(I) 证明反常积分 ∫0+∞f(x)dx 收敛
第一步：无穷远处的等价无穷小渐近分析
当 x→+∞ 时，x2→0：
- 1−cosx2∼21(x2)2=x2；
- 有理化处理根式差：
x2+1−x=x2+1+x(x2+1)−x2=x2+1+x1∼2x1
故分母乘积等价为：
(1−cosx2)(x2+1−x)∼x2⋅2x1=x21.
第二步：极限审敛法判定无穷远收敛性
代入已知极限条件：
x→+∞limx21f(x)=1⟺x→+∞limx2f(x)=1.
取比较基准积分 ∫1+∞x21dx。因其指数 p=2>1，该基准反常积分收敛。
由反常积分的比较审敛法极限形式，当极限为有限正数（L=1>0）时两函数同敛散：
故反常积分 ∫1+∞f(x)dx 收敛。
第三步：补充有限区间连续性论证
题设 f(x) 在 [0,+∞) 上连续，则 f(x) 在闭区间 [0,1] 上连续必可积，定积分 ∫01f(x)dx 存在且为有限确定常数（x=0 并非瑕点）。
综上：
∫0+∞f(x)dx=∫01f(x)dx+∫1+∞f(x)dx必然收敛.
(II) 求解常数 a 与函数 f(x)
第一步：常数设元
由第 (I) 问已证 ∫0+∞f(x)dx 收敛，记该收敛常数为 A：
A≜∫0+∞f(x)dx.
则原函数方程可改写为：
f(x)=a(x2+1)2(x+2)2+Ae−xsinx.
第二步：两问联动，利用已知极限求解参数 a
两边同乘 x2，并考察 x→+∞ 时的极限：
x→+∞limx2f(x)=x→+∞lim[a(x2+1)2x2(x+2)2+Ax2e−xsinx].
- 左边由第 (I) 问已知 x→+∞limx2f(x)=1；
- 右边第二项中，指数函数衰减速度远快于任意多项式，x→+∞limx2e−xsinx=0；
- 右边第一项为同次多项式之比，抓最高次项系数：
limx→+∞a(x2+1)2x2(x+2)2=limx→+∞a(x4+⋯)x4+⋯=a1.
联立得：
1=a1⟹a=1.
第三步：两端在 [0,+∞) 上同时取反常积分建立关于 A 的方程
将 a=1 代入：f(x)=(x2+1)2(x+2)2+Ae−xsinx。
两端在 [0,+∞) 上积分：
A=∫0+∞(x2+1)2(x+2)2dx+A∫0+∞e−xsinxdx.
分别计算两个反常积分：
- 计算 I1=∫0+∞(x2+1)2(x+2)2dx（配凑拆项法）：
分子按分母基底 (x2+1) 展开配凑：
(x+2)2=x2+4x+4=(x2+1)+4x+3
原式拆项：
I1=∫0+∞x2+11dx+2∫0+∞(x2+1)2d(x2+1)+3∫0+∞(x2+1)2dx=arctanx∣0+∞+2(−x2+11)0+∞+3∫0+∞(x2+1)2dx
- 第一项：2π−0=2π；
- 第二项：0−(−2)=2；
- 第三项：令 x=tant（t∈[0,2π)），dx=sec2tdt：
3∫0π/2sec4tsec2tdt=3∫0π/2cos2tdt=3×(21⋅2π)=43π.
汇总求和：
I1=2π+2+43π=2+45π.
- 计算 I2=∫0+∞e−xsinxdx（指数三角循环分部）：
I2=−∫0+∞sinxd(e−x)=−e−xsinx0+∞+∫0+∞e−xcosxdx=0−∫0+∞cosxd(e−x)=−e−xcosx0+∞−∫0+∞e−xsinxdx=1−I2⟹2I2=1⟹I2=21.
第四步：求解代数方程并确定 f(x)
将积分值代回方程：
A=(2+45π)+21A⟹21A=2+45π⟹A=4+25π.
最终求得：
a=1,f(x)=(x2+1)2(x+2)2+(4+25π)e−xsinx.
循风入卷 
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