本节讨论积分学的另一个基本问题——定积分问题。——高等数学同济版

习题5-1 定积分的概念与性质

  本节主要介绍了一些定积分的应用和性质。（其中矩阵法、抛物线法在考纲中没有明确提出考察）

11.设$f(x)$在$[0,1]$上连续，证明${\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x⩾{\left({\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right)}^2.$

证  记$a={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$，则由定积分性质，得
$${\int }_0^1[f(x)-a{]}^2\mathrm{d}x⩾0.$$
  即
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1[f(x)-a{]}^2\mathrm{d}x& ={\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x-2a{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x+a^2\\ & ={\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x-{\left[{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right]}^2⩾0.\end{array}$$
  由此结论成立。（这道题通过构造不等式证明）

习题5-2 微积分基本公式

  本节主要介绍了微积分基本公式。

16.设$f(x)$在$[0,+\infty )$内连续，且$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$，证明函数$$y=e^{-x}{\int }_0^x{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t$$满足微分方程$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=f(x)$，并求$\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)$。

证
$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}& =e^{-x}{\int }_0^x{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+e^{-x}\cdot e^{x}f(x)\\ & =-y+f(x).\end{array}$$
  因此$y(x)$满足微分方程$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=f(x)$。
  由条件$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$，从而存在$X_0>0$，当$x>X_0$时，有$$f(x)>\frac{1}{2}$$
  因此，
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t& ={\int }_0^{X_0}{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+{\int }_{X_0}^x{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t\\ & ⩾{\int }_0^{X_0}{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+{\int }_{X_0}^x\frac{1}{2}{e}^{X_0}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{X_0}{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t+\frac{1}{2}{e}^{X_0}(x-X_0).\end{array}$$
  故，当时$x\to +\infty$时，${\int }_0^x{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t\to +\infty$，从而利用洛必达法则，有
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t}f(t)\mathrm{d}t}{e^x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^{x}f(x)}{e^x}.$$
（这道题主要利用已知条件假设出某一个值）

习题5-3 定积分的换元法和分部积分法

因此，在一定条件下，可以用换元积分法和分部积分法来计算定积分。——高等数学同济版

  本节主要介绍了换元积分法和分部积分法在定积分中的应用。

1.计算下列定积分：

（18）${\int }_0^2\frac{x\mathrm{d}x}{(x^2-2x+2{)}^2};$

解  令$x=1+\tan u$，则$\mathrm{d}x={\sec }^{2}u\mathrm{d}u$，因此
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^2\frac{x\mathrm{d}x}{(x^2-2x+2{)}^2}& ={\int }_0^2\frac{x\mathrm{d}x}{[(x-1{)}^2+1{]}^2}={\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{(1+\tan u)\mathrm{d}u}{{\sec }^{2}u}\\ & =2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\cos }^{2}u\mathrm{d}u={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(1+\cos 2u)\mathrm{d}u\\ & =\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2}.\end{array}$$
（这道题利用被积函数为奇函数且积分区间对称结果为0的结论求解）

（22）${\int }_{-5}^5\frac{x^3{\sin }^{2}x}{x^4+2x^2+1}\mathrm{d}x.$

解  由于被积函数为奇函数，因此
$${\int }_{-5}^5\frac{x^3{\sin }^{2}x}{x^4+2x^2+1}\mathrm{d}x=0.$$
（这道题利用被积函数为奇函数且积分区间对称结果为0的结论求解）

7.计算下列定积分：

（12）${\int }_0^1(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x;$

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x& \stackrel{x=\sin u}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{m+1}u\mathrm{d}u\\ & =\{\begin{array}{ll}\frac{m}{m+1}\cdot \frac{m-2}{m-1}\cdot \cdots \cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2},& m\text{为奇数，}\\ \frac{m}{m+1}\cdot \frac{m-2}{m-1}\cdot \cdots \cdot \frac{2}{3},& m\text{为偶数，}\end{array}\\ & =\{\begin{array}{ll}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot m}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (m+1)}\cdot \frac{\pi }{2},& m\text{为奇数，}\\ \frac{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot m}{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (m+1)},& m\text{为偶数，}\end{array}\end{array}$$
（这道题主要利用积分表以及换元法求解）

习题5-4 反常积分

在一些实际问题中，常会遇到积分区间为无穷区间，或者被积函数为无界函数的积分。它们已经不属于前面所说的定积分了。因此，我们对定积分作出如下两种推广，从而形成反常积分的概念。——高等数学同济版

