武忠祥老师每日一题｜第288

题目288

设函数

f(x)

在

(-infty, infty)

上二阶可导，且

f''(x)ne0

，

limlimits_{xtoinfty}dfrac{sqrt{x^2-x 1}}{xf'(x)}=alpha>0

，且存在一点

f(x_0)<0

. 证明方程

f(x)=0

在

(-infty, infty)

上恰有两个实根

解答

看到要证明恰好，基本上都是经典的夹逼：

text{最优解} ge text{贪心解} & text{最优解} le text{贪心解} Rightarrow text{最优解} = text{贪心解}

根据昨天证明的 罗尔原话，

f''(x)ne0 Rightarrow f(x)text{至多2个根}

然后我们分类讨论极限趋于 正无穷 和 负无穷 两种情况即可：

当

x to infty

时：

limlimits_{xto infty}dfrac{sqrt{x^2-x 1}}{xf'(x)}= limlimits_{xto infty}dfrac{1}{f'(x)}=alpha>0

故根据 极限的保号性：

exists X_1 > 0

，当

x > X_1

时，恒有

f'(x) > dfrac{1}{2alpha} > 0

而我们要的是

f(x)

不是

f'(x)

，故想到 拉格朗日中值定理 建立

与

的关系

exists xi in(X_1, x),~~s.t.\ f(x) = f(X_1) f'(xi)(x - X_1) > f(X_1) dfrac{1}{2alpha}(x-X_1) = text{常数} text{常数} times text{(无穷大 - 常数)} to infty

故

limlimits_{xto infty}f(x) = infty > 0

同理可证：当

x to -infty

时，

limlimits_{xto-infty}f(x) = infty > 0

因

f(-infty) > 0, f(x_0) < 0, f( infty) > 0

由 零点定理的推广定理 可知，至少存在两点

zeta_1in (-infty,x_0), zeta_2in(x_0, infty), s.t. f(zeta_1) = f(zeta_2) = 0

由

text{零点个数} ge 2 ~&~ text{零点个数} le 2 Rightarrow text{零点个数} = 2

得证

题目289

（2020年2）设函数

f(x)

在区间

[-2,2]

上可导，且

f'(x)>f(x)>0

，则（）

（A）

dfrac{f(-2)}{f(-1)}>1

（B）

dfrac{f(0)}{f(-1)}>e

（C）

dfrac{f(1)}{f(-1)}<e^2

（D）

dfrac{f(2)}{f(-1)}<e^3

解答

题目给出了

与

的 大小关系，为了利用该关系建立 不等式，立刻就想到了 中值定理

插一句，这种给定 不等式关系 的题目，

80%

最后都是利用 不等号方向 把某余项放缩掉，这个思想很重要

首先排除 罗尔定理，因为题目中没有明确给出相等的两点；而 泰勒中值 一般用于高阶，有些牛刀杀鸡的意思

那么还剩下 柯西中值 和 拉格朗日中值 了。A选项 可以用 拉格朗日中值 快速判断出答案：

f(-1) - f(-2) = f'(xi_1) > 0

，故

f(-1) > f(-2) > 0 Rightarrow dfrac{f(-2)}{f(-1)} < 1

故A错误

但是后三个不太行，通过观察发现右侧是一个同样在 随参数变化 的 指数函数，因此我们考虑构造 辅助函数

B：

dfrac{e^0 cdot f(0)}{e^{-1} cdot f(-1)}>1

。令

F(x) = e^x cdot f(x)

，再对

F(x)

使用 拉格朗日中值定理 即可：

F(0) = F(-1) F'(xi_2) > F(-1) Rightarrow dfrac{F(0)}{F(-1)} > 1 Rightarrow dfrac{e^0 cdot f(0)}{e^{-1} cdot f(-1)}>1 Rightarrow dfrac{f(0)}{f(-1)} > e

故 B 正确

F(1) = F(-1) F'(xi_3) > F(-1) Rightarrow dfrac{F(1)}{F(-1)} > 1 Rightarrow dfrac{e^1 cdot f(1)}{e^{-1} cdot f(-1)}>1 Rightarrow dfrac{f(1)}{f(-1)} > e^2

故 C 错误

F(2) = F(-1) F'(xi_4) > F(-1) Rightarrow dfrac{F(2)}{F(-1)} > 1 Rightarrow dfrac{e^2 cdot f(2)}{e^{-1} cdot f(-1)}>1 Rightarrow dfrac{f(2)}{f(-1)} > e^3

