题目288
设函数
f(x) 在
(-\infty,+\infty) 上二阶可导，且
f''(x)\ne0，
\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sqrt{x^2-x+1}}{xf'(x)}=\alpha>0， 且存在一点
f(x_0)<0. 证明方程
f(x)=0 在
(-\infty,+\infty) 上恰有两个实根
解答
看到要证明 恰好 ，基本上都是经典的 夹逼 ：
\text{最优解} \ge \text{贪心解} \& \text{最优解} \le \text{贪心解} \Rightarrow \text{最优解} = \text{贪心解}根据昨天证明的 罗尔原话，
f''(x)\ne0 \Rightarrow f(x)\text{至多2个根}然后我们分类讨论极限趋于 正无穷 和 负无穷 两种情况即可：
当
x \to +\infty 时：
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sqrt{x^2-x+1}}{xf'(x)}= \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{f'(x)}=\alpha>0故根据 极限的保号性：
\exists X_1 > 0，当
x > X_1 时，恒有
f'(x) > \dfrac{1}{2\alpha} > 0而我们要的是
f(x) 不是
f'(x)，故想到 拉格朗日中值定理 建立
f 与
f' 的关系
\exists \xi \in(X_1, x),~~s.t.\\ f(x) = f(X_1) + f'(\xi)(x - X_1) > f(X_1) + \dfrac{1}{2\alpha}(x-X_1) = \text{常数} + \text{常数} \times \text{(无穷大 - 常数)} \to \infty故
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = +\infty > 0同理可证：当
x \to -\infty 时，
\lim\limits_{x\to-\infty}f(x) = +\infty > 0因
f(-\infty) > 0, f(x_0) < 0, f(+\infty) > 0由 零点定理的推广定理 可知，至少存在两点
\zeta_1\in (-\infty,x_0), \zeta_2\in(x_0,+\infty), s.t. f(\zeta_1) = f(\zeta_2) = 0由
\text{零点个数} \ge 2 ~\&~ \text{零点个数} \le 2 \Rightarrow \text{零点个数} = 2得证
题目289
（2020年2）设函数
f(x) 在区间
[-2,2] 上可导，且
f'(x)>f(x)>0，则（ ）
（A）
\dfrac{f(-2)}{f(-1)}>1 （B）
\dfrac{f(0)}{f(-1)}>e （C）
\dfrac{f(1)}{f(-1)}<e^2 （D）
\dfrac{f(2)}{f(-1)}<e^3解答
题目给出了
f 与
f'的 大小关系，为了利用该 关系 建立 不等式，立刻就想到了 中值定理
插一句，这种给定 不等式关系 的题目，
80\% 最后都是利用 不等号方向 把某 余项 放缩掉，这个思想很重要
首先排除 罗尔定理，因为题目中没有明确给出相等的两点；而 泰勒中值 一般用于高阶，有些牛刀杀鸡的意思
那么还剩下 柯西中值 和 拉格朗日中值 了。A选项 可以用 拉格朗日中值 快速判断出答案：
f(-1) - f(-2) = f'(\xi_1) > 0 ，故
f(-1) > f(-2) > 0 \Rightarrow \dfrac{f(-2)}{f(-1)} < 1 故A错误
但是后三个不太行，通过观察发现右侧是一个同样在 随参数变化 的 指数函数，因此我们考虑构造 辅助函数
B：
\dfrac{e^0 \cdot f(0)}{e^{-1} \cdot f(-1)}>1 。令
F(x) = e^x \cdot f(x)，再对
F(x) 使用 拉格朗日中值定理 即可：
F(0) = F(-1) + F'(\xi_2) > F(-1) \Rightarrow \dfrac{F(0)}{F(-1)} > 1 \Rightarrow \dfrac{e^0 \cdot f(0)}{e^{-1} \cdot f(-1)}>1 \Rightarrow \dfrac{f(0)}{f(-1)} > e 故 B 正确
F(1) = F(-1) + F'(\xi_3) > F(-1) \Rightarrow \dfrac{F(1)}{F(-1)} > 1 \Rightarrow \dfrac{e^1 \cdot f(1)}{e^{-1} \cdot f(-1)}>1 \Rightarrow \dfrac{f(1)}{f(-1)} > e^2 故 C 错误
F(2) = F(-1) + F'(\xi_4) > F(-1) \Rightarrow \dfrac{F(2)}{F(-1)} > 1 \Rightarrow \dfrac{e^2 \cdot f(2)}{e^{-1} \cdot f(-1)}>1 \Rightarrow \dfrac{f(2)}{f(-1)} > e^3 故 D 错误
综上，正确的选项为 B
题目290
（2018年2）已知常数
k\ge \ln2 - 1，证明：
(x-1)(x-\ln^2 x+2k\ln x-1)\ge0解答
微分不等式 的题目都是套路，按照套路一步步做就好了
观察到不等式左边是两个因式积的形式，直接乘开不好做，故我们分类讨论即可：
1.
