BBB组

5.∫−π2π23exsin⁡2x1+exdx=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\cfrac{3e^x\sin^2x}{1+e^x}\mathrm{d}x=∫−2π​2π​​1+ex3exsin2x​dx=______。

解
∫−π2π23exsin⁡2x1+exdx=x=−t∫−π2π23e−tsin⁡2t1+e−tdt=3∫−π2π2sin⁡2t1+etdt=32∫−π2π2sin⁡2tdt=3⋅12⋅π2=3π4.\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} ∫−2π​2π​​1+ex3exsin2x​dx​x=−t∫−2π​2π​​1+e−t3e−tsin2t​dt=3∫−2π​2π​​1+etsin2t​dt=23​∫−2π​2π​​sin2tdt=3⋅21​⋅2π​=43π​.​
（这道题主要利用了换元积分法求解）

9.计算下列积分。

（2）∫0+∞xe−3x(1+e−3x)2dx;\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{xe^{-3x}}{(1+e^{-3x})^2}\mathrm{d}x;∫0+∞​(1+e−3x)2xe−3x​dx;

解
∫0+∞xe−3x(1+e−3x)2dx=∫0+∞xe3x(1+e3x)2dx=−13∫0+∞xd(11+e3x)=−xe3x1+e3x∣0+∞+13∫0+∞11+e3xdx=13∫0+∞e3xe3x(1+e3x)dx=19ln⁡e3xe3x+1∣0+∞=19ln⁡2.\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} ∫0+∞​(1+e−3x)2xe−3x​dx​=∫0+∞​(1+e3x)2xe3x​dx=−31​∫0+∞​xd(1+e3x1​)=−1+e3xxe3x​∣∣∣∣​0+∞​+31​∫0+∞​1+e3x1​dx=31​∫0+∞​e3x(1+e3x)e3x​dx=91​lne3x+1e3x​∣∣∣∣​0+∞​=91​ln2.​
（这道题主要利用了分部积分法求解）

（6）∫dx2+cos⁡x;\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{2+\cos x};∫2+cosxdx​;

解  令t=tan⁡x2t=\tan\cfrac{x}{2}t=tan2x​，则
∫dx2+cos⁡x=∫12+1−t21+t2⋅21+t2dt=∫23+t2dt=23∫11+(t3)2dt=23arctan⁡t3+C.\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} ∫2+cosxdx​​=∫2+1+t21−t2​1​⋅1+t22​dt=∫3+t22​dt=32​∫1+(3​t​)21​dt=3​2​arctan3​t​+C.​
  其中t=tan⁡x2t=\tan\cfrac{x}{2}t=tan2x​。（这道题主要利用了万能公式求解）

（8）∫dxx+x+2;\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{x+2}};∫x+x+2​dx​;

解  令t=x+2t=\sqrt{x+2}t=x+2​，则
∫dxx+x+2=∫2tt2+t−2dt=23(∫2t+2dt+∫1t−1dt)=23ln⁡∣(t+2)2(t−1)∣+C=23ln⁡∣(x+2+2)2(x+2−1)∣+C.\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} ∫x+x+2​dx​​=∫t2+t−22t​dt=32​(∫t+22​dt+∫t−11​dt)=32​ln∣(t+2)2(t−1)∣+C=32​ln∣(x+2​+2)2(x+2​−1)∣+C.​
（这道题主要利用了换元积分法求解）

（11）∫02[(x−1)3+2x]1−cos⁡2nxdx;\displaystyle\int^2_0[(x-1)^3+2x]\sqrt{1-\cos2nx}\mathrm{d}x;∫02​[(x−1)3+2x]1−cos2nx​dx;

解
∫02[(x−1)3+2x]1−cos⁡2nxdx=x−1=t∫−11(t3+2t+2)1−cos⁡2πtdt=4∫011−cos⁡2πtdt=42∫01sin⁡πtdt=82π.\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} ∫02​[(x−1)3+2x]1−cos2nx​dx​x−1=t∫−11​(t3+2t+2)1−cos2πt​dt=4∫01​1−cos2πt​dt=42​∫01​sinπtdt=π82​​.​
（这道题主要利用了积分函数的对称性求解）

（12）∫0+∞1(x2+1)(1+x5)dx;\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(x^2+1)(1+x^5)}\mathrm{d}x;∫0+∞​(x2+1)(1+x5)1​dx;

