09-03 错题记录

例 3.69（2022 数一、数二真题 · 同区间定积分比大小 / 常数挪动同母比子 / 放大分子同化分母 / “耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀）

切忌盲目硬做差求导（陷于复合求导泥潭）：
- 面对 $I_2 - I_3 = \displaystyle\int_0^1 \left( \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} - \frac{2x}{1+\sin x} \right)\,\mathrm{d}x$ ，很多同学第一反应机械地构造辅助函数 $h(x) = \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} - \frac{2x}{1+\sin x}$ 并求导；
- 复合求导后分子包含三角、对数及交叉多项式，二阶甚至三阶导数均无法判断正负符号，在考场上极易浪费 10 分钟以上宝贵时间；
- 核心破局法则：不到万不得已，绝不直接做差求导！积分区间相同时，优先“同分子比分母”或“同分母比分子”。
常数自由挪动意识薄弱（未能抓住同分母破局点）：
- $I_1$ 分母为 $2(1+\cos x)$ ， $I_2$ 分母为 $1+\cos x$ ；
- 很多同学被分母中的常数系数 $2$ 障眼，未意识到常数可以随意上下挪动：将 $2$ 提至分子化为 $\dfrac{\frac{x}{2}}{1+\cos x}$ ，立即实现分母完全相同；
- 同分母后只需研究分子大小：构造 $g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{2}$ ，由 $g'(x) = \frac{1-x}{2(1+x)} > 0$ （在 $(0,1)$ 内严格单增）及 $g(0)=0$ ，秒判 $\ln(1+x) > \frac{x}{2} \implies I_2 > I_1$ 。
跨函数放缩的“同化桥梁”搭建能力欠缺（ $I_2$ 与 $I_3$ 无法直接比时的放缩法）：
- $I_2$ 与 $I_3$ 的分子、分母均不相同，无法直接对比；
- 核心突破在于利用基础不等式 $\ln(1+x) < x$ 搭建同化桥梁： $I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x < \int_0^1 \frac{x}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x \triangleq I_2'$
- 随后改写 $I_3$ ，将分子系数 $2$ 挪到分母： $I_3 = \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}}\,\mathrm{d}x$ ；
- 此时 $I_3$ $I_{3}$ 与中间桥梁 $I_2'$ $I_{2}^{'}$ 的分子完全同化为 $x$ $x$ ，只需比较分母：
  - 在 $[0,1]$ 上， $\dfrac{1+\sin x}{2} \le \dfrac{1+\sin 1}{2} < 1$ ；
  - 在 $[0,1]$ 上， $1+\cos x \ge 1+\cos 1 > 1$ ；
  - 从而分母 $\dfrac{1+\sin x}{2} < 1 < 1+\cos x$ 。分母越小积分越大，得 $I_3 > I_2' > I_2$ ！
未掌握考场终极杀招：“耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀：
- 考研数学中，当积分区间包含 $0$ （或以 $0$ 为端点）且被积函数在全区间恒有确定大小关系时，在 $x \to 0^+$ 局域充分小邻域内必然保持相同的大小排序；
- 直接取 $x \to 0^+$ $x \to 0^{+}$ 时被积函数的最低阶非零 Taylor 展开：
  - $I_1$ 被积函数： $\dfrac{x}{2(1+\cos x)} = \dfrac{x}{2(1+1+o(1))} = \dfrac{1}{4}x + o(x)$ ；
  - $I_2$ 被积函数： $\dfrac{\ln(1+x)}{1+\cos x} = \dfrac{x+o(x)}{1+1+o(1)} = \dfrac{1}{2}x + o(x)$ ；
  - $I_3$ 被积函数： $\dfrac{2x}{1+\sin x} = \dfrac{2x}{1+o(1)} = 2x + o(x)$ ；
- 比较一阶主部系数： $\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{2} < 2$ ，考场 10 秒直接秒出 $I_1 < I_2 < I_3$ ！

