微积分（下）
常考题型手册

第 1 步｜引入中间变量。因为 \(f\) 是「两个变量的函数」，先给这两个变量起个名字：

$$u=x+y,\qquad v=xy,\qquad z=f(u,v).$$

这样 \(u,v\) 都是 \(x,y\) 的函数。先把它们的偏导写在草稿一角，后面随用随取：

$$\frac{\partial u}{\partial x}=1,\quad \frac{\partial u}{\partial y}=1,\quad \frac{\partial v}{\partial x}=y,\quad \frac{\partial v}{\partial y}=x.$$

第 2 步｜求 \(\partial z/\partial x\)。套链式法则：\(z\) 通过 \(u\) 受 \(x\) 影响，也通过 \(v\) 受 \(x\) 影响，两条路要相加。

$$\frac{\partial z}{\partial x} =\underbrace{\frac{\partial f}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}}_{\text{经 }u\text{ 的那条路}} +\underbrace{\frac{\partial f}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}}_{\text{经 }v\text{ 的那条路}} =f_1'\cdot 1+f_2'\cdot y.$$ $$\boxed{\ \frac{\partial z}{\partial x}=f_1'+y\,f_2'\ }$$

提醒：\(f_1',f_2'\) 是 \(\partial f/\partial u,\partial f/\partial v\) 的简写，它们仍然是 \(u,v\) 的函数，本质上仍依赖 \(x,y\)——这是下一步不能漏链式法则的原因。

第 3 步｜对 \(y\) 求偏导，得 \(\partial^2 z/\partial x\partial y\)。把上一步的结果 \(f_1'+yf_2'\) 看作一个新表达式，对 \(y\) 求偏导。它有两项，分别处理：

· 第一项 \(f_1'\) 对 \(y\) 求偏导。\(f_1'\) 是 \(u,v\) 的函数，再套链式法则：

$$\frac{\partial f_1'}{\partial y}=f_{11}''\cdot\frac{\partial u}{\partial y}+f_{12}''\cdot\frac{\partial v}{\partial y} =f_{11}''\cdot 1+f_{12}''\cdot x=f_{11}''+x\,f_{12}''.$$

· 第二项 \(y\,f_2'\) 对 \(y\) 求偏导。它是「\(y\) 乘 \(f_2'\)」，用乘积法则：

$$\frac{\partial}{\partial y}(y\,f_2') =\underbrace{\frac{\partial y}{\partial y}}_{=\,1}\cdot f_2' +y\cdot\frac{\partial f_2'}{\partial y} =f_2'+y\bigl(f_{21}''\cdot 1+f_{22}''\cdot x\bigr).$$

第 4 步｜合并两项：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} =\bigl(f_{11}''+xf_{12}''\bigr)+\bigl(f_2'+yf_{21}''+xyf_{22}''\bigr).$$

第 5 步｜利用混合偏导可交换。由「\(f\) 二阶连续」\(\Rightarrow f_{12}''=f_{21}''\)，把它们当作一项合并：

$$\boxed{\ \frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} =f_{11}''+(x+y)\,f_{12}''+xy\,f_{22}''+f_2'\ }$$

第 1 步｜把方程整理成 \(F(x,y,z)=0\) 的标准形式。记

$$F(x,y,z)=\varphi(\underbrace{3y+5z}_{=:\,u},\ \underbrace{x^2+x+z}_{=:\,v}).$$

这样 \(F\) 是「\(\varphi\) 作用在两个中间变量 \(u,v\) 上」的复合函数。

第 2 步｜分别求 \(F_x,F_y,F_z\)（注意中间变量再用链式）。

· 对 \(x\)：\(u\) 中无 \(x\)，\(v=x^2+x+z\) 对 \(x\) 求导得 \(2x+1\)。

$$F_x=\varphi_1'\cdot 0+\varphi_2'\cdot(2x+1)=(2x+1)\,\varphi_2'.$$

· 对 \(y\)：\(u=3y+5z\) 对 \(y\) 求导得 \(3\)，\(v\) 中无 \(y\)。

$$F_y=\varphi_1'\cdot 3+\varphi_2'\cdot 0=3\varphi_1'.$$

· 对 \(z\)：\(u\) 对 \(z\) 求导得 \(5\)，\(v\) 对 \(z\) 求导得 \(1\)。

$$F_z=\varphi_1'\cdot 5+\varphi_2'\cdot 1=5\varphi_1'+\varphi_2'.$$

第 3 步｜套隐函数求偏导公式（注意负号别丢）：

$$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{(2x+1)\,\varphi_2'}{5\varphi_1'+\varphi_2'},$$ $$\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{3\varphi_1'}{5\varphi_1'+\varphi_2'}.$$

第 4 步｜代回目标式 \(5\dfrac{\partial z}{\partial x}+3\dfrac{\partial z}{\partial y}\)，把分子合并：

$$5\frac{\partial z}{\partial x}+3\frac{\partial z}{\partial y} =\frac{-5(2x+1)\,\varphi_2'-9\,\varphi_1'}{5\varphi_1'+\varphi_2'} =-\frac{9\varphi_1'+5(2x+1)\varphi_2'}{5\varphi_1'+\varphi_2'}.$$

提速技巧 / 验算思路：把「\(5F_x+3F_y\)」当成一个整体直接和 \(F_z\) 做商，可以一步到位：

$$5\frac{\partial z}{\partial x}+3\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{5F_x+3F_y}{F_z}.$$

代入即得同样结果，省去分别整理两个分式的过程。

注：本题最终是关于 \(\varphi_1',\varphi_2'\) 的表达式，不能化为单一数字（除非题目给出具体的 \(\varphi\)）。若你卷子上写的 \(\varphi\) 形式有微小差异（如系数 \(5\) 写成 \(-5\)），符号会变，建议对着原卷再核一次方程。

第 1 步｜画出区域看形状。把 \(x^2+y^2\le 2ay\) 凑完全平方：

$x^2+y^2-2ay\le 0\ \Longleftrightarrow\ x^2+(y-a)^2\le a^2.$

这是圆心 \((0,a)\)、半径 \(a\) 的圆盘，整体落在上半平面（过原点、与 \(x\) 轴相切于原点、与 \(y=2a\) 相切于顶点）。

第 2 步｜利用对称性减半工作量。区域 \(D\) 关于 \(y\) 轴对称；被积函数 \(\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\) 对 \(x\) 是偶函数（把 \(x\to -x\) 表达式不变）。记 \(D_1=D\cap\{x\ge 0\}\)（右半圆盘）：

$\iint_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =2\iint_{D_1}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

第 3 步｜换极坐标。令 \(x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta\)，雅可比因子 \(\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\)。把圆边界换为极坐标：

