(
1
)
∫
0
π
2
x
+
s
i
n
x
1
+
c
o
s
x
d
x
；
(
2
)
∫
0
π
4
l
n
(
1
+
t
a
n
x
)
d
x
；
(
3
)
∫
0
a
d
x
x
+
a
2
−
x
2
(
a
>
0
)
；
(
4
)
∫
0
π
2
1
−
s
i
n
2
x
d
x
；
(
5
)
∫
0
π
2
d
x
1
+
c
o
s
2
x
；
(
6
)
∫
0
π
x
c
o
s
2
x
−
c
o
s
4
x
d
x
；
(
7
)
∫
0
π
x
2
∣
c
o
s
x
∣
d
x
；
(
8
)
∫
0
+
∞
d
x
e
x
+
1
+
e
3
−
x
；
(
9
)
∫
1
2
3
2
d
x
∣
x
2
−
x
∣
；
(
10
)
∫
0
x
m
a
x
{
t
3
,
t
2
,
1
}
d
t
(1) ∫π20x+sin x1+cos xdx； (2) ∫π40ln(1+tan x)dx； (3) ∫a0dxx+√a2−x2 (a>0)； (4) ∫π20√1−sin 2xdx； (5) ∫π20dx1+cos2 x； (6) ∫π0x√cos2 x−cos4 xdx； (7) ∫π0x2|cos x|dx； (8) ∫+∞0dxex+1+e3−x； (9) ∫3212dx√|x2−x|； (10) ∫x0max{t3,t2,1}dt
(
1
)
∫
0
π
2
x
+
s
i
n
x
1
+
c
o
s
x
d
x
=
∫
0
π
2
x
1
+
c
o
s
x
d
x
+
∫
0
π
2
s
i
n
x
1
+
c
o
s
x
d
x
=
∫
0
π
2
x
2
s
e
c
2
x
2
d
x
−
∫
0
π
2
1
1
+
c
o
s
x
d
(
1
+
c
o
s
x
)
=
[
x
t
a
n
x
2
]
0
π
2
−
∫
0
π
2
t
a
n
x
2
d
x
−
[
l
n
(
1
+
c
o
s
x
)
]
0
π
2
=
π
2
+
[
2
l
n
c
o
s
x
2
]
0
π
2
+
l
n
2
=
π
2
(
2
)
∫
0
π
4
l
n
(
1
+
t
a
n
x
)
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
c
o
s
x
+
s
i
n
x
c
o
s
x
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
(
c
o
s
x
+
s
i
n
x
)
d
x
−
∫
0
π
4
l
n
c
o
s
x
d
x
，其中
∫
0
π
4
l
n
(
c
o
s
x
+
s
i
n
x
)
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
[
2
c
o
s
(
π
4
−
x
)
]
d
x
，令
u
=
π
4
−
x
，则
∫
0
π
4
l
n
[
2
c
o
s
(
π
4
−
x
)
]
d
x
=
−
∫
π
4
0
(
l
n
2
+
l
n
c
o
s
u
)
d
u
=
π
8
l
n
2
+
∫
0
π
4
l
n
c
o
s
x
d
x
，所以，
∫
0
π
4
l
n
(
1
+
t
a
n
x
)
d
x
=
π
8
l
n
2
(
3
)
令
x
=
a
s
i
n
u
，得
∫
0
a
d
x
x
+
a
2
−
x
2
=
∫
0
π
2
c
o
s
u
d
u
s
i
n
u
+
c
o
s
u
=
∫
0
π
2
s
i
n
u
d
u
c
o
s
u
+
s
i
n
u
=
1
2
(
∫
0
π
2
c
o
s
u
d
u
s
i
n
u
+
c
o
s
u
+
∫
0
π
2
s
i
n
u
d
u
c
o
s
u
+
s
i
n
u
)
=
1
2
∫
0
π
2
d
u
=
π
4
(
4
