張宇1000題高等數學 第九章 一元函數積分學的計算

$B$組

5.$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\cfrac{3e^x\sin^2x}{1+e^x}\mathrm{d}x=$______。

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\cfrac{3e^x\sin^2x}{1+e^x}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=-t}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\cfrac{3e^{-t}\sin^2t}{1+e^{-t}}\mathrm{d}t=3\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\cfrac{\sin^2t}{1+e^{t}}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{3}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\sin^2t\mathrm{d}t=3\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2}=\cfrac{3\pi}{4}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元積分法求解）

9.計算下列積分。

（2）$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{xe^{-3x}}{(1+e^{-3x})^2}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{xe^{-3x}}{(1+e^{-3x})^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{xe^{3x}}{(1+e^{3x})^2}\mathrm{d}x=-\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{+\infty}_0x\mathrm{d}\left(\cfrac{1}{1+e^{3x}}\right)\\ &=-\cfrac{xe^{3x}}{1+e^{3x}}\biggm\vert^{+\infty}_0+\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{1+e^{3x}}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{e^{3x}}{e^{3x}(1+e^{3x})}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{9}\ln\cfrac{e^{3x}}{e^{3x}+1}\biggm\vert^{+\infty}_0=\cfrac{1}{9}\ln2. \end{aligned}$
（這道題主要利用了分部積分法求解）

（6）$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{2+\cos x};$

解  令$t=\tan\cfrac{x}{2}$，則
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{2+\cos x}&=\displaystyle\int\cfrac{1}{2+\cfrac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\cfrac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t=\displaystyle\int\cfrac{2}{3+t^2}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{2}{3}\displaystyle\int\cfrac{1}{1+\left(\cfrac{t}{\sqrt{3}}\right)^2}\mathrm{d}t=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\arctan\cfrac{t}{\sqrt{3}}+C. \end{aligned}$
  其中$t=\tan\cfrac{x}{2}$。（這道題主要利用了萬能公式求解）

（8）$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{x+2}};$

解  令$t=\sqrt{x+2}$，則
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{x+2}}&=\displaystyle\int\cfrac{2t}{t^2+t-2}\mathrm{d}t=\cfrac{2}{3}\left(\displaystyle\int\cfrac{2}{t+2}\mathrm{d}t+\displaystyle\int\cfrac{1}{t-1}\mathrm{d}t\right)\\ &=\cfrac{2}{3}\ln|(t+2)^2(t-1)|+C\\ &=\cfrac{2}{3}\ln|(\sqrt{x+2}+2)^2(\sqrt{x+2}-1)|+C. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元積分法求解）

（11）$\displaystyle\int^2_0[(x-1)^3+2x]\sqrt{1-\cos2nx}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^2_0[(x-1)^3+2x]\sqrt{1-\cos2nx}\mathrm{d}x&\xlongequal{x-1=t}\displaystyle\int^1_{-1}(t^3+2t+2)\sqrt{1-\cos2\pi t}\mathrm{d}t\\ &=4\displaystyle\int^1_0\sqrt{1-\cos2\pi t}\mathrm{d}t=4\sqrt{2}\displaystyle\int^1_0\sin\pi t\mathrm{d}t=\cfrac{8\sqrt{2}}{\pi}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了積分函數的對稱性求解）

（12）$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(x^2+1)(1+x^5)}\mathrm{d}x;$

解  記$I=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(x^2+1)(1+x^5)}\mathrm{d}x$，令$x=\tan t$，則$I=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos^5t}{\cos^5t+\sin^5t}\mathrm{d}t$，又因$I=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos^5t}{\cos^5t+\sin^5t}\mathrm{d}t\xlongequal{t=\cfrac{\pi}{2}-u}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sin^5t}{\cos^5t+\sin^5t}\mathrm{d}t$，兩式相加，得$I=\cfrac{\pi}{4}$。（這道題主要利用了換元積分法求解）

（18）$\displaystyle\int\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x.$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\displaystyle\int\cfrac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int\cfrac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\cfrac{x\sin x}{1+\cos x}-\displaystyle\int x\mathrm{d}\left(\cfrac{\sin x}{1+\cos x}\right)\\ &=\displaystyle\int\cfrac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\cfrac{x\sin x}{1+\cos x}-\displaystyle\int\cfrac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{x\sin x}{1+\cos x}+C. \end{aligned}$
（這道題主要利用了分部積分法求解）