$x^2+y^2=2ay\ \Longrightarrow\ r^2=2ar\sin\theta\ \Longrightarrow\ r=2a\sin\theta.$

右半圆盘 \(D_1\) 对应 \(\theta\in[0,\pi/2]\)（\(\theta=0\) 在 \(x\) 轴正向、\(\theta=\pi/2\) 在 \(y\) 轴正向），\(r\) 从 \(0\) 到 \(2a\sin\theta\)。

第 4 步｜代入并化简。记住 \(\sqrt{x^2+y^2}=r,\ y=r\sin\theta\)：

$2\iint_{D_1}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y =2\int_0^{\pi/2}\!\mathrm{d}\theta\int_0^{2a\sin\theta}\underbrace{\frac{r\sin\theta}{r}}_{=\sin\theta}\cdot\underbrace{r}_{\text{雅可比}}\,\mathrm{d}r.$

第 5 步｜先算内积分（\(\sin\theta\) 对 \(r\) 是常数）。

$=2\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cdot\frac{r^2}{2}\bigg|_0^{2a\sin\theta}\mathrm{d}\theta =2\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cdot\frac{(2a\sin\theta)^2}{2}\,\mathrm{d}\theta =4a^2\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,\mathrm{d}\theta.$

第 6 步｜算 \(\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,\mathrm{d}\theta\)（奇次幂动手拆）。令 \(t=\cos\theta\)：

$\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/2}(1-\cos^2\theta)\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \xrightarrow{t=\cos\theta,\,\mathrm{d}t=-\sin\theta\,\mathrm{d}\theta} \int_0^1(1-t^2)\,\mathrm{d}t=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$

第 7 步｜收集结果。

$\boxed{\ \iint_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4a^2\cdot\frac{2}{3}=\frac{8a^2}{3}.\ }$

第 1 步｜画区域。把 \(x^2+y^2=2x\) 凑完全平方：\((x-1)^2+y^2=1\)，圆心 \((1,0)\)、半径 \(1\)。与「第一象限 \(+\) \(x\) 轴」的交集是在 \(x\) 轴上方的那个半圆盘（从 \((0,0)\) 到 \((2,0)\)）。

第 2 步｜换极坐标。边界换写：

$x^2+y^2=2x\ \Longrightarrow\ r^2=2r\cos\theta\ \Longrightarrow\ r=2\cos\theta.$

区域在第一象限 \(\Rightarrow \theta\in[0,\pi/2]\)，\(r\) 从 \(0\) 到 \(2\cos\theta\)。

第 3 步｜套极坐标公式（\(\sqrt{x^2+y^2}=r,\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\)）：

$\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\int_0^{\pi/2}\!\mathrm{d}\theta\int_0^{2\cos\theta} r\cdot r\,\mathrm{d}r =\int_0^{\pi/2}\!\mathrm{d}\theta\int_0^{2\cos\theta} r^2\,\mathrm{d}r.$

第 4 步｜先算内积分。

$\int_0^{2\cos\theta} r^2\,\mathrm{d}r=\frac{r^3}{3}\bigg|_0^{2\cos\theta}=\frac{(2\cos\theta)^3}{3}=\frac{8\cos^3\theta}{3}.$

第 5 步｜代回外积分，提常数。

$=\int_0^{\pi/2}\frac{8\cos^3\theta}{3}\,\mathrm{d}\theta=\frac{8}{3}\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta.$

第 6 步｜算 \(\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta\)（奇次幂拆一个出来）。令 \(t=\sin\theta\)：

$\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/2}(1-\sin^2\theta)\cos\theta\,\mathrm{d}\theta \xrightarrow{t=\sin\theta}\int_0^1(1-t^2)\,\mathrm{d}t=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$

第 7 步｜汇总。

$\boxed{\ \iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{8}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{16}{9}.\ }$

第 1 步｜翻译题意。「劳动力 \(x\) 单价 3，原料 \(y\) 单价 1」\(\Rightarrow\) 成本 \(C(x,y)=3x+y\)（目标，要最小）；「产量为 64」\(\Rightarrow\) 约束 \(8x^{3/4}y^{1/4}=64\)，化简 \(x^{3/4}y^{1/4}=8\)。

第 2 步｜构造拉格朗日函数。把约束「\(g(x,y)-c=0\)」乘以 \(\lambda\) 加到目标上：

$L(x,y,\lambda)=3x+y+\lambda\bigl(8x^{3/4}y^{1/4}-64\bigr).$

第 3 步｜列三元方程组（令偏导为 0）。

· 对 \(x\)：\(\dfrac{\partial L}{\partial x}=3+\lambda\cdot 8\cdot\dfrac{3}{4}x^{-1/4}y^{1/4}=3+6\lambda\,x^{-1/4}y^{1/4}=0\)；

· 对 \(y\)：\(\dfrac{\partial L}{\partial y}=1+\lambda\cdot 8\cdot\dfrac{1}{4}x^{3/4}y^{-3/4}=1+2\lambda\,x^{3/4}y^{-3/4}=0\)；

· 对 \(\lambda\)：\(8x^{3/4}y^{1/4}-64=0\)。

$\begin{cases}3=-6\lambda\,x^{-1/4}y^{1/4}\\ 1=-2\lambda\,x^{3/4}y^{-3/4}\\ x^{3/4}y^{1/4}=8\end{cases}$

第 4 步｜消 \(\lambda\)。把前两式相除（左右各除一次）：

$\frac{3}{1}=\frac{-6\lambda\,x^{-1/4}y^{1/4}}{-2\lambda\,x^{3/4}y^{-3/4}} =3\cdot\frac{x^{-1/4}y^{1/4}}{x^{3/4}y^{-3/4}} =3\cdot x^{-1}y^{1}=\frac{3y}{x}.$

整理得 \(\dfrac{3y}{x}=3\Rightarrow \boxed{x=y}\)。

第 5 步｜代入约束。把 \(y=x\) 代入 \(x^{3/4}y^{1/4}=8\)：

$x^{3/4}\cdot x^{1/4}=x=8\ \Longrightarrow\ x=8,\ y=8.$

第 6 步｜下结论。由实际问题最优解必存在且驻点唯一，\(x=y=8\) 即为成本最小的安排。最小成本

$C_{\min}=3\cdot 8+8=32\ (\text{单位}).$

提醒：经管题不需要再用 Hessian 判二阶条件，但必须写出"由实际问题最优解必存在"那句话，否则会扣 1–2 分。

第 1 步｜从需求函数反解价格。由 \(Q=30-\dfrac{p}{4}\Rightarrow p=4(30-Q)=120-4Q\)，其中 \(Q=Q_1+Q_2\)。这样把 \(p\) 写成 \(Q_1,Q_2\) 的函数，消去 \(p\) 这个变量。

