2018—2019 学年秋季学期真题 · 期末

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#真题

一、选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 参数曲线弧长

曲线

x=sin⁡t−tcos⁡t,y=cos⁡t+tsin⁡t,0≤t≤π2x=\sin t-t\cos t, \qquad y=\cos t+t\sin t, \qquad 0\le t\le\frac\pi2

的弧长为：

  • A. π2\pi^2　B. π2/2\pi^2/2　C. π2/4\pi^2/4　D. π2/8\pi^2/8
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答案为 D。因 x′=tsin⁡t,y′=tcos⁡tx'=t\sin t,y'=t\cos t，弧长为 ∫0π/2t dt=π2/8\int_0^{\pi/2}t\,\mathrm dt=\pi^2/8。

2. 积分方程

设

f(x)=11+x2+e−x∫01f(t) dt.f(x)=\frac1{1+x^2}+e^{-x}\int_0^1f(t)\,\mathrm dt.

求 f(x)f(x)。

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答案为

f(x)=11+x2+π4e1−x.f(x)=\frac1{1+x^2}+\frac\pi4e^{1-x}.

记 A=∫01f(t) dtA=\int_0^1f(t)\,\mathrm dt，积分原方程得到 A=π/4+(1−e−1)AA=\pi/4+(1-e^{-1})A，故 A=πe/4A=\pi e/4。

3. 含参变上限积分

设 ff 可导，求

ddx[x∫0exf(t) dt].\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} \left[x\int_0^{e^x}f(t)\,\mathrm dt\right].
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答案为

xexf(ex)+∫0exf(t) dt.xe^xf(e^x)+\int_0^{e^x}f(t)\,\mathrm dt.

4. 广义积分

下列广义积分中收敛的是：

  • A. ∫1+∞dxx+2x+1\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm dx}{x+\sqrt{2x+1}}
  • B. ∫+∞0xarctan⁡x2+x3 dx\displaystyle\int_{+\infty}^{0}\frac{x\arctan x}{2+x^3}\,\mathrm dx
  • C. ∫2+∞dxxln⁡x\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x\ln x}
  • D. ∫1+∞sin⁡(1/x) dx\displaystyle\int_1^{+\infty}\sin(1/x)\,\mathrm dx
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答案为 B。B 的被积函数在无穷远处是 O(x−2)O(x^{-2})。A 的被积函数与 1/x1/x 同阶，C 是典型的对数发散积分，D 的被积函数与 1/x1/x 同阶，三者均发散。

5. 可积函数与原函数

设 ff 在 [a,b][a,b] 上可积，判断以下命题：

  1. 若 F′=fF'=f，则 ∫dF=F+C\int\mathrm dF=F+C；
  2. 若 [c,d]⊂[a,b][c,d]\subset[a,b]，则 ∫abf≥∫cdf\int_a^bf\ge\int_c^df；
  3. 若 ff 为奇函数，则其原函数为偶函数；
  4. 若 ff 为周期函数，则其原函数必为周期函数。
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答案为 (1)(3)。积分区间包含关系不能推出积分大小；周期函数的原函数只有在一个周期内积分为零时才可能周期。

二、计算题（每题 6 分，共 30 分）

1. 有理函数积分

计算

∫2x+3x2+3x−10 dx.\int\frac{2x+3}{x^2+3x-10}\,\mathrm dx.
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部分分式分解为 1/(x+5)+1/(x−2)1/(x+5)+1/(x-2)，故结果为

ln⁡∣x+5∣+ln⁡∣x−2∣+C.\ln|x+5|+\ln|x-2|+C.

2. 反三角函数积分

计算 ∫(arcsin⁡x)2 dx\int(\arcsin x)^2\,\mathrm dx。

查看答案 x(arcsin⁡x)2+21−x2arcsin⁡x−2x+C.x(\arcsin x)^2+2\sqrt{1-x^2}\arcsin x-2x+C.

3. 对称积分

计算

∫−11x2−sin⁡2019xcos⁡2x1+x2 dx.\int_{-1}^1 \frac{x^2-\sin^{2019}x\cos2x}{1+x^2}\,\mathrm dx.
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含 sin⁡2019x\sin^{2019}x 的部分为奇函数。剩余积分为

∫−11(1−11+x2)dx=2−π2.\int_{-1}^1\left(1-\frac1{1+x^2}\right)\mathrm dx =2-\frac\pi2.

4. 含积分的极限

求

lim⁡x→0∫0x2e2t dtcos⁡(2x)sin⁡x2.\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^{x^2}e^{2t}\,\mathrm dt} {\cos(2x)\sin x^2}.
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分子、分母都与 x2x^2 等价，故极限为 11。

5. 瑕积分

计算

∫02dx4−x2.\int_0^2\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}.
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x=2x=2 是瑕点。由反正弦原函数，积分为 π/2\pi/2。

三、极限（每题 5 分）

1. 定积分定义

求

lim⁡n→∞12+22+⋯+n2n3.\lim_{n\to\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}.
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写成黎曼和 1n∑k=1n(k/n)2\frac1n\sum_{k=1}^n(k/n)^2，极限为 ∫01x2 dx=1/3\int_0^1x^2\,\mathrm dx=1/3。

2. 含参积分

求

lim⁡n→∞∫01xn1+x dx.\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^n}{1+x}\,\mathrm dx.
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0≤xn/(1+x)≤xn0\le x^n/(1+x)\le x^n，而 ∫01xn dx=1/(n+1)→0\int_0^1x^n\,\mathrm dx=1/(n+1)\to0，故极限为 00。

四、二阶微分方程（8 分）

  1. 求 y′′−3y′+2y=e3xy''-3y'+2y=e^{3x} 的通解；
  2. 求满足 y(0)=0,y′(0)=1y(0)=0,y'(0)=1 的特解。
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特征根为 1,21,2，取特解 Ae3xAe^{3x} 得 A=1/2A=1/2。通解为

y=C1ex+C2e2x+12e3x.y=C_1e^x+C_2e^{2x}+\frac12e^{3x}.