故 D 错误

综上，正确的选项为 B

题目290

（2018年2）已知常数

kge ln2 - 1

，证明：

(x-1)(x-ln^2 x 2kln x-1)ge0

解答

微分不等式 的题目都是套路，按照套路一步步做就好了

观察到不等式左边是两个因式积的形式，直接乘开不好做，故我们分类讨论即可：

xgt 1

时：

令

f(x) = x-ln^2 x 2kln x-1

，

则

f'(x)=1-dfrac{2ln x}{x} dfrac{2k}{x} = dfrac{x-2ln x 2k}{x}

令

g(x) = x - 2ln x 2k

，则

g'(x) = dfrac{x-2}{x} xlongequal{令}0

，得：

g'(2) = 0

故

g(x)

在

x=2

取极小值，

g(2) = 2cdot big[k-(ln 2 - 1)big] ge 0

Rightarrow f'(x) ge 0 Rightarrow f(x) text{单调递增} Rightarrow (x-1)f(x)text{单调递增}

0 lt xlt 1

时：

同理可证得

(x-1)f(x)text{单调递减}

由 极值的定义 可知，

(x-1)f(x)

在

x=1

取极小值，且该 局部极小值 为 全局最小值

bigg[(x-1)f(x)bigg]_{min} = bigg[(1-1)f(1)bigg] = 0 Rightarrow (x-1)(x-ln^2 x 2kln x-1)ge0

题目291

设函数

f(x)

二阶可导，

f(0)=1, f'(0)=0

，且对任意

xge0

有

f''(x)-5f'(x) 6f(x)ge0

，证明不等式

f(x)ge3e^{2x}-2e^{3x},(xge0)

解答

微分不等式，套路题

构造辅助函数

F(x)=f(x)-3e^{2x} 2e^{3x}

，

F(0) = 0

则：

F'(x) = f'(x)-6e^{2x} 6e^{3x}

，

F'(0) = 0

则：

F''(x)=f''(x)-12e^{2x} 18e^{3x}

，利用题目中最后给的不等式，有：

[ F''(x)-5F'(x) 6F(x)=f''(x)-5f'(x) 6f(x)ge0 ]

故

F'(x) ge 0 quadRightarrowquad F(x)ge 0 quadRightarrowquad f(x) ge 3e^{2x}-2e^{3x}

题目292

证明不等式：

bigg|{ dfrac{sin x - sin y}{x - y} - cos y }bigg| le dfrac{1}{2} |x - y|quad(x ne y)

解答

看到有碍眼的 绝对值 ，在不等式的证明中，常见的去绝对值的方法有 绝对值不等式

但是本题

x,y

都是参数，且满足

xne y

，因此我们不妨设

x>y

：

[ begin{aligned} bigg|frac{sin x - sin y}{x - y} - cos ybigg| &le frac{1}{2}(x-y) \\ sin x - sin y - cos y(x - y) &le frac{1}{2}(x-y)^2 end{aligned} ]

常见的微分不等式处理两个参数时，可以把另一个给令成变量

然后求导找单调性

但是本体做不了，不过通过观察，我们发现化简后的不等式中出现了 泰勒展开 的形式

考虑把

sin x

在

x=y

处展开：

sin x = sin y cos x(x-y)-dfrac{sin y}{2}(xi-y)^2

化简不等式左侧：

-dfrac{sin y}{2}(xi-y)^2

由于

-1 le sin y le 1

，故

-dfrac{1}{2}(xi-y)^2le -dfrac{sin y}{2}(xi-y)^2ledfrac{1}{2}(xi-y)^2

又

y < xi < x

，故

-dfrac{sin y}{2}(xi-y)^2ledfrac{1}{2}(xi-y)^2 lt dfrac{1}{2}(x-y)^2

得证

做到这里一看，前面去绝对值的操作挺多余的，本题核心还是同乘

x-y

化简

题目293

（2020年数二）设函数

f(x)=int_1^xe^{t^2}dt

证明：存在

xiin(1,2)，s.t. f(xi)=(2-xi)e^{xi^2}

证明：存在

etain(1,2)，s.t. f(2)=ln 2 cdot eta e^{eta^2}

解答

中值定理的题干中给出了

f(x)

