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## 错题记录
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### 题目 01
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若反常积分
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$$\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)\,x^{1-p}}\,dx$$
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收敛，则 $p$ 的取值范围是？
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### 错误原因
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忽视该积分是**混合型反常积分**（$x=0$ 为瑕点且有 $+\infty$ 上限），只分析了某一端的敛散条件，未同时考虑两端的约束取交集。
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### 正确答案
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$$0 < p < 1$$
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**解法（比较判别法的极限形式）**：
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将被积函数改写为
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$$f(x) = \frac{\ln x}{(1+x)\,x^{1-p}} = \frac{x^{p-1}\ln x}{1+x}$$
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由于 $\ln x$ 在 $x=0$ 和 $x=+\infty$ 处均为奇点，需分别构造比较函数，利用极限形式比较判别法（$\displaystyle\lim \frac{f}{g} = l$）判定敛散。
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**（1）$x \to 0^+$ 端（瑕积分）**
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取比较函数
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$$g_1(x) = -x^{p-1}\ln x \quad (> 0 \text{ for } x \in (0,1))$$
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求比值极限：
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$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{g_1(x)}
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= \lim_{x \to 0^+} \frac{x^{p-1}\ln x}{(1+x)} \cdot \frac{1}{-x^{p-1}\ln x}
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= \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{1+x} = -1$$
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由于 $0 < \left| -1 \right| < +\infty$，由极限形式比较判别法，$f$ 与 $g_1$ 在 $x=0$ 处**同敛散**。
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现判 $g_1$ 的敛散性（分部积分）：
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$$\int_0 -x^{p-1}\ln x\,dx = -\frac{x^p}{p}\ln x \Big|_0 + \frac{1}{p}\int_0 x^{p-1}dx
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= -\frac{x^p}{p}\ln x \Big|_0 + \frac{x^p}{p^2}\Big|_0$$
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当 $p > 0$ 时 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^p\ln x = 0$，积分收敛；
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当 $p \le 0$ 时 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^p\ln x = -\infty$（或不存在），积分发散。
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故 $x \to 0^+$ 端收敛当且仅当
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$$p > 0$$
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**（2）$x \to +\infty$ 端（无穷限积分）**
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取比较函数
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$$g_2(x) = \frac{\ln x}{x^{2-p}} \quad (> 0 \text{ for } x > 1)$$
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求比值极限：
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$$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g_2(x)}
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= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{p-1}\ln x}{1+x} \cdot \frac{x^{2-p}}{\ln x}
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= \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1+x} = 1$$
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由于 $0 < 1 < +\infty$，由极限形式比较判别法，$f$ 与 $g_2$ 在 $x=+\infty$ 处**同敛散**。
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现判 $g_2$ 的敛散性（分部积分）：
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$$\int^{+\infty} \frac{\ln x}{x^{2-p}}\,dx
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= -\frac{\ln x}{(1-p)x^{1-p}}\Big|^{+\infty} + \frac{1}{1-p}\int^{+\infty} \frac{dx}{x^{2-p}}$$
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当 $p < 1$（即 $1-p > 0$）时：
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- $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^{1-p}} = 0$（幂次 $1-p > 0$ 支配对数），第一项趋于 $0$
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- $\displaystyle\int^{+\infty} \frac{dx}{x^{2-p}}$ 收敛（$2-p > 1$），第二项收敛
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当 $p \ge 1$ 时积分发散。
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故 $x \to +\infty$ 端收敛当且仅当
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$$p < 1$$
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**（3）综合**
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取两端的交集：
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$$\boxed{0 < p < 1}$$
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#### ε-δ 严格证明（比值审敛思路）
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核心思路：对两端分别取 $\ln x$ 的「消去因子」$\varepsilon_1, \varepsilon_2 > 0$，用不等式放缩将 $f$ 夹在可积的幂函数之间，以比值审敛的本质完成严格证明。
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设 $0 < p < 1$。令 $p$ 满足条件的两个正数：
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$$\varepsilon_1 = \frac{p}{2} > 0, \qquad \varepsilon_2 = \frac{1-p}{2} > 0$$
