3.5 反常积分

核心结论

反常积分的敛散性只取决于被积函数在奇点（瑕点或无穷端点）附近趋于 $0$ 或 $\infty$ 的阶，也就是它与标准 $\dfrac{1}{x^p}$ 、 $\dfrac{1}{(x-a)^p}$ 的同阶关系；被积函数的非零常数倍、常数项系数、积分值的具体大小都不影响敛散性。

判别依据：在奇点附近把被积函数与已知敛散性的 $p$ 积分作比，由比值极限是否为非零常数（同阶）或 $0$ 、 $\infty$ （高阶、低阶）把判定转移过去。
适用条件：① 奇点必须排查完备——无穷端点加上区间内部一切无定义点；② 参与比较的两个函数在奇点附近必须同号（通常取非负）；③ 等价替换只在奇点处的极限过程中使用，不能对被积函数整体替换。
失效情形：① 被积函数在奇点附近无限振荡（ $\sin\frac{1}{x}$ 、 $\cos(x^2)$ 型），比值极限不存在，等价比较失效，只能放缩或用换元直接求出原函数；② 分母形如 $x^1\ln^p x$ 的广义 $p$ 积分标准型，不能再对对数做无穷小指数等阶，必须直接套用广义 $p$ 积分结论；③ 区间内部存在奇点时，对称区间上的”奇零偶倍”一律不能使用。

3.5.1 反常积分敛散性的判别

基础概念：瑕点与瑕积分

如果函数 $f(x)$ 在点 $a$ 的任一邻域内都无界，那么点 $a$ 称为函数 $f(x)$ 的瑕点（也称为无界点）。无界函数的反常积分也称为瑕积分。

反常积分是把定积分中的两类”越界”情形用极限重新定义：

无穷区间： $\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx=\lim_{b\to+\infty}\int_a^b f(x)\,\mathrm dx$ ；
无界函数（以 $b$ 为瑕点为例）： $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm dx=\lim_{t\to b^-}\int_a^t f(x)\,\mathrm dx$ 。

由定义可直接得到两条判别前提：

考研范围内的瑕点一定是无定义点，所以奇点排查 = 找出所有无定义点 + 无穷端点，并且必须检查积分区间内部，不能只看端点；
若区间内（含端点）有多个奇点，必须在该点处把积分拆成若干段，每段分别取极限；任何一段发散，原积分立刻发散，不同段的发散不能互相抵消。

核心结论：四类广义 $p$ 积分体系

① 趋于无穷时的 $p$ 积分（经常考）

\int_a^{+\infty}\frac{1}{x^p}\,\mathrm dx \begin{cases} p>1, & \text{收敛}, \\ p\le 1, & \text{发散}, \end{cases} \qquad (a>0).

当 $p\ne 1$ 时， $\displaystyle\int_a^{X}\frac{1}{x^p}\,\mathrm dx=\frac{X^{1-p}-a^{1-p}}{1-p}$ 。要让它随 $X\to+\infty$ 趋于有限值，必须 $1-p<0$ 即 $p>1$ ；若 $p<1$ ， $X^{1-p}\to+\infty$ ，积分发散。
$p=1$ 是临界情形：原函数为 $\ln x$ ， $\left.\ln x\right|_a^{+\infty}=+\infty-\ln a$ ，发散。这也解释了为什么临界点是 $p=1$ 而不是别的值——幂函数的原函数在指数为 $-1$ 时由幂函数变成对数函数。
直观上， $x\to+\infty$ 时 $(\frac{1}{x})^p\to 0$ ： $p$ 越大，衰减越快，越容易收敛。
可嵌套推广到”多重对数”型（通过逐次换元把结构降为 $p$ 积分）： $\begin{aligned} \int_a^{+\infty}\frac{1}{x\ln x(\ln\ln x)^p}\,\mathrm dx &= \int_a^{+\infty}\frac{1}{\ln x(\ln\ln x)^p}\,\mathrm d(\ln x) \\ &\xlongequal{\ln x = t} \int_{\ln a}^{+\infty}\frac{1}{t\ln^p t}\,\mathrm dt \\ &= \int_{\ln a}^{+\infty}\frac{1}{\ln^p t}\,\mathrm d(\ln t) \\ &\xlongequal{\ln t = u} \int_{\ln\ln a}^{+\infty}\frac{1}{u^p}\,\mathrm du \implies \begin{cases} p>1, & \text{收敛}, \\ p\le 1, & \text{发散}. \end{cases} \end{aligned}$ 这里要求下限足够大使 $\ln\ln a$ 有意义（ $a>e$ ）。嵌套层次再多也同理：只要每一层对数都配上一个 $x$ 或上一层的对数因子，换元后最终都归结为同一个 $p$ 积分。

② 趋于瑕点时的 $p$ 积分（经常考）

\int_a^b\frac{1}{(x-a)^p}\,\mathrm dx \begin{cases} p<1, & \text{收敛}, \\ p\ge 1, & \text{发散}. \end{cases} \qquad \int_a^b\frac{1}{(b-x)^p}\,\mathrm dx \begin{cases} p<1, & \text{收敛}, \\ p\ge 1, & \text{发散}. \end{cases}

凑形目标：把待判别的被积函数在瑕点附近改写成 $\dfrac{1}{(x-\text{瑕点})^p}$ 或 $\dfrac{1}{(\text{瑕点}-x)^p}$ 的形式，读出 $p$ 与结论比较。
理由： $p\ne 1$ 时 $\displaystyle\int_a^b\frac{\mathrm dx}{(x-a)^p}=\left.\frac{(x-a)^{1-p}}{1-p}\right|_a^b$ ，下限处 $(x-a)^{1-p}\to 0$ 当且仅当 $1-p>0$ ，即 $p<1$ 时收敛； $p>1$ 时该项发散； $p=1$ 时原函数为 $\ln(x-a)$ ，在下限产生 $-\infty$ 。
临界点依然在 $p=1$ ，但收敛方向与①相反： $x\to a^+$ 时 $\frac{1}{(x-a)^p}\to+\infty$ ， $p$ 越小，发散速度越慢，越容易收敛。①与②的方向差异是记忆中最容易混淆的一点，判断时可回到原函数的幂次符号复核。

③ 趋于无穷时的广义 $p$ 积分（偶尔考）

换元后即化为标准的趋于无穷 $p$ 积分：

\int_a^{+\infty}\frac{1}{x\ln^p x}\,\mathrm dx = \int_a^{+\infty}\frac{1}{\ln^p x}\,\mathrm d(\ln x) \xlongequal{\ln x = t} \int_{\ln a}^{+\infty}\frac{1}{t^p}\,\mathrm dt = \begin{cases} p>1, & \text{收敛}, \\ p\le 1, & \text{发散}, \end{cases} \qquad (a>1).

④ 趋于 $0^+$ 时的广义 $p$ 积分（没考过，但需掌握原理）

\int_0^{1/2}\frac{1}{x\ln^p x}\,\mathrm dx = \int_0^{1/2}\frac{1}{\ln^p x}\,\mathrm d(\ln x) \xlongequal{\ln x = t} \int_{-\infty}^{-\ln 2}\frac{1}{t^p}\,\mathrm dt = \pm \int_{\ln 2}^{+\infty}\frac{1}{t^p}\,\mathrm dt = \begin{cases} p>1, & \text{收敛}, \\ p\le 1, & \text{发散}. \end{cases}

核心技巧： $\ln x$ 的“无穷小指数”等价处理

当 $x\to+\infty$ 时： $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^{0.00001}} = 0 \implies \ln x \sim x^{\text{正无穷小}}.$
当 $x\to 0^+$ 时： $\forall a,b>0,\quad \lim_{x\to 0^+} x^a \ln^b x = 0 \implies \lim_{x\to 0^+} x^{0.00001}\ln x = 0 \implies \ln x \sim (-1)x^{-\text{负无穷小}} \sim x^{\text{负无穷小}}.$ （常数 $-1$ 绝不影响敛散性，可直接视作指数微扰。）

本质：这两条极限的实质是”幂函数可以压制任意次幂的对数”。 $\ln x=x^{o(1)}$ 表示对数只能提供一个无穷小的指数微扰，所以写 $\ln x\sim x^{\text{正无穷小}}$ 只是把它与幂函数作同阶比较的一种记账方式，不是通常意义下的等价无穷小替换。
使用条件： $x$ 的幂次不等于 $1$ ；比较的结果只用于判定敛散，不能用来计算积分值；替换必须在奇点处的极限过程中进行。
失效情形： $x$ 的幂次恰为 $1$ （此时对数项主导，必须用广义 $p$ 积分结论）；被积函数含振荡因子或含 $e^{\pm\text{无穷}}$ 时，本方法不适用，应改用比较判别法放缩。

