这一篇是前面各篇“试一试”练习的解答。每道题的标题和正文里的编号一致，题目下方的“回到题目”可以跳回正文。

目前收录第一篇和第二篇的练习。第三篇（线性代数）和第四篇（多元微积分与微分方程）的解答以后补上。

第一篇：代数变形、极限与导数#

练习 1.1#

题目 用 ε\varepsilon-δ\delta 定义证明 lim⁡x→3(4x−5)=7\displaystyle\lim_{x\to3}(4x-5)=7。对 ε=0.01\varepsilon=0.01，具体给出一个可用的 δ\delta。

思路 先把误差 ∣f(x)−L∣\lvert f(x)-L\rvert 化成 ∣x−3∣\lvert x-3\rvert 的倍数，再看 ∣x−3∣\lvert x-3\rvert 要多小。

解

第 1 步，算误差：

∣(4x−5)−7∣=∣4x−12∣=4∣x−3∣.\lvert(4x-5)-7\rvert=\lvert4x-12\rvert=4\lvert x-3\rvert.

第 2 步，要让它小于 ε\varepsilon，只需 4∣x−3∣<ε4\lvert x-3\rvert<\varepsilon，即 ∣x−3∣<ε4\lvert x-3\rvert<\frac\varepsilon4。

第 3 步，所以对任意给定的 ε>0\varepsilon>0，取 δ=ε4\delta=\frac\varepsilon4。只要 0<∣x−3∣<δ0<\lvert x-3\rvert<\delta，就有

∣(4x−5)−7∣=4∣x−3∣<4⋅ε4=ε.\lvert(4x-5)-7\rvert=4\lvert x-3\rvert<4\cdot\frac\varepsilon4=\varepsilon.

这正是定义要求的，所以极限是 77。

第 4 步，ε=0.01\varepsilon=0.01 时，δ=0.014=0.0025\delta=\frac{0.01}4=0.0025。验证一下：取 x=3.002x=3.002（离 33 不到 0.00250.0025），4x−5=7.0084x-5=7.008，和 77 差 0.008<0.010.008<0.01。✓\checkmark

说明 取 δ=0.001\delta=0.001 也可以，因为更小的范围当然也满足要求。定义只要求“存在一个 δ\delta”，不要求找最大的那个。

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练习 1.2#

题目 求极限：(1) lim⁡x→2x3−8x−2\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x-2}；(2) lim⁡x→04+x−2x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}。

(1) 思路 先代入：分子 23−8=02^3-8=0，分母 2−2=02-2=0，是 00\frac00 型。分子分母都是多项式，且都在 x=2x=2 处为 00，由因式定理，二者都含因子 x−2x-2。分子是立方差，用公式 a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)。

解

第 1 步，把 88 写成 232^3，套立方差公式（a=xa=x，b=2b=2）：

x3−8=x3−23=(x−2)(x2+2x+4).x^3-8=x^3-2^3=(x-2)(x^2+2x+4).

第 2 步，验证这一步没错（展开右边）：

(x−2)(x2+2x+4)=x3+2x2+4x−2x2−4x−8=x3−8. ✓(x-2)(x^2+2x+4)=x^3+2x^2+4x-2x^2-4x-8=x^3-8.\ \checkmark

第 3 步，在 x≠2x\ne2 时约去公共因子 x−2x-2：

x3−8x−2=x2+2x+4(x≠2).\frac{x^3-8}{x-2}=x^2+2x+4\quad(x\ne2).

第 4 步，x2+2x+4x^2+2x+4 是多项式，连续，直接代入 x=2x=2：

lim⁡x→2x3−8x−2=22+2⋅2+4=12.\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x-2}=2^2+2\cdot2+4=12.

(2) 思路 代入得 4−20=00\frac{\sqrt4-2}{0}=\frac00。分子是“根式减常数”，乘共轭 4+x+2\sqrt{4+x}+2 消去根号。

解

第 1 步，分子分母同乘 4+x+2\sqrt{4+x}+2（xx 在 00 附近时它约等于 44，不为 00）：

4+x−2x=(4+x−2)(4+x+2)x(4+x+2).\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}=\frac{(\sqrt{4+x}-2)(\sqrt{4+x}+2)}{x(\sqrt{4+x}+2)}.

第 2 步，分子用平方差 (A−B)(A+B)=A2−B2(A-B)(A+B)=A^2-B^2：

(4+x)2−22=(4+x)−4=x.(\sqrt{4+x})^2-2^2=(4+x)-4=x.

第 3 步，于是原式 =xx(4+x+2)=14+x+2=\dfrac{x}{x(\sqrt{4+x}+2)}=\dfrac1{\sqrt{4+x}+2}（x≠0x\ne0）。

第 4 步，代入 x=0x=0：14+2=14\dfrac1{\sqrt4+2}=\dfrac14。

检查 取 x=0.01x=0.01：4.01≈2.0024984\sqrt{4.01}\approx2.0024984，0.00249840.01≈0.2498\frac{0.0024984}{0.01}\approx0.2498，接近 0.250.25。

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练习 1.3#

题目 把 x2−6x+10x^2-6x+10 配方，求它的最小值；再求使 x2−6x+a≥0x^2-6x+a\ge0 对所有 xx 成立的 aa 的范围。

思路 一次项系数是 −6-6，它的一半是 −3-3，平方是 99。补上 99 就能凑成完全平方 (x−3)2(x-3)^2。

解

第 1 步，补 99 再减 99：

x2−6x+10=(x2−6x+9)−9+10=(x−3)2+1.x^2-6x+10=(x^2-6x+9)-9+10=(x-3)^2+1.

第 2 步，检验：(x−3)2=x2−6x+9(x-3)^2=x^2-6x+9，加 11 得 x2−6x+10x^2-6x+10。✓\checkmark

第 3 步，(x−3)2≥0(x-3)^2\ge0，等号当且仅当 x=3x=3。所以 (x−3)2+1≥1(x-3)^2+1\ge1，最小值是 11，在 x=3x=3 取得。

第 4 步，同样地，

x2−6x+a=(x−3)2+(a−9),x^2-6x+a=(x-3)^2+(a-9),

它的最小值是 a−9a-9（在 x=3x=3 取得）。“对所有 xx 都 ≥0\ge0”等价于“最小值 ≥0\ge0”，即 a−9≥0a-9\ge0，所以 a≥9a\ge9。

另一种看法 二次函数开口向上，始终非负等价于判别式 Δ=(−6)2−4a=36−4a≤0\Delta=(-6)^2-4a=36-4a\le0，同样得 a≥9a\ge9。a=9a=9 时恰好有一个重根 x=3x=3，函数值在那里等于 00，仍满足“≥0\ge0”。

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练习 1.4#

题目 求 lim⁡x→−∞4x2+1x+1\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4x^2+1}}{x+1}。

思路 ∞∞\frac\infty\infty 型，提最高次项。关键是 x→−∞x\to-\infty 时 x<0x<0，从根号里提出 xx 必须写成 ∣x∣=−x\lvert x\rvert=-x。

解

第 1 步，处理分子。4x2+1=x2(4+1x2)=x24+1x2=∣x∣4+1x2\sqrt{4x^2+1}=\sqrt{x^2\left(4+\frac1{x^2}\right)}=\sqrt{x^2}\sqrt{4+\frac1{x^2}}=\lvert x\rvert\sqrt{4+\frac1{x^2}}。

第 2 步，x<0x<0，所以 ∣x∣=−x\lvert x\rvert=-x，分子 =−x4+1x2=-x\sqrt{4+\frac1{x^2}}。

第 3 步，分母提出 xx：x+1=x(1+1x)x+1=x\left(1+\frac1x\right)。

第 4 步，相除，约去 xx：

−x4+1x2x(1+1x)=−4+1x21+1x.\frac{-x\sqrt{4+\frac1{x^2}}}{x\left(1+\frac1x\right)}=-\frac{\sqrt{4+\frac1{x^2}}}{1+\frac1x}.

第 5 步，x→−∞x\to-\infty 时 1x→0\frac1x\to0，1x2→0\frac1{x^2}\to0：

lim⁡=−41=−2.\lim=-\frac{\sqrt4}{1}=-2.

检查符号 xx 是很大的负数时，分子是正数（根号），分母 x+1x+1 是负数，比值必为负。若漏掉绝对值，会得到 +2+2，符号就错了。

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练习 1.5#

题目 用诱导公式求 sin⁡2π3\sin\frac{2\pi}3、cos⁡7π6\cos\frac{7\pi}6、tan⁡(−π3)\tan\left(-\frac\pi3\right)，并化简 sin⁡(3π2−x)\sin\left(\frac{3\pi}2-x\right)。

思路 每一个角都先写成“π±\pi\pm 锐角”“−- 锐角”或“π2±\frac\pi2\pm 锐角”的样子，再用对应的对称性。锐角的值查特殊角的表。

解

(1) 2π3=π−π3\frac{2\pi}3=\pi-\frac\pi3。由“π−θ\pi-\theta 关于 yy 轴对称，纵坐标不变”：

sin⁡2π3=sin⁡(π−π3)=sin⁡π3=32.\sin\frac{2\pi}3=\sin\left(\pi-\frac\pi3\right)=\sin\frac\pi3=\frac{\sqrt3}2.

(2) 7π6=π+π6\frac{7\pi}6=\pi+\frac\pi6。由“π+θ\pi+\theta 关于原点对称，两个坐标都变号”：

cos⁡7π6=cos⁡(π+π6)=−cos⁡π6=−32.\cos\frac{7\pi}6=\cos\left(\pi+\frac\pi6\right)=-\cos\frac\pi6=-\frac{\sqrt3}2.

(3) tan⁡θ=sin⁡θcos⁡θ\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}。由“−θ-\theta 关于 xx 轴对称”，sin⁡(−θ)=−sin⁡θ\sin(-\theta)=-\sin\theta，cos⁡(−θ)=cos⁡θ\cos(-\theta)=\cos\theta，所以 tan⁡(−θ)=−sin⁡θcos⁡θ=−tan⁡θ\tan(-\theta)=\frac{-\sin\theta}{\cos\theta}=-\tan\theta（tan⁡\tan 是奇函数）：

tan⁡(−π3)=−tan⁡π3=−3.\tan\left(-\frac\pi3\right)=-\tan\frac\pi3=-\sqrt3.

(4) 方法一，分两步用对称性。3π2−x=π+(π2−x)\frac{3\pi}2-x=\pi+\left(\frac\pi2-x\right)。先用 π+θ\pi+\theta 那一条（θ=π2−x\theta=\frac\pi2-x），再用 π2−θ\frac\pi2-\theta 那一条：

sin⁡(3π2−x)=sin⁡(π+(π2−x))=−sin⁡(π2−x)=−cos⁡x.\sin\left(\frac{3\pi}2-x\right)=\sin\left(\pi+\left(\frac\pi2-x\right)\right)=-\sin\left(\frac\pi2-x\right)=-\cos x.

方法二，用和角公式（sin⁡(α−β)=sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta，sin⁡3π2=−1\sin\frac{3\pi}2=-1，cos⁡3π2=0\cos\frac{3\pi}2=0）：

sin⁡(3π2−x)=sin⁡3π2cos⁡x−cos⁡3π2sin⁡x=−cos⁡x−0=−cos⁡x.\sin\left(\frac{3\pi}2-x\right)=\sin\frac{3\pi}2\cos x-\cos\frac{3\pi}2\sin x=-\cos x-0=-\cos x.

方法三，用口诀：3π2\frac{3\pi}2 是 π2\frac\pi2 的奇数倍（33 倍），所以 sin⁡\sin 变成 cos⁡\cos；把 xx 看成锐角，3π2−x\frac{3\pi}2-x 在第三象限，第三象限的正弦为负，所以是 −cos⁡x-\cos x。三种方法一致。

检查 取 x=0x=0：sin⁡3π2=−1\sin\frac{3\pi}2=-1，而 −cos⁡0=−1-\cos0=-1。✓\checkmark

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练习 1.6#

题目 证明 (sin⁡x−cos⁡x)2=1−sin⁡2x(\sin x-\cos x)^2=1-\sin2x；再用辅助角公式把 sin⁡x−3cos⁡x\sin x-\sqrt3\cos x 写成一个正弦，求它的最大值，以及取到最大值的 xx。

解

第 1 步，展开平方 (a−b)2=a2−2ab+b2(a-b)^2=a^2-2ab+b^2：

(sin⁡x−cos⁡x)2=sin⁡2x−2sin⁡xcos⁡x+cos⁡2x.(\sin x-\cos x)^2=\sin^2x-2\sin x\cos x+\cos^2x.

第 2 步，sin⁡2x+cos⁡2x=1\sin^2x+\cos^2x=1，2sin⁡xcos⁡x=sin⁡2x2\sin x\cos x=\sin2x（二倍角公式），所以等于 1−sin⁡2x1-\sin2x。证毕。

第 3 步，辅助角公式。这里 A=1A=1，B=−3B=-\sqrt3，A2+B2=1+3=2\sqrt{A^2+B^2}=\sqrt{1+3}=2。先提出 22：

sin⁡x−3cos⁡x=2(12sin⁡x−32cos⁡x).\sin x-\sqrt3\cos x=2\left(\frac12\sin x-\frac{\sqrt3}2\cos x\right).

第 4 步，找一个角 φ\varphi，使 cos⁡φ=12\cos\varphi=\frac12、sin⁡φ=32\sin\varphi=\frac{\sqrt3}2。查表，φ=π3\varphi=\frac\pi3。于是括号里是 sin⁡xcos⁡π3−cos⁡xsin⁡π3\sin x\cos\frac\pi3-\cos x\sin\frac\pi3，正是和角公式 sin⁡(α−β)\sin(\alpha-\beta) 的展开式（α=x\alpha=x，β=π3\beta=\frac\pi3）：

sin⁡x−3cos⁡x=2sin⁡(x−π3).\sin x-\sqrt3\cos x=2\sin\left(x-\frac\pi3\right).

第 5 步，sin⁡\sin 的最大值是 11，所以最大值是 22。取到最大值时 x−π3=π2+2kπx-\frac\pi3=\frac\pi2+2k\pi（kk 是整数），即 x=5π6+2kπx=\frac{5\pi}6+2k\pi。

检查 x=5π6x=\frac{5\pi}6 时，sin⁡5π6=12\sin\frac{5\pi}6=\frac12，cos⁡5π6=−32\cos\frac{5\pi}6=-\frac{\sqrt3}2，所以 sin⁡x−3cos⁡x=12+32=2\sin x-\sqrt3\cos x=\frac12+\frac32=2。✓\checkmark

说明 第 4 步找 φ\varphi 时，要让 cos⁡φ\cos\varphi 对应 sin⁡x\sin x 前面的系数、sin⁡φ\sin\varphi 对应 cos⁡x\cos x 前面系数的绝对值，符号决定用 sin⁡(x+φ)\sin(x+\varphi) 还是 sin⁡(x−φ)\sin(x-\varphi)。如果一时记不清，就像第 4 步这样，把括号里的式子和和角公式逐项对照。

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练习 1.7#

题目 (1) 化简 ln⁡(e3e)−ln⁡1e\ln\left(e^3\sqrt e\right)-\ln\frac1e；(2) 解方程 2x=52^x=5。

(1) 解

第 1 步，把根号和倒数写成指数：e=e1/2\sqrt e=e^{1/2}，1e=e−1\frac1e=e^{-1}。

第 2 步，e3⋅e1/2=e3+1/2=e7/2e^3\cdot e^{1/2}=e^{3+1/2}=e^{7/2}（同底数幂相乘，指数相加）。

第 3 步，ln⁡e7/2=72\ln e^{7/2}=\frac72，ln⁡e−1=−1\ln e^{-1}=-1（因为 ln⁡\ln 和 exe^x 互为反函数）。

第 4 步，72−(−1)=92\frac72-(-1)=\frac92。

(2) 解

第 1 步，两边取自然对数：ln⁡2x=ln⁡5\ln2^x=\ln5。

第 2 步，用 ln⁡ar=rln⁡a\ln a^r=r\ln a：xln⁡2=ln⁡5x\ln2=\ln5。

第 3 步，ln⁡2≠0\ln2\ne0，两边除以它：x=ln⁡5ln⁡2≈1.6090.693≈2.32x=\dfrac{\ln5}{\ln2}\approx\dfrac{1.609}{0.693}\approx2.32。

检查 22=42^2=4，22.322^{2.32} 应略大于 44；22.32≈4.992^{2.32}\approx4.99。✓\checkmark 这也就是换底公式：x=log⁡25=ln⁡5ln⁡2x=\log_25=\frac{\ln5}{\ln2}。

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练习 1.8#

题目 求 arcsin⁡(−12)\arcsin\left(-\frac12\right)、arccos⁡(−12)\arccos\left(-\frac12\right)、arctan⁡3\arctan\sqrt3，并说明为什么 arcsin⁡(sin⁡5π6)=π6\arcsin\left(\sin\frac{5\pi}6\right)=\frac\pi6 而不是 5π6\frac{5\pi}6。

解

(1) 要找 [−π2,π2]\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right] 中正弦等于 −12-\frac12 的角。已知 sin⁡π6=12\sin\frac\pi6=\frac12，sin⁡\sin 是奇函数，所以 sin⁡(−π6)=−12\sin\left(-\frac\pi6\right)=-\frac12，且 −π6-\frac\pi6 在规定范围内。答案：−π6-\frac\pi6。

(2) 要找 [0,π][0,\pi] 中余弦等于 −12-\frac12 的角。cos⁡π3=12\cos\frac\pi3=\frac12，由 cos⁡(π−θ)=−cos⁡θ\cos(\pi-\theta)=-\cos\theta，cos⁡2π3=−12\cos\frac{2\pi}3=-\frac12，且 2π3∈[0,π]\frac{2\pi}3\in[0,\pi]。答案：2π3\frac{2\pi}3。

注意不是 −π3-\frac\pi3：虽然 cos⁡(−π3)=12\cos\left(-\frac\pi3\right)=\frac12，但那是正的 12\frac12，而且 −π3-\frac\pi3 也不在 arccos⁡\arccos 的范围 [0,π][0,\pi] 内。

(3) 要找 (−π2,π2)\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right) 中正切为 3\sqrt3 的角。tan⁡π3=3/21/2=3\tan\frac\pi3=\frac{\sqrt3/2}{1/2}=\sqrt3。答案：π3\frac\pi3。

(4) 先算里面：sin⁡5π6=sin⁡(π−π6)=sin⁡π6=12\sin\frac{5\pi}6=\sin\left(\pi-\frac\pi6\right)=\sin\frac\pi6=\frac12（正文诱导公式框里的例子）。再算 arcsin⁡12\arcsin\frac12：要求结果落在 [−π2,π2]\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right] 中，满足条件的是 π6\frac\pi6。5π6\frac{5\pi}6 虽然正弦值也是 12\frac12，但它不在 arcsin⁡\arcsin 的值域内。

一般地，arcsin⁡(sin⁡x)=x\arcsin(\sin x)=x 只在 x∈[−π2,π2]x\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right] 时成立。原因是 sin⁡\sin 不是一一对应的，arcsin⁡\arcsin 只能“倒查”被限制在 [−π2,π2]\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right] 上的那一段。

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练习 1.9#

题目 求极限：(1) lim⁡x→∞2x3−x+15x3+4x2\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{2x^3-x+1}{5x^3+4x^2}；(2) lim⁡x→+∞(x2+4x−x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)。

(1) 解

第 1 步，分子分母最高次都是 33，同除以 x3x^3：

2x3−x+15x3+4x2=2−1x2+1x35+4x.\frac{2x^3-x+1}{5x^3+4x^2}=\frac{2-\frac1{x^2}+\frac1{x^3}}{5+\frac4x}.

