09-05 错题记录

例 3.89（2016 数二真题 · 反常积分敛散性 / 凑微分直接求原函数极限 / 单侧奇点指数不对称陷阱 / 换元区间反转）

死搬硬套比较审敛法，忽略“原函数显式存在”的直接计算法（算力严重内耗）：
- 面对反常积分敛散性判定，许多同学机械化地寻找 $p$ -积分或等价无穷小/无穷大进行比较；
- 本题式中 $\dfrac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{x}\right)$ 具有极其完美的凑微分结构，原函数即为 $-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ ；
- 核心准则：反常积分审敛的首要原则是能求原函数就直接求！求出原函数后直接代入端点求极限，几步之内即可准确判断，完全不需要复杂放缩。
忽视指数函数 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 在 $x \to 0$ 左右单侧极限的本质非对称性（命题陷阱）：
- 很多同学将两个积分视作简单的“正负对称”，误以为敛散性相同（误选 A 或 D）；
- 实际上：
  - 当 $x \to 0^-$ 时， $\dfrac{1}{x} \to -\infty \implies \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \to 0$ ，负指数衰减速度极快，完全压制了代数奇点 $\dfrac{1}{x^2}$ 的发散趋势，使得积分收敛；
  - 当 $x \to 0^+$ 时， $\dfrac{1}{x} \to +\infty \implies \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \to +\infty$ ，指数级爆炸增长与代数奇点叠加，使得积分在 $0^+$ 处极剧烈发散；
- 必须对 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 在 $0^-$ 与 $0^+$ 处的差异形成本能警惕。
换元法 $t = \dfrac{1}{x}$ 时的上下限颠倒与负号疏漏：
- 变换 $t = \dfrac{1}{x}$ 是单调递减代换，微分产生负号 $\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{t^2}\,\mathrm{d}t$ ；
- 对于 ①： $x: -\infty \to 0^-$ 对应 $t: 0^- \to -\infty$ ，负号用于颠倒上下限转化为 $\displaystyle\int_{-\infty}^{0^-} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ；
- 对于 ②： $x: 0^+ \to +\infty$ 对应 $t: +\infty \to 0^+$ ，负号用于颠倒上下限转化为 $\displaystyle\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ；
- 考场上容易因上下限方向混乱、漏写负号导致限号错误。

正确答案：B

方法一：原函数定义极限法（🌟 考场首选 · 降维直接秒杀）

观察被积函数，由复合导数结构可知：

\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right) = -\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)

故其原函数为 $F(x) = -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 。

对积分 ① $\displaystyle\int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x$ ：积分区间为 $(-\infty, 0)$ ，包含负无穷远端点与左瑕点 $0^-$ ：
$\begin{aligned} \int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x &= \lim_{\substack{a \to -\infty \\ b \to 0^-}} \left[ -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \right]_a^b \\ &= \lim_{b \to 0^-} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{b}}\right) - \lim_{a \to -\infty} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{a}}\right) \end{aligned}$
- 当 $b \to 0^-$ 时， $\dfrac{1}{b} \to -\infty \implies \lim_{b \to 0^-} \mathrm{e}^{\frac{1}{b}} = 0$ ；
- 当 $a \to -\infty$ 时， $\dfrac{1}{a} \to 0^- \implies \lim_{a \to -\infty} \mathrm{e}^{\frac{1}{a}} = \mathrm{e}^0 = 1$ ；
- 代入得： $\int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = 0 - (-1) = \mathbf{1}$
极限值存在且为有限常数，故积分 ① 收敛！
对积分 ② $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x$ ：积分区间为 $(0, +\infty)$ ，包含右瑕点 $0^+$ 与正无穷远端点：
$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x &= \lim_{\substack{c \to 0^+ \\ d \to +\infty}} \left[ -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \right]_c^d \\ &= \lim_{d \to +\infty} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{d}}\right) - \lim_{c \to 0^+} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{c}}\right) \end{aligned}$
- 当 $d \to +\infty$ 时， $\dfrac{1}{d} \to 0^+ \implies \lim_{d \to +\infty} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{d}}\right) = -\mathrm{e}^0 = -1$ ；
- 当 $c \to 0^+$ 时， $\dfrac{1}{c} \to +\infty \implies \lim_{c \to 0^+} \mathrm{e}^{\frac{1}{c}} = +\infty$ ；
- 代入得： $-1 - (-\infty) = +\infty$
极限不存在（趋于无穷大），故积分 ② 发散！

综上，① 收敛，② 发散，本题选 B。

方法二：区间倒数换元法（标准变量变换）

令 $t = \dfrac{1}{x}$ ，则 $x = \dfrac{1}{t}$ ， $\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{t^2}\,\mathrm{d}t$ ，则 $\dfrac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$ 。