方法一：考场首选秒杀 —— “耍流氓”端点 Taylor 展开法（10 秒口算破局）

核心逻辑：本题积分区间为 $[0,1]$ ，以 $0$ 为左端点。选择题中若被积函数在区间 $(0,1)$ 内具有恒大于或恒小于关系，则当 $x \to 0^+$ 时各被积函数的相对大小关系必与整个区间保持一致！

对三个被积函数在 $x \to 0^+$ 处进行一阶佩亚诺余项泰勒展开（抓最低阶主部）：

$I_1$ 的被积函数： $f_1(x) = \frac{x}{2(1+\cos x)} = \frac{x}{2(1 + 1 + o(1))} = \frac{x}{2 \times 2} + o(x) = \mathbf{\frac{1}{4}x + o(x)}$
$I_2$ 的被积函数： $f_2(x) = \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} = \frac{x + o(x)}{1 + 1 + o(1)} = \mathbf{\frac{1}{2}x + o(x)}$
$I_3$ 的被积函数： $f_3(x) = \frac{2x}{1+\sin x} = \frac{2x}{1 + 0 + o(1)} = \mathbf{2x + o(x)}$

比较一阶主部系数：当 $x \to 0^+$ （ $x > 0$ ）时： $\frac{1}{4}x < \frac{1}{2}x < 2x \implies f_1(x) < f_2(x) < f_3(x)$ 由定积分保号性直接秒杀： $\mathbf{I_1 < I_2 < I_3}$ 本题正解选 A。

方法二：标准解答通法 —— 分步放缩与同化对比（大题与保号性严格证明）

第一步：比较 $I_1$ 与 $I_2$ （分母相同，只比分子）

观察 $I_1$ 与 $I_2$ 的结构，分母均含有 $1+\cos x$ 。将 $I_1$ 分母中的常数 $2$ 挪入分子： $I_1 = \int_0^1 \frac{\frac{x}{2}}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x, \qquad I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x$ 此时两式分母完全相同，在 $(0, 1]$ 上只比较分子 $\ln(1+x)$ 与 $\dfrac{x}{2}$ 的大小：

构造辅助函数： $g(x) = \ln(1+x) - \dfrac{x}{2}$ ；
求导： $g'(x) = \dfrac{1}{1+x} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1-x}{2(1+x)}$ ；
当 $x \in (0, 1)$ 时， $1-x > 0 \implies g'(x) > 0$ ，故 $g(x)$ 在 $[0, 1]$ 上严格单调递增；
结合端点值 $g(0) = \ln 1 - 0 = 0$ ，知在 $x \in (0, 1]$ 上恒有： $g(x) > g(0) = 0 \implies \ln(1+x) > \frac{x}{2}$
两边同除以正分母 $1+\cos x > 0$ ： $\frac{\frac{x}{2}}{1+\cos x} < \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} \quad (x \in (0, 1])$ 由定积分保号性，得： $\mathbf{I_1 < I_2}$

第二步：比较 $I_2$ 与 $I_3$ （搭建放缩同化桥梁，同分子比分母）

$I_2$ 与 $I_3$ 的分子、分母皆不相同，无法直接对比。

分子放缩桥梁：利用考研对数经典不等式：当 $x > 0$ 时， $\ln(1+x) < x$ 。因此可对 $I_2$ 放大分子，引入中间基准积分 $I_2'$ ： $I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x < \int_0^1 \frac{x}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x \triangleq I_2'$
系数挪位同化分子：将 $I_3$ 分子的系数 $2$ 挪到分母： $I_3 = \int_0^1 \frac{2x}{1+\sin x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}}\,\mathrm{d}x$
同分子下比较分母大小：此时 $I_3$ $I_{3}$ 与 $I_2'$ $I_{2}^{'}$ 的被积函数分子均为正数 $x$ $x$ （ $x \in (0, 1]$ $x \in (0, 1]$ ）。只需在区间 $[0, 1]$ $[0, 1]$ 上比较分母 $\dfrac{1+\sin x}{2}$ $\frac{1 + sin x}{2}$ 与 $1+\cos x$ $1 + cos x$ ：
- 在区间 $[0, 1]$ 上，正弦函数单调递增： $\frac{1+\sin x}{2} \le \frac{1+\sin 1}{2} \approx \frac{1+0.8415}{2} = 0.9208 < 1$
- 在区间 $[0, 1]$ 上，余弦函数单调递减： $1+\cos x \ge 1+\cos 1 \approx 1+0.5403 = 1.5403 > 1$
- 由此可得，在 $x \in [0, 1]$ 上恒有： $\frac{1+\sin x}{2} < 1 < 1+\cos x$
- 分母越小，分式值越大（分子 $x > 0$ ）： $\frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}} > \frac{x}{1+\cos x} \implies I_3 > I_2'$
由不等式传递性锁定排序： $I_3 > I_2' > I_2 \implies \mathbf{I_2 < I_3}$

