3.2.3 定积分比大小

定积分比较大小是高频考点（1997、2003、2012、2018、2019、2022、2023 等年份的真题及各类模拟题中反复出现）。这类题的要害在于先判断该用哪一条判据，而不是直接作差求导——盲目作差通常会把问题变成复杂的复合求导，既费时间又容易出错。

按积分区间特征与被积函数结构，本节把这类题整理成一条可顺序执行的判据序列：

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题型一：对称区间，偶倍奇零！

💡 【CHOICE】 例 3.46｜2018 数一真题

设 $M = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(1+x)^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x, \quad N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+x}{\mathrm{e}^x}\,\mathrm{d}x, \quad K = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\sqrt{\cos x})\,\mathrm{d}x$，则（　）。

A. $M > N > K$

B. $M > K > N$

C. $K > M > N$

D. $K > N > M$

【解析】

三个积分区间全为 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$，命中判据 A：对称区间直接激活”偶倍奇零”与加法拆分。

1. 计算 $M$（加法拆项，奇零化简）： 分子为平方结构，拆开后分离出奇、偶部分： $(1+x)^2 = 1 + x^2 + 2x$ 代入 $M$ 并拆项： $M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+x^2+2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1\,\mathrm{d}x + \underbrace{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x}_{=0\text{（奇函数在对称区间积分为 0）}} = \pi + 0 = \pi$

   关键一步：$M$ 的被积函数化简后只剩 $1$，积分值确定为基准常数 $\pi$。后续只需把 $N$、$K$ 的被积函数与 $1$ 比较即可。

2. 比较 $N$ 与 $M$（利用基础不等式）： 对于 $N = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+x}{\mathrm{e}^x}\,\mathrm{d}x$，由基本不等式：当 $x \neq 0$ 时恒有 $\mathrm{e}^x > 1+x$。 因此在区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上除 $x = 0$ 处外，被积函数恒满足： $\frac{1+x}{\mathrm{e}^x} < 1$ 由定积分保号性，得： $N < \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1\,\mathrm{d}x = \pi = M \implies N < M$

3. 比较 $K$ 与 $M$（偶倍与保号性）： 对于 $K = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\sqrt{\cos x})\,\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1\,\mathrm{d}x + \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\,\mathrm{d}x$。 由于 $\cos x$ 为偶函数且在 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 内 $\cos x > 0$（仅端点处为 $0$，有限个点取 $0$ 不影响积分值）： $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\,\mathrm{d}x = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\,\mathrm{d}x > 0$ 因此： $K = \pi + 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\,\mathrm{d}x > \pi = M \implies K > M$

4. 综合排序： $K > M > N$ 本题选 C。

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题型二：画图像 + 定性分析 + 分析不出来就分部积分

当定积分中出现三角振荡函数（如 $\sin x, \cos x$）且跨越正负半波时：

• 第一梯队：画出简图，利用各半波的绝对面积增减变化，定性判断代数和的正负与相对大小；
• 第二梯队：若图像本身不好画，或画出草图后因多波抵消而无法肉眼定夺正负，改用分部积分法。分部积分能把被积函数求导降维，让正负区域的权函数出现阶跃性差距，从而使符号一目了然。

💡 【CHOICE】 例 3.64｜2012 数一、数二真题

设 $I_k = \displaystyle\int_0^{k\pi} \mathrm{e}^{x^2}\sin x\,\mathrm{d}x\ (k=1,2,3)$，则有（　）。

A. $I_1 < I_2 < I_3$

B. $I_3 < I_2 < I_1$

C. $I_2 < I_3 < I_1$

D. $I_2 < I_1 < I_3$

【解析】

按正弦函数的半波区间划分：

• 在 $[0, \pi]$ 上，$\sin x \ge 0$，记几何面积为 $S_1$；
• 在 $[\pi, 2\pi]$ 上，$\sin x \le 0$，记几何面积为 $S_2$；
• 在 $[2\pi, 3\pi]$ 上，$\sin x \ge 0$，记几何面积为 $S_3$。

因为权函数 $\mathrm{e}^{x^2}$ 随 $x$ 增大急剧暴涨，使得相邻半波的振幅越来越大，其围成的绝对面积严格单调递增： $S_1 < S_2 < S_3$ 写出各定积分的面积代数和：

• $I_1 = S_1 > 0$（正数）；
• $I_2 = S_1 - S_2$：由于 $S_2 > S_1$，显然 $I_2 < 0$；
• $I_3 = S_1 - S_2 + S_3 = I_1 + (S_3 - S_2)$：由于 $S_3 > S_2 \implies S_3 - S_2 > 0$，故 $I_3 > I_1 > 0$。

综合排序： $I_2 < 0 < I_1 < I_3 \implies I_2 < I_1 < I_3$ 本题选 D。

💡 【CHOICE】 例 3.65｜1997 数一真题

设 $F(x) = \displaystyle\int_x^{x+2\pi} \mathrm{e}^{\sin t}\sin t\,\mathrm{d}t$，则 $F(x)$（　）。

A. 为正常数

B. 为负常数

C. 恒为零

D. 不为常数

【解析】

1. 周期性消除变限 $x$： 被积函数 $f(t) = \mathrm{e}^{\sin t}\sin t$，显然具有周期性： $f(t+2\pi) = \mathrm{e}^{\sin(t+2\pi)}\sin(t+2\pi) = \mathrm{e}^{\sin t}\sin t = f(t)$ 根据周期函数性质，连续周期函数在任意长度为一个周期的区间上的定积分恒等于在 $[0, 2\pi]$ 上的积分，与积分起点 $x$ 完全无关： $F(x) = \int_x^{x+2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\,\mathrm{d}t = \int_0^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\,\mathrm{d}t = \text{常数}$ 直接排除选项 D。