解  记I=∫0+∞1(x2+1)(1+x5)dxI=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(x^2+1)(1+x^5)}\mathrm{d}xI=∫0+∞​(x2+1)(1+x5)1​dx，令x=tan⁡tx=\tan tx=tant，则I=∫0π2cos⁡5tcos⁡5t+sin⁡5tdtI=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\cos^5t}{\cos^5t+\sin^5t}\mathrm{d}tI=∫02π​​cos5t+sin5tcos5t​dt，又因I=∫0π2cos⁡5tcos⁡5t+sin⁡5tdt=t=π2−u∫0π2sin⁡5tcos⁡5t+sin⁡5tdtI=\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}tI=∫02π​​cos5t+sin5tcos5t​dtt=2π​−u∫02π​​cos5t+sin5tsin5t​dt，两式相加，得I=π4I=\cfrac{\pi}{4}I=4π​。（这道题主要利用了换元积分法求解）

（18）∫x+sin⁡x1+cos⁡xdx.\displaystyle\int\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x.∫1+cosxx+sinx​dx.

解
∫x+sin⁡x1+cos⁡xdx=∫x1+cos⁡xdx+∫sin⁡x1+cos⁡xdx=∫x1+cos⁡xdx+xsin⁡x1+cos⁡x−∫xd(sin⁡x1+cos⁡x)=∫x1+cos⁡xdx+xsin⁡x1+cos⁡x−∫x1+cos⁡xdx=xsin⁡x1+cos⁡x+C.\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} ∫1+cosxx+sinx​dx​=∫1+cosxx​dx+∫1+cosxsinx​dx=∫1+cosxx​dx+1+cosxxsinx​−∫xd(1+cosxsinx​)=∫1+cosxx​dx+1+cosxxsinx​−∫1+cosxx​dx=1+cosxxsinx​+C.​
（这道题主要利用了分部积分法求解）

22.求I=∫0ln⁡2xexex+1dx+∫ln⁡2ln⁡3xexex−1dxI=\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}xI=∫0ln2​ex+1xex​dx+∫ln2ln3​ex−1xex​dx。

解  作变量代换：ex=ue^x=uex=u，则I=∫12ln⁡uu+1du+∫23ln⁡uu−1duI=\displaystyle\int^2_1\cfrac{\ln u}{u+1}\mathrm{d}u+\displaystyle\int^3_2\cfrac{\ln u}{u-1}\mathrm{d}uI=∫12​u+1lnu​du+∫23​u−1lnu​du，对后一积分作代换：u−1=tu-1=tu−1=t，再分部积分，有
I2=∫23ln⁡uu−1du=∫12ln⁡(t+1)tdt=ln⁡tln⁡(t+1)∣12−∫12ln⁡tt+1dt=ln⁡2ln⁡3−I1.\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} I2​​=∫23​u−1lnu​du=∫12​tln(t+1)​dt=lntln(t+1)∣∣∣∣​12​−∫12​t+1lnt​dt=ln2ln3−I1​.​
  所以I=I1+I2=ln⁡2ln⁡3I=I_1+I_2=\ln2\ln3I=I1​+I2​=ln2ln3。（这道题主要利用了分部积分法求解）

CCC组

1.设an=∫01xn1−x2dx,bn=∫0π2sin⁡ntdta_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}tan​=∫01​xn1−x2​dx,bn​=∫02π​​sinntdt，则极限lim⁡n→∞nanbn=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{na_n}{b_n}=n→∞lim​bn​nan​​=（  ）
(A)1;(A)1;(A)1;
(B)0;(B)0;(B)0;
(C)−1;(C)-1;(C)−1;
(D)∞.(D)\infty.(D)∞.

解
an=∫01xn1−x2dx=x=sin⁡t∫0π2sin⁡nt⋅cos⁡2tdt=∫0π2sin⁡nt(1−sin⁡2t)dt=bn−bn+2.\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} an​​=∫01​xn1−x2​dxx=sint∫02π​​sinnt⋅cos2tdt=∫02π​​sinnt(1−sin2t)dt=bn​−bn+2​.​
  又bn+2=n+1n+2bnb_{n+2}=\cfrac{n+1}{n+2}b_nbn+2​=n+2n+1​bn​，则lim⁡n→∞nanbn=lim⁡n→∞n(1−n+1n+2)=lim⁡n→∞nn+2=1\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}=1n→∞lim​bn​nan​​=n→∞lim​n(1−n+2n+1​)=n→∞lim​n+2n​=1。故选(A)(A)(A)。（这道题主要利用了递推公式求解）

