(2)若∫+∞a｜f(x)｜dx收斂，則廣義積分∫+∞af(x)dx一定收斂，這時，稱∫+∞af(x)dx為絕對收斂，若∫+∞af(x)dx收斂，而∫+∞a｜f(x)｜dx發散，則稱∫+∞af(x)dx為條件收斂.
(3)［比較原理］當x充分大時，g(x)≥f(x)＞0.則
當∫+∞ag(x)dx收斂時，∫+∞af(x)dx收斂；
當∫+∞af(x)dx發散時，∫+∞ag(x)dx發散.
(4)［比較判別法］對於非負的f(x)和恒正的g(x)，有
①若limx→+∞f(x)g(x)=μ，μ≠0，則∫+∞af(x)dx與∫+∞ag(x)dx同時收斂或發散.
②若limx→+∞f(x)g(x)=0，∫+∞ag(x)dx收斂，則∫+∞af(x)dx也收斂.
③若limx→+∞f(x)g(x)=+∞，∫+∞ag(x)dx發散，則∫+∞af(x)dx也發散.
(5)［柯西判別法］若f(x)≤Mxp.(a≤x＜+∞)，M＞0，p＞1，則廣義積分∫+∞af(x)dx收斂；
若f(x)≥Mxp(a≤x＜+∞)，M＞0，p≤1，則廣義積分∫+∞af(x)dx發散.
6［柯西判別法的極限形式］若limx→+∞xpf(x)=l：若0≤l＜+∞，p＞1，則∫+∞af(x)dx收斂；若0＜l≤+∞，p≤1.則∫+∞af(x)dx發散.
無界函數的廣義積分.
(1)下述各式右邊的極限存在，則稱該無界函數的廣義積分收斂；否則稱其發散：
①若f(x)在(a，b］上連續，x=a為f(x)的無窮間斷點，定義∫baf(x)dx=limε→0+∫ba+εf(x)dx.
②f(x)在［a，b)上連續，x=b為f(x)的無窮間斷點，定義∫baf(x)dx=limε→0+∫b-εaf(x)dx.
③f(x)在［a，c)和(c，b］上連續，x=c為f(x)的無窮間斷點，定義∫baf(x)dx=limε1→0+∫c-ε1af(x)dx+limε2→0+∫bc+ε2f(x)dx.
為簡便起見，以下僅考慮1中的(2)，即上限b為瑕點的情況.
(2)若無界函數的積分∫ba｜f(x)｜dx收斂，則∫baf(x)dx收斂，稱無界函數的廣義積分，∫baf(x)dx為絕對收斂；若∫baf(x)dx收斂，∫ba｜f(x)｜dx發散，則稱∫baf(x)dx為條件收斂.
(3)［比較原理］當x充分接近b時，有g(x)≥f(x)＞0，則
當∫bag(x)dx收斂時，∫baf(x)dx收斂；
當∫baf(x)dx發散時，∫bag(x)dx發散.
(4)［比較判別法］對於非負的f(x)和恒正的g(x)，有
①limx→b-f(x)g(x)=μ，μ≠0，則∫baf(x)dx與∫bag(x)dx同時收斂或發散.
②若limx→b-f(x)g(x)=0，而∫bag(x)dx收斂，則∫baf(x)dx也收斂.
③若limx→b-f(x)g(x)=+∞.而∫bag(x)dx發散，則∫baf(x)dx也發散.
(5)［柯西判別法］若f(x)≤M(b-x)q，(a≤x＜b)M＞0，q＜1，則∫baf(x)dx收斂；
若f(x)≥M(b-x)q(a≤x＜b)，M＞0，q≥1，則∫baf(x)dx發散.
(6)［柯西判別法的極限形式］若limx→b-(b-x)qf(x)=l：如果0≤l＜+∞，q＜1，則廣義積分∫baf(x)dx收斂；如果0＜l≤+∞，q≥1，則廣義積分∫baf(x)dx發散.
三、能力、思維、方法
［能力素質］
1廣義積分收斂性的判別
廣義積分的收斂性判別往往使用“本節知識串講”中給出的各種判別準則.
例1判別下列廣義積分的收斂性：
(1)∫+∞1dx1+x3；(2)∫10dx1-x4；(3)∫+∞2dxx(lnx)α；
(4)∫π20sinxxαdx；(5)∫+∞0dx3x2+5；(6)∫101-2xx-x2dx.