2. 判断常数的正负号（两种方法）：
   • 方法一：画图定性分析 被积函数为 $\sin t$ 乘上正权函数 $\mathrm{e}^{\sin t}$：
     • 在 $[0, \pi]$ 上，$\sin t \ge 0 \implies \mathrm{e}^{\sin t} \ge 1$，正半波高度被纵向拉伸放大，面积记为 $S_{\text{正}}$；
     • 在 $[\pi, 2\pi]$ 上，$\sin t \le 0 \implies \mathrm{e}^{\sin t} \le 1$，负半波高度被纵向压缩削弱，面积记为 $S_{\text{负}}$；
     • 显然 $S_{\text{正}} > S_{\text{负}}$，因此全周期代数和必为正： $F(x) = \int_0^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\,\mathrm{d}t = S_{\text{正}} - S_{\text{负}} > 0$
   • 方法二：分部积分法 将 $\sin t\,\mathrm{d}t$ 凑微分为 $\mathrm{d}(-\cos t)$： $$\begin{aligned} F(x) &= \int_0^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\,\mathrm{d}(-\cos t) \\ &= \left[ -\cos t \cdot \mathrm{e}^{\sin t} \right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} (-\cos t) \cdot \left( \mathrm{e}^{\sin t}\cos t \right)\,\mathrm{d}t \\ &= \left( -1\cdot 1 - (-1\cdot 1) \right) + \int_0^{2\pi}\cos^2 t \cdot \mathrm{e}^{\sin t}\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{2\pi}\cos^2 t \cdot \mathrm{e}^{\sin t}\,\mathrm{d}t \end{aligned}$$

被积函数 $\cos^2 t \cdot \mathrm{e}^{\sin t} \ge 0$ 且仅在 $t = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$ 等有限个孤立点为 $0$，由定积分保号性： $$F(x) = \int_0^{2\pi}\cos^2 t \cdot \mathrm{e}^{\sin t}\,\mathrm{d}t > 0$$ 综上，$F(x)$ 为正常数，本题选 **A**。 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 本题先命中判据 E 的第 0 步（方差为 $2\pi$ 的周期），再用分部积分把符号问题变成"$[uv]_0^{2\pi}=0$ + 被积函数非负"。**边界项为零的验证不能省**：这里 $-\cos t\,e^{\sin t}$ 在 $t=0$ 与 $t=2\pi$ 处都等于 $-1$，相减为零，正是降维成功的关键。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.66｜2023 共创** > > 设 $I_1 = \displaystyle\int_0^\pi \frac{\cos x}{1+x}\,\mathrm{d}x, \quad I_2 = \int_0^{2\pi} \frac{\cos x}{1+x}\,\mathrm{d}x$，则有（　）。 > > A. $0 < I_1 < I_2$ > > B. $0 < I_2 < I_1$ > > C. $I_2 < 0 < I_1$ > > D. $I_1 < 0 < I_2$ **【解析】** 1. **几何直观分析**： 被积函数 $\dfrac{\cos x}{1+x}$ 相当于对 $\cos x$ 图像作了压缩，$x$ 越大分母越大，压缩程度越大（振幅衰减）。 将区间 $[0, 2\pi]$ 按四分之一周期拆分：$[0, \frac{\pi}{2}], [\frac{\pi}{2}, \pi], [\pi, \frac{3\pi}{2}], [\frac{3\pi}{2}, 2\pi]$，对应图形各块面积绝对值依次递减： $$S_1 > S_2 > S_3 > S_4$$ - $I_1 = \displaystyle\int_0^\pi = S_1 - S_2 > 0$； - $I_2 = \displaystyle\int_0^{2\pi} = (S_1 - S_2) - S_3 + S_4 = I_1 - (S_3 - S_4)$。由于 $S_3 > S_4 \implies S_3 - S_4 > 0$，故 $I_2 < I_1$。 - **此处出现判据 C 的失效信号**：$I_2 = (S_1 - S_2) - (S_3 - S_4)$，两个正数相减，孰大孰小仅凭原波形的肉眼定性**无法确定 $I_2$ 与 $0$ 的大小关系**。此时按判据序列转入分部积分。  2. **分部积分降维**： 将 $\cos x\,\mathrm{d}x$ 凑微分为 $\mathrm{d}(\sin x)$：

\begin{aligned} I_2 &= \int_0^{2\pi} \frac{1}{1+x},\mathrm{d}(\sin x) \ &= \left[ \frac{\sin x}{1+x} \right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} \sin x \left[ -\frac{1}{(1+x)^2} \right]\mathrm{d}x \ &= 0 + \int_0^{2\pi} \frac{\sin x}{(1+x)^2},\mathrm{d}x \end{aligned}

