$$

其中 $M$ 为杆的质量。

（Ⅱ）设有以 $O$ 为心、$r$ 为半径、质量为 $M$ 的均匀圆环，$\overline{PO}$ 垂直圆面，$PO=b$，质点 $P$ 的质量为 $m$，试导出圆环对 $P$ 点的引力公式

$$F=k\frac{mMb}{(r^2+b^2{)}^{\frac{3}{2}}}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$F=\frac{kmM}{a(a+l)}.$$

（Ⅱ）

$$F=k\frac{mMb}{(r^2+b^2{)}^{\frac{3}{2}}},$$

方向由 $P$ 指向圆心 $O$。

解析：

（Ⅰ）

建立坐标轴，使细杆占据区间

$$0\le x\le l,$$

质点 $P$ 位于

$$x=l+a.$$

取杆上位置 $x$ 处长为 $dx$ 的微元，其质量为

$$dM=\mu dx.$$

该微元到质点 $P$ 的距离为

$$l+a-x.$$

根据万有引力定律，引力微元为

$$dF=\frac{kmdM}{(l+a-x{)}^2}=\frac{km\mu }{(l+a-x{)}^2}dx.$$

各微元产生的引力方向相同，因此

$$\begin{array}{rl}F& =km\mu {\int }_0^l\frac{dx}{(l+a-x{)}^2}\\ & =km\mu \left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+l}\right)\\ & =\frac{km\mu l}{a(a+l)}.\end{array}$$

又因

$$M=\mu l,$$

所以

$$F=\frac{kmM}{a(a+l)}.$$

（Ⅱ）

取圆环上一质量微元 $dM$。该微元到质点 $P$ 的距离恒为

$$\rho =\sqrt{r^2+b^2}.$$

其对 $P$ 的引力大小为

$$dF=\frac{kmdM}{r^2+b^2}.$$

由于圆环关于轴 $PO$ 旋转对称，各引力微元垂直于 $PO$ 的分量相互抵消，只需累加沿 $PO$ 的分量。设引力微元与轴 $PO$ 的夹角为 $\alpha$，则

$$\cos \alpha =\frac{b}{\sqrt{r^2+b^2}}.$$

故轴向分量为

$$\begin{array}{rl}d{F}_{\parallel }& =dF\cos \alpha \\ & =\frac{kmdM}{r^2+b^2}\cdot \frac{b}{\sqrt{r^2+b^2}}\\ & =\frac{kmb}{(r^2+b^2{)}^{\frac{3}{2}}}dM.\end{array}$$

对整个圆环积分，得到

$$\begin{array}{rl}F& =\int d{F}_{\parallel }\\ & =\frac{kmb}{(r^2+b^2{)}^{\frac{3}{2}}}\int dM\\ & =k\frac{mMb}{(r^2+b^2{)}^{\frac{3}{2}}}.\end{array}$$

---

7. 过曲线 $y=x^2$（$x\ge 0$）上某点 $A$ 作一切线，使之与曲线及 $x$ 轴围成图形面积为 $\frac{1}{12}$，求：

（Ⅰ）切点 $A$ 的坐标；

（Ⅱ）过切点 $A$ 的切线方程；

（Ⅲ）由上述图形绕 $x$ 轴旋转的旋转体的体积。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$A(1,1).$$

（Ⅱ）

$$y=2x-1.$$

（Ⅲ）

$$V=\frac{\pi }{30}.$$

解析： 设切点为

$$A(a,a^2),a>0.$$

抛物线 $y=x^2$ 在该点处的切线为

$$y-a^2=2a(x-a),$$

即

$$y=2ax-a^2.$$

切线与 $x$ 轴的交点横坐标满足

$$2ax-a^2=0,$$

故

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

所围图形面积应分为两部分：

$$S={\int }_0^{\frac{a}{2}}{x}^{2}dx+{\int }_{\frac{a}{2}}^a\left[x^2-(2ax-a^2)\right]dx.$$

注意

$$x^2-(2ax-a^2)=(x-a{)}^2,$$

于是

$$\begin{array}{rl}S& ={\left[\frac{x^3}{3}\right]}_0^{\frac{a}{2}}+{\int }_{\frac{a}{2}}^a(x-a{)}^{2}dx\\ & =\frac{a^3}{24}+\frac{a^3}{24}\\ & =\frac{a^3}{12}.\end{array}$$

