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MASTERY · MATHEMATICS

3.2.1 定积分定义

6.3k WORDS 27 MIN READ #考研数学

3.2.1 定积分定义

本节的逻辑是：先用”分割—采样—求和—取极限”给出定积分的定义，再追问定义中三处”任意性”为什么可以被化简（这直接决定了黎曼和极限的识别方法），然后把 [0,1][0,1] 与 [a,b][a,b] 两种标准形式统一起来，最后厘清连续、可积、原函数存在这三个概念题高频混淆点之间的关系。

一、 定积分的概念与本质

1. 定义中三处”任意性”各自的作用

  • 分割任意：分点 x1,…,xn−1x_1,\ldots,x_{n-1} 可在 (a,b)(a,b) 内任意插入，不要求等分；
  • 采样任意：ξi\xi_i 可在 [xi−1,xi][x_{i-1},x_i] 内任取，不要求取端点或中点；
  • 极限唯一：要求以上所有取法得到的极限都存在并且相等。

第三条并非冗余。理由：考虑 f(x)=1f(x)=1（xx 为有理数）、f(x)=0f(x)=0（xx 为无理数）。若采样点全部取有理数，黎曼和恒为 b−ab-a；全部取无理数，黎曼和恒为 00。两种取法极限不等，故该函数不可积。可见”任意取法极限相同”这一条正是用来排除”某类特殊分割恰好收敛”的假象，它才是可积性的实质内容。

2. 可积的必要条件与充分条件

3. 连续、可积、原函数存在：三条逻辑链与三个反例

这是概念题最集中的考点。三者的关系是：

连续⟹可积,连续⟹原函数存在\text{连续}\Longrightarrow\text{可积},\qquad \text{连续}\Longrightarrow\text{原函数存在}

而**“可积”与”原函数存在”互不蕴含**，两个方向都有反例；此外可积还必先有界。

把三条链路合起来记：连续是共同的充分条件（同时给出可积和原函数存在），两条结论之间不存在等价关系；可积还额外要求有界。遇到”判断 ff 是否可积 / 是否有原函数”的概念题，先查有界性，再查间断点的类型（第一类间断点破坏原函数存在，但不破坏可积性）。

4. 定积分的本质是一个数值

定积分是一个确定的实数，其值完全由积分区间 [a,b][a,b] 与被积函数的对应法则决定，与积分变量用什么字母无关：

∫abf(x) dx=∫abf(t) dt=∫abf(u) du\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x = \int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t = \int_a^b f(u)\,\mathrm{d}u

出现这条性质的原因：定积分的值来自黎曼和的极限，而黎曼和中只出现”采样点的函数值 f(ξi)f(\xi_i)“与”小区间长度 Δxi\Delta x_i“，字母 xx 只是形式记号。它在解题中的用途是把待求积分的形式调整成与已知条件一致（如区间再现公式、换元后改回原字母）。

5. [0,1][0,1] 区间上的等分形式

若 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，则 ∫01f(x) dx\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x 必存在。特别地，将 [0,1][0,1] 区间 nn 等分，步长 Δxi=1n\Delta x_i = \dfrac{1}{n}，取每个小区间右端点 ξi=in\xi_i = \dfrac{i}{n}，定义式化为考研中最常用的求和数列极限计算公式：

∫01f(x) dx=lim⁡n→∞1n∑i=1nf(in)\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)

使用方向：右端的复杂求和极限可以通过左端的定积分直接算出；反过来，见到能配成右端形式的求和极限，也应立刻想到左端。左端可积所需的连续条件不满足时（例如 ff 在 [0,1][0,1] 有界且只有有限个间断点），等式仍然成立。

二、 黎曼和式极限的识别与特征分析

对标准黎曼和形式 ∫01f(x) dx=lim⁡n→∞1n∑i=1nf(in)\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)，识别时只需抓住三个关键要素。

三、 [a,b][a,b] 区间上的定积分定义与万能公式

1. 传统定积分定义式

将区间 [a,b][a,b] 进行 nn 等分，步长 Δx=b−an\Delta x = \dfrac{b-a}{n}，取右端点 ξi=a+b−ani\xi_i = a + \dfrac{b-a}{n}i：