观察分部积分转化后的新积分： - 在 $[0, \pi]$ 上 $\sin x > 0$，分母在 $[1, (1+\pi)^2]$ 之间，正半波高耸； - 在 $[\pi, 2\pi]$ 上 $\sin x < 0$，分母在 $[(1+\pi)^2, (1+2\pi)^2]$ 之间，分母极大，负半波被极度压扁。 在 $(\pi, 2\pi)$ 上分母远大于 $[0, \pi]$，故正半波面积 $S_{\text{正}}$ 远大于负半波面积 $S_{\text{负}}$： $$I_2 = \int_0^{2\pi}\frac{\sin x}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x > 0$$ 综合得：$0 < I_2 < I_1$，本题选 **B**。 > 💡 **【笔记】 参考答案的做法与对比** > > 参考答案走的是**区间折叠换元**：将区间 $[0, 2\pi]$ 拆分为 $[0, \pi]$ 和 $[\pi, 2\pi]$，后段令 $x = 2\pi - t$；再将 $[0, \pi]$ 折半拆为 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 和 $[\frac{\pi}{2}, \pi]$，后段令 $x = \pi - t$；通分整理后得到： > $$I_2 = 4(1+\pi)\int_0^{\pi/2}\frac{(\frac{\pi}{2}-x)\cos x}{(1+x)(1+\pi+x)(1+\pi-x)(1+2\pi-x)}\,\mathrm{d}x > 0$$ > 这种对称平移折回的做法书写量大、在有限时间内不易保证不出错，但优点是**完全机械化、不需要看出技巧**；分部积分只需要一步凑微分就能实现正负半波强度的对比。两种做法都正确，考试时按自己对本题结构的把握程度取舍。 --- > 💡 **【CHOICE】 例 3.67｜2022 超越** > > 设 $I = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x, \quad J = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$，则（　）。 > > A. $I = J$ > > B. $I > J$ > > C. $I < J$ > > D. 无法比较 **【解析】** 1. **定性权重分析** - $I$ 和 $J$ 的积分区间完全相同，均为 $[0, \frac{\pi}{2}]$； - 若不考虑分母 $1+x^2$，在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上 $\cos x$ 与 $\sin x$ 的纯积分面积完全相等： $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x\,\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x\,\mathrm{d}x = 1$$ - 分母 $1+x^2$ 单调递增，相当于对函数值施加了随位置变化的**压缩效应**，$x$ 越大压缩越强。关键在于**核函数峰值位置与权重强度的错位**： - **对 $\cos x$ 而言**：分母在 $x\to0$ 时压缩最弱（$\approx1$），而 $\cos x$ 恰在此处取得峰值 $1$；在 $x\to\frac{\pi}{2}$ 时分母压缩最强，但 $\cos x$ 本身已趋于 $0$。于是"强压缩"落在函数值极小处，$\cos x$ 的总面积受损很小。 - **对 $\sin x$ 而言**：分母在 $x\to\frac{\pi}{2}$ 时达到峰值 $1+(\frac{\pi}{2})^2\approx3.47$，而 $\sin x$ 恰在此时取得最大值 $1$；在 $x\to0$ 分母压缩最弱时，$\sin x$ 本身却接近于 $0$。于是"强压缩"正好落在函数值最大处，$\sin x$ 的总面积被大幅削减。  综合定性：分母的递增压缩对 $\cos x$ 的削弱远小于对 $\sin x$ 的削弱，必然有： $$I > J$$ 本题选 **B**。 > 💡 **【重点关注】 判据｜权重单调递增时，峰值越靠左的核函数受损越小** > > - **为什么成立**：设权重 $g(x)$ 在 $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ 上单调递增且 $g(x)>0$。$\cos x$ 的峰值在左端点，$\sin x$ 的峰值在右端点；权重越靠右越大，因此被压掉的比例在右端最大。$\sin x$ 的峰值恰好落在权重最大处，$\cos x$ 的峰值落在权重最小处，故 $\cos$ 一侧的削减更少。 > - **使用条件**：权重函数**单调**且**同号**；两个核函数在同一区间上积分值相等（这里 $\int_0^{\pi/2}\cos=\int_0^{\pi/2}\sin=1$），否则不能直接比较。 > - **失效情形**：权重不单调时（如 $g(x)=x^2$ 在对称区间上、或 $g$ 有内部极值），"峰值靠左受损更小"的结论不再成立，需要按段判断或改用判据 F。 > 💡 **【核心公式】 模型拓展：核函数峰值位置与权重单调性的错位判据** > > 只要权重函数 $g(x)$ 关于 $x$ 单调递增且 $g(x) > 0$，在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上均有： > $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+g(x)}\,\mathrm{d}x > \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+g(x)}\,\mathrm{d}x$$ > 更一般地，若两个核函数在同一区间上的积分值相等、且其中一个的峰值位置更靠权重较小的一侧，则该核函数的加权积分更大。 > 💡 **【笔记】 附：参考答案（区间对称折半法）** > > 作差 $I - J = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x - \sin x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$。拆为 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 与 $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$，对后半段令 $x = \frac{\pi}{2} - t$ 折回 $[0, \frac{\pi}{4}]$： > $$I - J = \int_0^{\pi/4}(\cos x - \sin x)\left[ \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+(\frac{\pi}{2}-x)^2} \right]\mathrm{d}x$$ > 在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 上，$\cos x > \sin x$ 且 $x < \frac{\pi}{2}-x \implies \frac{1}{1+x^2} > \frac{1}{1+(\frac{\pi}{2}-x)^2}$，两因式在区间内恒正，故积分严格大于 $0 \implies I > J$。 > 这条路线与定性分析互为验证，且给出了"严格大于"的定量依据，适合在答案需要写出严格证明时使用。 --- ## 题型三：积分区间相同，只比较被积函数大小即可，会涉及放缩 当定积分的积分区间完全相同时，积分比大小转化为在积分区间内**比较被积函数的大小**（判据 C）。 > 💡 **【METHOD】 同区间比较的四条处理原则** > > 1. **分子相同时，只比较分母即可**（分母小则整体大；常数可随意挪动）； > 2. **分母相同时，只比较分子即可**（分子大则整体大）； > 3. **分子分母都不同时，先把分子（或分母）放缩成相同的，之后再比较分母（或分子）**； > 4. **不到万不得已时不直接作差**：作差后往往得到复合函数求导的问题，成本高于前三条。 > > **适用范围**：三条原则都要求被积函数在整个区间上**同号**（或至少分母不变号），否则"分母小则整体大"的推理不成立。 > **失效情形**：被积函数在区间两端序号相反（"交叉"，如例 3.67）时，逐点比较路线整体失效，必须转向判据 B（端点展开）或判据 D（定性权重）。