第 2 步，x→∞x\to\infty 时各个 1xk→0\frac{1}{x^k}\to0，所以极限是 25\frac25。

这与“次数相同，看最高次系数比”的结论一致。

(2) 思路 ∞−∞\infty-\infty 型，乘共轭。

解

第 1 步，乘以并除以 x2+4x+x\sqrt{x^2+4x}+x：

x2+4x−x=(x2+4x)−x2x2+4x+x=4xx2+4x+x.\sqrt{x^2+4x}-x=\frac{(x^2+4x)-x^2}{\sqrt{x^2+4x}+x}=\frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}.

第 2 步，x>0x>0，x2+4x=x1+4x\sqrt{x^2+4x}=x\sqrt{1+\frac4x}，分子分母同除以 xx：

41+4x+1→41+1=2.\frac{4}{\sqrt{1+\frac4x}+1}\to\frac4{1+1}=2.

检查 由 (x+2)2=x2+4x+4(x+2)^2=x^2+4x+4，x2+4x\sqrt{x^2+4x} 约为 x+2x+2，差约为 22。✓\checkmark

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练习 1.10#

题目 求极限：(1) lim⁡x→0xsin⁡1x\displaystyle\lim_{x\to0}x\sin\frac1x；(2) lim⁡x→∞sin⁡xx\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}。

(1) 解

第 1 步，sin⁡1x\sin\frac1x 振荡，但有界：∣sin⁡1x∣≤1\left\lvert\sin\frac1x\right\rvert\le1。

第 2 步，两边乘 ∣x∣\lvert x\rvert：

0≤∣xsin⁡1x∣≤∣x∣.0\le\left\lvert x\sin\frac1x\right\rvert\le\lvert x\rvert.

第 3 步，x→0x\to0 时 ∣x∣→0\lvert x\rvert\to0，由夹逼定理，∣xsin⁡1x∣→0\left\lvert x\sin\frac1x\right\rvert\to0，所以 xsin⁡1x→0x\sin\frac1x\to0。

（取绝对值的原因：xx 可正可负，直接写 −x≤xsin⁡1x≤x-x\le x\sin\frac1x\le x 在 x<0x<0 时方向会反。用绝对值就不必分情况。）

(2) 解

第 1 步，∣sin⁡x∣≤1\lvert\sin x\rvert\le1，所以 ∣sin⁡xx∣≤1∣x∣\left\lvert\frac{\sin x}{x}\right\rvert\le\frac{1}{\lvert x\rvert}。

第 2 步，x→∞x\to\infty 时 1∣x∣→0\frac1{\lvert x\rvert}\to0，由夹逼，极限为 00。

对比 这和重要极限 lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}x=1 不同：那里 x→0x\to0，分子分母都趋于 00；这里 x→∞x\to\infty，分子有界、分母趋于无穷。看清 xx 趋向哪里，是用对公式的前提。

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练习 1.11#

题目 设 a1=0a_1=0，an+1=6+ana_{n+1}=\sqrt{6+a_n}。证明数列收敛并求极限。

思路 先算几项：a1=0a_1=0，a2=6≈2.449a_2=\sqrt6\approx2.449，a3=8.449≈2.907a_3=\sqrt{8.449}\approx2.907，a4≈2.984a_4\approx2.984。猜测递增，趋于 33。用单调有界定理：证明有上界 33，再证明递增。

解

第 1 步：有上界。 用数学归纳法证明 0≤an<30\le a_n<3 对所有 nn 成立。

  • n=1n=1：a1=0a_1=0，满足。
  • 假设 0≤an<30\le a_n<3，则 6≤6+an<96\le6+a_n<9，开方得 6≤an+1<3\sqrt6\le a_{n+1}<3，当然也满足 0≤an+1<30\le a_{n+1}<3。

第 2 步：递增。 要证 an+1>ana_{n+1}>a_n，即 6+an>an\sqrt{6+a_n}>a_n。

  • 两边都非负（an≥0a_n\ge0），所以等价于比较平方：6+an>an26+a_n>a_n^2。
  • 对 0≤a<30\le a<3：6+a−a2=−(a2−a−6)=−(a−3)(a+2)=(3−a)(a+2)6+a-a^2=-(a^2-a-6)=-(a-3)(a+2)=(3-a)(a+2)。
  • 3−a>03-a>0，a+2>0a+2>0，所以乘积 >0>0，即 6+a>a26+a>a^2。

第 3 步：收敛。 数列递增且有上界 33，由单调有界定理，极限存在，记为 LL。由第 1 步，0≤L≤30\le L\le3。

第 4 步：求值。 在 an+1=6+ana_{n+1}=\sqrt{6+a_n} 两边令 n→∞n\to\infty。

  • 左边：an+1a_{n+1} 和 ana_n 是同一个数列，只是往后错了一项，所以极限也是 LL。
  • 右边：g(x)=6+xg(x)=\sqrt{6+x} 在 [0,3][0,3] 上连续，而 an→La_n\to L。由连续函数的性质（第一篇“开始之前”：连续就是“极限可以和函数交换次序”），6+an→6+L\sqrt{6+a_n}\to\sqrt{6+L}。

所以

L=6+L ⇒ L2=6+L ⇒ L2−L−6=0 ⇒ (L−3)(L+2)=0.L=\sqrt{6+L}\ \Rightarrow\ L^2=6+L\ \Rightarrow\ L^2-L-6=0\ \Rightarrow\ (L-3)(L+2)=0.

L=3L=3 或 L=−2L=-2。因为 L≥0L\ge0，所以 L=3L=3。

注意顺序：必须先在第 3 步证明极限存在，第 4 步才能设它为 LL 去解方程。如果不先证明，同样的“解方程”也会给出错误结论。比如 b1=1b_1=1，bn+1=2bnb_{n+1}=2b_n，假设极限是 LL，得 L=2LL=2L，L=0L=0；可这个数列是 1,2,4,8,…1,2,4,8,\dots，根本不收敛。

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练习 1.12#

题目 求 lim⁡x→∞(1+3x)x\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac3x\right)^x。

方法一：凑成 ee 的定义

第 1 步，令 u=x3u=\frac x3，则 3x=1u\frac3x=\frac1u，x=3ux=3u，且 x→∞x\to\infty 时 u→∞u\to\infty。

第 2 步，

(1+3x)x=(1+1u)3u=[(1+1u)u]3.\left(1+\frac3x\right)^x=\left(1+\frac1u\right)^{3u}=\left[\left(1+\frac1u\right)^u\right]^3.

第 3 步，方括号内 →e\to e，所以整体 →e3\to e^3。

方法二：取对数

第 1 步，设 y=(1+3x)xy=\left(1+\frac3x\right)^x，ln⁡y=xln⁡(1+3x)\ln y=x\ln\left(1+\frac3x\right)。

第 2 步，求 ln⁡y\ln y 的极限。令 u=3xu=\frac3x，x→∞x\to\infty 时 u→0u\to0，由等价无穷小 ln⁡(1+u)∼u\ln(1+u)\sim u，在乘积里可以把 ln⁡(1+3x)\ln\left(1+\frac3x\right) 换成 3x\frac3x：

lim⁡x→∞xln⁡(1+3x)=lim⁡x→∞x⋅3x=3.\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac3x\right)=\lim_{x\to\infty}x\cdot\frac3x=3.

（乘积里能替换的原因：xln⁡(1+3x)=x⋅3x⋅ln⁡(1+u)ux\ln\left(1+\frac3x\right)=x\cdot\frac3x\cdot\frac{\ln(1+u)}{u}，最后一个因子趋于 11。）

第 3 步，ete^t 连续，所以 y=eln⁡y→e3y=e^{\ln y}\to e^3。

一般结论 lim⁡x→∞(1+ax)x=ea\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac ax\right)^x=e^a。

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练习 1.13#

题目 用导数的定义求 f(x)=1xf(x)=\dfrac1x 的导数。

解

第 1 步，写出差商：

f(x+h)−f(x)h=1x+h−1xh.\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{\frac1{x+h}-\frac1x}{h}.

第 2 步，分子通分：

1x+h−1x=x−(x+h)x(x+h)=−hx(x+h).\frac1{x+h}-\frac1x=\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}=\frac{-h}{x(x+h)}.

第 3 步，除以 hh（h≠0h\ne0，约去）：

−hx(x+h)⋅1h=−1x(x+h).\frac{-h}{x(x+h)}\cdot\frac1h=\frac{-1}{x(x+h)}.

第 4 步，令 h→0h\to0：

f′(x)=−1x⋅x=−1x2(x≠0).f'(x)=\frac{-1}{x\cdot x}=-\frac1{x^2}\quad(x\ne0).

检查 用幂函数公式：1x=x−1\frac1x=x^{-1}，导数 (−1)x−2=−1x2(-1)x^{-2}=-\frac1{x^2}。✓\checkmark 导数恒为负，说明 1x\frac1x 在 (−∞,0)(-\infty,0) 和 (0,+∞)(0,+\infty) 上都递减，与图像一致。

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练习 1.14#

题目 求导：(1) y=sin⁡(x2)+cos⁡2xy=\sin(x^2)+\cos^2x；(2) y=e−xcos⁡2xy=e^{-x}\cos2x；(3) y=x1+x2y=\dfrac{x}{1+x^2}。

(1) 解 最外层是加法，分别求导。

  • sin⁡(x2)\sin(x^2)：外层 sin⁡\sin，内层 x2x^2。外层导数 cos⁡(x2)\cos(x^2)（内层原样照抄），乘内层导数 2x2x，得 2xcos⁡(x2)2x\cos(x^2)。
  • cos⁡2x=(cos⁡x)2\cos^2x=(\cos x)^2：外层是平方，内层是 cos⁡x\cos x。外层导数 2cos⁡x2\cos x，乘内层导数 −sin⁡x-\sin x，得 −2sin⁡xcos⁡x=−sin⁡2x-2\sin x\cos x=-\sin2x。

合起来：y′=2xcos⁡(x2)−sin⁡2xy'=2x\cos(x^2)-\sin2x。

注意 sin⁡(x2)\sin(x^2) 和 sin⁡2x=(sin⁡x)2\sin^2x=(\sin x)^2 是不同的函数：前者先平方再取正弦，后者先取正弦再平方。

(2) 解 最外层是乘法：u=e−xu=e^{-x}，v=cos⁡2xv=\cos2x。

  • u′=e−x⋅(−1)=−e−xu'=e^{-x}\cdot(-1)=-e^{-x}（链式法则，内层 −x-x 的导数是 −1-1）；
  • v′=−sin⁡2x⋅2=−2sin⁡2xv'=-\sin2x\cdot2=-2\sin2x。
y′=u′v+uv′=−e−xcos⁡2x+e−x(−2sin⁡2x)=−e−x(cos⁡2x+2sin⁡2x).y'=u'v+uv'=-e^{-x}\cos2x+e^{-x}(-2\sin2x)=-e^{-x}(\cos2x+2\sin2x).

(3) 解 最外层是除法：u=xu=x，v=1+x2v=1+x^2，u′=1u'=1，v′=2xv'=2x。

y′=u′v−uv′v2=1⋅(1+x2)−x⋅2x(1+x2)2=1−x2(1+x2)2.y'=\frac{u'v-uv'}{v^2}=\frac{1\cdot(1+x^2)-x\cdot2x}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}.

检查 x=0x=0 附近 y≈xy\approx x，斜率应为 11：y′(0)=11=1y'(0)=\frac{1}{1}=1。✓\checkmark

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练习 1.15#

题目 仿照 arctan⁡x\arctan x 的推导，证明 (arcsin⁡x)′=11−x2(\arcsin x)'=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}，并说明开根号时为什么取正号。

解

第 1 步，设 y=arcsin⁡xy=\arcsin x，−1<x<1-1<x<1。由定义，x=sin⁡yx=\sin y，且 y∈(−π2,π2)y\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)。

第 2 步，xx 作为 yy 的函数，dxdy=cos⁡y\dfrac{dx}{dy}=\cos y。

第 3 步，由反函数求导法则：

dydx=1dx/dy=1cos⁡y.\frac{dy}{dx}=\frac{1}{dx/dy}=\frac1{\cos y}.

第 4 步，把 cos⁡y\cos y 用 xx 表示。由 sin⁡2y+cos⁡2y=1\sin^2y+\cos^2y=1：cos⁡2y=1−sin⁡2y=1−x2\cos^2y=1-\sin^2y=1-x^2，所以 cos⁡y=±1−x2\cos y=\pm\sqrt{1-x^2}。

第 5 步，确定符号：y∈(−π2,π2)y\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)，这是单位圆的右半边，横坐标为正，所以 cos⁡y>0\cos y>0，取正号：cos⁡y=1−x2\cos y=\sqrt{1-x^2}。

第 6 步，所以 (arcsin⁡x)′=11−x2(\arcsin x)'=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}。

为什么排除 x=±1x=\pm1 此时 cos⁡y=0\cos y=0，分母为 00。几何上，arcsin⁡x\arcsin x 的图像在两端点处切线竖直，没有有限的导数。

附 arccos⁡x\arccos x：y=arccos⁡xy=\arccos x，x=cos⁡yx=\cos y，y∈(0,π)y\in(0,\pi)，dxdy=−sin⁡y\frac{dx}{dy}=-\sin y。在 (0,π)(0,\pi) 上 sin⁡y>0\sin y>0，sin⁡y=1−x2\sin y=\sqrt{1-x^2}，所以 (arccos⁡x)′=−11−x2(\arccos x)'=-\frac1{\sqrt{1-x^2}}。

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练习 1.16#

题目 证明：对任意实数 aa、bb，∣sin⁡a−sin⁡b∣≤∣a−b∣\lvert\sin a-\sin b\rvert\le\lvert a-b\rvert。

解

第 1 步，a=ba=b 时两边都是 00，成立。下设 a≠ba\ne b，不妨 a<ba<b（否则交换两者，绝对值不变）。

第 2 步，sin⁡x\sin x 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导，由拉格朗日中值定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使

sin⁡b−sin⁡a=cos⁡ξ (b−a).\sin b-\sin a=\cos\xi\,(b-a).

第 3 步，取绝对值，并用 ∣cos⁡ξ∣≤1\lvert\cos\xi\rvert\le1：

∣sin⁡b−sin⁡a∣=∣cos⁡ξ∣⋅∣b−a∣≤∣b−a∣.\lvert\sin b-\sin a\rvert=\lvert\cos\xi\rvert\cdot\lvert b-a\rvert\le\lvert b-a\rvert.

证毕。

意义 这说明 sin⁡\sin 函数“不会把两点拉得更远”。一般地，若 ∣f′(x)∣≤M\lvert f'(x)\rvert\le M，就有 ∣f(a)−f(b)∣≤M∣a−b∣\lvert f(a)-f(b)\rvert\le M\lvert a-b\rvert。这叫利普希茨条件，在分析数值算法的误差时经常用到。

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练习 1.17#

题目 设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0。证明存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′(ξ)+f(ξ)=0f'(\xi)+f(\xi)=0。

思路 目标式 f′+ff'+f 对应 f′+pff'+pf 中 p=1p=1，构造 F(x)=exf(x)F(x)=e^xf(x)，它的导数是 ex(f′+f)e^x(f'+f)。

解

第 1 步，令 F(x)=exf(x)F(x)=e^xf(x)。它是连续函数与连续函数之积，在 [0,1][0,1] 上连续；在 (0,1)(0,1) 内可导。

第 2 步，端点值：F(0)=e0f(0)=0F(0)=e^0f(0)=0，F(1)=e⋅f(1)=0F(1)=e\cdot f(1)=0，所以 F(0)=F(1)F(0)=F(1)。

第 3 步，由罗尔定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使 F′(ξ)=0F'(\xi)=0。

第 4 步，计算 F′F'：

F′(x)=exf(x)+exf′(x)=ex(f′(x)+f(x)).F'(x)=e^xf(x)+e^xf'(x)=e^x\left(f'(x)+f(x)\right).

第 5 步，F′(ξ)=eξ(f′(ξ)+f(ξ))=0F'(\xi)=e^\xi\left(f'(\xi)+f(\xi)\right)=0，而 eξ>0e^\xi>0，所以 f′(ξ)+f(ξ)=0f'(\xi)+f(\xi)=0。证毕。

怎么想到 exe^x 的 想让某个函数的导数“含有 f′+ff'+f”。乘积 g⋅fg\cdot f 的导数是 g′f+gf′=g(f′+g′gf)g'f+gf'=g\left(f'+\frac{g'}gf\right)，要让括号变成 f′+ff'+f，需要 g′g=1\frac{g'}{g}=1，即 g′=gg'=g，满足这个条件的正是 g=exg=e^x。这就是“积分因子”的来历。

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练习 1.18#

题目 用等价无穷小求：(1) lim⁡x→0tan⁡2xe3x−1\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan2x}{e^{3x}-1}；(2) lim⁡x→01−cos⁡xxsin⁡x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x\sin x}。

(1) 解

第 1 步，确认类型：tan⁡0=0\tan0=0，e0−1=0e^0-1=0，是 00\frac00。

第 2 步，分子：令 u=2x→0u=2x\to0，tan⁡u∼u\tan u\sim u，所以 tan⁡2x∼2x\tan2x\sim2x。

第 3 步，分母：令 u=3x→0u=3x\to0，eu−1∼ue^u-1\sim u，所以 e3x−1∼3xe^{3x}-1\sim3x。

第 4 步，分子分母都是整个因子，可以替换：

lim⁡tan⁡2xe3x−1=lim⁡2x3x=23.\lim\frac{\tan2x}{e^{3x}-1}=\lim\frac{2x}{3x}=\frac23.

(2) 解

第 1 步，分子 1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim\frac{x^2}2。

第 2 步，分母是乘积 x⋅sin⁡xx\cdot\sin x，其中因子 sin⁡x∼x\sin x\sim x，所以分母 ∼x⋅x=x2\sim x\cdot x=x^2。

第 3 步，

lim⁡1−cos⁡xxsin⁡x=lim⁡x2/2x2=12.\lim\frac{1-\cos x}{x\sin x}=\lim\frac{x^2/2}{x^2}=\frac12.

提醒 第 2 步替换的是乘积中的一个因子，这是允许的；如果分母是 x+sin⁡xx+\sin x 这样的和，就要先看主项会不会抵消（这里不会，x+sin⁡x∼2xx+\sin x\sim2x；但 x−sin⁡xx-\sin x 就会）。

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练习 1.19#

题目 x→0x\to0 时，tan⁡x−sin⁡x\tan x-\sin x 是 xx 的几阶无穷小？ex2−cos⁡xe^{x^2}-\cos x 呢？分别写出与它们等价的 CxkCx^k。

思路 两个都是相减，主项会抵消，用泰勒展开看第一个不为零的项。

(1) 解

第 1 步，由正文的展开：tan⁡x=x+x33+o(x3)\tan x=x+\frac{x^3}3+o(x^3)，sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x=x-\frac{x^3}6+o(x^3)。

第 2 步，相减，一次项抵消：

tan⁡x−sin⁡x=(13+16)x3+o(x3)=x32+o(x3).\tan x-\sin x=\left(\frac13+\frac16\right)x^3+o(x^3)=\frac{x^3}2+o(x^3).