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将积分分拆为两段：
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$$I = \int_0^{+\infty} f(x)dx = \underbrace{\int_0^1 f(x)dx}_{I_1} + \underbrace{\int_1^{+\infty} f(x)dx}_{I_2}$$
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**（A）$I_1$ 的收敛性（$x \to 0^+$）**
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由 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^{\varepsilon_1} \ln x = 0$，存在 $\delta \in (0, 1]$，使得当 $0 < x < \delta$ 时：
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$$|x^{\varepsilon_1} \ln x| < 1 \quad\Longrightarrow\quad |\ln x| < x^{-\varepsilon_1}$$
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对 $x \in (0, \delta)$，有 $1+x \ge 1$，故 $\dfrac{1}{1+x} \le 1$，从而：
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$$|f(x)| = \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{1+x}
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\le |\ln x| \cdot x^{p-1}
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< x^{-\varepsilon_1} \cdot x^{p-1}
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= x^{p-1-\varepsilon_1}$$
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由于 $\varepsilon_1 = \dfrac{p}{2}$，故 $p-1-\varepsilon_1 = \dfrac{p}{2} - 1$。
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因为 $p > 0$，有 $\dfrac{p}{2} - 1 > -1$，故 $\displaystyle\int_0^{\delta} x^{p/2-1}\,dx$ 收敛。由比较判别法，$|f(x)|$ 在 $(0, \delta)$ 上可积，即 $I_1$ 绝对收敛。
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**（B）$I_2$ 的收敛性（$x \to +\infty$）**
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由 $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^{\varepsilon_2}} = 0$，存在 $M > 1$，使得当 $x > M$ 时：
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$$\left|\frac{\ln x}{x^{\varepsilon_2}}\right| < 1 \quad\Longrightarrow\quad |\ln x| < x^{\varepsilon_2}$$
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对 $x > M \ge 1$，有 $1+x \ge x$，故 $\dfrac{1}{1+x} \le \dfrac{1}{x}$，从而：
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$$|f(x)| = \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{1+x}
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\le \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{x}
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= |\ln x| \cdot x^{p-2}
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< x^{\varepsilon_2} \cdot x^{p-2}
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= x^{p-2+\varepsilon_2}$$
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由于 $\varepsilon_2 = \dfrac{1-p}{2}$，故 $p-2+\varepsilon_2 = p-2 + \dfrac{1-p}{2} = \dfrac{p-3}{2}$。
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为验证 $\displaystyle\int_M^{+\infty} x^{p-2+\varepsilon_2}\,dx$ 收敛，需 $p-2+\varepsilon_2 < -1$：
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$$p - 2 + \frac{1-p}{2} < -1
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\;\Longrightarrow\; \frac{2p-4+1-p}{2} < -1
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\;\Longrightarrow\; \frac{p-3}{2} < -1
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\;\Longrightarrow\; p < 1$$
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由 $p < 1 \,\checkmark$，故 $\displaystyle\int_M^{+\infty} x^{p-2+\varepsilon_2}\,dx$ 收敛。由比较判别法，$|f(x)|$ 在 $(M, +\infty)$ 上可积，即 $I_2$ 绝对收敛。
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**（C）结论**
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$I_1$ 与 $I_2$ 均绝对收敛 $\;\Longrightarrow\;$ 原积分 $I$ 收敛。
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综上，反常积分收敛当且仅当 $\boxed{0 < p < 1}$。
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### 知识点
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- 反常积分的极限形式比较判别法（比值审敛）：选取 $g(x)$ 使 $\displaystyle\lim \frac{f}{g}$ 为非零有限值，转化为 $g$ 的敛散判定
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- 混合型反常积分的分段审敛思路
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- 瑕积分审敛：$x \to 0^+$ 时比较基准 $\displaystyle\int_0 \frac{1}{x^q}dx$（$q < 1$ 收敛）
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- 无穷限积分审敛：$x \to +\infty$ 时比较基准 $\displaystyle\int^{+\infty} \frac{1}{x^q}dx$（$q > 1$ 收敛）
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- $\ln x$ 因子不改变积分敛散性的临界值，但在 $=$ 临界值时会导致发散
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### 题目 02
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求不定积分
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$$\int \frac{dx}{a + b\cos x}$$
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其中 $a, b$ 为常数，讨论不同参数下的结果。
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### 错误原因
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不区分 $|a|$ 与 $|b|$ 的大小关系直接套用万能代换 $t = \tan\frac{x}{2}$，导致结果形式错误或遗漏奇点。万能代换会将被积函数化为有理分式，但判别式 $\Delta = a^2 - b^2$ 的正负决定了有理分式的分解方式，忽略判别会写出不成立的 arctan 或 ln 形式。
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### 正确答案
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**万能代换**：令 $t = \tan\dfrac{x}{2}$，则
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$$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \qquad dx = \frac{2}{1+t^2}dt$$
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代入得：