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.68｜2003 数二真题** > > 设 $I_1 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{x}\,\mathrm{d}x, \quad I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{x}{\tan x}\,\mathrm{d}x$，则（　）。 > > A. $I_1 > I_2 > 1$ > > B. $1 > I_1 > I_2$ > > C. $I_2 > I_1 > 1$ > > D. $1 > I_2 > I_1$ **【解析】** 1. **比较 $I_1$ 与 $I_2$（倒数关系）**： 在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 内，基本三角不等式为 $0 < \sin x < x < \tan x$。 因此： $$\frac{\tan x}{x} > 1 > \frac{x}{\tan x} \implies I_1 > I_2$$ 排除 C、D 选项。  2. **比较 $I_1$ 与 $1$（两种方法）**： - **法一：几何凹凸性放缩** 在 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上，连接原点 $(0,0)$ 与端点 $(\frac{\pi}{4}, 1)$ 的弦线（割线）方程为： $$y = \frac{1}{\frac{\pi}{4}}x = \frac{4}{\pi}x$$ 由于 $y = \tan x$ 在该区间内为**凹函数（图形下凸，$(\tan x)'' = 2\tan x\sec^2 x > 0$）**，曲线严格位于割线的下方： $$\tan x < \frac{4}{\pi}x \quad \left(0 < x < \frac{\pi}{4}\right)$$ 两边同除以 $x$，直接代入定积分放缩： $$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{x}\,\mathrm{d}x < \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{4}{\pi}x}{x}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{4}{\pi}\,\mathrm{d}x = \frac{4}{\pi} \times \frac{\pi}{4} = 1$$ - **法二：常规求导证明单调性** 设 $f(x) = \dfrac{\tan x}{x}$，求导： $$f'(x) = \frac{x\sec^2 x - \tan x}{x^2} = \frac{x - \sin x\cos x}{x^2\cos^2 x} = \frac{2x - \sin 2x}{2x^2\cos^2 x} > 0 \quad \left(0 < x < \frac{\pi}{4}\right)$$ 故 $f(x)$ 严格单调增加，$f(x) < f(\frac{\pi}{4}) = \dfrac{1}{\pi/4} = \dfrac{4}{\pi}$。 因此 $I_1 < \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{4}{\pi}\,\mathrm{d}x = 1$。 综上所述：$1 > I_1 > I_2$，本题选 **B**。 > 💡 **【重点关注】 判据｜什么时候必须用割线放缩而不是求导** > > - **使用条件**：目标是把 $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 与常数 $c$ 比较，且 $f$ 在区间上单调。把 $f$ 在区间上的**端点值**作为放缩界，若端点值恰为 $c$，即可把积分放大成常数乘区间长度。 > - **为什么有效**：割线放缩的实质是"用一次函数（割线或切线）上下夹住曲线"，其根据是曲线的凹凸性；求导法则是在验证 $f$ 的单调性，二者都需要 $f$ 的一次或二次导数信息。 > - **注意点**：**用端点值放缩要求 $f$ 在同一区间上单调**，否则端点值不是最值，放缩方向可能反过来。此外 $x=0$ 处 $\dfrac{\tan x}{x}$ 没有定义，但由于该点为可去间断点、且只是单个点，不影响积分值，可以直接按极限值处理。 > - **来源线索**：这一"用割线夹住曲线做积分放缩"的手法在课程讲义中称为"几何放缩"，其背景推导可参见 [1.2.6.2 双数列的无穷小比阶](/kaoyan/math/advanced-math/ch01-ji-xian-yu-han-shu-xing-zhi/knowledge/1.2-shu-lie-ji-xian#1.2.6.2%20%E5%8F%8C%E6%95%B0%E5%88%97%E7%9A%84%E6%97%A0%E7%A9%B7%E5%B0%8F%E6%AF%94%E9%98%B6%EF%BC%8823%20%E6%95%B0%E4%BA%8C%E7%9C%9F%E9%A2%98%EF%BC%89)。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.69｜2022 数一、数二真题** > > 若 $I_1 = \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{2(1+\cos x)}\,\mathrm{d}x, \quad I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x, \quad I_3 = \int_0^1 \frac{2x}{1+\sin x}\,\mathrm{d}x$，则（　）。 > > A. $I_1 < I_2 < I_3$ > > B. $I_2 < I_1 < I_3$ > > C. $I_1 < I_3 < I_2$ > > D. $I_3 < I_2 < I_1$ **【解析】** - **常规通法（挪动常数与分步放缩）**： 1. **比较 $I_1$ 与 $I_2$（分母相同，只比分子）**： 将 $I_1$ 的常数挪到分子：$I_1 = \displaystyle\int_0^1 \frac{\frac{x}{2}}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x$。 只需比较 $\ln(1+x)$ 与 $\frac{x}{2}$：设 $f(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{2}$，在 $[0,1]$ 上 $f(0) = 0$ 且： $$f'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{2} = \frac{1-x}{2(1+x)} > 0 \quad (0 < x < 1)$$ 故 $f(x)$ 严格单增，$f(x) > f(0) = 0 \implies \ln(1+x) > \frac{x}{2}$。 因此 $I_2 > I_1$。 2. **比较 $I_2$ 与 $I_3$（放缩同化分子，再比分母）**： 由对数不等式 $\frac{x}{1+x} \le \ln(1+x) \le x$（等号仅在 $x=0$ 处成立）： $$I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x < \int_0^1 \frac{x}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x = I_2'$$ 改写 $I_3$ 将分子系数 $2$ 挪到分母： $$I_3 = \int_0^1 \frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}}\,\mathrm{d}x$$ 此时 $I_3$ 与 $I_2'$ 分子均为 $x$。在区间 $[0, 1]$ 上： $$\frac{1+\sin x}{2} \le \frac{1+\sin 1}{2} \approx \frac{1+0.841}{2} = 0.92 < 1$$ $$1 + \cos x \ge 1 + \cos 1 \approx 1 + 0.540 = 1.54 > 1$$ 因此在区间 $[0, 1]$ 上分母恒有 $\frac{1+\sin x}{2} < 1+\cos x$。