张宇1000题高等数学 第九章 一元函数积分学的计算

$B$组

5.${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{3e^x{\sin }^{2}x}{1+e^x}\mathrm{d}x=$______。

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{3e^x{\sin }^{2}x}{1+e^x}\mathrm{d}x& \stackrel{x=-t}{}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{3e^{-t}{\sin }^{2}t}{1+e^{-t}}\mathrm{d}t=3{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sin }^{2}t}{1+e^t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{3}{2}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}t\mathrm{d}t=3\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{4}.\end{array}$$
（这道题主要利用了换元积分法求解）

9.计算下列积分。

（2）${\int }_0^{+\infty }\frac{x{e}^{-3x}}{(1+e^{-3x}{)}^2}\mathrm{d}x;$

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{x{e}^{-3x}}{(1+e^{-3x}{)}^2}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\infty }\frac{x{e}^{3x}}{(1+e^{3x}{)}^2}\mathrm{d}x=-\frac{1}{3}{\int }_0^{+\infty }x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+e^{3x}}\right)\\ & =-\frac{x{e}^{3x}}{1+e^{3x}}{|}_0^{+\infty }+\frac{1}{3}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+e^{3x}}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{3}{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{3x}}{e^{3x}(1+e^{3x})}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{9}\ln \frac{e^{3x}}{e^{3x}+1}{|}_0^{+\infty }=\frac{1}{9}\ln 2.\end{array}$$
（这道题主要利用了分部积分法求解）

（6）$\int \frac{\mathrm{d}x}{2+\cos x};$

解  令$t=\tan \frac{x}{2}$，则
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{2+\cos x}& =\int \frac{1}{2+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t=\int \frac{2}{3+t^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{3}\int \frac{1}{1+{\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)}^2}\mathrm{d}t=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{t}{\sqrt{3}}+C.\end{array}$$
  其中$t=\tan \frac{x}{2}$。（这道题主要利用了万能公式求解）

（8）$\int \frac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{x+2}};$

解  令$t=\sqrt{x+2}$，则
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{x+2}}& =\int \frac{2t}{t^2+t-2}\mathrm{d}t=\frac{2}{3}\left(\int \frac{2}{t+2}\mathrm{d}t+\int \frac{1}{t-1}\mathrm{d}t\right)\\ & =\frac{2}{3}\ln |(t+2{)}^2(t-1)|+C\\ & =\frac{2}{3}\ln |(\sqrt{x+2}+2{)}^2(\sqrt{x+2}-1)|+C.\end{array}$$
（这道题主要利用了换元积分法求解）

（11）${\int }_0^2[(x-1{)}^3+2x]\sqrt{1-\cos 2nx}\mathrm{d}x;$

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^2[(x-1{)}^3+2x]\sqrt{1-\cos 2nx}\mathrm{d}x& \stackrel{x-1=t}{}{\int }_{-1}^1(t^3+2t+2)\sqrt{1-\cos 2\pi t}\mathrm{d}t\\ & =4{\int }_0^1\sqrt{1-\cos 2\pi t}\mathrm{d}t=4\sqrt{2}{\int }_0^1\sin \pi t\mathrm{d}t=\frac{8\sqrt{2}}{\pi }.\end{array}$$
（这道题主要利用了积分函数的对称性求解）

（12）${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(x^2+1)(1+x^5)}\mathrm{d}x;$

解  记$I={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(x^2+1)(1+x^5)}\mathrm{d}x$，令$x=\tan t$，则$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\cos }^{5}t}{{\cos }^{5}t+{\sin }^{5}t}\mathrm{d}t$，又因$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\cos }^{5}t}{{\cos }^{5}t+{\sin }^{5}t}\mathrm{d}t\stackrel{t=\frac{\pi }{2}-u}{}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sin }^{5}t}{{\cos }^{5}t+{\sin }^{5}t}\mathrm{d}t$，两式相加，得$I=\frac{\pi }{4}$。（这道题主要利用了换元积分法求解）

