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《数学分析》第二学期期末试卷B (精选04)
一、计算题（每题 5 分，共 20 分）
- 求解不定积分：$\int \frac{dx}{2 + 3x^2}$
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答案： $\frac{1}{\sqrt{6}} \arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}x\right) + C$
解析：
本题考查第一类换元积分法（凑微分法）以及基本积分公式。
第一步：提取常数项 为了凑出 $\int \frac{du}{a^2 + u^2}$ 的形式，我们需要提取分母中的常数：
第二步：应用基本积分公式 根据公式 $\int \frac{du}{a^2 + u^2} = \frac{1}{a} \arctan\frac{u}{a} + C$，这里 $a = \sqrt{2}$，$u = \sqrt{3}x$：
难度： ⭐
考点： #不定积分 #凑微分法
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📖 相关公式与知识点:
- 基本积分公式：$\int \frac{dx}{a^2 + x^2} = \frac{1}{a} \arctan\frac{x}{a} + C$
思路分析
观察分母形式为常数加变量的平方，优先考虑反正切函数的导数形式，通过提取系数凑出标准公式。
易错点
- 忘记积分常数 $+C$。
- 提取系数时计算错误，如将 $\sqrt{3}$ 错写为 $3$。
🔄 举一反三
- 求解 $\int \frac{dx}{4 + 9x^2}$
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答案：$\frac{1}{6} \arctan\left(\frac{3x}{2}\right) + C$
解析： 原式 = $\frac{1}{3} \int \frac{d(3x)}{2^2 + (3x)^2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \arctan\frac{3x}{2} + C = \frac{1}{6} \arctan\frac{3x}{2} + C$。 - 求解 $\int \frac{dx}{1 + 4x^2}$
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答案：$\frac{1}{2} \arctan(2x) + C$
解析： 原式 = $\frac{1}{2} \int \frac{d(2x)}{1 + (2x)^2} = \frac{1}{2} \arctan(2x) + C$。
- 求解不定积分：$\int x e^{-2x} dx$
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答案： $-\frac{1}{4}(2x + 1)e^{-2x} + C$
解析：
本题考查分部积分法。
第一步：选择分部积分的函数 根据“反对幂指”原则，这里幂函数为 $x$，指数函数为 $e^{-2x}$。设 $u = x$，$dv = e^{-2x}dx$。 则 $du = dx$，$v = \int e^{-2x}dx = -\frac{1}{2}e^{-2x}$。
第二步：应用分部积分公式 公式为 $\int u dv = uv - \int v du$：
第三步：完成剩余积分并化简
难度： ⭐
考点： #分部积分法 #不定积分
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📖 相关公式与知识点:
- 分部积分公式：$\int u dv = uv - \int v du$
- “反对幂指”口诀：确定 $u$ 的优先级：反三角 > 对数 > 幂函数 > 指数/三角。
思路分析
被积函数是幂函数与指数函数的乘积，直接积分困难，使用分部积分法可以降低幂函数的次数。
易错点
- 凑微分时忽略系数，如 $\int e^{-2x}dx$ 漏掉 $-\frac{1}{2}$。
- 分部积分公式中减号后面的积分符号处理错误。
🔄 举一反三
- 求解 $\int x e^{3x} dx$
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答案：$\frac{1}{9}(3x - 1)e^{3x} + C$
解析： 设 $u = x, dv = e^{3x}dx \Rightarrow v = \frac{1}{3}e^{3x}$。 原式 = $\frac{1}{3}xe^{3x} - \int \frac{1}{3}e^{3x} dx = \frac{1}{3}xe^{3x} - \frac{1}{9}e^{3x} + C = \frac{1}{9}(3x - 1)e^{3x} + C$。 - 求解 $\int x \sin x dx$
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答案：$-x \cos x + \sin x + C$
解析： 设 $u = x, dv = \sin x dx \Rightarrow du = dx, v = -\cos x$。 原式 = $-x \cos x - \int (-\cos x) dx = -x \cos x + \sin x + C$。
- 求解定积分：$\int_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1 - x} dx$