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$$\int \frac{dx}{a + b\cos x} = \int \frac{2}{(a+b) + (a-b)t^2}\,dt$$
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**情形 1**：$a^2 > b^2$（分母恒正）
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令 $\lambda = \sqrt{\dfrac{a-b}{a+b}}$，则：
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$$\int \frac{dx}{a + b\cos x} = \frac{2}{\sqrt{a^2 - b^2}} \arctan\!\left( \sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\;\tan\frac{x}{2} \right) + C$$
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**情形 2**：$a^2 = b^2$
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- 若 $a = b$：
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$$\int \frac{dx}{a + a\cos x} = \frac{1}{a}\int \frac{dx}{1 + \cos x} = \frac{1}{a}\tan\frac{x}{2} + C$$
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- 若 $a = -b$：
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$$\int \frac{dx}{a - a\cos x} = \frac{1}{a}\int \frac{dx}{1 - \cos x} = -\frac{1}{a}\cot\frac{x}{2} + C$$
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**情形 3**：$a^2 < b^2$（分母可为零，出现瑕点）
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$$\int \frac{dx}{a + b\cos x} = \frac{1}{\sqrt{b^2 - a^2}} \ln\left| \frac{\sqrt{b^2-a^2}\tan\frac{x}{2} + b + a}{\sqrt{b^2-a^2}\tan\frac{x}{2} - b - a} \right| + C$$
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或等价地：
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$$\int \frac{dx}{a + b\cos x} = \frac{1}{\sqrt{b^2 - a^2}} \ln\left| \frac{\sqrt{b+a} + \sqrt{b-a}\tan\frac{x}{2}}{\sqrt{b+a} - \sqrt{b-a}\tan\frac{x}{2}} \right| + C$$
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**结论速查表**
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| 条件 | 结果类型 | 关键公式 |
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|------|---------|----------|
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| $a^2 > b^2$ | $\arctan$ 型 | $\dfrac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan\!\left(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\tan\frac{x}{2}\right)$ |
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| $a^2 = b^2$ | $\tan$/$\cot$ 型 | $\frac{1}{a}\tan\frac{x}{2}$ 或 $-\frac{1}{a}\cot\frac{x}{2}$ |
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| $a^2 < b^2$ | $\ln$ 型 | $\dfrac{1}{\sqrt{b^2-a^2}}\ln\!\left|\frac{\sqrt{b+a}+\sqrt{b-a}\tan\frac{x}{2}}{\sqrt{b+a}-\sqrt{b-a}\tan\frac{x}{2}}\right|$ |
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### 知识点
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- 万能代换 $t = \tan\frac{x}{2}$ 化三角有理式为有理分式
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- 判别式 $\Delta = a^2 - b^2$ 决定被积函数结构和结果形式
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- $\arctan$ vs $\ln$ 的转换本质：$\displaystyle\int \frac{dt}{\alpha^2 + t^2}$ vs $\displaystyle\int \frac{dt}{t^2 - \alpha^2}$
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### 题目 03
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求不定积分
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$$\int \frac{dx}{1 + \sqrt{\dfrac{1+x}{x}}}$$
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### 错误原因
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看到根号含 $\dfrac{1+x}{x}$ 就直接尝试三角代换 $x = \tan^2\theta$ 或令 $t = \sqrt{\dfrac{1+x}{x}}$ 换元为有理分式，但后者会导出 $\dfrac{t^2}{(t+1)^3(t-1)^2}$ 的复杂部分分式。**正确路径是先有理化分母**，根号项被吸收到多项式积分中，仅剩 $\int\sqrt{x^2+x}\,dx$ 一个标准型。
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### 正确答案
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**有理化分母**：分子分母同乘 $1 - \sqrt{\dfrac{1+x}{x}}$
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$$
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\begin{aligned}
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\frac{1}{1 + \sqrt{\frac{1+x}{x}}}
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&= \frac{1 - \sqrt{\frac{1+x}{x}}}{1 - \frac{1+x}{x}} \\
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&= \frac{1 - \sqrt{\frac{1+x}{x}}}{\frac{x - 1 - x}{x}} \\
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&= -x\left(1 - \sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) \\
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&= -x + \sqrt{x(1+x)} \\
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&= -x + \sqrt{x^2 + x}
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\end{aligned}
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$$
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于是
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$$I = \int (-x + \sqrt{x^2 + x})\,dx = -\frac{x^2}{2} + \int \sqrt{x^2 + x}\,dx$$
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**处理 $\displaystyle\int\sqrt{x^2 + x}\,dx$**：配平方
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$$x^2 + x = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4}$$
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令 $u = x + \dfrac{1}{2}$，利用标准公式 $\displaystyle\int\sqrt{u^2 - a^2}\,du = \frac{u}{2}\sqrt{u^2-a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|u + \sqrt{u^2-a^2}\right| + C$：