的积分形式，那么这题一般是要用到 积分中值定理 的

构造

F(x) = f(x) - (2-x)e^{x^2}

，则

F(1) = -e < 0，F(2)=int_1^2e^{t^2}dt > 0

由 零点定理 可知：

exists xiin(1,2), s.t. F(xi)=0

，即

f(xi)=(2-xi)e^{xi^2}

得证

对

f(2)

使用 积分中值定理：

exists zeta in(1,2),s.t.f(2)=e^{zeta^2}

构造

G(x) = e^{zeta^2} - ln 2 cdot x cdot e^{x^2}

则

G(1) = e^{zeta^2} - ln 2 e^1 = ecdot [e^{zeta^2 - 1} - ln 2] > 0

又

G(2) = e^{zeta^2} - 2ln 2 e^2 = e^2cdot [e^{zeta^2 - 2} - ln 4] < 0

故，由 零点定理 可知，

exists etain(1,2)，s.t.f(2)=ln 2 cdot eta e^{eta^2}

看了一下武老师的方法，先把右侧除到左侧做一次恒等变形，如下：

dfrac{f(2)}{eta}=ln 2 cdot f'(eta)

，故可构造

F(x) = f(2)ln x - ln 2 cdot f(x)

则

F(1) = F(2) = 0 Rightarrow F'(eta) = 0

（罗尔定理）

武老师的 方法二 是把常数放一边，变量放另一边（这个思想很重要！！），如下：

dfrac{f(2)}{ln 2} = dfrac{f'(eta)}{dfrac{1}{eta}}

，故可构造

F(x) = dfrac{f(x)}{ln x}

，则由 柯西中值定理：

dfrac{f(2) - f(1)}{ln 2 - ln 1} = dfrac{f'(eta)}{dfrac{1}{eta}}

中值定理的证明题，一题有多解，个人建议做题时每一中都要学会，思想很重要

题目294

(2019年2) 已知函数

f(x)

在

[0,1]

上具有二阶导数，且

f(0)=0,f(1)=1

int_0^1 f(x)dx = 1

证明： 1. 存在

xi in(0, 1),s.t.f'(xi)=0

2. 存在

etain(0, 1),s.t.f''(eta)le -2

解答

第一问还是比较裸的送分题，既然要估计出 一阶导数 为

的，那么必然想到了 罗尔定理

由于

f(0)=0,f(1)=1,int_0^1f(x)dx=1

，设

为

f(x)

在

(0,1)

上的最大值

故

exist xiin(0,1),s.t.f(xi)=M

（最值不在端点处取到，则一定在区间内部的极值处取到）

由 费马引理：

f'(xi)=0

得证

第二问牵扯到了高阶导数，一般用 泰勒中值 来做

考虑 展开点 的问题，这题泰勒要展开到 2阶，故 一阶导数 是要想办法消掉的

而第一问中求出的

f'(xi)=0

就可以很好的接上了，因此选取端点在

x=xi

展开

f(x)=f(xi) f'(xi)(x-xi) dfrac{f''(zeta)}{2}(x-xi)^2 ~Rightarrow~ f''(zeta) = 2cdot dfrac{f(x)-f(xi)}{(x-xi)^2}

令

x=0

可得：

f''(zeta) = dfrac{-2M}{xi^2}le -2

故

exist etain(0,xi)subset(0,1),s.t.f''(eta)le -2

第二问的辅助多项式解法

令

F(x) = f(x) - (ax^2 bx c)

，代入给个点的值：

令 begin{cases} F(0)=-c = 0 \ F(1)=1-(a b c) = 0 \ _0^1F(x)dx = _0^1f(x)dx - - = 0 end{cases}

以上不应该出现在答题纸上，这些是草稿纸上的步骤

解得：

F(x) = f(x) 3x^2-4x

则

F(0)=F(1)= F(x_0)=0 quad(text{其中}x_0in(0, 1))

(积分中值定理)

连续使用 罗尔定理 可得：

exist xi_1in(0, x_0),s.t.F'(xi_1)=0

exist xi_2in(x_0, 1),s.t.F'(xi_2)=0

exist xiin(xi_1, xi_2),s.t.F''(xi)=0

故：

f''(x)=-6le -2

得证

题目295

设

f(x)

在

[0,1]

