张宇1000题高等数学 第八章 一元函数积分学的概念与性质
目录
- BBB组
- 5.设常数a>0a>0a>0，积分I1=∫0π2cosx1+xαdx,I2=∫0π2sinx1+xαdxI_1=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x,I_2=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}xI1=∫02π1+xαcosxdx,I2=∫02π1+xαsinxdx，则（ ）
(A)I1>I2;(A)I_1>I_2;(A)I1>I2;
(B)I1<I2;(B)I_1<I_2;(B)I1<I2;
(C)I1=I2;(C)I_1=I_2;(C)I1=I2;
(D)I1(D)I_1(D)I1与I2I_2I2的大小与α\alphaα有关。
- 5.设常数a>0a>0a>0，积分I1=∫0π2cosx1+xαdx,I2=∫0π2sinx1+xαdxI_1=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x,I_2=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}xI1=∫02π1+xαcosxdx,I2=∫02π1+xαsinxdx，则（ ）
- CCC组
- 1.设α>0,f(x)={arctanxxα+12,0<x<1,ln(1+sin1xα)xblncos1x,1⩽x<+∞,\alpha>0,f(x)=\begin{cases}\cfrac{\arctan x}{x^{\frac{\alpha+1}{2}}},&0<x<1,\\\cfrac{\ln\left(1+\sin\frac{1}{x^\alpha}\right)}{x^b\ln\cos\frac{1}{x}},&1\leqslant x<+\infty,\end{cases}α>0,f(x)=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x2α+1arctanx,xblncosx1ln(1+sinxα1),0<x<1,1⩽x<+∞,若∫0+∞f(x)dx\displaystyle\int^{+\infty}_0f(x)\mathrm{d}x∫0+∞f(x)dx收敛，则（ ）。
(A)a>3(A)a>3(A)a>3且a+b>3a+b>3a+b>3；
(B)a>3(B)a>3(B)a>3且a+b<3a+b<3a+b<3；
(C)a<3(C)a<3(C)a<3且a+b>3a+b>3a+b>3；
(D)a<3(D)a<3(D)a<3且a+b<3a+b<3a+b<3。
- 1.设α>0,f(x)={arctanxxα+12,0<x<1,ln(1+sin1xα)xblncos1x,1⩽x<+∞,\alpha>0,f(x)=\begin{cases}\cfrac{\arctan x}{x^{\frac{\alpha+1}{2}}},&0<x<1,\\\cfrac{\ln\left(1+\sin\frac{1}{x^\alpha}\right)}{x^b\ln\cos\frac{1}{x}},&1\leqslant x<+\infty,\end{cases}α>0,f(x)=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x2α+1arctanx,xblncosx1ln(1+sinxα1),0<x<1,1⩽x<+∞,若∫0+∞f(x)dx\displaystyle\int^{+\infty}_0f(x)\mathrm{d}x∫0+∞f(x)dx收敛，则（ ）。
- 写在最后
BBB组
5.设常数a>0a>0a>0，积分I1=∫0π2cosx1+xαdx,I2=∫0π2sinx1+xαdxI_1=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x,I_2=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}xI1=∫02π1+xαcosxdx,I2=∫02π1+xαsinxdx，则（ ）
(A)I1>I2;(A)I_1>I_2;(A)I1>I2;
(B)I1<I2;(B)I_1<I_2;(B)I1<I2;
(C)I1=I2;(C)I_1=I_2;(C)I1=I2;
(D)I1(D)I_1(D)I1与I2I_2I2的大小与α\alphaα有关。
解
I1−I2=∫0π2cosx−sinx1+xαdx=∫0π4cosx−sinx1+xαdx+∫π4π2cosx−sinx1+xαdx=∫0π4cosx−sinx1+xαdx+∫π40cost−sint1+(π2−t)α(−dt)=∫0π4(cosx−sinx)[11+xα−11+(π2−x)α]dx=∫0π4(cosx−sinx)(π2−x)α−xα(1+xα)[1+(π2−x)α]dx.\begin{aligned} I_1-I_2&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos x-\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{\cos x-\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\cfrac{\cos x-\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{\cos x-\sin x}{1+x^\alpha}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^0_{\frac{\pi}{4}}\cfrac{\cos t-\sin t}{1+\left(\cfrac{\pi}{2}-t\right)^\alpha}(-\mathrm{d}t)\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0(\cos x-\sin x)\left[\cfrac{1}{1+x^\alpha}-\cfrac{1}{1+\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)^\alpha}\right]\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0(\cos x-\sin x)\cfrac{\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)^\alpha-x^\alpha}{(1+x^\alpha)\left[1+\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)^\alpha\right]}\mathrm{d}x. \end{aligned} I1−I2=∫02π1+xαcosx−sinxdx=∫04π1+xαcosx−sinxdx+∫4π2π1+xαcosx−sinxdx=∫04π1+xαcosx−sinxdx+∫4π01+(2π−t)αcost−sint(−dt)=∫04π(cosx−sinx)⎣⎢⎢⎢⎢⎡1+xα1−1+(2π−x)α1⎦⎥⎥⎥⎥⎤dx=∫04π(cosx−sinx)(1+xα)[1+(2π−x)α](2π−x)α−xαdx.