x\gt 1 时：
令
f(x) = x-\ln^2 x+2k\ln x-1，
则
f'(x)=1-\dfrac{2\ln x}{x} + \dfrac{2k}{x} = \dfrac{x-2\ln x + 2k}{x}令
g(x) = x - 2\ln x + 2k，则
g'(x) = \dfrac{x-2}{x} \xlongequal{令}0，得：
g'(2) = 0故
g(x) 在
x=2 取极小值，
g(2) = 2\cdot \big[k-(\ln 2 - 1)\big] \ge 0\Rightarrow f'(x) \ge 0 \Rightarrow f(x) \text{单调递增} \Rightarrow (x-1)f(x)\text{单调递增}2.
0 \lt x\lt 1 时：
同理可证得
(x-1)f(x)\text{单调递减}由 极值的定义 可知，
(x-1)f(x) 在
x=1 取极小值，且该 局部极小值 为 全局最小值
\bigg[(x-1)f(x)\bigg]_{min} = \bigg[(1-1)f(1)\bigg] = 0 \Rightarrow (x-1)(x-\ln^2 x+2k\ln x-1)\ge0题目291
设函数
f(x) 二阶可导，
f(0)=1, f'(0)=0，且对任意
x\ge0 有
f''(x)-5f'(x)+6f(x)\ge0，证明不等式
f(x)\ge3e^{2x}-2e^{3x},(x\ge0)解答
微分不等式，套路题
构造辅助函数
F(x)=f(x)-3e^{2x}+2e^{3x}，
F(0) = 0则：
F'(x) = f'(x)-6e^{2x}+6e^{3x}，
F'(0) = 0则：
F''(x)=f''(x)-12e^{2x} + 18e^{3x}，利用题目中最后给的不等式，有：
[
F''(x)-5F'(x)+6F(x)=f''(x)-5f'(x)+6f(x)\ge0
]故
F'(x) \ge 0 \quad\Rightarrow\quad F(x)\ge 0 \quad\Rightarrow\quad f(x) \ge 3e^{2x}-2e^{3x}题目292
证明不等式：
\bigg|{ \dfrac{\sin x - \sin y}{x - y} - \cos y }\bigg| \le \dfrac{1}{2} |x - y|\quad(x \ne y)解答
看到有碍眼的 绝对值 ，在不等式的证明中，常见的去绝对值的方法有 绝对值不等式
但是本题
x,y 都是参数，且满足
x\ne y，因此我们不妨设
x>y：
[
\begin{aligned}
\bigg|\frac{\sin x - \sin y}{x - y} - \cos y\bigg| &\le \frac{1}{2}(x-y) \\\\
\sin x - \sin y - \cos y(x - y) &\le \frac{1}{2}(x-y)^2
\end{aligned}
]常见的微分不等式处理两个参数时，可以把另一个给令成变量
x 然后求导找单调性
但是本体做不了，不过通过观察，我们发现化简后的不等式中出现了 泰勒展开 的形式
考虑把
\sin x 在
x=y 处展开：
\sin x = \sin y + \cos x(x-y)-\dfrac{\sin y}{2}(\xi-y)^2化简不等式左侧：
-\dfrac{\sin y}{2}(\xi-y)^2由于
-1 \le \sin y \le 1，故
-\dfrac{1}{2}(\xi-y)^2\le -\dfrac{\sin y}{2}(\xi-y)^2\le\dfrac{1}{2}(\xi-y)^2又
y < \xi < x，故
-\dfrac{\sin y}{2}(\xi-y)^2\le\dfrac{1}{2}(\xi-y)^2 \lt \dfrac{1}{2}(x-y)^2得证
做到这里一看，前面去绝对值的操作挺多余的，本题核心还是同乘
x-y 化简
题目293
（2020年数二）设函数
f(x)=\int_1^xe^{t^2}dt- 证明：存在
\xi\in(1,2)，s.t. f(\xi)=(2-\xi)e^{\xi^2}- 证明：存在
\eta\in(1,2)，s.t. f(2)=\ln 2 \cdot \eta e^{\eta^2}解答
中值定理的题干中给出了
f(x) 的积分形式，那么这题一般是要用到 积分中值定理 的
构造
F(x) = f(x) - (2-x)e^{x^2}，则