)
∫
0
π
2
1
−
s
i
n
2
x
d
x
=
∫
0
π
2
s
i
n
2
x
+
c
o
s
2
x
−
2
s
i
n
x
c
o
s
x
d
x
=
∫
0
π
2
∣
s
i
n
x
−
c
o
s
x
∣
d
x
=
∫
0
π
4
(
c
o
s
x
−
s
i
n
x
)
d
x
+
∫
π
4
π
2
(
s
i
n
x
−
c
o
s
x
)
d
x
=
[
s
i
n
x
+
c
o
s
x
]
0
π
4
+
[
−
c
o
s
x
−
s
i
n
x
]
π
4
π
2
=
2
(
2
−
1
)
(
5
)
因为
lim
x
→
π
2
−
t
a
n
x
2
=
π
2
，得
∫
0
π
2
d
x
1
+
c
o
s
2
x
=
∫
0
π
2
s
e
c
2
x
d
x
s
e
c
2
x
+
1
=
∫
0
π
2
d
(
t
a
n
x
)
t
a
n
2
x
+
2
=
[
1
2
a
r
c
t
a
n
t
a
n
x
2
]
0
π
2
=
1
2
2
π
(
6
)
∫
0
π
x
c
o
s
2
x
−
c
o
s
4
x
d
x
=
∫
0
π
x
∣
c
o
s
x
∣
s
i
n
x
d
x
=
π
2
∫
0
π
∣
c
o
s
x
∣
s
i
n
x
d
x
=
π
2
[
∫
0
π
2
c
o
s
x
s
i
n
x
d
x
−
∫
π
2
π
c
o
s
x
s
i
n
x
d
x
]
=
π
2
[
1
2
s
i
n
2
x
]
0
π
2
−
π
2
[
1
2
s
i
n
2
x
]
π
2
π
=
π
2
(
7
)
∫
0
π
x
2
∣
c
o
s
x
∣
d
x
=
∫
0
π
2
x
2
c
o
s
x
d
x
−
∫
π
2
π
x
2
c
o
s
x
d
x
=
[
x
2
s
i
n
x
+
2
x
c
o
s
x
−
2
s
i
n
x
]
0
π
2
−
[
x
2
s
i
n
x
+
2
x
c
o
s
x
−
2
s
i
n
x
]
π
2
π
=
1
2
π
2
+
2
π
−
4
(
8
)
∫
0
+
∞
d
x
e
x
+
1
+
e
3
−
x
=
1
e
2
∫
0
+
∞
d
(
e
x
−
1
)
e
2
x
−
2
+
1
=
1
e
2
[
a
r
c
t
a
n
(
e
x
−
1
)
]
0
+
∞
=
1
e
2
(
π
2
−
a
r
c
t
a
n
1
e
)
(
9
)
∫
1
2
1
d
x
∣
x
2
−
x
∣
=
∫
1
2
1
d
x
x
−
x
2
=
∫
1
2
1
d
(
2
x
−
1
)
1
−
(
2
x
−
1
)
2
=
[
a
r
c
s
i
n
(
2
x
−
1
)
]
1
2
1
=
π
2
∫
1
3
2
d
x
∣
x
2
−
x
∣
=
∫
1
3
2
d
x
x
2
−
x
=
∫
1
3
2
d
(
2
x
−
1
)
(
2
x
−
1
)
2
−
1
=
[
l
n
(
2
x
−
1
+
(
2
x
−
1
)
2
−
1
)
]
1
3
2
=
l
n
(
2
+
3
)
，所以，
∫
1
2
3
2
d
x
∣
x
2
−
x
∣
=
∫
1
2
1
d
x
∣
x
2
−
x
∣
+
∫
1
3
2
d
x
∣
x
2
−
x
∣
=
π
2
+
l
n
(
2
+
3
)
(
10
)
当
x
<
−
1
时，
∫
0
x
m
a
x
{
t
3
,
t
2
,
1
}
d
t
=
∫
0
−
1
d
t
+
∫
−
1
x
t
2
d
t
=
1
3
x
3
−
2
3
，
当
−
1
≤
x
≤
1
时，
∫
0
x
m
a
x
{
t
3
,
t
2
,
1
}
d
t
=
∫
0
x
d
t
=
x
，
当
x
>
1
时，
∫
0
x
m
a
x
{
t
3
,
t
2
,
1
}
d
t
=
∫
