$已知平面区域D=\{(x,y)\,|x|+|y|\le \frac{π}{2}\},记：$

$I_1=\iint\limits_D\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$

$I_2=\iint\limits_D\,sin\,\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$

$I_3=\iint\limits_D\,(1-cos\,\sqrt{x^2+y^2})\,dxdy$

$则有(A)$

$(A)I_3<I_2<I_1$

$(B)I_2<I_1<I_3$

$(C)I_1<I_2<I_3$

$(D)I_2<I_3<I_1$

$I_1和I_2很好判断，因为\sqrt{x^2+y^2}\ge 0，所以sin\sqrt{x^2+y^2}\le \sqrt{x^2+y^2}，所以I_1<I_2.$

$I_3看样子不好判断，因为和上面的式子没有什么明显的联系，所以要想到变形.$

小贴士

对于三角函数，多半都需要变形！

$根据三角公式可得：1-cos\,\sqrt{x^2+y^2}=2sin\,\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}sin\,\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}.$

$但是还是没有统一，现在需要将sin\,\sqrt{x^2+y^2}变化，等于2sin\,\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}cos\,\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}.$

$现在只需要求得x^2+y^2的取值范围，再比较cos和sin的大小则可.$

$根据题设信息，有x^2+y^2\le \frac{π^2}{4}，可得\sqrt{x^2+y^2}\le \frac{π}{4}.$

$综上所述，sin<cos，故I_3>I_2，选择A.$

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$求不定积分\int\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}dx.$

这种分式有理式求积分问题，一般采用“拆”的思想。

所有分式有理式都可以拆为$(ax+b)^c$和$(dx^2+ex+f)$，这是必须知道的一点。

根据这个拆分后的形式，上述式子可以写为（其他形式的分式有理式也是类似）

$\int(\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+x+1})dx$

上述式子与原式联系起来，求解出A、B、C、D，再带入，此积分就迎刃而解了！

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$设n是正整数，即S_n为曲线y=e^{-x}sin\,x\,(0\le x\le nπ)与x轴所围成图形的面积，求S_n，并求\lim\limits_{n\to \infty}S_n.$

$分析可知，S_n围成的区域是一个既有正数又有负数的区域，且呈现周期性.$

$用平常的积分表示不好表示，而取绝对值不好下手，最终只能利用最基本的关系，将每个周期的面积相加.$

$S_n=\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i\int_{iπ}^{(i+1)π}e^{-x}sin\,xdx.$

$计算得到为:\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1}[e^{-(i+1)π}cos(i+1)π-e^{-iπ}cosiπ].$

$需要将cos转换一下形式，因为在整数倍π那，cos只能是+1或-1，所以其值和cos里面的整数有关.$

$将cosiπ = (-1)^i带入上式.$

$\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1}[e^{-(i+1)π}(-1)^{i+1}-e^{-iπ}(-1)^i].$

$再次化简可得:\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}[e^{-(i+1)π}+e^{-iπ}].$

$对最终的化简结果进行计算可得S_n的表达式，这里的计算存在技巧，也可以硬算.$

$将累和里面的式子提出一部分，让里面只存在尽可能少的表达式，就可以使得其很好算.$

$计算得到S_n=\frac{1}{2}[1+\frac{2e^{-π}(1-e^{-nπ})}{1-e^(-π)}-e^{-nπ}].$

$故极限\lim\limits_{n\to\infty}[S_n]=\frac{1+e^π}{2(e^π-1)}.$

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$已知函数f(x)在[0,1]上具有二阶导数，且f(0)=0,f(1)=1,\int_0^1f(x)dx=1,证明：$

$(1)存在\xi∈(0,1)，使得f'(\xi)=0.$

$(2)存在\eta∈(0,1)，使得f''(\eta)<-2.$

第一问使用积分中值定理和拉格朗日中值定理直接解决.

第二问先变形为整体，便于观察.

$求f''(\eta)+2<0.$

$在题目中给出的是关于f(x)的信息，显然需要设原函数F(x)=f(x)+x^2，利用f(x)的信息求证.$

$由题目信息可知:F(0)=0,F(1)=2,F(\xi_1)=1+{\xi_1}^2,\,\xi_1∈(0,1)（这个根据第一问可得）.$

$将区间[0,1]从\xi_1拆开，分别对拆开后的两个子区间使用拉格朗日中值定理.$

$F'(\xi_l)=\frac{F(\xi_1)-F(0)}{\xi_1}=\frac{1}{\xi_1}+\xi_1.$

$F'(\xi_r)=\frac{F(1)-F(\xi_1)}{1-\xi_1}=1+\xi_1.$

$在对x∈[\xi_l,\xi_r]使用拉格朗日中值定理，可得:$

$F''(\eta)=\frac{F'(\xi_l)-F'(\xi_r)}{\xi_l-\xi_r}=\frac{\xi_1-1}{\xi_l-\xi_r}.$

$所以可得F''(\eta)<0，即证！$

更新日志

2025/8/1 02:18

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• 95dbf-docs:高数-真题-19🚀于 2025/8/1

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