  本节主要介绍了反常积分的概念和反常积分是否收敛的定义。

习题5-5 反常积分的审敛法 $\Gamma$函数

反常积分的收敛性，可以通过求被积函数的原函数，然后按定义取极限，根据极限的存在与否来判定。本节中我们建立不通过被积函数的原函数判定反常积分的收敛性的判定法。——高等数学同济版

  本节主要介绍了反常积分的审敛法和$\Gamma$函数。（这一节在考纲中未明确提出，但是在某一年考研数学中涉及到审敛法）

1.判定下列反常积分的收敛性：

（7）${\int }_0^1\frac{x^4\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}};$

解  $x=1$是被积函数的瑕点。由于$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^{\frac{1}{2}}\cdot \frac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{1}{2}$，因此${\int }_0^1\frac{x^4\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}$收敛。（这道题主要利用构造公式来判断收敛性。）

2.设反常积分${\int }_1^{+\infty }{f}^2(x)\mathrm{d}x$收敛，证明反常积分${\int }_1^{+\infty }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$绝对收敛。

证  因为$\left|\frac{f(x)}{x}\right|⩽\frac{f^2(x)+\frac{1}{x^2}}{2}$，由于${\int }_1^{+\infty }{f}^2(x)\mathrm{d}x$收敛，${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x$也收敛，因此${\int }_1^{+\infty }\left|\frac{f(x)}{x}\right|\mathrm{d}x$收敛，即${\int }_1^{+\infty }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$绝对收敛。（利用基本不等式进行放缩求解）

3.用函数表示下列积分，并指出这些积分的收敛范围：

（2）${\int }_0^1{\left(\ln \frac{1}{x}\right)}^p\mathrm{d}x;$

解  令$u=\ln \frac{1}{x}$，即$x=e^{-u}$，
$${\int }_0^1{\left(\ln \frac{1}{x}\right)}^p\mathrm{d}x={\int }_{+\infty }^0-u^p{e}^{-u}\mathrm{d}u=\Gamma (p+1).$$
  当$p>-1$时收敛。（这道题主要利用换元求解）

总习题五

1.填空：

（5）设函数$f(x)$连续，则$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_0^{x}tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t=$__________。

解  $xf(-x^2)$。作换元$u=t^2-x^2$，则
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{x}tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t& =\frac{1}{2}{\int }_0^{x}f(t^2-x^2)\mathrm{d}(t^2-x^2)=\frac{1}{2}{\int }_{-x^2}^{0}f(u)\mathrm{d}u\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{-x^2}f(u)\mathrm{d}u.\end{array}$$
  因此
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_0^{x}tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}f(-x^2)\cdot (-2x)=xf(-x^2).$$
（这道题主要通过构造出标准的积分形式求解）

4.利用定积分的定义计算下列极限：

（1）$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\sqrt{1+\frac{i}{n}}$，其中$f(x)$连续；

解
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\sqrt{1+\frac{i}{n}}={\int }_0^1\sqrt{1+x}\mathrm{d}x=\left[\frac{2}{3}(1+x{)}^{\frac{3}{2}}\right]{|}_0^1=\frac{2}{3}(2\sqrt{2}-1).$$

（2）$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1^p+2^p+\cdots +n^p}{n^{p+1}}(p>0).$

解
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1^p+2^p+\cdots +n^p}{n^{p+1}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(\frac{i}{n}\right)}^p={\int }_0^1{x}^p\mathrm{d}x=\frac{1}{p+1}.$$
（这道题要求利用定积分的定义求解，需要熟悉定积分的定义）

8.设$p>0$，证明

$$\frac{p}{p+1}<{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^p}<1.$$

证  由于当$p>0,0<x<1$时，$0<\frac{1}{1+x^p}<1$，因此有${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^p}<1$。又
$$1-{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^p}={\int }_0^1\frac{x^p\mathrm{d}x}{1+x^p}<{\int }_0^1{x}^p\mathrm{d}x=\frac{1}{1+p}.$$
  故有${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^p}>\frac{p}{p+1}$，原题得证。
（这道题主要通过放缩法和构造函数求解）

9.设$f(x)$、$g(x)$在区间$[a,b]$上均连续，证明：

（1） ${\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right)}^2⩽{\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x$（柯西-施瓦茨不等式）；

解  对任意实数$\lambda$，有${\int }_a^b[f(x)+\lambda g(x){]}^2\mathrm{d}x⩾0$，即
$${\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x+2\lambda {\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x+{\lambda }^2{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x⩾0.$$
  上式左边是一个关于$\lambda$的二次三项式，它判定非负的条件是其系数判别式非正，即有
$$4{\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right)}^2-4{\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x⩽0.$$
  从而本题得证。（这道题利用基本不等式和判别式法证明）

