「荒原之梦考研数学」文章

一、题目

${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $(\frac{\sin x}{1+\cos x}$ $+$ $|x|)$ $dx$ $=$__.

二、解析

本题存在（关于原点对称的）对称区间 “$[-\frac{\pi }{2}$, $\frac{\pi }{2}]$”, 在求积分的时候，如果看到这样的对称区间，则要考虑被积函数是不是奇函数或者偶函数。如果是奇函数，则其在对称区间上的积分为 $0$, 如果是偶函数，则我们可以只计算其大于 $0$ 或者小于 $0$ 方向上的积分，之后再乘以 $2$ 即可获得整个积分区间上的积分数值。

由于：

$\frac{\sin (-x)}{1+\cos (-x)}$ $=$ $\frac{-\sin x}{1+\cos x}$ $\Rightarrow$ $f(-x)$ $=$ $-f(x)$.

因此，$f(x)$ $=$ $\frac{\sin x}{1+\cos x}$ 是一个奇函数，因此，其在对称区间 $[-\frac{\pi }{2}$, $\frac{\pi }{2}]$ 上的积分为 $0$.

又由于：

$|-x|$ $=$ $|x|$ $\Rightarrow$ $g(-x)$ $=$ $g(x)$.

因此，$g(x)$ $=$ $|x|$ 是一个偶函数。

于是：

原式 $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $|x|$ $dx$ $=$ $2$ ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}$ $x$ $dx$ $=$ $2$ $\cdot$ $\frac{1}{2}{x}^2{|}_0^{\frac{\pi }{2}}$ $=$ $\frac{{\pi }^2}{4}$.

当然，本题除了可以使用积分的原理计算之外，还可以画图计算面积，如图 1：

根据上图，我们有：

$\frac{\pi }{2}$ $\cdot$ $\frac{\pi }{2}$ $\cdot$ $\frac{1}{2}$ $\cdot$ $2$ $=$ $\frac{{\pi }^2}{4}$.

综上可知，本题的正确答案是：$\frac{{\pi }^2}{4}$.

EOF

一、题目

$\underset{x\to 0}{lim}$ $(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}{)}^{\frac{1}{\sin kx}}$ $=$ $e$, 则 $k$ $=$__.

二、解析

观察本题可以发现，这是一个求极限的式子，而且等式的右边是 $e$, 符合“两个重要极限”中的第二个重要极限的一部分特征。

两个重要极限如下：

$\underset{x\to x_{x_0}}{lim}$ $\frac{\sin x}{x}$ $=$ $1$, $\underset{x\to 0}{lim}$ $(1+x{)}^{\frac{1}{x}}$ $=$ $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $(1+\frac{1}{x}{)}^x$ $=$ $e$.

由于题目中的式子不存在上述公式中的 $1$, 因此，我们需要构造出这个 $1$, 即：

$1$ $+$ $◻$ $=$ $\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$ $\Rightarrow$ $◻$ $=$ $\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$ $-$ $1$ $=$ $\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$ $-$ $\frac{1+\tan x}{1+\tan x}$ $=$ $\frac{-2\tan x}{1+\tan x}$.

于是，原式 $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $(1+\frac{-2\tan x}{1+\tan x}{)}^{\frac{1}{\sin kx}}$ $=$ $e$. (1)

由于当 $x$ $\to$ $0$ 时，$\frac{-2\tan x}{1+\tan x}$ $\to$ $0$ 且 $\frac{1}{\sin kx}$ $\to$ $\mathrm{\infty }$, 所以，符合使用“两个重要极限”的条件，可以继续接下来的计算。

接下来继续向公式的方向构造等式。

$(1)$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $(1+\frac{-2\tan x}{1+\tan x}{)}^{\frac{1+\tan x}{-2\tan x}\frac{-2\tan x}{1+\tan x}\frac{1}{\sin kx}}$. (2)

根据公式，我们知道：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $(1+\frac{-2\tan x}{1+\tan x}{)}^{\frac{1+\tan x}{-2\tan x}}$ $=$ $e$.

于是：

$(2)$ $=$ $e^{\underset{x\to 0}{lim}\frac{-2\tan x}{1+\tan x}\frac{1}{\sin kx}}$ $=$ $e^{\underset{x\to 0}{lim}\frac{-2\tan x}{(1+\tan x)\sin kx}}$. (3)

当 $x$ $\to$ $0$ 时，$\tan x$ $\to$ $0$ 是不可以带入原式中的（只有非零和非无穷的数值可以带入原式中。），不过当 $x$ $\to$ $0$ 时，$(1+\tan x)$ $\to$ $1$ 是可以带入原式中的，于是：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{-2\tan x}{(1+\tan x)\sin kx}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{-2\tan x}{\sin kx}$.

