2015—2016 学年秋季学期真题 · 期末

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#真题

考试时间为 2016 年 1 月 20 日。以下题面按 A 卷转录，答案依据随卷评分答案整理。

一、选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 可积函数的性质

下列命题中错误的是：

  • A. 若 f(x)f(x) 在 (a,b)(a,b) 内的原函数是常数，则 f(x)f(x) 在 (a,b)(a,b) 内恒为 00
  • B. 若 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上可积，则 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上必有界
  • C. 若 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上可积，则 ∣f(x)∣|f(x)| 在 [a,b][a,b] 上也可积
  • D. 若 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上不连续，则 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上必不可积
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答案：D。不连续函数仍可能 Riemann 可积，例如只有有限个间断点的有界函数。其余三项均为可积函数与原函数的基本性质。

2. 含积分的函数方程

设

f(x)=x2−2∫01f(x)dx,f(x)=x^2-2\int_0^1f(x)dx,

则 ∫01f(x)dx\int_0^1f(x)dx 等于：

  • A. 11
  • B. 1/91/9
  • C. −1-1
  • D. −1/3-1/3
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答案：B。记积分为 II，两边在 [0,1][0,1] 上积分得

I=13−2I,I=\frac13-2I,

故 I=1/9I=1/9。

3. 原函数

设函数 f(x)f(x) 可导，则正确的是：

  • A. ∫f(x)dx=f(x)\int f(x)dx=f(x)
  • B. ∫f′(x)dx=f(x)\int f'(x)dx=f(x)
  • C. ddx(∫f(x)dx)=f(x)\dfrac d{dx}\left(\int f(x)dx\right)=f(x)
  • D. ddx(∫f(x)dx)=f(x)+C\dfrac d{dx}\left(\int f(x)dx\right)=f(x)+C
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答案：C。不定积分代表 ff 的一族原函数，对其中任意一个求导都回到 f(x)f(x)；B 漏写了积分常数。

4. 广义积分

下列广义积分中，发散的是：

  • A. ∫1+∞dxx1+x\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{1+x}}
  • B. ∫1+∞dxx2\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^2}
  • C. ∫1+∞1+sin⁡xxdx\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1+\sin x}{x}dx
  • D. ∫1+∞e−xsin⁡x dx\displaystyle\int_1^{+\infty}e^{-x}\sin x\,dx
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答案：C。A、B、D 均绝对收敛；C 中的 1/x1/x 产生对数发散，而 sin⁡x/x\sin x/x 只贡献一个收敛的振荡积分。

5. 瑕积分

瑕积分

∫13dxxln⁡x\int_1^3\frac{dx}{x\ln x}

等于：

  • A. ln⁡ln⁡3\ln\ln3
  • B. 00
  • C. +∞+\infty
  • D. 11
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答案：C。原函数为 ln⁡∣ln⁡x∣\ln|\ln x|；当积分下限从右侧趋于 11 时，ln⁡(ln⁡x)→−∞\ln(\ln x)\to-\infty，所以积分发散到 +∞+\infty。

二、计算题（每题 6 分，共 30 分）

1. 有理函数积分

计算

∫2x−3x2+2x+5dx.\int\frac{2x-3}{x^2+2x+5}dx.
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将分子写成 (2x+2)−5(2x+2)-5，分母写成 (x+1)2+4(x+1)^2+4，得到

ln⁡(x2+2x+5)−52arctan⁡x+12+C.\boxed{ \ln(x^2+2x+5)-\frac52\arctan\frac{x+1}{2}+C }.

2. 奇偶性

计算

∫−11(x5sin⁡6xcos⁡3x+2)1−x2 dx.\int_{-1}^1 \left(x^5\sin^6x\cos^3x+2\right)\sqrt{1-x^2}\,dx.
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含 x5x^5 的部分为奇函数，积分为 00。其余部分是单位圆上半圆面积的两倍：

2∫−111−x2dx=2⋅π2=π.2\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}dx=2\cdot\frac\pi2=\boxed\pi.

