2010年考研数学二第4题

选择题 · 4分

📝 题目

设 $m, n$ 均是正整数，则反常积分 $\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x$ 的收敛性

仅与 $m$ 的取值有关。

仅与 $n$ 的取值有关。

与 $m, n$ 的取值都有关。

与 $m, n$ 的取值都无关。

💡 答案解析

（D）．

【解】 $x=0$ 与 $x=1$ 为反常积分 $\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x$ 的㻓点，

$$ \int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x+\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x $$

因为 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{\displaystyle\frac{1}{n}-\displaystyle\frac{2}{m}} \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=1$ ，且 $\alpha=\displaystyle\frac{1}{n}-\displaystyle\frac{2}{m}<1$ ，所以 $\displaystyle\int_{0}^{\displaystyle\frac{1}{2}} \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x$ 收敛；又因为 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 1^{-}}(1-x)^{\displaystyle\frac{1}{2}} \cdot \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \sqrt{1-x} \cdot \ln ^{\displaystyle\frac{2}{m}}(1-x) \xlongequal{1-x=t} \displaystyle\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\frac{\ln ^{\displaystyle\frac{2}{m}} t}{t^{-\displaystyle\frac{1}{2}}}$

$$ =\left(\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln t}{t^{-\frac{m}{4}}}\right)^{\frac{2}{m}}=\left(-\frac{4}{m} \lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{t}}{t^{-\frac{m}{4}-1}}\right)^{\frac{2}{m}}=0 $$

且 $\alpha=\displaystyle\frac{1}{2}<1$ ，所以 $\displaystyle\int_{\displaystyle\frac{1}{2}}^{1} \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x$ 收敛，故 $\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{\sqrt[m]{\ln ^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \mathrm{~d} x$ 收敛，应选（D）．方法点评：对区间有限但函数有无穷间断点的反常积分敛散性判断通常有定义法和判别法．（1）设 $f(x) \in C(a, b]$ ，且 $f(x)$ 在 $x=a$ 的右邻域内无界．定义法：对任意的 $\varepsilon>0$ ，若 $\displaystyle\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\int_{a+\varepsilon}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ 存在，则称反常积分 $\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ 收玫，否则称为发散．

判别法：设 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow a^{+}}(x-a)^{k} f(x)=A(\neq \infty)$ ，则当 $00$ ，若 $\displaystyle\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\int_{a}^{b-\varepsilon} f(x) \mathrm{d} x$ 存在，则称反常积分 $\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ 收玫，否则称为发散．

判别法：设 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow b^{-}}(b-x)^{k} f(x)=A(\neq \infty)$ ，则当 $0

📋 详细解题步骤

步骤 1/4

目标：识别积分奇点

首先，分析被积函数 $f(x)=\frac{\ln x}{(1-x)^2}$ 在积分区间 $(0,1]$ 上的连续性。该函数在 $x=0$ 和 $x=1$ 处无定义，因此这两个点是潜在的奇点（瑕点）。 1. **在 $x=0$ 处**：当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，而分母 $(1-x)^2 \to 1$，因此 $f(x) \sim \ln x$。由于 $\int_0^{\delta} \ln x \, dx$ 收敛（因为 $\ln x$ 在 $0$ 附近可积），所以 $x=0$ 可能是可去奇点或弱奇点，需进一步判断。 2. **在 $x=1$ 处**：当 $x \to 1^-$ 时，令 $t=1-x$，则 $t \to 0^+$，$\ln x = \ln(1-t) \sim -t$，分母 $(1-x)^2 = t^2$，因此 $f(x) \sim \frac{-t}{t^2} = -\frac{1}{t}$。即 $f(x) \sim -\frac{1}{1-x}$。由于 $\int_{1-\delta}^1 \frac{1}{1-x} dx$ 发散（对数发散），所以 $x=1$ 是瑕点，且积分在该点附近发散。因此，原积分 $\int_0^1 \frac{\ln x}{(1-x)^2} dx$ 的奇点为 $x=0$ 和 $x=1$，但 $x=1$ 处的发散性更强，需重点处理。

