第五章 定积分
$ ^{*} $1. 利用定积分定义计算由抛物线 $ y = x^{2} + 1 $，两直线 x = a, x = b (b > a) 及 x 轴所围成的图形的面积.
解 由于函数 $ f(x) = x^{2} + 1 $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，因此可积，为计算方便，不妨把 $ [a, b] $ 分成 n 等份，则分点为 $ x_{i} = a + \frac{i(b - a)}{n} (i = 0, 1, 2, \cdots, n) $，每个小区间长度为 $ \Delta x_{i} = \frac{b - a}{n} $，取 $ \xi_{i} $ 为小区间的右端点 $ x_{i} $，则
$$ \begin{aligned}&\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}\\=&\sum_{i=1}^{n}\left[\left(a+\frac{i(b-a)}{n}\right)^{2}+1\right]\frac{b-a}{n}\\=&\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n}\left(a^{2}+1\right)+2\frac{a(b-a)^{2}}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}i+\frac{(b-a)^{3}}{n^{3}}\sum_{i=1}^{n}i^{2}\\=&(b-a)\left(a^{2}+1\right)+a(b-a)^{2}\frac{(n+1)}{n}+(b-a)^{3}\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^{2}}.\end{aligned} $$
当 $ n \to \infty $ 时，上式极限为
$$ \left(b-a\right)\left(a^{2}+1\right)+a\left(b-a\right)^{2}+\frac{1}{3}\left(b-a\right)^{3}=\frac{b^{3}-a^{3}}{3}+b-a, $$
即为所求图形的面积.
- 利用定积分定义计算下列积分：
(1) $ \int_{a}^{b} x \, dx \, (a < b) $; (2) $ \int_{0}^{1} e^{x} \, dx $.
解 由于被积函数在积分区间上连续，因此把积分区间分成 n 等份，并取 $ \xi_{i} $ 为小区间的右端点，得到
(1)
$$ \begin{align*}\int_{a}^{b}x\mathrm{d}x&=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\bigg[a+\frac{i(b-a)}{n}\bigg]\frac{b-a}{n}\\&=\lim_{n\to\infty}\bigg[a(b-a)+\frac{(b-a)^{2}}{n^{2}}\frac{n(n+1)}{2}\bigg]\\&=a(b-a)+\frac{(b-a)^{2}}{2}=\frac{b^{2}-a^{2}}{2}.\end{align*} $$
(2)
$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x&=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\mathrm{e}^{\frac{i}{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(\mathrm{e}^{\frac{1}{n}})^{n+1}-1}{n(\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}-1)}\\&=\frac{\lim(e^{\frac{n+1}{n}}-1)}{\lim_{n\rightarrow\infty}(e^{\frac{1}{n}}-1)}=\mathrm{e}-1.\end{aligned} $$
- 利用定积分的几何意义，证明下列等式：
(1) $ \int_0^1 2x \, dx = 1 $; \quad (2) $ \int_0^1 \sqrt{1 - x^2} \, dx = \frac{\pi}{4} $;
(3) $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin x \, dx = 0 $; \quad (4) $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx $.
证 （1）根据定积分的几何意义，定积分 $ \int_{0}^{1}2xdx $ 表示由直线 y = 2x, x = 1 及 x 轴围成的图形的面积，该图形是三角形，底边长为 1，高为 2，因此面积为 1，即 $ \int_{0}^{1}2xdx = 1 $.
（2）根据定积分的几何意义，定积分 $ \int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}\,dx $表示的是由曲线 $ y=\sqrt{1-x^{2}} $以及x轴、y轴围成的在第Ⅰ象限内的图形面积，即单位圆的四分之一的图形，因此有 $ \int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}\,dx=\frac{\pi}{4} $.
（3）由于函数 $ y = \sin x $ 在区间 $ [0, \pi] $ 上非负，在区间 $ [-\pi, 0] $ 上非正。根据定积分的几何意义，定积分 $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin x \, dx $ 表示曲线 $ y = \sin x (x \in [0, \pi]) $ 与 x 轴所围成的图形 $ D_{1} $ 的面积减去曲线 $ y = \sin x (x \in [-\pi, 0]) $ 与 x 轴所围成的图形 $ D_{2} $ 的面积，显然图形 $ D_{1} $ 与 $ D_{2} $ 的面积是相等的，因此有 $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin x \, dx = 0 $.
（4）由于函数 $ y = \cos x $ 在区间 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $ 上非负. 根据定积分的几何意义，定积分 $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx $ 表示曲线 $ y = \cos x \left(x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right) $ 与 x 轴和 y 轴所围成的图形 $ D_1 $ 的面积加上曲线 $ y = \cos x \left(x \in \left[-\frac{\pi}{2}, 0\right]\right) $ 与 x 轴和 y 轴所围成的图形 $ D_2 $ 的面积，而图形 $ D_1 $ 的面积和图形 $ D_2 $ 的面积显然相等，因此有 $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx $.
- 利用定积分的几何意义，求下列积分：
(1) $ \int_0^t x \, \mathrm{d}x \, (t > 0) $; \quad (2) $ \int_{-2}^4 \left( \frac{x}{2} + 3 \right) \, \mathrm{d}x $;
(3) $ \int_{-1}^2 |x| \, \mathrm{d}x $; \quad (4) $ \int_{-3}^3 \sqrt{9 - x^2} \, \mathrm{d}x $.
解 （1）根据定积分的几何意义， $ \int_{0}^{t}x\mathrm{d}x $ 表示的是由直线 y = x, x = t 以及 x 轴所
围成的直角三角形面积，该直角三角形的两条直角边的长均为 t，因此面积为 $ \frac{t^{2}}{2} $，故有 $ \int_{0}^{t} x \, dx = \frac{t^{2}}{2} $.
（2）根据定积分的几何意义， $ \int_{-2}^{4}\left(\frac{x}{2}+3\right)\mathrm{d}x $ 表示的是由直线 $ y=\frac{x}{2}+3 $, x=-2, x=4 以及 x 轴所围成的梯形的面积，该梯形的两底长分别为 $ \frac{-2}{2}+3=2 $ 和 $ \frac{4}{2}+3=5 $，梯形的高为 $ 4-(-2)=6 $，因此面积为 21。故有 $ \int_{-2}^{4}\left(\frac{x}{2}+3\right)\mathrm{d}x=21 $。
（3）根据定积分的几何意义， $ \int_{-1}^{2}\left|x\right|\mathrm{d}x $ 表示的是由折线 $ y=\left|x\right| $ 和直线 x=-1, x=2 以及 x 轴所围成的图形的面积. 该图形由两个等腰直角三角形组成，一个由直线 y=-x, x=-1 和 x 轴所围成，其直角边长为 1，面积为 $ \frac{1}{2} $; 另一个由直线 y=x, x=2 和 x 轴所围成，其直角边长为 2，面积为 2. 因此 $ \int_{-1}^{2}\left|x\right|\mathrm{d}x=\frac{5}{2} $.
（4）根据定积分的几何意义， $ \int_{-3}^{3}\sqrt{9-x^{2}}dx $ 表示的是由上半圆周 $ y=\sqrt{9-x^{2}} $ 以及 x 轴所围成的半圆的面积，因此有 $ \int_{-3}^{3}\sqrt{9-x^{2}}dx = \frac{9}{2}\pi $.
- 设 a < b，问 a、b 取什么值时，积分 $ \int_{a}^{b}(x - x^{2})dx $ 取得最大值？
解 根据定积分几何意义, $ \int_{a}^{b}(x-x^{2})\mathrm{d}x $表示的是由 $ y=x-x^{2} $, $ x=a $, $ x=b $,以及x轴所围成的图形在x轴上方部分的面积减去x轴下方部分面积.因此如果下方部分面积为0,上方部分面积为最大时, $ \int_{a}^{b}(x-x^{2})\mathrm{d}x $的值最大,即当a=0,b=1时,积分 $ \int_{a}^{b}(x-x^{2})\mathrm{d}x $取得最大值.
- 已知 $ \ln 2 = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} dx $，试用抛物线法公式（1 - 6）求出 $ \ln 2 $ 的近似值（取 n = 10，计算时取 4 位小数）.
解 计算 $ y_{i} $ 并列表
| i | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $ x_{i} $ | 0.0000 | 0.1000 | 0.2000 | 0.3000 | 0.4000 | 0.5000 | 0.6000 | 0.7000 | 0.8000 | 0.9000 | 1.0000 |
| $ y_{i} $ | 1.0000 | 0.9091 | 0.8333 | 0.7692 | 0.7143 | 0.6667 | 0.6250 | 0.5882 | 0.5556 | 0.5263 | 0.5000 |
按抛物线法公式 $ (1-6) $，求得
$$ s=\frac{1}{30}\left[\begin{array}{l}(y_{0}+y_{10})+2(y_{2}+y_{4}+y_{6}+y_{8})+4(y_{1}+y_{3}+y_{5}+y_{7}+y_{9})\end{array}\right] $$
$ \approx 0.6931 $
- 设 $ \int_{-1}^{1}3f(x)dx = 18 $, $ \int_{-1}^{3}f(x)dx = 4 $, $ \int_{-1}^{3}g(x)dx = 3 $. 求
(1) $ \int_{-1}^{1}f(x)dx $; (2) $ \int_{1}^{3}f(x)dx $;
(3) $ \int_{3}^{-1}g(x)dx $; (4) $ \int_{-1}^{3}\frac{1}{5}[4f(x)+3g(x)]dx $.
解 (1) $ \int_{-1}^{1}f(x)dx = \frac{1}{3}\int_{-1}^{1}3f(x)dx = 6 $.
(2) $ \int_{1}^{3}f(x)dx=\int_{-1}^{3}f(x)dx-\int_{-1}^{1}f(x)dx=-2. $
(3) $ \int_{3}^{-1}g(x)dx = -\int_{-1}^{3}g(x)dx = -3. $
(4) $ \int_{-1}^{3}\frac{1}{5}\left[4f(x)+3g(x)\right]dx=\frac{4}{5}\int_{-1}^{3}f(x)dx+\frac{3}{5}\int_{-1}^{3}g(x)dx=5. $
- 水利工程中要计算拦水闸门所受的水压力. 已知闸门上水的压强 p 与水深 h 存在函数关系, 且有 $ p = 9.8 \, h \, (kN/m^{2}) $. 若闸门高 $ H = 3 \, m $, 宽 $ L = 2 \, m $, 求水面与闸门顶相齐时闸门所受的水压力 P.
解 在区间 $ [0,3] $ 上插入 n-1 个分点 $ 0 = h_{0} < h_{1} < \cdots < h_{n} = 3 $，取 $ \xi_{i} \in [h_{i-1}, h_{i}] $，并记 $ \Delta h_{i} = h_{i} - h_{i-1} $，得到闸门所受水压力的近似值为 $ \sum_{i=1}^{n} p(\xi_{i}) 2\Delta h_{i} $，根据定积分的定义可知闸门所受的水压力为
$$ P~=~\int_{0}^{3}2p(~h)~\mathrm{d}h~=~19.~6\int_{0}^{3}h\mathrm{d}h, $$
由于被积函数连续，而连续函数是可积的，因此积分值与积分区间的分法和 $ \xi_{i} $ 的取法无关。为方便计算，对区间 [0,3] 进行 n 等分，并取 $ \xi_{i} $ 为小区间的端点 $ h_{i} = \frac{3i}{n} $，于是
$$ \int_{0}^{3}h\mathrm{d}h=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{9i}{n^{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{9(n+1)}{2n}=\frac{9}{2}, $$
故
$$ P~=~19.6\int_{0}^{3}h\mathrm{d}h~=~88.2~\mathrm{~(~kN~)~}. $$
- 证明定积分性质：
(1) $ \int_{a}^{b} kf(x) \, dx = k \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ (k 是常数); (2) $ \int_{a}^{b} 1 \cdot dx = \int_{a}^{b} dx = b - a $.