22.求$I=\displaystyle\int^{\ln2}_0\cfrac{xe^x}{e^x+1}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\ln3}_{\ln2}\cfrac{xe^x}{e^x-1}\mathrm{d}x$。

解  作變量代換：$e^x=u$，則$I=\displaystyle\int^2_1\cfrac{\ln u}{u+1}\mathrm{d}u+\displaystyle\int^3_2\cfrac{\ln u}{u-1}\mathrm{d}u$，對後一積分作代換：$u-1=t$，再分部積分，有
$\begin{aligned} I_2&=\displaystyle\int^3_2\cfrac{\ln u}{u-1}\mathrm{d}u=\displaystyle\int^2_1\cfrac{\ln(t+1)}{t}\mathrm{d}t\\ &=\ln t\ln(t+1)\biggm\vert^2_1-\displaystyle\int^2_1\cfrac{\ln t}{t+1}\mathrm{d}t\\ &=\ln2\ln3-I_1. \end{aligned}$
  所以$I=I_1+I_2=\ln2\ln3$。（這道題主要利用了分部積分法求解）

$C$組

1.設$a_n=\displaystyle\int^1_0x^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x,b_n=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^nt\mathrm{d}t$，則極限$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{na_n}{b_n}=$（  ）
$(A)1;$
$(B)0;$
$(C)-1;$
$(D)\infty.$

解
$\begin{aligned} a_n&=\displaystyle\int^1_0x^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x\xlongequal{x=\sin t}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^nt\cdot\cos^2t\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^nt(1-\sin^2t)\mathrm{d}t=b_n-b_{n+2}. \end{aligned}$
  又$b_{n+2}=\cfrac{n+1}{n+2}b_n$，則$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{na_n}{b_n}=\lim\limits_{n\to\infty}n\left(1-\cfrac{n+1}{n+2}\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{n}{n+2}=1$。故選$(A)$。（這道題主要利用了遞推公式求解）

3.設$a_n=\cfrac{3}{2}\displaystyle\int^{\frac{n}{n+1}}_0x^{n-1}\sqrt{1+x^n}\mathrm{d}x$，則$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=$______。

解
$\begin{aligned} a_n&=\cfrac{3}{2n}\displaystyle\int^{\frac{n}{n+1}}_0\sqrt{1+x^n}\mathrm{d}(1+x^n)\\ &=\cfrac{3}{2n}\cdot\cfrac{2}{3}(1+x^n)^{\frac{3}{2}}\biggm\vert^{\frac{n}{n+1}}_0=\cfrac{1}{n}\left[1+\cfrac{1}{\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n}\right]^{\frac{3}{2}}-\cfrac{1}{n}. \end{aligned}$
  則$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=\lim\limits_{n\to\infty}\left[\left(1+\cfrac{1}{\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n}\right)^{\frac{3}{2}}-1\right]=(1+e^{-1})^{\frac{3}{2}}-1$。（這道題主要利用了無窮小代換求解）

5.設$f(x)$在$x=0$處可導，又$g(x)=\begin{cases}x+\cfrac{1}{2},&x<0,\\\cfrac{\sin\cfrac{x}{2}}{x},&x>0,\end{cases}$求$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{xf(x)(1+x)^{-\frac{x+1}{x}}+g(x)\displaystyle\int^{2x}_0\cos t^2\mathrm{d}t}{xg(x)}$。