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$$\int\sqrt{x^2 + x}\,dx = \frac{x + \frac{1}{2}}{2}\sqrt{x^2+x} - \frac{1}{8}\ln\left|x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^2+x}\right| + C$$
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**合并且简化**：
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$$\boxed{
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\begin{aligned}
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\int \frac{dx}{1 + \sqrt{\dfrac{1+x}{x}}}
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= -\frac{x^2}{2} &+ \frac{2x+1}{4}\sqrt{x^2+x} \\
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&- \frac{1}{8}\ln\left| x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^2+x} \right| + C
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\end{aligned}
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}$$
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### 知识点
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- **分母有理化优先**：含 $\sqrt{A} \pm \sqrt{B}$ 型，同乘共轭将分母化为有理式
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- $\displaystyle\int\sqrt{x^2 \pm a^2}\,dx$、$\displaystyle\int\sqrt{x^2 \pm a x}\,dx$ 的标准公式（配平方后套用）
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- 复杂根式换元前先观察能否有理化简化——有理化往往比暴力换元省 80% 的计算量
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### 题目 04
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若函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上连续，
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$$
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g(x) = \int_0^{2x} f\!\left(x + \frac{t}{2}\right) dt
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$$
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则当 $x \to 0^+$ 时，$g(x)$ 是 $\sqrt{x}$ 的
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(A) 高阶无穷小   (B) 低阶无穷小   (C) 等价无穷小   (D) 同阶但非等价无穷小
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### 错误原因
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直接对 $g(x)$ 应用变限积分求导公式，忽略了被积函数 $f(x + t/2)$ 中也含有 $x$，少算了 $\displaystyle\frac{\partial}{\partial x}$ 项：
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**❌ 错误做法**：
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$$
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g'(x) = f\!\left(x + \frac{2x}{2}\right) \cdot (2x)' = 2f(2x)
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$$
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**正确做法**：先换元将 $x$ 从被积函数中分离出来，再求导。
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### 正确答案
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**换元**：令 $u = x + \dfrac{t}{2}$，则 $dt = 2\,du$，
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$$
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t = 0 \Rightarrow u = x,\qquad t = 2x \Rightarrow u = 2x
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$$
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$$
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g(x) = \int_0^{2x} f\!\left(x + \frac{t}{2}\right) dt
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= \int_x^{2x} f(u) \cdot 2\,du
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= 2\int_x^{2x} f(u)\,du
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$$
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**求导**（此时被积函数不含 $x$）：
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$$
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g'(x) = 2\bigl[ f(2x)\cdot(2x)' - f(x)\cdot x' \bigr]
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= 2\bigl[ 2f(2x) - f(x) \bigr]
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= 4f(2x) - 2f(x)
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$$
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**确定无穷小的阶**：由积分中值定理，存在 $\xi \in [x, 2x]$ 使得
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$$
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g(x) = 2\int_x^{2x} f(u)\,du = 2f(\xi)\,(2x - x) = 2x f(\xi)
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$$
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当 $x \to 0^+$ 时 $\xi \to 0^+$，$f(\xi) \to f(0)$（$f$ 连续），故
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$$
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\lim_{x\to 0^+} \frac{g(x)}{\sqrt{x}}
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= \lim_{x\to 0^+} \frac{2x f(\xi)}{\sqrt{x}}
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= \lim_{x\to 0^+} 2\sqrt{x}\,f(\xi)
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= 0
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$$
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所以 $g(x)$ 是 $\sqrt{x}$ 的 **高阶无穷小**，选 **A**。
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### 知识点
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- 含参变量 $x$ 的变限积分，求导前先换元将 $x$ 从被积函数中分离
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- 换元时须同步更新积分上下限
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- Leibniz 公式：$\displaystyle\frac{d}{dx}\int_{a(x)}^{b(x)} F(x,t)\,dt = F(x,b(x))b'(x) - F(x,a(x))a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial F}{\partial x} dt$
