2022—2023 学年秋季学期真题 · 期末

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#真题

一、计算题（每题 8 分，共 16 分）

1. 不定积分

求

∫xex(x+1)2 dx.\int \frac{xe^x}{(x+1)^2}\,\mathrm dx.
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注意到

(exx+1)′=xex(x+1)2,\left(\frac{e^x}{x+1}\right)' =\frac{xe^x}{(x+1)^2},

所以

∫xex(x+1)2 dx=exx+1+C.\int \frac{xe^x}{(x+1)^2}\,\mathrm dx =\frac{e^x}{x+1}+C.

2. 定积分

求

∫0π/41sin⁡2x+3cos⁡2x dx.\int_0^{\pi/4}\frac{1}{\sin^2x+3\cos^2x}\,\mathrm dx.
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分子、分母同除以 cos⁡2x\cos^2x，再令 u=tan⁡xu=\tan x：

∫0π/4dxsin⁡2x+3cos⁡2x=∫0π/4sec⁡2xtan⁡2x+3 dx=∫01duu2+3=13arctan⁡13=3π18.\begin{aligned} \int_0^{\pi/4}\frac{\mathrm dx}{\sin^2x+3\cos^2x} &=\int_0^{\pi/4}\frac{\sec^2x}{\tan^2x+3}\,\mathrm dx\\ &=\int_0^1\frac{\mathrm du}{u^2+3} =\frac1{\sqrt3}\arctan\frac1{\sqrt3} =\frac{\sqrt3\pi}{18}. \end{aligned}

二、计算题（每题 8 分，共 16 分）

1. 广义积分

计算

∫0+∞arctan⁡x(1+x2)3/2 dx.\int_0^{+\infty}\frac{\arctan x}{(1+x^2)^{3/2}}\,\mathrm dx.
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令 x=tan⁡tx=\tan t，t∈[0,π/2)t\in[0,\pi/2)，则

∫0+∞arctan⁡x(1+x2)3/2 dx=∫0π/2tcos⁡t dt=tsin⁡t∣0π/2−∫0π/2sin⁡t dt=π2−1.\begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{\arctan x}{(1+x^2)^{3/2}}\,\mathrm dx &=\int_0^{\pi/2}t\cos t\,\mathrm dt\\ &=\left.t\sin t\right|_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\sin t\,\mathrm dt\\ &=\frac\pi2-1. \end{aligned}

2. 一阶线性微分方程

求方程

y′+ytan⁡x=sin⁡2x,0<x<π2y'+y\tan x=\sin 2x, \qquad 0<x<\frac\pi2

的通解。

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积分因子为

μ(x)=e∫tan⁡x dx=sec⁡x.\mu(x)=e^{\int\tan x\,\mathrm dx}=\sec x.

于是

(ysec⁡x)′=sin⁡2xsec⁡x=2sin⁡x.(y\sec x)'=\sin 2x\sec x=2\sin x.

积分得 ysec⁡x=−2cos⁡x+Cy\sec x=-2\cos x+C，故

y=−2cos⁡2x+Ccos⁡x.y=-2\cos^2x+C\cos x.

三、计算题（每题 10 分，共 20 分）

1. 含积分的极限

求

lim⁡x→+∞∫1x[t2(e1/t−1)−t] dtx.\lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\int_1^x \left[t^2\left(e^{1/t}-1\right)-t\right]\,\mathrm dt}{x}.
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分子、分母都趋于无穷，使用洛必达法则：

lim⁡x→+∞[x2(e1/x−1)−x].\lim_{x\to+\infty} \left[x^2\left(e^{1/x}-1\right)-x\right].

由 e1/x=1+1x+12x2+o(x−2)e^{1/x}=1+\frac1x+\frac1{2x^2}+o(x^{-2})，可得极限为

12.\boxed{\frac12}.

源答案在这一处只保留到一阶等价量并写成 00；补上二阶项后可见正确结果应为 1/21/2。

2. 定积分定义

利用定积分的定义求极限

lim⁡n→+∞1n+1∑k=1n1n+k.\lim_{n\to+\infty} \frac1{\sqrt n+1}\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt n+\sqrt k}.
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改写为

nn+1⋅1n∑k=1n11+k/n.\frac{\sqrt n}{\sqrt n+1} \cdot\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+\sqrt{k/n}}.

前一因子趋于 11，后一因子是黎曼和，因此

lim⁡n→+∞1n∑k=1n11+k/n=∫01dx1+x=∫012t1+t dt=2−2ln⁡2.\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+\sqrt{k/n}} &=\int_0^1\frac{\mathrm dx}{1+\sqrt x}\\ &=\int_0^1\frac{2t}{1+t}\,\mathrm dt =2-2\ln2. \end{aligned}

四、广义积分（12 分）

考虑

∫1+∞ln⁡(1+x)sin⁡xxp dx,\int_1^{+\infty}\frac{\ln(1+x)\sin x}{x^p}\,\mathrm dx,

证明：

  1. p>1p>1 时绝对收敛；
  2. 0<p≤10<p\le 1 时条件收敛。
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当 p>1p>1 时，取 0<δ<p−10<\delta<p-1。由 ln⁡(1+x)=o(xδ)\ln(1+x)=o(x^\delta)，充分大时有

∣ln⁡(1+x)sin⁡xxp∣≤1xp−δ.\left|\frac{\ln(1+x)\sin x}{x^p}\right| \le \frac1{x^{p-\delta}}.

