(265)--第三章习题册答案解析_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

第三章 一元函数积分学 3-1综合测试 1.【答案】 3 2 a r c s i n 2 3 x  1 2 9  4 x 2  C ， C 为任意常数 【解析】方法一： I   3 9   2 4 x x 2 d x       3 2 3 2  a 9 1 r 3   1 c s 4 d  d  i n 2 x x 2 3 2  3   2 3 x 2 3 d x 2   x  x x    2  1 2  1 4   2 x 9  4 x d ( 9   9  1 d ( 9  4 9 2 9  4 x 2 4 4    d x 2 x 2 x 4 4 C ) x x 2 2 ) 方法2 令 t  3 3   2 2 x x ，解出 x  3 2  1 1   t t 2 2 ， d x  ( 1   6 t t 2 ) 2 d t ，于是 6t2  1  3t 3dt 3t I   dt 3td    3arctantC   (1t2)2 1t2  1t2 1t2 1t2 1 32x  94x2 3arctan C 2 32x x22 x1 2 2 x11 2.【答案】ln  arctan C，C为任意常数 x2 x1 3 3 【解析】令 x  1  t ，则xt2 1，dx2tdt， 于是t2 t2 (t2 t1)(t2 1) I   2tdt 2 dt 2 dt t4 t t3 1 (t1)(t2 t1)  1 t1   1 1 2t11 2  dt 2   dt     t1 t2 t1 t1 2 t2 t1  1 d t   dt d(t2 t1)  2 2   t1 t2 t1  1 2  3 2  t     2  2  2 2t1 2ln|t1|ln t2 t1 arctan C 3 3 x22 x1 2 2 x11 ln  arctan C x2 x1 3 3 3.【答案】 2 x 1  e x  4 1  e x  2 l n 1 1   e e x x   1 1  C ， C 为任意常数 【解析】先用分部积分法. I   2 x d 1  e x  2 x 1  e x  2  1  e x d x 再作变量替换，令 1ex t ，则 x  l n ( t 2  1 ) ， d x  t 2 2 t  1 d t ，于是 2t2 t2 11  1 t1   1exdx dt 2 dt 2 t ln C   t2 1 t2 1  2 t1  1ex 1 2 1ex ln C 1ex 1 1ex 1 因此，I 2x 1ex 4 1ex 2ln C． 1ex 1 4.【答案】 a r c t a n x  1 3 a r c t a n x 3  C ，C为任意常数 【解析】注意分解， 1x6 1(x2)3 (1x2)(x4 x2 1)x4 x2 1x2 dx x2dx I   dx   (1x2)(x4 x2 1) 1x2 1x6 1 dx3 1 arctanx  arctanx arctanx3 C 3 1(x3)2 3 1 1 5.【答案】 x ln|1sin2x|C，C为任意常数 2 4 【解析】方法一： sinx(cosxsinx) I   dx cos2 xsin2 x 1 sin2x 1 1cos2x   dx  dx 2 cos2x 2 cos2x 1 1 1 1 1   d(cos2x)  d(2x) dx 4 cos2x 4 cos2x 2 1 1 1  ln|cos2x| ln|sec2xtan2x| xC 4 4 2 1 1  x ln|1sin2x|C 2 4 方法二：将 s i n x 作如下分解 sinx(sinxcosx)(sinxcosx)()sinx()cosx 令 1 0          得 1 2   ， 1 2    ，于是 1 (sinxcosx) 1 (sinxcosx) 2 I  dx  dx sinxcosx 2 sinxcosx  1 2 x  1 2 l n | s i n x  c o s x |  C . 6.【答案】 1 2 l n ( 1  x 4  1 )  l n x  C ， C 为任意常数 【解析】方法一：先凑微分后作变量代换1 dx4 t  x4 1 dt u  t1 1 2udu 4 I     x4 x4 1 4 t t1 t u2 1 4 (u2 1)u 1  1 1  1 u1      du  ln C 4 u1 u1 4 u1 1 (u1)2 1  ln C  ln( 1x4 1)ln x C 4 u2 1 2 方法二：作三角函数代换 1 dx2 x2  tant 1 1 1 I     dt 2 x2 1(x2)2 2 1 cos2t tant cost 1 dt 1 dcost     2 sint 2 1cos2t 1  1 1     dcost   4 1cost 1cost 1 1cost 1 1  ln C  ln(1cost) ln sint C 4 1cost 2 2 1  1  1 x2  ln1  ln C 2  1x4  2 1x4 1  ln( 1x4 1)ln x C 2 x3 7 C ,x1  3 6  x2 7.【答案】max  x2,x2 dx 2xC,1 x2，C为任意常数 2  x3 10  C ,x2 3 3 x2,x1  【解析】max  x2,x2 x2,1 x2,  x2,x2  x3 当x1时，max  x2,x2 dx C ； 3 1 当1x2时，  m a x  x  2 , x 2  d x  x 2 2  2 x  C 2 ； 当x2时，  m a x  x  2 , x 2  d x  x 3 3  C 3 . 1 1 8 7 10 由 C  2C ,24C  C ，得C C  ,C C  ，取 3 1 2 2 2 3 3 1 2 6 3 2 3 C 2  C ， 则  m a x  x  2 , x 2  d x   x 3 x 2 x 3 3 2 3    C 2 C x    7 6 C 1 0 3 , x , ,  x  1    1 2 x  2 . 8.【答案】 1 2 a r c t a n x  1 2 1  x x 2  C ，C为任意常数 x2  1 1  1 【解析】 dx    dxarctanx dx (x2 1)2 1x2 (1x2)2  (1x2)2 而 1 1  dx xtant  sec2tdt cos2tdt (1x2)2 sec4t 1 t 1  (1cos2t)dt   sin2tC 2 2 4 1 1 x  arctanx C 2 21x2 x2 1 1 x 所以 dx  arctanx C (x2 1)2 2 21x23-1拓展提升 1.【答案】 x l n ( l n x )  C 【解析】令 t  l n x ，则 x  e t ， d x  d e t .   l  n ( l n x )  1 l n x  d x     e e  tl tl l n n n t t t     C 1 t e  td  d l x e n l t t n   ( l   n l n 1 t x ) t d d e  e t C t   e 1  t tl n d t e  t  1 t d e t   1 t d e t 2.【答案】 4 2 1 ( x 3  1 ) 74  4 9 ( x 3  1 ) 34  C 【解析】  4 5 x d x 3 x  1    1  3  1  3 4 2 1 4  ( ( x 3 x 3 x  3 x  3  1 1 1 ) d ) 74 ( x 3 d 4  3 )  3 ( x 4 ( x 9  3 1 3 1     )  1 ) 4  34 x (  3  3 x 3 x C 1   1 1 d  ) ( 14 x d 3 ) ( x  3   4 1 ) x  1 3  1 d ( x 3 )  3.【答案】 l n ( e x  e 2 x  1 )  a r c s i n e  x  C 【解析】 ex 1 ex 1 exdx dx  dx dx  ex 1 e2x 1 e2x 1 e2x 1 dex dex    (ex)2 1 1(ex)2 ln(ex  e2x 1)arcsinex C x2 1x1 x1 4.【答案】ln 2arctan C. x2 1x1 x1 x1 t2 1 4t 【解析】令t  ，则x ，dx dt . 于是 x1 t2 1 (t2 1)21 x1 t2 (t2 1)(t2 1)  dx4 dt 2 dt x x1 (t2 1)(t2 1) (t2 1)(t2 1) t1 ln 2arctantC t1 x2 1x1 x1 ln 2arctan C x2 1x1 x1 5.【答案】 3 c 1 o s 3 x  c o 1 s x  l n | c s c x  c o t x |  C 【解析】形如  s i n m x 1 c o s n x d x 的不定积分，一般的处理方法将分子“1”改写为万能公 式的形式. 1 sin2 xcos2 x  dx  dx sinxcos4x sinxcos4 x sinx 1   dx dx cos4 x sinxcos2 x d(cosx) sin2 xcos2x   dx cos4x sinxcos2x 1 sinx 1   dx dx 3cos3 x cos2 x sinx 1 d(cosx)   cscxdx 3cos3 x cos2 x 1 1   ln|cscxcotx|C 3cos3 x cosx 1  xn  6.【答案】 arctanxn  C 2n 1x2n  【解析】令 x n  t a n t ，则 x 3 n  1 d x  1 n t a n 2 t d t a n t ，所以 x3n1dx tan2tsec2t 1 1 1cos2t   dt  sin2tdt   dt (x2n 1)2 nsec4t n n 2 1  sin2t 1  xn   t C  arctanxn  C 2n 2  2n 1x2n  3 x1 7.【答案】 3 C 2 x1【解析】  3 ( x  1 d ) x 2 ( x  1 ) 4   x 2 1  1 3 x x   1 1 d x ，令 t  3 x x   1 1 ，则 x  1  t 3 2  1 ， 6t2 dx  dt，从而所求积分为 (t3 1)2 1 x1 3 3 3 x1  3 dx dt  tC  3 C. x2 1 x1 2 2 2 x1 8.【答案】 1 2 ( x x 2   1 2 ) x 2  1 2 a r c s i n x 1  1  C . 【解析】若分式中分母的幂远大于分子的幂，此时可考虑使用倒代换. 令 x  1  1 t ，则 d x  3 2 ( x  1 ) x  2 x         (  x 1 1  1   1 ) 2 t  2 t 2 t 3 t d d 2 t t d ( d   x x t  a   r c 2 1 ) (1  1 1  s i n  1  1 2 t t  2 t  d ) t t   2 1 t 1 2 t d t 3  1 (  1 2 t ) d t 其中  1t2dt t 1t2 td 1t2 t2 t 1t2  dt 1t2 t2 11 t 1t2  dt 1t2 1 t 1t2  1t2dt dt 1t2 t 1t2  1t2dtarcsint 1 1 所以 1t2dt  t 1t2  arcsintC 2 2 所以dx 1 1   t 1t2  arcsintarcsintC (x1)3 x2 2x 2 2 1 x2 2x 1 1   arcsin C 2 (x1)2 2 x1 9.【答案】 1  1 x t a n x  C 【解析】遇到分母比较复杂的情况，先对分式进行处理，然后对分子进行凑微分，凑成分 母的形式. 同 x  s i n x  c o s x  d x 2   c o s x  x s i n x d  = ( 1 = 1  除 (  1 x c o s x t a n x t a n t a n x 2 x x ) 2 x )  C    x s (  e 1 d c  ( ( 1 2 x  t a n 2 x t a n x ) 1  x t a n  x t a n x x x 2 ) ) d x 10.