2022考研数二第05题解析：反常积分敛散性、敛散性的比值判别法

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一、题目

»A« $\left(-1, 1\right)$

»B« $\left(-1, 2\right)$

»C« $\left(-\infty, 1\right)$

»D« $\left(-\infty, 2\right)$

难度评级：

二、解析

解法 1：排除法

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 当 $p = 1$ 时：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x & = \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x} \mathrm{~d} x \\ \\
& = \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{\varepsilon}^{1} \frac{\ln x}{x} \mathrm{~d} x \\ \\
& = \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left. \frac{1}{2} \left( \ln x \right)^{2} \right|_{\varepsilon}^{1} \\ \\
& = \frac{1}{2} \left( \ln 1 \right)^{2} – \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \frac{1}{2} \left( \ln \varepsilon \right)^{2} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{ \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \ln \varepsilon \to – \infty } \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{ \lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left( \ln \varepsilon \right)^{2} \to + \infty } \\ \\
& = \frac{1}{2} \left( \ln 1 \right)^{2} – \left( \textcolor{orange}{ + \infty } \right) \\ \\
\end{aligned}
$$

于是可知，$p=1$ 时 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$ 发散.

所以，可以排除 »B« 和 »D« 两个选项（因为这两个选项对应的区间都包含 $p=1$）.

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 当 $p = -1$ 时：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x & = \int_{0}^{1} \frac{x \ln x}{\left(1 – x\right)^{2}} \mathrm{~d} x \\ \\
& = \int_{0}^{1} \frac{\left(1 – t\right) \ln \left(1 – t\right)}{t^{2}} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
$$

接着，由《判断反常积分敛散性的两个方法：泰勒展开和比值法》这篇讲义可知，上面的积分发散.

所以，可以排除 »C« 选项.

综上可知，本 题 应 选 A

解法 2：比值法

分析可知，对于题干中给出的积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1-x\right)^{1-p}} \mathrm{~d}x$, 其中的被积函数在 $x = 0$ 附近可能存在瑕点，因为分子上会产生 $-
\infty$:

$$
\lim_{x \to 0^{+}} \ln x \to -\infty
$$

积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1-x\right)^{1-p}} \mathrm{~d}x$ 在 $x = 1$ 附近也可能存在瑕点，因为分母上会产生 $0$:

$$
\lim_{x \to 1} \left(1-x\right)^{1-p} \to 0
$$

根据「荒原之梦考研数学」的《与积分的敛散性相关的概念：奇性、瑕积分、反常积分》这篇文章可知，反常积分会可能会在瑕点处发散，同时，对于反常积分而言，一点处发散就会导致整体发散.

所以，我们必须对 $x \to 0^{+}$ 和 $x \to 1^{-}$ 这两个点分别验证是否收敛，这就需要将这两个瑕点分开到两个反常积分中. 同时，为了后续的计算方便，我们取区间 $\left( 0,1 \right)$ 的中间点 $x = \frac{1}{2}$ 作为积分上下限的分界点，即令：

$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x
\end{aligned}
$$

这样一来，如果我们要保证原来的积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x$ 是收敛的，就必须保证 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x$ 和 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x$ 这两个反常积分都是收敛.

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为（$\varepsilon \to 0^{+}$）：

$$
\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}}{ \textcolor{orange}{ \frac{1}{x^{p + \varepsilon}}}} = \lim_{x \to 0^{+}} x^{\varepsilon} \cdot \ln x = 0
$$

于是可知，如果 $\lim_{x \to 0^{+}} \textcolor{orange}{\frac{1}{x^{p + \varepsilon}}}$ 收敛，则 $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}$ 更收敛；如果 $\lim_{x \to 0^{+}} \textcolor{orange}{\frac{1}{x^{p + \varepsilon}}}$ 发散，则 $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}$ 收敛也可能“稍微”发散（没有 $\lim_{x \to 0^{+}} \textcolor{orange}{\frac{1}{x^{p + \varepsilon}}}$ 发散的速度快）——

所以，为了保证 $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}$ 收敛，必须确保 $\lim_{x \to 0^{+}} \textcolor{orange}{\frac{1}{x^{p + \varepsilon}}}$ 收敛.

又由《反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明》可知，只有当 $p + \varepsilon < 1$ 的时候，下式才收敛：

$$
\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{x^{p + \varepsilon}} \mathrm{~d}x
$$

所以：

$$
\textcolor{lightgreen}{
p < 1
}
$$

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 又因为：

$$
\lim_{x \to 1^{-}} \frac{\frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}}{ \textcolor{pink}{ \frac{-1}{\left(1 – x\right)^{-p}}}} = 1
$$

所以，$\lim_{x \to 1^{-}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}$ 与 $\lim_{x \to 1^{-}} \frac{-1}{\left(1 – x\right)^{-p}}$ 的敛散性相同.