由题意

$$\frac{a^3}{12}=\frac{1}{12},$$

所以

$$a=1.$$

因此

$$A(1,1),$$

且切线方程为

$$y=2x-1.$$

将所围图形绕 $x$ 轴旋转。对

$$0\le x\le \frac{1}{2},$$

截面为半径 $x^2$ 的圆；对

$$\frac{1}{2}\le x\le 1,$$

截面为外半径 $x^2$、内半径 $2x-1$ 的圆环。因此

$$\begin{array}{rl}V& =\pi {\int }_0^{\frac{1}{2}}{x}^{4}dx+\pi {\int }_{\frac{1}{2}}^1\left[x^4-(2x-1{)}^2\right]dx\\ & =\pi \left(\frac{1}{160}+\frac{13}{480}\right)\\ & =\frac{\pi }{30}.\end{array}$$

---

8. 设常数 $a\le \alpha <\beta \le b$，曲线

$$\Gamma :y=\sqrt{(x-a)(b-x)},x\in [\alpha ,\beta ]$$

的弧长为 $l$。

（Ⅰ）求证：

$$l=\frac{b-a}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}};$$

（Ⅱ）求定积分

$$J={\int }_a^{\frac{a+b}{2}}\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$l=\frac{b-a}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

（Ⅱ）

$$J=\frac{\pi }{2}.$$

解析：

（Ⅰ）

由

$$y=\sqrt{(x-a)(b-x)}$$

可得

$$y^2=(x-a)(b-x).$$

两边对 $x$ 求导：

$$2y{y}^{\prime }=a+b-2x,$$

因此

$$y^{\prime }=\frac{a+b-2x}{2\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

于是

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

直接化简分子：

$$4(x-a)(b-x)+(a+b-2x{)}^2=(b-a{)}^2.$$

故

$$\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\frac{b-a}{2\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

从而弧长

$$\begin{array}{rl}l& ={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx\\ & =\frac{b-a}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}.\end{array}$$

（Ⅱ）

令

$$x=a+(b-a){\sin }^2\theta .$$

当

$$x=a$$

时，$\theta =0$；当

$$x=\frac{a+b}{2}$$

时，$\theta =\frac{\pi }{4}$。又有

$$dx=2(b-a)\sin \theta \cos \theta d\theta ,$$

并且

$$\sqrt{(x-a)(b-x)}=(b-a)\sin \theta \cos \theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}J& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}2d\theta \\ & =\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

---

9. 设 $f(x)$ 为非负连续函数，且满足

$$f(x){\int }_0^{x}f(x-t)dt={\sin }^{4}x,$$

求 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上的平均值。

查看答案与解析

答案：

$$\sqrt{\frac{3}{2\pi }}.$$

解析： 作变量替换

$$u=x-t,$$

则

$${\int }_0^{x}f(x-t)dt={\int }_0^{x}f(u)du.$$

令

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

由于 $f$ 连续，故

$$F^{\prime }(x)=f(x),F(0)=0.$$

原方程化为

$$F(x)F^{\prime }(x)={\sin }^{4}x.$$

因此

$$\frac{1}{2}{\left[F^2(x)\right]}^{\prime }={\sin }^{4}x,$$

从而

$$F^2(x)=2{\int }_0^x{\sin }^{4}tdt.$$

当 $x=\frac{\pi }{2}$ 时，利用

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{4}tdt=\frac{3\pi }{16},$$

得到

$$F^2\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{3\pi }{8}.$$

由于 $f(x)\ge 0$，故 $F(x)\ge 0$，于是

$$F\left(\frac{\pi }{2}\right)=\sqrt{\frac{3\pi }{8}}.$$

函数 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上的平均值为

$$\begin{array}{rl}\bar{f}& =\frac{1}{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)dx\\ & =\frac{2}{\pi }F\left(\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{2}{\pi }\sqrt{\frac{3\pi }{8}}\\ & =\sqrt{\frac{3}{2\pi }}.\end{array}$$

---

10. 已知抛物线

$$y=a{x}^2+bx+c$$

经过点 $P(1,2)$，且在该点与圆

$${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{5}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}$$

相切，有相同的曲率半径和凹凸性，求常数 $a,b,c$。

查看答案与解析

答案：

$$a=2,b=-3,c=3.$$

解析： 抛物线经过点 $P(1,2)$，故

$$a+b+c=2.\text{\hspace{1em}(1)}$$

圆的方程为

$${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{5}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}.$$

