第5章 习题答案：定积分

第5章 定积分

505 答案 (B). ← 题目

因为定积分的值是一个常数，故导数为0.

506 答案 $ 2\pi $. ← 题目

根据定积分的几何意义， $ \int_{-2}^{2}\sqrt{4-x^{2}}dx $ 表示图中半圆

的面积，所以 $ \int_{-2}^{2}\sqrt{4-x^{2}}dx=\frac{1}{2}\pi\cdot2^{2}=2\pi $.

507 答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目

506题-图

原式 $ =\lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{i}{n^2}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{i}{n}\cdot\frac{1}{n}=\int_0^1x\mathrm{d}x=\frac{1}{2} $.

评注

(1) 这是和的极限，该极限即为函数 $ f(x) = x $ 在区间 $ [0,1] $ 上的定积分。事实上， $ f(x) = x $ 在 $ [0,1] $ 上是连续的，因此可积，于是可将区间 $ [0,1] $ $ n $ 等分，并取 $ \xi_i $ 为第 $ i $ 个小区间的左端点，这样作出的和的极限就是题目中所要求的极限。

(2) 此题的另一解法是通分求和，仿照第一章 53(1) 题.

508 答案 $ \ln2 $. ← 题目

原式 $ =\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n+i}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{i}{n}}\cdot\frac{1}{n}=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx=\ln2 $

509 答案 $ \frac{\pi}{4} $ ← 题目

原式= $ \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{n^{2}+i^{2}}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+\left(\frac{i}{n}\right)^{2}}\cdot\frac{1}{n}=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\arctan x|_{0}^{1}=\frac{\pi}{4} $

510 答案 (B). ← 题目

所有选项中只有(B)当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $时， $ x \leqslant \tan x $，从而 $ I_{1} \leqslant I_{2} $

评注

相同区间内的定积分大小的比较，根据定积分的比较性质，直接比较被积函数在积分区间内的大小即可。

511 答案 (A). ← 题目

因为当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $ 时， $ \sqrt{1+x^2} \geqslant \sqrt{1+x^3} $，且 $ \sqrt{1+x^2} \neq \sqrt{1+x^3} $，所以有 $ I_1 \gt I_2 $。

若函数 $ f(x) $与 $ g(x) $在区间 $ [a,b] $上连续， $ f(x)\leq g(x) $，且 $ f(x)\neq g(x) $，则 $ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\lt \int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x $。

512 答案 $ \frac{3}{4}\pi \leq I \leq \frac{3}{2}\pi $ ← 题目

令 $ f(x)=1+\cos^2 x $，显然在区间 $ \left[\frac{\pi}{4}, \pi\right] $ 上， $ 0 \leqslant \cos^2 x \leqslant 1 $，所以 $ 1 \leqslant f(x) \leqslant 2 $，由估值定理可得 $ 1 \cdot \left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) \leqslant \int_{\frac{\pi}{4}}^{\pi} (1 + \cos^2 x) \, dx \leqslant 2 \cdot \left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) $，即 $ \frac{3\pi}{4} \leqslant I \leqslant \frac{3\pi}{2} $。

513 答案 $ \frac{1}{10\sqrt{2}} \leq I \leq \frac{1}{10} $ ← 题目

由于 $ \frac{x^{9}}{\sqrt{2}}\leq\frac{x^{9}}{\sqrt{1+x}}\leq x^{9}\quad(0\leq x\leq1) $，从而

$$ \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}x^{9}\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{9}}{\sqrt{1+x}}\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{1}x^{9}\mathrm{d}x, $$

又 $ \int_{0}^{1}x^{9}\mathrm{d}x=\frac{1}{10} $，则 $ \frac{1}{10\sqrt{2}}\leqslant\int_{0}^{1}\frac{x^{9}}{\sqrt{1+x}}\mathrm{d}x\leqslant\frac{1}{10} $

评注

若函数 $ f(x) $在区间 $ [a,b] $上的最值不容易求得，可对 $ f(x) $进行适当的缩放，以便于估值.

514 证明 利用最值和缩放相结合 ← 题目

令 $ f(x)=\frac{\sin x}{x} $，有 $ f'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}} $，又令 $ g(x)=x\cos x-\sin x $，

有 $ g'(x) = -x\sin x \lt 0, \quad x \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right] $，则 $ g(x) $ 单调递减，可知 $ g(x) \leqslant g\left(\frac{\pi}{4}\right) \lt 0 $，

从而 $ f'(x) \lt 0 $，则 $ f(x) $ 单调递减，有 $ f\left(\frac{\pi}{2}\right) \leqslant f(x) \leqslant f\left(\frac{\pi}{4}\right) $，即 $ \frac{2}{\pi} \leqslant \frac{\sin x}{x} \leqslant \frac{2\sqrt{2}}{\pi} $，

由估值定理可得： $ \frac{2}{\pi} \cdot \left(\frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\right) \leqslant \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \, dx \leqslant \frac{2\sqrt{2}}{\pi} \cdot \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}\right) $，即 $ \frac{1}{2} \leqslant I \leqslant \frac{\sqrt{2}}{2} $。……(1)

又当 $ \frac{\pi}{4} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2} $ 时， $ \frac{\sqrt{2}}{\pi} \leqslant \frac{1}{\sqrt{2x}} \leqslant \frac{\sin x}{x} \leqslant \frac{1}{x} \leqslant \frac{4}{\pi} $，所以

$ \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{2}}{\pi} \cdot \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}\right) \leqslant \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \, dx \leqslant \frac{4}{\pi} \cdot \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = 1 $，即 $ \frac{\sqrt{2}}{4} \leqslant I \leqslant 1 $。……(2)

结合 (1)(2) 可得 $ \frac{\sqrt{2}}{4} \leqslant I \leqslant \frac{\sqrt{2}}{2} $。

515 证明 利用积分中值定理和罗尔定理. ← 题目

由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，可知 $f(x)$ 在 $\left[a, \frac{a+b}{2}\right]$ 上连续，则由积分中值定理，存在 $\eta \in \left[a, \frac{a+b}{2}\right]$，使得 $f(\eta) = \frac{2}{b-a} \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} f(x) \, \mathrm{d}x$。于是 $f(\eta) = f(b)$，且 $\eta \lt b$，$f(x)$ 在 $\left[\eta, b\right]$ 上满足罗尔定理的条件，则至少存在一点 $\xi \in (\eta, b) \subset (a, b)$，使得 $f'(\xi) = 0$。

516 证明 利用积分中值定理 ← 题目

由 $ f(x) $在 $ [a,b] $上连续，可知 $ F(x) $在 $ (a,b) $内可导，且

$$ F^{\prime}(x)=\frac{f(x)}{x-a}-\frac{1}{\left(x-a\right)^{2}}\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t, $$

由积分中值定理知，存在 $ \xi \in [a,x] $，使得 $ \int_{-x}^{x} f(t) \, dt = (x-a)f(\xi) $，代入上式得：

$$ F^{\prime}(x)=\frac{f(x)-f(\xi)}{x-a}. $$

又由 $ f'(x) \leqslant 0 $，知 $ f(x) $ 在 $ (a, b) $ 内单减，则当 $ \xi \leqslant x $ 时，有 $ f(\xi) \geqslant f(x) $

于是 $ x \in (a, b) $ 时， $ F'(x) \leq 0 $。

517 答案 ← 题目

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

根据平均值公式可知函数 $ f(x)=\sqrt{4-x^{2}} $ 在 $ [-2, 2] $ 上的平均值为

$$ f(\xi)=\frac{1}{4}\int_{-2}^{2}\sqrt{4-x^{2}}\mathrm{d}x, $$

由定积分的几何意义可得 $ \int_{-2}^{2}\sqrt{4-x^{2}}dx=2\pi $，故所求平均值为 $ f(\xi)=\frac{1}{4}\cdot2\pi=\frac{\pi}{2} $.

518答案 0; $ \sin b^{2} $; $ -\sin a^{2} $. ← 题目

$$ \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{a}^{b}\sin x^{2}\mathrm{d}x=0\;. $$

$$ \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}b}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}b}\int_{a}^{b}\sin x^{2}\mathrm{d}x=\sin b^{2}. $$

$$ \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}a}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a}\int_{a}^{b}\sin x^{2}\mathrm{d}x=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a}\int_{a}^{a}\sin x^{2}\mathrm{d}x=-\sin a^{2}. $$

519答案 $ 2x\sqrt{1+x^{4}} $ ← 题目

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x^{2}}\sqrt{1+t^{2}}\mathrm{d}t=\sqrt{1+\left(x^{2}\right)^{2}}\cdot\left(x^{2}\right)^{\prime}=2x\sqrt{1+x^{4}}\ . $$

评注

当积分上限是 $ \varphi(x) $ 时，求导要利用复合函数的求导法则.

