3.2.2 定积分计算题

本节把定积分的计算题按”用什么结构特征触发什么化简”重新整理成十条线索：几何意义、对称性、周期性、常数模型、绝对值、三角代换、定积分与变限积分的互化、区间再现、含参量 $n$ 的极限、区间平移。每条线索都按”判断依据 → 使用条件 → 注意点”给出，例题编号与来源保持原样以便检索。

一、 定积分的几何意义

【解】

1. 曲线 $y = \sqrt{a^2-x^2} \iff x^2+y^2=a^2\ (y\ge0, x\ge0)$，其积分区间为 $[0,a]$，表示第一象限 $\dfrac{1}{4}$ 圆的面积： $\int_0^a \sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{4}\pi a^2$
2. 曲线 $y = \sqrt{2ax-x^2} \iff (x-a)^2+y^2=a^2\ (y\ge0)$，表示圆心在 $(a,0)$、半径为 $a$ 的上半圆，积分区间为 $[0, 2a]$： $\int_0^{2a} \sqrt{2ax-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\pi a^2$

【解】 内层对 $y$ 积分时，$x$ 视为常数。由第一象限 $\dfrac{1}{4}$ 圆面积： $\int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,\mathrm{d}y = \frac{\pi}{4}x^2$ 代回外层积分： $\int_0^2 x\,\mathrm{d}x \int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,\mathrm{d}y = \int_0^2 x \left(\frac{\pi}{4}x^2\right)\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4}\int_0^2 x^3\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{\pi}{16}x^4 \right]_0^2 = \pi$

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二、 对称性（偶倍奇零）

【解】 拆开分子各项，利用奇函数积分为 $0$、偶函数积分加倍：

$$\begin{aligned} \int_{-1}^1\frac{2x^2+\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x &= \int_{-1}^1\frac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x + \underbrace{\int_{-1}^1\frac{\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x}_{=0\text{（奇函数）}}\\ &= 4\int_0^1\frac{x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x = 4\int_0^1\frac{1-(1-x^2)}{1+\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x\\ &= 4\int_0^1\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)\mathrm{d}x\\ &= 4\left(1 - \frac{\pi}{4}\right) = 4-\pi \end{aligned}$$

【答案】 A

【解析】 展开被积函数： $(x-a\cos x-b\sin x)^2 = x^2 + a^2\cos^2 x + b^2\sin^2 x - 2ax\cos x - 2bx\sin x + 2ab\sin x\cos x$ 在对称区间 $[-\pi, \pi]$ 上，奇函数项积分全为 0：

• $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi 2ax\cos x\,\mathrm{d}x = 0$（奇函数）
• $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi 2ab\sin x\cos x\,\mathrm{d}x = 0$（奇函数）

对其余偶函数项进行积分：

$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi}(x-a\cos x-b\sin x)^2\,\mathrm{d}x &= \int_{-\pi}^\pi x^2\,\mathrm{d}x + a^2\int_{-\pi}^\pi \cos^2 x\,\mathrm{d}x + b^2\int_{-\pi}^\pi \sin^2 x\,\mathrm{d}x - 2b\int_{-\pi}^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{2}{3}\pi^3 + a^2\pi + b^2\pi - 4b\int_0^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{2}{3}\pi^3 + \pi(a^2 + b^2 - 4b)\\ &= \frac{2}{3}\pi^3 + \pi\left[ a^2 + (b-2)^2 - 4 \right] \end{aligned}$$

当 $a = 0, b = 2$ 时该积分取得最小值，故 $a_1 = 0, b_1 = 2$，$a_1\cos x + b_1\sin x = 2\sin x$。选 A。

【答案】 D

【解析】

1. 奇偶性与零点： 因为 $g(t) = t\cos t$ 为奇函数，其对称区间积分 $\displaystyle\int_{-1}^1 t\cos t\,\mathrm{d}t = 0$，故 $f(1) = 0$；又 $f(-1) = 0$。 考察 $f(-x)$： $f(-x) = \int_{-1}^{-x} t\cos t\,\mathrm{d}t \xlongequal{u=-t} \int_1^x u\cos u\,\mathrm{d}u = \int_{-1}^x u\cos u\,\mathrm{d}u - \int_{-1}^1 u\cos u\,\mathrm{d}u = f(x)$ 因此 $f(x)$ 为偶函数。
2. 正负性： $f'(x) = x\cos x$。在 $x \in (0, 1)$ 上 $f'(x) > 0$（单调递增），且 $f(1) = 0$，故在 $[0,1]$ 上 $f(x) \le 0$（图象位于 $x$ 轴下方）。
3. 分部积分求面积： $$\begin{aligned} S &= -\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x = -2\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\\ &= -2\left[ x f(x) \right]_0^1 + 2\int_0^1 x f'(x)\,\mathrm{d}x\\ &= -2(1\cdot f(1) - 0) + 2\int_0^1 x(x\cos x)\,\mathrm{d}x\\ &= 2\int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x \end{aligned}$$

