241031_165803-5.基础习题册高数第五章详解_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_03.基础定制_01.高数_讲义

第五章 定积分与反常积分
5-1 基础过关
1.【答案】 a  0 , b  1 .
【解析】因为 a  b ，定积分的几何意义是曲边梯形的面积的代数和，面积是正的时候，
对应的定积分的值最大，所以 
b
a
( x  x 2 ) d x 在 x  x 2  0 时定积分最大.
x (1  x )  0  0  x  1 ，所以 a  0 , b  1 .
2.【答案】（1） 6 ；（2）  2 ；（3）  3 ；（4） 5
1 1 1
【解析】（1） 3f(x)dx183 f(x)dx18 f(x)dx6；
1 1 1
（2） 
3
1
f ( x ) d x  
3
 1
f ( x ) d x  

1
1
f ( x ) d x  
3
 1
f ( x ) d x  
1
 1
f ( x ) d x  4  6   2 ；
（3） 

3
1
g ( x ) d x   
3
 1
g ( x ) d x   3 ；
（4） 
3
 1
1
5
[ 4 f ( x )  3 g ( x ) ] d x 
4
5

3
 1
f ( x ) d x 
3
5

3
 1
g ( x ) d x 
4
5
 4 
3
5
 3 
2 5
5
 5 .
3.【答案】（1） 
1
0
x 2 d x ；（2） 
2
1
x 3 d x ；（3） 
2
1
l n x d x ；（4） 
1
0
x d x
1
；（5）exdx
0
【解析】（1） 0  x  1  x 2  x 3 ，仅在 x  0 , x  1 处相等，所以 
1
0
x 2 d x  
1
0
x 3 d x ，即
1
 x2dx较大.
0
（2） 1  x  2  x 2  x 3 2 2 ，仅在x1处相等，所以 x3dx x2dx，即
1 0
 2
1
x 3 d x 较大.
（3）1x20lnxln21lnxln2x，仅在x1处相等，所以

2
1
ln x d x  
2
1
ln 2 x d x
2
，即 lnxdx较大.
1
（4）0x1ln(1x)x，仅在 x  0
1 1 1
处相等，所以 ln(1x)dx xdx，即 xdx
0 0 0
较大.
（5）0x1ex 1x，仅在x0处相等，所以 1 exdx 1 (1x)dx，即 1 exdx较大.
0 0 04.【答案】错误
【解析】对于 
a
0
f ( x ) d x ，令 x  a  t ，则

a
0
f ( x ) d x  
0
a
f ( a  t ) (  d t )  
a
0
f ( a  t ) d t  
a
0
f ( a  x ) d x ，
故错误.
5.【答案】 
【解析】当 x  [  2 ,  1 ] 时，ex3 ex3 ，则   1
 2
e  x 3 d x    1
 2
e x 3 d x .
6.【答案】D
【解析】由被积函数的奇偶性可知
M  0
π
，N 22cos4 xdx0，
0
P   2 
π2
0
c o s 4 x d x  0 ，
因此， P  M  N . 故应选（D）.
7.【答案】 x  1
1
【解析】方法一：令 f(t)dt a，则
0
f ( x )  x  2 a . 将 f ( t )  t  2 a 代入

1
0
f ( t ) d t  a
1
得  (t2a)dt a，即
0
1
2
 2 a  a . 由此可得 a  
1
2
，则
f(x) x1.
1
方法二：等式 f(x) x2 f(t)dt两端从0到1对
0
x 积分得
1 1 1 1 1
 f(x)dx xdx2 f(t)dt  2 f(t)dt，由此可得
0 0 0 2 0

1
0
f ( x ) d x  
1
2
，从而
f(x) x1.
【注】定积分 
b
a
f ( x ) d x 是一个数，由此可衍生出有关二重积分的此类问题，
 f(x,y)dxdy也是一个数.
D8.【答案】
2
π
2
π
【提示】提出 对应
n
d x
iπ
， 对应被积函数中的
n
x
1
；或者提出 对应
n
d x
i
， 对应被积函
n
数中的 x
【解析】方法一：
1 π 2π nπ  1 n kπ π
lim  1cos  1cos   1cos lim  1cos 
 
nn

n n n

nπ
k1
n n
π
1 π 2 π x 2 2 x 2 2
  1cosxdx  cos dx sin 
π 0 π 0 2 π 2 π
0
方法二：
ln

i m

1

0
1
n

1 
1
c

o
c
s
o
π
s
x
π
n
d x


1
2


c
1
0
o
c
s
o
2
s
π
n
π
2
x

d x 

2
1
π

2
c o
s i n
s
n π
n
π x
2
1
0


 ln
2
i m
π

2
1
n
k
n
 1
1  c o s
k π
n
9.【答案】（1） a

a 2 
a
2
 1

；（2）
2
8
1 π
；（3） ；（4）
3
1 
π
4
8
；（5）4；（6）
3
a
a  1  1  1 
【解析】（1） (3x2 x1)dx  x3 x2 x  a3 a2 aa  a2  a1 ；
0  2  2  2 
0
2
2 1  1 1  1 1  21
（2）  x2   dx  x3 x3    8  (11)   ；
1  x4  3 3  3 8  8
1
1 dx 1 dx 1 π π
（3）2 22 2arcsinx2 2  ；
 1 1x2 0 1x2 0 6 3
2
π π π π
（4）4tan2d4[sec21]d(tan)4 1 ；
0 0 0 4
2π π π
（5） sinx dx42sinxdx4cosx 2 4；
0 0 01 2
2 1 21 1  1 8
（6） f(x)dx (x1)dx x2dx  x2 x   x3  .
0 0 1 2 2  6 3
0 1
10.【答案】（1） 0 ；（2）
1
4
；（3） π 
4
3
；（4） 1 
π
4
；（5） 2 
2
3
3
；（6）
1  2 ln 2
【解析】（1） 
π
π3
s i n

x 
π
3

d x  
π
π3
s i n

x 
π
3

d

x 
π
3

  c o s

x 
π
3

π
π3
 0 ；
（2） 
π2
0
s i n x c o s 3 x d x   
π2
0
c o s 3 x d c o s x  
c o s
4
4 x
π2
0

1
4
；
π π 2 4
（3） (1sin3)dπ22sin3dπ2 π ；
0 0 3 3
（4）
2 1  x 1
 d x
1 2 x
2

x
π
 2π4

( c
s
s
i
c
n
2
t
t 
π
 2π4
1 )
c o
s i n
d t
s
2

t
t
(
d

s
c
i
o
n
t
t
t



t )
π2π4
π2π4
c o
s i

s
n
1
2
2

t
t
d
π
4
t  
π2π4
c o t 2 t d t
（5）
3 1 xtant π sec2t π cost
 dx 3 dt 3 dt
1 x2 1x2 π tan2tsect π sin2t
4 4
π
π 1 1 3 2 3
3 dsint   2
π sin2t sint π 3
4
4
（6）
1 dx 1x t 02tdt 1 2tdt 1 2 
  2 2 2 dt
 
3 1x 1 1 t1 0 t1 0  t1
4 2
1
2(tln t1)2 12ln2
0
3 2
11.【答案】（1）2( 31)；（2）0；（3） π；（4）2 2；（5）4；（6）1
2 ee2 dx e2 dlnx e2 d(1lnx) e2
【解析】（1）   2 1lnx 2( 31)；
1 x 1lnx 1 1lnx 1 1lnx 1
（2）积分区间为对称区间， x 4 s i n x 为奇函数，所以 
π
 π
x 4 s i n x d x  0 ；
（3）积分区间为对称区间， 4 c o s 4 为偶函数，所以
π π π 3 1 π 3π
2 4cos4d224cos4d82cos4d8    ；
 π 0 0 4 2 2 2
2
（4） 
π
0
1  c o s 2 x d x  
π
0
2 c o s 2 x d x  2 
π
0
c o s x d x  2 2 
π2
0
c o s x d x  2 2 ；
（5） 
2
0
π
s i n ( x  1 ) d x
x  1  t

