250609_101910-菁英班强化高数第三章解析_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_强化_高数

第三章 一元函数积分学
3-1综合测试
3 2 1
1.【答案】 arcsin x 94x2 C，
2 3 2
C 为任意常数
【解析】方法一：
3  2 x
 I  d x
2 9  4 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
2.【答案】 ln
x
x


2
2


2 x
x


1
1

2
3
a r c t a n
2 x 
3
1  1
 C ， C 为任意常数
【解析】令 x1t，则 x  t 2  1 ， d x  2 t d t ，
于是I 





2
2
2
l n
t  2
 2 t
4 t  t
1 
 

t  1 
d t
  
t  1
l n | t  1 |
x  2 
x  2 
d t  2
t 
2 t  t
2 d ( t
2 t 
 l n t
2 x 
x 
t

t
1
 1
 t
t 
2 
1
1

3 

d

 1
1
t 

2
1
t
)
1
2
d


3
t 
2


a r


2
c
2

t
3
t

t

a
a n
2 ( t  t  1 ) 
2 ( t  1 ) ( t 
1 1 2 t 
 
2  1 2 t 
1  
d t 
 
2  
2  1 3 
  
2 2  
2 t  1
r c t a n
3
2 x  1  1
3
2 ( t
t 
1 
t 
2 
 C
 C

1
1
1
1
)

)
d
d
t
t
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  e x  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
5.【答案】
1
2
x 
1
4
l n | 1  s i n 2 x |  C ， C 为任意常数
【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) 1 1
2
I  dx  dx  x ln|sinxcosx|C.
sinxcosx 2 sinxcosx 2 2
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
I 





1
2
1
2

1
4
1
2
1
2


1
4
l n
l n
l n
2 d x
2 2 2 x 1  ( x )
d t 1
  
s i n t 2 1
1 
 

1  c o s t 
1  c o s t
 C
1  c o s t
 1
1  
4 1  x 
4 ( 1  x  1 )
2 x
d c
 c
1 


 
 l n

o
o
1
c
1
2
1
2
t a
s t
2 s
o s
l n
l n
x
n t
t

d

t 
( 1 
1
 C
1
2
c
c
x


o
o
2
t a
s t
s t
4 x
n
)

1
t 
c
1

2
C
1
o s
l n
t
s

i n
c o
t
1
s

2 t
C
d t
x3 7
C ,x1

3 6

x2
7.【答案】max
 x2,x2
dx 2xC,1 x2，
2

x3 10
 C ,x2
3 3

C 为任意常数x2,x1

【解析】max
 x2,x2
x2,1 x2,

x2,x2

当 x   1 时，  m a x  x  2 , x 2  d x 
x
3
3
 C
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
.
由 
1
3
 C
1

1
2
 2  C
2
, 2  4  C
2

8
3
 C
3
，得 C
1
 C
2

7
6
, C
3
 C
2

1 0
3
，取
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】
x5dx 1 x3 1 x3 1 1 
   d(x3)  d(x3) d(x3)
 
4 x31 3 4 x31 3  4 x31 4 x31 
1 3

1 
  (x31)4d(x31)(x31) 4d(x31)
 
3
4 7 4 3
 (x31)4  (x31)4 C
21 9
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
 d x
4 s i n x c o s x









3
3
3
2 s i n x
s i n x
s i n x
4 c o s x
d ( c o

c o s
1
3 c o s x
1
3 c o s x
1
3 c o s x

c
d
s x
4 x



2 c o s x
d
4 o s x
 x 
s i n
) s i n
 
s
s i n x

2 c o s x
d ( c o s

2 c o s
1

c o s x
x
1
x c o
2 x 
i n x c
d x 
x )

x
l n | c
2 s
c
o s

 c
s c
d
x
2 o s
2 x
1
s i n
s c x
x 
x
x
d x
d x
x
d x
c o t x |  C
6.【答案】
1
2 n

a r c t a n x n 
1 
x n
x 2 n

 C
【解析】令 x n  t a n t
1
，则x3n1dx  tan2tdtant，所以
n
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
，
d x  
( t
6
3
t

