对复杂的反常积分敛散性的判别，可以适当的画一个思路图

一、题目

难度评级：

二、解析

解 题 思 路 简 图

解题思路简图锚点

准备工作

求解本题，我们首先需要知道如下两个关于反常积分敛散性的公式：

$$\begin{array}{rl}a<b& \Rightarrow {\int }_a^b\frac{\mathrm{d}x}{(x–a{)}^p}\{\begin{array}{ll}p<1,& \mathrm{收}\mathrm{敛}\\ p⩾1,& \mathrm{发}\mathrm{散}\end{array}\\ \\ a>0& \Rightarrow {\int }_a^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x^p}\{\begin{array}{ll}p>1,& \mathrm{收}\mathrm{敛}\\ p⩽1,& \mathrm{发}\mathrm{散}\end{array}\end{array}$$

$p$ $⩽$ $0$

若：

$$\{\begin{array}{l}p⩽0\\ x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

有：

$$\frac{\ln (1+x)}{x^p}=\frac{+\mathrm{\infty }}{0}\to +\mathrm{\infty }$$

因此：

$$\begin{array}{r}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x\\ \\ & ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}+\mathrm{\infty }\mathrm{d}x\\ \\ & =+\mathrm{\infty }\end{array}$$

所以 ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}$ $\frac{\ln (1+x)}{x^p}$ $\mathrm{d}x$ 发散，排除 C 选项和 D 选项。

$p$ $>$ $0$

当 $p>0$ 时，由于：

$$\begin{array}{r}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x\\ \\ & ={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x+{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x\end{array}$$

接着，可令：

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x\\ \\ I_2& ={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}\mathrm{d}x\end{array}$$

判断 $I_1$ 的敛散性

Note

判断 $I_1$ 的敛散性，我们需要借助前面提到的 $a<b$ $\Rightarrow$ ${\int }_a^b\frac{\mathrm{d}x}{(x–a{)}^q}$ $\{\begin{array}{ll}q<1,& \mathrm{收}\mathrm{敛}\\ q⩾1,& \mathrm{发}\mathrm{散}\end{array}$ 这个公式。

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首先，由于：

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\frac{\ln (1+x)}{x^p}}{1/(x^{p-1})}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{lim}{x}^{p–1}\cdot \frac{\ln (1+x)}{x^p}\\ \\ & =\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}\\ \\ & =1\ne 0\end{array}$$

因此，根据无界函数反常积分的比阶审敛法可知，$I_1$ $=$ ${\int }_0^1$ $\frac{\ln (1+x)}{x}$ $\mathrm{d}x$ 与 ${\int }_0^1$ $\frac{1}{x^{p-1}}$ $\mathrm{d}x$ $=$ ${\int }_0^1$ $\frac{1}{(x-0{)}^{p-1}}$ $\mathrm{d}x$ 具有相同的敛散性。

于是可知：

*当 $p–1$ $⩾$ $1$ 时，$I_1$ 发散；

**当 $p–1$ $<$ $1$ 时，$I_1$ 收敛——也就是说，当 $0$ $<$ $p$ $<$ $2$ 时，$I_1$ 收敛。

判断 $I_2$ 的敛散性

Note

判断 $I_2$ 的敛散性，我们需要借助前面提到的 $a>0$ $\Rightarrow$ ${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}$ $\frac{\mathrm{d}x}{x^p}$ $\{\begin{array}{ll}p>1,& \mathrm{收}\mathrm{敛}\\ p⩽1,& \mathrm{发}\mathrm{散}\end{array}$ 这个公式。

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首先，当 $p$ $>$ $1$ 时，一定存在 $\delta$ $>$ $0$, 使得 $p–\delta$ $>$ $1$, 此时 ${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{x^{p-\delta }}$ $\mathrm{d}x$ 收敛，且：

$$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{\ln (1+x)}{x^p}}{1/(x^{p–\delta })}\\ \\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}^{p–\delta }\cdot \frac{\ln (1+x)}{x^p}\\ \\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x^{\delta }}\\ \\ & =0\end{array}$$

因此，根据无穷限反常积分的比阶审敛法可知，$I_2$ $=$ ${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}$ $\frac{\ln (1+x)}{x^p}$ $\mathrm{d}x$ 与 ${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{x^{p-\delta }}$ $\mathrm{d}x$ 具有相同的敛散性。

因此，当 $p$ $>$ $1$ 时，$I_2$ 收敛。

当 $0$ $<$ $p$ $⩽1$ 时，由于：

$$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{\ln (1+x)}{x^p}}{1/x^p}\\ \\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}^p\cdot \frac{\ln (1+x)}{x^p}\\ \\ & =+\mathrm{\infty }\end{array}$$

于是，根据扩展的无穷限和无界函数的反常积分审敛法可知，当 $0$ $<$ $p$ $⩽1$ 时，积分 $I_2$ 发散。

结论

只有当 $0$ $<$ $p$ $<$ $2$, 且 $1$ $<$ $p$ 的时候，积分 $I_1$ 和 $I_2$ 都收敛。

因此，原积分 $I$ $=$ ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{x^p}$ $\mathrm{d}x$ 只有在 $1$ $<$ $p$ $<$ $2$ 的时候，才会收敛。

综上可知，本 题 应 选 A