AP微積分BC2024-2025年真題匯編試卷（積分與級數(shù)深度解析）一、不定積分要求：計算下列不定積分。1.$\int\sqrt{4x^2-9}\,dx$2.$\int\frac{x^3-3x^2+2x}{x^2+1}\,dx$3.$\int\ln(1+x^2)\,dx$4.$\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$5.$\int\sec^3x\tanx\,dx$6.$\int\frac{e^x}{1+e^x}\,dx$二、定積分要求：計算下列定積分。1.$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx$2.$\int_1^e\lnx\,dx$3.$\int_0^{\pi}\sinx\cosx\,dx$4.$\int_1^2\frac{1}{x^2+1}\,dx$5.$\int_0^{\pi/2}\tanx\secx\,dx$6.$\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\,dx$三、級數(shù)要求：判斷下列級數(shù)的斂散性，并說明理由。1.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$2.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^2+1}$3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$4.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}$5.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}$6.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3\ln^2n}$四、應(yīng)用題要求：利用積分方法解決實際問題。1.一物體從靜止開始做勻加速直線運動，加速度為$a$，求物體在時間$t$內(nèi)所經(jīng)過的距離$s$。2.某商品的價格$P$隨時間$t$的變化關(guān)系為$P(t)=10e^{-0.1t}$，求在時間區(qū)間$[0,5]$內(nèi)，商品的總銷售額。3.一物體在水平面上做勻速圓周運動，半徑為$R$，角速度為$\omega$，求物體在時間$t$內(nèi)所掃過的面積$A$。4.一曲線的方程為$y=\sqrt{4x^2-9}$，求該曲線在點$(1,\sqrt{5})$處的切線方程。5.一物體的質(zhì)量隨時間$t$的變化關(guān)系為$m(t)=5t^2+3t+1$，求物體在時間區(qū)間$[1,4]$內(nèi)的質(zhì)量變化量。五、級數(shù)應(yīng)用題要求：利用級數(shù)方法解決實際問題。1.求極限$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}$。2.求極限$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)$。3.求和$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\ln^2n}$。4.利用級數(shù)方法求$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$。5.利用級數(shù)方法求$\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\,dx$。六、積分與級數(shù)綜合題要求：綜合運用積分與級數(shù)方法解決實際問題。1.設(shè)函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x$，求$\int_0^1f(x)\,dx$的值。2.設(shè)級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收斂，求級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3\ln^2n}$的收斂半徑。3.求極限$\lim_{n\to\infty}\left(\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\right)$。4.設(shè)曲線$y=\sqrt{4x^2-9}$，求從點$(1,\sqrt{5})$到曲線的切線與$x$軸的交點處的面積。5.設(shè)函數(shù)$f(x)=e^{-x}$，求$\int_0^{\infty}f(x)\,dx$的值，并利用級數(shù)方法進(jìn)行驗證。本次試卷答案如下：一、不定積分1.$\int\sqrt{4x^2-9}\,dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}(4x^2-9)^{3/2}+C=\frac{1}{3}(4x^2-9)^{3/2}+C$解析思路：使用三角代換法，令$x=\frac{3}{2}\sec\theta$，則$dx=\frac{3}{2}\sec\theta\tan\theta\,d\theta$，代入原積分得$\int\frac{9}{2}\sec^3\theta\tan\theta\,d\theta$，再使用三角恒等變換和積分公式求解。2.$\int\frac{x^3-3x^2+2x}{x^2+1}\,dx=\frac{1}{2}x^2-3x+2\ln(x^2+1)+C$解析思路：使用多項式除法將分子除以分母，得到$\frac{x^3-3x^2+2x}{x^2+1}=x-3+\frac{2x}{x^2+1}$，然后分別對每一項進(jìn)行積分。3.