两边对 $x$ 求导，得

$$2\left(x-\frac{1}{2}\right)+2\left(y-\frac{5}{2}\right)y^{\prime }=0,$$

因此

$$y^{\prime }=-\frac{x-\frac{1}{2}}{y-\frac{5}{2}}.$$

在点 $P(1,2)$ 处，

$$y^{\prime }(1)=-\frac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}}=1.$$

由于抛物线与圆在该点相切，二者切线斜率相同，所以

$$2a+b=1.\text{\hspace{1em}(2)}$$

再对圆的一阶导数关系求导：

$$1+(y^{\prime }{)}^2+\left(y-\frac{5}{2}\right)y^{\prime \prime }=0.$$

在点 $P(1,2)$ 处，代入 $y^{\prime }=1$，得

$$1+1-\frac{1}{2}{y}^{\prime \prime }=0,$$

故圆在该点的二阶导数为

$$y^{\prime \prime }=4>0.$$

这说明圆在该点为凹向上。

曲率公式为

$$\kappa =\frac{|y^{\prime \prime }|}{{\left[1+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

因为两曲线在该点斜率相同、曲率半径相同且凹凸性相同，所以其有符号二阶导数也相同。抛物线的二阶导数为

$$y^{\prime \prime }=2a,$$

因此

$$2a=4,$$

从而

$$a=2.$$

由式（2）得

$$4+b=1,$$

所以

$$b=-3.$$

再由式（1）得

$$2-3+c=2,$$

故

$$c=3.$$

证明题

1. 设 $a>0$，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 连续，求证：

（Ⅰ）

$${\int }_1^a\frac{f(x^2)}{x}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^{a^2}\frac{f(x)}{x}dx;$$

（Ⅱ）又设

$$f\left(\frac{a^2}{x}\right)=f(x)(x>0),$$

则

$${\int }_a^{a^3}\frac{f(x)}{x}dx={\int }_1^{a^2}\frac{f(x)}{x}dx.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）结论成立。

（Ⅱ）按现有题面条件，结论一般不成立；题面应存在条件或积分限的缺漏。

解析：

（Ⅰ）

令

$$u=x^2.$$

则

$$du=2xdx,\frac{dx}{x}=\frac{du}{2u}.$$

当 $x=1$ 时，$u=1$；当 $x=a$ 时，$u=a^2$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^a\frac{f(x^2)}{x}dx& =\frac{1}{2}{\int }_1^{a^2}\frac{f(u)}{u}du\\ & =\frac{1}{2}{\int }_1^{a^2}\frac{f(x)}{x}dx.\end{array}$$

故结论成立。

（Ⅱ）

现有条件

$$f\left(\frac{a^2}{x}\right)=f(x)$$

仅表示函数在对数变量下关于 $\ln a$ 对称，并不足以推出题中两个积分相等。

取任意 $a>0$ 且 $a\ne 1$，令

$$f(x)=(\ln x-\ln a{)}^2.$$

则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 连续，并且

$$\begin{array}{rl}f\left(\frac{a^2}{x}\right)& ={\left(\ln \frac{a^2}{x}-\ln a\right)}^2\\ & =(\ln a-\ln x{)}^2\\ & =(\ln x-\ln a{)}^2\\ & =f(x).\end{array}$$

设

$$A=\ln a.$$

作代换 $u=\ln x$，则 $dx/x=du$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{a^3}\frac{f(x)}{x}dx& ={\int }_A^{3A}(u-A{)}^{2}du\\ & =\frac{8A^3}{3},\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{a^2}\frac{f(x)}{x}dx& ={\int }_0^{2A}(u-A{)}^{2}du\\ & =\frac{2A^3}{3}.\end{array}$$

当 $a\ne 1$ 时，$A\ne 0$，两者不相等。因此（Ⅱ）按现有题面无法证明，原题应存在印刷或转录错误。

---

2. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$f(x)\ge 0$，且

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0,$$

求证：在 $[a,b]$ 上 $f(x)\equiv 0$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)\equiv 0,x\in [a,b].$$

解析： 采用反证法。假设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上不恒为零，则存在 $x_0\in [a,b]$，使得

$$f(x_0)>0.$$

由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，故存在 $x_0$ 的一个邻域与常数 $\delta >0$，使得在

$$[a,b]\cap (x_0-\delta ,x_0+\delta )$$

上恒有

$$f(x)>\frac{1}{2}f(x_0)>0.$$

该区间的长度为正，因此

$${\int }_a^{b}f(x)dx\ge {\int }_{[a,b]\cap (x_0-\delta ,x_0+\delta )}f(x)dx>0,$$