F(1) = -e < 0，F(2)=\int_1^2e^{t^2}dt > 0由 零点定理 可知：
\exists \xi\in(1,2), s.t. F(\xi)=0，即
f(\xi)=(2-\xi)e^{\xi^2} 得证
对
f(2) 使用 积分中值定理：
\exists \zeta \in(1,2),s.t.f(2)=e^{\zeta^2}构造
G(x) = e^{\zeta^2} - \ln 2 \cdot x \cdot e^{x^2}则
G(1) = e^{\zeta^2} - \ln 2 e^1 = e\cdot [e^{\zeta^2 - 1} - \ln 2] > 0又
G(2) = e^{\zeta^2} - 2\ln 2 e^2 = e^2\cdot [e^{\zeta^2 - 2} - \ln 4] < 0故，由 零点定理 可知，
\exists \eta\in(1,2)，s.t.f(2)=\ln 2 \cdot \eta e^{\eta^2}
看了一下武老师的方法，先把右侧除到左侧做一次恒等变形，如下：
\dfrac{f(2)}{\eta}=\ln 2 \cdot f'(\eta)，故可构造
F(x) = f(2)\ln x - \ln 2 \cdot f(x)则
F(1) = F(2) = 0 \Rightarrow F'(\eta) = 0 （罗尔定理）
武老师的 方法二 是把常数放一边，变量放另一边（这个思想很重要！！），如下：
\dfrac{f(2)}{\ln 2} = \dfrac{f'(\eta)}{\dfrac{1}{\eta}}，故可构造
F(x) = \dfrac{f(x)}{\ln x}，则由 柯西中值定理：
\dfrac{f(2) - f(1)}{\ln 2 - \ln 1} = \dfrac{f'(\eta)}{\dfrac{1}{\eta}}中值定理的证明题，一题有多解，个人建议做题时每一中都要学会，思想很重要
题目294
(2019年2) 已知函数
f(x) 在
[0,1] 上具有二阶导数，且
f(0)=0,f(1)=1,
\int_0^1 f(x)dx = 1证明： 1. 存在
\xi \in(0, 1),s.t.f'(\xi)=0 2. 存在
\eta\in(0, 1),s.t.f''(\eta)\le -2解答
第一问还是比较裸的送分题，既然要 估计 出 一阶导数 为
0的，那么必然想到了 罗尔定理
由于
f(0)=0,f(1)=1,\int_0^1f(x)dx=1，设
M为
f(x)在
(0,1)上的最大值
故
\exist \xi\in(0,1),s.t.f(\xi)=M（最值不在端点处取到，则一定在区间内部的极值处取到）
由 费马引理：
f'(\xi)=0 得证
第二问牵扯到了高阶导数，一般用 泰勒中值 来做
考虑 展开点 的问题，这题 泰勒 要展开到 2阶，故 一阶导数 是要想办法 消掉 的
而第一问中求出的
f'(\xi)=0 就可以很好的接上了，因此选取 端点 在
x=\xi 展开
f(x)=f(\xi) + f'(\xi)(x-\xi) + \dfrac{f''(\zeta)}{2}(x-\xi)^2 ~\Rightarrow~ f''(\zeta) = 2\cdot \dfrac{f(x)-f(\xi)}{(x-\xi)^2}令
x=0 可得：
f''(\zeta) = \dfrac{-2M}{\xi^2}\le -2故
\exist \eta\in(0,\xi)\subset(0,1),s.t.f''(\eta)\le -2第二问的辅助多项式解法
令
F(x) = f(x) - (ax^2+bx+c)，代入给个点的值：
令 \begin{cases} F(0)=-c = 0 \\ F(1)=1-(a+b+c) = 0 \\ _0^1F(x)dx = _0^1f(x)dx - - = 0 \end{cases}
以上不应该出现在答题纸上，这些是草稿纸上的步骤
解得：
F(x) = f(x)+3x^2-4x则
F(0)=F(1)= F(x_0)=0 \quad(\text{其中}x_0\in(0, 1)) (积分中值定理)
连续使用 罗尔定理 可得：
\exist \xi_1\in(0, x_0),s.t.F'(\xi_1)=0\exist \xi_2\in(x_0, 1),s.t.F'(\xi_2)=0\exist \xi\in(\xi_1, \xi_2),s.t.F''(\xi)=0故：