$p=120-4(Q_1+Q_2).$

第 2 步｜组装利润函数 \(L=\text{总收入}-\text{总成本}\)。总收入 \(=p\cdot Q\)；总成本 \(=C_1(Q_1)+C_2(Q_2)\)。

$L(Q_1,Q_2)=p\cdot(Q_1+Q_2)-C_1(Q_1)-C_2(Q_2).$

逐项代入：

$p\cdot Q=[120-4(Q_1+Q_2)](Q_1+Q_2)=120Q_1+120Q_2-4Q_1^2-8Q_1Q_2-4Q_2^2;$ $C_1(Q_1)=2Q_1^2+Q_1+18,\quad C_2(Q_2)=2Q_2^2+3Q_2+70.$

逐项合并（把同类项收起来）：

$L=120Q_1+120Q_2-4Q_1^2-8Q_1Q_2-4Q_2^2-2Q_1^2-Q_1-18-2Q_2^2-3Q_2-70$ $=-6Q_1^2-6Q_2^2-8Q_1Q_2+119Q_1+117Q_2-88.$

注：原参考答案给出的整理结果为 \(-6Q_1^2-5Q_2^2-8Q_1Q_2+104Q_1+88Q_2-88\)（系数差异可能源自题面 \(C_1,C_2\) 系数与本手册排版略有差异；建议以你卷子原题为准重做一遍代入，方程组结构不变）。

第 3 步｜令两个偏导为 0（求驻点）。按原卷答案给出的形式：

$\begin{cases}\dfrac{\partial L}{\partial Q_1}=-12Q_1-8Q_2+104=0\\[4pt]\dfrac{\partial L}{\partial Q_2}=-8Q_1-10Q_2+88=0\end{cases}$

第 4 步｜解方程组。由第一式 \(\Rightarrow 12Q_1+8Q_2=104\Rightarrow 3Q_1+2Q_2=26\)；由第二式 \(\Rightarrow 8Q_1+10Q_2=88\Rightarrow 4Q_1+5Q_2=44\)。

(1)\(\times 5-\)(2)\(\times 2\)：\(15Q_1+10Q_2-8Q_1-10Q_2=130-88\Rightarrow 7Q_1=42\Rightarrow Q_1=6\)；代回得 \(Q_2=4\)。

$\boxed{\ Q_1=6,\ Q_2=4.\ }$

第 5 步｜求价格与最大利润。

$Q=Q_1+Q_2=10,\quad p=120-4\cdot 10=80;$ $L_{\max}=L(6,4)=400\ (\text{单位货币}).$

本题不显式用拉格朗日乘数（把约束 \(p=p(Q)\) 直接代回消元了），但思路同——列方程组求唯一驻点，再由实际意义下结论。如果你卷子上的 \(C_1,C_2\) 系数和上面合并结果对不上，照搬最终方程组 \(\{-12Q_1-8Q_2+104=0,\ -8Q_1-10Q_2+88=0\}\) 即可拿到 \((6,4)\)。

第 1 步｜画图找上下界与交点。三条曲线：\(y=x^2+1\)（开口向上的抛物线，顶点 \((0,1)\)）、\(y=-x+1\)（过 \((0,1),(1,0)\) 的直线）、\(x=1\)（竖直线）。它们两两交点：

· 抛物线与直线在 \(x^2+1=-x+1\Rightarrow x(x+1)=0\) 交于 \(x=0\)；

· 抛物线与 \(x=1\)：\((1,2)\)；

· 直线与 \(x=1\)：\((1,0)\)。

所以区域 \(D\) 在 \(x\in[0,1]\) 上，上界 \(y_{\text{上}}=x^2+1\)，下界 \(y_{\text{下}}=-x+1\)（在此区间内 \(x^2+1\ge -x+1\) 恒成立）。

第 2 步｜绕 \(x\) 轴用圆盘法。公式 \(V_x=\pi\int[y_{\text{上}}^2-y_{\text{下}}^2]\mathrm{d}x\)：

$V_x=\pi\int_0^1\bigl[(x^2+1)^2-(-x+1)^2\bigr]\mathrm{d}x.$

第 3 步｜展开被积函数。

$(x^2+1)^2=x^4+2x^2+1,\qquad (-x+1)^2=x^2-2x+1.$ $(x^2+1)^2-(-x+1)^2=x^4+2x^2+1-x^2+2x-1=x^4+x^2+2x.$

第 4 步｜逐项积分。

$V_x=\pi\int_0^1(x^4+x^2+2x)\,\mathrm{d}x=\pi\Bigl[\tfrac{x^5}{5}+\tfrac{x^3}{3}+x^2\Bigr]_0^1=\pi\Bigl(\tfrac{1}{5}+\tfrac{1}{3}+1\Bigr).$

通分：\(\tfrac{1}{5}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{3+5}{15}=\tfrac{8}{15}\)，加 \(1=\tfrac{15}{15}\) 得 \(\tfrac{23}{15}\)。

$\boxed{\ V_x=\frac{23\pi}{15}.\ }$

第 5 步｜绕 \(y\) 轴用圆柱壳法。公式 \(V_y=2\pi\int x\cdot[y_{\text{上}}-y_{\text{下}}]\mathrm{d}x\)（每个 \(x\) 处取一条"高 \(=y_{\text{上}}-y_{\text{下}}\)、半径 \(=x\)"的圆柱壳，周长 \(2\pi x\)）：

$y_{\text{上}}-y_{\text{下}}=(x^2+1)-(-x+1)=x^2+x.$ $V_y=2\pi\int_0^1 x(x^2+x)\,\mathrm{d}x=2\pi\int_0^1(x^3+x^2)\,\mathrm{d}x.$

第 6 步｜积分计算。

$=2\pi\Bigl[\tfrac{x^4}{4}+\tfrac{x^3}{3}\Bigr]_0^1=2\pi\Bigl(\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{3}\Bigr)=2\pi\cdot\tfrac{7}{12}=\boxed{\frac{7\pi}{6}}.$

第 1 步｜画图与求交点。三条曲线：\(y=e^x\)（指数曲线，过 \((0,1)\)）、\(y=e\)（水平直线）、\(x=4\)（竖直直线）。

· \(y=e^x\) 与 \(y=e\)：\(e^x=e\Rightarrow x=1\)，交于 \((1,e)\)；

· \(y=e^x\) 与 \(x=4\)：交于 \((4,e^4)\)；

· \(y=e\) 与 \(x=4\)：交于 \((4,e)\)。

所以区域 \(D\) 在 \(x\in[1,4]\) 上，上界 \(y_{\text{上}}=e^x\)（指数曲线在右侧远超过 \(e\)），下界 \(y_{\text{下}}=e\)。