0
1
d
t
+
∫
1
x
t
3
d
t
=
1
4
x
4
+
3
4
，所以，
∫
0
x
m
a
x
{
t
3
,
t
2
,
1
}
d
t
=
{
1
3
x
3
−
2
3
，
x
<
−
1
，
x
，
−
1
≤
x
≤
1
，
1
4
x
4
+
3
4
，
x
>
1
(1) ∫π20x+sin x1+cos xdx=∫π20x1+cos xdx+∫π20sinx1+cos xdx=∫π20x2sec2x2dx−∫π2011+cos xd(1+cos x)= [xtanx2]π20−∫π20tanx2dx−[ln(1+cos x)]π20=π2+[2ln cosx2]π20+ln 2=π2 (2) ∫π40ln(1+tan x)dx=∫π40lncos x+sin xcos xdx=∫π40ln(cos x+sin x)dx−∫π40ln cos xdx，其中 ∫π40ln(cos x+sin x)dx=∫π40ln[√2cos(π4−x)]dx，令u=π4−x，则∫π40ln[√2cos(π4−x)]dx= −∫0π4(ln√2+ln cos u)du=π8ln 2+∫π40ln cos xdx，所以，∫π40ln(1+tan x)dx=π8ln 2 (3) 令x=asin u，得∫a0dxx+√a2−x2=∫π20cos udusin u+cos u=∫π20sin uducos u+sin u= 12(∫π20cos udusin u+cos u+∫π20sin uducos u+sin u)=12∫π20du=π4 (4) ∫π20√1−sin 2xdx=∫π20√sin2 x+cos2 x−2sin xcos xdx=∫π20|sin x−cos x|dx= ∫π40(cos x−sin x)dx+∫π2π4(sin x−cos x)dx=[sin x+cos x]π40+[−cos x−sin x]π2π4=2(√2−1) (5) 因为limx→π2−tan x√2=π2，得∫π20dx1+cos2 x=∫π20sec2 xdxsec2 x+1=∫π20d(tan x)tan2 x+2=[1√2arctantan x√2]π20=12√2π (6) ∫π0x√cos2 x−cos4 xdx=∫π0x|cos x|sin xdx=π2∫π0|cos x|sin xdx= π2[∫π20cos xsin xdx−∫ππ2cos xsin xdx]=π2[12sin2 x]π20−π2[12sin2 x]ππ2=π2 (7) ∫π0x2|cos x|dx=∫π20x2cos xdx−∫ππ2x2cos xdx=[x2sin x+2xcos x−2sin x]π20− [x2sin x+2xcos x−2sin x]ππ2=12π2+2π−4 (8) ∫+∞0dxex+1+e3−x=1e2∫+∞0d(ex−1)e2x−2+1=1e2[arctan(ex−1)]+∞0=1e2(π2−arctan1e) (9) ∫112dx√|x2−x|=∫112dx√x−x2=∫112d(2x−1)√1−(2x−1)2=[arcsin(2x−1)]112=π2 ∫321dx√|x2−x|=∫321dx√x2−x=∫321d(2x−1)√(2x−1)2−1=[ln(2x−1+√(2x−1)2−1)]321=ln(2+√3)，所以， ∫3212dx√|x2−x|=∫112dx√|x2−x|+∫321dx√|x2−x|=π2+ln(2+√3) (10) 当x<−1时，∫x0max{t3,t2,1}dt=∫−10dt+∫x−1t2dt=13x3−23， 当−1≤x≤1时，∫x0max{t3,t2,1}dt=∫x0dt=x， 当x>1时，∫x0max{t3,t2,1}dt=∫10dt+∫x1t3dt=14x4+34，所以， ∫x0max{t3,t2,1}dt={13x3−23，x<−1，x， −1≤x≤1，14x4+34， x>1