f''(x)=-6\le -2 得证
题目295
设
f(x) 在
[0,1] 上二阶可导，且
\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=2,\int_0^1f(x)dx=1试证： 1. 存在
\xi\in(0,1), s.t.f'(\xi)=f(\xi)-2\xi+2 2. 存在
\eta\in(0,1),s.t.f''(\eta) = 0 3. 存在
\zeta\in(0,1),s.t.\int_0^\zeta f(t)dt+\zeta f(\zeta) = 2\zeta 4. 存在
\mu\in(0,1),s.t.\mu f(\mu)=2\int_0^\mu f(t)dt解答
这是一场 构造题专场，四个问完全不相干，每一题都要构造一个新的辅助函数，就当加深一下思维了
由题干可以简单得出的几个条件：
f(0)=0,f'(0)=2,f(x_0)=0\quad(0<x_0<1)第一问
证明的等式中出现了：
g'(x)-g(x) 得形式，故构造辅助函数
F(x) = \big(f(x)-2x\big) e^{-x}则
F'(x) = e^{-x}\cdot\Big({f'(x)-2-f(x)+2x}\Big)又
\int_0^1F(x)e^xdx = 0 \Rightarrow F(x_1) = 0 （积分中值定理，其中
x_1\in(0,1)）
故由
F(0) = F(x_1)=0 \Rightarrow F'(\xi) = e^{-\xi}\cdot \Big(f'(\xi)-f(\xi)+2\xi-2\Big) = 0(罗尔定理) 其中
\xi \in (0, x_1)\subset (0, 1) 故得证
第二问
这一问可以直接借助上一问的辅助函数继续操作：
F'(0)=F'(\xi) = 0 \Rightarrow F''(\eta) = 0（罗尔定理）其中
\eta\in(0,\xi)\subset(0,1) 故得证
第三问
看到等式左边出现了
u'v+uv' 的形式，故考虑用 乘积的求导公式 还原原函数
构造辅助函数：
G(x) = x\int_0^xf(t)dt - x^2，则
G'(x) = \int_0^xf(t)dt - xf(x) - 2x由
G(0)=G(1)=0 \Rightarrow G'(\xi)=0（罗尔定理）其中
\xi\in(0, 1) 故得证
第四问
看到有
u'v - uv' 的形式，故考虑用 商的求导公式 还原原函数
构造辅助函数：
H(x) = \dfrac{\int_0^2f(t)dt}{x^2}，则
H'(x) = \dfrac{xf(x)-2\int_0^xf(t)dt}{x^3}由于该函数在
x = 0 处没有定义，故我们需要进行补充定义：
H(x) = \begin{cases} 1 & x = 0\\ \dfrac{\int_0^2f(t)dt}{x^2} & 0 < x < 1 \end{cases}则
H(0) = H(1) = 1 \Rightarrow H'(\mu) = 0 （罗尔定理）其中
\mu\in(0,1) 故得证
题目296
设
f(x) 在
[0,1] 上连续，在
(0,1) 内可导，且
f(0)=1,f(1)=0证明： 1. 存在两个不同的点
\xi_1,\xi_2\in(0,1),s.t.f'(\xi_1)+f'(\xi_2)=-2 2. 存在两个不同的点
\eta,\zeta\in(0,1),s.t.f'(\eta)f'(\zeta)=1第一问解答
本题为中值定理中的一类经典模型：双中值问题
解决方法也很简单，那就是 拆分区间，然后分别在两个区间上进行 区间估计
要把区间拆分成什么样，一开始我们是不知道了，因此需要从答案入手开始尝试试出来
先不妨令该拆分点为
x(0<x<1)，则分别两左右两个区间上使用 拉格朗日中值定理 可得：
[
\begin{cases}
f(x)-1=f'(\xi_1)\cdot x\\\\
-f(x)=f'(\xi_2)\cdot (1 - x)
\end{cases}
]将两者加起来可得：
f'(\xi_1)+f'(\xi_2)=\dfrac{f(x)-1}{x}+\dfrac{-f(x)}{1-x}为了让 右式 与原题中的
-2 对应上，观察可得 分子 若 直接相加，和为 常数
1假使 分母 能够 相等 且为
\dfrac{1}{2} ，那么这题将绝杀
经过观察发现是这样的，令