上二阶可导，且

limlimits_{xto0^ }dfrac{f(x)}{x}=2,int_0^1f(x)dx=1

试证： 1. 存在

xiin(0,1), s.t.f'(xi)=f(xi)-2xi 2

2. 存在

etain(0,1),s.t.f''(eta) = 0

3. 存在

zetain(0,1),s.t.int_0^zeta f(t)dt zeta f(zeta) = 2zeta

4. 存在

muin(0,1),s.t.mu f(mu)=2int_0^mu f(t)dt

解答

这是一场 构造题专场，四个问完全不相干，每一题都要构造一个新的辅助函数，就当加深一下思维了

由题干可以简单得出的几个条件：

f(0)=0,f'(0)=2,f(x_0)=0quad(0<x_0<1)

第一问

证明的等式中出现了：

g'(x)-g(x)

得形式，故构造辅助函数

F(x) = big(f(x)-2xbig) e^{-x}

则

F'(x) = e^{-x}cdotBig({f'(x)-2-f(x) 2x}Big)

又

int_0^1F(x)e^xdx = 0 Rightarrow F(x_1) = 0

（积分中值定理，其中

x_1in(0,1)

）

故由

F(0) = F(x_1)=0 Rightarrow F'(xi) = e^{-xi}cdot Big(f'(xi)-f(xi) 2xi-2Big) = 0

(罗尔定理) 其中

xi in (0, x_1)subset (0, 1)

故得证

第二问

这一问可以直接借助上一问的辅助函数继续操作：

F'(0)=F'(xi) = 0 Rightarrow F''(eta) = 0

（罗尔定理）其中

etain(0,xi)subset(0,1)

故得证

第三问

看到等式左边出现了

u'v uv'

的形式，故考虑用 乘积的求导公式 还原原函数

构造辅助函数：

G(x) = xint_0^xf(t)dt - x^2

，则

G'(x) = int_0^xf(t)dt - xf(x) - 2x

由

G(0)=G(1)=0 Rightarrow G'(xi)=0

（罗尔定理）其中

xiin(0, 1)

故得证

第四问

看到有

u'v - uv'

的形式，故考虑用 商的求导公式 还原原函数

构造辅助函数：

H(x) = dfrac{int_0^2f(t)dt}{x^2}

，则

H'(x) = dfrac{xf(x)-2int_0^xf(t)dt}{x^3}

由于该函数在

x = 0

处没有定义，故我们需要进行补充定义：

H(x) = begin{cases} 1 & x = 0\ dfrac{int_0^2f(t)dt}{x^2} & 0 < x < 1 end{cases}

则

H(0) = H(1) = 1 Rightarrow H'(mu) = 0

（罗尔定理）其中

muin(0,1)

故得证

题目296

设

f(x)

在

[0,1]

上连续，在

(0,1)

内可导，且

f(0)=1,f(1)=0

证明： 1. 存在两个不同的点

xi_1,xi_2in(0,1),s.t.f'(xi_1) f'(xi_2)=-2

2. 存在两个不同的点

eta,zetain(0,1),s.t.f'(eta)f'(zeta)=1

第一问解答

本题为中值定理中的一类经典模型：双中值问题

解决方法也很简单，那就是 拆分区间，然后分别在两个区间上进行 区间估计

要把区间拆分成什么样，一开始我们是不知道了，因此需要从答案入手开始尝试试出来

先不妨令该拆分点为

x(0<x<1)

，则分别两左右两个区间上使用 拉格朗日中值定理 可得：

[ begin{cases} f(x)-1=f'(xi_1)cdot x\\ -f(x)=f'(xi_2)cdot (1 - x) end{cases} ]

将两者加起来可得：

f'(xi_1) f'(xi_2)=dfrac{f(x)-1}{x} dfrac{-f(x)}{1-x}

为了让右式与原题中的

-2

对应上，观察可得分子若 直接相加，和为常数

假使分母能够相等且为

dfrac{1}{2}

，那么这题将绝杀

经过观察发现是这样的，令

x = 1-x Rightarrow x = dfrac{1}{2}

这样第一问分析就结束了（以上步骤只出现在草稿纸上）

答题纸上的步骤：

在区间

[0,dfrac{1}{2}]

上使用

Lagrange

中值定理：

existxi_1in(0,dfrac{1}{2}),s.t. f'(xi_1) = dfrac{f(frac{1}{2}) - 1}{frac{1}{2}}

在区间

[dfrac{1}{2},1]