2
1
π  1
s i n t d t  
2
0
π
s i n t d t  4 
π2
0
s i n t d t  4 ；
（6） 
1x
0
e  x d x   
1x
0
d e  x   [ x e  x
1
0
 
1e
0
 x d x ]   ( e  1  e  x
1
0
)  1 
2
e
.
12.【答案】（1）
1
4
( e 2  1 )
1 3 1 3
；（2）  π ln ；（3）
 
4 9 2 2
 
4 ( 2 l n 2  1 ) ；（4）
1
(eπ 2)；（5）
5
1
2
( e s i n 1  e c o s 1  1 ) ；（6） 2

1 
1
e

【解析】（1）
e 1 e 1 e e 1 e 1
 xlnxdx  lnxdx2  [lnxx2  x2dlnx] (e2  x2 dx)
1 2 1 2 1 1 2 1 x
e
1 1 e 1 x2 1 e2 1 e2 1 1
 e2   xdx e2   e2      (e2 1)
2 2 1 2 4 2 4 4 4 4 4
1
（2）
π π π π 1 3 π cosx
3xcsc2 xdx3xdcotx[xcotx 3 3cotxdx](  )π3 dx
π π π π 4 9 π sinx
4 4 4 4 4
1 3 π 1 1 3 π
  π3 dsinx  πln sinx 3
 4 9  π sinx  4 9  π
   
4 4
1 3 1 3
  π ln
 
4 9 2 2
 （3）
l n x 4
 d x
x 1



2
8
8
4

1
l n
l n
l
2
2
n


x d
2
4
4

1

x
4

1
x
( 2
2
d
l
l
x
n
n

2
x
8


l n
1 )
x
2
4
1


4
2
4

1
x
4
1
x
x
d x
（4）
π π π π
2e2xcosxdx 2e2xdsinx [e2xsinx 2 2sinxde2x]
0 0 0 0
π π
eπ 22e2xsinxdxeπ 22e2xdcosx
0 0
π π
eπ 2[e2xcosx 2 2cosxde2x]
0 0
π
eπ 242e2xcosxdx
0
因为 
π2
0
e 2 x c o s x d x  e π  2  4 
π2
0
e 2 x c o s x d x ，所以 5 
π2
0
e 2 x c o s x d x  e π  2
π eπ 2
即2e2xcosxdx ；
0 5
（5）
 e sin(lnx)dx xsin(lnx) e  e xdsin(lnx)esin1 e xcos(lnx) 1 dx
1 1 1 1 x
esin1 e cos(lnx)dxesin1xcos(lnx) e  e xdcos(lnx)
1 1 1
e 1
esin1ecos11 xsin(lnx) dx
1 x
e
esin1ecos11 sin(lnx)dx
1
e e e esin1ecos11
 sin(lnx)dxesin1ecos11 sin(lnx)dx sin(lnx)dx
1 1 1 2
（6）e 1 e 1 e
 lnx dx lnx dx lnx dx (lnx)dx lnxdx
1 1 1
1 1
e e e
lnxx 1  1 xdlnxlnxx e  e xdlnx
1 1 1 1
e e
1 1 1 e 1
  x dxe x dx
1
e x 1 x
e
1  1
  1 e(e1)
 
e  e
 1
2 1
 
 e
13.【答案】C
【解析】（A） 
3
 1
f ( x ) d x 中， x  [  1 , 3 ] 时 f(x)0，等号仅在 x   1 ，x3处成立，
所以 
3
 1
f ( x ) d x  0 .
（B）  3
 1
f ( x ) d x  f ( x ) 3
 1
 f ( 3 )  f (  1 )  0  0  0 .
（C）  3
 1
f ( x ) d x  f ( x ) 3
 1
 f ( 3 )  f (  1 )  0 ，因为由图可知， f ( 3 )  0 ，
f (  1 )  0 （由曲线单调性增减得导函数正负）故选（C）.
（D）  3
 1
f ( x ) d x  f ( x ) 3
 1
 f ( 3 )  f (  1 )  0 ，因为由图可知 f ( 3 )  0 ，
f (  1 )  0 （由曲线的凹凸性得二阶导的正负）.
综上答案选（C）.
14.【答案】（1）略；（2）
π
4
2
【解析】（1）重要换元（区间再现）
令 x  上 限  下 限  t ，令 x  π  t ，则
π 0 π
 xf(sinx)dx (πt)f[sin(πt)]dt  (πt)f(sint)dt
0 π 0
π π π
 (πx)f(sinx)dxπ f(sinx)dx xf(sinx)dx
0 0 0π π
可得2 xf(sinx)dxπ f(sinx)dx，所以
0 0

π
0
x f ( s i n x )d x 
π
2

π
0
f ( s i n x )d x .
（2）由（1）可知

π
0 1
x

s
c
i n
o s
x
2 x
d x 
π
2

π
0 1 
s i
c
n
o
x
s 2 x
d x  
π
2

π
0 1  c
1
o s 2 x
d c o s x  
π
2
a r c t a n c o s x
π
0

π
4
2
.
15.【答案】 0 ；
2
2
x
【解析】y sintdt，
0
y   s i n x ， y ( 0 )  0 ， y 
 π
4


2
2
.
16.【答案】 c o t t
dy dy/dt cost
【解析】   cott.
dx dx/dt sint
17.【答案】  e  y c o s x
cosx
【解析】eyycosx0 y eycosx.
ey
18.【答案】当x0时．
【解析】 I ( x )  x e  x 2  0  x  0 ， I ( x )  e  x 2  2 x 2 e  x 2  e  x 2 (1  2 x 2 ) ， I ( 0 )  1  0 .
所以x0为极小值点.
19.【答案】单调性证明见解析； ( f  1 )  ( 0 ) 
2
2
【解析】 f ( x )  1  x 3  0 所以 f ( x ) 单调递增； y  f ( x )  x  f  1 ( y )
dx 1 1
x(f 1)(y)   ，由题意y 0时
dy dy df
dx dx
x  1 ， f ( 1 )  2 ，所以
2
(f 1)(0) .
2
20.【答案】（1）1；（2）2【解析】（1） li m
x  0

x
0
c o s
x
t 2 d t
 li m
x  0
c o s
1
x 2
 1 .
（2） li m
x  0
( 

x
0x
0
e
te
2t
2
d
2t
t
d
2 )
t
 li m
x  0
2  x
0
e
x
td
2 e
t
x

2
e x 2
 li m
x  0
2  x e
0
x e
2t
2 x
d t
 li m
x  0 e x 2
2

e
2
2 x
x 2 e x 2
 li m
x  0 1 
2
2 x 2
 2 .
21.【答案】 ( x )
1
2
1
3
x 2
x 3 ,
1
6
,
x
x
[
[
0
1
, 1
, 2
)
]
,
.
 




， ( x )  在 ( 0 , 2 ) 内连续.
【解析】（1） 0  x  1 ， ( x )
x
0
t 2 d t
x
3
3
    .
（2） 1  x  2 ， ( x )
1
0
t 2 d t
x
1
t d t
1
3
x 2
2
1 x
2
2 1
6
      

  .
所以 ( x )
1
2
1
3
x 2
x 3 ,
1
6
,
x
x
[
[
0
1
, 1
, 2
)
]
,
.
 




22.【答案】 ( x )
1
2
( 1
0 ,
c o
1 ,
s x ) , 0
x
x
x
0
π
,
π
.
,  

 



【解析】（1）x0， ( x ) 0   .
（2） 0  x  π ， ( x )
x
0
1
2
s i n t d t
1
2
c o s x
1
2
1
2
(1 c o s x )         .
π
（3）π  x，(x) sinxdx1.
0
 0, x0,

1
所以(x) (1cosx), 0 xπ,
2

 1, xπ.