选 **D**。  > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 求面积必须走三步：**① 判奇偶**（决定能否折半放大）；**② 判符号**（决定积分前是否加负号）；**③ 选积分方式**。本题第三步用分部积分 $\displaystyle\int x f(x)\,\mathrm{d}x$，其成立要点是**边界项 $[xf(x)]_0^1$ 恰好为零**——若 $f(1)\ne0$，这一步就得不到只含 $f'(x)$ 的简洁结果。 --- ## 三、 定积分与周期性 > 💡 **【核心公式】 周期函数的定积分性质** > > 若 $f(x)$ 是以 $T$ 为周期的连续函数，则： > 1. **任一周期上的积分值相等**（与起点 $a$ 无关）： > $$\int_a^{a+T} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x \quad (\forall a \in \mathbb{R})$$ > 2. **$n$ 个连续周期的积分倍数公式**： > $$\int_a^{a+nT} f(x)\,\mathrm{d}x = n\int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x \quad (n \in \mathbb{Z}^+)$$ > 💡 **【重点关注】 判断依据｜周期性为什么能把变限积分变成常数** > > - **为什么成立**：把 $\displaystyle\int_a^{a+T}$ 拆成 $\displaystyle\int_a^0+\int_0^T+\int_T^{a+T}$，对最后一段换元 $x=t+T$，利用 $f(t+T)=f(t)$ 得 $\displaystyle\int_T^{a+T}f=\int_0^a f$，与 $\displaystyle\int_a^0 f=-\int_0^a f$ 相消，只剩 $\displaystyle\int_0^T f$。倍数公式由 $n$ 个整周期拼接得到。 > - **使用条件**：$f$ 必须有正周期 $T$，且积分区间长度恰为 $T$ 的整数倍；被积函数只需可积，连续性不是必需的（连续只是常见的充分条件）。 > - **注意点**：积分区间长度不是 $T$ 的整数倍时，只能对**完整的周期部分**合并，余下的一段必须单独算。另外"周期"要与"区间对称"区分：前者管的是区间长度，后者管的是区间位置。 > 💡 **【经典例题】 例 3.48｜周期积分与绝对值三角化简** > > 计算 $\displaystyle I=\int_0^{n\pi}\sqrt{1-\sin2x}\,\mathrm{d}x \quad (n \in \mathbb{Z}^+)$。 **【解】** 化简被积函数： $$\sqrt{1-\sin2x} = \sqrt{(\cos x-\sin x)^2} = |\cos x-\sin x|$$ 函数 $|\cos x-\sin x|$ 的周期为 $\pi$。利用周期积分性质化简并拆分区间：

\begin{aligned} I &= n\int_0^\pi |\cos x-\sin x|,\mathrm{d}x\ &= n\left[ \int_0^{\pi/4}(\cos x-\sin x),\mathrm{d}x + \int_{\pi/4}^{\pi}(\sin x-\cos x),\mathrm{d}x \right]\ &= n\left[ (\sin x+\cos x)\Big|0^{\pi/4} + (-\cos x-\sin x)\Big|{\pi/4}^{\pi} \right]\ &= n\left[ (\sqrt{2}-1) + (1+\sqrt{2}) \right] = 2\sqrt2,n \end{aligned}

 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 开方结构 $\sqrt{1-\sin 2x}$ 必须先化成 $|\cos x-\sin x|$，再在 $\pi$ 周期内以零点 $\dfrac{\pi}{4}$ 分段去绝对值。**若不做绝对值处理直接开方，会漏掉 $[\pi/4,\pi]$ 上的符号翻转**。 --- ## 四、 “定积分是常数”模型（设常数法） > 💡 **【METHOD】 设常数法核心步骤** > > 1. **设常数**：定积分 $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 是一个确定常数，令其为 $A$（多个定积分则设 $A, B$）； > 2. **反代函数**：将待求函数 $f(x)$ 用含自变量 $x$ 及待定常数 $A$ 的式子表示出来； > 3. **同取定积分**：在两端同时对同区间取定积分，解代数方程（组）求出常数。 > 💡 **【重点关注】 判断依据｜什么时候该用设常数法，为什么它一定成功** > > - **为什么成立**：定积分对 $x$ 而言是定值，把它记作 $A$ 不引入任何新未知量，却把"含未知积分的函数方程"变成了"含参数 $A$ 的显式表达式"，再对两端在**同一区间**取积分即可得到只含 $A$ 的代数方程。方程个数与未知常数个数相等时必可解出。 > - **使用条件**：函数方程中出现的定积分限必须是**固定的**（与 $x$ 无关）。若上、下限含 $x$，那是变限积分，属于函数而非常数，不能用本方法。 > - **注意点**：设常数后若两端积分得到的方程里 $A$ 自动消去（出现恒等式），说明条件不足或多设了常数，需要检查是否漏用了某个已知条件；反之若方程数少于未知数个数，往往提示还应利用奇偶性等关系再降一个未知数（如例 3.50 用偶函数把 $\int_{-1}^1$ 化为 $2a$）。 > 💡 **【经典例题】 例 3.49｜单定积分项方程** > > 若 > $$f(x)=\frac{x}{1+\cos^2x}-\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,\mathrm{d}x,$$ > 求 $f(x)$ 的解析式。 **【解】** 令 $A=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin x\,\mathrm{d}x$，则原方程为： $$f(x)=\frac{x}{1+\cos^2x}-A$$ 两端同乘以 $\sin x$ 并在 $[-\pi, \pi]$ 上取定积分： $$A = \int_{-\pi}^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,\mathrm{d}x - A\underbrace{\int_{-\pi}^\pi \sin x\,\mathrm{d}x}_{=0}$$ 由于 $\dfrac{x\sin x}{1+\cos^2 x}$ 为偶函数，结合区间再现公式（或换元 $x = \pi - t$）：