又由《反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明》可知，只有当 $-p < 1$, 即 $p > -1$ 的时候，下式才收敛：

$$
\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{-1}{\left(1 – x\right)^{-p}} \mathrm{~d}x
$$

所以：

$$
\textcolor{lightgreen}{
p > -1
}
$$

因此，若要使反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x$ 收敛，$p$ 的取值范围应为：

$$
\textcolor{lightgreen}{
-1 < p < 1
}
$$

综上可知，本 题 应 选 A

解法 3：比值法

与解法 2 一样，由于原来的反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$ 在 $x = 0$ 和 $x = 1$ 处可能存在奇性，所以，我们还是将其分成 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$ 和 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$ 两部分分别进行分析.

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 先考虑 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$——

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $p < 1$ 时，有：

$$
\begin{aligned}
& \ \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}}{ \textcolor{orange}{ \frac{1}{x^{\frac{1 + p}{2}}}}} \\ \\
& \ = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}}{ \textcolor{orange}{ x^{\frac{- \left( 1 + p \right)}{2}}}} \\ \\
& \ = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \cdot \textcolor{orange}{ x^{\frac{- \left( 1 + p \right)}{2}}} \\ \\
& \ \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{ \lim_{x \to 0^{+}} \left(1 – x\right)^{1 – p} \sim 1^{1-p} \sim 1 } \\ \\
& \ = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p}} \cdot \textcolor{orange}{ x^{\frac{- \left( 1 + p \right)}{2}}} \\ \\
& \ = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\textcolor{orange}{ x^{\frac{- \left( 1 + p \right)}{2}}}}{x^{p}} \cdot \ln x \\ \\
& \ = \lim_{x \to 0^{+}} \left(x^{\frac{1 – p}{2}} \cdot \ln x\right) \\ \\
& = 0
\end{aligned}
$$

又由《反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明》可知，$\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{x^{\frac{1 + p}{2}}} \mathrm{~d} x$ 收敛，所以 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$ 也收敛.

因此，$p < 1$ 满足题目要求.

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $p \geqslant 1$ 时，有：

$$
\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p – 1}} = -\infty
$$

又由《反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明》可知，$\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ 发散，所以 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$ 也发散.

因此，$p \geqslant 1$ 不满足题目要求.

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 再考虑 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d} x$——

由于：

$$
\lim_{x \to 1^{-}} \frac{\frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}}}{\frac{1}{\left(1 – x\right)^{-p}}} = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{\frac{x – 1}{\left(1 – x\right)^{1 – p}}}{\frac{1}{\left(1 – x\right)^{-p}}} = -1 \ne 0
$$

因此，$\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 与 $\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{1}{\left( 1 – x \right)^{{-p}}} \mathrm{~d}x$ 具有相同的敛散性.

又由《反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明》可知，若要使 $\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{1}{\left( 1 – x \right)^{{-p}}} \mathrm{~d}x$ 收敛，就需要有：

$$
-p < 1 \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } p > -1
$$

综上可知：

$$
-1 < p < 1
$$

综上可知，本 题 应 选 A

解法 4：无界函数的极限审敛法

根据无界函数的极限审敛法知——

设函数 $f \left( x \right)$ 在区间 $\left( a, b \right]$ 上连续，$f \left( x \right) \geq 0$, $\lim_{{x \to a^{{+}}}} f \left( x \right) = +\infty$, 并且，存在常数 $p$, 使得 $\lim_{{x \to a^{{+}}}} \left( x – a \right)^{{p}} f \left( x \right) = A$, 则：

1. 若 $0 \leq A < +\infty$，$0 < p < 1$，则反常积分 $\int_{{a}}^{{b}} f \left( x \right) \mathrm{~d}x$ 收敛；
2. 若 $0 < A \leq +\infty$，$p \geq 1$，则反常积分 $\int_{{a}}^{{b}} f \left( x \right) \mathrm{~d}x$ 发散.

又由于 $x = 0$ 和 $x = 1$ 均为可能的瑕点，所以，将原积分拆成两部分，分别考察其敛散性：

$$
\int_{{0}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x = \int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x + \int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x
$$

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 先考虑 $\int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$——

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $p < 0$ 时：

$$
\lim_{{x \to 0^{{+}}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} = 0
$$

所以，$x = 0$ 不是瑕点，因此，当 $p < 0$ 时，$\int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 为常义积分，一定 收敛 .