2
1 ) 2
d t ，从而所求积分为
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d x

3 2 ( x  1 ) x  2 x


1
2
1
2
t
(
1
x
x

2

t

1
2
2
)

x
2
1
2

a r
1
2
c
a
s
r
i n
c s
t
i

n
a
x
r c
1

s
1
i n

t
C
 C
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
2  x a r c t a n x l n ( 1  x ) d x 


1
2
a
[
r c
(1
t a

n
x
x
2
d
)

l n
1
2
( 1
( 1


x
x
2
2
)
)

l n
x
(
2
1
]

a r
x
c
2 )
t a n

x
1
2

x 2
1
2



l n ( 1  x 2 ) 
1
x

2
x 2

d x
其中


l

2  x
2 n (1  x )  d x

2 1  x 






x
x
x
x
l n
l n
l n
l n
l n
(1
(1
(1
(1
(1





x
x
x
x
x
2
2
2
2
2
) d
)
)
)
)
x







2
3

1 
2 x
x 
x 
2 x  1 
2 1  x
x
2 x d
2 x
2  2 
2 1  x
2 a r c t a
3 a r c t a
1
x
2
n
n
d x
 
d x 
x 
x 
d x
x
x
C



1

1  x
a r c t a n
a r c t a n
2
x
x
d

x
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
12.【答案】 e x t a n
x
2
 C
【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
I  J  
s i n x 
1
3 c o s x
d x  
2
d
s i

n
x


x

3


3


1
2
l n c s c

x 

3

 c o t

x 

3

 C
1
3 I  J  
3
s
c
i n
o s
x
2

x 
3
s i
c
n
o
2
s
x
x
d x   ( 3 c o s x  s i n x ) d x  3 s i n x  c o s x  C
2
.
联立解得 I 
3 s i n x
4
 c o s x

l n c s c

x 

3

8
 c o t

x 

3

 C .
1   x2 1 x2  2x1
14.【答案】 2arctan ln C.
4 2   2x  x2  2x1
【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 .
15.【答案】 
s i
x
n
2
x

c o s
x
x
 C
【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2sinx 2cosx sinx
f(x) dx dx dx
x3 x2 x
sinx cosx sinx
  dx dx
x2 x2 x
sinx 1 sinx
 cosxd  dx
x2 x x
sinx cosx
  C
x2 x
b a
16.【答案】A ，B 
a2 b2 a2 b2
【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 ，  b A  a B  1 . 由此即可解出 A 
a 2
b
 b 2
， B 
a 2
a
 b 2
.
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.

当 x  1 时，  f ( x ) d x   x 3 d x 
1
4
x 4  C
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 
lim  x4 C   lim(xC )，即
x14 1  x1 3
1
4
 C
1
 1  C
3
.
1  1
lim x3C  lim(xC )，即 C 1C .
x13 2 x1 3 3 2 3
令C C ，得
3
C
1

3
4
 C
2
，C  C，故
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
4 420.【答案】  e
1x
 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
1x
 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 )  x 2  b x  2 a
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）
b  
2
0
f ( x ) d x 
 x
3
3

b x
2
2
 2 a x

2
0

8
3
 2 b  4 a
即 4 a  3 b 
8
3
（2）
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  1  3 x2sint  3 1  3


1 x2

dx 22cos4tdt 2    
0  4  0 4 2 2 8
因此，原式 

2

3
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
【解析】 ln i m

x
1


x
x
2 n  1
2 n  1

 x
x
,
2
0
, 1


x
x


1
2
,
所以 
2
0

ln i m

x
1


x
x
2 n  1
2 n  1

d x  
1
0
x d x  
2
1
x 2 d x 
1
2

7
3

1 7
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ln2【解析】因为 
d
e
x
x  1
  2 
1 
1

e

x2  2
d

e
 x2 
  2 a r c s i n e
 x2
 C ，
所以 
2
a
ln 2
e
d
x
x
 1
  2 a r c s i n e
 x2
2
a
ln 2
  2
 
6
 a r c s i n e
 a2 


6
，
 a 
则arcsine 2  ，故
4
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】
 sinx 1 d(12acosxa2)
 dx 
0 12acosxa2 a 0 2 12acosxa2

