《数学分析》第一学期期末试卷B (精选02)

一、填空题（本大题共 4 小题，每小题 3 分，共 12 分）

1. $\int x\ln xdx = $ ______

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答案：$\frac{1}{2}x^2\ln x - \frac{1}{4}x^2 + C$

解析： 本题考查使用分部积分法求解不定积分。

第一步：选择分部积分公式 分部积分公式为 $\int u dv = uv - \int v du$。 根据“反对幂三指”原则，对数函数 $\ln x$ 优先作为 $u$，幂函数 $x$ 凑微分作为 $dv$。

第二步：进行分部积分 令 $u = \ln x, dv = x dx = d\left(\frac{1}{2}x^2\right)$。 则 $du = \frac{1}{x} dx, v = \frac{1}{2}x^2$。

代入公式得：

$$\int x\ln x dx = \frac{1}{2}x^2\ln x - \int \frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x} dx$$

$$= \frac{1}{2}x^2\ln x - \frac{1}{2}\int x dx$$

第三步：计算剩余积分

$$= \frac{1}{2}x^2\ln x - \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}x^2\right) + C = \frac{1}{2}x^2\ln x - \frac{1}{4}x^2 + C$$

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难度： ⭐ 考点： #不定积分 #分部积分法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 分部积分公式：$\int u dv = uv - \int v du$
• 对数求导：$(\ln x)' = \frac{1}{x}$

思路分析

遇到对数函数与幂函数乘积的积分，优先考虑分部积分法，将对数函数求导化简。

易错点

• 忘记加上积分常数 $C$。
• 凑微分时常数项系数计算错误。

🔄 举一反三

1. 求 $\int x^2 \ln x dx$
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{1}{3}x^3\ln x - \frac{1}{9}x^3 + C$解析： 令 $u = \ln x, dv = x^2 dx = d\left(\frac{1}{3}x^3\right)$。 原式 $= \frac{1}{3}x^3\ln x - \int \frac{1}{3}x^3 \cdot \frac{1}{x} dx = \frac{1}{3}x^3\ln x - \frac{1}{3}\int x^2 dx = \frac{1}{3}x^3\ln x - \frac{1}{9}x^3 + C$。

2. 当 $a = \_$ 时， $b = \_$ 时，点 $(1,3)$ 为曲线 $y = ax^{3} + bx^{2}$ 的拐点。

查看答案与解析

答案：$a = -\frac{3}{2}, b = \frac{9}{2}$

解析： 本题考查曲线的拐点定义及二阶导数的应用。

第一步：利用点在曲线上列方程 因为点 $(1,3)$ 在曲线 $y = ax^3 + bx^2$ 上，代入坐标得：

$$3 = a(1)^3 + b(1)^2 \Rightarrow a + b = 3 \quad \text{(方程①)}$$

第二步：求二阶导数 对函数求一阶导数：

$$y' = 3ax^2 + 2bx$$

求二阶导数：

$$y'' = 6ax + 2b$$

第三步：利用拐点条件列方程 若点 $(1,3)$ 是拐点，则在该点处二阶导数必为 0（假设二阶导数存在）。 令 $y''\Big|_{x=1} = 0$：

$$6a(1) + 2b = 0 \Rightarrow 3a + b = 0 \quad \text{(方程②)}$$

第四步：解方程组 联立①和②：

$$\begin{cases} a + b = 3 \\ 3a + b = 0 \end{cases}$$

由②得 $b = -3a$，代入①得：

$$a - 3a = 3 \Rightarrow -2a = 3 \Rightarrow a = -\frac{3}{2}$$

进一步求得：

$$b = -3 \times \left(-\frac{3}{2}\right) = \frac{9}{2}$$

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难度： ⭐⭐ 考点： #拐点 #二阶导数 #待定系数法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 拐点必要条件：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处二阶可导且 $(x_0, f(x_0))$ 是拐点，则 $f''(x_0) = 0$。