NOTE
原卷此处 OCR 误识别为 $\int_{1}^{9}$，实数范围内无意义，已修正为 $\int_{0}^{1}$。
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答案： $\frac{32}{315}$
解析：
本题考查定积分的换元法或利用 Beta 函数求解。
解法一：换元法第一步：设变量代换 令 $t = \sqrt{1-x}$，则 $x = 1 - t^2$，$dx = -2t dt$。
第二步：变换积分限 当 $x = 0$ 时，$t = 1$； 当 $x = 1$ 时，$t = 0$。
第三步：代入积分式并展开
利用积分限交换消去负号：
第四步：逐项积分
解法二：Beta 函数（选学）
难度： ⭐⭐
考点： #定积分 #换元积分法 #Beta函数
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📖 相关公式与知识点:
- 定积分换元公式：$\int_a^b f(x)dx = \int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)dt$
- Beta 函数：$B(p, q) = \int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$
思路分析
根号下含有线性项 $1-x$，通常令根式整体为 $t$，即可将无理积分转化为多项式积分。
易错点
- 换元时忘记更换积分上下限。
- 代换 $dx = -2tdt$ 时遗漏负号或系数 $2$。
🔄 举一反三
- 求解 $\int_{0}^{1} x^2 \sqrt{1-x} dx$
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答案：$\frac{16}{105}$
解析： 令 $t = \sqrt{1-x}$，原式 = $\int_1^0 (1-t^2)^2 \cdot t \cdot (-2t)dt = 2 \int_0^1 (t^2 - 2t^4 + t^6)dt = 2 \left[\frac{1}{3} - \frac{2}{5} + \frac{1}{7}\right] = 2 \cdot \frac{8}{105} = \frac{16}{105}$。 - 求解 $\int_0^1 x (1-x)^{10} dx$
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答案：$\frac{1}{132}$
解析： 令 $t = 1-x$，则 $dx = -dt$。 原式 = $\int_1^0 (1-t) t^{10} (-dt) = \int_0^1 (t^{10} - t^{11}) dt = \left[ \frac{t^{11}}{11} - \frac{t^{12}}{12} \right]_0^1 = \frac{1}{11} - \frac{1}{12} = \frac{1}{132}$。
- 求解定积分：$\int_0^a\frac{dx}{x + \sqrt{a^2 - x^2}} (a > 0)$
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答案： $\frac{\pi}{4}$
解析：
本题考查定积分的三角代换以及对称性技巧。
第一步：三角代换 令 $x = a \sin\theta$，由于 $x \in [0, a]$，取 $\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]$。 则 $dx = a \cos\theta d\theta$，$\sqrt{a^2 - x^2} = a \cos\theta$。 积分限变换：$x=0 \Rightarrow \theta=0$；$x=a \Rightarrow \theta=\pi/2$。
第二步：代入积分式
第三步：利用区间对称性 利用性质 $\int_0^{\pi/2} f(\theta) d\theta = \int_0^{\pi/2} f(\frac{\pi}{2} - \theta) d\theta$：
第四步：两式相加
因此，$I = \frac{\pi}{4}$。
难度： ⭐⭐
考点： #定积分 #三角代换 #区间对称性
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📖 相关公式与知识点:
- 重要积分性质：$\int_0^a f(x)dx = \int_0^a f(a-x)dx$
- 三角恒等式：$\cos(\frac{\pi}{2}-\theta) = \sin\theta$
思路分析
含有 $\sqrt{a^2-x^2}$ 常用 $x = a\sin\theta$ 代换。化简后利用定积分的对称性质（$\int_0^{\pi/2}$ 的翻转技巧）可以巧妙消去分母。
易错点
- 忘记将 $dx$ 转换为 $a\cos\theta d\theta$。
- 没能想到将两个积分式相加的技巧，导致在三角积分的常规求解中陷入泥潭。
🔄 举一反三
- 求解 $\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x}{\sin^3 x + \cos^3 x} dx$
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答案：$\frac{\pi}{4}$
