设$p$为常数，若反常积分$\int_0^1\frac{ln\,x}{x^p(1-x)^{1-p}}dx$收敛，则$p$的取值范围是(A)

$A.(-1,1)$

$B.(-1,2)$

$C.(-\infty,1)$

$D.(-\infty,2)$

这种变限积分的散敛性问题，只要不带$lnx$，就非常简单，一般难的就是带有这个函数，但也无需慌张，我有总结，根据总结这类题目都是简单题！

变限函数散敛性问题总结

当然，如果不知道结论，可以通过带入选项中的具体值进行排除，这样也能做出来。

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已知可微函数$f(u,v)$满足$\frac{\partial f(u,v)}{\partial u}-\frac{\partial f(u,v)}{\partial v}=2(u-v)e^{-(u+v)}$，且$f(u,0)=u^2e^{-u}$.

(1) 记$g(x,y)=f(x,y-x)$，求$\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}$.

(2) 求$f(u,v)$的表达式和极值.

第一问非常简单，直接利用链式法则则可得出结果，为$2(2x-y)e^{-y}$.

第二问，根据问题，我们首先得求出$f(u,v)$的表达式，然后再求其极值。

根据题设条件，对$f$无从下手，回归套路，肯定需要利用到第一问中的信息。

因为有$g$和$f$之间的关系，若能求解出$g(x,y)$的表达式，等价于求解出$f(u,v)$的表达式，这就是破题点。

第一问已经得出$\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}$的结果，对其求x的积分，得到$g(x,y)=2e^{-y}(x^2-xy)+φ(y)$.

又因为$f(x,0)=g(x,x)=φ(x)=x^2e^{-x}$，所以$φ(y)=y^2e^{-y}$.可以看见如果解题方向对了，一切都显得理所当然！

综上，可得到$g(x,y)=2e^{-y}(x^2-xy)+y^2e^{-y}$，令$x=u,y-x=v$，得到$f(u,v)=e^{-(u+v)}(v^2+u^2)$.

根据无条件多元函数的求极值方法，可得极小值为0.

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设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$内具有二阶连续导数，证明：$f''(x)\ge 0$的充分必要条件是对不同实数$a,b$，有$f(\frac{a+b}{2})\le \frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx$.

题目中给出具有二阶连续导数，可能使用泰勒展开式，而求证的式子中具有$\frac{a+b}{2}$，显然位于$a,b$的中点，若对其在a，b上积分，其值为0，故可以利用泰勒展开式试试。

必要性：

对$f(x)$在$\frac{a+b}{2}$展开，得$f(x)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(x-\frac{a+b}{2}+\frac{f''(h)}{2})(x-\frac{a+b}{2})^2\,(h介于x与\frac{a+b}{2}之间)$.

因为$f''(x)\ge 0$，则$f(x)\ge f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(x-\frac{a+b}{2}$.

由此可得$\int_a^bf(x)dx\ge (b-a)f(\frac{a+b}{2})$.

即证！

必要性是容易想到的，接下来是充分性，如今的应试，许多题目都可能使用到反正法，这道题就是，这告诉我们，如果用常规的方法不好证明时，需要想到反证法！

充分性：

充分性的证明就是说，在对不同的实数$a,b$且$f(\frac{a+b}{2})\le \frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx$，能有$f''(x)\ge 0$.

那我们直接设在前面的条件下，存在$x_0∈R$，使得$f''(x)<0$，只要证明假设是错误的，则间接证明前面的条件是正确的。

因为$f''(x)$连续，故有$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)<0$.

根据保号性，有$\delta>0$，使得$x∈(x_0-\delta,x_0+\delta)$时，有$f''(x)<0$.

现在的情况正好和必要性那里是相反的，故只要对$x_0$的领域利用泰勒公式展开，必推出和前提条件相反的结果，利用这个证明假设是错误的，从而证明！

下面就不赘述了。通过这道题，我们可以总结一下，若题设中出现具体的阶数，则要想到泰勒展开，且一般可以在区间的中点处展开。

更新日志

2025/8/9 08:23

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• bec78-docs:高数-真题-22🚀于 2025/8/9

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