解(1)因為0＜11+x3＜1x3＜1x3/2，p=32＞1，故由比較判別法知∫+∞1dx1+x3收斂.
(2)x=1是瑕點.
因為limx→1-(1-x)1211-x4=limx→1-1-x(1-x)(1+x)(1+x2)=12，
且p=12＜1.
故由柯西判別法的極限形式知∫1011-x4dx收斂.
(3)令t=lnx，則dt=dxx，於是∫+∞2dxx(lnx)α=∫+∞ln2dttα.
所以，當α＞1時，積分收斂；當α≤1時，積分發散.
(4)當α＞0時，x=0是瑕點，由於
limx→0+xα-1sinxxα=limx→o+sinxx=1，
所以由柯西判別法的極限形式知α-1＜1，即α＜2時∫π20sinxxαdx收斂.
(5)由於limx→+∞x2313x2+5=1＞0，而p=23＞1，故∫+∞adx3x2+5發散.
(6)由於x=0及x=1是瑕點，且
∫1201-2xx-x2dx=limε→0+2x-x212
ε=1，
∫1121-2xx-x2dx=limε→0+2x-x21-ε
12=-1.
故積分∫101-2xx-x2dx收斂，且其值為0.
例12下列計算是否正確，並說明為什麼?
(1)∫1-11x2dx=-1x1-1=-1-1=-2；
(2)∫1-113x2dx=33x1-1=3(1+1)=6；
(3)因為x1+x2與sinx1+x2都是奇函數，故∫+∞-∞x1+x2dx=0，∫+∞∞sinx1+x2dx=0；
(4)∫211xln2x-1(x-1)2dx=∫211xln2xdx-∫211(x-1)2dx
=limε1→0+∫21+ε11xln2xdx-limε2→0+∫21+ε21(x-1)2dx，
因為limε1→0+∫21+ε11xln2xdx=limε1→0+-2lnx21+ε1=+∞，
所以∫211xln2xdx發散，因此∫211xln2x-1(x-1)2dx發散.
解(1)不正確.因為在計算中疏忽了x=0是被積函數的無窮間斷點，即∫1-11x2dx是瑕積分，而不是定積分，故不能使用牛頓—萊布尼茲公式.又因為∫0-11x2dx與∫101x2dx都發散，故∫1-11x2dx發散.
(2)正確.但需說明F(x)=33x在x=0處連續.
(3)∫+∞-∞x1+x2dx=0是錯誤的.因為∫0-∞dx1+x2和∫+∞0dx1+x2都發散，導致錯誤的原因是誤用了定積分中奇函數在對稱區間上積分為零的性質.
∫+∞-∞sinx1+x2dx=0是正確的.事實上，由sinx1+x2≤11+x2，而∫+∞-∞11+x2dx=π(收斂).故由比較判別法知∫+∞-∞sinx1+x2dx收斂，此時∫+∞-∞sinx1+x2dx=lima→+∞∫a-asinx1+x2dx=0.
(4)是錯誤的.原因在於應用法則∫baf(x)-g(x)dx=∫baf(x)dx-∫bag(x)dx時，忽視了該法則成立的條件.
當∫baf(x)dx和∫bag(x)dx均存在時，該法則才成立.
本題正確的解法是：
∫211xln2x-1(x-1)2dx=limε→0+∫21+ε1xln2x-1(x-1)2dx
=limε→0+-1lnx+1x-121+ε
=limε→0+1-x+lnx(x-1)lnx2
1+ε
=limε→0+ln2-1ln2-ln(1+ε)-εεln(1+ε)
由洛必達法則，上式=ln2-1ln2-limε→0+11+ε-12ε=32-1ln2.
［激活思維］
例3證明∫+∞011+x4dx=∫+∞0x21+x4.並求∫+∞011+x4dx.
證令x=1t，則
∫+∞011+x4dx=∫0+∞-t21+t4dt=∫+∞0t21+t4dt=∫+∞0x21+x4dx.
於是∫+∞011+x4dx=12∫+∞011+x4dx+∫+∞0x21+x4dx
=12∫+∞01+x21+x4dx=12∫+∞01x2+11x2+x2dx
=12∫+∞01x-1x2+2dx-1x
=122∫+∞011+12x-1x2d12x-1x
=122arctanx-1x2+∞0=π22.
［解法總結］本題又一次使用了“倒代換”的技巧，請讀者注意.