解析： 令 $x = \frac{\pi}{2} - t$，则原积分 $I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^3 t}{\cos^3 t + \sin^3 t} dt$。 $2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x + \cos^3 x}{\sin^3 x + \cos^3 x} dx = \int_0^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2} \Rightarrow I = \frac{\pi}{4}$。 - 求解 $\int_0^{\pi/2} \frac{dx}{1 + \tan^3 x}$
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答案：$\frac{\pi}{4}$
解析： 原式 = $\int_0^{\pi/2} \frac{\cos^3 x}{\cos^3 x + \sin^3 x} dx$。利用区间对称性，答案为 $\frac{\pi}{4}$。
二、判断敛散性（每题 5 分，共 20 分）
- 判断反常积分的敛散性：$\int_{1}^{+\infty}\frac{x\arctan x}{1 + x^3} dx$
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答案： 收敛
解析：
本题考查无穷限反常积分的审敛法（比较审敛法的极限形式）。
第一步：分析被积函数在无穷远处的阶 当 $x \to +\infty$ 时：
- $\arctan x \to \frac{\pi}{2}$
- 分子 $x\arctan x \sim \frac{\pi}{2}x$
- 分母 $1 + x^3 \sim x^3$
因此，被积函数 $f(x) = \frac{x\arctan x}{1 + x^3} \sim \frac{\frac{\pi}{2}x}{x^3} = \frac{\pi}{2x^2}$。
第二步：使用比较审敛法 选取参考积分 $g(x) = \frac{1}{x^2}$。
第三步：得出结论 因为 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} dx$ 收敛（$p = 2 > 1$ 的 $p$-积分），所以原反常积分收敛。
难度： ⭐⭐
考点： #反常积分 #比较审敛法 #p-积分
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- $p$-积分审敛定理：$\int_a^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$ 当 $p > 1$ 时收敛，$p \leq 1$ 时发散。
- 比较法极限形式：若 $\lim \frac{f(x)}{g(x)} = l \in (0, +\infty)$，则两者同敛散。
思路分析
判断无穷限反常积分敛散性，核心是抓取被积函数在 $x \to +\infty$ 时的“主部”，转化为已知的 $p$-积分进行对比。
易错点
- 忽略 $\arctan x$ 在无穷远处的极限是 $\frac{\pi}{2}$，将其误认为无穷大。
- 混淆 $p$-积分在无穷限与瑕积分情况下的收敛条件。
🔄 举一反三
- 判断 $\int_1^{+\infty} \frac{x^2 \arctan x}{1 + x^4} dx$ 的敛散性。
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**答案：**收敛
解析： 当 $x \to +\infty$ 时，$f(x) \sim \frac{\pi}{2} \frac{x^2}{x^4} = \frac{\pi}{2x^2}$。与 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}dx$ 比较可知其收敛。 - 判断 $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x \sqrt{1+x^2}}$ 的敛散性。
查看练习答案与解析
**答案：**收敛
解析： 当 $x \to +\infty$ 时，$f(x) \sim \frac{1}{x^2}$。根据 $p$-级数判别法可知收敛。
- 判断反常积分的敛散性：$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1 - \cos x}{x^m} dx$
查看答案与解析
答案： 当 $m < 3$ 时收敛，当 $m \geq 3$ 时发散。
解析：
本题考查瑕积分的敛散性判定。瑕点为 $x = 0$。
第一步：利用等价无穷小分析瑕点附近的阶 当 $x \to 0^+$ 时，根据泰勒展开或等价无穷小：
第二步：改写被积函数的渐进形式 被积函数 $f(x) = \frac{1 - \cos x}{x^m} \sim \frac{\frac{1}{2}x^2}{x^m} = \frac{1}{2x^{m-2}}$。
第三步：应用瑕积分审敛法则 原积分的敛散性等价于 $\int_0^{\pi/2} \frac{dx}{x^{m-2}}$。 根据 $p$-瑕积分定理（$\int_0^a \frac{dx}{x^p}$，当 $p < 1$ 时收敛）： 本题中 $p = m - 2$。
- 收敛条件：$m - 2 < 1 \Rightarrow m < 3$。
- 发散条件：$m - 2 \geq 1 \Rightarrow m \geq 3$。
难度： ⭐⭐
考点： #瑕积分 #等价无穷小 #比较审敛法
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 瑕积分 $p$-判别法：$\int_0^a \frac{dx}{x^p}$ ($a>0$) 当 $p < 1$ 时收敛，$p \geq 1$ 时发散。