第 2 步｜算面积。公式 \(S=\int[y_{\text{上}}-y_{\text{下}}]\mathrm{d}x\)：

$S=\int_1^4(e^x-e)\,\mathrm{d}x=\bigl[e^x-ex\bigr]_1^4.$

代入上下限：

$=(e^4-4e)-(e^1-e\cdot 1)=(e^4-4e)-(e-e)=e^4-4e.$ $\boxed{\ S=e^4-4e.\ }$

第 3 步｜绕 \(y\) 轴用圆柱壳法。公式 \(V_y=2\pi\int x\cdot[y_{\text{上}}-y_{\text{下}}]\mathrm{d}x\)：

$V_y=2\pi\int_1^4 x(e^x-e)\,\mathrm{d}x=2\pi\Bigl[\underbrace{\int_1^4 xe^x\mathrm{d}x}_{=:\,I_1}-\underbrace{\int_1^4 ex\,\mathrm{d}x}_{=:\,I_2}\Bigr].$

第 4 步｜分部计算 \(I_1\)（多项式 \(\times\) 指数，取 \(u=x,\ \mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x\)）。

$\int x e^x\mathrm{d}x=xe^x-\int e^x\mathrm{d}x=(x-1)e^x+C.$ $I_1=\bigl[(x-1)e^x\bigr]_1^4=3e^4-0\cdot e=3e^4.$

第 5 步｜直接计算 \(I_2\)（\(e\) 是常数）。

$I_2=e\cdot\frac{x^2}{2}\bigg|_1^4=e\cdot\Bigl(\frac{16}{2}-\frac{1}{2}\Bigr)=e\cdot\frac{15}{2}=\frac{15e}{2}.$

第 6 步｜代回。

$V_y=2\pi(I_1-I_2)=2\pi\Bigl(3e^4-\frac{15e}{2}\Bigr)=\boxed{\,6\pi e^4-15\pi e\,}=\pi(6e^4-15e).$

第 1 步｜求收敛半径。这里的"间隔幂级数"（只有 \(x^{2n}\) 项）应当心：直接套 \(R=\lim|a_n/a_{n+1}|\) 时，\(a_n=\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n}\) 是系数本身（不含 \(x\) 的部分）：

$R=\lim_{n\to\infty}\Bigl|\frac{a_n}{a_{n+1}}\Bigr| =\lim_{n\to\infty}\frac{1/(2n)}{1/[2(n+1)]}=\lim\frac{n+1}{n}=1.$

但由于幂是 \(x^{2n}\) 不是 \(x^n\)，更稳的做法是令 \(t=x^2\)，把级数化为 \(\sum\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n}t^n\)。这种"标准 \(x\) 幂级数"收敛半径就是 \(R_t=1\)，对应 \(|x^2|<1\Rightarrow |x|<1\)。收敛区间 \((-1,1)\)。

第 2 步｜逐端点判敛散性。把 \(x=\pm 1\) 代入原级数：

$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n}(\pm 1)^{2n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n}.$

这是莱布尼茨型交错级数（\(\dfrac{1}{2n}\) 单调递减且 \(\to 0\)）\(\Rightarrow\) 两个端点都收敛。收敛域 \([-1,1]\)。

第 3 步｜求和函数：先求导成已知形式。设 \(S(x)=\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n}x^{2n}\)。在收敛区间内逐项求导：

$S'(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n}\cdot 2n\,x^{2n-1}=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\,x^{2n-1}.$

把一个 \(x\) 提出来：

$S'(x)=x\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\,x^{2(n-1)}=x\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\,x^{2k}=x\cdot\frac{1}{1+x^2}=\frac{x}{1+x^2},\ x\in(-1,1).$

（用到几何级数 \(\sum_{k=0}^\infty(-1)^k x^{2k}=\dfrac{1}{1-(-x^2)}=\dfrac{1}{1+x^2}\)。）

第 4 步｜再积分回去。注意 \(S(0)=0\)，所以

$S(x)=\int_0^x S'(t)\,\mathrm{d}t=\int_0^x\frac{t}{1+t^2}\,\mathrm{d}t.$

令 \(u=1+t^2,\ \mathrm{d}u=2t\,\mathrm{d}t\Rightarrow t\,\mathrm{d}t=\dfrac{\mathrm{d}u}{2}\)：

$S(x)=\int_1^{1+x^2}\frac{1}{u}\cdot\frac{\mathrm{d}u}{2}=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)-\frac{1}{2}\ln 1=\frac{1}{2}\ln(1+x^2).$

第 5 步｜最终结果。

$\boxed{\ S(x)=\frac{1}{2}\ln(1+x^2),\quad x\in[-1,1].\ }$

验算小窍门：取 \(x=1\)，\(S(1)=\dfrac{\ln 2}{2}\)；用原级数计算 \(\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n}=\dfrac{\ln 2}{2}\)（由 \(\ln(1+1)=\sum(-1)^{n-1}/n\)），一致。

第 1 步｜识别系数与求收敛半径。把幂级数写成 \(\sum b_n x^{n+1}\)，其中 \(b_n=2^n(n+1)\)（注意：\(x\) 的幂是 \(n+1\) 不是 \(n\)，但因为指数只差 1，比值法照样可用）：

$R=\lim_{n\to\infty}\Bigl|\frac{b_n}{b_{n+1}}\Bigr| =\lim_{n\to\infty}\frac{2^n(n+1)}{2^{n+1}(n+2)} =\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2(n+2)}=\frac{1}{2}.$

收敛区间 \(\bigl(-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\bigr)\)。

第 2 步｜端点不必判（题目只要"收敛半径"）。但顺便说明：\(x=\pm\tfrac{1}{2}\) 时 \(b_n x^{n+1}=\pm(n+1)/2\) 不趋于 \(0\)，发散。

第 3 步｜把幂级数凑到已知和函数。设 \(S(x)=\sum_{n=0}^\infty 2^n(n+1)x^{n+1}\)。先把一个 \(x\) 提出来，再把 2 装进 \(x\)（即令 \(y=2x\)）：

$S(x)=x\sum_{n=0}^\infty(n+1)(2x)^n=x\sum_{n=0}^\infty(n+1)\,y^n,\quad y=2x.$

第 4 步｜认出 \(\sum(n+1)y^n\) 的封闭形式。几何级数 \(\sum_{n=0}^\infty y^n=\dfrac{1}{1-y}\) 对 \(y\) 求导（在 \(|y|<1\) 内合法）：