第 3 步，所以 tan⁡x−sin⁡xx3→12≠0\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\to\frac12\ne0，它是 xx 的三阶无穷小，tan⁡x−sin⁡x∼12x3\tan x-\sin x\sim\frac12x^3。

另一种算法 tan⁡x−sin⁡x=tan⁡x(1−cos⁡x)\tan x-\sin x=\tan x(1-\cos x)（提出 tan⁡x\tan x：tan⁡x−tan⁡xcos⁡x=tan⁡x−sin⁡x\tan x-\tan x\cos x=\tan x-\sin x）。这是乘积，可以用等价无穷小：tan⁡x∼x\tan x\sim x，1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim\frac{x^2}2，乘起来 ∼x32\sim\frac{x^3}2。先因式分解，把相减变成相乘，就又能用等价无穷小了。

(2) 解

第 1 步，eu=1+u+o(u)e^u=1+u+o(u)，u=x2u=x^2：ex2=1+x2+o(x2)e^{x^2}=1+x^2+o(x^2)。cos⁡x=1−x22+o(x2)\cos x=1-\frac{x^2}2+o(x^2)。

第 2 步，相减，常数项抵消：

ex2−cos⁡x=(1+12)x2+o(x2)=32x2+o(x2).e^{x^2}-\cos x=\left(1+\frac12\right)x^2+o(x^2)=\frac32x^2+o(x^2).

第 3 步，所以它是 xx 的二阶无穷小，ex2−cos⁡x∼32x2e^{x^2}-\cos x\sim\frac32x^2。

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练习 1.20#

题目 (1) 用洛必达求 lim⁡x→0x−sin⁡xx3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}；(2) 求 lim⁡x→0+xx\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^x。

(1) 解

第 1 步，确认类型：分子 0−0=00-0=0，分母 00，00\frac00。分子分母处处可导，分母导数 3x23x^2 在 x≠0x\ne0 时不为 00。

第 2 步，第一次洛必达：

(x−sin⁡x)′(x3)′=1−cos⁡x3x2.\frac{(x-\sin x)'}{(x^3)'}=\frac{1-\cos x}{3x^2}.

第 3 步，再确认：1−cos⁡0=01-\cos0=0，3⋅0=03\cdot0=0，仍是 00\frac00。这时可以继续洛必达，也可以用等价无穷小 1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim\frac{x^2}2：

1−cos⁡x3x2→x2/23x2=16.\frac{1-\cos x}{3x^2}\to\frac{x^2/2}{3x^2}=\frac16.

（如果继续洛必达：sin⁡x6x→16\frac{\sin x}{6x}\to\frac16，结果相同。）

答案：16\frac16。这也说明 x−sin⁡x∼x36x-\sin x\sim\frac{x^3}6，和泰勒展开 sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x=x-\frac{x^3}6+o(x^3) 一致。

(2) 思路 000^0 型，底数和指数都在变，取对数。

解

第 1 步，xx=exln⁡xx^x=e^{x\ln x}（x>0x>0）。

第 2 步，求指数的极限：lim⁡x→0+xln⁡x\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x。这是 0⋅(−∞)0\cdot(-\infty) 型，写成 ln⁡x1/x\frac{\ln x}{1/x}（−∞+∞\frac{-\infty}{+\infty} 型）。x>0x>0 时分子分母都可导，分母的导数 −1x2≠0-\frac1{x^2}\ne0，用洛必达：

lim⁡x→0+ln⁡x1/x=lim⁡x→0+(ln⁡x)′(1/x)′=lim⁡x→0+1/x−1/x2=lim⁡x→0+(−x)=0.\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{(\ln x)'}{(1/x)'}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0.

第 3 步，exe^x 连续，所以 xx=exln⁡x→e0=1x^x=e^{x\ln x}\to e^0=1。

检查 0.010.01=e0.01ln⁡0.01=e−0.046≈0.9550.01^{0.01}=e^{0.01\ln0.01}=e^{-0.046}\approx0.955；0.00010.0001≈0.99910.0001^{0.0001}\approx0.9991。确实趋于 11。

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练习 1.21#

题目 用泰勒展开求：(1) lim⁡x→0ex−1−x−x22x3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x-\frac{x^2}{2}}{x^3}；(2) lim⁡x→0cos⁡x−1+x22x4\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1+\frac{x^2}{2}}{x^4}。

(1) 解

第 1 步，判断展开到几阶：分母 x3x^3；分子减去了 1+x+x221+x+\frac{x^2}{2}，正好是 exe^x 展开的前三项，会全部抵消。所以要展开到 x3x^3。

第 2 步，

ex=1+x+x22+x36+o(x3).e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3).

第 3 步，分子 =x36+o(x3)=\frac{x^3}{6}+o(x^3)。

第 4 步，除以 x3x^3：16+o(x3)x3→16\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3}\to\frac16。

(2) 解

第 1 步，分母 x4x^4；分子减去 1−x221-\frac{x^2}2，正是 cos⁡x\cos x 的前两个非零项。要展开到 x4x^4：

cos⁡x=1−x22+x424+o(x4).\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4).

第 2 步，分子 =x424+o(x4)=\frac{x^4}{24}+o(x^4)，所以极限是 124\frac1{24}。

规律 泰勒展开“减去前几项，再除以下一项的幂”，得到的就是下一项的系数。

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练习 1.22#

题目 求 lim⁡x→0(1sin⁡2x−1x2)\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac1{\sin^2x}-\frac1{x^2}\right)。

思路 ∞−∞\infty-\infty 型。先通分变成一个分式，再看分子的主导项。

解

第 1 步，通分：

1sin⁡2x−1x2=x2−sin⁡2xx2sin⁡2x.\frac1{\sin^2x}-\frac1{x^2}=\frac{x^2-\sin^2x}{x^2\sin^2x}.

第 2 步，分母：sin⁡x∼x\sin x\sim x，所以 x2sin⁡2x∼x4x^2\sin^2x\sim x^4（乘积中的因子可以替换）。于是只需求 lim⁡x2−sin⁡2xx4\lim\dfrac{x^2-\sin^2x}{x^4}。

第 3 步，分子是相减，主项会抵消，必须展开。sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)，平方：

sin⁡2x=(x−x36+o(x3))2=x2−2⋅x⋅x36+(更高阶)=x2−x43+o(x4).\sin^2x=\left(x-\frac{x^3}6+o(x^3)\right)^2=x^2-2\cdot x\cdot\frac{x^3}6+(\text{更高阶})=x^2-\frac{x^4}3+o(x^4).

（展开 (a+b)2=a2+2ab+b2(a+b)^2=a^2+2ab+b^2，a=xa=x，b=−x36+o(x3)b=-\frac{x^3}6+o(x^3)；2ab=−x43+o(x4)2ab=-\frac{x^4}3+o(x^4)，b2b^2 是 x6x^6 量级，并入 o(x4)o(x^4)。）

第 4 步，分子 =x2−(x2−x43+o(x4))=x43+o(x4)=x^2-\left(x^2-\frac{x^4}3+o(x^4)\right)=\frac{x^4}3+o(x^4)。

第 5 步，除以 x4x^4，极限是 13\frac13。

方法二（更简洁） 分子用平方差分解：

x2−sin⁡2x=(x−sin⁡x)(x+sin⁡x).x^2-\sin^2x=(x-\sin x)(x+\sin x).

两个因子分别处理：x−sin⁡x∼x36x-\sin x\sim\frac{x^3}6（练习 1.20），x+sin⁡x∼2xx+\sin x\sim2x（x+sin⁡xx=1+sin⁡xx→2\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}x\to2）。乘积是两个因子之积，可以分别替换：

(x−sin⁡x)(x+sin⁡x)x4→x36⋅2xx4=13.\frac{(x-\sin x)(x+\sin x)}{x^4}\to\frac{\frac{x^3}6\cdot2x}{x^4}=\frac13.

这样避开了带 o(⋅)o(\cdot) 的平方展开。先因式分解、把“相减”隔离到一个因子里，往往能让等价无穷小重新可用。

为什么方法一要展到 x3x^3 分母是 x4x^4。sin⁡x\sin x 只展开到 xx 的话，sin⁡2x=x2+o(x2)\sin^2x=x^2+o(x^2)，分子变成 o(x2)o(x^2)，除以 x4x^4 无法确定。要得到 sin⁡2x\sin^2x 的 x4x^4 项，sin⁡x\sin x 至少要展到 x3x^3。

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练习 1.23#

题目 求 lim⁡x→0(cos⁡x)1/x2\displaystyle\lim_{x\to0}(\cos x)^{1/x^2}。

思路 1∞1^\infty 型，取对数。

解

第 1 步，xx 在 00 附近时 cos⁡x>0\cos x>0，可以取对数。设 y=(cos⁡x)1/x2y=(\cos x)^{1/x^2}，

ln⁡y=ln⁡cos⁡xx2.\ln y=\frac{\ln\cos x}{x^2}.

第 2 步，把 cos⁡x\cos x 写成 1+u1+u 的形式：cos⁡x=1+(cos⁡x−1)\cos x=1+(\cos x-1)，令 u=cos⁡x−1u=\cos x-1，x→0x\to0 时 u→0u\to0。

第 3 步，由 ln⁡(1+u)∼u\ln(1+u)\sim u，ln⁡cos⁡x=ln⁡(1+u)\ln\cos x=\ln(1+u) 与 u=cos⁡x−1u=\cos x-1 等价（比值趋于 11）。又 cos⁡x−1∼−x22\cos x-1\sim-\frac{x^2}2。等价关系可以传递（比值相乘仍趋于 11），所以 ln⁡cos⁡x∼−x22\ln\cos x\sim-\frac{x^2}2。

用泰勒的语言写得更明确：ln⁡(1+u)=u+o(u)\ln(1+u)=u+o(u)，u=−x22+o(x2)u=-\frac{x^2}2+o(x^2)，而 o(u)=o(x2)o(u)=o(x^2)，所以 ln⁡cos⁡x=−x22+o(x2)\ln\cos x=-\frac{x^2}2+o(x^2)。

第 4 步，

ln⁡y=−x22+o(x2)x2→−12.\ln y=\frac{-\frac{x^2}2+o(x^2)}{x^2}\to-\frac12.

第 5 步，y=eln⁡y→e−1/2=1ey=e^{\ln y}\to e^{-1/2}=\dfrac1{\sqrt e}。

一般方法 1∞1^\infty 型 lim⁡uv\lim u^v（u→1u\to1，v→∞v\to\infty），ln⁡(uv)=vln⁡u=vln⁡(1+(u−1))∼v(u−1)\ln(u^v)=v\ln u=v\ln(1+(u-1))\sim v(u-1)，所以 lim⁡uv=elim⁡v(u−1)\lim u^v=e^{\lim v(u-1)}。本题 v(u−1)=cos⁡x−1x2→−12v(u-1)=\frac{\cos x-1}{x^2}\to-\frac12。

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练习 1.24#

题目 设 x≤1x\le1 时 f(x)=x2f(x)=x^2，x>1x>1 时 f(x)=ax+bf(x)=ax+b。求使 ff 在 x=1x=1 处可导的 aa、bb。

解

第 1 步：连续。 可导必连续。f(1)=12=1f(1)=1^2=1（x=1x=1 属于第一段）。右极限 lim⁡x→1+(ax+b)=a+b\lim\limits_{x\to1^+}(ax+b)=a+b。连续要求 a+b=1a+b=1。

第 2 步：左导数。

f−′(1)=lim⁡h→0−(1+h)2−1h=lim⁡h→0−2h+h2h=lim⁡h→0−(2+h)=2.f'_-(1)=\lim_{h\to0^-}\frac{(1+h)^2-1}{h}=\lim_{h\to0^-}\frac{2h+h^2}{h}=\lim_{h\to0^-}(2+h)=2.

第 3 步：右导数（右边用 ax+bax+b，但 f(1)=1f(1)=1 来自左边那段）：

f+′(1)=lim⁡h→0+a(1+h)+b−1h=lim⁡h→0+(a+b−1)+ahh.f'_+(1)=\lim_{h\to0^+}\frac{a(1+h)+b-1}{h}=\lim_{h\to0^+}\frac{(a+b-1)+ah}{h}.

由第 1 步 a+b−1=0a+b-1=0，所以 =lim⁡ahh=a=\lim\frac{ah}{h}=a。

（如果没有先保证连续，a+b−1≠0a+b-1\ne0 时这个极限是无穷大，右导数不存在。这正说明了“先查连续”的必要。）

第 4 步： 可导要求 f+′(1)=f−′(1)f'_+(1)=f'_-(1)，即 a=2a=2。代入 a+b=1a+b=1，得 b=−1b=-1。

几何意义 y=2x−1y=2x-1 正是 y=x2y=x^2 在 (1,1)(1,1) 处的切线。分段函数在连接点可导，就是第二段沿着第一段的切线方向“无缝”接上。

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练习 1.25#

题目 方程 xy+ey=exy+e^y=e 确定了隐函数 y=y(x)y=y(x)，求 y′(0)y'(0)。

解

第 1 步，先求 x=0x=0 时 yy 的值：代入方程，0⋅y+ey=e0\cdot y+e^y=e，所以 ey=ee^y=e，y=1y=1。

第 2 步，方程两边对 xx 求导，yy 是 xx 的函数：

  • xyxy 是乘积：(xy)′=1⋅y+x⋅y′(xy)'=1\cdot y+x\cdot y'；
  • eye^y 是复合函数：(ey)′=ey⋅y′(e^y)'=e^y\cdot y'；
  • 右边 ee 是常数，导数为 00。

得到

y+xy′+eyy′=0.y+xy'+e^yy'=0.

第 3 步，解出 y′y'：y′(x+ey)=−yy'(x+e^y)=-y，所以

y′=−yx+ey.y'=-\frac{y}{x+e^y}.

第 4 步，代入 x=0x=0，y=1y=1：

y′(0)=−10+e=−1e.y'(0)=-\frac{1}{0+e}=-\frac1e.

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练习 1.26#

题目 设 x=cos⁡tx=\cos t，y=sin⁡ty=\sin t，0<t<π0<t<\pi，求 dydx\dfrac{dy}{dx} 和 d2ydx2\dfrac{d^2y}{dx^2}。

解

第 1 步，对 tt 求导：dxdt=−sin⁡t\frac{dx}{dt}=-\sin t，dydt=cos⁡t\frac{dy}{dt}=\cos t。在 0<t<π0<t<\pi 内 sin⁡t>0\sin t>0，所以 dxdt≠0\frac{dx}{dt}\ne0。

第 2 步，一阶导数：

dydx=dy/dtdx/dt=cos⁡t−sin⁡t=−cot⁡t.\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{\cos t}{-\sin t}=-\cot t.

第 3 步，二阶导数：把斜率 −cot⁡t-\cot t 对 tt 求导，再除以 dxdt\frac{dx}{dt}。

−cot⁡t=−cos⁡tsin⁡t-\cot t=-\frac{\cos t}{\sin t}，用商的法则：

ddt(−cos⁡tsin⁡t)=−(−sin⁡t)sin⁡t−cos⁡tcos⁡tsin⁡2t=sin⁡2t+cos⁡2tsin⁡2t=1sin⁡2t.\frac{d}{dt}\left(-\frac{\cos t}{\sin t}\right)=-\frac{(-\sin t)\sin t-\cos t\cos t}{\sin^2t}=\frac{\sin^2t+\cos^2t}{\sin^2t}=\frac1{\sin^2t}. d2ydx2=1/sin⁡2t−sin⁡t=−1sin⁡3t.\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1/\sin^2t}{-\sin t}=-\frac1{\sin^3t}.

检查 这条曲线是上半单位圆 y=1−x2y=\sqrt{1-x^2}。正文第八节算过 y′′=−1y3y''=-\frac1{y^3}，而 y=sin⁡ty=\sin t，所以 y′′=−1sin⁡3ty''=-\frac1{\sin^3t}。✓\checkmark 上半圆向下弯，二阶导数为负，也符合直观。

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练习 1.27#

题目 设 f(x)=x+exf(x)=x+e^x，gg 是它的反函数。求 g′(1)g'(1) 和 g′′(1)g''(1)。

解

第 1 步，g′(1)g'(1) 中的 11 是 yy 的值。先找对应的 xx：解 x+ex=1x+e^x=1。试 x=0x=0：0+1=10+1=1，成立。（f′(x)=1+ex>0f'(x)=1+e^x>0，ff 严格递增，所以解唯一。）

第 2 步，f′(x)=1+exf'(x)=1+e^x，f′(0)=2f'(0)=2；f′′(x)=exf''(x)=e^x，f′′(0)=1f''(0)=1。

第 3 步，反函数一阶导数：

g′(1)=1f′(0)=12.g'(1)=\frac1{f'(0)}=\frac12.

第 4 步，反函数二阶导数公式 g′′(y)=−f′′(x)[f′(x)]3g''(y)=-\dfrac{f''(x)}{[f'(x)]^3}：

g′′(1)=−123=−18.g''(1)=-\frac{1}{2^3}=-\frac18.

推导一遍公式（不依赖记忆） 由 f(g(y))=yf(g(y))=y 求导：f′(g(y)) g′(y)=1f'(g(y))\,g'(y)=1。再对 yy 求导，左边是乘积：

f′′(g(y)) [g′(y)]2+f′(g(y)) g′′(y)=0.f''(g(y))\,[g'(y)]^2+f'(g(y))\,g''(y)=0.

代入 y=1y=1，g(1)=0g(1)=0，g′(1)=12g'(1)=\frac12：1⋅14+2 g′′(1)=01\cdot\frac14+2\,g''(1)=0，所以 g′′(1)=−18g''(1)=-\frac18。✓\checkmark

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练习 1.28#

题目 求 nn 阶导数：(1) cos⁡x\cos x；(2) xe−xxe^{-x}。

(1) 解

第 1 步，求几次找规律：(cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos x)'=-\sin x，(cos⁡x)′′=−cos⁡x(\cos x)''=-\cos x，(cos⁡x)′′′=sin⁡x(\cos x)'''=\sin x，(cos⁡x)(4)=cos⁡x(\cos x)^{(4)}=\cos x，四次一循环。

第 2 步，用诱导公式 cos⁡(x+π2)=−sin⁡x\cos\left(x+\frac\pi2\right)=-\sin x：每求一次导，相当于把角加上 π2\frac\pi2。

第 3 步，所以 (cos⁡x)(n)=cos⁡(x+nπ2)(\cos x)^{(n)}=\cos\left(x+\frac{n\pi}2\right)。

检查 n=2n=2：cos⁡(x+π)=−cos⁡x\cos(x+\pi)=-\cos x。✓\checkmark

(2) 解（莱布尼茨公式）

第 1 步，u=xu=x，v=e−xv=e^{-x}。u′=1u'=1，u′′=0u''=0，之后全是 00；v(k)=(−1)ke−xv^{(k)}=(-1)^ke^{-x}（每求一次导乘一个 −1-1）。

第 2 步，莱布尼茨公式中只剩 k=0k=0 和 k=1k=1 两项（kk 是落在 uu 上的求导次数）：

(xe−x)(n)=(n0)x⋅(−1)ne−x+(n1)⋅1⋅(−1)n−1e−x.(xe^{-x})^{(n)}=\binom n0x\cdot(-1)^ne^{-x}+\binom n1\cdot1\cdot(-1)^{n-1}e^{-x}.

第 3 步，(n0)=1\binom n0=1，(n1)=n\binom n1=n，代入得 (−1)nxe−x+n(−1)n−1e−x(-1)^nxe^{-x}+n(-1)^{n-1}e^{-x}。

第 4 步，把 (−1)n−1(-1)^{n-1} 写成 −(−1)n-(-1)^n（多乘一个 −1-1，指数加 11）：(−1)nxe−x−n(−1)ne−x(-1)^nxe^{-x}-n(-1)^ne^{-x}。提出公因式 (−1)ne−x(-1)^ne^{-x}：

(xe−x)(n)=(−1)ne−x(x−n).(xe^{-x})^{(n)}=(-1)^ne^{-x}(x-n).