一般地， $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{a}^{p(x)}f(t)\mathrm{d}t=f[\varphi(x)]\varphi'(x) $.

10 答案 $ \frac{3x^{2}}{\sqrt{1+x^{6}}}-\frac{2x}{\sqrt{1+x^{4}}} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=&\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{x^{2}}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{x^{2}}^{0}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}\\=&\frac{1}{\sqrt{1+x^{6}}}\cdot(x^{3})^{\prime}-\frac{1}{\sqrt{1+x^{4}}}\cdot(x^{2})^{\prime}=\frac{3x^{2}}{\sqrt{1+x^{6}}}-\frac{2x}{\sqrt{1+x^{4}}}.\end{aligned} $$

当积分上下限均是x的函数时，要利用积分区间的可加性和复合函数的求导法则。熟练之后，过程可以简化：

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{x^{2}}^{x^{3}}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^{2}}}=\frac{(x^{3})^{\prime}}{\sqrt{1+(x^{3})^{2}}}-\frac{(x^{2})^{\prime}}{\sqrt{1+(x^{2})^{2}}}=\frac{3x^{2}}{\sqrt{1+x^{6}}}-\frac{2x}{\sqrt{1+x^{4}}} $$

一般地， $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\mathrm{d}t=f[\varphi(x)]\varphi'(x)-f[\psi(x)]\psi'(x) $.

521 答案 1. ← 题目

$$ \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\cos t^{2}dt}{x}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0}\cos x^{2}=1 $$

522 答案 ← 题目

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

$$ \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\arctan t dt}{x^{2}}\xlongequal{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{2x}=\frac{1}{2} $$

523 答案 2. ← 题目

$$ \lim_{x\to0}\frac{\left(\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{d}t\right)^{2}}{\int_{0}^{x}t\mathrm{e}^{2t^{2}}\mathrm{d}t}\xlongequal[\text{洛必达法则 }]{\frac{0}{0}}\frac{2\left(\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{d}t\right)\mathrm{e}^{x^{2}}}{x\mathrm{e}^{2x^{2}}}=2\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{t^{2}}\mathrm{d}t}{x\mathrm{e}^{x^{2}}}\xlongequal[\text{洛必达法则 }]{\frac{0}{0}}2\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x^{2}}}{\mathrm{e}^{x^{2}}\left(1+2x^{2}\right)}=2. $$

524 答案 $ \frac{1}{2}f(0) $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)(x-t)\mathrm{d}t}{x^{2}}&=\lim_{x\to0}\frac{\left.x\right|_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t-\int_{0}^{x}tf(t)\mathrm{d}t}{x^{2}}\xlongequal[\begin{matrix} 洛必达法则 \\ \end{matrix}]{\frac{0}{0}}\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-xf(x)}{2x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2}=\frac{1}{2}f(0).\end{aligned} $$

525 答案 $ \frac{\pi^{2}}{4} $ ← 题目

当 $ x\to+\infty $时，必有x>1，则

$$\int_{0}^{x}(\arctan t)^{2}\,\mathrm{d}t=\int_{0}^{1}(\arctan t)^{2}\,\mathrm{d}t+\int_{1}^{x}(\arctan t)^{2}\,\mathrm{d}t\geqslant\int_{1}^{x}(\arctan t)^{2}\,\mathrm{d}t\geqslant\int_{1}^{x}(\arctan1)^{2}\,\mathrm{d}t=\frac{\pi^{2}}{16}(x-1)\to+\infty\,,$$

因此 $ \lim_{x\to+\infty}\int_{0}^{x}(\arctan t)^{2}dt=+\infty $，于是

$$ \lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{0}^{x}(\arctan t)^{2}\mathrm{d}t}{\sqrt{1+x^{2}}}\xlongequal[\frac{x\to\infty}{x\to+\infty}]{-\infty\over\infty}\lim_{x\to+\infty}\frac{(\arctan x)^{2}}{\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}}=\frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}}{1}=\frac{\pi^{2}}{4} $$

526 答案 $ -\frac{\cos x}{e^{y}} $ ← 题目

方程两边对 x 求导，得 $ e^{y}\frac{dy}{dx}+\cos x=0 $，解得 $ \frac{dy}{dx}=-\frac{\cos x}{e^{y}} $.

527 答案 单调增区间 $ (-∞,+∞) $，奇函数 ← 题目

因为 $ f'(x) = e^{-\frac{1}{2}x^2} \gt 0 (-\infty \lt x \lt +\infty) $，所以 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上单调递增。

又 $ f(-x)=\int_{0}^{-x}e^{-\frac{1}{2}t^{2}}dt\xlongequal{令t=-x}\int_{0}^{x}e^{-\frac{1}{2}u^{2}}d(-u)=-\int_{0}^{x}e^{-\frac{1}{2}u^{2}}du=-f(x) $，故 $ f(x) $ 是奇函数.

528 答案 2 ← 题目

因 $ \varphi(x)=\int_{0}^{x^{2}}xf(t)\mathrm{d}t=x\int_{0}^{x^{2}}f(t)\mathrm{d}t $ ，则 $ \varphi'(x)=\int_{0}^{x^{2}}f(t)\mathrm{d}t+2x^{2}f(x^{2}) $

又由条件知 $ \varphi(1)=\int_{0}^{1}f(t)dt=1 $， $ \varphi'(1)=\int_{0}^{1}f(t)dt+2f(1)=5 $，于是 $ 1+2f(1)=5 $，故 $ f(1)=2 $。

529 答案 利用零点存在定理和单调性 ← 题目

设 $ F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt+\int_{b}^{x}\frac{dt}{f(t)} $，可知 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，且

$$ F(a)=\int_{a}^{a}f(t)\mathrm{d}t+\int_{b}^{a}\frac{\mathrm{d}t}{f(t)}=-\int_{a}^{b}\frac{\mathrm{d}t}{f(t)}\lt 0\ ,F(b)=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t+\int_{b}^{b}\frac{\mathrm{d}t}{f(t)}=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t\gt 0, $$

由零点存在定理可知， $ F(x)=0 $ 在 $ (a,b) $ 内至少存在一个根.

又 $ F'(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}\gt 0 $ ，则 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上单调递增，从而 $ F(x)=0 $ 在 $ (a,b) $ 内最多有一个根.

综上， $ F(x)=0 $ 在 $ (a,b) $ 内有且仅有一个实根.

530 答案 $ \frac{1}{2}(e-1) $. ← 题目

$$ \int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}(2x)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\Big|_{0}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}(\mathrm{e}-1). $$

531 答案 $ \sqrt{5}-1 $ ← 题目

$$ \int_{0}^{2}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}\mathrm{d}(1+x^{2})=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{1+x^{2}}\bigg|_{0}^{2}=\sqrt{5}-1. $$

532 答案 $ \ln\frac{9}{8} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+5x+6}=&\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x+2}-\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x+3}=\ln(x+2)\big|_{0}^{1}-\ln(x+3)\big|_{0}^{1}\\=&\left(\ln3-\ln2\right)-\left(2\ln2-\ln3\right)=2\ln3-3\ln2=\ln\frac{9}{8}.\end{aligned} $$

533 答案 5. ← 题目

因为 $ |2-x|=\{\begin{aligned}&2-x,x\lt 2\\ &x-2,x\gt 2\end{aligned}. $，所以

$$ \int_{-1}^{3}\left|2-x\right|\mathrm{d}x=\int_{-1}^{2}(2-x)\mathrm{d}x+\int_{2}^{3}(x-2)\mathrm{d}x=\left(2x-\frac{1}{2}x^{2}\right)\bigg|_{-1}^{2}+\left(\frac{1}{2}x^{2}-2x\right)\bigg|_{2}^{3}=\frac{9}{2}+\frac{1}{2}=5 $$

534 答案 4. ← 题目

因为 $ |\sin x|=\{\begin{aligned}&\sin x,&0\leqslant x\leqslant\pi\\&-\sin x,&\pi\lt x\leqslant2\pi\end{aligned}. $，所以

$$ \int_{0}^{2\pi}\left|\sin x\right|\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x+\int_{\pi}^{2\pi}(-\sin x)\mathrm{d}x=-\cos x\Big|_{0}^{\pi}+\cos x\Big|_{\pi}^{2\pi}=2+2=4. $$

评注

当被积函数在积分区间上是分段函数或带有绝对值符号时，应根据被积函数的取值情况，利用积分区间的可加性分段进行积分

535 答案 $ P(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\{\begin{array}{ll}x^{2}, & 0 \leqslant x \leqslant 1 \\ \frac{1}{2}x^{2}+2x-\frac{3}{2}, & 1 \lt x \leqslant 2\end{array}. $ ← 题目

当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $ 时， $ P(x) = \int_{0}^{x} f(t) dt = \int_{0}^{x} 2t dt = t^{2}\Big|_{0}^{x} = x^{2} $.

$$ 1\lt x\leqslant2 $$

$$ \begin{aligned}P(x)&=\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{1}2t\mathrm{d}t+\int_{1}^{x}(2+t)\mathrm{d}t\\&=t^{2}\bigg|_{0}^{1}+\left(2t+\frac{t^{2}}{2}\right)\bigg|_{1}^{x}=1+\left(2x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)=\frac{1}{2}x^{2}+2x-\frac{3}{2},\end{aligned} $$

所以， $ P(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\{\begin{aligned}x^{2}&,&0\leqslant x\leqslant1\\ \frac{1}{2}x^{2}+2x-\frac{3}{2}&,1\lt x\leqslant2\end{aligned}. $

评注

当 $ 1 \lt x \leq 2 $ 时，注意积分区间要分段。

536答案 $ \frac{\pi}{4-\pi} $ ← 题目

因定积分为一常数，可设 $ \int_{0}^{1}f(x)dx=C $，对等式两边求定积分，有

$$ C=\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}+C\underbrace{\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x}_{ Ⅱ }=\arctan x\Big|_{0}^{1}+C\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}C\ , $$

解得： $ C=\frac{\pi}{4-\pi} $，即 $ \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\frac{\pi}{4-\pi} $.

