
>[!example] 例题
>已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x|  \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$
(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$
(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2}$

>[!note] 解析
>由于函数 $|\cos x|$ 以 $\pi$ 为周期，所以$$a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x|  \, \text dx = n \int_0^{\pi} |\cos x|  \, \text dx = n \cdot 2 \int_0^{\pi/2} \cos x  \, \text dx = 2n\sin x|_0^{\pi/2} = 2n.$$
>对于选项(A)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}2,$ 显然发散；
>对于选项(B)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n},$ 是调和级数的两倍，也发散；
>对于选项(C)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n 2,$ 通项不趋于 $0$，故发散；
>对于选项(D)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n^2} = 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$，为交错级数，由莱布尼兹判别法易知其收敛.
>故选D.

>[!summary] 题后总结
>这道题的关键在于利用三角函数的<span style='color: blue'>周期性</span>，然后再利用对称性（第二个等号处）简化积分的计算。尤其要注意带绝对值的三角函数，它的定积分基本上只需要对 $\dfrac{\pi}{2}$ 的长度进行研究就可以了（见图）。

![[cosx的绝对值.png]]

>[!example] 例题
>已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx$ 的值为$\underline{\qquad}.$

>[!note] 解析（？）
>由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由最值定理，存在 $m,M>0$，使得 $m\leqslant f(x)\leqslant M,$ 故$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)  \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)  \, \text dx.$$又有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1$，所以由夹逼定理知$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx = \int_a^b g(x)  \, \text dx.$$

>[!summary] 题后总结
>这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？
>我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$$从而可以用估值定理和夹逼定理做出这道题……吗？
>不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)  \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)  \, \text dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号得条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。

>[!note] 解析
>仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ 
>考虑差$\displaystyle\int_a^bg(x)\sqrt[n]{f(x)}\text dx-\int_a^bg(x)\text dx=\int_a^bg(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)\text dx.$
>由于我们不清楚 $g(x)$ 的符号，所以考虑绝对值 $$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx.$$由于 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以它必定有界，即存在正数 $G\gt0$，使得 $|g(x)|\leqslant G,$ 故$$0\leqslant\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx\leqslant G\int_a^b|\sqrt[n]{f(x)}-1|\text dx.$$由于 $\displaystyle\sqrt[n]m-1\leqslant \sqrt[n]{f(x)}-1\leqslant\sqrt[n]M-1,$ 所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{f(x)}-1=0,$ 从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0,$ 故$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_a^bG|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0\qquad(*),$$由夹逼定理知$$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx=0,$$故$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx = \int_a^b g(x)  \, \text dx.$$

>[!summary] 题后总结
>上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。
>其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。
>>[!note] 补充证明
>>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ 
>
>实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。
>有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，<span style='color: blue'>这个不等式究竟是否成立</span>。

>[!example] 例题
>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geqslant 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, \text dx$。

>[!note] 解析
>易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, dx = \int_{-1}^0 f(x)  \, dx + \int_0^1 f(x)  \, dx$。
对于第一部分：$$\begin{aligned}
  \int_{-1}^0 f(x)  \, dx 
  &= \int_{-1}^0 \frac{\arctan x}{1+x^2}  \, dx \\
  &= \int_{-1}^0 \arctan x  \, d(\arctan x) \\
  &= \frac{1}{2} (\arctan x)^2 \bigg|_{-1}^0 \\
  &= -\frac{\pi^2}{32}.
  \end{aligned}$$对于第二部分，令 $t = \sqrt[3]{x}$，则 $x = t^3,\ dx = 3t^2 dt$，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1$：$$\begin{aligned}
  \int_0^1 f(x)  \, dx &= \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt[3]{x}}  \, dx = \int_0^1 \frac{1}{1+t} \cdot 3t^2  \, dt = 3 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t}  \, dt \\
  &= 3 \int_0^1 \left( t - 1 + \frac{1}{1+t} \right)  \, dt \\
  &= 3 \left[ \frac{1}{2} t^2 - t + \ln |1+t| \right]_0^1 \\
  &= 3 \left( \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 \right) \\
  &= 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.
  \end{aligned}$$
  故$$I = \int_{-1}^1 f(x)  \, dx = \int_{-1}^0 f(x)  \, dx + \int_0^1 f(x)  \, dx = -\frac{\pi^2}{32} + 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.$$