23.【答案】证明见解析【解析】方法一：
x
f(x)(xa) f(t)dt
F(x) a ，令
(xa)2
g ( x )  f ( x ) ( x  a )  
x
a
f ( t ) d t , x  [ a , b ] 则
g(x) f(x)(xa)0，所以 g ( x ) 单调递减，所以 g ( x )  g ( a )  0 所以 F ( x )  0 .
方法二：
F
g
(
( x
x
)
) 
f
f
(
(
x
x
)
)
(
(
x
x 
( x
a
a )

)

a
x

a2
)
x
f
a
f
(
( t )
t ) d
d
t
t
f ( x ) ( x a ) f ( ) ( x a ) [ f ( x ) f ( ) ] ( x a )             
其中 ( a , x )   . 因为 f ( x )  0 ，所以 f ( x ) 单调递减，所以 f ( x ) f ( )   所以g(x)0
所以 F ( x )  0 .
24.【答案】1
【解析】 F ( 0 )  l i m
x  0
F ( x )
x


F
0
( 0 )  l i m
x  0

x
0
s i n
tx
t
d t
 l i m
x  0
s i n
x1
x
 1 .
25.【答案】1
【解析】 y    e  x 
x
0
e t f ( t ) d t  f ( x ) ，所以
x x
y y ex et f(t)dt f(x)ex et f(t)dt  f(x)，
0 0
x
 et f(t)dt exf(x)
lim y(x) lim 0  lim  lim f(x)1.
x x ex x ex x
1
26.【答案】（1） ；（2）发散；（3）
3
1
a
π π
；（4） ；（5）1；（6）发散；（7） ；
4 2
（8）1
【解析】（1）
dx
方法一：无穷限的反常积分， p41，所以 收敛.
1 x4方法二： I  
1
3
x  3

1


1
3
dx
，所以 收敛.
1 x4
（2）方法一：无穷限的反常积分， p  1 ，所以 

1
 d x
x
发散.

方法二：I 2 x ，所以发散.
1
（3）方法一：无穷限的反常积分，被积函数为 e 的负指数，所以 

0

e  a x d x 收敛.

1 1
方法二：I  eax  ，所以收敛.
a a
0
（4）方法一： 

0

( 1  x
d
)
x
( 1  x 2 )
为无穷限的反常积分，无瑕点，
x，
( 1  x )
1
( 1  x 2 )
~
1
x 3
，而 

1
 d
x
x
3
收敛，所以 

0

( 1  x
d
)
x
( 1  x 2 )
收敛.
方法二：

1 1 1x  1 1
I   dx [ln(1x)arctanx ln(1x2)]
 
0 21x 1x2  2 2
0

11 (1x)2  π
 ln arctanx 
 
22 1x2  4
0
所以 

0

( 1  x
d
)
x
( 1  x 2 )
收敛.
（5）
x 1 1 1 dx
方法一：瑕积分x1， ~  ， 收敛，所以
1x2 2 1x 0 2 1x

1
0
x
1
d

x
x 2
收
敛.
1
方法二：I  1x2 1.
0
（6）2 dx 1 dx 2 dx 2 dx
方法一：   ，散+散=散，所以 发散.
0 (1x)2 0(1x)2 1 (1x)2 0 (1x)2
方法二：

2
0 (1
d

x
x ) 2
 
1
0 (1
d

x
x ) 2
 
2
1 (1
d

x
x ) 2

1
1
 x
1
0

1
1
 x
2
1
散+散=散，所以 
2
0 ( 1
d

x
x ) 2
发散.
（7）
e dx t lnx 1 dt
方法一：  ，
1 x 1(lnx)2 0 1t2
因为 t  1  ，
1
1
 t 2

( 1 
1
t ) ( 1  t )
~
2
1
1  t
，因为 
1
0 2
1
1  t
d t 收敛，所以

1
0 1
d

t
t 2
收敛.
方法二： I t  l n x  1
0 1
d

t
t 2
 a r c s i n t 1
0
 π
2
.
（8）
1
方法一： lnk xdx，
0
( k  0 ) 收敛.
方法二： I  ( x l n x  x )
1
0
  1 .
27.【答案】 k  1 时发散， k  1
1
时收敛；k 1 时取最小值
lnln2
【解析】（1）当 k  1

时，原式lnlnx ，发散
2
当k 1时，原式 
1
1
 k
( l n x ) 1  k

2

1 1  dx
若k 1，则原式 (ln2)1k  ，所以 收敛
k1 (k1)(ln2)k1 2 x(lnx)k若 k  1 ，则原式   
 dx
，所以 发散
2 x(lnx)k
 dx
综上： 在
2 x(lnx)k
k  1 时发散， k  1 时收敛；
（2） k  1
1
时，原式 ，记 f(k)(k1)(ln2)k1，
(k1)(ln2)k1
k  1
则 f ( k )  ( l n 2 ) k  1 [ 1  ( k  1 ) l n l n 2 ]  0 ，解得 k  1 
ln
1
ln 2
当 1  k  1 
ln
1
ln 2
时， f ( k )  0 ， f ( k ) 单调递增.
当 k  1 
ln
1
ln 2
时， f ( k )  0 ， f ( k ) 单调递减
所以 f ( k )
1
在k 1 时取得最大值，此时积分取最小值.
lnln2
28.【答案】（1）收敛；（2）收敛；（3）发散；（4）收敛；（5）发散；（6）收敛
1 1
【解析】（1）x， ~ ，
x3 x2 1 5
x3


1
 1
x
53
d x
 dx
收敛，所以 收敛
1 x3 x2 1
（2） x    , s i n
1
x 2
~
1
x 2
，

1
 1
x 2
d x 收敛，所以

1

s in
1
x 2
d x 收敛
（3）
1  x
1
s i n x

1
1
 x
 dx
， 发散，所以
0 1x


0

1  x
d
|
x
s i n x |
发散
xarctanx π 1
（4）x， ~  ，
1x3 2 x2


1
 π
2

1
x 2
d x 收敛，所以 

1
 x a
1
r c

t a
x
n
3
x
d x 收敛
（5）x1，
( l n
1
x ) 3
~
( x
1
 1 ) 3
2 dx
， 发散，所以
1 (x1)3

2
1 ( l
d
n
x
x ) 3
发散
（6）x1，
1
x

4
x 4

(1  x ) (1
x

4
x ) (1  x 2 )
~
1
2

1
1
 x
， 
1
0
1
2

1
1
 x
d x 收敛所以
1
x4
 dx收敛.
0 1x429.【答案】见解析
1
f 2(x)
f(x) 1 x2
【解析】  f(x) 
x x 2
因为 

1

f 2 ( x ) d x ， 

1
 1
x 2
d x
 f(x)
收敛，所以 dx收敛，所以
1 x


1
 f (
x
x )
d x 绝对收敛.
5-2 基础真题
1.【答案】C
【解析】
d
d x
 f ( x ) d x    f ( x ) d x 

 f ( x ) ，故应选（C）.
2.【答案】B
【解析】 d   f ( x ) d x     f ( x ) d x 

d x  f ( x ) d x .
3.【答案】D
【解析】抓住 y  f ( x ) 的图形中的曲线上升 ( f ( x )  0 ) ，下降 ( f ( x )  0 ) 区间，驻点
(f(x )0)个数，就可知选（D）.
0
4.【答案】
4
π
 π
1
【解析】定积分 f(x)dx是一常数，设为A，则
0
A   1
0
f ( x ) d x   1
0 1
d

x
x 2
 A   1
0
1  x 2 d x  a r c t a n x 1
0
 A  1
4
π  π
4
 π
4
A ，
π
故A .
4π
2
5.【答案】
π【解析】由于
s i
n
n