（2）${\left({\int }_a^b[f(x)+g(x){]}^2\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}⩽{\left({\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}+{\left({\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}$（闵可夫斯基不等式）。

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b[f(x)+g(x){]}^2\mathrm{d}x& ={\int }_a^b[f^2(x)+2f(x)g(x)+g^2(x)]\mathrm{d}x\\ & ={\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x+2{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x+{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x+2{\left({\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}+{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\\ & ={\left[{\left({\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}+{\left({\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}\right]}^2.\end{array}$$
  从而本题得证。（这道题主要利用上一道题的结论和构造法证明）

10.设$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，且$f(x)>0$。证明$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x⩾(b-a{)}^2.$$

证  根据上一道题所证的柯西-施瓦茨不等式，有
$${\left({\int }_a^b\sqrt{f(x)}\cdot \frac{1}{\sqrt{f(x)}}\mathrm{d}x\right)}^2⩽{\int }_a^b{\left(\sqrt{f(x)}\right)}^2\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b{\left(\frac{1}{\sqrt{f(x)}}\right)}^2\mathrm{d}x.$$
  即得
$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x⩾(b-a{)}^2.$$
（这道题主要利用上一道题的两个不等式求解）

11.计算下列积分：

（1）${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x;$

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x}{2}{\sec }^2\frac{x}{2}\mathrm{d}x-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+\cos x}\mathrm{d}(1+\cos x)\\ & =\left[x\tan \frac{x}{2}\right]{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\tan \frac{x}{2}\mathrm{d}x-[\ln (1+\cos x)]{|}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{\pi }{2}+\left[2\ln \cos \frac{x}{2}\right]{|}_0^{\frac{\pi }{2}}+\ln 2=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$
（这道题利用了定积分的性质求解，在高等数学同济版总习题四第四题（27）答案中给出了该函数的不定积分的解，方法略有不同，传送门在这里）

（2）${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (1+\tan x)\mathrm{d}x;$

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (1+\tan x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \frac{\cos x+\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x+\sin x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x.\end{array}$$
  而
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x+\sin x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \left[\sqrt{2}\cos \left(\frac{\pi }{4}-x\right)\right]\mathrm{d}x\\ \stackrel{x=\frac{\pi }{4}-u}{=}-{\int }_{\frac{\pi }{4}}^0(\ln \sqrt{2}+\ln \cos u)\mathrm{d}u& \\ & =\frac{\pi \ln 2}{8}+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x.\end{array}$$
  故
$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (1+\tan x)\mathrm{d}x=\frac{\pi \ln 2}{8}.$$
（这道题主要利用构造可以消除部分相同的积分求解）

（5）${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x};$

解  注意到$\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}}{\lim }\arctan \frac{\tan x}{\sqrt{2}}=\frac{\pi }{2}$，因此有
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\sec }^{2}x\mathrm{d}x}{{\sec }^{2}x+1}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}(\tan x)}{{\tan }^{2}x+2}\\ & =\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right]{|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}.\end{array}$$
（这道题利用三角函数代换公式求解）

12.设为连续函数，证明$${\int }_0^{x}f(t)(x-t)\mathrm{d}t={\int }_0^x\left({\int }_0^{t}f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t.$$

证
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\left({\int }_0^{t}f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t& =\left[t{\int }_0^{t}f(u)\mathrm{d}u\right]{|}_0^x-{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t\\ & =x{\int }_0^{x}f(u)\mathrm{d}u-{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t\\ & =x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{x}f(t)(x-t)\mathrm{d}t.\end{array}$$
  本题也可利用原函数性质来证明，记等式左端的函数为$F(x)$、右端的函数为$G(x)$，则
$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& ={\left(x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t\right)}^{\prime }={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t,\\ G^{\prime }(x)& ={\int }_0^{x}f(u)\mathrm{d}u={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t.\end{array}$$
  即$F(x)$、$G(x)$都为函数${\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$的原函数，因此它们至多只差一个常数，但由于$F(0)=G(0)=0$，因此必有$F(x)=G(x)$。（这道题利用原函数性质或分部积分法求解）

16.证明：${\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{n-1}{2}{\int }_0^{+\infty }{x}^{n-2}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x(n>1)$，并用它证明：$${\int }_0^{+\infty }{x}^{2n+1}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\Gamma (n+1)(n\in \mathbf{N}).$$

