2021.11.3 23考研每日一题（3）

已知 $f(x+1)$ 的定义域为 $[0,a],(a\ge 0)$，则 $f(x)$ 的定义域为？

$f(x+1)$ 的定义域实际上说的是 $x\in [0,a]$ ，然后 $f(x)$ 的定义域要看 $f(x+1)$ 的值域。由于 $f(x)$ 的值域为 $[f(1),f(a+1)]$ ，所以 $f(x)$ 的定义域为 $x\in [1,a+1]$ 。

2021.11.8 23考研每日一题（8）

求 $\lim_{x\rightarrow +\infty} \sqrt{1+2+\cdots+n} – \sqrt{1+2+\cdots+n-1}$。

分式有理化。

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow +\infty} \sqrt{1+2+\cdots+n} – \sqrt{1+2+\cdots+n-1} &= \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{(\sqrt{1+2+\cdots+n} – \sqrt{1+2+\cdots+n-1})(\sqrt{1+2+\cdots+n} + \sqrt{1+2+\cdots+n-1})}{\sqrt{1+2+\cdots+n} + \sqrt{1+2+\cdots+n-1}} \\
&= \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{n}{\sqrt{1+2+\cdots+n} + \sqrt{1+2+\cdots+n-1}} \\
&= \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})} + \sqrt{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{n})}} \\
&= \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{aligned}
$$

2021.11.10 23考研每日一题（10）

求 $\lim_{x\rightarrow 0} \frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{x}$。

注意讨论 $x\rightarrow 0^{+}$ 和 $x\rightarrow 0^{-}$ 。

• $x\rightarrow 0^+$ 时，$\frac{2+e^{x^{-1}}}{1+e^{4x^{-1}}} = \frac{1}{e^{3x^{-1}}}=0$ ，所以上式 $=0+1=1$ 。
• $x\rightarrow 0^-$ 时，$e^{x^{-1}}\rightarrow 0$ ，所以上式 $=2-1=1$ 。

因此，上式的极限为 $1$ 。

2021.11.14 23考研每日一题（14）

这里需要注意，不能因为 $x\rightarrow 0$ 时 $x \sim \sin x$ ，就直接判断比如选项A是正确的。这是因为选项A可能并不满足一个前置条件：$x\neq 0$（$x$ 趋向于 $0$ 但不等于 $0$），举个例子：若 $\varphi(x)=0$ ，那么 $\frac{\sin (\varphi(x)}{\varphi(x)}$ 直接就失去意义了。

所以上方所有的选项都是错的。除了 $\varphi(x)=0$ ，还有一个常用反例：$\varphi(x) = x\sin \frac{1}{x}$ 。

2021.11.17 23考研每日一题（17）

求 $\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}$ 。

$\frac{\infty}{\infty}$ 型，但是分母是一个幂指函数，因此常见思路就是幂指函数指数化。

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}} &= \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{e^x}{e^{x^2\ln (1+x)}} \\
&= \lim_{x\rightarrow +\infty}e^{x-x^2\ln (1+x)}
\end{aligned}
$$

因此本题只需要求 $\lim_{x\rightarrow +\infty}x-x^2\ln (1+x)$ ，注意到 $\ln(x+1)$ 的泰勒展开为 $x-\frac{x^2}{2}$ ，因此该式的极限为 $\frac{1}{2}$ ，这也意味着原式的极限为 $e^{\frac{1}{2}}$ 。

2021.11.18 23考研每日一题（18）

求 $\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\cos x-\cos \sin x}{x^4}$。

方法一，泰勒展开。由于分母的幂次为 $4$ ，因此上方的 $\cos x$ 之类的在展开时也要保留到 $4$ 次项。

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\cos x-\cos \sin x}{x^4} &= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24} – \cos (x-\frac{x^3}{6})}{x^4} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24} – (1 – \frac{1}{2}(x-\frac{x^3}{6})^2 + \frac{1}{24}(x-\frac{x^3}{6})^4) }{x^4}\\
&= -\frac{1}{6}
\end{aligned}
$$