\begin{aligned} A &= 2\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x},\mathrm{d}x = 2 \cdot \frac{\pi}{2}\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x},\mathrm{d}x\ &= \pi\left[ -\arctan(\cos x) \right]_0^\pi = \pi\left( \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) \right) = \frac{\pi^2}{2} \end{aligned}

代回得： $$f(x)=\frac{x}{1+\cos^2x}-\frac{\pi^2}{2}$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 本题的关键选择是"**两端乘什么**"：因为待定常数 $A$ 的定义里带了因子 $\sin x$，所以两端乘 $\sin x$ 才能让左端重新凑出 $A$。一般规则是——**乘上该积分定义中的权重函数**。中间用到的 $2\cdot\dfrac{\pi}{2}$ 正是区间再现消 $x$ 的推论（见第八节）。 > 💡 **【经典例题】 例 3.50｜偶函数与平移定积分** > > 设连续函数 $f(x)$ 满足 > $$f(x)=\frac{x^2}{(1+x^2)^2} + \frac1{1+x^2}\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x + \int_{-1}^1f(x)\,\mathrm{d}x,$$ > 求 $\displaystyle\int_1^3f(x-2)\,\mathrm{d}x$。 **【解】** 1. **分析奇偶性**：方程右端各项均为 $x$ 的偶函数，故 $f(x)$ 为偶函数，从而 $\displaystyle\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x = 2\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$。 2. **设常数求解**：令 $a=\displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x$，方程化为： $$f(x)=\frac{x^2}{(1+x^2)^2}+\frac a{1+x^2}+2a$$ 两端在 $[0,1]$ 上积分： $$a = \int_0^1\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x + a\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} + 2a\int_0^1 1\,\mathrm{d}x$$ 其中令 $x = \tan\theta$： $$\int_0^1\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/4}\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta = \left[ \frac{\theta}{2} - \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}$$ 代入方程： $$a = \left(\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}\right) + a\left(\frac{\pi}{4}\right) + 2a \implies a\left(1 + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{2-\pi}{8} \implies a = \frac{2-\pi}{8+2\pi}$$ 3. **平移求值**：令 $t = x-2$， $$\int_1^3f(x-2)\,\mathrm{d}x = \int_{-1}^1f(t)\,\mathrm{d}t = 2a = \frac{2-\pi}{4+\pi}$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 本题是"设常数法 + 奇偶性降元"的组合：定积分限 $[-1,1]$ 与 $[0,1]$ 不统一，先用偶函数把前者折成 $2a$，未知数从两个降为一个。**最后一步的平移换元是常规动作**：任何 $\displaystyle\int f(x-c)\,\mathrm{d}x$ 都先平移到以原点为中心再判断奇偶性。 > 💡 **【经典例题】 例 3.50.1｜多个定积分联立方程组** > > 设 > $$f(x) = 3x^2 + g(x) - \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x, \qquad g(x) = 4x - f(x) + 2\int_0^1 g(x)\,\mathrm{d}x,$$ > 求 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的表达式。 **【解】** 令 $A=\displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x$，$B=\displaystyle\int_0^1g(x)\,\mathrm{d}x$。整理原式：

\begin{cases} f(x) - g(x) = 3x^2 - A\ f(x) + g(x) = 4x + 2B \end{cases}

两端分别在 $[0,1]$ 上积分：

\begin{cases} A - B = \displaystyle\int_0^1 3x^2,\mathrm{d}x - A = 1 - A \implies 2A - B = 1\ A + B = \displaystyle\int_0^1 4x,\mathrm{d}x + 2B = 2 + 2B \implies A - B = 2 \end{cases}