∫abf(x) dx=lim⁡n→∞∑i=1nf(a+b−ani)b−an\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x = \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n f\left(a + \frac{b-a}{n}i\right)\frac{b-a}{n}

2. 定积分万能公式

若将求和式强制改写为标准形式，可直接通过上下限求极限确定积分区间：

典型处理示例：计算 lim⁡n→∞xn∑i=0nf(inx)\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x}{n}\sum_{i=0}^n f\left(\frac{i}{n}x\right)：

  • 法一（传统定义）：看作对区间 [0,x][0,x] 进行 nn 等分，步长 Δt=xn\Delta t = \dfrac{x}{n}，采样点 ξi=inx\xi_i = \dfrac{i}{n}x，直接得到： ∫0xf(t) dt\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t
  • 法二（万能公式）：将 xx 视作常数提到求和号前，内部 in→t\dfrac{i}{n} \to t，积分区间为 [lim⁡0n,lim⁡nn]=[0,1]\left[\lim \frac{0}{n}, \lim \frac{n}{n}\right] = [0,1]： x⋅lim⁡n→∞1n∑i=0nf(tx)=x∫01f(tx) dt=u=tx∫0xf(u) dux \cdot \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=0}^n f\left(tx\right) = x\int_0^1 f(tx)\,\mathrm{d}t \xlongequal{u=tx} \int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u

两种做法结果一致，说明”万能公式”中的换元与”传统定义”中的区间选取是同一件事的两种描述。

四、 典型例题与真题精析

【答案】 B

【解析（方法一：传统定义法）】

  • 分析 A、B 项：求和项数为 nn 项，是将区间 [0,1][0,1] 分成 nn 等份，步长应为 Δx=1n\Delta x = \dfrac{1}{n}。 第 kk 个小区间为 [k−1n,kn]\left[\dfrac{k-1}{n}, \dfrac{k}{n}\right]，采样点 ξk=2k−12n=k−12n∈[k−1n,kn]\xi_k = \dfrac{2k-1}{2n} = \dfrac{k-\frac{1}{2}}{n} \in \left[\dfrac{k-1}{n}, \dfrac{k}{n}\right]（即小区间中点）。 因此对应的黎曼和为： lim⁡n→∞∑k=1nf(2k−12n)1n=∫01f(x) dx\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{n} = \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x 故 B 正确；A 选项系数为 12n\dfrac{1}{2n}，其极限值为 12∫01f(x) dx\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x。
  • 分析 C、D 项：求和项数为 2n2n 项，是将区间分成 2n2n 份，步长应为 Δx=12n\Delta x = \dfrac{1}{2n}。 C 项系数为 1n=2⋅12n\dfrac{1}{n} = 2 \cdot \dfrac{1}{2n}，多了 2 倍，结果为 2∫01f(x) dx2\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x； D 项系数为 2n=4⋅12n\dfrac{2}{n} = 4 \cdot \dfrac{1}{2n}，多了 4 倍，结果为 4∫01f(x) dx4\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x。

【解析（方法二：万能公式法验算）】

  • 对 C 项： lim⁡n→∞1n∑k=12nf(12⋅k−1n)=∫02f(x2) dx=t=x/22∫01f(t) dt\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} f\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{k-1}{n}\right) = \int_0^2 f\left(\frac{x}{2}\right)\,\mathrm{d}x \xlongequal{t=x/2} 2\int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t
  • 对 D 项： lim⁡n→∞2⋅1n∑k=12nf(12⋅kn)=2∫02f(x2) dx=4∫01f(t) dt\lim_{n\to\infty} 2 \cdot \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} f\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{n}\right) = 2\int_0^2 f\left(\frac{x}{2}\right)\,\mathrm{d}x = 4\int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t

【解】 由于分母中含有次量级扰动项 1,12,…,1n1, \dfrac{1}{2}, \ldots, \dfrac{1}{n}，先通过放缩分母使用夹逼准则：

1n+1∑k=1nsin⁡kπn≤∑k=1nsin⁡kπnn+1k≤1n∑k=1nsin⁡kπn\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n} \le \sum_{k=1}^n \frac{\sin\frac{k\pi}{n}}{n+\frac{1}{k}} \le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n}