x = 1-x \Rightarrow x = \dfrac{1}{2} 这样第一问分析就结束了（以上步骤只出现在草稿纸上）
答题纸上的步骤：
在区间
[0,\dfrac{1}{2}] 上使用
Lagrange 中值定理：
\exist\xi_1\in(0,\dfrac{1}{2}),s.t. f'(\xi_1) = \dfrac{f(\frac{1}{2}) - 1}{\frac{1}{2}}在区间
[\dfrac{1}{2},1] 上使用
Lagrange 中值定理：
\exist\xi_2\in(\dfrac{1}{2},1),s.t. f'(\xi_2) = \dfrac{-f(\frac{1}{2})}{\frac{1}{2}}则
f(\xi_1)+f(\xi_2)= -2 得证
第二问解答
同样是 双中值问题，因此我们继续沿用上一问分析中的等式：
[
\begin{cases}
f(x)-1=f'(\xi_1)\cdot x\\\\
-f(x)=f'(\xi_2)\cdot (1 - x)
\end{cases}
]则
f'(\xi_1)\cdot f'(\xi_2) = \dfrac{f(x)-1}{x} \cdot \dfrac{f(x)}{x - 1}为了让 右式 与原题中的
1 对应上，观察可得我们需要该 乘积 中的 分子分母 互相 抵消
该等式 非常不好看，我们试着 交换 他们的分子分母，把 同形式 的放在一起（常用手段，相同系数/形式放一起）
f'(\xi_1)\cdot f'(\xi_2) = \dfrac{f(x)-1}{x - 1} \cdot \dfrac{f(x)}{x}这样秒观察出来，我们需要找的点，就是满足
f(x)=x 的点 (以上为分析步骤，只出现在草稿纸上)
答题纸上的步骤：
构造辅助函数：
F(x) = f(x)-x，则
F(0)=1>0, F(1)=-1 < 0故由 零点定理 可知，
\exist x\in(0,1),s.t.F(x) = 0 \Rightarrow f(x) = x在区间
[0,x] 上使用
Lagrange 中值定理：
\exist\eta\in(0,x),s.t. f'(\eta) = \dfrac{x - 1}{x}在区间
[x,1] 上使用
Lagrange 中值定理：
\exist\zeta\in(x,1),s.t. f'(\zeta) = \dfrac{-x}{1-x}则
f'(\eta)f'(\zeta)=1 得证
题目296
设
f(x) 在
[0,1] 上连续，且
\int_0^1 f(x)dx = I \ne 0证明：存在两个不同的点
\xi,\eta\in(0,1), s.t. \dfrac{1}{f(\xi)}+\dfrac{1}{f(\eta)}=\dfrac{2}{I}解答
就是普通的 双中值问题 套皮套了个积分，我们构造 变上限积分 再把他看作 原函数 就是 裸题 了
令
F(x) = \int_0^x f(t)dt，则
F(1)=I\ne0
分析步骤：
双中值问题，无外乎就是在原始区间上找到一个 分割点，然后在分割点 左右两侧 分别进行 中值估计
但一开始我们并不知道 分割点 的具体数值，故把它设成参数
x 进行估计，然后在结论中找出关系
拉格朗日中值定理：
\dfrac{x}{F(x)} - \dfrac{1-x}{I-F(x)} = \dfrac{2}{I}经过简短观察，我们有两种方案：
- 两个分式单独处理（分子分母相消）：
F(x)=x，这样 左式
=1 - 1 = 0 等式不成立
- 两个分式一起处理（两个分母相等）：\(F(x) = I - F(x)\)，这样 左式 = = 右式 等式成立
故，我们要找的 分割点 满足：
F(x) = \dfrac{I}{2} 即可
分析完毕
F(0)=0 ~~\&~~ F(1)=I\ne 0 ~~\&~~ F(x)\text{连续可导} \Rightarrow \exist c\in(0,1), s.t. F(c) = \dfrac{I}{2} （连续函数的介值定理）
由
Lagrange 中值定理：
\exist \xi\in(0,c)\subset(0,1),s.t. f(\xi) = \dfrac{I}{2c}\exist \eta\in(c,1)\subset(0,1),s.t. f(\eta) = \dfrac{I}{2-2c}则
\dfrac{1}{f(\xi)}+\dfrac{1}{f(\eta)}= \dfrac{2c}{I} + \dfrac{2 - 2c}{I} = \dfrac{2}{I} 得证