第三步：综合结论

由 $I_1 < I_2$ 且 $I_2 < I_3$ ，直接得出： $\mathbf{I_1 < I_2 < I_3}$ 对应选项为 A。

阶梯一（同母比子 / 同子比母）：
- 常数项是活的，可任意上下挪动调整（如将分母的 $2$ 提到分子变 $\frac{1}{2}$ ，或将分子的 $2$ 移到分母变 $\frac{1}{2}$ ）；
- 只要分子或分母结构一致，直接转化为简单因式的大小比较。
阶梯二（基础不等式放缩同化）：
- 当分子分母皆不同时，切勿盲目作差，优先使用四大放缩金刚：
  - $\dfrac{x}{1+x} \le \ln(1+x) \le x$ ；
  - $\sin x < x < \tan x \quad \left(x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\right)$ ；
  - $\mathrm{e}^x \ge 1+x$ ；
  - $1-\cos x = 2\sin^2\frac{x}{2} < \frac{x^2}{2}$ 。
- 先将分子放缩同化为与另一项一致，再比较分母。
阶梯三（考场秒杀——“耍流氓”端点 Taylor 展开）：
- 只要区间包含 $0$ 或以 $0$ 为端点，直接求 $x \to 0^+$ 时的 Taylor 展开，比较最低阶非零项的主部系数；
- 主部系数大则积分大，考场 $10$ 秒内直接锁定选项，稳准狠拿下分值！

例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 $x$ 公式 / 对称平移令 $x=\frac{\pi}{2}-t$ 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

切忌盲目套用放缩或泰勒展开（区间不同与复合指数结构陷阱）：
- 题目中 $I_1, I_2$ 积分区间为 $[0, \pi]$ ，而 $I_3$ 积分区间为 $[0, \frac{\pi}{2}]$ ，区间长度不同，不能直接在被积函数层面套用常规不等式放缩；
- 被积函数包含 $\mathrm{e}^{\cos^2 x}$ 与 $\mathrm{e}^{\sin^2 x}$ 复合指数项，硬求导或放缩会变得极度繁难，无法得出紧凑的定界；
- 核心破局法则：当积分区间呈现对称或倍半关系（如 $[0, \pi]$ 与 $[0, \frac{\pi}{2}]$ ），且被积函数具有明显的三角对称性（ $\sin \leftrightarrow \cos$ ）时，优先寻找精准的恒等代数倍数关系（区间再现消 $x$ 、平移折半对称化），而非模糊的几何放缩！
未能识别“区间再现消 $x$ ”的核心信号：
- 观察 $I_1$ 与 $I_2$ ：区间同为 $[0, \pi]$ ， $I_1$ 仅比 $I_2$ 多乘了一个因式 $x$ ；
- 检验除 $x$ $x$ 外的部分 $f(x) = \dfrac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}$ $f (x) = \frac{sin ^{2} x}{1 + e ^{c o s^{2} x}}$ ：
  - $\sin^2(\pi-x) = \sin^2 x$ ， $\cos^2(\pi-x) = (-\cos x)^2 = \cos^2 x$ ；
  - 满足对称性 $f(\pi-x) = f(x)$ ；
- 立即激活考研顶级公式——区间再现消 $x$ 公式： $\int_0^\pi x f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(x)\,\mathrm{d}x \implies I_1 = \frac{\pi}{2}I_2$
- 由被积函数严格大于 0 得 $I_2 > 0$ ，因 $\frac{\pi}{2} > 1$ ，直接定性 $I_1 > I_2$ 。
换元折半构建对称区间的构造意识欠缺：
- 如何把区间 $[0, \pi]$ 的 $I_2$ 与区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 的 $I_3$ 联系起来？
- 注意到正余弦平方互化公式 $\sin(\frac{\pi}{2}-t) = \cos t$ $sin (\frac{π}{2} - t) = cos t$ ，果断令 $x = \frac{\pi}{2} - t$ 进行平移换元：
  - 积分区间完美转换为对称区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ；
  - 微分 $\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$ 恰好将倒置的上下限调正： $\int_{\pi/2}^{-\pi/2} (-\mathrm{d}t) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \mathrm{d}t$ ；
  - 新被积函数 $\dfrac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}$ 关于 $t$ 是严格的偶函数！
- 利用偶倍性质： $I_2 = 2\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t = 2I_3$ （定积分与哑变量字母无关）；
- 从而得出精准比例： $I_1 : I_2 : I_3 = \pi : 2 : 1$ 。
代数定量对比一击必杀：
- $I_1 = \pi I_3 \approx 3.14 I_3$ ， $I_2 = 2 I_3$ ， $I_3 = 1 I_3$ ；
- 因为 $\pi > 2 > 1$ ，得出严格排序 $I_1 > I_2 > I_3$ ，秒杀 A 选项。