分母小则积分大： $$I_3 > I_2' > I_2$$ 综上得到：$I_1 < I_2 < I_3$，本题选 **A**。 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 第二步是典型的"**先统一分子，再统一比较分母**"：直接对 $\ln(1+x)$ 与 $x$ 作比较不方便（分母不同），先用对数不等式把 $I_2$ 放大成 $I_2'$（分子变为 $x$），再把 $I_3$ 的系数 $2$ 挪进分母，两者分子一致后只比分母。**注意分母的界要用区间上的最值**：$\dfrac{1+\sin x}{2}\le0.92$ 用的是右端点（$\sin$ 在 $[0,1]$ 单调增），$1+\cos x\ge1.54$ 用的是右端点（$\cos$ 单调减），两侧的界都成立才有可能逐点比较。 ### 以“耍流氓（Taylor 端点展开）”视角重新秒杀例 3.69 在例 3.69 中，积分区间为 $[0,1]$，以 $0$ 为端点，命中判据 B。直接求 $x \to 0^+$ 时的被积函数 Taylor 展开： - $I_1$ 被积函数：$\dfrac{x}{2(1+\cos x)} = \dfrac{x}{2(1 + 1 + o(1))} = \dfrac{x}{4} + o(x)$ - $I_2$ 被积函数：$\dfrac{\ln(1+x)}{1+\cos x} = \dfrac{x + o(x)}{1 + 1 + o(1)} = \dfrac{x}{2} + o(x)$ - $I_3$ 被积函数：$\dfrac{2x}{1+\sin x} = \dfrac{2x}{1 + o(1)} = 2x + o(x)$ 当 $x \to 0^+$（$x > 0$）时，比较主部系数： $$\frac{x}{4} < \frac{x}{2} < 2x$$ 不需要任何复杂放缩，直接锁定： $$I_1 < I_2 < I_3$$ > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 三个被积函数在 $x\to0^+$ 的主部依次为 $\dfrac{x}{4},\dfrac{x}{2},2x$，主部系数不同时**只比一阶项即可**，不必展开到更高阶。若一阶项相同（如例 3.70、例 3.71），则需继续比较下一阶项。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.70｜张宇 1000 题** > > 设 $I_1 = \displaystyle\int_0^1 \ln(x+\sqrt{1+x^2})\,\mathrm{d}x, \quad I_2 = \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,\mathrm{d}x, \quad I_3 = \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$，则（　）。 > > A. $I_1 < I_2 < I_3$ > > B. $I_1 < I_3 < I_2$ > > C. $I_3 < I_2 < I_1$ > > D. $I_3 < I_1 < I_2$ **【解析】** - **端点展开法（命中判据 B）**： 积分区间为 $[0,1]$，端点包含 $0$。当 $x \to 0^+$ 时，展开至 $x^3$ 阶： - $I_1$ 被积函数（反双曲正弦 $\operatorname{arsinh} x$）： $$\ln(x+\sqrt{1+x^2}) = x - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3)$$ - $I_2$ 被积函数： $$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} = x(1+x^2)^{-1/2} = x\left(1 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)\right) = x - \frac{1}{2}x^3 + o(x^3)$$ - $I_3$ 被积函数： $$\frac{x}{1+x^2} = x(1 - x^2 + o(x^2)) = x - x^3 + o(x^3)$$ 一阶项均为 $x$，比较三阶微扰项的系数： $$-\frac{1}{6} > -\frac{1}{2} > -1 \implies x - \frac{1}{6}x^3 > x - \frac{1}{2}x^3 > x - x^3 \quad (x > 0)$$ 立即得到： $$I_1 > I_2 > I_3 \iff I_3 < I_2 < I_1$$ 本题选 **C**。 - **常规通法（单调性求导证明）**： 1. 比较 $I_1$ 与 $I_2$：记 $F(x) = \ln(x+\sqrt{1+x^2}) - \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$。 求导得： $$F'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{\sqrt{1+x^2} - x \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}} > 0 \quad (x > 0)$$ 且 $F(0) = 0$，故当 $x > 0$ 时 $F(x) > F(0) = 0$，即 $\ln(x+\sqrt{1+x^2}) > \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，因此 $I_1 > I_2$。 2. 比较 $I_2$ 与 $I_3$：当 $x \in (0, 1]$ 时，$\sqrt{1+x^2} < 1+x^2$，分子相同比分母： $$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} > \frac{x}{1+x^2} \implies I_2 > I_3$$ 综合得：$I_3 < I_2 < I_1$。 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 一阶项相同，所以必须展开到**第一个使三者出现差异的阶**（这里都是 $x^3$ 阶）。判断"该展开到几阶"的依据：把三者的最低非零阶项都写出来，若相同就继续往下一阶展开，直到系数出现差异为止。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.71｜2023 超越** > > 设 $I_1 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{x}\,\mathrm{d}x, \quad I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\tan x}{x}\right)^2\,\mathrm{d}x, \quad I_3 = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x^2}{x^2}\,\mathrm{d}x$，则有（　）。 > > A. $I_1 > I_2 > I_3$ > > B. $I_3 > I_2 > I_1$ > > C. $I_2 > I_1 > I_3$ > > D. $I_1 > I_3 > I_2$ **【解析】** - **端点展开法（命中判据 B）**： 端点为 $0$。在 $x \to 0^+$ 时，由 $\tan u = u + \dfrac{u^3}{3} + o(u^3)$： - $I_1$ 被积函数：$\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{x + \frac{x^3}{3} + o(x^3)}{x} = 1 + \frac{1}{3}x^2 + o(x^2)$ - $I_2$ 被积函数：$\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^2 = \left(1 + \frac{1}{3}x^2 + o(x^2)\right)^2 = 1 + \frac{2}{3}x^2 + o(x^2)$ - $I_3$ 被积函数：$\dfrac{\tan x^2}{x^2} = \dfrac{x^2 + \frac{x^6}{3} + o(x^6)}{x^2} = 1 + \frac{1}{3}x^4 + o(x^4)$ 常数项全为 $1$。