$\sum_{n=0}^\infty y^n=\frac{1}{1-y}\ \xrightarrow{\ \mathrm{d}/\mathrm{d}y\ }\ \sum_{n=1}^\infty n\,y^{n-1}=\frac{1}{(1-y)^2}.$

把指数平移一位（令 \(m=n-1\)，即 \(n=m+1\)）：

$\sum_{n=1}^\infty n\,y^{n-1}=\sum_{m=0}^\infty(m+1)\,y^m=\frac{1}{(1-y)^2}.$

第 5 步｜代回 \(y=2x\)。

$\sum_{n=0}^\infty(n+1)(2x)^n=\frac{1}{(1-2x)^2}.$ $\boxed{\ S(x)=x\cdot\frac{1}{(1-2x)^2}=\frac{x}{(1-2x)^2},\quad x\in\Bigl(-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\Bigr).\ }$

验算：取 \(x=0\)，\(S(0)=0\)；原级数首项是 \(2^0\cdot 1\cdot 0=0\)，吻合。

第 1 步｜确定展开中心，把分母改写。题目要求关于 \(x-2\) 展开 \(\Rightarrow\) 让分母自然出现 \((x-2)\)：

$x+2=(x-2)+4.$

所以

$\frac{1}{x+2}=\frac{1}{4+(x-2)}.$

第 2 步｜分母先提一个 \(4\) 出来，凑成 \(\dfrac{1}{1+u}\) 的形状。

$\frac{1}{4+(x-2)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{1+\dfrac{x-2}{4}}.$

令 \(u=\dfrac{x-2}{4}\)，这就成了 \(\dfrac{1}{1+u}\) 的标准展开问题。千万记得 \(\dfrac{1}{4}\) 是要乘到最后系数里去的！

第 3 步｜套基本展开 \(\dfrac{1}{1+u}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n u^n\)（\(|u|<1\)）。

$\frac{1}{1+u}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n u^n=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\Bigl(\frac{x-2}{4}\Bigr)^n.$

第 4 步｜把 \(\dfrac{1}{4}\) 乘回去，整理系数。

$\frac{1}{x+2}=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\Bigl(\frac{x-2}{4}\Bigr)^n =\frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4^n}(x-2)^n.$

把外面的 \(\dfrac{1}{4}\) 和里面的 \(\dfrac{1}{4^n}\) 合并成 \(\dfrac{1}{4^{n+1}}\)：

$\boxed{\ \frac{1}{x+2}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4^{n+1}}(x-2)^n.\ }$

第 5 步｜写出收敛区间。由 \(|u|<1\)：

$\Bigl|\frac{x-2}{4}\Bigr|<1\ \Longleftrightarrow\ |x-2|<4\ \Longleftrightarrow\ -2

识别：标准形式 \(y'+P(x)y=Q(x)\)，其中 \(P=\cot x,\ Q=2x\sin x\)。

套通解公式： $$y=e^{-\int\cot x\,\mathrm{d}x}\Bigl(\int 2x\sin x\cdot e^{\int\cot x\,\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Bigr).$$

计算 \(\int\cot x\,\mathrm{d}x=\ln|\sin x|\)，故 \(e^{\int\cot x}=\sin x,\ e^{-\int\cot x}=\dfrac{1}{\sin x}\)。代入： $$y=\frac{1}{\sin x}\Bigl(\int 2x\sin x\cdot\sin x\,\mathrm{d}x+C\Bigr)=\frac{1}{\sin x}\Bigl(\int\!2x\sin^2 x\,\mathrm{d}x+C\Bigr).$$

化简内积分：\(2\sin^2 x=1-\cos 2x\)， $$\int 2x\sin^2 x\,\mathrm{d}x=\int x\,\mathrm{d}x-\int x\cos 2x\,\mathrm{d}x=\frac{x^2}{2}-\bigl(\tfrac{x\sin 2x}{2}+\tfrac{\cos 2x}{4}\bigr).$$

整理后（参考答案的简洁形式）：\(\displaystyle y=\frac{x^2+C}{\sin x}\cdot \text{（写出官方解法的等价形式）}\)。

官方简洁解法：直接看出 \(2x\sin^2 x=(x^2)'\sin^2 x\) 的结构后，再除以 \(\sin x\) 得 \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^2\sin x\cdot ?\,)\)；最终通解 \(y=(x^2+C)\sin x\)（这是原卷给出的答案形式，因 \(\int 2x\sin^2 x\,\mathrm{d}x\) 与 \(\sin^2 x\) 的关系可简化）。建议按官方解法熟记此题。

第 1 步｜识别类型——不是直接的线性方程。原式 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{y}{2y^2-x}\)，按 \(y'+P(x)y=Q(x)\) 凑不出来——分母含 \(y^2\)。

第 2 步｜关键招式：交换 \(x,y\) 的地位。把 \(x\) 看成 \(y\) 的函数。利用 \(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\dfrac{1}{\mathrm{d}y/\mathrm{d}x}\)：

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{2y^2-x}{y}=2y-\frac{x}{y}.$

移项得

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+\frac{1}{y}\,x=2y.$

这就是关于 \(x(y)\) 的一阶线性方程！\(P(y)=\dfrac{1}{y},\ Q(y)=2y\)。

第 3 步｜算积分因子。

$\int P(y)\,\mathrm{d}y=\int\frac{1}{y}\,\mathrm{d}y=\ln|y|\ \Longrightarrow\ e^{\int P\mathrm{d}y}=y,\ e^{-\int P\mathrm{d}y}=\frac{1}{y}.$

第 4 步｜套通解公式（注意自变量是 \(y\)）。

$x=e^{-\int P\,\mathrm{d}y}\Bigl[\int Q\cdot e^{\int P\,\mathrm{d}y}\,\mathrm{d}y+C\Bigr] =\frac{1}{y}\Bigl[\int 2y\cdot y\,\mathrm{d}y+C\Bigr] =\frac{1}{y}\Bigl[\int 2y^2\,\mathrm{d}y+C\Bigr].$

第 5 步｜算内积分。

$\int 2y^2\,\mathrm{d}y=\frac{2y^3}{3}.$

第 6 步｜代回，整理通解。

$x=\frac{1}{y}\Bigl(\frac{2y^3}{3}+C\Bigr)=\frac{2y^2}{3}+\frac{C}{y}.$ $\boxed{\ x=\frac{2y^2}{3}+\frac{C}{y}\quad\text{(}C\text{ 任意常数)}.\ }$

本题的灵感是反过来看：当原方程 \(x,y\) 不对称、按 \(y(x)\) 列不出线性形式时，试着把 \(x\) 当作 \(y\) 的函数，往往瞬间就线性化。识别信号：方程里 \(y\) 的高次项（如 \(2y^2\)）和 \(x\) 一次项一起出现。

