2013—2014 学年秋季学期真题 · 期末

#真题

考试时间为 2014 年 1 月 13 日。以下题面按 A 卷转录，答案依据随卷评分答案整理。

一、计算题（每题 5 分，共 50 分）

1. 含根式积分

计算 ∫23+xdx\displaystyle\int\frac2{3+\sqrt x}dx。

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令 x=t\sqrt x=t，得到

4x−12ln⁡(3+x)+C.\boxed{4\sqrt x-12\ln(3+\sqrt x)+C}.

2. 有理函数积分

计算

∫2x2+1x2(x2+1)dx.\int\frac{2x^2+1}{x^2(x^2+1)}dx.
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因为

2x2+1x2(x2+1)=1x2+1x2+1,\frac{2x^2+1}{x^2(x^2+1)} =\frac1{x^2}+\frac1{x^2+1},

所以答案为

arctan⁡x−1x+C.\boxed{\arctan x-\frac1x+C}.

3. 幂和极限

设 p>0p>0，求

lim⁡n→∞1p+2p+⋯+npnp+1.\lim_{n\to\infty}\frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}.
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这是 Riemann 和：

1n∑k=1n(kn)p⟶∫01xpdx=1p+1.\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\right)^p \longrightarrow\int_0^1x^pdx =\boxed{\frac1{p+1}}.

4. 对称区间积分

计算

∫−22(x2014sin⁡x+12)4−x2dx.\int_{-2}^{2} \left(x^{2014}\sin x+\frac12\right)\sqrt{4-x^2}dx.
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第一部分为奇函数，积分为 00。剩余部分是半径 22 的上半圆面积的一半：

12∫−224−x2dx=12⋅2π=π.\frac12\int_{-2}^2\sqrt{4-x^2}dx =\frac12\cdot2\pi=\boxed\pi.

5. 分部积分

计算

∫03xln⁡(1+x2)1+x2dx.\int_0^{\sqrt3}\frac{x\ln(1+x^2)}{\sqrt{1+x^2}}dx.
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令 u=1+x2u=\sqrt{1+x^2}，则积分化为 2∫12ln⁡u du2\int_1^2\ln u\,du，所以

4ln⁡2−2.\boxed{4\ln2-2}.

6. 积分极限

求

lim⁡n→∞∫01xn1+xdx.\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^n}{1+x}dx.
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在 [0,1][0,1] 上，

0≤xn1+x≤xn,0\le\frac{x^n}{1+x}\le x^n,

而 ∫01xndx=1/(n+1)→0\int_0^1x^ndx=1/(n+1)\to0，故原极限为 0\boxed0。

7. 积分方程

设

f(x)=11+x2+x3∫01f(t)dt,f(x)=\frac1{1+x^2}+x^3\int_0^1f(t)dt,

求 f(x)f(x)。

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记 A=∫01f(t)dtA=\int_0^1f(t)dt。两边积分：

A=π4+A4,A=\frac\pi4+\frac A4,

所以 A=π/3A=\pi/3，从而

f(x)=11+x2+π3x3.\boxed{f(x)=\frac1{1+x^2}+\frac\pi3x^3}.

8. 变上限积分极限

求

lim⁡x→0∫0x2tcos⁡(2t)dtln⁡(1+x4).\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^{x^2}t\cos(2t)dt} {\ln(1+x^4)}.
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分子等价于 ∫0x2t dt=x4/2\int_0^{x^2}t\,dt=x^4/2，分母等价于 x4x^4，故极限为 1/2\boxed{1/2}。

9. 曲线弧长

计算曲线

y=∫−π/2xcos⁡t dt,−π2≤x≤π2y=\int_{-\pi/2}^x\sqrt{\cos t}\,dt, \qquad -\frac\pi2\le x\le\frac\pi2

的弧长。

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y′=cos⁡xy'=\sqrt{\cos x}，所以

L=∫−π/2π/21+cos⁡xdx=∫−π/2π/22cos⁡x2dx=4.L=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sqrt{1+\cos x}dx =\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sqrt2\cos\frac x2dx =\boxed4.

10. 瑕积分

计算 ∫01ln⁡xdx\displaystyle\int_0^1\ln xdx。

查看答案与解析 ∫01ln⁡xdx=lim⁡ε→0+[xln⁡x−x]ε1=−1.\int_0^1\ln xdx =\lim_{\varepsilon\to0^+}[x\ln x-x]_{\varepsilon}^1 =\boxed{-1}.

