2017—2018 学年秋季学期真题 · 期末

考试时间为 2018 年 1 月 23 日。以下题面按 A 卷转录，答案依据随卷答案整理。

一、选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 可积性与广义积分

下列命题中正确的是：

• A. 若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上必可积
• B. 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，则 $|f(x)|$ 在 $[a,b]$ 上也可积
• C. 若 $\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\,dx$ 收敛，则 $\displaystyle\int_a^{+\infty}|f(x)|\,dx$ 也收敛
• D. 若 $\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\,dx$ 与 $\displaystyle\int_a^{+\infty}g(x)\,dx$ 都发散，则 $\displaystyle\int_a^{+\infty}[f(x)+g(x)]\,dx$ 发散

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答案：B。

Riemann 可积函数的绝对值仍然 Riemann 可积。仅有界不足以保证可积；条件收敛不推出绝对收敛；两个发散积分相加也可能因抵消而收敛。

2. 含积分的函数方程

设 $f(x)$ 满足

$$f(x)+\sin x=\int_0^{\pi/2}f(x)\,dx,$$

则 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(x)\,dx$ 等于：

• A. $\dfrac2{2-\pi}$
• B. $\dfrac2{\pi-2}$
• C. $\dfrac{\pi-2}{2}$
• D. $\dfrac{\pi-1}{2}$

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答案：B。

记 $I=\int_0^{\pi/2}f(x)\,dx$，则 $f(x)=I-\sin x$。两边在 $[0,\pi/2]$ 上积分：

$$I=\frac\pi2I-1,$$

所以

$$I=\frac2{\pi-2}.$$

3. 原函数与变上限积分

设函数 $f(x)$ 可导，下列说法中正确的是：

1. $\displaystyle\int f(x)\,dx=f(x)$；
2. $\displaystyle\int f'(x)\,dx=f(x)+C$；
3. $\displaystyle\frac d{dx}\left(\int_a^{x^2}f(t)\,dt\right)=f(x^2)$；
4. $\displaystyle\frac d{dx}\left(\int_a^b f(x)\,dx\right)=0$。

• A. （1）（3）
• B. （2）（4）
• C. （1）（4）
• D. （2）（3）

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答案：B。

（2）是原函数的定义；（4）中的定积分是与外部变量无关的常数。（1）一般不成立；（3）漏掉了链式法则产生的 $2x$，正确结果应为 $2xf(x^2)$。

4. 广义积分敛散性

下列广义积分中，发散的是：

• A. $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\sqrt{x+2}}{x^2}\,dx$
• B. $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1+\cos x}{x\sqrt{x}}\,dx$
• C. $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac1{x^2}\,dx$
• D. $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}xe^{-x^2}\,dx$

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答案：C。

C 在 $x=0$ 附近与 $1/x^2$ 相同，积分发散。A、B 的被积函数在无穷远处分别为 $O(x^{-3/2})$，均绝对收敛；D 应按两个单侧广义积分定义，两侧都收敛且积分值相消为 $0$。

5. 曲线弧长

曲线

$$y=\int_0^x\sqrt{\sin t}\,dt, \qquad 0\le x\le\pi$$

的弧长为：

• A. $\sqrt2$
• B. $2$
• C. $1+\sqrt2$
• D. $4$

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答案：D。

由 $y'=\sqrt{\sin x}$，弧长为

$$L=\int_0^\pi\sqrt{1+(y')^2}\,dx =\int_0^\pi\sqrt{1+\sin x}\,dx.$$

在 $[0,\pi]$ 上，

$$\sqrt{1+\sin x}=\sin\frac x2+\cos\frac x2,$$

故 $L=4$。

二、计算题（每题 6 分，共 30 分）

1. 有理函数积分

计算

$$\int\frac{x+5}{x^2-6x+13}\,dx.$$

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将分母配方并拆分分子：

$$x^2-6x+13=(x-3)^2+4, \qquad x+5=(x-3)+8.$$

因此

$$\begin{aligned} \int\frac{x+5}{x^2-6x+13}\,dx &=\frac12\ln(x^2-6x+13) +4\arctan\frac{x-3}{2}+C. \end{aligned}$$