$\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{1}{x^{1.01}(\ln x)^{999}}\,\mathrm dx$ ： $x\to+\infty$ 时，被积函数 $\sim \dfrac{1}{x^{1.01+\text{正无穷小}}} = \dfrac{1}{x^p}$ ，此时 $p = 1.01+\text{正无穷小} > 1 \implies \mathbf{收敛}$ 。
$\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{1}{x^{0.99}(\ln x)^{999}}\,\mathrm dx$ ： $x\to+\infty$ 时，被积函数 $\sim \dfrac{1}{x^{0.99+\text{正无穷小}}} = \dfrac{1}{x^p}$ ，此时 $p = 0.99+\text{正无穷小} < 1 \implies \mathbf{发散}$ 。
$\displaystyle\int_0^2\frac{\ln x}{x^{0.99}}\,\mathrm dx$ ： $x\to 0^+$ 时，被积函数 $\sim \dfrac{x^{\text{负无穷小}}}{x^{0.99}} \sim \dfrac{1}{x^{0.99+\text{正无穷小}}} = \dfrac{1}{x^p}$ ，此时瑕点处 $p = 0.99+\text{正无穷小} < 1 \implies \mathbf{收敛}$ 。

三个例子说明同一件事：只要 $x$ 的指数与 $1$ 有确定的偏离，无论对数幂次多大，都不能改变敛散结论；指数 $1.01$ 与 $0.99$ 只差 $0.02$ ，结论却完全相反。

判别工具：比较判别法及其极限形式

设 $f(x), g(x)$ 在 $(a,b]$ 上非负连续，且 $\displaystyle\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)} = \lambda$ （有限值或无穷）：

当 $\lambda \ne 0$ （且有限）时， $\int f$ 与 $\int g$ 同敛散（ $f(x)$ 与 $g(x)$ 同阶）；
当 $\lambda = 0$ 时，若 $\int g$ 收敛，则 $\int f$ 也收敛（ $f(x) \ll g(x)$ ，大收小收）；
当 $\lambda = +\infty$ 时，若 $\int g$ 发散，则 $\int f$ 也发散（ $f(x) \gg g(x)$ ，小散大散）。

※ 只需满足”不变号”即可！ 若 $f(x), g(x) \le 0$ ，只需提取负号化为非负，敛散性完全不变。

以 $\lambda$ 为非零有限值、 $x\to a^+$ 为例：由极限定义，存在 $x$ 充分靠近 $a$ 的邻域使 $\dfrac{\lambda}{2}g(x)\le f(x)\le \dfrac{3\lambda}{2}g(x)$ （取 $\varepsilon=\lambda/2$ ）。这样 $f$ 被两个 $g$ 的常数倍从上下夹住，而常数倍不改变敛散性，于是两者同敛散。 $\lambda=0$ 或 $+\infty$ 时只剩一半的夹逼关系可用，所以只能得到”大收小收”或”小散大散”的单向结论。

使用条件：① $f,g$ 在奇点附近同号且非负（负号可提取）；② 用来作参照的 $g$ 的敛散性必须已知（通常取 $p$ 积分或广义 $p$ 积分）；③ 比值极限必须存在（可为 $0$ 或 $+\infty$ ）。 失效情形：若 $\dfrac{f}{g}$ 的极限不存在（被积函数在奇点附近振荡），极限形式失效，此时只能退回定理 1 做整体放缩，或直接求原函数。

判别具体函数反常积分敛散性的 5 大步骤

找瑕点与无穷端点：考研范围内瑕点一定是无定义点，务必全区间排查（包括积分区间内部！）；
只看被积函数本身：积分值大小、常数因子、常数项都不参与判断，只需看它在奇点附近的性态；
在瑕点和无穷处取极限，把被积函数同阶化为 $p$ 积分的形式：利用等价无穷小或洛必达法则，把被积函数在奇点附近化成 $\dfrac{C}{x^p}$ $\frac{C}{x ^{p}}$ 或 $\dfrac{C}{(x-a)^p}$ $\frac{C}{( x - a ) ^{p}}$ （ $C\ne 0$ $C \neq = 0$ 为常数），读出 $p$ $p$ 后由结论直接定夺；
- 判据：等价替换的合法性来自”比值极限为非零常数 $\Rightarrow$ 同敛散”，因此写等价式时必须确认比值极限确实存在且不为 $0$ ；
- 条件：所有奇点处的指数都要分别算一次；各段独立——
  - 若在所有的瑕点和无穷端点处该积分都收敛，则原积分收敛；
  - 只要在某一种情况（某一个瑕点或端点）下积分发散，则原积分立刻发散！
- 失效情形：若奇点附近的比值极限不存在（振荡型被积函数），不能写等价式，改走第 5 步的放缩路线；
出现 $\ln x$ 时的处理原则：
- 若是广义 $p$ 积分标准型（分母为 $x^1 \ln^p x$ ），直接套广义 $p$ 积分结论；
- 若不是广义 $p$ 积分标准型（ $x$ 的幂次不等于 $1$ ），直接对 $\ln x$ 进行”无穷小指数”等价；
若出现 $e$ 的无穷次幂形式：参考例 3.58 中 C 选项的处理手法，采用比较判别法放缩：把指数函数与幂函数比较大小（如 $e^{x}\gg x^{N}$ 对任意固定的 $N$ 成立），把被积函数夹在两个已知敛散性的 $p$ 积分之间。

经典例题全流程严密推导（例 3.84 ~ 例 3.94.1）

答案： $\mathbf{A}$

A 选项（积分区间内部瑕点陷阱）：积分区间 $[-1,1]$ 内部包含无定义点 $x=0$ （瑕点）。

[!danger] 核心考点：积分区间内部出现无定义点时，只有积分收敛，才能使用”奇零偶倍”！根据反常积分定义，必须在瑕点 $x=0$ 处拆分成两段：
$\int_{-1}^1\frac{\mathrm dx}{\sin x} = \int_{-1}^0\frac{\mathrm dx}{\sin x} + \int_0^1\frac{\mathrm dx}{\sin x}.$
当 $x\to 0$ 时， $\dfrac{1}{\sin x}\sim\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{(x-0)^1}$ ，属于 $p=1$ 的瑕积分，左右两段均独立发散！绝不能误以为”奇函数在对称区间积分为 0”而得出收敛结论。两部分发散不可相互抵消，积分结果根本不存在，故发散！
B 选项：瑕点为 $x = -1$ 和 $x = 1$ 。
- $x\to 1^-$ 时： $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}} \sim \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{(1-x)^{1/2}}$ ，凑出 $p = \dfrac{1}{2} < 1 \implies$ 收敛；
- $x\to (-1)^+$ 时： $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \sim \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{(x+1)^{1/2}}$ ，凑出 $p = \dfrac{1}{2} < 1 \implies$ 收敛。故 B 选项收敛。
C 选项（指数优于幂的放缩）：无瑕点，仅有上限 $+\infty$ 。当 $x\to+\infty$ 时，指数函数的增速远超任意高次幂函数： $e^{x^2} \gg x^{999}$ ，因此：
$e^{-x^2} = \frac{1}{e^{x^2}} \ll \frac{1}{x^{999}}.$
因为 $\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^{999}}\,\mathrm dx$ 显然收敛（ $p=999>1$ ），由”大的收敛，小的必收敛”可知 C 选项必收敛！
D 选项：标准广义 $p$ 积分，分母为 $x^1\ln^2 x$ ， $p=2>1 \implies$ 收敛。

答案： $\mathbf{D}$

分段函数在两段上分别套用不同的模型，因此在分段点 $e$ 处拆开：

\int_1^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx = \int_1^e \frac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}\,\mathrm dx + \int_e^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{\alpha+1}x}\,\mathrm dx.

在瑕点 $x\to 1^+$ 处：第一段是 $p$ 积分模型，瑕积分收敛要求指数小于 1： $p = \alpha - 1 < 1 \implies \alpha < 2.$
在无穷远 $x\to+\infty$ 处：第二段是广义 $p$ 积分标准型（ $x$ 为一次幂），收敛要求对数幂指数大于 1： $p = \alpha + 1 > 1 \implies \alpha > 0.$

联立得 $0 < \alpha < 2$ ，选 D。注意两段的模型不同：第一段比的是幂函数，第二段比的是对数幂，若把两者混淆会得到错误区间。

答案： $\mathbf{D}$

积分区间为 $[0,1]$ ，被积函数在两个端点 $0$ 与 $1$ 处均无定义，故两端点均为瑕点。

在瑕点 $x\to 0^+$ 处：利用等价无穷小 $\ln(1-x) \sim -x$ ，有：
$\frac{[\ln(1-x)]^{2/m}}{x^{1/n}} \sim \frac{(-x)^{2/m}}{x^{1/n}} \sim \frac{x^{2/m}}{x^{1/n}} = \frac{1}{x^{\frac{1}{n} - \frac{2}{m}}}.$
此处对应瑕积分的指数为 $p = \dfrac{1}{n} - \dfrac{2}{m}$ 。因为 $m,n$ 均为正整数（ $m\ge 1, n\ge 1$ ），所以 $\dfrac{1}{n} \le 1$ ，而 $\dfrac{2}{m} > 0$ ：
$p = \frac{1}{n} - \frac{2}{m} < 1 - \frac{2}{m} < 1.$
（即使极端情况下 $n=1, m\to+\infty$ ，指数 $p \to 1^-$ ，恒严格小于 1）。故在 $x=0$ 处无论 $m,n$ 取何值均恒收敛！
在瑕点 $x\to 1^-$ 处：分母 $x^{1/n} \to 1$ 为常数可忽略，令 $u = 1-x \to 0^+$ ：
$[\ln(1-x)]^{2/m} = (\ln u)^{2/m} \sim (u^{\text{负无穷小}})^{2/m} = \frac{1}{(1-x)^{\text{正无穷小}}}.$
此时对应的瑕积分指数 $p = \text{正无穷小} < 1$ ，故在 $x=1$ 处同样恒收敛！