3. 含根式积分

计算

∫01dx1+x.\int_0^1\frac{dx}{1+\sqrt x}.
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令 x=t2x=t^2：

∫01dx1+x=2∫01t1+tdt=2−2ln⁡2.\int_0^1\frac{dx}{1+\sqrt x} =2\int_0^1\frac{t}{1+t}dt =\boxed{2-2\ln2}.

4. 变上限积分极限

求

lim⁡x→0∫0x2ln⁡(1+t)dtx2(1−cos⁡x).\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^{x^2}\ln(1+t)dt} {x^2(1-\cos x)}.
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分子中 ln⁡(1+t)∼t\ln(1+t)\sim t，故分子等价于 x4/2x^4/2；分母也等价于 x4/2x^4/2。所以极限为 1\boxed1。

5. 分部积分

已知

f(x)=∫1x2sin⁡ttdt,f(x)=\int_1^{x^2}\frac{\sin t}{t}dt,

求 ∫01xf(x)dx\displaystyle\int_0^1xf(x)dx。

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有 f(1)=0f(1)=0，且

f′(x)=2sin⁡(x2)x.f'(x)=\frac{2\sin(x^2)}x.

分部积分得

∫01xf(x)dx=x2f(x)2∣01−12∫01x2f′(x)dx=−∫01xsin⁡(x2)dx=cos⁡1−12.\begin{aligned} \int_0^1xf(x)dx &=\left.\frac{x^2f(x)}2\right|_0^1 -\frac12\int_0^1x^2f'(x)dx\\ &=-\int_0^1x\sin(x^2)dx =\boxed{\frac{\cos1-1}{2}}. \end{aligned}

三、Riemann 和（8 分）

利用定积分定义，求

lim⁡n→∞n(n+1)⋯(2n−1)nnn.\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{n(n+1)\cdots(2n-1)}{n^n}}.
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取对数：

1n∑k=0n−1ln⁡(1+kn)⟶∫01ln⁡(1+x)dx=2ln⁡2−1.\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\ln\left(1+\frac kn\right) \longrightarrow\int_0^1\ln(1+x)dx=2\ln2-1.

再取指数，得到原极限

e2ln⁡2−1=4e.\boxed{e^{2\ln2-1}=\frac4e}.

四、常微分方程（10 分）

求

y′′+2y′−3y=xe−xy''+2y'-3y=xe^{-x}

的通解。

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特征方程 λ2+2λ−3=0\lambda^2+2\lambda-3=0 的根为 1,−31,-3，齐次通解为 C1ex+C2e−3xC_1e^x+C_2e^{-3x}。设特解为 (Ax+B)e−x(Ax+B)e^{-x}，代入得 A=−1/4,B=0A=-1/4,B=0。故

y=C1ex+C2e−3x−14xe−x.\boxed{y=C_1e^x+C_2e^{-3x}-\frac14xe^{-x}}.

五、广义积分（每题 6 分，共 12 分）

判断下列广义积分的敛散性；若收敛，判别绝对收敛或条件收敛。

  1. ∫1+∞ln⁡xx2arctan⁡x dx\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2}\arctan x\,dx；
  2. ∫1+∞cos⁡(2x)x dx\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\cos(2x)}{\sqrt x}\,dx。
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第一问中 ∣arctan⁡x∣≤π/2|\arctan x|\le\pi/2，而 ∫1+∞ln⁡x/x2 dx\int_1^{+\infty}\ln x/x^2\,dx 收敛，因此原积分绝对收敛。

第二问中 x−1/2x^{-1/2} 单调趋于 00，∫1Acos⁡(2x)dx\int_1^A\cos(2x)dx 一致有界，由 Dirichlet 判别法知原积分收敛。但