题目297
求不定积分
\int x\arctan x \cdot \ln(1+x^2)dx解答
分部积分 + 凑微分法小技巧
[
\begin{aligned}
&\int x\arctan x \cdot \ln(1+x^2)dx \\\\
=&
\frac{1}{2}\int \arctan x \cdot \ln(1+x^2)d(1+x^2) \\\\
=&
\frac{1}{2} \arctan x \cdot \ln(1+x^2) (1+x^2) -
\frac{1}{2}\int (1+x^2) \cdot (\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} + 2x \cdot \frac{\arctan x}{1+x^2})dx\\\
=&
\frac{1}{2} \arctan x \cdot \ln(1+x^2) (1+x^2) -
\frac{1}{2} \int (\ln(1+x^2) + 2x \arctan x)dx\\\\
& \int x\arctan x dx = \frac{1}{2}\int \arctan x d(x^2+1) = \frac{1}{2}(x^2+1)\arctan x - \frac{1}{2}x + C_1\\\
& \int \ln(x^2+1)dx = x\ln(1+x^2) - 2\int \frac{x^2}{x^2+1}dx \\\\
& \int \frac{x^2}{x^2+1}dx = x - \int\frac{1}{x^2+1}dx = x - \arctan x + C_2 \\\\
& \int \ln(x^2+1)dx =x\ln(1+x^2) - 2x + 2\arctan x + C_3 \\\\
& \int x\arctan x \cdot \ln(1+x^2)dx \\\\
=& \frac{1}{2} \arctan x (1+x^2)\ln(1+x^2) - \frac{1}{2}x\ln(1+x^2)-\arctan x - \frac{1}{2}(x^2+1)\arctan x + \frac{3}{2}x + C
\end{aligned}
]题目298
[\text{求不定积分}\int\dfrac{\sqrt{x-1}\arctan\sqrt{x-1}}{x}dx]解答
换元用于打开局面，首要目标是先去掉根号，因此直接对整个根号进行换元
令
\sqrt{x-1} = t，则原式为化为：
[
\begin{aligned}
& \int\dfrac{\sqrt{x-1}\arctan\sqrt{x-1}}{x}dx\\\\
=& \int\dfrac{t\arctan t}{t^2 - 1} 2tdt\\\\
=& 2\int\dfrac{t^2 \arctan t}{t^2-1} dt\\\\
=& 2\int\dfrac{(t^2+1-1)\arctan t}{t^2-1} dt\quad(\text{假分式化简})\\\\
=& 2\int\arctan tdt - \int\frac{\arctan t}{t^2-1}dt\\\\
=& 2\bigg({
t\arctan t - \frac{1}{2}\int\frac{1}{1+t^2}d(t^2+1)
}\bigg) - 2\int\arctan t d(\arctan t) \\\\
=& 2t\arctan t - \ln(t^2 + 1) - \arctan^2 t + C \\\\
=& 2\sqrt{x-1}\arctan\sqrt{x-1} - \ln x - \arctan^2\sqrt{x - 1} + C
\end{aligned}
]题目299
[
\text{求不定积分} \int \frac{\cos^3 x - 2 \cos x}{ 1 + \sin^2 x +\sin^4 x} dx
]解答
f(\sin x, -\cos x) = -f(\sin x, \cos x)，故我们可以把
\cos x 凑微分变成
d\sin x[
\begin{aligned}
& \int \frac{\cos^3 x - 2 \cos x}{ 1 + \sin^2 x +\sin^4 x} dx \\\\