（18）$\int \frac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x.$

解
$$\begin{array}{rl}\int \frac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x& =\int \frac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\int \frac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{x\sin x}{1+\cos x}-\int x\mathrm{d}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)\\ & =\int \frac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{x\sin x}{1+\cos x}-\int \frac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x\sin x}{1+\cos x}+C.\end{array}$$
（这道题主要利用了分部积分法求解）

22.求$I={\int }_0^{\ln 2}\frac{x{e}^x}{e^x+1}\mathrm{d}x+{\int }_{\ln 2}^{\ln 3}\frac{x{e}^x}{e^x-1}\mathrm{d}x$。

解  作变量代换：$e^x=u$，则$I={\int }_1^2\frac{\ln u}{u+1}\mathrm{d}u+{\int }_2^3\frac{\ln u}{u-1}\mathrm{d}u$，对后一积分作代换：$u-1=t$，再分部积分，有
$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\int }_2^3\frac{\ln u}{u-1}\mathrm{d}u={\int }_1^2\frac{\ln (t+1)}{t}\mathrm{d}t\\ & =\ln t\ln (t+1){|}_1^2-{\int }_1^2\frac{\ln t}{t+1}\mathrm{d}t\\ & =\ln 2\ln 3-I_1.\end{array}$$
  所以$I=I_1+I_2=\ln 2\ln 3$。（这道题主要利用了分部积分法求解）

$C$组

1.设$a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x,b_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t\mathrm{d}t$，则极限$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n{a}_n}{b_n}=$（  ）
$(A)1;$
$(B)0;$
$(C)-1;$
$(D)\infty .$

解
$$\begin{array}{rl}{a}_n& ={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x\stackrel{x=\sin t}{}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t\cdot {\cos }^{2}t\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t(1-{\sin }^{2}t)\mathrm{d}t=b_n-b_{n+2}.\end{array}$$
  又$b_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}{b}_n$，则$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n{a}_n}{b_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(1-\frac{n+1}{n+2}\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{n+2}=1$。故选$(A)$。（这道题主要利用了递推公式求解）

3.设$a_n=\frac{3}{2}{\int }_0^{\frac{n}{n+1}}{x}^{n-1}\sqrt{1+x^n}\mathrm{d}x$，则$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=$______。

解
$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{3}{2n}{\int }_0^{\frac{n}{n+1}}\sqrt{1+x^n}\mathrm{d}(1+x^n)\\ & =\frac{3}{2n}\cdot \frac{2}{3}(1+x^n{)}^{\frac{3}{2}}{|}_0^{\frac{n}{n+1}}=\frac{1}{n}{\left[1+\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n}\right]}^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{n}.\end{array}$$
  则$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\left[{\left(1+\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n}\right)}^{\frac{3}{2}}-1\right]=(1+e^{-1}{)}^{\frac{3}{2}}-1$。（这道题主要利用了无穷小代换求解）

5.设$f(x)$在$x=0$处可导，又$g(x)=\{\begin{array}{ll}x+\frac{1}{2},& x<0,\\ \frac{\sin \frac{x}{2}}{x},& x>0,\end{array}$求$I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)(1+x{)}^{-\frac{x+1}{x}}+g(x){\int }_0^{2x}\cos t^2\mathrm{d}t}{xg(x)}$。

解  $I=\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{f(x)}{g(x)}\cdot \frac{1}{(1+x)(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}+\frac{{\int }_0^{2x}\cos t^2\mathrm{d}t}{x}\right]$，其中，$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }g(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(x+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2},\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin \frac{x}{2}}{2\frac{x}{2}}=\frac{1}{2}$，故$\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=\frac{1}{2}$，又$f(x)$在$x=0$处可导，必连续，即$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=f(0)$。故$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\underset{x\to 0}{\lim }f(x)}{\underset{x\to 0}{\lim }g(x)}=\frac{f(0)}{\frac{1}{2}}=2f(0)$。
  而$\underset{x\to 0}{\lim }(1+x)(1+x{)}^{\frac{1}{x}}=e,\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{2x}\cos t^2\mathrm{d}t}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }2\cos (2x{)}^2=2$，于是$I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)(1+x{)}^{-\frac{x+1}{x}}+g(x){\int }_0^{2x}\cos t^2\mathrm{d}t}{xg(x)}=2e^{-1}f(0)+2$。（这道题主要利用了拆分分式求解）