又因为当 $x$ $\to$ $0$ 时，$\sin x$ $\sim$ $\tan x$ $\sim x$, 于是：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{-2\tan x}{\sin kx}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{-2x}{kx}$ $=$ $-\frac{2}{k}$.

即：

$e^{-\frac{2}{k}}$ $=$ $e$ $\Rightarrow$ $-$ $\frac{2}{k}$ $=$ $1$ $\Rightarrow$ $k$ $=$ $-$ $2$.

综上可知，正确答案是：$-2$.

EOF

一、题目

设函数 $f(x)$ $=$ $x$ $+$ $a$ $\ln (1+x)$ $+$ $bx$ $\sin x$, $g(x)$ $=$ $k$ $x^3$ 在 $x$ $\to$ $0$ 时等价无穷小，求常数 $a$, $b$, $k$ 的取值.

二、解析

由于 $x$ $\to$ $0$ 时，$f(x)$ 和 $g(x)$ 是等价无穷小，因此有：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ $=$ $1$, 即：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{x+a\ln (1+x)+bx\sin x}{k{x}^3}$ $=$ $1$.

又由麦克劳林公式：

1. $\sin x$ $=$ $x$ $+$ $o(x^2)$;

注 1：
根据麦克劳林公式，$\sin x$ 也可以等于 $x$ $-$ $\frac{x^3}{6}$ $+$ $o(x^4)$, 但是这里为了能够在接下来的计算中使得分子分母可以使用“对照”的方式求解，分子的最大幂次不能大于分母的最大幂次。由于 $\sin x$ 在使用麦克劳林公式替换之后还需要和 $x$ 相乘得到二次幂，因此这里只能令 $\sin x$ 等于 $x$ $+$ $o(x^2)$.

2. $\ln (1+x)$ $=$ $x$ $-$ $\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}$ $+$ $o(x^3)$.

注 2：
对 $\ln (1+x)$ 项数的选取所依据的原因和注 $1$ 一致。

于是，我们有：

$1$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{x+ax-\frac{a}{2}{x}^2+\frac{a}{3}{x}^3+o(x^3)+b{x}^2+o(x^3)}{k{x}^3}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{(1+a)x+(b-\frac{a}{2})x^2+\frac{a}{3}{x}^3+o(x^3)}{k{x}^3}$.

于是，我们有：

$\{\begin{array}{c}1+a=0,\\ b-\frac{a}{2}=0,\\ \frac{a}{3}=k.\end{array}$

解得：

$\{\begin{array}{c}a=-1,\\ b=-\frac{1}{2},\\ k=-\frac{1}{3}.\end{array}$

三、手写作答

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一、题目

微分方程 $y”$ $+$ $2y^{\prime }$ $+$ $3y$ $=$ $0$ 的通解为__.

二、解析

观察可知，这是一个二阶常系数线性齐次微分方程。

二阶常系数线性齐次微分方程的性质如下：

形如 $y”$ $+$ $p{y}^{\prime }$ $+$ $qy$ $=$ $0$, 其中 $p$, $q$ 均为常数。

特征方程为：${\lambda }^2$ $+$ $p$ $\lambda$ $+$ $q$ $=$ $0$,

(1) 当 ${\lambda }_1$, ${\lambda }_2$ 为互异实根时，微分方程得通解为 $y(x)$ $=$ $C_1$ $e^{{\lambda }_{1}x}$ $+$ $C_2$ $e^{{\lambda }_{2}x}$;

(2) 当 ${\lambda }_1$ $=$ ${\lambda }_2$ 时，通解为 $y(x)$ $=$ $(C_1+C_{2}x)$ $e^{{\lambda }_{1}x}$;

(3) 当 $\lambda$ $=$ $\alpha$ $\pm$ $i$ $\beta$ （复数根）时，通解为 $y(x)$ $=$ $e^{\alpha x}$ $(C_1$ $\cos \beta$ $x$ $+$ $C_2$ $\sin \beta$ $x)$.

在本题中，特征方程中的 $p$ $=$ $2$, $q$ $=$ $3$, 因此特征方程为：

${\lambda }^2$ $+$ $2$ $\lambda$ $+$ $3$ $=$ $0$. (1)

此外，我们还知道，对于形如 $a$ $x^2$ $+$ $bx$ $+$ $c$ $=0$ 的一元二次方程，其求根公式为：

$x$ $=$ $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$.