联立解得 $A = -1,\ B = -3$。代回原方程组：

\begin{cases} f(x) - g(x) = 3x^2 + 1\ f(x) + g(x) = 4x - 6 \end{cases} \implies \begin{cases} f(x) = \dfrac{1}{2}(3x^2 + 4x - 5)\ g(x) = \dfrac{1}{2}(4x - 3x^2 - 7) \end{cases}

> 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 两个未知函数就用 $A,B$ 两个常数：先把原式整理成 $f\pm g$ 的线性组合，再逐式积分，得到 $A,B$ 的二元一次方程组。**顺序不能颠倒**——必须先把 $f\pm g$ 解成显式，再积分，否则方程组里仍混着未知函数。 > 💡 **【经典例题】 例 3.50.2｜结合一阶微分方程的定积分常数模型（26 超越）** > > 设可导函数 $f(x)$ 满足 > $$f'(x) = \frac{1}{x}f(x) + \int_1^e f(x)\,\mathrm{d}x, \qquad f(1) = 1,$$ > 求 $\displaystyle\int_1^ef(x)\,\mathrm{d}x$。 **【解】** 令 $a=\displaystyle\int_1^ef(x)\,\mathrm{d}x$，原方程转化为一阶线性非齐次微分方程： $$f'(x) - \frac{1}{x}f(x) = a$$ 利用通解公式求解： $$f(x) = e^{\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x}\left( \int a e^{-\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C \right) = x(a\ln x + C)$$ 由初值条件 $f(1) = 1 \implies 1(0 + C) = 1 \implies C = 1$，故 $f(x) = x(a\ln x + 1)$。 两端在 $[1, e]$ 上取定积分： $$a = \int_1^e x(a\ln x + 1)\,\mathrm{d}x = a\int_1^e x\ln x\,\mathrm{d}x + \int_1^e x\,\mathrm{d}x$$ 分部积分计算： - $\displaystyle\int_1^e x\ln x\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x^2\ln x \right]_1^e - \int_1^e \frac{1}{2}x\,\mathrm{d}x = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2-1}{4} = \frac{e^2+1}{4}$ - $\displaystyle\int_1^e x\,\mathrm{d}x = \frac{e^2-1}{2}$ 代入建立关于 $a$ 的线性方程： $$a = a\left(\frac{e^2+1}{4}\right) + \frac{e^2-1}{2} \implies a\left(\frac{3-e^2}{4}\right) = \frac{e^2-1}{2}$$ 解得： $$a = \frac{2e^2-2}{3-e^2}$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 判断依据：方程中**同时出现 $f'$ 与 $x$ 的混合项**（这里是 $\dfrac1x f$），说明它是微分方程而不是纯函数方程，此时设常数法只负责"把积分抹成参数 $a$"，真正的求解交给通解公式。**注意最后一步解 $a$ 时系数 $3-e^2\ne0$**，所以可以直接除；这类题要先确认系数不为零（这里 $e^2\approx7.39>3$）。 --- ## 五、 含绝对值的定积分 > 💡 **【METHOD】 含绝对值定积分的处理法则** > > 1. **分清主从变量**：对 $t$ 积分时，$x$ 视作常数； > 2. **找零点分段**：令绝对值内部为 $0$ 求出分界点，根据外层变量 $x$ 所在区间分段拆分积分区间去绝对值。  > 💡 **【重点关注】 判断依据｜分界点在区间内还是区间外** > > - **判断依据**：把绝对值零点与**积分区间**（而非整个定义域）比较。零点在区间之外时无需分段，可直接去绝对值（整段同号）；零点在区间之内时才需拆分。 > - **使用条件**：若积分上限含参数 $x$，则分段的分界由"$x$ 落在零点的哪一侧"决定，因此最终结果是**关于 $x$ 的分段函数**，而且必须单独验证分界点处分段表达式是否衔接（连续性与可导性）。 > - **注意点**：分段求出的 $F(x)$ 在分界点处一般只保证连续，不保证可导。要求 $F'(x)$ 时，若两段解析式的左、右导数不相等，则 $F'$ 在该点不存在（这正对应第一节中"被积函数有第一类间断点时变上限积分不可导"）。 > 💡 **【经典例题】 例 3.51｜李林 880** > > 计算分段变限积分 $\displaystyle F(x)=\int_{-1}^x(1-|t|)\,\mathrm{d}t \quad (x\ge-1)$。 **【解】** 绝对值零点为 $t=0$。按上限 $x$ 的取值范围讨论： - 当 $-1 \le x < 0$ 时，$t \in [-1, x] \le 0 \implies |t| = -t$： $$F(x) = \int_{-1}^x(1+t)\,\mathrm{d}t = \left[ t + \frac{1}{2}t^2 \right]_{-1}^x = \left(x+\frac{1}{2}x^2\right) - \left(-1+\frac{1}{2}\right) = \frac{(1+x)^2}{2}$$ - 当 $x \ge 0$ 时，拆分成两段： $$F(x) = \int_{-1}^0(1+t)\,\mathrm{d}t + \int_0^x(1-t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2} + \left[ t - \frac{1}{2}t^2 \right]_0^x = 1 - \frac{1}{2}(1-x)^2$$ 综上所述： $$F(x) = \begin{cases} \dfrac{(1+x)^2}{2}, & -1\le x<0,\\ 1-\dfrac12(1-x)^2, & x\ge0. \end{cases}