i π
n1

s i
n
n

i π
n1
i

s i n
n
i π
n
, i  1 , 2 n .
iπ
sin
所以 1  n sin iπ  n n  1  n sin iπ
n1 n 1 n n
i1 i1 n i1
i
1 n iπ 1 2
又 lim sin  sinπxdx
nn n 0 π
i1
ln i m
 n
1
 1
n
i
1
s i n
i π
n
 ln i m


n
n
 1

1
n
n
i
1
s i n
i π
n


2
π
2
于是由夹逼准则推知原极限为 .
π
6.【答案】B
【解析】 ln i m

l n n

1 
1
n

2

1 
2
n

2

1 
n
n

2
 2 ln i m

1
n

l n

1 
1
n

 l n

1 
2
n

  l n

1 
n
n
 
 2 
1
0
l n ( 1  x ) d x
t  1  x
2 
2
1
l n x d x .
答案选（B）.
7.【答案】B
【解析】因为 x 

0 ,
π
4

时， s i n x  x  t a n x
tanx x
，故  ，则
x tanx
π tanx π x
I 4 dx4 dx I .
1 0 x 0 tanx 2
这便排除了选项（C）和（D）.
tanx xsec2 xtanx xsinxcosx  π
又令 f(x) ，则 f(x)  0，即 f(x)在 0,
 
x x2 x2cos2 x  4上单调增加，有
t a n
x
x

t a n
π
4
π
4

4
π
π tanx 4 π
，故I 4 dx 4dx1，即选项（B）正
1 0 x π 0
确.
8.【答案】
1
4
5
【解析】方法一：令 1x t，则原式  
0
1
( t 2  1 ) 2 t 2 d t  2 
0
1
( t 4  t 2 ) d t 
1
4
5
.
方法而： t  1  x ，则原式  
1
0
x (1  x ) d x 
2
3
x
32

2
5
x
52
1
0

1
4
5
.
9.【答案】 2 l n
4
3
【解析】令t  x ，则 x  t 2 ， d x  2 t d t ，于是有
原式   2
1 t
2
(1
d

t
t )
 2  2
1
 1
t

1
1
 t
 d t  2 [ l n t  l n (1  t ) ] 2
1
 2 l n 4
3
.
10.【答案】4( 21)
【解析】 原式  
π
0
s i n
x
2
 c o s
x
2
d x  
π2
0

c o s
x
2
 s i n
x
2

d x  
π
π2

s i n
x
2
 c o s
x
2

d x
4( 21).
11.【答案】
π
8

1
4
l n 2
π x 1 π 1 π π 
【解析】 原式4 dx 4xd(tanx) xtanx 4 4tanxdx
0 2cos2 x 2 0 2  0 0 
1π π  π 1
  ln(cosx) 4    ln2.
24 0  8 4
3
12.【答案】 ln(2 3)
2【解析】方法一：原式  
ln
0
2
e  x e 2 x  1 d x   e  x e 2 x  1 ln0 2  
ln
0
2 e
e
x
2
d
x
x
 1
3 ln2 1 3 ln2 3
  dex  ln(ex  e2x 1)  ln(2 3).
2 0 e2x 1 2 0 2
π cos2t π dt π  3
方法二：原式2 dt 2 2sintdt lncsctcott 2 
π sint π sint π  2
6 6 6 6
3
ln(2 3) .
2
13.【答案】
3
1

2
1
π
【解析】函数 y  f ( x ) 在区间(a,b)上的平均值是指

b
a
f
b
(

x )
a
d x
，故所求的平均值为
2 3 x2
 2 dx
1
31 1x2
2
令 x s i n   ，则上式等于
3
2
1
π3
6
s i n 2 d
3
2
1
1
2
1
4
s i n 2
π3
π6
3
1 2
1
π    










.
e
14.【答案】
2
2 1 1 21 1 1 21  1 
【解析】 exdx exd    dex 
1 x3 1 x  x 1 x  
1 1 2 1 1 1 1 1 e
 ex 2  exd    e2 eex |2 .
x 1 1  x 2 1 2
15.【答案】（1） S
0
 ( 1  e  1 ) 2 ；（2） S
1
 S
0
e  2  e  2 ( 1  e  1 ) 2 ；
e1
（3）S S e2n e2n(1e1)2 ；（4）S 
n 0 e1
1 2 1 2
【解析】（1）S  xexdx (2x)exdx= xdex  (2x)dex
0
0 1 0 1
=


x
e
e


1
x

10
e



1
1
0

e
1
 x

d x
e 

1
(

2
e

 2
x

) e
e


x
1
21


1
2

1

e
2

e
x d
 1
x
 e  2  ( 1  e  1 ) 2
4 2
（2）令t  x2，则S  f(x2)exdx f(t)et2dt S e2 e2(1e1)2；
1 0
2 0
（3）令 t  x  2 n ，则 S
n
 
2
0
f ( t ) e  t 2 n d t  S
0
e  2 n  e  2 n (1  e  1 ) 2 ；
   S e1
（4）S S S e2n S (e2)n  0  .
n 0 0 1e2 e1
n0 n0 n0
16.【答案】
2
3
2
【解析】 I  
0
 1
( x  1 ) 2 d x  
1
0
( 3 x  1 ) 2 d x 
1
3
( x  1 ) 3
0
 1

1
9
( 3 x  1 ) 3
1
0

2
3
2
.
17.【答案】 2
【解析】 原式  
1
 1
[ x 2  2 x 1  x 2  (1  x 2 ) ] d x  
1
 1
d x  2 
1
 1
x 1  x 2 d x  2 .
其中 
1
 1
x 1  x 2 d x  0 ，由于 x 1  x 2 为奇函数.
18.【答案】C
【解析】由于  a
0
x f ( x ) d x   a
0
x d f ( x )  x f ( x ) a
0
  a
0
f ( x ) d x  a f ( a )   a
0
f ( x ) d x .
显然 a f ( a ) 等于矩阵OBAC的面积，由定积分的几何意义可知 
a
0
f ( x ) d x 等于曲边梯形
A B O D 的面积，所以，它们二者之差等于曲边三角形 A C D 的面积，故应选择（C）.
19.【答案】C
x2
【解析】由F(x) f(t2)dt知
0
F ( x )  2 x f ( x 4 ) ，故应选（C）.
20.【答案】A
【解析】由公式 d   x f(t)dt   f (x)(x) f (x)(x)知
dx x F ( x )  f ( l n x ) 
1
x
 f
 1
x




1
x 2


1
x
f ( l n x ) 
1
x 2
f
 1
x

. 故答案选（A）.
21.【答案】  
x
0
2
c o s t 2 d t  2 x 2 c o s x 4
【解析】由于 
0
2 x
x c o s t 2 d t   x 
x
0
2
c o s t 2 d t ，所以
d
d x

0
2 x
x c o s t 2 d t 
d
d x

 x 
x
0
2
c o s t 2 d t

  
x
0
2
c o s t 2 d t  2 x 2 c o s x 4 .
22.【答案】切线方程为 y  x ；2
【解析】由已知条件得 f ( 0 )  0 ， f ( 0 ) 
e 
1
(a rc

ta n
x
x
2
2)
x  0
 1 ，故所求切线方程为 y  x .
ln i m

n f
 2
n

 ln i m

2 
f
 2
n


2
n
f  0 
 2 f   0   2 .
23.【答案】

0 ,
1
4

【解析】 F ( x )  2 
1
x
( x  0 )
1
. 令2 0，解得
x
0  x 
1
4
. 则 F ( x ) 的单调减少区
间为

0 ,
1
4

.
x3 1
x2  , 1 x0,

 2 2
24.【答案】
F(x)
 ex x 1
ln  ln2 , 0 x1.
 ex 1 ex 1 2
【解析】当x[1,0)时，
x
x x 3   1  1 1
F(x) f(t)dt   2t t2  dt   t2  t3   x3x2  ；
1 1 2   2  2 2
1
当x0,1
时，x 0  1  0 x tet
F(x) f(t)dt  f(t)dt 

t2  t3

 dt
1 1  2  0 (et 1)2
1
 
1
2
 
x
0
(  t ) d

e t
1
 1

 
1
2

e t
t
 1
x
0
 
x
0 e
d
t
t
 1
 
1
2

e x
x
 1
 
x
0 e t (
d
e
e
t
t
 1 )
 
