3.5 反常积分

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。

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 $p>0$ 时，随着 $x\to+\infty$ ， $(\frac{1}{x})^p \to 0$ 。 $p$ 越大，衰减越快，越容易收敛；
当 $p=1$ 时，原函数为 $\ln x$ ， $\left. \ln x \right|_a^{+\infty} = +\infty - \ln a$ 发散，此为临界发散点；
类似地，“广广义 $p$ 积分”（多次换元模型）： $\begin{aligned} \int_a^{+\infty}\frac{1}{x\ln x(\ln\ln x)^p}\,\mathrm dx &= \int_a^{+\infty}\frac{1}{\ln x(\ln\ln x)^p}\,\mathrm d(\ln x) \\ &\xlongequal{\ln x = t} \int_{\ln a}^{+\infty}\frac{1}{t\ln^p t}\,\mathrm dt \\ &= \int_{\ln a}^{+\infty}\frac{1}{\ln^p t}\,\mathrm d(\ln t) \\ &\xlongequal{\ln t = u} \int_{\ln\ln a}^{+\infty}\frac{1}{u^p}\,\mathrm du \implies \begin{cases} p>1, & \text{收敛}, \\ p\le 1, & \text{发散}. \end{cases} \end{aligned}$

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}

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）。

$\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{1}{x^{1.01}(\ln x)^{999}}\,\mathrm dx$ ： $x\to+\infty$ 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 $p = 0.99+\text{正无穷小} < 1 \implies \mathbf{收敛}$ 。

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；
在瑕点和无穷处取极限，无脑将被积函数等价成 $p$ 积分的形式：死皮赖脸往 $p$ $p$ 积分形式上凑，利用结论直接定夺。常数完全可忽略；
- 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！
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。

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。

经典例题全流程严密推导（例 3.84 ~ 例 3.94.1）

💡 【CHOICE】例 3.84 ｜核心避坑与比较法示范

下列广义积分发散的是（）
$\text{A. }\int_{-1}^1\frac{\mathrm dx}{\sin x} \qquad \text{B. }\int_{-1}^1\frac{\mathrm dx}{\sqrt{1-x^2}} \qquad \text{C. }\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\mathrm dx \qquad \text{D. }\int_2^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x\ln^2 x}$

答案： $\mathbf{A}$

A 选项（致命考点陷阱！）：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（手稿重点推荐的放缩技巧）：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。

💡 【CHOICE】例 3.85 ｜ 2016 数一真题

若反常积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^a(1+x)^b}\,\mathrm dx$ 收敛，则（）
$\begin{aligned} &\text{A. } a<1 \text{ 且 } b>1 & &\text{B. } a>1 \text{ 且 } b>1 \\ &\text{C. } a<1 \text{ 且 } a+b>1 & &\text{D. } a>1 \text{ 且 } a+b>1 \end{aligned}$

💡 【CHOICE】例 3.86 ｜ 2013 数二真题

设函数 $f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{(x-1)^{\alpha-1}}, & 1<x<e, \\[6pt] \dfrac{1}{x\ln^{\alpha+1}x}, & x\ge e. \end{cases}$ 若反常积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛，则（）
$\text{A. } \alpha < -2 \qquad \text{B. } \alpha > 2 \qquad \text{C. } -2 < \alpha < 0 \qquad \text{D. } 0 < \alpha < 2$

💡 【CHOICE】例 3.87 ｜ 2010 数一、数二真题

设 $m,n$ 均为正整数，则反常积分 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\,\mathrm dx$ 的敛散性（）
$\begin{aligned} &\text{A. 仅与 } m \text{ 的取值有关} & &\text{B. 仅与 } n \text{ 的取值有关} \\ &\text{C. 与 } m,n \text{ 的取值都有关} & &\text{D. 与 } m,n \text{ 的取值都无关} \end{aligned}$

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。

💡 【CHOICE】例 3.88 ｜ 2022 数二真题

设 $p$ 为常数，若反常积分 $\displaystyle\int_0^1\frac{\ln x}{x^p(1-x)^{1-p}}\,\mathrm dx$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是（）
$\text{A. } (-1,1) \qquad \text{B. } (-1,2) \qquad \text{C. } (-\infty,1) \qquad \text{D. } (-\infty,2)$

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。

💡 【CHOICE】例 3.89 ｜ 2016 数二真题

反常积分 ① $\displaystyle\int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\,\mathrm dx$ 与 ② $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\,\mathrm dx$ 的敛散性为（）
$\begin{aligned} &\text{A. (1) 收敛, (2) 收敛} & &\text{B. (1) 收敛, (2) 发散} \\ &\text{C. (1) 发散, (2) 收敛} & &\text{D. (1) 发散, (2) 发散} \end{aligned}$

答案： $\mathbf{B}$

[!tip] 手稿灵魂思路非常规形式，思考要灵活！式中 $\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx = -\mathrm d(\frac{1}{x})$ 具有极佳的凑微分结构。试着换元，换元后发现可以直接求出原函数进行积分！积分结果存在有限值 $\iff$ 积分收敛！

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。

💡 【CHOICE】例 3.90 ｜综合大扫描

下列反常积分中发散的是（）
$\begin{aligned} &\text{A. }\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\,\mathrm dx & &\text{B. }\int_0^{+\infty}x^2 e^{-x^2}\,\mathrm dx \\ &\text{C. }\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x\ln^2 x} & &\text{D. }\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{(x+2)\ln^2(x+2)} \end{aligned}$

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（极度阴险的区间内部瑕点陷阱！）：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。