分别计算两端极限： lim⁡n→∞1n∑k=1nsin⁡kπn=∫01sin⁡(πx) dx=[−1πcos⁡(πx)]01=2π\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n} = \int_0^1 \sin(\pi x)\,\mathrm{d}x = \left[ -\frac{1}{\pi}\cos(\pi x) \right]_0^1 = \frac{2}{\pi} lim⁡n→∞1n+1∑k=1nsin⁡kπn=lim⁡n→∞nn+1⋅1n∑k=1nsin⁡kπn=1⋅2π=2π\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n} = \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{n} = 1 \cdot \frac{2}{\pi} = \frac{2}{\pi}

由夹逼定理得原式极限为： lim⁡n→∞∑k=1nsin⁡kπnn+1k=2π\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{\sin\frac{k\pi}{n}}{n+\frac{1}{k}} = \frac{2}{\pi}

【解】 设变上限积分函数 f(x)=∫1xe−y2 dyf(x) = \displaystyle\int_1^x e^{-y^2}\,\mathrm{d}y。 原求和式写为黎曼和形式： lim⁡n→∞1n∑i=1n−1f(in)=∫01f(x) dx=∫01(∫1xe−y2 dy)dx\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n-1}f\left(\frac{i}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1\left(\int_1^x e^{-y^2}\,\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x