∣cos⁡(2x)∣≥cos⁡2(2x)=1+cos⁡(4x)2,|\cos(2x)|\ge\cos^2(2x)=\frac{1+\cos(4x)}2,

常数项对应的 ∫1+∞dx/x\int_1^{+\infty}dx/\sqrt x 发散，振荡项收敛，所以绝对值积分发散。故第二问条件收敛。

六、切线围成图形（10 分）

过原点作曲线 y=ln⁡xy=\ln x 的切线。该切线与曲线及 xx 轴围成平面图形 DD。求 DD 的面积，以及 DD 绕 xx 轴旋转所得旋转体的体积。

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设切点为 (x0,ln⁡x0)(x_0,\ln x_0)。切线经过原点给出 ln⁡x0=1\ln x_0=1，所以 x0=ex_0=e，切线为 y=x/ey=x/e。

面积为

S=∫0exedx−∫1eln⁡xdx=e2−1.S=\int_0^e\frac xe dx-\int_1^e\ln xdx =\boxed{\frac e2-1}.

旋转体用垫片法：

V=π[∫0e(xe)2dx−∫1e(ln⁡x)2dx]=(2−2e3)π.V=\pi\left[ \int_0^e\left(\frac xe\right)^2dx -\int_1^e(\ln x)^2dx \right] =\boxed{\left(2-\frac{2e}{3}\right)\pi}.

七、零点个数（10 分）

设 f(x)f(x) 在 [0,π][0,\pi] 上连续，且

∫0πf(x)dx=0,∫0πf(x)cos⁡xdx=0.\int_0^\pi f(x)dx=0, \qquad \int_0^\pi f(x)\cos xdx=0.

证明 f(x)f(x) 在 (0,π)(0,\pi) 内至少有两个零点。

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若 f≡0f\equiv0，结论显然成立。否则，第一个积分为 00 已保证 ff 在区间内部至少变号一次。

反设只有一个零点 x0x_0，则 ff 在 (0,x0)(0,x_0) 与 (x0,π)(x_0,\pi) 上异号。由于 cos⁡x\cos x 严格递减，

g(x)=f(x)(cos⁡x−cos⁡x0)g(x)=f(x)(\cos x-\cos x_0)

在 [0,π][0,\pi] 上恒同号且不恒为零，因此其积分不可能为 00。然而

∫0πg(x)dx=∫0πf(x)cos⁡xdx−cos⁡x0∫0πf(x)dx=0,\int_0^\pi g(x)dx =\int_0^\pi f(x)\cos xdx -\cos x_0\int_0^\pi f(x)dx=0,

矛盾。故至少有两个零点。

八、附加题（10 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上有连续的二阶导数，f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0，且 ff 不恒为零。证明

∫01∣f′′(x)∣dx≥4max⁡x∈[0,1]f(x).\int_0^1|f''(x)|dx \ge4\max_{x\in[0,1]}f(x).
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若最大值为 00，结论显然。否则设 x0∈(0,1)x_0\in(0,1) 为最大值点。分别在 [0,x0][0,x_0] 与 [x0,1][x_0,1] 上使用中值定理，可取 ξ<x0<η\xi<x_0<\eta 使

f′(ξ)=f(x0)x0,f′(η)=−f(x0)1−x0.f'(\xi)=\frac{f(x_0)}{x_0}, \qquad f'(\eta)=-\frac{f(x_0)}{1-x_0}.

于是

∫01∣f′′(x)∣dx≥∣∫ξηf′′(x)dx∣=∣f′(η)−f′(ξ)∣=f(x0)x0(1−x0)≥4f(x0),\begin{aligned} \int_0^1|f''(x)|dx &\ge\left|\int_\xi^\eta f''(x)dx\right|\\ &=|f'(\eta)-f'(\xi)|\\ &=\frac{f(x_0)}{x_0(1-x_0)} \ge4f(x_0), \end{aligned}

其中用了 x0(1−x0)≤1/4x_0(1-x_0)\le1/4。

源 PDF 的文字提取会漏掉积分中的绝对值；以上公式按原答案证明中实际使用的不等式还原。

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