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $0 \leq p < 1$ 时，取 $\delta > 0$，使得 $0 < p + \delta < 1$，从而：

$$
\begin{aligned}
\lim_{{x \to 0^{{+}}}} x^{{p + \delta}} \cdot \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} & \ = \lim_{{x \to 0^{{+}}}} x^{{p + \delta}} \cdot \frac{\ln x}{x^{{p}}} \\ \\
& \ = \lim_{{x \to 0^{{+}}}} x^{{\delta}} \ln x \\ \\
& \ = \lim_{{x \to 0^{{+}}}} \frac{\ln x}{x^{{-\delta}}} \\ \\
& \ \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \textcolor{gray}{\text{洛必达运算}} \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \\ \\
& \ = \lim_{{x \to 0^{{+}}}} \frac{1}{-\delta x^{{-\delta}}} \\ \\
& \ = 0
\end{aligned}
$$

于是，由前面提到的无界函数的极限审敛法可知，当 $0 \leq p < 1$ 时，$\int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 收敛 .

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $p = 1$ 时：

$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} \left(1 – x\right)^{1 – p}} \mathrm{~d}x & \ = \int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x} \mathrm{~d}x \\ \\
& \ = \int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \ln x \mathrm{~d}\left( \ln x \right) \\ \\
& \ = \left. \frac{\left( \ln x \right)^{{2}}}{2} \right|_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \\ \\
& \ = -\infty
\end{aligned}
$$

于是可知，$\int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x} \mathrm{~d}x$ 是一个发散的积分.

于是，当 $p \geqslant 1$ 时，由于 $\int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x} \mathrm{~d}x$ 是一个发散的积分，则 $\int_{{0}}^{{\frac{1}{2}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 也是一个 发散 的积分.

$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 再考虑 $\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$——

首先：

$$
\begin{aligned}
\lim_{{x \to 1^{{-}}}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} & \ = \lim_{{x \to 1^{{-}}}} \frac{\ln x}{\left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \\ \\
& \ = \lim_{{\left( x-1 \right) \to 0^{{-}}}} \frac{\ln \left( 1 + x – 1 \right)}{\left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \\ \\
& \ = \lim_{{\left( 1-x \right) \to 0^{{+}}}} \frac{- \left( 1 – x \right)}{\left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \\ \\
& \ = \textcolor{orangered}{-} \lim_{{x \to 1^{{-}}}} \textcolor{lightblue}{ \left( 1 – x \right)^{{p}} }
\end{aligned}
$$

于是：

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $p \geqslant 0$ 时，$x = 1$ 不是瑕点，$\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 为常义积分，一定 收敛 .

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $0 < -p < 1$，即 $-1 < p < 0$ 时：

$$
\lim_{{x \to 1^{{-}}}} \left( 1 – x \right)^{{-p}} \cdot \frac{\textcolor{orangered}{ – } \ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} = \lim_{{x \to 1^{{-}}}} \left( 1 – x \right)^{{-p}} \cdot \textcolor{lightblue}{ \left( 1 – x \right)^{{p}} } = 1
$$

由无界函数的极限审敛法可知，当 $-1 < p < 0$ 时，$\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 收敛 .

$\textcolor{orange}{\blacktriangleright}$ 当 $-p \geq 1$，即 $p \leqslant -1$ 时：

$$
\lim_{{x \to 1^{{-}}}} \left( 1 – x \right)^{{-p}} \cdot \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} = \lim_{{x \to 1^{{-}}}} \left( 1 – x \right)^{{-p}} \cdot \textcolor{orangered}{-} \textcolor{lightblue}{ \left( 1 – x \right)^{{p}} } = -1
$$

于是可知，$\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 的敛散性与 $\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \left( 1-x \right)^{p} \mathrm{~d}x$ 的敛散性相同.

接着，令 $t = 1-x$ 可得：

$$
\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \left( 1-x \right)^{p} \mathrm{~d}x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} t^{p} \mathrm{~d} t
$$

且由《反常积分敛散性三个常用公式中第二个公式的推论公式》可知：

$$
\int_{0}^{a} t^{p} \mathrm{~d} t \begin{cases}
\text{收敛}, & p > -1 \\
\text{发散}, & p \leqslant -1
\end{cases}
$$

于是，当 $p \leqslant -1$ 时，$\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \left( 1-x \right)^{p} \mathrm{~d}x$ 发散，$\int_{{\frac{1}{2}}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 也 发散 .

综上可知，反常积分 $\int_{{0}}^{{1}} \frac{\ln x}{x^{{p}} \left( 1 – x \right)^{{1 – p}}} \mathrm{~d}x$ 收敛当且仅当：

$$
\textcolor{lightgreen}{
p \in \left( -\infty, 1 \right) \cap \left( -1, +\infty \right) = \left( -1, 1 \right)
}
$$

综上可知，本 题 应 选 A

---