>[!summary] 题后总结
>这道题的关键就是分段。<span style='color: orange'>分段函数定积分一定要分段求</span>，剩下的就是换元法和分部积分法能解决的问题了。

>[!example] 例题
>(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛；
(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。

>[!note] 解析
>（1）证明：
>考虑数列的单调性，有 $$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}),$$由于$\displaystyle\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\gt\frac{1}{2\sqrt{n+1}},$ 所以$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\lt0,$$即数列 $\{a_n\}$ 单调递减。
>另一方面，利用定积分进行估计：$$2\sqrt n-2=\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}}  \, dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}}  \, dx=2\sqrt n-1,$$
>所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。
>（2）
>**解1：**
>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0$，故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$
>**解2：**
>利用定积分的定义：$$
\begin{aligned}
\lim_{n \to \infty} &\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}} \right)\\
&= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}}  \, dx \\
&= 2\sqrt{1+x} \bigg|_0^1 \\
&= 2\sqrt{2} - 2.
\end{aligned}$$故所求极限为 $2\sqrt{2} - 2$。

>[!summary] 题后总结
>这道题相当地难！如果没有见过类似的题目，根本想不到第一问要用单调有界定理，第二问要用第一问的数列作差。当然为了呼应这次的标题，我们也提供了用定积分定义的解决方法。
>这道题的渊源是什么呢？这是一道工科数分的题，我怀疑工科数分和真正的数分用的教材是类似的，因为这道题和下面这道题很像，而下面的题是数分教材里的经典例题……
>>[!example] 补充例题
>>记 $\displaystyle b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,$ 求证 $\{b_n\}$ 收敛。并利用这个结果证明 $\displaystyle\ln2=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$
>
>除了有界性，证明方法和上面如出一辙！所以第一问不要求大家完全掌握，了解为主；但第二问的解2需要掌握，这是利用定积分定义的经典题目。

>[!example] 例题
>求不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x  \, dx = \underline{\qquad}.$

>[!note] 解析
>$$\begin{aligned}
>\int x\tan^2x\text dx
>&=\int x(sec^2x-1)\text dx\\
>&=\int x\text d(\tan x)-\int x\text dx\\
>&=x\tan x-(-\ln|\cos x|)-\frac{x^2}{2}+C\\
>&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C
>\end{aligned}$$

>[!example] 例题
>已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
$$\int_0^x t f(x-t)  \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t)  \, \mathrm{d}t.$$
(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；（5 分）
(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 \text e^x f(x)  \, \mathrm{d}x$。（3 分）

>[!note] 解析
>（1）令 $u=x-t$，则$$\begin{aligned}
>-\int_x^0(x-u)f(u)\text du
>&=x\int_0^xf(u)\text du-\int_0^xuf(u)\text du\\
>&=x^3-\int_0^xf(t)\text dt\\
>&=x^3-\int_0^xf(u)\text du
>\end{aligned},$$
>两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$
>再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$
>（2）
>**解1：** 考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
>\int \text e^xf(x)\text dx
>&=\int f(x)\text d\text e^x\\
>&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\
>&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\
>&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx
>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=6,$ 故 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+6.$
>从而 $\displaystyle \int_0^1\text e^xf(x)\text dx=6(x+2)\text e^x\big|_0^1+6x\big|_0^1=18\text e-6.$
>
>**解2：** 令 $g(x) = \text e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且$$g'(x) = \text e^x [f'(x)+f(x)] = 6x \text e^x.$$
积分得$$g(x) = \int 6x \text e^x  \, \mathrm{d}x = 6(x-1)\text e^x + C.$$
代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以$$g(x) = 6(x-1)\text e^x + 6.
$$于是$$\begin{aligned}
\int_0^1 \text e^x f(x)  \, \mathrm{d}x 
&= \int_0^1 \left[ 6(x-1)\text e^x + 6 \right]  \, \mathrm{d}x \\
&= \left[ 6(x-2)\text e^x + 6x \right]_0^1 \\
&= ( -6\text e + 6) - (-12) \\
&= 18 - 6\text e.
\end{aligned}$$