第一步：利用“区间再现消 $x$ 公式”建立 $I_1$ 与 $I_2$ 的比例关系

观察 $I_1$ 与 $I_2$ 的积分区间均为 $[0, \pi]$ 。记被积函数除 $x$ 以外的部分为： $f(x) = \frac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}$ 考察对称中心 $x = \dfrac{\pi}{2}$ （即 $x \to \pi - x$ ）：

$\sin^2(\pi - x) = (\sin x)^2 = \sin^2 x$ ；
$\cos^2(\pi - x) = (-\cos x)^2 = \cos^2 x$ ；
因此： $f(\pi - x) = \frac{\sin^2(\pi - x)}{1+\mathrm{e}^{\cos^2(\pi - x)}} = \frac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}} = f(x)$ 即 $f(x)$ 的图形关于直线 $x = \dfrac{\pi}{2}$ 对称。

由区间再现消 $x$ 通用定理（令 $x = \pi - t$ 可严密推导）： $\int_0^\pi x f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(x)\,\mathrm{d}x$ 故立即得出： $I_1 = \frac{\pi}{2} I_2$ 因为在 $(0, \pi)$ 上被积函数恒正，定积分 $I_2 > 0$ ；且常数系数 $\dfrac{\pi}{2} \approx 1.57 > 1$ ，所以： $\mathbf{I_1 > I_2}$

第二步：对称平移换元折半与偶函数加倍，建立 $I_2$ 与 $I_3$ 的比例关系

观察 $I_2$ （区间 $[0, \pi]$ ，含 $\sin^2 x, \cos^2 x$ ）与 $I_3$ （区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ ，含 $\cos^2 x, \sin^2 x$ ）。考虑令区间对称化，同时实现正余弦互换，作平移代换： $\text{令 } x = \frac{\pi}{2} - t \implies \mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$ 转换积分上下限：

当 $x = 0$ 时， $t = \dfrac{\pi}{2}$ ；
当 $x = \pi$ 时， $t = -\dfrac{\pi}{2}$ 。

代入 $I_2$ 进行变形：

\begin{aligned} I_2 &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{1+\mathrm{e}^{\cos^2\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}} \, (-\mathrm{d}t) \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}} \,\mathrm{d}t \quad (\text{微分中的负号用于交换上下限}) \end{aligned}

奇偶性判定：被积函数 $g(t) = \dfrac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}$ 满足 $g(-t) = g(t)$ ，为偶函数。在对称区间 $\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上利用偶倍性质： $I_2 = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t$

