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错题记录
题目 01
若反常积分
\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)\,x^{1-p}}\,dx收敛，则 p 的取值范围是？
错误原因
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。
正确答案
0 < p < 1解法（比较判别法的极限形式）：
将被积函数改写为
f(x) = \frac{\ln x}{(1+x)\,x^{1-p}} = \frac{x^{p-1}\ln x}{1+x}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。
（1）x \to 0^+ 端（瑕积分）
取比较函数
g_1(x) = -x^{p-1}\ln x \quad (> 0 \text{ for } x \in (0,1))求比值极限：
\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{g_1(x)}
= \lim_{x \to 0^+} \frac{x^{p-1}\ln x}{(1+x)} \cdot \frac{1}{-x^{p-1}\ln x}
= \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{1+x} = -1$$
由于 $0 < \left| -1 \right| < +\infty$，由极限形式比较判别法，$f$ 与 $g_1$ 在 $x=0$ 处**同敛散**。
现判 $g_1$ 的敛散性（分部积分）：
$$\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
= -\frac{x^p}{p}\ln x \Big|_0 + \frac{x^p}{p^2}\Big|_0$$
当 $p > 0$ 时 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^p\ln x = 0$，积分收敛；
当 $p \le 0$ 时 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^p\ln x = -\infty$（或不存在），积分发散。
故 $x \to 0^+$ 端收敛当且仅当
$$p > 0$$
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**（2）$x \to +\infty$ 端（无穷限积分）**
取比较函数
$$g_2(x) = \frac{\ln x}{x^{2-p}} \quad (> 0 \text{ for } x > 1)$$
求比值极限：
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g_2(x)}
= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{p-1}\ln x}{1+x} \cdot \frac{x^{2-p}}{\ln x}
= \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1+x} = 1$$
由于 $0 < 1 < +\infty$，由极限形式比较判别法，$f$ 与 $g_2$ 在 $x=+\infty$ 处**同敛散**。
现判 $g_2$ 的敛散性（分部积分）：
$$\int^{+\infty} \frac{\ln x}{x^{2-p}}\,dx
= -\frac{\ln x}{(1-p)x^{1-p}}\Big|^{+\infty} + \frac{1}{1-p}\int^{+\infty} \frac{dx}{x^{2-p}}$$
当 $p < 1$（即 $1-p > 0$）时：
- $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^{1-p}} = 0$（幂次 $1-p > 0$ 支配对数），第一项趋于 $0$
- $\displaystyle\int^{+\infty} \frac{dx}{x^{2-p}}$ 收敛（$2-p > 1$），第二项收敛
当 $p \ge 1$ 时积分发散。
故 $x \to +\infty$ 端收敛当且仅当
$$p < 1$$
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**（3）综合**
取两端的交集：
$$\boxed{0 < p < 1}$$
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#### ε-δ 严格证明（比值审敛思路）
核心思路：对两端分别取 $\ln x$ 的「消去因子」$\varepsilon_1, \varepsilon_2 > 0$，用不等式放缩将 $f$ 夹在可积的幂函数之间，以比值审敛的本质完成严格证明。
设 $0 < p < 1$。令 $p$ 满足条件的两个正数：
$$\varepsilon_1 = \frac{p}{2} > 0, \qquad \varepsilon_2 = \frac{1-p}{2} > 0$$
将积分分拆为两段：
$$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}$$
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**（A）$I_1$ 的收敛性（$x \to 0^+$）**
由 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^{\varepsilon_1} \ln x = 0$，存在 $\delta \in (0, 1]$，使得当 $0 < x < \delta$ 时：
$$|x^{\varepsilon_1} \ln x| < 1 \quad\Longrightarrow\quad |\ln x| < x^{-\varepsilon_1}$$
对 $x \in (0, \delta)$，有 $1+x \ge 1$，故 $\dfrac{1}{1+x} \le 1$，从而：
$$|f(x)| = \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{1+x}
\le |\ln x| \cdot x^{p-1}
< x^{-\varepsilon_1} \cdot x^{p-1}
= x^{p-1-\varepsilon_1}$$
由于 $\varepsilon_1 = \dfrac{p}{2}$，故 $p-1-\varepsilon_1 = \dfrac{p}{2} - 1$。
因为 $p > 0$，有 $\dfrac{p}{2} - 1 > -1$，故 $\displaystyle\int_0^{\delta} x^{p/2-1}\,dx$ 收敛。由比较判别法，$|f(x)|$ 在 $(0, \delta)$ 上可积，即 $I_1$ 绝对收敛。
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**（B）$I_2$ 的收敛性（$x \to +\infty$）**
由 $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^{\varepsilon_2}} = 0$，存在 $M > 1$，使得当 $x > M$ 时：