解  $I=\lim\limits_{x\to0}\left[\cfrac{f(x)}{g(x)}\cdot\cfrac{1}{(1+x)(1+x)^{\frac{1}{x}}}+\cfrac{\displaystyle\int^{2x}_0\cos t^2\mathrm{d}t}{x}\right]$，其中，$\lim\limits_{x\to0^-}g(x)=\lim\limits_{x\to0^-}\left(x+\cfrac{1}{2}\right)=\cfrac{1}{2},\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\sin\cfrac{x}{2}}{2\cfrac{x}{2}}=\cfrac{1}{2}$，故$\lim\limits_{x\to0}g(x)=\cfrac{1}{2}$，又$f(x)$在$x=0$處可導，必連續，即$\lim\limits_{x\to0}f(x)=f(0)$。故$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{g(x)}=\cfrac{\lim\limits_{x\to0}f(x)}{\lim\limits_{x\to0}g(x)}=\cfrac{f(0)}{\cfrac{1}{2}}=2f(0)$。
  而$\lim\limits_{x\to0}(1+x)(1+x)^{\frac{1}{x}}=e,\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^{2x}_0\cos t^2\mathrm{d}t}{x}=\lim\limits_{x\to0}2\cos(2x)^2=2$，於是$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{xf(x)(1+x)^{-\frac{x+1}{x}}+g(x)\displaystyle\int^{2x}_0\cos t^2\mathrm{d}t}{xg(x)}=2e^{-1}f(0)+2$。（這道題主要利用了拆分分式求解）

8.求$I_n=\displaystyle\int^1_{-1}(x^2-1)^n\mathrm{d}x$。

解  由分部積分法可得
$\begin{aligned} I_n&=x(x^2-1)^n\biggm\vert^1_{-1}-2n\displaystyle\int^1_{-1}x^2(x^2-1)^{n-1}\mathrm{d}x\\ &=-2n\displaystyle\int^1_{-1}(x^2-1)^n\mathrm{d}x-2n\displaystyle\int^1_{-1}(x^2-1)^{n-1}\mathrm{d}x\\ &=-2nI_n-2nI_{n-1}. \end{aligned}$
  故$I_n=-\cfrac{2n}{2n+1}I_{n-1}$。
  遞推得$I_{n-1}=-\cfrac{2(n-1)}{2n-1}I_{n-2},I_{n-2}=-\cfrac{2(n-2)}{2n-3}I_{n-3},\cdots,I_2=-\cfrac{4}{5}I_1$，又$I_1=\displaystyle\int^1_{-1}(x^2-1)\mathrm{d}x=-\cfrac{4}{3}$，所以$I_n=(-1)^n\cfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}$。（這道題主要利用了遞推公式求解）

9.求$\displaystyle\int^1_{e^{-2n\pi}}\left|\left[\cos\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)\right]'\right|\ln\cfrac{1}{x}\mathrm{d}x$。

解  令$\ln\cfrac{1}{x}=t$，則$x=e^{-t},\mathrm{d}x=-e^{-t}\mathrm{d}t$。
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_{e^{-2n\pi}}\left|\left[\cos\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)\right]'\right|\ln\cfrac{1}{x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{2n\pi}_0\left|\cfrac{\mathrm{d}(\cos t)}{\mathrm{d}t}\cdot\cfrac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}\right|te^{-t}\mathrm{d}t=\displaystyle\int^{2n\pi}_0|e^t\cdot\sin t|te^{-t}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^{2n\pi}_0|\sin t|t\mathrm{d}t=\sum\limits_{k=1}^{2n}\displaystyle\int^{k\pi}_{(k-1)\pi}(-1)^{k-1}t\sin t\mathrm{d}t\\ &=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}(-t\cos t+\sin t)\biggm\vert^{k\pi}_{(k-1)\pi}\\ &=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}[-k\pi(-1)^k+(k-1)\pi(-1)^{k-1}]\\ &=\sum\limits_{k=1}^{2n}(2k-1)\pi=4n^2\pi. \end{aligned}$
（這道題主要利用了分段函數求解）

13.求反常積分$\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x(a,b>0)$。

解  化爲二次積分並交換積分次序，有
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0\cfrac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^1_0\left(\displaystyle\int^b_ax^y\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\int^a_b\left(\displaystyle\int^1_0x^y\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{y+1}\mathrm{d}y=\ln\cfrac{b+1}{a+1}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換序積分求解）

14.求反常積分$\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\mathrm{d}x(\alpha\ne0)$。

解  令$x=\cfrac{1}{t}$，則
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{t^\alpha}{(1+t^2)(1+t^\alpha)}\mathrm{d}t=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1+x^\alpha}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{2}\arctan x\biggm\vert^{+\infty}_0=\cfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元積分法求解）

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