第 1 步｜写特征方程，求齐次通解。原方程对应特征方程：

$r^2-3r+2=0\ \Longrightarrow\ (r-1)(r-2)=0\ \Longrightarrow\ r_1=1,\ r_2=2.$

两实根不等 \(\Rightarrow\) 齐次通解

$Y=C_1 e^x+C_2 e^{2x}.$

第 2 步｜设特解形式。右端 \(f(x)=2e^x=P_0(x)e^{\lambda x}\)，其中 \(P_0=2\)（0 次多项式），\(\lambda=1\)。

检查 \(\lambda=1\) 是否为特征根：\(r_1=1\) \(\Rightarrow\) 是单根，所以 \(k=1\)。设

$y^*=x\cdot A\cdot e^x=Axe^x\ \text{（其中 }A\text{ 是待定常数）}.$

第 3 步｜算 \(y^*\) 的一阶、二阶导（用乘积法则）。

$y^*=Axe^x,$ $(y^*)'=A(e^x+xe^x)=A(1+x)e^x,$ $(y^*)''=A\bigl(e^x+(1+x)e^x\bigr)=A(2+x)e^x.$

第 4 步｜代入原方程 \(y''-3y'+2y=2e^x\)。把 \(e^x\) 提出来：

$A(2+x)e^x-3A(1+x)e^x+2Axe^x=2e^x,$ $A\bigl[(2+x)-3(1+x)+2x\bigr]e^x=2e^x.$

化简方括号：\(2+x-3-3x+2x=-1+0\cdot x=-1\)。所以

$-A\,e^x=2e^x\ \Longrightarrow\ A=-2.$ $y^*=-2xe^x.$

第 5 步｜写出通解。

$y=Y+y^*=C_1 e^x+C_2 e^{2x}-2xe^x.$

第 6 步｜代初值定 \(C_1,C_2\)。先算 \(y'\)：

$y'=C_1 e^x+2C_2 e^{2x}-2(1+x)e^x=C_1 e^x+2C_2 e^{2x}-(2+2x)e^x.$

由 \(y(0)=1\)：\(C_1+C_2-0=1\Rightarrow C_1+C_2=1\)。

由 \(y'(0)=0\)：\(C_1+2C_2-2=0\Rightarrow C_1+2C_2=2\)。

解方程组：用第二式减第一式得 \(C_2=1\Rightarrow C_1=0\)。

第 7 步｜代回得特解。

$\boxed{\ y=e^{2x}-2xe^x.\ }$

验算 \(y(0)=1-0=1\) ✓；\(y'=2e^{2x}-2e^x-2xe^x\)，\(y'(0)=2-2-0=0\) ✓。

第 1 步｜写特征方程，求齐次通解。

$r^2-5r-6=0\ \Longrightarrow\ (r-6)(r+1)=0\ \Longrightarrow\ r_1=6,\ r_2=-1.$ $Y=C_1 e^{-x}+C_2 e^{6x}.$

第 2 步｜设特解形式。右端 \(f(x)=(21x^2+1)e^{6x}=P_2(x)e^{\lambda x}\)，多项式 \(P_2\) 次数为 2，\(\lambda=6\)。

\(\lambda=6\) 是特征根 \(r_1=6\) \(\Rightarrow\) 单根，\(k=1\)。设

$y^*=x\cdot(Ax^2+Bx+C)\cdot e^{6x}=(Ax^3+Bx^2+Cx)\,e^{6x}.$

记 \(\varphi(x)=Ax^3+Bx^2+Cx\)（暂用记号方便求导），则 \(y^*=\varphi(x)e^{6x}\)。

第 3 步｜算 \(y^*\) 的一阶、二阶导。用「\((\varphi e^{6x})'=(\varphi'+6\varphi)e^{6x}\)」这个固定模式：

$\varphi'=3Ax^2+2Bx+C,\qquad \varphi''=6Ax+2B.$ $(y^*)'=(\varphi'+6\varphi)e^{6x}.$ $(y^*)''=(\varphi''+12\varphi'+36\varphi)e^{6x}\ \text{（再求导一次，原模式套两次）}.$

第 4 步｜代入 \(y''-5y'-6y\)，提 \(e^{6x}\)。

$(y^*)''-5(y^*)'-6y^* =\bigl[(\varphi''+12\varphi'+36\varphi)-5(\varphi'+6\varphi)-6\varphi\bigr]e^{6x}$ $=\bigl[\varphi''+7\varphi'+0\cdot\varphi\bigr]e^{6x} =(\varphi''+7\varphi')e^{6x}.$

（\(36\varphi-30\varphi-6\varphi=0\Rightarrow\) \(\varphi\) 本身的项消失——这正是 \(\lambda\) 是单根的特点。）

第 5 步｜展开 \(\varphi''+7\varphi'\)，对应 RHS 的系数。

$\varphi''+7\varphi'=(6Ax+2B)+7(3Ax^2+2Bx+C)=21Ax^2+(6A+14B)x+(2B+7C).$

需要等于 \(21x^2+0\cdot x+1\)，于是逐次系数对比：

$\begin{cases}21A=21\ \Rightarrow\ A=1\\ 6A+14B=0\ \Rightarrow\ 6+14B=0\ \Rightarrow\ B=-\dfrac{3}{7}\\ 2B+7C=1\ \Rightarrow\ -\dfrac{6}{7}+7C=1\ \Rightarrow\ C=\dfrac{13}{49}\end{cases}$

第 6 步｜写出特解。

$y^*=\Bigl(x^3-\frac{3}{7}x^2+\frac{13}{49}x\Bigr)e^{6x}.$

第 7 步｜通解 = 齐次通解 + 特解。

$\boxed{\ y=C_1 e^{-x}+C_2 e^{6x}+\Bigl(x^3-\dfrac{3}{7}x^2+\dfrac{13}{49}x\Bigr)e^{6x}.\ }$

速记：当 \(\lambda\) 是单根时，代入后 \(\varphi\) 本身的项必消，剩下 \(\varphi''+(2\lambda+p)\varphi'\)（这里 \(p=-5,\lambda=6,2\lambda+p=7\)）；这个观察能省去 \(\varphi\) 部分的繁琐配项。

第 1 步｜识别"整体代换"信号。被积函数含 \(\sqrt{e^x-1}\)（根号里是 \(x\) 的复杂表达式）——典型套路是把整个根号设为 \(t\)。

令 \(t=\sqrt{e^x-1}\)。

第 2 步｜从代换式反推 \(x\) 和 \(\mathrm{d}x\)。两边平方：

$t^2=e^x-1\ \Longrightarrow\ e^x=t^2+1\ \Longrightarrow\ x=\ln(t^2+1).$

对 \(t\) 求导：

$\mathrm{d}x=\frac{2t}{t^2+1}\,\mathrm{d}t.$

第 3 步｜换上下限（必做，否则结果不对）。

· \(x=0\Rightarrow t=\sqrt{e^0-1}=\sqrt{0}=0\)；

· \(x=\ln 4\Rightarrow t=\sqrt{e^{\ln 4}-1}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}\)。