证  当$n>1$时，
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{x}^n{e}^{-x^2}\mathrm{d}x& =-\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{x}^n\mathrm{d}(e^{-x^2})\\ & =-\frac{1}{2}[x^{n-1}{e}^{-x^2}]{|}_0^{+\infty }+\frac{n-1}{2}{\int }_0^{+\infty }{x}^{n-2}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{n-1}{2}{\int }_0^{+\infty }{x}^{n-2}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x.\end{array}$$
  记$I_n={\int }_0^{+\infty }{x}^{2n+1}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x$，则
$$\begin{array}{rl}{I}_n& ={\int }_0^{+\infty }{x}^{2n+1}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{2n+1-1}{2}{\int }_0^{+\infty }{x}^{2n-1}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x\\ & =n{\int }_0^{+\infty }{x}^{2n-1}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=n{I}_{n-1}.\end{array}$$
  因此有
$$\begin{array}{rl}{I}_n& =n!I_0=n!{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=n!\left[-\frac{1}{2}{e}^{-x^2}\right]{|}_0^{+\infty }\\ & =\frac{1}{2}n!=\frac{1}{2}\Gamma (n+1).\end{array}$$
（这道题主要利用分部积分法和递归法求解）

17.判断下列反常积分的收敛性：

（1）${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x;$

解  $x=0$为被积函数$f(x)=\frac{\sin x}{\sqrt{x^3}}$的瑕点，而$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\frac{1}{2}}\cdot f(x)=1$，因此${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$收敛；又由于$|f(x)|⩽\frac{1}{\sqrt{x^3}}$，而${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x$收敛，故${\int }_1^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$收敛，因此${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x$收敛。（这道题主要利用分段和放缩法求解）

（3）${\int }_2^{+\infty }\frac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x;$

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_2^{+\infty }\frac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x& ={\int }_2^{+\infty }\frac{1}{\ln x}\mathrm{d}(\sin x)=\left[\frac{\sin x}{\ln x}\right]{|}_2^{+\infty }+{\int }_2^{+\infty }\frac{\sin x}{x{\ln }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_2^{+\infty }\frac{\sin x}{x{\ln }^{2}x}\mathrm{d}x-\frac{\sin 2}{\ln 2}.\end{array}$$
  又由于$\left|\frac{\sin x}{x{\ln }^{2}x}\right|⩽\frac{1}{x{\ln }^{2}x}$，而${\int }_2^{+\infty }\frac{1}{x{\ln }^{2}x}\mathrm{d}x$收敛，故${\int }_2^{+\infty }\left|\frac{\sin x}{x{\ln }^{2}x}\right|\mathrm{d}x$收敛，即${\int }_2^{+\infty }\frac{\sin x}{x{\ln }^{2}x}\mathrm{d}x$绝对收敛，因此${\int }_2^{+\infty }\frac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x$收敛。（这道题通过分部积分化简求解）

18.计算下列反常积分：

（1）${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x;$

解  $x=0$为被积函数$f(x)=\ln \sin x$的瑕点，而
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{x}\cdot f(x)& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln \sin x}{x^{-\frac{1}{2}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\cot x}{-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{3}{2}}}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-2x^{-\frac{3}{2}}}{\tan x}=0.\end{array}$$
  故${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x$收敛。
  又${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \sin x\mathrm{d}x+{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x;$，而
$${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x\stackrel{x=\frac{\pi }{2}-u}{=}{\int }_{\frac{\pi }{4}}^0-\ln \cos u\mathrm{d}u={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \cos u\mathrm{d}u.$$
  因此
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \sin x\mathrm{d}x+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \cos x\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x\cos x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\ln \sin 2x-\ln 2)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \sin 2x\mathrm{d}x-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln 2\mathrm{d}x\\ & \stackrel{u=2x}{=}\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin u\mathrm{d}u-\frac{\pi }{4}\ln 2.\end{array}$$
故
$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin x\mathrm{d}x=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$
（这道题主要利用分部积分求解）

（2）${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}(\alpha ⩾0).$

解  记被积函数为$f(x)=\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}$，则当$\alpha =0$时，$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\cdot f(x)=\frac{1}{2}$，当$\alpha >0$时，$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\cdot f(x)=0$，因此当$\alpha ⩾0$时，${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}$收敛。
  令$x=\frac{1}{t}$，得到${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}={\int }_{+\infty }^0\frac{-t^{\alpha }\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}$，又
$${\int }_{+\infty }^0\frac{-t^{\alpha }\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}={\int }_0^{+\infty }\frac{x^{\alpha }\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}.$$
  故
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}& ={\int }_0^{+\infty }\frac{x^{\alpha }\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\\ & =\frac{1}{2}\left[{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}+{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{\alpha }\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\right]\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\frac{1}{2}[\arctan x]{|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$
（这道题主要利用换元法凑整求解）

写在最后

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  另，参考的积分表及公式见附录。

最后

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