2024考研数学120题120分

作者简介

彭孝，清华大学硕士学历，共发表18篇SCI论文。2015开始从事考研数学一线教学工作，编写多本考研数学讲义。所编写书籍与测试卷特色明显、质量高、综合性强，受到考生广泛好评。其中20版《考研数学·120题120分》视频解读一个月内B站平台点击量超过9万。其中考研数学《选填痛点》，因对真题有深入总结与拓展，受到广大考生喜爱。

内容简介

第3章〓一元积分学 专题15 好用的定积分公式 定积分难，难在公式之多、情况之复杂。经典例题29在一题之内，融合定积分四大常考公式，考生可用此题又快又好地掌握相关解题公式。 知识清单 1. 奇偶性简化： ∫l-lf(x)dx=∫l0［f(x)+f(-x)］dx= 0,当f(x)为奇函数 2∫l0f(x)dx,当f(x)为偶函数。 2. 周期性简化： ∫a+Taf(x)dx=∫T0f(x)dx=∫T2-T2f(x)dx。 3. 几何意义简化： ∫a0a2-x2dx=14πa2。 4. 华里士公式： ∫π20sinnxdx=∫π20cosnxdx= n-1n·n-3n-2·…·12·π2,当n为偶数 n-1n·n-3n-2·…·23·1,当n为奇数。 5. 正弦简化公式： ∫π0xf(sinx)dx=π2∫π0f(sinx)dx 。 经典例题 已知∫π0x(sinx+cos2x)2dx=a∫10xarcsinx1-x2dx，求a。 解 方程左边： ∫π0x(sinx+cos2x)2dx=π2∫π0(sinx+cos2x)2dx【笔记】∫π0xf(sinx)dx=π2∫π0f(sinx)dx =π2∫π0(sin2x+cos4x+2sinxcos2x)dx =π2∫π2-π2(sin2x+cos4x)dx+π∫π0sinxcos2xdx【笔记】周期函数∫a+Taf(x)dx=∫T2-T2f(x)dx =π∫π20(sin2x+cos4x)dx-π∫π0cos2xd(cosx) =π12·π2+34·12·π2-πcos3x3π0=7π216+2π3【笔记】华里士公式 方程右边： ∫10xarcsinx1-x2dx=∫π20tsintcostcostdt=∫π20tsintdt=1【笔记】使用了代换x=sint 所以a=7π216+2π3。 设函数f(x)=arctanex。 (1) 证明f(-x)+f(x)=A。 (2) 对于任意实数a，若g(x)满足∫a-af(x)g(x)dx=A∫a0g(x)dx，求g(x)满足的条件。 (3) 计算积分∫π-π|xsin4x|arctanexdx。 解（1） f(x)+f(-x)=arctanex+arctane-x，有(arctanex+arctane-x)′=ex1+e2x+-e-x1+e-2x≡0, 所以arctanex+arctane-x=A。令x=0，可得A=arctan1+arctan1=π2。 (2) ∫a-af(x)g(x)dx=∫0-af(x)g(x)dx+∫a0f(x)g(x)dx, 在∫0-af(x)g(x)dx中，令x=-t, ∫0-af(x)g(x)dx=∫0af(-t)g(-t)d(-t)=∫a0f(-t)g(-t)dt=∫a0f(-x)g(-x)dx, 所以∫a-af(x)g(x)dx=∫a0［f(x)g(x)+f(-x)g(-x)］dx。 又因为∫a-af(x)g(x)dx=A∫a0g(x)dx，且f(-x)+f(x)=A， ∫a0［f(x)g(x)+f(-x)·g(-x)］dx=A∫a0g(x)dx=∫a0g(x)［f(-x)+f(x)］dx 。对任意实数a均成立， 所以f(x)g(x)+f(-x)g(-x)=g(x)［f(-x)+f(x)］g(-x)=g(x)， 所以g(x)应为偶函数。 (3) ∫π-π|xsin4x|arctanexdx=π2 ∫π0xsin4xdx=π2·π2∫π0sin4xdx =π2·π2∫π2-π2sin4xdx=π2·π2·2∫π20sin4xdx=π2·π2·2·34·12·π2=3π332。 