综上所述，该反常积分恒收敛，与 $m,n$ 的取值完全无关，选 D。本题的关键是第 2 步：对数在瑕点处只提供无穷小阶的指数，无论 $m$ 取何值都小于临界指数 1。

答案： $\mathbf{A}$

端点排查： $x=0$ 与 $x=1$ 均为瑕点。

在瑕点 $x\to 1^-$ 处：此时 $x^p \to 1$ 。利用等价无穷小 $\ln x = \ln(1+(x-1)) \sim x-1$ ：
$\frac{\ln x}{x^p(1-x)^{1-p}} \sim \frac{x-1}{(1-x)^{1-p}} = \frac{-(1-x)}{(1-x)^{1-p}} = \frac{-1}{(1-x)^{-p}}.$
常数 $-1$ 不影响敛散性，凑出瑕积分 $\dfrac{1}{(1-x)^{-p}}$ ，收敛要求：
$-p < 1 \implies p > -1.$
在瑕点 $x\to 0^+$ 处：此时 $(1-x)^{1-p} \to 1$ 。利用 $\ln x \sim x^{\text{负无穷小}}$ ：
$\frac{\ln x}{x^p(1-x)^{1-p}} \sim \frac{\ln x}{x^p} \sim \frac{x^{\text{负无穷小}}}{x^p} = \frac{1}{x^{p+\text{正无穷小}}}.$
瑕积分收敛要求指数小于 1：
$p + \text{正无穷小} < 1 \implies p < 1.$

联立两端点要求，必有 $-1 < p < 1$ ，选 A。

答案： $\mathbf{B}$

[!tip] 判据：出现 $\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx$ 这样的凑微分结构时优先换元若被积函数中出现”某个内层函数的导数 × 关于该内层函数的因子”，即形如 $g'(x)\varphi(g(x))$ ，应优先换元 $t=g(x)$ 把积分化为 $\int\varphi(t)\,\mathrm dt$ 。本例中 $\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx = -\mathrm d(\frac{1}{x})$ 正是这种结构。 为什么有效：换元后若原函数可以显式写出，则”积分值存在有限值 $\iff$ 积分收敛”这一等价关系可以直接使用，绕开与 $p$ 积分的比较，避免了对 $e^{1/x}$ 在两侧量级差异的判断困难。 失效情形：换元后仍得不到初等原函数时，此路线不通，需退回比较判别法。

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

积分 ①： $x$ 从 $-\infty$ 变到 $0^-$ ，对应 $t$ 从 $0^-$ 变到 $-\infty$ ：
$\int_{-\infty}^{0^-}\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\,\mathrm dx = \int_{0^-}^{-\infty} e^t (-\mathrm dt) = \int_{-\infty}^{0^-} e^t\,\mathrm dt = \left. e^t \right|_{-\infty}^{0^-} = e^0 - 0 = 1.$
积分值存在且有限，① 收敛！
积分 ②： $x$ 从 $0^+$ 变到 $+\infty$ ，对应 $t$ 从 $+\infty$ 变到 $0^+$ ：
$\int_{0^+}^{+\infty}\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\,\mathrm dx = \int_{+\infty}^{0^+} e^t (-\mathrm dt) = \int_{0^+}^{+\infty} e^t\,\mathrm dt = \left. e^t \right|_{0^+}^{+\infty} = +\infty - 1 = +\infty.$
极限为无穷大，② 发散！

故选 B。注意两个积分的差别只在于 $x$ 趋于 $0$ 的方向： $x\to 0^-$ 时 $t\to-\infty$ （指数衰减，可积）， $x\to 0^+$ 时 $t\to+\infty$ （指数爆炸，不可积），因此同一表达式两侧的敛散性完全相反。

答案： $\mathbf{C}$

A 选项：瑕点为 $x=0$ ，无穷远为 $+\infty$ 。
1. $x\to+\infty$ 时： $e^x \gg x^{99} \implies e^{-x} \ll \frac{1}{x^{99}} \implies \frac{e^{-x}}{\sqrt{x}} \ll \frac{1}{x^{99.5}}$ ，由 $p=99.5>1$ 收敛；
2. $x\to 0^+$ 时： $e^{-x}\to 1$ ，被积函数 $\sim \frac{1}{x^{1/2}}$ ，瑕积分指数 $p = \frac{1}{2} < 1$ 收敛。故 A 选项收敛。
B 选项：当 $x\to 0^+$ 时， $x^2 e^{-x^2} \to 0$ 有界，故 $x=0$ 不是瑕点！仅需考察 $+\infty$ 端点。当 $x\to+\infty$ 时， $e^{x^2} \gg x^{99} \implies x^2 e^{-x^2} \ll \frac{x^2}{x^{99}} = \frac{1}{x^{97}}$ ，由 $p=97>1$ 收敛。故 B 选项收敛。
C 选项（区间内部瑕点陷阱）：被积函数分母在 $x=0$ 处无定义，在 $x=1$ 处使 $\ln 1 = 0$ 也无定义！因此瑕点不仅有 $0$ ，更有区间内部的 $x=1$ ！
- 在 $x\to 0^+$ 和 $x\to+\infty$ 时，虽然形式上符合广义 $p$ 积分（ $p=2>1$ 收敛）；
- 但是，在内部瑕点 $x\to 1$ 处： $\frac{1}{x\ln^2 x} \sim \frac{1}{\ln^2 x} \xlongequal{\ln x \sim x-1} \frac{1}{(x-1)^2}.$ 此处瑕积分指数 $p = 2 \ge 1 \implies \mathbf{发散}$ ！只要有一处瑕点发散，原积分立即发散！故 C 选项发散。
D 选项：当 $x\in[0,+\infty)$ 时， $x+2 \ge 2$ ，分母永不为 0，全程无任何瑕点！在 $x\to+\infty$ 时，被积函数 $\sim \frac{1}{x\ln^2 x}$ ，属于标准广义 $p$ 积分， $p=2>1$ 收敛。故 D 选项收敛。

C 与 D 的对照是本题的落脚点：两式的无穷远处性态完全相同，唯一区别是 $x=1$ 是不是定义点。 $\ln x$ 在 $x=1$ 处为零，把原本”收敛”的广义 $p$ 积分在内部撕开了一个发散点。

答案： $\mathbf{A}$

[!warning] 关键前提：题目并未说明 $m\ge 0$ 当 $m$ 为负数时，随着 $x\to 0^+$ ， $x^m \to \infty$ ，因此 $x=0$ 必须视作潜在瑕点处理！这是本题最容易漏掉的一步：若不检查 $m<0$ 的可能，就会错过起点处给出的下界条件。

在端点 $x\to 0^+$ 处：分母 $2+x^n \to 2$ （非零常数可忽略）， $\arctan x \sim x$ ：
$\frac{x^m\arctan x}{2+x^n} \sim \frac{1}{2}\cdot x^m \cdot x \sim x^{m+1} = \frac{1}{x^{-(m+1)}}.$
瑕积分收敛充要条件为指数小于 1：
$p = -(m+1) < 1 \implies -m-1 < 1 \implies m > -2.$
在端点 $x\to+\infty$ 处：分子上 $\arctan x \to \frac{\pi}{2}$ （非零常数可忽略），分母 $2+x^n \sim x^n$ ：
$\frac{x^m\arctan x}{2+x^n} \sim \frac{x^m \cdot \frac{\pi}{2}}{x^n} \sim \frac{1}{x^{n-m}}.$
无穷区间反常积分收敛充要条件为指数大于 1：
$p = n-m > 1.$

综上，必须满足 $m > -2$ 且 $n-m > 1$ ，选 A。两端的条件来源不同： $m>-2$ 来自 $x=0$ 处的可积性（ $m$ 不能被压得太负）， $n-m>1$ 来自无穷远处的衰减速度（ $n$ 必须比 $m$ 大得多）。

设非负函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，给出以下三个命题：

① 若 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f^2(x)\,\mathrm dx$ 收敛，则 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛； ② 若存在 $p>1$ ，使得 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^p f(x)$ 存在，则 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛； ③ 若 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛，则存在 $p>1$ ，使得 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^p f(x)$ 存在。

其中真命题的个数为（）

\text{A. } 0 \qquad \text{B. } 1 \qquad \text{C. } 2 \qquad \text{D. } 3

答案： $\mathbf{B}$ （仅 ② 正确）

[!tip] 命题辨析的思路

排查奇点： $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续， $\lim_{x\to 0^+} f(x) = f(0)$ 为确定的有限常数，不可能为无穷，故 $x=0$ 绝不是瑕点！题目只研究 $x\to+\infty$ 处的敛散性；