*上方化简最高只需要考虑 $x^4$ 项，更高次项不需要考虑。

方法二，拉格朗日中值定理。这个方法常用于两个相同结构的式子相减求极限的情况。

原式中，分子 $\cos x-\cos \sin x$ 都具有相同的外壳 $\cos x$ ，因此我们由拉格朗日中值定理可以推出一定存在 $f(\xi)^\prime(x-\sin x) = f(x)-f(\sin x)$ ，其中 $\xi$ 是 $\sin x$ 到 $x$ 区间中任意一项，$f(x)=\cos x$ 。

因此可以将原式替换为：

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\cos x-\cos \sin x}{x^4} &= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(\xi)^\prime(x-\sin x)}{x^4} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(\xi)^\prime\frac{x^3}{6}}{x^4}\\
&= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{1}{6}\frac{f(\xi)^\prime}{x}\\
&= \lim_{x\rightarrow 0} -\frac{1}{6}\frac{\sin(\xi)}{x}
\end{aligned}
$$

由于 $\sin x$ 在 $0$ 的邻域内单调，并且 $\xi$ 被 $\sin x$ 和 $x$ 夹住，因此 $\frac{\sin \xi}{x}$ 被 $\frac{\sin\sin x}{x}$ 和 $\frac{\sin x}{x}$ 夹住。由于 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin\sin x}{x} = 1 = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}$ ，因此根据夹逼定理得到原式 $=-\frac{1}{6}$。

2021.11.24 23考研每日一题（24）

求 $\lim_{x\rightarrow 0}(x+2^x)^{\frac{2}{x}}$。

方法一，泰勒展开。

由于 $2^x \sim 1+x\ln 2$ ，因此：

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow 0}(x+2^x)^{\frac{2}{x}} &= \lim_{x\rightarrow 0} e^{\frac{2}{x}\ln (x + 1 + x\ln 2)}\\
&= \lim_{x\rightarrow 0}e^{\frac{2}{x}(x+x\ln 2)}\\
&= \lim_{x\rightarrow 0}e^{2+2\ln 2} = 4e^2\\
\end{aligned}
$$

方法二，$1^{\infty}$ 型极限的三部曲：（实际上就是向 $(1+x)^\frac{1}{x}$ 靠拢）

• $1^{\infty} = \lim (1 + \alpha(x))^{\beta(x)}$ ；
• 若 $\lim \alpha(x)\beta(x)=A$ ；
• 直接求出原式极限为 $e^A$ 。

本题中 $\alpha(x) = x+2^x-1,\beta(x) = \frac{2}{x}$ ，根据 $\lim_{x\rightarrow 0} = \frac{2(x+2^x-1)}{x} = 2+2\ln 2$ ，直接求出原式极限 $=4e^2$ 。

2021.12.01 23考研每日一题（31）

求 $\lim_{x\rightarrow 0} (\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e})^{\frac{1}{x}}$。

咕了一天，补一下题。显然这题也是 $1^\infty$ 形式，直接上三部曲。即求 $\lim_{x\rightarrow 0} (\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}-1)\frac{1}{x}$ 。

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}-1)\frac{1}{x} &= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{ex} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{\frac{\ln(1+x)}{x}} – e}{ex} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{\frac{\ln(1+x)}{x} – 1} – 1}{x}\\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{-\frac{x}{2}} – 1}{x} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\frac{x}{2} – 1}{x}\\
&= -\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

因此，答案为 $e^{-\frac{1}{2}}$ 。

2021.12.08 23考研每日一题（38）

设 $a \ge 0 , a \neq 1$，且 $\lim_{x\rightarrow +\infty} x^p(a^{\frac{1}{x}} – a^{\frac{1}{x+1}})=\ln a$ ，求 $p$。

方法一，拉格朗日中值定理。由于之前几天的题目都是三部曲变种，这回没直接想到用拉格朗日。。。

方法二，暴力泰勒展开。

由于 $\lim_{x\rightarrow 0}a^x = 1 + \ln ax + \frac{\ln^2 a x^2}{2!} + o(x^3)$ ，所以左部直接展开为 $x^p(1+\ln a \frac{1}{x} – 1 – \ln a \frac{1}{x+1}) = x^p \frac{\ln a}{x(x+1)}$ ，于是 $p=2$ 。

2021.12.09 23考研每日一题（39）

求 $\lim_{x\rightarrow 0} \frac{(1-\cos ^ {\frac{1}{2}} x)(1-\cos ^ {\frac{1}{3}} x)\cdots (1-\cos ^ {\frac{1}{n}} x)}{(1-\cos x)^n}$