检查 n=1n=1：(xe−x)′=e−x−xe−x=−e−x(x−1)(xe^{-x})'=e^{-x}-xe^{-x}=-e^{-x}(x-1)，公式给出 (−1)e−x(x−1)(-1)e^{-x}(x-1)。✓\checkmark

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练习 1.29#

题目 设 f(x)=x1−x2f(x)=\dfrac{x}{1-x^2}，用展开式求 f(7)(0)f^{(7)}(0) 和 f(8)(0)f^{(8)}(0)。

思路 正文说过：如果展开式里 xnx^n 的系数是 AnA_n，那么 f(n)(0)=n! Anf^{(n)}(0)=n!\,A_n。所以只要写出 ff 的展开式。

解

第 1 步，在 11−u=1+u+u2+⋯\frac1{1-u}=1+u+u^2+\cdots 中令 u=x2u=x^2：

11−x2=1+x2+x4+x6+⋯\frac1{1-x^2}=1+x^2+x^4+x^6+\cdots

第 2 步，两边乘 xx：

f(x)=x1−x2=x+x3+x5+x7+⋯f(x)=\frac{x}{1-x^2}=x+x^3+x^5+x^7+\cdots

第 3 步，x7x^7 的系数是 11，所以 f(7)(0)=7!⋅1=5040f^{(7)}(0)=7!\cdot1=5040。

第 4 步，展开式里只有奇数次项，x8x^8 的系数是 00，所以 f(8)(0)=0f^{(8)}(0)=0。

检查 ff 是奇函数（f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)），奇函数的偶数阶导数在 00 处都是 00，和第 4 步一致。

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练习 1.30#

题目 求 1x2−1\dfrac1{x^2-1} 的 nn 阶导数。

思路 直接对分式反复求导会越来越复杂。先拆成两个简单分式，再套 (1x+a)(n)=(−1)nn!(x+a)n+1\left(\frac1{x+a}\right)^{(n)}=\frac{(-1)^nn!}{(x+a)^{n+1}}。

解

第 1 步，因式分解分母：x2−1=(x−1)(x+1)x^2-1=(x-1)(x+1)。

第 2 步，拆分。设 1(x−1)(x+1)=Ax−1+Bx+1\dfrac1{(x-1)(x+1)}=\dfrac A{x-1}+\dfrac B{x+1}，通分后分子要相等：1=A(x+1)+B(x−1)1=A(x+1)+B(x-1)。

  • 令 x=1x=1：1=2A1=2A，A=12A=\frac12；
  • 令 x=−1x=-1：1=−2B1=-2B，B=−12B=-\frac12。

所以

1x2−1=12(1x−1−1x+1).\frac1{x^2-1}=\frac12\left(\frac1{x-1}-\frac1{x+1}\right).

第 3 步，检验：1x−1−1x+1=(x+1)−(x−1)x2−1=2x2−1\frac1{x-1}-\frac1{x+1}=\frac{(x+1)-(x-1)}{x^2-1}=\frac2{x^2-1}，乘 12\frac12 正好。✓\checkmark

第 4 步，分别套公式（a=−1a=-1 和 a=1a=1）：

(1x2−1)(n)=(−1)nn!2[1(x−1)n+1−1(x+1)n+1].\left(\frac1{x^2-1}\right)^{(n)}=\frac{(-1)^nn!}{2}\left[\frac1{(x-1)^{n+1}}-\frac1{(x+1)^{n+1}}\right].

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练习 1.31#

题目 求曲线 y=ln⁡xy=\ln x 在 x=ex=e 处的切线和法线方程。

解

第 1 步，切点：y(e)=ln⁡e=1y(e)=\ln e=1，切点是 (e,1)(e,1)。

第 2 步，斜率：y′=1xy'=\frac1x，y′(e)=1ey'(e)=\frac1e。

第 3 步，切线（点斜式）：

y−1=1e(x−e)⟹y=xe.y-1=\frac1e(x-e)\quad\Longrightarrow\quad y=\frac xe.

（化简：1e(x−e)=xe−1\frac1e(x-e)=\frac xe-1，加 11 得 xe\frac xe。）

第 4 步，法线斜率 =−11/e=−e=-\dfrac1{1/e}=-e：

y−1=−e(x−e)⟹y=−ex+e2+1.y-1=-e(x-e)\quad\Longrightarrow\quad y=-ex+e^2+1.

一个有趣的观察 切线 y=xey=\frac xe 经过原点。也就是说，从原点出发画 ln⁡x\ln x 的切线，切点恰好是 (e,1)(e,1)。

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练习 1.32#

题目 用微分近似估算 8.123\sqrt[3]{8.12} 和 sin⁡31∘\sin31^\circ。

(1) 解

第 1 步，选 f(x)=x3=x1/3f(x)=\sqrt[3]x=x^{1/3}，在附近容易计算的点 a=8a=8 展开（83=2\sqrt[3]8=2）。

第 2 步，f′(x)=13x−2/3f'(x)=\frac13x^{-2/3}，f′(8)=13⋅8−2/3=13⋅14=112f'(8)=\frac13\cdot8^{-2/3}=\frac13\cdot\frac14=\frac1{12}。（82/3=(83)2=48^{2/3}=(\sqrt[3]8)^2=4。）

第 3 步，Δx=0.12\Delta x=0.12，

8.123≈f(8)+f′(8)Δx=2+0.1212=2.01.\sqrt[3]{8.12}\approx f(8)+f'(8)\Delta x=2+\frac{0.12}{12}=2.01.

真实值约 2.009952.00995，误差约 0.000050.00005。

(2) 解

第 1 步，f(x)=sin⁡xf(x)=\sin x，选 a=30∘=π6a=30^\circ=\frac\pi6（sin⁡π6=12\sin\frac\pi6=\frac12）。

第 2 步，必须把角度换成弧度：Δx=1∘=π180≈0.017453\Delta x=1^\circ=\frac{\pi}{180}\approx0.017453。

第 3 步，f′(x)=cos⁡xf'(x)=\cos x，f′(π6)=32≈0.8660f'\left(\frac\pi6\right)=\frac{\sqrt3}2\approx0.8660。

第 4 步，

sin⁡31∘≈12+0.8660×0.017453≈0.5+0.01511=0.51511.\sin31^\circ\approx\frac12+0.8660\times0.017453\approx0.5+0.01511=0.51511.

真实值约 0.515040.51504。

易错 如果用 Δx=1\Delta x=1（度数）去乘，会得到 1.3661.366，比 11 还大，显然荒谬。(sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)'=\cos x 这个公式只在弧度制下成立。

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练习 1.33#

题目 用牛顿法求 3\sqrt3：写出迭代式，从 x0=2x_0=2 出发算两步，并和 3≈1.7320508\sqrt3\approx1.7320508 比较误差。

解

第 1 步，3\sqrt3 是方程 x2−3=0x^2-3=0 的正根。取 f(x)=x2−3f(x)=x^2-3，f′(x)=2xf'(x)=2x。

第 2 步，牛顿迭代式：

xn+1=xn−f(xn)f′(xn)=xn−xn2−32xn=2xn2−xn2+32xn=12(xn+3xn).x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}=x_n-\frac{x_n^2-3}{2x_n}=\frac{2x_n^2-x_n^2+3}{2x_n}=\frac12\left(x_n+\frac3{x_n}\right).

第 3 步，从 x0=2x_0=2 出发：

x1=12(2+32)=12×3.5=1.75.x_1=\frac12\left(2+\frac32\right)=\frac12\times3.5=1.75. x2=12(1.75+31.75)=12(1.75+1.7142857)=1.7321429.x_2=\frac12\left(1.75+\frac3{1.75}\right)=\frac12\left(1.75+1.7142857\right)=1.7321429.

第 4 步，比较误差（3≈1.7320508\sqrt3\approx1.7320508）：

值 误差
x0x_0 22 0.2680.268
x1x_1 1.751.75 0.01790.0179
x2x_2 1.73214291.7321429 0.0000920.000092

误差从 0.2680.268 到 0.01790.0179 再到 0.0000920.000092，每一步大约是上一步误差的平方的量级（0.2682≈0.0720.268^2\approx0.072，0.01792≈0.000320.0179^2\approx0.00032，再乘一个常数 C=∣f′′∣2∣f′∣≈22×3.46≈0.29C=\frac{\lvert f''\rvert}{2\lvert f'\rvert}\approx\frac{2}{2\times3.46}\approx0.29，分别约为 0.0210.021 和 0.0000930.000093），正是正文说的二次收敛。

附 这个迭代式有一个直观的解释：如果 xnx_n 比 3\sqrt3 大，那么 3xn\frac3{x_n} 就比 3\sqrt3 小，两者的平均值更接近 3\sqrt3。这个办法古巴比伦人就已经在用了。

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练习 1.34#

题目 设 f(x)=xe−xf(x)=xe^{-x}。求单调区间、极值、凹凸区间和拐点。

解

第 1 步：一阶导数。 乘积法则：

f′(x)=1⋅e−x+x⋅(−e−x)=(1−x)e−x.f'(x)=1\cdot e^{-x}+x\cdot(-e^{-x})=(1-x)e^{-x}.

e−x>0e^{-x}>0，所以 f′f' 的符号由 1−x1-x 决定。

第 2 步：符号表。

xx (−∞,1)(-\infty,1) 11 (1,+∞)(1,+\infty)
f′(x)f'(x) ++ 00 −-
f(x)f(x) 递增 极大值 1e\frac1e 递减

f(1)=1⋅e−1=1ef(1)=1\cdot e^{-1}=\frac1e。所以单调增区间 (−∞,1](-\infty,1]，单调减区间 [1,+∞)[1,+\infty)，极大值 1e\frac1e，没有极小值。

第 3 步：二阶导数。 对 (1−x)e−x(1-x)e^{-x} 用乘积法则：

f′′(x)=(−1)e−x+(1−x)(−e−x)=e−x(−1−1+x)=(x−2)e−x.f''(x)=(-1)e^{-x}+(1-x)(-e^{-x})=e^{-x}(-1-1+x)=(x-2)e^{-x}.

第 4 步：凹凸区间与拐点。 e−x>0e^{-x}>0，所以 f′′f'' 的符号由 x−2x-2 决定。

xx (−∞,2)(-\infty,2) 22 (2,+∞)(2,+\infty)
f′′(x)f''(x) −- 00 ++
f(x)f(x) 向下弯，斜率递减 拐点 向上弯，斜率递增

按同济版教材的叫法（第十节“易错”框）：(−∞,2](-\infty,2] 是凸区间，[2,+∞)[2,+\infty) 是凹区间。x=2x=2 两侧 f′′f'' 变号，弯曲方向改变，拐点为 (2,f(2))=(2,2e2)\left(2,f(2)\right)=\left(2,\frac2{e^2}\right)。答题时连同 f′′f'' 的符号一起写出来，就不会因为叫法不同产生误会。

补充 x→+∞x\to+\infty 时 xe−x=xex→0xe^{-x}=\frac x{e^x}\to0（洛必达：1ex→0\frac1{e^x}\to0），所以 y=0y=0 是右侧的水平渐近线；x→−∞x\to-\infty 时 f→−∞f\to-\infty。这些信息在下一题会用到。

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练习 1.35#

题目 讨论方程 xe−x=axe^{-x}=a 的实根个数随 aa 的变化。

思路 参数已经单独在一边。研究 f(x)=xe−xf(x)=xe^{-x} 的取值情况，看水平线 y=ay=a 与曲线交几次。

解

第 1 步，由练习 1.34：ff 在 (−∞,1](-\infty,1] 上递增，在 [1,+∞)[1,+\infty) 上递减，最大值 f(1)=1ef(1)=\frac1e。

第 2 步，两端的极限：

  • x→−∞x\to-\infty：x→−∞x\to-\infty，e−x→+∞e^{-x}\to+\infty，乘积 →−∞\to-\infty；
  • x→+∞x\to+\infty：f→0f\to0，并且 x>0x>0 时 f>0f>0，所以是从上方趋于 00。

第 3 步，各段的取值范围：

  • 在 (−∞,1](-\infty,1] 上：从 −∞-\infty 连续递增到 1e\frac1e，取遍 (−∞,1e]\left(-\infty,\frac1e\right]，每个值恰好一次；
  • 在 (1,+∞)(1,+\infty) 上：从 1e\frac1e 连续递减并趋于 00（取不到 00），取遍 (0,1e)\left(0,\frac1e\right)，每个值恰好一次。

第 4 步，合并：

aa 的范围 左段 右段 实根个数
a>1ea>\frac1e 无 无 00
a=1ea=\frac1e x=1x=1 无 11
0<a<1e0<a<\frac1e 11 个 11 个 22
a≤0a\le0 11 个 无 11

注意 a=0a=0 时，只有 x=0x=0 一个根（右段永远取不到 00）。

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练习 1.36#

题目 (1) 证明：x>−1x>-1 时 ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x)\le x；(2) 求 x3−3xx^3-3x 在 [0,3][0,3] 上的最大值和最小值。

(1) 解

第 1 步，作差：g(x)=x−ln⁡(1+x)g(x)=x-\ln(1+x)，x>−1x>-1，要证 g(x)≥0g(x)\ge0。

第 2 步，

g′(x)=1−11+x=x1+x.g'(x)=1-\frac1{1+x}=\frac{x}{1+x}.

第 3 步，x>−1x>-1 时分母 1+x>01+x>0，所以 g′g' 与 xx 同号：−1<x<0-1<x<0 时 g′<0g'<0，gg 递减；x>0x>0 时 g′>0g'>0，gg 递增。

第 4 步，所以 gg 在 x=0x=0 处取最小值 g(0)=0−ln⁡1=0g(0)=0-\ln1=0，于是 g(x)≥0g(x)\ge0，即 ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x)\le x，等号仅在 x=0x=0 时成立。

几何意义 y=xy=x 是 y=ln⁡(1+x)y=\ln(1+x) 在原点的切线，而 ln⁡(1+x)\ln(1+x) 向下弯（二阶导数 −1(1+x)2<0-\frac1{(1+x)^2}<0），所以切线总在曲线上方。这和正文的 ex≥1+xe^x\ge1+x 是一对：两个不等式互为“反函数版本”。

(2) 解

第 1 步，f′(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)。在 (0,3)(0,3) 内，驻点只有 x=1x=1（x=−1x=-1 不在区间内）。

第 2 步，比较端点和驻点的函数值：

f(0)=0,f(1)=1−3=−2,f(3)=27−9=18.f(0)=0,\qquad f(1)=1-3=-2,\qquad f(3)=27-9=18.

第 3 步，最大值 1818（在 x=3x=3），最小值 −2-2（在 x=1x=1）。

提醒 最大值出现在端点而不是驻点。如果只看驻点，就会漏掉。

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练习 1.37#

题目 用铁皮做一个容积为 VV 的无盖圆柱形容器（只有底和侧面）。底面半径和高各取多少时用料最省？

解

第 1 步，设底面半径 rr、高 hh。容积 πr2h=V\pi r^2h=V，所以 h=Vπr2h=\frac{V}{\pi r^2}。

第 2 步，用料就是表面积：一个底面加侧面（没有盖）：

S=πr2+2πrh=πr2+2πr⋅Vπr2=πr2+2Vr,r>0.S=\pi r^2+2\pi rh=\pi r^2+2\pi r\cdot\frac{V}{\pi r^2}=\pi r^2+\frac{2V}{r},\qquad r>0.

第 3 步，求导：

S′(r)=2πr−2Vr2=2πr3−2Vr2.S'(r)=2\pi r-\frac{2V}{r^2}=\frac{2\pi r^3-2V}{r^2}.

第 4 步，令 S′=0S'=0：r3=Vπr^3=\frac V\pi，r0=Vπ3r_0=\sqrt[3]{\frac V\pi}。这是 (0,+∞)(0,+\infty) 上唯一的驻点。

第 5 步，判断：r<r0r<r_0 时分子 2πr3−2V<02\pi r^3-2V<0，S′<0S'<0，递减；r>r0r>r_0 时 S′>0S'>0，递增。所以 r0r_0 是极小值点。由正文“唯一驻点”的结论，它也是最小值点。

第 6 步，求高：

h=Vπr02=Vπr03⋅r0=Vπ⋅Vπ⋅r0=r0.h=\frac{V}{\pi r_0^2}=\frac{V}{\pi r_0^3}\cdot r_0=\frac{V}{\pi\cdot\frac V\pi}\cdot r_0=r_0.

答案 半径和高都取 Vπ3\sqrt[3]{\frac V\pi} 时最省料，也就是高等于半径。

对比 正文里有盖的罐子，最省料时高等于直径 2r2r。少了一个盖子，底面“便宜”了，所以半径可以做得相对大一些，高相对矮一些。

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练习 1.38#

题目 求曲线 y=xe1/xy=xe^{1/x} 的全部渐近线。

解

第 1 步：竖直渐近线。 唯一的可疑点是 x=0x=0（1x\frac1x 无定义）。分左右看：

  • x→0+x\to0^+：1x→+∞\frac1x\to+\infty，e1/x→+∞e^{1/x}\to+\infty。xe1/x=e1/x1/xxe^{1/x}=\dfrac{e^{1/x}}{1/x}，令 t=1x→+∞t=\frac1x\to+\infty，即 ett→+∞\dfrac{e^t}{t}\to+\infty（洛必达：et1→+∞\frac{e^t}1\to+\infty）。
  • x→0−x\to0^-：1x→−∞\frac1x\to-\infty，e1/x→0e^{1/x}\to0，x→0x\to0，乘积 →0\to0。

右侧趋于无穷，所以 x=0x=0 是竖直渐近线（只在右侧）。

第 2 步：水平渐近线。 x→±∞x\to\pm\infty 时 e1/x→e0=1e^{1/x}\to e^0=1，xe1/x→±∞xe^{1/x}\to\pm\infty，没有水平渐近线。

第 3 步：斜渐近线。

k=lim⁡x→∞xe1/xx=lim⁡e1/x=1.k=\lim_{x\to\infty}\frac{xe^{1/x}}x=\lim e^{1/x}=1. b=lim⁡x→∞(xe1/x−x)=lim⁡x→∞x(e1/x−1).b=\lim_{x\to\infty}\left(xe^{1/x}-x\right)=\lim_{x\to\infty}x\left(e^{1/x}-1\right).

令 u=1xu=\frac1x，x→∞x\to\infty 时 u→0u\to0：

b=lim⁡x→∞x(e1/x−1)=lim⁡u→0eu−1u=1.b=\lim_{x\to\infty}x\left(e^{1/x}-1\right)=\lim_{u\to0}\frac{e^u-1}{u}=1.

x→+∞x\to+\infty 和 x→−∞x\to-\infty 计算完全相同（u→0+u\to0^+ 或 u→0−u\to0^-，等价关系都成立），所以两侧的斜渐近线都是 y=x+1y=x+1。

答案 竖直渐近线 x=0x=0，斜渐近线 y=x+1y=x+1。

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练习 1.39#

题目 求 y=sin⁡xy=\sin x 在 x=π2x=\frac\pi2 处的曲率、曲率半径和曲率圆圆心。

解

第 1 步，y′=cos⁡xy'=\cos x，y′′=−sin⁡xy''=-\sin x。在 x=π2x=\frac\pi2：y=1y=1，y′=0y'=0，y′′=−1y''=-1。

第 2 步，曲率：

κ=∣y′′∣(1+y′2)3/2=1(1+0)3/2=1,R=1κ=1.\kappa=\frac{\lvert y''\rvert}{(1+y'^2)^{3/2}}=\frac{1}{(1+0)^{3/2}}=1,\qquad R=\frac1\kappa=1.

第 3 步，圆心：

横坐标=x−y′(1+y′2)y′′=π2−0−1=π2,\text{横坐标}=x-\frac{y'(1+y'^2)}{y''}=\frac\pi2-\frac{0}{-1}=\frac\pi2, 纵坐标=y+1+y′2y′′=1+1−1=0.\text{纵坐标}=y+\frac{1+y'^2}{y''}=1+\frac{1}{-1}=0.