思路分析

拐点题目通常提供两个隐藏条件：1. 拐点也是曲线上的点（代入原方程）；2. 拐点处的二阶导数为零。

易错点

漏掉“点在曲线上”这一隐含条件，导致只有一个方程无法解出两个未知数。

🔄 举一反三

1. 求曲线 $y = x^3 - 3x^2 + 2$ 的拐点。
   查看练习答案与解析

   答案：$(1, 0)$解析：$y' = 3x^2 - 6x$，$y'' = 6x - 6$。 令 $y'' = 0$ 得 $x = 1$。 当 $x < 1$ 时 $y'' < 0$，当 $x > 1$ 时 $y'' > 0$，凹凸性改变。 代入原方程得 $y = 1 - 3 + 2 = 0$。故拐点为 $(1, 0)$。

3. 瑕积分 $\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^p}$ 在 ______ 时收敛，在 ______ 时发散。

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答案：$p < 1$；$p \ge 1$

解析： 本题考查第二类反常积分（瑕积分）的敛散性基本结论。

被积函数 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 在 $x=0$ 处无界，因此 $x=0$ 是瑕点。

当 $p \neq 1$ 时：

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^p} = \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{\epsilon}^{1} x^{-p} dx = \lim_{\epsilon \to 0^+} \left[ \frac{x^{1-p}}{1-p} \right]_{\epsilon}^{1} = \frac{1}{1-p} - \lim_{\epsilon \to 0^+} \frac{\epsilon^{1-p}}{1-p}$$

• 若 $1-p > 0$（即 $p < 1$），则 $\lim_{\epsilon \to 0^+} \epsilon^{1-p} = 0$，积分收敛，值为 $\frac{1}{1-p}$。
• 若 $1-p < 0$（即 $p > 1$），则 $\lim_{\epsilon \to 0^+} \epsilon^{1-p} = +\infty$，积分发散。

当 $p = 1$ 时：

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{x} = \lim_{\epsilon \to 0^+} \left[ \ln x \right]_{\epsilon}^{1} = 0 - \lim_{\epsilon \to 0^+} \ln \epsilon = +\infty$$

积分发散。

综上所述，当 $p < 1$ 时收敛，当 $p \ge 1$ 时发散。

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难度： ⭐ 考点： #瑕积分 #敛散性

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• $p$-积分结论（瑕积分）：$\int_0^a \frac{dx}{x^p}$ 当 $p < 1$ 时收敛。
• $p$-积分结论（无穷积分）：$\int_a^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$ 当 $p > 1$ 时收敛。

思路分析

牢记 $p$-积分在瑕点（趋近于0）和无穷远处的敛散性条件，这是判断复杂反常积分的基础。

易错点

混淆瑕积分与无穷积分的 $p$ 值范围（瑕积分是小于1收敛，无穷积分是大于1收敛）。

🔄 举一反三

1. 讨论 $\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}}$ 的敛散性。
   查看练习答案与解析

   **答案：**收敛 **解析：**此处 $p = \frac{1}{2} < 1$，根据瑕积分结论直接判定收敛。

4. 幂级数 $x + \frac{x^3}{3} +\frac{x^5}{5} + \dots +\frac{x^{2n + 1}}{2n + 1} + \dots$ 的收敛域为 ______

查看答案与解析

答案：$(-1, 1)$

解析： 本题考查幂级数的收敛半径与收敛域的求解。

第一步：写出级数通项 级数可写为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

第二步：求收敛半径 设 $u_n(x) = \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$，利用达朗贝尔比值判别法求绝对收敛范围：

$$\rho = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{2n+3}}{2n+3} \cdot \frac{2n+1}{x^{2n+1}} \right|$$

$$= x^2 \lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{2n+3} = x^2$$

令 $\rho = x^2 < 1$，解得收敛区间为 $(-1, 1)$，收敛半径 $R=1$。

第三步：检验端点敛散性

• 当 $x = 1$ 时： 原级数变为 $1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1}$。 因为 $\frac{1}{2n+1} > \frac{1}{2n+2} = \frac{1}{2(n+1)}$，由比较判别法知该级数与调和级数同敛散，故发散。
• 当 $x = -1$ 时： 原级数变为 $-1 - \frac{1}{3} - \frac{1}{5} - \dots = -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1}$，同理发散。

因此，收敛域为 $(-1, 1)$。

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难度： ⭐⭐ 考点： #幂级数 #收敛域 #比值判别法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 比值判别法：$\rho = \lim \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$。