$\int\ln(1+x^2)\,dx=x\ln(1+x^2)-\int\frac{2x^2}{1+x^2}\,dx=x\ln(1+x^2)-2\arctanx+C$解析思路：使用分部積分法，令$u=\ln(1+x^2)$，$dv=dx$，則$du=\frac{2x}{1+x^2}\,dx$，$v=x$，代入分部積分公式求解。4.$\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\arcsinx+C$解析思路：這是一個標(biāo)準(zhǔn)的三角函數(shù)積分，直接使用積分公式求解。5.$\int\sec^3x\tanx\,dx=\int\sec^2x\secx\tanx\,dx=\int\sec^3x\,d(\secx)=\frac{1}{2}\sec^2x+C$解析思路：使用積分公式$\int\sec^nx\,dx=\frac{\sec^{n-1}x\tanx}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}\int\sec^{n-2}x\,dx$，逐步求解。6.$\int\frac{e^x}{1+e^x}\,dx=\int\frac{1+e^x-1}{1+e^x}\,dx=\int1\,dx-\int\frac{1}{1+e^x}\,dx=x-\ln(1+e^x)+C$解析思路：使用分部積分法，令$u=x$，$dv=\frac{1}{1+e^x}\,dx$，則$du=dx$，$v=\ln(1+e^x)$，代入分部積分公式求解。二、定積分1.$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx=2\sqrt{x}\bigg|_0^1=2-0=2$解析思路：直接使用基本積分公式求解。2.$\int_1^e\lnx\,dx=x\lnx-x\bigg|_1^e=e-1-(1-1)=e-2$解析思路：使用分部積分法，令$u=\lnx$，$dv=dx$，則$du=\frac{1}{x}\,dx$，$v=x$，代入分部積分公式求解。3.$\int_0^{\pi}\sinx\cosx\,dx=\frac{1}{2}\sin^2x\bigg|_0^{\pi}=\frac{1}{2}(0-0)=0$解析思路：使用三角恒等變換$\sin2x=2\sinx\cosx$，將原積分轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\sin2x\,dx$，然后求解。4.$\int_1^2\frac{1}{x^2+1}\,dx=\arctanx\bigg|_1^2=\arctan2-\arctan1=\arctan2-\frac{\pi}{4}$解析思路：直接使用基本積分公式求解。5.$\int_0^{\pi/2}\tanx\secx\,dx=\secx\bigg|_0^{\pi/2}=\sec\frac{\pi}{2}-\sec0=1-1=0$解析思路：使用三角恒等變換$\tanx\secx=\frac{\sinx}{\cos^2x}$，將原積分轉(zhuǎn)化為$\int_0^{\pi/2}\frac{\sinx}{\cos^2x}\,dx$，然后求解。6.$\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\,dx=\int_0^{\infty}\frac{1}{1+e^x}\,dx=\ln(1+e^x)\bigg|_0^{\infty}=\ln(1+e^{\infty})-\ln(1+e^0)=\ln(\infty)-\ln(2)=\infty-\ln(2)$解析思路：使用分部積分法，令$u=\ln(1+e^x)$，$dv=dx$，則$du=\frac{e^x}{1+e^x}\,dx$，$v=x$，代入分部積分公式求解。注意，這里的積分在無窮大處發(fā)散。三、級數(shù)1.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收斂，因為它是著名的巴塞爾問題的解，其和為$\frac{\pi^2}{6}$。解析思路：使用比較判別法，與已知收斂的級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$進(jìn)行比較，發(fā)現(xiàn)兩者具有相同的收斂性。2.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^2+1}$發(fā)散，因為當(dāng)$n\to\infty$時，$\frac{n}{n^2+1}\to\frac{1}{n}$，而$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$是發(fā)散的調(diào)和級數(shù)。解析思路：使用極限比較判別法，與已知發(fā)散的級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$進(jìn)行比較，發(fā)現(xiàn)兩者具有相同的發(fā)散性。3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$發(fā)散，因為它是交錯級數(shù)，但其項的極限不為零，不滿足交錯級數(shù)判別法的條件。解析思路：使用交錯級數(shù)判別法，檢查級數(shù)的項是否單調(diào)遞減且極限為零，發(fā)現(xiàn)不滿足條件，因此級數(shù)發(fā)散。4.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}$收斂，因為它就是著名的歐拉數(shù)$e$的級數(shù)展開。解析思路：使用比值判別法，計算$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{1}=0$，因為極限小于1，所以級數(shù)收斂。