上使用

Lagrange

中值定理：

existxi_2in(dfrac{1}{2},1),s.t. f'(xi_2) = dfrac{-f(frac{1}{2})}{frac{1}{2}}

则

f(xi_1) f(xi_2)= -2

得证

第二问解答

同样是 双中值问题，因此我们继续沿用上一问分析中的等式：

[ begin{cases} f(x)-1=f'(xi_1)cdot x\\ -f(x)=f'(xi_2)cdot (1 - x) end{cases} ]

则

f'(xi_1)cdot f'(xi_2) = dfrac{f(x)-1}{x} cdot dfrac{f(x)}{x - 1}

为了让右式与原题中的

对应上，观察可得我们需要该乘积中的 分子分母 互相抵消

该等式 非常不好看，我们试着交换他们的分子分母，把 同形式 的放在一起（常用手段，相同系数/形式放一起）

f'(xi_1)cdot f'(xi_2) = dfrac{f(x)-1}{x - 1} cdot dfrac{f(x)}{x}

这样秒观察出来，我们需要找的点，就是满足

f(x)=x

的点 (以上为分析步骤，只出现在草稿纸上)

答题纸上的步骤：

构造辅助函数：

F(x) = f(x)-x

，则

F(0)=1>0, F(1)=-1 < 0

故由 零点定理 可知，

exist xin(0,1),s.t.F(x) = 0 Rightarrow f(x) = x

在区间

[0,x]

上使用

Lagrange

中值定理：

existetain(0,x),s.t. f'(eta) = dfrac{x - 1}{x}

在区间

[x,1]

上使用

Lagrange

中值定理：

existzetain(x,1),s.t. f'(zeta) = dfrac{-x}{1-x}

则

f'(eta)f'(zeta)=1

得证

题目296

设

f(x)

在

[0,1]

上连续，且

int_0^1 f(x)dx = I ne 0

证明：存在两个不同的点

xi,etain(0,1), s.t. dfrac{1}{f(xi)} dfrac{1}{f(eta)}=dfrac{2}{I}

解答

就是普通的 双中值问题 套皮套了个积分，我们构造 变上限积分 再把他看作 原函数 就是裸题了

令

F(x) = int_0^x f(t)dt

，则

F(1)=Ine0

分析步骤：

双中值问题，无外乎就是在原始区间上找到一个 分割点，然后在分割点 左右两侧 分别进行 中值估计

但一开始我们并不知道 分割点 的具体数值，故把它设成参数

进行估计，然后在结论中找出关系

拉格朗日中值定理：

dfrac{x}{F(x)} - dfrac{1-x}{I-F(x)} = dfrac{2}{I}

经过简短观察，我们有两种方案：

两个分式单独处理（分子分母相消）：

F(x)=x

，这样左式

=1 - 1 = 0

等式不成立

两个分式一起处理（两个分母相等）：(F(x) = I - F(x))，这样左式 = = 右式等式成立

故，我们要找的 分割点 满足：

F(x) = dfrac{I}{2}

即可

分析完毕

F(0)=0 ~~&~~ F(1)=Ine 0 ~~&~~ F(x)text{连续可导} Rightarrow exist cin(0,1), s.t. F(c) = dfrac{I}{2}