【答案】 1 8  e  s sin i n x x  C 【解析】 2sinxcosx 2sinxcosx I  esinx dx esinx dx 2 2   x    sin2  1cos x        4 2 2     2      sinxd(sinx) sinx v vdv 8esinx 8ev 1sinx2 (1v)2  1 1   1 1  8ev  dv8 ev dvev dv     1v (1v)2   1v (1v)2   1  1  8  ev dvevd   1v 1v  1 1 1  8ev dvev  dev   1v 1v 1v  8ev 8esinx  C  C 1v 1sinx11.【答案】 1 2 a r c t a n x [ ( 1  x 2 ) l n ( 1  x 2 )  x 2  3 ]  x 2 l n ( 1  x 2 )  3 2 x  C 【解析】由于  x l n ( 1  x 2 ) d x  1 2  l n ( 1  x 2 ) d ( 1  x 2 )  1 2 ( 1  x 2 ) l n ( 1  x 2 )  1 2 x 2  C 则 1 1  xarctanxln(1x2)dx arctanxd (1x2)ln(1x2) x2   2 2  1 1  x2   [(1x2)ln(1x2)x2]arctanx  ln(1x2) dx   2 2  1x2 其中  x2  x2 11  ln(1x2) dxln(1x2)dx dx    1x2 1x2 x 1  xln(1x2) 2xdxdx dx 1x2 1x2 2x2 22  xln(1x2) dxxarctanx 1x2  xln(1x2)2x2arctanxxarctanxC  xln(1x2)3x3arctanxC 所以 1 x 3 xarctanxln(1x2)dx arctanx[(1x2)ln(1x2)x2 3] ln(1x2) xC 2 2 2 x 12.【答案】ex tan C 2 【解析】由于 1 s  i n c o x s x  2 s i 2 n c x 2 o s c 2 o s x 2 x 2  t a n x 2 1 1  x ，  tan . 1cosx x  2 2cos2 2    1sinx  x x  x x  exdx   tan  tan exdx d  ex tan  ex tan C . 1cosx  2 2  2 2      ln csc x cot x     3sinxcosx  3  3 13.【答案】  C 4 8 【解析】记 I   s i n x c o  s 2 3 x c o s x d x ， J   s i n x s  i n 2 3 x c o s x d x   d x   1  3 1     I J  dx  ln csc  x  cot  x  C sinx 3cosx   2  3  3 1 2sin x    3 3cos2 xsin2 x 3I J   dx ( 3cosxsinx)dx  3sinxcosxC . 2 sinx 3cosx     ln csc x cot x     3sinxcosx  3  3 联立解得I   C . 4 8 14.【答案】 4 1 2  2 a r c t a n  x 2  2 x 1   l n x x 2 2   2 2 x x   1 1   C . 【解析】 1 1  x2 1    x2 1  1 x2 1 x2 1   dx  dx   dx dx x4 1 2 x4 1 2 x4 1 x4 1   1 1  1 1 1 x2 x2    dx dx 2 1 1  x2  x2    x2 x2    1  1   dx  dx   1  x  x     2  1 2  1 2  x  2 x  2     x  x  1 u dx  u= x 1 d  x du 1 2  x     1 2 u2 2 2  u  2 x  2   1  x  2  1 u 1 x2 1  arctan C  arctan C 2 2 2 2x 1   d x    x    2 1   x   2   x      v 1 2 1 2 1 2 = 2 2 2 x  l n l n   v v v x x 1 x      1 1 x1 x 2 2 2    d  v v d 2  C 2 2 v    2 v C   1   ( 2 2 v 1  d v 2  l n 2 d v ) ( v 2 x 2 x    1 1   2 ) 2 2 x x  C 故原式= 4 1 2  2 a r c t a n  x 2  2 x 1   l n x x 2 2   2 2 x x   1 1   C . sinx cosx 15.【答案】  C x2 x 【解析】等式两端对x求导数可得：x3f(x)2sinx2xcosxx2sinx，即 f ( x )  2 s i x n 3 x  2 c o x s 2 x  s i n x x 经过积分可得f ( x )         2 s s s s i n 3 x i n x 2 x i n x 2 x i n x 2 x x    d x   c  c o x c o o s x  s 2 s x 2 x x  c o s x 2 x d x  1 d  x C d    x  s i n x x s i n x x s i n x d x d x x d x 16.【答案】 A  a 2 b  b 2 ， B  a 2 a  b 2 【解析】对原式两端同时求导以确定系数 A 和 B . 1 sinx(absinx)bcos2x B (aAbB)sinxbAaB  A   (absinx)2 (absinx)2 absinx (absinx)2 从而  a A  b B  0 ，bAaB1. 由此即可解出 A  a 2 b  b 2 a ，B  . a2 b2 17.【答案】 x  ( 1  e  x ) l n ( 1  e x )  C 【解析】设 l n x  t ，则 x  e t ， f ( t )  l n (1 e  t e t ) ，于是 ln(1ex) f(x)dx dxln(1ex)dex ex 1 exln(1ex) dx 1ex  ex  exln(1ex) 1 dx  1ex  exln(1ex)xln(1ex)C  x(1ex)ln(1ex)C cos(x1)C,x1, 18.【答案】 ex1xC1,x1. sin(x1),x10 sin(x1),x1 【解析】由题意得 f(x1)  ex11,x10 ex11,x1 当x1时，f(x1)dx(ex11)dxex1xC . 1当 x  1 时，  f ( x  1 ) d x   s i n ( x  1 ) d x   c o s ( x  1 )  C 2 原函数在x1处连续，所以有 e 1  1  1  C 1   c o s ( 1  1 )  C 2  C 2  C 1  1 ，取 C 2  C ，故  f ( x  1 ) d x    e c x o  1 s (  x x   1 ) C   C 1 , x , x   1 1 , . 19.【答案】  f ( x ) d x   1 3 x 1 4 x  x 3 C 4  ,  2 3 x 3 4    C 1 C , , , x x    1 1 ,  x3,x1,  【解析】 f(x)max{x3,x2,1}x2,x1,  1,|x|1.  1 当x1时，f(x)dx x3dx  x4 C ； 4 1 当 x   1 时，  f ( x ) d x   x 2 d x  1 3 x 3  C 2 ； 当 x 1时，  f ( x ) d x   d x  x  C 3 . 由原函数的连续性有 1  1 lim  x4 C   lim(xC )，即 C 1C . x14 1  x1 3 4 1 3 1  1 lim x3C  lim(xC )，即 C 1C . x13 2 x1 3 3 2 3 3 2 令C C ，得C  C，C  C，故 3 1 4 2 3 1 2 x3  C,x1,  3 3  f(x)dxmax(x3,x2,1)dx xC, x 1,  1 3  x4  C,x1 4 41 20.【答案】ex1 C 1 1  t1t1 【解析】 f(x)lim   x1  xt lim  1 xt  xt ex 1 1. tx t1 tx  t1  则  ( f x (  x 1 ) ) 2 d x   ( e x 1x  1  1 ) 2 d x    e x 1 1 d  x 1  1    e 1x  1  C .3-2综合测试 1.【答案】 f  x   x 2  4 3 x  2 3 【解析】设  1 0 f ( x ) d x  a ，  2 0 f ( x ) d x  b ，则 f(x) x2 bx2a 对上式两边分别在 [ 0 , 1 ] 和 [ 0 , 2 ] 上作定积分 a   1 0 f  x  d x   x 3 3  b x 2 2  2 a x  1 0  1 3  b 2  2 a 即 a  1 2 b   1 3 （1） 2 2 x3 bx2  8 b f(x)dx   2ax   2b4a 0  3 2  3 0 8 即4a 3b （2） 3 由（1）式和（2）式得 a  1 3 ， b  4 3 于是 f ( x )  x 2  4 3 x  2 3 ．  2.【答案】 8 3 2 2  1  【解析】I  x 2xx2dx  1 x2  dx，而 0 0  4  x1t 2 2 1 1  x 2xx2dx x 1(x1)2dx  t 1t2dt 1t2dt 0 0 1 1 1  0 1t2dt  1 2 （单位圆面积的一半） 2 0  1  1 4 x 2  3 d x x  2 s i n t 2  2 0 c o s 4 t d t  2  3 4  1 2   2  3 8   3  因此，原式   ． 2 8 8 3.【答案】2 【解析】按题意的提示，我们应把左端定积分变形并作变量替换得 I 记  2 0  f ( s i n ( x  ) ) d x t  x   2   f ( s i n t ) d t     被积函数以 2  为周期，由周期函数的积分性质 I   3  2  2 f ( s i n t ) d t   2  2 f ( s i n t ) d t   322  f ( s i n t ) d t 现对第二个积分作变量替换 t    s    ，转换为  , 上的积分    2 2 I   2  2 f ( s i n t ) d t    2 2 f ( s i n (   s ) ) d s  2  2  2 f ( s i n x ) d x 因此A2． 4.【答案】 t a n 1 2  1 2 e  4  1 2 【解析】先对  4 1 f ( x  2 ) d x 换元，再计算． 设x2t， d x  d t ，当x1时 t   1 ；当x4时t 2．  4 f(x2)dx 2 f(t)dt  0 dt  2 tet2 dt 1 1 11cost 0  1  0 sec2 t dt 1  2 et2 d(t2) 2 1 2 2 0 0 2 t 1 1 1 1 tan  et2 tan  e4  2 2 2 2 2 1 0  5.【答案】 ln2 2【解析】因为 I  x    0 (     1 t t )   s c 0   i n t 2 o s ( c t  o  s t t ) d s 1 t i n   (  c o  s   2  0 t ) c (   s i n 1  o s (  t ) t c o s 2 c o s  t t t ) d t d  t I 所以 I    2    2  0 l s i n 1  n ( 1 t c  c o c o s o s 2 s t t 2 t d ) t 2 0    2    2  2  ( 2 s 1 0 i n   t c l n c o o s 2 s 2 ) t t  d  2 t  l n  2  2 0 s 1 i n  t c c o o s s 2 t t d t    2  2 0 1 d  c o c s o 2 s t 2 t 6.