(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