537 答案 $ \int_{0}^{1}f(x)dx = -2 $; $ f(x) = -2x - 1 $. ← 题目

设 $ \int_{0}^{1}f(x)dx=C $，对等式两边求定积分，有

$$ C=\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\left(C x-1\right)\mathrm{d}x=\left(\frac{1}{2}C x^{2}-x\right)\bigg|_{0}^{1}=\frac{1}{2}C-1, $$

解得 $ C=\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=-2 $，且由条件知 $ f(x)=x\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t-1=-2x-1 $.

538答案 $ \frac{1}{2}\ln3 $ ← 题目

$ f\left(x+\frac{1}{x}\right)=\frac{x+x^{3}}{1+x^{4}}=\frac{\frac{1}{x}+x}{\frac{1}{x^{2}}+x^{2}}=\frac{\frac{1}{x}+x}{\left(\frac{1}{x}+x\right)^{2}-2} $，令 $ t=\frac{1}{x}+x $，则 $ f(t)=\frac{t}{t^{2}-2} $，于是

$$ \int_{2}^{2\sqrt{2}}f(x)\mathrm{d}x=\int_{2}^{2\sqrt{2}}\frac{x}{x^{2}-2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{2}^{2\sqrt{2}}\frac{1}{x^{2}-2}\mathrm{d}(x^{2}-2)=\frac{1}{2}\ln(x^{2}-2)\Big|_{2}^{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}(\ln6-\ln2)=\frac{1}{2}\ln3. $$

评注

已知复合函数 $ f[\varphi(x)] $，需先求出 $ f(x) $，再计算定积分.

539答案 $ 7+2\ln2 $ ← 题目

令 $ \sqrt{x}=t $，则 $ x=t^{2} $， $ \mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t $，x=4时，t=2；x=9时，t=3.

$$ \begin{aligned}\int_{4}^{9}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\mathrm{d}x&=2\int_{2}^{3}\frac{t^{2}}{t-1}\mathrm{d}t=2\int_{2}^{3}\left(t+1+\frac{1}{t-1}\right)\mathrm{d}t=\left[t^{2}+2t+2\ln(t-1)\right]_{2}^{3}\\&=\left[15+2\ln2-(8+2\ln1)\right]=7+2\ln2.\end{aligned} $$

540 答案 $ \frac{3\sqrt{3}-2}{5} $ ← 题目

令 $ \sqrt{3-2x}=t $，则 $ x=\frac{1}{2}(3-t^{2}) $， $ \mathrm{d}x=-t\mathrm{d}t $，x=0 时， $ t=\sqrt{3} $；x=1 时，t=1。

$$ \begin{align*}\int_{0}^{1}x\sqrt{3-2x}\mathrm{d}x&=-\int_{\sqrt{3}}^{1}\frac{1}{2}(3-t^{2})t^{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int_{1}^{\sqrt{3}}(3t^{2}-t^{4})\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2}t^{3}\Big|_{1}^{\sqrt{3}}-\frac{1}{10}t^{5}\Big|_{1}^{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}(3\sqrt{3}-1)-\frac{1}{10}(9\sqrt{3}-1)=\frac{3\sqrt{3}-2}{5}\;.\end{align*} $$

541 答案 $ 2(\sqrt{2}-1) $ ← 题目

方法一：令 $ \ln x = t $，则 $ x = e^t $， $ \mathrm{d}x = e^t \mathrm{d}t $，x=1 时，t=0；x=e 时，t=1。

$$ \int_{1}^{e}\frac{1}{x\sqrt{1+\ln x}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{1}{\mathrm{e}^{\prime}\sqrt{1+t}}\cdot\mathrm{e}^{\prime}\mathrm{d}t=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1+t}}\mathrm{d}t=2\sqrt{1+t}\bigg|_{0}^{1}=2(\sqrt{2}-1). $$

方法二：令 $ \sqrt{1 + \ln x} = t $，则 $ x = e^{t^2 - 1} $， $ \mathrm{d}x = 2t e^{t^2 - 1} \mathrm{d}t $，x = 1 时，t = 1；x = e 时， $ t = \sqrt{2} $

$$ \int_{1}^{\mathrm{e}}\frac{1}{x\sqrt{1+\ln x}}\mathrm{d}x=\int_{1}^{\sqrt{2}}\frac{1}{\mathrm{e}^{t^{2}-1}t}\cdot2t\mathrm{e}^{t^{2}-1}\mathrm{d}t=\int_{1}^{\sqrt{2}}2\mathrm{d}t=2t\big|_{1}^{\sqrt{2}}=2(\sqrt{2}-1) $$

方法三： $ \int_{1}^{e}\frac{1}{x\sqrt{1+\ln x}}\mathrm{d}x=\int_{1}^{e}\frac{1}{\sqrt{1+\ln x}}\mathrm{d}(1+\ln x)=2\sqrt{1+\ln x}\bigg|_{1}^{e}=2(\sqrt{2}-1) $.

542 答案 $ 2(1-\sqrt{1-e^{-1}}) $. ← 题目

方法一：令 $ 1 + xe^x = t $，则 $ \underline{\text{dt = (1+x)e^x dx}} $，x = -1时， $ t = 1 - e^{-1} $；x = 0时，t = 1。注意此处不是 $ \mathrm{d}x = \varphi'(t)\mathrm{d}t $

$$ \int_{-1}^{0}\frac{(1+x)\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}}\mathrm{d}x=\int_{1-\mathrm{e}^{-1}}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}=2\sqrt{t}\bigg|_{1-\mathrm{e}^{-1}}^{1}=2\left(1-\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}\right) $$

方法二：令 $ \sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}=t $，则 $ \mathrm{d}t=\frac{1}{2\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}}\mathrm{d}(1+x\mathrm{e}^{x})=\frac{(1+x)\mathrm{e}^{x}}{2\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}}\mathrm{d}x $，

x=-1时， $ t=\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}} $；x=0时，t=1。

$$ \int_{-1}^{0}\frac{(1+x)\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}}\mathrm{d}x=\int_{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}}^{1}2\mathrm{d}t=2t\Big|_{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}}^{1}=2\left(1-\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}\right). $$

方法三： $ \int_{-1}^{0}\frac{(1+x)\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}}\mathrm{d}x=\int_{-1}^{0}\frac{1}{\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}}\mathrm{d}(1+x\mathrm{e}^{x})=2\sqrt{1+x\mathrm{e}^{x}}\bigg|_{-1}^{0}=2\left(1-\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}\right) $.