思路分析

求幂级数收敛域的常规流程：1. 比值法求收敛半径；2. 单独代入左右端点验证敛散性。

易错点

端点处的敛散性必须单独讨论，不能直接写成闭区间。

🔄 举一反三

1. 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ 的收敛域。
   查看练习答案与解析

   答案：$[-1, 1)$ **解析：**比值法得 $R=1$。端点 $x=-1$ 时为交错级数收敛；$x=1$ 时为调和级数发散。

二、计算题（本大题共 5 小题，每小题 8 分，共 40 分）

1. 求椭圆 $\frac{x^2}{a^2} +\frac{y^2}{b^2} = 1$ 所围的面积。

查看答案与解析

答案：$\pi ab$

解析： 本题考查利用定积分（或二重积分）计算平面图形的面积。

方法一：利用定积分 根据对称性，椭圆关于坐标轴对称，其面积等于第一象限面积的 4 倍。 第一象限的曲线方程为 $y = b\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$ ($0 \le x \le a$)。

$$A = 4 \int_0^a b\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}} dx$$

换元求解： 令 $x = a\sin t$，则 $dx = a\cos t dt$。 当 $x=0$ 时 $t=0$；当 $x=a$ 时 $t=\frac{\pi}{2}$。

$$A = 4b \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1 - \sin^2 t} \cdot a\cos t dt = 4ab \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 t dt$$

利用降幂公式 $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$：

$$A = 4ab \left[ \frac{1}{2}t + \frac{1}{4}\sin 2t \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 4ab \left( \frac{\pi}{4} + 0 \right) = \pi ab$$

方法二：利用二重积分与广义极坐标

$$A = \iint_D dxdy$$

令 $x = ar\cos\theta, y = br\sin\theta$，雅可比行列式绝对值为 $|J| = abr$。 积分域变为 $0 \le r \le 1, 0 \le \theta \le 2\pi$。

$$A = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 abr dr = 2\pi \cdot ab \left[\frac{1}{2}r^2\right]_0^1 = \pi ab$$

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难度： ⭐ 考点： #椭圆面积 #定积分应用 #换元积分法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 三角代换常用公式：$1-\sin^2 t = \cos^2 t$。

思路分析

几何图形面积优先考虑利用对称性简化积分区间；椭圆结构强烈提示使用三角代换消除根号。

易错点

换元时忘记同时更换积分上下限，或者漏掉常数因子。

🔄 举一反三

1. 求圆 $x^2 + y^2 = R^2$ 的面积。
   查看练习答案与解析

   答案：$\pi R^2$ **解析：**椭圆面积公式 $\pi ab$ 中令 $a=b=R$ 即得 $\pi R^2$。

2. 计算极限 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \cos \frac{1}{n} + \cos \frac{2}{n} + \dots + \cos \frac{n}{n} \right)$。

查看答案与解析

答案：$\sin 1$

解析： 本题考查将数列极限转化为定积分（黎曼和的定义）。

第一步：识别黎曼和结构 观察极限式，可写为求和形式：

$$I = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \cos \left(\frac{i}{n}\right) \cdot \frac{1}{n}$$

第二步：对应定积分定义 根据定积分的定义，若将区间 $[0, 1]$ 分成 $n$ 等份，步长 $\Delta x = \frac{1}{n}$，取右端点 $\xi_i = \frac{i}{n}$。 上述极限恰好是函数 $f(x) = \cos x$ 在 $[0, 1]$ 上的定积分表达式：

$$I = \int_0^1 \cos x dx$$

第三步：计算定积分

$$\int_0^1 \cos x dx = \Big[\sin x\Big]_0^1 = \sin 1 - \sin 0 = \sin 1$$

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难度： ⭐⭐ 考点： #定积分定义 #黎曼和 #极限计算

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 定积分定义：$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)\frac{1}{n} = \int_0^1 f(x) dx$。

思路分析

当求和式的通项中包含 $\frac{i}{n}$ 且整体乘以 $\frac{1}{n}$ 时，极大概率是定积分的黎曼和。

易错点

对积分上下限判断错误。当 $i$ 从 1 到 $n$ 时，区间通常是 $[0, 1]$。

🔄 举一反三

1. 计算 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \left( \sin \frac{1}{n} + \sin \frac{2}{n} + \dots + \sin \frac{n}{n} \right)$。
   查看练习答案与解析

