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一元积分学深度专题练习库 (Ch 8-11)

本库严格对标《数学分析》第五版（华东师大版）第八章至第十一章的内容。题目设计遵循“基础计算 - 技巧综合 - 理论深度”的梯度，并全部提供详细的折叠解析。

第八章：不定积分 (Indefinite Integrals)​

理论回顾：第八章 不定积分

练习 8.1：换元法与分部积分的综合应用​

计算不定积分：∫ln⁡(1+x2)x2dx\int \frac{\ln(1+x^2)}{x^2} dx。

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解析​

使用分部积分法： 设 u=ln⁡(1+x2),dv=1x2dxu = \ln(1+x^2), dv = \frac{1}{x^2} dx。 则 du=2x1+x2dx,v=−1xdu = \frac{2x}{1+x^2} dx, v = -\frac{1}{x}。

∫ln⁡(1+x2)x2dx=−ln⁡(1+x2)x+∫1x⋅2x1+x2dx\int \frac{\ln(1+x^2)}{x^2} dx = -\frac{\ln(1+x^2)}{x} + \int \frac{1}{x} \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx =−ln⁡(1+x2)x+2∫11+x2dx= -\frac{\ln(1+x^2)}{x} + 2 \int \frac{1}{1+x^2} dx =−ln⁡(1+x2)x+2arctan⁡x+C= -\frac{\ln(1+x^2)}{x} + 2 \arctan x + C

答案​

−ln⁡(1+x2)x+2arctan⁡x+C-\frac{\ln(1+x^2)}{x} + 2 \arctan x + C

练习 8.2：有理函数积分的递归技巧​

求 In=∫dx(x2+a2)nI_n = \int \frac{dx}{(x^2+a^2)^n} (n≥1,a>0n \ge 1, a > 0) 的递推公式。

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解析​

使用分部积分法处理 In−1I_{n-1}： In−1=∫1(x2+a2)n−1dxI_{n-1} = \int \frac{1}{(x^2+a^2)^{n-1}} dx。 设 u=1(x2+a2)n−1,dv=dxu = \frac{1}{(x^2+a^2)^{n-1}}, dv = dx，则 du=−2(n−1)x(x2+a2)ndx,v=xdu = -\frac{2(n-1)x}{(x^2+a^2)^n} dx, v = x。 In−1=x(x2+a2)n−1+2(n−1)∫x2(x2+a2)ndxI_{n-1} = \frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}} + 2(n-1) \int \frac{x^2}{(x^2+a^2)^n} dx =x(x2+a2)n−1+2(n−1)∫(x2+a2)−a2(x2+a2)ndx= \frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}} + 2(n-1) \int \frac{(x^2+a^2)-a^2}{(x^2+a^2)^n} dx =x(x2+a2)n−1+2(n−1)In−1−2(n−1)a2In= \frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}} + 2(n-1) I_{n-1} - 2(n-1)a^2 I_n 整理得： 2(n−1)a2In=x(x2+a2)n−1+(2n−3)In−12(n-1)a^2 I_n = \frac{x}{(x^2+a^2)^{n-1}} + (2n-3) I_{n-1}

答案​

In=x2(n−1)a2(x2+a2)n−1+2n−32(n−1)a2In−1I_n = \frac{x}{2(n-1)a^2(x^2+a^2)^{n-1}} + \frac{2n-3}{2(n-1)a^2} I_{n-1}