圆心 (π2,0)\left(\frac\pi2,0\right)。

直观检查 x=π2x=\frac\pi2 是 sin⁡x\sin x 的最高点，切线水平，曲线向下弯，所以圆心应在正下方距离 R=1R=1 处，即 (π2,1−1)=(π2,0)\left(\frac\pi2,1-1\right)=\left(\frac\pi2,0\right)。✓\checkmark

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第二篇：积分与它的应用#

练习 2.1#

题目 (1) 证明 43≤∫01ex2 dx≤e\displaystyle\frac43\le\int_0^1e^{x^2}\,dx\le e。(2) 证明 (∫01x ex dx)2≤e2−14\displaystyle\left(\int_0^1\sqrt x\,e^x\,dx\right)^2\le\frac{e^2-1}4。

思路 ex2e^{x^2} 的原函数写不出来，不能直接算。积分不等式的常用办法是：先在每一点比较被积函数，再用比较性质积分（“开始之前”的性质 4，要求下限小于上限，这里 0<10<1）。

(1) 解

第 1 步，证明提示里的不等式：t≥0t\ge0 时 et≥1+te^t\ge1+t。令 g(t)=et−1−tg(t)=e^t-1-t，则 g(0)=0g(0)=0，g′(t)=et−1g'(t)=e^t-1。t≥0t\ge0 时 et≥1e^t\ge1，所以 g′(t)≥0g'(t)\ge0，gg 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上单调不减（第一篇第十节），于是 g(t)≥g(0)=0g(t)\ge g(0)=0，即 et≥1+te^t\ge1+t。

（几何上，y=1+ty=1+t 是 y=ety=e^t 在 t=0t=0 处的切线，ete^t 向上弯，图像在切线上方。）

第 2 步，下界。在第 1 步里取 t=x2≥0t=x^2\ge0：ex2≥1+x2e^{x^2}\ge1+x^2。两边在 [0,1][0,1] 上积分：

∫01ex2 dx≥∫01(1+x2) dx=[x+x33]01=1+13=43.\int_0^1e^{x^2}\,dx\ge\int_0^1(1+x^2)\,dx=\left[x+\frac{x^3}3\right]_0^1=1+\frac13=\frac43.

第 3 步，上界。0≤x≤10\le x\le1 时 x2≤1x^2\le1，ete^t 是增函数，所以 ex2≤e1=ee^{x^2}\le e^1=e。积分：

∫01ex2 dx≤∫01e dx=e.\int_0^1e^{x^2}\,dx\le\int_0^1e\,dx=e.

检查 数值计算得 ∫01ex2dx≈1.4627\int_0^1e^{x^2}dx\approx1.4627，确实在 43≈1.333\frac43\approx1.333 和 e≈2.718e\approx2.718 之间。下界比上界准得多，因为 1+x21+x^2 是 ex2e^{x^2} 泰勒展开的前两项，而上界只是把 ex2e^{x^2} 换成了它的最大值。如果想要更紧的下界，可以多取一项：et≥1+t+t22e^t\ge1+t+\frac{t^2}2（t≥0t\ge0），得到 ∫01ex2dx≥1+13+110=4330≈1.433\int_0^1e^{x^2}dx\ge1+\frac13+\frac1{10}=\frac{43}{30}\approx1.433。

(2) 解

第 1 步，看形状。左边是“两个函数乘积的积分”的平方，正是柯西—施瓦茨不等式左边的样子。取 f(x)=xf(x)=\sqrt x，g(x)=exg(x)=e^x，两者在 [0,1][0,1] 上连续。

第 2 步，套用不等式：

(∫01x ex dx)2≤∫01(x)2dx⋅∫01(ex)2dx=∫01x dx⋅∫01e2x dx.\left(\int_0^1\sqrt x\,e^x\,dx\right)^2\le\int_0^1\left(\sqrt x\right)^2dx\cdot\int_0^1\left(e^x\right)^2dx=\int_0^1x\,dx\cdot\int_0^1e^{2x}\,dx.

第 3 步，分别算：∫01x dx=12\int_0^1x\,dx=\frac12；∫01e2x dx=[e2x2]01=e2−12\int_0^1e^{2x}\,dx=\left[\frac{e^{2x}}2\right]_0^1=\frac{e^2-1}2（系数还原：e2xe^{2x} 求导多出因子 22，积分要除掉）。

第 4 步，相乘：12⋅e2−12=e2−14\frac12\cdot\frac{e^2-1}2=\frac{e^2-1}4。证毕。

检查 左边 ≈1.5766\approx1.5766，右边 ≈1.5973\approx1.5973，非常接近。柯西—施瓦茨不等式取等号的条件是 ff 和 gg 成比例（证明里判别式等于 00，即存在 λ\lambda 使 f+λg≡0f+\lambda g\equiv0）。x\sqrt x 和 exe^x 在 [0,1][0,1] 上形状差得不远，所以两边很接近，但不相等。

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练习 2.2#

题目 设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续，在 (0,1)(0,1) 内可导，且 3∫2/31f(x) dx=f(1)3\displaystyle\int_{2/3}^1f(x)\,dx=f(1)。证明：存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。如果只用 ξ∈[a,b]\xi\in[a,b] 的那个版本，证明会在哪里断掉？

思路 要证明导数等于 00，最直接的工具是罗尔定理：找两个函数值相等的点。已知条件里有一个积分，用积分中值定理把它变成一个函数值。

解

第 1 步，处理积分。ff 在 [23,1]\left[\frac23,1\right] 上连续，由积分中值定理的开区间版本（第二篇“开始之前”的“提速”框），存在 c∈(23,1)c\in\left(\frac23,1\right)，使

∫2/31f(x) dx=f(c)⋅(1−23)=13f(c).\int_{2/3}^1f(x)\,dx=f(c)\cdot\left(1-\frac23\right)=\frac13f(c).

第 2 步，代入已知条件：3⋅13f(c)=f(1)3\cdot\frac13f(c)=f(1)，即 f(c)=f(1)f(c)=f(1)。

第 3 步，在 [c,1][c,1] 上用罗尔定理。逐条检查条件：

  • c<1c<1，所以 [c,1][c,1] 有长度，不是一个点；
  • ff 在 [0,1][0,1] 上连续，[c,1][c,1] 是它的一部分，所以在 [c,1][c,1] 上连续；
  • c>23>0c>\frac23>0，所以 (c,1)⊂(0,1)(c,1)\subset(0,1)，ff 在 (c,1)(c,1) 内可导；
  • f(c)=f(1)f(c)=f(1)。

所以存在 ξ∈(c,1)⊂(0,1)\xi\in(c,1)\subset(0,1)，使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。证毕。

只用闭区间版本会怎样 闭区间版本只保证 c∈[23,1]c\in\left[\frac23,1\right]，cc 可能恰好等于 11。那样第 2 步得到的是 f(1)=f(1)f(1)=f(1)，什么信息也没有；第 3 步的“区间” [1,1][1,1] 只是一个点，罗尔定理无从用起，证明就断了。开区间版本保证 c<1c<1，第 3 步的第一条才成立。

说明 这类题的套路是：已知条件给了一个积分，就用积分中值定理换成函数值，凑出两个相等的函数值，再用罗尔定理。如果要证的是 f′(ξ)f'(\xi) 等于某个式子（而不是等于 00），就要先构造辅助函数（第一篇第五节），把问题变成某个辅助函数的导数等于 00。

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练习 2.3#

题目 求极限：(1) lim⁡n→∞12+22+⋯+n2n3\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}；(2) lim⁡n→∞∑i=1nnn2+i2\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{n}{n^2+i^2}。

思路 都是 nn 项相加，n→∞n\to\infty。尝试凑成黎曼和 1n∑f(in)\frac1n\sum f\left(\frac in\right)。

(1) 解

第 1 步，把 n3n^3 拆成 n⋅n2n\cdot n^2，分配到每一项：

12+22+⋯+n2n3=1n∑i=1ni2n2=1n∑i=1n(in)2.\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}=\frac1n\sum_{i=1}^n\frac{i^2}{n^2}=\frac1n\sum_{i=1}^n\left(\frac in\right)^2.

第 2 步，这是 f(x)=x2f(x)=x^2 在 [0,1][0,1] 上的黎曼和（等分 nn 段，取右端点）。

第 3 步，极限 =∫01x2 dx=13=\int_0^1x^2\,dx=\frac13。

验证 用求和公式 ∑i2=n(n+1)(2n+1)6\sum i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6：n(n+1)(2n+1)6n3=(1+1n)(2+1n)6→26=13\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}=\frac{(1+\frac1n)(2+\frac1n)}{6}\to\frac26=\frac13。✓\checkmark

(2) 解

第 1 步，每一项分子分母同除以 n2n^2：

nn2+i2=n/n21+i2/n2=1n⋅11+(in)2.\frac{n}{n^2+i^2}=\frac{n/n^2}{1+i^2/n^2}=\frac1n\cdot\frac1{1+\left(\frac in\right)^2}.

第 2 步，所以和式是 1n∑f(in)\frac1n\sum f\left(\frac in\right)，f(x)=11+x2f(x)=\frac1{1+x^2}。

第 3 步，极限 =∫01dx1+x2=arctan⁡1−arctan⁡0=π4=\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\arctan1-\arctan0=\frac\pi4。

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练习 2.4#

题目 设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续，用积分中值定理求 lim⁡x→0+1x∫0xf(t) dt\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac1x\int_0^xf(t)\,dt。

解

第 1 步，对 0<x≤10<x\le1，ff 在 [0,x][0,x] 上连续，由积分中值定理，存在 ξx∈[0,x]\xi_x\in[0,x] 使

∫0xf(t) dt=f(ξx)⋅x.\int_0^xf(t)\,dt=f(\xi_x)\cdot x.

第 2 步，所以 1x∫0xf(t) dt=f(ξx)\dfrac1x\displaystyle\int_0^xf(t)\,dt=f(\xi_x)。

第 3 步，x→0+x\to0^+ 时，0≤ξx≤x0\le\xi_x\le x，被夹逼着趋于 00。ff 连续，所以 f(ξx)→f(0)f(\xi_x)\to f(0)。

答案：f(0)f(0)。

理解 左边是 ff 在 [0,x][0,x] 上的平均值。区间缩成一个点时，平均值就是那一点的函数值。

另一种方法 用洛必达（00\frac00 型，分子是变上限积分）：f(x)1→f(0)\frac{f(x)}{1}\to f(0)。两种方法一致。

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练习 2.5#

题目 求不定积分：(1) ∫(3x+1)7 dx\int(3x+1)^7\,dx；(2) ∫dx4+9x2\displaystyle\int\frac{dx}{4+9x^2}；(3) ∫e−2x dx\int e^{-2x}\,dx；(4) ∫cos⁡(3x+1) dx\int\cos(3x+1)\,dx。

(1) 解 用 ∫f(ax+b) dx=1aF(ax+b)+C\int f(ax+b)\,dx=\frac1aF(ax+b)+C，a=3a=3，∫u7 du=u88\int u^7\,du=\frac{u^8}8：

∫(3x+1)7 dx=13⋅(3x+1)88+C=(3x+1)824+C.\int(3x+1)^7\,dx=\frac13\cdot\frac{(3x+1)^8}{8}+C=\frac{(3x+1)^8}{24}+C.

检查：求导 8(3x+1)7⋅324=(3x+1)7\frac{8(3x+1)^7\cdot3}{24}=(3x+1)^7。✓\checkmark

(2) 解

第 1 步，提出 44：4+9x2=4[1+(3x2)2]4+9x^2=4\left[1+\left(\frac{3x}2\right)^2\right]。

第 2 步，令 u=3x2u=\frac{3x}2，dx=23dudx=\frac23du：

∫dx4+9x2=∫23du4(1+u2)=16arctan⁡u+C=16arctan⁡3x2+C.\int\frac{dx}{4+9x^2}=\int\frac{\frac23du}{4(1+u^2)}=\frac16\arctan u+C=\frac16\arctan\frac{3x}2+C.

检查：求导 16⋅11+9x24⋅32=14⋅44+9x2=14+9x2\frac16\cdot\frac{1}{1+\frac{9x^2}4}\cdot\frac32=\frac14\cdot\frac{4}{4+9x^2}=\frac1{4+9x^2}。✓\checkmark

(3) 解 a=−2a=-2：∫e−2x dx=−12e−2x+C\int e^{-2x}\,dx=-\frac12e^{-2x}+C。

(4) 解 a=3a=3：∫cos⁡(3x+1) dx=13sin⁡(3x+1)+C\int\cos(3x+1)\,dx=\frac13\sin(3x+1)+C。

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练习 2.6#

题目 设 f(x)=xf(x)=x（x≤1x\le1），f(x)=x2f(x)=x^2（x>1x>1）。求 ff 的全体原函数。

解

第 1 步，先确认原函数存在：两段在 x=1x=1 处的值 11 和 12=11^2=1 相同，ff 是连续函数，所以有原函数。

第 2 步，分段求：

  • x≤1x\le1：F(x)=x22+C1F(x)=\frac{x^2}2+C_1；
  • x>1x>1：F(x)=x33+C2F(x)=\frac{x^3}3+C_2。

第 3 步，原函数必须连续，在 x=1x=1 处衔接：左边的值 12+C1\frac12+C_1，右边的极限 13+C2\frac13+C_2。所以

12+C1=13+C2⟹C2=C1+16.\frac12+C_1=\frac13+C_2\quad\Longrightarrow\quad C_2=C_1+\frac16.

第 4 步，记 C1=CC_1=C，全体原函数是

F(x)={x22+C,x≤1,x33+16+C,x>1.F(x)=\begin{cases}\dfrac{x^2}2+C, & x\le1,\\[2mm]\dfrac{x^3}3+\dfrac16+C, & x>1.\end{cases}

检查可导性 在 x=1x=1：左导数是 x=1x=1，右导数是 x2=1x^2=1，相等，且等于 f(1)=1f(1)=1。✓\checkmark（连续函数的变上限积分自动可导，所以只要保证连续就够了。）

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练习 2.7#

题目 求：(1) ∫xex2 dx\int xe^{x^2}\,dx；(2) ∫ln⁡xx dx\displaystyle\int\frac{\ln x}{x}\,dx；(3) ∫dxxln⁡x\displaystyle\int\frac{dx}{x\ln x}。

(1) 解 整体是 x2x^2，它的导数 2x2x，被积函数里有 xx，差常数 22。令 u=x2u=x^2，du=2x dxdu=2x\,dx，x dx=du2x\,dx=\frac{du}2：

∫xex2 dx=12∫eu du=12ex2+C.\int xe^{x^2}\,dx=\frac12\int e^u\,du=\frac12e^{x^2}+C.

(2) 解 dxx=d(ln⁡x)\frac{dx}x=d(\ln x)，整体是 ln⁡x\ln x。令 u=ln⁡xu=\ln x：

∫ln⁡xx dx=∫u du=u22+C=(ln⁡x)22+C.\int\frac{\ln x}{x}\,dx=\int u\,du=\frac{u^2}2+C=\frac{(\ln x)^2}2+C.

(3) 解 同样令 u=ln⁡xu=\ln x，du=dxxdu=\frac{dx}x：

∫dxxln⁡x=∫duu=ln⁡∣u∣+C=ln⁡∣ln⁡x∣+C.\int\frac{dx}{x\ln x}=\int\frac{du}{u}=\ln\lvert u\rvert+C=\ln\lvert\ln x\rvert+C.

对比 (2) 和 (3) 的被积函数只差 ln⁡x\ln x 在分子还是分母，一个是 u duu\,du，一个是 duu\frac{du}u，结果完全不同。凑微分的关键，是先把“整体”认出来。

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练习 2.8#

题目 求 ∫2x+3x2+2x+2 dx\displaystyle\int\frac{2x+3}{x^2+2x+2}\,dx。

解

第 1 步，分母的导数是 2x+22x+2。把分子拆成“分母导数 + 常数”：2x+3=(2x+2)+12x+3=(2x+2)+1。

第 2 步，积分拆成两项：

∫2x+2x2+2x+2 dx+∫dxx2+2x+2.\int\frac{2x+2}{x^2+2x+2}\,dx+\int\frac{dx}{x^2+2x+2}.

第 3 步，第一项是 g′g\frac{g'}g 型：ln⁡(x2+2x+2)\ln(x^2+2x+2)。（x2+2x+2=(x+1)2+1>0x^2+2x+2=(x+1)^2+1>0，不必加绝对值。）

第 4 步，第二项配方：x2+2x+2=(x+1)2+1x^2+2x+2=(x+1)^2+1。令 u=x+1u=x+1：∫duu2+1=arctan⁡(x+1)\int\frac{du}{u^2+1}=\arctan(x+1)。

第 5 步，答案：

∫2x+3x2+2x+2 dx=ln⁡(x2+2x+2)+arctan⁡(x+1)+C.\int\frac{2x+3}{x^2+2x+2}\,dx=\ln(x^2+2x+2)+\arctan(x+1)+C.

检查 求导：2x+2x2+2x+2+11+(x+1)2=2x+2+1x2+2x+2\frac{2x+2}{x^2+2x+2}+\frac{1}{1+(x+1)^2}=\frac{2x+2+1}{x^2+2x+2}。✓\checkmark

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练习 2.9#

题目 求 ∫xx+1 dx\int x\sqrt{x+1}\,dx。

方法一：根式换元

第 1 步，令 t=x+1t=\sqrt{x+1}（t≥0t\ge0），则 x=t2−1x=t^2-1，dx=2t dtdx=2t\,dt。

第 2 步，代入，三样东西都要换：

∫xx+1 dx=∫(t2−1)⋅t⋅2t dt=∫(2t4−2t2) dt=2t55−2t33+C.\int x\sqrt{x+1}\,dx=\int(t^2-1)\cdot t\cdot2t\,dt=\int(2t^4-2t^2)\,dt=\frac{2t^5}5-\frac{2t^3}3+C.

第 3 步，回代 t=x+1t=\sqrt{x+1}：

25(x+1)5/2−23(x+1)3/2+C.\frac25(x+1)^{5/2}-\frac23(x+1)^{3/2}+C.

方法二：拆开 x=(x+1)−1x=(x+1)-1，所以 xx+1=(x+1)3/2−(x+1)1/2x\sqrt{x+1}=(x+1)^{3/2}-(x+1)^{1/2}，直接用幂函数积分公式，得到同样的结果。

检查 求导：(x+1)3/2−(x+1)1/2=(x+1)1/2[(x+1)−1]=xx+1(x+1)^{3/2}-(x+1)^{1/2}=(x+1)^{1/2}\left[(x+1)-1\right]=x\sqrt{x+1}。✓\checkmark

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练习 2.10#

题目 求：(1) ∫xe2x dx\int xe^{2x}\,dx；(2) ∫arcsin⁡x dx\int\arcsin x\,dx；(3) ∫x2e−x dx\int x^2e^{-x}\,dx。

(1) 解 幂 × 指，u=xu=x（求导变简单），dv=e2xdxdv=e^{2x}dx，v=12e2xv=\frac12e^{2x}：

∫xe2x dx=x2e2x−∫12e2x dx=x2e2x−14e2x+C=(2x−1)e2x4+C.\int xe^{2x}\,dx=\frac x2e^{2x}-\int\frac12e^{2x}\,dx=\frac x2e^{2x}-\frac14e^{2x}+C=\frac{(2x-1)e^{2x}}4+C.

(2) 解 只有一个函数，把 dxdx 当 dvdv：u=arcsin⁡xu=\arcsin x，du=dx1−x2du=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}，v=xv=x。

∫arcsin⁡x dx=xarcsin⁡x−∫x dx1−x2.\int\arcsin x\,dx=x\arcsin x-\int\frac{x\,dx}{\sqrt{1-x^2}}.