∫
0
x
(
∫
0
t
f
(
u
)
d
u
)
d
t
=
[
t
∫
0
t
f
(
u
)
d
u
]
0
x
−
∫
0
x
t
f
(
t
)
d
t
=
x
∫
0
x
f
(
u
)
d
u
−
∫
0
x
t
f
(
t
)
d
t
=
x
∫
0
x
f
(
t
)
d
t
−
∫
0
x
t
f
(
t
)
d
t
=
∫
0
x
(
x
−
t
)
f
(
t
)
d
t
∫x0(∫t0f(u)du)dt=[t∫t0f(u)du]x0−∫x0tf(t)dt=x∫x0f(u)du−∫x0tf(t)dt=x∫x0f(t)dt−∫x0tf(t)dt= ∫x0(x−t)f(t)dt
(
1
)
F
′
(
x
)
≥
2
；
(
2
)
方程
F
(
x
)
=
0
在区间
(
a
,
b
)
内有且仅有一个根。
(1) F′(x)≥2； (2) 方程F(x)=0在区间(a, b)内有且仅有一个根。
(
1
)
F
′
(
x
)
=
f
(
x
)
+
1
f
(
x
)
≥
2
f
(
x
)
⋅
1
f
(
x
)
=
2
(
2
)
F
(
a
)
=
∫
a
b
d
t
f
(
t
)
=
−
∫
a
b
d
t
f
(
t
)
<
0
，
F
(
b
)
=
∫
a
b
f
(
t
)
d
t
>
0
，由闭区间上连续函数性质可知
F
(
x
)
在区间
(
a
,
b
)
内
必有零点，根据结果
(
1
)
可知函数
F
(
x
)
在区间
[
a
,
b
]
上单调增加，则零点唯一，即方程
F
(
x
)
=
0
在区间
(
a
,
b
)
内
有且仅有一个根。
(1) F′(x)=f(x)+1f(x)≥2√f(x)⋅1f(x)=2 (2) F(a)=∫badtf(t)=−∫badtf(t)<0，F(b)=∫baf(t)dt>0，由闭区间上连续函数性质可知F(x)在区间(a, b)内 必有零点，根据结果(1)可知函数F(x)在区间[a, b]上单调增加，则零点唯一，即方程F(x)=0在区间(a, b)内 有且仅有一个根。
令
u
=
x
−
1
，得
∫
0
2
f
(
x
−
1
)
d
x
=
∫
−
1
1
f
(
u
)
d
u
=
∫
−
1
0
d
u
1
+
e
u
+
∫
0
1
d
u
1
+
u
=
∫
−
1
0
e
−
u
1
+
e
−
u
d
u
+
[
l
n
(
1
+
u
)
]
0
1
=
[
−
l
n
(
1
+
e
−
u
)
]
−
1
0
+
l
n
2
=
l
n
(
1
+
e
)
令u=x−1，得∫20f(x−1)dx=∫1−1f(u)du=∫0−1du1+eu+∫10du1+u=∫0−1e−u1+e−udu+[ln(1+u)]10= [−ln(1+e−u)]0−1+ln 2=ln(1+e)
假设
g
(
x
)
≥
0
，由定积分性质可知
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
≥
0
，记
f
(
x
)
在
[
a
,
b
]
上得最大值为
M
，最小值为
m
，
则有
m
g
(
x
)
≤
f
(
x
)
g
(
x
)
≤
M
g
(
x
)
，得
∫
a
b
m
g
(
x
)
d
x
≤
∫
a
b
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
≤
∫
a
b
M
g
(
x
)
d
x
，
即
m
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
≤
∫
a
b
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
≤
M
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
.