解题心得 专题16变限积分函数 李白是独一无二的，他的文字无处不弥漫着他生命与个性的独特气息。他的诗，七分酿成了月光，余下的三分啸成剑气，绣口一吐，就是半个盛唐。变限函数也是如此，不仅独一无二，而且无处不在，如李白绣口一吐，就是半本高数。 知识清单 1. 变限积分求导公式： ∫φ(x)(x)f(t)dt′x=f［φ(x)］φ′(x)-f［(x)］·′(x)。 2. 变限函数化为纯t公式 (1)∫x0f(x-t)dt=∫x0f(u)du。 (2)∫x0(x-t)f(t)dt=x∫x0f(t)dt-∫x0tf(t)dt。 (3)∫10f(xt)dt=∫x0f(u)dux(x≠0)。 3. 积分中值定理： 设f(x)在［a,b］上连续，则在［a,b］上至少存在一个ξ,使得∫baf(x)dx=(b-a)f(ξ)。 经典例题 设f(x)在x=0点及某邻域内二阶导连续，又设f(0)=f′(0)=0,f″(0)≠0，求极限I=limx→0∫x0(x-t)f(t)dtx∫x0f(x-t)dt。 解由于∫x0f(x-t)dtx-t=u∫0xf(u)(-du)=∫x0f(u)du,于是 I= limx→0∫x0(x-t)f(t)dtx∫x0f(x-t)dt= limx→0x∫x0f(t)dt-∫x0tf(t)dtx∫x0f(u)du【笔记】被积函数中不能含上限x = limx→0∫x0f(t)dt+xf(x)-xf(x)∫x0f(u)du+xf(x)= limx→0∫x0f(t)dt∫x0f(u)du+xf(x)【笔记】使用了一次洛必达法则 =limx→0f(x)2f(x)+xf′(x)=limx→0f′(x)3f′(x)+xf″(x)【笔记】不能继续使用洛必达法则 【方法1】利用导数定义求解。 limx→0f′(x)3f′(x)+xf″(x)= limx→0f′(x)x3f′(x)x+f″(x) 利用导数定义可知，limx→0f′(x)x=limx→0f′(x)-f′(0)x=f″(0)。 所以，原式=limx→0f″(0)3f″(0)+f″(0)=14。 【方法2】利用拉格朗日公式求解。 limx→0f′(x)3f′(x)+xf″(x)= limx→0f′(x)-f′(0)3f′(x)-f′(0)+xf″(x) = limx→0f″(ξ)x3f″(ξ)x+xf″(x)= limx→0f″(ξ)3f″(ξ)+f″(x)=f″(0)3f″(0)+f″(0)=14。 其中，ξ位于 0，x之间。 设f(x)=limn→∞∑nk=11nln1+kxn(x≥0)。 (1) 求f(x)的表达式。 (2) 当x→0时，f(x)是x的几阶无穷小？ (3) 设曲线y=f(x)与x轴，直线x=1围成图形D，求D绕y轴旋转一周所得立体的体积。 解(1) 当x=0时，显然f(x)=0。【笔记】注意分类讨论，简单情况写在最前面 当x≠0时，有f(x)=1x·limn→∞∑nk=1xn·ln1+kxn=1x∫x0ln(1+t)dt。【笔记】下一步x作分母，所以需要分类讨论，可将x视为常数，kxn→t,xn→dt 又因为∫x0ln(1+t)dt=∫x0ln(1+t)d(t+1)【笔记】重要技巧： dt=d(t+1)，可简化后续积分 =(1+t)ln(1+t)x0-∫x01·dt=(1+x)ln(1+x)-x，所以f(x)=1x∫x0ln(1+t)dt=(1+x)ln(1+x)-xx。 综上所述，f(x)= (1+x)ln(1+x)-xx,x≠0 0,x=0。 (2) limx→0f(x)xk=limx→0(1+x)ln(1+x)-xxk+1【笔记】重要： k阶无穷小的条件为limx→0f(x)xk=c(c≠0) =limx→0(1+x)x-12x2+o(x2)-xxk+1【笔记】别漏项。