=& -\int \frac{1 + \sin^2 x}{1 + \sin^2x + \sin^4 x} d\sin x \\\\
=& -\int \frac{u^2 + 1}{u^4 + u^2 + 1} du \quad\text{(这是一个经典的有理式不定积分，需要背过做法)}\\\\
=& -\int \frac{1 + \dfrac{1}{u^2}}{u^2 + 1 + \dfrac{1}{u^2}} du\\\\
=& -\int \frac{1}{(u-\dfrac{1}{u})^2 + 3} d(u - \frac{1}{u})\\\\
=& -\arctan \frac{u - \dfrac{1}{u}}{\sqrt{3}} + C\\\\
=& -\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{\sin x - \dfrac{1}{\sin x}}{\sqrt{3}} + C
\end{aligned}
]题目300
[
\text{求定积分} \int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x(\arctan e^x+\int_0^x e^{t^2}dt)}{1+\cos^2 x}dx
]解答
求定积分，不要上来就直接求 原函数，定积分有很多诸如“区间再现”以及“广义奇偶性”等技巧
先观察 积分域，是个关于
x=0 对称的区间，故看一下 被积函数 是否关于
x=0 奇/偶对称
显然被积函数中的因式
\dfrac{x\sin x}{1 + \cos^x} 是 偶函数，
\int_0^{x} e^{t^2}dt 是 奇函数
这里有个常用结论需要背过：
\arctan a^x 关于
(0,\dfrac{\pi}{4}) 中心对称
因此，我们可以在加号处拆开，右式为奇函数，定积分直接等于
0:
\int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x(\arctan e^x+\int_0^x e^{t^2}dt)}{1+\cos^2 x}dx = \int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x\arctan e^x}{1+\cos^2 x}dx + \int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x\int_0^x e^{t^2}dt}{1+\cos^2 x}dx = \int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x\arctan e^x}{1+\cos^2 x}dx然后直接套公式
\int_{-x}^xf(t)dt = \int_0^xf(t) + f(-t)dt 即可：
[
\begin{aligned}
&\int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x\arctan e^x}{1+\cos^2 x}dx \\\\
=&\int_{0}^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x} (\arctan e^x + \arctan e^{-x})dx\\\\
=&\int_{0}^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x} \cdot \frac{\pi}{2}dx\\\\
=&\frac{\pi}{2} \cdot \pi \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1 + \cos^2x}dx\\\\
=&-\frac{\pi}{2} \cdot \pi \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + \cos^2x}d\cos x\\\\
=&-\frac{\pi}{2} \cdot \pi \cdot \arctan \cos x \Big|_0^\frac{\pi}{2}\\\\
=&\frac{\pi^3}{8}
\end{aligned}
]题目301
[
\text{求定积分} \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1 + x^2)(1+x^4)}dx