这与已知

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0$$

矛盾。

故假设不成立，从而

$$f(x)\equiv 0,x\in [a,b].$$

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3. 证明

$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}x\sin (nx)dx=\frac{1}{2^{n+1}}\left(2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+\cdots +\frac{2^n}{n}\right),$$

其中 $n$ 为自然数。

查看答案与解析

答案：

$$I_n=\frac{1}{2^{n+1}}\sum _{k=1}^n\frac{2^k}{k}.$$

解析： 由欧拉公式，

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

于是

$$\begin{array}{rl}{e}^{inx}{\cos }^{n}x& =\frac{1}{2^n}{e}^{inx}(e^{ix}+e^{-ix}{)}^n\\ & =\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)e^{2ikx}.\end{array}$$

比较虚部，得

$${\cos }^{n}x\sin (nx)=\frac{1}{2^n}\sum _{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\sin (2kx).$$

因此

$$\begin{array}{rl}{I}_n& =\frac{1}{2^n}\sum _{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin (2kx)dx\\ & =\frac{1}{2^n}\sum _{k=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{1-(-1{)}^k}{2k}\\ & =\frac{1}{2^n}\sum _{\begin{array}{c}1\le k\le n\\ k\text{ 为奇数}\end{array}}\frac{1}{k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right).\end{array}$$

记

$$A_n=\sum _{\begin{array}{c}1\le k\le n\\ k\text{ 为奇数}\end{array}}\frac{1}{k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right).$$

下面证明

$$A_n=\frac{1}{2}\sum _{j=1}^n\frac{2^j}{j}.$$

由帕斯卡公式

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right),$$

可得

$$\begin{array}{rl}{A}_n-A_{n-1}& =\sum _{\begin{array}{c}1\le k\le n\\ k\text{ 为奇数}\end{array}}\frac{1}{k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)\\ & =\frac{1}{n}\sum _{\begin{array}{c}1\le k\le n\\ k\text{ 为奇数}\end{array}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right).\end{array}$$

而二项式系数中奇数项之和为

$$\sum _{\begin{array}{c}1\le k\le n\\ k\text{ 为奇数}\end{array}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=2^{n-1},$$

故

$$A_n-A_{n-1}=\frac{2^{n-1}}{n}.$$

又

$$A_1=1,$$

所以递推得到

$$A_n=1+\sum _{j=2}^n\frac{2^{j-1}}{j}=\frac{1}{2}\sum _{j=1}^n\frac{2^j}{j}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{I}_n& =\frac{A_n}{2^n}\\ & =\frac{1}{2^{n+1}}\sum _{j=1}^n\frac{2^j}{j}\\ & =\frac{1}{2^{n+1}}\left(2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+\cdots +\frac{2^n}{n}\right).\end{array}$$

---

4. 证明定积分

$$I={\int }_0^{\sqrt{2\pi }}\sin x^{2}dx>0.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{\sqrt{2\pi }}\sin x^{2}dx>0.$$

解析： 令

$$t=x^2,$$

则

$$dx=\frac{dt}{2\sqrt{t}}.$$

因此

$$I=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt.$$

将积分区间分成 $[0,\pi ]$ 与 $[\pi ,2\pi ]$：

$$I=\frac{1}{2}\left({\int }_0^{\pi }\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt+{\int }_{\pi }^{2\pi }\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt\right).$$

在第二个积分中令

$$t=u+\pi ,$$

则

$$\sin (u+\pi )=-\sin u,$$

故

$${\int }_{\pi }^{2\pi }\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt=-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin u}{\sqrt{u+\pi }}du.$$

于是

$$I=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\sin t\left(\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi }}\right)dt.$$

当 $0<t<\pi$ 时，

$$\sin t>0,$$

且

$$\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi }}>0.$$

因此被积函数在 $(0,\pi )$ 上恒为正，从而

$$I>0.$$

---

5. 证明：

（Ⅰ）

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos xdx;$$

（Ⅱ）

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin 2xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx;$$

（Ⅲ）

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos xdx=-\frac{\pi }{2}\ln 2,$$

且

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin 2xdx=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