由定积分的哑变量性质（积分值只取决于被积函数形式与积分限，与积分变量所用的字母符号无关）： $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 x}}\,\mathrm{d}x = I_3$ 故立即得出： $I_2 = 2 I_3$ 因为 $I_3 > 0$ 且 $2 > 1$ ，所以： $\mathbf{I_2 > I_3}$

第三步：统一系数定量排序

将 $I_2 = 2I_3$ 代回 $I_1$ ： $I_1 = \frac{\pi}{2} I_2 = \frac{\pi}{2} (2I_3) = \pi I_3$ $I_2 = 2 I_3$ $I_3 = 1 I_3$

因为 $I_3 > 0$ ，且常数满足 $\pi \approx 3.14 > 2 > 1$ ，故严格定量大小顺序为： $\mathbf{I_1 > I_2 > I_3}$ 本题正确选项为 A。

消 $x$ 武器 —— 区间再现公式：
- 核心模型：若 $f(a+b-x) = f(x)$ ，则： $\int_a^b x f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{a+b}{2}\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$
- 考场判别：只要在对称区间或 $[0, \pi]$ 上看到孤立的 $x$ 乘以三角偶次幂 / 轴对称结构，条件反射优先消 $x$ ！
折半武器 —— 平移换元 $x = \frac{a+b}{2} - t$ ：
- 核心功能：将不对称区间 $[0, \pi]$ 平移至关于原点对称的区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ；
- 激活偶函数加倍：化简后若为偶函数，直接 $2\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}$ ，实现区间长度减半并与半区间积分直接建立倍数关联！

例 3.78（2018 数一压轴真题 · 一阶线性微分方程唯一周期解 / 不定积分转化为变上限积分统一常数 / 区间拆分平移换元 vs 构造辅助函数导数法）

不定积分与常数歧义陷阱（本题最核心失分痛点）：
- 若直接用不定积分通解公式写 $y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[\int f(x)\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x + C_1\right]$ ，由 $y(x+T) = \mathrm{e}^{-(x+T)}\left[\int f(x+T)\mathrm{e}^{x+T}\,\mathrm{d}(x+T) + C_2\right]$ ；
- 不定积分因原函数不唯一而自带不同常数 $C_1, C_2$ ，作差时完全无法抵消，导致后续代数推导彻底卡死；
- 终极心法：除单纯计算不定积分外，凡在微分方程/积分方程/性质证明综合大题中出现抽象不定积分，条件反射般果断改写为变上限积分 $\displaystyle\int_0^x$ ！ 变上限积分的取值唯一确定，使通解中的常数唯一锁定为单个 $C$ 。
证明“唯一周期解”的代数判别思维：
- 要求 $y(x+T) - y(x) \equiv 0$ ；
- 若能反解出常数 $C$ ，且求出的 $C$ 表达式与自变量 $x$ 完全无关（是一个唯一确定的常数），即充分且必要地证明了“存在唯一的周期解”！
如何干掉形式中残留的自变量 $x$ （双解破局）：
- 解出 $C = \dfrac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\displaystyle\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]$ 后，式中依然含有 $x$ ；
- 方法一（区间拆分平移）：把 $[0, x+T]$ 拆为 $[0, T] + [T, x+T]$ ，后段平移换元 $u = t - T$ ，利用 $f(u+T)=f(u)$ 提公因式 $\mathrm{e}^T$ ，使得含 $x$ 的积分项 $\displaystyle\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 精准抵消为 0，解出常数 $C = \dfrac{1}{\mathrm{e}^T - 1}\displaystyle\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ！
- 方法二（变限导数法）：构造辅助函数 $g(x) = \mathrm{e}^{-T}\displaystyle\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ，求导得 $g'(x) \equiv 0$ ，证得 $g(x)$ 恒为常数，代入 $x=0$ 秒得 $C$ 。

（Ⅰ）求解特例通解

一阶线性非齐次方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ （此处 $P(x)=1, Q(x)=x$ ）：

\begin{aligned} y &= \mathrm{e}^{-\int 1\,\mathrm{d}x}\left(\int x\mathrm{e}^{\int 1\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C\right) = \mathrm{e}^{-x}\left(\int x\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x + C\right) \\ &= \mathrm{e}^{-x}\left((x-1)\mathrm{e}^x + C\right) = \mathbf{x - 1 + C\mathrm{e}^{-x}} \quad (C\text{ 为任意常数}) \end{aligned}