1
 12acosxa2
a
0
1 2
 (a1)(a1)
a a
11.【答案】2 2
【解析】方法一：3 π
 f ( x ) d x 
π
令


令

3 π
[
π
t 
π  t
0
2 
2
u 
f ( x
x 
d t 
 2
t 





 )
2 π

0
2 π 

2 π


2 
2

f
f
f

s i n
( t )
( t 
( t 
2 
d
x ] d x 
π
 t 
0
 )  s i
 ) d t
π
 f ( u
0

f
n
)
3 π
π
( t
 t
d u
)
d
f
d
t

(
t
x



2

2



)
π
2
d
f
x
( t ) d t
方法二：x在   , 3   中有
xsinx,x,2,

f x

x2,x2,3,
3π 2π 3π
 f(x)dx (xsinx)dx (x2)dx2 2.
π π 2π
12.【答案】见解析
【解析】（1）

a
 a
f ( x ) g ( x ) d x 

=

a
 [ f
0
a
 [ f
0
a
 [ f
0
a
 A
0
( x
( x
( x
g (
)
)
)
x
g
g

) d
( x )
( x )
f (
x .
+
+

f
f
x
( 
( 
) ] g
x
x
(
)
)
x
g
g
)
( 
( x
] d
x )
) ] d
x
] d
x
x
（2） f ( x )  a r c t a n e x

，g(x) sinx ，a  ，则
2
f ( x ) , g ( x ) 在



2
,

2

上连续，
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 . 即 f(x) f(x) .
2 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】
由 f ( t )  
1
0
t t  x d x
t  x  u

t
t
1
t u (  d u )  t 
t
t 1
u d u ，故
当 t  1 时， f ( t )  t 
t
t 1
u d u  t 
1
2
u 2
t
t 1
 t 

t 
1
2

 t 2 
t
2
；
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
t
t 1 t
当t 0时， f(t)t (u)du t u2 t2 
t1 2 2
t1
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
2.【答案】
( 
3
1 )
n  1
n
n !
【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1n  n n1  n n1  1
于是a  a       a           a ，
n 3 n1  3 3  n2  3 3   3 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，
1
f(x)  ln x2  y2dy
0
y1 1 1 2y
 yln x2  y2  y  dy
y0 0 x2  y2 2 x2  y2
1
y2
ln x2 1 dy
0 x2  y2
1x2  y2 x2
ln x2 1 dy
0 x2  y2
1
x2
ln x2 11 dy
0 x2  y2
1 1  y
ln x2 11x d
 
0  y 2  x
1
 
 x
1
ln x2 11xarctan
x
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  a 2  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
1
5.【答案】 ln(2 53)
2
【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） ln2
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）
2
0
l n s i n x d x 



1
2
1
2
1
2
1
2




2
0
2
0
2
0
2
0
(
l
l
l
l
n
n
n
n

s
s
s i
1
2
i n
i n
n
s
2
t
x 
i n
x d
d t
l n
2 x
x 


4
c o

d 

4
l n
s x
x 
l n
2
)
2
d
1
2
x

 2
0
2 x
l n

1
2
t
d x 
1
4

1
2

0

 l n 2
0
l n s i n
s i n
t d t
2

x d

4
x
l n 2
故
1
2

2
0
l n s i n t d t  

4
l n 2 ，得 
2
0
l n s i n x d x  

2
l n 2
7.【答案】 ( 9 8 5 ) 2 
985
【解析】设 x sinxdx I ，则
0
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
故 I  
9
0
8 5 
x s i n x d x  ( 9 8 5 ) 2  .

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
 dx u  x 0 du
I 2 2 

0 1tanx 1cotu
2
 tanx 1 1tanx 
2 dx 2 dx
0 1tanx 2 0 1tanx 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
记 I
1
  I  
2
0 1 
d
t
x
a n x
 
2
0 s i n
c
x
o

s x
c o s x
d x ， I
2
 
2
0 s i n
s
x
i n

x
c o s x
d x
 
则I I 21dx ，
1 2 0 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
1
 I
2


4
，所以 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 f(x)sin2xA 2xx2 ，
0
xf(x)xsin2xAx 2xx2 ，两边同时在 [ 0 , 2 ] 上积分得
2 2
A xsin2xdxA x 2xx2dx，
0 0
其中
2 1 2 xt 1 
 xsin2xdx  xsin2 xdx  (t)sin2tdt
0 2 0 2 
2 
  sin2tdt 1
 0
2
x 2xx2dx
2(x1)1
1(x1)2d(x1)
x1t