证 根据定积分的定义，在区间 $ [a,b] $中插入n-1个点 $ a=x_{0} $$ \int_{a}^{b}k f(x)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}k f(\xi_{i})\Delta x_{i}=k\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}=k\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x. $$ $$ \int_{a}^{b}1\ \cdot\mathrm{d}x\ =\ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\Delta x_{i}\ =\ \lim_{\lambda\to0}(b-a)\ =b-a. $$ 10\. 估计下列各积分的值： (1) $ \int_{1}^{4}(x^{2}+1)\mathrm{d}x; $ (2) $ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}(1+\sin^{2}x)\mathrm{d}x; $ (3) $ \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} x \arctan x \, dx $; (4) $ \int_{2}^{0} e^{x^{2} - x} \, dx $. 解（1）在区间 $ [1,4] $上， $ 2 \leqslant x^{2} + 1 \leqslant 17 $，因此有 $$ 6=\int_{1}^{4}2\mathrm{d}x\leqslant\int_{1}^{4}\left(x^{2}+1\right)\mathrm{d}x\leqslant\int_{1}^{4}17\mathrm{d}x=51. $$ （2）在区间 $ \left[\frac{1}{4}\pi,\frac{5}{4}\pi\right] $上， $ 1=1+0\leqslant1+\sin^{2}x\leqslant1+1=2 $，因此有 $$ \pi=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}\mathrm{d}x\leqslant\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}(1+\sin^{2}x)\mathrm{d}x\leqslant\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5}{4}\pi}2\mathrm{d}x=2\pi. $$ （3）在区间 $ \left[\frac{1}{\sqrt{3}},\sqrt{3}\right] $上，函数 $ f(x)=x\arctan x $是单调增加的，因此 $ f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\leq f(x)\leq f(\sqrt{3}) $，即 $ \frac{\pi}{6\sqrt{3}}\leq x\arctan x\leq\frac{\pi}{\sqrt{3}} $，故有 $$ \frac{\pi}{9}=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\mathrm{d}x\leqslant\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}x\arctan x\mathrm{d}x\leqslant\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{\pi}{\sqrt{3}}\mathrm{d}x=\frac{2}{3}\pi. $$ （4）设 $ f(x)=x^{2}-x,x\in[0,2] $，则 $ f^{\prime}(x)=2x-1,f(x) $在 $ [0,2] $上的最大值、最小值必为 $ f(0),f\left(\frac{1}{2}\right),f(2) $中的最大值和最小值，即最大值和最小值分别为 $ f(2)=2 $和 $ f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4} $，因此有 $$ 2\mathrm{e}^{-\frac{1}{4}}=\int_{0}^{2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{4}}\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{2}\mathrm{e}^{x^{2}-x}\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{2}\mathrm{e}^{2}\mathrm{d}x=2\mathrm{e}^{2}, $$ 而 $ \int_{2}^{0}e^{x^{2}-x}dx=-\int_{0}^{2}e^{x^{2}-x}dx $，故 $ -2e^{2}\leqslant\int_{2}^{0}e^{x^{2}-x}dx\leqslant-2e^{-\frac{1}{4}} $ 证 记 $ a = \int_{0}^{1} f(x) \, dx $，则由定积分性质 5，得 $$ \int_{0}^{1}\left[f(x)-a\right]^{2}\mathrm{d}x\geqslant0, $$ 即 $$ \begin{align*}\int_{0}^{1}\left[f(x)-a\right]^{2}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}f^{2}(x)\mathrm{d}x-2a\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x+a^{2}\\&=\int_{0}^{1}f^{2}(x)\mathrm{d}x-\left[\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\right]^{2}\geqslant0,\end{align*} $$ 由此结论成立. （1）若在 $ [a,b] $上， $ f(x)\geqslant0 $，且 $ f(x)\neq0 $，则 $ \int_{a}^{b}f(x)dx>0 $； （2）若在 $ [a,b] $上， $ f(x)\geqslant0 $，且 $ \int_{a}^{b}f(x)dx=0 $，则在 $ [a,b] $上， $ f(x)\equiv0 $； （3）若在 $ [a,b] $上， $ f(x)\leq g(x) $，且 $ \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}g(x)dx $，则在 $ [a,b] $上， $ f(x)=g(x) $. 证 （1）根据条件必定存在 $ x_{0} \in [a, b] $，使得 $ f(x_{0}) > 0 $。由函数 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 连续可知，存在 $ a \leq \alpha < \beta \leq b $，使得当 $ x \in [\alpha, \beta] $ 时 $ f(x) \geq \frac{f(x_{0})}{2} $。因此有 $$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{\alpha}f(x)\mathrm{d}x+\int_{\alpha}^{\beta}f(x)\mathrm{d}x+\int_{\beta}^{b}f(x)\mathrm{d}x, $$ 由定积分性质得到： $$ \int_{a}^{\alpha}f(x)\mathrm{d}x\geqslant0,\quad\int_{\alpha}^{\beta}f(x)\mathrm{d}x\geqslant\int_{\alpha}^{\beta}\frac{f(x_{0})}{2}\mathrm{d}x=\frac{\beta-\alpha}{2}f(x_{0})>0,\quad\int_{\beta}^{b}f(x)\mathrm{d}x\geqslant0, $$ 故得到结论 $ \int_{a}^{b}f(x)dx>0 $. （2）用反证法. 如果 $ f(x) \neq 0 $ ，则由（1）得到 $ \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x > 0 $ ，与假设条件矛盾，因此结论成立. （3）因为 $ h(x)=g(x)-f(x)\geqslant0 $，且 $$ \int_{a}^{b}h\left(x\right)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}g\left(x\right)\mathrm{d}x-\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=0, $$ 由(2)可得在 $ [a,b] $上 $$ h(x)\equiv0, $$ 从而结论成立. (1) $ \int_{0}^{1} x^{2} dx $ 还是 $ \int_{0}^{1} x^{3} dx $? (2) $ \int_{1}^{2}x^{2}dx $还是 $ \int_{1}^{2}x^{3}dx $? (3) $ \int_{1}^{2} \ln x \, dx $ 还是 $ \int_{1}^{2} (\ln x)^{2} \, dx $? (4) $ \int_{0}^{1} x \, dx $ 还是 $ \int_{0}^{1} \ln(1 + x) \, dx $? (5) $ \int_{0}^{1} e^{x} dx $ 还是 $ \int_{0}^{1} (1 + x) dx $? 解 （1）在区间 $ [0,1] $ 上 $ x^{2} \geqslant x^{3} $，因此 $ \int_{0}^{1} x^{2} dx $ 比 $ \int_{0}^{1} x^{3} dx $ 大. （2）在区间 $ [1,2] $上 $ x^{2}\leq x^{3} $，因此 $ \int_{1}^{2}x^{3}dx $比 $ \int_{1}^{2}x^{2}dx $大. （3）在区间 $ [1,2] $上由于 $ 0\leqslant\ln x\leqslant1 $，得 $ \ln x\geqslant(\ln x)^{2} $，因此 $ \int_{1}^{2}\ln x dx $比 $ \int_{1}^{2}(\ln x)^{2}dx $大. （4）由教材第三章第一节例1可知，当x>0时， $ \ln(1+x) （5）由于当 x > 0 时 $ \ln(1 + x) < x $，故此时有 $ 1 + x < e^{x} $，因此 $ \int_{0}^{1} e^{x} dx $ 比 $ \int_{0}^{1} (1 + x) dx $ 大. 解 $ \frac{dy}{dx} = \sin x $, 因此 $ \left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=0} = 0 $, $ \left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $. 解 $ \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}\bigg/ \frac{dx}{dt} = \frac{\cos t}{\sin t} = \cot t. $ 解 方程两端分别对 x 求导，得 $ e^{y}\frac{dy}{dx} + \cos x = 0 $，故 $ \frac{dy}{dx} = -e^{-y}\cos x $. 解 容易知道 $ I(x) $ 可导，而 $ I'(x) = xe^{-x^{2}} = 0 $ 只有惟一解 x = 0。当 x < 0 时 $ I'(x) < 0 $，当 x > 0 时 $ I'(x) > 0 $，故 x = 0 为函数 $ I(x) $ 的惟一的极值点（极小值点）。 (1) $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x^{2}}\sqrt{1+t^{2}}\mathrm{d}t; $$ (2) $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{x^{2}}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{4}}}; $$ (3) $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\sin x}^{\cos x}\cos(\pi t^{2})\mathrm{d}t. $ 解 (1) $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x^{2}}\sqrt{1+t^{2}}\mathrm{d}t=2x\sqrt{1+x^{4}}. $ (2) $$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{x^{2}}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{4}}}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\bigg(\int_{0}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{4}}}-\int_{0}^{x^{2}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{4}}}\bigg)\\&=\frac{3x^{2}}{\sqrt{1+x^{12}}}-\frac{2x}{\sqrt{1+x^{8}}}.\end{aligned} $$ (3) $$ \begin{align*}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\sin x}^{\cos x}\cos(\pi t^{2})\mathrm{d}t&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\Big[\int_{0}^{\cos x}\cos(\pi t^{2})\mathrm{d}t-\int_{0}^{\sin x}\cos(\pi t^{2})\mathrm{d}t\Big]\\&=-\sin x\cos(\pi\cos^{2}x)-\cos x\cos(\pi\sin^{2}x)\\&=-\sin x\cos(\pi-\pi\sin^{2}x)-\cos x\cos(\pi\sin^{2}x)\\&=(\sin x-\cos x)\cos(\pi\sin^{2}x).\end{align*} $$ 证 显然 $ f(x) $ 在 $ [-1, +\infty) $ 上可导，且当 x > -1 时， $ f'(x) = \sqrt{1 + x^{3}} > 0 $，因此 $ f(x) $ 在 $ [-1, +\infty) $ 是单调增加函数. 注意到 $ f(1)=0 $ ，故 $ (f^{-1})'(0)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{\sqrt{2}}{2} $ (A) $ \int_{-1}^{3}f(x)dx $ (B) $ \int_{-1}^{3}f'(x)dx $ (C) $ \int_{-1}^{3}f''(x)dx $ (D) $ \int_{-1}^{3}f'''(x)dx $ 解 根据 $ y=f(x) $ 的图形可知，在区间 $ [-1,3] $ 上 $ f(x)\geqslant0 $，且 $ f(-1)=f(3)=0 $， $ f'(-1)>0 $， $ f''(-1)<0 $， $ f'(3)<0 $， $ f''(3)>0 $。因此 $$ \int_{-1}^{3}f(x)\mathrm{d}x>0,\quad\int_{-1}^{3}f^{\prime}(x)\mathrm{d}x=f(3)-f(-1)=0, $$ $$ \int_{-1}^{3}f^{\prime \prime}(x)d x=f^{\prime}(3)-f^{\prime}(-1)<0,\int_{-1}^{3}f^{\prime \prime}(x)d x=f^{\prime \prime}(3)-f^{\prime}(-1)>0. 故选 (C). $$ (1) $$ \int_{0}^{a}\left(3x^{2}-x+1\right)\mathrm{d}x; $$ (2) $$ \int_{1}^{2}\left(x^{2}+\frac{1}{x^{4}}\right)\mathrm{d}x; $$ (3) $ \int_{4}^{9} \sqrt{x} (1 + \sqrt{x}) \, dx $; (4) $ \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^{2}}; $ (5) $ \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}} $; (6) $ \int_{0}^{\sqrt{3}a}\frac{\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}; $ (7) $ \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4-x^{2}}} $; (8) $ \int_{-1}^{0}\frac{3x^{4}+3x^{2}+1}{x^{2}+1}dx $; (9) $ \int_{-e-1}^{-2}\frac{dx}{1+x} $; (10) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{2}\theta d\theta $; (11) $ \int_{0}^{2\pi} |\sin x| \, dx $; (12) $ \int_{0}^{2}f(x)dx $，其中 $ f(x)=\{\begin{aligned}&x+1,&x\leqslant1,\\&\frac{1}{2}x^{2},&x>1.\end{aligned}. $ 解 (1) $ \int_{0}^{a}(3x^{2}-x+1)\mathrm{d}x = \left[x^{3}-\frac{1}{2}x^{2}+x\right]_{0}^{a} $ $ =a^{3}-\frac{1}{2}a^{2}+a=a\left(a^{2}-\frac{1}{2}a+1\right) $. (2) $ \int_{1}^{2}\left(x^{2}+\frac{1}{x^{4}}\right)\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{3}x^{3}-\frac{1}{3x^{3}}\right]_{1}^{2}=\frac{21}{8}. $ $$ \int_{4}^{9}\sqrt{x}(1+\sqrt{x})d x=\int_{4}^{9}(\sqrt{x}+x)d x=\left[\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+\frac{x^{2}}{2}\right]_{4}^{9}=\frac{271}{6}. $$ (4) $ \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^{2}} = \left[ \arctan x \right]_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} = \frac{\pi}{6}. $ (5) $ \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} = \left[ \arcsin x \right]_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} = \frac{\pi}{3}. $ (6) $ \int_{0}^{\sqrt{3}a}\frac{\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}=\left[\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}\right]_{0}^{\sqrt{3}a}=\frac{\pi}{3a} $. (7) $ \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4-x^{2}}}=\left[\arcsin\frac{x}{2}\right]_{0}^{1}=\frac{\pi}{6}. $ (8) $ \int_{-1}^{0} \frac{3x^{4} + 3x^{2} + 1}{x^{2} + 1} \, dx = \int_{-1}^{0} \left( 3x^{2} + \frac{1}{x^{2} + 1} \right) dx $ = $ \left[ x^{3} + \arctan x \right]_{-1}^{0} = 1 + \frac{\pi}{4} $. (9) $ \int_{-\mathrm{e}-1}^{-2} \frac{\mathrm{d}x}{1+x} = [\ln|1+x|]_{-\mathrm{e}-1}^{-2} = -1 $. $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{2}\theta\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\sec^{2}\theta-1\right)\mathrm{d}\theta=\left[\tan\theta-\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=1-\frac{\pi}{4}. $$ (11) $$ \begin{array}{l}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left|\sin x\right|\mathrm{d}x\ =\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x\ +\int_{\pi}^{2\pi}\left(-\sin x\right)\mathrm{d}x\\ \displaystyle=\left[-\cos x\right]_{0}^{\pi}\ +\left[\cos x\right]_{\pi}^{2\pi}\ =\mathrm{4}.\end{array} $$ (12) $$ \begin{aligned}\int_{0}^{2}f(x)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}(x+1)\mathrm{d}x+\int_{1}^{2}\frac{1}{2}x^{2}\mathrm{d}x\\&=\left[\frac{x^{2}}{2}+x\right]_{0}^{1}+\left[\frac{x^{3}}{6}\right]_{1}^{2}=\frac{8}{3}.