2. 定积分

计算

$$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{(x+3)^2}\,dx.$$

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分部积分，取 $u=\ln(1+x)$，$dv=dx/(x+3)^2$：

$$\begin{aligned} I &=-\left.\frac{\ln(1+x)}{x+3}\right|_0^1 +\int_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+3)}\\ &=-\frac14\ln2 +\frac12\int_0^1\left(\frac1{x+1}-\frac1{x+3}\right)dx\\ &=\frac12\ln3-\frac34\ln2. \end{aligned}$$

3. 对称区间积分

计算

$$\int_{-3}^{3}\left[x^{2017}(\arctan x)^2+2018\right]\sqrt{9-x^2}\,dx.$$

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$x^{2017}(\arctan x)^2\sqrt{9-x^2}$ 是奇函数，其在对称区间上的积分为 $0$。其余部分为半径 $3$ 的上半圆面积乘以 $2018$：

$$2018\int_{-3}^{3}\sqrt{9-x^2}\,dx =2018\cdot\frac{9\pi}{2} =\boxed{9081\pi}.$$

4. 变限积分极限

求

$$\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_{\sin x}^{x}\sin(t^2)\,dt} {x\sin x}.$$

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由于 $x\sin x\sim x^2$，可先把分母换成 $x^2$，再使用 L’Hôpital 法则：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{\int_{\sin x}^{x}\sin(t^2)\,dt}{x^2} &=\lim_{x\to0} \frac{\sin(x^2)-\sin(\sin^2x)\cos x}{2x}\\ &=0. \end{aligned}$$

故原极限为 $\boxed0$。

5. 瑕积分

计算

$$\int_0^2\frac{dx}{\sqrt{|1-x|}}.$$

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$x=1$ 是瑕点，必须从两侧分别取极限：

$$\begin{aligned} \int_0^2\frac{dx}{\sqrt{|1-x|}} &=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x}} +\int_1^2\frac{dx}{\sqrt{x-1}}\\ &=2+2=\boxed4. \end{aligned}$$

三、证明题（10 分）

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微，且满足

$$f(1)=2\int_0^{1/2}xf(x)\,dx.$$

证明：至少存在一点 $\xi\in(0,1)$，使

$$\xi f'(\xi)=-f(\xi).$$

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构造 $F(x)=xf(x)$。积分中值定理给出某个 $\eta\in[0,1/2]$，使

$$2\int_0^{1/2}xf(x)\,dx=F(\eta).$$

由题设，$F(1)=f(1)=F(\eta)$。对 $F$ 在 $[\eta,1]$ 上使用 Rolle 中值定理，存在 $\xi\in(\eta,1)\subset(0,1)$，使

$$0=F'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi).$$

移项即得结论。

四、常微分方程（10 分）

1. 求二阶线性非齐次常微分方程

   $$y''-y'-2y=xe^{-x}$$

   的通解；

2. 求满足 $y(0)=0$、$y'(0)=1$ 的特解。

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齐次方程的特征方程为

$$\lambda^2-\lambda-2=0,$$

特征根为 $2$ 与 $-1$，所以齐次通解为

$$Y=C_1e^{-x}+C_2e^{2x}.$$

因为右端含 $e^{-x}$，而 $-1$ 是特征根，设特解

$$y^*=x(Ax+B)e^{-x}.$$

代入原方程并比较系数，得 $A=-1/6$、$B=-1/9$。故通解为

$$y=C_1e^{-x}+C_2e^{2x} -x\left(\frac x6+\frac19\right)e^{-x}.$$

代入两个初值，得到 $C_1=-10/27$、$C_2=10/27$。所求特解为

$$y=-\frac{10}{27}e^{-x}+\frac{10}{27}e^{2x} -x\left(\frac x6+\frac19\right)e^{-x}.$$

五、旋转体（10 分）

将曲线

$$y=\sqrt{x} \qquad\text{和}\qquad y=1-\sqrt{1-x^2}$$

所围成的公共部分绕 $x$ 轴旋转一周，求所得旋转体的体积和表面积。

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两曲线交于 $(0,0)$ 与 $(1,1)$。在 $0<x<1$ 上，$\sqrt x$ 是外半径，$1-\sqrt{1-x^2}$ 是内半径。因此体积为

$$\begin{aligned} V &=\pi\int_0^1x\,dx -\pi\int_0^1\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)^2dx\\ &=\boxed{\frac{\pi^2}{2}-\frac{7\pi}{6}}. \end{aligned}$$