1
(t1) 1t2dt
0 0 1
1 
2 1t2dt 
0 2
则 A  1 

2
A ，得 A 
2
2
 
，从而 f ( x )  s i n 2  x 
2
2
 
2 x  x 2 ，故
2 2 2 2
 f(x)dx   sin2xdx  2xx2dx
0 0 2 0
1 2 2 
  sin2xdx 
 0 2 2
4    2
 2sin2xdx 1 
 0 2 2 2
10.【答案】见解析
【解析】
a
n
 a
n  2
 
4
0
( 1  t a n 2 x ) t a n n x d x  
4
0
t a n n x d ( t a n x ) 
n
1
 1
t a n n  1 x
4
0

n
1
 1
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 ,

4

上连续， t a n n x  t a n n  2 x ，
且tann x,tann2 x不恒等，所以 
4
0
t a n n x d x  
4
0
t a n n  2 x d x ，即a a ，
n n2
于是 a
n
 a
n  2

n
1
 1
 2 a
n
，即 a
n

2 ( n
1
 1 )
；
 
同理可得4tann2xdx4tannxdx，即a a ，
n2 n
0 0
1 1
于是a a  2a 即a  ，
n n2 n1 n n 2(n1)综上所述，
2 ( n
1
 1 )
 a
n

2 ( n
1
 1 )
.3-3综合测试
1.【答案】xsinxcosxC ，C 为任意常数
【解析】作变量替换txs，改写方程为
1 x
 f(s)ds  f(x)xsinx(x0)
x 0
x
 f(s)ds xf(x)x2sinx(x) （1）
0
f ( x )  x f ( x )  f ( x )  ( x 2 s i n x )  （2）
（2）式又可改写成
(x2sinx)
f(x) (x 0)，
x
于是
f ( x )   
d ( x 2 s
x
i n x )
  x s i n x   x 2 s i n x 


1
x 2

d x   x s i n x  c o s x  C
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 )  2 f ( x )  e x ，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】


0
f ( x ) c o s x d x 



 f
0
f ( x

 
0
(
)
e
x ) d
s i n
c o s x
(
x
s
s
i
i

0
n
n

x
x )
 
0
d x
f

(
e
x
c o
)
s
s
x
i n

0

x d
e
x
 1  e
6.【答案】1
【解析】由
xt u
x 0 x
 tf(xt)dt  (xu)f(u)(du) (xu)f(u)du
0 x 0
x x
 x f(u)du uf(u)du
0 0
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
x
 f(t)dt
f()(xa)
limF(x)a2lim a =a2lim a2lim f()a2f(a)
xa xa xa xa xa x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 ) ，
F(x) F(x) 1 f(xn) 1
lim lim  lim  f(0).
x0 x2n x0 2nx2n1 2n x0 xn 2n
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.
方法二：显然 f(x)在任意区间[a,b]上可积，于是 F ( x )  
x
0
f ( t ) d t 处处连续，又因为
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
S  t  
 1
2

1 ,
t
1
2
t
2 ,
t

0
2
2


.
t
2 t


1
1
,
, 1  t  2 ,
所以，当 0  x  1
x x1 1
时， S(t)dt  t2dt  x3
0 0 2 6
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
0
( ) d
1
0
( ) d


 f x x
  f x x ，
故
0
( ) d
1
0
( ) d

  f x x   f x x .
方法二：利用积分中值定理.

0
f ( x ) d x  
1
0
f ( x ) d x 




0
( 1 
( 1
( 1
f


( x
)
) d x 
 f (
0
) f (
) [ f (
x
1

) d
) 
)
1
0
x

f

(
f
(
1
(
x

)

2
d
1
)
x
f
)
]

(
f
x
(
)

d
2
1
x
)
f ( x ) d x
  
  


 

     
   
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.
0 013.【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
 3
，得x  ，x  ，且
1 4 2 4
f
 
4

 
3 4
4 s i n t d t  2
3 5  5
， f   4    3 4 sint dt  3 sintdt  4 sintdt 2 2
4 4
又 f ( 0 )  
2
0
s i n t d t  1 ， f (  )  
3 2