将ln(1+x) 试探性展开到二阶，无结果再展开到三阶 =limx→0x-12x2+x2+o(x2)-xxk+1=limx→012x2xk+1=c，所以k+1=2k=1，故当x→0时，f(x)是x的一阶无穷小。 (3) 由dV=2πxf(x)dx可得【笔记】重要： 柱壳法，微元dV=2πrf(x)dx，本题中r=x V=2π∫10xf(x)dx=2π∫10［(1+x)ln(1+x)-x］dx =2π∫10(1+x)ln(1+x)dx-∫10xdx，其中,∫10xdx=12。 ∫10(1+x)ln(1+x)dx=∫21ulnudu【笔记】重要： 此处换元1+x=u可简化后续积分计算，注意换元必换限 =∫21lnudu22=u22lnu21-∫21u22·1udu=2ln2-34,所以V=2π∫10xf(x)dx=4ln2-52π。 设f(x)连续,φ(x)=∫10f(xt)dt。 (1) 若limx→0f(x)x=A(A为常数),求φ′(x)并讨论φ′(x)在x=0处的连续性。 (2) 若∫10f(xt)dt=f(x)-xe-x，求f(x)的表达式。 解(1) 由题设limx→0f(x)x=A知,f(0)=0,f′(0)=A,且有φ(0)=0。又 φ(x)=∫10f(xt)dt=∫x0f(u)dux(x≠0)【笔记】 u=xt 于是φ′(x)=xf(x)-∫x0f(u)dux2(x≠0)。 由导数定义,有φ′(0)= limx→0φ(x)-φ(0)x= limx→0∫x0f(u)dux2= limx→0f(x)2x=A2。 所以φ′(x)= xf(x)-∫x0f(u)dux2，x≠0 A2，x=0。 而limx→0φ′(x)= limx→0xf(x)-∫x0f(u)dux2= limx→0f(x)x- limx→0∫x0f(u)dux2 =A-A2=A2=φ′(0)， 从而知φ′(x)在x=0处连续。 (2) ∫10f(xt)dt=f(x)-xe-x∫x0f(u)dux=f(x)-xe-x【笔记】 ∫10f(xt)dt=∫x0f(u)dux ∫x0f(u)du=xf(x)-x2e-x【笔记】化为整式更好求导 f(x)=f(x)+xf′(x)+(x2-2x)e-x f′(x)=(2-x)e-x f(x)=∫f′(x)dx=∫(2-x)e-xdx=(x-1)e-x+C，其中，C为任意常数。 设函数f(x)=∫10|t2-x2|dt。 (1) 求f′(x)，并求f(x)的最小值。 (2) 说明函数f(x)是否存在拐点。 (3) 求积分∫10f(x)dx。 解(1) 当-11【笔记】公式法求解导数，但请注意无x=0,x=±1 由导数的定义可知，f′(-1)=-2,f′(0)=0,f′(1)=2。【笔记】注意分段点处用导数定义式 故 f′(x)= 2x，x≤-1 -4x2-2x，-11。 由导数定义可知f″(0)=-2，f″(-1),f″(1)均不存在。 ① 先考察二阶导不存在的点是否为拐点。 因为二阶导f″(x)在x=-1左右两侧均大于零，所以x=-1不是函数f(x)的拐点。 同理可知，x=1也不是拐点。 ② 再考察二阶导为0的点是否为拐点。 令 f″(x)=0-8x-2=0x=-148x-2=0x=14 容易验证，二阶导f″(x)在x=14,x=-14左右两侧均异号，所以f(x)在x=14,x=-14处存在拐点。 (3)∫10f(x)dx=∫1043x3-x2+13dx=13。 已知函数f(t)=∫t21dx∫txsinxydy，则f′π2=。 解 【方法1】交换次序后直接积分。【笔记】原累次积分无法进行积分，所以交换次序 交换积分次序有f(t)=∫t1dy∫y21sinxydx，从而 f(t)=∫t1dy∫y21sinxydx=∫t1ycos1y-cosydy【笔记】此时已经成为变限函数，可用变限求导公式 由变限积分求导数公式，得f′(t)=tcos1t-cost，故f′π2=π2cos2π。 【方法2】交换次序后用整体法。 