8.求$I_n={\int }_{-1}^1(x^2-1{)}^n\mathrm{d}x$。

解  由分部积分法可得
$$\begin{array}{rl}{I}_n& =x(x^2-1{)}^n{|}_{-1}^1-2n{\int }_{-1}^1{x}^2(x^2-1{)}^{n-1}\mathrm{d}x\\ & =-2n{\int }_{-1}^1(x^2-1{)}^n\mathrm{d}x-2n{\int }_{-1}^1(x^2-1{)}^{n-1}\mathrm{d}x\\ & =-2n{I}_n-2n{I}_{n-1}.\end{array}$$
  故$I_n=-\frac{2n}{2n+1}{I}_{n-1}$。
  递推得$I_{n-1}=-\frac{2(n-1)}{2n-1}{I}_{n-2},I_{n-2}=-\frac{2(n-2)}{2n-3}{I}_{n-3},\cdots ,I_2=-\frac{4}{5}{I}_1$，又$I_1={\int }_{-1}^1(x^2-1)\mathrm{d}x=-\frac{4}{3}$，所以$I_n=(-1{)}^n\frac{2^{2n+1}(n!{)}^2}{(2n+1)!}$。（这道题主要利用了递推公式求解）

9.求${\int }_{e^{-2n\pi }}^1\left|{\left[\cos \left(\ln \frac{1}{x}\right)\right]}^{\prime }\right|\ln \frac{1}{x}\mathrm{d}x$。

解  令$\ln \frac{1}{x}=t$，则$x=e^{-t},\mathrm{d}x=-e^{-t}\mathrm{d}t$。
$$\begin{array}{rl}{\int }_{e^{-2n\pi }}^1\left|{\left[\cos \left(\ln \frac{1}{x}\right)\right]}^{\prime }\right|\ln \frac{1}{x}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{2n\pi }\left|\frac{\mathrm{d}(\cos t)}{\mathrm{d}t}\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}\right|t{e}^{-t}\mathrm{d}t={\int }_0^{2n\pi }|e^t\cdot \sin t|t{e}^{-t}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{2n\pi }|\sin t|t\mathrm{d}t=\sum _{k=1}^{2n}{\int }_{(k-1)\pi }^{k\pi }(-1{)}^{k-1}t\sin t\mathrm{d}t\\ & =\sum _{k=1}^{2n}(-1{)}^{k-1}(-t\cos t+\sin t){|}_{(k-1)\pi }^{k\pi }\\ & =\sum _{k=1}^{2n}(-1{)}^{k-1}[-k\pi (-1{)}^k+(k-1)\pi (-1{)}^{k-1}]\\ & =\sum _{k=1}^{2n}(2k-1)\pi =4n^2\pi .\end{array}$$
（这道题主要利用了分段函数求解）

13.求反常积分${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x(a,b>0)$。

解  化为二次积分并交换积分次序，有
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x& ={\int }_0^1\left({\int }_a^b{x}^y\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x={\int }_b^a\left({\int }_0^1{x}^y\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y\\ & ={\int }_a^b\frac{1}{y+1}\mathrm{d}y=\ln \frac{b+1}{a+1}.\end{array}$$
（这道题主要利用了换序积分求解）

14.求反常积分${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x(\alpha \ne 0)$。

解  令$x=\frac{1}{t}$，则
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }\frac{x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}\arctan x{|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$
（这道题主要利用了换元积分法求解）

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