1
2

e x
x
 1
 
x
0
 1
e t

e t
1
 1

d e t
 
1
2

e x
x
 1
 l n
e
e
t
t
 1
x
0
 
1
2

e x
x
 1
 l n
e
e
x
x
 1
 l n
1
2
，
x3 1
x2  , 1 x0,

 2 2
所以F(x)
 ex x 1
ln  ln2 ,0 x1.
 ex 1 ex 1 2
25.【答案】D
1
(x21),0 x1

2
【解析】方法一：根据题设，由于 f(x) 在
1

(x1), 1 x2
3
[ 0 , 2 ] 上有界，且只有有限
个间断点，故 f(x)在[0,2]上可积. 因此，根据变上限积分的性质可知 g ( x )  
x
0
f ( u ) d u
是连续函数，故选项（D）正确.
方法二：当0 x1时， f ( x ) 
1
2
( x 2  1 ) ，有
x x1 1 1
g(x) f(u)du  (u2 1)du  x3 x，
0 0 2 6 2
当 1  x  2 时， f ( x ) 
1
3
( x  1 ) ，有
x 1 x 11 x1
g(x)  f(u)du  f(u)du f(u)du  (u2 1)du (u1)du
0 0 1 0 2 1 3
2 1
  (x1)2
3 6综上，由于 g ( x ) 
 1
6
2
3
x

3 
1
6

1
2
x
x

,
1  2 ,
0
1


x
x


1
2
，故 g ( x ) 在区间(0,2)内连续，即选项
（D）正确.
26.【答案】B
【解析】当0 x1时， F ( x )  
x
0
f ( t ) d t  
x
0
t 2 d t 
x
3
3
；
当 1  x  2 时， F ( x )  
1
0
t 2 d t  
x
1
( 2  t ) d t  
7
6
 2 x 
x
2
2
.
由此可见应选（B）.
27.【答案】D
s txu
s
【解析】I tt f(tx)dx  f(u)du，由此可见，
0 0
I 的值只与 s 有关，所以应选
（D）.
28.【答案】 a  4 ， b  1
【解析】
1  l i m
x  0

x
0
b x
a

t 2

s i
t
n
2
x
d t
 l i m
x  0 b
a

x

c
2
o
x
s
2
x
 l i m
x  0 b 
x
c
2
o s x

a
1
 x 2

1
a
l i m
x  0 b 
x
c
2
o s x
，
则必有 l i m
x  0
( b  c o s x )  0 ，否则，上式右端求导后的极限是0，则根据洛必达法则，左
端极限也应该是0，这与左端极限是1矛盾，故 b  1 ，进而
1
a
l i m
x  0 b 
x
c
2
o s x

1
a
l i m
x  0 1 
x
c
2
o s x

2
a
2
，即1 ，得
a
a  4 .
π
30.【答案】
8
【解析】x2
 dx  dx u  1  du
  2 
0 x2 4x8 0 (x2)2 4 2 1 u2 1

1 1π π π
 arctanu   
 
2 22 4 8
1
31.【答案】
π
4

1
2
l n 2
【提示】反常积分的计算正常按定积分的方法计算，在无穷限处求极限，若极限存在，则
反常积分收敛，得到的值即为反常积分的结果.
【解析】原式   

1

a r c t a n x d
 1
x

 l i
b 
m



1
x
a r c t a n x b1

 l i
b 
m


b
1 x (1
1
 x 2 )
d x
π b1 x  π  1 1 
  lim 



dx  lim

lnb ln(1b2) ln2

4 b 1  x 1x2  4 b 2 2 
π 1 b π 1
  ln2 lim ln   ln2
4 2 b 1b2 4 2
32.【答案】 1

+ dx 1  1 
【解析】  

0

1.
e xln2 x lnx  lne
e
33.【答案】
π
2
【解析】若令 x  s e c t ，则 d x  s e c t  t a n t d t ，于是
 dx πsecttantdt π π
 2 2dt 
1 x x2 1 0 secttant 0 2
1 也可令x  ，则
t
d x   1
2 t
d t ，于是  
1

x
d
x
x
2  1
  1
0 1
1
 t 2
d t  a r c s i n t 1
0
 π
2
.
1
34.【答案】
2
 xdx b xdx 1 b dx2 1 1 b 1
【解析】  lim  = lim   lim   .
0 (1x2)2 b 0 (1x2)2 b2 0 (1x2)2 b 2 1x2 2
035.【答案】C
【解析】由于 

e

x (
d
l n
x
x ) 2
 

e

( l n
1
x ) 2
d ( l n x )  
l
1
n x
|e   1 ，则 

e

x (
d
l n
x
x ) 2
收敛.
故应选（C）.
（A） 

e
 l n
x
x
d x  

e

l n x d ( l n x )  (
1
2
l n 2 x ) |e  发散.
（B） 

e

x
d
l
x
n x
 

e

l
1
n x
d ( l n x )  l n ( l n x ) |e  发散.
（D） 

e

x
d x
l n x
 

e
 1
l n x
d ( l n x )  2 l n x |e  发散.
36.【答案】A
【解析】 
1
 1 s
d
i n
x
x
= 
0
 1 s i
1
n x
d x  
1
0 s i
1
n x
d x ，而 
1
0 s i
1
n x
d x 与 
1
0
1
x
d x 是同收敛，
故 
1
0 s i
1
n x
d x 发散，于是 
1
 1 s i
1
n x
d x 发散，选（A）.
1 1 0 1 1 1 0 1 0 1
 dx dx dx，而 dx与 dx同收敛，
1 1x2 1 1x2 0 1x2 1 1x2 1 1x2
且 
0
 1 1
1
 x 2
d x 收敛，故 
0
 1 1
1
 x 2
d x 收敛，又 
1
0 1
1
 x 2
d x 与 
1
0 1
1
 x
d x 同收敛，
1 1
且 dx收敛，故
0 1x

1
0 1
d

x
x 2
收敛，于是 
1
 1 1
d

x
x 2
收敛；
  ex2 dx π ；  dx  1   1 .
0 2 2 xln2 x lnx 2 ln2
5-3 拓展拔高
1.【答案】C
【解析】曲线y(x1)(x2)(3x)与x轴有三个交点x1，x2，x3，当1 x2
时，y0；当2 x3时，y0，所以围成的面积可以表示为C选项的形式，答案选（C）.
2.【答案】 3  2 l n 2
【解析】根据定积分的定义得：
1 3n k 1 3n  n  1 3n 1 1 dx
I lim  lim  1 33lim  33
 
nn nk nn  nk  n3n k 013x
k1 k1 k113
3n
|
3ln(13x) 132ln2.
0
3.【答案】A
【解析】lim n n lim 1  n 1  1 dx arctanx | 1 
n n2 i2 nn  i  2 01x2 0 4
i1 i1
1
 
n
4.【答案】
1

6
【解析】由 0 
n
i
1
1
n 3
1 
i
n
2
2

n
i
1
1
n 3

1
n 2
得， li m
n  
n
i
1
1
n 3
1 
i
n
2
2
 0 ，则
lim n 1i2 1 i2 lim n i2 1 i2 lim 1  n i2 1 i2  1 x2 1x2dx
n n3 n2 n n3 n2 n n2 n2 0
i1 i1 i1
x=sint   1 π 3 1 π π
2sin2tcostcostdt 2sin2t(1sin2t)dt       .
0 0 2 2 4 2 2 16
5.【答案】
2

