From b8b1b69f322bd3b827c29f250da77dd8e4b82953 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= Date: Wed, 28 Jan 2026 18:26:23 +0800 Subject: [PATCH 1/4] vault backup: 2026-01-28 18:26:23 --- .../{ => 线代素材}/二次型题目.md | 0 .../整合素材/线代素材/线代素材.md | 0 .../整合素材/高数素材/积分题目.md | 139 ++++++++++++++++++ .../讲义/图片/cosx的绝对值.png | Bin 0 -> 40665 bytes 4 files changed, 139 insertions(+) rename 素材/整合素材/{ => 线代素材}/二次型题目.md (100%) rename 线代素材.md => 素材/整合素材/线代素材/线代素材.md (100%) create mode 100644 素材/整合素材/高数素材/积分题目.md create mode 100644 编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png diff --git a/素材/整合素材/二次型题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md similarity index 100% rename from 素材/整合素材/二次型题目.md rename to 素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md diff --git a/线代素材.md b/素材/整合素材/线代素材/线代素材.md similarity index 100% rename from 线代素材.md rename to 素材/整合素材/线代素材/线代素材.md diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md new file mode 100644 index 0000000..bf4e2f6 --- /dev/null +++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md @@ -0,0 +1,139 @@ +>[!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周期性，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，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 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ + +>[!info] 补充说明 +>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，这个不等式究竟是否成立。 + +>[!example] 例题 +>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 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。分段函数定积分一定要分段求，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 +>$$\begin{aligned} +>\int x\tan^2x\text dx +>&=\int x(sec^2x-1)\text dx\\ +>&=\int x\text d(\tan x)-\int x\text dx\\ +>&=x\tan x-(-\ln|\cos x|)-\frac{x^2}{2}+C\\ +>&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C +>\end{aligned}$$ + +>[!summary] 题后总结 +>要牢记各种积分的公式，这道题就是简单的积分公式和分部积分的运用。 + +>[!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）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 $C=$ + + diff --git a/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png b/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png new file mode 100644 index 0000000000000000000000000000000000000000..fa7b4171272911cd964e8583579f28a255120b09 GIT binary patch literal 40665 zcmeFZcT`l{mM&h(QH}vIAp#QgfJl}s89_vH&PhN(vH}HCNH73qu#lW{EK*61N|qdp zT#`c(1gZ!H6mRYF-aESc{od{I8?Srx`{O#!8J19c@3rPybIxym^IQ9^rn(~4Y5LPJ z7>r8k!98sl?2kqmjNvG}s znl#OGYAeogGX|@sPw+uA94F_hCbCDaEa1U<&4YEGQ>@q1uGh)@x#w+u@kglm)}d)6 z#wEe-dxO|Qc&pTU$K`jQK1nfO)|C_ExHtvHVj*#jo3W7iU zXg2?A&&0Y+ERVu*MTDJi=*8G-#MtWgVwEXxg(+`H3{3^0cEnlTJnvOp<26S^%AsNB zbGUl?s*b6xvYUMK;}1oSfeC^?5`UeiAb$u*J^$wS&+4`Q1a^Y{{Jiyt)$dPFE+6Or z{prr>7gv9Ox)vyV_V=exax9Qd!5_uz|FyT{_-fbvV(Y~VlC6|UQxn?*nivDF_xDDm<50)P7CcADAK-*k)pWwn_ZWn>U(|9+fM~u(GNqCnqxrbGhMs z(PMGdhLmD&e_t|oZRmxtXLQ4YtD1R-W$@o;m9FXGv9gzxbP;-FV;quo#HOnwYY&;` zG9eN3&mQ@tYQn8*g2^|soh`C`P78gbY*MtUv+X@RG%U)R3bKBuC8MErq}X%P&}`E+ z&;JL_{jb&g*XsSll{qd8TTgnU|AfH;4jiY}>+Gk#VOgCedQnS z{`bK3JsBG@pg%jbZ(AnjU3AXvqI(|XFu$XmKyWuUraG$O-2X@%`Y(2je}22b?G>>n(zkoC zz?9|Xe<&f%=DE#^wUGlE&S(CqDKA{O@b1IeoyFkSuQ`N-22yPmTxwiBW5Z~1EbRQh ztsmPUUf9g*zI%XbdoT8{)%$PAasOJqf4;l_ry<2ZAKkxJ@1NV}U#s`8$obz@9R#M> 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z4q8;lC~tCsh-N%2;8V&TUgGH`}t9#0z-{MJgD(~Lc$fd zow4+>?=J}aNnAcmOy>#Q%pY9O<#NmnHqam=Ba1%F|3Pzxlbc&qQgXSrVB~jEg`b}v zh~7r&x0U25H&XY-i*a85{{F>3Jm409gJ=rp44?LGHD9Wc3G({*+FDN|bBc@R=45V9jE#+7PfVP?EFmHSYx$YV zjl0NVs1%Ie>i0OYt%cKFTGN1>Ja5!0RNY%c3EEg$Dw;}bVL z+LI8l$1=RxQbj{E8flv44}YXQ7m375g4kJsZnD&36b>W^7QB}X1kZJ7OGfZ_z*zm2 z5pCC*TgVYlT3umc)K8U3RbasW{&Fg*>I{E*XCH5p?SOd^ZA#;N@WxwA3+*(H9X%=m z{*{*T;;0ZlY2`x2X3||B;?tx9dJy|3$-0cnC$+TDC)u>_ni<1i8YByi#O4j1KjfQt zXKQI~4X;;dP0vQl^@Bc_++U=!kpPjG)l}jRDGf+0?-56qVBkwO5i! zelt5It*-I7!R##3z6HY_9F~~3xvTClWS1l_!>eE40}eu%i#S7w%Lq5mrI|!zSe#VT z^Ghx;D!nym5pboz6=bThPFeD=S1H7=&Ff0$sf)cLF-wt4CAz4!QxMKR zcGznC&4PE?LIo`ijobdV*eIwU;yUu>`Qqucg)^H`WAIR%>)8~+!Shf}ZLD>_oUJ!V zdKXEl%l3eBP0dAjW{|VdFQ+Qcb)>{4jwQ4tseF-b@_2>vW|DsMZlnWOCm!h zH+~hvy?3$`%vknfe%vm&urflsE4{`kJ$u)~+Ze$b5IhBO-_&!R2@^IWTU}qTOTnxv zTlH$cs?&Z&K}j3?#9Cl`)`pO9aY{Ch|K=Y2FIl=$rbI>b1BT|(EN~?$oo92s{4(bQ z1eWfJh)Bga39CQ(afFc2s^MB#&E7WESxeWMfl=B06$*B{>04I2t3$}K*#MXOaOt!uFn2)LKig!-$Z-4@>Dy5D6-(&3aYv%?+<JJhQ1F7=OW=sF|ighd@nR|fCL{rwrYW8GZhN_nT;WIa> zLz&emCBsjH_k>*;SaCKwGd}+E@N(=Jau8mt=2ws-jl8w3TpM&v66XEd3VbGi_x*LUu~DDO zY0GCb_xizR=agL3nkHRhVpyti43zCIa^qTolV@iuCE*{Y2u&Kiyy_)lOi~emSBhXx z(wHe$5~9 z>j4eH4&pK)is+ARndtETQpnt{w}x;QqD}oAYkhZtEw8%kc%6q)m?