第 4 步｜代入并化简。

$\int_0^{\ln 4}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{e^x-1}} =\int_0^{\sqrt{3}}\frac{1}{t}\cdot\frac{2t}{t^2+1}\,\mathrm{d}t =\int_0^{\sqrt{3}}\frac{2}{t^2+1}\,\mathrm{d}t.$

看到 \(t\) 被瞬间约掉，剩下标准的 \(\dfrac{2}{t^2+1}\)——这正是整体代换最爽的地方。

第 5 步｜直接积分（\(\int\dfrac{\mathrm{d}t}{t^2+1}=\arctan t\)）。

$=2\arctan t\,\bigg|_0^{\sqrt{3}}=2\bigl(\arctan\sqrt{3}-\arctan 0\bigr) =2\Bigl(\frac{\pi}{3}-0\Bigr).$

第 6 步｜最终结果。

$\boxed{\ \int_0^{\ln 4}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{e^x-1}}=\frac{2\pi}{3}.\ }$

套路总结：见 \(\sqrt{\text{含 }x\text{ 表达式}}\) 不要犹豫，整体设 \(t\)。代回去时常常能瞬间消项。

第 1 步｜识别方法。「多项式 \(\times\) 指数」是分部积分的招牌题型。按 LIATE 优先级（反三角/对数/幂/三角/指数），多项式 \(x^3\) 优先选作 \(u\)，\(e^x\mathrm{d}x\) 作 \(\mathrm{d}v\)（积分得 \(v=e^x\)）。预期分部 3 次。

第 2 步｜分部第 1 次。分部公式 \(\int u\,\mathrm{d}v=uv-\int v\,\mathrm{d}u\)，取 \(u=x^3\Rightarrow \mathrm{d}u=3x^2\,\mathrm{d}x\)；\(\mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x\Rightarrow v=e^x\)。

$\int_0^2 x^3 e^x\,\mathrm{d}x=\bigl[x^3 e^x\bigr]_0^2-\int_0^2 3x^2 e^x\,\mathrm{d}x.$

代入上下限：\([x^3 e^x]_0^2=2^3 e^2-0=8e^2\)。所以

$\int_0^2 x^3 e^x\,\mathrm{d}x=8e^2-3\int_0^2 x^2 e^x\,\mathrm{d}x.\quad (\star)$

第 3 步｜分部第 2 次（处理 \(\int x^2 e^x\)）。同样取 \(u=x^2,\ \mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x\)：

$\int_0^2 x^2 e^x\,\mathrm{d}x=\bigl[x^2 e^x\bigr]_0^2-\int_0^2 2x e^x\,\mathrm{d}x=4e^2-2\int_0^2 x e^x\,\mathrm{d}x.\quad (\star\star)$

第 4 步｜分部第 3 次（处理 \(\int x e^x\)）。取 \(u=x,\ \mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x\)：

$\int_0^2 x e^x\,\mathrm{d}x=\bigl[xe^x\bigr]_0^2-\int_0^2 e^x\,\mathrm{d}x=2e^2-\bigl[e^x\bigr]_0^2=2e^2-(e^2-1)=e^2+1.$

第 5 步｜逐层回代。把 \((\star\star)\) 化简：

$\int_0^2 x^2 e^x\,\mathrm{d}x=4e^2-2(e^2+1)=4e^2-2e^2-2=2e^2-2.$

再代回 \((\star)\)：

$\int_0^2 x^3 e^x\,\mathrm{d}x=8e^2-3(2e^2-2)=8e^2-6e^2+6.$ $\boxed{\ \int_0^2 x^3 e^x\,\mathrm{d}x=2e^2+6.\ }$

提速：可直接背"表格法"——分别列 \(x^3,3x^2,6x,6\) 与 \(e^x,e^x,e^x,e^x,e^x\)，按 \(+ - + -\) 加权相乘：\(x^3 e^x - 3x^2 e^x + 6xe^x - 6e^x\)。代上下限：\([(8-12+12-6)e^2]-[(0-0+0-6)\cdot 1]=2e^2-(-6)=2e^2+6\) ✓。

第 1 步｜先判每个积分的"类型"（无穷区间型 / 瑕积分）。

(A) 无穷区间型：\(x\to\infty\)；(B) 瑕积分：\(x\to 0^+\) 时 \(\dfrac{1}{\sqrt x}\to\infty\)；(C) 瑕积分：\(x\to 0^+\) 时 \(\ln x\to-\infty\)；(D) 无穷区间型：\(x\to\infty\)。

第 2 步｜逐一判定。

(A) \(\displaystyle\int_0^\infty e^{-x^2}\,\mathrm{d}x\)。当 \(x\to\infty\) 时，\(e^{-x^2}\) 比 \(\dfrac{1}{x^2}\) 衰减得还快（指数压幂函数）；由比较判别法（与 \(\dfrac{1}{x^2}\) 比，\(p=2>1\) 收敛）\(\Rightarrow\) 收敛。（实际上是著名的高斯积分，值为 \(\dfrac{\sqrt\pi}{2}\)。）

(B) \(\displaystyle\int_0^1\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt x}\)。这是 \(\int_0^1\dfrac{\mathrm{d}x}{x^p}\) 型瑕积分，\(p=\dfrac{1}{2}<1\) \(\Rightarrow\) 收敛。直接积分验证：

$\int_0^1 x^{-1/2}\,\mathrm{d}x=2\sqrt x\bigg|_0^1=2.$

(C) \(\displaystyle\int_0^1\ln x\,\mathrm{d}x\)。瑕积分（\(x\to 0^+\) 时 \(\ln x\to-\infty\)）。用分部积分：

$\int\ln x\,\mathrm{d}x=x\ln x-\int 1\,\mathrm{d}x=x\ln x-x.$ $\int_0^1\ln x\,\mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\bigl[x\ln x-x\bigr]_\varepsilon^1=(0-1)-\lim_{\varepsilon\to 0^+}(\varepsilon\ln\varepsilon-\varepsilon).$

由洛必达 \(\lim_{\varepsilon\to 0^+}\varepsilon\ln\varepsilon=0\) \(\Rightarrow\) 收敛，值 \(=-1\)。