(  s i n t ) d t  1 ，因而 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.
注意到 F (1 )  
1
0
g ( t ) f ( t ) d t  
1
0
g ( t ) f ( t ) d t  f (1 ) g (1 ) .
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 0
15.【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 x2 f(t)dt(x2) 2 f(t)dt 

0 0

2
2f(x2) f(t)dt
0
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，
F ( x ) 

x
x




0

0
g
c o
( u
s
)
u
d
d
u
u




x

x

g
0
(
d
u
u
)

d

u





0

u

c

0
o
u
s
g
u
(
d
u
u
) d

u


x

0

d
x

u
u

g

( u
2
)
.
d u

于是， F ( x ) 
 1
2

,
c o s x , 0
x


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 )  2 x ( 2  x 2 ) e  x 2 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
l i
x 
m

f ( x )  

0

( 2  t ) e  td t   2 e  t
 
0
 t e  t
 
0
 e  t
 
0
 1
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 
0
 f ( x )  x
0
f ( u ) d u  d x 

1
2


0

s
x 
0
i n
f
4 x
( u
d
)
x
d

u 
2
2

0
3
4


1
2
1
2


 
0

2
,
f ( u ) d u  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


.
5
6.【答案】
3
【解析】令 F ( x )  
2 x
2 x
 1
f ( t ) d t ( x  0 ) ，则 F ( x )  2 x [ f ( x 2  1 )  f ( x 2 ) ]  2 x 2 , 则

2 x
2 x
 1
f ( t ) d t  F ( x ) 
2
3
x 3  C .
取极限 x  0  ，得 
1
0
f ( t ) d t  C ，即 C  1
2
，则F(x) x31(x0)，故
3

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 A B C O 面积 S
1
 1 ，三角形 A B E 面积 S
2

1
4
 S
3
（三角形ABD面
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 f(a) f(b)0，所以
 x
f(x) f(b) f(t)dt,

b

∣
∣
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
F(0) F(1)0,故F(x)0(0 x1)，即当0x1时， 
x
0
f ( t ) d t  x 2 .
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)|=max∣f(x)∣.
axb
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
c b
f(c)  f()   f(x)dx  f()  f(x)dx
 a
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 f(t)g(t)dt x f(t)dt x g(t)dt,xa,b,则
a a a
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
2
【解析】方法一：令F(x) x f 2(t)dt x g2(t)dt   x f(t)g(t)dt  ,xa,b ，则
a a

a

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 ,
故   b
a
f ( x ) g ( x ) d x 
2
  b
a
f 2 ( x ) d x  b
a
g 2 ( x ) d x .
方法三：
b b b b
 f 2(x)dx g2(x)dx f 2(x)dx g2(y)dy
a a a a
b b
  f 2(y)dy g2(x)dx
a a
1 b b
   f 2(x)g2(y) f 2(y)g2(x)dxdy
 
2 a a
b b
   f(x)g(y)f(y)g(x)dxdy
a a
b b
  f(x)g(x)dx f(y)g(y)dy
a a
2
 b 
  f(x)g(x)dx .

a
3-4综合测试
1.【答案】

4
【解析】方法一：
 1 
d
  
 dx  dx   2x 1
   arcsin
1 x 2x2 1 1  1  2 1  1  2 2x 1
2x2 1 1
   
 2x  2x
 a r c s i n
1
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
 a
ln

1

1，
 2
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 1x 1x4(1x)
 x4 dx  dx
0 1x 0 1x2
xsint
sin4t(1sint)
2 costdt
0 cost

 2(sin4tsin5t)dt
0
 
 2sin4tdt2sin5tdt
0 0
3 1  4 2 3 8
     1 
4 2 2 5 3 16 15
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
【解析】 

1
 l n
x
x
2
d x   

1

l n x d
 1
x

 
l n
x
x

1

 