\end{aligned} $$ (1) $ \int_{-\pi}^{\pi} \cos kx \, dx = 0 $; (2) $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin kx \, dx = 0 $; (3) $$ \int_{-\pi}^{\pi}\cos^{2}k x\mathrm{d}x=\pi； $$ $$ \int_{-\pi}^{\pi}\sin^{2}kx\mathrm{d}x\ =\ \pi. $$ 解 (1) $ \int_{-\pi}^{\pi} \cos kx \, dx = \left[ \frac{1}{k} \sin kx \right]_{-\pi}^{\pi} = 0 $. (2) $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin kx \, dx = \left[ -\frac{1}{k} \cos kx \right]_{-\pi}^{\pi} = 0 $. (3) $ \int_{-\pi}^{\pi}\cos^{2}kx dx = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}(1 + \cos 2kx)dx = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}dx = \pi $，其中由(1)得到 $ \int_{-\pi}^{\pi}\cos 2kx dx = 0 $. (4) $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin^{2} kx \, dx = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} (1 - \cos 2kx) \, dx = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} dx = \pi $，其中由（1）得到 $ \int_{-\pi}^{\pi} \cos 2kx \, dx = 0 $. $$ \int_{-\pi}^{\pi}\cos k x\sin l x\mathrm{d}x=0; $$ $$ \int_{-\pi}^{\pi}\cos k x\cos l x\mathrm{d}x=0 $$ (3) $ \int_{-\pi}^{\pi} \sin kx \sin l x dx = 0 $. 解 (1) $ \int_{-\pi}^{\pi} \cos kx \sin l x dx = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} [\sin(k + l)x - \sin(k - l)x] dx $ $ = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \sin(k + l) x dx - \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \sin(k - l) x dx $ = 0. 其中由上一题 $ \int_{-\pi}^{\pi}\sin\left(k+l\right)x\mathrm{d}x=0,\quad\int_{-\pi}^{\pi}\sin\left(k-l\right)x\mathrm{d}x=0. $ (2) $$ \begin{aligned}\int_{-\pi}^{\pi}\cos kx\cos lx\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\left[\cos(k+l)x+\cos(k-l)x\right]\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(k+l)x\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(k-l)x\mathrm{d}x\end{aligned} $$ $$ =0, $$ 其中由上一题 $ \int_{-\pi}^{\pi}\cos(k+l)x\mathrm{d}x=0,\quad\int_{-\pi}^{\pi}\cos(k-l)x\mathrm{d}x=0. $ (3) $$ \begin{align*}\int_{-\pi}^{\pi}\sin kx\sin lx\mathrm{d}x&=-\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\left[\cos(k+l)x-\cos(k-l)x\right]\mathrm{d}x\\&=-\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos\ (k+l)x\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos\ (k-l)x\mathrm{d}x\\&=0,\end{align*} $$ 其中由上一题 $ \int_{-\pi}^{\pi}\cos(k+l)x\mathrm{d}x=0,\int_{-\pi}^{\pi}\cos(k-l)x\mathrm{d}x=0 $ $$ (1)\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\cos t^{2}\mathrm{d}t}{x};\quad(2)\lim_{x\to0}\frac{\left(\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{~d}t\right)^{2}}{\int_{0}^{x}t\mathrm{e}^{2t^{2}}\mathrm{d}t}. $$ 解（1） $$ \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\cos t^{2}\mathrm{d}t}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x^{2}}{1}=1. $$ (2) $$ \lim_{x\to0}\frac{\left(\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{d}t\right)^{2}}{\int_{0}^{x}t\mathrm{e}^{2t^{2}}\mathrm{d}t}=\lim_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^{x^{2}}\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{d}t}{x\mathrm{e}^{2x^{2}}}=\lim_{x\to0}\frac{2\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{d}t}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^{x^{2}}}{1}=2. $$ $$ f(x)=\{\begin{aligned}&x^{2},&x\in[0,1),\\ &x,&x\in[1,2].\end{aligned}. $$ 求 $ \Phi(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $ 在 $ [0,2] $ 上的表达式，并讨论 $ \Phi(x) $ 在 $ (0,2) $ 内的连续性. 解 当 $ x \in [0,1) $ 时， $ \Phi(x) = \int_{0}^{x} t^{2} \, \mathrm{d}t = \frac{x^{3}}{3} $; 当 $ x \in [1,2] $ 时， $ \Phi(x) = \int_{0}^{1} t^{2} \, \mathrm{d}t + \int_{1}^{x} t \, \mathrm{d}t = \frac{x^{2}}{2} - \frac{1}{6} $，即 $$ \Phi(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x^{3}}{3},&&x\in[0,1),\\ &\frac{x^{2}}{2}-\frac{1}{6},&&x\in[1,2].\end{aligned}. $$ 由于 $ \lim_{x\to1^{-}}\Phi(x)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{x^{3}}{3}=\frac{1}{3},\lim_{x\to1^{+}}\Phi(x)=\lim_{x\to1^{-}}\left(\frac{x^{2}}{2}-\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{3} $，且 $ \Phi(1)=\frac{1}{3} $，故函数 $ \Phi(x) $在x=1处连续，而在其他点处显然连续，因此函数 $ \Phi(x) $在区间 $ (0,2) $内连续. 注 事实上，由于 $ f(x) $ 在 $ (0,2) $ 内连续，故 $ \Phi(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $ 在 $ (0,2) $ 内可导， 因此 $ \Phi(x) $ 必在 $ (0,2) $ 内连续. 我们甚至有以下更强的结论： 若 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上有界并可积，则 $ \Phi(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $ 在 $ [a,b] $ 上连续。按照连续函数定义不难证明这一结论。作为练习，请读者自己证明之。 $$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\sin x,&0\leqslant x\leqslant\pi,\\ &0,&x<0 或 x>\pi.\end{aligned}. $$ 求 $ \Phi(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内的表达式. 解 当 x<0 时, $ \Phi(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=0 $; $$ 0\leqslant x\leqslant\pi 时 ,\varPhi(x)=\int_{0}^{x}f(t)d t=\int_{0}^{x}\frac{1}{2}\sin t d t=\frac{1-\cos x}{2}; $$ 当 $ x > \pi $ 时， $ \Phi(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt = \int_{0}^{\pi} f(t) \, dt + \int_{\pi}^{x} f(t) \, dt $ $ = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{2} \sin t \, dt = 1. $ 即 $$ \Phi(x)=\{\begin{aligned}&0,&x<0,\\&\frac{1-\cos x}{2},&0\leqslant x\leqslant\pi,\\&1,&x>\pi.\end{aligned}. $$ $$ \begin{array}{r l}{F(\mathrm{\boldmath~x~})}&{=\frac{1}{x\mathrm{\boldmath~-~a~}\displaystyle\int_{a}^{x}f(\mathrm{\boldmath~t~})\mathrm{d}t.}\end{array} }$$ 证明在 $ (a,b) $内有 $ F'(x) \leqslant 0 $. 证 $$ \begin{aligned}F^{\prime}(x)&=\frac{1}{(x-a)^{2}}\Big[\left(x-a\right)f(x)-\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t\Big]\\&=\frac{1}{(x-a)^{2}}\big[\left(x-a\right)f(x)-\left(x-a\right)f(\xi)\big]\quad(\xi\in(a,x)\subset[a,b])\\&=\frac{x-\xi}{x-\bar{a}}f^{\prime}(\eta)\quad(\eta\in(\xi,x)\subset(a,b)),\\ \end{aligned} $$ 由条件可知结论成立. 解 $$ \begin{array}{r l}{F^{\prime}\left(0\right)}&{=\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{F\left(x\right)\mathrm{~-~}F\left(0\right)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{\displaystyle\sin t}{t}\mathrm{d}t}{x}}\end{array} $$ $$ \begin{aligned}\frac{\sin x}{x-0}\frac{x}{1}&=1.\end{aligned} $$ $$ y=e^{-x}\int_{0}^{x}e^{t}f(t)d t $$ 满足微分方程 $ \frac{dy}{dx}+y=f(x) $，并求 $ \lim_{x\to+\infty}y(x) $. 证 $$ \begin{align*}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=-\mathrm{e}^{-x}\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+\mathrm{e}^{-x}\cdot\mathrm{e}^{x}f(x)\\&=-\ y+f(x),\end{align*} $$ 因此 $ y(x) $ 满足微分方程 $ \frac{dy}{dx} + y = f(x) $. 由条件 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=1 $ ，从而存在 $ X_{0}>0 $ ，当 x>X_{0} 时，有 $$ f(x)>\frac{1}{2}. $$ 因此， $$ \begin{align*}\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t&=\int_{0}^{X_{0}}\mathrm{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+\int_{X_{0}}^{x}\mathrm{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t\\&\geqslant\int_{0}^{X_{0}}\mathrm{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+\int_{X_{0}}^{x}\frac{1}{2}\mathrm{e}^{X_{0}}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{X_{0}}\mathrm{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{X_{0}}\left(x-X_{0}\right),\end{align*} $$ 故，当 $ x \to +\infty $ 时， $ \int_{0}^{x} e^{t} f(t) \, dt \to +\infty $，从而利用洛必达法则，有 $$ \lim_{x\to+\infty}y(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t} f(t)\mathrm{d}t}{\mathrm{e}^{x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\mathrm{e}^{x} f(x)}{\mathrm{e}^{x}}=1. $$ (1) $$ \int_{\frac{\pi}{3}}^{\pi}\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\mathrm{d}x; $$ (2) $$ \int_{-2}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(11+5x\right)^{3}}; $$ (3) $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos^{3}\varphi\mathrm{d}\varphi $$ (4) $$ \int_{0}^{\pi}(1-\sin^{3}\theta)\mathrm{d}\theta; $$ (5) $$ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}u\mathrm{d}u; $$ (6) $$ \int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^{2}}\mathrm{d}x; $$ (7) $ \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} \sqrt{8 - 2y^{2}} \, dy $; (8) $ \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1}\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}\mathrm{d}x $; (9) $ \int_{0}^{a} x^{2} \sqrt{a^{2} - x^{2}} \, dx \, (a > 0) $; (10) $ \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{\mathrm{d}x}{x^{2} \sqrt{1 + x^{2}}} $; (11) $ \int_{-1}^{1}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{5-4x}} $; (12) $ \int_{1}^{4}\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}}; $ (13) $ \int_{\frac{3}{4}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x}-1} $; (14) $ \int_{0}^{\sqrt{2}a}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{3a^{2}-x^{2}}}(a>0) $; (15) $ \int_{0}^{1} t e^{-\frac{t^{2}}{2}} \, dt $; (16) $ \int_{1}^{e^{2}}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{1+\ln x}}; $ (17) $ \int_{-2}^{0}\frac{(x+2)\mathrm{d}x}{x^{2}+2x+2} $; (18) $ \int_{0}^{2}\frac{x\mathrm{d}x}{\left(x^{2}-2x+2\right)^{2}} $; (19) $ \int_{-\pi}^{\pi}x^{4}\sin xdx $; (20) $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 \theta \, \mathrm{d}\theta $; (21) $ \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx $; (22) $ \int_{-5}^{5}\frac{x^{3}\sin^{2}x}{x^{4}+2x^{2}+1}dx $; (23) $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\cos2x dx $; (24) $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos x - \cos^{3} x} \, dx $; (25) $ \int_{0}^{\pi}\sqrt{1+\cos2x}dx $; (26) $ \int_{0}^{2\pi}\left|\sin(x+1)\right|\,\mathrm{d}x. $ 解 (1) $ \int_{\frac{\pi}{3}}^{\pi}\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\mathrm{d}x=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\pi}\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\mathrm{d}\left(x+\frac{\pi}{3}\right) $ $ = \left[-\cos\left(x+\frac{\pi}{3}\right)\right]_{\frac{\pi}{3}}^{\pi}=0. $ $$ \int_{-2}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(11+5x\right)^{3}}=\int_{-2}^{1}\frac{\mathrm{d}(11+5x)}{5\left(11+5x\right)^{3}}=\left[\begin{array}{c}1\\ -10(11+5x)^{2}\end{array}\right]_{-2}^{1}=\frac{51}{512}. $$ $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos^{3}\varphi\mathrm{d}\varphi=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\varphi\mathrm{d}(\cos\varphi)=\left[-\frac{1}{4}\cos^{4}\varphi\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{4}. $$ $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\pi}\left(1-\sin^{3}\theta\right)\mathrm{d}\theta&=\pi+\int_{0}^{\pi}\left(1-\cos^{2}\theta\right)\mathrm{d}\left(\cos\theta\right)\\&\xlongequal{u=\cos\theta}\pi+\int_{1}^{-1}\left(1-u^{2}\right)\mathrm{d}u=\pi-\frac{4}{3}.