   答案：$1 - \cos 1$ **解析：**转化为 $\int_0^1 \sin x dx = [-\cos x]_0^1 = 1 - \cos 1$。

3. 计算极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{\sin x}\tan^{2}tdt}{x^{3}}$。

查看答案与解析

答案：$\frac{1}{3}$

解析： 本题考查变上限积分的极限，属于 $\frac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则。

第一步：应用洛必达法则 分子分母均趋于 0，对分子分母同时求导：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{\sin x}\tan^{2}tdt}{x^{3}} = \lim_{x\to 0}\frac{\frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{\sin x}\tan^{2}tdt\right)}{\frac{d}{dx}(x^{3})}$$

第二步：变上限积分求导（复合函数求导） 根据公式 $\frac{d}{dx}\left(\int_a^{g(x)} f(t)dt\right) = f(g(x)) \cdot g'(x)$：

$$\frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{\sin x}\tan^{2}tdt\right) = \tan^2(\sin x) \cdot (\sin x)' = \tan^2(\sin x) \cos x$$

第三步：化简极限

$$原式 = \lim_{x\to 0} \frac{\tan^2(\sin x) \cos x}{3x^2}$$

由于 $\lim_{x\to 0} \cos x = 1$，极限可拆分为：

$$\frac{1}{3} \lim_{x\to 0} \frac{\tan^2(\sin x)}{x^2}$$

第四步：等价无穷小替换 当 $x \to 0$ 时，$\sin x \sim x$，且 $\tan u \sim u$。 因此 $\tan(\sin x) \sim \sin x \sim x$，故 $\tan^2(\sin x) \sim x^2$。

$$原式 = \frac{1}{3} \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x^2} = \frac{1}{3}$$

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难度： ⭐⭐ 考点： #变上限积分求导 #洛必达法则 #等价无穷小

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• $\left(\int_a^{g(x)} f(t)dt\right)' = f(g(x))g'(x)$
• 当 $x\to 0$ 时，$\sin x \sim x, \tan x \sim x$

思路分析

变上限积分极限是不变的高频考点，求导后配合等价无穷小是解题的黄金搭档。

易错点

复合求导时忘记乘以“内层函数”的导数 $g'(x)$。

🔄 举一反三

1. 计算 $\lim_{x\to 0} \frac{\int_0^x \sin t^2 dt}{x^3}$。
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{1}{3}$ **解析：**洛必达法则后为 $\lim \frac{\sin x^2}{3x^2} = \frac{1}{3}$。

4. 要制作一个有盖的圆柱形罐头，其体积为 $V$ 不变，问怎样选择其高与底半径使得其表面积最小？

查看答案与解析

**答案：**当高等于底面直径（即 $h = 2r$）时，表面积最小。

解析： 本题属于最值应用题，需要建立目标函数并利用导数求极值。

第一步：引入变量并建立几何关系 设圆柱的底面半径为 $r$，高为 $h$。 已知体积 $V = \pi r^2 h$ 保持不变，由此可将 $h$ 用 $r$ 表示：

$$h = \frac{V}{\pi r^2} \quad (r > 0)$$

第二步：建立目标函数（表面积） 由于是“有盖”圆柱，表面积包含上下底面和侧面积：

$$S = 2\pi r^2 + 2\pi r h$$

将 $h = \frac{V}{\pi r^2}$ 代入：

$$S(r) = 2\pi r^2 + 2\pi r \left(\frac{V}{\pi r^2}\right) = 2\pi r^2 + \frac{2V}{r}$$

第三步：求导寻找驻点 对 $S(r)$ 求一阶导数：

$$S'(r) = 4\pi r - \frac{2V}{r^2}$$

令 $S'(r) = 0$：

$$4\pi r = \frac{2V}{r^2} \Rightarrow r^3 = \frac{V}{2\pi} \Rightarrow r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$$