例4設f(x)=0，x＜0
e-x，x≥0和φ(x)=sinx，0≤x≤π2；
0，其他，
求∫+∞-∞f(x)φ(t-x)dx.
解由函數的四項運算和複合運算法則，有
當t＜0時，f(x)φ(t-x)=0，於是有
∫+∞-∞f(x)φ(t-x)dx=0；
當0≤t≤π2時，有
f(x)φ(t-x)=e-xsin(t-x)，0≤x≤t；
0，其他，
於是∫+∞-∞f(x)φ(t-x)dx=∫t0e-xsin(t-x)dx
=12-e-xsin(t-x)+e-xcos(t-x)t0
=12(e-t+sint-cost)；
當t＞π2時，有
f(x)φ(t-x)=e-xsin(t-x)，t-π2≤x≤t；
0，其他，
於是∫+∞-∞f(x)φ(t-x)dx=∫tt-π2e-xsin(t-x)dx
=12-e-xsin(t-x)+e-xcos(t-x)tt-π2
=12e-t1+eπ2.
例5判斷積分∫π20ln(sinx)xdx是條件收斂，還是絕對收斂.
解顯然x=0是瑕點，則
limx→0ln(sinx)x1x2/3=limx→0ln(sinx)x-16=limx→01sinxcosx-16x-16-1
=6limx→0xsinxlimx→0x16cosx=0.
p=23＜1以及l=0.故∫π20ln(sinx)xdx收斂，
即∫π20ln(sinx)xdx絕對收斂.
例6求∫21dxxx2-1.
解原式=limε→0+∫21+ε1xx2-1dx令x=1/tlimε→0+∫1211+ε-11-t2dt
=limε→0+-arcsint1211+ε=limε→0+-π6+arcsin11+ε
=-π6+π2=π3.
例7求I=∫+∞2xe-x2+4x-2dx.
解I=∫+∞２e2xe-(x-2)2dx令(x-2)2=t
上式=∫+∞2e2t12+2e-t12t-12dt=e22∫+∞0e-t(1+2t-12)dt
=e22［τ(1)+212］=e22(1+2π).
注：τ(x)=∫+∞0e-ttx-1dt.
例8已知∫+∞12x2+bx+ax(2x+a)-1dx=1，求常數a和b.
解由已知條件，積分
∫+∞12x2+bx+ax(2x+a)-1dx=∫+∞1(b-a)x+ax(2x+a)dx收斂，
則必有b-a=0，即b=a.故有
∫+∞1ax(2x+a)dx=1；
另一方麵，由
∫+∞1ax(2x+a)dx=lnx2x+a+∞
1=ln2+a2
得ln2+a2=1，即2+a2=e.故a=b=2e-2.
例9已知∫+∞0sinxxdx=π2，求∫+∞0sin2xx2dx.
解原式=-∫+∞0sin2xd1x=-sin2xx+∞
0+∫+∞02sinxcosxxdx
=∫+∞0sin2xxdx，
令u=2x，上式=∫+∞0sinuudu=π2.
［真題在線］
例10(96年)計算∫＋∞0xe－x(1+e－x)dx
分析本題的被積函數是冪函數與指數函數兩類不同的函數乘積，則應該用分部積分法.
解1∫xe－x(1+e－x)2dx＝∫xd11+e－x
＝x1+e－x-∫11+e－xdx
＝x1+e－x-∫ex1+exdx
＝x1+e－x－ln(1+ex)+C
所以∫＋∞0xe－x(1+e－x)2dx＝limx→∞xex1+ex-ln(1+ex)+ln2
而limx→+∞xex1+ex-ln(1+ex)＝limx→+∞xex1+ex-ln［ex(1+e－x)］
＝limx→+∞xex1+ex-x-ln(1+e－x)
＝limx→+∞x1+ex－0＝0
所以原式＝ln2
解2∫＋∞0xe－x(1+e－x)2dx＝∫＋∞0xex(1+ex)2dx
＝－∫＋∞0xd11+ex
＝－x1+ex＋∞0+∫＋∞0dx1+ex＝∫＋∞0dx1+ex
＝∫＋∞0e－x1+e－xdx＝－ln(1+e－x)＋∞0＝ln2
例11(00年)∫＋∞1dxex+e2-x＝.
應填π4e
解∫＋∞1dxex+e2-x＝limb→+∞∫b1dxex+e2-x＝limb→+∞dexe2x+e2
limb→+∞1earctanexeb1