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素材/整合素材/高数素材/积分题目.md

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 >[!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) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
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 >[!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 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ 
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 >[!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。
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->[!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 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ 
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->[!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，<span style='color: orange'>这个不等式究竟是否成立</span>。
 
 >[!example] 例题
->已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 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 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, dx = \int_{-1}^0 f(x)  \, dx + \int_0^1 f(x)  \, dx$。
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 >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：$$
 \begin{aligned}
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 >&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C
 >\end{aligned}$$
 
->[!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。
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 >[!example] 例题
 >已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
 $$\int_0^x t f(x-t)  \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t)  \, \mathrm{d}t.$$