第四步：判断极值与最值 求二阶导数：

$$S''(r) = 4\pi + \frac{4V}{r^3}$$

当 $r > 0$ 时，$S''(r) > 0$，因此驻点 $r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ 为极小值点。 由于在定义域 $(0, +\infty)$ 上仅有一个驻点，该极小值即为最小值。

第五步：计算对应的高

$$h = \frac{V}{\pi r^2} = \frac{V}{\pi \left(\frac{V}{2\pi}\right)^{2/3}} = \frac{V^{1/3}}{\pi^{1/3} \cdot 2^{-2/3}} = 2 \left(\frac{V}{2\pi}\right)^{1/3} = 2r$$

综上所述，当高 $h = 2r$（高等于底面直径）时，表面积最小。

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难度： ⭐⭐ 考点： #极值应用题 #一元函数最值

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 圆柱体积：$V = \pi r^2 h$
• 圆柱有盖表面积：$S = 2\pi r^2 + 2\pi rh$

思路分析

实际问题中消元是关键。先列出包含两个自变量的函数，通过约束条件消去一个变量，转化为一元函数求最值。

易错点

审题失误算成“无盖”表面积，导致漏掉一个底圆面积。

🔄 举一反三

1. 假设制作一个“无盖”的圆柱形罐头，问高与半径比例为多少时面积最小？
   查看练习答案与解析

   答案：$h = r$解析：$S = \pi r^2 + \frac{2V}{r}$。求导 $S' = 2\pi r - \frac{2V}{r^2} = 0 \Rightarrow r^3 = \frac{V}{\pi}$。代入得 $h = \frac{V}{\pi r^2} = r$。

5. 设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos nx}{n\sqrt{n}}, x\in (-\infty , + \infty)$，求 $\int_0^\pi S(x)dx$。

查看答案与解析

答案：$0$

解析： 本题考查函数项级数的逐项积分性质。

第一步：验证一致收敛性 设级数通项为 $u_n(x) = \frac{\cos nx}{n^{3/2}}$。 因为对于所有 $x \in (-\infty, +\infty)$，有

$$|u_n(x)| = \left| \frac{\cos nx}{n^{3/2}} \right| \le \frac{1}{n^{3/2}}$$

而常数级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 是收敛的 $p$-级数（$p = \frac{3}{2} > 1$）。 根据魏尔斯特拉斯 M-判别法，原级数在 $(-\infty, +\infty)$ 上绝对且一致收敛。

第二步：应用逐项积分定理 由于一致收敛，可以交换求和号与积分号：

$$\int_0^\pi S(x)dx = \int_0^\pi \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos nx}{n^{3/2}} \right) dx = \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^\pi \frac{\cos nx}{n^{3/2}} dx$$

第三步：计算每一项的积分

$$\int_0^\pi \cos nx dx = \left[ \frac{\sin nx}{n} \right]_0^\pi = \frac{\sin(n\pi) - \sin 0}{n} = 0 \quad (\text{对于任意整数 } n \ge 1)$$

所以：

$$\int_0^\pi S(x)dx = \sum_{n=1}^{\infty} 0 = 0$$

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难度： ⭐⭐⭐ 考点： #函数项级数 #逐项积分 #一致收敛

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• Weierstrass M-判别法：若 $|u_n(x)| \le M_n$ 且 $\sum M_n$ 收敛，则 $\sum u_n(x)$ 一致收敛。
• 逐项积分：一致收敛条件下，积分号与求和号可交换。

思路分析

遇到求无穷级数的定积分，不要硬算和函数，先用 M-判别法证明一致收敛，再互换次序逐项积分。

易错点

跳过证明“一致收敛”的前提步骤，直接默认可以交换。

🔄 举一反三

1. 求解 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n^3} \right) dx$。
   查看练习答案与解析

   答案：$\sum_{n=1}^\infty \frac{1 - \cos(n\pi/2)}{n^4}$ **解析：**通项绝对值 $\le 1/n^3$，一致收敛。逐项积分得 $\int_0^{\pi/2} \frac{\sin nx}{n^3}dx = \left[ -\frac{\cos nx}{n^4} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1 - \cos(n\pi/2)}{n^4}$。