|8Rq23oqe&`X= zIjpOguo4e0(At}C`(`+v7SZ-ac6ojOss+=FNd?G16+1Jpq7qtR9K0z(F%t)% z@4w@r4h{}Yv97y;oBs$RM&E|3qGVHu?QEfII?z2BPYVh*N>ES)2aV}>L7yZVnmjqf z`DjN%LiXM9v0!<9#mwyov=rOaF&Uk?dw{(jV9lL6R75^Cbi_V)CQfl)LtE$`xx zpCO0l057kqfbh_0hIEsmfCD@SttYLi-Ruk7Jf#%k?RS62!RT@tIruE7Q@jpy@2_vm z)orE7`+)6-eZZ>^`DfsA9MZ2et+EgAI(U#tE`fKA4(!F{WslpJPkMa$yQzV{v+w@{ zi}tUAN&n1tNmPCD@R6LGJCEeErwICI<;hLXmrX$A_d`rd@-OXSi&h`4XK=xPNSbH~ z>ABVVMznQxap^JnnP4q(36=Ze(}}uNiGO`NRd=@|_3nYz!5f!2!2IeG$DgRKuCc(5 zXLLq@rU9cQw7KzDUI(|0jCL9Bkf1quP(kmp8Xb1;n$f_`+wo^TZfk>M`Oob8|HPvG zr|{iBv*Q2uW8?5;s!E1y$Ns=0!Orir4ve+%TTjE)WvF3E^`X;S!>uIU}U=&^j$6 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+>（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 $C=$ +>\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}$$ + +>[!summary] 题后总结 +>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）定积分的值与被积变量无关。第二点很容易被忘记。 +>第二问的两种解法都是有来头的。 +>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是不要忘记积分常数。 +>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意不要忘记积分常数。 + +>[!examle] 例题 +>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。 +(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$； +(2) 计算 $I_3$ 的值。 + +>[!note] 解析 +>（1）证明：$$\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.$$ From 86b54daecfa15bf915a066b5caeef95ccddd6a8a Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= Date: Wed, 28 Jan 2026 21:08:32 +0800 Subject: [PATCH 3/4] vault backup: 2026-01-28 21:08:31 --- .../整合素材/高数素材/积分题目.md | 18 +++++++----------- 1 file changed, 7 insertions(+), 11 deletions(-) diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md index 0247fc6..5d546f8 100644 --- a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md +++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md @@ -1,3 +1,4 @@ + >[!example] 例题 >已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。 (A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$ @@ -27,7 +28,7 @@ >[!summary] 题后总结 >这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？ >我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\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,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。 +>不对，我们再看一下这个不等式：$$\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,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号得条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。 >[!note] 解析 >仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ @@ -37,16 +38,14 @@ >[!summary] 题后总结 >上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。 >其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。 - ->[!note] 补充证明 ->由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ - ->[!info] 补充说明 +>>[!note] 补充证明 +>>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ +> >实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。 >有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，这个不等式究竟是否成立。 >[!example] 例题 ->已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, \text dx$。 +>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geqslant 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, \text dx$。 >[!note] 解析 >易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx$。 @@ -79,7 +78,7 @@ >所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。 >（2） >**解1：** ->$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\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).$$ +>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\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} @@ -110,9 +109,6 @@ >&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C >\end{aligned}$$ ->[!summary] 题后总结 ->要牢记各种积分的公式，这道题就是简单的积分公式和分部积分的运用。 - >[!example] 例题 >已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且 $$\int_0^x t f(x-t) \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t.$$ From 3171934cefe7ff7e14bcae1669904a906a108728 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= Date: Wed, 28 Jan 2026 21:10:01 +0800 Subject: [PATCH 4/4] vault backup: 2026-01-28 21:10:01 --- 素材/谏学高数者十思疏.md | 2 +- 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-) diff --git a/素材/谏学高数者十思疏.md b/素材/谏学高数者十思疏.md index 9b6d18b..e442cbb 100644 --- a/素材/谏学高数者十思疏.md +++ b/素材/谏学高数者十思疏.md @@ -1 +1 @@ -学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 \ No newline at end of file +学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思勿漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 \ No newline at end of file