题眼信息：“非负”提示使用比较判别法或比值极限判别法；

对全称命题优先举反例：反例应尽量取在已知敛散性的 $p$ 积分与广义 $p$ 积分上。因为 $0$ 不是瑕点，反例可直接取平移后的 $\dfrac{1}{(x+2)^p}$ 与 $\dfrac{1}{(x+2)\ln^p(x+2)}$ ，这样积分下限取 $0$ 也不引入新奇点。

命题 ①（错误）：构造反例：令 $f(x) = \dfrac{1}{x+2}$ $f (x) = \frac{1}{x + 2}$ 。
- $\int_0^{+\infty} f^2(x)\,\mathrm dx = \int_0^{+\infty}\frac{1}{(x+2)^2}\,\mathrm dx$ ，此时 $p=2>1$ ，收敛；
- 但 $\int_0^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx = \int_0^{+\infty}\frac{1}{x+2}\,\mathrm dx$ ，此时 $p=1$ ，发散！故 ① 错误。原因：把被积函数平方会让它在无穷远处衰减得更快，因此”平方后可积”是比”本身可积”更弱的结论，推不出前者。
命题 ②（正确）：已知存在 $p>1$ $p > 1$ 使得 $\lim_{x\to+\infty} x^p f(x) = k$ $lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x) = k$ 存在。改写为比值极限形式： $\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{\frac{1}{x^p}} = k.$ 已知当 $p>1$ $p > 1$ 时，无穷区间积分 $\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^p}\,\mathrm dx$ $\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{p}} d x$ 收敛。根据非负函数的极限审敛法：
- 若 $k \ne 0$ ，则 $f(x) \sim k\cdot\frac{1}{x^p}$ 与 $\frac{1}{x^p}$ 同阶，故 $\int_0^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx$ 收敛；
- 若 $k = 0$ ，则 $f(x) \ll \frac{1}{x^p}$ （高阶无穷小），由”大的收敛小的必收敛”， $\int_0^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx$ 同样收敛。故 ② 正确。
命题 ③（错误）：构造反例：选取广义 $p$ $p$ 积分模型，令 $f(x) = \dfrac{1}{(x+2)\ln^2(x+2)}$ $f (x) = \frac{1}{( x + 2 ) ln ^{2} ( x + 2 )}$ 。
- 积分 $\int_0^{+\infty}\frac{1}{(x+2)\ln^2(x+2)}\,\mathrm dx$ 属于广义 $p$ 积分（ $p=2>1$ ），确实收敛；
- 但对任意给定的 $p>1$ （即 $p-1>0$ ），考察极限： $\lim_{x\to+\infty} x^p f(x) = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^p}{(x+2)\ln^2(x+2)} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{p-1}}{\ln^2(x+2)} = +\infty.$ 由于分子的幂函数增速远超分母的对数函数，极限必为 $+\infty$ ，极限不存在！故 ③ 错误。原因：命题 ③ 是对收敛速度的过强要求——收敛的积分可以是任意慢的，而”存在 $p>1$ 使 $x^pf(x)$ 收敛”意味着衰减速度至少与某个 $p$ 次幂相当，两者不是一回事。

若将命题 ③ 的结论强化为： “若 $\int_0^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx$ 收敛，则存在 $p>1$ ，使得 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} x\ln^p x \cdot f(x)$ 存在。” 该命题依然是错误的！ 反例可以继续往更深层的多重对数型积分去构造（收敛性由①中”多重对数”嵌套换元模型保证）：

f(x) = \frac{1}{(x+100)\ln(x+100)[\ln\ln(x+100)]^2}.

这说明”收敛速度慢于任何幂函数”不是极限情况：还可以继续构造慢于任何”幂 × 对数幂”的函数，因此不存在一个固定的比较函数族能把所有收敛的反常积分一网打尽。

[!tip] 证明路线的确定

排查端点： $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上二阶可导，则 $f(x)$ 在 $x=1$ 处必连续；结合题设 $f(x)>0$ ，可知 $\lim_{x\to 1^+} f(x) = f(1) \ne 0$ 。因此 $x=1$ 不是瑕点，只需判定 $x\to+\infty$ 时的敛散性；

确定比较对象：条件给出的是函数符号 $f(x)>0$ 与二阶导极限 $f''(x)\to+\infty$ 。被积函数非负，适合用比值判别法；而条件针对的是 $f$ 本身，因此需要证明 $f$ 在无穷远处比某个幂函数增长得快；

如何引出二阶导：连续使用两次洛必达法则。让 $f(x)$ 与 $x^2$ 作比最合适，因为 $x^2$ 求导两次恰好为常数 $2$ ，两次洛必达后分母变成常数，可以直接承接题设的 $f''(x)\to+\infty$ 。

严密证明：考虑极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^2}$ 。由于 $f''(x)\to+\infty$ ，当 $x$ 充分大时必有 $f''(x)>0$ ，故 $f'(x)$ 单调递增并趋于 $+\infty$ ， $f(x)$ 亦单调递增趋于 $+\infty$ 。此为标准的 $\frac{\infty}{\infty}$ 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.

这表明当 $x\to+\infty$ 时， $f(x)$ 的增长速度远大于 $x^2$ （ $f(x) \gg x^2$ ）。由此取倒数，必有：

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

由无穷小量与无穷大量的关系，当 $x$ 充分大时恒有 $\dfrac{1}{f(x)} \ll \dfrac{1}{x^2}$ 。因为 $\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx$ 收敛（ $p=2>1$ ），且 $\frac{1}{f(x)}>0$ ，根据比较审敛法（大收小收）：

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

常见疑问：” $n$ 阶可导通常只能洛到 $n-1$ 阶，本题只给了二阶可导，为什么能直接洛到二阶导 $f''(x)$ ？”

通常只能洛到 $n-1$ 阶的原因：使用洛必达法则需要求导后的比值极限存在或为无穷大。仅知 $f$ 有 $n$ 阶导数时， $f^{(n)}(x)$ 未必连续，其极限未必存在，因此无法保证第二次洛必达后的极限存在，只能保守地止步于 $n-1$ 阶。
本题的特殊性：题设不仅已知二阶可导，而且明确给出了二阶导数的极限为无穷大（ $\lim f''(x) = +\infty$ ），求导后的比值极限已确定存在（为 $+\infty$ ）。
结论：” $n$ 阶导函数连续”只是能洛到 $f^{(n)}$ 的充分条件而非必要条件；核心准则始终是求导后的比值极限存在或为无穷大。关于洛必达法则在 $\frac{*}{+\infty}$ 型下的适用形式，见极限部分的相关整理。

三角函数形式反常积分的通用破局法

三角函数形式的反常积分在真题中尚未考查。遇到趋于零点的三角函数因子（如 $\cos 2x \to 0$ 或 $\sin\frac{\pi}{x} \to 0$ ），无需记忆复杂的三角诱导公式，可直接用下述方法定阶。

判据：设该因子在瑕点 $x_0$ 处趋于 $0$ ，假设它与 $(x-x_0)^k$ 同量级，则比值 $\dfrac{\text{三角因子}}{(x-x_0)^k}$ 在 $x\to x_0$ 时必趋于非零常数；对这个比值用洛必达法则，令分母的指数在求导后消失（即 $k-1=0$ ），即可反解出 $k$ 。
使用条件：① 三角因子在 $x_0$ 处确实趋于 $0$ （否则在瑕点处它只是非零常数因子，直接忽略即可）；② 该因子在 $x_0$ 附近可导，且用洛必达后分子不再为零；③ 定出 $k$ 后，把原因子替换为 $(x-x_0)^k$ ，再按 $p$ 积分判据读出指数。
失效情形：若因子在瑕点附近无限振荡（例如 $\sin\frac{1}{x}$ 在 $x\to 0$ 时），它没有确定的阶，此时定阶法失效，只能改用放缩或用换元直接求原函数。

该定阶手法属于课程讲义中的技巧，来源见文末参考资料。

答案： $\mathbf{C}$

端点排查： $x=0$ 处 $\ln 0$ 无定义； $x=\frac{\pi}{4}$ 处 $\cos(2\cdot\frac{\pi}{4}) = \cos\frac{\pi}{2} = 0$ 。因此两端点 $0$ 与 $\frac{\pi}{4}$ 均为瑕点。

在瑕点 $x\to 0^+$ 处： $\cos^b 2x \to 1$ 为非零常数忽略， $|\ln x|^a = (-\ln x)^a = (-1)^a \ln^a x$ ：
$\frac{1}{x|\ln x|^a\cos^b 2x} \sim \frac{1}{x\ln^a x}.$
属于标准广义 $p$ 积分模型（ $x$ 为一次幂），收敛充要条件为：
$p = a > 1.$
在瑕点 $x\to (\frac{\pi}{4})^-$ 处： $x|\ln x|^a \to \frac{\pi}{4}|\ln\frac{\pi}{4}|^a$ 为非零常数忽略，被积函数主要取决于 $\dfrac{1}{\cos^b 2x}$ 。