【答案】 1 7 6 xx2n1 x,0 x1 【解析】lim  , n1x2n1 x2,1 x2 2 xx2n1 1 2 1 7 17 所以 lim dx xdx x2dx   . 0 n1x2n1  0 1 2 3 6 7.【答案】 4   【解析】 x x sin2 cos2  xsin2 x  x  2 2 2 dx2 dx2 dx   2 (1cosx)2   2 (1cosx)2   2 cos4 x 2  x  x  22 tan2 d   44tan2 xdx   2 2 0 2  44(sec2 x1)dx4 0 8.【答案】aln2dx 1   x   x 【解析】因为 2 de 2 2arcsine 2 C， ex 1  x  2    1e 2    2ln2 2ln2 dx  x   a   所以 2arcsine 2 2 arcsine 2  ， a ex 1  6  6 a 则 a r c s i n e  a2   4 ，故 a  l n 2 . 9.【答案】1 【解析】  2  2 c 1 o  s x f d ( x x )       2 0 2 0 2 0  c c 1 o o c  s s o x x s f   x ( x 1 1 )    1 f 1 f 1 ( ( c  x ) x ) o f   s ( 1 1 x    x f  d x  )  1 1 f ( x ) ( x ) f ( x )  d   d  x x   2 0 c o s x d x  1 10.【答案】 2 a 【解析】 s i n x   d x 2 0 1  2 a c o s x  a    1 a 1 a 1 a   0  ( d 2 1 a (1    1  2 a 1 ) 2 a 2 a c o  ( c s a o s c o s x   1 x  x a  )  2  2 a a  0 2 a ) 2 11.【答案】2 2 【解析】方法一：3π 3π 3π  f(x)dx [f(x)sinx]dx f(x)dx π π π 令t  x 2π π 2π  f(t)dt  f(t)dt f(t)dt 0 0   π tdt 2πf(t)sintdt 0  2 2π  2 f(t)dt 2  令u t2 π 2 f(u)du 2 2 2 0 方法二：x在   , 3   中有 f  x    x x    2   , s x i n  x  , 2 x   , 3     , 2 ,   ,  3 π π f ( x ) d x   2 π π ( x    s i n x ) d x   3 π 2 π ( x  2  ) d x   2  2 . 12.【答案】见解析 【解析】（1） a a  f(x)g(x)dx [f(x)g(x)+f(x)g(x)]dx a 0 a  [f(x)g(x)+f(x)g(x)]dx 0 a = [f(x) f(x)]g(x)]dx 0 a  A g(x)dx. 0 （2） f(x)arctanex ， g ( x )  s i n x  ，a  ，则 2 f ( x ) , g ( x )    在  , 上连续，    2 2 g ( x ) 为偶函数，又因为 ( a r c t a n e x  a r c t a n e  x )   0 ，所以 a r c t a n e x  a r c t a n e  x  A . 令 x  0 ，得 2 a r c t a n 1  A ，故 A   2 . 即 f ( x )  f (  x )   2 .       于是，有2 sinx arctanexdx 2 sinxdx 2sinxdx   2 0 2 0 2 2 13.【答案】0【解析】设 t  2 x ，则  1 0 x 2 f ( 2 x ) d x     1 2 1 8 1 8  2 t 2   f ( t ) d t 4 0 2 2  [  2  t f ( t ) 0   2   2 t d f ( t ) 0 1   1  1  0 . 4 2 0  t f  ( 1 4 t ) [ d t t ] f ( t ) 2 0   2 0 f ( t ) d t ]3-2拓展提升 7 1.【答案】 6 【解析】 1 txu t1 t 由 f(t) t tx dx  t u(du)t udu，故 0 t t1 t t 1  1 t 当t1时， f(t)t udu t u2 t  t  t2  ； t1 2  2 2 t1 当 0  t  1 时， f ( t )  t  0 t 1 (  u ) d u  t  t 0 u d u  t  1 2 u 2 t 0 1  t  1 2 u 2 t 0  t 3  t 2  t 2 当 t  0 时， f ( t )  t  t t 1 (  u ) d u   t  1 2 u 2 t t 1   t 2  t 2 所以有 2 0 t  1 t  2 t   f(t)dt  t2 dt t3 t2  dt t2  dt       1 12  0 2 1  2 0 1 2 1 1  1 1 1  1 1    t2  t3    t4  t3 t2    t3  t2  4 3  4 3 4  3 4  1 0 1 7 1 19 7     . 12 6 12 6 (1)n 2.【答案】 n! 3n1 【解析】 记 1 1 1  a  x2lnn xdx lnnxd x3   n 0 0 3  1 1 11 1  x3lnn x  x3nlnn1x dx 3 0 03 x n 1 n   x2lnn1xdx a ,n1,2, 3 0 3 n1于是 a n   n 3 a n  1    n 3    n  3 1  a n  2     n 3    n  3 1    1 3  a 0 ， 又 a 0   1 0 x 2 d x  1 3 ，故 a n  (  3 1 ) n  1 n n ! . 3.【答案】B 【解析】 当 0  x  1 时， f ( x )        1  l n 0 y l n l n l n l n l n l n x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2        1 1 1 1 1 y y      2 2   1 1 1 d 1 0 1 0    y y  1 1   0 y  0 2 y 2 2 x  y 2 2 x  y 2 x  x 1  2 x  0 1  x 0 1  x a r c t a y  d y  x 2 y 2 2 y 1 y  x  1 n x x 2 d d y 2  1 2  y d  y y x 2   2 x 2 2 y  y 2 d y 1 又 f(0) lnydy 1，故 0 f(x) f(0) f(0) lim  x0 x0 1 ln x2 11xarctan 1 x  lim x0 x ln x2 1 1  lim  limarctan x0 x x0 x x2 11     lim  0  . x0 x 2 2 24.【答案】(a a2 1) 【解析】 1 1x2 1  1x2 1x2   dx    dx 1 ax 0  ax ax    1 1x2 xsint  cos2t 2a dx 2a2 dt 0 a2 x2 0 a2 sin2t  1sin2t 2a2 dt 0 a2 sin2t  a2 sin2t1a2 2a2 dt 0 a2 sin2t  dt a2a(1a2)2 0 a2 sin2t  sec2t a2a(1a2)2 dt 0 a2sec2ttan2t  1 a2a a2 12 d( a2 1tant) 0 a2 (a2 1)tan2t  a2 1tant 2 a2 a2 1arctan (a a2 1) a 0 5.【答案】 1 2 l n ( 2 5  3 ) 【解析】1 dx 1 dx    2 2 x 1x2 3x4 1 2 2 x2 1 3x2 x2 1 d   1 1  x t  1 dt  x  2 1 2 3 2 1 3x2 1t2  x2 t2 2 dt 2 tdt     1 3 1 t4 t2 3 1t2  t2 1 2 d(t2) 1 2 dx     2 1 t4 t2 3 2 1 x2 x3  1 d x   1 2  2   2 1  1 2  11 2  x     2  2  2 1  1   ln x  x2 x3    2  2  1 1 11 1  ln  ln(2 53) 2 2 53 2 6.【答案】（1）见解析；（2）   2 l n 2 【解析】 （1）   x t 0    2 f(sinx)dx 2   f  sin  t  (dt) 0  2  2      2 f  sin  t  dt 2 f(cost)dt 0  2  0   故2 f(sinx)dx2 f(cosx)dx. 0 0 （2） 1  2lnsinxdx 2(lnsinxlncosx)dx 0 2 0 1  1  1  1 1   2ln  sin2x  dx 2ln dx 2lnsin2xdx 2 0 2  2 0 2 2 0 1   2xt 1    2lnsin2xdx ln2  lnsintdt ln2 2 0 4 4 0 4 1    2lnsintdt ln2 2 0 4 1   故 2lnsintdt  ln2，得 2 0 4  2 0 l n s i n x d x    2 l n 2 7.【答案】(985)2 【解析】设  9 0 8 5  x s i n x d x  I ，则 x985t 0 I  (985t) sint(dt) 985 985 985  t sintdt985 sintdt 0 0  I 985985 sintdt 0  I 985985 sintdt 0 I 2(985)2 985 故I  x sinxdx(985)2. 0 8.【答案】   4  f(x) 【解析】方法一：设I 2 dx，则 0 x       I 22 f(x)d x 2 xf(x) 2 2 xf(x)dx22 xf(x)dx 0  0 0  0 1 1 1 而 f(x)  ，2 xf(x) ， 1tanx 2 x 1tanx 因此I       2 0 2 0 1 1  t  d x t a a n t a n x n x x d x u     2 1 2   x 2 0 1 1     t a t a 0 2 n n 1   x d x d c x u o t  u   4 方法二：  f(x)  dx x du I 2 dx2  0 x 0 x  1tanu2 2  dx  du  du u2 dx 2  2  2  0 x x 1tanu2 0 1tanu2 0 x  2udu  dt  2 2 0 1tanu2 0 1tant  dx  cosx 记I I 2 2 dx， 1 0 1tanx 0 sinxcosx I 2   2 0 s i n s x i n  x c o s x d x 则 I 1  I 2   2 0 1 d x   2 ， I 1  I 2   2 0 c s o i n s x x   s c i o n s x x d x  l n ( s i n x  c o s x ) 20  0 ，  故I  I  ，所以 1 2 4 I    2 0 1  d t x a n x    4 . 9.