第一次单元测验参考解答及评分

一、填空题（共12题，每题2分，共24分）f(x)dxdF(xFxCdfx)dxf(x)dxf(x)dx f 2、xdxlnx

1 dxarctanxC

dxarcsinxC1x 3、设u(x)和v(x)在区间I上连续可微，则u(x)v(x)dx u(x)v(x)dx4、微积分学基本定理（原函数的存在定理）f(x在区间I上连续，aIxF(x)x

f(t)dt，则F(x)f(x)；再取G(x) x

f(t)dt，则G(x) f(x)5f(x在区间ab上连续，且

f(x)dxA，则bxf(x)dxf(x)dx1A2 6、可积的必要条件：若f(x)在区间a,b上可积，则f(x)在区间a,b上有 7、可积的第二充要条件f(x在区间abf(x在区间ab上可积的充分必要条件是：对任意0，总存在ab的一个分割Tax0x1xnb，使得， T af(x)dx

f(x)dx

f(x)dx afx)g(x)dxf() g(x)dx10、在横线上填出无穷积分

fx)dxf(x定义在aa对任意uaf(x在au上可积，则a

fx)dx收敛的充要条件是对任意0M0AAMfx)dx f(x)g(x)dx的无穷积分，若af(x)dx在a, g(x在alimg(x)0

f(x)g(x)dx12、在横线上写出混合反常积分 f(x)dx（其中a是瑕点）敛散性的定义：取ba 定义 f(x)dxaf(x)dx f(x)dx，若瑕积分af

f(x)dx都收敛，则称 f(x)dx收敛，否则称 f(x)dx发散1、若F(x)是f(x)在区间I上的原函数，则F(x)在I上 A.连续，B.C.不一定可导，D.F(x)fx2、设狄利克雷函数D(x)1,xQ,xR，则D(x)在R上的原函数为 0,xA.x B.不存在 C.xC D.C（其中C为常数 A.R(x)在0,1上存在原函数 B.R(x)在0,1上不可积C.R(x)在0,1上可积，且1R(x)dx D.以上说法都不对04、设f(x)在区间a,b上非负连续，若1f(x)dx0，则在a,b上 0 f(x)0 B.f(x)0 C.f(x)0，D.f(x005、设f(x)在区间a,a上连续，且为奇函数，则ax2sin2xf(x)dx（ 0A.3

3

C.

ax2sin2xf(xdx 6、D表示以连续曲线yf(x)（xa,b）为曲边，以a,b为底边的一般曲边梯形，记S表示D A.Saf(x)dx，B.S fxdx，C.Saf(x)dx，D. 1dx当0时收敛 1dx仅当1时收敛

1dx仅当1 1dx仅当1 8、

xnarctan 1A.mn B.mn1 C.mn1 D.mn1三、计算题（230分 sinxcos2解（1）sinxcos2xdx1sin3xsinxdx。321cosx1cos3x 52

x1dxexcos2xdxcos2xdexexcos2x2exsin2xdxexcos2x2sinexcos2x2exsin2x2excos2xdxexcos2x2exsin2x4excos45所以excos2xdx1excos2x2exsin2xC 55

dxsinxcos

dx 3 4

4 tanx 5nsec 4 4 1x2 F(x)x

x2C,x

3 F(xx1连续（因为原函数必连续）1F(1F(1C x2C1，F(x) x

x21,x 1x2

x1dxF(x)Cx

1x21,x

C 5 1ln(1 （1）0

sinsinxcos

x（2）

dx01x

4ln(1tanx)dx0 sin解（1）记I 0sinxcos sin

x

I dx 0sinxcos 2sintcos 3 cos dt 0sintcos 0sinxcos sin cos sinxcos 所以2I dx dx dx2dx0sinxcos 0sinxcos 0sinxcos sin 201ln(1

sinxcos

dxI 54（2）I 1

dx 4ln(1tanx)dx044I44

ln(1tanx)dxln

sinx cosx 2 4lnsinxcosxdx 4lncos 而 4lnsinxcosxdx4 xdx4 2dx4lncos x 0

ln24lncos xdx ln2lncost ln2lncost(1)dt

ln24lncos 所以I ln24lncosxdx4lncosxdxln2 5 四、解答题（420分0xtln(1tsin01（本题5分）计算

1cos解因为1cosx21x4（x0 22所以

tln(1tsint)dt2

0tln(1tsin

xln(1xsin 1cos 1limln(1xsinxln(1xsinx)xsinx1limxsinx1limsinx1。52 2 2 n2（本题5分）利用定积分计算lim1 nnn n 1 解因为n 1 2 n，2 n n n n1而1

lim1 lim1 nn n nn

n

5 n 1dxln013（5分）讨论反常积分sin2xdx（0） 1sin2xdxu

11

2

21，221即sin2xdx在1

x

0

dx收敛 51，所以当1时，sin2xdx0

sin22x1cos4x 1cos 1时再注意

2xdxcos sin2散，同理由狄利克雷判别法可得 dx收敛，由线性性得

而再由比较判别法得 dx发散，所以sin2x 4（5分）讨论反常积分ln(1xdx 解显然0ln(1x)dxln(1 ln(1 ln(10 dx

dx

dx。2x01ln(1x对于瑕积分

dx

因为当0,1

ln(1x)

，且 limx1ln(1x)limx1

1

对于无穷积分ln(1xdxln(1x)0（x1

pln(1

ln(1

ln(1x)

ln(1ln(1

dx仅当12时收敛且绝对收敛 5五、证明题（312、3110分1（5分）f(x在abg(x在ab上可积且不变号（g(x)0g(x)0，则存在a,b，使得 afx)g(x)dxf() g(x)dxxabmf(xMg(x0 mg(x)f(x)g(x)Mg(x)，mag(x)dxaf(x)g(x)dxMb下面分两种情况：当agx)dx0

g(x)dx，3当bg(x)dx0ma

bbafx)g(x)dxMbaa,bbaf(x)g(x)dx babab

f()，即 f(x)g(x)dxf g(x)dx 5

fx)m0，证明f

0f(x在ab上可积及可积的准则得，存在ab的分割Tax0x1xnb 使得fx 2 Tf(x)f(xf(x)f(xf(x)f(xf(x)f(x1f

f(x

f(x)f(x) 所以f