\end{aligned} $$ (5) $ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 u \, du = \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \cos 2u) \, du $ $ = \frac{1}{2} \left[ u + \frac{1}{2} \sin 2u \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8}. $ (6) $ \int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^{2}}dx=\frac{x=\sqrt{2}\sin u}{} $ $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2\cos^{2}u du=2\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2} $ (7) $$ \begin{aligned}\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\sqrt{8-2y^{2}}\mathrm{d}y&\xlongequal{y=2\sin u}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}4\sqrt{2}\cos^{2}u\mathrm{d}u\\&=2\sqrt{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\left(1+\cos2u\right)\mathrm{d}u\\&=2\sqrt{2}\left[u+\frac{1}{2}\sin2u\right]_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}\left(\pi+2\right).\end{aligned} $$ (8) $$ \begin{aligned}\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1}\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=\sin u}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2}u}{\sin^{2}u}\mathrm{d}u=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\csc^{2}u-1\right)\mathrm{d}u\\&=\left[-\cot u-u\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}=1-\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$ （9） $$ \begin{aligned}\int_{0}^{a}x^{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=a\sin u}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}a^{4}\sin^{2}u\cos^{2}u\mathrm{d}u=\frac{a^{4}}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin2u)^{2}\mathrm{d}(2u)\\&\xlongequal{t=2u}\frac{a^{4}}{8}\int_{0}^{\pi}\sin^{2}t\mathrm{d}t=\frac{a^{4}}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{d}t\\&=\frac{a^{4}}{4}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{16}a^{4}.\end{aligned} $$ (10) $$ \begin{aligned}\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{1+x^{2}}}&\xlongequal{x=\frac{1}{u}}\int_{1}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{-u}{\sqrt{1+u^{2}}}\mathrm{d}u&=\left[\begin{array}{c}-\sqrt{1+u^{2}}\end{array}\right]_{1}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\\ &=\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}.\end{aligned} $$ （11）令 $ u=\sqrt{5-4x} $，即 $ x=\frac{5-u^{2}}{4} $，得 $$ \int_{-1}^{1}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{5-4x}}\;=\;\int_{3}^{1}\frac{u^{2}-5}{8}\mathrm{d}u\;=\;\left[\frac{u^{3}}{24}-\frac{5}{8}u\right]_{3}^{1}\;=\;\frac{1}{6}. $$ （12）令 $ u = \sqrt{x} $，即 $ x = u^{2} $，得 $$ \int_{1}^{4}\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}}=\int_{1}^{2}\frac{2u\mathrm{d}u}{1+u}=\left[2u-2\ln(1+u)\right]_{1}^{2}=2+2\ln\frac{2}{3}. $$ （13）令 $ u = \sqrt{1 - x} $，即 x = 1 - $ u^{2} $，得 $$ \int_{\frac{3}{4}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x}-1}=\int_{\frac{1}{2}}^{0}\frac{-2u\mathrm{d}u}{u-1}=-2\left[u+\ln(1-u)\right]_{\frac{1}{2}}^{0}=1-2\ln2. $$ (14) $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\sqrt{2}a}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{3a^{2}-x^{2}}}&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{\sqrt{2}a}\frac{\mathrm{d}(3a^{2}-x^{2})}{\sqrt{3a^{2}-x^{2}}}\\&=-\left[\sqrt{3a^{2}-x^{2}}\right]_{0}^{\sqrt{2}a}=\left(\sqrt{3}-1\right)a.\end{aligned} $$ (15) $$ \int_{0}^{1}t\mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{2}}\mathrm{d}t=-\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{2}}\mathrm{d}\left(-\frac{t^{2}}{2}\right)=\left.\left[-\mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{2}}\right]\right._{0}^{1}=1-\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}. $$ (16) $$ \int_{1}^{\mathrm{e}^{2}}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{1+\ln x}}\xlongequal{x=\mathrm{e}^{u}}\int_{0}^{2}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1+u}}=\left[\left.2\sqrt{1+u}\right|_{0}^{2}\right.=2\sqrt{3}-2. $$ (17) $$ \begin{aligned}\int_{-2}^{0}\frac{\left(x+2\right)\mathrm{d}x}{x^{2}+2x+2}&=\int_{-2}^{0}\frac{\left(x+1\right)+1}{\left(x+1\right)^{2}+1}\mathrm{d}x\\&=\left[\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}+2x+2\right)+\arctan\left(x+1\right)\right]_{-2}^{0}\\&=\frac{\pi}{2}.\end{aligned} $$ （18）令 $ x = 1 + \tan u $，则 $ \mathrm{d}x = \sec^{2}u\mathrm{d}u $，因此 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{2}\frac{x\mathrm{d}x}{\left(x^{2}-2x+2\right)^{2}}&=\int_{0}^{2}\frac{x\mathrm{d}x}{\left[\left(x-1\right)^{2}+1\right]^{2}}=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\left(1+\tan u\right)\mathrm{d}u}{\sec^{2}u}\\&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos^{2}u\mathrm{d}u=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(1+\cos2u\right)\mathrm{d}u\\&=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}.\end{aligned} $$ （19）由于被积函数为奇函数，因此 $ \int_{-\pi}^{\pi}x^{4}\sin xdx=0 $. （20）由于被积函数为偶函数，因此 $$ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}4\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}4\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta=8\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{3}{2}\pi. $$ （21）由于被积函数为偶函数，因此有 $$ \begin{align*}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{\left(\arcsin x\right)^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x&=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\left(\arcsin x\right)^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(\arcsin x\right)^{2}\mathrm{d}\left(\arcsin x\right)\\&=\frac{2}{3}\left[\left.\left(\arcsin x\right)^{3}\right|_{0}^{\frac{1}{2}}\right.=\frac{\pi^{3}}{324}.\end{align*} $$ （22）由于被积函数为奇函数，因此 $$ \int_{-5}^{5}\frac{x^{3}\sin^{2}x}{x^{4}+2x^{2}+1}\mathrm{d}x=0. $$ (23) $$ \begin{align*}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\cos2x\mathrm{d}x&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x(1-2\sin^{2}x)\mathrm{d}x\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1-2\sin^{2}x)\mathrm{d}(\sin x)\\&=\left[\sin x-\frac{2}{3}\sin^{3}x\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{3}.\end{align*} $$ 或者 $$ \begin{align*}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\cos2x\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\cos3x+\cos x)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\bigg[\frac{1}{3}\sin3x+\sin x\bigg]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{3}.\end{align*} $$ （24） $$ \begin{aligned}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x-\cos^{3}x}\mathrm{d}x&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\sin x\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{u=\ \cos x}-2\int_{1}^{0}\sqrt{u}\mathrm{d}u=\frac{4}{3}.\end{aligned} $$ (25) $ \int_{0}^{\pi} \sqrt{1 + \cos 2x} \, dx = \int_{0}^{\pi} \sqrt{2} \sin x \, dx = \sqrt{2} \left[ -\cos x \right]_{0}^{\pi} = 2\sqrt{2}. $ (26) $ \int_{0}^{2\pi} |\sin(x+1)| \, dx \xlongequal{x=u-1} \int_{1}^{2\pi+1} |\sin u| \, du $, 由于 $ \left|\sin x\right| $ 是以 $ \pi $ 为周期的周期函数，因此 $$ \mathrm{ 上 } 式 ~=~2\int_{0}^{\pi}\left|\sin u\right|\mathrm{d}u~=4. $$ $$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(a+b-x)\mathrm{d}x. $$ 证令 $ x=a+b-u $，则 $$ \begin{aligned}\int_{a}^{b}f(\mathbf{\Pi}x)\mathrm{d}x&=-\int_{b}^{a}f(\mathbf{\Pi}a+\mathbf{b}-\mathbf{\Pi}u)\mathrm{d}u=\int_{a}^{b}f(\mathbf{\Pi}a+\mathbf{b}-\mathbf{\Pi}u)\mathrm{d}u\\&=\int_{a}^{b}f(\mathbf{\Pi}a+\mathbf{b}-\mathbf{\Pi}x)\mathrm{d}x.\end{aligned} $$ $$ \int_{x}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^{2}}\xlongequal{t=\frac{1}{u}}-\int_{\frac{1}{s}}^{1}\frac{\mathrm{d}u}{1+u^{2}}\;=\;\int_{1}^{\frac{1}{s}}\frac{\mathrm{d}u}{1+u^{2}}\;=\;\int_{1}^{\frac{1}{s}}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^{2}}. $$ 证 令 x = 1 - u，则 $$ \int_{0}^{1}x^{m}\left(1-x\right)^{n}\mathrm{d}x=\int_{1}^{0}-\left(1-u\right)^{m}u^{n}\mathrm{d}u=\int_{0}^{1}x^{n}\left(1-x\right)^{m}\mathrm{d}x. $$ $$ \int_{\frac{n}{2}\pi}^{\frac{n+1}{2}\pi}f(\left|\begin{array}{c}\sin x\end{array}\right|)\mathrm{d}x=\int_{\frac{n}{2}\pi}^{\frac{n+1}{2}\pi}f(\left|\begin{array}{c}\cos x\end{array}\right|)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\mathrm{d}x. $$ 证 令 $ x = u + \frac{n}{2}\pi $，则 $ \mathrm{d}x = \mathrm{d}u $，因此 $$ \int_{\frac{n}{2}\pi}^{\frac{n+1}{2}\pi}f\left(\left|\begin{array}{c}\sin x\\ \end{array}\right|\right)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f\left(\left|\begin{array}{c}\sin(u+\frac{n}{2}\pi)\\ \end{array}\right|\right)\mathrm{d}u $$ $$ \begin{aligned}=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin u)d u,&n 为偶数 ,\\&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos u)d u,&n 为奇数 .\end{aligned}.\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}\int_{\frac{\pi}{2}\pi}^{\frac{n+1}{2}\pi}f(|\begin{array}{c}\cos x\end{array}|)d x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f\Big(|\begin{array}{c}\cos(u+\frac{n}{2}\pi)\end{array}|\Big)d u\\ &=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos u)d u,&n 为偶数 ,\\&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin u)d u,&n 为奇数 .\end{aligned}.\\ \end{aligned} $$ 由于 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)dx $，因此结论成立. 证 记 $ F(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $，则有 $$ F\left(-x\right)=\int_{0}^{-x}f(t)\mathrm{d}t\xlongequal{t=-u}-\int_{0}^{x}f(-u)\mathrm{d}u, $$ 当 $ f(x) $ 为奇函数时， $ F(-x)=\int_{0}^{x}f(u)du=F(x) $，故 $ \int_{0}^{x}f(t)dt $ 是偶函数. 当 $ f(x) $ 为偶函数时， $ F(-x) = -\int_{0}^{x} f(u) \, \mathrm{d}u = -F(x) $，故 $ \int_{0}^{x} f(t) \, \mathrm{d}t $ 是奇函数. (1) $ \int_{0}^{1} x e^{-x} \, dx $; (2) $ \int_{1}^{e} x \ln x \, dx $; (3) $ \int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}} t \sin \omega t \, dt $ ( $ \omega $ 为常数); (4) $ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{x}{\sin^{2}x} dx $; (5) $ \int_{1}^{4}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x; $ (6) $ \int_{0}^{1} x \arctan x \, dx $; (7) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{2x} \cos x \, dx $; (8) $ \int_{1}^{2} x \log_{2} x \, dx $; (9) $ \int_{0}^{\pi}(x\sin x)^{2}\mathrm{d}x $; (10) $ \int_{1}^{e} \sin(\ln x) \, dx $; (11) $ \int_{\frac{1}{e}}^{e} |\ln x| \, dx $; (12) $ \int_0^1 (1 - x^2)^{\frac{m}{2}} \, dx $ ( $ m \in \mathbb{N}_+ $); (13) $ J_m = \int_0^\pi x \sin^m x \, dx (m \in \mathbb{N}_+) $. 解（1） $$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x&=-\int_{0}^{1}x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-x})=-[.x\mathrm{e}^{-x}]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x\\&=-.\mathrm{e}^{-1}+[-.\mathrm{e}^{-x}]|_{0}^{1}=.1-\frac{2}{\mathrm{e}}.\end{aligned} $$ (2) $$ \int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln x\mathrm{d}x=\int_{1}^{\mathrm{e}}\frac{\ln x}{2}\mathrm{d}\left(x^{2}\right)=\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln x\right]_{1}^{\mathrm{e}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}\frac{x}{2}\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}. $$ (3) $$ \begin{align*}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}t\sin\omega t\mathrm{d}t&=-\frac{1}{\omega}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}t\mathrm{d}(\cos\omega t)=-\frac{1}{\omega}\Big[t\cos\omega t\Big]_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}+\frac{1}{\omega}\int_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}\cos\omega t\mathrm{d}t\\&=-\frac{2\pi}{\omega^{2}}+\frac{1}{\omega^{2}}\Big[\sin\omega t\Big]_{0}^{\frac{2\pi}{\omega}}=-\frac{2\pi}{\omega^{2}}.