（连续函数的介值定理）

由

Lagrange

中值定理：

exist xiin(0,c)subset(0,1),s.t. f(xi) = dfrac{I}{2c}

exist etain(c,1)subset(0,1),s.t. f(eta) = dfrac{I}{2-2c}

则

dfrac{1}{f(xi)} dfrac{1}{f(eta)}= dfrac{2c}{I} dfrac{2 - 2c}{I} = dfrac{2}{I}

得证

题目297

求不定积分

int xarctan x cdot ln(1 x^2)dx

解答

分部积分凑微分法小技巧

[ begin{aligned} &int xarctan x cdot ln(1 x^2)dx \\ =& frac{1}{2}int arctan x cdot ln(1 x^2)d(1 x^2) \\ =& frac{1}{2} arctan x cdot ln(1 x^2) (1 x^2) - frac{1}{2}int (1 x^2) cdot (frac{ln(1 x^2)}{1 x^2} 2x cdot frac{arctan x}{1 x^2})dx\ =& frac{1}{2} arctan x cdot ln(1 x^2) (1 x^2) - frac{1}{2} int (ln(1 x^2) 2x arctan x)dx\\ & int xarctan x dx = frac{1}{2}int arctan x d(x^2 1) = frac{1}{2}(x^2 1)arctan x - frac{1}{2}x C_1\ & int ln(x^2 1)dx = xln(1 x^2) - 2int frac{x^2}{x^2 1}dx \\ & int frac{x^2}{x^2 1}dx = x - intfrac{1}{x^2 1}dx = x - arctan x C_2 \\ & int ln(x^2 1)dx =xln(1 x^2) - 2x 2arctan x C_3 \\ & int xarctan x cdot ln(1 x^2)dx \\ =& frac{1}{2} arctan x (1 x^2)ln(1 x^2) - frac{1}{2}xln(1 x^2)-arctan x - frac{1}{2}(x^2 1)arctan x frac{3}{2}x C end{aligned} ]

题目298

[text{求不定积分}intdfrac{sqrt{x-1}arctansqrt{x-1}}{x}dx]

解答

换元用于打开局面，首要目标是先去掉根号，因此直接对整个根号进行换元

令

sqrt{x-1} = t

，则原式为化为：

[ begin{aligned} & intdfrac{sqrt{x-1}arctansqrt{x-1}}{x}dx\\ =& intdfrac{tarctan t}{t^2 - 1} 2tdt\\ =& 2intdfrac{t^2 arctan t}{t^2-1} dt\\ =& 2intdfrac{(t^2 1-1)arctan t}{t^2-1} dtquad(text{假分式化简})\\ =& 2intarctan tdt - intfrac{arctan t}{t^2-1}dt\\ =& 2bigg({ tarctan t - frac{1}{2}intfrac{1}{1 t^2}d(t^2 1) }bigg) - 2intarctan t d(arctan t) \\ =& 2tarctan t - ln(t^2 1) - arctan^2 t C \\ =& 2sqrt{x-1}arctansqrt{x-1} - ln x - arctan^2sqrt{x - 1} C end{aligned} ]

题目299

[ text{求不定积分} int frac{cos^3 x - 2 cos x}{ 1 sin^2 x sin^4 x} dx ]

解答

f(sin x, -cos x) = -f(sin x, cos x)

，故我们可以把

cos x

凑微分变成

dsin x

[ begin{aligned} & int frac{cos^3 x - 2 cos x}{ 1 sin^2 x sin^4 x} dx \\ =& -int frac{1 sin^2 x}{1 sin^2x sin^4 x} dsin x \\ =& -int frac{u^2 1}{u^4 u^2 1} du quadtext{(这是一个经典的有理式不定积分，需要背过做法)}\\ =& -int frac{1 dfrac{1}{u^2}}{u^2 1 dfrac{1}{u^2}} du\\ =& -int frac{1}{(u-dfrac{1}{u})^2 3} d(u - frac{1}{u})\\ =& -arctan frac{u - dfrac{1}{u}}{sqrt{3}} C\\ =& -frac{1}{sqrt{3}}arctan frac{sin x - dfrac{1}{sin x}}{sqrt{3}} C end{aligned} ]

题目300

[ text{求定积分} int_{-pi}^pifrac{xsin x(arctan e^x int_0^x e^{t^2}dt)}{1 cos^2 x}dx ]

解答

求定积分，不要上来就直接求 原函数，定积分有很多诸如“区间再现”以及“广义奇偶性”等技巧

先观察 积分域，是个关于

x=0

对称的区间，故看一下 被积函数 是否关于

x=0

奇/偶对称

显然被积函数中的因式

dfrac{xsin x}{1 cos^x}

是 偶函数，

int_0^{x} e^{t^2}dt

是 奇函数

这里有个常用结论需要背过：

arctan a^x

关于

(0,dfrac{pi}{4})

中心对称

因此，我们可以在加号处拆开，右式为奇函数，定积分直接等于

int_{-pi}^pifrac{xsin x(arctan e^x int_0^x e^{t^2}dt)}{1 cos^2 x}dx = int_{-pi}^pifrac{xsin xarctan e^x}{1 cos^2 x}dx int_{-pi}^pifrac{xsin xint_0^x e^{t^2}dt}{1 cos^2 x}dx = int_{-pi}^pifrac{xsin xarctan e^x}{1 cos^2 x}dx