练习 8.3：第二类 Euler 换元​

计算不定积分：∫dxx+x2+x+1\int \frac{dx}{x + \sqrt{x^2+x+1}}。

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解析​

由于 a=1>0a=1>0，采用第一类 Euler 代换： 令 x2+x+1=t−x\sqrt{x^2+x+1} = t - x。 两边平方：x2+x+1=t2−2tx+x2  ⟹  x(1+2t)=t2−1  ⟹  x=t2−12t+1x^2+x+1 = t^2 - 2tx + x^2 \implies x(1+2t) = t^2-1 \implies x = \frac{t^2-1}{2t+1}。 求导：dx=2t(2t+1)−2(t2−1)(2t+1)2dt=2t2+2t+2(2t+1)2dtdx = \frac{2t(2t+1) - 2(t^2-1)}{(2t+1)^2} dt = \frac{2t^2+2t+2}{(2t+1)^2} dt。 分母：x+x2+x+1=tx + \sqrt{x^2+x+1} = t。 代入积分： ∫1t⋅2(t2+t+1)(2t+1)2dt=∫(2t−32t+1−3(2t+1)2)dt\int \frac{1}{t} \cdot \frac{2(t^2+t+1)}{(2t+1)^2} dt = \int \left( \frac{2}{t} - \frac{3}{2t+1} - \frac{3}{(2t+1)^2} \right) dt （利用待定系数法进行部分分式分解） 积分得：2ln⁡∣t∣−32ln⁡∣2t+1∣+32(2t+1)+C2\ln|t| - \frac{3}{2}\ln|2t+1| + \frac{3}{2(2t+1)} + C。 最后将 t=x+x2+x+1t = x + \sqrt{x^2+x+1} 代回即可。

答案​

2ln⁡∣x+x2+x+1∣−32ln⁡∣2(x+x2+x+1)+1∣+32[2(x+x2+x+1)+1]+C2\ln|x+\sqrt{x^2+x+1}| - \frac{3}{2}\ln|2(x+\sqrt{x^2+x+1})+1| + \frac{3}{2[2(x+\sqrt{x^2+x+1})+1]} + C

练习 8.4：无理函数积分的典型变换​

计算不定积分：∫dx(x+1)x2+x+1\int \frac{dx}{(x+1)\sqrt{x^2+x+1}}。

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解析​

采用倒代换。令 t=1x+1t = \frac{1}{x+1}，则 x=1t−1,dx=−1t2dtx = \frac{1}{t}-1, dx = -\frac{1}{t^2} dt。 根式部分： x2+x+1=(1t−1)2+(1t−1)+1=1−2t+t2+t−t2+t2t2=t2−t+1t2x^2+x+1 = (\frac{1}{t}-1)^2 + (\frac{1}{t}-1) + 1 = \frac{1-2t+t^2 + t-t^2 + t^2}{t^2} = \frac{t^2-t+1}{t^2} 代入原式： ∫t⋅tt2−t+1⋅(−1t2)dt=−∫dt(t−1/2)2+3/4\int t \cdot \frac{t}{\sqrt{t^2-t+1}} \cdot \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt = -\int \frac{dt}{\sqrt{(t-1/2)^2 + 3/4}} =−ln⁡∣t−1/2+t2−t+1∣+C= -\ln |t-1/2 + \sqrt{t^2-t+1}| + C 回代 t=1x+1t = \frac{1}{x+1}。

答案​

−ln⁡∣1x+1−12+x2+x+1x+1∣+C-\ln | \frac{1}{x+1} - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x+1} | + C

第九章：定积分 (Definite Integrals)​

理论回顾：第九章 定积分

练习 9.1：利用对称性简化定积分​

计算定积分：I=∫0πxsin⁡x1+cos⁡2xdxI = \int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} dx。

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解析​

利用性质 ∫0af(x)dx=∫0af(a−x)dx\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx： I=∫0π(π−x)sin⁡(π−x)1+cos⁡2(π−x)dx=∫0π(π−x)sin⁡x1+cos⁡2xdx=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2xdx−II = \int_0^\pi \frac{(\pi-x) \sin(\pi-x)}{1 + \cos^2(\pi-x)} dx = \int_0^\pi \frac{(\pi-x) \sin x}{1 + \cos^2 x} dx = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx - I 2I=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2xdx2I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} dx 令 u=cos⁡x,du=−sin⁡xdxu = \cos x, du = -\sin x dx。当 x=0,u=1x=0, u=1；当 x=π,u=−1x=\pi, u=-1。 2I=π∫1−1−du1+u2=π∫−11du1+u2=π[arctan⁡u]−11=π(π4−(−π4))=π222I = \pi \int_1^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \pi \int_{-1}^1 \frac{du}{1+u^2} = \pi [\arctan u]_{-1}^1 = \pi (\frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4})) = \frac{\pi^2}{2}