比较微小扰动阶数与系数： $$\frac{2}{3}x^2 > \frac{1}{3}x^2 \gg \frac{1}{3}x^4 \quad (0 < x < 1)$$ 直接得到： $$I_2 > I_1 > I_3$$ 本题选 **C**。 - **常规通法（单调性与复合函数分析）**： 1. 在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 内，$\tan x > x \implies \dfrac{\tan x}{x} > 1$。 平方放大：$\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^2 > \dfrac{\tan x}{x} \implies I_2 > I_1$。 2. 记 $f(u) = \dfrac{\tan u}{u}$。由导数： $$f'(u) = \frac{u\sec^2 u - \tan u}{u^2} = \frac{2u - \sin 2u}{2u^2\cos^2 u} > 0 \quad \left(0 < u < \frac{\pi}{4}\right)$$ 故 $f(u)$ 在 $(0, \frac{\pi}{4})$ 上严格单调递增。 当 $0 < x < \frac{\pi}{4} < 1$ 时，必有 $x^2 < x$。由 $f$ 单增知： $$f(x^2) < f(x) \implies \frac{\tan x^2}{x^2} < \frac{\tan x}{x} \implies I_3 < I_1$$ 综合得：$I_2 > I_1 > I_3$。 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 本例 $\dfrac{\tan x}{x}$ 与 $\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^2$ 都是 $1+\frac{2}{3}x^2$ 量级（平方会放大二阶项系数，从 $\frac13$ 变成 $\frac23$），而 $\dfrac{\tan x^2}{x^2}$ 的扰动只有四阶，因而最小。**平方类被积函数在端点展开时，二阶项系数会被平方放大**，这是快速定序的依据。 > 💡 **【重点关注】 端点泰勒展开判据（区间含 $0$ 时的同阶比较）** > > > **适用范围**：积分区间相同，且以 $0$ 为一个端点（或含 $0$）。此时各被积函数在 $x\to0^+$ 的展开式可用来判定大小。 > > **为什么成立**：若在某个 $x_0$ 附近对每个被积函数都有展开式，且三者的**最低非零阶项**（或同阶项）的比较结果在整个积分区间上保持一致，则积分值的大小关系与该局部展开的比较结果一致——因为积分是被积函数在整个区间上的"加权平均"，局部序在全区间同序时被保留。 > > **使用前提（必须验证）**：被积函数在整个积分区间上**保持同一序**，即不存在"两端序号相反"的情形。验证方式是同时检查 $0$ 端与另一端点的被积函数大小关系；两端序号一致才可下结论。 > > **失效情形**：两端序号相反时（如例 3.67，$\cos x/(1+x^2)$ 与 $\sin x/(1+x^2)$ 在 $x=0$ 附近前者大、在 $x=\frac{\pi}{2}$ 处前者小），端点展开给出的局部序**不能推广**到全区间，此时必须改用判据 D（定性权重分析）或判据 F。 > > **操作要点**：只需展开到"出现差异的最低阶"；若一阶项相同就继续展开到三阶、五阶，直到系数不同为止。 --- > 💡 **【CHOICE】 例 3.72｜2019 数二真题** > > 已知平面区域 $D = \left\{(x,y) \;\middle|\; |x| + |y| \le \frac{\pi}{2}\right\}$， > $$I_1 = \iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y, \quad I_2 = \iint_D \sin\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y, \quad I_3 = \iint_D \left(1-\cos\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ > 则（　）。 > > A. $I_3 < I_2 < I_1$ > > B. $I_2 < I_1 < I_3$ > > C. $I_1 < I_2 < I_3$ > > D. $I_2 < I_3 < I_1$ **【解析】** 二重积分比大小与定积分同理：**积分区域相同时，只比较被积函数大小**。 - **端点展开法（命中判据 B）**： 令极径变量 $u = \sqrt{x^2+y^2}$。在包含原点的小邻域内，研究 $u \to 0^+$ 时的展开式： - $I_1$ 被积函数：$u$（一阶） - $I_2$ 被积函数：$\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$（一阶，略小于 $u$） - $I_3$ 被积函数：$1 - \cos u = \frac{u^2}{2} + o(u^2)$（二阶高阶小量） 在 $u \to 0^+$ 时，一阶量远大于二阶量（$u \gg \frac{u^2}{2}$），且一阶项相同处 $u > u - \frac{u^3}{6}$： $$u > \sin u > 1 - \cos u$$ 立即得出： $$I_1 > I_2 > I_3 \iff I_3 < I_2 < I_1$$ 本题选 **A**。 - **常规保号性严格证明**： 区域 $D$ 为以 $(\pm\frac{\pi}{2}, 0), (0, \pm\frac{\pi}{2})$ 为顶点的正方形，包含于圆盘 $x^2+y^2 \le (\frac{\pi}{2})^2$ 中，故极径 $u \in [0, \frac{\pi}{2}]$。 1. 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内，$\sin u < u$ 恒成立，由保号性得 $I_2 < I_1$。 2. 比较 $\sin u$ 与 $1 - \cos u$：设 $f(u) = \sin u - (1 - \cos u) = \sin u + \cos u - 1$。 $$f'(u) = \cos u - \sin u$$ 当 $0 < u < \frac{\pi}{4}$ 时 $f'(u) > 0$（单增）；当 $\frac{\pi}{4} < u < \frac{\pi}{2}$ 时 $f'(u) < 0$（单减）。 端点值 $f(0) = 0, f(\frac{\pi}{2}) = 0$。 因此在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上恒有 $f(u) > 0 \implies \sin u > 1 - \cos u$。 由积分保号性得 $I_3 < I_2$。 综合得：$I_3 < I_2 < I_1$。 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 本题的 $u$ 取值范围是 $[0,\frac{\pi}{2}]$，正好在 $u>0$ 一侧，且三个被积函数在整个区间上同序（$u>\sin u>1-\cos u$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 上恒成立），所以端点展开的结论可以直接推广。**若区域更大、使 $u$ 超过 $\pi$，则 $\sin u$ 会变号，同序性被破坏，端点展开法失效**。 --- ## 题型四：既有定积分，又有非定积分，画图看面积！ 当题目中同时出现**定积分项**（如 $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$）与**非定积分代数项**（如端点值 $f(b)$、两端均值 $\frac{f(a)+f(b)}{2}$、差值乘积等）时，其本质是考查**函数凹凸性、割线与切线围成几何图形的面积大小比较**。 > 💡 **【核心公式】 几何模型对应关系** > > 设在区间 $[a,b]$ 上函数满足 $f(x) > 0$： > 1. $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$：对应曲线下方的**曲边梯形面积**； > 2. $f(b) \cdot (b-a)$：对应以端点高度为高的**矩形面积**； > 3. $\dfrac{f(a)+f(b)}{2}\cdot (b-a)$：对应连接端点 $(a, f(a))$ 与 $(b, f(b))$ 的**割线下方的直角梯形面积**； > 4. $\dfrac{1}{2}(b-a)[f(b)-f(a)]$：对应以区间为底、以高度差为高的**直角三角形面积**。 > > 由二阶导数 $f''(x)$ 的符号判断曲线凹凸形态： > - **若 $f''(x) > 0$（图形下凸）**：连接端点的割线恒在曲线上方，弦下梯形面积 > 曲边梯形面积； > - **若 $f''(x) < 0$（图形上凸）**：连接端点的割线恒在曲线下方，弦下梯形面积 < 曲边梯形面积。 > 💡 **【重点关注】 判断依据｜几何面积法与拉格朗日中值定理各自何时用** > > - **几何面积法**：适用于"一个积分项 + 若干端点型代数项"的比较。做法是把每一项还原成一种图形的面积（曲边梯形 / 矩形 / 割线梯形 / 三角形），再比较图形的**包含关系**。 > - **使用条件**：$f''$ 在区间上**定号**（决定割线在曲线上方还是下方）；$f(x)>0$ 保证面积解释成立。 > - **失效情形**：$f''$ 变号时割线与曲线相交，包含关系不成立，面积法失效。 > - **拉格朗日中值定理**：适用于**两个积分项分处不同的子区间**（区间"错位"）、无法直接用面积包含关系比较的情形。 > - **做法**：先把一个积分平移换元，使其区间与另一个相同；再作差，对差式中的两个"函数增量"分别用拉格朗日中值定理写成 $f'(\xi_1)x$、$f'(\xi_2)x$；最后由 $f''$ 的符号给出 $f'$ 的单调性，推出 $f'(\xi_1)$ 与 $f'(\xi_2)$ 的大小，最后用保号性。 > - **使用条件**：区间上 $f$ 可导（用中值定理）且 $f''$ 定号（保证 $f'$ 单调）；两个中值点 $\xi_1,\xi_2$ 的相对次序能由所在子区间的位置直接判定。 > - **失效情形**：$f''$ 变号时 $f'$ 不单调，$\xi_1>\xi_2$ 推不出 $f'(\xi_1)>f'(\xi_2)$，整条推理链断裂。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.73｜李林 880** > > 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(x) > 0, f'(x) < 0, f''(x) > 0$。记 > $$M = \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x, \quad N = f(1), \quad P = \frac{1}{2}[f(0)+f(1)]$$ > 则（　）。 > > A. $M < N < P$ > > B. $N < M < P$ > > C. $P < M < N$ > > D. $P < N < M$ **【解析】**  将三者赋予明确的几何面积意义（区间底长 $b - a = 1 - 0 = 1$）： 1. **$M = \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$**：曲线 $y = f(x)$ 下方的**曲边梯形面积**； 2. **$N = f(1) = f(1) \times 1$**：底为 $1$、高为右端点高度 $f(1)$ 的**矩形面积**。 因为 $f'(x) < 0$，函数严格单调递减，在 $[0,1)$ 内恒有 $f(x) > f(1)$，故矩形完全位于曲边梯形内部： $$N < M$$ 3. **$P = \dfrac{f(0)+f(1)}{2} = \dfrac{f(0)+f(1)}{2}\times 1$**：上底为 $f(1)$、下底为 $f(0)$、高为 $1$ 的**割线梯形面积**。 因为 $f''(x) > 0$，函数为下凸曲线，连接 $(0, f(0))$ 与 $(1, f(1))$ 的割线段恒位于曲线 $y=f(x)$ 的**上方**。 因此割线梯形完全盖住曲边梯形，额外多出一块两端封闭的弓形面积： $$P > M$$ 综合几何大小关系： $$N < M < P$$ 本题选 **B**。 > 💡 **【笔记】 判据提炼** > > 全程无需计算：$f'$ 的符号给出矩形与曲边梯形的包含关系，$f''$ 的符号给出割线梯形与曲边梯形的包含关系。**两条信息各管一半**——$f'<0$ 管"端点值 vs 积分"，$f''>0$ 管"端点平均值 vs 积分"。 > 💡 **【CHOICE】 例 3.74｜高数十八讲** > > 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，$f(0)=0, f'(x) > 0, f''(x) > 0$，则对于 > $$M = \int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x, \quad N = \int_{\frac{1}{2}}^1 \left[f(x)-f\left(\frac{1}{2}\right)\right]\mathrm{d}x, \quad P = \frac{1}{4}\left[f(1)-f\left(\frac{1}{2}\right)\right]$$ > 其大小顺序排列正确的是（　）。 > > A. $N < M < P$ > > B. $P < M < N$ > > C. $M < P < N$ > > D. $M < N < P$ **【解析】**  1. **几何直观比较 $N$ 与 $P$**： 改写 $P$ 的形式： $$P = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \left[f(1) - f\left(\frac{1}{2}\right)\right]$$ 在区间 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上（底长为 $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$），$P$ 恰好代表以 $(\frac{1}{2}, f(\frac{1}{2})), (1, f(\frac{1}{2})), (1, f(1))$ 为顶点的**直角三角形面积** $\triangle ABC$。 而 $N = \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^1 [f(x) - f(\frac{1}{2})]\,\mathrm{d}x$ 表示曲线 $y = f(x)$ 与基准水平线 $y = f(\frac{1}{2})$ 所围成的**曲边三角形阴影面积**。 因为 $f''(x) > 0$（曲线下凸），连接弦线 $AC$ 位于曲线的上方，直角三角形包含曲边三角形： $$N < P$$ 2. **区间平移 + 拉格朗日中值定理比较 $M$ 与 $N$**（此处区间错位，面积包含关系无法直接使用，随即改用拉格朗日中值定理）： - 对 $N$ 作平移换元：令 $t = x - \frac{1}{2}$，将积分区间平移至 $[0, \frac{1}{2}]$： $$N = \int_0^{\frac{1}{2}}\left[ f\left(t + \frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right) \right]\mathrm{d}t = \int_0^{\frac{1}{2}}\left[ f\left(x + \frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right) \right]\mathrm{d}x$$ - 将 $N$ 与 $M$ 作差： $$ \begin{aligned} N - M &= \int_0^{\frac{1}{2}}\left\{ \left[ f\left(x + \frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right) \right] - f(x) \right\}\mathrm{d}x \\ &= \int_0^{\frac{1}{2}}\left\{ \left[ f\left(x + \frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right) \right] - [f(x) - f(0)] \right\}\mathrm{d}x \end{aligned}