可以看成 $n$ 个子问题：$\lim_{x\rightarrow 0} (\frac{1-\cos ^ {\frac{1}{2}} x}{1-\cos x})(\frac{1-\cos ^ {\frac{1}{3}} x}{1-\cos x})\cdots (\frac{1-\cos ^ {\frac{1}{n}} x}{1-\cos x})$ ，这些子问题都可以归约到一个问题：

$$
\frac{1-\cos ^ {\frac{1}{k}} x}{1-\cos x}
$$

做变量代换：$y \Leftrightarrow \cos ^ {\frac{1}{k}} x$，则上式转变为：

$$
\frac{1-y}{1-y^k} = \frac{1-y}{(1-y)(1+y+y^2+\cdots + y^{k-1})} = \frac{1}{k}
$$

综上，结果为 $\frac{1}{n!}$ 。

2021.12.10 23考研每日一题（40）

求 $\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\ln(\sin^2 x+e^x) – x}{\ln(x^2+e^{2x})-2x}$ 。

$$
\begin{aligned}
\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\ln(\sin^2 x+e^x) – x}{\ln(x^2+e^{2x})-2x} &= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(\sin^2 x+e^x) – \ln e^x}{\ln(x^2+e^{2x}) – \ln e^{2x}} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1 + \frac{\sin^2 x}{e^x})}{\ln (1 + \frac{x^2}{e^{2x}})} \\
&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin^2 x}{e^x} \frac{e^{2x}}{x^2} \\
&= 1
\end{aligned}
$$

2021.12.18 23考研每日一题（48）

容易观察到，该函数有两个间断点 $x=0,1$ ，因此我们分类讨论这两个间断点。

1. $\lim_{x\rightarrow 0} f(x) = \lim_{x\rightarrow 0}\ln |x| \sin x$
   由于这个式子是 $\infty \times 0$ ，因此我们需要变形：
   $$
   \lim_{x\rightarrow 0}\ln |x| \sin x = \lim_{x\rightarrow 0}x\ln |x| = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln |x|}{\frac{1}{x}}
   $$
   然后根据洛必达法则，求出该极限 $=\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=0$ ，因此这是一个可去间断点。
2. $\lim_{x\rightarrow 1} f(x) = \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\ln |x|}{|x-1|} \sin 1$
   因此我们只需要分析 $\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\ln |x|}{|x-1|}$ ，不妨展开 $\ln |x|$：
   $$
   \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\ln |x|}{|x-1|} = \lim_{x\rightarrow 1} \frac{|x|-1}{|x-1|}
   $$
   因此 $\lim_{x\rightarrow 1^+} = 1$ ，$\lim_{x\rightarrow 1^-} = -1$ ，这是一个跳跃间断点。

综上所述，选第一项。

2021.12.19 23考研每日一题（49）

函数 $f(x) = \frac{|x|^x-1}{x(x+1)\ln |x|}$ 有几个可去间断点？

首先，一共有 $-1,0,+1$ 三个间断点，然后注意判断。

1. $\lim_{x\rightarrow -1} f(x) = \lim_{x\rightarrow -1}\frac{e^{x\ln |x|} – 1}{x(x+1)\ln |x|} = \lim_{x\rightarrow -1}\frac{1 + x\ln |x| – 1}{x(x+1)\ln |x|}$ 。
   因此，$\lim_{x\rightarrow -1} f(x) = \lim_{x\rightarrow -1} \frac{1}{x+1}$ ，显然是第二类间断点。
2. $\lim_{x\rightarrow 0} f(x) = \lim_{x\rightarrow -1}\frac{1 + x\ln |x| – 1}{x(x+1)\ln |x|}$ ，注意这个变换之所以成立是因为 $\lim_{x\rightarrow 0}x\ln |x| = 0$ ，在第48题中就出现过这一结论。
   因此，$\lim_{x\rightarrow 0} f(x) = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{1}{x+1}=1$ ，是可去间断点。
3. 推导过程类似于情况1，$\lim_{x\rightarrow 1} f(x) = \frac{1}{2}$ ，是可去间断点。

综上所述，答案为 $2$ 。

2021.12.20 23考研每日一题（50）

这个函数形式比较特殊，是一个极限式，关键是讨论 $x$ 作为自变量的情况下 $f(x)$ 的变化。

$$
f(x) = \begin{cases} 1+x & |x| < 1 \\ 0 & |x| > 1 \\ 1 & x = 1,-1, 0 \end{cases}
$$