【答案】 2 2   2 【解析】令A xf(x)dx，则 0 f ( x )  s i n 2  x  A 2 x  x 2 ， x f ( x )  x s i n 2  x  A x 2 x  x 2 ，两边同时在[0,2]上积分得 A   2 0 x s i n 2  x d x  A  2 0 x 2 x  x 2 d x ， 其中 2 1 2 xt 1   xsin2xdx  xsin2 xdx  (t)sin2tdt 0 2 0 2  2    sin2tdt 1  0 2 0 x 2 x  x 2 d x    2 2 0   1 0 ( x 1   1 ) 2 t  d 1 t   1  2  ( x  1 ) 2 d ( x  1 ) x  1  t  1  1 ( t  1 ) 1  t 2 d t  2 2 则A1 A，得A ，从而 f(x)sin2x 2xx2 ，故 2 2 2  2 0 f ( x ) d x     1  4  2 0 s   2 i n  2  s i n 0  s i n 2 0 x d x 2 x d 2 x d  x x 2   2  2 2  2       2 0    2 1 2  x  2   x 2  d x  2 2   10.【答案】见解析 【解析】    1 4 1 a a  4(1tan2 x)tann xdx 4tannxd(tanx) tann1x  n n2 0 0 n1 n1 0 同理 a n  a n  2   4 0 ( 1  t a n 2 x ) t a n n  2 x d x   4 0 t a n n  2 x d ( t a n x )  n 1  1 t a n n  1 x 4 0  n 1  1 因为 t a n n x , t a n n  2 x   在 0, 上连续，tann xtann2 x，    4   且tann x,tann2 x不恒等，所以4tannxdx4tann2xdx，即a a ， n n2 0 0 1 于是a a  2a ，即 n n2 n1 n a n  2 ( n 1  1 ) ； 同理可得  4 0 t a n n  2 x d x   4 0 t a n n x d x ，即a a ， n2 n 1 1 于是a a  2a 即a  ， n n2 n1 n n 2(n1)1 1 综上所述， a  . 2(n1) n 2(n1)3-3综合测试 1.【答案】  x s i n x  c o s x  C ， C 为任意常数 【解析】作变量替换 t x  s ，改写方程为 1 x  f(s)ds  f(x)xsinx(x0) x 0  x 0 f ( s ) d s  x f ( x )  x 2 s i n x (  x ) （1） f ( x )  x f ( x )  f ( x )  ( x 2 s i n x )  （2） （2）式又可改写成 f ( x )   ( x 2 s i x n x )  ( x  0 ) ， 于是 d(x2sinx)  1  f(x) xsinxx2sinx    dxxsinxcosxC x  x2  2.【答案】2 【解析】由题意得， 2  x x2  F(x)  lnx   f(t)dt  lnt  f(t)dt，  x  1 1  t   2 1 x 2  2  F(x)    f(t)dt lnx f(x) lnx f(x)        x2 x 1  x   x  0, 1 x2 x2 x    f(t)dt0, x2 x2 1  0, x2  故x2是极小值点（也是最小值点）． 1 2 3.【答案】 6 【解析】 1 0 x 2 f ( x ) d x     1 3 1 3    x 1 3 1 6 1 0 3  f ( f ( 1 0 1 x ) d ( 1 x ) 0 3 x 1  4  x 3 x ) 1  3 d 4 x 1  0 1  0 x 1 x   3  6 f ( 1 6 2 x  ) 1 0 d d 2 x ( 1 1   x 4 x ) 4 4.【答案】 f ( x )  2 e 2 x  e x 【解析】 f ( x ) x  t  s 2  x 0 f ( s ) d s  e x ， 两边求导得 f(x)2f(x)ex ，解微分方程得 f  x   C e 2 x  e x ，由 f(0)1，得 C  2 . 即 f ( x )  2 e 2 x  e x . 5.【答案】 e  1  e 【解析】    f(x)cosxdx  f(x)d(sinx) 0 0  f(x)sinx    f(x)sinxdx 0 0    ecosxsinxdxecosx e1e 0 0 6.【答案】1 【解析】由  x t f 0 ( x  t ) d t x   x t   x 0 u f 0  x ( u ( ) d x u   u ) f x  u 0 ( u f ) ( ( u  ) d d u u )   x 0 ( x  u ) f ( u ) d u x x x  得x f(u)du uf(u)du 1cosx，两边求导得 f(u)du sinx，令x 得 0 0 0 2  2 f(x)dx1. 07.【答案】 1 2 【解析】因  x 0 ( 1  t 2 ) e 2t  x 2 d t  e  x 2  x 0 ( 1  t 2 ) e 2t d t ，所以  x (1t2)et2 dt (1x2)ex2 1 原式lim 0 lim  x xex2 x(12x2)ex2 2 8.【答案】B 【解析】方法一：因为 l i m x  a F ( x )  l i m x  a x x  2 a  x a f ( t ) d t  a 2 l i m x  a  x a x f (  t ) a d t  l i m x  a a 2 f 1 ( x )  a 2 f ( a ) . 所以，选项（B）正确. 方法二：（利用积分中值定理）因为 l i m x  a F ( x )  a 2 l i m x  a  x a x f (  t ) a d t = a 2 l i m x  a f ( x ) (  x a  a )  a 2 l i m x  a f ( )  a 2 f ( a )   所以，选项（B）正确. 9.【答案】 1 2 n f ( 0 ) 【解析】令 u  x n  t n ，则 1 xn F(x)  f(u)du ， n 0 F ( x )  x n  1 f ( x n ) ， l i m x  0 F x ( 2 x n )  l i m x  0 2 F n ( x 2 n x )  1  1 2 n l i m x  0 f ( x x n n )  1 2 n f ( 0 ) . 10.【答案】B 【解析】方法一：赋值法 1, x0  x  x, x0 特殊选取 f(x)0, x0 ，满足所有条件，则 f(t)dt   x .  0 x, x0 1, x0 它是连续的偶函数，故排除（A），（C），（D）选项，所以（B）正确. x 方法二：显然 f(x)在任意区间[a,b]上可积，于是F(x) f(t)dt处处连续，又因为 0 f ( x ) 是奇函数，则 F ( x ) 为偶函数，故选项（B）正确. 11.【答案】  x 0 S ( t ) d t    1 6 1 6 x x x  3 , 3 1 , 1 2  x  x  3 , 0 1   x x x    2 1 2 . , , 【解析】由题设知 1 t2,0t 1,  2   1 St t2 2t1,1t 2, 2  1,t 2.   所以，当0x1时，  x 0 S ( t ) d t   x 0 1 2 t 2 d t  1 6 x 3 当1x2时，  x 0 S ( t ) d t   1 0 S ( t ) d t   x 1 S ( t ) d t   x 6 3  x 2  x  1 3 当x2时，  x 0 S ( t ) d t   2 0 S ( t ) d t   x 2 S ( t ) d t  x  1 . 因此  1 x3, 0 x1,  6  x  1 1  S(t)dt  x3x2x , 1 x2, 0 6 3   x1, x2.   12.【答案】见解析【解析】方法一：要证 0 ( ) d 1 0 ( ) d    f x x   f x x ，只需证明 0 ( ) d 1 0 ( ) d    f x x   f x x . 令 F ( t )   t 0 f ( t x ) d x ，由于 ( ) 0 ( ) d    F   f x x ， F (1 )   1 0 f ( x ) d x ，故这里只需证 明当01时，F() F(1). 因F(t)在 ( 0 , 1 ] 上连续，在 ( 0 , 1 ) 内可导，则 F ( t )  f ( t ) t   t t 02 f ( x ) d x  f ( t ) t  t 2 f ( ) t  f ( t )  t f ( ) ,  [ 0 , t ]    由题设，因为 f ( x ) 递减，则由 0 t    可得， f ( t ) f ( )   ，故F(t)0，从而 F ( t ) 在 ( 0 , 1 ] 上单调递减. 因此，当01时，F() F(1)，即   f(x)dx 1 0  f(x)dx，  0 故 0 ( ) d 1 0 ( ) d    f x x   f x x . 方法二：利用积分中值定理.  1   1  f(x)dx f(x)dx   f(x)dx f(x)dx f(x)dx 0 0 0 0   1 (1) f(x)dx f(x)dx 0  (1)f()(1)f() 1 2 (1)[f() f()] 1 2 其中，0 1 1 2 又因 f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上递减，则 f ( 1 ) f ( 2 )    .故当01时，  1  f(x)dx f(x)dx(1)[f() f()]0， 1 2 0 0  1 即 f(x)dx f(x)dx. 0 0 13.【答案】见解析【解析】（1）证 f ( x   )   3 x  2 x    s i n t d t . 设 t  u   ，则有 f ( x   )   x x  2 s i n ( u   ) d u   x x  2 s i n u d u  f ( x ) ，故 f ( x ) 是以  为周期的周期函数. （2）因为 s i n x 在 (   ,   ) 内连续，注意到 f ( x ) 的周期为  ，故只需在 [ 0 ,  ] 上讨论其 值域. 因为 f ( x )  s i n  x   2   s i n x  c o s x  s i n x . 令 f(x)0，得 x 1   4 ， x 2  3  4 ，且  3 f    4 sintdt  2， 4  4 f  3  4    5 4 3 4 s i n t d t    3 4 s i n t d t   5 4  s i n t d t  2  2  3 又 f(0)2sintdt 1， f() 2 (sint)dt 1，因而 0  f ( x ) 的最小值是 2  2 , 最大值是 2，故 f ( x ) 的值域是 [ 2  2 , 2 ] . 14.【答案】见解析 【解析】设 x 1 F(x) g(t)f(t)dt g(t)f(t)dt f(x)g(1),x[0,1] 0 0 则F(x)在 [ 0 , 1 ] 上可导，并且F(x) g(x)f(x) f(x)g(1) f(x)[g(x)g(1)] 由于x[0,1]时， f ( x )  0 , g ( x )  0 ，所以 F ( x )  0 ，即F(x)在 [ 0 , 1 ] 上单调不 增. 1 1 注意到F(1) g(t)f(t)dt g(t)f(t)dt f(1)g(1). 0 0 而 1 1 1  g(x)f(x)dx f(x)g(x) 1  f(x)g(x)dx  f(1)g(1) f(x)g(x)dx 0 0 0 0 故F(1)0，因此，x[0,1]时，F(x)0，由此可知对任何a[0,1]有 a 1  g(x)f(x)dx f(x)g(x)dx f(a)g(1) 0 015.【答案】见解析 【解析】（1）对任意的 x ，由于函数 f(x)连续，所以 xx x  f(t)dt f(t)dt F(xx)F(x) lim  lim 0 0 x0 x x0 x ， xx  f(t)dt f()x  lim x  lim  lim f() x0 x x0 x x0 其中介于x与 x   x 之间. 