1
 d
x
x
2
 0 
1
x

1

 1 .
1
6.【答案】 ln2
2
【解析】 dx (1x2)x2 1 x 
  dx  dx
 
1 x(x2 1) 1 x(x2 1) 1 x x2 1

 1  1
 lnx ln(x2 1)  ln2
 
 2  2
1
7.【答案】
1
2
【解析】原式  

0
 
( 1 
1
x ) 2

( 1 
1
x ) 3

d x  l i
b 
m



1
1
 x

2 ( 1
1
 x ) 2

b
0

1
2
.
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
【解析】因为 l i m
x  
 1 
x
x  a x
 l i m
x  
  1 
x
x  x 
a
 e a ，
a
 tetdt  lim (t1)et a (a1)ea  lim (N 1)eN (a1)ea
N
 N N
因此 e a  ( a  1 ) e a ，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 e x  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
 1 1 1
② x2 x 

x

  (2x1)2 1
 2 4 2


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 .
1  1 
 d 
 dx  dx  2  x2  1 |
或    1 1,收敛.
1 x2 x2 1 1 1 1 1 x2 1
x3 1 1
x2 x2
 1 
d
 
 dx  dx 1   x2  1  1 |
④      ln

1

，发散.
1 x(x2 1) 1  1  2 1 1 2  x2  1
x3 1 1
 
 x2  x2
故选A.
方法二：比较判别法.
①x1时，
x
1
2  1

1
x 2

1
x
1  dx
，又 dx发散，由比较判别法  发
1 x 1 x2 1
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
1 1  dx
时，0  ,又 收敛，
x2 x2 1 3x2 2 3x2
由比较判别法  

2

x 2
d x
2 x  1
收敛.
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
2 dx
收敛，由比较判别法 收敛.
1 x2 x2 1
综合起来 

1

x 2
d x
2 x  1
收敛.
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 ) d x 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.

②也是错误的，如虽然 l i
R 
m
 

R
 R
s i n x d x  0

，但是 sinxdx发散.

R 
所以 lim  f(x)dx存在  f(x)dx收敛.
R R 
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
 1  lnx   lnx
【解析】原式  dx dx  dx.其中
0 1x2 0 1x2 2 0 1x2
1
令x=
 lnx 0 lnt dt  lnt  lnx
 dx t    dt  dx,
0 1x2  1 t2 0 1t2 0 1x2
1
t2
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 ,
e dx
可知 与
1 xplnq x

e
1 ( x
d

x
1 ) q
敛散性相同，故当 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 ,
1
xplnq x dx  dx
lim ,且 发散，故 发散；
x 1 e xa 1 xplnqx
xa
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
 1 1
是等价无穷小，又1cos 与 是
x 2x2
等价无穷小，则 x k

e
 c o s 1x
 e  1

与
2 e
1
x 2  k
是等价无穷小.
1
 cos
当k 1时，2k 1，故 xk(e x e1)dx收敛；
1
当 k  1 时， 2  k  1 ，故 

1

x k ( e
 c o s
1x
 e  1 ) d x 发散.
6.【答案】D
【解析】 

0
 l n q ( 1
x

p
x )
d x  
1
0
l n q ( 1
x

p
x )
d x  

1
 l n q ( 1
x

p
x )
d x .
l i
x 
m
0 
l n q (1
x1
p x

p
 q
x )
 1 ,
1lnq(1x)
由 dx收敛，所以
0 xp
p  q  1 ；
当 p 1 时，
l i
x 
m

l n q (1
x1
p
x

p
 1
2
x )
 0 ,
因为
p
2
1
1 , 所以 

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
时 

0
 l n q (1
x

p
x )
d x 收敛.
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
q
 
x
 
lnx 2 
； lim 1
 sinp xcosq x lnx
x
2
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）.
注： 
4
0
l n
x
x
p
d x 和 
4
0
1
x p
d x 有相同的敛散性是因为
x  ( 0 ,

4
) 时， l n x  0 ，所以
l n
x
x
p
 0 ， 
4
0
l n
x
x
p
d x
 lnx
的敛散性同4 dx的敛散性.
0 xp
当 p  1 时，且有
l n
x
x
p

1
x p
 1 lnx lnx
，4 dx发散，所以4 dx发散.此时 4 dx和
0 xp 0 xp 0 xp
 1
4 dx同时发散.
0 xp
当 p  1
lnx
时，4 dx和
0 x

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
 1 lnx  1
4 dx同时收敛，所以4 dx和4 dx同时收敛.
0 xp 0 xp 0 xp
8.【答案】（1）0；（2）
2

a
l n a ；（3）

8
【解析】（1）方法一：


0

1
l n

x
x 2
d x
x  t a n t

2
0
l n t a n t d t 
1
2

2
0
 l n t a n t  l n c o t t d t  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 lnx
即I   dx0;
0 1x2
（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
1   1 
（3）原式  (xarctanx)lnxd
 