交换积分次序后有f(t)=∫t1dy∫y21sinxydx=∫t1g(y)dy，其中，g(y)=∫y21sinxydx。 所以f′(t)=g(t)=∫t21sinxtdx，故f′π2=∫π221sinπx2dx=π2cos2π。 解题心得 专题17分部积分 分部积分是积分夜空中最亮的星，命题人对此一往情深，套路还固定，十分有良心。本题融合4道真题，总结了分部积分的核心考法，并加入一个十分有用但易忽略的小技巧，帮助同学们既能统筹全局，又能狠抓细节。 知识清单 1. 需使用分部积分的几种情况 (1) 对变限积分函数再积分，用分部积分。 (2) 对形如xf′的函数积分，用分部积分。 (3) 对含对数或反三角的函数积分，用分部积分。 (4) 对形如xex,xsinx,xcosx的函数积分，用分部积分。 2. 函数平均值公式： f-=∫baf(x)dxb-a。  经典例题 计算下列积分。 (1) 计算∫10f(x)xdx,其中，f(x)=∫x1arcsint+lnttdt。 (2) 设f(x)=∫x0sintπ-tdt，计算f(x)在［0,π］上的平均值。 解 (1) ∫10f(x)xdx=∫102f(x)dx【笔记】变限函数再积分，用分部积分： 变限留在d前，其他凑至d后 =2f(x)x10-2∫10xf′(x)dx【笔记】变限f(x)=∫xag(t)dt 必有f(a)=0 =-2∫10arcsinx+lnxxdx 第一个积分： -2∫10arcsinxxdx=-4∫10arcsinxdx【笔记】反三角用分部积分，反三角放在d前，其他凑至d后 =-4∫10arcsintdt=-4tarcsint10+4∫10t1-t2dt【笔记】第一个等号用了代换x=t =-2π-2∫10d(1-t2)1-t2=-2π-41-t210=4-2π【笔记】此处用到∫12xdx=x+c 第二个积分： -2∫10lnxxdx=-4∫10lnxdx【笔记】含对数的积分，用分部积分： ln放在d前，其他凑至d后 =-4xlnx10++4∫101xdx = limx→0+4xlnx+8x10=0+8=8【笔记】limx→0+xσlnx=0(σ>0) 所以，原式=12-2π。 【笔记】证明limx→0+xσlnx=0(σ>0)： limx→0+xσlnx= limx→0+lnxx-σ= limx→0+1x-σx-σ-1= limx→0+xσ-σ=0(σ>0) (2) f-=∫π0f(x)dxπ，f(0)=∫00sintπ-tdt=0【笔记】 平均值公式f-=∫baf(x)dxb-a ∫π0f(x)dx=∫π0f(x)d(x-π)【笔记】重要技巧dx=d(x-π)，这一步可简化后续计算 =f(x)(x-π)π0+∫π0sinxπ-x(π-x)dx =∫π0sinxdx=-cosxπ0=2 所以，f-=∫π0f(x)dxπ=2π。 设In=∫π40tannxdx(n=1,2,3,…)。 (1) 求In的递推关系，并求I4=∫π40tannxdx。 (2) 求极限limn→∞nIn。 (3) (仅数学一和数学三)试证： 对任意的常数λ>0,∑∞n=1Innλ级数收敛。 解(1) 因为(In+In+2)=∫π40tannx(1+tan2x)dx=∫π40tannxsec2xdx=∫π40tannxdtanx tanx=t∫10tndt=1(n+1)，所以In+2=1(n+1)-In。 I5=14-I3=14-12-I1=I1-14，I1=∫π40tanxdx= -lncosxπ40=12ln2， I5=2ln2-14。 (2) In+In+2=1(n+1) 且In单调递减 In>12(n+1),In+2<12(n+1)， 所以12(n+1)0，所以In<1(n+1)， 所以Innλ<1nλ(n+1)<1nλ+1。由于λ+1>1，所以∑∞n=11nλ+1收敛，从而∑∞n=1Innλ也收敛。 解题心得 专题18定积分几何应用 柱壳法与圆盘法是两大基本方法，复杂旋转体考虑大体积减小体积。