- 常用等价无穷小：$1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ ($x \to 0$)。
思路分析
瑕点在 $x=0$，通过等价无穷小将复杂的三角函数转化为幂函数，从而套用 $p$-积分审敛模型。
易错点
- 混淆无穷限与瑕积分的收敛指数判定方向（瑕积分要求指数小于1）。
- 忘记将分子化简为 $x^2$ 的阶。
🔄 举一反三
- 判断 $\int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{x^p} dx$ 的收敛性。
查看练习答案与解析
**答案：**当 $p < 2$ 时收敛。
解析： 当 $x \to 0^+$ 时，$\sin x \sim x$。被积函数 $f(x) \sim \frac{x}{x^p} = \frac{1}{x^{p-1}}$。收敛要求 $p-1 < 1 \Rightarrow p < 2$。 - 判断 $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x^p} dx$ 的收敛性。
查看练习答案与解析
**答案：**当 $p < 2$ 时收敛。
解析： 当 $x \to 0^+$ 时，$\ln(1+x) \sim x$。被积函数 $\sim \frac{x}{x^p} = \frac{1}{x^{p-1}}$。收敛要求 $p-1 < 1 \Rightarrow p < 2$。
- 判断级数的敛散性：$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{2^n\cdot n!}{n^n}$
查看答案与解析
答案： 收敛
解析：
本题考查正项级数的比值审敛法（达朗贝尔判别法）。
第一步：写出级数通项
第二步：计算相邻项之比的极限
计算比值：
第三步：取极限 根据重要极限 $\lim_{n\to\infty} (1 + \frac{1}{n})^n = e$：
第四步：比值判别 由于自然常数 $e \approx 2.718 > 2$，因此 $l = \frac{2}{e} < 1$。 根据比值审敛法，该级数收敛。
难度： ⭐⭐
考点： #级数审敛法 #比值判别法 #重要极限
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 比值审敛法：对于正项级数 $\sum a_n$，若 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = l$，当 $l < 1$ 时级数收敛。
- 重要极限：$\lim_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n})^n = e$。
思路分析
级数通项中同时包含阶乘 $n!$ 和指数 $2^n, n^n$，此类形式最适合使用比值审敛法，因为化简时阶乘可以完美对消。
易错点
- 计算 $\frac{(n+1)!}{n!}$ 时出错。
- 混淆 $(1+\frac{1}{n})^{-n}$ 的极限，错误地算成 $e$ 而不是 $e^{-1}$。
🔄 举一反三
- 判断 $\sum_{n=1}^\infty \frac{3^n n!}{n^n}$ 的敛散性。
查看练习答案与解析
**答案：**发散
解析： 比值极限 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3}{e}$。因为 $3 > e \approx 2.718$，所以比值大于 1，级数发散。 - 判断 $\sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{n^n}$ 的敛散性。
查看练习答案与解析
**答案：**收敛
解析： 比值极限 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{e} < 1$。故收敛。
- 判断级数的敛散性：$\sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\ln(n + 1)}{n + 1}$
查看答案与解析
答案： 条件收敛
解析：
本题考查交错级数的莱布尼茨审敛法及绝对收敛的判定。
第一步：检验交错级数的莱布尼茨条件 设 $b_n = \frac{\ln(n + 1)}{n + 1}$。
- 正项性：显然当 $n \geq 1$ 时，$b_n > 0$。
- 单调性：令函数 $f(x) = \frac{\ln(x+1)}{x+1}$。 求导：$f'(x) = \frac{\frac{1}{x+1}(x+1) - \ln(x+1)}{(x+1)^2} = \frac{1 - \ln(x+1)}{(x+1)^2}$。 当 $x > e-1$ 时，$1 - \ln(x+1) < 0$，故 $f(x)$ 单调递减，说明数列 $\{b_n\}$ 从某项起单调递减。
- 趋于零：$\lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n+1)}{n+1} = 0$（洛必达法则或基本阶的比较）。 根据莱布尼茨判别法，原级数收敛。
第二步：判断是否绝对收敛 考虑级数 $\sum_{n=1}^\infty |a_n| = \sum_{n=1}^\infty \frac{\ln(n+1)}{n+1}$。 由于当 $n \geq 2$ 时，$\ln(n+1) > 1$，因此：
由于调和级数 $\sum \frac{1}{n+1}$ 发散，由比较审敛法知，绝对值级数发散。
综上：原级数条件收敛。
难度： ⭐⭐
考点： #交错级数 #莱布尼茨判别法 #条件收敛