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- 无穷小阶数的判定：极限为 $c \neq 0$ 则同阶，$c = 1$ 则等价
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### 题目 05
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设 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上连续且为偶函数，$a>0$，
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$$
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g(x) = \int_{-a}^{a} |x - t|\,f(t)\,dt
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$$
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则在 $[-a,a]$ 上（ ）。
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(A) $g(x)$ 是单调递增函数   (B) $g(x)$ 是单调递减函数   (C) $g(x)$ 是偶函数   (D) $g(x)$ 是奇函数
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### 错误原因
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凭直觉认为 $|x - t|$ 不是偶函数也不是奇函数，加上 $f(t)$ 为偶函数后结果「应该没有奇偶性」，忽略了变量代换后 $|x - t|$ 的对称性恰好使 $g(x)$ 为偶。
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另一种错误：试图先求导判断单调性，但未意识到 $g'(x)$ 的正负取决于 $f$ 的具体形式，无法确定单调性。
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### 正确答案
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**考查奇偶性**：作代换 $u = -t$：
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$$
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\begin{aligned}
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g(-x) &= \int_{-a}^{a} |-x - t|\,f(t)\,dt \\
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&= \int_{a}^{-a} |-x + u|\,f(-u)\,(-du) \\
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&= \int_{-a}^{a} |u - x|\,f(u)\,du \qquad (\text{偶性} \Rightarrow f(-u)=f(u)) \\
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&= \int_{-a}^{a} |x - u|\,f(u)\,du = g(x)
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\end{aligned}
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故 $g(x)$ 为 **偶函数**。
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**考查单调性**（反例）：取 $f(t) \equiv 1$，则
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g(x) = \int_{-a}^{a} |x - t|\,dt
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= (a^2 + x^2) - \bigl( -a^2 - x^2 \bigr) = 2(a^2 + x^2)
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$$
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$g(x)$ 在 $[-a,0]$ 递减、$[0,a]$ 递增，并非整体单调。故单调性不成立。
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综上，恒成立的结论是 $g(x)$ 为偶函数，选 **C**。
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### 知识点
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- 含绝对值的积分奇偶性判断：作变量代换 $t \to -t$
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- 偶函数 $\times$ 偶函数 $\to$ 偶函数；$|x-t|$ 在代换 $x\to -x,\;t\to -t$ 下不变
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- 单调性需具体分析，不能仅由被积函数形式直接推断
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### 题目 06
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若 $y(x) = \displaystyle\int_{2}^{x^{2}} e^{-\sqrt{t}}\,dt$，则 $\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{x=-1} =$（ ）
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(A) $0$   (B) $1$   (C) $4e^{-1}$   (D) $4e$
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### 错误原因
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对 $\sqrt{x^{2}}$ 的处理忽略了绝对值：$\sqrt{x^{2}} = |x|$，而非 $x$。当 $x=-1$ 时，$|x| = 1$，而错误地认为 $\sqrt{(-1)^{2}} = -1$ 会导致符号错误。
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**❌ 错误做法**：
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y'(x) = e^{-\sqrt{x^{2}}} \cdot 2x = 2x e^{-x}
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\quad\Rightarrow\quad
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y''(x) = 2e^{-x}(1 - x)
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\quad\Rightarrow\quad
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y''(-1) = 2e^{1}(1 + 1) = 4e \quad\text{(选 D)}
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### 正确答案
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由 Leibniz 公式：
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y'(x) = e^{-\sqrt{x^{2}}} \cdot (x^{2})' = 2x\,e^{-|x|}
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在 $x=-1$ 的邻域内 $x<0$，故 $|x| = -x$，$e^{-|x|} = e^{x}$：
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y'(x) = 2x\,e^{x} \qquad (x < 0)
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再求导：
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y''(x) = 2e^{x} + 2x e^{x} = 2e^{x}(1 + x)
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代入 $x=-1$：
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y''(-1) = 2e^{-1}(1 - 1) = 0
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选 **A**。
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### 知识点
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- 变限积分求导：$\displaystyle\frac{d}{dx}\int_{a}^{\varphi(x)} f(t)\,dt = f(\varphi(x))\,\varphi'(x)$
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- $\sqrt{x^{2}} = |x|$，分段处理绝对值
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- 复合函数求导注意符号细节
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