3.设an=32∫0nn+1xn−11+xndxa_n=\cfrac{3}{2}\displaystyle\int^{\frac{n}{n+1}}_0x^{n-1}\sqrt{1+x^n}\mathrm{d}xan​=23​∫0n+1n​​xn−11+xn​dx，则lim⁡n→∞nan=\lim\limits_{n\to\infty}na_n=n→∞lim​nan​=______。

解
an=32n∫0nn+11+xnd(1+xn)=32n⋅23(1+xn)32∣0nn+1=1n[1+1(1+1n)n]32−1n.\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} an​​=2n3​∫0n+1n​​1+xn​d(1+xn)=2n3​⋅32​(1+xn)23​∣∣∣∣​0n+1n​​=n1​⎣⎢⎢⎢⎢⎡​1+(1+n1​)n1​⎦⎥⎥⎥⎥⎤​23​−n1​.​
  则lim⁡n→∞nan=lim⁡n→∞[(1+1(1+1n)n)32−1]=(1+e−1)32−1\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}}-1n→∞lim​nan​=n→∞lim​⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡​⎝⎜⎜⎜⎜⎛​1+(1+n1​)n1​⎠⎟⎟⎟⎟⎞​23​−1⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤​=(1+e−1)23​−1。（这道题主要利用了无穷小代换求解）

5.设f(x)f(x)f(x)在x=0x=0x=0处可导，又g(x)={x+12,x<0,sin⁡x2x,x>0,g(x)=\begin{cases}x+\cfrac{1}{2},&x<0,\\\cfrac{\sin\cfrac{x}{2}}{x},&x>0,\end{cases}g(x)=⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​x+21​,xsin2x​​,​x<0,x>0,​求I=lim⁡x→0xf(x)(1+x)−x+1x+g(x)∫02xcos⁡t2dtxg(x)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)}I=x→0lim​xg(x)xf(x)(1+x)−xx+1​+g(x)∫02x​cost2dt​。

解  I=lim⁡x→0[f(x)g(x)⋅1(1+x)(1+x)1x+∫02xcos⁡t2dtx]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]I=x→0lim​⎣⎢⎢⎡​g(x)f(x)​⋅(1+x)(1+x)x1​1​+x∫02x​cost2dt​⎦⎥⎥⎤​，其中，lim⁡x→0−g(x)=lim⁡x→0−(x+12)=12,lim⁡x→0+g(x)=lim⁡x→0+sin⁡x22x2=12\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}x→0−lim​g(x)=x→0−lim​(x+21​)=21​,x→0+lim​g(x)=x→0+lim​22x​sin2x​​=21​，故lim⁡x→0g(x)=12\lim\limits_{x\to0}g(x)=\cfrac{1}{2}x→0lim​g(x)=21​，又f(x)f(x)f(x)在x=0x=0x=0处可导，必连续，即lim⁡x→0f(x)=f(0)\lim\limits_{x\to0}f(x)=f(0)x→0lim​f(x)=f(0)。故lim⁡x→0f(x)g(x)=lim⁡x→0f(x)lim⁡x→0g(x)=f(0)12=2f(0)\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)x→0lim​g(x)f(x)​=x→0lim​g(x)x→0lim​f(x)​=21​f(0)​=2f(0)。
  而lim⁡x→0(1+x)(1+x)1x=e,lim⁡x→0∫02xcos⁡t2dtx=lim⁡x→02cos⁡(2x)2=2\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=2x→0lim​(1+x)(1+x)x1​=e,x→0lim​x∫02x​cost2dt​=x→0lim​2cos(2x)2=2，于是I=lim⁡x→0xf(x)(1+x)−x+1x+g(x)∫02xcos⁡t2dtxg(x)=2e−1f(0)+2I=\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)+2I=x→0lim​xg(x)xf(x)(1+x)−xx+1​+g(x)∫02x​cost2dt​=2e−1f(0)+2。（这道题主要利用了拆分分式求解）

8.求In=∫−11(x2−1)ndxI_n=\displaystyle\int^1_{-1}(x^2-1)^n\mathrm{d}xIn​=∫−11​(x2−1)ndx。