由于 l ix m 0 f ( )  f ( x )  ，可知函数F(x)在 x 处可导，且 F ( x )  f ( x ) . （2）因为对任意 x ，有 [ G ( x  2 ) ]     2 2 f x   0 ( x 2  f 2 ( t ) )  d t   2 0 ( f x ( t  ) d 2 t )  2 0 f ( t ) d t   G(x)[2 x f(t)dtx 2 f(t)dt] 2f(x) 2 f(t)dt 0 0 0 所以 [ G ( x  2 )  G ( x ) ]   0 ，即 G ( x  2 )  G ( x )  C （常数）. 又因为 G ( 0  2 )  G ( 0 )  0 ，所以 G ( x  2 )  G ( x )  0 ，即G(x)也是以 2 为周期的周期函数. 第二问还可以这样证明： x2 2 G(x2)2 f(t)dt(x2) f(t)dt 0 0 x x2 2 2 2 f(t)dt2 f(t)dtx f(t)dt2 f(t)dt 0 x 0 0 x 2 2 2 2 f(t)dt2 f(t)dtx f(t)dt2 f(t)dt 0 0 0 0 x 2 2 f(t)dtx f(t)dt G(x) 0 03-3拓展提升 1.【答案】 F ( x )   1 2  , c o s x , 0 x   x      【解析】 x xt u x F(x) f(t)g(xt)dt  f(xu)g(u)du 0 0 x x  x g(u)du ug(u)du. 0 0 当0 x时， F ( x )  x  x 0 c o s u d u   x 0 u c o s u d u  x s i n x   x 0 u d ( s i n u )  1  c o s x . 当x  时，   x    x  F(x) x  g(u)du g(u)du   ug(u)du ug(u)du     0  0    x    x   x  cosudu 0du   ucosudu 0du 2. 0  0  1cosx, 0 x 于是，F(x) 2, x 3 2.【答案】 4 【解析】由 x 2xt u x  tf(2xt)dt  (2xu)f(u)du 0 2x 2x 2x 2x  (2xu)f(u)du 2x f(u)du uf(u)du. x x x 2x 2x 1 得2x f(u)du uf(u)du  arctanx2，等式两边同时对x求导得 x x 2 2 2x f(u)du2x2f(2x) f(x)4xf(2x)xf(x) x , x 1x4 2x x 2 1 整理得2 f(u)duxf(x) . 取x1得2 f(u)du f(1) ，故 x 1x4 1 2 2 1 f ( x ) d x  3 4 . 3.【答案】见解析 【解析】   1  0  x x s i n t t d t  d x 分     部    1 积 分  1  x  0   1 s i n  0  1 t d c o 0  s i n  s i x s t 1 . x n    x x s c x x i n o s · 2 s i n t 2 x 1 x t  d t   x  d x  1  t 0 s t c 1  0 i n x  o s  x t 1 0  x 1 0 x d d x       1 0 1 0 x t c s x s i n o s i n t t d t d t t d t   t c   o 1 0 s s i 1 n  x 1 d  x 1  s i n t 1 0 4.【答案】最小值为0，最大值为 1  e  2 【解析】因为 f ( x ) 是偶函数，所以只需求 f ( x ) 在[0,)上的最值即可. 由 f(x)2x(2x2)ex2 得驻点 x 1  0 , x 2  2 . 当0x 2 时， f ( x )  0 ；当 x  2 时， f ( x )  0 . 又     lim f(x) (2t)etdt 2et tet et 1 x 0 0 0 0 f ( 2 )   2 0 ( 2  t ) e  td t   2 e  t 2 0  t e  t 2 0  e  t 2 0   2 e  2  2  2 e  2  e  2  1  e  2  1 比较 f(0)0， f( 2)1e2，得最小值为 0 ，最大值为 1  e  2 . 5.【答案】 2 3   x xt u x 【解析】 f(xt)dt  f(u)du得 0 0  f(x) x f(u)du  dx 1   x f(u)du  2   1    f(u)du  2 0  0  2 0  0 2 0   3 1   sin4xdx2   , 0 4 2 2 解得   0 f ( x ) d x  3 2  ，故 f(x)在[0,]上的平均值为   0 f (  x ) d x  2 3   . 6.【答案】 5 3 【解析】令 F ( x )   2 x 2 x  1 f ( t ) d t ( x  0 ) ，则F(x)2x[f(x2 1) f(x2)]2x2,则 x21 2  f(t)dt  F(x) x3C. x2 3 取极限 x  0  ，得  1 0 f ( t ) d t  C ，即 C  1 ，则 F ( x )  2 3 x 3  1 ( x  0 ) ，故  2 1 f ( x ) d x  F (1 )  2 3  1  5 3 . 7.【答案】 C 【解析】令 F ( x )  f ( x )  x  1 , x  [ 0 , 1 ) , 则 F ( x )  f ( x )  1  0 . 又 F ( 0 )  0 ，故F(x) F(0)(0 x1)，则 f ( x )  x  1 , x  ( 0 , 1 ) . 同理，可得当0x1时， f(x)1x, f(x) x, f(x)2x，所以曲线 f ( x ) 在 y  x , y  x  1 , y   x  1 , y   x  2 所围正方形内，如图所示. 如图可知，正方形ABCO面积 S 1  1 1 ，三角形ABE面积S   S （三角形ABD面 2 4 3 积）.故 1 S S  f(x)dxS S , 1 3 1 2 0 即3 4   1 0 f ( x ) d x  5 4 . 8.【答案】见解析  x f(x) f(a) f(t)dt,  a 【解析】因为 且  x f(x) f(b) f(t)dt,  b f ( a )  f ( b )  0 ，所以  ∣ ∣ f f ( ( x x )∣ )∣     x a x b f f ( ( t t ) ) d d t t     x∣ a b∣ x f f ( ( t t )∣ )∣ d d t t , , 两式相加得 ∣ f ( x )∣  1 2  b∣ a f ( x )∣ d x . 9.【答案】见解析 【解析】（1）记 F ( x )   x 0 f ( t ) d t  x 2 ，则 F ( 0 )  F ( 1 )  0 , 且 F  1 2    12 0 f ( t ) d t  1 4  0 , F(x)在 0,1 上为连续函数，则 F ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 内存在最大值，即极大值，记极大值点 x   ，则 F ( ) 0    ，故 f ( ) 2    . （2）因为函数  x 0 f ( t ) d t 在  0 , 1  上二阶导数连续，故 f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 上连续. 若当 0x1时， f ( x )  2 ，且由（1）知存在 ( 0 , 1 )   ，使得 f ( ) 2 ,    故对任意 x(0,1)，有 f(x)2从而可得F(x)0，所以曲线y  F(x)在 0,1 上为凸的，且 x F(0) F(1)0,故F(x)0(0 x1)，即当0x1时， f(t)dt  x2. 0 10.【答案】见解析 【解析】因为 f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，所以 ∣ f ( x )∣ 在 [ a , b ] 上连续，令 | f ( c ) | = m a x a xb ∣ f ( x )∣ . 根据积分中值定理， 1  b f(x)dx f()，其中a,b . ba a c 由积分基本定理， f(c) f() f(x)dx，取绝对值得 f ( c ) f ( ) c f ( x ) d x f ( ) b a f ( x ) d x            故 m a x a xb f ( x )  b 1  a  b a f ( x ) d x   b a f ( x ) d x . 11.【答案】见解析 【解析】方法一：令 F ( x )  ( x  a )  x a f ( t ) g ( t ) d t   x a f ( t ) d t  x a g ( t ) d t , x   a , b  , 则 F ( x )       x a x a x a [ [ f ( f f t ( ( ) t t g ) ) ( g  t ( ) t f d t )  ( x  ) f ]  ( [ x x g  ) (  a g ( x t )  f ) g (  ( x x ) f ) g ( ]d ( x ) x ) g t   ( t ) 0 , f  ( x f x  ) a ( t ) g g ( ( t x ) d t ) ]d  t g ( x )  x a f ( t ) d t F(x)单调不减，故 F ( b )  F ( a )  0 ，即  b a f ( x ) d x  b a g ( x ) d x  ( b  a )  b a f  x  g  x  d x . 方法二：对任意的 x , y   a , b  , 有  f ( x )  f ( y )   g ( x )  g ( y )   0 ，故  b  bf(x) f(y)g(x)g(y)dxdy a a  b  bf(x)g(x) f(x)g(y) f(y)g(x) f(y)g(y)dxdy a a b b b b 2  f(x)g(x)dxdy2  f(x)g(y)dxdy a a a a b b b 2(ba) f(x)g(x)dx2 f(x)dx g(y)dy0 a a a 即  b a f ( x ) d x  b a g ( x ) d x  ( b  a )  b a f ( x ) g ( x ) d x . 12.【答案】见解析 【解析】方法一：令 F ( x )   x a f 2 ( t ) d t  x a g 2 ( t ) d t    x a f ( t ) g ( t ) d t  2 , x   a , b  ，则 x x x F(x) f 2(x) g2(t)dtg2(x) f 2(t)dt2 f(t)g(t)dt f(x)g(x) a a a x[ ]  f 2(x)g2(t)2f(x)g(x)f(t)g(t)g2(x)f 2(t) dt a x[ ]  f(x)g(t)g(x)f(t) 2dt 0, a 2 F(x)单调不减，得F(b) F(a)0，故   b f(x)g(x)dx   b f 2(x)dx b g2(x)dx.  a  a a方法二：对任意的t()，有  bf(x)tg(x) 2 dx b f 2(x)dx2t b f(x)g(x)dxt2 b g2(x)dx0, a a a a 得    2  b a f ( x ) g ( x ) d x  2  4  b a f 2 ( x ) d x  b a g 2 ( x ) d x  0 , 2 故   b f(x)g(x)dx   b f 2(x)dx b g2(x)dx.  a  a a 方法三：  b a f 2 ( x ) d x  b a g 2 ( x ) d x         1 2    b a b a b a b a  2 f 2 f b   a b  a f ( b f a ( ( b a f x ( x y  ( ) x ) d ) d f x ) g ( ) g b 2  x g ( y ) d y a b 2  y g ( x ) d x a 2 2 ( x ) g ( y )  g ( y ) f ( y ) g ( b  x ) d x f ( y ) a 2  ( x ) d x .  