因此，$x=1$ 是一个跳跃间断点。（本题关键就是 $\lim_{n\rightarrow \infty} x^{2n}$ 这一极限的讨论）

2021.12.23 23考研每日一题（53）

方法一，根据条件 $f^\prime(x)$ 在 $x=0$ 连续，我们可以直接推出 $f^\prime (0^-) = 0, f^\prime(0^+) = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{x^a\cos x^{-b}}{x} = \lim_{x\rightarrow 0} x^{a-1}\cos x^{-b}$ ，由于 $\cos x^{-b} \le 1$ ，因此可以直接推出 $a\gt 1$ 。

虽然 $a\gt 1$ 这个条件和题目中任意一个选项都对不上，但是结合条件 $a,b\gt 0$ 就可以求出答案是 $a-b\gt 1$ （选择题限定做法）。

方法二，直接暴力求导：$f^\prime(x) = (x^a \cos \frac{1}{x^b})^\prime = ax^{a-1}\cos x^{-b} + b\sin x^{-b-1}x^{a-b-1}$ 。由于 $x^{a-b-1}$ 阶数低于 $x^{a-1}$ ，因此结论就是 $a-b-1\gt 0$ 。

2021.12.29 23考研每日一题（59）

设 $y=x^22^x$ ，求 $y^{(n)}$ 。

做这题只需要会莱布尼茨公式：

$$
(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}u^{(k)}v^{(n-k)}
$$

2021.12.30 23考研每日一题（60）

设 $y=\frac{1}{x^2-1}$，求 $y^{(n)}$ 。

先变形：$y=\frac{1}{x^2-1} = \frac{\frac{1}{2}[(x+1)-(x-1)]}{(x+1)(x-1)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1})$ 。然后我们只需要分别求出 $y=\frac{1}{x-1}$ 和 $y=\frac{1}{x+1}$ 的 $n$ 阶导数即可。

以 $y=\frac{1}{x-1}$ 为例：

$$
\begin{aligned}
y = \frac{1}{x-1} &\Leftrightarrow (x-1)y=1 \\
&\Rightarrow \binom{n}{0}(x-1)y^{(n)} + \binom{n}{1}(x-1)^{(1)}y^{(n-1)}=0 \quad (Leibniz\ Rule)\\
&\Rightarrow y^{(n)}=\frac{-n}{x-1}y^{(n-1)} \\
&\Rightarrow y^{(n)}=\frac{(-1)^n n!}{(x-1)^{n+1}}
\end{aligned}
$$

同理有 $\frac{1}{x+1}^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{(x+1)^{n+1}}$ ，因此本题答案为 $\frac{1}{2}(\frac{(-1)^n n!}{(x-1)^{n+1}}-\frac{(-1)^n n!}{(x+1)^{n+1}})$ 。

*也可以直接求低阶导数直接找规律，但是用莱布尼茨公式直接推很方便。适用于所有形如 $\frac{1}{ax+b}$ 的高阶导数求导。

2022.1.2 23考研每日一题（63）

注意 $f^\prime(x)g(x)-f(x)g^\prime(x)\lt 0$ 这个形式类似于求导的除法定则，因此我们可以联想到 $\frac{f}{g}^\prime = \frac{f^\prime g – fg^\prime}{g^2}\lt 0$ ，也就是说如果我们令 $h = \frac{f}{g}$ ，那么 $h$ 就是一个单调递减函数。

因此根据 $a\lt b$ 这一条件有 $h(b) \gt h(x)$ ，即 $f(x)g(b) \gt f(b)g(x)$ ，选第一项。

*由于是选择题，我们也可以直接令 $f(x) = -(x^2+1)^2, g(x) = x^2+1$ ，也能够得到相同的结论。

2022.1.9 23考研每日一题（70）

曲线 $y = x \ln (e + \frac{1}{x})$ 的渐近线方程为？

一共三种类型的渐近线，分类讨论：

1. 水平渐近线
   $\lim_{x\rightarrow \infty} y = \infty$ ，因此无水平渐近线。
2. 垂直渐近线
   $\lim_{x\rightarrow 0^+} y = 0$ ，因此无垂直渐近线。
3. 斜渐近线
   $\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{y}{x} = 1$ ， $\lim_{x\rightarrow \infty} y-x=x(\ln(e + \frac{1}{x}) – \ln e) = \frac{1}{e}$ ，因此存在斜渐近线 $y = x + \frac{1}{e}$ 。