当
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
=
0
时，由不等式可知
∫
a
b
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
=
0
，
当
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
>
0
时，有
m
≤
∫
a
b
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
≤
M
，由闭区间上连续函数性质，可知存在一点
ξ
∈
[
a
,
b
]
，
使得
f
(
ξ
)
=
∫
a
b
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
∫
a
b
g
(
x
)
d
x
假设g(x)≥0，由定积分性质可知∫bag(x)dx≥0，记f(x)在[a, b]上得最大值为M，最小值为m， 则有mg(x)≤f(x)g(x)≤Mg(x)，得∫bamg(x)dx≤∫baf(x)g(x)dx≤∫baMg(x)dx， 即m∫bag(x)dx≤∫baf(x)g(x)dx≤M∫bag(x)dx. 当∫bag(x)dx=0时，由不等式可知∫baf(x)g(x)dx=0， 当∫bag(x)dx>0时，有m≤∫baf(x)g(x)dx∫bag(x)dx≤M，由闭区间上连续函数性质，可知存在一点ξ∈[a, b]， 使得f(ξ)=∫baf(x)g(x)dx∫bag(x)dx
当
n
>
1
时，
∫
0
+
∞
x
n
e
−
x
2
d
x
=
−
1
2
∫
0
+
∞
x
n
−
1
d
(
e
−
x
2
)
=
−
1
2
[
x
n
−
1
e
−
x
2
]
0
+
∞
+
n
−
1
2
∫
0
+
∞
x
n
−
2
e
−
x
2
d
x
=
n
−
1
2
∫
0
+
∞
x
n
−
2
e
−
x
2
d
x
，记
I
n
=
∫
0
+
∞
x
2
n
+
1
e
−
x
2
d
x
，则
I
n
=
∫
0
+
∞
x
2
n
+
1
e
−
x
2
d
x
=
2
n
+
1
−
1
2
∫
0
+
∞
x
2
n
−
1
e
−
x
2
d
x
=
n
∫
0
+
∞
x
2
n
−
1
e
−
x
2
d
x
=
n
I
n
−
1
，
所以，
I
n
=
n
!
I
0
=
n
!
∫
0
+
∞
x
e
−
x
2
d
x
=
n
!
[
−
1
2
e
−
x
2
]
0
+
∞
=
1
2
n
!
=
1
2
Γ
(
n
+
1
)
当n>1时，∫+∞0xne−x2dx=−12∫+∞0xn−1d(e−x2)=−12[xn−1e−x2]+∞0+n−12∫+∞0xn−2e−x2dx= n−12∫+∞0xn−2e−x2dx，记In=∫+∞0x2n+1e−x2dx，则In=∫+∞0x2n+1e−x2dx=2n+1−12∫+∞0x2n−1e−x2dx= n∫+∞0x2n−1e−x2dx=nIn−1， 所以，In=n!I0=n!∫+∞0xe−x2dx=n![−12e−x2]+∞0=12n!=12Γ(n+1)
(
1
)
∫
0
+
∞
s
i
n
x
x
3
d
x
；
(
2
)
∫
2
+
∞
d
x
x
⋅
x
2
−
3
x
+
2
3
；
(
3
)
∫
2
+
∞
c
o
s
x
l
n
x
d
x
；
(
4
)
∫
0
+
∞
d
x
x
2
(
x
−
1
)
(
x
−
2
)
3
.
(1) ∫+∞0sin x√x3dx； (2) ∫+∞2dxx⋅3√x2−3x+2； (3) ∫+∞2cos xln xdx； (4) ∫+∞0dx3√x2(x−1)(x−2).
(
1
)
x
=
0
为被积函数
f
(
x
)
=
s
i
n
x
x
3
的瑕点，而
lim
x
→
0
+
x
1
2
⋅
f
(
x
)
=
1
，所以，
∫
0
1
f
(
x
)
d
x
收敛，又因
∣
f
(
x
)
∣
≤
1
x
3
，
而
∫
1
+
∞
1
x
3
d
x
收敛，所以，
∫
1
+
∞
f
(
x
)
d
x
收敛，因此，
∫
0
+
∞
s
i
n
x
x