于是，我们知道，对于 (1) 式：

$\lambda$ $=$ $\frac{-2\pm \sqrt{4-12}}{2}$ $=$ $\frac{-2\pm \sqrt{-8}}{2}$. (2)

我们又知道，在虚数中（复数包含虚数和实数），虚数单位 $i$ 有如下性质：

$i^2$ $=$ $-1$.

于是，(2) 式可以写成：

$\lambda$ $=$ $\frac{-2\pm \sqrt{8i^2}}{2}$ $=$ $\frac{-2\pm i2\sqrt{2}}{2}$ $=$ $-1$ $\pm$ $i$ $\sqrt{2}$.

于是，$\alpha$ $=$ $-1$, $\beta$ $=$ $\sqrt{2}$.

因此，正确答案是：

$y$ $=$ $e^{-x}$ $(C_1$ $\cos \sqrt{2}x$ $+$ $C_2$ $\sin \sqrt{2}$ $x$ $)$

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一、题目

微分方程 $x{y}^{\prime }$ $+$ $y$ $=0$ 满足条件 $y(1)$ $=$ $1$ 的解是 $y$ $=$__.

二、解析

由 $x{y}^{\prime }$ $+$ $y$ $=0$ 得：

$(xy{)}^{\prime }$ $=0$.

即：

$xy$ $=$ $C$ $\Rightarrow$ $y$ $=$ $\frac{C}{x}$

又因为 $y(1)$ $=$ $1$ $\Rightarrow$ $1$ $=$ $\frac{C}{1}$ $\Rightarrow$ $C$ $=$ $1$ $\Rightarrow$ $y$ $=$ $\frac{1}{x}$.

综上可知，正确答案是：$\frac{1}{x}$.

EOF

一、题目

设有两个数列 $a_n$, $b_n$, 若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $a_n$ $=0$, 则（）

( A ) 当 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $b_n$ 收敛时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n$ $b_n$ 收敛.

( B ) 当 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $b_n$ 发散时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n$ $b_n$ 发散.

( C ) 当 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $|b_n|$ 收敛时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n^2$ $b_n^2$ 收敛.

( D ) 当 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $|b_n|$ 发散时，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n^2$ $b_n^2$ 发散.

二、解析

由题目信息可知，当 $n$ $\to$ $\mathrm{\infty }$ 时，数列 $a_n$ 是收敛的。

方法一：反例法

A 项：

令 $a_n$ $=$ $b_n$ $=$ $(-1{)}^{n-1}$ $\frac{1}{\sqrt{n}}$.

则此时 $a_n$ 是一个收敛数列，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $b_n$ 也收敛（根据交错级数的莱布尼茨准则判别法可得此结论），但 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n$ $b_n$ $=$ $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{n}$ 发散（由常见级数的敛散性可得此结论）。

由此构成了对 A 项的反例，A 项错误。

注 1. 交错级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $(-1{)}^{n-1}{u}_n$ $(u_n>0)$ 的判别法（莱布尼茨准则）：

若交错级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $(-1{)}^{n-1}{u}_n$ $(u_n>0)$ 满足如下条件：

① $u_n$ $⩾$ $u_{n+1}$, $(n=1,2,3,\dots )$;

② $lim$ $u_n$ $=$ $0$,

则交错级数收敛，其和 $S$ $⩽$ $u_1$, 余项 $|R_n|$ $⩽$ $u_{n+1}$.

注 2. 常见级数的敛散性：

$p$ 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{n^p}$ $\{\begin{array}{cc}\mathrm{收}\mathrm{敛}& p>1,\\ \mathrm{发}\mathrm{散}& p⩽1.\end{array}$

B 项：

令 $a_n$ $=$ $b_n$ $=$ $\frac{1}{n}$, 则

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n$ $b_n$ $=$ $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{n^2}$.

此时，数列 $a_n$ 是一个收敛数列，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $b_n$ 是发散的，但是 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{n^2}$ 是收敛的。

由此构成了对 B 项的反例，B 项错误。

D 项：

和 B 项一样，令 $a_n$ $=$ $b_n$ $=$ $\frac{1}{n}$, 则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a_n^2$ $b_n^2$ $=$ $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $\frac{1}{n^4}$ 是收敛的。

由此构成了对 D 项的反例，D 项错误。

综上可知，排除了 A, B, D 三个选项后，正确选项一定是 C 项。

方法二：用级数收敛的必要条件推导证明

我们可以使用级数收敛的必要条件直接证明 C 项正确。

级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 收敛的必要条件：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $u_n$ $=$ $0$.