剩下的积分用凑微分：x dx=−12d(1−x2)x\,dx=-\frac12d(1-x^2)，

∫x dx1−x2=−12∫(1−x2)−1/2 d(1−x2)=−1−x2+C.\int\frac{x\,dx}{\sqrt{1-x^2}}=-\frac12\int(1-x^2)^{-1/2}\,d(1-x^2)=-\sqrt{1-x^2}+C.

所以 ∫arcsin⁡x dx=xarcsin⁡x+1−x2+C\int\arcsin x\,dx=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C。

(3) 解 表格法：

符号 求导列 积分列
++ x2x^2 e−xe^{-x}
−- 2x2x −e−x-e^{-x}
++ 22 e−xe^{-x}
00 −e−x-e^{-x}

左乘右下、符号交替：

x2(−e−x)−2x(e−x)+2(−e−x)=−e−x(x2+2x+2)+C.x^2(-e^{-x})-2x(e^{-x})+2(-e^{-x})=-e^{-x}(x^2+2x+2)+C.

检查 求导：e−x(x2+2x+2)−e−x(2x+2)=x2e−xe^{-x}(x^2+2x+2)-e^{-x}(2x+2)=x^2e^{-x}。✓\checkmark

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练习 2.11#

题目 求 ∫excos⁡x dx\int e^x\cos x\,dx 和 ∫sin⁡(ln⁡x) dx\int\sin(\ln x)\,dx。

(1) 解 循环型。记 J=∫excos⁡x dxJ=\int e^x\cos x\,dx。两次都让三角函数求导：

第 1 步，u=cos⁡xu=\cos x，dv=exdxdv=e^xdx，则 du=−sin⁡x dxdu=-\sin x\,dx，v=exv=e^x。由 ∫u dv=uv−∫v du\int u\,dv=uv-\int v\,du：

J=excos⁡x−∫ex(−sin⁡x) dx=excos⁡x+∫exsin⁡x dx.J=e^x\cos x-\int e^x(-\sin x)\,dx=e^x\cos x+\int e^x\sin x\,dx.

第 2 步，对 ∫exsin⁡x dx\int e^x\sin x\,dx 再分部：u=sin⁡xu=\sin x，dv=exdxdv=e^xdx，则 du=cos⁡x dxdu=\cos x\,dx，v=exv=e^x：

∫exsin⁡x dx=exsin⁡x−∫excos⁡x dx=exsin⁡x−J.\int e^x\sin x\,dx=e^x\sin x-\int e^x\cos x\,dx=e^x\sin x-J.

第 3 步，把第 2 步的结果整体代回第 1 步（括号不能丢）：

J=excos⁡x+(exsin⁡x−J)=excos⁡x+exsin⁡x−J.J=e^x\cos x+\left(e^x\sin x-J\right)=e^x\cos x+e^x\sin x-J.

JJ 出现在两边，移项得 2J=ex(sin⁡x+cos⁡x)2J=e^x(\sin x+\cos x)，所以

J=ex(sin⁡x+cos⁡x)2+C.J=\frac{e^x(\sin x+\cos x)}2+C.

(2) 解 记 I=∫sin⁡(ln⁡x) dxI=\int\sin(\ln x)\,dx（x>0x>0）。

第 1 步，u=sin⁡(ln⁡x)u=\sin(\ln x)，dv=dxdv=dx，v=xv=x，du=cos⁡(ln⁡x)⋅1x dxdu=\cos(\ln x)\cdot\frac1x\,dx：

I=xsin⁡(ln⁡x)−∫xcos⁡(ln⁡x)⋅1x dx=xsin⁡(ln⁡x)−∫cos⁡(ln⁡x) dx.I=x\sin(\ln x)-\int x\cos(\ln x)\cdot\frac1x\,dx=x\sin(\ln x)-\int\cos(\ln x)\,dx.

第 2 步，同样对 ∫cos⁡(ln⁡x) dx\int\cos(\ln x)\,dx 分部：u=cos⁡(ln⁡x)u=\cos(\ln x)，dv=dxdv=dx，则 v=xv=x，du=−sin⁡(ln⁡x)⋅1x dxdu=-\sin(\ln x)\cdot\frac1x\,dx：

∫cos⁡(ln⁡x) dx=xcos⁡(ln⁡x)−∫x⋅(−sin⁡(ln⁡x)⋅1x)dx=xcos⁡(ln⁡x)+∫sin⁡(ln⁡x) dx=xcos⁡(ln⁡x)+I.\int\cos(\ln x)\,dx=x\cos(\ln x)-\int x\cdot\left(-\sin(\ln x)\cdot\frac1x\right)dx=x\cos(\ln x)+\int\sin(\ln x)\,dx=x\cos(\ln x)+I.

第 3 步，把第 2 步的结果整体代回第 1 步。注意第 1 步里减去的是整个 ∫cos⁡(ln⁡x) dx\int\cos(\ln x)\,dx，所以括号前的负号要作用到括号里的每一项：

I=xsin⁡(ln⁡x)−[xcos⁡(ln⁡x)+I]=xsin⁡(ln⁡x)−xcos⁡(ln⁡x)−I.I=x\sin(\ln x)-\left[x\cos(\ln x)+I\right]=x\sin(\ln x)-x\cos(\ln x)-I.

移项得 2I=x[sin⁡(ln⁡x)−cos⁡(ln⁡x)]2I=x\left[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)\right]，两边除以 22，再补上常数：

I=x2[sin⁡(ln⁡x)−cos⁡(ln⁡x)]+C.I=\frac x2\left[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)\right]+C.

另一种思路 令 x=etx=e^t，dx=etdtdx=e^tdt，I=∫etsin⁡t dtI=\int e^t\sin t\,dt，正是正文第三节例 4 的积分，结果相同。换元后才看出它的“真面目”。

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练习 2.12#

题目 求 ∫x+5x2−x−2 dx\displaystyle\int\frac{x+5}{x^2-x-2}\,dx。

解

第 1 步，分子次数 11 低于分母次数 22，是真分式，不用做除法。

第 2 步，分解分母。要写成 (x+p)(x+q)=x2+(p+q)x+pq(x+p)(x+q)=x^2+(p+q)x+pq 的样子，就要找两个数 pp、qq，和 p+qp+q 等于一次项系数 −1-1，积 pqpq 等于常数项 −2-2。这两个数是 −2-2 和 11，所以 x2−x−2=(x−2)(x+1)x^2-x-2=(x-2)(x+1)。

（另一种看法：x2−x−2=0x^2-x-2=0 的两个根是 22 和 −1-1，由因式定理，x2−x−2=(x−2)(x−(−1))=(x−2)(x+1)x^2-x-2=(x-2)(x-(-1))=(x-2)(x+1)。根和括号里的常数差一个符号。展开 (x−2)(x+1)=x2+x−2x−2=x2−x−2(x-2)(x+1)=x^2+x-2x-2=x^2-x-2，确认无误。）

第 3 步，设 x+5(x−2)(x+1)=Ax−2+Bx+1\dfrac{x+5}{(x-2)(x+1)}=\dfrac A{x-2}+\dfrac B{x+1}。遮盖法：

  • 求 AA：遮住 (x−2)(x-2)，剩 x+5x+1\frac{x+5}{x+1}，代 x=2x=2：73\frac73；
  • 求 BB：遮住 (x+1)(x+1)，剩 x+5x−2\frac{x+5}{x-2}，代 x=−1x=-1：4−3=−43\frac{4}{-3}=-\frac43。

第 4 步，检查：73(x+1)−43(x−2)=7x+7−4x+83=3x+153=x+5\frac73(x+1)-\frac43(x-2)=\frac{7x+7-4x+8}3=\frac{3x+15}3=x+5。✓\checkmark

第 5 步，积分：

∫x+5x2−x−2 dx=73ln⁡∣x−2∣−43ln⁡∣x+1∣+C.\int\frac{x+5}{x^2-x-2}\,dx=\frac73\ln\lvert x-2\rvert-\frac43\ln\lvert x+1\rvert+C.

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练习 2.13#

题目 求 ∫dxx(x+1)2\displaystyle\int\frac{dx}{x(x+1)^2}。

解

第 1 步，模板（x+1x+1 是二重因子，两项都要写）：

1x(x+1)2=Ax+Bx+1+D(x+1)2.\frac1{x(x+1)^2}=\frac Ax+\frac B{x+1}+\frac D{(x+1)^2}.

第 2 步，通分：1=A(x+1)2+Bx(x+1)+Dx1=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Dx。

  • 代 x=0x=0：1=A1=A；
  • 代 x=−1x=-1：1=−D1=-D，D=−1D=-1；
  • 比较 x2x^2 系数：0=A+B0=A+B，B=−1B=-1。

第 3 步，检查（代 x=1x=1）：左边 14\frac14；右边 1−12−14=141-\frac12-\frac14=\frac14。✓\checkmark

第 4 步，积分：

∫[1x−1x+1−1(x+1)2]dx=ln⁡∣x∣−ln⁡∣x+1∣+1x+1+C.\int\left[\frac1x-\frac1{x+1}-\frac1{(x+1)^2}\right]dx=\ln\lvert x\rvert-\ln\lvert x+1\rvert+\frac1{x+1}+C.

（∫−(x+1)−2dx=(x+1)−1\int-(x+1)^{-2}dx=(x+1)^{-1}。）也可以写成 ln⁡∣xx+1∣+1x+1+C\ln\left\lvert\frac{x}{x+1}\right\rvert+\frac1{x+1}+C。

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练习 2.14#

题目 求 ∫x3x2+1 dx\displaystyle\int\frac{x^3}{x^2+1}\,dx。

解

第 1 步，分子 33 次 ≥ 分母 22 次，先做除法。x3=x(x2+1)−xx^3=x(x^2+1)-x，所以

x3x2+1=x−xx2+1.\frac{x^3}{x^2+1}=x-\frac{x}{x^2+1}.

第 2 步，第一项积分 x22\frac{x^2}2；第二项分子是分母导数的一半：∫xx2+1dx=12ln⁡(x2+1)\int\frac{x}{x^2+1}dx=\frac12\ln(x^2+1)。

第 3 步，答案：

∫x3x2+1 dx=x22−12ln⁡(x2+1)+C.\int\frac{x^3}{x^2+1}\,dx=\frac{x^2}2-\frac12\ln(x^2+1)+C.

另一种方法 令 u=x2u=x^2，x3dx=12u dux^3dx=\frac12u\,du，积分变成 12∫uu+1du=12∫(1−1u+1)du\frac12\int\frac{u}{u+1}du=\frac12\int\left(1-\frac1{u+1}\right)du，结果相同。

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练习 2.15#

题目 求 ∫x+2(x+1)(x2+1) dx\displaystyle\int\frac{x+2}{(x+1)(x^2+1)}\,dx。

思路 分子 11 次，分母 33 次，是真分式，不用做除法。分母里 x+1x+1 是一次因子，x2+1x^2+1 没有实根，是不可约的二次因子。按模板设：一次因子配一个常数，二次因子配一个一次式。

解

第 1 步，设

x+2(x+1)(x2+1)=Ax+1+Bx+Cx2+1.\frac{x+2}{(x+1)(x^2+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}.

一共三个待定系数，和分母的次数 33 一致。

第 2 步，用遮盖法求 AA：遮住 (x+1)(x+1)，剩下 x+2x2+1\frac{x+2}{x^2+1}，代入 x=−1x=-1：A=−1+21+1=12A=\frac{-1+2}{1+1}=\frac12。

第 3 步，求 BB、CC。两边乘 (x+1)(x2+1)(x+1)(x^2+1)：

x+2=A(x2+1)+(Bx+C)(x+1)=12(x2+1)+Bx2+(B+C)x+C.x+2=A(x^2+1)+(Bx+C)(x+1)=\frac12(x^2+1)+Bx^2+(B+C)x+C.

比较 x2x^2 的系数：0=12+B0=\frac12+B，所以 B=−12B=-\frac12。比较常数项：2=12+C2=\frac12+C，所以 C=32C=\frac32。再比较 xx 的系数检查：左边 11，右边 B+C=−12+32=1B+C=-\frac12+\frac32=1。✓\checkmark

第 4 步，拆开积分：

∫x+2(x+1)(x2+1) dx=12∫dxx+1+∫−12x+32x2+1 dx.\int\frac{x+2}{(x+1)(x^2+1)}\,dx=\frac12\int\frac{dx}{x+1}+\int\frac{-\frac12x+\frac32}{x^2+1}\,dx.

第一项是 12ln⁡∣x+1∣\frac12\ln\lvert x+1\rvert。

第二项按“分母导数的倍数 + 常数”拆。分母 x2+1x^2+1 的导数是 2x2x，−12x=−14⋅2x-\frac12x=-\frac14\cdot2x：

∫−12x+32x2+1 dx=−14∫2x dxx2+1+32∫dxx2+1=−14ln⁡(x2+1)+32arctan⁡x.\int\frac{-\frac12x+\frac32}{x^2+1}\,dx=-\frac14\int\frac{2x\,dx}{x^2+1}+\frac32\int\frac{dx}{x^2+1}=-\frac14\ln(x^2+1)+\frac32\arctan x.

第 5 步，合起来：

∫x+2(x+1)(x2+1) dx=12ln⁡∣x+1∣−14ln⁡(x2+1)+32arctan⁡x+C.\int\frac{x+2}{(x+1)(x^2+1)}\,dx=\frac12\ln\lvert x+1\rvert-\frac14\ln(x^2+1)+\frac32\arctan x+C.

检查 求导：12(x+1)−x2(x2+1)+32(x2+1)=12(x+1)+3−x2(x2+1)\frac1{2(x+1)}-\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac3{2(x^2+1)}=\frac1{2(x+1)}+\frac{3-x}{2(x^2+1)}。通分，分子是 (x2+1)+(3−x)(x+1)=x2+1+3x+3−x2−x=2x+4(x^2+1)+(3-x)(x+1)=x^2+1+3x+3-x^2-x=2x+4，分母是 2(x+1)(x2+1)2(x+1)(x^2+1)，约去 22 得 x+2(x+1)(x2+1)\frac{x+2}{(x+1)(x^2+1)}。✓\checkmark

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练习 2.16#

题目 求：(1) ∫cos⁡3x dx\int\cos^3x\,dx；(2) ∫cos⁡4x dx\int\cos^4x\,dx。

(1) 解 奇数次：留一个 cos⁡x dx=d(sin⁡x)\cos x\,dx=d(\sin x)，其余 cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2x。

∫cos⁡3x dx=∫(1−sin⁡2x) d(sin⁡x)=sin⁡x−sin⁡3x3+C.\int\cos^3x\,dx=\int(1-\sin^2x)\,d(\sin x)=\sin x-\frac{\sin^3x}3+C.

(2) 解 偶数次：降幂两次。

第 1 步，cos⁡4x=(cos⁡2x)2=(1+cos⁡2x2)2=1+2cos⁡2x+cos⁡22x4\cos^4x=(\cos^2x)^2=\left(\frac{1+\cos2x}2\right)^2=\frac{1+2\cos2x+\cos^22x}{4}。

第 2 步，再对 cos⁡22x\cos^22x 降幂：cos⁡22x=1+cos⁡4x2\cos^22x=\frac{1+\cos4x}2。

第 3 步，

cos⁡4x=14(1+2cos⁡2x+1+cos⁡4x2)=38+12cos⁡2x+18cos⁡4x.\cos^4x=\frac14\left(1+2\cos2x+\frac{1+\cos4x}2\right)=\frac38+\frac12\cos2x+\frac18\cos4x.

第 4 步，逐项积分：

∫cos⁡4x dx=3x8+sin⁡2x4+sin⁡4x32+C.\int\cos^4x\,dx=\frac{3x}8+\frac{\sin2x}4+\frac{\sin4x}{32}+C.

检查 取 ∫0π/2\int_0^{\pi/2}：3π16+0+0=3π16\frac{3\pi}{16}+0+0=\frac{3\pi}{16}，与点火公式 34⋅12⋅π2\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2 一致。✓\checkmark

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练习 2.17#

题目 求 ∫x21−x2 dx\displaystyle\int\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,dx。

解

第 1 步，1−x2\sqrt{1-x^2} 提示 x=sin⁡tx=\sin t，−π2<t<π2-\frac\pi2<t<\frac\pi2，cos⁡t>0\cos t>0。dx=cos⁡t dtdx=\cos t\,dt，1−x2=cos⁡t\sqrt{1-x^2}=\cos t。

第 2 步，代入，再用降幂公式 sin⁡2t=1−cos⁡2t2\sin^2t=\frac{1-\cos2t}2（∫cos⁡2t dt=sin⁡2t2\int\cos2t\,dt=\frac{\sin2t}2，系数还原）：

∫sin⁡2tcos⁡tcos⁡t dt=∫sin⁡2t dt=∫1−cos⁡2t2 dt=t2−12⋅sin⁡2t2+C=t2−sin⁡2t4+C.\int\frac{\sin^2t}{\cos t}\cos t\,dt=\int\sin^2t\,dt=\int\frac{1-\cos2t}2\,dt=\frac t2-\frac12\cdot\frac{\sin2t}2+C=\frac t2-\frac{\sin2t}4+C.

第 3 步，回代（画三角形：对边 xx，斜边 11，邻边 1−x2\sqrt{1-x^2}）：t=arcsin⁡xt=\arcsin x，sin⁡2t=2sin⁡tcos⁡t=2x1−x2\sin2t=2\sin t\cos t=2x\sqrt{1-x^2}。

第 4 步，答案：

∫x21−x2 dx=12arcsin⁡x−x21−x2+C.\int\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac12\arcsin x-\frac x2\sqrt{1-x^2}+C.

检查 求导：121−x2−121−x2+x221−x2\frac1{2\sqrt{1-x^2}}-\frac12\sqrt{1-x^2}+\frac{x^2}{2\sqrt{1-x^2}}。通分（分母 21−x22\sqrt{1-x^2}）：分子 1−(1−x2)+x2=2x21-(1-x^2)+x^2=2x^2，结果 x21−x2\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}。✓\checkmark

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练习 2.18#

题目 用万能代换求 ∫dx1+cos⁡x\displaystyle\int\frac{dx}{1+\cos x}，再用半角公式换一种方法验证。

方法一：万能代换

第 1 步，t=tan⁡x2t=\tan\frac x2，cos⁡x=1−t21+t2\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}，dx=2dt1+t2dx=\frac{2dt}{1+t^2}。

第 2 步，1+cos⁡x=(1+t2)+(1−t2)1+t2=21+t21+\cos x=\frac{(1+t^2)+(1-t^2)}{1+t^2}=\frac{2}{1+t^2}。

第 3 步，

∫dx1+cos⁡x=∫1+t22⋅2dt1+t2=∫dt=t+C=tan⁡x2+C.\int\frac{dx}{1+\cos x}=\int\frac{1+t^2}{2}\cdot\frac{2dt}{1+t^2}=\int dt=t+C=\tan\frac x2+C.

方法二：半角公式

第 1 步，1+cos⁡x=2cos⁡2x21+\cos x=2\cos^2\frac x2（由 cos⁡2θ=2cos⁡2θ−1\cos2\theta=2\cos^2\theta-1，θ=x2\theta=\frac x2）。

第 2 步，

∫dx2cos⁡2x2=∫d(x2)cos⁡2x2=tan⁡x2+C.\int\frac{dx}{2\cos^2\frac x2}=\int\frac{d\left(\frac x2\right)}{\cos^2\frac x2}=\tan\frac x2+C.