公式：$$\lim_{x \to 1^-} \frac{\ln x}{(1-x)^2} \sim -\frac{1}{1-x}$$

提示：判断奇点时，先用等价无穷小简化被积函数在奇点附近的行为。

步骤 3/4

目标：分析x→1-的敛散性

当$x \to 1^-$时，被积函数$$\ln x$^{\frac{2}{m}}$在$x=1$处趋于$0$，但积分区间包含$x=1$，需要判断该点附近积分的收敛性。令$t = 1 - x$，则当$x \to 1^-$时，$t \to 0^+$，且$x = 1 - t$，$\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$。积分限变为：$x$从$\frac{1}{2}$到$1$对应$t$从$\frac{1}{2}$到$0$，因此积分化为： $$\int_{\frac{1}{2}}^{1} (\ln x)^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}x = \int_{\frac{1}{2}}^{0} [\ln(1-t)]^{\frac{2}{m}} \, (-\mathrm{d}t) = \int_{0}^{\frac{1}{2}} [\ln(1-t)]^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t.$$ 当$t \to 0^+$时，$\ln(1-t) \sim -t$，因此$[\ln(1-t)]^{\frac{2}{m}} \sim (-t)^{\frac{2}{m}} = t^{\frac{2}{m}}$（注意$t>0$，$\frac{2}{m}>0$）。于是被积函数在$t=0$附近的行为类似于$t^{\frac{2}{m}}$，积分$\int_{0}^{\frac{1}{2}} t^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t$在$t=0$处收敛（因为指数$\frac{2}{m} > -1$对任意正整数$m$成立）。但更精确地，我们需要处理对数奇点。令$u = -\ln t$，即$t = e^{-u}$，则当$t \to 0^+$时，$u \to +\infty$，$\mathrm{d}t = -e^{-u} \, \mathrm{d}u$。积分变为： $$\int_{0}^{\frac{1}{2}} [\ln(1-t)]^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t \approx \int_{0}^{\frac{1}{2}} (-t)^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t = \int_{0}^{\frac{1}{2}} t^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t.$$ 但为了严格处理，我们考虑$\ln(1-t)$在$t=0$附近的行为，实际上$\ln(1-t) \sim -t$，因此$[\ln(1-t)]^{\frac{2}{m}} \sim t^{\frac{2}{m}}$，积分$\int_{0}^{\frac{1}{2}} t^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t = \left[ \frac{t^{\frac{2}{m}+1}}{\frac{2}{m}+1} \right]_{0}^{\frac{1}{2}}$，由于$\frac{2}{m}+1 > 0$，在$t=0$处值为$0$，故收敛。因此，对任意正整数$m$，$x \to 1^-$处的积分收敛。

公式：$$\int_{\frac{1}{2}}^{1} (\ln x)^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} [\ln(1-t)]^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t \sim \int_{0}^{\frac{1}{2}} t^{\frac{2}{m}} \, \mathrm{d}t \quad (t \to 0^+)$$

提示：利用等价无穷小$\ln(1-t) \sim -t$，将问题转化为幂函数积分，快速判断收敛性。

步骤 4/4

目标：综合结论

综合前几步的讨论，我们分别考察了幂级数在端点 $x = \pm 1$ 处的收敛性。首先，当 $x = 1$ 时，原级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{p+q}}$，这是 $p$-级数，其收敛当且仅当 $p+q > 1$。其次，当 $x = -1$ 时，原级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^{p+q}}$，这是交错 $p$-级数。由莱布尼茨判别法，当 $p+q > 0$ 时通项单调递减趋于0，级数条件收敛；当 $p+q \leq 0$ 时通项不趋于0，级数发散。但结合 $x=1$ 处的条件，要使两端都收敛，必须同时满足 $p+q > 1$（保证 $x=1$ 处绝对收敛）和 $p+q > 0$（保证 $x=-1$ 处至少条件收敛）。显然 $p+q > 1$ 自动蕴含 $p+q > 0$，因此两端均收敛的充要条件是 $p+q > 1$。该条件仅与 $p+q$ 的和有关，而与 $p$ 和 $m$ 或 $n$ 的单独取值无关。题目中 $m,n$ 为任意正整数，但收敛性只取决于 $p+q$ 是否大于1，因此收敛性与 $m,n$ 无关。最终结论：该幂级数的收敛性与 $m,n$ 无关，正确选项为 D。验证：取 $m=1,n=1$，$p=0.6,q=0.6$，则 $p+q=1.2>1$，两端收敛；取 $m=2,n=3$，$p=0.6,q=0.6$，同样 $p+q=1.2>1$，两端仍收敛。可见 $m,n$ 的变化不影响收敛性判断。

公式：两端均收敛的充要条件：$p+q > 1$

提示：注意收敛性只取决于p+q的和，与m,n的具体数值无关。

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