解  由分部积分法可得
In=x(x2−1)n∣−11−2n∫−11x2(x2−1)n−1dx=−2n∫−11(x2−1)ndx−2n∫−11(x2−1)n−1dx=−2nIn−2nIn−1.\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} In​​=x(x2−1)n∣∣∣∣​−11​−2n∫−11​x2(x2−1)n−1dx=−2n∫−11​(x2−1)ndx−2n∫−11​(x2−1)n−1dx=−2nIn​−2nIn−1​.​
  故In=−2n2n+1In−1I_n=-\cfrac{2n}{2n+1}I_{n-1}In​=−2n+12n​In−1​。
  递推得In−1=−2(n−1)2n−1In−2,In−2=−2(n−2)2n−3In−3,⋯,I2=−45I1I_{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_1In−1​=−2n−12(n−1)​In−2​,In−2​=−2n−32(n−2)​In−3​,⋯,I2​=−54​I1​，又I1=∫−11(x2−1)dx=−43I_1=\displaystyle\int^1_{-1}(x^2-1)\mathrm{d}x=-\cfrac{4}{3}I1​=∫−11​(x2−1)dx=−34​，所以In=(−1)n22n+1(n!)2(2n+1)!I_n=(-1)^n\cfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}In​=(−1)n(2n+1)!22n+1(n!)2​。（这道题主要利用了递推公式求解）

9.求∫e−2nπ1∣[cos⁡(ln⁡1x)]′∣ln⁡1xdx\displaystyle\int^1_{e^{-2n\pi}}\left|\left[\cos\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)\right]'\right|\ln\cfrac{1}{x}\mathrm{d}x∫e−2nπ1​∣∣∣∣∣​[cos(lnx1​)]′∣∣∣∣∣​lnx1​dx。

解  令ln⁡1x=t\ln\cfrac{1}{x}=tlnx1​=t，则x=e−t,dx=−e−tdtx=e^{-t},\mathrm{d}x=-e^{-t}\mathrm{d}tx=e−t,dx=−e−tdt。
∫e−2nπ1∣[cos⁡(ln⁡1x)]′∣ln⁡1xdx=∫02nπ∣d(cos⁡t)dt⋅dtdx∣te−tdt=∫02nπ∣et⋅sin⁡t∣te−tdt=∫02nπ∣sin⁡t∣tdt=∑k=12n∫(k−1)πkπ(−1)k−1tsin⁡tdt=∑k=12n(−1)k−1(−tcos⁡t+sin⁡t)∣(k−1)πkπ=∑k=12n(−1)k−1[−kπ(−1)k+(k−1)π(−1)k−1]=∑k=12n(2k−1)π=4n2π.\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} ∫e−2nπ1​∣∣∣∣∣​[cos(lnx1​)]′∣∣∣∣∣​lnx1​dx​=∫02nπ​∣∣∣∣∣​dtd(cost)​⋅dxdt​∣∣∣∣∣​te−tdt=∫02nπ​∣et⋅sint∣te−tdt=∫02nπ​∣sint∣tdt=k=1∑2n​∫(k−1)πkπ​(−1)k−1tsintdt=k=1∑2n​(−1)k−1(−tcost+sint)∣∣∣∣​(k−1)πkπ​=k=1∑2n​(−1)k−1[−kπ(−1)k+(k−1)π(−1)k−1]=k=1∑2n​(2k−1)π=4n2π.​
（这道题主要利用了分段函数求解）

13.求反常积分∫01xb−xaln⁡xdx(a,b>0)\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x(a,b>0)∫01​lnxxb−xa​dx(a,b>0)。

解  化为二次积分并交换积分次序，有
∫01xb−xaln⁡xdx=∫01(∫abxydy)dx=∫ba(∫01xydx)dy=∫ab1y+1dy=ln⁡b+1a+1.\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} ∫01​lnxxb−xa​dx​=∫01​(∫ab​xydy)dx=∫ba​(∫01​xydx)dy=∫ab​y+11​dy=lna+1b+1​.​
（这道题主要利用了换序积分求解）

14.求反常积分∫0+∞1(1+x2)(1+xα)dx(α≠0)\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{1}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\mathrm{d}x(\alpha\ne0)∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1​dx(α​=0)。

解  令x=1tx=\cfrac{1}{t}x=t1​，则
∫0+∞1(1+x2)(1+xα)dx=∫0+∞tα(1+t2)(1+tα)dt=∫0+∞xα(1+x2)(1+xα)dx=12∫0+∞1+xα(1+x2)(1+xα)dx=12∫0+∞11+x2dx=12arctan⁡x∣0+∞=π4.\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} ∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1​dx​=∫0+∞​(1+t2)(1+tα)tα​dt=∫0+∞​(1+x2)(1+xα)xα​dx=21​∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1+xα​dx=21​∫0+∞​1+x21​dx=21​arctanx∣∣∣∣​0+∞​=4π​.​
（这道题主要利用了换元积分法求解）

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