>[!summary] 题后总结
>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）<span style='color: orange'>定积分的值与被积变量无关</span>。第二点很容易被忘记。
>第二问的两种解法都是有来头的。
>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是<span style='color: orange' >不要忘记积分常数</span>。
>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意<span style='color: orange' >不要忘记积分常数</span>。

>[!examle] 例题
>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；
(2) 计算 $I_3$ 的值。

>[!note] 解析
>（1）证明：$$\begin{aligned}
I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x  \, \mathrm{d}x \\
&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}(\tan x) \\
&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x  \, \mathrm{d}x \\
&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}x \\
&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}x \\
&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right),
\end{aligned}$$
>故$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.$
>（2）$\displaystyle I_1=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec x\text dx=[\ln|\sec x+\tan x|]_0^\frac{\pi}{4}=\ln(\sqrt2+1).$
>故$\displaystyle I_3=\frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).$

>[!summary] 题后总结
>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\sec^2x$ 出来；而且 $\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。

>[!example] 例题
>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。
>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。

>[!note] 解析
>（1）$f'_n(x)=x^2(1-x)\sin^{2n}x$，令 $f'_n(x)=0$，得 $x=0,1,\pm n\pi(n=1,2,\cdots)$
>当 $0\lt x\lt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\gt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$；当 $x\gt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\lt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$，故 $f'_n(x)\lt0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。
>
>（2）当 $t\in[0,1]$ 时，有 $0\leqslant\sin t\leqslant t$，故$$\begin{aligned}
>0\leqslant a_n
>&=\int_0^1t^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt\\
>&\leqslant\int_0^1t^{2n+2}(1-t)\text dt\\
>&=\frac{t^{2n+3}}{2n+3}\bigg|_0^1-\frac{t^{2n+4}}{2n+4}\bigg|_0^1\\
>&=\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}.
>\end{aligned}$$
>又$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)(2n+4)}{n^2}=4,$$由比较判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 收敛，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。

>[!summary] 题后总结
>第一问就是单调性的分析。
>第二问把积分和级数结合起来，关键在于放缩。至于放缩的技巧……只能说，多练吧，有一个记一个。

>[!example] 例题
>已知 $f'(x)=\arctan (x^2-1)$，$f(1)=0$，求 $\displaystyle\int_0^1f(x)\text dx$。

>[!note] 解析
>用分部积分法得 $$I=xf(x)|^1_0-\int_0^1xf'(x)\text dx=-\int_0^1x\arctan(x^2-1)\text dx.$$
>令 $u=x^2-1$，则 $\text du=2x\text dx$，于是 $$I=-\frac{1}{2}\int_{-1}^0\arctan u\text du=-\frac{1}{2}((u\arctan u)|_{-1}^0-\frac{1}{2}\ln(1+u^2)|_{-1}^0)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln2.$$

>[!example] 例题
>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$.
>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$；
>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性.

>[!note] 解析
>（1）**解1：**$$\begin{aligned}
>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\
>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\
>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\
>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\
>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\
>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\
>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}.
>\end{aligned}$$
>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$
>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$
>**解2：** 令 $t=1-x$，则
>$$\begin{aligned}
a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\
&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\
&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}.
>\end{aligned}$$
>后同解1
>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$
>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。
综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散.

>[!summary] 题后总结
>第一问解1是利用第一类换元法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，大大简化了计算，可以作为经验积累下来。为什么用这种换元呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子 $(1-x)$ 上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。
 