答案​

I=π24I = \frac{\pi^2}{4}

练习 9.2：Wallis 公式与极限​

计算 I=∫0π/2sin⁡6xdxI = \int_0^{\pi/2} \sin^6 x dx，并说明 Wallis 公式的通用形式。

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解析​

Wallis 公式（点火公式）： In=∫0π/2sin⁡nxdx={n−1n⋅n−3n−2…12⋅π2,n 为偶数n−1n⋅n−3n−2…23,n 为奇数I_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n x dx = \begin{cases} \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \dots \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}, & n \text{ 为偶数} \\ \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \dots \frac{2}{3}, & n \text{ 为奇数} \end{cases} 对于 n=6n=6： I6=56⋅34⋅12⋅π2=1596π=532πI_6 = \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{15}{96} \pi = \frac{5}{32} \pi

答案​

5π/325\pi/32

练习 9.3：第一中值定理的推广应用​

设 f∈C[a,b]f \in C[a,b]，证明：lim⁡n→∞(∫ab∣f(x)∣ndx)1/n=max⁡x∈[a,b]∣f(x)∣\lim_{n \to \infty} \left( \int_a^b |f(x)|^n dx \right)^{1/n} = \max_{x \in [a,b]} |f(x)|。

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解析​

设 M=max⁡x∈[a,b]∣f(x)∣M = \max_{x \in [a,b]} |f(x)|。

  1. 上界：∣f(x)∣≤M  ⟹  ∫ab∣f(x)∣ndx≤Mn(b−a)|f(x)| \le M \implies \int_a^b |f(x)|^n dx \le M^n (b-a)。 取 1/n1/n 次幂：(∫ab∣f(x)∣ndx)1/n≤M(b−a)1/n\left( \int_a^b |f(x)|^n dx \right)^{1/n} \le M (b-a)^{1/n}。当 n→∞n \to \infty 时，M(b−a)1/n→MM(b-a)^{1/n} \to M。
  2. 下界：由连续性，∀ϵ>0\forall \epsilon > 0，存在小区间 [α,β]⊂[a,b][\alpha, \beta] \subset [a,b] 使得 ∣f(x)∣>M−ϵ|f(x)| > M - \epsilon。 ∫ab∣f(x)∣ndx≥∫αβ(M−ϵ)ndx=(M−ϵ)n(β−α)\int_a^b |f(x)|^n dx \ge \int_\alpha^\beta (M-\epsilon)^n dx = (M-\epsilon)^n (\beta-\alpha)。 取 1/n1/n 次幂后极限为 M−ϵM-\epsilon。
  3. 结论：由 ϵ\epsilon 的任意性和夹逼定理，极限为 MM。

答案​

证毕。

第十章：定积分的应用 (Applications of Definite Integrals)​

理论回顾：第十章 定积分的应用

练习 10.1：旋转体的体积​

计算由曲线 y=sin⁡xy = \sin x (0≤x≤π0 \le x \le \pi) 与 xx 轴围成的图形绕 yy 轴旋转所得旋转体的体积。

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解析​

使用柱壳法 (Shell Method)： 绕 yy 轴旋转的体积公式为 V=∫ab2πxf(x)dxV = \int_a^b 2\pi x f(x) dx。 V=2π∫0πxsin⁡xdxV = 2\pi \int_0^\pi x \sin x dx 使用分部积分法： 设 u=x,dv=sin⁡xdx  ⟹  du=dx,v=−cos⁡xu = x, dv = \sin x dx \implies du = dx, v = -\cos x。 V=2π([−xcos⁡x]0π+∫0πcos⁡xdx)V = 2\pi \left( [-x \cos x]_0^\pi + \int_0^\pi \cos x dx \right) V=2π((−π⋅(−1)−0)+[sin⁡x]0π)=2π(π+0)=2π2V = 2\pi ( (-\pi \cdot (-1) - 0) + [\sin x]_0^\pi ) = 2\pi (\pi + 0) = 2\pi^2