\end{align*} $$ (4) $$ \begin{array}{l}\frac{\pi}{4}\frac{x}{\sin^{2}x}\mathrm{d}x=-\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}x\mathrm{d}(\cot x)=\left[-\left.x\cot x\right.\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\cot x\mathrm{d}x\\ =-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{\pi}{4}+\left[\left.\ln\sin x\right.\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\\ =\left(\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)\pi+\frac{1}{2}\ln\frac{3}{2}.\end{array} $$ (5) $$ \begin{aligned}\int_{1}^{4}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x&=\int_{1}^{4}2\ln x\mathrm{d}\sqrt{x}=\left[2\sqrt{x}\ln x\right]_{1}^{4}-\int_{1}^{4}\frac{2}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\\&=8\ln2-\left[4\sqrt{x}\right]_{1}^{4}=4\left(2\ln2-1\right).\end{aligned} $$ (6) $$ \begin{array}{r l}{\displaystyle\int_{0}^{1}x\arctan~x\mathrm{d}x}&{=\displaystyle\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\arctan~x\mathrm{d}(\left.x^{2}\right.)}\\ {}&{=\displaystyle\left[\frac{1}{2}x^{2}\arctan~x\right]_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\mathrm{d}x}\\ {}&{=\displaystyle\frac{\pi}{8}-\frac{1}{2}\big[\left.x-\arctan~x\right]\big]_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}.}\\ \end{array} $$ (7) $$ \begin{align*}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{2x}\cos x\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{2x})\\&=\frac{1}{2}\Big[\mathrm{e}^{2x}\cos x\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{2x}\sin x\mathrm{d}x\\&=-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{2x})\\&=-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\Big[\mathrm{e}^{2x}\sin x\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{2x}\cos x\mathrm{d}x,\end{align*} $$ 因此有 $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{2x}\cos x\mathrm{d}x=\frac{1}{5}(\mathrm{e}^{\pi}-2). $$ (8) $$ \int_{1}^{2}x\log_{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}\log_{2}x\mathrm{d}(x^{2}) $$ $$ \begin{aligned}&=\frac{1}{2}\left[\left.x^{2}\log_{2}x\right.\right]_{1}^{2}-\frac{1}{2}\int_{1}^{2}\frac{x}{\ln2}\mathrm{d}x\\&=2-\frac{1}{4\ln2}\left[\left.x^{2}\right.\right]_{1}^{2}=2-\frac{3}{4\ln2}.\end{aligned} $$ （9） $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\pi}\left(x\sin x\right)^{2}\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}x^{2}\left(1-\cos2x\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi^{3}}{6}-\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi}x^{2}\mathrm{d}(\sin2x)\\&=\frac{\pi^{3}}{6}-\frac{1}{4}\left\lbrack x^{2}\sin2x\right\rbrack_{0}^{\pi}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}x\sin2x\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi^{3}}{6}-\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi}x\mathrm{d}(\cos2x)\\&=\frac{\pi^{3}}{6}-\frac{1}{4}\left\lbrack x\cos2x\right\rbrack_{0}^{\pi}+\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi}\cos2x\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi^{3}}{6}-\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$ (10) $$ \begin{aligned}\int_{1}^{\mathrm{e}}\sin(\ln x)\mathrm{d}x&\xlongequal{x=\mathrm{e}^{u}}\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{u}\sin u\mathrm{d}u=\left[\mathrm{e}^{u}\sin u\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{u}\cos u\mathrm{d}u\\&=\left.\mathrm{e}\sin1-\left[\mathrm{e}^{u}\cos u\right]\right|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{u}\sin u\mathrm{d}u\\&=\mathrm{e}(\sin1-\cos1)+1-\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{u}\sin u\mathrm{d}u,\end{aligned} $$ 所以， $ \int_{1}^{e}\sin(\ln x)dx=\frac{e}{2}(\sin1-\cos1)+\frac{1}{2} $ (11) $$ \begin{align*}\int_{\frac{1}{e}}^{e}\mid\ln x\mid\mathrm{d}x&=-\int_{\frac{1}{e}}^{1}\ln x\mathrm{d}x+\int_{1}^{e}\ln x\mathrm{d}x\\&=-\left[x\ln x\right]_{\frac{1}{e}}^{1}+\int_{\frac{1}{e}}^{1}\mathrm{d}x+\left[x\ln x\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}\mathrm{d}x\\&=2-\frac{2}{e}.\end{align*} $$ (12) $$ \begin{aligned}\text{Ⅲ }\int_{0}^{1}(1-x^{2})^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=\sin u}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{m+1}u\mathrm{d}u\\&=\{\begin{aligned}&\frac{m}{m+1}\cdot\frac{m-2}{m-1}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2},&m 为奇数 ,\\&\frac{m}{m+1}\cdot\frac{m-2}{m-1}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{3},&m 为偶数 ,\end{aligned}.\\&=\{\begin{aligned}&\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot m}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(m+1)}\cdot\frac{\pi}{2},&m 为奇数 ,\\&\frac{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot m}{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(m+1)},&m 为偶数 .\end{aligned}.\end{aligned} $$ （13）由教材本节的例6，可得 $$ J_{m}=\int_{0}^{\pi}x\sin^{m}x\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\sin^{m}x\mathrm{d}x. $$ 而 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\pi}\sin^{m}x\mathrm{d}x&=\xlongequal{x=\ \frac{\pi}{2}+t}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{m}t\mathrm{d}t\\&=\ 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{m}t\mathrm{d}t=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{m}x\mathrm{d}x,\end{aligned} $$ 故 $$ \begin{array}{r l r}{J_{m}}&{=}&{\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{m}x\mathrm{d}x.}\end{array} $$ 从而有 $ J_{m} = \begin{cases} \dfrac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdots (m-1)}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdots m} \cdot \pi, & m \text{ 为大于 } 1 \text{ 的奇数}, \\ \dfrac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdots (m-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdots m} \cdot \dfrac{\pi^{2}}{2}, & m \text{ 为偶数}, \end{cases} $ $ I_{1} = \pi $. $$ J_{1}=\pi. $$ 反常积分 (1) $ \int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^{4}} $; (2) $ \int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}} $; (3) $ \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-ax} \mathrm{d}x (a > 0) $; (4) $ \int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(1 + x)(1 + x^{2})} $ (5) $ \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-pt} \sin \omega t \mathrm{d}t (p > 0, \omega > 0) $; (6) $ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^{2} + 2x + 2} $; (7) $ \int_{0}^{1} \frac{x \mathrm{d}x}{\sqrt{1 - x^{2}}} $; (8) $ \int_{0}^{2} \frac{\mathrm{d}x}{(1 - x)^{2}} $; (9) $ \int_{1}^{2} \frac{x \mathrm{d}x}{\sqrt{x - 1}} $; (10) $ \int_{1}^{e} \frac{\mathrm{d}x}{x \sqrt{1 - (\ln x)^{2}}} $. 解 (1) $ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{4}}=\left[-\frac{1}{3x^{3}}\right]_{1}^{+\infty}=\frac{1}{3} $. (2) $ \int_{1}^{t}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}=[2\sqrt{x}]_{1}^{t}=2\sqrt{t}-2 $，当 $ t\to+\infty $ 时，该极限不存在，故该反常积分发散. (3) $$ \int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-ax}\mathrm{d}x=\left[\begin{array}{cc}-\frac{1}{a}\mathrm{e}^{-ax}\end{array}\right]_{0}^{+\infty}=\frac{1}{a}. $$ (4) $$ \begin{align*}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x\right)\left(1+x^{2}\right)}&=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{2}\bigg(\frac{1}{1+x}+\frac{1-x}{1+x^{2}}\bigg)\mathrm{d}x\\&=\left[\frac{1}{4}\ln\frac{\left(1+x\right)^{2}}{1+x^{2}}+\frac{1}{2}\arctan x\right]_{0}^{+\infty}\\&=\frac{\pi}{4}.\end{align*} $$ (5) $$ \begin{align*}\int\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t\mathrm{d}t&=-\frac{1}{p}\int\sin\omega t\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-p t})\\&=-\frac{1}{p}\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t+\frac{\omega}{p}\int\mathrm{e}^{-p t}\cos\omega t\mathrm{d}t\\&=-\frac{1}{p}\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t-\frac{\omega}{p^{2}}\int\cos\omega t\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-p t})\\&=-\frac{1}{p}\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t-\frac{\omega}{p^{2}}\mathrm{e}^{-p t}\cos\omega t-\frac{\omega^{2}}{p^{2}}\int\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t\mathrm{d}t,\end{align*} $$ 因此， $$ \int\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t\mathrm{d}t t=\frac{-p\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t-\omega\mathrm{e}^{-p t}\cos\omega t}{p^{2}+\omega^{2}}+C, $$ 故 $$ \begin{align*}\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t\mathrm{d}t&=\left[\frac{-p\mathrm{e}^{-p t}\sin\omega t-\omega\mathrm{e}^{-p t}\cos\omega t}{p^{2}+\omega^{2}}\right]_{0}^{+\infty}\\&=\frac{\omega}{p^{2}+\omega^{2}}.\end{align*} $$ (6) $$ \begin{align*}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+2x+2}&=\int_{-\infty}^{0}\frac{\mathrm{d}(x+1)}{(x+1)^{2}+1}+\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}(x+1)}{(x+1)^{2}+1}\\&=\left[\arctan(x+1)\right]_{-\infty}^{0}+\left[\arctan(x+1)\right]_{0}^{+\infty}=\pi.\end{align*} $$ (7) $$ \int_{0}^{1}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\left[\left.-\sqrt{1-x^{2}}\right.\right]_{0}^{1}=1. $$ （8） $ \int_{0}^{t}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1-x\right)^{2}}=\left[\frac{1}{1-x}\right]_{0}^{t}=\frac{1}{1-t}-1 $，当 $ t\to1 $时极限不存在，故原反常积分发散. （9） $$ \int_{1}^{2}\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{x-1}}\xlongequal{x=u^{2}+1}2\int_{0}^{1}\left(u^{2}+1\right)\mathrm{d}u=\frac{8}{3}. $$ (10) $$ \int_{1}^{e}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{1-(\ln x)^{2}}}=\int_{1}^{e}\frac{\mathrm{d}(\ln x)}{\sqrt{1-(\ln x)^{2}}}=\left[\begin{array}{l}\arcsin\ln x\end{array}\right]_{1}^{e}=\frac{\pi}{2}. $$ k 为何值时，这反常积分取得最小值？ 解 $$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x(\ln x)^{k}}=\int\frac{\mathrm{d}(\ln x)}{(\ln x)^{k}}=\{\begin{aligned}&\ln\ln x+C,&k=1,\\ &-\frac{1}{(k-1)\ln^{k-1}x}+C,&k\neq1,\end{aligned}. $$ 因此当 $ k \leqslant 1 $时，反常积分发散；当k > 1时，该反常积分收敛，此时 $$ \int_{2}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x\left(\ln x\right)^{k}}=\left[\begin{array}{c}1\\ -\frac{1}{\left(k-1\right)\ln^{k-1}x}\end{array}\right]_{2}^{+\infty}=\frac{1}{\left(k-1\right)\left(\ln2\right)^{k-1}}. $$ 记 $ f(k)=\frac{1}{(k-1)(\ln2)^{k-1}} $，则 $$ \begin{aligned}f^{\prime}(k)&=-\frac{1}{\left(k-1\right)^{2}\left(\ln2\right)^{2k-2}}\left[\left(\ln2\right)^{k-1}+\left(k-1\right)\left(\ln2\right)^{k-1}\ln\ln2\right]\\&=-\frac{1+\left(k-1\right)\ln\ln2}{\left(k-1\right)^{2}\left(\ln2\right)^{k-1}},\end{aligned} $$ 令 $ f'(k)=0 $，得 $ k=1-\frac{1}{\ln\ln2} $。