2022.1.12 23考研每日一题（73）

设 $a_1,a_2,\ldots, a_n$ 是任意实数，求证方程 $a_1 \cos x + a_2 \cos 2x + \cdots + a_n \cos nx = 0$ 在 $(0,\pi)$ 内至少有一个实根。

证明存在实根基本考虑两种方法：

1. 零点定理
2. 罗尔定理

本题采用罗尔定理证明：

函数 $f(x) = a_1 \cos x + a_2 \cos 2x + \cdots + a_n \cos nx$ 的原函数 $F(x)=a_1\sin x + \frac{1}{2} a_2\sin 2x + \frac{1}{3} a_3\sin 3x + \cdots + \frac{1}{n} a_n \sin nx$ ，该函数显然满足 $F(0) = a_1 + \frac{1}{2}a_2 + \cdots + \frac{1}{n}a_n = F(\pi)$ ，因此根据罗尔定理一定存在 $F^\prime(\xi) = 0(0\lt \xi\lt \pi)$ 。

2022.1.24 23考研每日一题（85）

设 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $a,b$ 同号，证明：存在 $\xi, \eta \in (a,b)$ 使得 $abf^\prime(\xi) = \eta^2 f^\prime(\eta)$ 。

由于需要证明的式子左右两边的形式明显不同，因此考虑左右两边分别变形。

其中左边的 $f^\prime(\xi)$ 很明显可以用拉格朗日中值定理做代换，因此原式左侧可以替换为：

$$
ab\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
$$

原式右边可以看成 $\frac{f^\prime(\eta)}{\frac{1}{\eta^2}}$ ，因此可以看作是 $-\frac{f(x)}{\frac{1}{x}}$ 做为原函数，分子分母分别求导得到的结果。因此可以利用柯西中值定理进行代换：

$$
\frac{f^\prime(\eta)}{-\frac{1}{\eta^2}} = \frac{f(b)-f(a)}{\frac{1}{b} – \frac{1}{a}} = ab \frac{f(b)-f(a)}{a-b}
$$

因此存在 $\xi, \eta \in (a,b)$ 使得原式左右两侧相等。

2022.1.25 23考研每日一题（86）

求不定积分 $\int \frac{x+\ln (1-x)}{x^2} \mathrm{d}x$ 。

$$
\begin{aligned}
\int \frac{x+\ln (1-x)}{x^2} \mathrm{d}x &= \int \frac{1}{x} \mathrm{d}x + \int -\ln (1-x) \mathrm{d} \frac{1}{x}\\
&= \ln |x| – \frac{\ln(1-x)}{x} – \int \frac{1}{x} \mathrm{d} \ln(1-x) \\
&= \ln |x| – \frac{\ln(1-x)}{x} – \int \frac{1}{x(1-x)} \mathrm{d} x\\
&= \ln |x| – \frac{\ln(1-x)}{x} – \int (\frac{1}{1-x} + \frac{1}{x}) \mathrm{d} x\\
&= \ln(1-x) – \frac{\ln(1-x)}{x} + C
\end{aligned}
$$

2022.1.26 23考研每日一题（87）

求不定积分 $\int \frac{x^2}{1+x^2}\arctan x \mathrm{d} x$ 。

$$
\begin{aligned}
\int \frac{x^2}{1+x^2}\arctan x \mathrm{d} x &= \int(1-\frac{1}{1+x^2})\arctan x \mathrm{d} x\\
&= \int \arctan x\mathrm{d} x – \int\arctan x \mathrm{d} \arctan x\\
&= x\arctan x – \int x\mathrm{d} \arctan x – \frac{1}{2} \arctan x + C\\
&= x\arctan x – \frac{x\mathrm{d} x}{1+x^2} – \frac{1}{2} \arctan x + C\\
&= x\arctan x – \frac{\ln(1+x^2)}{2} – \frac{\arctan x}{2} + C\\
\end{aligned}
$$