]法一（三角换元、切割化弦、区间再现）
[
\begin{aligned}
&\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1 + x^2)(1+x^4)}dx \\\\
=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sec^2 t (1+\tan^4 t)} \sec^2 t dt \\\\
=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^4 t} dt \\\\
=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^4 t}{\cos^4 t + \sin^4 t} dt \\\\
=&\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^4 t + \sin^4 t}{\cos^4 t + \sin^4 t} dt \quad(\text{区间再现})\\\\
=&\frac{\pi}{4}
\end{aligned}
]法二（倒代还、广义区间再现）
[
\begin{aligned}
&\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1 + x^2)(1+x^4)}dx \\\\
=&\int_0^{+\infty}\frac{t^4}{(1 + t^2)(1+t^4)}dt \\\\
=&\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\frac{t^4 + 1}{(1 + t^2)(1+t^4)}dt \\\\
=&\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\frac{1}{1 + t^2}dt \\\\
=&\frac{1}{2} \arctan t \bigg|_0^{+\infty} \\\\
=&\frac{\pi}{4}
\end{aligned}
]题目302
[
\text{已知} \int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x^\alpha}dx \text{收敛，求} \alpha \text{的取值范围}
]解答
判别 反常积分 的方法，就是找出他在 瑕点 处的 阶，然后与已知结论 p积分 作比较
经过简单观察发现，该反常积分的 瑕点 有两个：
- 一个是被积函数的 无定义点
x=0- 一个是广义瑕点
x = +\infty我们可以任意选择一个
x_0\in(0,+\infty) 把该反常积分用 区间可拆性 拆开，然后分别讨论 瑕点
[
\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x^\alpha}dx = \int_0^{x_0}\dfrac{\ln(1+x)}{x^\alpha}dx + \int_{x_0}^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x^\alpha}dx
]x\to0 时：
[
\frac{\ln(1+x)}{x^\alpha} \sim \frac{1}{x^{\alpha-1}}
]由 p积分 的结论可知，若该反常积分收敛，则
\alpha - 1 < 1 \Rightarrow \alpha < 2x\to+\infty 时：
[
\frac{\ln(1+x)}{x^\alpha} \rightarrow \frac{1}{x^{\alpha}}
]由 p积分 的结论可知，若该反常积分收敛，则
\alpha > 1 这里做题多了，直接看出来的，因为
对数函数 << 幂函数 << 指数函数 是一个数学常识
如果想要严格证明也很简单，直接取
x^c(c>1)，然后把被积函数拆成
\dfrac{\ln(1+x)}{x^{c-(1+\epsilon)}} \cdot \dfrac{1}{x^{(1+\epsilon)}}
其中
\epsilon \to 0^+，这样左侧是一个熟悉的收敛的函数，右侧是一个更熟悉的常见 p积分，根据 p积分 结论判别即可
综上所述，
\alpha \in (1, 2)