当 $ 1 解 $ I_{0}=\int_{0}^{+\infty}e^{-x}dx=\left[-\mathrm{e}^{-x}\right]_{0}^{+\infty}=1 $ 当 $ n \geqslant 1 $时， $$ I_{n}=-\int_{0}^{+\infty}x^{n}\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{-x}\right)=-\left[x^{n}\mathrm{e}^{-x}\right]_{0}^{+\infty}+n\int_{0}^{+\infty}x^{n-1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=n I_{n-1}, $$ 故有 $ I_{n}=n! $ 解 $$ \int\ln x\mathrm{d}x=x\ln x-\int x\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x=x\ln x-x+C, $$ 因此 $$ \int_{0}^{1}\ln x\mathrm{d}x=\left[x\ln x-x\right]_{0}^{1}=-1-\lim_{x\to0^{+}}(x\ln x-x)=-1. $$ 反常积分的审敛法 $ \Gamma $ 函数 (1) $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2}}{x^{4}+x^{2}+1}\ d x; $$ (2) $$ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt[3]{x^{2}+1}}; $$ (3) $ \int_{1}^{+\infty} \sin \frac{1}{x^{2}} \, dx $; (4) $ \int_{0}^{+\infty} \frac{dx}{1 + x |\sin x|} $; (5) $ \int_{1}^{+\infty} \frac{x \arctan x}{1 + x^{3}} dx $; (6) $ \int_{1}^{2} \frac{dx}{(\ln x)^{3}} $; (7) $ \int_{0}^{1} \frac{x^{4} dx}{\sqrt{1 - x^{4}}} $; (8) $ \int_{1}^{\sqrt[3]{x^{2} - 3x + 2}} dx $ 解 （1）由于 $ \lim_{x\to+\infty}x^{2}\cdot\frac{x^{2}}{x^{4}+x^{2}+1}=1 $ ，因此 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2}}{x^{4}+x^{2}+1}dx $ 收敛. （2）由于 $ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{5}{3}}\cdot\frac{1}{x\sqrt[3]{x^2+1}}=1 $，因此 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt[3]{x^2+1}} $收敛. （3）由于 $ \lim_{x\to+\infty}x^{2}\cdot\sin\frac{1}{x^{2}}=1 $，因此 $ \int_{1}^{+\infty}\sin\frac{1}{x^{2}}dx $收敛. （4）由于当 $ x \geqslant 0 $ 时， $ \frac{1}{1+x|\sin x|} \geqslant \frac{1}{1+x} $，且 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x} $ 发散，因此 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x|\sin x|} $ 发散. （5）由于 $ \lim_{x\to+\infty}x^{2}\cdot\frac{x\arctan x}{1+x^{3}}=\frac{\pi}{2} $，因此 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{x\arctan x}{1+x^{3}}dx $收敛. （6）x=1 是被积函数的瑕点. 由于 $ \lim_{x\to1^{+}}(x-1)\cdot\frac{1}{(\ln x)^3}=+\infty $，因此 $ \int_{1}^{2}\frac{\mathrm{d}x}{(\ln x)^3} $ 发散. （7）x=1 是被积函数的瑕点. 由于 $ \lim_{x\to1^{-}}(1-x)^{\frac{1}{2}}\cdot\frac{x^{4}}{\sqrt{1-x^{4}}}=\frac{1}{2} $，因此 $ \int_{0}^{1}\frac{x^{4}\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{4}}} $ 收敛. （8）被积函数有两个瑕点：x=1, x=2。由于 $ \lim_{x\to1^{+}}(x-1)^{\frac{1}{3}}\frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}}=-1 $，因此 $ \int_{1}^{1.5}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}} $收敛；又因为 $ \lim_{x\to2^{-}}(x-2)^{\frac{1}{3}}\frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}}=1 $，因此 $ \int_{1.5}^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}} $收敛，故 $ \int_{1}^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}} $收敛。 解 因为 $ \left|\frac{f(x)}{x}\right|\leqslant\frac{f^{2}(x)+\frac{1}{x^{2}}}{2} $，由于 $ \int_{1}^{+\infty}f^{2}(x)dx $ 收敛， $ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{2}}dx $ 也收敛，因此 $ \int_{1}^{+\infty}\left|\frac{f(x)}{x}\right|dx $ 收敛. 即 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{f(x)}{x}dx $ 绝对收敛. (1) $ \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{n}} \, dx \, (n > 0) $; (2) $ \int_{0}^{1} \left( \ln \frac{1}{x} \right)^{p} dx $; (3) $ \int_{0}^{+\infty} x^{m} e^{-x^{n}} \, dx (n \neq 0) $. 解（1）令 $ u = x^{n} $，即 $ x = u^{\frac{1}{n}} $ $$ \int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-x^{n}}\mathrm{d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-u}u^{\frac{1}{n}-1}\mathrm{d}u=\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{1}{n}\right), $$ 在n>0时都收敛. （2）令 $ u = \ln \frac{1}{x} $，即 $ x = e^{-u} $， $$ \int_{0}^{1}\left(\ln\frac{1}{x}\right)^{p}\mathrm{d}x=\int_{+\infty}^{0}-u^{p}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\int_{0}^{+\infty}u^{p}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\Gamma\left(p+1\right), $$ 当p>-1时收敛. （3）令 $ u = x^{n} $，即 $ x = u^{\frac{1}{n}} $ $$ \int_{0}^{+\infty}x^{m}\mathrm{e}^{-x^{n}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{n}u^{\frac{m+1}{n}-1}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right). $$ 当 n<0 时， $ \int_{0}^{+\infty}x^{m}\mathrm{e}^{-x^{n}}\mathrm{d}x=\int_{+\infty}^{0}\frac{1}{n}u^{\frac{m+1}{n}-1}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=-\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right) $ 故 $ \int_{0}^{+\infty}x^{m}e^{-x^{n}}dx=\frac{1}{\left|n\right|}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right) $，当 $ \frac{m+1}{n}>0 $时收敛. $$ \begin{align*}\Gamma\bigg(\frac{2k+1}{2}\bigg)&=\frac{2k-1}{2}\Gamma\bigg(\frac{2k-1}{2}\bigg)=\frac{2k-1}{2}\cdot\frac{2k-3}{2}\Gamma\bigg(\frac{2k-3}{2}\bigg)\\&=\frac{2k-1}{2}\cdot\frac{2k-3}{2}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg)=\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2k-1)}{2^{k}}\sqrt{\pi}.\end{align*} $$ (1) $ 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot (2n) = 2^n \Gamma(n+1) $; (2) $ 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdot (2n-1) = \frac{\Gamma(2n)}{2^{n-1}\Gamma(n)} $; (3) $ \sqrt{\pi}\Gamma(2n)=2^{2n-1}\Gamma(n)\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right) $. 证 (1) $ 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot (2n) = 2^n n! = 2^n \Gamma(n+1) $. $$ 1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)=\frac{(2n-1)!}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n-2)}=\frac{\Gamma(2n)}{2^{n-1}(n-1)!}=\frac{\Gamma(2n)}{2^{n-1}\Gamma(n)}. $$ （3）因为 $ \sqrt{\pi}\Gamma(2n)=(2n-1)!\sqrt{\pi} $ $$ \begin{aligned}\Gamma\left(n\right)\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)&=\left(n-1\right)!\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot\left(2n-1\right)\sqrt{\pi}}{2^{n}}\\&=\frac{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot\left(2n-2\right)}{2^{n-1}}\cdot\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot\left(2n-1\right)\sqrt{\pi}}{2^{n}}\\&=\frac{\left(2n-1\right)!}{2^{2n-1}}\sqrt{\pi},\\ \end{aligned} $$ 因此结论成立. （1）函数 $ f(x) $在 $ [a,b] $上有界是 $ f(x) $在 $ [a,b] $上可积的___条件，而 $ f(x) $在 $ [a,b] $上连续是 $ f(x) $在 $ [a,b] $上可积的___条件； （2）对 $ [a,+\infty) $上非负、连续的函数 $ f(x) $，它的变上限积分 $ \int_{a}^{x}f(t)dt $在 $ [a,+\infty) $上有界是反常积分 $ \int_{a}^{+\infty}f(x)dx $收敛的___条件； （3）绝对收敛的反常积分 $ \int_{a}^{+\infty} f(x) \, dx $ 一定 ___； （4）函数 $ f(x) $在 $ [a,b] $上有定义且 $ \left|f(x)\right| $在 $ [a,b] $上可积，此时积分 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $ ___存在. （5）设函数 $ f(x) $连续，则 $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x}tf(t^{2}-x^{2})\mathrm{d}t= $ ___. 解（1）必要，充分. （2）充分必要. （3）收敛. （4）不一定. 例如 $ f(x)=\{\begin{aligned}&1,x \text{为有理数},\\ &-1,x \text{为无理数},\end{aligned}. $ 则 $ \left|f(x)\right|=1 $ 在 $ [a,b] $ 上可积，而 $ \int_{a}^{b}f(x)dx $ 不存在. (5) $ xf(-x^{2}) $. 作换元 $ u = t^{2} - x^{2} $，则 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{x}tf(t^{2}-x^{2})\mathrm{d}t&=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f(t^{2}-x^{2})\mathrm{d}(t^{2}-x^{2})&=\frac{1}{2}\int_{-x^{2}}^{0}f(u)\mathrm{d}u\\ &=-\frac{1}{2}\int_{0}^{-x^{2}}f(u)\mathrm{d}u,\\ \end{aligned} $$ 因此 $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x}tf(t^{2}-x^{2})\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}f(-x^{2})\cdot(-2x)=xf(-x^{2}). $$ (1) 设 $ I = \int_{0}^{1} \frac{x^{4}}{\sqrt{1 + x}} \mathrm{d}x $，则估计 I 值的大致范围为( )。 (A) $ 0 \leqslant I \leqslant \frac{\sqrt{2}}{10} $ (B) $ \frac{\sqrt{2}}{10} \leqslant I \leqslant \frac{1}{5} $ (C) $ \frac{1}{5} < I < 1 $ (D) $ I \geqslant 1 $ (2) 设 $ F(x) $ 是连续函数 $ f(x) $ 的一个原函数，则必有（）. (A) $ F(x) $ 是偶函数 $ \Leftrightarrow f(x) $ 是奇函数 (B) $ F(x) $ 是奇函数 $ \Leftrightarrow f(x) $ 是偶函数 (C) $ F(x) $ 是周期函数 $ \Leftrightarrow f(x) $ 是周期函数 (D) $ F(x) $ 是单调函数 $ \Leftrightarrow f(x) $ 是单调函数 解（1）当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $ 时， $ \frac{1}{\sqrt{2}}x^{4} \leqslant \frac{x^{4}}{\sqrt{1+x}} \leqslant x^{4} $，因此 $$ \frac{\sqrt{2}}{10}=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{2}}x^{4}\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{4}}{\sqrt{1+x}}\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{1}x^{4}\mathrm{d}x=\frac{1}{5}, $$ 故选(B). （2）记 $ G(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $，则 $ G(x) $ 是 $ f(x) $ 的一个原函数，且 $ G(x) $ 是奇（偶）函数 $ \Leftrightarrow f(x) $ 是偶（奇）函数， 又 $ F(x)=G(x)+C $，其中 C 是一常数，而常数是偶函数，故由奇、偶函数的性质知应选(A). 取周期函数 $ f(x) = \cos x + 1 $，则 $ F(x) = \sin x + x + C $不是周期函数，故(C)不成立；取单调增加函数 $ f(x) = 2x, x \in \mathbb{R} $，则 $ F(x) = x^2 + C $在 $ \mathbb{R} $上不是单调函数，故(D)不成立。 （1）设函数 $ f(x) $及 $ g(x) $在区间 $ [a,b] $上连续，且 $ f(x)\geqslant g(x) $，那么 $ \int_{a}^{b}[f(x)-g(x)]dx $在几何上表示什么？ （2）设函数 $ f(x) $在区间 $ [a,b] $上连续，且 $ f(x)\geqslant0 $，那么 $ \int_{a}^{b}\pi f^{2}(x)dx $在几何上表示什么？ （3）如果在时刻 t 以 $ \varphi(t) $ 的流量（单位时间内流过的流体的体积或质量）向一水池注水，那么 $ \int_{t_{1}}^{t_{2}}\varphi(t)\mathrm{d}t $ 表示什么？ （4）如果某国人口增长的速率为 u(t)，那么 $ \int_{T_{1}}^{T_{2}} u(t) \, dt $ 表示什么？ （5）如果一公司经营某种产品的边际利润函数为 $ P'(x) $，那么 $ \int_{1000}^{2000} P'(x) \, dx $ 表示什么？ 解 (1) $ \int_{a}^{0}[f(x)-g(x)]\mathrm{d}x $ 表示由曲线 $ y=f(x) $, $ y=g(x) $ 以及直线 x=a, x=b 所围成的图形的面积. （2） $ \int_{a}^{b}\pi f^{2}(x)dx $ 表示 xOy 面上，由曲线 $ y=f(x) $，x=a, x=b 以及 x 轴所围成的图形绕 x 轴旋转一周而得到的旋转体的体积. (3) $ \int_{t_{1}}^{t_{2}}\varphi(t)dt $ 表示在时间段 $ [t_{1},t_{2}] $ 内向水 $ \underset{\cdot}{池} $注入的水的总量. (4) $ \int_{T_{1}}^{T_{2}} u(t) \, dt $ 表示该国在 $ [T_{1}, T_{2}] $ 时间段内增加的人口总量. （5） $ \int_{1000}^{2000}P'(x)dx $ 表示从经营第1000个产品起一直到第2000个产品的利润总量. (1) $$ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\quad\sum_{i=1}^{n}\sqrt{1+\frac{i}{n}}; $$ $$ \lim_{n\to\infty}\frac{1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}}{n^{p+1}}(p>0). $$ 解 (1) $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \sqrt{1 + \frac{i}{n}} = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + x} \, dx = \left[ \frac{2}{3} (1 + x)^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3} (2\sqrt{2} - 1) $. (2) $ \lim_{n \to \infty} \frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^{p+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{i}{n} \right)^p = \int_0^1 x^p \, dx = \frac{1}{p+1} $. (1) $ \lim_{x \to a} \frac{x}{x - a} \int_{a}^{x} f(t) \, dt $，其中 $ f(x) $ 连续； (2) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{0}^{x} (\arctan t)^{2} \, dt}{\sqrt{x^{2} + 1}} $. 解 （1）记 $ F(x) = x \int_{a}^{x} f(t) \, dt $, $$ \lim_{x\to a}\frac{x}{x-a}\int_{a}^{x}f(t)dt=\lim_{x\to a}\frac{F(x)-F(a)}{x-a}=F^{\prime}(a)=af(a). $$ （2）先证明所求极限为未定式 $ \frac{\infty}{\infty} $. 