三、判断下列反常积分与级数的敛散性（本大题共 3 小题，每小题 8 分，共 24 分）

1. $\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^5 + 1}}$

查看答案与解析

**答案：**收敛

解析： 本题考查无穷区间上反常积分敛散性的判定。

第一步：寻找等价结构 当 $x \to +\infty$ 时，根号下的常数项 $1$ 相对于 $x^5$ 可以忽略：

$$\frac{1}{\sqrt{x^5 + 1}} \sim \frac{1}{\sqrt{x^5}} = \frac{1}{x^{5/2}}$$

第二步：使用极限形式的比较判别法 设 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x^5 + 1}}$，参考函数 $g(x) = \frac{1}{x^{5/2}}$。

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x^{5/2}}{\sqrt{x^5+1}} = \lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{x^5}{x^5+1}} = 1$$

极限为非零常数，因此 $\int_1^{+\infty} f(x)dx$ 与 $\int_1^{+\infty} g(x)dx$ 敛散性相同。

第三步：应用结论 对于基准反常积分 $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$，此处 $p = \frac{5}{2} > 1$，故收敛。

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难度： ⭐ 考点： #反常积分 #比较判别法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 无穷 $p$-积分定理：$\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$ 在 $p > 1$ 时收敛。

思路分析

抓取多项式极限主导项。

易错点

积分下限必须避开瑕点，如从 $0$ 开始则需要拆分讨论。

🔄 举一反三

1. 判定 $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^3 + 2x}$ 的敛散性。
   查看练习答案与解析

   **答案：**收敛 **解析：**等价于 $\int \frac{1}{x^3}dx$，$p=3>1$。

2. $\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^p}$

查看答案与解析

**答案：**当 $p > 1$ 时级数收敛；当 $p \le 1$ 时级数发散。

解析： 本题考查利用积分判别法判定正项级数的敛散性（即 Bertrand 级数）。

第一步：构造辅助函数 设 $f(x) = \frac{1}{x(\ln x)^p}$。当 $x \ge 3$ 时，$f(x) > 0$ 且单调递减。 因此级数与反常积分 $\int_3^{+\infty} f(x)dx$ 敛散性一致。

第二步：计算反常积分 令 $u = \ln x$，则 $du = \frac{1}{x}dx$。

$$\int_3^{+\infty} \frac{dx}{x(\ln x)^p} = \int_{\ln 3}^{+\infty} \frac{du}{u^p}$$

第三步：根据 $p$-积分结论讨论

• 当 $p > 1$ 时，积分收敛，从而原级数收敛；
• 当 $p \le 1$ 时，积分发散，从而原级数发散。

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难度： ⭐⭐ 考点： #积分判别法 #Bertrand级数

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 积分判别法条件：连续、正值、单调递减。

思路分析

观察到被积函数形式包含 $\ln x$ 及其导数 $\frac{1}{x}$，适合使用凑微分法或通过积分判别法转化为反常积分求解。

易错点

容易忽略积分判别法的前提条件（函数必须连续、正值且单调递减）。

🔄 举一反三

1. 判定 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(\ln n)^2}$ 的敛散性。
   查看练习答案与解析

   **答案：**收敛 解析：$p=2>1$，积分换元后收敛。

3. $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} \ln(n+1)}{n+1}$ （证明条件收敛）

查看答案与解析

证明：

第一部分：证明原级数收敛 原级数为交错级数，设通项绝对值为 $a_n = \frac{\ln(n+1)}{n+1} > 0$。

1. 极限为 0：$\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{x\to\infty} \frac{\ln(x+1)}{x+1} \overset{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to\infty} \frac{1}{x+1} = 0$。
2. 单调性：令 $f(x) = \frac{\ln(x+1)}{x+1}$，求导得 $f'(x) = \frac{1 - \ln(x+1)}{(x+1)^2}$。当 $x > e-1$ 时，$f'(x) < 0$。 故 $a_n$ 最终单调递减。 根据莱布尼茨判别法，交错级数收敛。

第二部分：证明绝对值级数发散 考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln(n+1)}{n+1}$。 因为当 $n \ge 2$ 时，$\ln(n+1) > 1$：

$$\frac{\ln(n+1)}{n+1} > \frac{1}{n+1}$$

级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1}$ 是去掉首项的调和级数，它是发散的。 由比较判别法，绝对值级数发散。