【解】

1. 去绝对值表示 $f(x)$：
   • 当 $0 < x < 1$ 时，积分区间内部存在分界点 $t = x$： $$\begin{aligned} f(x) &= \int_0^x(x^2-t^2)\,\mathrm{d}t + \int_x^1(t^2-x^2)\,\mathrm{d}t\\ &= \left(x^3 - \frac{1}{3}x^3\right) + \left[ \left(\frac{1}{3} - x^2\right) - \left(\frac{1}{3}x^3 - x^3\right) \right]\\ &= \frac{4}{3}x^3 - x^2 + \frac{1}{3} \end{aligned}$$

- 当 $x \ge 1$ 时，对所有 $t \in [0,1]$ 均有 $t^2 \le x^2$： $$f(x) = \int_0^1(x^2-t^2)\,\mathrm{d}t = x^2 - \frac{1}{3}$$ 2. **求导数 $f'(x)$**： - 当 $0 < x < 1$ 时，$f'(x) = 4x^2 - 2x$； - 当 $x > 1$ 时，$f'(x) = 2x$； - 分界点 $x=1$ 处：$f'_-(1) = 4(1)^2 - 2(1) = 2$，$f'_+(1) = 2(1) = 2$，故 $f'(1) = 2$。 $$f'(x) = \begin{cases} 4x^2-2x, & 0<x<1,\\ 2x, & x\ge1. \end{cases}

3. 求极值与最小值： 在 $(0,1)$ 内令 $f'(x) = 2x(2x-1) = 0 \implies x = \dfrac{1}{2}$。
   • 当 $x \in \left(0, \frac{1}{2}\right)$ 时，$f'(x) < 0$（单调递减）；
   • 当 $x \in \left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$ 时，$f'(x) > 0$（单调递增）。 故 $x = \dfrac{1}{2}$ 为全局唯一定点极小值点，最小值为： $f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{4}{3}\left(\frac{1}{8}\right) - \left(\frac{1}{4}\right) + \frac{1}{3} = \frac{1}{4}$

【答案】 A

【解析】 由于 $f'(x)>0$，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递增：

• 当 $t \in [0,x]$ 时，$f(t) \le f(x) \implies |f(x)-f(t)| = f(x)-f(t)$；
• 当 $t \in [x,1]$ 时，$f(t) \ge f(x) \implies |f(x)-f(t)| = f(t)-f(x)$。

拆分积分： $F(x)=\int_0^x[f(x)-f(t)]\,\mathrm{d}t + \int_x^1[f(t)-f(x)]\,\mathrm{d}t = xf(x) - \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t + \int_x^1 f(t)\,\mathrm{d}t - (1-x)f(x)$ 求导得：

$$\begin{aligned} F'(x) &= f(x) + xf'(x) - f(x) - f(x) + f(x) - (1-x)f'(x)\\ &= (2x-1)f'(x) \end{aligned}$$

由 $f'(x)>0$：

• 当 $x \in \left(0, \frac{1}{2}\right)$ 时，$2x-1<0 \implies F'(x)<0$（单调递减）；
• 当 $x \in \left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 时，$2x-1>0 \implies F'(x)>0$（单调递增）。

因此 $x=\dfrac{1}{2}$ 是 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上的唯一最小值点，恒有 $F(x)\ge F(1/2)$。选 A。

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六、 无根号条件下的三角代换技巧

【解】 令 $x = \sqrt{3}\tan t$（$t \in [0, \pi/2)$），则 $\mathrm{d}x = \sqrt{3}\sec^2 t\,\mathrm{d}t$，$x^2+3 = 3\sec^2 t$：

$$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+3)^2} &= \int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{3}\sec^2 t}{(3\sec^2 t)^2}\,\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{3}}{9}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sec^2 t}\,\mathrm{d}t\\ &= \frac{\sqrt{3}}{9}\int_0^{\pi/2}\cos^2 t\,\mathrm{d}t = \frac{\sqrt{3}}{9} \cdot \left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}\pi}{36} \end{aligned}$$

【解】 利用偶函数性质并作三角代换 $x = \tan t$： $a_n = 2\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)^n} = 2\int_0^{\pi/2}\frac{\sec^2 t}{\sec^{2n} t}\,\mathrm{d}t = 2\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2} t\,\mathrm{d}t$ 同理： $a_{n+1} = 2\int_0^{\pi/2}\cos^{2n} t\,\mathrm{d}t$ 由点火公式的递推性质：$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^{2n} t\,\mathrm{d}t = \frac{2n-1}{2n}\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2} t\,\mathrm{d}t$，直接得出： $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2n-1}{2n}$