由于当 $ x > \tan 1 $时, $ \arctan x > 1 $，记 $ c = \int_{0}^{\tan 1} (\arctan t)^{2} dt $，则当 $ x > \tan 1 $时，有 $$ \int_{0}^{x}\left(\arctan t\right)^{2}\mathrm{d}t=c+\int_{\tan1}^{x}\left(\arctan t\right)^{2}\mathrm{d}t>c+\int_{\tan1}^{x}\mathrm{d}t=c+x-\tan1; $$ 故有 $ \lim_{x\to+\infty}\int_{0}^{x}(\arctan t)^{2}\mathrm{d}t=+\infty $ ，从而利用洛必达法则有 $$ \lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{0}^{x}(\arctan t)^{2}\mathrm{d}t}{\sqrt{x^{2}+1}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{(\arctan x)^{2}}{\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}=\frac{\pi^{2}}{4}. $$ (1) $$ \int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=-\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right)}{1+\left(\frac{1}{x}\right)^{2}}=\left[\begin{array}{c}-\arctan\frac{1}{x}\end{array}\right]_{-1}^{1}=-\frac{\pi}{2}； $$ （2）因为 $$ \int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x+1}\overline{\overline{x}}=\frac{1}{t}-\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}+t+1}, $$ 所以 $$ \int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x+1}=0. $$ (3) $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\lim_{A\rightarrow+\infty}\int_{-A}^{A}\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=0. $$ 解 （1）不对. 因为 $ u = \frac{1}{x} $ 在 $ [-1,1] $ 上有间断点 x = 0，不符合换元法的要求. 而由习题 5-1 的第 12 题可知该积分一定为正，因此该积分计算不对. 事实上， $$ \int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=\left[\arctan x\right]_{-1}^{1}=\frac{\pi}{2}. $$ （2）不对. 原因与（1）相同. 事实上， $$ \begin{aligned}\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x+1}&=\int_{-1}^{1}\frac{1}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}\mathrm{d}\left(x+\frac{1}{2}\right)\\&=\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right]_{-1}^{1}=\frac{\pi}{\sqrt{3}}.\end{aligned} $$ （3）不对. 因为 $ \int_{0}^{A}\frac{x}{1+x^{2}}dx=\frac{1}{2}\ln(1+A^{2}) $，当 $ A\to+\infty $ 时极限不存在，故 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{x}{1+x^{2}}dx $ 发散，也就得到 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x}{1+x^{2}}dx $ 发散. 证 记 $ f(x)=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^{2}}\mathrm{d}t+\int_{0}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1+t^{2}}\mathrm{d}t $ ，则当 x>0 时，有 $$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{x^{2}}}\cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)=0, $$ 由拉格朗日中值定理的推论，得 $$ f(x)\equiv C\quad(x>0). $$ 而 $ f(1)=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^{2}}\mathrm{d}t+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^{2}}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2} $，故 $ C=\frac{\pi}{2} $，从而结论成立. $$ \frac{p}{1+p}<\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{p}}<1. $$ 证 由于当 p > 0, 0 < x < 1 时, $ 0 < \frac{1}{1 + x^{p}} < 1 $, 因此有 $ \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^{p}} < 1 $. 又 $$ 1-\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{p}}=\int_{0}^{1}\frac{x^{p}\mathrm{d}x}{1+\ x^{p}}<\int_{0}^{1}x^{p}\mathrm{d}x=\frac{1}{1+p}, $$ 故有 $ \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{p}}>\frac{p}{1+p} $，原题得证. （1） $ \left(\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\right)^{2}\leqslant\int_{a}^{b}f^{2}(x)dx\cdot\int_{a}^{b}g^{2}(x)dx $（柯西－施瓦茨不等式）； (2) $ \left(\int_{a}^{b}\left[f(x)+g(x)\right]^{2}\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}\leqslant\left(\int_{a}^{b}f^{2}(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\int_{a}^{b}g^{2}(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}} $（闵可夫斯基不等式）. 证（1）对任意实数 $ \lambda $，有 $ \int_{a}^{b}\left[f(x)+\lambda g(x)\right]^{2}dx\geqslant0 $，即 $$ \int_{a}^{b}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x+2\lambda\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x+\lambda^{2}\int_{a}^{b}g^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\geqslant0, $$ 上式左边是一个关于 $ \lambda $ 的二次三项式，它非负的条件是其系数判别式非正，即有 $$ 4\Big(\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\Big)^{2}-4\int_{a}^{b}f^{2}(x)\mathrm{d}x\cdot\int_{a}^{b}g^{2}(x)\mathrm{d}x\leqslant0, $$ 从而本题得证. (2) $$ \begin{align*}\int_{a}^{b}\left[f\left(x\right)+g\left(x\right)\right]^{2}\mathrm{d}x&=\int_{a}^{b}\left[f^{2}\left(x\right)+2f(x)g(x)+g^{2}\left(x\right)\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{b}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x+2\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x+\int_{a}^{b}g^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\\&\leqslant\int_{a}^{b}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x+2\bigg(\int_{a}^{b}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}g^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\bigg)^{\frac{1}{2}}+\int_{a}^{b}g^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\\&=\left[\left(\int_{a}^{b}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\int_{a}^{b}g^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}\right]^{2},\end{align*} $$ 从而本题得证. $$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^{2}. $$ 证 根据上一题所证的柯西 - 施瓦茨不等式，有 $$ \left(\int_{a}^{b}\sqrt{f(x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{f(x)}}\mathrm{d}x\right)^{2}\leqslant\int_{a}^{b}\left(\sqrt{f(x)}\right)^{2}\mathrm{d}x\cdot\int_{a}^{b}\left(\frac{1}{\sqrt{f(x)}}\right)^{2}\mathrm{d}x, $$ 即得 $$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^{2}. $$ (1) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x+\sin x}{1+\cos x}dx; $ (2) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan x)dx; $ (3) $ \int_{0}^{a}\frac{dx}{x+\sqrt{a^{2}-x^{2}}}(a>0); $ (4) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin2x}dx; $ (5) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1+\cos^{2}x}; $ (6) $ \int_{0}^{\pi}x\sqrt{\cos^{2}x-\cos^{4}x}dx; $ (7) $ \int_{0}^{\pi}x^{2}\mid\cos x\mid dx; $ (8) $ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{e^{x+1}+e^{3-x}}; $ (9) $ \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{dx}{\sqrt{|x^{2}-x|}}; $ (10) $ \int_{0}^{x}\max\{t^{3},t^{2},1\}\ dt. $ $$ \begin{align*}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{1+\cos x}\mathrm{~d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{2}\sec^{2}\frac{x}{2}\mathrm{d}x-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\cos x}\mathrm{d}\left(1+\cos x\right)\\&=\left[x\tan\frac{x}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}\mathrm{d}x-\left[\ln\left(1+\cos x\right)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\&=\frac{\pi}{2}+\left[2\ln\cos\frac{x}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\ln2=\frac{\pi}{2}.\end{align*} $$ (2) $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\frac{\cos x+\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos x\mathrm{d}x,\end{aligned} $$ 而 $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\cos x+\sin x\right)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left[\sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right]\mathrm{d}x $$ $$ \begin{aligned}&\frac{x=\frac{\pi}{4}-u}{\quad}=\quad-\quad\int_{\frac{\pi}{4}}^{0}\left(\ln\sqrt{2}+\ln\cos u\right)\mathrm{d}u\\ &=\frac{\pi\ln2}{8}+\quad\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos x\mathrm{d}x,\\ \end{aligned} $$ 故 $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x=\frac{\pi\ln2}{8}. $$ (3) $$ \begin{aligned}\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{a^{2}-x^{2}}}&\frac{x=a\sin u}{\overline{x}-\overline{u}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos u\mathrm{d}u}{\sin u+\cos u}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin u\mathrm{d}u}{\cos u+\sin u}\\&=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos u\mathrm{d}u}{\sin u+\cos u}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin u\mathrm{d}u}{\cos u+\sin u}\right)\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}u=\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$ (4) $$ \begin{align*}\text{Ⅲ )}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin2x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin^{2}x+\cos^{2}x-2\sin x\cos x}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left|\sin x-\cos x\right|\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\cos x-\sin x\right)\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin x-\cos x\right)\mathrm{d}x\\&=\left[\sin x+\cos x\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}+\left[-\cos x-\sin x\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\\&=2\left(\sqrt{2}-1\right).\end{align*} $$ （5）注意到 $ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\arctan\frac{\tan x}{\sqrt{2}}=\frac{\pi}{2} $，因此有 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{1+\cos^{2}x}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sec^{2}x\mathrm{d}x}{\sec^{2}x+1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}(\tan x)}{\tan^{2}x+2}\\&=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}.\end{aligned} $$ (6) $$ \begin{align*}\int_{0}^{\pi}x\sqrt{\cos^{2}x-\cos^{4}x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\pi}x\mid\cos x\mid\sin x\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\mid\cos x\mid\sin x\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi}{2}\Big[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\sin x\mathrm{d}x-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos x\sin x\mathrm{d}x\Big]\\&=\frac{\pi}{2}\Big[\frac{1}{2}\sin^{2}x\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{\pi}{2}\Big[\frac{1}{2}\sin^{2}x\Big]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}=\frac{\pi}{2}.\end{align*} $$ (7) $$ \begin{align*}\int_{0}^{\pi}x^{2}\mid\cos x\mid\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\cos x\mathrm{d}x-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}x^{2}\cos x\mathrm{d}x\\&=\left[x^{2}\sin x+2x\cos x-2\sin x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\\&\quad\left[x^{2}\sin x+2x\cos x-2\sin x\right]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\\&=\frac{\pi^{2}}{2}+2\pi-4.\end{align*} $$ (8) $$ \begin{align*}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{e}^{x+1}+\mathrm{e}^{3-x}}&=\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x-1})}{\mathrm{e}^{2x-2}+1}=\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\Big[\arctan(\mathrm{e}^{x-1})\Big]_{0}^{+\infty}\\&=\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\bigg(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{1}{\mathrm{e}}\bigg).\end{align*} $$ （9） $$ \begin{aligned}\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x^{2}-x\right|}}&=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x-x^{2}}}=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}(2x-1)}{\sqrt{1-(2x-1)^{2}}};\\&=\left[\arcsin(2x-1)\right]_{\frac{1}{2}}^{1}=\frac{\pi}{2};\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x^{2}-x\right|}}&=\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-x}}=\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}(2x-1)}{\sqrt{(2x-1)^{2}-1}}\\&=\left[\ln(2x-1+\sqrt{(2x-1)^{2}-1})\right]_{1}^{\frac{3}{2}}=\ln(2+\sqrt{3}),\end{aligned} $$ 因此 $$ \begin{aligned}\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x^{2}-x\right|}}&=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x^{2}-x\right|}}+\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x^{2}-x\right|}}\\&=\frac{\pi}{2}+\ln\left(2+\sqrt{3}\right).