5.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}$收斂，因為它是幾何級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n$的變體，其公比小于1。解析思路：使用比值判別法，計算$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot\frac{2^n}{n^2}=\frac{1}{2}<1$，因為極限小于1，所以級數(shù)收斂。6.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3\ln^2n}$收斂，因為它是$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$的變體，而$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$是收斂的。解析思路：使用比較判別法，與已知收斂的級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$進(jìn)行比較，發(fā)現(xiàn)兩者具有相同的收斂性。四、應(yīng)用題1.$s=\frac{1}{2}at^2$，其中$t=\frac{s}{a}$，代入得$s=\frac{1}{2}a\left(\frac{s}{a}\right)^2=\frac{s^2}{2a}$，解得$s=\sqrt{2a}$。解析思路：使用基本物理公式$s=\frac{1}{2}at^2$，代入$t=\frac{s}{a}$，解方程得到距離$s$。2.總銷售額$S=\int_0^510e^{-0.1t}\,dt=-100e^{-0.1t}\bigg|_0^5=-100(e^{-0.5}-1)$。解析思路：使用基本積分公式求解，計算定積分得到總銷售額。3.$A=\frac{1}{2}R^2\omegat$，其中$t=\frac{A}{\frac{1}{2}R^2\omega}=\frac{2A}{R^2\omega}$，代入得$A=\frac{1}{2}R^2\omega\left(\frac{2A}{R^2\omega}\right)=A$。解析思路：使用基本物理公式$A=\frac{1}{2}R^2\omegat$，代入$t=\frac{2A}{R^2\omega}$，解方程得到掃過的面積$A$。4.切線斜率$k=\frac{dy}{dx}=\frac{2x}{\sqrt{4x^2-9}}$，在點$(1,\sqrt{5})$處，$k=\frac{2\cdot1}{\sqrt{4\cdot1^2-9}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，切線方程為$y-\sqrt{5}=\frac{2}{\sqrt{5}}(x-1)$。解析思路：使用導(dǎo)數(shù)求切線斜率，代入點坐標(biāo)求切線方程。5.質(zhì)量變化量$\Deltam=m(4)-m(1)=(5\cdot4^2+3\cdot4+1)-(5\cdot1^2+3\cdot1+1)=65-9=56$。解析思路：使用質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系式，計算時間區(qū)間$[1,4]$內(nèi)的質(zhì)量變化量。五、級數(shù)應(yīng)用題1.$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{6n^2}\to0$。解析思路：使用級數(shù)和的極限，與已知級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$的和$\frac{\pi^2}{6}$進(jìn)行比較，發(fā)現(xiàn)極限為零。2.$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\lnn+\gamma$，其中$\gamma$是歐拉-馬斯刻若尼常數(shù)。解析思路：使用調(diào)和級數(shù)的和的極限，與已知調(diào)和級數(shù)的和的極限$\lnn+\gamma$進(jìn)行比較。3.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\ln^2n}$的和為$\frac{\pi^2}{6}$。解析思路：使用級數(shù)和的極限，與已知級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$的和$\frac{\pi^2}{6}$進(jìn)行比較。4.$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\arcsinx\bigg|_0^1=\arcsin1-\arcsin0=\frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2}$。解析思路：直接使用基本積分公式求解。5.$\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\,dx=\int_0^{\infty}\frac{1}{1+e^x}\,dx=\ln(1+e^x)\bigg|_0^{\infty}=\ln(\infty)-\ln(2)=\infty-\ln(2)$。解析思路：使用分部積分法，令$u=\ln(1+e^x)$，$dv=dx$，則$du=\frac{e^x}{1+e^x}\,dx$，$v=x$，代入分部積分公式求解。六、積分與級數(shù)綜合題1.$\int_0^1f(x)\,dx=\int_0^1(x^3-3x^2+2x)\,dx=\left[\frac{1}{4}x^4-x^3+x^2\right]_0^1=\fra