(207)--第三章：一元函数积分学_已解密_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{3}--全部课件

【解】因为 g( x) 在 (,) 上连续,则 g( x) 有原函数.而
f ( x)
在 x  0 处为第一类间断点,则 f ( x) 在 (,) 上不存
在原函数.几个重要结论：
1） f ( x) 在区间 上连续 在 上有原函数；
I  f ( x) I

2）f ( x) 在区间 上不连续 在 上不存在原函数
I  f ( x) I
3）f ( x) 在区间 上有第一类间断点 在 上不存
I  f ( x) I
在原函数；n  3 
3 n 1 1 3 n1 1     n  n  2 
a   n1(1  x n )2 d(1  x n )  (1  x n )2  1      1
n
2n 0 n n   n  1
  
0
 
 3 
 n  3
  n  2 
lim na  lim1      1  (1  e
1
)2  1.
n
n n  n  1
  
 π
【解】 由 知
sin x  x, x  (0, )
2
sin(sin x)  sin x, cos(sin x)  cos x
 π
则  2 sin(sin x)dx  2 sin xdx  1.
0 0
 π
 2 cos(sin x)dx  2 cos xdx  1.
0 0
故选（A）x  5 1 d( x 2  6x  13) d( x  3)
 d x    8 
x 2  6x  13 2 x 2  6x  13 (x  3) 2  2 2
1 x  3
 ln( x 2  6x  13)  4arctan  C.
2 21 arcsin x dx
【解1】 原式   arcsin xd    
x x x 1  x 2
【解2】 令 x  sin t
t 1 t dt
原式   d sin t   td    
2
sin t sin t sin t sint
t
   ln | csc t  cot t | C.
sin t2 x
1 x e
【解】 原式   (x 2 e x )d     xe x dx
x  2 x  2
2 x
x e
   xe x  e x  C.
x  2【解】令 x  sin t,
 
sin t cos tdt  d cos t 
原式   2   2 
0 (2  sin 2 t)cos t 0 1  cos 2 t 4π π π  π
【解】原式   cos 2 x  cos 4 xdx   | cos x | sin xdx 
2 0 2 0 2【解1】 原式 2a (x  a  a sin t)
  x a 2  (x  a) 2 dx
0
π π
π
  2 (1  sin t)a 3 cos 2 tdt  2a 3  2 cos 2 tdt  a 
π
 0 2
2
2a
【解2】原式
  x a 2  (x  a) 2 dx
0
2a
  [(x  a)  a] a 2  (x  a) 2 dx
0
π
2a
 a  2ax  x 2 dx  a 3
0 2   
【解】  f (x)cos xdx   x cos x   cos xdx   f (x)cos xdx
0 0 0 0
 
 f (x)cos xdx   x cos xdx  2,
0 0
f (x)  x  2.x 1
【解】  f (t)dt  3x 3  x  f (t)dt
0 1
1
f (x)  9x 2   f (t)dt
1
1
 f (t)dt  2
1
f (x)  9x 2  2.1 
【解】 原式   1  cos x d x

0
2  x
  sin d x
 0 2
2 2
 .
 1 
1 1
 e x sin nx d x   e x d  cos nx 
0 0  n 
1
1 1
1
  e x cos nx   e x cos nx d x
n n 0
0
 
1
1
 1  e 1 cos n   e x cos nx d x
n 0【解】令 t  x  u ，则
x 0
 f (t  x)dt   f (u)du
0 x
0
 f (u)du  (1  x 2 ) x  1,
x
0 1
0
 f (u)du  1,  f (u)du   ,
1
1 2
1 3
1
 f (x)d  1   .
1 2 2【解】  f (x)dx  xe x  C

 f (ln x)  ln x
 dx   f (ln x)d ln x   0
1 x 1 x
13 2 
1 x 2
【解】  2 d x 令 x  sin t  3sin 2 t d t
1 
3 1 1  x 2 3  1
 2 4
2 2

1
  3(1  cos 2t)d t

3  1
6
  
1  1  3  1
3
  sin 2t  .
 