对积分 ①：当 $x \to -\infty$ 时， $t \to 0^-$ ；当 $x \to 0^-$ 时， $t \to -\infty$ 。
$\int_{-\infty}^{0^-} \frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = \int_{0^-}^{-\infty} \mathrm{e}^t (-\mathrm{d}t) = \int_{-\infty}^{0^-} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \left. \mathrm{e}^t \right|_{-\infty}^{0^-} = \mathrm{e}^0 - \lim_{t \to -\infty} \mathrm{e}^t = 1 - 0 = \mathbf{1} \implies \text{收敛}$
对积分 ②：当 $x \to 0^+$ 时， $t \to +\infty$ ；当 $x \to +\infty$ 时， $t \to 0^+$ 。
$\int_{0^+}^{+\infty} \frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = \int_{+\infty}^{0^+} \mathrm{e}^t (-\mathrm{d}t) = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \left. \mathrm{e}^t \right|_0^{+\infty} = \lim_{t \to +\infty}\mathrm{e}^t - \mathrm{e}^0 = +\infty - 1 = \mathbf{+\infty} \implies \text{发散}$

例 3.94.1（25 版高数十八讲例 8.18 · 二阶导趋于无穷之反常积分收敛证明 / 洛必达构造型比值审敛 / 为什么选 $x^2$ 基准 / 两次积分不等式放缩）

漏掉端点连续性排查，将普通连续点误判或忽略为可能瑕点（答题不严密）：
- 证明无穷限反常积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x$ 敛散性时，很多同学直接奔向 $x \to +\infty$ ，而未交待左端点 $x=1$ 的性态；
- 严密论证第一步必须指出：由 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上二阶可导，知 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续；又题设 $f(x) > 0$ ，故分母 $f(1) > 0$ 绝非零点，区间 $[1,+\infty)$ 内部不存在任何有限瑕点，仅需考察 $x \to +\infty$ 处的无穷限反常性。
基准对比函数的构造意识薄弱（为什么是 $x^2$ ？）：
- 条件给出了二阶导数极限 $\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，如何将二阶导联系到被积函数 $\dfrac{1}{f(x)}$ ？
- 目标是利用比较审敛法（大收小收），寻找一个已知的收敛基准 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p}\,\mathrm{d}x$ （要求 $p > 1$ ）；
- 为了让洛必达法则连续求导两次后分母退化为一个非零常数，分母选取的最佳多项式就是 $x^2$ （两次求导后得到 $(x^2)'' = 2$ ），同时 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x$ 恰好收敛（ $p=2>1$ ），两者完美闭环！
洛必达法则使用条件与可导阶数的认知误区：
- 很多同学死记“ $n$ 阶可导只能洛到 $n-1$ 阶”，认为本题二阶可导不能直接洛到 $f''(x)$ ；
- 认知纠偏：通常只能洛到 $n-1$ 阶是因为不能保证 $n$ 阶导数极限存在；而本题题设明确给出 $\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ！洛必达法则的成立条件只要导数比值极限存在或为无穷大即可成立；
- 另外需严密说明未定式类型：由 $f''(x) \to +\infty$ ，必存在 $X$ ，当 $x > X$ 时 $f''(x) > 0 \implies f'(x)$ 单增且必趋于 $+\infty \implies f(x)$ 单增趋于 $+\infty$ ，严格构成 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。
替代解法意识：两次积分不等式放缩法（绕开洛必达，更具分析学深度）：
- 取常数 $M > 0$ ，由 $\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，存在 $X \ge 1$ ，当 $t \ge X$ 时恒有 $f''(t) \ge M$ ；
- 在 $[X, x]$ 上对 $t$ 连续两次积分，立即得到 $f(x) \ge \frac{M}{2}(x-X)^2 + f'(X)(x-X) + f(X)$ ，在无穷远处即有 $f(x) \ge C x^2$ ；
- 倒数即得 $\dfrac{1}{f(x)} \le \dfrac{1}{C x^2}$ ，直接用不等式比较审敛法证毕，不依赖洛必达，逻辑无懈可击。

步骤零：端点连续性与无瑕点排查（严谨规范前提）

因为 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上二阶可导，故 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续。又由已知 $f(x) > 0$ ，从而在整个区间 $[1,+\infty)$ 内 $f(x) \neq 0$ 。故被积函数 $\dfrac{1}{f(x)}$ 在任意有限闭区间 $[1, A]$ 上均连续且有界， $x=1$ 并非瑕点，在 $[1,+\infty)$ 内部无任何瑕点，只需证明 $x \to +\infty$ 时的敛散性。

证法一：极限形式比较审敛法（两次洛必达 · 考场标准通法）

第一步：未定式形态验证 因为 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，由极限保号性，存在 $X_1 \ge 1$ ，当 $x > X_1$ 时恒有 $f''(x) > 1$ 。从而 $f'(x)$ 在 $[X_1, +\infty)$ 上严格单调递增，且：

f'(x) = f'(X_1) + \int_{X_1}^x f''(t)\,\mathrm{d}t > f'(X_1) + (x - X_1) \to +\infty \quad (x \to +\infty).