右端积分收敛，所以原积分绝对收敛。

当 0<p≤10<p\le1 时，令

g(x)=ln⁡(1+x)xp.g(x)=\frac{\ln(1+x)}{x^p}.

可验得 g(x)→0g(x)\to0，且充分大时单调下降；而 ∫1Xsin⁡x dx\int_1^X\sin x\,\mathrm dx 有界。由 Dirichlet 判别法，原积分收敛。

另一方面，在各个 sin⁡x\sin x 绝对值不小的区间上， ln⁡(1+x)/xp\ln(1+x)/x^p 与一个发散的正项积分比较，可知

∫1+∞ln⁡(1+x)∣sin⁡x∣xp dx\int_1^{+\infty}\frac{\ln(1+x)|\sin x|}{x^p}\,\mathrm dx

发散。因此原积分仅条件收敛。

五、二阶非齐次线性方程（12 分）

求

y′′−2y′+y=excos⁡xy''-2y'+y=e^x\cos x

的通解。

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齐次方程的特征根为二重根 r=1r=1，故

yh=(C1+C2x)ex.y_h=(C_1+C_2x)e^x.

设特解 yp=ex(Acos⁡x+Bsin⁡x)y_p=e^x(A\cos x+B\sin x)，代回可得 A=−1,B=0A=-1,B=0，所以

y=(C1+C2x)ex−excos⁡x.y=(C_1+C_2x)e^x-e^x\cos x.

六、旋转曲面与旋转体（12 分）

设曲线 LL 为

y=1−1−x2,0≤x≤1.y=1-\sqrt{1-x^2},\qquad 0\le x\le1.
  1. 将 LL 绕 xx 轴旋转一周得到曲面 Σ\Sigma，求其面积；
  2. 设 DD 为 LL、直线 x=1x=1 与 xx 轴围成的区域，将 DD 绕 xx 轴旋转一周，求体积。
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令 x=cos⁡tx=\cos t、y=1−sin⁡ty=1-\sin t，0≤t≤π/20\le t\le\pi/2。弧长元为 ds=dt\mathrm ds=\mathrm dt，所以

SΣ=2π∫0π/2(1−sin⁡t) dt=π2−2π.S_\Sigma =2\pi\int_0^{\pi/2}(1-\sin t)\,\mathrm dt =\pi^2-2\pi.

旋转体使用圆盘法：

V=π∫01(1−1−x2)2 dx=π∫01(2−x2−21−x2) dx=5π3−π22.\begin{aligned} V &=\pi\int_0^1\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)^2\,\mathrm dx\\ &=\pi\int_0^1\left(2-x^2-2\sqrt{1-x^2}\right)\,\mathrm dx\\ &=\frac{5\pi}{3}-\frac{\pi^2}{2}. \end{aligned}

七、Taylor 公式与中值定理（12 分）

设 f(x)f(x) 在 [−a,a][-a,a]（a>0a>0）上具有二阶连续导函数，且 f(0)=0f(0)=0。记

F(x)=∫0xf(t) dt.F(x)=\int_0^x f(t)\,\mathrm dt.
  1. 写出 F(x)F(x) 在 x=0x=0 处带 Lagrange 余项的二阶 Taylor 公式；
  2. 证明至少存在一点 η∈(−a,a)\eta\in(-a,a)，使得
3∫−aaf(x) dx=a3f′′(η).3\int_{-a}^a f(x)\,\mathrm dx=a^3f''(\eta).
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因为 F′(x)=f(x)F'(x)=f(x)、F′′(x)=f′(x)F''(x)=f'(x)、F′′′(x)=f′′(x)F'''(x)=f''(x)，且 F(0)=F′(0)=0F(0)=F'(0)=0，所以

F(x)=f′(0)2x2+f′′(ξ)6x3,F(x)=\frac{f'(0)}2x^2+\frac{f''(\xi)}6x^3,

其中 ξ\xi 位于 00 与 xx 之间。

分别对 x=ax=a 与 x=−ax=-a 使用上式，得到某些 ξ1∈(0,a)\xi_1\in(0,a)、ξ2∈(−a,0)\xi_2\in(-a,0)，使

F(a)−F(−a)=a36[f′′(ξ1)+f′′(ξ2)].F(a)-F(-a)=\frac{a^3}{6} \left[f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\right].

而左边就是 ∫−aaf(x) dx\int_{-a}^a f(x)\,\mathrm dx。由于 f′′f'' 连续，介值定理保证存在 η∈(−a,a)\eta\in(-a,a)，使

f′′(η)=f′′(ξ1)+f′′(ξ2)2.f''(\eta)=\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}2.

代入即得所证等式。

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