\end{aligned} $$ （10）当x<-1时， $$ \int_{0}^{x}\max\{t^{3},t^{2},1\}\mathrm{d}t=\int_{0}^{-1}\mathrm{d}t+\int_{-1}^{x}t^{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{3}x^{3}-\frac{2}{3}; $$ 当 -1 ≤ x ≤ 1 时， $$ \int_{0}^{x}\max\{t^{3},t^{2},1\}\mathrm{d}t=\int_{0}^{x}\mathrm{d}t=x; $$ 当x>1时， $$ \int_{0}^{x}\max\{t^{3},t^{2},1\}\mathrm{d}t=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t+\int_{1}^{x}t^{3}\mathrm{d}t=\frac{1}{4}x^{4}+\frac{3}{4}. $$ 因此 $$ \int_{0}^{x}\max|t^{3},t^{2},1|\mathrm{d}t=\{\begin{aligned}&\frac{1}{3}x^{3}-\frac{2}{3},&x&<-1,\\&x,&-1&\leqslant x\leqslant1,\\&\frac{1}{4}x^{4}+\frac{3}{4},&x&>1.\end{aligned}. $$ $$ \int_{0}^{x}f(t)(x-t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{t}f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t. $$ 证 $$ \begin{align*}\int_{0}^{x}\Big(\int_{0}^{t}f(u)\mathrm{d}u\Big)\mathrm{d}t&=\left[t\int_{0}^{t}f(u)\mathrm{d}u\right]_{0}^{x}-\int_{0}^{x}t f(t)\mathrm{d}t\\&=x\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u-\int_{0}^{x}t f(t)\mathrm{d}t\\&=x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t-\int_{0}^{x}t f(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{x}(x-t)f(t)\mathrm{d}t.\end{align*} $$ 本题也可利用原函数性质来证明，记等式左端的函数为 $ F(x) $ 、右端的函数为 $ G(x) $，则 $$ F^{\prime}(x)=\left(x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t-\int_{0}^{x}t f(t)\mathrm{d}t\right)^{\prime}=\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t, $$ $$ G^{\prime}(x)=\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u=\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t, $$ 即 $ F(x) $、 $ G(x) $ 都为函数 $ \int_{0}^{x}f(t)dt $ 的原函数，因此它们至多只差一个常数，但由于 $ F(0)=G(0)=0 $ ,因此必有 $ F(x)=G(x) $ $$ F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t+\int_{b}^{x}\frac{\mathrm{d}t}{f(t)},x\in\left[a,b\right]. $$ 证明：（1） $ F'(x) \geqslant 2 $;（2）方程 $ F(x) = 0 $ 在区间 $ (a, b) $ 内有且仅有一个根. 证 (1) $ F'(x) = f(x) + \frac{1}{f(x)} \geqslant 2\sqrt{f(x) \cdot \frac{1}{f(x)}} = 2 $. (2) $ F(a) = \int_{b}^{a} \frac{\mathrm{d}t}{f(t)} = -\int_{a}^{b} \frac{\mathrm{d}t}{f(t)} < 0, F(b) = \int_{a}^{b} f(t) \, \mathrm{d}t > 0 $，由闭区间上连续函数性质可知 $ F(x) $ 在区间 $ (a, b) $ 内必有零点，根据(1)可知函数 $ F(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上单调增加，从而零点惟一，即方程 $ F(x) = 0 $ 在区间 $ (a, b) $ 内有且仅有一个根. $$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{1+\mathrm{e}^{x}},&x<0,\\&\frac{1}{1+x},&x\geqslant0.\end{aligned}. $$ 解 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{2}f(x-1)\mathrm{d}x&\xlongequal{x=u+1}\int_{-1}^{1}f(u)\mathrm{d}u=\int_{-1}^{0}\frac{\mathrm{d}u}{1+\mathrm{e}^{u}}+\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}u}{1+u}\\&=\int_{-1}^{0}\frac{\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u}{1+\mathrm{e}^{-u}}+\left[\ln(1+u)\right]_{0}^{1}\\&=\left[-\ln\left(1+\mathrm{e}^{-u}\right)\right]_{-1}^{0}+\ln2=\ln(1+\mathrm{e}).\end{aligned} $$ $$ \int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x\quad\left( 积分第一中值定理 \right). $$ 证 不妨设 $ g(x) \geqslant 0 $，由定积分性质可知 $ \int_{a}^{b} g(x) \, \mathrm{d}x \geqslant 0 $。记 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的最大值为 M、最小值为 m，则有 $$ mg(x)\leqslant f(x)g(x)\leqslant Mg(x), $$ 故有 $$ \begin{align*}m\int_{a}^{b}g\left(x\right)\mathrm{d}x&=\int_{a}^{b}mg\left(x\right)\mathrm{d}x\leqslant\int_{a}^{b}f(x)g\left(x\right)\mathrm{d}x\\&\leqslant\int_{a}^{b}Mg\left(x\right)\mathrm{d}x=M\int_{a}^{b}g\left(x\right)\mathrm{d}x.\end{align*} $$ 当 $ \int_{a}^{b}g(x)dx=0 $时，由上述不等式可知 $ \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=0 $，故结论成立. 当 $ \int_{a}^{b}g(x)dx>0 $时，有 $$ m\leqslant\frac{\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x}\leqslant M, $$ 由闭区间上连续函数性质，知存在 $ \xi \in [a, b] $，使得 $$ f(\xi)=\frac{\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x}, $$ 从而结论成立. $ ^{*}16. $ 证明： $ \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-x^{2}}dx=\frac{n-1}{2}\int_{0}^{+\infty}x^{n-2}e^{-x^{2}}dx(n>1) $，并用它证明： $$ \int_{0}^{+\infty}x^{2n+1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\Gamma(n+1)\quad(n\in\mathbf{N}). $$ 证 当 n > 1 时， $$ \int_{0}^{+\infty}x^{n}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{~d}x=-\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}x^{n-1}\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-x^{2}}) $$ $$ \begin{align*}&=-\frac{1}{2}\Big[x^{n-1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\Big]_{0}^{+\infty}+\frac{n-1}{2}\int_{0}^{+\infty}x^{n-2}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{n-1}{2}\int_{0}^{+\infty}x^{n-2}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x.\end{align*} $$ 记 $ I_{n}=\int_{0}^{+\infty}x^{2n+1}e^{-x^{2}}dx $，则 $$ \begin{align*}I_{n}&=\int_{0}^{+\infty}x^{2n+1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{2n+1-1}{2}\int_{0}^{+\infty}x^{2n-1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x\\&=n\int_{0}^{+\infty}x^{2n-1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x=n I_{n-1},\end{align*} $$ 因此有 $$ \begin{aligned}I_{n}&=n!I_{0}=n!\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x=n!\left[-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-x^{2}}\right]_{0}^{+\infty}\\&=\frac{1}{2}n!=\frac{1}{2}\Gamma\left(n+1\right).\end{aligned} $$ $ ^{17} $ 判断下列反常积分的收敛性： (1) $ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt{x^{3}}}dx; $ (2) $ \int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x\cdot\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}}; $ (3) $ \int_{2}^{+\infty}\frac{\cos x}{\ln x}dx; $ (4) $ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^{2}(x-1)(x-2)}}. $ 解 （1）x=0 为被积函数 $ f(x)=\frac{\sin x}{\sqrt{x^{3}}} $ 的瑕点，而 $ \lim_{x\to0^{+}}x^{\frac{1}{2}}\cdot f(x)=1 $ ，因此 $ \int_{0}^{1}f(x)dx $ 收敛；又由于 $ \left|f(x)\right|\leqslant\frac{1}{\sqrt{x^{3}}} $，而 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x^{3}}}dx $ 收敛，故 $ \int_{1}^{+\infty}f(x)dx $ 收敛，因此 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt{x^{3}}}dx $ 收敛. (2) x=2 为被积函数 $ f(x)=\frac{1}{x\cdot\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}} $ 的瑕点，而 $$ \lim_{x\to2^{-}}(x-2)^{\frac{1}{3}}\cdot f(x)=\frac{1}{2}, $$ 因此 $ \int_{2}^{3}f(x)dx $收敛；又由于 $ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{5}{3}}\cdot f(x)=1 $，因此 $ \int_{3}^{+\infty}\frac{dx}{x\cdot\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}} $收敛，故 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x\cdot\sqrt[3]{x^{2}-3x+2}} $收敛. $$ \begin{align*}\int_{2}^{+\infty}\frac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x&=\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{\ln x}\mathrm{d}(\sin x)=\left[\frac{\sin x}{\ln x}\right]_{2}^{+\infty}+\int_{2}^{+\infty}\frac{\sin x}{x\ln^{2}x}\mathrm{d}x\\&=\int_{2}^{+\infty}\frac{\sin x}{x\ln^{2}x}\mathrm{d}x-\frac{\sin2}{\ln2},\end{align*} $$ 又由于 $ \left|\frac{\sin x}{x\ln^{2}x}\right|\leqslant\frac{1}{x\ln^{2}x} $，而 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{2}x}dx $ 收敛，故 $ \int_{2}^{+\infty}\left|\frac{\sin x}{x\ln^{2}x}\right|dx $ 收敛，即 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{\sin x}{x\ln^{2}x}dx $ 绝对收敛，因此 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{\cos x}{\ln x}dx $ 收敛. （4）x=0，x=1，x=2 为被积函数 $ f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}(x-1)(x-2)}} $ 的瑕点， $ \lim_{x\to0^{+}}x^{\frac{2}{3}}f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{2}},\lim_{x\to1}(x-1)^{\frac{1}{3}}f(x)=-1,\lim_{x\to2}f(x)(x-2)^{\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt[3]{2}}{2} $，故 $ \int_{0}^{3}f(x)dx $ 收敛；又由于 $ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{4}{3}}\cdot f(x)=1 $，因此 $ \int_{3}^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^{2}(x-1)(x-2)}} $ 收敛，故 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^{2}(x-1)(x-2)}} $ 收敛. (1) $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x \, dx $; (2) $ \int_{0}^{+\infty} \frac{dx}{(1 + x^2)(1 + x^\alpha)} $ ( $ \alpha \geqslant 0 $). 解（1）x=0 为被积函数 $ f(x)=\ln\sin x $ 的瑕点，而 $$ \begin{array}{r l}{\lim_{x\to0^{-}}\sqrt{x}\cdot f(x)}&{=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\ln\sin x}{x^{-\frac{1}{2}}}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\cot x}{-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}}}\\ &{=\displaystyle\lim_{x\to0^{-}}\frac{-2x^{\frac{3}{2}}}{\tan x}=0,}\end{array} $$ 故 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x dx $收敛. $$ 又 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\mathrm{d}x, 而 $$ $$ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\mathrm{d}x\xlongequal{x=\frac{\pi}{2}-u}\int_{\frac{\pi}{4}}^{0}-\left.\ln\cos u\mathrm{d}u\right.=\left.\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos u\mathrm{d}u\right., $$ 因此 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos x\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\sin x\cos x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\ln\sin2x-\ln2\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sin2x\mathrm{d}x-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln2\mathrm{d}x\\&\xlongequal{u=2x}\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin u\mathrm{d}u-\frac{\pi}{4}\ln2,\end{aligned} $$ 故 $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}\ln2. $$ （2）记被积函数为 $ f(x)=\frac{1}{(1+x^{2})(1+x^{\alpha})} $，则当 $ \alpha=0 $时， $ \lim_{x\to+\infty}x^{2}\cdot f(x)=\frac{1}{2} $，当 $ \alpha>0 $时， $ \lim_{x\to+\infty}x^{2}\cdot f(x)=0 $，因此当 $ \alpha\geqslant0 $时， $ \int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^{2})(1+x^{\alpha})} $收敛. 令 $ x=\frac{1}{t} $，得到 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+x^{\alpha}\right)}=\int_{+\infty}^{0}\frac{-t^{\alpha}\mathrm{d}t}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+t^{\alpha}\right)} $，又 $$ \int_{+\infty}^{0}\frac{-t^{\alpha}\mathrm{d}t}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+t^{\alpha}\right)}=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{\alpha}\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+x^{\alpha}\right)}, $$ 故 $$ \begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+x^{\alpha}\right)}&=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{\alpha}\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+x^{\alpha}\right)}\\&=\frac{1}{2}\Big[\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+x^{\alpha}\right)}+\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{\alpha}\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+x^{\alpha}\right)}\Big]\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=\frac{1}{2}\left[\arctan x\right]_{0}^{+\infty}=\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$
习题5-2
微积分基本公式
习题5-3
定积分的换元法和分部积分法
习题5-4
习题5-5
总习题五
11 \. 计算下列积分：
$ ^{18} $. 计算下列反常积分：