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_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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）.