543 答案 $ \frac{\pi}{6} $ ← 题目

令 $ x = \frac{\sqrt{2}}{3} \sin t $，则 $ \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{3} \cos t \mathrm{d}t $，x = 0 时，t = 0； $ x = \frac{\sqrt{2}}{3} $ 时， $ t = \frac{\pi}{2} $.

$$ \begin{align*}\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{3}}\sqrt{2-9x^{2}}\mathrm{d}x=&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{2}\cos t\cdot\frac{\sqrt{2}}{3}\cos t\mathrm{d}t=\frac{2}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}t\mathrm{d}t\\=&\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos2t+1)\mathrm{d}t=\left(\frac{1}{6}\sin2t+\frac{1}{3}t\right)\Bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{6}.\end{align*} $$

544 答案 $ \ln\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}} $ ← 题目

令 $ x = \tan t $，则 $ \mathrm{d}x = \sec^{2}t\mathrm{d}t $，x = 1 时， $ t = \frac{\pi}{4} $； $ x = \sqrt{3} $ 时， $ t = \frac{\pi}{3} $

$$ \begin{aligned}\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{1+x^{2}}}=&\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sec^{2}t\mathrm{d}t}{\tan t\sec t}=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\csc t\mathrm{d}t=\ln(\csc t-\cot t)\Bigg|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\\ =&\ln\frac{1}{\sqrt{3}}-\ln(\sqrt{2}-1)=\ln\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}}.\end{aligned} $$

545 答案 $ \sqrt{3}-\frac{\pi}{3} $ ← 题目

令 $ x = \sec t $，则 $ dx = \sec t \tan t dt $，x = 1 时，t = 0；x = 2 时， $ t = \frac{\pi}{3} $。

$ \int_{1}^{2} \frac{\sqrt{x^2 - 1}}{x} dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\tan t}{\sec t} \cdot \sec t \tan t dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \tan^2 t dt $

$$ \frac{3x}{\sqrt{2}}=\sin t $$

543题-图

544题-图

$$ \frac{x}{1}=-\tan t $$

$$ =\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}(\sec^{2}t-1)\mathrm{d}t=(\tan t-t)\Big|_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}. $$

546 答案 $ \pi-2 $. ← 题目

令 $ x = \sin t $，则 $ \mathrm{d}x = \cos t \mathrm{d}t $，x = 0 时，t = 0；x = 1 时， $ t = \frac{\pi}{2} $。

$$ \begin{aligned}\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{1-x^{2}}}&=2\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{1-x^{2}}}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos t\mathrm{d}t}{1+\cos t}=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\frac{1}{1+\cos t}\right)\mathrm{d}t\\&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}t-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2\cos^{2}\frac{t}{2}}\mathrm{d}t=2\cdot\frac{\pi}{2}-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sec^{2}\frac{t}{2}\mathrm{d}\left(\frac{t}{2}\right)=\pi-2\tan\frac{t}{2}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\pi-2\;.\end{aligned} $$

547 答案 $ \frac{\pi}{4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\sqrt{2x-x^{2}}\mathrm{d}x=&\int_{0}^{1}\sqrt{1-(1-x)^{2}}\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 1-x=\sin t}-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\cos^{2}t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}t\mathrm{d}t\\=&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{2}\sin2t)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{4}\text{．}\end{aligned} $$

548 答案 $ \frac{\sqrt{3}}{2}-\ln(2+\sqrt{3}) $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{-\ln2}\sqrt{1-e^{2x}}\mathrm{d}x&\xlongequal{ 令 e^{2x}=t}\int_{1}^{\frac{1}{4}}\frac{\sqrt{1-t}}{2t}\mathrm{d}t\xlongequal{ 令 \sqrt{1-t}=u}\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\frac{-u^{2}}{1-u^{2}}\mathrm{d}u\\&=\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\left(1-\frac{1}{1-u^{2}}\right)\mathrm{d}u=\left(u-\frac{1}{2}\ln\frac{1+u}{1-u}\right)\bigg|_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\ln(2+\sqrt{3}).\end{aligned} $$

评注

也可直接令 $ \sqrt{1-e^{2x}}=t $

549 答案 $ \frac{7}{3}-\frac{1}{e} $ ← 题目

方法一： $ \int_{1}^{3}f(x-2)\mathrm{d}x\xlongequal{令x-2=t}\int_{-1}^{1}f(t)\mathrm{d}t=\int_{-1}^{0}(1+t^{2})\mathrm{d}t+\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t $

$ =\left(t+\frac{1}{3}t^{3}\right)\bigg|_{-1}^{0}+\left(-\mathrm{e}^{-t}\right)\bigg|_{0}^{1}=\frac{4}{3}+1-\frac{1}{\mathrm{e}}=\frac{7}{3}-\frac{1}{\mathrm{e}} $

方法二：由条件得 $ f(x-2)=\{\begin{aligned}&1+(x-2)^2,&x-2\lt 0\\ &e^{-(x-2)},&x-2\geqslant0\end{aligned}.=\{\begin{aligned}&x^2-4x+5,&x\lt 2\\ &e^{2-x},&x\geqslant2\end{aligned}. $

$$ \int_{1}^{3}f(x-2)\mathrm{d}x=\int_{1}^{2}(x^{2}-4x+5)\mathrm{d}x+\int_{2}^{3}\mathrm{e}^{2-x}\mathrm{d}x=\left(\frac{1}{3}x^{3}-2x^{2}+5x\right)\bigg|_{1}^{2}-\mathrm{e}^{2-x}\bigg|_{2}^{3}=\frac{7}{3}-\frac{1}{\mathrm{e}} $$

评注

此类问题两种方法均可，但显然方法一用变量代换将 $ \int_{1}^{3}f(x-2)\mathrm{d}x $化为 $ \int_{-1}^{1}f(t)\mathrm{d}t $计算更简洁.

550 答案 $ -\frac{1}{2} $ ← 题目

$$ \int_{\frac{1}{2}}^{2}f(x-1)\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 x-1=t}\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(t)\mathrm{d}t=\underbrace{\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}x\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}t}_{ ……}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(-1)\mathrm{d}t=0-\left(1-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}. $$

551 答案 $ e^{-2}-1 $ ← 题目

因 $ \int_{0}^{x}f(x-t)dt\xlongequal{令x-t=u}\int_{x}^{0}f(u)(-\mathrm{d}u)=\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u $，则 $ \int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u=e^{-2x}-1 $

取 x=1，代入等式得 $ \int_{0}^{1}f(u)\mathrm{d}u=\mathrm{e}^{-2}-1 $，即 $ \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{-2}-1 $。

评注

也可以求出 $ f(x) = -2e^{-2x} $，代入 $ \int_{0}^{1} f(x) \, dx $ 中求出定积分。

552 答案 $ e^{x} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{x}f(x-t)t\mathrm{d}t&\xlongequal{ 令 x-t=u}\int_{x}^{0}f(u)(x-u)(-\mathrm{d}u)=\int_{0}^{x}f(u)(x-u)\mathrm{d}u\\&=x\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u-\int_{0}^{x}u f(u)\mathrm{~d}u\ ,\end{aligned} $$

则 $ x\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u-\int_{0}^{x}uf(u)\mathrm{d}u=\mathrm{e}^{x}-x-1 $

等式两边对 x 求导，得 $ \left[\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u + xf(x)\right] - xf(x) = \mathrm{e}^{x} - 1 $，即 $ \int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u = \mathrm{e}^{x} - 1 $，等式两边再次对 x 求导，得 $ f(x) = \mathrm{e}^{x} $。

553答案0. ← 题目

设 $ f(x)=\frac{x}{1+\cos x} $，由 $ f(-x)=\frac{-x}{1+\cos(-x)}=-\frac{x}{1+\cos x}=-f(x) $，知 $ f(x) $ 是奇函数，故 $ \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{x}{1+\cos x}dx=0 $。

554答案 0. ← 题目

设 $ f(x)=\sin^{2}x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right) $，由

$$ \begin{align*}f(-x)&=\sin^{2}(-x)\ln\left(-x+\sqrt{1+(-x)^{2}}\right)=\sin^{2}x\ln\left(-x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\\&=\sin^{2}x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)^{-1}=-\sin^{2}x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)=-f(x),\end{align*} $$

知 $ f(x) $是奇函数，故 $ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)dx=0 $.

555答案0. ← 题目

显然 $ \frac{1}{\sqrt{4-x^{2}}} $是偶函数，设 $ f(x)=\frac{1}{1+e^{x}}-\frac{1}{2} $，由

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

知 $ f(x) $是奇函数，则 $ \frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\left(\frac{1}{1+e^x}-\frac{1}{2}\right) $亦为奇函数，故 $ \int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\left(\frac{1}{1+e^x}-\frac{1}{2}\right)dx=0 $。

556 答案 $ \pi\sin l $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{-1}^{1}\cos x\underline{\arccos x}\mathrm{d}x=\int_{-1}^{1}\cos x\left(\frac{\pi}{2}-\arcsin x\right)\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\cos x\mathrm{d}x-\int_{-1}^{1}\cos x\arcsin x\mathrm{d}x,\\ \xrightarrow{}\begin{aligned} 利用公式 \arcsin x+\arccos x&=\frac{\pi}{2}\end{aligned}\end{aligned} $$

其中 $ \cos x $ 为偶函数， $ \arcsin x $ 为奇函数，则 $ \int_{-1}^{1} \cos x \arcsin x \, dx = 0 $，于是

$$ \int_{-1}^{1}\cos x\arccos x\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\cos x\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{1}\cos x\mathrm{d}x=\pi\sin x\Big|_{0}^{1}=\pi\sin1. $$