（Ⅱ）证明存在唯一的周期解

第一步：化不定积分为变上限积分 将方程通解用变上限积分表示（取下限为 0）： $y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\right]$ 则： $y(x+T) = \mathrm{e}^{-(x+T)}\left[\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\right]$

第二步：建立周期性条件方程并解出 $C$ 要使 $y(x)$ 为周期为 $T$ 的解，当且仅当 $y(x+T) - y(x) \equiv 0$ ： $\mathrm{e}^{-x-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\mathrm{e}^{-x-T} - \mathrm{e}^{-x}\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - C\mathrm{e}^{-x} = 0$ 两端同乘 $\mathrm{e}^x$ 并整理： $C(1 - \mathrm{e}^{-T}) = \mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 因 $T > 0 \implies 1 - \mathrm{e}^{-T} \neq 0$ ，解得： $C = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]$

第三步：证明 $C$ 是与 $x$ 无关的唯一确定的常数（两种方法）

方法一（区间拆分与平移抵消）： $\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \int_T^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 对第二项令 $u = t - T$ （ $t = u + T, \mathrm{d}t = \mathrm{d}u$ ），利用 $f(u+T) = f(u)$ ： $\int_T^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \int_0^x f(u+T)\mathrm{e}^{u+T}\,\mathrm{d}u = \mathrm{e}^T\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 代回 $C$ 的表达式： $\begin{aligned} C &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \mathrm{e}^{-T}\cdot \mathrm{e}^T\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right] \\ &= \frac{\mathrm{e}^{-T}}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\underbrace{\left[\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]}_{=0} \\ &= \mathbf{\frac{1}{\mathrm{e}^T - 1}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t} \end{aligned}$ $C$ 表达式中完全不含自变量 $x$ ，为唯一确定的常数！
方法二（导数判定法）：设 $g(x) = \mathrm{e}^{-T}\displaystyle\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 。由变上限积分求导法则： $g'(x) = \mathrm{e}^{-T} \cdot f(x+T)\mathrm{e}^{x+T} - f(x)\mathrm{e}^x = f(x)\mathrm{e}^x - f(x)\mathrm{e}^x \equiv 0$ 导数恒为 0，故 $g(x)$ 恒为常数。代入 $x=0$ 即得 $C = \dfrac{g(0)}{1-\mathrm{e}^{-T}} = \dfrac{1}{\mathrm{e}^T-1}\displaystyle\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 。

综上，常数 $C$ 存在且唯一确定，故方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 $YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'$ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）

卷积型核函数 $f(x-t)$ 的经典换元反射：
- 看到 $\displaystyle\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t$ ，必须秒令 $u = x - t$ （ $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ ）；
- 上下限反转后负号抵消，直接化为 $\displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ；
- 很多同学被 $x-t$ 吓住，直接硬求导，导致变量耦合陷入死胡同。
复合导数结构的敏锐识别：
- 设变上限积分 $Y(x) = \displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ，由连续性知 $Y'(x) = f(x)$ ，且自带初值 $Y(0)=0$ ；
- 原方程即为 $Y'(x)Y(x) = \sin^4 x$ ；
- 必须敏锐识别到 $Y'(x)Y(x) = \dfrac{1}{2}[Y^2(x)]'$ ，转化为求导逆运算。
两端取变上限积分 vs 硬算不定积分（极度提速技巧）：
- 若直接对 $\sin^4 x$ 求不定积分，需要经历 $\sin^4 x = \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2$ 二次降幂展开，考场计算极易出错且浪费时间；
- 巧妙解法：直接两端取从 $0$ 到 $x$ 的变上限积分，因 $Y(0)=0$ ，代入上限 $x = \frac{\pi}{2}$ 时直接转化为定积分 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t$ ；
- 激活 Wallis（点火）公式： $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$ ，10 秒口算拿分！
函数平均值公式与开方非负性：
- 题目求的是在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的平均值 $\bar{f} = \dfrac{\int_0^{\pi/2}f(x)\,\mathrm{d}x}{\frac{\pi}{2} - 0}$ ，切勿误答为积分值本身；
- 由已知 $f(x) \ge 0$ ，开方取正根： $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$ ，平均值为 $\sqrt{\frac{3\pi}{8}} \times \frac{2}{\pi} = \sqrt{\dfrac{3}{2\pi}} = \dfrac{\sqrt{6\pi}}{2\pi}$ 。