f x g 2 ( ) d ( y y x ) ) d d g y y 2 ( x )  d x d y3-4综合测试 1.【答案】  4 【解析】方法一：   1  x 2 d x 2 x  1    1  2 x 2 1 d  x  1 2 x  2    1   1 d    1 2 1 2 x x   2   a r c s i n 1 2 x  1  1  arcsin  ． 2 4 方法二：   1  x 2 d x 2 x  1 x  1 2 c 1 o s t  24 1 2 c 1 2 1 o s t s i n t2 c o s t 1 2 c o s t  1 d t   24 1 d t   4 ． 2.【答案】2(e1)，2(e1). 【解析】 2x2 bxa2x2 ax (ba)xa I   dx  dx. 1 x(2xa) 1 x(2xa) 积分I 收敛，则 b  a ，否则，I 发散．  a 1 2  I   dx   dx   1 x(2xa) 1  x 2xa  x 1 1 ln ln ln 2xa 2 2a 1 ln2aln21  l n  1  a 2   1 ， a 2e22(e1). 因此，a b2(e1)． 3 8 3.【答案】  16 15【解析】 lx i m 1  ( 1  x ) 12  x 4 1 1   x x  2 且 1 2  1 ， 所以  1 0 x 4 1 1   x x d x 收敛. 于是  1 0 x 4 1 1   x x d x     x x 1  0  s   ( 2 0   s 2 0 3  4 4 (1 1  i n t s i n 4 i n 1  2  x   2 0 4 t t d  2 x ) d 2 s i n  s i  t  4  5 x 4 t (1 c o 5 n t  s i 2 0 2  3  s ) d n  s t t 5 t 1 i n d t  t 3 1 )  6  c  o s t 8 1 5 d t 4.【答案】 2 3  3 8 3 【解析】原式  dx sectand  令x1sec2 3 (x1)4 (x1)2 1  sec4tan 3  2 3 3 2(1sin2)cosd  .  3 8 3 5.【答案】1   lnx  1 lnx dx 1 【解析】 dx lnxd     0 1. 1 x2 1  x x 1 x2 x 1 1 1 6.【答案】 ln2 2 【解析】  1  x ( x d 2 x  1 )       1 l n ( x 1  x  x ( x 1 2 2 )  2  1 l n ( x x ) 2 2  d 1 x )    1     1   1 2 1 x l  n 2 x 2 x  1  d x 7.【答案】 1 2 b  1 1   1 1  1 【解析】原式     dx lim      . 0 (1x)2 (1x)3  b 1x 2(1x)2  2 0 8.【答案】 a  0 或 a   1 【解析】 右边2  x2de2x 2x2e2x  4  xe2xdx a a a 2a2e2a (2xe2x e2x)  a 2a2e2a 2ae2a e2a 左 边  l i m x    1  x 2  a a  x  l i m x     1  x 2  a a   x  a 2 a   2x a xa  e  2 a 从而有a0或 a   1 . 9.【答案】2 a 1x ax  1x x 【解析】因为lim   lim   ea， x x  x  x    a   t e td t  lN i m   ( t  1 ) e t aN  ( a  1 ) e a  lN i m   ( N  1 ) e N  ( a  1 ) e a 因此ea (a1)ea ，得a2. 10.【答案】ln2 【解析】 xex  xex   1   dx dx xd   0 (1ex)2 0 (1ex)2 0 1ex  x  1  1    dx  dx. 1ex 0 0 1ex 0 1ex 令ex t ，则 d x  1 t d t ，于是   0  ( 1 x  e e   x x ) 2 d x    1  t ( 1 1  t ) d t    1   1 t  t 1  1  d t  l n 1 t  t +1   l n 2 .3-4拓展提升 1.【答案】A 【解析】方法一：通过具体计算判别积分敛散性. ① 令 x  s 1 i n t   1  d x x 2  1   0 2 s i 1 n 1 2 t  1 ·  s c i n o s 2 t t d t   2 0 s d i t n t  l n c s c t  c o t t 20    发散. ② x 2  x   x  1 2  2  1 4  1 2 ( 2 x  1 ) 2  1   1  x d ( x x  1 )  2   1  ( 2 x d  x 1 ) 2  1 t  2 x  1   1  t d 2 t  1 发散（同①） ③ 令 x  s e c t ,   1  x 2 d x 2 x  1   2 0 s e c s e c 2 t t t a n t a n t t d t   2 0 c o s t d t  1 . 或   1  x 2 d x 2 x  1    1  x 3 d 1 x  1 x 2    1   1 2 1 d   1 2 x 1 2 x   1  1 x 2 | 1   1 , 收敛. ④   1  x ( x d 2 x  1 )    1  x 3  d 1 x  1 x 2    1 2   1  d 1   1 2 x 1 x 2   1 2 l n  1  1 x 2  |   1    ，发散. 故选A. 方法二：比较判别法. ①x1时， x 1 2  1  1 x 2  1 x ，又   1  1 x d x 发散，由比较判别法    1  d x x 2  1 发 散. 1 1 1 ②同理，当x1时，  ，又 dx发散，由比较判别法 x(x1) x 1 x dx  发散. 1 x(x1) ③当x2时， 0  x 2 1 x 2  1  1 3 x 2 , 又   2  d 3 x x 2 收敛，  dx 由比较判别法 收敛. 2 x2 x2 1 当1 x 2时 0  x 2 1 x 2  1  x 2 x  1 1 x  1 2 1 x  1 , 又  2 1 2 d x x  1 收敛，由比较判别法   2 1 x 2 d x 2 x  1 收敛.  dx 综合起来 收敛. 1 x2 x2 1 ④当 1  x  2 时， x ( x 1 2  1 )  x ( x  1 1 ) ( x  1 )  6 ( x 1  1 ) , 又  2 1 6 ( d x x  1 ) 发散，由比较 判别法   2 1 x ( x d 2 x  1 ) 发散，于是   1  x ( x d 2 x  1 ) 发散. 因此选（A）. 2.【答案】A 【解析】①是错误的，因为 f ( x )  在(,)内连续是奇函数  f(x)dx收敛，反常   积分在收敛的前提下才能用对称区间的奇偶性，如 sinxdx发散.  R  ②也是错误的，如虽然 lim  sinxdx0，但是 sinxdx发散. R R  R 所以 lim  f(x)dx存在 R R       f ( x ) d x 收敛. ③是正确的.  ④是错误的，不符合反常积分收敛的定义.在④的条件下 f(x)dx是发散的.  总共只有一个正确，选A.3.【答案】  2 【解析】原式    0  1  1 x 2 d x    0  1 l n  x x 2 d x   2    0  1 l n  x x 2 d x . 其中   0  1 l n  x x 2 d x 令 x = 1 t   0    1  l n t 1 2 t  d t t 2     0  1 l n  t t 2 d t     0  1 l n  x x 2 d x , 故   0  1 l n  x x 2 d x  0 ，原式   2 . 4.【答案】A 【解析】 I    1  x p d l x n q x   e 1 x p d l x n q x    e  x p d l x n q x . 由于 l n x  l n [1  ( x  1 ) ] ~ x  1 ( x  1 ) , 故由 lx i m 1  x ( p x 1 l n1  q 1 ) x q  1 , 可知  e 1 x p d l x n q x e dx 与 敛散性相同，故当 1 (x1)q q  1 时，  e 1 x d p l x n q x 收敛. 当q1, p 1时，   e  x d l n x q x  1 1  q l n 1  q x | e    , 故发散； 当q1, p1时，pa1, l i x  m  x p 1 l n1 a x q x    , 且   e  d x x a  dx 发散，故 发散； 1 xplnqx 当q1, p 1时，   e  x p d l x n q x    e  d x x p ,  dx 故 收敛. 1 xplnqx 综上所述，当 q  1 , p  1 时，积分收敛，A正确. 5.【答案】D 1 1 cos cos 1 【解析】e x e1 e1(e x 1).当 x    时， e  1  e  c o s 1x  1  1  与 e  1  1  c o s 1 x  是等价无穷小，又 1  c o s 1 x 与 2 1 x 2 是  1  cos 等价无穷小，则xk e x e1 与   2 e 1 x 2  k 是等价无穷小. 当k 1时， 2  k  1 1  cos ，故 xk(e x e1)dx收敛； 1 当k 1时， 2  k  1 1  cos ，故 xk(e x e1)dx发散. 1 6.【答案】D lnq(1x) 1lnq(1x) lnq(1x) 【解析】 dx dx dx. 0 xp 0 xp 1 xp l i x  m 0  l n q (1 x1 p x  p  q x )  1 , 由  1 0 l n q ( 1 x  p x ) d x 收敛，所以 p  q  1 ； 当 p 1时， l i x  m  l n q (1 x1 p x  p  1 2 x )  0 , p 1 因为 1,所以 2   1  l n q ( 1 x  p x ) d x 收敛； 当 0  p  1 lnq(1x) xp 时， lim ,故 1 x xp   1  l n q (1 x  p x ) d x 发散，所以 p  1 且 pq1 lnq(1x) 时  dx收敛. 0 xp 7.【答案】C  lnx  lnx  lnx 【解析】 2 dx4 dx2 dx, 0 sinpxcosqx 0 sinpxcosqx  sinpxcosqx 4 lnx xp lnx  1 又lim  1,且4 dx和4 dx有相同的敛散性， x0 sinp xcosq x lnx 0 xp 0 xp因  4 0 s i n p l n x x c o s p x d x 收敛，故 0  p  1 ； l i x  m 2  s i n p l n x x c o s q x   2 l  n x x  q  1 因  24 s i n p l n x x c o s p x d x 收敛，故0 q 1；因此选（C）. lnx 注：4 dx和 0 xp  4 0 1 x p d x 有相同的敛散性是因为 x  ( 0 ,  4 ) 时，lnx0，所以 l n x x p  0 ，  4 0 l n x x p d x 的敛散性同  4 0 l n x x p d x 的敛散性. 当 p1时，且有 l n x x p  1 x p ，  4 0 1 x p d x 发散，所以  4 0 l n x x p d x 发散.此时  4 0 l n x x p d x 和  4 0 1 x p d x 同时发散. 当 p1时，  4 0 l n x x d x 和  4 0 1 x d x 同时发散. 当 0  p  1 时，因为 l i x  m 0  x l n x1 p  x p 1 2 p  l i x  m 0  l n x x p  x p  1 2 p  0 ，又因为  4 0 x p 1  1 2 p d x 与  4 0 1 x p d x 同时收敛，所以  4 0 l n x x p d x 和  4 0 1 x p d x 同时收敛.   8.