交换二次积分的积分次序（积分区域 D:0≤x≤1, x≤y≤1D: 0 \le x \le 1,\ x \le y \le 1）：

∫01(∫1xe−y2 dy)dx=−∫01(∫x1e−y2 dy)dx=−∫01(∫0ydx)e−y2 dy=−∫01ye−y2 dy=[12e−y2]01=12(1e−1)\begin{aligned} \int_0^1\left(\int_1^x e^{-y^2}\,\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x &= -\int_0^1\left(\int_x^1 e^{-y^2}\,\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x \\ &= -\int_0^1\left(\int_0^y \mathrm{d}x\right)e^{-y^2}\,\mathrm{d}y \\ &= -\int_0^1 y e^{-y^2}\,\mathrm{d}y \\ &= \left[ \frac{1}{2}e^{-y^2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{e}-1\right) \end{aligned}
> 在 $x=0$ 处连续，则 $a = \underline{\hspace{2.5em}}$。 **【解】** 当 $x > 0$ 时，利用定积分定义化简求和式： $$f(x) = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\cos\left(\frac{i}{n}x\right) = \int_0^1 \cos(tx)\,\mathrm{d}t = \left[ \frac{\sin(tx)}{x} \right]_{t=0}^1 = \frac{\sin x}{x}$$ *(亦可按传统定义视为在 $[0,x]$ 上积分：$\dfrac{1}{x}\displaystyle\int_0^x \cos t\,\mathrm{d}t = \dfrac{\sin x}{x}$)* 当 $x < 0$ 时，由题设 $f(x) = f(-x) = \dfrac{\sin(-x)}{-x} = \dfrac{\sin x}{x}$。 综上，$f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x}, & x \ne 0 \\ a, & x = 0 \end{cases}$。 由 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，得： $$a = f(0) = \lim_{x\to0} f(x) = \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} = 1$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 题目把参数 $x$ 同时写在求和号内外，是利用"$x$ 与 $n$ 无关，对 $x$ 而言 $x$ 是常数"这一条把 $x$ 提到积分之外。求和项数为 $n$、系数为 $\dfrac1n$，所以积分区间是 $[0,1]$，采样点是 $\dfrac{i}{n}$。 --- > 💡 **【经典例题】 例 3.39｜高数十八讲** > > 求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{4n}\cos^2\frac{k\pi}{4n}$。 **【解（法一：传统定义）】** 此式为函数 $g(u) = \cos^2 u$ 在区间 $\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]$ 上的黎曼和（步长 $\Delta u = \dfrac{\pi}{4n}$，采样点 $\xi_k = \dfrac{k\pi}{4n}$）： $$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\cos^2\left(\frac{\pi}{4n}\cdot k\right)\frac{\pi}{4n} = \int_0^{\pi/4}\cos^2 u\,\mathrm{d}u = \int_0^{\pi/4}\frac{1+\cos 2u}{2}\,\mathrm{d}u = \left[ \frac{u}{2} + \frac{\sin 2u}{4} \right]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$$ **【解（法二：万能公式）】** 提出常数系数 $\dfrac{\pi}{4}$，转化为 $[0,1]$ 上的定积分并换元： $$\text{原式} = \frac{\pi}{4}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\cos^2\left(\frac{\pi}{4}\cdot\frac{k}{n}\right) = \frac{\pi}{4}\int_0^1\cos^2\left(\frac{\pi}{4}x\right)\mathrm{d}x \xlongequal{u=\frac{\pi}{4}x} \int_0^{\pi/4}\cos^2 u\,\mathrm{d}u = \frac{1}{4} + \frac{\pi}{8}$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 区间不是 $[0,1]$ 时，先看求和号外系数能否写成 $\dfrac{b-a}{n}$ 的形式：这里 $\dfrac{\pi}{4n}$ 对应 $b-a=\dfrac{\pi}{4}$，故积分区间是 $\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$。若系数里含整数因子（如 $\dfrac{2}{n}$），则区间长度为 $2$，但**采样点必须同步为 $\dfrac{ki}{n}$ 型**才能对上。 --- > 💡 **【经典例题】 例 3.40｜李艳芳 900 题** > > 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,a]\ (a>0)$ 上连续，则 $\displaystyle\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x =$（　）。 > > A. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a}{2n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{2ka-a}{2n}\right)$ > > B. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{ka-a}{2n}\right)$ > > C. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a}{4n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{4ka-a}{4n}\right)$ > > D. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{4ka-3a}{4n}\right)$ **【答案】** **D** **【解析（方法一：传统定义法）】** 将区间 $[0,a]$ 进行 $n$ 等分，步长为 $\Delta x = \dfrac{a}{n}$，第 $k$ 个小区间为 $\left[\dfrac{(k-1)a}{n}, \dfrac{ka}{n}\right]$。 - 观察 **D 项**：采样点 $\xi_k = \dfrac{4ka-3a}{4n} = \dfrac{k-\frac{3}{4}}{n}a \in \left[\dfrac{k-1}{n}a, \dfrac{k}{n}a\right]$，步长恰为 $\dfrac{a}{n}$，求和项数为 $n$。故 D 严格等于 $\displaystyle\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x$。 **【解析（方法二：万能公式逐项换元验证）】** - **A 项**：$\displaystyle\frac{a}{2}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a\cdot\frac{k-\frac{1}{2}}{n}\right) = \frac{a}{2}\int_0^1 f(ax)\,\mathrm{d}x \xlongequal{t=ax} \frac{1}{2}\int_0^a f(t)\,\mathrm{d}t$ - **B 项**：$\displaystyle a\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{a}{2}\cdot\frac{k-1}{n}\right) = a\int_0^1 f\left(\frac{a}{2}x\right)\mathrm{d}x \xlongequal{t=\frac{a}{2}x} 2\int_0^{a/2}f(t)\,\mathrm{d}t \ne \int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x$ - **C 项**：$\displaystyle\frac{a}{4}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a\cdot\frac{k-\frac{1}{4}}{n}\right) = \frac{a}{4}\int_0^1 f(ax)\,\mathrm{d}x \xlongequal{t=ax} \frac{1}{4}\int_0^a f(t)\,\mathrm{d}t$ - **D 项**：$\displaystyle a\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a\cdot\frac{k-\frac{3}{4}}{n}\right) = a\int_0^1 f(ax)\,\mathrm{d}x \xlongequal{t=ax} \int_0^a f(t)\,\mathrm{d}t$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 一般区间上的选择题，用"**求和项数 × 系数 = 区间长度**"来筛：项数为 $n$ 时，系数必须等于 $\dfrac{a}{n}$。A、C 项系数分别是 $\dfrac{a}{2n}$、$\dfrac{a}{4n}$，得到的是 $\dfrac12\int_0^a$、$\dfrac14\int_0^a$；B 项虽系数正确但采样点 $\dfrac{ka-a}{2n}$ 落在 $\left[0,\dfrac{a}{2}\right]$ 内，对应区间缩了一半，得到 $2\int_0^{a/2}$。 --- > 💡 **【经典例题】 例 3.41｜1000 题** > > 设 $f(x) = \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x}{n}\left(e^{-x^2/n^2} + e^{-4x^2/n^2} + \cdots + e^{-x^2}\right)$，求 $f(x)$ 的表达式。 **【解】** 将原式写为求和形式： $$f(x) = \lim_{n\to\infty}\frac{x}{n}\sum_{i=1}^n e^{-\left(\frac{ix}{n}\right)^2}$$ - **法一（传统定义）**： 看作被积函数 $g(t) = e^{-t^2}$ 在区间 $[0,x]$ 上的黎曼和（$n$ 等分，步长 $\Delta t = \dfrac{x}{n}$，采样点 $\xi_i = \dfrac{ix}{n}$）： $$f(x) = \int_0^x e^{-t^2}\,\mathrm{d}t$$ - **法二（万能公式）**： 将 $x$ 视为常数提取到求和号前： $$f(x) = x \cdot \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n e^{-\left(tx\right)^2} = x\int_0^1 e^{-(tx)^2}\,\mathrm{d}t \xlongequal{u=tx} \int_0^x e^{-u^2}\,\mathrm{d}u = \int_0^x e^{-t^2}\,\mathrm{d}t$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > $e^{-t^2}$ 没有初等原函数，因此本类题的结果通常**保留为变上限积分**，不必（也不可能）积出显式表达式。看到"求 $f(x)$ 的表达式"而结果是变上限积分时不要怀疑，这正是题目的预期答案形式。 --- ## 易错点 > 💡 **【PITFALL】 六个高频陷阱** > > 1. **把"可积"与"有原函数"混为一谈**。判据：有界 + 间断点类型。第一类间断点破坏原函数存在，但不破坏可积性（反例 1、2）；反之无界函数的导数可以没有黎曼积分（反例 3）。 > 2. **忘记"可积必须有界"**。凡是被积函数在积分区间上无界的，一律先转成反常积分处理。 > 3. **求和项数与步长取值不匹配**。项数为 $n$ 时步长只能是 $\dfrac{b-a}{n}$；项数变成 $2n$、$3n$ 时步长同步变小，系数却容易照抄 $\dfrac1n$，结果差整数倍。 > 4. **把与 $k$ 绑定的扰动当成与 $n$ 绑定的扰动**。前者（如 $\dfrac{1}{n+\frac1k}$）必须夹逼，后者（如 $\dfrac{1}{n+\sqrt n}$）可以直接替换。 > 5. **采样点超出对应小区间**。判断采样点是否合法，要看它是否落在第 $k$ 个等分小区间 $\left[\dfrac{(k-1)(b-a)}{n},\dfrac{k(b-a)}{n}\right]$ 之内。 > 6. **"有限项扰动不影响极限"的适用边界**。被删去的必须是**有限**项；项数随 $n$ 增长时该结论失效。 ## 我的总结 - 定积分是**一个数**，由区间和函数决定，符号 $x$ 只是形式变量——这一步认识决定了后续所有"换元回代""调整形式"的操作都合法。 - 定义的四步里，真正值钱的是第四步的"任意性"：分割任意、采样任意、极限唯一。前面三要素的不变性（步长次量级扰动、有限项扰动、采样点位置）全都是第四步的推论，而不是独立技巧。 - 三要素的排查顺序我固定为：**先数项数定步长 → 再看系数是否配平 → 最后核对采样点是否落在小区间内**。例 3.36、例 3.40 的选项都是按这三步排掉的。 - 关于连续 / 可积 / 原函数，我的记忆方式是"连续站在两条链的起点"，两条链之间没有通道：可积走"有界 + 间断点够少"，原函数走"达布定理不允许第一类间断"。三个反例（$\operatorname{sgn}x$ 两用、$x^2\sin\frac{1}{x^2}$ 的导数）我打算直接背下来，概念题基本都在考这三点。 - 变上限积分是三者的交汇处，凡是题目把可积性和可导性混在一起问，都回到 $F(x)=\int_a^x f$ 的三条性质上判断。 ## 参考资料 - 考研数学历年真题（年份与卷种随题标注：2021 数一、数二） - 常见考研数学教材与辅导资料 - 本人课程学习笔记；其中"定积分万能公式"的表述与"次量级扰动/有限项扰动"两类不变性的讲法参考自某考研数学课程讲义 - 武忠祥严选题、高数十八讲、李艳芳 900 题、1000 题（例题来源随题标注）

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