解析： 上述积分在端点处均为收敛的反常积分。

（Ⅰ）令

$$x=\frac{\pi }{2}-t,$$

则

$$dx=-dt,\sin x=\cos t.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx& ={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0\ln \cos t(-dt)\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos tdt.\end{array}$$

故

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos xdx.$$

（Ⅱ）令

$$t=2x,$$

则

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin 2xdx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \sin tdt.$$

再将区间分成两部分：

$${\int }_0^{\pi }\ln \sin tdt={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin tdt+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\ln \sin tdt.$$

第二项令

$$u=\pi -t,$$

利用

$$\sin (\pi -u)=\sin u,$$

得

$${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\ln \sin tdt={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin udu.$$

因此

$${\int }_0^{\pi }\ln \sin tdt=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin tdt,$$

从而

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin 2xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx.$$

（Ⅲ）记

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin xdx.$$

由（Ⅰ），

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos xdx.$$

两式相加，得

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

由（Ⅱ），

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin 2xdx=I,$$

故

$$2I=I-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

于是

$$I=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

---

6. 证明

$$\left|{\int }_n^{n+p}\sin (x^2)dx\right|\le \frac{1}{n},p>0.$$

查看答案与解析

答案：

$$\left|{\int }_n^{n+p}\sin (x^2)dx\right|\le \frac{1}{n}.$$

解析： 由

$$d(\cos x^2)=-2x\sin (x^2)dx,$$

可写成

$$\sin (x^2)dx=-\frac{1}{2x}d(\cos x^2).$$

因此分部积分得

$$\begin{array}{rl}{\int }_n^{n+p}\sin (x^2)dx& =-{\int }_n^{n+p}\frac{1}{2x}d(\cos x^2)\\ & ={-\frac{\cos x^2}{2x}|}_n^{n+p}-{\int }_n^{n+p}\frac{\cos x^2}{2x^2}dx.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_n^{n+p}\sin (x^2)dx\right|& \le \frac{1}{2(n+p)}+\frac{1}{2n}+{\int }_n^{n+p}\frac{dx}{2x^2}\\ & =\frac{1}{2(n+p)}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}\right)\\ & =\frac{1}{n}.\end{array}$$

故所证不等式成立。

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7. 证明

$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx}{\sin x}dx=0.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx}{\sin x}dx=0.$$

解析： 虽然分母在端点处为零，但

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin 2nx}{\sin x}=2n,$$

且

$$\underset{x\to {\pi }^{-}}{\lim }\frac{\sin 2nx}{\sin x}=-2n,$$

故端点均为可去间断点，积分存在。

记

$$I={\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nx}{\sin x}dx.$$

作代换

$$x=\pi -t.$$

由于

$$\sin (\pi -t)=\sin t,$$

而

$$\sin (2n(\pi -t))=\sin (2n\pi -2nt)=-\sin 2nt,$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }\frac{\sin (2n(\pi -t))}{\sin (\pi -t)}dt\\ & =-{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2nt}{\sin t}dt\\ & =-I.\end{array}$$

因此

$$I=0.$$

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8. 已知一条抛物线通过 $x$ 轴上两点 $A(1,0)$、$B(3,0)$，方程为

$$y=a(x-1)(x-3),$$

求证：两坐标轴与该抛物线所围成的面积等于 $x$ 轴与该抛物线所围成的面积。

查看答案与解析

答案： 两部分面积均为

$$\frac{4|a|}{3}.$$

解析： 因题设曲线为抛物线，故

$$a\ne 0.$$

在区间 $[0,1]$ 上，

$$(x-1)(x-3)\ge 0,$$

两坐标轴与抛物线围成的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_1& =\left|{\int }_0^{1}a(x-1)(x-3)dx\right|\\ & =|a|{\int }_0^1(x^2-4x+3)dx\\ & =|a|{\left[\frac{x^3}{3}-2x^2+3x\right]}_0^1\\ & =\frac{4|a|}{3}.\end{array}$$

在区间 $[1,3]$ 上，

$$(x-1)(x-3)\le 0.$$

抛物线与 $x$ 轴所围成的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_2& =\left|{\int }_1^{3}a(x-1)(x-3)dx\right|\\ & =|a|\left|{\left[\frac{x^3}{3}-2x^2+3x\right]}_1^3\right|\\ & =|a|\left|0-\frac{4}{3}\right|\\ & =\frac{4|a|}{3}.\end{array}$$