答案​

2π22\pi^2

练习 10.2：旋转曲面的面积​

计算曲线 y=12x2y = \frac{1}{2}x^2 (0≤x≤30 \le x \le \sqrt{3}) 绕 yy 轴旋转所得旋转曲面的面积。

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解析​

绕 yy 轴旋转的侧面积公式为 S=∫ab2πx1+(y′)2dxS = \int_a^b 2\pi x \sqrt{1 + (y')^2} dx。 y′=xy' = x。 S=∫032πx1+x2dxS = \int_0^{\sqrt{3}} 2\pi x \sqrt{1+x^2} dx 令 u=1+x2,du=2xdxu = 1+x^2, du = 2xdx。当 x=0,u=1x=0, u=1；当 x=3,u=4x=\sqrt{3}, u=4。 S=π∫14udu=π[23u3/2]14=2π3(43/2−1)=2π3(8−1)=14π3S = \pi \int_1^4 \sqrt{u} du = \pi [\frac{2}{3} u^{3/2}]_1^4 = \frac{2\pi}{3} (4^{3/2} - 1) = \frac{2\pi}{3} (8 - 1) = \frac{14\pi}{3}

答案​

14π/314\pi/3

第十一章：反常积分 (Improper Integrals)​

理论回顾：第十一章 反常积分

练习 11.1：Dirichlet 判别法的应用​

证明 Dirichlet 积分 I=∫0+∞sin⁡xxdxI = \int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} dx 的收敛性。

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解析​

  1. 分段：x=0x=0 处 lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1，故 [0,1][0,1] 上是正常积分。重点考虑 [1,+∞)[1, +\infty)。
  2. 条件验证：
    • 设 f(x)=sin⁡x,g(x)=1/xf(x) = \sin x, g(x) = 1/x。
    • ∣∫1Af(x)dx∣=∣cos⁡1−cos⁡A∣≤2|\int_1^A f(x) dx| = |\cos 1 - \cos A| \le 2，变上限积分有界。
    • g(x)=1/xg(x) = 1/x 在 [1,+∞)[1, +\infty) 上单调递减且趋于 0。
  3. 结论：满足 Dirichlet 判别法，积分收敛。

答案​

证毕。

练习 11.2：含参反常积分与 Beta 函数​

计算 I=∫01dx1−xnI = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^n}} (n>0n > 0)。

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解析​

令 xn=tx^n = t，则 x=t1/n,dx=1nt1/n−1dtx = t^{1/n}, dx = \frac{1}{n} t^{1/n-1} dt。 I=∫0111−t⋅1nt1/n−1dt=1n∫01t1/n−1(1−t)−1/2dtI = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-t}} \cdot \frac{1}{n} t^{1/n-1} dt = \frac{1}{n} \int_0^1 t^{1/n-1} (1-t)^{-1/2} dt 识别为 Beta 函数 B(p,q)=∫01tp−1(1−t)q−1dtB(p, q) = \int_0^1 t^{p-1} (1-t)^{q-1} dt。 此处 p=1/n,q=1/2p = 1/n, q = 1/2。 I=1nB(1n,12)=1nΓ(1/n)Γ(1/2)Γ(1/n+1/2)I = \frac{1}{n} B(\frac{1}{n}, \frac{1}{2}) = \frac{1}{n} \frac{\Gamma(1/n)\Gamma(1/2)}{\Gamma(1/n + 1/2)} 利用 Γ(1/2)=π\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}。

答案​

πΓ(1/n)nΓ(1/n+1/2)\frac{\sqrt{\pi} \Gamma(1/n)}{n \Gamma(1/n + 1/2)}

练习 11.3：Cauchy 主值 (Principal Value)​

求 P.V.∫−121xdxP.V. \int_{-1}^2 \frac{1}{x} dx。

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解析​

瑕点为 x=0x=0。根据主值定义： P.V.∫−121xdx=lim⁡ϵ→0+(∫−1−ϵ1xdx+∫ϵ21xdx)P.V. \int_{-1}^2 \frac{1}{x} dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} \left( \int_{-1}^{-\epsilon} \frac{1}{x} dx + \int_{\epsilon}^2 \frac{1}{x} dx \right) =lim⁡ϵ→0+([ln⁡∣x∣]−1−ϵ+[ln⁡∣x∣]ϵ2)= \lim_{\epsilon \to 0^+} \left( [\ln|x|]_{-1}^{-\epsilon} + [\ln|x|]_{\epsilon}^2 \right) =lim⁡ϵ→0+(ln⁡ϵ−ln⁡1+ln⁡2−ln⁡ϵ)=ln⁡2= \lim_{\epsilon \to 0^+} (\ln \epsilon - \ln 1 + \ln 2 - \ln \epsilon) = \ln 2