同理，存在 $X_2 \ge X_1$ ，当 $x > X_2$ 时恒有 $f'(x) > 1$ ，故 $f(x)$ 亦单调递增且 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x) = +\infty$ 。

第二步：构造与 $x^2$ 的增长速度之比 考察极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{f(x)}{x^2}$ ，此为标准的 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型未定式：

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^2} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{2x} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to+\infty}\frac{f''(x)}{2} = +\infty.

（注：第二次使用洛必达法则时，因导数比值极限 $\lim\frac{f''(x)}{2} = +\infty$ ，符合洛必达法则充分条件，即便 $f''(x)$ 不连续亦严格成立）。

第三步：由极限形式比较审敛法判定收敛 由极限倒数关系可得：

\lim_{x\to+\infty} x^2 \cdot \frac{1}{f(x)} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x^2}{f(x)} = \frac{1}{+\infty} = 0.

取比较基准函数 $g(x) = \dfrac{1}{x^2}$ 。已知反常积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x$ 收敛（ $p=2 > 1$ 的 $p$ -积分），且在 $[1,+\infty)$ 上 $\dfrac{1}{f(x)} > 0$ 。根据反常积分的比较审敛法极限形式（ $p>1$ 且极限为 $0$ ）：

\int_1^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x \quad \mathbf{必收敛}.

证法二：两次积分不等式放缩法（分析学原理解构 · 无需洛必达）

由 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，取常数 $M = 2 > 0$ 。必存在充分大的 $X \ge 1$ ，当 $t \ge X$ 时恒有：

f''(t) \ge 2.

对 $t \in [X, x]$ 积分：

\int_X^x f''(t)\,\mathrm{d}t \ge \int_X^x 2\,\mathrm{d}t \implies f'(x) - f'(X) \ge 2(x - X) \implies f'(x) \ge 2(x - X) + f'(X).

再对两端在 $[X, x]$ 上积分：

f(x) - f(X) \ge \int_X^x \left[2(t - X) + f'(X)\right]\mathrm{d}t = (x - X)^2 + f'(X)(x - X).

即对一切 $x \ge X$ ：

f(x) \ge (x - X)^2 + f'(X)(x - X) + f(X) = x^2 + \mathcal{O}(x).

因此当 $x \to +\infty$ 时， $f(x) \sim x^2$ 或 $f(x) \ge \dfrac{1}{2}x^2$ （当 $x \ge X_0$ 时恒成立）。故当 $x \ge X_0$ 时：

0 < \frac{1}{f(x)} \le \frac{2}{x^2}.

因为 $\displaystyle\int_{X_0}^{+\infty} \frac{2}{x^2}\,\mathrm{d}x$ 收敛，由比较审敛法大收小收， $\displaystyle\int_{X_0}^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x$ 收敛。结合有限区间 $[1, X_0]$ 上积分值有限，得证 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x$ 必收敛。

导数阶数决定基准多项式幂次：
- 已知 $n$ 阶导数非零或趋于无穷大，对等寻找多项式 $x^n$ 作为洛必达分母；
- 本题条件为二阶导 $f''(x) \to +\infty$ ，自然匹配 $x^2$ （求导两次恰为常数 $2$ ，对应 $p=2>1$ 收敛积分）；
洛必达只认极限存在或无穷大：
- 考研证明中遇二阶可导但未声明二阶连续时，只要最终导数比值的极限存在或为 $\pm\infty$ ，均可放手洛必达；
放缩本质是连续积分：
- 任何“导数极限大于常数”的条件，本质都可通过黎曼积分连续积分两次，将其转换为底层的代数多项式下界放缩。

ギターと孤独と蒼い惑星

09-05 错题记录

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例 3.89（2016 数二真题 · 反常积分敛散性 / 凑微分直接求原函数极限 / 单侧奇点指数不对称陷阱 / 换元区间反转）

例 3.94.1（25 版高数十八讲例 8.18 · 二阶导趋于无穷之反常积分收敛证明 / 洛必达构造型比值审敛 / 为什么选 $x^2$ 基准 / 两次积分不等式放缩）

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例 3.94.1（25 版高数十八讲例 8.18 · 二阶导趋于无穷之反常积分收敛证明 / 洛必达构造型比值审敛 / 为什么选 x2x^2x2 基准 / 两次积分不等式放缩）

例 3.94.1（25 版高数十八讲例 8.18 · 二阶导趋于无穷之反常积分收敛证明 / 洛必达构造型比值审敛 / 为什么选 $x^2$ 基准 / 两次积分不等式放缩）