2022.1.27 23考研每日一题（88）

求不定积分 $\int \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x}\mathrm{d} x$ 。

$$
\begin{aligned}
\int \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x}\mathrm{d} x &= \int\frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{8 \sin^3 \frac{x}{2}\cos^3\frac{x}{2}}\mathrm{d} x\\
&= \int \frac{x}{4\sin^3\frac{x}{2}} \mathrm{d} \sin\frac{x}{2}\\
&= -\frac{1}{8}\int x \mathrm{d} \sin^{-2}\frac{x}{2} \\
&= -\frac{1}{8} (x\sin^{-2} \frac{x}{2} – \int \sin^{-2} \frac{x}{2}\mathrm{d} x) \\
&= -\frac{1}{8} (x\sin^{-2} \frac{x}{2} – 2\cot \frac{x}{2}) + C
\end{aligned}
$$

2022.1.28 23考研每日一题（89）

求不定积分 $\int (\arcsin x)^2 \mathrm{d} x$ 。

换元，令 $t=\arcsin x$ ，则有 $\sin t = x$ 。

$$
\begin{aligned}
\int (\arcsin x)^2 \mathrm{d} x &= \int t^2 \mathrm{d} \sin t\\
&= t^2 \sin t – 2\int t\sin t \mathrm{d} t\\
&= t^2 \sin t + 2\int(t \mathrm{d} \cos t) \mathrm{d} t\\
&= t^2 \sin t + 2\int(t\cos t – \sin t)\mathrm{d} t\\
&= x\arcsin^2 x-2x + 2\arcsin x \sqrt{1-x^2}+C\\
\end{aligned}
$$

2022.1.29 23考研每日一题（90）

求 $\lim_{n\rightarrow \infty} \ln \sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})^2(1+\frac{2}{n})^2\cdots (1+\frac{n}{n})^2}$ 。

$$
\begin{aligned}
\lim_{n\rightarrow \infty} \ln \sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})^2(1+\frac{2}{n})^2\cdots (1+\frac{n}{n})^2} &= \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} (2\ln(1 + \frac{i}{n}))\\
&= \int_{1}^{2} 2\ln x\mathrm{d} x\\
&= 1
\end{aligned}
$$

2022.2.11 23考研每日一题（96）

求 $\int_{-2}^2 (\ln(x + \sqrt{1+x^2}) + \sqrt{1 – \frac{x^2}{4}}) \mathrm{d} x$ 。

注意到定积分区间是对称的，因此先考虑函数的奇偶性。容易发现 $\ln(x + \sqrt{1+x^2}$ 是奇函数，而 $\sqrt{1 – \frac{x^2}{4}}$ 是偶函数，因此原式等价于：

$$
\begin{aligned}
\int_{-2}^2 (\ln(x + \sqrt{1+x^2}) + \sqrt{1 – \frac{x^2}{4}}) \mathrm{d} x&= \int_{0}^2 2\sqrt{1 – \frac{x^2}{4}} \mathrm{d} x\\
&= \int_{0}^2 \sqrt{2^2-x^2} \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$

做到这里可以直接三角代换，但是注意到实际上我们已经可以利用定积分的几何意义来解决本题了。上方积分的意义就是半径为 $2$ ，圆心为原点的四分之一圆的面积。因此本题答案为 $\pi$ 。

2022.2.18 23考研每日一题（102）

已知 $f(x) = \int_{1}^{x} \sqrt{1+t^4} \mathrm{d}t$ ，求 $\int_{0}^{1} x^2f(x)\mathrm{d} x$ 。

注意到给定的条件是一个变限积分，因此很快就能求出 $f^\prime (x) = \sqrt{1+x^4}$ ，于是联想到我们需要求解的积分可以凑微分然后分部积分：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} x^2f(x)\mathrm{d} x &= \frac{1}{3}\int_{0}^{1} x^2\mathrm{d} x^3\\
&= x^2f^\prime (x) \bigg|_0^1 – \int_0^1 x^3f^\prime (x) \mathrm{d} x\\
&= -\frac{1}{12} \int_0^1 \sqrt{1+x^4} \mathrm{d} x^4\\
&= \frac{1}{18}(1+x^4)^\frac{3}{2} \bigg|_1^0\\
&= \frac{1-2\sqrt{2}}{18}
\end{aligned}
$$

2022.2.19 23考研每日一题（103）

已知 $f(x)$ 连续，$\int_0^x tf(x-t)\mathrm{d} t = 1 – \cos x$ ，求 $\int_0^\frac{\pi}{2} f(x) \mathrm{d} x$ 。