2
【解析】
i i
cos sin
n n 1 n i i 1
lim lim  cos sin   cosxsinxdx
n n nn n n 0
i1
1 1 1  2     
  cosxsinxd(x)  cosxsinxdx  sin

x

d

x

 0  0  0  4  4
2  2  2 2  2 2
  4 sinxdx  sinxdx 2sinxdx
   0  0 
46.【答案】D
【解析】因为 f  x  是单调减少的正值函数，且当 x  0 时， x  s i n x ，所以当 0  x  1
时， s i n f ( x )  f ( x )  f ( s i n x )
1 1 1
，于是 sinf(x)dx f(x)dx f(sinx)dx，即
0 0 0
I I I . 故答案选（D）.
3 1 2
7.【答案】B
【解析】因为当 0  x  1 时， l n (1  x ) 
1
x
 x

s
1
i n

x
x

s i
1
n

2
x
x
，所以 J  I ;
因为当 0  x  1 时， 0  s i n x  x  t a n x ，所以 l n (1  x )  l n (1  t a n x ) ，故 I  K ，即
J I K，故答案选（B）.
8.【答案】C
2πsinx πsinx 2πsinx
【解析】对于（C）， dx dx dx，
0 x 0 x x x
2πsinx t  xπ πsin(tπ) π sint
 dx  dt  dt,
π x 0 tπ 0 tπ
2πsinx π1 1 
 dx



sinxdx0
0 x 0  x πx
对于（A），在

0 ,
π
4

上比较
t a n
x
x 4 tanx 4
与 的大小即可，令 f(x)  ，则
π x π
xsec2 xtanx
f(x) ，令h(x) xsec2 xtanx，h(x) x2sec2 xtanx0，则
x2
h ( x ) 单调递增， 且 h ( 0 )  0 ， 所以 h ( x )  0 ，即 f ( x )  0 ， f(x)单调递增， 又
π
f   0，所以在区间
4

0 ,
π
4

上 f ( x )  0
π tanx π 4
，即4 dx4 dx1. 同理对于
0 x 0 π
 π sinx 2
（D），在 0, 上比较 与 的大小即可；
 2 x π
2π π
对于（B）， cosxln(2cosx)dx cosxln(2cosx)dx
0 π 2 
π
0
c o s x  l n ( 2  c o s x ) d x  2


π2
0
c o s x  l n ( 2  c o s x ) d x  
π
π2
c o s x  l n ( 2  c o s x ) d x

由于 
π
π2
c o s x  l n ( 2  c o s x ) d x
t  π  x
 
π2
0
c o s t  l n ( 2  c o s t ) d t ，
因此 
2
0
π
c o s x  l n ( 2  c o s x ) d x  2 
π2
0
c o s x  l n
2
2


c
c
o
o
s
s
x
x
d x  0 .
9.【答案】 l n 2
【解析】令 
1
0
f ( x ) d x  A
x 1
，在 f(x) x f(x)dx，两边同时在0到1上积分有
1x2 0
A  
1
0 1 
x
x 2
d x  A 
1
0
x d x ，
由于 
1
0 1 
x
x 2
d x 
1
2
l n ( 1  x 2 )
|10

1
2
l n 2 ， 
1
0
x d x 

2
，则 A 

2
l n 2 

2
A ，Aln2.
10.【答案】 

2
 2
【解析】令 t  a r c s i n x ，则xsint， d x  c o s t d t ， a r c c o s x 

2
 t .
1      
 arcsinxarccosxdx2t tcostdt 2t td(sint)
0 0 2  0 2 
    
t  t  sint 2 2 2t  sintdt
2  0 0 2 
 
2 2t

d(cost)
0 2 
    
 2tcost 2 22costdt  2
2  0 0 2
11.【答案】
1

6
【解析】 1 2xx2  (1x2)3dx 1 2xx2dx 1 (1x2)3dx
0  0 0
而
1 1 0 1
 2xx2dx 1(x1)2dx x1t  1t2dt  
0 0 1 41  3 1  3
 (1x2)3dx xsint 2cos4tdt     
0 0 4 2 2 16
因此，  1
0
 2 x  x 2  ( 1  x 2 ) 3  d x  
4

1
3
6
 
1

6
.
π
12.【答案】
4
【解析】令 I  
1
0 x 
d x
1  x 2
x  s i n t 
π20
s i n
c
t
o

s t
c o s t
d t ，
因为 
π20
f ( s i n x ) d x  
π20
f ( c o s x ) d x ，所以 I  
π20
s i n
c
t
o

s t
c o s t
d t  
π20
c o s
s
t
i n

t
s i n t
d t ，
从而 2 I  
π20
s i n
c
t
o

s t
c o s t
d t  
π20
c o s
s
t
i n

t
s i n t
d t 
π
2
，故 I 
π
4
.
13.【答案】
π
2
【解析】
2 2  x 2 x  x d x 
0

x
2   ( x
0
1   x
 1
 s i n


t
1 ) 
 1
π
 2 20
 1
1 
c o s
1
x
2 t

2
d
d
t
( x
x



2
2 1 )
1 
 1
1

2
d (
1

x

π
2

x

1
2
)
d
π
2
x  2  1
0
1  x 2 d x
14.【答案】
1
2
l n ( 1  2 )
【解析】
1 dx π sec2tdt π dt 1 π  π  π
 xtant 4 4  4sec

t

d

t

0(1x) 1x2 0 (1tant)sect 0 sintcost 2 0  4  4
π
1  π  π 4
 ln tant sect 
2  4  4
0
1
 ln(1 2)
2
11 8
15.【答案】（1） ；（2）10 2
2 3【解析】（1）因为 m a x ( x , x 2 ) 
 x
x
x
2
,
2
,
,

0
1
2



x
x
x



1
2
0
于是

2
 2
m a x ( x , x 2 ) d x  
0
 2
x 2 d x  
1
0
x d x  
2
1
x 2 d x 
1 1
2
（2）因为 m i n ( 2 , x 2 ) 
 2
x
2
,
2
,
,


3
2

2

x

x

x



2
2
2 ，于是

2
 3
m i n ( 2 , x 2 ) d x  

 3
2
2 d x  

2
2
x 2 d x  
2
2
2 d x  1 0 
8
3
2
16.【答案】 2 (1  2 e  1 )
【解析】
 1
 1
( x  x )e  x d x 






2
1
 1
1
 1
2
(1
x
x


 x e d x
 x e d x
|  x 1 x e
0
 1 2 e )



1  x
 1
1  2
0
1   e
0
e
x
x

e
d
x d
 x d
 x

x
x   2  1
0
x d e  x
17.【答案】 4  
【解析】利用奇偶性，有

2

2

x
1


s
c
i
o
n
s
2
x
x
 2
d x 


2
2
2



20
20
20
 1
 1
t a
2 s i n
 c o s
 c o s
2 s i n
x 2 n d
2
x
x
x
x
x



2
2
d
d
2
x
x



20 (
2
2
s


e
20
20
c

4
2
1
1

s
x
2


2
i n

c o s
c o s
s i n
x
2
2
1 ) d
2
x
2
c
x
x

x
2
o

d x
2
2

x
2 s
2
( 4
d
t a
x
n x
2
 2 x )  | 20  4  
7π2
18.【答案】
4
【解析】2
0
π
f ( x ) d x
x
π
f
0
2 π
2
2 π
2
π
2 π
2
2 3 π
2
( x
π
2
) d x
2 π
f (
π
π
f ( x
0
2 t π
π
s i n
0
1
π
2
x
)
2
2 π
f
π
π )
d x
π
( π
0
t d t
π
2
(
d
2 π
x ) d x
2
2
( x π )
2 π
2 x s i n x d x
π
2 t ) s i n t d t
π
2 t s i n t d t
0
π π
2 s i n t d t
2 0
2 π
π
x s
[
i
f
n
(
2
x
x d x
π ) x s i n 2 x ]d x



 
