代入初值得 C1=−1/2,C2=0C_1=-1/2,C_2=0，所以特解为

y=−12ex+12e3x.y=-\frac12e^x+\frac12e^{3x}.

五、面积与旋转体（10 分）

过点 (1,1)(1,1) 作抛物线 y=2−x2y=2-x^2 的切线。求该切线、抛物线和 xx 轴围成的公共区域面积，以及此区域绕 xx 轴旋转一周的体积。

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切线为 y=−2x+3y=-2x+3。它与 xx 轴交于 x=3/2x=3/2，抛物线正根为 2\sqrt2。面积为

S=∫13/2(−2x+3) dx−∫12(2−x2) dx=2312−423.S=\int_1^{3/2}(-2x+3)\,\mathrm dx -\int_1^{\sqrt2}(2-x^2)\,\mathrm dx =\frac{23}{12}-\frac{4\sqrt2}{3}.

圆盘法给出

V=π[∫13/2(−2x+3)2 dx−∫12(2−x2)2 dx]=π(9130−32215).V=\pi\left[ \int_1^{3/2}(-2x+3)^2\,\mathrm dx -\int_1^{\sqrt2}(2-x^2)^2\,\mathrm dx \right] =\pi\left(\frac{91}{30}-\frac{32\sqrt2}{15}\right).

六、广义积分（10 分）

讨论

∫1+∞xsin⁡2xx+1(1+arctan⁡x) dx\int_1^{+\infty} \frac{\sqrt{x}\sin2x}{x+1}(1+\arctan x)\,\mathrm dx

的敛散性；若收敛，说明收敛类型。

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x/(x+1)\sqrt{x}/(x+1) 从 x=1x=1 起单调趋于 00，而 ∫1Asin⁡2x dx\int_1^A\sin2x\,\mathrm dx 关于 AA 有界，故

∫1+∞xsin⁡2xx+1 dx\int_1^{+\infty}\frac{\sqrt{x}\sin2x}{x+1}\,\mathrm dx

由 Dirichlet 判别法收敛。又因为 1+arctan⁡x1+\arctan x 单调有界，原积分由 Abel 判别法收敛。

考察绝对值时，1+arctan⁡x≥11+\arctan x\ge1，并且

xx+1∼1x.\frac{\sqrt{x}}{x+1}\sim\frac1{\sqrt{x}}.

∣sin⁡2x∣/x|\sin2x|/\sqrt{x} 的积分发散，因此原积分不绝对收敛，结论是

条件收敛.\boxed{\text{条件收敛}}.

七、证明题（每题 6 分）

1. 一个积分不等式

设 ff 在 [0,1][0,1] 上有一阶导数，且

f(0)=0,0≤f′(x)≤1.f(0)=0, \qquad 0\le f'(x)\le1.

证明

∫01f3(x) dx≤[∫01f(x) dx]2.\int_0^1f^3(x)\,\mathrm dx \le\left[\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\right]^2.
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对 0≤t≤10\le t\le1 令

F(t)=∫0tf3(x) dx−[∫0tf(x) dx]2,F(t)=\int_0^tf^3(x)\,\mathrm dx -\left[\int_0^tf(x)\,\mathrm dx\right]^2,

并令 G(t)=f2(t)−2∫0tf(x) dxG(t)=f^2(t)-2\int_0^tf(x)\,\mathrm dx。因

G′(t)=2f(t)[f′(t)−1]≤0,G'(t)=2f(t)[f'(t)-1]\le0,

且 G(0)=0G(0)=0，所以 G≤0G\le0，进而 F′(t)=f(t)G(t)≤0F'(t)=f(t)G(t)\le0。于是 F(1)≤F(0)=0F(1)\le F(0)=0。

2. 导数等式

设 ff 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导，且

f(a)=a,∫abf(x) dx=12(b2−a2).f(a)=a, \qquad \int_a^bf(x)\,\mathrm dx=\frac12(b^2-a^2).

证明至少存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

f′(ξ)=f(ξ)−ξ+1.f'(\xi)=f(\xi)-\xi+1.
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积分条件等价于 ∫ab[f(x)−x] dx=0\int_a^b[f(x)-x]\,\mathrm dx=0。结合 f(a)−a=0f(a)-a=0，连续性保证还存在 η∈(a,b]\eta\in(a,b] 使 f(η)−η=0f(\eta)-\eta=0；否则差在区间内同号，积分不可能为零。

令 F(x)=e−x[f(x)−x]F(x)=e^{-x}[f(x)-x]，则 F(a)=F(η)=0F(a)=F(\eta)=0。由 Rolle 定理存在 ξ\xi 使 F′(ξ)=0F'(\xi)=0，整理即得结论。

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