[!important] 设同量级求阶数 $k$ 设当 $x\to\frac{\pi}{4}$ 时， $\cos 2x$ 与 $(\frac{\pi}{4}-x)^k$ 为同量级无穷小，则比值极限必须为非零常数。使用洛必达法则：
$\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{\cos 2x}{(\frac{\pi}{4}-x)^k} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{-2\sin 2x}{-k(\frac{\pi}{4}-x)^{k-1}} = \frac{2}{k}\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\frac{1}{(\frac{\pi}{4}-x)^{k-1}}.$
要使极限为非零常数，分母的指数必须为 0：
$k-1 = 0 \implies k = 1.$
即当 $x\to\frac{\pi}{4}$ 时， $\cos 2x$ 与 $(\frac{\pi}{4}-x)^1$ 是同阶无穷小！

由此立刻得出：
$\frac{1}{\cos^b 2x} \sim \frac{1}{(\frac{\pi}{4}-x)^b}.$
作为瑕积分收敛的充要条件是：
$p = b < 1.$

综合得 $a>1, b<1$ ，选 C。

答案： $1 < p < 2$

端点排查： $x=1$ 处 $\ln 1 = 0$ 为瑕点，上限为 $+\infty$ 。

在端点 $x\to+\infty$ 处： $\sin\frac{\pi}{x} \sim \frac{\pi}{x}$ （常数 $\pi$ 忽略）：
$\sin\frac{\pi}{x}\cdot\frac{1}{\ln^p x} \sim \frac{\pi}{x}\cdot\frac{1}{\ln^p x} \sim \frac{1}{x\ln^p x}.$
属于标准广义 $p$ 积分，收敛充要条件为：
$p > 1.$
在瑕点 $x\to 1^+$ 处：利用 $\ln x \sim x-1$ ，被积函数为 $\sin\frac{\pi}{x}\cdot\dfrac{1}{(x-1)^p}$ 。

[!important] 设同量级求阶数 $k$ 设当 $x\to 1$ 时， $\sin\frac{\pi}{x}$ 与 $(x-1)^k$ 为同量级，使用洛必达法则：
$\lim_{x\to 1}\frac{\sin\frac{\pi}{x}}{(x-1)^k} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to 1}\frac{\pi\cos\frac{\pi}{x}\cdot(-\frac{1}{x^2})}{k(x-1)^{k-1}} = \frac{\pi}{k}\lim_{x\to 1}\frac{1}{(x-1)^{k-1}}.$
要使极限为非零常数，必有：
$k-1 = 0 \implies k = 1.$
即当 $x\to 1$ 时， $\sin\frac{\pi}{x}$ 与 $(x-1)^1$ 同阶！

因此被积函数在 $x\to 1^+$ 时的等价形式为：
$\sim (x-1)\cdot\frac{1}{(x-1)^p} = \frac{1}{(x-1)^{p-1}}.$
瑕积分收敛充要条件为：
$p-1 < 1 \implies p < 2.$

综合两端点要求，最终取值范围为 $\mathbf{1 < p < 2}$ 。

反常积分的概念性结论与考情应对

针对 2024 考研中出现的概念性试题，以下底层结论必须厘清（了解即可，无需背诵冗长反例）：

积分收敛 $\centernot\implies$ 被积函数趋于 0： $\int_a^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx$ 收敛，推不出 $\lim_{x\to+\infty} f(x) = 0$ ， $\lim_{x\to+\infty} f(x)$ 甚至可能根本不存在！

反例： $\int_a^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\mathrm dx$ 与 $\int_a^{+\infty}\cos(x^2)\,\mathrm dx$ （菲涅耳积分）均收敛，但 $\lim_{x\to+\infty}\cos(x^2)$ 振荡不存在。理由：收敛只要求”累计面积”有限，并不限制被积函数在局部的高度；只要正负部分能在大尺度上互相抵消，函数本身完全可以不趋于 0。
积分收敛且极限存在 $\implies$ 极限必为 0：若 $\int_a^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx$ 收敛，且已知 $\lim_{x\to+\infty} f(x)$ 存在，则必有 $\lim_{x\to+\infty} f(x) = 0$ 。

理由：若该极限为非零常数 $c$ ，则被积函数在充分远处与常数同号且不衰减，反而由发散性判别可知积分必发散，矛盾。
对称区间与奇函数”奇零”的使用前提：在对称区间上，遇见奇函数绝对不能直接使用”奇零”，必须先证明反常积分是收敛的！如例 3.84 中的 $\int_{-1}^1\frac{\mathrm dx}{\sin x}$ ，两端发散，结果根本不存在。
负无穷到正无穷的反常积分机制： $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,\mathrm dx$ 如果想用”奇零”，必须保证拆开后的每一部分都收敛！如 $\int_{-\infty}^{+\infty} x\,\mathrm dx = \int_{-\infty}^0 x\,\mathrm dx + \int_0^{+\infty} x\,\mathrm dx$ ，两部分均发散，故原积分发散，不存在积分值。

TIP警惕直觉错误

$(-\infty, +\infty)$ 在反常积分严格定义下不算是对称区间，两端趋于无穷的极限是独立进行的，两端的无穷大量级可能完全不同！

3.5.2 反常积分的计算

在计算反常积分时，把上限或下限的无穷大（或瑕点）写成字母 $b$ （或 $t$ ），前期运算全程保留参数 $b$ ，最后一步再求极限。

判据：反常积分的定义本身就是极限，因此牛顿–莱布尼茨公式只能在”原函数在积分区间上连续”的段落上使用； $b$ 是把定义式显式写出来的记账符号。
使用条件：跨越瑕点或无穷端点时必须拆分；原函数含 $\ln|\cdot|$ 时，若已确定区间内的符号，可直接去绝对值以避免讨论。
失效情形：若在 $x=b$ 处原函数出现无定义或极限不存在，取极限这一步不能省略，直接代入会得到无意义的表达式。

基础示范：

\int_0^1 \ln x\,\mathrm dx = \left. x\ln x \right|_0^1 - \int_0^1 1\,\mathrm dx = (0 - \lim_{x\to 0^+} x\ln x) - 1 = 0 - 0 - 1 = -1.

答案： $\pi - 2\ln 2$

将上限替换为字母 $b$ ，保留参数进行运算：

I = \lim_{b\to+\infty}\int_1^b\frac{1}{\sqrt{x}}\ln\frac{x+1}{x}\,\mathrm dx = \lim_{b\to+\infty}\left[ \int_1^b\frac{1}{\sqrt{x}}\ln(x+1)\,\mathrm dx - \int_1^b\frac{1}{\sqrt{x}}\ln x\,\mathrm dx \right].

计算第 1 项分部积分：
$\begin{aligned} \int_1^b\frac{1}{\sqrt{x}}\ln(x+1)\,\mathrm dx &= 2\int_1^b\ln(x+1)\,\mathrm d(\sqrt{x}) \\ &= \left. 2\sqrt{x}\ln(x+1) \right|_1^b - 2\int_1^b\frac{\sqrt{x}}{x+1}\,\mathrm dx. \end{aligned}$
对后半部分令 $t = \sqrt{x} \implies x = t^2, \mathrm dx = 2t\,\mathrm dt$ ：
$\int_1^b\frac{\sqrt{x}}{x+1}\,\mathrm dx = \int_1^{\sqrt{b}}\frac{t \cdot 2t}{t^2+1}\,\mathrm dt = 2\int_1^{\sqrt{b}}\left( 1 - \frac{1}{t^2+1} \right)\mathrm dt = 2[\sqrt{b} - 1 - \arctan\sqrt{b} + \frac{\pi}{4}].$
代入整理可得：
$= 2\sqrt{b}\ln(b+1) - 2\ln 2 - (4\sqrt{b} - 4\arctan\sqrt{b} - 4 + \pi).$
计算第 2 项分部积分：
$\int_1^b\frac{1}{\sqrt{x}}\ln x\,\mathrm dx = \left. 2\sqrt{x}\ln x \right|_1^b - 2\int_1^b\frac{\sqrt{x}}{x}\,\mathrm dx = 2\sqrt{b}\ln b - 4\sqrt{b} + 4.$
两项相减并求极限：
$\text{原式} = \lim_{b\to+\infty}\left( 2\sqrt{b}\ln\frac{b+1}{b} + 4\arctan\sqrt{b} - 2\ln 2 - \pi \right).$
当 $b\to+\infty$ 时：
- $\lim_{b\to+\infty} 2\sqrt{b}\ln(1+\frac{1}{b}) = \lim_{b\to+\infty} 2\sqrt{b}\cdot\frac{1}{b} = \lim_{b\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{b}} = 0$ ；
- $\lim_{b\to+\infty} 4\arctan\sqrt{b} = 4 \cdot \frac{\pi}{2} = 2\pi$ 。

最终结果为：

0 + 2\pi - 2\ln 2 - \pi = \mathbf{\pi - 2\ln 2}.