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七、 一题多解：定积分与变限积分的相互转化

【答案】 $\dfrac{1}{2}$

【解析】

方法一：待定系数法（解出函数） 由差分 $f(x+2)-f(x)=x$ 可设 $f(x) = ax^2+bx+c$ 为二次多项式： $f(x+2)-f(x) = a(x+2)^2+b(x+2)+c - (ax^2+bx+c) = 4ax + 4a + 2b = x$ 比较系数得 $a = \dfrac{1}{4}, b = -\dfrac{1}{2}$。由 $\displaystyle\int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x = 0$： $\int_0^2\left(\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x+c\right)\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{12}x^3 - \frac{1}{4}x^2 + cx \right]_0^2 = \frac{2}{3} - 1 + 2c = 0 \implies c = \frac{1}{6}$ 故 $f(x) = \dfrac{1}{4}x^2 - \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{6}$，直接积分： $\int_1^3 f(x)\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{12}x^3 - \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{6}x \right]_1^3 = \frac{1}{2}$

方法二：区间拆分与差分积分 在 $[0,1]$ 上对差分方程两端积分： $\int_0^1[f(x+2)-f(x)]\,\mathrm{d}x = \int_0^1 x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}$ 左端令 $t = x+2$ 换元得 $\displaystyle\int_2^3 f(x)\,\mathrm{d}x - \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}$。 两边同加上 $\displaystyle\int_1^2 f(x)\,\mathrm{d}x$： $\underbrace{\int_1^2 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_2^3 f(x)\,\mathrm{d}x}_{\int_1^3 f(x)\,\mathrm{d}x} - \underbrace{\left(\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^2 f(x)\,\mathrm{d}x\right)}_{\int_0^2 f(x)\,\mathrm{d}x = 0} = \frac{1}{2} \implies \int_1^3 f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}$

方法三：构造变限积分函数（最简） 构造跨度为 2 的变限积分： $F(x)=\int_x^{x+2}f(t)\,\mathrm{d}t$ 对 $x$ 求导：$F'(x) = f(x+2)-f(x) = x$。 积分得 $F(x) = \dfrac{1}{2}x^2 + C$。由题设 $F(0) = \displaystyle\int_0^2 f(t)\,\mathrm{d}t = 0 \implies C = 0$，故 $F(x) = \dfrac{1}{2}x^2$。 因此： $\int_1^3f(x)\,\mathrm{d}x = F(1) = \frac{1}{2}(1)^2 = \frac{1}{2}$

【答案】 $\pi^2 - 2$

【解析】

方法一：分段递推求显式表达式

• 当 $x\in[\pi,2\pi)$ 时，$x-\pi\in[0,\pi) \implies f(x) = f(x-\pi)+\sin x = x-\pi+\sin x$；
• 当 $x\in[2\pi,3\pi)$ 时，$x-\pi\in[\pi,2\pi) \implies f(x) = (x-\pi-\pi+\sin(x-\pi))+\sin x = x-2\pi-\sin x+\sin x = x-2\pi$。

分段积分：

$$\begin{aligned} \int_\pi^{3\pi}f(x)\,\mathrm{d}x &= \int_\pi^{2\pi}(x-\pi+\sin x)\,\mathrm{d}x + \int_{2\pi}^{3\pi}(x-2\pi)\,\mathrm{d}x\\ &= \left[ \frac{(x-\pi)^2}{2} - \cos x \right]_\pi^{2\pi} + \left[ \frac{(x-2\pi)^2}{2} \right]_{2\pi}^{3\pi}\\ &= \left( \frac{\pi^2}{2} - 1 - (0 + 1) \right) + \frac{\pi^2}{2} = \pi^2 - 2 \end{aligned}$$

方法二：构造变限积分函数法 构造跨度为 $\pi$ 的变限积分： $F(x)=\int_{x-\pi}^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 求导：$F'(x) = f(x)-f(x-\pi) = \sin x \implies F(x) = -\cos x + C$。 由初值：$F(\pi) = \displaystyle\int_0^\pi t\,\mathrm{d}t = \frac{\pi^2}{2} \implies -\cos\pi + C = 1+C = \frac{\pi^2}{2} \implies C = \frac{\pi^2}{2}-1$。 故 $F(x) = -\cos x + \dfrac{\pi^2}{2} - 1$。 拆分所求积分： $\int_\pi^{3\pi}f(x)\,\mathrm{d}x = F(2\pi) + F(3\pi) = \left(-1 + \frac{\pi^2}{2}-1\right) + \left(1 + \frac{\pi^2}{2}-1\right) = \pi^2 - 2$