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 莱布尼茨定理：对于 $\sum (-1)^{n-1} b_n$ ($b_n \geq 0$)，若 $b_{n+1} \leq b_n$ 且 $\lim b_n = 0$，则级数收敛。
- 阶的比较：当 $n \to \infty$ 时，$\ln n \ll n^p \ll a^n \ll n!$。
思路分析
看到交错符号 $(-1)^n$，首先使用莱布尼茨法则判断其本身的收敛性。随后去掉正负号，考察正项级数的敛散性以区分条件收敛还是绝对收敛。
易错点
- 只判断了莱布尼茨条件就得出“绝对收敛”的错误结论。
- 验证单调性时仅凭直觉，缺少严格的导数证明。
🔄 举一反三
- 判断级数 $\sum_{n=2}^\infty (-1)^n \frac{1}{n \ln n}$ 的敛散性。
查看练习答案与解析
**答案：**条件收敛
解析： 由莱布尼茨定理可知其收敛。取绝对值后 $\sum \frac{1}{n \ln n}$ 根据积分审敛法 $\int \frac{dx}{x \ln x} = \ln(\ln x)$ 发散，故为条件收敛。 - 判断 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}$ 的敛散性。
查看练习答案与解析
**答案：**条件收敛
解析： 由莱布尼茨定理知收敛。绝对值级数 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ 是 $p=1/2$ 的 $p$-级数，发散。
三、解答题（本题 10 分）
求摆线：$x = a(t - \sin t), y = a(1 - \cos t)$ ($a > 0, 0 \leq t \leq 2\pi$) 绕 $x$ 轴旋转所得旋转曲面的面积。
查看答案与解析
答案： $\frac{64}{3}\pi a^2$
解析：
本题考查利用微积分求解参数方程确定的旋转曲面面积。
第一步：回顾旋转曲面积公式 对于参数方程表示的曲线，绕 $x$ 轴旋转一周的曲面积公式为：
第二步：计算导数及微分弧长 求导：
计算弧长微元：
由于 $t \in [0, 2\pi]$，$\frac{t}{2} \in [0, \pi]$，$\sin\frac{t}{2} \geq 0$，所以：
第三步：代入积分式求解
应用二倍角公式 $1 - \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}$：
第四步：换元并积分 令 $u = \frac{t}{2}$，$dt = 2du$。当 $t=0 \Rightarrow u=0$；$t=2\pi \Rightarrow u=\pi$。
利用对称性及点火公式（Wallis公式）：
难度： ⭐⭐⭐
考点： #旋转曲面积 #参数方程 #点火公式
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 旋转面面积公式：$S_x = 2\pi \int y ds$
- 弧长微元：$ds = \sqrt{x'^2 + y'^2} dt$
- 降幂/半角公式：$1 - \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}$
思路分析
参数方程求几何应用题，最核心的就是写对微分弧长 $ds$。结合三角公式化简根式是此类题目的必备技巧。
易错点
- 开根号 $\sqrt{\sin^2(t/2)}$ 时，直接忽略正负号（本题区间内为正，但需要说明）。
- 点火公式积分限必须为 $[0, \pi/2]$，切勿将上限 $\pi$ 直接代入使用。
🔄 举一反三
- 求上述摆线一拱的弧长。
查看练习答案与解析
答案：$8a$
解析： 弧长 $L = \int_0^{2\pi} ds = \int_0^{2\pi} 2a \sin\frac{t}{2} dt = \left[ -4a \cos\frac{t}{2} \right]_0^{2\pi} = -4a(\cos\pi - \cos 0) = 8a$。 - 求上述摆线一拱与 $x$ 轴围成的图形面积。
查看练习答案与解析
答案：$3\pi a^2$
解析：$A = \int_0^{2\pi} y dx = \int_0^{2\pi} a(1-\cos t) \cdot a(1-\cos t) dt = a^2 \int_0^{2\pi} (1 - 2\cos t + \cos^2 t) dt = a^2 \left[ t - 2\sin t + \frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4} \right]_0^{2\pi} = 3\pi a^2$。
四、解答题（本题 10 分）
设 $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的连续函数，证明：
查看答案与解析
答案： 见解析中的完整证明过程。
证明：
本题考查周期函数的积分性质以及积分区间拆分法。
第一步：拆分左端积分区间 我们将积分区间 $[0, 2\pi]$ 拆分为 $[0, \pi]$ 和 $[\pi, 2\pi]$ 两部分：
第二步：对后半部分积分进行区间平移换元 对于第二部分积分 $I_2 = \int_{\pi}^{2\pi} (\sin x + x) f(x) dx$，令 $x = t + \pi$，则 $dx = dt$。 变换积分限：
- 当 $x = \pi$ 时，$t = 0$。
- 当 $x = 2\pi$ 时，$t = \pi$。
第三步：利用函数的周期性和三角函数性质代入
根据正弦函数性质 $\sin(t+\pi) = -\sin t$，以及 $f(x)$ 的周期性 $f(t+\pi) = f(t)$：