由于 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $u_n$ $=$ $0$ 是级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 收敛的必要条件，因此，根据“小充分大必要”的原则，我们知道：

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 收敛 $\Rightarrow$ $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $u_n$ $=$ $0$;

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $u_n$ $=$ $0$ $\nRightarrow$ $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 收敛。

由于 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $a_n$ $=$ $0$, 从而存在 $M$ $>$ $0$, 有 $|a_n|$ $⩽$ $M$, 即：

$a_n^2$ $b_n^2$ $⩽$ $M^2$ $b_n^2$. 又因为 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $|b_n|$ 收敛，故有：

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $|b_n|$ $=0$.

又根据如下定理：

设 $c$ 为非零常数，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $c{u}_n$ 具有相同的敛散性。

因此，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $M^2$ $|b_n|$ 收敛，即：

$\underset{n=1}{\overset{\mathrm{\infty }}{lim}}$ $M^2$ $|b_n|$ $=$ $0$.

于是：

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $\frac{M^2|b_n||b_n|}{|b_n|}$ $=$ $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $M^2$ $|b_n|$ $=$ $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $\frac{M^2{b}_n^2}{|b_n|}$ $=$ $0$.

接下来，根据“比较判别法的极限形式”：

设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $v_n$ 均为正项级数，且 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}$ $\frac{u_n}{v_n}$ $=$ $A(v_n\ne 0)$.

① 若 $0$ $⩽$ $A$ $⩽$ $+$ $\mathrm{\infty }$, 且 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $v_n$ 收敛，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 收敛.

② 若 $0$ $⩽$ $A$ $⩽$ $+$ $\mathrm{\infty }$, 且 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $v_n$ 发散，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $u_n$ 发散.

于是我们知道，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $M^2{b}_n^2$ 收敛。

又因为 $a^2$ $b^2$ $⩽$ $M^2$ $b^2$, 所以：

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ $a^2{b}_n^2$ 收敛.

由此得证 C 项正确。

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一、题目

设 $M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $\frac{(1+x{)}^2}{1+x^2}$ $dx$, $N$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $\frac{1+x}{e^x}$ $dx$, $K$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $(1+\sqrt{\cos x})$ $dx$, 则 ( )

( A ) $M$ $>$ $N$ $>$ $K$

( B ) $M$ $>$ $K$ $>$ $N$

( C ) $K$ $>$ $M$ $>$ $N$

( D ) $K$ $>$ $N$ $>$ $M$

二、解析

在解答题目时，能化简的要先化简，能计算出具体数值的要先计算出具体数值。
首先观察本题，发现 $M$ 对应的式子应该是可以化简或者通过积分计算出具体的数值。于是：

$M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $\frac{(1+x{)}^2}{1+x^2}$ $dx$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $\frac{1+x^2+2x}{1+x^2}$ $dx$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $[\frac{1+x^2}{1+x^2}$ $+$ $\frac{2x}{1+x^2}]$ $dx$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $[$ $1$ $+$ $\frac{2x}{1+x^2}]$ $dx$

计算到上面这一步之后，我们有两种方法可以继续上面的计算，一种方法是利用积分函数在对称区间上的性质，另一种是利用基本积分公式直接计算。

下面分别使用上述提到的两种方法展开计算。

方法一：利用积分函数在对称区间上的性质

这里说的“对称区间”指的是关于原点对称的区间，观察题目可知，题目中的积分函数的上限和下限组成的区间 $[-\frac{\pi }{2}$, $\frac{\pi }{2}]$ 正好是关于原点对称的。

根据积分的几何意义，我们知道，奇函数在关于原点对称的对称区间上的积分是等于 $0$ 的。

$y$ $=$ $x$, $x$ $\in$ $(-\mathrm{\infty },$ $+\mathrm{\infty })$ 就是一个典型的奇函数，如图 1：

因此，接下来，我们如果能证明一个函数是奇函数，就可以证明这个函数在关于原点对称的区间上的积分是 $0$.

于是，令：

$f(x)$ $=$ $\frac{2x}{1+x^2}$

则：

$\frac{2(-x)}{1+(-x{)}^2}$ $=$ $-\frac{2x}{1+x^2}$ $\Rightarrow$ $f(-x)$ $=$ $-f(x)$.