（dx=2 d(x2)dx=2\,d\left(\frac x2\right)，与分母的 22 约掉。）

两种方法一致。半角公式更快，说明“万能代换是兜底”：能直接认出结构，就不必动用它。

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练习 2.19#

题目 (1) 求 ∫dx1+cos⁡2x\displaystyle\int\frac{dx}{1+\cos^2x}；(2) 求 ∫0πdx1+cos⁡2x\displaystyle\int_0^\pi\frac{dx}{1+\cos^2x}，并说明为什么不能把 (1) 的原函数直接代入 00 和 π\pi。

(1)

第 1 步，判断能不能用 t=tan⁡xt=\tan x。把 cos⁡x\cos x 换成 −cos⁡x-\cos x，cos⁡2x\cos^2x 不变，所以可以。

第 2 步，分子分母同除以 cos⁡2x\cos^2x。分子变成 dxcos⁡2x\frac{dx}{\cos^2x}；分母变成 1cos⁡2x+1\frac1{\cos^2x}+1。用 1cos⁡2x=1+tan⁡2x\frac1{\cos^2x}=1+\tan^2x，分母是 tan⁡2x+2\tan^2x+2：

∫dx1+cos⁡2x=∫dxcos⁡2xtan⁡2x+2.\int\frac{dx}{1+\cos^2x}=\int\frac{\frac{dx}{\cos^2x}}{\tan^2x+2}.

第 3 步，令 t=tan⁡xt=\tan x，dt=dxcos⁡2xdt=\frac{dx}{\cos^2x}：

∫dtt2+2=12arctan⁡t2+C=12arctan⁡tan⁡x2+C.\int\frac{dt}{t^2+2}=\frac1{\sqrt2}\arctan\frac t{\sqrt2}+C=\frac1{\sqrt2}\arctan\frac{\tan x}{\sqrt2}+C.

（用 ∫dtt2+a2=1aarctan⁡ta+C\int\frac{dt}{t^2+a^2}=\frac1a\arctan\frac ta+C，a=2a=\sqrt2。）

第 4 步，求导验证。记 F(x)=12arctan⁡tan⁡x2F(x)=\frac1{\sqrt2}\arctan\frac{\tan x}{\sqrt2}，由链式法则：

F′(x)=12⋅11+tan⁡2x2⋅12cos⁡2x=1(2+tan⁡2x)cos⁡2x=12cos⁡2x+sin⁡2x=11+cos⁡2x.F'(x)=\frac1{\sqrt2}\cdot\frac{1}{1+\frac{\tan^2x}2}\cdot\frac{1}{\sqrt2\cos^2x}=\frac{1}{(2+\tan^2x)\cos^2x}=\frac1{2\cos^2x+\sin^2x}=\frac1{1+\cos^2x}.

（最后一步：2cos⁡2x+sin⁡2x=cos⁡2x+(cos⁡2x+sin⁡2x)=1+cos⁡2x2\cos^2x+\sin^2x=\cos^2x+(\cos^2x+\sin^2x)=1+\cos^2x。）✓\checkmark

这个结果只在 tan⁡x\tan x 有定义的区间上成立，也就是不含 π2+kπ\frac\pi2+k\pi 的区间。

(2)

第 1 步，看直接代入会怎样。F(π)=12arctan⁡0=0F(\pi)=\frac1{\sqrt2}\arctan0=0，F(0)=0F(0)=0，相减得 00。但被积函数 11+cos⁡2x\frac1{1+\cos^2x} 处处为正，积分一定大于 00。错在 FF 不是 [0,π][0,\pi] 上的原函数：它在 x=π2x=\frac\pi2 处没有定义，左右两侧的极限也不一样，牛顿—莱布尼茨公式要求原函数在整个区间上连续可导，这里不满足。

第 2 步，在 π2\frac\pi2 处断开。被积函数本身是连续的，所以

∫0πdx1+cos⁡2x=∫0π/2dx1+cos⁡2x+∫π/2πdx1+cos⁡2x.\int_0^\pi\frac{dx}{1+\cos^2x}=\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\cos^2x}+\int_{\pi/2}^\pi\frac{dx}{1+\cos^2x}.

在 [0,π2)[0,\frac\pi2) 上 FF 是原函数。积分对上限连续，所以第一段等于 lim⁡b→π/2−[F(b)−F(0)]\lim\limits_{b\to\pi/2^-}\left[F(b)-F(0)\right]。b→π2−b\to\frac\pi2^- 时 tan⁡b→+∞\tan b\to+\infty，arctan⁡→π2\arctan\to\frac\pi2：

∫0π/2dx1+cos⁡2x=12⋅π2−0=π22.\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\cos^2x}=\frac1{\sqrt2}\cdot\frac\pi2-0=\frac{\pi}{2\sqrt2}.

第二段同理，在 (π2,π](\frac\pi2,\pi] 上用 FF。x→π2+x\to\frac\pi2^+ 时 tan⁡x→−∞\tan x\to-\infty，arctan⁡→−π2\arctan\to-\frac\pi2：

∫π/2πdx1+cos⁡2x=F(π)−lim⁡a→π/2+F(a)=0−12⋅(−π2)=π22.\int_{\pi/2}^\pi\frac{dx}{1+\cos^2x}=F(\pi)-\lim_{a\to\pi/2^+}F(a)=0-\frac1{\sqrt2}\cdot\left(-\frac\pi2\right)=\frac{\pi}{2\sqrt2}.

第 3 步，相加：∫0πdx1+cos⁡2x=π22+π22=π2≈2.2214\int_0^\pi\frac{dx}{1+\cos^2x}=\frac{\pi}{2\sqrt2}+\frac\pi{2\sqrt2}=\frac{\pi}{\sqrt2}\approx2.2214。

另一种做法 cos⁡2(π−x)=cos⁡2x\cos^2(\pi-x)=\cos^2x，被积函数关于 x=π2x=\frac\pi2 对称，所以 ∫0π=2∫0π/2=2⋅π22=π2\int_0^\pi=2\int_0^{\pi/2}=2\cdot\frac\pi{2\sqrt2}=\frac\pi{\sqrt2}。结果相同。

说明 直接代入得到 00，差的正好是 FF 在 π2\frac\pi2 处的跳跃：左极限 π22\frac{\pi}{2\sqrt2}，右极限 −π22-\frac\pi{2\sqrt2}，差 π2\frac\pi{\sqrt2}。这和第五节万能代换的断点是同一个现象。

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练习 2.20#

题目 计算：(1) ∫−11(x5cos⁡x+x2) dx\int_{-1}^1(x^5\cos x+x^2)\,dx；(2) ∫02π∣cos⁡x∣ dx\int_0^{2\pi}\lvert\cos x\rvert\,dx；(3) ∫03∣x2−1∣ dx\int_0^3\lvert x^2-1\rvert\,dx。

(1) 解

第 1 步，x5cos⁡xx^5\cos x：(−x)5cos⁡(−x)=−x5cos⁡x(-x)^5\cos(-x)=-x^5\cos x，是奇函数，对称区间上积分为 00。

第 2 步，x2x^2 是偶函数：2∫01x2 dx=232\int_0^1x^2\,dx=\frac23。

答案：23\frac23。（x5cos⁡xx^5\cos x 的原函数要分部积分五次，用奇偶性一步省掉。）

(2) 解

第 1 步，∣cos⁡x∣\lvert\cos x\rvert 的周期是 π\pi，[0,2π][0,2\pi] 包含两个周期。

第 2 步，一个周期 ∫−π/2π/2cos⁡x dx=2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos x\,dx=2。

答案：2×2=42\times2=4。

(3) 解

第 1 步，找变号点：x2−1=0x^2-1=0，在 [0,3][0,3] 内是 x=1x=1。0≤x<10\le x<1 时 x2−1<0x^2-1<0，1<x≤31<x\le3 时 >0>0。

第 2 步，

∫01(1−x2) dx=1−13=23,∫13(x2−1) dx=[x33−x]13=(9−3)−(13−1)=203.\int_0^1(1-x^2)\,dx=1-\frac13=\frac23,\qquad\int_1^3(x^2-1)\,dx=\left[\frac{x^3}3-x\right]_1^3=(9-3)-\left(\frac13-1\right)=\frac{20}3.

第 3 步，相加：23+203=223\frac23+\frac{20}3=\frac{22}3。

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练习 2.21#

题目 用镜像换元计算 ∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx\displaystyle\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\,dx。

思路 被积函数是 x⋅f(sin⁡x)x\cdot f(\sin x) 的形式吗？cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2x，所以 sin⁡x1+cos⁡2x=sin⁡x2−sin⁡2x\frac{\sin x}{1+\cos^2x}=\frac{\sin x}{2-\sin^2x} 确实只依赖 sin⁡x\sin x。用正文的结论 ∫0πxf(sin⁡x) dx=π2∫0πf(sin⁡x) dx\int_0^\pi xf(\sin x)\,dx=\frac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\,dx。

解

第 1 步，记原积分为 II。令 x=π−tx=\pi-t，则 dx=−dtdx=-dt；x=0x=0 时 t=πt=\pi，x=πx=\pi 时 t=0t=0。代入：

I=∫π0(π−t)sin⁡(π−t)1+cos⁡2(π−t) (−dt).I=\int_\pi^0\frac{(\pi-t)\sin(\pi-t)}{1+\cos^2(\pi-t)}\,(-dt).

由诱导公式 sin⁡(π−t)=sin⁡t\sin(\pi-t)=\sin t，cos⁡(π−t)=−cos⁡t\cos(\pi-t)=-\cos t，所以 cos⁡2(π−t)=cos⁡2t\cos^2(\pi-t)=\cos^2t。再用 −dt-dt 的负号把上下限换回来（∫π0(⋯ )(−dt)=∫0π(⋯ ) dt\int_\pi^0(\cdots)(-dt)=\int_0^\pi(\cdots)\,dt）：

I=∫0π(π−t)sin⁡t1+cos⁡2t dt.I=\int_0^\pi\frac{(\pi-t)\sin t}{1+\cos^2t}\,dt.

积分变量叫 tt 还是 xx 都一样，下面把它写回 xx。

第 2 步，两式相加，xx 和 π−x\pi-x 加成 π\pi：

2I=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx.2I=\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x}\,dx.

第 3 步，剩下的积分可以凑微分：sin⁡x dx=−d(cos⁡x)\sin x\,dx=-d(\cos x)。令 u=cos⁡xu=\cos x，xx 从 00 到 π\pi 对应 uu 从 11 到 −1-1：

∫0πsin⁡x dx1+cos⁡2x=∫1−1−du1+u2=∫−11du1+u2=arctan⁡1−arctan⁡(−1)=π2.\int_0^\pi\frac{\sin x\,dx}{1+\cos^2x}=\int_1^{-1}\frac{-du}{1+u^2}=\int_{-1}^1\frac{du}{1+u^2}=\arctan1-\arctan(-1)=\frac\pi2.

第 4 步，2I=π⋅π22I=\pi\cdot\frac\pi2，所以 I=π24I=\dfrac{\pi^2}4。

为什么必须用技巧 原函数 ∫xsin⁡x1+cos⁡2xdx\int\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx 写不成初等函数。镜像换元把讨厌的因子 xx 换成了常数 π2\frac\pi2。

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练习 2.22#

题目 计算 ∫0π/2cos⁡6x dx\int_0^{\pi/2}\cos^6x\,dx 和 ∫0πsin⁡3x dx\int_0^\pi\sin^3x\,dx。

(1) 解 偶数次点火公式（n=6n=6）：

∫0π/2cos⁡6x dx=56⋅34⋅12⋅π2=1548⋅π2=5π32.\int_0^{\pi/2}\cos^6x\,dx=\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{15}{48}\cdot\frac\pi2=\frac{5\pi}{32}.

(2) 解

第 1 步，区间是 [0,π][0,\pi]，不是 [0,π2]\left[0,\frac\pi2\right]。sin⁡x\sin x 关于 x=π2x=\frac\pi2 对称（sin⁡(π−x)=sin⁡x\sin(\pi-x)=\sin x），所以

∫0πsin⁡3x dx=2∫0π/2sin⁡3x dx.\int_0^\pi\sin^3x\,dx=2\int_0^{\pi/2}\sin^3x\,dx.

第 2 步，奇数次点火公式（n=3n=3）：∫0π/2sin⁡3x dx=23⋅1=23\int_0^{\pi/2}\sin^3x\,dx=\frac23\cdot1=\frac23。

第 3 步，答案 43\frac43。

直接验证 ∫sin⁡3x dx=−cos⁡x+cos⁡3x3\int\sin^3x\,dx=-\cos x+\frac{\cos^3x}3（奇次拆一个）。代入：(1−13)−(−1+13)=43\left(1-\frac13\right)-\left(-1+\frac13\right)=\frac43。✓\checkmark

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练习 2.23#

题目 求导：(1) ddx∫xx2sin⁡tt dt\displaystyle\frac{d}{dx}\int_x^{x^2}\frac{\sin t}t\,dt；(2) ddx∫0xsin⁡(x−t)2 dt\displaystyle\frac{d}{dx}\int_0^x\sin(x-t)^2\,dt。

(1) 解 用公式 ddx∫u(x)v(x)f(t)dt=f(v)v′−f(u)u′\frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt=f(v)v'-f(u)u'，f(t)=sin⁡ttf(t)=\frac{\sin t}t，v=x2v=x^2，u=xu=x：

sin⁡x2x2⋅2x−sin⁡xx⋅1=2sin⁡x2−sin⁡xx.\frac{\sin x^2}{x^2}\cdot2x-\frac{\sin x}x\cdot1=\frac{2\sin x^2-\sin x}x.

(2) 解 被积函数含 xx，不能直接代上限。

第 1 步，换元 u=x−tu=x-t（xx 视为常数），dt=−dudt=-du；t=0→u=xt=0\to u=x，t=x→u=0t=x\to u=0：

∫0xsin⁡(x−t)2 dt=∫x0sin⁡u2 (−du)=∫0xsin⁡u2 du.\int_0^x\sin(x-t)^2\,dt=\int_x^0\sin u^2\,(-du)=\int_0^x\sin u^2\,du.

第 2 步，现在 xx 只在上限，导数 =sin⁡x2=\sin x^2。

易错 直接把 t=xt=x 代入被积函数，会得到 sin⁡0=0\sin0=0，这是错的。

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练习 2.24#

题目 求 lim⁡x→0∫0x(et2−1) dtx3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x(e^{t^2}-1)\,dt}{x^3}。

解

第 1 步，分子 →∫00=0\to\int_0^0=0，分母 →0\to0，00\frac00 型。

第 2 步，洛必达：分子导数（变上限积分求导）ex2−1e^{x^2}-1，分母导数 3x23x^2：

ex2−13x2.\frac{e^{x^2}-1}{3x^2}.

第 3 步，u=x2→0u=x^2\to0，eu−1∼ue^u-1\sim u：x23x2=13\frac{x^2}{3x^2}=\frac13。

答案：13\frac13。

另一种看法 t→0t\to0 时 et2−1∼t2e^{t^2}-1\sim t^2，所以分子 ≈∫0xt2dt=x33\approx\int_0^xt^2dt=\frac{x^3}3。

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练习 2.25#

题目 计算：(1) ∫0+∞xe−x dx\int_0^{+\infty}xe^{-x}\,dx；(2) ∫01ln⁡x dx\int_0^1\ln x\,dx；(3) ∫−∞+∞dxx2+2x+2\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+2x+2}。

(1) 解

第 1 步，先求原函数（分部，u=xu=x，dv=e−xdxdv=e^{-x}dx）：∫xe−xdx=−xe−x−e−x=−(x+1)e−x\int xe^{-x}dx=-xe^{-x}-e^{-x}=-(x+1)e^{-x}。

第 2 步，按定义：

∫0Rxe−x dx=[−(x+1)e−x]0R=1−(R+1)e−R.\int_0^Rxe^{-x}\,dx=\Big[-(x+1)e^{-x}\Big]_0^R=1-(R+1)e^{-R}.

第 3 步，R→+∞R\to+\infty 时 R+1eR→0\frac{R+1}{e^R}\to0（指数增长比多项式快，洛必达），所以积分 =1=1。

（这也是 Γ(2)=1!=1\Gamma(2)=1!=1。）

(2) 解

第 1 步，ln⁡x\ln x 在 x→0+x\to0^+ 时趋于 −∞-\infty，00 是瑕点。

第 2 步，原函数 xln⁡x−xx\ln x-x。

∫ε1ln⁡x dx=(0−1)−(εln⁡ε−ε)=−1−εln⁡ε+ε.\int_\varepsilon^1\ln x\,dx=(0-1)-(\varepsilon\ln\varepsilon-\varepsilon)=-1-\varepsilon\ln\varepsilon+\varepsilon.

第 3 步，ε→0+\varepsilon\to0^+：εln⁡ε→0\varepsilon\ln\varepsilon\to0（第一篇算过），所以积分 =−1=-1。

（结果为负，因为 ln⁡x\ln x 在 (0,1)(0,1) 上为负。）

(3) 解

第 1 步，两端都是无穷，拆成 ∫−∞−1+∫−1+∞\int_{-\infty}^{-1}+\int_{-1}^{+\infty}，分别判断。被积函数在两端都像 1x2\frac1{x^2}，p=2>1p=2>1，各自收敛。

第 2 步，配方 x2+2x+2=(x+1)2+1x^2+2x+2=(x+1)^2+1，原函数 arctan⁡(x+1)\arctan(x+1)。

第 3 步，

按定义，在 x=−1x=-1 处拆开，两端各自取极限，AA 和 BB 互不相关：

∫−∞−1dx(x+1)2+1=lim⁡A→−∞[arctan⁡0−arctan⁡(A+1)]=0−(−π2)=π2,\int_{-\infty}^{-1}\frac{dx}{(x+1)^2+1}=\lim_{A\to-\infty}\Big[\arctan0-\arctan(A+1)\Big]=0-\left(-\frac\pi2\right)=\frac\pi2, ∫−1+∞dx(x+1)2+1=lim⁡B→+∞[arctan⁡(B+1)−arctan⁡0]=π2−0=π2.\int_{-1}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)^2+1}=\lim_{B\to+\infty}\Big[\arctan(B+1)-\arctan0\Big]=\frac\pi2-0=\frac\pi2.

两段都收敛，相加得 ∫−∞+∞dxx2+2x+2=π\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+2x+2}=\pi。

（如果只算 lim⁡R→+∞∫−RR\lim\limits_{R\to+\infty}\int_{-R}^R，那是正文说的“对称截断”，即使有限也不能说明积分收敛。这里两段分别收敛，所以没有问题。）

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练习 2.26#

题目 判断收敛性：(1) ∫1+∞dxx1+x2\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{1+x^2}}；(2) ∫01dxsin⁡x\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sin x}；(3) ∫1+∞ln⁡xx2 dx\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2}\,dx。

(1) 解

第 1 步，危险点只有 +∞+\infty（x≥1x\ge1 时被积函数有界）。

第 2 步，x→∞x\to\infty 时 1+x2∼x\sqrt{1+x^2}\sim x，所以被积函数 ∼1x2\sim\frac1{x^2}。

第 3 步，在 [1,+∞)[1,+\infty) 上被积函数和 1x2\frac1{x^2} 都是正的，可以用比较判别法的极限形式：lim⁡x→+∞1/(x1+x2)1/x2=lim⁡x→+∞x1+x2=1\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1/(x\sqrt{1+x^2})}{1/x^2}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=1，与 ∫1∞dxx2\int_1^\infty\frac{dx}{x^2}（p=2>1p=2>1，收敛）同敛散。收敛。

（实际值是 ln⁡(1+2)\ln(1+\sqrt2)，可以用 x=tan⁡tx=\tan t 算出。）

(2) 解

第 1 步，x→0+x\to0^+ 时 sin⁡x→0\sin x\to0，00 是瑕点。

第 2 步，在 (0,1](0,1] 上 sin⁡x>0\sin x>0，被积函数是正的。sin⁡x∼x\sin x\sim x，所以 lim⁡x→0+1/sin⁡x1/x=lim⁡x→0+xsin⁡x=1\lim\limits_{x\to0^+}\frac{1/\sin x}{1/x}=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{x}{\sin x}=1。

第 3 步，∫01dxx\int_0^1\frac{dx}x 发散（p=1p=1），所以原积分发散。

(3) 解

第 1 步，x>1x>1 时 ln⁡x>0\ln x>0，被积函数是正的。ln⁡x\ln x 增长得比任何正次幂都慢（第一篇第六节），取 p=32p=\frac32 比较：

ln⁡x/x21/x3/2=ln⁡xx→0(洛必达：1/x1/(2x)=2x→0).\frac{\ln x/x^2}{1/x^{3/2}}=\frac{\ln x}{\sqrt x}\to0\quad(\text{洛必达：}\tfrac{1/x}{1/(2\sqrt x)}=\tfrac2{\sqrt x}\to0).