第四步：合并两个积分 将变量名称 $t$ 重新记为 $x$ 并与第一部分合并：
证明完毕。
难度： ⭐⭐
考点： #定积分证明 #周期函数性质 #积分换元
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 周期积分平移性质：若 $f(x+T) = f(x)$，则 $\int_a^{a+T} f(x)dx = \int_0^T f(x)dx$。
- 常用三角变换：$\sin(x+\pi) = -\sin x$。
思路分析
证明两端积分范围不同（左端 $2\pi$，右端 $\pi$），提示我们需要将左端的长区间压缩拆解。利用变量替换将 $[\pi, 2\pi]$ 平移到 $[0, \pi]$ 是关键突破口。
易错点
- 进行变量代换 $x = t+\pi$ 时，忘记替换 $x$ 的代数式部分（即 $\sin x + x$ 中的 $x$）。
- 混淆函数周期性应用范围。
🔄 举一反三
- 设 $f(x)$ 以 $T$ 为周期且连续，证明对于任意 $a$，有 $\int_a^{a+T} f(x)dx = \int_0^T f(x)dx$。
查看练习答案与解析
**答案：**见解析。
解析：$\int_a^{a+T} f(x)dx = \int_a^T f(x)dx + \int_T^{a+T} f(x)dx$。对于后项，令 $x = t+T$，则化为 $\int_0^a f(t+T)dt = \int_0^a f(t)dt$。相加即得 $\int_0^T f(x)dx$。 - 证明 $\int_0^{\pi} x f(\sin x) dx = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} f(\sin x) dx$。
查看练习答案与解析
**答案：**见解析。
解析： 令 $x = \pi - t$。$I = \int_0^\pi (\pi-t) f(\sin t) dt = \pi \int_0^\pi f(\sin t) dt - I$。移项即得 $I = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(\sin x) dx$。
五、解答题（本题 10 分）
求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}n(n + 1)x^{n}$ 的和函数。
查看答案与解析
答案： $S(x) = \frac{2x}{(1-x)^3}$，定义域为 $x \in (-1, 1)$。
解析：
本题考查幂级数求和函数（逐项求导法）。
第一步：确定收敛域 级数通项系数 $a_n = n(n+1)$。
故收敛半径 $R = 1$。当 $x = \pm 1$ 时通项不趋于零，故收敛域为 $(-1, 1)$。
第二步：构造易于求导的几何级数形式 设和函数为 $S(x) = \sum_{n = 1}^{\infty}n(n + 1)x^{n}$。 提取一个 $x$：
第三步：寻找原函数（逐项积分/微分的逆过程） 观察到通项满足关系：$n(n+1)x^{n-1} = \left(x^{n+1}\right)''$。 因此：
根据收敛域内的逐项求导法则，可将求导符号移出求和符号外：
第四步：计算几何级数之和 在 $|x| < 1$ 时，这是一个等比级数，首项为 $x^2$，公比为 $x$：
第五步：连续两次求导
- 一阶导数：$$\left(\frac{x^2}{1-x}\right)' = \frac{2x(1-x) - x^2(-1)}{(1-x)^2} = \frac{2x - x^2}{(1-x)^2}$$
- 二阶导数：$$\left(\frac{2x - x^2}{(1-x)^2}\right)' = \frac{(2-2x)(1-x)^2 - (2x-x^2) \cdot 2(1-x)(-1)}{(1-x)^4}$$提取公因式 $(1-x)$ 约简：$$= \frac{2(1-x)^2 + 2(2x-x^2)}{(1-x)^3} = \frac{2(1 - 2x + x^2 + 2x - x^2)}{(1-x)^3} = \frac{2}{(1-x)^3}$$
第六步：回代得出最终和函数
难度： ⭐⭐⭐
考点： #幂级数 #和函数 #逐项求导法
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📖 相关公式与知识点:
- 等比级数求和：$\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x}$ ($|x|<1$)。
- 逐项求导法则：在收敛区间内，$\left(\sum u_n(x)\right)' = \sum u'_n(x)$。
思路分析
对于带有 $n, n^2$ 等多项式的幂级数，利用逐项积分或逐项微分消去多项式系数，转化为几何级数求和是标准做法。
易错点
- 漏掉最外层提取出的因子 $x$。
- 忽略指明和函数的定义域（收敛域）。
🔄 举一反三
- 求级数 $\sum_{n=1}^\infty n x^n$ 的和函数。
查看练习答案与解析
答案：$S(x) = \frac{x}{(1-x)^2}$，定义域 $x \in (-1, 1)$。
解析：$S(x) = x \sum_{n=1}^\infty n x^{n-1} = x \left(\sum x^n\right)' = x \left(\frac{x}{1-x}\right)' = x \cdot \frac{1}{(1-x)^2} = \frac{x}{(1-x)^2}$。 - 求级数 $\sum_{n=1}^\infty n^2 x^n$ 的和函数。
查看练习答案与解析
答案：$S(x) = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$，定义域 $x \in (-1, 1)$。