3  1 6 2   12
 
61
2 x
【解】 S   dx  x dy
1 2
1
2
  (x   2)dx
1 x
1 1
2
  (x   2)dx  ln 2  .
1 x 21 2
【解】 A   e 2a d
2 0
1
 (e
4a
 1).
4a 
d x
【解】 s   4 1  (tan x) 2 d x   4
0 0 cos x

 ln sec x  tan x 4  ln(1  2).
01
 x(x)dx
【解】 x  0
1
 (x)dx
0
1
 x( x 2  2x  1)dx
 0
1
 ( x 2  2x  1)dx
0
11
11
12
 
5 3 20f (x)
1 1
【解】  dx  2  f (x)d x
0 x 0
ln(1  x)
1 1
 2 x f (x)  2  dx
0 0 x
1
 4  ln(1  x)d x
0
x
1 1
  4ln(1  x) x  4  dx
0 0 1  x
 4ln 2  8  2原式
3
d x 3
d x d x
【 解 】  2
 
1
  2 .
1
| x  x 2 | 1 x  x 2 1 x 2  x
2
2
d x d x 
1 1
1
    arcsin(2x  1)  arcsin1  .
1 1 1
x  x 2 2 2
1  1 
2 2 2
  x  
4  2 
3
3 d x 3 d x   1   1  2 1  2
 2   2  ln x     x    
1 x 2  x 1 2  2   2  4
 1  1  
 
 x    1
 2 4
 ln(2  3).x  u 2 
  arctan(1  t)d t d u x 2
   arctan(1  t)dt
 
0 0
【解】原式  lim  lim 0
1
x0
3
x0
3
x 2
x
2
2
2x arctan(1  x 2 ) 
 lim 
x0 3x 6x x
【解】 令 x  t  u, 则  f (x  t)dt   f (u)du
0 0
x
f (x)  f (u)du  sin 4 x
0
π π
x
 2[ f (x)  f (u)du]dx   2 sin 4 xdx
0 0 0

1 3 1 π
x
2
(  f (u)du) 2   
0
2 0 4 2 2
π
1 3π
 2 f (x)dx 

0 2 2
 2 f (x)dx
 3
0
则 f ( x) 在 [0, ] 上的平均值为 
2  2
2x
 f (t)dt  (x  a) f (a)
1 f (x)  f (a)
【解1】原式  lim a  lim
x x
xa (x  a) f (a)  f (t)dt f (a) xa  f (t)dt  (x  a) f (x)
a a
f (x)  f (a)
 