若看到 $\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm dx = \mathrm d\left[ -\dfrac{1}{f(x)} \right]$ ，就直接套用牛顿-莱布尼茨公式：

\int_0^2\frac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm dx = \left. -\frac{1}{f(x)} \right|_0^2 = \frac{1}{f(0)} - \frac{1}{f(2)} = -\frac{4}{\pi} - \frac{1}{\arctan 3} \qquad \text{\Large\color{red}\sout{(严重错误)}}

错因剖析：牛顿-莱布尼茨公式使用的首要前提是被积函数在积分区间上连续！而 $f(x)$ 中的分母包含 $x-1$ ， $x=1 \in [0,2]$ 是被积函数的奇点（无定义点），不能跨越奇点直接套牛莱公式！必须在 $x=1$ 处拆分成两段分别求极限计算！

答案： $-\dfrac{1}{\arctan 3}$

$x=1$ 为奇点，将积分区间拆分为 $[0,1]$ 与 $[1,2]$ ：

\int_0^2\frac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm dx = \int_0^{1^-}\frac{\mathrm d[f(x)]}{f^2(x)} + \int_{1^+}^2\frac{\mathrm d[f(x)]}{f^2(x)} = \left. -\frac{1}{f(x)} \right|_0^{1^-} + \left. -\frac{1}{f(x)} \right|_{1^+}^2.

分别求出各端点的函数值与极限：

当 $x\to 1^-$ 时： $\dfrac{x+1}{x-1}\to -\infty \implies f(1^-) = \arctan(-\infty) = -\dfrac{\pi}{2} \implies -\dfrac{1}{f(1^-)} = \dfrac{2}{\pi}$ ；
当 $x = 0$ 时： $f(0) = \arctan(-1) = -\dfrac{\pi}{4} \implies \dfrac{1}{f(0)} = -\dfrac{4}{\pi}$ ；
当 $x = 2$ 时： $f(2) = \arctan 3 \implies -\dfrac{1}{f(2)} = -\dfrac{1}{\arctan 3}$ ；
当 $x\to 1^+$ 时： $\dfrac{x+1}{x-1}\to +\infty \implies f(1^+) = \arctan(+\infty) = \dfrac{\pi}{2} \implies \dfrac{1}{f(1^+)} = \dfrac{2}{\pi}$ 。

代入整理相加：

\begin{aligned} \text{原式} &= \left( -\frac{1}{f(1^-)} - \left(-\frac{1}{f(0)}\right) \right) + \left( -\frac{1}{f(2)} - \left(-\frac{1}{f(1^+)}\right) \right) \\ &= \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi} - \frac{1}{\arctan 3} + \frac{2}{\pi} \\ &= \mathbf{-\frac{1}{\arctan 3}}. \end{aligned}

答案： $a = b = 2(e-1)$

第 1 步：通分化简与敛散性分析

\int_1^{+\infty}\frac{(2x^2+ax+b) - (2x^2+bx)}{2x^2+bx}\,\mathrm dx = \int_1^{+\infty}\frac{(a-b)x+b}{2x^2+bx}\,\mathrm dx = 1 \implies \text{积分收敛}.

题设 $b>0$ ，因此在 $[1,+\infty)$ 上分母 $2x^2+bx > 0$ 恒成立，区间内无瑕点。考察无穷远 $x\to+\infty$ 时的阶数：

若 $a-b \ne 0$ ，则分子为 1 次式，分母为 2 次式，被积函数 $\sim \dfrac{a-b}{2}\cdot\dfrac{1}{x}$ ，对应 $p=1$ 积分必发散，与积分等于 1 矛盾！
因此必须消除 1 次项，即： $a - b = 0 \implies a = b.$

此时被积函数化为 $\dfrac{b}{2x^2+bx} \sim \dfrac{b}{2x^2}$ （ $p=2>1$ 收敛，符合题意）。

第 2 步：有理真分式拆分（留数定理） 将待求积分写为：

\int_1^{+\infty}\frac{b}{x(2x+b)}\,\mathrm dx = 1.

裂项分解： $\dfrac{b}{x(2x+b)} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x+b}$ 。直接积分：

\begin{aligned} \int_1^{+\infty}\left( \frac{1}{x} - \frac{2}{2x+b} \right)\mathrm dx &= \left. \ln\left| \frac{x}{2x+b} \right| \right|_1^{+\infty} \\ &= \lim_{x\to+\infty}\ln\frac{x}{2x+b} - \ln\frac{1}{2+b} \\ &= \ln\frac{1}{2} - \ln\frac{1}{2+b} = \ln\frac{2+b}{2}. \end{aligned}

由题意：

\ln\frac{2+b}{2} = 1 \implies \frac{2+b}{2} = e \implies b = 2(e-1).

结合 $a=b$ ，得 $a = b = \mathbf{2(e-1)}$ 。

答案： $\mathbf{A}$

确定积分收敛范围：被积函数属于标准广义 $p$ 积分模型。若积分发散，则 $f(\alpha) = \infty$ ，根本不存在最小值。因此该反常积分必须收敛，要求指数：
$p = \alpha + 1 > 1 \implies \alpha > 0.$
精确求出 $f(\alpha)$ 的解析式：令 $t = \ln x$ ：
$f(\alpha) = \int_2^{+\infty}\frac{\mathrm d(\ln x)}{\ln^{\alpha+1} x} \xlongequal{\ln x = t} \int_{\ln 2}^{+\infty} t^{-(\alpha+1)}\,\mathrm dt = \left. -\frac{1}{\alpha} t^{-\alpha} \right|_{\ln 2}^{+\infty} = \frac{(\ln 2)^{-\alpha}}{\alpha}.$
求导寻找极值点：对 $\alpha$ 求导（注意 $(\ln 2)^{-\alpha} = e^{-\alpha\ln(\ln 2)}$ ）：
$\begin{aligned} f'(\alpha) &= \frac{-\alpha(\ln 2)^{-\alpha}\ln(\ln 2) - (\ln 2)^{-\alpha}}{\alpha^2} \\ &= -\frac{(\ln 2)^{-\alpha}[\alpha\ln(\ln 2) + 1]}{\alpha^2}. \end{aligned}$
令 $f'(\alpha) = 0$ ，因为 $\ln 2 < 1 \implies \ln(\ln 2) < 0$ ，解得唯一驻点：
$\alpha_0 = -\frac{1}{\ln(\ln 2)}.$
当 $0 < \alpha < \alpha_0$ 时， $f'(\alpha) < 0$ 单调减少；当 $\alpha > \alpha_0$ 时， $f'(\alpha) > 0$ 单调增加。因此 $\alpha_0$ 确为全域最小值点，选 A。

[!tip] 本题的价值所在 ① 题目给出在 $[0,+\infty)$ 连续，即 $f(0)$ 为常数，排除 $0$ 为瑕点； ② “等价”思想本质是比值审敛法的极限形式。在大题中规范写出两函数比值的极限，结果为非零常数即可证明同敛散； ③ 第二问第一步确定参数 $a$ 时，直接使用了第一问的结论； ④ 运算量大，高度契合当下考研命题趋势。

设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，且

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{\left( 1 - \cos\frac{2}{\sqrt{x}} \right)\left( \sqrt{x^2+1} - x \right)} = 1.

(I) 证明：反常积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛；
(II) 若 $f(x) = \dfrac{(x+2)^2}{a(x^2+1)^2} + e^{-x}\sin x \displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ ，求常数 $a$ 与函数 $f(x)$ 。

(I) 证明反常积分收敛：
当 $x\to+\infty$ 时，进行等价无穷小分析：

$1 - \cos\dfrac{2}{\sqrt{x}} \sim \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{2}{\sqrt{x}} \right)^2 = \dfrac{2}{x}$ ；
$\sqrt{x^2+1} - x = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1} + x} \sim \dfrac{1}{2x}$ 。

分母乘积等价为 $\dfrac{2}{x}\cdot\dfrac{1}{2x} = \dfrac{1}{x^2}$ 。由极限已知条件：

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

即 $\lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = 1$ 。
考察反常积分 $\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx$ ，其指数 $p=2>1$ 收敛。由反常积分的极限审敛法， $\int_1^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛。
又因 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，定积分 $\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx$ 必然存在。
故原反常积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛。

(II) 求解常数 $a$ 与 $f(x)$ ：
由第一问可知 $\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 为一收敛的确定常数，不妨设 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx = A$ 。
题设关系式写为：

f(x) = \frac{(x+2)^2}{a(x^2+1)^2} + A e^{-x}\sin x.

两边同乘 $x^2$ 并取 $x\to+\infty$ 的极限（利用第 (I) 问已证结论 $\lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = 1$ ）：

\lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = \lim_{x\to+\infty}\left[ \frac{x^2(x+2)^2}{a(x^2+1)^2} + A x^2 e^{-x}\sin x \right].

由于指数衰减项 $\lim_{x\to+\infty} x^2 e^{-x}\sin x = 0$ ，而分式最高次项系数比为 $\dfrac{1}{a}$ ：

1 = \frac{1}{a} \implies \mathbf{a = 1}.

将 $a=1$ 代回表达式： $f(x) = \dfrac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2} + A e^{-x}\sin x$ 。两端同时在 $[0,+\infty)$ 上积分：

A = \int_0^{+\infty}\frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2}\,\mathrm dx + A \int_0^{+\infty} e^{-x}\sin x\,\mathrm dx.