解析：$S(x) = x \left(\frac{x}{(1-x)^2}\right)' = x \frac{(1-x)^2 - x \cdot 2(1-x)(-1)}{(1-x)^4} = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$。
六、解答题（本题 10 分）
将 $f(x) = x^{2}$ 在 $(-\pi, \pi)$ 内展开成傅里叶级数。
查看答案与解析
答案： $x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \cos(nx), \quad x \in [-\pi, \pi]$
解析：
本题考查周期函数傅里叶级数的展开。
第一步：分析函数奇偶性$f(x) = x^2$ 在对称区间 $(-\pi, \pi)$ 上是偶函数。 因此，其正弦系数 $b_n = 0$（$n=1,2,\dots$）。我们只需要计算余弦系数 $a_0$ 和 $a_n$。
第二步：计算常数项 $a_0$
第三步：计算余弦系数 $a_n$ ($n \geq 1$)
使用分部积分法（两次）： 设 $u = x^2, dv = \cos(nx)dx \Rightarrow du = 2xdx, v = \frac{1}{n}\sin(nx)$。
由于 $\sin(n\pi) = 0$，第一项为 0。
再次分部积分：设 $u = x, dv = \sin(nx)dx \Rightarrow du = dx, v = -\frac{1}{n}\cos(nx)$。
由于 $\int_0^{\pi} \cos(nx)dx = 0$，所以：
第四步：写出傅里叶级数展开式 傅里叶级数形式为 $\frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nx)$：
在端点 $x = \pm \pi$处，级数收敛于 $\frac{f(\pi-) + f(-\pi+)}{2} = \pi^2 = f(\pm \pi)$，故区间可取闭区间。
难度： ⭐⭐
考点： #傅里叶级数 #偶函数展开 #分部积分法
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📖 相关公式与知识点:
- 偶函数的傅里叶系数：$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x)dx$，$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x)\cos(nx)dx$。
- 狄利克雷收敛定理判定端点收敛值。
思路分析
做展开前必须先判定函数的奇偶性，如果为偶函数则 $b_n=0$，可以省去一半的繁重积分运算。
易错点
- 傅里叶级数第一项是 $\frac{a_0}{2}$，考生经常漏掉分母 $2$。
- 积分计算中漏掉 $(-1)^n$ 或正负号错误。
🔄 举一反三
- 将 $f(x) = x$ 在 $(-\pi, \pi)$ 内展开成傅里叶级数。
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答案：$x = 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx)$
解析：$f(x)$ 是奇函数，故 $a_n = 0$。计算 $b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x \sin(nx) dx = \frac{2(-1)^{n+1}}{n}$。 - 将 $f(x) = |x|$ 在 $(-\pi, \pi)$ 内展开成傅里叶级数。
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答案：$|x| = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(2n-1)x}{(2n-1)^2}$
解析：$f(x)$ 是偶函数，$a_0 = \pi$，$a_n = \frac{2}{\pi n^2} [(-1)^n - 1]$。当 $n$ 为偶数时为 0，奇数时为 $-\frac{4}{\pi n^2}$。
七、解答题（本题 10 分）
讨论函数 $f(x,y) = \frac{x^3 + y^3}{x^2 + y}$ 在 $(0,0)$ 处的重极限与累次极限。
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答案： 累次极限均存在且为 $0$，重极限不存在。
解析：
本题考查多元函数的累次极限与重极限判定方法。
第一步：求解累次极限
- 先对 $y$ 后对 $x$ 求极限：$$\lim_{x\to 0} \left( \lim_{y\to 0} \frac{x^3 + y^3}{x^2 + y} \right) = \lim_{x\to 0} \frac{x^3}{x^2} = \lim_{x\to 0} x = 0$$
- 先对 $x$ 后对 $y$ 求极限：$$\lim_{y\to 0} \left( \lim_{x\to 0} \frac{x^3 + y^3}{x^2 + y} \right) = \lim_{y\to 0} \frac{y^3}{y} = \lim_{y\to 0} y^2 = 0$$
两个累次极限均存在且相等，值为 $0$。
第二步：讨论二重（重）极限 为了探究重极限是否存在，我们尝试寻找不同的逼近路径。 考虑沿抛物线族 $y = -x^2 + k x^3$（其中常数 $k \neq 0$）逼近 $(0,0)$。 将路径方程代入被积函数中：
分子分母同除以 $x^3$：