答案​

ln⁡2\ln 2

练习 11.4：[挑战] 广义积分的柯西准则应用​

证明：若 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty} f(x) dx 绝对收敛，则该积分必收敛。

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解析​

利用 Cauchy 准则：

  1. 由于 ∫a+∞∣f(x)∣dx\int_a^{+\infty} |f(x)| dx 收敛，对任意 ϵ>0\epsilon > 0，存在 A>aA > a，使得对于任意 A1,A2>AA_1, A_2 > A，有： ∫A1A2∣f(x)∣dx<ϵ\int_{A_1}^{A_2} |f(x)| dx < \epsilon
  2. 根据积分不等式： ∣∫A1A2f(x)dx∣≤∫A1A2∣f(x)∣dx<ϵ\left| \int_{A_1}^{A_2} f(x) dx \right| \le \int_{A_1}^{A_2} |f(x)| dx < \epsilon
  3. 这满足反常积分收敛的 Cauchy 准则。 故绝对收敛级数/积分必收敛。

答案​

证毕。

练习 11.5：[提高] 震荡积分的收敛性​

讨论 Fresnel 积分 ∫0+∞cos⁡(x2)dx\int_0^{+\infty} \cos(x^2) dx 的收敛性。

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解析​

由于 x→∞x \to \infty 时 cos⁡(x2)\cos(x^2) 并不趋于 0，不能使用必要条件直接否定。

  1. 变量代换：令 x2=t,dx=12tdtx^2 = t, dx = \frac{1}{2\sqrt{t}} dt。 ∫1+∞cos⁡(x2)dx=12∫1+∞cos⁡ttdt\int_1^{+\infty} \cos(x^2) dx = \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \frac{\cos t}{\sqrt{t}} dt
  2. 应用 Dirichlet 判别法：
    • ∫1Acos⁡tdt=sin⁡A−sin⁡1\int_1^A \cos t dt = \sin A - \sin 1 有界。
    • 1/t1/\sqrt{t} 单调递减趋于 0。 故由 Dirichlet 判别法知积分收敛。 注：该积分的值为 π/8\sqrt{\pi/8}。

答案​

收敛。

练习 11.6：[挑战] 含对数项的反常积分​

判定 ∫0+∞ln⁡xx2+1dx\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2+1} dx 的敛散性并求值。

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解析​

  1. 敛散性：
    • x→0x \to 0 时，ln⁡xx2+1∼ln⁡x\frac{\ln x}{x^2+1} \sim \ln x（瑕积分收敛）。
    • x→+∞x \to +\infty 时，ln⁡xx2+1<x1/2x2=1x3/2\frac{\ln x}{x^2+1} < \frac{x^{1/2}}{x^2} = \frac{1}{x^{3/2}}（无穷限积分收敛）。
  2. 求值： 令 x=1/t,dx=−1/t2dtx = 1/t, dx = -1/t^2 dt。 ∫0+∞ln⁡xx2+1dx=∫+∞0ln⁡(1/t)(1/t)2+1(−1t2)dt=∫0+∞−ln⁡t1+t2dt\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2+1} dx = \int_{+\infty}^0 \frac{\ln(1/t)}{(1/t)^2+1} (-\frac{1}{t^2}) dt = \int_0^{+\infty} \frac{-\ln t}{1+t^2} dt 设积分为 II，则 I=−I  ⟹  2I=0  ⟹  I=0I = -I \implies 2I = 0 \implies I = 0。

答案​

收敛，值为 0。

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