557 答案 (D). ← 题目

经检验可知 $ \frac{\tan x}{1+x^{4}} $， $ \ln(x+\sqrt{x^{2}+1}) $， $ e^{x}\cos x-e^{-x}\cos x $均为奇函数，且 $ x^{8} $， $ \sin^{8}x $， $ \tan^{8}x $均为偶函数，故

$$ M=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{1+x^{4}}\mathrm{d}x+\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}x^{8}\mathrm{d}x=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x^{8}\mathrm{d}x, $$

$$ N=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sin^{8}x\mathrm{d}x+\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})\mathrm{d}x=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^{8}x\mathrm{d}x, $$

$$ P=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{8}x\mathrm{d}x+\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}(\mathrm{e}^{x}\cos x-\mathrm{e}^{-x}\cos x)\mathrm{d}x=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{8}x\mathrm{d}x, $$

又知当 $ 0 \lt x \lt \frac{\pi}{4} $ 时， $ \sin x \lt x \lt \tan x \lt 1 $，根据定积分的性质，可得 $ P \gt M \gt N $。

故正确选项为(D)

评注

当积分区间为对称区间时，应首先考虑被积函数的奇偶性，以便化简运算

558 答案 2n ← 题目

$ \int_{0}^{nx}\sqrt{1-\sin^{2}x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{nx}\left|\cos x\right|\mathrm{d}x $，显然 $ \left|\cos x\right| $是以 $ \pi $为周期的函数，

$$ \begin{aligned} 所以 \int_{0}^{\pi\pi}\sqrt{1-\sin^{2}x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\pi\pi}\left|\cos x\right|\mathrm{d}x=n\int_{0}^{\pi}\left|\cos x\right|\mathrm{d}x\\&=n\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(-\cos x)\mathrm{d}x\right]=n\left[\sin x\Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\sin x\Big|_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right]=2n.\end{aligned} $$

559答案 $ \frac{\pi}{2} $ ← 题目

因为 $ \sin^{2}x $与 $ \tan x $均是以 $ \pi $为周期的函数，所以

$$ \begin{aligned}&\int_{a}^{a+\pi}\sin^{2}x(\tan x+1)\mathrm{d}x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x(\tan x+1)\mathrm{d}x\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\tan x\mathrm{d}x+\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\mathrm{d}x=0+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos2x}{2}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\sin2x\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2},\\ \end{aligned} $$

560 证明 利用三角函数的诱导公式做变量代换； $ I_{n}=\frac{\pi^{2}}{4} $ ← 题目

(1)

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\mathrm{d}x=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)\mathrm{d}x $$

(2) $ \int_{0}^{\pi} xf(\sin x)dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} xf(\sin x)dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} xf(\sin x)dx $,

$$ \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}xf(\sin x)\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 x=\pi-t}-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}(\pi-t)f(\sin t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\pi-t)f(\sin t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\pi-x)f(\sin x)\mathrm{d}x $$

$$ \int_{0}^{\pi}x f(\sin x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x f(\sin x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\pi-x)f(\sin x)\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)\mathrm{d}x $$

因 $ \cos^{2}x=1-\sin^{2}x $ ，所以 $ \frac{\sin^{2n}x}{\sin^{2n}x+\cos^{2n}x} $ 是 $ f(\sin x) $ 型的函数，由 (2) 可知

$$ I_{n}=\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin^{2n}x}{\sin^{2n}x+\cos^{2n}x}\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2n}x}{\sin^{2n}x+\cos^{2n}x}\mathrm{d}x $$

再由(1)可知 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2n}x}{\sin^{2n}x+\cos^{2n}x}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2n}x}{\cos^{2n}x+\sin^{2n}x}dx $

$$ I_{n}=\frac{\pi}{2}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2n}x}{\sin^{2n}x+\cos^{2n}x}\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2n}x}{\cos^{2n}x+\sin^{2n}x}\mathrm{d}x\right)=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2n}x+\cos^{2n}x}{\cos^{2n}x+\sin^{2n}x}\mathrm{d}x=\frac{\pi^{2}}{4}. $$

561 答案 $ \ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\ln(1+x^{2})\mathrm{d}x&=\overset{2}{x}\ln(1+x^{2})\Big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}x\mathrm{d}\ln(1+x^{2})=\ln2-\int_{0}^{1}\frac{2x^{2}}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\ln2-2\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+x^{2}}\right)\mathrm{d}x=\ln2-2\left(x-\arctan x\right)\Big|_{0}^{1}=\ln2-2+\frac{\pi}{2}.\end{aligned} $$

562 答案 $ \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 1 $. ← 题目

$$ \begin{align*}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\arcsin x\mathrm{d}x&=x\arcsin x|_{0}^{\frac{1}{2}}-\int_{0}^{\frac{1}{2}}x\mathrm{d}\arcsin x=\frac{\pi}{12}-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=\frac{\pi}{12}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}(1-x^{2})=\frac{\pi}{12}+\sqrt{1-x^{2}}\bigg|_{0}^{\frac{1}{2}}=\frac{\pi}{12}+\frac{\sqrt{3}}{2}-1.\end{align*} $$

563 答案 $ -\frac{\pi}{4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{-1}^{1}x\arccos x\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\arccos x\mathrm{d}(x^{2})\\&=\frac{1}{2}\Big(x^{2}\arccos x\Big|_{-1}^{1}-\int_{-1}^{1}x^{2}\mathrm{d}\arccos x\Big)=-\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{x^{2}}{-\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=-\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}-\sqrt{1-x^{2}}\right)\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\left(\arcsin x\Big|_{-1}^{1}-\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$

564 答案 $ \frac{1}{3}\ln2 $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{(2-x)^{2}}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}\ln(1+x)\mathrm{d}\left(\frac{1}{2-x}\right)=\frac{\ln(1+x)}{2-x}\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{2-x}\mathrm{d}\ln(1+x)\\&=\ln2+\int_{0}^{1}\frac{1}{(x+1)(x-2)}\mathrm{d}x=\ln2+\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x\\&=\ln2+\frac{1}{3}\ln\left|\frac{x-2}{x+1}\right\|_{0}^{1}=\ln2+\frac{1}{3}\left(-\ln2-\ln2\right)=\frac{1}{3}\ln2.\end{aligned} $$

565 答案 $ \frac{2}{5}(1+e^{-\frac{\pi}{2}}) $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-x}\sin2x\mathrm{d}x&=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin2x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-x})=-\mathrm{e}^{-x}\sin2x\Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-x}\cos2x\mathrm{d}x\\&=-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos2x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-x})=-2\left(\mathrm{e}^{-x}\cos2x\Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}(\cos2x)\right)\\&=-2\left(-\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}-1+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-x}\sin2x\mathrm{d}x\right)=2(1+\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}})-4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-x}\sin2x\mathrm{d}x\;,\end{aligned} $$

移项，解得 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\sin 2x dx=\frac{2}{5}(1+e^{-\frac{\pi}{2}}) $.

评注

分部积分法可多次使用. 此题也可选用 $ \sin2x $ 凑微分做 v, 过程类似, 也需两次使用分部积分, 注意 u 和 v 的选择前后保持一致即可.

566 答案 $ 2-\frac{4}{e} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\mathbf{e}^{-\sqrt{x}}\mathrm{d}x&\xlongequal{ 令 -\sqrt{x}=t}\int_{0}^{-1}\mathbf{e}^{t}\cdot2t\mathrm{d}t=2\int_{0}^{-1}t\mathrm{d}\mathbf{e}^{t}=2\Big(t\mathbf{e}^{t}\Big|_{0}^{-1}-\int_{0}^{-1}\mathbf{e}^{t}\mathrm{d}t\Big)\\&=2\Big(-\mathbf{e}^{-1}-\mathbf{e}^{t}\Big|_{0}^{-1}\Big)=-4\mathbf{e}^{-1}+2=2-\frac{4}{\mathbf{e}}.\end{aligned} $$

评注

可综合使用换元法和分部积分法.