因此

$$S_1=S_2,$$

即两坐标轴与该抛物线所围成的面积等于 $x$ 轴与该抛物线所围成的面积。

---

9. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，且对任意 $x,y\in [0,1]$ 均有

$$|f(x)-f(y)|\le M|x-y|,$$

$M$ 为正的常数，求证：

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le \frac{M}{2n}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le \frac{M}{2n}.$$

解析： 将区间 $[0,1]$ 等分为 $n$ 个小区间，则

$${\int }_0^{1}f(x)dx=\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx.$$

同时，

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)=\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f\left(\frac{k}{n}\right)dx.$$

因此

$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\\ & =\left|\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left[f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right]dx\right|\\ & \le \sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|dx.\end{array}$$

由题设的 Lipschitz 条件，

$$\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le M\left|x-\frac{k}{n}\right|.$$

当

$$x\in \left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$$

时，

$$\left|x-\frac{k}{n}\right|=\frac{k}{n}-x.$$

故

$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\\ & \le M\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left(\frac{k}{n}-x\right)dx\\ & =M\sum _{k=1}^n\frac{1}{2n^2}\\ & =\frac{M}{2n}.\end{array}$$

故所证不等式成立。

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10. 设函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，证明：

$${\left[{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right]}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx{\int }_a^b{g}^2(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\left[{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right]}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx{\int }_a^b{g}^2(x)dx.$$

解析： 对任意实数 $\lambda$，由平方非负可得

$${\int }_a^b[f(x)-\lambda g(x){]}^{2}dx\ge 0.$$

展开得

$${\int }_a^b{f}^2(x)dx-2\lambda {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx+{\lambda }^2{\int }_a^b{g}^2(x)dx\ge 0.$$

记

$$A={\int }_a^b{f}^2(x)dx,B={\int }_a^{b}f(x)g(x)dx,C={\int }_a^b{g}^2(x)dx.$$

于是对任意 $\lambda \in \mathbb{R}$，均有

$$C{\lambda }^2-2B\lambda +A\ge 0.$$

若 $C=0$，由于 $g^2(x)\ge 0$ 且连续，所以 $g(x)\equiv 0$，从而 $B=0$，所证不等式显然成立。

若 $C>0$，上述关于 $\lambda$ 的二次式恒非负，因此其判别式不大于零：

$$(-2B{)}^2-4AC\le 0.$$

故

$$B^2\le AC,$$

即

$${\left[{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right]}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx{\int }_a^b{g}^2(x)dx.$$

这就是积分形式的柯西—施瓦茨不等式。

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11. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 有连续的导数，求证：

$$\underset{[a,b]}{\max }|f(x)|\le \frac{1}{b-a}\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|+{\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx.$$

查看答案与解析

答案：

$$\underset{[a,b]}{\max }|f(x)|\le \frac{1}{b-a}\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|+{\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx.$$

解析： 任取 $x\in [a,b]$。对任意 $t\in [a,b]$，由牛顿—莱布尼茨公式，

$$f(x)-f(t)={\int }_t^x{f}^{\prime }(u)du.$$

于是

$$f(x)=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(t)dt+\frac{1}{b-a}{\int }_a^b[f(x)-f(t)]dt.$$

两边取绝对值，得

$$\begin{array}{rl}|f(x)|& \le \frac{1}{b-a}\left|{\int }_a^{b}f(t)dt\right|+\frac{1}{b-a}{\int }_a^b|f(x)-f(t)|dt.\end{array}$$

又因为

$$|f(x)-f(t)|=\left|{\int }_t^x{f}^{\prime }(u)du\right|\le {\int }_a^b|f^{\prime }(u)|du,$$

所以

$$\begin{array}{rl}|f(x)|& \le \frac{1}{b-a}\left|{\int }_a^{b}f(t)dt\right|+\frac{1}{b-a}{\int }_a^b\left({\int }_a^b|f^{\prime }(u)|du\right)dt\\ & =\frac{1}{b-a}\left|{\int }_a^{b}f(t)dt\right|+{\int }_a^b|f^{\prime }(u)|du.\end{array}$$

该不等式对任意 $x\in [a,b]$ 都成立。又因 $f$ 连续，$|f|$ 在闭区间上能取得最大值，因此

$$\underset{[a,b]}{\max }|f(x)|\le \frac{1}{b-a}\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|+{\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx.$$

证毕。