分别计算这两个反常积分：

计算第 1 个积分：拆项分解：
$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2}\,\mathrm dx &= \int_0^{+\infty}\left[ \frac{x^2+1}{(x^2+1)^2} + \frac{4x}{(x^2+1)^2} + \frac{3}{(x^2+1)^2} \right]\mathrm dx \\ &= \int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2+1}\,\mathrm dx + 2\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm d(x^2+1)}{(x^2+1)^2} + 3\int_0^{+\infty}\frac{1}{(x^2+1)^2}\,\mathrm dx. \end{aligned}$
- 第 1 项： $\left. \arctan x \right|_0^{+\infty} = \frac{\pi}{2}$ ；
- 第 2 项： $\left. -\frac{2}{x^2+1} \right|_0^{+\infty} = 0 - (-2) = 2$ ；
- 第 3 项令 $x = \tan t$ ： $3\int_0^{\pi/2}\frac{\sec^2 t}{\sec^4 t}\,\mathrm dt = 3\int_0^{\pi/2}\cos^2 t\,\mathrm dt = 3 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$ 。
三项相加得：
$\frac{\pi}{2} + 2 + \frac{3\pi}{4} = 2 + \frac{5\pi}{4}.$
计算第 2 个积分（分部积分）：
$\int_0^{+\infty} e^{-x}\sin x\,\mathrm dx = -\int_0^{+\infty}\sin x\,\mathrm d(e^{-x}) = -\left. e^{-x}\sin x \right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} e^{-x}\cos x\,\mathrm dx = \frac{1}{2}.$

代入关于 $A$ 的线性方程：

A = \left( 2 + \frac{5\pi}{4} \right) + \frac{1}{2}A \implies \frac{1}{2}A = 2 + \frac{5\pi}{4} \implies A = 4 + \frac{5\pi}{2}.

最终求得：

\mathbf{a = 1}, \qquad \mathbf{f(x) = \frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2} + \left( 4 + \frac{5\pi}{2} \right)e^{-x}\sin x}.

答案： $2$

反常积分值存在 $\implies$ 积分必须收敛！

在 $x\to+\infty$ 时， $\dfrac{a}{x(2x+a)}\sim\dfrac{a}{2x^2}$ （ $p=2$ 收敛）；
观察分母零点：若 $x = -\dfrac{a}{2} \in [1,+\infty)$ ，则在 $x\to -\dfrac{a}{2}$ 处被积函数为 $p=1$ 的发散瑕积分，将导致整个反常积分发散，与题设矛盾！因此瑕点 $-\dfrac{a}{2}$ 绝对不能落在 $[1,+\infty)$ 上： $-\frac{a}{2} < 1 \implies \mathbf{a > -2}.$

因为 $x \in [1,+\infty)$ 且 $a > -2$ ，所以恒有 $x > 0$ 且 $2x+a > 0$ ！这意味着在对数积分时根本无需担心绝对值问题（ $\ln|x| = \ln x, \ln|2x+a| = \ln(2x+a)$ ）：

\begin{aligned} \int_1^{+\infty}\left( \frac{1}{x} - \frac{2}{2x+a} \right)\mathrm dx &= \left. [\ln x - \ln(2x+a)] \right|_1^{+\infty} \\ &= \left. \ln\frac{x}{2x+a} \right|_1^{+\infty} \\ &= \lim_{x\to+\infty}\ln\frac{x}{2x+a} - \ln\frac{1}{2+a} \\ &= \ln\frac{1}{2} + \ln(2+a) = \ln\frac{2+a}{2}. \end{aligned}

令 $\ln\dfrac{2+a}{2} = \ln 2 \implies \dfrac{2+a}{2} = 2 \implies \mathbf{a = 2}$ （完全满足 $a>-2$ ）。

直接裂项积分：

\int_1^{+\infty}\frac{a}{x(2x+a)}\,\mathrm dx = \left. (\ln|x| - \ln|2x+a|) \right|_1^{+\infty} = \left. \ln\left| \frac{x}{2x+a} \right| \right|_1^{+\infty} = \ln\frac{|2+a|}{2}.

由题意：

\ln\frac{|2+a|}{2} = \ln 2 \implies |2+a| = 4 \implies a = 2 \quad \text{或} \quad a = -6.

[!warning] 舍根检验若 $a = -6$ ，代入原积分： $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{-6}{x(2x-6)}\,\mathrm dx = \int_1^{+\infty}\frac{-3}{x(x-3)}\,\mathrm dx$ 。此时 $x = 3 \in (1,+\infty)$ 恰好是区间的内部瑕点！当 $x\to 3$ 时，被积函数 $\sim -1\cdot\dfrac{1}{x-3}$ ，属于 $p=1$ 发散瑕积分，整个反常积分发散，不符合题意！因此必须舍去 $a = -6$ ，最终仅保留 $\mathbf{a = 2}$ 。

两种方法的差别：方法一先用敛散性把参数范围压缩到 $a>-2$ ，从而省去绝对值的讨论；方法二先算出候选值再去验证，多一次检验但过程更直接。遇到分母含参数的题目，先定范围再积分通常更省事。

3.5.3 微分方程 + 反常积分

微分方程与反常积分综合题的要点是：直接利用微分方程把被积函数 $y$ 替换为”导数组合”，再借助衰减条件消去边界项，从而避免求解通解。

判据：被积函数就是微分方程的解 $y(x)$ ，而方程给出了 $y''、y'、y$ 的线性关系，因此 $y$ 可以表示为 $y''$ 与 $y'$ 的常数倍组合；这对导数在 $[0,+\infty)$ 上的积分恰好又能由边界项直接算定。
使用条件：① 特征根的实部全部为负（保证 $x\to+\infty$ 时 $y(x)\to 0$ 且 $y'(x)\to 0$ ，即 $\left.[\,\cdot\,]\right|_0^{+\infty}$ 的上限项为零）；② $y,y'$ 在 $[0,+\infty)$ 上可积且初值已知。
失效情形：若特征根实部非负（例如出现 $r=0$ 或正实部）， $y(x)$ 不衰减，上限项不为零，此时必须老老实实解出通解再讨论收敛性。
与其他板块的联动：用微分方程确定无穷小量级、用微分方程判别极值点与拐点，都是同一思想的延伸——方程提供的是一个恒等式，可以用它替换任何出现量。

(1) 证明收敛：
特征方程为 $r^2+2r+k=0$ ，根为：

r_1 = -1+\sqrt{1-k}, \qquad r_2 = -1-\sqrt{1-k}.

因为 $0<k<1$ ，所以 $0<\sqrt{1-k}<1$ ，从而两特征根均为严格负实数：

r_1 < 0, \qquad r_2 < 0.

方程通解为 $y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}$ 。由于指数均为负，当 $x\to+\infty$ 时指数衰减速度极快（ $e^{r_i x} \ll \frac{1}{x^{999}}$ ），反常积分 $\int_0^{+\infty} e^{r_1 x}\,\mathrm dx$ 与 $\int_0^{+\infty} e^{r_2 x}\,\mathrm dx$ 均收敛，故 $\int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm dx$ 收敛。

(2) 整体代换求积分：
由 $r_1<0, r_2<0$ ，显然有：

\lim_{x\to+\infty}y(x) = 0, \qquad \lim_{x\to+\infty}y'(x) = 0.

由微分方程变形，直接用导数替换函数 $y(x)$ ：

y(x) = -\frac{1}{k}(y''+2y').

两边同时求反常积分：

\begin{aligned} \int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm dx &= \int_0^{+\infty}\left[ -\frac{1}{k}(y''(x)+2y'(x)) \right]\mathrm dx \\ &= \left. -\frac{1}{k}[y'(x)+2y(x)] \right|_0^{+\infty} \\ &= -\frac{1}{k}[0 - (y'(0)+2y(0))]. \end{aligned}

代入初始条件 $y(0)=1, y'(0)=1$ ：

= \frac{1}{k}[1 + 2(1)] = \mathbf{\frac{3}{k}}.