567 答案 $ \frac{1}{16}(\pi^{2}+4) $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x&\xlongequal{ 令 x=\sin t}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\sin^{2}t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\frac{1-\cos2t}{2}\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\mathrm{d}t-\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\mathrm{d}(\sin2t)=\frac{1}{4}t^{2}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\left(\frac{1}{4}t\sin2t\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin2t\mathrm{d}t\\&=\frac{\pi^{2}}{16}-\left(\frac{1}{8}\cos2t\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi^{2}}{16}+\frac{1}{4}=\frac{1}{16}(\pi^{2}+4).\end{aligned} $$

568答案 $ \frac{16}{3}\pi - 2\sqrt{3} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{1}^{16}\arctan\sqrt{\sqrt{x}-1}\mathrm{d}x&\xlongequal{ 令 \sqrt{x}-1=t}\int_{0}^{\sqrt{3}}\arctan t\mathrm{d}[(t^{2}+1)^{2}]\\&={(t^{2}+1)}^{2}\arctan t|_{0}^{\sqrt{3}}-\int_{0}^{\sqrt{3}}(t^{2}+1)^{2}\mathrm{d}\arctan t=\frac{16}{3}\pi-\int_{0}^{\sqrt{3}}(t^{2}+1)\mathrm{d}t\\&=\frac{16}{3}\pi-\left(\frac{1}{3}t^{3}+t\right)|_{0}^{\sqrt{3}}=\frac{16}{3}\pi-2\sqrt{3}\ .\end{aligned} $$

569 答案 $ \frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}} $ ← 题目

方法一： $ \int_{1}^{2}\frac{1}{x^{3}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x\xlongequal{令\frac{1}{x}=t}-\int_{1}^{\frac{1}{2}}t^{3}\mathrm{e}^{t}\cdot\frac{1}{t^{2}}\mathrm{d}t=\int_{\frac{1}{2}}^{1}t\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t=\int_{\frac{1}{2}}^{1}t\mathrm{d}\mathrm{e}^{t} $

$ =t\mathrm{e}^{\prime}\Big|_{\frac{1}{2}}^{1}-\int_{\frac{1}{2}}^{1}\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t=\mathrm{e}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}-\mathrm{e}^{t}\Big|_{\frac{1}{2}}^{1}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}. $

方法二： $ \int_{1}^{2}\frac{1}{x^{3}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x=-\int_{1}^{2}\frac{1}{x}\mathrm{d}(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}})=-\frac{1}{x}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\bigg|_{1}^{2}+\int_{1}^{2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}+\mathrm{e}+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\bigg|_{1}^{2}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}} $.

570 答案 $ -4\pi $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{\pi^{2}}\sqrt{x}\cos\sqrt{x}\mathrm{d}x&\xlongequal{ 令 \sqrt{x}=t}\int_{0}^{\pi}2t^{2}\cos t\mathrm{d}t=2\int_{0}^{\pi}t^{2}\mathrm{d}(\sin t)=2\Big(t^{2}\sin t\big|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}2t\sin t\mathrm{d}t\Big)\\ &=4\int_{0}^{\pi}t\mathrm{d}(\cos t)=4\Big(t\cos t\big|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\cos t\mathrm{d}t\Big)=4\left(-\pi-\sin t\big|_{0}^{\pi}\right)=-4\pi.\end{aligned} $$

571答案 8. ← 题目

$$ \begin{align*}\overline{\int_{0}^{2}x f^{*}(x)\mathrm{d}x}&=\int_{0}^{2}x\mathrm{d}f^{\prime}(x)=x f^{\prime}(x)\big|_{0}^{2}-\int_{0}^{2}f^{\prime}(x)\mathrm{d}x\\&=2f^{\prime}(2)-f(x)\big|_{0}^{2}=2f^{\prime}(2)-[f(2)-f(0)]=2\times5-3+1=8.\end{align*} $$

572 答案 (A). ← 题目

由于 $ F'(x)=\mathrm{e}^{\sin(x+2\pi)}\sin(x+2\pi)-\mathrm{e}^{\sin x}\sin x\equiv0 $，则 $ F(x)\equiv C $，

$$ \begin{align*}F(0)=&\int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t=-\int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\mathrm{d}(\cos t)=-\mathrm{e}^{\sin t}\left.\cos t\right|_{0}^{2\pi}+\int_{0}^{2\pi}\cos t\mathrm{d}(\mathrm{e}^{\sin t})\\=&\int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\cos^{2}t\mathrm{d}t\gt 0,\quad(\because\mathrm{e}^{\sin t}\cos^{2}t\gt 0\text{)}\end{align*} $$

于是 $ F(x) \equiv C \equiv F(0) \gt 0 $，故正确选项为 (A).

573 答案 e+1 ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{1}^{a}\frac{\ln x f^{\prime}(\ln x)}{x}\mathrm{d}x&\xlongequal{ 令 \ln x=t}\int_{0}^{1}t f^{\prime}(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{1}t\mathrm{d}f(t)=t f(t)\big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t\\&=f(1)-\mathrm{e}^{t^{2}}\Big|_{0}^{1}=f(1)-\mathrm{e}+1,\end{aligned} $$

又 $ f(x)=\left(e^{x^2}\right)^t=2xe^{x^2} $，则 $ f(1)=2e $，代入上式得 $ \int_{1}^{e}\frac{\ln x f'(\ln x)}{x}dx=2e-e+1=e+1 $。

574 答案 $ \frac{5}{2}-\pi $ ← 题目

令 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(x)\cos xdx=I $，则 $ f(x)=x+2I $，两端同乘以 $ \cos x $，再积分，得

$$ \begin{align*}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(x)\cos x\mathrm{d}x=&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(x+2I)\cos x\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\mathrm{d}(\sin x)+2I\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\mathrm{d}x\\=&x\sin x\big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\mathrm{d}x+2I\sin x\big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}+\cos x\big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+2I=\frac{\pi}{2}-1+2I,\end{align*} $$

即 $ I=\frac{\pi}{2}-1+2I\Rightarrow I=1-\frac{\pi}{2} $，于是 $ f(x)=x+2I=x+2-\pi $，从而

$$ \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}(x+2-\pi)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}x^{2}\Big|_{0}^{1}+(2-\pi)x\Big|_{0}^{1}=\frac{1}{2}+2-\pi=\frac{5}{2}-\pi. $$

575 答案 2 ← 题目

$$ \int_{0}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=x\left.f(x)\right|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}x\mathrm{d}f(x)=\pi f(\pi)-\int_{0}^{\pi}x\left.f^{\prime}(x)\mathrm{d}x\right., $$

而 $ f(\pi)=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{\pi-t}dt=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{\pi-x}dx $， $ f'(x)=\frac{\sin x}{\pi-x} $，将 $ f(\pi) $ 和 $ f'(x) $ 代入上式：

$$ \int_{0}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{\pi-x}\mathrm{d}x-\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{\pi-x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-x)\sin x}{\pi-x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x=-\cos x\big|_{0}^{\pi}=2. $$

评注

$ f(x) $无法用初等函数表示，但 $ f'(x) $可以求得，因此被积函数中含有变限积分时，一般采用分部积分法.

576 答案 $ \frac{1}{3e}-\frac{1}{6} $ ← 题目

由 $ f(x)=\int_{1}^{x}e^{-y^{2}}dy $，得 $ f'(x)=e^{-x^{2}} $， $ f(1)=\int_{1}^{1}e^{-y^{2}}dy=0 $，则

$$ \begin{align*}\int_{0}^{1}x^{2}f(x)\mathrm{d}x=&\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}\left(\frac{1}{3}x^{3}\right)=\frac{1}{3}x^{3}f(x)\Big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{3}x^{3}f^{\prime}(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}f(1)-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}x^{3}e^{-x^{2}}\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{6}\int_{0}^{1}x^{2}d(e^{-x^{2}})=\frac{1}{6}\Biggl(x^{2}\mathrm{e}^{-x^{2}}\Big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}(x^{2})\Biggr)=\frac{1}{6}\Biggl(\mathrm{e}^{-1}+\mathrm{e}^{-x^{2}}\Big|_{0}^{1}\Biggr)=\frac{1}{3\mathrm{e}}-\frac{1}{6}\;.\end{align*} $$

577 答案 ln2. ← 题目

由 $ f(x)=x-\int_{0}^{x}f'(t)\cos t dt $，两边对 x 求导，得 $ f'(x)=1-f'(x)\cos x $

解得 $ f'(x)=\frac{1}{1+\cos x} $，从而 $ f(x)=\int\frac{1}{1+\cos x}dx=\int\frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}dx=\tan\frac{x}{2}+c $，

又由条件可知 $ f(0)=0 $，于是c=0，则 $ f(x)=\tan\frac{x}{2} $

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}\mathrm{d}x=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\tan\frac{x}{2}\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right)=-2\ln\cos\frac{x}{2}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=-2\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=\ln2 $$

578答案 (D). ← 题目

(A) $ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}}dx = 2\sqrt{x}\bigg|_{2}^{+\infty} = +\infty $，发散.

(B) $ \int_{2}^{+\infty}\frac{\ln x}{x}dx=\int_{2}^{+\infty}\ln x\ln x=\frac{1}{2}\ln^{2}x\bigg|_{2}^{+\infty}=+\infty $，发散.

(C) $ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\ln x}dx=\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{\ln x}d\ln x=\left.\ln\ln x\right|_{2}^{+\infty}=+\infty $，发散.

(D) $ \int_{2}^{+\infty}\frac{x}{e^{x}}dx = -\int_{2}^{+\infty}x de^{-x} = -x e^{-x}\bigg|_{2}^{+\infty} + \int_{2}^{+\infty}e^{-x}dx = 2e^{-2} - e^{-x}\bigg|_{2}^{+\infty} = 2e^{-2} + e^{-2} = 3e^{-2} $，收敛.