本专题融合了深受命题人喜爱的lnx函数及其切线方程、方程根的个数、形心坐标等。小白不可绕行。 知识清单 1. 重要模型 曲线y=lnx过原点的切线为y=xe，对函数f(x)=lnx-xe-k： (1) 若k>0，则函数f(x)无零点。 (2) 若k=0，则函数f(x)有且仅有一个零点。 (3) 若k<0，则函数f(x)有两个零点。 2. 定积分的几何应用微分法(不要死记硬背，学会画图推导) (1) 体积微元： dV=πr2·dx(圆盘),dV=2πr·y·dx(柱壳)。 (2) 弧长微元(仅数学一和数学二)： ds=1+y′2dx,ds=r2+r′2dθ(极坐标)。 (3) 表面积微元(仅数学一和数学二)： dS=2πy·1+y′2dx。 3. 形心坐标公式 x-=DxdxdyDdxdy(平面)； x-=DxdSDdS(曲面)； x-=DxdVDdV(立体)。(曲面曲线、立体图形仅数学一) 4. 几类极坐标曲线 (1) 心形线： r=a(1+cosθ)。 (2) 阿基米德螺旋线： r=aθ。 (3) 对数螺旋线： r=eθ。 (4) 双纽线： (x2+y2)2=a2(x2-y2)； 极坐标形式： r2=a2cos2θ。 (5) 三叶玫瑰线： r=sin3θ。更一般地，r=sinnθ(n为正整数)，表示玫瑰线。 经典例题 设f(x)=lnx，直线L为曲线y=f(x)过原点的切线，其函数表达式记为g(x)，曲线f(x)、直线L和x轴围成的图形记为D。 (1) 方程f(x)=g(x)-∫π01-cos2xdx有几个不同的实根？ (2) 求图形D分别绕x轴、直线x=e旋转一周所得立体的体积。 (3) 求图形D的形心坐标。 解(1) 求解过程如下。 【解题模板】求解切线方程。 设切点的横坐标为x0，则曲线y=lnx在点(x0,lnx0)处的切线方程是 y=lnx0+1x0(x-x0) 由该切线过原点知 lnx0-1=0，从而x0=e,所以该切线的方程为 y=1ex，故g(x)=xe。 判定方程F(x)=f(x)-g(x)+∫π01-cos2xdx=0的根等价于判定函数F(x)图像与x轴的交点个数。 F(x)=lnx-xe+∫π01-cos2xdx 其中，∫π01-cos2xdx是定积分,为常数,且被积函数1-cos2x在(0,π)非负,故 ∫π01-cos2xdx>0。为简化计算,令∫π01-cos2xdx=k>0，【笔记】此处无须计算积分 即F(x)=lnx-xe+k(k>0)。 【解题步骤1】首先利用零点定理说明零点的存在性。 其导数F′(x)=1x-1e,令F′(x)=0，解得唯一驻点x=e, 即 F′(x)>0,00。 又因为limx→0+F(x)=limx→0+lnx-xe+k=-∞limx→+∞F(x)=limx→+∞lnx-xe+k=-∞,由连续函数的介值定理知，在(0,e)与(e,+∞)各有1个零点(不相同)。 【解题步骤2】再利用单调性(或凹凸性或罗尔定理反证)说明零点的至多性。 下面分别用3种方法说明零点的至多性。 【方法1】利用单调性说明至多2个零点。 因为F(x)在区间(0,e)上有F′(x)>0，在区间(e,+∞)上有F′(x)<0， 所有 F(x)在上述两个区间上单调，故在区间(0,e)与(e,+∞)上各最多存在1个零点。 【方法2】利用凹凸性说明。 F(x)=lnx-xe+k(k>0)，所以F′(x)=1x-1e，进而有F″(x)=-1x2<0。 函数的二阶导恒小于0(不变号)，所以曲线y=F(x)在区间上(0,+∞)为凸曲线，最多穿过x轴2次。故F(x)在区间(0,+∞)上最多存在2个零点。 【方法3】罗尔定理反证。 F(x)=lnx-xe+k(k>0)，所以F′(x)=1x-1e，进而有F″(x)=-1x2≠0。 若F(x)存在3个不同的零点，即F(a)=F(b)=F(c)=0。 则由罗尔定理，至少存在一个ξ1∈(a,b)使得 F′(ξ1)=0。 