π




1
2





π
2







3

π
2

2



2 π
4


 
7 π
4
2
 
19.【答案】D
【解析】由
 2 x
x
 t e 2 (t x ) d t  
t
2
x
x 
x
( t


u
x )


x
0
x
( u
e

 (t
x )
x
e
2)

d
u
( t
2 d

u
x

)
 x
0
u e  u 2 d u  x  x
0
e  u 2 d u
得 d
d x
 2
x
x t e  (t x 2) d t  x e  x 2   x
0
e  u 2 d u  x e  x 2  2 x e  x 2   x
0
e  u 2 d u
故 d
d x
2
2
 2
x
x t e  (t x 2) d t  2 e  x 2  4 x 2 e  x 2  e  x 2  3 e  x 2  4 x 2 e  x 2 ，选（D）.
20.【答案】B
【解析】由 
3
0
x
f ( x  t ) d t
x  t  u


x
2 x
f ( u ) (  d u )  
x
 2 x
f ( u ) d u
得
3x x
 f(xt)dt  f(u)du 洛 1 f(x)2f(2x)
lim 0 lim 2x lim
x0 x2 x0 x2 2 x0 x
1 f(x) f(0) f(2x) f(0) 3
 lim 4lim  f(0)3
 
2x0 x x0 2x  2
故选（B）.f(x)2f(2x)
【注】求lim 不可继续洛必达，因为题目中缺少
x0 x
f ( x ) 可导且导函数连续
的条件.
21.【答案】
π
2
1 xt u 1 x
【解析】 f(xt)dt  f(u)du，所以得
1
x 1
x
l i m
x 

1
1
2
1

1x
l i m
x 
f
l n
1
( x t ) d
2 x
f ( x )
x
t



1
f
l i m
x  1
( 1 )
1
x


1
2
l n
f
x

1
2 1
( 1
f

)
(

u
(
)
x
π
2
d

u
1 ) 
 l i m
x  1

x
1
(
f
x
(

u
1
)
)
d
2
u

1
2
l i m
x  1
f
x
(

x )
1
【注】求 l i m
x  1
f
x
(

x )
1
不可继续洛必达，因为题目中缺少 f ( x ) 可导且导函数连续的条件.
22.【答案】 F ( x ) 
 1
2
x e
x
x
3


e
x
x
2


1
2
1
2
,
,  1
0


x
x


0
1
,
,
【解析】当 x  [  1 , 0 ) 时，
F ( x )  
x
 1
f ( t ) d t  
x
 1

2 t 
3
2
t 2

d t 

t 2 
1
2
t 3

x
 1

1
2
x 3  x 2 
1
2
当 x  [ 0 , 1 ] 时，
0
x 0 x  1  x
F(x)  f(t)dt  f(t)dt f(t)dt  t2  t3  tetdt
 
1 1 0  2  0
1
1 x 1
 (tet et)  xex ex 
2 0 2
1 1
x3x2  , 1 x0,

2 2
综上所述，F(x)
1
 xex ex  , 0 x1,
 2
23.【解析】当 x0时，I  x (1 sint)dt  x (1sint)dt (tcost) x  xcosx1
  
当0 x时，
I 


1
x
 

( 1


 1
s i

n t
x
)

d t
c o

s

x
0
 

( 1
1


s
x
i n

t
c
) d
o
t
s

x


x
0

( 1


3
s i n t ) d t  ( t  c o s t ) 0
 
 ( t  c o s t ) x
0
综上所述， I 
 x
x


c
c
o
o
s
s
x
x


π
π


1
3
,
,
 π
0


x
x


0
π
.
24.【答案】1
【解析】设u  xt， d t   d u ，当 t  0 时， u  x ，当 t  x 时， u  0 ，于是
1  c o s x  
x
0
t f ( x  t ) d t  
x
0
( x  u ) f ( u ) d u  x 
x
0
f ( u ) d u  
x
0
u f ( u ) d u
等式两端对 x 求导数，得 s i n x  
x
0
f ( u ) d u  x f ( x )  x f ( x )  
x
0
f ( u ) d u
令 x 
π
2
，可得 
π2
0
f ( x ) d x  s i n x
|
x  π2
 1 .
25.【答案】 f ( x )  3 x 2  3 x
【解析】原方程变形为 x 
2
0
x
f ( t ) d t  2 
0
x
t f ( 2 t ) d t  2 x 3 ( x  1 ) ，
已知 f(x)连续，则上式中的变限积分均可导，两边同时对 x 求导得

2
0
x
f ( t ) d t  2 x f ( 2 x )  2 x f ( 2 x )  6 x 2 ( x  1 )  2 x 3 ，
2x
即 f(t)dt 8x36x2，两边再同时对x求导得
0
2 f ( 2 x )  2 4 x 2  1 2 x ；
令 t  2 x ，则 f(t)3t2 3t，即 f(x)3x2 3x.
26.【答案】D
【解析】求曲线在给定点处的法线方程，应先检查此点是否在曲线上，如果在曲线上，再
求该点处的导数，易知点(0,0)在曲线y  sinx et2 dt上. 由于ycosxesin2x，
0
y 1，可知法线斜率为1，因此所求法线方程为y  x，故选（D）.
x027.【答案】 l n 3
【解析】令 f ( x ) 
x
2
2
x


x
1
 1
 0 ，得 x 
1
2
，当 x 

 1 ,
1
2

时， f ( x )  0 ；
1 
当x  ,1  时，
2 
f ( x )  0 ，所以 x 
1
2
时， f ( x ) 在   1 , 1  上取得最小值，
又 f (1 )  
1
0 u
2
2
u


u
1
 1
d u  l n ( u 2  u  1 )
1
0
 0 ，
f (  1 )  

0
1
u
2
2
u


u
1
 1
d u   l n ( u 2  u  1 )
0
 1
 l n 3 ，
故综上所述， f ( x ) 在区间   1 , 1  上的最大值为 l n 3 .
π
28.【答案】收敛；
2
 dx 3 dx  dx
【解析】  
2 (x1) x2 2x 2 (x1) x2 2x 3 (x1) x2 2x
1 1 1
lim(x2)2   ，即
x2 (x1) x(x2) 2
x  2  时，
( x  1 )
1
x ( x  2 )
2 
( x 
1
2 )
12
，故 
3
2 ( x  1 )
d x
x 2  2 x
与 
3
2
( x
d

x
2 )
12
有相同的敛散性，
而 
3
2
( x
d

x
2 )
12
收敛，所以 
3
2 ( x  1 )
d x
x 2  2 x
收敛；
1
lim x2 1，即
x (x1) x(x2)
x    时，
( x  1 )
1
x ( x  2 )
1
x 2
，
 dx
故 与
3 (x1) x2 2x


3
 1
x 2
d x 有相同的敛散性，而 

3
 1
x 2
d x 收敛，
 dx  dx
所以 收敛；综上， 收敛；
3 (x1) x2 2x 2 (x1) x2 2x
 
2 ( x  1 )
d x
x 2  2 x



2
x


( x
s

e c
d
1 )
t
( x
(


xπ2
0
1 )
 1 )
s e c
s e c
2
t
t

t a
t a
1
n
n

t
d
t

t

1


x
π
2
d
x
x
2  1
29.【答案】C
1
【解析】对于（A）， lim x 1，即
x ∣x2 2x∣
x   
1 1
时， ，
∣x2 2x∣ x
所以 