当0<x<π40<x<\cfrac{\pi}{4}0<x<4π时，cosx>sinx,0<x<π2−x\cos x>\sin x,0<x<\cfrac{\pi}{2}-xcosx>sinx,0<x<2π−x，所以I1−I2>0I_1-I_2>0I1−I2>0。故应选(A)(A)(A)。（这道题主要利用了变量代换求解）
CCC组
1.设α>0,f(x)={arctanxxα+12,0<x<1,ln(1+sin1xα)xblncos1x,1⩽x<+∞,\alpha>0,f(x)=\begin{cases}\cfrac{\arctan x}{x^{\frac{\alpha+1}{2}}},&0<x<1,\\\cfrac{\ln\left(1+\sin\frac{1}{x^\alpha}\right)}{x^b\ln\cos\frac{1}{x}},&1\leqslant x<+\infty,\end{cases}α>0,f(x)=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x2α+1arctanx,xblncosx1ln(1+sinxα1),0<x<1,1⩽x<+∞,若∫0+∞f(x)dx\displaystyle\int^{+\infty}_0f(x)\mathrm{d}x∫0+∞f(x)dx收敛，则（ ）。
(A)a>3(A)a>3(A)a>3且a+b>3a+b>3a+b>3；
(B)a>3(B)a>3(B)a>3且a+b<3a+b<3a+b<3；
(C)a<3(C)a<3(C)a<3且a+b>3a+b>3a+b>3；
(D)a<3(D)a<3(D)a<3且a+b<3a+b<3a+b<3。
解
∫0+∞f(x)dx=∫01arctanxxα+12dx+∫1+∞ln(1+sin1xα)xblncos1xdx=I1+I2.\displaystyle\int^{+\infty}_0f(x)\mathrm{d}x=\displaystyle\int^1_0\cfrac{\arctan x}{x^{\frac{\alpha+1}{2}}}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{\ln\left(1+\sin\cfrac{1}{x^\alpha}\right)}{x^b\ln\cos\cfrac{1}{x}}\mathrm{d}x=I_1+I_2. ∫0+∞f(x)dx=∫01x2α+1arctanxdx+∫1+∞xblncosx1ln(1+sinxα1)dx=I1+I2.
对于I1I_1I1，当x→0+x\to0^+x→0+时，此时arctanx∼x\arctan x\sim xarctanx∼x，故I1I_1I1与∫01arctanxxα+12−1dx=∫01arctanxxα−12dx\displaystyle\int^1_0\cfrac{\arctan x}{x^{\frac{\alpha+1}{2}-1}}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^1_0\cfrac{\arctan x}{x^{\frac{\alpha-1}{2}}}\mathrm{d}x∫01x2α+1−1arctanxdx=∫01x2α−1arctanxdx同敛散，且I1I_1I1收敛，于是a−12<1\cfrac{a-1}{2}<12a−1<1，即a<3a<3a<3。
对于I2I_2I2，当x→+∞x\to+\inftyx→+∞时，此时ln(1+sin1xα)∼sin1xα∼1xα,lncos1x=ln(1+cos1x−1)∼cos1x−1∼−12(1x)2\ln\left(1+\sin\cfrac{1}{x^\alpha}\right)\sim\sin\cfrac{1}{x^\alpha}\sim\cfrac{1}{x^\alpha},\ln\cos\cfrac{1}{x}=\ln\left(1+\cos\cfrac{1}{x}-1\right)\sim\cos\cfrac{1}{x}-1\sim-\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{1}{x}\right)^2ln(1+sinxα1)∼sinxα1∼xα1,lncosx1=ln(1+cosx1−1)∼cosx1−1∼−21(x1)2。故I2I_2I2与∫1+∞1xαxb⋅1x2dx=∫1+∞1xb+a−2dx\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{\cfrac{1}{x^\alpha}}{x^b\cdot\cfrac{1}{x^2}}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{1}{x^{b+a-2}}\mathrm{d}x∫1+∞xb⋅x21xα1dx=∫1+∞xb+a−21dx同敛散，且I2I_2I2收敛，于是b−a+2>1b-a+2>1b−a+2>1，即a+b>3a+b>3a+b>3。
综上，a<3a<3a<3且a+b>3a+b>3a+b>3，选(C)(C)(C)。（这道题主要利用了瑕点求解）
写在最后
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