至少存在一个ξ2∈(b,c)使得 F′(ξ2)=0。 又因为F′(ξ1)=F′(ξ2)=0。由罗尔定理，至少存在一个ξ3∈(ξ1,ξ2)，使得F″(ξ3)=0， 这与F″(x)=-1x2≠0 矛盾。所以F(x)至多有2个零点。 【笔记】罗尔定理反证： 若F(n)(x)≠0，则F(x)最多有n个零点 图31 【解题步骤3】综合至少与至多说明零点个数。 综上，F(x)在(0,e)与(e,+∞)各有且仅有1个零点。 故方程lnx=xe-∫π01-cos2xdx在(0,+∞)有且仅有2个不同实根。 (2) 切线y=xe与x轴及直线x=e所围成的三角形绕直线x=e旋转所得的圆锥体积为V1=13πe2，如图31所示。 曲线y=lnx与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e旋转所得的旋转体体积为 V2=∫10π(e-ey)2dy 因此D绕直线x=e旋转所得的圆锥体积为 V=V1-V2=13πe2-∫10π(e-ey)2dy=π6(5e2-12e+3) 同理可得，图形D绕x轴旋转所得的圆锥体积为 V=13π·12·e-∫e1π(lnx)2dx=π(6-2e)3 (3) 设形心坐标为(x-,y-)，则有 A=∫10(ey-ey)dy=12e-1 x-=DxdσDdσ=∫10dy∫eyeyxdx∫10dy∫eyeydx=e2-312e-22=e2-36(e-2) y-=DydσDdσ=∫10dy∫eyeyydx∫10dy∫eyeydx=3-e3e-22=2(3-e)3(e-2) 所以形心坐标为e2-36(e-2),2(3-e)3(e-2)。 对数螺线r=eθ 0≤θ≤π2,在点eπ2,π2处的切线为L。 (1) 求切线L的直角坐标方程(仅数学一和数学二)。 (2) 求对数螺线、极轴、直线θ=π2围成图形的面积。 (3) 求此段对数螺线的弧长(仅数学一和数学二)。 解(1) 求切线方程的主要问题是求其斜率k=y′x,而y′x可由r=eθ的参数方程 x=rcosθ=eθcosθy=rsinθ=eθsinθ 求得，即y′x=y′θx′θ=eθsinθ+eθcosθeθcosθ-eθsinθ=sinθ+cosθcosθ-sinθ,所以y′xθ=π2=-1。 又由参数方程可知，当θ=π2时，x=0,y=eπ2， 所以切线的方程为y-eπ2=-(x-0),即x+y=eπ2。 (2) dA=12r2θ=12(eθ)2dθ=12e2θdθ,A=∫π2012e2θdθ=12·12e2θπ20=14(eπ-1)。 (3) ds=r2+r′2dθ=2·eθdθ,s=∫π202·eθdθ=2·eθπ20=2(eπ2-1)。 已知f(x)是微分方程x2f″(x)+f(x)=x3arcsinx满足条件f(1)=f′(1)=0的特解，则f(x)在［0,1］上的平均值为。 解问题等价于求积分∫10f(x)dx的值。 对原方程左右两边积分可得∫10x2f″(x)dx+∫10f(x)dx=∫10x3arcsinxdx。① 其中，∫10x3arcsinxdx=∫π20tsin3tcostdt=∫π20tdsin4t4= t·sin4t4π20-14∫π20sin4tdt=5π64， ∫10x2f″(x)dx= x2f′(x)-2xf(x)+2∫x0f(t)dt10=2∫10f(x)dx，(f(1)=f′(1)=0) 所以式①可化为3∫10f(x)dx=5π64，即∫10f(x)dx=5π192。 设f(x)是以T为周期的连续周期函数。 (1) 求证limx→+∞1x∫x0f(t)dt=1T∫T0f(t)dt，并求limx→+∞∫x0|cost|dtx的值。 (2) 求证∫x0f(t)dt=φ(x)+kx并求k，其中φ(x)是以T为周期的周期函数。 证 对任意x>T，存在自然数n使得nT≤x<(n+1)T。设x=nT+y,0≤y0) 有一个质量为m的质点。则射线对该质点的引力为。 