【答案】（1）0；（2） lna；（3） 2a 8 【解析】（1）方法一：  lnx x  tant  1   dx 2lntantdt  2lntantlncottdt 0. 0 1x2 0 2 0 方法二：记  lnx 1  lnt  lnx I  dx,令x  ，则I  dt  dx, 0 1x2 t 0 1t2 0 1x2即 I    0  1 l n  x x 2 d x  0 ; （2） x ln lna  lnx 1  a  x  dx  d  0 a2 x2 a 0  x 2 a 1   a x u= 1  lnu 1  1 a  du lna du a 0 1u2 a 0 1u2   0 lna  lna. 2a 2a （3）原式   1 2   0  ( x  a r c t a n x ) l n x d  1 x 2   (xarctanx)lnx 1  lnx xarctanx      dx 2x2 2 0 1x2 x3  0 1   1    (xarctanx)d   4 0  x2   xarctanx 1  1    dx 4x2 4 0 1x2 0  1   arctanx  . 4 8 03-5综合测试 1.【答案】  2 2  2  3 【解析】A的图形如图中阴影所示， 取 y 为积分变量，它的变化区间为  0 , 1  ， A 的两条边界曲线方程分别为 x  1  1  y 2 和 x  y . 相应于  0 , 1  上任一小区间  y , y  d y  的薄片的体积元为 d  V 2      1   2  y 2  1    1  1  y  y 2 2   d  y 2 .    2  y  2  d y 于是所求体积为 V    1  2 0 2  2      y 2  4  1 1 1 3    y y  2  2  2  2 (1 1 2   a 2 y r c  3 2 ) s i .  n d y y  (1  3 y ) 3  1 0 1  2.【答案】（1）a  ，切点为(e2,1)；（2） . e 2 【解析】（1）分别对ya x和 y  l n x 求导得 y   2 a x 1 ，y ，由于两曲线在 2x a 1 1 1 点 x ,y  处有公共切线，可见  得x  ，将x  分别代入两曲线方 0 0 2 x 2x 0 a2 0 a2 0 01 1 1 程，有y a  ln . 0 a2 2 a2 于是 a  1 e , x 0  1 a 2  e 2 , y 0  a x 0  1 e  e 2  1 从而切点为 ( e 2 , 1 ) . （2） 旋转体的体积为： V X       2 1 2 1 2 2 e 0 x e    2 2 e e  e0 2 2 1 e 2     4  2  4 x  x   4 2 d x x l n 2 e  2 e  1 2 e    1 2 e  2 x 1 2 x l n  . 2 ( l n 2 e  2 1 2 e  x 1 x l n 2 2 ) d x d 2 e  1 x x d  x  3.【答案】（1） V 1  4  5 ( 3 2  a 5 ) , V 2   a 4 ；（2） a  1 , 1 2 5 9  【解析】（1） V 1    2 a ( 2 x 2 ) 2 d x  4  5 ( 3 2  a 5 ) V 2   a 2  2 a 2    2 0 a 2 y 2 d y  2  a 4   a 4   a 4 . 4 （2）设V V V  (32a5)a4， 1 2 5 由V4a3(1a)0，得区间(0,2)内的唯一驻点a1. 当0a1时，V0；当a1时，V0. 因此a1是极大值点即最大值点.此时V V ，取得最大值，等于 1 2 1 2 5 9  . 4.【答案】见解析 【解析】存在性：在 [ a , b ] 上任取一点t，令 F(t) tf(t) f(x)dx3 bf(x) f(t)dx a t t b [f(t)(ta) f(x)dx]3[ f(x)dx f(t)(bt)] a t 则 F ( t ) 在 [ a , b ] 上连续. 由于 f ( x )  0 ，则 f(a) f(x) f(b),x(a,b). F ( a )   3  b a  f ( x )  f ( a )  d x  0 ， F ( b )   b a [ f ( b )  f ( x ) ] d x  0 ， 由连续函数的零点定理知，至少存在一点 ( a , b )   使得 F ( ) 0   ，即S 3S . 1 2 唯一性：因 f ( x )  0 ，故 F ( t )  f ( t ) [ ( t  a )  3 ( b  t ) ]  0 ， 故 F ( t ) 在 ( a , b ) 内单调递增. 因此 ( a , b ) 内至多有一点，使 S 1  3 S 2 . 5.【答案】C 【解析】根据题设，利用定积分求面积，由于 2 2  x(x1)(2x) dx x (x1) (2x)dx 0 0 1 2  x(x1)(2x)dx x(x1)(2x)dx 0 1 故选项（C）正确. 37 6.【答案】 12 【解析】本题是求一条三次抛物线与x轴所围图形的面积，应先求出函数 yx3x2 2x的零点：x 1,x 0,x 2.判断图形哪一部分在x轴下方，哪一部 1 2 3 分在上方，则0 2 A (x3x2 2x)dx (x3x2 2x)dx 1 0  x4 x3   x4 x3  32   x2  0   x2  2   4 3  1  4 3  0 12 7.【答案】（1） S n  4 3 n ( n  1 ) 1 n ( n  1 )  S 4 ；（2）  n  . a 3 n1 n 【解析】（1）由 y  n x 2  1 n 与 y   n  1  x 2  n 1  1 得 a n  n  1 n  1  . 因图形关于 y 轴 对称，所以 S n   2 2   a 0 a 0 n n   n n x ( 2 n 1   1 n 1 )   ( n x 2   1 d ) x x  2  4 3 n  n 1  ( 1 n   d x 1 ) 1 n ( n  1 ) . （2） S a n n  4 3  n  n 1  1   4 3   1 n  n 1  1  , 从而  S n S 4 1  4  n lim k lim  1   . a n a n3 n1 3 n1 n k1 k 8.【答案】 2 a 3 2 b t a n  【解析】方法一：底面椭圆的方程为 x a 2 2  y b 2 2  1 . 以垂直于y 轴的平行平面截此楔形体所得的截面为直角三角形，两直角边长分别为 y2 a 1 及 b2 a 1 y b 2 2 t a n   ，故截面积 a2  y2  Sy 1 tan， 2  b2  ba2  y2  2a2b 楔形体的体积V 2 1 tandy  tan 0 2  b2  3方法二：底面椭圆方程为 x a 2 2  y b 2 2  1 ，以垂直于x轴的平行平面截此楔形体所得的截面 为矩形，其边长分别为 2 b 1  x a 2 2 及 x t a n ，故截面面积 S ( x ) 2 b x 1 x a 2 2 t a n    ， a 3 a x2  2a2  x2 2 2a2b 楔形体的体积V  2bx 1 tandxbtan 1   tan 0 a2  3  a2  3 0 V 19 9.【答案】（1）证明略；（2） 1  . V 8 2 【解析】（1）设过 A , B 两点的抛物线方程为 y  a ( x  1 ) ( x  3 ) （ a  0 时图形如图所 示，a0的图形读者自己画）， 则抛物线与两坐标轴所围图形的面积为 S 1   1 0 a ( x  1 ) ( x  3 ) d x  a  1 0 ( x 2  4 x  3 ) d x  4 3 a 抛物线与x轴所围图形的面积为 3 3 4 S  a(x1)(x3) dx a  (4xx2 3)dx a 2 1 1 3 所以S S . 1 2 （2）抛物线与两坐标轴所围图形绕x轴旋转所得旋转体体积为V 1      3 1  a 8 5 1 2 a 0 1 2  0  a   2 ( ( x x   1 1 ) ) ( 4 x   4 3 ( ) x  2  d 1 x ) 3  4 ( x  1 ) 2  d x 抛物线与x轴所围图形绕x轴旋转所得旋转体体积为 V 2    π π 1 1  a 6 5 3 1 2 π 2 a [ 3  [ 1 2 a ( ( x x   1 1 ) ) ( 4 x   4 3 ( ) x ] 2  d 1 x ) 3  4 ( x  1 ) 2 ] d x V 19 1 = 所以 . V 8 2 10.【答案】 y  x  1 7 2 5 4 x 2 dy 2 【解析】原方程可化为  y 1，这是一阶非齐次线性微分方程，故直接套用公式 dx x 得 y  e  2x d x    e   2x d x d x  C   x 2  1 x  C   x  C x 2 . 由曲线 y  x  C x 2 ，直线 x  1 , x  2 以及 x 轴所围成的平面图形绕 x 轴旋转一周的 旋转体体积为 2 2  x3 C C2  V(C) π(xCx2)2dxπ  x4  x5  1  3 2 5  1 31 15 7 π C2  C    5 2 3 62 15 令V(C)0，得π  C  0，解出  5 2  C   1 7 2 5 4 . 62 75 又V(C) π0，故C  为唯一极小值点，也就是最小值点. 5 12475 因此y  x x2为所求解. 124 11.【答案】9 1 1 【解析】y ,y ,所以抛物线在点M(x,y)处的曲率半径 2 x 4 x3 ( x ) 1 k ( 1 y y 2 ) 32 1 2 ( 4 x 1 ) 32           抛物线上AM 的弧长 s  s  x    x 1 1  y  2 d t   x 1 1  1 4 t d t . 由参数方程求导公式得 d d s d dd d xs x 1 2 3 2 ( 4 1 x 4 1 1 x ) 12 4 6 x ,          d d 2 s 2 d d x d d s 1 d d s x 2 6 x 1 1 4 1 x 4 6 x 1 ,           d2 d 2 3 3 6 从而3     (4x1)2  36x9. ds2  ds  2 4x1 3 12.【答案】（1） πa2；（2） 8 6 a ；（3） 1 3 0 2 5 π a 3 12 ；（4） πa2 5 【解析】（1）星形线围成的图形关于x， y 轴均对称 a 0 A4 ydx4 asin3t3acos2t(sint)dt π 0 2 π 13 135 π 3 122a2(sin4tsin6t)dt 12a2    πa2   0 24 246 2 8 （2）π π L42 (x)2 (y)2dt 42 32a2(cos4tsin2tsin4tcos2t)dt 0 0 π π 423acostsintdt 6a(sint)2 2 6a 0 0 （3） V   2 6  π a 0 a π 3 y  2 π20 d s x i n  7 2 t  (1 0 π2  π a s i 2 n s 2 i n t ) 6 d t t  3  a 6 c π o a s 3 2  t ( 6 7   s i 4 5 n  t ) d 2 3 t  1  8 9    1 3 0 2 5 π a 3 （4） S     2 2 6 1 π π π 2   a π π 0 π 0 2 a a 3  2 s a π 0  i n 2 s s i n 1 s 5 3 t i n 4 i n 3 t 5 2 x t s c o s π2 t 0 ( t i n t  )  2 t d t 1 2 5 2 y ( 2 c o s  6 π 2 π a t ) d t d 2 a t t π  2π  2 s i n 4 t c o s t d t 13.