3
d
x
收敛。
(
2
)
x
=
2
为被积函数
f
(
x
)
=
1
x
⋅
x
2
−
3
x
+
2
3
的瑕点，而
lim
x
→
2
+
(
x
−
2
)
1
3
⋅
f
(
x
)
=
1
2
，所以，
∫
2
3
f
(
x
)
d
x
收敛，
又因
lim
x
→
+
∞
x
5
3
⋅
f
(
x
)
=
1
，所以，
∫
3
+
∞
d
x
x
⋅
x
2
−
3
x
+
2
3
收敛，因此，
∫
2
+
∞
d
x
x
⋅
x
2
−
3
x
+
2
3
收敛。
(
3
)
∫
2
+
∞
c
o
s
x
l
n
x
d
x
=
∫
2
+
∞
1
l
n
x
d
(
s
i
n
x
)
=
[
s
i
n
x
l
n
x
]
2
+
∞
+
∫
2
+
∞
s
i
n
x
x
l
n
2
x
d
x
=
∫
2
+
∞
s
i
n
x
x
l
n
2
x
d
x
−
s
i
n
2
l
n
2
，
因为
∣
s
i
n
x
x
l
n
2
x
∣
≤
1
x
l
n
2
x
，而
∫
2
+
∞
1
x
l
n
2
x
d
x
收敛，所以，
∫
2
+
∞
∣
s
i
n
x
x
l
n
2
x
∣
d
x
收敛，即
∫
2
+
∞
s
i
n
x
x
l
n
2
x
d
x
绝对收敛，
因此，
∫
2
+
∞
c
o
s
x
l
n
x
d
x
收敛。
(
4
)
x
=
0
，
x
=
1
，
x
=
2
为被积函数
f
(
x
)
=
1
x
2
(
x
−
1
)
(
x
−
2
)
3
的瑕点，
lim
x
→
0
+
x
2
3
f
(
x
)
=
1
2
3
，
lim
x
→
1
(
x
−
1
)
1
3
f
(
x
)
=
−
1
，
lim
x
→
2
f
(
x
)
(
x
−
2
)
1
3
=
2
3
2
，所以，
∫
0
3
f
(
x
)
d
x
收敛，又因
lim
x
→
+
∞
x
4
3
⋅
f
(
x
)
=
1
，
所以，
∫
3
+
∞
d
x
x
2
(
x
−
1
)
(
x
−
2
)
3
收敛，因此，
∫
0
+
∞
d
x
x
2
(
x
−
1
)
(
x
−
2
)
3
收敛。
(1) x=0为被积函数f(x)=sin x√x3的瑕点，而limx→0+x12⋅f(x)=1，所以，∫10f(x)dx收敛，又因|f(x)|≤1√x3， 而∫+∞11√x3dx收敛，所以，∫+∞1f(x)dx收敛，因此，∫+∞0sin x√x3dx收敛。 (2) x=2为被积函数f(x)=1x⋅3√x2−3x+2的瑕点，而limx→2+(x−2)13⋅f(x)=12，所以，∫32f(x)dx收敛， 又因limx→+∞x53⋅f(x)=1，所以，∫+∞3dxx⋅3√x2−3x+2收敛，因此，∫+∞2dxx⋅3√x2−3x+2收敛。 (3) ∫+∞2cos xln xdx=∫+∞21ln xd(sin x)=[sin xln x]+∞2+∫+∞2sin xxln2 xdx=∫+∞2sin xxln2 xdx−sin 2ln 2， 因为|sin xxln2 x|≤1xln2 x，而∫+∞21xln2 xdx收敛，所以，∫+∞2|sin xxln2 x|dx收敛，即∫+∞2sin xxln2 xdx绝对收敛， 因此，∫+∞2cos xln xdx收敛。 (4) x=0，x=1，x=2为被积函数f(x)=13√x2(x−1)(x−2)的瑕点，limx→0+x23f(x)=13√2， limx→1(x−1)13f(x)=−1，limx→2f(x)(x−2)13=3√22，所以，∫30f(x)dx收敛，又因limx→+∞x43⋅f(x)=1， 所以，∫+∞3dx3√x2(x−1)(x−2)收敛，因此，∫+∞0dx3√x2(x−1)(x−2)收敛。
(
1
)
∫
0
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
；
(
2
)
∫
0
+
∞
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
(
a
≥
0
)
.
(1) ∫π20ln sin xdx； (2) ∫+∞0dx(1+x2)(1+xa) (a≥0).