2 0  x2 







1
4
(
1
4
x
a
x


r c
 a r
 
(
0
a r c
4 x
t a n
c t a
2 x
x 
t a n
2

x
0
n
2
a
x

x ) l n
r c t a n
 

0

 .
8
x
x
1
4
 
0
) d



 
0
1
2
1
2 x
1 


1

0
x

2

d
1
x
l n

x
x 2

x  a r
x
c
3
t a n x 
d x3-5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dy 的薄片的体积元为
dV     2  1 1 y2  2 2 y2  dy
 
 
2  1 y2 1 y2 dy.
 
于是所求体积为
V  1 2  1 y2 (1 y)2 dy
 
0
1
y 1 (1 y)3
2

1 y2  arcsin y

2 2 3 
0
 1 2 2
2    .
 
4 3 2 3
2.【答案】（1） a 
1
e
，切点为 ( e 2 , 1 )

；（2） .
2
【解析】（1）分别对 y  a x
a
和 y ln x求导得y ，
2 x
y  
2
1
x
，由于两曲线在
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 0程，有 y
0
 a
1
a 2

1
2
l n
1
a 2
.
1 1 1
于是a  ,x  e2,y a x   e2 1 从而切点为
e 0 a2 0 0 e
( e 2 , 1 ) .
（2）
旋转体的体积为：
2
e2 1  e2
V    x dx (ln x)2dx
 
X 0 e  1
 x2 e2   xln2 x e2 2 e2 lnxdx  
2e2 0 4 1 1 
 1 e2   4e2 2xlnx e2 2 e2 dx  
2 4 1 1 
1  
 e2  x e2  .
2 2 1 2
3.【答案】（1） V
1

4 
5
( 3 2  a 5 ) , V
2
  a 4
129
；（2）a 1, 
5
2 4
【解析】（1）V  (2x2)2dx (32a5)
1 a 5
2a2 y
V a22a2  dy 2a4 a4 a4.
2 0 2
（2）设 V  V
1
 V
2

4 
5
( 3 2  a 5 )   a 4 ，
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
0
x ( x  1 ) ( 2  x ) d x 



2
0

x
1
0
x
( x
( x


1 )
1 )
(
(
2
2


x
x
)
)
d
d
x
x  
2
1
x ( x  1 ) ( 2  x ) d x
故选项（C）正确.
6.【答案】
3
1
7
2
【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 )
；（2）

n
 1
S
a
n
n

4
3
.
【解析】（1）由 y  n x 2 
1
n
与 y   n  1  x 2 
n
1
 1
1
得a  .因图形关于
n nn1
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 y2
a 1 及a 1 tan，故截面积
b2 b2
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
x2
为矩形，其边长分别为2b 1 及
a2
x t a n
x2
，故截面面积S(x)2bx 1 tan，
a2
楔形体的体积 V
a
0
2 b x 1
x
a
2
2
t a n d x b t a n
2 a
3
2
1
x
a
2
2
32
a
0
2 a
3
2 b
t a n       


 



9.【答案】（1）证明略；（2）
V
V
1
2

1 9
8
.
【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
S
2
 
3
1
a ( x  1 ) ( x  3 ) d x  a 
3
1
( 4 x  x 2  3 ) d x 
4
3
a
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
3
V π a2[(x1)(x3)]2dx
2
1
3
πa2 [(x1)4 4(x1)34(x1)2]dx
1
16
 πa2
15
所以
V
V
1
2
=
1 9
8
.
10.【答案】 y  x 
1
7
2
5
4
x 2
【解析】原方程可化为
d
d
y
x

2
x
y   1 ，这是一阶非齐次线性微分方程，故直接套用公式
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
令 V ( C )  0
62 15
，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
【解析】 y  
2
1
x
, y   
4
1
x 3
, 所以抛物线在点M(x,y)处的曲率半径
( 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
,
 

 
 



从而 3
d
d
2
s 2
d
d s
2 3
2
( 4 x 1 )
32
4
6
x 1
3 6 x 9 .
 