综上，原级数收敛但其绝对值级数发散，故级数条件收敛。

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难度： ⭐⭐ 考点： #条件收敛 #莱布尼茨判别法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 莱布尼茨定理三要素：交错、单调递减、趋于零。

思路分析

判定条件收敛需要“双管齐下”：首先用莱布尼茨判别法证明原级数收敛；其次用比较判别法证明取绝对值后的级数发散。

易错点

证明单调递减时，仅凭直觉或代入前几项，没有通过求导等严格数学手段证明最终递减。

🔄 举一反三

1. 证明 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$ 条件收敛。
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   **证明：**本身符合莱布尼茨测试（趋于0且递减）收敛；取绝对值后为调和级数发散。

四、傅里叶级数（本大题共 1 小题，共 8 分）

1. 把 $f(x) = x$ 在 $(0,2)$ 内展开成余弦级数。

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答案：

$$f(x) = 1 - \frac{8}{\pi^2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} \cos \frac{(2k-1)\pi x}{2}$$

解析： 本题考查傅里叶级数的余弦展开。

第一步：偶延拓 要将 $f(x)$ 展成余弦级数，需将定义域 $(0,2)$ 进行偶延拓至 $(-2,2)$。 设半周期 $l = 2$。

第二步：计算傅里叶系数

$$a_0 = \frac{2}{l} \int_0^l f(x) dx = \frac{2}{2} \int_0^2 x dx = \left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^2 = 2$$

对于 $n \ge 1$：

$$a_n = \frac{2}{l} \int_0^l f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} dx = \int_0^2 x \cos \frac{n\pi x}{2} dx$$

利用分部积分：

$$= \left[ x \frac{2}{n\pi} \sin \frac{n\pi x}{2} \right]_0^2 - \frac{2}{n\pi} \int_0^2 \sin \frac{n\pi x}{2} dx$$

$$= 0 + \left(\frac{2}{n\pi}\right)^2 \left[ \cos \frac{n\pi x}{2} \right]_0^2 = \frac{4}{n^2\pi^2} (\cos n\pi - 1) = \frac{4}{n^2\pi^2} ((-1)^n - 1)$$

第三步：分析系数

• 当 $n$ 为偶数时，$a_n = 0$。
• 当 $n$ 为奇数时，$n = 2k-1$，$a_{2k-1} = -\frac{8}{(2k-1)^2\pi^2}$。

第四步：写出级数形式

$$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos \frac{n\pi x}{2} = 1 - \frac{8}{\pi^2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} \cos \frac{(2k-1)\pi x}{2}$$

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难度： ⭐⭐⭐ 考点： #余弦级数 #傅里叶展开

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 余弦级数公式：$a_0 = \frac{2}{l}\int x dx, a_n = \frac{2}{l}\int x \cos\frac{n\pi x}{l}dx$。

思路分析

余弦展开对应偶延拓。在此题中，区间为 $(0,2)$，故半周期 $l=2$。核心在于准确计算分部积分。

易错点

分部积分时，三角函数的符号（正负号）以及系数 $\frac{2}{n\pi}$ 极易算错。

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🔄 举一反三

1. 将 $f(x) = x$ 在 $(0, \pi)$ 展成正弦级数。
   查看练习答案与解析

   答案：$2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin nx$ **解析：**奇延拓，计算 $b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x \sin nx dx = \frac{2}{n}(-1)^{n+1}$。

五、证明题（本大题共 2 小题，每小题 8 分，共 16 分）

1. 应用凸函数的概念证明对任意实数 $a,b,$ 有 $e^{\frac{a + b}{2}}\leq \frac{1}{2} (e^{a} + e^{b})$。

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证明：

第一步：构造函数并判定凹凸性 令 $f(x) = e^x, x \in (-\infty, +\infty)$。 求导得 $f'(x) = e^x, f''(x) = e^x > 0$。 因为二阶导数在定义域内严格大于 0，所以 $f(x) = e^x$ 是实数集上的严格下凸函数。