【答案】 8 5 3 9  ； ,0  7  【解析】（1）由对称性，上半平面部分 y  1 3 x ( 3  x ) ( 0  x  3 ) 与 x 轴围成的面积的两倍即是 M 的面积． 于是 A  2  3 0 1 3 x ( 3  x ) d x  2 3  3 0 3 x d x  2 3  3 0 x 32 d x  8 5 3 （2）由对称性， y  0 ， x  2  3 0 x A y d x  2 3  3 0 x ( 3 8 5  x 3 ) x d x  9 7 14.【答案】（1） [ 8 ( a r c s i n y  y 1  y 2 )  4 π ] ( m 3 ) ； （2）0.01(m/min)；（3）8000gπ(J) 【解析】（1）液体的体积V   4 [ 8  ( 2 a r  c y 2  1 s i n y 1   y y 2 d 1 y   y 1 2 6 )   a rc sin   2 4  ] y ( c m o 2 s 3 ) t d t （2）设液面下降的速度 d d y t dV dy ，则 16 1 y2 . dt dt 所以 d d y t   d d V t 1 6 1  y 2  y  0  0 . 1 1 6 6  0 . 0 1 ( m m i n ) . （3）抽出全部液体所作的功 W  4  1 0 0 0 g  1  1 4 1  y 2  ( 1  y ) d y  4 0 0 0 g  1  1 4 1  y 2 d y  8 0 0 0 g π ( J )3-5拓展提升 1.【答案】 l n 2 2 【解析】题目中极限函数在当 x  0 ， x  0 时极限的表达式不同，因此本质上是一个分 段函数. y   1  0x , x 2 , x x   0 0 面积 S   0  1  1 2 x  1  x x 2  d x  1 2  1 2  1   1 4   1 4 x 2  1 2 l n ( 1  x 2 )  0  1  1 2 l n 2 . 2.【答案】 1 1 6 5  【解析】曲线与 x 轴和y轴的交点坐标分别为 ( a , 0 ) ， ( 0 , b ) ，其中 b  4  a . 曲线可化 为 y  b a ( a  x ) 2 ，对任意的 [ x , x  d x ]  [ 0 , a ] ， d V 2  2  x  y d x  2  x  b a ( a  x ) 2 d x a b  于是V 2 x ( a  x)2dx a2b，根据对称性，有 2 0 a 15 V 1  1  5 a b 2 . 于是 V ( a )  V 1 ( a )  V 2 ( a )  4 1  5 a ( 4  a ) . 令 V ( a )  4 1  5 ( 4  2 a )  0  a  2 ，又V(2)0，所以 a  2 ，两体积之和最大，且最 16 大值为V(2) . 15  1 1 3.【答案】（1）当k  6 2时函数V (6 2)   ；（2） min  3 4 2 6 2 2  2 3  6 2 .  y kx,  1 1 1 【解析】（1）由方程组 得直线与曲线交点为 , ， 1， y  x, k2 k  k21 k  0  k  1 1  V (k)k2( x)2 (kx)2dx ， 1 0   6k4 V 2 ( k )    1 12 k [ ( k x ) 2  ( x ) 2 ] d x    k 3 2  1 2  6 1 k 4  ，则 k2 1 1  V(k)V(k)V (k)     1 2  3 2 3k4  令 V ( k )    2 k 3  3 4 k 5   0  k  6 2 ，因为V(k)0，所以当 k  6 2 时函数 V ( k ) 取最小值，且最小值为 V ( 6 2 )    3 1 4  1 2  . （2）因为 S D 1  D 2   12 k0 ( x  k x ) d x   1 12 k ( k x  x ) d x  k 2  2 3  3 1 k 3 ， 所以（1）中条件成立时 S D 1  D 2  6 2 2  2 3  6 2 . 4.【答案】 【解析】（1）直线 y  a x 与抛物线y x2的交点为 ( 0 , 0 ) ，(a,a2). 当0a1时， S  S 1  S 2   a 0 ( a x  x 2 ) d x   1 a ( x 2  a x ) d x  1 3 a 3  a 2  1 3 ， 1 令Sa2  0得 2 a  1 2 ，因为 S   1 2   2  0 ，所以 a  1 2 时，S S 取到 1 2 最小值，此时最小值为 1 3  1  2 2  . 当 a  0 时，S  0 axx2 dx 1 x2 ax  dx 1 a3 a  1 ， a 0 6 2 3 1 因为S (a2 1)0，所以S(a)单调减少，故a0时S S 取最小值，而 2 1 2S ( 0 )  1 3 ，因为 S  1 2   2  6 2  2 6  1 3  S ( 0 ) ，所以 a  1 2 时，S S 最小. 1 2 （2）旋转体的体积为 V x    0 22  x 2 2  x 4  d x    1 22  x 4  x 2 2  d x  2 3  0 1  . 5.【答案】 1 . 【解析】依题设 V ( ) 0 y 2 d x 0 (1 x x 2 ) 2 d x 2 1 1 x 2 0 2 1 1 1 2                         又 l i m V ( ) 2        ， V ( a )   2  1  1  1 a 2  由 V ( a ) 1 2 l i m V ( )       ，得  2  1  1  1 a 2    4 ，解得 a   1 ，又 a  0 ，故 a  1 . 6.【答案】 8 3  . 【解析】在   , 4   上， s i n x 只有在  2  , 5 2   与  5 2  , 3   上有定义，且在这两个区间 上， c o s x 的取值有正负之分. 故旋转体体积为  5  4   V 2 x y(x) dx2  2 cosx sinxdx 5 (cosx sinx)dx    2   2  5     2 3 2 2 3  4 8 2 (sinx)2  (sinx)2 2   3 3 5  3 3  2  2 7.【答案】当 a  2  时，旋转体体积最小；当 a  0 时，旋转体体积最大 【解析】 arcsina arcsina V 2 (asinx)2dx (sinxa)2dx 0 arcsina arcsina arcsina  (asinx)2dx (sinxa)2dx 0 0 对于第二个积分，令xt，有  0  a rc sin a  ( s i n x  a ) 2 d x    a rc  sin a  ( s i n t  a ) 2 d t    a rc sin a  ( a  s i n x ) 2 d x 于是 V    0  ( a  s i n x ) 2 d x   2 a 2  4 a   1 2  2 ， 则有 V ( a )  2  2 a  4  令 0 ，解得 a  2  是唯一驻点，且 V ( a )  2  2  0 . 故 V  2    1 2  2  4 是极小值. 又 V ( 0 )     0 s i n 2 x d x  1 2  2 ， V ( 1 )     0 ( 1  s i n x ) 2 d x  3 2  2  4  . 2 因此，当a  时，旋转体体积最小；当  a  0 时，旋转体体积最大. 8.【答案】 3 2 5  a 2 . 【解析】代入公式，弧微元为 ds [()]2 [()]2d [a(1cos)]2 [a(sin)]2d 2a 1cosd  S 2 ()sin [()]2 [()]2d  3   2 a(1cos)sin 2a 1cosd2 2a2 (1cos)2sind 0 0   3 2 5 2 2a2 (1cos)2d(1cos)2 2a2 (1cos)2 0 5 0 2 32 2 2a2 (4 2) a2 5 5 9.【答案】D. 1 【解析】曲线y  sinnx（n为正整数）在区间[0,2]上的长度为 n 2 2 dy 2 1 2n 2 l  1   dx 1cos2nxdx  1cos2tdt  1cos2tdt 0 dx 0 n 0 0 可以看出其长度与n无关. 故答案选（D）. 10.【答案】B【解析】取水平条（如下图所示），面积为 d A  2 x d y ，此水平条上的侧压力为 dP2yxdy 整个半椭圆的薄板所受的侧压力为 P b 0 2 y x d y    a 2a b 2 将椭圆方程x  b2  y2 代入可得P   y b2  y2dy  ab2 . 故答案选（B）. b b 0 3 GM 1 1  GM l (ll ) 11.【答案】（1）   ；（2） ln 2 1 . l a la l l (ll ) 1 2 【解析】建立如下图所示坐标系，在 x 点处 d M  M l d x . （1）由上可知，引力微元为 d F  G d r M 2  ( G l  M a l  d x x ) 2 l GM 1 GM 1 1  于是引力为F   dx   . 0 l (lax)2 l a la GM  1 1 （2）由（1）可知，当质点在x(xl)处时，引力为F(x)   . l  xl x 故引力所做的功 ll GM  1 1 GM xl ll 2 GM l (ll ) W  2   dx ln  ln 2 1 ll l  xl x l x l l (ll ) 1 ll 1 1 212.【答案】 P P 2 1  2 . 【解析】如图，下图（a）中直线AC的方程为 y  b ( h  h x ) . 用微元法，任取 [ x , x  d x ]  [ 0 , h ] ，则 d P 1 2 g x y d x 2 h g b ( h x ) x d x      故 P 1 h 0 d P 1 h 0 2 h g b ( h x ) x d x 1 3 g b h 2         如图（b）中直线 O A 方程为 y  b h x ，则 d P 2 2 g x y d x 2 h g b x 2 d x     ，故 P 2 h 0 d P 2 h 0 g 2 b h x 2 d x 2 3 g b h 2        P 所以 2 2. P 1 b 13.【答案】4abarctan . a【解析】根据对称性，所求面积为第一象限围成面积的4倍，先求第一象限的面积.  xrcos, 令 则 y rsin, x2 y2 L :  1的极坐标形式为 1 a2 b2 r 2 2 r1 ( ) b 2 c o s 2 a 2 b 2 a 2 s i n 2       ， L 2 : x b 2 2  y a 2 2  1 的极坐标形式为 r 2 r 22 ( ) a 2 c o s 2 a 2 b 2 b 2 s i n 2       ， 令 b 2 c o s 2 a 2 b 2 a 2 s i n 2 a 2 c o s 2 a 2 b 2 b 2 s i n 2        ，得 4    .（角度也可由图像观察得到） 则第一象限中图形围成的面积为 1  a2b2  a2b2  A   4 d2 d  1 2  0 a2cos2b2sin2 b2cos2a2sin2  4 而 4 0 a 2 c o s 2 a 2 b 2 b 2 s i n 2 d a a 2 b 2 b 2 4 0 1 a a a r 2 c t a s e c ( b b n 2 t a t n a a n ) d 2 | 40 a b a r c t a n b a                    a2b2  sec2 2 da2b22 d b2cos2a2sin2  b2 atan2 4 4 atan   a abarctan |2ab  arctan  b  2 b 4 从结果可知，这两部分结果是一样的（从图像对称性亦可以看出这一点）. 所以 A 1  a b 2   2  a r c t a n b a  a r c t a n a b   a b a r c t a n b a ，所求面积为 b A4A 4abarctan 1 a