因此 $f(x)$ $=$ $\frac{2x}{1+x^2}$ 是一个奇函数，于是：

${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $\frac{2x}{1+x^2}$ $dx$ $=$ $0$.

即：

$M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $1$ $dx$.

方法二：利用基本积分公式直接计算

由前面的计算，我们已知，$M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $\frac{2x}{1+x^2}$ $dx$, 于是，根据积分公式：

$d(x^{\mu })$ $=$ $\mu$ $x^{\mu -1}$ $dx$

我们可以令 $2x$ $dx$ $=$ $d(1+x^2)$.

于是：

$M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $1$ $dx$ $+$ $\frac{d(1+x^2)}{1+x^2}$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $1$ $dx$ $+$ $\frac{1}{1+x^2}$ $d(1+x^2)$.

接下来，根据基本积分公式：

$\int$ $\frac{1}{x}$ $dx$ $=$ $\ln |x|$ $+$ $c$.

我们有：

$M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $1$ $+$ $\frac{1}{1+x^2}d(1+x^2)$ $=$ $x$ $+$ $\ln |1+x^2|$ $+$ $c$ ${|}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $=$ $\frac{\pi }{2}$ $+$ $|\ln [1+(\frac{\pi }{2}{)}^2]|$ $+$ $c$ $-$ $(-\frac{\pi }{2})$ $-$ $|\ln [1+(-\frac{\pi }{2}{)}^2]|$ $-$ $c$ $=$ $\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}$ $=$ $\pi$.

又因为，$M$ 的积分上限 $\frac{\pi }{2}$ 减去 $M$ 的积分下限 $-\frac{\pi }{2}$ 也等于 $\pi$.

根据定积分的基本性质：

${\int }_a^b$ $1$ $dx$ $=$ $b$ $-$ $a$.

我们知道：

$M$ $=$ ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $1$ $dx$.

补充：

如果是计算 $\int$ $\frac{2x}{1-x^2}$ $dx$, 则我们至少有以下两种计算方法：

$\int$ $\frac{2x}{1-x^2}$ $dx$ $=$ $-\int$ $\frac{1}{1-x^2}$ $=$ $-\ln |1-x^2|$ $+$ $c$;

或者：

$\int$ $\frac{2x}{1-x^2}$ $dx$ $=$ $\int$ $(\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1+x})$ $dx$ $=$ $-\ln |x-1|$ $-$ $\ln |x+1|$ $+$ $c$ $=$ $-\ln |x^2-1|$ $+$ $c$.

至此，我们分别使用两种方法完成了对 $M$ 的化简计算。

根据定积分的比较定理：

设 $f(x)$ $⩽$ $g(x)$, $x$ $\in$ $[a,b]$, 则 ${\int }_a^b$ $f(x)$ $dx$ $⩽$ ${\int }_a^b$ $g(x)$ $dx$.

观察题目可知，题目中给出的三个定积分 $M$, $N$, $K$ 的上限和下限都是一样的，因此，我们可以使用上述比较定理比较他们的大小。

由于在 $M$, $N$, $K$ 中，我们目前已知的只有 $M$ 的数值，因此接下来我们先比较 $N$ 和 $K$ 中的积分函数与 $1$ 的大小关系。

首先来判断 $N$ 的积分函数和 $1$ 的大小关系。

当 $x$ $=$ $0$ 时，$1$ $+$ $x$ $=$ $e^x$ $=1$;

当 $x$ $<$ $0$ 时，$e^x$ 的减小速度小于 $1$ $+$ $x$ 的减小速度；

当 $x$ $>$ $0$ 时，$e^x$ 的增长速度大于 $1$ $+$ $x$ 的增长速度。

也就是说，在整个定义域内，$y$ $=$ $e^x$ 的函数图像始终在 $y$ $=$ $1$ $+$ $x$ 的上方或者和 $y$ $=$ $1$ $+$ $x$ 重合，他们二者的图像如图 2:

所以 $\frac{1+x}{e^x}$ $⩽$ $1$, $x$ $\in$ $[-\frac{\pi }{2}$, $\frac{\pi }{2}]$. 再来判断 $K$ 的积分函数和 $1$ 的大小关系。

我们知道，当 $x$ $\in$ $[$ $-\frac{\pi }{2},$ $\frac{\pi }{2}$ $]$ 上时，$y$ $=$ $\cos x$ $⩾$ $0$ 的，如图 3:

于是 $1$ $+$ $\sqrt{\cos x}$ $⩾$ $1$.

综上可知：

$K$ $⩾$ $M$ $⩾$ $N$, 正确选项是：C

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