第 2 步，比值趋于 00，说明 xx 足够大时 ln⁡xx2<1x3/2\frac{\ln x}{x^2}<\frac1{x^{3/2}}，而后者积分收敛，所以原积分收敛。

（实际值：分部积分 u=ln⁡xu=\ln x，dv=x−2dxdv=x^{-2}dx，∫1∞=[−ln⁡xx]1∞+∫1∞dxx2=0+1=1\int_1^\infty=\left[-\frac{\ln x}x\right]_1^\infty+\int_1^\infty\frac{dx}{x^2}=0+1=1。）

方法提示 比较判别法只能用于不变号的函数（这里都是正的）；会变号的函数要先看绝对值（正文“绝对收敛与条件收敛”）。极限比较时，比值趋于 00 也有用：f≥0f\ge0、g>0g>0，fg→0\frac fg\to0 且 ∫g\int g 收敛，则 ∫f\int f 收敛。ln⁡x\ln x 这类“慢增长”因子，常常用“牺牲一点点幂次”的办法处理。

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练习 2.27#

题目 判断收敛性，收敛的话能算就算出值：(1) ∫2+∞dxxln⁡x\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{\ln x}}；(2) ∫2+∞(ln⁡x)10x1.01 dx\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{(\ln x)^{10}}{x^{1.01}}\,dx；(3) ∫01/2dxx(ln⁡x)2\displaystyle\int_0^{1/2}\frac{dx}{x(\ln x)^2}。

思路 三题都是正文“分母里还有对数”的形式 1xp(ln⁡x)q\frac1{x^p(\ln x)^q}，先读出 pp 和 qq。p=1p=1 时可以直接换元 u=ln⁡xu=\ln x 算出来。

(1) 解

第 1 步，读出 pp、qq：1xln⁡x=1x1(ln⁡x)1/2\frac1{x\sqrt{\ln x}}=\frac1{x^1(\ln x)^{1/2}}，p=1p=1，q=12q=\frac12。在分界线 p=1p=1 上，看 qq：q=12≤1q=\frac12\le1，所以发散。

第 2 步，直接验证。x≥2x\ge2 时 ln⁡x≥ln⁡2>0\ln x\ge\ln2>0，被积函数是正的，危险点只有 +∞+\infty。令 u=ln⁡xu=\ln x，du=dxxdu=\frac{dx}x；x=2x=2 时 u=ln⁡2u=\ln2，x=Rx=R 时 u=ln⁡Ru=\ln R：

∫2Rdxxln⁡x=∫ln⁡2ln⁡Rduu=[2u]ln⁡2ln⁡R=2ln⁡R−2ln⁡2.\int_2^R\frac{dx}{x\sqrt{\ln x}}=\int_{\ln2}^{\ln R}\frac{du}{\sqrt u}=\Big[2\sqrt u\Big]_{\ln2}^{\ln R}=2\sqrt{\ln R}-2\sqrt{\ln2}.

R→+∞R\to+\infty 时 ln⁡R→+∞\ln R\to+\infty，所以积分趋于 +∞+\infty，发散。不过它发散得极慢：要让 2ln⁡R2\sqrt{\ln R} 达到 2020，需要 ln⁡R=100\ln R=100，也就是 R=e100≈2.7×1043R=e^{100}\approx2.7\times10^{43}。

(2) 解

第 1 步，读出 pp、qq：(ln⁡x)10x1.01=1x1.01(ln⁡x)−10\frac{(\ln x)^{10}}{x^{1.01}}=\frac1{x^{1.01}(\ln x)^{-10}}，p=1.01p=1.01，q=−10q=-10。

第 2 步，p>1p>1，由正文的结论，不管 qq 是多少都收敛，所以收敛。

第 3 步，按正文的办法具体比较一次。在 11 和 1.011.01 之间取 p1=1.005p_1=1.005，δ=1.01−1.005=0.005\delta=1.01-1.005=0.005：

(ln⁡x)10/x1.011/x1.005=(ln⁡x)10x0.005→0(x→+∞),\frac{(\ln x)^{10}/x^{1.01}}{1/x^{1.005}}=\frac{(\ln x)^{10}}{x^{0.005}}\to0\qquad(x\to+\infty),

这是第一篇第六节的增长排序：对数的任何次幂都比任何正次幂长得慢。所以 xx 足够大以后，被积函数小于 1x1.005\frac1{x^{1.005}}，而 ∫dxx1.005\int\frac{dx}{x^{1.005}} 收敛（p=1.005>1p=1.005>1）。

说明 收敛不代表积分值小。令 u=ln⁡xu=\ln x，x=eux=e^u，dx=eu dudx=e^u\,du，x1.01=e1.01ux^{1.01}=e^{1.01u}，积分变成 ∫ln⁡2+∞u10e−0.01u du\int_{\ln2}^{+\infty}u^{10}e^{-0.01u}\,du，它的值大约是 10!×10011≈3.6×102810!\times100^{11}\approx3.6\times10^{28}。被积函数要等到 xx 大到 e1000e^{1000} 附近（u10e−0.01uu^{10}e^{-0.01u} 在 u=1000u=1000 处最大）才开始明显下降。收敛只说明面积最终是有限的，不说明它什么时候“收住”。

(3) 解

第 1 步，找危险点。在 (0,12]\left(0,\frac12\right] 上 ln⁡x≤ln⁡12<0\ln x\le\ln\frac12<0，(ln⁡x)2>0(\ln x)^2>0，被积函数是正的、连续的。x→0+x\to0^+ 时，分母 x(ln⁡x)2x(\ln x)^2 里一个因子趋于 00、一个趋于 +∞+\infty。由第一篇第六节的 00 附近版本（δ=1\delta=1，q=2q=2），x∣ln⁡x∣2→0x\lvert\ln x\rvert^2\to0，分母趋于 00，被积函数无界，所以 00 是瑕点。

第 2 步，读出 pp、qq：p=1p=1，q=2>1q=2>1，由正文 00 附近的结论，收敛。

第 3 步，算出值。令 u=ln⁡xu=\ln x，du=dxxdu=\frac{dx}x，∫dxx(ln⁡x)2=∫duu2=−1u+C=−1ln⁡x+C\int\frac{dx}{x(\ln x)^2}=\int\frac{du}{u^2}=-\frac1u+C=-\frac1{\ln x}+C。（求导验证：(−1ln⁡x)′=1(ln⁡x)2⋅1x\left(-\frac1{\ln x}\right)'=\frac1{(\ln x)^2}\cdot\frac1x。✓\checkmark）

∫ε1/2dxx(ln⁡x)2=[−1ln⁡x]ε1/2=−1ln⁡12+1ln⁡ε=1ln⁡2+1ln⁡ε.\int_\varepsilon^{1/2}\frac{dx}{x(\ln x)^2}=\left[-\frac1{\ln x}\right]_\varepsilon^{1/2}=-\frac1{\ln\frac12}+\frac1{\ln\varepsilon}=\frac1{\ln2}+\frac1{\ln\varepsilon}.

（ln⁡12=−ln⁡2\ln\frac12=-\ln2。）ε→0+\varepsilon\to0^+ 时 ln⁡ε→−∞\ln\varepsilon\to-\infty，1ln⁡ε→0\frac1{\ln\varepsilon}\to0，所以积分等于 1ln⁡2≈1.4427\frac1{\ln2}\approx1.4427。

说明 如果上限取到 11，x=1x=1 处 ln⁡x=0\ln x=0，分母又为 00，会多出一个瑕点。在 x=1x=1 附近，ln⁡x≈x−1\ln x\approx x-1，被积函数像 1(x−1)2\frac1{(x-1)^2}，那一端是发散的。所以题目把上限取在 12\frac12。

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练习 2.28#

题目 求抛物线 y=x2y=x^2 与 y=2−x2y=2-x^2 所围区域的面积。

解

第 1 步，交点：x2=2−x2x^2=2-x^2，x2=1x^2=1，x=±1x=\pm1。

第 2 步，在 −1<x<1-1<x<1 内（比如 x=0x=0：2>02>0），y=2−x2y=2-x^2 在上。

第 3 步，

A=∫−11[(2−x2)−x2]dx=∫−11(2−2x2) dx=2∫01(2−2x2) dx=2(2−23)=83.A=\int_{-1}^1\left[(2-x^2)-x^2\right]dx=\int_{-1}^1(2-2x^2)\,dx=2\int_0^1(2-2x^2)\,dx=2\left(2-\frac23\right)=\frac83.

（被积函数是偶函数，用了对称性。）

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练习 2.29#

题目 求 y=xy=\sqrt x（0≤x≤40\le x\le4）与 xx 轴所围区域分别绕 xx 轴、绕 yy 轴旋转所得立体的体积。

(1) 绕 xx 轴：圆盘法

截面是半径 x\sqrt x 的圆盘（区域的下边界就是 xx 轴本身，没有内孔）：

Vx=π∫04(x)2 dx=π∫04x dx=8π.V_x=\pi\int_0^4(\sqrt x)^2\,dx=\pi\int_0^4x\,dx=8\pi.

(2) 绕 yy 轴：柱壳法

竖直小条在 xx 处，高 x\sqrt x，到 yy 轴的距离（半径）xx：

Vy=2π∫04xx dx=2π[25x5/2]04=2π⋅25⋅32=128π5.V_y=2\pi\int_0^4x\sqrt x\,dx=2\pi\left[\frac25x^{5/2}\right]_0^4=2\pi\cdot\frac25\cdot32=\frac{128\pi}5.

用垫圈法验证 VyV_y 以 yy 为变量，yy 从 00 到 22。区域在高度 yy 处横跨 x∈[y2,4]x\in[y^2,4]，绕 yy 轴得到外半径 44、内半径 y2y^2 的垫圈：

Vy=π∫02(16−y4)dy=π(32−325)=128π5. ✓V_y=\pi\int_0^2\left(16-y^4\right)dy=\pi\left(32-\frac{32}5\right)=\frac{128\pi}5.\ \checkmark

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练习 2.30#

题目 求曲线 y=ln⁡cos⁡xy=\ln\cos x 在 0≤x≤π40\le x\le\frac\pi4 上的弧长。

解

第 1 步，y′=−sin⁡xcos⁡x=−tan⁡xy'=\frac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x。

第 2 步，1+y′2=1+tan⁡2x=sec⁡2x1+y'^2=1+\tan^2x=\sec^2x，1+y′2=sec⁡x\sqrt{1+y'^2}=\sec x（在 [0,π4]\left[0,\frac\pi4\right] 上 cos⁡x>0\cos x>0）。

第 3 步，用正文推出的 ∫sec⁡x dx=ln⁡∣sec⁡x+tan⁡x∣\int\sec x\,dx=\ln\lvert\sec x+\tan x\rvert：

L=∫0π/4sec⁡x dx=ln⁡(sec⁡π4+tan⁡π4)−ln⁡(1+0)=ln⁡(2+1).L=\int_0^{\pi/4}\sec x\,dx=\ln\left(\sec\frac\pi4+\tan\frac\pi4\right)-\ln(1+0)=\ln(\sqrt2+1).

约等于 0.8810.881。（区间长度 π4≈0.785\frac\pi4\approx0.785，曲线略长于水平距离，合理。）

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练习 2.31#

题目 求双纽线 r2=a2cos⁡2θr^2=a^2\cos2\theta 所围图形的面积。

解

第 1 步，r2≥0r^2\ge0 要求 cos⁡2θ≥0\cos2\theta\ge0，即 −π4≤θ≤π4-\frac\pi4\le\theta\le\frac\pi4（右边一瓣），以及 3π4≤θ≤5π4\frac{3\pi}4\le\theta\le\frac{5\pi}4（左边一瓣）。图形像横放的“∞\infty”。

第 2 步，图形关于 xx 轴、yy 轴都对称，算第一象限部分（0≤θ≤π40\le\theta\le\frac\pi4）再乘 44。

第 3 步，极坐标面积公式 12∫r2dθ\frac12\int r^2d\theta，这里 r2r^2 直接给出：

A=4⋅12∫0π/4a2cos⁡2θ dθ=2a2[sin⁡2θ2]0π/4=2a2⋅12=a2.A=4\cdot\frac12\int_0^{\pi/4}a^2\cos2\theta\,d\theta=2a^2\left[\frac{\sin2\theta}2\right]_0^{\pi/4}=2a^2\cdot\frac12=a^2.

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练习 2.32#

题目 一根弹簧拉长 0.10.1 米需要 55 牛顿的力。求把它从拉长 0.10.1 米处继续拉到拉长 0.30.3 米处所做的功。

解

第 1 步，由胡克定律 F=kxF=kx：5=k⋅0.15=k\cdot0.1，k=50k=50 N/m。

第 2 步，拉长量从 xx 到 x+dxx+dx，做功 dW=50x dxdW=50x\,dx。

第 3 步，

W=∫0.10.350x dx=25(0.32−0.12)=25×0.08=2 焦耳.W=\int_{0.1}^{0.3}50x\,dx=25\left(0.3^2-0.1^2\right)=25\times0.08=2\ \text{焦耳}.

易错 积分下限是 0.10.1 而不是 00：题目问的是从已经拉长 0.10.1 米的状态继续拉。

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练习 2.33#

题目 一块等腰三角形薄板竖直浸在水中，底边长 22 米、与水面平齐，顶点朝下、深 33 米。求一侧所受的水压力。

解

第 1 步，设深度 yy（向下为正），0≤y≤30\le y\le3。在深度 yy 处，三角形的宽度随深度线性减小：y=0y=0 时宽 22，y=3y=3 时宽 00，所以宽度 w(y)=2⋅3−y3=23(3−y)w(y)=2\cdot\frac{3-y}3=\frac23(3-y)。

第 2 步，深度 yy 处取高 dydy 的水平薄带，面积 w(y) dyw(y)\,dy，压强 ρgy\rho gy，受力

dF=ρgy⋅23(3−y) dy.dF=\rho gy\cdot\frac23(3-y)\,dy.

第 3 步，

F=23ρg∫03(3y−y2) dy=23ρg(272−9)=23ρg⋅92=3ρg.F=\frac23\rho g\int_0^3(3y-y^2)\,dy=\frac23\rho g\left(\frac{27}2-9\right)=\frac23\rho g\cdot\frac92=3\rho g.

代入 ρ=1000\rho=1000、g=9.8g=9.8：F=29400F=29400 牛顿。

检查 压力 == 形心处的压强 × 面积。三角形面积 33，形心在底边下方 13\frac13 高处，深度 11，压强 ρg\rho g，所以 F=ρg⋅1⋅3=3ρgF=\rho g\cdot1\cdot3=3\rho g。✓\checkmark

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练习 2.34#

题目 一根杆位于 0≤x≤20\le x\le2，线密度为 1+x1+x。求它的质量和质心。

解

第 1 步，质量：

M=∫02(1+x) dx=[x+x22]02=2+2=4.M=\int_0^2(1+x)\,dx=\left[x+\frac{x^2}2\right]_0^2=2+2=4.

第 2 步，静矩：

∫02x(1+x) dx=[x22+x33]02=2+83=143.\int_0^2x(1+x)\,dx=\left[\frac{x^2}2+\frac{x^3}3\right]_0^2=2+\frac83=\frac{14}3.

第 3 步，质心 xˉ=14/34=76\bar x=\dfrac{14/3}{4}=\dfrac76。

检查方向 杆越往右越重，质心应在中点 11 的右边。76≈1.17>1\frac76\approx1.17>1。✓\checkmark

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练习 2.35#

题目 用梯形公式（n=4n=4）计算 ∫01dx1+x2\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{1+x^2} 的近似值，用误差公式给出误差上界，再和精确值 π4\frac\pi4 比较。（提示：在 [0,1][0,1] 上 ∣(11+x2)′′∣≤2\left\lvert\left(\frac1{1+x^2}\right)''\right\rvert\le2。）

解

第 1 步，n=4n=4，h=1−04=0.25h=\frac{1-0}4=0.25，分点 0, 0.25, 0.5, 0.75, 10,\ 0.25,\ 0.5,\ 0.75,\ 1。算函数值 f(x)=11+x2f(x)=\frac1{1+x^2}：

xx 00 0.250.25 0.50.5 0.750.75 11
1+x21+x^2 11 1.06251.0625 1.251.25 1.56251.5625 22
f(x)f(x) 11 0.9411760.941176 0.80.8 0.640.64 0.50.5

第 2 步，梯形公式：两个端点各算一半，中间的点各算一次：

T4=0.25[1+0.52+0.941176+0.8+0.64]=0.25×(0.75+2.381176)=0.25×3.131176=0.782794.T_4=0.25\left[\frac{1+0.5}2+0.941176+0.8+0.64\right]=0.25\times(0.75+2.381176)=0.25\times3.131176=0.782794.

第 3 步，误差上界。梯形公式的误差不超过 M(b−a)312n2\frac{M(b-a)^3}{12n^2}，MM 是 ∣f′′∣\lvert f''\rvert 在区间上的最大值（或任何一个上界）。题目的提示给出 ∣f′′∣≤2\lvert f''\rvert\le2（推导见最后的“附”），取 M=2M=2：

∣∫01f dx−T4∣≤M(b−a)312n2=2×112×16=196≈0.0104.\left\lvert\int_0^1f\,dx-T_4\right\rvert\le\frac{M(b-a)^3}{12n^2}=\frac{2\times1}{12\times16}=\frac1{96}\approx0.0104.

第 4 步，精确值：∫01dx1+x2=arctan⁡1−arctan⁡0=π4≈0.785398\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\arctan1-\arctan0=\frac\pi4\approx0.785398。实际误差 0.785398−0.782794=0.0026040.785398-0.782794=0.002604，确实小于上界 0.01040.0104。

说明 误差公式给的是一个保证：真实误差一定不超过它。实际误差往往比上界小，因为上界是按 ∣f′′∣\lvert f''\rvert 最大的情况估计的，而这里 ∣f′′∣\lvert f''\rvert 只在 x=0x=0 附近接近 22。

附：∣f′′∣≤2\lvert f''\rvert\le2 怎么来的 f′(x)=−2x(1+x2)2f'(x)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}，再求一次导并化简，得 f′′(x)=6x2−2(1+x2)3f''(x)=\frac{6x^2-2}{(1+x^2)^3}。在 [0,1][0,1] 上，分子在 −2-2 到 44 之间，分母至少是 11；当分子为正（x2>13x^2>\frac13）时，分母至少是 (43)3>2\left(\frac43\right)^3>2，所以 f′′<42=2f''<\frac42=2；当分子为负时，∣f′′∣≤21=2\lvert f''\rvert\le\frac{2}{1}=2。所以 ∣f′′∣≤2\lvert f''\rvert\le2。

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