表面积由两条边界曲线分别旋转所得曲面相加：

$$S =2\pi\int_0^1\sqrt{x}\sqrt{1+\frac1{4x}}\,dx +2\pi\int_0^1\left(1-\sqrt{1-x^2}\right) \sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2}}\,dx.$$

计算得到

$$\boxed{S=\frac{5\sqrt5-13}{6}\pi+\pi^2}.$$

六、含参数广义积分（10 分）

讨论

$$\int_1^{+\infty}\frac{\cos(3x)}{x^p} \left(1+\frac1x\right)^x dx, \qquad p>0$$

的敛散性；若收敛，说明是绝对收敛还是条件收敛。

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因为

$$\left(1+\frac1x\right)^x\longrightarrow e,$$

该因子在 $[1,+\infty)$ 上有界。

当 $p>1$ 时，被积函数的绝对值可由 $M/x^p$ 控制，所以积分绝对收敛。

当 $0<p\le1$ 时，$x^{-p}$ 单调趋于 $0$，而 $\int_1^A\cos(3x)\,dx$ 对 $A$ 一致有界；再结合有界单调因子 $(1+1/x)^x$，由 Dirichlet 与 Abel 判别法知原积分收敛。

另一方面，$|\cos(3x)|\ge\cos^2(3x)$，且

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

其中常数项对应的积分与 $\int_1^{+\infty}x^{-p}dx$ 同敛散，在 $0<p\le1$ 时发散，而振荡项收敛，故绝对值积分发散。

结论是：

• $p>1$ 时绝对收敛；
• $0<p\le1$ 时条件收敛。

七、极限（每题 5 分，共 10 分）

1. Riemann 和

利用定积分定义，求

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}.$$

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改写为 Riemann 和：

$$\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} =\sum_{i=1}^n\frac1n\left(\frac in\right)^3.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} =\int_0^1x^3dx=\boxed{\frac14}.$$

2. 积分极限

求

$$\lim_{n\to\infty}\int_0^{\pi/2}\cos^n x\,dx.$$

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给定 $\varepsilon>0$，把积分拆成 $[0,\varepsilon]$ 与 $[\varepsilon,\pi/2]$ 两段。第一段不超过 $\varepsilon$；第二段由积分中值定理可估计为

$$0\le\int_\varepsilon^{\pi/2}\cos^n x\,dx \le\frac\pi2\cos^n\varepsilon\longrightarrow0.$$

先令 $n\to\infty$，再利用 $\varepsilon$ 的任意性，得到原极限为 $\boxed0$。

八、附加题（10 分）

设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

$$\int_a^bf^2(x)\,dx=1.$$

证明：

1. $\displaystyle\left(\int_a^bf(x)g(x)\,dx\right)^2 \le\int_a^bf^2(x)\,dx\int_a^bg^2(x)\,dx$；

2. 对任意实数 $k$，

   $$\left(\int_a^bf(x)\cos(kx)\,dx\right)^2 +\left(\int_a^bf(x)\sin(kx)\,dx\right)^2 \le b-a.$$

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第一问是积分形式的 Cauchy—Schwarz 不等式。可令

$$F(t)=\int_a^b[tf(x)+g(x)]^2dx.$$

对任意实数 $t$ 都有 $F(t)\ge0$，把它看成关于 $t$ 的二次式，其判别式不大于 $0$，便得到

$$\left(\int_a^bfg\,dx\right)^2 \le\int_a^bf^2dx\int_a^bg^2dx.$$

分别对 $f$ 与 $\cos(kx)$、$f$ 与 $\sin(kx)$ 使用第一问，得到

$$\left(\int_a^bf\cos(kx)\,dx\right)^2 \le\int_a^bf^2dx\int_a^b\cos^2(kx)dx,$$ $$\left(\int_a^bf\sin(kx)\,dx\right)^2 \le\int_a^bf^2dx\int_a^b\sin^2(kx)dx.$$

两式相加，并用 $\int_a^bf^2dx=1$ 与 $\sin^2+cos^2=1$，得到右端为

$$\int_a^b1\,dx=b-a.$$