第一步：卷积型变上限积分区间换元化简 对积分 $\displaystyle\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t$ ，令 $u = x - t$ ，则 $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ 。当 $t = 0$ 时 $u = x$ ；当 $t = x$ 时 $u = 0$ 。

\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t = \int_x^0 f(u)\,(-\mathrm{d}u) = \int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u

原积分方程等价化为： $f(x)\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u = \sin^4 x$

第二步：构造型变限积分与复合微分识别 记 $Y(x) = \displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ，则 $Y(0) = 0$ 且 $Y'(x) = f(x)$ 。方程化为： $Y'(x)Y(x) = \sin^4 x \iff \frac{1}{2}\left[ Y^2(x) \right]' = \sin^4 x \iff \left[ Y^2(x) \right]' = 2\sin^4 x$

第三步：两端同取 $[0, x]$ 变上限积分并代入 $x = \frac{\pi}{2}$ 两端在 $[0, x]$ 上积分： $Y^2(x) - Y^2(0) = 2\int_0^x \sin^4 t\,\mathrm{d}t \implies Y^2(x) = 2\int_0^x \sin^4 t\,\mathrm{d}t$ 令 $x = \dfrac{\pi}{2}$ ： $Y^2\left(\frac{\pi}{2}\right) = 2\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t$

由 Wallis（点火）公式： $\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$ 故： $Y^2\left(\frac{\pi}{2}\right) = 2 \times \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{8}$

因为题设 $f(x) \ge 0$ ，故 $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \displaystyle\int_0^{\pi/2}f(t)\,\mathrm{d}t \ge 0$ ，开平方得： $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \int_0^{\pi/2}f(t)\,\mathrm{d}t = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$

第四步：代入函数平均值定义公式 连续函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上的平均值公式为 $\bar{f} = \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 。在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上： $\bar{f} = \frac{\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(x)\,\mathrm{d}x}{\frac{\pi}{2} - 0} = \frac{\sqrt{\frac{3\pi}{8}}}{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\frac{3\pi}{8}} \cdot \frac{2}{\pi} = \sqrt{\frac{3\pi \cdot 4}{8 \cdot \pi^2}} = \mathbf{\sqrt{\frac{3}{2\pi}}} = \mathbf{\frac{\sqrt{6\pi}}{2\pi}}$

ギターと孤独と蒼い惑星

09-03 错题记录

09-03 错题记录

例 3.69（2022 数一、数二真题 · 同区间定积分比大小 / 常数挪动同母比子 / 放大分子同化分母 / “耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀）

例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 $x$ 公式 / 对称平移令 $x=\frac{\pi}{2}-t$ 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

例 3.78（2018 数一压轴真题 · 一阶线性微分方程唯一周期解 / 不定积分转化为变上限积分统一常数 / 区间拆分平移换元 vs 构造辅助函数导数法）

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 $YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'$ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）

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09-03 错题记录

例 3.69（2022 数一、数二真题 · 同区间定积分比大小 / 常数挪动同母比子 / 放大分子同化分母 / “耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀）

例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 xxx 公式 / 对称平移令 x=π2−tx=\frac{\pi}{2}-tx=2π​−t 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

例 3.78（2018 数一压轴真题 · 一阶线性微分方程唯一周期解 / 不定积分转化为变上限积分统一常数 / 区间拆分平移换元 vs 构造辅助函数导数法）

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 YY′=12(Y2)′YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'YY′=21​(Y2)′ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）

例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 $x$ 公式 / 对称平移令 $x=\frac{\pi}{2}-t$ 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 $YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'$ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）