第二步：套用凸函数定义 根据下凸函数的性质，对任意 $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ 及 $\lambda \in (0, 1)$，有：

$$f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)$$

第三步：代入特定值 在此处，令 $x_1 = a, x_2 = b$，取权重 $\lambda = \frac{1}{2} \in (0, 1)$。 代入上述公式：

$$e^{\frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b} \le \frac{1}{2}e^a + \frac{1}{2}e^b$$

即：

$$e^{\frac{a+b}{2}} \le \frac{1}{2}(e^a + e^b)$$

当且仅当 $a=b$ 时，等号成立。得证。

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难度： ⭐⭐ 考点： #凸函数 #Jensen不等式

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 凸函数定义：$f(\frac{a+b}{2}) \le \frac{f(a)+f(b)}{2}$。

思路分析

利用 $f''(x) = e^x > 0$ 证明指数函数的严格下凸性，随后直接套用下凸函数的定义即可得证。

易错点

证明完毕后，容易遗漏说明等号成立的条件（即 $a=b$ 时）。

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🔄 举一反三

1. 证明对任意正实数 $a, b$，有 $\ln(\frac{a+b}{2}) \ge \frac{\ln a + \ln b}{2}$。
   查看练习答案与解析

   **证明：**因为 $(\ln x)'' = -1/x^2 < 0$，是上凸函数。根据上凸函数定义即证。

2. 证明： $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n e^{-nx}$ 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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证明：

第一部分：点态收敛 对于区间 $(0, +\infty)$ 内任意固定的 $x_0 > 0$，通项 $u_n(x_0) = n e^{-nx_0} > 0$。 采用比值判别法：

$$\lim_{n\to\infty} \frac{u_{n+1}(x_0)}{u_n(x_0)} = \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)e^{-(n+1)x_0}}{n e^{-nx_0}} = \lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n} e^{-x_0} = e^{-x_0}$$

由于 $x_0 > 0$，因此 $0 < e^{-x_0} < 1$。 故级数点态收敛。

第二部分：证明非一致收敛 求级数的余项 $R_N(x) = \sum_{n=N+1}^{\infty} n e^{-nx}$。 取特殊点 $x = \frac{1}{N} > 0$：

$$R_N\left(\frac{1}{N}\right) = \sum_{n=N+1}^{\infty} n e^{-\frac{n}{N}} > \sum_{n=N+1}^{2N} n e^{-\frac{n}{N}} > \sum_{n=N+1}^{2N} N e^{-2} = N^2 e^{-2}$$

显见当 $N \to \infty$ 时，余项上限并不趋于 0。 故该级数在 $(0, +\infty)$ 内非一致收敛。

第三部分：证明和函数无穷次可微 任取闭区间 $[a, +\infty) \subset (0, +\infty)$（其中 $a > 0$）。 考虑 $k$ 阶导数项级数：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{d^k}{dx^k}(n e^{-nx}) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^k n^{k+1} e^{-nx}$$

因为在 $[a, +\infty)$ 上，对于所有 $n$，有 $|(-1)^k n^{k+1} e^{-nx}| \le n^{k+1} e^{-na}$。 利用比值法可验证常数级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n^{k+1} e^{-na}$ 是收敛的。 根据魏尔斯特拉斯 M-判别法，每一阶导数级数在 $[a, +\infty)$ 上都一致收敛。 由于 $a > 0$ 的任意性，和函数在 $(0, +\infty)$ 上具备无穷次可微性。

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难度： ⭐⭐⭐ 考点： #一致收敛 #无穷次可微

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 魏尔斯特拉斯 M-判别法。

思路分析

一致收敛性通常通过估计余项找到反例来推翻；而无穷次可微则需要利用 M-判别法证明任意阶导数级数在闭子区间上均一致收敛。

易错点

混淆“点态收敛”与“一致收敛”的概念，或者在证明可微时忘记强调区间子集的任意性。

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🔄 举一反三

1. 判定 $\sum_{n=1}^\infty x^n$ 在 $(-1, 1)$ 内是否一致收敛。
   查看练习答案与解析

   **答案：**否 **解析：**余项 $R_N(x) = \frac{x^{N+1}}{1-x}$。取 $x_N = 1 - \frac{1}{N}$ 时，$\lim R_N(x_N) = 1/e \neq 0$。