令 $x-t = u$ ，则有：

$$
\begin{aligned}
\int_0^x tf(x-t)\mathrm{d} t \Leftrightarrow \int_x^0 (x-u)f(u) \mathrm{d} (x-u) \Leftrightarrow \int_0^x (x-u)f(u) \mathrm{d} u
\end{aligned}
$$

然后就能按照变限积分的求导法则进行运算了：

$$
\begin{aligned}
(\int_0^x (x-u)f(u) \mathrm{d} u)^\prime = (1-\cos x)^\prime &\Leftrightarrow (x\int_0^x f(u) \mathrm{d} u – \int_0^x uf(u) \mathrm{d} u)^\prime = \sin x\\
&\Rightarrow (\int_0^x f(u)\mathrm{d} u + xf(x) – xf(x))^\prime = \sin^\prime x \\
&\Rightarrow f(x) = \cos x
\end{aligned}
$$

因此 $\int_0^\frac{\pi}{2} f(x) \mathrm{d} x = \int_0^\frac{\pi}{2} \cos x \mathrm{d} x = 1$。

2022.3.28 23考研每日一题（141）

设函数 $f(x)$ 具有连续的一阶导数，且满足 $f(x)=\int_0^x(x^2-t^2)f^\prime(t)\mathrm{d}t+x^2$ ，求 $f(x)$ 。

$$
\begin{aligned}
f(x)=\int_0^x(x^2-t^2)f^\prime(t)\mathrm{d}t+x^2 &\Rightarrow \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_0^x(x^2-t^2)f^\prime(t)\mathrm{d}t+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^2 \\
&\Rightarrow f^\prime(x) = 2x\int_0^xf^\prime(t)\mathrm{d}t + x^2f^\prime(x) – x^2f^\prime(x)+ 2x\\
&\Rightarrow f^\prime(x) = 2x[f(x) – f(0)] + 2x
\end{aligned}
$$

推到这里之后需要注意：$f(0)$ 并不是未知量，因为变限积分的下限是 $0$ ，所以我们直接令 $x=0$ 就直接能得出 $f(0)=0$ ，然后本题就转化为了微分方程的问题：

$$
\begin{aligned}
f^\prime(x) = 2xf(x) + 2x &\Rightarrow y^\prime – 2xy=2x\\
&\Rightarrow y=[\int 2xe^{\int-2x \mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C]e^{\int 2x\mathrm{d}x}\\
&\Rightarrow y=[\int e^{-x^2}\mathrm{d}x^2+C]e^{x^2}\\
&\Rightarrow y=-1+Ce^{x^2}
\end{aligned}
$$

最后将 $(0,0)$ 代入，解出 $C=1$ ，因此答案是 $y=e^{x^2}-1$ 。

2022.3.29 23考研每日一题（142）

设 $L$ 是一条平面曲线，其上任意一点 $P(x,y)(x\gt 0)$ 到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距，且 $L$ 经过点 $(\frac{1}{2},0)$ ，求曲线 $L$ 的方程。

根据条件可以假设过任意一个曲线 $L$ 上的点 $(x_0,y_0)$ 的切线方程为 $y-y_0=k(x-x_0)$ ，该方程与 $y$ 轴的截距为 $y_0-kx_0$ ，于是有：

$$
\begin{aligned}
y_0-kx_0=\sqrt{x_0^2+y_0^2}&\Rightarrow y-y^\prime x=\sqrt{x^2+y^2}\\
&\Rightarrow y^\prime – \frac{y}{x} = -\sqrt{1+\frac{y^2}{x^2}}\\
&\Rightarrow u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u=-\sqrt{1+u^2}\quad (\text{Let u = }\frac{y}{x})\\
&\Rightarrow \int \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1+u^2}} = \int -\frac{\mathrm{d}x}{x}\\
&\Rightarrow \ln|u+\sqrt{u^2+1}| = -\ln |x| + C\\
&\Rightarrow |x(u+\sqrt{u^2+1})| = e^C\\
&\Rightarrow |x(u+\sqrt{u^2+1})| = \frac{1}{2}\quad(代入x=\frac{1}{2},y=0)\\
&\Rightarrow y=-x^2+\frac{1}{4}\
\end{aligned}
$$