💡 【CHOICE】例 3.91 ｜ 2023 李六

已知积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x^m\arctan x}{2+x^n}\,\mathrm dx\ (n\ge 0)$ 收敛，则（）
$\begin{aligned} &\text{A. } m > -2 \text{ 且 } n-m > 1 & &\text{B. } m > 0 \text{ 且 } n-m > 1 \\ &\text{C. } m > 0 \text{ 且 } n-m < 1 & &\text{D. } m > -2 \text{ 且 } n-m < 1 \end{aligned}$

答案： $\mathbf{A}$

[!warning] 手稿红笔提示：题目没说 $m\ge 0$ ！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！

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。

三角函数形式反常积分的通用破局法

💡 【CHOICE】例 3.92 ｜ 2023 李艳芳六套卷

设反常积分 $\displaystyle\int_0^{\pi/4}\frac{1}{x|\ln x|^a \cos^b 2x}\,\mathrm dx$ 收敛，则（）
$\begin{aligned} &\text{A. } a<1, b<1 & &\text{B. } a<1, b>1 \\ &\text{C. } a>1, b<1 & &\text{D. } a>1, b>1 \end{aligned}$

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，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 $\mathbf{1 < p < 2}$ 。

💡 【CHOICE】例 3.94 ｜ 2024 数二真题

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] 手稿灵魂破局心法

排查端点： $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续， $\lim_{x\to 0^+} f(x) = f(0)$ 为具体确定常数，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”强烈暗示使用比较判别法或比值极限判别法；

优先举反例：死皮赖脸往熟悉的 $p$ 积分和广义 $p$ 积分上凑！因为 0 不是瑕点，举反例时优先构造 $\dfrac{1}{(x+2)^p}$ 和 $\dfrac{1}{(x+2)\ln^p(x+2)}$ 这一类平移函数。

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。
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。

[!tip] 思维课逻辑解构

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 $x=1$ 绝不是瑕点，只需判定 $x\to+\infty$ 时的敛散性；

死皮赖脸凑 $p$ 积分：条件分别给出了函数性质 $f(x)>0$ 与二阶导极限 $f''(x)\to+\infty$ 。见函数非负，条件反射联想到比值判别法；

如何产生二阶导？ 唯有两次洛必达法则！让 $f(x)$ 比上谁最合适？最优选择就是 $x^2$ ，因为 $x^2$ 求导两次恰好为常数 $2$ ！

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}.

许多同学有疑惑：“思维课强调过， $n$ 阶可导通常只能洛到 $n-1$ 阶，为什么本题二阶可导却能直接洛到二阶导 $f''(x)$ ？”

辨析关键：通常情况下只能洛到 $n-1$ 阶，是因为不能保证 $n$ 阶导函数连续或极限量存在；
本题特殊性：本题不仅已知二阶可导，而且明确告知了二阶导数的极限是无穷大（ $\lim f''(x) = +\infty$ ）！
洛必达法则的核心准则：只要求导后的比值极限存在或者为无穷大，洛必达法则就完全成立！“二阶导数连续”只是能洛到 $f''(x)$ 的充分条件，而非必要条件。（详见思维课 1.1.5 小节 $\frac{*}{+\infty}$ 型洛必达法则）。

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，手稿归纳了以下必须厘清的底层结论（做了解即可，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。
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 $\lim_{x\to+\infty} f(x) = 0$ 。
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

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}.

很多同学看到 $\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm dx = \mathrm d\left[ -\dfrac{1}{f(x)} \right]$ ，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），绝对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 $a = b = \mathbf{2(e-1)}$ 。

💡 【CHOICE】例 3.98 ｜ 2023 数二真题

若函数 $f(\alpha) = \displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{1}{x(\ln x)^{\alpha+1}}\,\mathrm dx$ 在 $\alpha = \alpha_0$ 处取得最小值，则 $\alpha_0 =$ （）
$\text{A. } -\frac{1}{\ln(\ln 2)} \qquad \text{B. } -\ln(\ln 2) \qquad \text{C. } \frac{1}{\ln 2} \qquad \text{D. } \ln 2$

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] 手稿极力推崇的原因 ① 题目告诉在 $[0,+\infty)$ 连续，即 $f(0)$ 为常数，排除 $0$ 为瑕点； ② 思维课教的“等价”思想本质是比值审敛法极限形式。在大题中规范写出两函数比值的极限，结果为非零常数证明同敛散； ③ 第二问第一步确定参数 $a$ 时，完美利用了第一问结论！ 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（好！！！）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！因此必须坚决舍去 $a = -6$ ！最终仅保留 $\mathbf{a = 2}$ 。

3.5.3 微分方程 + 反常积分

(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（切忌繁琐解方程！）：
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}}.

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（首推秒杀）：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：解微分方程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：
$\int_0^{+\infty} xe^{-x}\,\mathrm dx = -\int_0^{+\infty} x\,\mathrm d(e^{-x}) = \left. -xe^{-x} \right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} e^{-x}\,\mathrm dx = 0 + \left. -e^{-x} \right|_0^{+\infty} = \mathbf{1}.$

答案： $n + am$

第 1 步：特征方程根的三种情况分析（统一极限归零）
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.

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}

ギターと孤独と蒼い惑星

3.5 反常积分

3.5 反常积分

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

判别具体函数反常积分敛散性的 5 大步骤

判别工具：比较判别法及其极限形式

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

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3.5 反常积分

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

判别具体函数反常积分敛散性的 5 大步骤

判别工具：比较判别法及其极限形式

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

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