(230)--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_{2}--资料

【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