然后直接套公式

int_{-x}^xf(t)dt = int_0^xf(t) f(-t)dt

即可：

[ begin{aligned} &int_{-pi}^pifrac{xsin xarctan e^x}{1 cos^2 x}dx \\ =&int_{0}^pifrac{xsin x}{1 cos^2 x} (arctan e^x arctan e^{-x})dx\\ =&int_{0}^pifrac{xsin x}{1 cos^2 x} cdot frac{pi}{2}dx\\ =&frac{pi}{2} cdot pi cdot int_0^{frac{pi}{2}} frac{sin x}{1 cos^2x}dx\\ =&-frac{pi}{2} cdot pi cdot int_0^{frac{pi}{2}} frac{1}{1 cos^2x}dcos x\\ =&-frac{pi}{2} cdot pi cdot arctan cos x Big|_0^frac{pi}{2}\\ =&frac{pi^3}{8} end{aligned} ]

题目301

[ text{求定积分} int_0^{ infty}frac{1}{(1 x^2)(1 x^4)}dx ]

法一（三角换元、切割化弦、区间再现）

[ begin{aligned} &int_0^{ infty}frac{1}{(1 x^2)(1 x^4)}dx \\ =&int_0^{frac{pi}{2}}frac{1}{sec^2 t (1 tan^4 t)} sec^2 t dt \\ =&int_0^{frac{pi}{2}}frac{1}{1 tan^4 t} dt \\ =&int_0^{frac{pi}{2}}frac{cos^4 t}{cos^4 t sin^4 t} dt \\ =&frac{1}{2}int_0^{frac{pi}{2}}frac{cos^4 t sin^4 t}{cos^4 t sin^4 t} dt quad(text{区间再现})\\ =&frac{pi}{4} end{aligned} ]

法二（倒代还、广义区间再现）

[ begin{aligned} &int_0^{ infty}frac{1}{(1 x^2)(1 x^4)}dx \\ =&int_0^{ infty}frac{t^4}{(1 t^2)(1 t^4)}dt \\ =&frac{1}{2}int_0^{ infty}frac{t^4 1}{(1 t^2)(1 t^4)}dt \\ =&frac{1}{2}int_0^{ infty}frac{1}{1 t^2}dt \\ =&frac{1}{2} arctan t bigg|_0^{ infty} \\ =&frac{pi}{4} end{aligned} ]

题目302

[ text{已知} int_0^{ infty}dfrac{ln(1 x)}{x^alpha}dx text{收敛，求} alpha text{的取值范围} ]

解答

判别 反常积分 的方法，就是找出他在瑕点处的阶，然后与已知结论 p积分 作比较

经过简单观察发现，该反常积分的瑕点有两个：

一个是被积函数的 无定义点

x=0

一个是广义瑕点

x = infty

我们可以任意选择一个

x_0in(0, infty)

把该反常积分用 区间可拆性 拆开，然后分别讨论瑕点

[ int_0^{ infty}dfrac{ln(1 x)}{x^alpha}dx = int_0^{x_0}dfrac{ln(1 x)}{x^alpha}dx int_{x_0}^{ infty}dfrac{ln(1 x)}{x^alpha}dx ]

xto0

时：

[ frac{ln(1 x)}{x^alpha} sim frac{1}{x^{alpha-1}} ]

由 p积分 的结论可知，若该反常积分收敛，则

alpha - 1 < 1 Rightarrow alpha < 2

xto infty

时：

[ frac{ln(1 x)}{x^alpha} rightarrow frac{1}{x^{alpha}} ]

由 p积分 的结论可知，若该反常积分收敛，则

alpha > 1

这里做题多了，直接看出来的，因为

对数函数 << 幂函数 << 指数函数

是一个数学常识如果想要严格证明也很简单，直接取

x^c(c>1)

，然后把被积函数拆成

dfrac{ln(1 x)}{x^{c-(1 epsilon)}} cdot dfrac{1}{x^{(1 epsilon)}}

其中

epsilon to 0^

，这样左侧是一个熟悉的收敛的函数，右侧是一个更熟悉的常见 p积分，根据 p积分 结论判别即可

综上所述，

alpha in (1, 2)

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武忠祥老师每日一题｜第288 - 303题

题目288

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题目291

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题目292

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题目293

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题目294

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第二问的辅助多项式解法

题目295

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第一问

第二问

第三问

第四问

题目296

第一问解答

第二问解答

题目296

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题目297

解答

题目298

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题目299

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题目300

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题目301

法一（三角换元、切割化弦、区间再现）

法二（倒代还、广义区间再现）

题目302

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