(
1
)
x
=
0
为被积函数
f
(
x
)
=
l
n
s
i
n
x
的瑕点，而
lim
x
→
0
+
x
⋅
f
(
x
)
=
lim
x
→
0
+
l
n
s
i
n
x
x
−
1
2
=
lim
x
→
0
+
c
o
t
x
−
1
2
x
−
3
2
=
lim
x
→
0
+
−
2
x
3
2
t
a
n
x
=
0
，
所以，
∫
0
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
收敛。
又因
∫
0
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
s
i
n
x
d
x
+
∫
π
4
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
，令
u
=
π
2
−
x
，得
∫
π
4
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
=
∫
π
4
0
−
l
n
c
o
s
u
d
u
=
∫
0
π
4
l
n
c
o
s
u
d
u
，因此，
∫
0
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
s
i
n
x
d
x
+
∫
0
π
4
l
n
c
o
s
x
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
(
s
i
n
x
c
o
s
x
)
d
x
=
∫
0
π
4
(
l
n
s
i
n
2
x
−
l
n
2
)
d
x
=
∫
0
π
4
l
n
sin
2
x
d
x
−
∫
0
π
4
l
n
2
d
x
，令
u
=
2
x
，得
∫
0
π
4
l
n
sin
2
x
d
x
−
∫
0
π
4
l
n
2
d
x
=
1
2
∫
0
π
2
l
n
s
i
n
u
d
u
−
π
4
l
n
2
，所以，
∫
0
π
2
l
n
s
i
n
x
d
x
=
−
π
2
l
n
2
(
2
)
记
f
(
x
)
=
1
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
，当
a
=
0
时，
lim
x
→
+
∞
x
2
⋅
f
(
x
)
=
1
2
，当
a
>
0
时，
lim
x
→
+
∞
x
2
⋅
f
(
x
)
=
0
，
因此，当
a
≥
0
时，
∫
0
+
∞
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
收敛。
令
t
=
1
x
，得
∫
0
+
∞
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
=
∫
+
∞
0
−
t
a
d
t
(
1
+
t
2
)
(
1
+
t
a
)
，又因
∫
+
∞
0
−
t
a
d
t
(
1
+
t
2
)
(
1
+
t
a
)
=
∫
0
+
∞
x
a
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
，所以，
∫
0
+
∞
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
=
∫
0
+
∞
x
a
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
=
1
2
[
∫
0
+
∞
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
+
∫
0
+
∞
x
a
d
x
(
1
+
x
2
)
(
1
+
x
a
)
]
=
1
2
∫
0
+
∞
d
x
1
+
x
2
=
1
2
[
a
r
c
t
a
n
x
]
0
+
∞
=
π
4
(1) x=0为被积函数f(x)=ln sin x的瑕点，而limx→0+√x⋅f(x)=limx→0+ln sin xx−12=limx→0+cot x−12x−32=limx→0+−2x32tan x=0， 所以，∫π20ln sin xdx收敛。 又因∫π20ln sin xdx=∫π40ln sin xdx+∫π2π4ln sin xdx，令u=π2−x，得∫π2π4ln sin xdx=∫0π4−ln cos udu= ∫π40ln cos udu，因此，∫π20ln sin xdx=∫π40ln sin xdx+∫π40ln cos xdx=∫π40ln(sin xcos x)dx= ∫π40(ln sin 2x−ln 2)dx=∫π40lnsin 2xdx−∫π40ln 2dx，令u=2x，得∫π40lnsin 2xdx−∫π40ln 2dx= 12∫π20ln sin udu−π4ln 2，所以，∫π20ln sin xdx=−π2ln 2 (2) 记f(x)=1(1+x2)(1+xa)，当a=0时，limx→+∞x2⋅f(x)=12，当a>0时，limx→+∞x2⋅f(x)=0， 因此，当a≥0时，∫+∞0dx(1+x2)(1+xa)收敛。 令t=1x，得∫+∞0dx(1+x2)(1+xa)=∫0+∞−tadt(1+t2)(1+ta)，又因∫0+∞−tadt(1+t2)(1+ta)= ∫+∞0xadx(1+x2)(1+xa)，所以，∫+∞0dx(1+x2)(1+xa)=∫+∞0xadx(1+x2)(1+xa)= 12[∫+∞0dx(1+x2)(1+xa)+∫+∞0xadx(1+x2)(1+xa)]=12∫+∞0dx1+x2=12[arctan x]+∞0=π4