 
 
  

 
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）
a 0
V 2 πy2dx2 πa2sin6t3acos2t(sint)dt
π
0
2
π 6 4 2 8 32
6πa32sin7t(1sin2t)dt 6πa3    1   πa3
0 7 5 3 9 105
（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
8
13.【答案】 3；
5
 9
7
, 0

【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y arcsiny
V 42 2 1 y2dy 16 cos2tdt

1 
2
[8(arcsin y y 1 y2)4](m3)
（2）设液面下降的速度
d
d
y
t
，则
d
d
V
t
 1 6 1  y 2
d
d
y
t
.
dy dV  0.16
所以   16 1 y2   0.01(m min).
dt  dt  16
t0 y0
（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 ] ，
b
dV 2xydx2x ( a  x)2dx
2 a
于是 V
2
 2  
a
0
x 
b
a
( a  x ) 2 d x 
1

5
a 2 b ，根据对称性，有 V
1

1

5
a b 2 .
于是 V ( a )  V
1
( a )  V
2
( a ) 
4
1

5
a ( 4  a ) .
4
令V(a) (42a)0a 2，又
15
V ( 2 )  0 ，所以 a  2 ，两体积之和最大，且最
16
大值为V(2) .
15
3.【答案】（1）当 k  6 2
 1 1 6 2 2 2
时函数V (6 2)   ；（2）   .
min  3 4 2 2 3 6
 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
0k 1
k
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
V ( k )  V
1
( k )  V
2
( k )  
 k
3
2

1
2

3
1
k 4

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  x 2 的交点为(0,0)， ( a , a 2 ) .
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 1
令Sa2  0得a  ，因为
2 2
S 
 1
2

 2  0 ，所以 a 
1
2
时， S
1
 S
2
取到
1 2
最小值，此时最小值为 1 .
3 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 21  1  2 2 2 1
S(0) ，因为S      S(0)，所以
3  2 6 6 3
a 
1
2
时， S
1
 S
2
最小.
2 x2  1  x2  21
（2）旋转体的体积为V  2  x4 dx x4  dx .
x 0  2  2  2  30
2
5.【答案】 1 .
【解析】依题设

  x  1   1 
V() y2dx dx     1 
0 0(1x2)2 2 1x2  2 12 
0
又 l i m V ( )
2

   


， V ( a ) 

2

1 
1 
1
a 2

由 V ( a )
1
2
l i m V ( ) 


  
 1  
，得 1  ，解得
2 1a2  4
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
V 

2
2




4

2
3

x
( s

i n
y (
x
x
)
)
32
d
52
2
x




2
2
3

( s

i

n
5

c o 2
2 
3
x ) 2
s
 
5

2
x



s
2
i n

x d
4

3
x


8
3


 
5

2
(  c o s x  s i n x ) d x

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
2 1
V    2 4是极小值. 又
 2
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.
【解析】曲线 y 
1
n
s i n n x （n为正整数）在区间[0,2]上的长度为
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
d P 2 y x d y  
整个半椭圆的薄板所受的侧压力为
P
b
0
2 y x d y   
将椭圆方程 x 
a
b
b 2  y 2 代入可得 P
2 a
b
b
0
y b 2 y 2 d y
2
3
a b 2

     . 故答案选（B）.
GM 1 1 
11.【答案】（1）   ；（2）
l a la
G M
l
l n
l
2
l1
( l
( l


l1
l
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
于是引力为 F  
l
0
G M
l

( l  a
1
 x ) 2
d x 
G M
l
 1
a

l
1
 a

.
（2）由（1）可知，当质点在x(xl)处时，引力为 F ( x ) 
G M
l

x
1
 l

1
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 A C
b(hx)
的方程为y  . 用微元法，任取
h
[x,xdx][0,h]，则
d P
1
2 g x y d x
2
h
g b
( h x ) x d x

   
故
h h2gb 1
P  dP  (hx)xdx gbh2
1 0 1 0 h 3
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.
令

xy rr cs oi sn ,, 


则
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

 
 

，
a2b2 a2b2
令  ，得
b2cos2a2sin2 a2cos2b2sin2 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
 a2b2  sec2
4 da2b24 d
0 a2cos2b2sin2 0 a2 (btan)2
1 btan  b
a2b arctan |4abarctan
a a 0 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