1

∣ x
d
2
x
 2 x ∣
发散；对于（B）， l i
x 
m
0 
x 
l n
x
( 1


x 2 s
x
i n
)
x
 l i
x 
m
0  s i
x
n x

1
1
 x
 1 ，即
x0时，
l n
x
(1


x 2 s
x
i n
)
x
1
x
，所以 
1
0
l n
x
(1


x 2 s
x
i n
)
x
d x 发散；对于（D），
1
lim x 1，即
x0 x x1
x  0  时，
x
1
x  1
1
x
，所以 

0

x
d
x
x
 1
发散；对于（C），


0

∣
d
3 x
x
 x ∣
 
1
0 x
d x
 x 3
 

1

x
d
3
x
 x
1 1
，lim x2  1，即x0时，
x0 xx3
1 1
，且
xx3 x
1
2
1    ；又因为
lx i m
1 
(1  x )
12

x
1
 x 3
 lx i m
1 
(1  x )
12

x  1 
1
x  1  x

1
2
且
1
2
1    所以 
1
0 x
d x
 x 3
收敛；
lx i m
1 
( x  1 )
12

x
1
3  x
 lx i m
1 
( x  1 )
12

x  1 
1
x  x  1

1
2
，
且
1
2
1    ，又因为 l i
x 
m

x
32

x
1
3  x
 1 且
3
2
1   
 dx
，所以 收敛，故
1 x3x
 dx
 收敛，选（C）.
0 ∣x3x∣
30.【答案】D1
【解析】对于（A），lim(1x) 1且
x1 （x x1）
1 1    得 
1
0 x
d
(
x
x  1 )
发散；
对于（B）， l i
x 
m

x 
1  x
x
x
 1 且11得 

0

1  x
x
x
d x 发散；
对于（C）， l i
x 
m

x 
x
1
2  x
 l i
x 
m

1
1

1
x
 1
 dx
且11得 发散；
1 x2 x
1 1 1
对于（D），lim x2   lim 1且
x0 xx2 x0 1x
1
2
1    ，
又 lx i m
1 
( 1  x )
12

x
1
 x 2
 lx i m
1 
1
x
 1 且
1
2
1    ，故 
1
0 x
d x
 x 2
收敛，选（D）.
31.【答案】A
【解析】方法一：对于（A）， 
1
 1 s i
1
n x
d x 中， x  0 为该反常积分的瑕点，且当
1
limx 1，由
x0 sinx
1 1    得 
1
 1 s i
1
n x
d x 发散；
对于（B）， 
1
 1 1
1
 x 2
d x  
0
 1 1
1
 x 2
d x  
1
0 1
1
 x 2
d x ， 
0
 1 1
1
 x 2
d x 中，x1为该
1 1 1
反常积分的瑕点， lim(1x)2   且
x1 1x2 2
1
2
1    得 
0
 1 1
1
 x 2
d x 收敛；
1 1
 dx中，x1为该反常积分的瑕点，
0 1x2
lx i m
1 
(1  x )
12

1
1
 x 2

1
2
1
且 1得
2
1 1 1 1
 dx收敛，故 dx收敛；
0 1x2 1 1x2
1 1 1 1
对于（C），lim(x1)2   lim  ，且
x1 x3 x2 1 x1 x3 x1 2
1
2
1    ，再由
1  dx
lim x4 1，且41得 收敛；
x x3 x2 1 1 x3 x2 11
对于（D）， lim x3 1，且
x x(x2 1)
3 1   
 dx
得 收敛，故选（A）.
1 x(x2 1)
方法二：对于（B），
 1
 1 1
1
 x 2
d x   0
 1 1
1
 x 2
d x   1
0 1
1
 x 2
d x  a r c s i n x 0
 1
 a r c s i n x 1
0
 π
2
 π
2
 π
1 1
所以 dx收敛；
1 1x2
对于（C）， 

1

x 3
d
x
x
2  1
x  s e c t

π2
0
s e c
s e c
t
3
t a
t
n
t a
t
n
d t
t
 
π2
0
c o s 2 t d t 
1
2

π
2

π
4
所以 

1

x 3
d
x
x
2  1
收敛；
对于（D）， 

1

x ( x
d
2
x
 1 )
 

1
  1
x

x 2
x
 1

d x  l n
x
x
2  1

1

  l n
1
2

1
2
l n 2
所以 

1

x ( x
d
2
x
 1 )
收敛；故选（A）.
32.【答案】D
【解析】对于（A）， 
2
 1
1
x 2
d x  
0
 1
1
x 2
d x  
2
0
1
x 2
d x ， x  0 为该反常积分的瑕点，此时
2 1   
0 1 2 1
，所以 dx与 dx均发散，故
1x2 0 x2

2
 1
1
x 2
d x 发散；
对于（B）， x  0 为该反常积分的瑕点， l i
x 
m
0 
x 
x
1
x 2  1
 1 且 1 1    ，所以
1 1
 dx发散；
0 x 1x2
1 x1
对于（C）， lim x2  1且
x x(x2)
1
2
1    ，所以 

0

x
x
(

x
1
 2 )
d x 发散；
1 1 1 1
对于（D），x1为该反常积分的瑕点，lim(x1)2   lim  且
x1 x3x x1 x x1 21
 1；
2
l i
x 
m

x
32

x
1
3  x
 1
3
且 1，得
2


1

x
d
3
x
 x
收敛，故选（D）.

33.【答案】收敛， ln(2 3)
2
3 dx 1 dx 3 dx
【解析】2  2 ，
1 1
∣xx2∣ xx2 1 x2 x
2 2
x  1 为该反常积分的瑕点，
由 lx i m
1 
(1  x )
12

x
1
 x 2
 1
1
且 1，得
2

1
12 x
d x
 x 2
收敛；
由 lx i m
1 
( x  1 )
12

x
1
2  x
 1 且
1
2
1    ，得 
1
32
x
d
2
x
 x
收敛；故 
3212
∣ x
d x
 x 2∣
收敛.
其中

1
12 x
d x
 x 2
 2 
1
12 1
d

(
(
x )
x ) 2
 2 a r c s i n x
1
12


2 ；

1
32 d
2 x
x
 x


2
l

n
1
32

d
(
6
(
x

2
x )
2 ) 
2
12



2
l n
l n
8
(

x
2
4

1 2
x


l
1
n
)
(
32
1
2


2 l
3
n
)
 6 
2
2 
故

3212
∣ x
d x
 x 2∣


2
 l n ( 2  3 )
.
34.【答案】  4 l n 3
(a8)x1
【解析】整理得b dx，若
1 x(x2)
a  8  0 ，则由 l i
x 
m

x 
( a
x

(
8
x
)

x
2

)
1
 a  8 ，
(a8)x1 (a8)x1
知 dx发散，与题设b dx矛盾，故
1 x(x2) 1 x(x2)
a  8  0 ，即
a8，于是

 1 1 1 1  1 x 1 1 1
b dx 



dx ln 

ln

 ln3
1 x(x2) 2 1  x x2 2 x2 2 3 2
1
所以ab4ln3.2 1
35.【答案】 
16 4
【解析】令 a r c s i n x  t ，则 x  s i n t ， t 

0 ,

2


1
0
x 2 a
1
r c s i
 x
n
2
x
d x 




 t s
2
c 0
 
 2 
0 
2 

1 62


1 6
2 i n t
o s t
t t

2
t s i n
4
1
c o
8
 c o s t d
c o s 2 t
2

2 t 2

0

s 2 t 20
t


d
1
4

  t s 2
0
2 t
t 
4

 s i n 2
0
2  1

1 6 4
i n
2
0
2
2

t d
t d
1
4
t
t

2
0
t d ( s i n 2 t )
36.【答案】A
【解析】 

0
 x n
(
(1
1 

x
e
)

m
x )
d x  
1
0
x n (1
( 1 

x
e
)

m
x )
d x  

1
 x n
(
(1
1 

x
e
)

m
x )
d x  I
1
 I
2
对于 I
1
 
1
0
x n (1
(1 

x
e
)

m
x )
d x ， x  0 为该反常积分的瑕点， l i
x 
m
0 
x  (n  1 ) 
x n (1
(1 

x
e
)

m
x )
 1 ，
当 ( n 1 ) 1      ，即n2时，I 收敛；
1
对于 I
2
 

1
 x n
(
(
1
1


x
e
)

m
x )
d x ， l i
x 
m

x m  n 
x n (1
(1 

x
e
)

m
x )
 1 ，
当mn1，即 m  n  1 时， I
2
收敛；故选（A）.