1 1 f (a) f (a)
x  a
 lim   .
x 2
f (a) xa  f (a) 2 f (a) 2 f (a)
f (t)dt
a  f (x)
x  a
【解2】【解】令 t  x  u
x f (x) f (x)
 g(t  x)dt   g(u)du,
x 0
f (x)
 g(u)du  x 2 ln(1  x),
0
2
x
g[ f (x)] f  (x)  2x ln(1  x) 
1  x
2
x
xf  (x)  2x ln(1  x) 
1  x
x
f  (x)  2ln(1  x)  ,
1  x
f (x)  (2x  1)ln(1  x)  x  C, 由 f (0)  0 得 C  0.【解】（1）当 n  x  (n  1)
n (n1)
 | cos x | d x  S(x)   | cos x | d x.
0 0
n n (n1)
 | cos x | d x  n  | cos x | d x  2n,  | cos x | d x  2(n  1).
0 0 0
2n  S(x)  2(n  1).
（2）由（1）知，当 n x  (n  1)
2n S(x) 2(n  1) S(x) 2
  . lim  .
(n  1) x n x x 【解】（I）当 0  t  1 时， ln(1  t)  t
1 1
 | ln t |[ln(1  t)] n d t   t n | ln t | d t.
0 0
（II）由（I）知
1 1
0  u   | ln t |[ln(1  t)] n d t   t n | ln t | d t
n
0 0
1 1
1 1 1
 t n | ln t | d t   t n ln t d t   t n d t  ,
0 0 n  1 0 (n  1) 21
【证法一】（1）设 F(x)  x  f (t)d t ，则 F(0)  F(1)  0
x
1
F  (x)   f (t)d t  xf (x).
x【证1】由拉格朗日中值定理得
f (x)  f (x)  f (0)  f  (c)x c  (0, x)
又 在 上连续，则必有其最大值 和最小值
f  ( x) [0,1] M
则
m.
m  f  (c)  M
mx  f (x)  Mx
1 1 1
m  xdx   f (x)dx  M  xdx
0 0 0
m M
1
  f (x)dx 
2 0 2
1
m  2  f (x)dx  M
01
【证2】令 则
F(x)  f (x)  2x  f (x)dx F(0)  0,
0
1 1 1 1
 F(x)dx   f (x)dx   2xdx   f (x)dx
0 0 0 0
1 1
  f (x)dx   f (x)dx  0
0 0
由积分中值定理得， 使得
c  (0,1),
1
 F(x)dx  F(c)  0
0
由罗尔定理得， 使得
 (0,c),
1
F  ()  0, f  ()  2  f (x)dx.
01 1
【证3】  f (x)dx   f (x)d(x  1)
0 0
1
 (x  1) f (x) 1   (x  1) f  (x)dx
0
0
1
  (x  1) f  (x)dx
0
1 b b
  f  ()  (x  1)dx  f (x)g(x)dx  f ()  g(x)dx
0 a a
1
 f  ()
22 2
【证明】  f (x)cos xdx  f (x)sin x
2
  f  (x)sin xdx
0
0 0
2
  f  (x)sin xdx
0
2
 f  (x)cosx
2
  f  (x)cos xdx
0
0
2
 f  (2)  f  (0)   f  (x)cos xdx
0
2
  f  (x)(1  cos x)dx  0.
01 n k n k 1 n k
1
【证】  f (x)dx   f ( )    n f (x)dx   f ( )
k1
0 n n n n
k1 k1 k1
n
n k n k k
   n f (x)dx    n f ( )dx
k1 k1
n
k1 k1
n n
n k k
   n f (x)  f ( )dx
k1
n
k1
n
n k k
   n f  ( ) x  dx （拉格朗日中值定理）
k1 k
n
k1
n
n k k n 1 M
 M   n (  x)dx  M  
k1
2
n 2n 2n
k1 k1
n【证】 显然 f  ( x)  0 ( x  1), 则 f ( x) 递增.
1
x x
f (x)  f (1)   f  (x)dx   dx
1 1 x 2  f 2 (x)
x 1  1 π
  dx   dx 
1 x 2  1 1 1  x 2 4
π
即 上有界.则
f ( x)  1  f ( x)
4
π
存在且不超过
lim f ( x) 1 
x 41 1
9
【解】
V  2 2 x 2 d y  2 2 (1  y 2 )d y  .
1 1 4
1
2
W  10 3  2 (1  y 2 )(2  y)g d y  10 3  [2 y  y 2 )](2  y)g d y
1
1
2
27
 g
82
1 1 e
e e
【解】（Ⅰ） s   1  y 2 dx   (x  )dx   1
1 2 1 x 4
1 1 1
e
（Ⅱ）  x( x 2  ln x)dx  (e 2  1)(e 2  3)
1 4 2 16
1 1 1 7
e
 ( x 2  ln x)dx  e 3  .
1 4 2 12 12
1
(e 2  1)(e 2  1)
3(e 2  1)(e 2  3)
16
x   .
1 7 4(e 3  7)
e 3 
12 12【解1】 d V {3 2  [3  (x 2  2)] 2 }d x [8  2x 2  x 4 ]d x,
1
dV {3 2  [3  (4  x 2 )] 2 }d x [8  2x 2  x 4 ]d x.
2
1 2
V  2(V  V )  2 (8  2x 2  x 4 )d x  2 (8  2x 2  x 4 )d x
1 2
0 1
448
2
 2 (8  2x 2  x 4 )d x  .
0 15
2 3 x 21
【解2】 V  2 (3  y)d  2 dx  (3  y)dy
2 0
D
448
2
  [(x 2  1) 2  9]dx  
2 15a  bx 2  x  1 1
【解】1）法1.
 4b  (0  a  1)
  2bx  1 1  a
1
法2. a  bx 2  x  1 有唯一解，则   0,4b 
1  a
a
2） V  2 b x(a  bx 2 )dx
y
0
2
π a
  2πa 2 (1  a). (0  a  1)
2 b8
V  2 yd  2 2 dy  y ydx 
x
1
3
1
D y
11
2 y
V  2 xd  2 dy  xdx  
1
y
1 6
y
D
25
2 y
V  2 (2  x)d  2 dy  (2  x)dx  (  4ln 2)
x2 1
1 6
D y
5
2 y
V  2 (2  y)d  2 dy  (2  y)dx  4(  ln 2)
y2 1
1 6
D yy  x x  y
【解】 r(x, y)  
2 2
x  y x  y
1 x 2
V  2 d  2 dx  dy  
2 0 x 2 2 60
D【解】 （1）
S  2  d  2 

d
1cos
d
0 0
D
y0
3

2
（2） V  2  yd
x
D
y0
 1cos
 2 d 2 sind
0 0
2

8
  (1  cos) 3 sind 
3 0 3