二、含参数广义积分（15 分）

讨论

∫1+∞sin⁡xxp(1+1x)xdx,p>0\int_1^{+\infty}\frac{\sin x}{x^p} \left(1+\frac1x\right)^x dx, \qquad p>0

的敛散性；若收敛，说明类型。

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因 (1+1/x)x(1+1/x)^x 单调有界，而 x−psin⁡xx^{-p}\sin x 对所有 p>0p>0 都由 Dirichlet 判别法收敛，故原积分对所有 p>0p>0 收敛。

当 p>1p>1 时，绝对值由 e/xpe/x^p 控制，所以绝对收敛。

当 0<p≤10<p\le1 时，(1+1/x)x>2(1+1/x)^x>2，且 ∣sin⁡x∣≥sin⁡2x=(1−cos⁡2x)/2|\sin x|\ge\sin^2x=(1-\cos2x)/2。常数项对应的 ∫x−pdx\int x^{-p}dx 发散，而振荡项收敛，因此绝对值积分发散，原积分条件收敛。

三、单调函数的可积性（10 分）

设 ff 在 [a,b][a,b] 上有界且单调，证明 ff 在 [a,b][a,b] 上 Riemann 可积。

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不妨设 ff 单调递增。对分割 a=x0<⋯<xn=ba=x_0<\cdots<x_n=b，上下和之差满足

U(f,P)−L(f,P)=∑i=1n[f(xi)−f(xi−1)]Δxi≤[f(b)−f(a)]∥P∥.U(f,P)-L(f,P) =\sum_{i=1}^n[f(x_i)-f(x_{i-1})]\Delta x_i \le[f(b)-f(a)]\|P\|.

取网格宽度足够小，右端可小于任意给定的 ε\varepsilon，由 Darboux 判据知 ff 可积。递减情形同理。

四、平面图形与旋转体（15 分）

直线 y=axy=ax 与抛物线 y=x2y=x^2 围成的图形面积为 S1S_1，它们与直线 x=1x=1 围成的图形面积为 S2S_2，且 a<1a<1。

  1. 求使 S1+S2S_1+S_2 最小的 aa 及最小值；
  2. 求对应平面图形绕 xx 轴旋转所得旋转体体积。
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两曲线交于 x=0,ax=0,a。计算得到

S1+S2=a33−a2+13.S_1+S_2=\frac{a^3}{3}-\frac a2+\frac13.

导数为 a2−1/2a^2-1/2，故

a=12,(S1+S2)min⁡=13−26.\boxed{a=\frac1{\sqrt2}}, \qquad \boxed{(S_1+S_2)_{\min}=\frac13-\frac{\sqrt2}{6}}.

分别在 [0,a][0,a] 与 [a,1][a,1] 使用垫片法，再相加，得到

V=1+230π.\boxed{V=\frac{1+\sqrt2}{30}\pi}.

五、导数零点（10 分）

设 ff 在 [0,π][0,\pi] 上连续、在 (0,π)(0,\pi) 上可导，且

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

证明存在 ξ∈(0,π)\xi\in(0,\pi) 使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。

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分别在 [0,π/2][0,\pi/2] 与 [π/2,π][\pi/2,\pi] 使用积分中值定理，可取 ξ1\xi_1、ξ2\xi_2 使

0=f(ξ1)∫0π/2cos⁡xdx+f(ξ2)∫π/2πcos⁡xdx=f(ξ1)−f(ξ2).0=f(\xi_1)\int_0^{\pi/2}\cos xdx +f(\xi_2)\int_{\pi/2}^{\pi}\cos xdx =f(\xi_1)-f(\xi_2).

故 f(ξ1)=f(ξ2)f(\xi_1)=f(\xi_2)，再在两点之间使用 Rolle 定理即可。

六、附加题（10 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续，且

∫01f(t)dt=3∫01/3e1−x2(∫0xf(t)dt)dx.\int_0^1f(t)dt =3\int_0^{1/3}e^{1-x^2} \left(\int_0^xf(t)dt\right)dx.

证明至少存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使

f(ξ)=2ξ∫0ξf(x)dx.f(\xi)=2\xi\int_0^\xi f(x)dx.
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令

φ(x)=e−x2∫0xf(t)dt.\varphi(x)=e^{-x^2}\int_0^xf(t)dt.

题设等价于

φ(1)=3∫01/3φ(x)dx.\varphi(1)=3\int_0^{1/3}\varphi(x)dx.

积分中值定理给出 ξ1∈(0,1/3)\xi_1\in(0,1/3) 使右侧等于 φ(ξ1)\varphi(\xi_1)。于是 φ(1)=φ(ξ1)\varphi(1)=\varphi(\xi_1)，Rolle 定理给出 ξ∈(ξ1,1)\xi\in(\xi_1,1) 使 φ′(ξ)=0\varphi'(\xi)=0。

展开导数：

φ′(ξ)=e−ξ2[f(ξ)−2ξ∫0ξf(x)dx]=0,\varphi'(\xi)=e^{-\xi^2} \left[f(\xi)-2\xi\int_0^\xi f(x)dx\right]=0,

即得结论。

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