解在x轴的x处取一小段dx，其质量为ρdx，到质点的距离为h2+x2，这一小段与质点的引力是dF=Gmρdxh2+x2(其中G为引力常数)，则有 dFx=dF· xh2+x2， dFy=dF· hh2+x2， Fx=∫+∞adFx=∫+∞aGmρxdx(h2+x2) 32=Gmρ2∫+∞ad(x2+h2)(h2+x2)32 =-Gmρ(h2+x2)-12+∞a=Gmρh2+a2。 类似有 Fy=∫+∞adFy=∫+∞aGmρhdx(h2+x2) 32=∫π2 arctanahGmρh2sec2tdth3sec3t =Gmρh∫π2arctanahcostdt=Gmρh1-sinarctanah。 所求引力向量为F=(Fx,Fy)。 解题心得 专题19有理函数积分 有理函数积分在许多场合作为“绿叶”考查。近年来，命题人有将有理积分作为“红花”的趋势。瑕点函数法与待定系数法是两大方法，两者犹如大炮与步枪。战端开启后，先用炮兵火力压制，继而步兵冲锋。当然，有时仅炮兵足矣。 知识清单 1. 分母一次方： ∫Ax-adx=Aln|x-a|+C。 2. 分母二次方 (1) ∫dxa2+x2=1aarctanxa+C，∫dx1+x2=arctanx+C。 (2) ∫dxa2-x2=12alna+xa-x+C，∫dx1-x2=12ln1+x1-x+C。 经典例题 求不定积分∫3x+6(x-1)2(x2+x+1)dx。 解设3x+6(x-1)2(x2+x+1)=Ax-1+B(x-1)2+Cx+Dx2+x+1。 (1) 两边同乘以(x-1)2且令x=1，可得B=3。【笔记】快速求得平方因子的系数 (2) 两边同乘以x且令x→∞，可得A+C=0。【笔记】利用同阶/同阶无穷大得出方程 (3) 两边分别令x=0，x=-1，可得-A+B+D=6 -A2+B4-C+D=34 ，【笔记】赋值特殊数，得出方程 解得A=-2,C=2,D=1。 则3x+6(x-1)2(x2+x+1)=-2x-1+3(x-1)2+2x+1x2+x+1，于是 ∫3x+6(x-1)2(x2+x+1)dx=∫-2x-1+3(x-1)2+2x+1x2+x+1dx =-2ln|x-1|-3x-1+∫d(x2+x+1)x2+x+1=-2lnx-1-3x-1+ln(x2+x+1)+C。 解题心得 专题20反常积分审敛 反常积分从诞生的那一天开始便是众多考生的噩梦。反常积分的计算不难，难在积分审敛。本专题汇总了4类核心考法。掌握这4类考法的考生，在考场之上必能“心诗飞逸九重天”。 知识清单 1. 高低阶审敛法 (1) 被积函数无穷小时： 设f(x)在［a,+∞)上非负连续，且limx→+∞f(x)1xp=l。 ① 当0≤l<+∞，且p>1时，∫+∞af(x)dx收敛。 ② 当01时，收敛 p≤1时，发散。 3. 反常积分∫+∞21xmlnnxdx的敛散性(m,n>0)： m>1， 必收敛 m=1， n>1，收敛 n≤1，发散。 m<1， 必发散 经典例题 设m,n是正整数,则反常积分∫+∞02mln2(1+x)n3xdx的敛散性()。 A. 仅与m的取值有关B. 仅与n的取值有关 C. 与m,n取值都有关D. 与m,n取值都无关 解C。 原积分应为∫+∞02mln2(1+x)n3xdx=∫102mln2(1+x)n3xdx+∫+∞12mln2(1+x)n3xdx=I1+I2。 (1) 讨论积分I1=∫102mln2(1+x)n3xdx的敛散性。 x→0+时，2mln2(1+x)n3x~1x3n-1m。 显然，当3n-1m≥1，该反常积分发散； 当0<3n-1m<1,该反常积分收敛。 当3n-1m≤0,limx→0+［ln2(1+x)］2mx3n存在,此时I1=∫102mln2(1+x)n3xdx实际上不是反常积分, 所以由判别条件有： 当3n-1m≥1时，该反常积分发散； 当3n-1m<1时,该反常积分收敛。 将判别条件用于本题，可得 ① 当n=1,m取任意值时，有3n-1m≥1，此时反常积分发散补充： 此时有 3n=3,1m≤1。 ② 当n=2,m=2,3,4，…时，满足3n-1m≥1,此时反常积分发散。 但n=2,m=1时，3n-1m=0.5<1，此时反常积分收敛。 n=3,4,5，…时，m取任意值，均满足3n-1m<1,此时反常积分收敛。 (2) 讨论积分∫+∞12mln2(1+x) n3xdx的敛散性。 x→+∞时，2mln2(1+x) n3x=ln(1+x)1mx3n， 当3n>1时，即n=1,2时，有2mln2(1+x)n3x=ln(1+x)1mx3nx0.1x3n=1x3n-0.1， ∫+∞11x3n-0.1dx收敛说明： 3n-0.1>1.4>1，故∫+∞12mln2(1+x)n3xdx收敛。 0<3n≤1时，即n=3，4，…时，有2mln2(1+x)n3x=ln(1+x)1mx3n1x， ∫+∞11xdx发散，故 ∫+∞12mln2(1+x)n3xdx发散。 综上，仅当n=2,m=1时，I1,I2均收敛,此时反常积分收敛。在其他情况下I1,I2至少有一个发散，反常积分发散。反常积分的敛散性与m,n均有关，故选C。 关于反常积分，下列说法正确的有()个。 (1) 设m,n是正整数,则反常积分∫10mln2(1-x)nxdx的收敛性与m,n取值均无关 (2) 设f(x)= 1(x-1)α-1，10。 所以，0<α<2。 说法(3)对。无论k取何值，反常积分总发散。 反常积分有一个奇点x=+∞，两个瑕点x=0和x=1，将反常积分化为 ∫+∞0x(lnx)k2+x2dx=∫120x(lnx)k2+x2dx+∫112x(lnx)k2+x2dx+∫21x(lnx)k2+x2dx+∫+∞2x(lnx)k2+x2dx =I1+I2+I3+I4 ① 对I1=∫120x(lnx)k2+x2dx，因为limx→0+x(lnx)k2+x21x=limx→0+x32(lnx)k2+x2=0(k∈(-∞,+∞))并且∫101xdx收敛，所以∫10x(lnx)k2+x2dx对于k∈(-∞,+∞)均收敛。 ② 对I2=∫112x(lnx)k2+x2dx与 I3=∫21x(lnx)k2+x2dx，当x→1时，有lnx=ln(1+x-1)~x-1，x(ln)k2+x2~13·(x-1)k，若k>0，则两个积分收敛。 当k<0时，有x(lnx)k2+x2~13·1(x-1)-k，此时若有0<-k<1,即-1-1 lnlnx+∞2=+∞，k=-1 所以反常积分I4在k<-1时收敛，在k≥-1时发散。 综上，无论k取何值，反常积分总发散。 说法(4)对。∫π20dxsinnxcosmx=∫10dxsinnxcosmx+∫π21dxsinnxcosmx。 ① 对于积分I1=∫10dxsinnxcosmx，被积函数为f(x)=1sinnxcosmx。 当x→0 时，limx→0+f(x)1xp=limx→0+1sinnxcosmx1xp=limx→0+xpsinnx=c，可取p=n，当 p=n<1时，积分I1收敛。 ② 对于积分I2=∫π21dxsinnxcosmx，被积函数为f(x)=1sinnxcosmx。 当x→π2-时，有 limx→π2-f(x)1π2-xp=limx→π2-1sinnxcosmx1π2-xp=limx→π2-π2-xpcosmx=limx→π2-π2-xpsinmπ2-x=c 可取p=m，当 p=m<1时，积分I2收敛。所以说法(4)正确。 综上所述，4种说法均正确，故选D。 解题心得 "真题数量庞大是一个重要的原因。吃透3000道往年真题对于很多考生而言是一个不小的工程。真题难度稀释是另一个重要原因。许多考生认为真题难度不够，哪怕吃透真题，最终考研也不会超过120分。在此情况下，考生往往更加倾向于选择试题数量更少、更有综合的其他习题集。正是因为考生对真题的又爱又恨，导致了对真题利用率的低下。 由此，本书应运而生。 仅120余道高度融合的试题再现3000余道真题。"