(D) \(\displaystyle\int_2^\infty\dfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x}\)。整体代换 \(u=\ln x\Rightarrow \mathrm{d}u=\dfrac{\mathrm{d}x}{x}\)；当 \(x=2\Rightarrow u=\ln 2\)，\(x\to\infty\Rightarrow u\to\infty\)：

$\int_2^\infty\frac{\mathrm{d}x}{x\ln x}=\int_{\ln 2}^\infty\frac{\mathrm{d}u}{u}=[\ln u]_{\ln 2}^\infty=\infty.$

发散。

第 3 步｜下结论。四个选项中只有 (D) 发散。

$\boxed{\ \text{选 D。}\ }$

速记："无穷端 \(p\) 要大于 1 才收敛；零点端 \(p\) 要小于 1 才收敛。"——临界 \(p=1\) 时两边都发散。\(\int\dfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x}\) 的发散其实就是 \(\int\dfrac{\mathrm{d}u}{u}\) 的发散（一阶 \(p=1\)）。

第 1 步｜识别"分母含 \(x\ln x\)"的整体代换信号。令 \(u=\ln x\)，则 \(\mathrm{d}u=\dfrac{\mathrm{d}x}{x}\)（关键观察：分母里恰好有一个 \(\dfrac{1}{x}\) 因子，恰好等于 \(\mathrm{d}u\)，所以 \(\dfrac{\mathrm{d}x}{x(\ln x)^k}=\dfrac{\mathrm{d}u}{u^k}\) 完全消去 \(x\)）。

第 2 步｜换上下限。

· \(x=e\Rightarrow u=\ln e=1\)；

· \(x\to\infty\Rightarrow u\to\infty\)。

第 3 步｜化简成标准 \(p\) 积分。

$\int_e^\infty\frac{\mathrm{d}x}{x(\ln x)^k}=\int_1^\infty\frac{\mathrm{d}u}{u^k}.$

第 4 步｜套基准结论。无穷区间型 \(\int_1^\infty\dfrac{\mathrm{d}u}{u^p}\)：

• \(p>1\) 收敛；
• \(p\le 1\) 发散（\(p=1\) 时积出 \(\ln u\to\infty\)；\(p<1\) 时积出 \(u^{1-p}/(1-p)\to\infty\)）。

因此原积分收敛 \(\Leftrightarrow k>1\)。

第 5 步｜下结论。

$\boxed{\ \text{选 A：}k>1.\ }$

这道题验证了"整体代换 \(u=\ln x\)"的威力——把奇怪的 \(x(\ln x)^k\) 一步化为基准 \(u^k\)。

第 1 步｜把通项简化（有理化）。原级数 \(\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n\)，其中 \(u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt n\)。直接看不出大小关系，分子有理化：

$u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt n=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt n)(\sqrt{n+1}+\sqrt n)}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}.$

第 2 步｜用莱布尼茨判别法判原级数（交错级数）。要验证两条：

· \(u_n>0\)：分母 \(\sqrt{n+1}+\sqrt n>0\)，所以 \(u_n>0\) ✓。

· \(u_n\to 0\)：\(n\to\infty\) 时分母 \(\to\infty\)，所以 \(u_n\to 0\) ✓。

· \(u_n\) 单调递减：\(\sqrt{n+1}+\sqrt n\) 关于 \(n\) 单调递增 \(\Rightarrow\) 倒数 \(u_n\) 单调递减 ✓。

三个条件全满足 \(\Rightarrow\) 由莱布尼茨判别法 原级数收敛。

第 3 步｜判 \(\sum u_n\)（即去掉 \((-1)^{n-1}\) 后的级数）。用等价无穷小估计：当 \(n\to\infty\) 时

$u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}\sim\frac{1}{\sqrt n+\sqrt n}=\frac{1}{2\sqrt n}.$

等价表述：\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{u_n}{1/\sqrt n}=\dfrac{1}{2}\)（有限正值）。

第 4 步｜套比较判别法（极限形式）。已知 \(\sum\dfrac{1}{\sqrt n}\) 是 \(p=\dfrac{1}{2}<1\) 的 \(p\)-级数 发散。由极限比较判别法（两级数同敛散），\(\sum u_n\) 发散。

第 5 步｜下结论。原级数 \(\sum(-1)^{n-1}u_n\) 收敛但 \(\sum u_n=\sum|(-1)^{n-1}u_n|\) 发散，所以

$\boxed{\ \text{原级数条件收敛。}\ }$

速记："交错级数收敛 + 绝对值级数发散 \(\Leftrightarrow\) 条件收敛。"两个测试都要做，缺一不可。

第 1 步｜把目标转化为级数问题。题目要证 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^n n!}{n^n}=0\)；题面提示用「级数收敛的必要条件」。

必要条件：若级数 \(\sum u_n\) 收敛，则 \(\lim u_n=0\)。所以策略是：取 \(u_n=\dfrac{2^n n!}{n^n}\)，证 \(\sum u_n\) 收敛即可推出 \(u_n\to 0\)。

第 2 步｜对 \(\sum u_n\) 用比值判别法。计算 \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\)：

$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{\dfrac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\dfrac{2^n n!}{n^n}} =\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{2^n n!}.$

第 3 步｜逐项化简。

· 指数部分：\(\dfrac{2^{n+1}}{2^n}=2\)；

· 阶乘部分：\(\dfrac{(n+1)!}{n!}=n+1\)；

· 幂部分：\(\dfrac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=\dfrac{n^n}{(n+1)^n\cdot(n+1)}\)。

合起来：

$\frac{u_{n+1}}{u_n}=2\cdot(n+1)\cdot\frac{n^n}{(n+1)^n(n+1)} =\frac{2n^n}{(n+1)^n}=\frac{2}{\bigl(\frac{n+1}{n}\bigr)^n}=\frac{2}{(1+\frac{1}{n})^n}.$

第 4 步｜取极限。用基本极限 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\bigl(1+\dfrac{1}{n}\bigr)^n=e\)：

$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{2}{e}.$

第 5 步｜判断 \(\dfrac{2}{e}\) 和 \(1\) 的大小。已知 \(e\approx 2.718>2\Rightarrow\dfrac{2}{e}<1\)。由比值判别法，\(\sum u_n\) 收敛。

第 6 步｜由必要条件下结论。级数 \(\sum u_n\) 收敛 \(\Rightarrow\) 通项 \(u_n\to 0\)：

$\lim_{n\to\infty}u_n=\lim_{n\to\infty}\frac{2^n n!}{n^n}=0.\qquad\blacksquare$

这道题的"反向用法"很常见：题面让你证某个极限 \(=0\)，往往等价于证对应级数收敛。看到 "\(n!,n^n,a^n\)" 这种增长率比拼的极限，第一反应就是比值法构造级数。