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八、 区间再现公式及其推论（核心技巧）

【答案】 $\dfrac{\pi}{2}$

【解析】

方法一（区间再现推论）： 设 $g(x) = \sqrt{2x-x^2}$，区间为 $[0,2]$（$a+b=2$）。 由于 $g(2-x) = \sqrt{2(2-x)-(2-x)^2} = \sqrt{2x-x^2} = g(x)$，由推论直接提取因子： $\int_0^2x\sqrt{2x-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{0+2}{2}\int_0^2\sqrt{2x-x^2}\,\mathrm{d}x = 1 \cdot \left(\frac{1}{2}\pi (1)^2\right) = \frac{\pi}{2}$

方法二（配方与三角代换通法）： 令 $x-1 = \sin t$（$t\in [-\pi/2, \pi/2]$）： $\int_0^2 x\sqrt{1-(x-1)^2}\,\mathrm{d}x = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1+\sin t)\cos^2 t\,\mathrm{d}t = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2 t\,\mathrm{d}t + 0 = 2\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2}$

【推导与证明】

1. 设 $g(x) = |\sin x|$，区间为 $[0, n\pi]$。 $g(n\pi-x) = |\sin(n\pi-x)| = |\sin x| = g(x)$。 由区间再现推论： $\int_0^{n\pi}x|\sin x|\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2}\int_0^{n\pi}|\sin x|\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2} \cdot n\int_0^\pi \sin x\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2} \cdot 2n = n^2\pi$
2. 同理，$|\cos(n\pi-x)| = |\pm\cos x| = |\cos x|$： $\int_0^{n\pi}x|\cos x|\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2}\int_0^{n\pi}|\cos x|\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2} \cdot n(2) = n^2\pi$

【解】 令 $x = -t$（$a+b = 0$）： $I = \int_{\pi/2}^{-\pi/2}\frac{e^{-t}}{1+e^{-t}}\sin^4(-t)\,(-\mathrm{d}t) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{1}{1+e^t}\sin^4t\,\mathrm{d}t$ 将两式相加（哑变量统一为 $x$）： $2I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{e^x}{1+e^x} + \frac{1}{1+e^x}\right)\sin^4 x\,\mathrm{d}x = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^4 x\,\mathrm{d}x$ 利用偶倍及点火公式： $I = \int_0^{\pi/2}\sin^4x\,\mathrm{d}x = \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$

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九、 含参量 $n$ 的定积分与极限

【答案】 $0$

【解析】 利用分部积分法（表格法）计算原函数： $\int_0^1e^{-x}\sin nx\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{e^{-x}(-n\cos nx - \sin nx)}{1+n^2} \right]_0^1 = \frac{n - e^{-1}(n\cos n + \sin n)}{1+n^2}$ 当 $n\to\infty$ 时，分子最高为 $O(n)$，分母为 $O(n^2)$，故： $\lim_{n\to\infty}\int_0^1e^{-x}\sin nx\,\mathrm{d}x = \lim_{n\to\infty}\frac{n - e^{-1}(n\cos n + \sin n)}{1+n^2} = 0$

【答案】 B

【解析】 凑微分 $\mathrm{d}(x^n) = n x^{n-1}\,\mathrm{d}x$：

$$\begin{aligned} a_n &= \frac{3}{2n}\int_0^{n/(n+1)}\sqrt{1+x^n}\,\mathrm{d}(x^n) = \frac{3}{2n}\left[ \frac{2}{3}(1+x^n)^{3/2} \right]_0^{n/(n+1)}\\ &= \frac{1}{n}\left\{ \left[ 1 + \left(\frac{n}{n+1}\right)^n \right]^{3/2} - 1 \right\} \end{aligned}$$

两边同乘 $n$ 并取极限（利用重要极限 $\lim_{n\to\infty} \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n = e^{-1}$）： $\lim_{n\to\infty}na_n = \lim_{n\to\infty}\left\{ \left[ 1 + \left(\frac{n}{n+1}\right)^n \right]^{3/2} - 1 \right\} = (1+e^{-1})^{3/2}-1$ 选 B。

【解析】

方法一（夹逼准则）： 在 $[0,1]$ 上，$1 \le \sqrt{1+x^2} \le \sqrt{2}$，乘上 $x^n \ge 0$ 得： $\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x \le \int_0^1 x^n\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x \le \sqrt{2}\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x$ 即： $\frac{1}{n+1} \le \int_0^1 x^n\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x \le \frac{\sqrt{2}}{n+1}$ 由两端极限 $\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n+1} = 0, \lim_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{2}}{n+1} = 0$，由夹逼准则： $\lim_{n\to\infty}\int_0^1x^n\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x = 0$