利用洛必达法则求极限

$$ \lim_{x\to+\infty}x\mathrm{e}^{-x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\mathrm{e}^{x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\mathrm{e}^{x}}=0 $$

故正确选项为(D)

579 答案 $ \frac{1}{\ln2} $ ← 题目

$$ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{2}x}\mathrm{d}x=\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{\ln^{2}x}\mathrm{d}(\ln x)=-\left.\frac{1}{\ln x}\right|_{2}^{+\infty}=\frac{1}{\ln2}. $$

580 答案π ← 题目

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x^{2}+4x+5}\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\left(x+2\right)^{2}+1}\mathrm{d}(x+2)=\left.\arctan(x+2)\right|_{-\infty}^{+\infty}=\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)=\pi. $$

581 答案 $ \ln2 $. ← 题目

$$ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)}=\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x=\ln\left|\frac{x}{x+1}\right|_{1}^{+\infty}=\ln2. $$

评注

注意，下面这样运算是错误的。

$$ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)}=\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x}\mathrm{d}x-\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x+1}\mathrm{d}x=\ln\left|x\right|_{1}^{+\infty}-\ln\left|x+1\right|_{1}^{+\infty} $$

这是因为 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x}dx $与 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x+1}dx $都是发散的，不能应用性质3.

582 答案 $ \frac{2}{3}-\frac{3}{8}\sqrt{3} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{3}^{+\infty}\frac{1}{(x-1)^{4}\sqrt{x^{2}-2x}}\mathrm{d}x=&\int_{3}^{+\infty}\frac{1}{(x-1)^{4}\sqrt{(x-1)^{2}-1}}\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 x-1=sec t}\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{sec t}{}\tan t\mathrm{d}t=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}t\mathrm{d}t\\=&\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^{2}t)\mathrm{d}(\sin t)=\left(\left.\sin t-\frac{1}{3}\sin^{3}t\right|_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\right)=\frac{2}{3}-\frac{3}{8}\sqrt{3}\ .\end{aligned} $$

评注

可以看到，经过变量代换，无穷限反常积分转化为定积分了。

583 答案 $ \frac{\pi}{2} $ ← 题目

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathbf{e}^{x}}{1+\mathbf{e}^{2x}}\mathrm{d}x\xlongequal{ 令 \mathbf{e}^{x}=t}\int_{0}^{+\infty}\frac{t}{1+t^{2}}\cdot\frac{1}{t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+t^{2}}\mathrm{d}t=\left.\arctan t\right|_{0}^{+\infty}=\frac{\pi}{2}. $$

评注此题也可直接凑微分

584 答案 $ \frac{1}{2}\ln2+\frac{1}{2} $ ← 题目

在 $ (0,+\infty) $内 $ e^{-x} $单调递减，令 $ e^{-x}=\frac{1}{2} $，得 $ x=\ln2 $

所以 $ \min\{\mathbf{e}^{-x}, \frac{1}{2}\} = \{\begin{aligned} \frac{1}{2} & \quad 0 \leq x \lt \ln 2 \\ \mathbf{e}^{-x} & \quad \ln 2 \leq x \lt +\infty \end{aligned}. $，则

$$ \int_{0}^{+\infty}\min\{\mathrm{e}^{-x},\frac{1}{2}\}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\ln2}\frac{1}{2}\mathrm{d}x+\int_{\ln2}^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\ln2-.\mathrm{e}^{-x}|_{\ln2}^{+\infty}=\frac{1}{2}\ln2+\frac{1}{2}. $$

585答案 ln2. ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln x}{(1+x)^{2}}\mathrm{d}x&=-\int_{1}^{+\infty}\ln x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x}\right)=-\left(\frac{\ln x}{1+x}\right)\bigg|_{1}^{+\infty}+\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{1+x}\mathrm{d}(\ln x)\\&\xrightarrow{ 利用洛必达法则求极限 }\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{1+x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0\end{aligned} $$

$$ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{1+x}\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln\left|\frac{x}{x+1}\right|_{1}^{+\infty}=\ln2 $$

586 答案 $ \frac{\pi}{4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{+\infty}\frac{1+x^{2}-x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x^{2}}\right)\\&=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\left[\left(\frac{x}{1+x^{2}}\right)\bigg|_{0}^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\right]=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\arctan x\big|_{0}^{+\infty}=\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$

587答案 $ \frac{\pi}{4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{2x^{2}-1}}&=\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{2}x^{2}\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{2}x}\right)^{2}}}=\int_{1}^{+\infty}\frac{-\mathrm{d}\left(\frac{1}{\sqrt{2}x}\right)}{\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{2}x}\right)^{2}}}\\&=-\arcsin\frac{1}{\sqrt{2}x}\bigg|_{1}^{+\infty}=\arcsin\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\pi}{4}.\end{aligned} $$

方法二： $ \int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{2x^{2}-1}} $ 令 $ x=\frac{1}{\sqrt{2}}\sec t $ $ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}\sec t\tan t}{\frac{1}{\sqrt{2}}\sec t\tan t}dt=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}dt=\frac{\pi}{4} $.

588答案 ln2. ← 题目

方法一：运用恒等变形.

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}\frac{x\mathrm{e}^{-x}}{\left(1+\mathrm{e}^{-x}\right)^{2}}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{+\infty}\frac{x\mathrm{e}^{x}}{\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)^{2}}\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})=-\int_{0}^{+\infty}x\mathrm{d}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{x}+1}\right)\\&=-\frac{x}{\mathrm{e}^{x}+1}\bigg|_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\mathrm{e}^{x}+1}\mathrm{d}x=-\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+\mathrm{e}^{-x}}\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-x})=-\ln(1+\mathrm{e}^{-x})\bigg|_{0}^{+\infty}=\ln2.\\&\xrightarrow{ 分子分母都乘以 \mathrm{e}^{-x}}\end{aligned} $$

方法二：运用反常积分的定义.

$$ \begin{align*}\int_{0}^{+\infty}\frac{x\mathrm{e}^{-x}}{\left(1+\mathrm{e}^{-x}\right)^{2}}\mathrm{d}x&=\lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+\mathrm{e}^{-x}}\right)=\lim_{b\to+\infty}\left[\left(\frac{x}{1+\mathrm{e}^{-x}}\right)\Big|_{0}^{b}-\int_{0}^{b}\frac{1}{1+\mathrm{e}^{-x}}\mathrm{d}x\right]\\&=\lim_{b\to+\infty}\left[\frac{b}{1+\mathrm{e}^{-b}}-\int_{0}^{b}\frac{\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}+1}\mathrm{d}x\right]=\lim_{b\to+\infty}\left[\frac{b}{1+\mathrm{e}^{-b}}-\ln(\mathrm{e}^{x}+1)\Big|_{0}^{b}\right]\\&=\ln2+\lim_{b\to+\infty}\left[\frac{b}{1+\mathrm{e}^{-b}}-\ln(\mathrm{e}^{b}+1)\right],\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}& 而 \lim_{b\to+\infty}\left[\frac{b}{1+\mathrm{e}^{-b}}-\ln(\mathrm{e}^{b}+1)\right]=\lim_{b\to+\infty}\frac{1}{1+\mathrm{e}^{-b}}\left[b-(1+\mathrm{e}^{-b})\ln(\mathrm{e}^{b}+1)\right]\\&=\lim_{b\to+\infty}\left[\ln\mathrm{e}^{b}-\ln(\mathrm{e}^{b}+1)-\mathrm{e}^{-b}\ln(\mathrm{e}^{b}+1)\right]=\lim_{b\to+\infty}\left[\ln\frac{\mathrm{e}^{b}}{\mathrm{e}^{b}+1}-\frac{\ln(\mathrm{e}^{b}+1)}{\mathrm{e}^{b}}\right]=\ln1-0=0.\\ \end{aligned} $$

所以 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{(1+e^{-x})^{2}}dx=\ln2 $

评注

$ \int_{0}^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{(1+e^{-x})^{2}}dx=\int_{0}^{+\infty}xd\left(\frac{1}{1+e^{-x}}\right) $，此处不可直接应用分部积分，因为 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{1+e^{-x}}=+\infty $，发散，因此在方法二中，先对 $ \int_{0}^{b}xd\left(\frac{1}{1+e^{-x}}\right) $用分部积分，再求 $ \lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}xd\left(\frac{1}{1+e^{-x}}\right) $.

589 答案 (C) ← 题目

因 $ \int_{0}^{+\infty}\sin 2x \cdot e^{|x|}dx = \int_{0}^{+\infty}e^{x}\sin 2x dx = \frac{1}{5}e^{x}(\sin 2x - 2\cos 2x)\bigg|_{0}^{+\infty} $，

而 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{5}e^{x}(\sin 2x - 2\cos 2x) $不存在，则 $ \int_{0}^{+\infty}\sin 2x \cdot e^{|x|}dx $发散，所以 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\sin 2x \cdot e^{|x|}dx $也发散。

故正确选项为(C).