$$\left|\frac{\ln x}{x^{\varepsilon_2}}\right| < 1 \quad\Longrightarrow\quad |\ln x| < x^{\varepsilon_2}$$
对 $x > M \ge 1$，有 $1+x \ge x$，故 $\dfrac{1}{1+x} \le \dfrac{1}{x}$，从而：
$$|f(x)| = \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{1+x}
\le \frac{|\ln x| \cdot x^{p-1}}{x}
= |\ln x| \cdot x^{p-2}
< x^{\varepsilon_2} \cdot x^{p-2}
= x^{p-2+\varepsilon_2}$$
由于 $\varepsilon_2 = \dfrac{1-p}{2}$，故 $p-2+\varepsilon_2 = p-2 + \dfrac{1-p}{2} = \dfrac{p-3}{2}$。
为验证 $\displaystyle\int_M^{+\infty} x^{p-2+\varepsilon_2}\,dx$ 收敛，需 $p-2+\varepsilon_2 < -1$：
$$p - 2 + \frac{1-p}{2} < -1
\;\Longrightarrow\; \frac{2p-4+1-p}{2} < -1
\;\Longrightarrow\; \frac{p-3}{2} < -1
\;\Longrightarrow\; p < 1$$
由 $p < 1 \,\checkmark$，故 $\displaystyle\int_M^{+\infty} x^{p-2+\varepsilon_2}\,dx$ 收敛。由比较判别法，$|f(x)|$ 在 $(M, +\infty)$ 上可积，即 $I_2$ 绝对收敛。
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**（C）结论**
$I_1$ 与 $I_2$ 均绝对收敛 $\;\Longrightarrow\;$ 原积分 $I$ 收敛。
综上，反常积分收敛当且仅当 $\boxed{0 < p < 1}$。
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### 知识点
- 反常积分的极限形式比较判别法（比值审敛）：选取 $g(x)$ 使 $\displaystyle\lim \frac{f}{g}$ 为非零有限值，转化为 $g$ 的敛散判定
- 混合型反常积分的分段审敛思路
- 瑕积分审敛：$x \to 0^+$ 时比较基准 $\displaystyle\int_0 \frac{1}{x^q}dx$（$q < 1$ 收敛）
- 无穷限积分审敛：$x \to +\infty$ 时比较基准 $\displaystyle\int^{+\infty} \frac{1}{x^q}dx$（$q > 1$ 收敛）
- $\ln x$ 因子不改变积分敛散性的临界值，但在 $=$ 临界值时会导致发散
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### 题目 02
求不定积分
$$\int \frac{dx}{a + b\cos x}$$
其中 $a, b$ 为常数，讨论不同参数下的结果。
### 错误原因
不区分 $|a|$ 与 $|b|$ 的大小关系直接套用万能代换 $t = \tan\frac{x}{2}$，导致结果形式错误或遗漏奇点。万能代换会将被积函数化为有理分式，但判别式 $\Delta = a^2 - b^2$ 的正负决定了有理分式的分解方式，忽略判别会写出不成立的 arctan 或 ln 形式。
### 正确答案
**万能代换**：令 $t = \tan\dfrac{x}{2}$，则
$$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \qquad dx = \frac{2}{1+t^2}dt$$
代入得：
$$\int \frac{dx}{a + b\cos x} = \int \frac{2}{(a+b) + (a-b)t^2}\,dt$$
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**情形 1**：$a^2 > b^2$（分母恒正）
令 $\lambda = \sqrt{\dfrac{a-b}{a+b}}$，则：
$$\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$$
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**情形 2**：$a^2 = b^2$
- 若 $a = b$：
$$\int \frac{dx}{a + a\cos x} = \frac{1}{a}\int \frac{dx}{1 + \cos x} = \frac{1}{a}\tan\frac{x}{2} + C$$
- 若 $a = -b$：
$$\int \frac{dx}{a - a\cos x} = \frac{1}{a}\int \frac{dx}{1 - \cos x} = -\frac{1}{a}\cot\frac{x}{2} + C$$
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**情形 3**：$a^2 < b^2$（分母可为零，出现瑕点）
$$\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$$
或等价地：
$$\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**
| 条件 | 结果类型 | 关键公式 |
|------|---------|----------|
| $a^2 > b^2$ | $\arctan$ 型 | $\dfrac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan\!\left(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\tan\frac{x}{2}\right)$ |
| $a^2 = b^2$ | $\tan$/$\cot$ 型 | $\frac{1}{a}\tan\frac{x}{2}$ 或 $-\frac{1}{a}\cot\frac{x}{2}$ |
| $a^2 < b^2$ | $\ln$ 型 | $\dfrac{1}{\sqrt{b^2-a^2}}\ln\!\left|\frac{\sqrt{b+a}+\sqrt{b-a}\tan\frac{x}{2}}{\sqrt{b+a}-\sqrt{b-a}\tan\frac{x}{2}}\right|$ |
### 知识点
- 万能代换 $t = \tan\frac{x}{2}$ 化三角有理式为有理分式
- 判别式 $\Delta = a^2 - b^2$ 决定被积函数结构和结果形式
- $\arctan$ vs $\ln$ 的转换本质：$\displaystyle\int \frac{dt}{\alpha^2 + t^2}$ vs $\displaystyle\int \frac{dt}{t^2 - \alpha^2}$