方法二（积分第一中值定理）： 因为 $\sqrt{1+x^2}$ 连续，$x^n \ge 0$ 不变号，由积分第一中值定理： $\int_0^1x^n\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \sqrt{1+\xi_n^2}\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \frac{\sqrt{1+\xi_n^2}}{n+1} \quad (0 < \xi_n < 1)$ 由于因子 $\sqrt{1+\xi_n^2} \in [1, \sqrt{2}]$ 有界，$\dfrac{1}{n+1} \to 0$，有界量乘无穷小量等于无穷小量，极限为 $0$。

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十、 区间平移法巧解含绝对值三角函数积分

【解析】

方法一：分段区间平移 + 等比数列求和 零点为 $k\pi\ (k=0,1,\dots,n)$，将 $[0, n\pi]$ 拆分成 $n$ 段： $S_n = \sum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x$ 对第 $k$ 段作区间平移换元，令 $t = x - k\pi$（$t \in [0, \pi]$）：

$$\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=0}^{n-1}e^{-k\pi}\int_0^\pi e^{-t}|\sin(t+k\pi)|\,\mathrm{d}t\\ &= \sum_{k=0}^{n-1}e^{-k\pi}\int_0^\pi e^{-t}\sin t\,\mathrm{d}t \end{aligned}$$

计算基准单周期积分： $\int_0^\pi e^{-t}\sin t\,\mathrm{d}t = \left[ \frac{e^{-t}(-\sin t-\cos t)}{2} \right]_0^\pi = \frac{1+e^{-\pi}}{2}$ 代入等比数列求和公式（公比 $q = e^{-\pi}$）： $S_n = \frac{1+e^{-\pi}}{2}\sum_{k=0}^{n-1}e^{-k\pi} = \frac{1+e^{-\pi}}{2} \cdot \frac{1-e^{-n\pi}}{1-e^{-\pi}} = \frac{(1+e^{-\pi})(1-e^{-n\pi})}{2(1-e^{-\pi})}$ 取极限得： $\lim_{n\to\infty}S_n = \frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})}$

方法二：自相似性与代数方程法（直接求总面积） 对于数一总面积 $S = \displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x$： 将第一个周期 $[0,\pi]$ 与其余部分 $[\pi, +\infty)$ 拆开： $S = \int_0^\pi e^{-x}\sin x\,\mathrm{d}x + \int_\pi^{+\infty}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x$ 后半段令 $t = x-\pi$： $\int_\pi^{+\infty}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x = e^{-\pi}\int_0^{+\infty}e^{-t}|\sin t|\,\mathrm{d}t = e^{-\pi}S$ 从而建立一元一次方程： $S = \frac{1+e^{-\pi}}{2} + e^{-\pi}S \implies (1-e^{-\pi})S = \frac{1+e^{-\pi}}{2}$ 直接解得： $S = \frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})}$

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易错点

我的总结

• 定积分计算题我按”先看区间、再看被积函数”的顺序定位方法：区间对称就想偶倍奇零，区间是周期的整数倍就想周期性质，区间含 $\pm\infty$ 就考虑正切代换，区间相同、只求数值则看能否用几何面积或区间再现。
• 三条”结构触发”我最常用：① $x\cdot g(x)$ 且 $g$ 关于中点对称 → 区间再现消 $x$；② $\dfrac{e^x}{1+e^x}$ 或 $\dfrac{\sin^nx}{\sin^nx+\cos^nx}$ → 换元相加化 $1$；③ 二次式开方 → 圆面积或三角代换。
• “定积分是常数”模型有一个固定的判断题：方程里的积分限是否含 $x$。含 $x$ 是变限积分（求导），不含 $x$ 才是常数（设 $A$ 解方程）。例 3.50 那种限不统一的情况，先用奇偶性折半降元再设常数。
• 含绝对值的题分两类：$x$ 在被积函数外（例 3.51）分段简单，$x$ 在被积函数内（例 3.52、3.53）必须先拆成显式再求导，而且分界点要看零点与积分区间的相对位置。
• 含参量 $n$ 的题，我的检查清单是：能积出就积出比阶；出现 $x^{n-1}$ 就凑 $\mathrm{d}(x^n)$；积不出就找”无穷小 × 有界”夹逼；用中值定理时只提取连续平缓因子，绝不提取 $x^n$。
• 例 3.46 与 3.2.3 重复，我把它统一放在 3.2.3 的题型一下面，这里只留索引，避免两处解析不一致。

参考资料

• 考研数学历年真题（年份与卷种随题标注：2014 数一、2016 数二、2018 数一、1991 全国、2012 数一、2009 数二、2003、2023 数一/数二、2019 数一/数二/数三）
• 常见考研数学教材与辅导资料
• 本人课程学习笔记；其中「区间再现公式及其消因子推论」与「无根号条件下的正切代换 + 点火公式」两处表述参考自某考研数学课程讲义
• 李艳芳 900 题、李林 880 题、2023 李六、26 超越、武忠祥高数讲义（例题来源随题标注）