590 答案 发散 ← 题目

当x>1时，有 $ \frac{1}{x}\lt \frac{1}{\ln x} $，且 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x}dx $发散，

由比较判别法知， $ \int_{2}^{\infty}\frac{1}{\ln x}dx $ 发散.

评注

此题应用了当 $ \int_{a}^{+\infty}\frac{1}{x^{p}}\mathrm{d}x(a\gt 0) $，当p>1时收敛，当 $ p\leq1 $时发散的结论.

591 答案 收敛 ← 题目

由性质1可知： $ \int_{0}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx $与 $ \int_{1}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx $有相同的敛散性.

而当 $ x\geqslant1 $时，有 $ 0\leqslant e^{-x^2}\leqslant e^{-x} $，且 $ \int_{1}^{+\infty}e^{-x}dx=-e^{-x}\bigg|_{1}^{+\infty}=e^{-1} $，收敛，

根据比较判别法知： $ \int_{1}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx $收敛，所以 $ \int_{0}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx $也收敛.

592 答案 $ c=\frac{5}{2} $. ← 题目

$$ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+c}{x-c}\right)^{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\left(1+\frac{c}{x}\right)^{x}}{\left(1-\frac{c}{x}\right)^{x}}=\frac{\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{c}{x}\right)^{\frac{x}{c}}}{\lim_{x\to+\infty}\left(1-\frac{c}{x}\right)^{-\frac{x}{c}(-c)}}=\frac{\mathbf{e}^{c}}{\mathbf{e}^{-c}}=\mathbf{e}^{2c} $$

$$ \mathrm{ 记 }\int_{-\infty}^{c}t\mathrm{e}^{2t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{c}t\mathrm{d}(\mathrm{e}^{2t})=\frac{1}{2}t\mathrm{e}^{2t}\Big|_{-\infty}^{c}-\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{c}\mathrm{e}^{2t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}c\mathrm{e}^{2c}-\frac{1}{4}\mathrm{e}^{2t}\Big|_{-\infty}^{c}=\left(\frac{1}{2}c-\frac{1}{4}\right)\mathrm{e}^{2c}, $$

由题设可知： $ e^{2c} = \left( \frac{1}{2}c - \frac{1}{4} \right) e^{2c} $，解得 $ c = \frac{5}{2} $.

593 答案 (C) ← 题目

(A) 因 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin x}{x}=1\neq\infty $，不是瑕积分.

(B) 因 $ \lim_{x\to0^{+}}x\ln x=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\stackrel{\frac{\infty}{\infty}}{=}\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to0^{+}}(-x)=0\neq\infty $ ，不是瑕积分.

(C) 因 $ \lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}}=\infty $，x=0 是瑕点.

(D) 因 $ \int_{0}^{1}\frac{1}{x^{-2}}dx=\int_{0}^{1}x^{2}dx $ ，不是瑕积分.

故正确选项为(C)

评注

选项(A)(B)的被积函数 $ f(x) $虽然在x=0无定义，但若补充定义(A)f(0)=1，(B)f(0)=0，则 $ f(x) $在[0,1]连续，因而(A)(B)均为定积分.

594 答案 (B) ← 题目

因 $ \lim_{x\to0^{+}}x\ln^{2}x=0\neq\infty $，不是瑕积分，

$$ \begin{align*}I=\int_{0}^{1}x\ln^{2}x\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\ln^{2}x\mathrm{d}(x^{2})=\frac{1}{2}x^{2}\ln^{2}x\Big|_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x^{2}\cdot2\ln x\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x\\&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\ln x\mathrm{d}(x^{2})=-\frac{1}{2}x^{2}\ln x\Big|_{0}^{1}+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x^{2}\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}x^{2}\Big|_{0}^{1}=\frac{1}{4}\;,\end{align*} $$

故正确选项为(B).

595 答案 $ \frac{\pi}{2} $ ← 题目

x=a 为瑕点，且 $ \int_{0}^{a}\frac{dx}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\stackrel{ 令x=\sin t}{=}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos t}{a\cos t}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dt=\frac{\pi}{2} $.

评注

经变量代换无界函数的反常积分可以转化为定积分

596 答案 1. ← 题目

x=0 是瑕点.

方法一： $ \int_{0}^{\frac{1}{e}}\frac{dx}{x(\ln x)^{2}}=\int_{0}^{\frac{1}{e}}\frac{d(\ln x)}{(\ln x)^{2}}=-\frac{1}{\ln x}\bigg|_{0}^{\frac{1}{e}}=1 $

方法二： $ \int_{0}^{\frac{1}{e}}\frac{dx}{x(\ln x)^{2}}\xlongequal{令\ln x=t}\int_{-\infty}^{-1}\frac{1}{e^{t}t^{2}}\cdot e^{t}dt=\int_{-\infty}^{-1}\frac{1}{t^{2}}dt=-\left.\frac{1}{t}\right|_{-\infty}^{-1}=1 $

评注

方法二说明经变量代换无界函数的反常积分与无穷限的反常积分可以相互转化

597 答案 p<1 时收敛， $ p \geqslant 1 $ 时发散. ← 题目

x=a 是瑕点.

当p=1时， $ \int_{a}^{b}\frac{dx}{x-a}=\ln(x-a)\bigg|_{a}^{b}=\ln(b-a)-\lim_{x\to a^{+}}\ln(x-a)=+\infty $，发散.

当 $ p \neq 1 $ 时， $ \int_{a}^{b}\frac{dx}{(x-a)^{p}}=\frac{(x-a)^{1-p}}{1-p}\bigg|_{a}^{b}=\{\begin{aligned}&\frac{(b-a)^{1-p}}{1-p},&p\lt 1\\&+\infty,&p\geqslant1\end{aligned}. $

综上，瑕积分 $ \int_{a}^{b}\frac{dx}{(x-a)^{p}} $当p<1时收敛于 $ \frac{(b-a)^{1-p}}{1-p} $，当 $ p\geqslant1 $时发散.

评注

此结论经常用到，可作为公式使用

598答案0. ← 题目

x=0 是瑕点， $ \int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^{2}+1}dx=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}+1}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^{2}+1}dx $

其中， $ \int_{1}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^{2}+1}dx\xlongequal{令x=\frac{1}{t}}\int_{1}^{0}\frac{-\ln t}{\left(\frac{1}{t}\right)^{2}+1}\left(-\frac{1}{t^{2}}\right)dt=\int_{1}^{0}\frac{\ln t}{t^{2}+1}dt=-\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{2}+1}dx $

所以 $ \int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{x^{2}+1}dx=0 $

599答案(D). ← 题目

$$ \int_{1}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x=\int_{1}^{\epsilon}\frac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}\mathrm{d}x+\int_{\epsilon}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{\alpha+1}x}\mathrm{d}x, $$

因为 $ \int_{1}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x $收敛，所以瑕积分 $ \int_{1}^{e}\frac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}\mathrm{d}x $与无穷限积分 $ \int_{e}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{\alpha+1}x}\mathrm{d}x $均收敛。而当 $ \alpha-1\lt 1 $，即 $ \alpha\lt 2 $时， $ \int_{1}^{e}\frac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}\mathrm{d}x $收敛 $ \{\begin{aligned}&\Rightarrow0\lt \alpha\lt 2,\\& 故正确选项为(D).\end{aligned}. $

当 $ \alpha+1\gt 1 $，即 $ \alpha\gt 0 $时， $ \int_{e}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{\alpha+1}x}\mathrm{d}x $收敛

600 答案 (D) ← 题目

(A) 因 $ \int_{2}^{+\infty}\frac{x}{1-x^{2}}dx = -\frac{1}{2}\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{1-x^{2}}d(1-x^{2}) = -\frac{1}{2}\ln\left|1-x^{2}\right|_{2}^{+\infty} = \infty $，发散，所以 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x}{1-x^{2}}dx $ 也发散.

(B) 因 $ \int_{0}^{+\infty}\sin xdx=\lim_{b\to+\infty}\int_{0}^{b}\sin xdx=\lim_{b\to+\infty}\left(-\cos x\right|_{0}^{b}=\lim_{b\to+\infty}(1-\cos b) $，而 $ \lim_{b\to+\infty}\cos b $ 不存在，所以 $ \int_{0}^{+\infty}\sin xdx $ 发散，从而 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\sin xdx $ 也发散.

(C) 因 x=0 是瑕点， $ \int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}}\mathrm{d}x=-\frac{1}{x}\bigg|_{0}^{1}=\infty $，发散，所以 $ \int_{-1}^{1}\frac{1}{x^{2}}\mathrm{d}x $ 也发散。故正确选项为 (D).

(1) 反常积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx $ 不能视为对称区间上的积分.

(2) ∏ 函数 $ \Gamma(r) = \int_{0}^{+\infty} x^{r-1} e^{-x} \, dx $ (r > 0)，且有 $ \Gamma(r+1) = r\Gamma(r) $， $ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi} $.