由于该极限结果依赖于参数 $k$ 的选取，不同的逼近方向会得到不同的极限值。
综上：二重极限不存在。
难度： ⭐⭐⭐
考点： #累次极限 #重极限 #极限不存在判定
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 累次极限求法：转化为单变量极限逐步求解。
- 重极限不存在判定：若存在两条路径使得极限不相等，则重极限不存在。
思路分析
证明极限不存在的核心是构造特殊的曲线逼近。观察到分母含有 $x^2+y$，构造路径 $y = -x^2 + kx^3$ 可以将分母的低阶项完美抵消，从而暴露极限的路径依赖。
易错点
- 误以为累次极限相等就意味着重极限一定存在。
- 寻找路径时局限于直线 $y=kx$，而本题直线路径得出的极限均为 $0$，无法排除其存在性。
🔄 举一反三
- 讨论 $f(x,y) = \frac{xy}{x^2 + y^2}$ 在 $(0,0)$ 的重极限。
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**答案：**二重极限不存在。
解析： 沿 $y=kx$ 逼近，$\lim_{x\to 0} \frac{kx^2}{x^2 + k^2x^2} = \frac{k}{1+k^2}$。极限值随 $k$ 变化，故不存在。 - 讨论 $f(x,y) = \frac{x^2 y^2}{x^4 + y^4}$ 在 $(0,0)$ 的重极限。
查看练习答案与解析
**答案：**二重极限不存在。
解析： 沿 $y=kx$ 逼近，极限为 $\frac{k^2}{1+k^4}$，与 $k$ 相关。
八、解答题（本题 10 分）
证明：级数 $f(x) = \sum_{n = 1}^{\infty}ne^{-nx}$ 在 $(0, +\infty)$ 内收敛，但不一致收敛，而和函数在 $(0, +\infty)$ 内无穷次可微。
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答案： 见解析中的完整证明过程。
证明：
本题考查函数项级数的收敛性、一致收敛性判定及可微性质。
第一步：证明在 $(0, +\infty)$ 内点态收敛 对于任意给定的 $x \in (0, +\infty)$，公比 $r = e^{-x}$ 满足 $0 < r < 1$。 级数通项 $u_n(x) = n (e^{-x})^n$ 为正项级数。 根据比值判别法：
因此级数在 $(0, +\infty)$ 内处处收敛。
第二步：证明在 $(0, +\infty)$ 内不一致收敛 利用几何级数知识计算和函数： 对于 $|r| < 1$，$\sum_{n=1}^{\infty} nr^n = \frac{r}{(1-r)^2}$。 令 $r = e^{-x}$，得到和函数：
考察 $x \to 0^+$ 的极限：
由于级数的每一项 $u_n(x) = ne^{-nx}$ 在 $[0, +\infty)$ 上都是有界连续函数，若该级数在 $(0, +\infty)$ 内一致收敛，则其和函数 $f(x)$ 必在 $(0, +\infty)$ 内有界。 矛盾，故该级数在 $(0, +\infty)$ 内不一致收敛。
第三步：证明和函数无穷次可微 取任意 $a > 0$，考虑闭区间 $[a, +\infty)$。 对通项 $u_n(x)$ 求 $k$ 阶导数：
当 $x \geq a$ 时，有：
根据正项级数的比值判别法，$\sum_{n=1}^{\infty} n^{k+1} e^{-na}$ 是收敛的。 因此，由魏尔斯特拉斯（Weierstrass）$M$ 判别法可知，逐项求导后的级数 $\sum u_n^{(k)}(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 内一致收敛。 由函数项级数的求导定理知，和函数 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 内 $k$ 阶可导。由于 $a > 0$ 和阶数 $k$ 的任意性，和函数 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 内无穷次可微。
难度： ⭐⭐⭐
考点： #函数项级数 #一致收敛 #Weierstrass判别法 #逐项求导定理
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 魏尔斯特拉斯 $M$ 判别法：若 $|u_n(x)| \leq M_n$ 且 $\sum M_n$ 收敛，则 $\sum u_n(x)$ 一致收敛。
- 函数项级数可微性定理。
思路分析
证明一致收敛不成立，通常可以从和函数的非正常性入手（本题趋于无穷大）。证明无穷次可微则必须缩小到闭区间，通过魏尔斯特拉斯判别法保证导数级数的一致收敛。
易错点
- 误以为在开区间 $(0, +\infty)$ 逐项求导后级数一致收敛，必须先收缩至 $[a, +\infty)$。
- 未正确表述魏尔斯特拉斯 $M$ 判别法的前提。
🔄 举一反三
- 证明级数 $\sum_{n=1}^\infty x^n$ 在 $[0, 1)$ 内不一致收敛。
查看练习答案与解析
**答案：**见解析。
解析： 和函数为 $S(x) = \frac{x}{1-x}$。当 $x \to 1^-$ 时，$S(x) \to +\infty$，与项的有界连续性矛盾，故不一致收敛。 - 证明 $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$ 在 $[0, 1)$ 内不一致收敛。
查看练习答案与解析
**答案：**见解析。
解析： 和函数为 $S(x) = -\ln(1-x)$。当 $x \to 1^-$ 时，$S(x) \to +\infty$，不一致收敛。