这一步之所以能省去解方程：题目只要求 $\int_0^{+\infty}y\,\mathrm dx$ ，而 $y$ 恰好能由 $y''+2y'$ 表示，后者的积分直接由 $y'+2y$ 的端点值给出，端点信息（初值 + 无穷远处的极限）都是已知的，因此不需要解出 $C_1,C_2$ 。

答案： $1$

特征方程 $r^2+2r+1=0 \implies r_{1,2} = -1$ 。由于特征根为负，可知 $\lim_{x\to+\infty}y(x) = 0, \lim_{x\to+\infty}y'(x) = 0$ 。

方法一：微分方程整体替换法（计算量最小）：由原方程变形： $y(x) = -y''(x) - 2y'(x)$ 。直接积分：
$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm dx &= \int_0^{+\infty}[-y''(x)-2y'(x)]\,\mathrm dx \\ &= \left. [-y'(x)-2y(x)] \right|_0^{+\infty} \\ &= 0 - [-y'(0)-2y(0)] \\ &= y'(0) + 2y(0) = 1 + 2(0) = \mathbf{1}. \end{aligned}$
方法二：解出通解后分部积分验证：方程通解为 $y(x) = (C_1+C_2 x)e^{-x}$ 。代入初值求得 $C_1=0, C_2=1$ ，故 $y(x) = xe^{-x}$ 。分部积分：
$\int_0^{+\infty} xe^{-x}\,\mathrm dx = -\int_0^{+\infty} x\,\mathrm d(e^{-x}) = \left. -xe^{-x} \right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} e^{-x}\,\mathrm dx = 0 + \left. -e^{-x} \right|_0^{+\infty} = \mathbf{1}.$

两种方法结果一致。方法一只用方程与端点信息，方法二需要解出通解并做分部积分，因此在考场上应优先使用方法一。

答案： $n + am$

第 1 步：特征方程根的三种情况分析（统一得到极限归零）
特征方程为 $r^2+ar+1=0$ ，判别式 $\Delta = a^2-4$ 。

若 $a>2$ （ $\Delta>0$ ）：有两个不同实根 $r_{1,2} = \dfrac{-a \pm \sqrt{a^2-4}}{2}$ 。因 $a>0$ ，两根均小于 0；
若 $a=2$ （ $\Delta=0$ ）：有二重实根 $r_{1,2} = -1 < 0$ ；
若 $0<a<2$ （ $\Delta<0$ ）：有一对共轭复根 $r_{1,2} = -\dfrac{a}{2} \pm bi$ （其中 $b = \dfrac{\sqrt{4-a^2}}{2}$ ）。其实部 $-\dfrac{a}{2} < 0$ 严格为负，通解中包含衰减因子 $e^{-\frac{a}{2}x}$ 。

无论哪种情况，由于特征根实部恒为负数，当 $x\to+\infty$ 时衰减项主导一切，恒有：

\lim_{x\to+\infty}f(x) = 0, \qquad \lim_{x\to+\infty}f'(x) = 0.

条件说明： $a>0$ 是本题结论成立的关键——它保证一次项系数为正，从而三种情形下特征根的实部都为负。若 $a\le 0$ ，可能出现非负实部的根， $f$ 不再衰减，上限项不为零，上述替换法失效。

第 2 步：微分方程整体替换求积分
由方程得： $f(x) = -f''(x) - af'(x)$ 。对两端求反常积分：

\begin{aligned} \int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx &= \int_0^{+\infty}[-f''(x)-af'(x)]\,\mathrm dx \\ &= \left. [-f'(x)-af(x)] \right|_0^{+\infty} \\ &= \lim_{x\to+\infty}[-f'(x)-af(x)] - [-f'(0)-af(0)] \\ &= 0 + [f'(0)+af(0)] \\ &= \mathbf{n + am}. \end{aligned}

易错点

只看端点漏掉内部瑕点： $\dfrac{1}{x\ln^2 x}$ 在 $x=1$ 处无定义，若只查 $x=0$ 与 $+\infty$ 会得出”收敛”的错误结论（例 3.90 C 选项）。凡是分母含 $\ln x$ 、 $\sin x$ 、 $\cos 2x$ 等可能在区间内部取零的因子，都要检查区间内部。
把①与②的收敛方向记反： $\int_a^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x^p}$ 要求 $p>1$ ； $\int_a^b\frac{\mathrm dx}{(x-a)^p}$ 要求 $p<1$ 。判断时回到原函数幂次符号复核比死记更可靠。
遇到 $x^1\ln^p x$ 仍做对数等价：这是标准广义 $p$ 积分型，必须直接读对数幂次；只有 $x$ 的幂次不为 1 时才允许把对数视为无穷小指数。
对称区间直接用”奇零偶倍”：必须先验证收敛，两段发散不能抵消（例 3.84 A 选项）。
跨越瑕点使用牛顿–莱布尼茨公式： $\int_0^2\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx$ 中的 $x=1$ 是奇点，必须拆段取极限（例 3.96）。
含参题目忽略参数符号： $x^m$ 中的 $m$ 未限定正负时， $x=0$ 可能是瑕点（例 3.91）；分母含 $a$ 时， $a$ 的取值可能把零点搬进积分区间（例 3.97、2025 数二真题）。
反常积分计算的极限被省略：把无穷大直接代入原函数会得到" $\infty-\infty$ "这类无意义表达式，必须保留参数再取极限。
微分方程组题中忘记验证极限为零：整体替换法的前提是 $x\to+\infty$ 时 $f,f'\to 0$ ，需由特征根实部为负说明，不能想当然。
命题判断只凭直觉：2024 数二真题中的三个命题说明”收敛”与”函数趋于 0”、“收敛”与”衰减速度达到某个幂次”之间都不等价，必须靠反例确认。

我的总结

这一节的判断流程我已经固定成一条链：

先找奇点——无定义点（含区间内部）+ 无穷端点，一个都不能漏；
再定阶——在每个奇点附近做等价或同量级替换，读出与 $p$ 积分对照的指数；
逐点判——每个奇点单独给出条件，全收敛才收敛，一处发散即发散；
最后算——若要求值，先把无穷限或瑕点写成参数，算完再取极限，跨越奇点必须拆段。

三件需要反复提醒自己的事：

① 和 ② 的临界点都是 $p=1$ ，但收敛方向相反，我倾向用”原函数在端点是否有限”来复核，而不是背方向；
$\ln x$ 只提供无穷小的指数微扰，所以 $x$ 的指数只要偏离 $1$ ，结论立刻由 $x$ 的指数决定—— $1.01$ 与 $0.99$ 的差别足以翻转结论；
“收敛”是个很弱的结论。它不保证 $f\to 0$ ，不保证衰减快于任何幂函数，也不保证能对 $f^2$ 传递。例 3.94 的三个命题正是围绕这三件事设的，我把它当作概念辨析的标准模板记住：要否定全称命题，就去 $p$ 积分与广义 $p$ 积分里取反例；要否定存在性命题，就让收敛速度任意慢。

例 3.99 和 2025 数二真题这两道补充题值得再刷一遍：前者把”极限审敛 → 待定常数 → 拆项积分”串成了一条完整链条；后者提醒我”含参限积分先定范围”能省掉大量绝对值讨论。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注：2010 数一/数二、2013 数二、2016 数一、2016 数二、2020 数一、2020 数二、2022 数二、2023 数二、2024 数二、2025 数二）
常见考研数学教材与辅导资料；例 3.94.1 取自《25 版高数十八讲》例 8.18，例 3.93 与例 3.115.1 类题目见于《张宇 1000 题》，例 3.92 取自李艳芳六套卷，例 3.99 取自李艳芳 900 题，例 3.91、例 3.95、例 3.96、例 3.97 取自《2023 李六》
本人课程学习笔记；其中”三角函数因子趋于零时设同量级 $(\text{因子})\sim(x-x_0)^k$ 、用洛必达法则反解 $k$ 定阶”的判据，以及” $\ln x$ 视作无穷小指数与幂函数比较”的记账方式，参考自某考研数学课程讲义

ギターと孤独と蒼い惑星

3.5 反常积分

3.5 反常积分

核心结论

3.5.1 反常积分敛散性的判别

基础概念：瑕点与瑕积分

核心结论：四类广义 $p$ 积分体系

① 趋于无穷时的 $p$ 积分（经常考）

② 趋于瑕点时的 $p$ 积分（经常考）

③ 趋于无穷时的广义 $p$ 积分（偶尔考）

④ 趋于 $0^+$ 时的广义 $p$ 积分（没考过，但需掌握原理）

核心技巧： $\ln x$ 的“无穷小指数”等价处理

判别工具：比较判别法及其极限形式

判别具体函数反常积分敛散性的 5 大步骤

经典例题全流程严密推导（例 3.84 ~ 例 3.94.1）

三角函数形式反常积分的通用破局法

反常积分的概念性结论与考情应对

3.5.2 反常积分的计算

3.5.3 微分方程 + 反常积分

易错点

我的总结

参考资料

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3.5 反常积分

核心结论

3.5.1 反常积分敛散性的判别

基础概念：瑕点与瑕积分

核心结论：四类广义 ppp 积分体系

① 趋于无穷时的 ppp 积分（经常考）

② 趋于瑕点时的 ppp 积分（经常考）

③ 趋于无穷时的广义 ppp 积分（偶尔考）

④ 趋于 0+0^+0+ 时的广义 ppp 积分（没考过，但需掌握原理）

核心技巧：ln⁡x\ln xlnx 的“无穷小指数”等价处理

判别工具：比较判别法及其极限形式

判别具体函数反常积分敛散性的 5 大步骤

经典例题全流程严密推导（例 3.84 ~ 例 3.94.1）

三角函数形式反常积分的通用破局法

反常积分的概念性结论与考情应对

3.5.2 反常积分的计算

3.5.3 微分方程 + 反常积分

易错点

我的总结

参考资料

核心结论：四类广义 $p$ 积分体系

① 趋于无穷时的 $p$ 积分（经常考）

② 趋于瑕点时的 $p$ 积分（经常考）

③ 趋于无穷时的广义 $p$ 积分（偶尔考）

④ 趋于 $0^+$ 时的广义 $p$ 积分（没考过，但需掌握原理）

核心技巧： $\ln x$ 的“无穷小指数”等价处理