• 对被积函数中的两组增量分别应用拉格朗日中值定理： $f\left(x + \frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right) = f'(\xi_1) \cdot x, \quad \text{其中 } \frac{1}{2} < \xi_1 < x + \frac{1}{2}$ $f(x) - f(0) = f'(\xi_2) \cdot x, \quad \text{其中 } 0 < \xi_2 < x < \frac{1}{2}$
• 比较中值点位置： $0 < \xi_2 < x < \frac{1}{2} < \xi_1 \implies \xi_1 > \xi_2$ 由已知 $f''(x) > 0$，导函数 $f'(x)$ 严格单调递增，故： $f'(\xi_1) > f'(\xi_2) \implies [f'(\xi_1) - f'(\xi_2)]x > 0 \quad (x > 0)$
• 由定积分保号性： $N - M = \int_0^{\frac{1}{2}}[f'(\xi_1) - f'(\xi_2)]x\,\mathrm{d}x > 0 \implies N > M$

3. 综合结论： $M < N < P$ 本题选 D。

---

知识网络与考场决策速查表

graph TD
    Start["定积分比大小"] --> S0{"第 0 步：各积分限是否相同？"}
    
    S0 -- "不同" --> S0a{"能否化到同一区间？<br/>对称折半 / 周期平移 / 换元"}
    S0a -- "能" --> SA
    S0a -- "不能，或题给 f'' 定号" --> F["判据 F：几何面积包含关系<br/>或拉格朗日中值定理（例 3.73 / 3.74）"]
    
    S0 -- "相同" --> SA{"判据 A：区间关于原点对称？"}
    SA -- "是" --> A1["拆项 + 平方展开，奇零归零<br/>锁定常数基准 π，再与 1 比较（例 3.46）"]
    SA -- "否" --> SB{"判据 B：区间含 0 且各函数在 0 处同阶？"}
    
    SB -- "是" --> B1["端点 Taylor 展开<br/>比较最低不同阶项（例 3.69 / 3.70 / 3.71 / 3.72）"]
    SB -- "否" --> SC{"判据 C：能否逐点判定被积函数大小？"}
    
    SC -- "能" --> C1["同分母比分子 / 同分子比分母<br/>或端点值放缩（例 3.68 / 3.69）"]
    SC -- "两端序号相反" --> SD{"判据 D：存在单调权重 × 单峰核函数？"}
    
    SD -- "是" --> D1["定性权重分析：峰值与权重强度错位<br/>（例 3.67）"]
    SD -- "否" --> SE{"判据 E：三角振荡跨半波且波幅单调？"}
    
    SE -- "能定性" --> E1["比较各半波面积代数和（例 3.64 / 3.65）"]
    SE -- "不能定性" --> E2["分部积分降维，注意边界项为零<br/>（例 3.66）"]

判据	触发条件（可检验）	首选工具	适用边界	失效情形
A｜对称区间	积分限形如 $[-a,a]$	偶倍奇零、拆项展开、平方展开	区间关于原点对称且函数可拆成奇、偶之和	函数非奇非偶且拆不开（如 $e^x$）$\to$ 改用换元相加
B｜端点展开	区间以 $0$ 为端点（或含 $0$），且各被积函数在 $0$ 处同阶	端点 Taylor 展开，比较最低不同阶项	必须验证各函数在整个区间上同序	两端序号相反（例 3.67）$\to$ 改用判据 D
C｜逐点比较	被积函数在区间上可逐点判定大小	同分母比分子 / 同分子比分母 / 放缩到共同界	各被积函数在区间上同号，分母不变号	存在”交叉”$\to$ 改用判据 B 或 D
D｜定性权重	出现”单调权重函数 × 单峰核函数”结构	比较权重单调方向与核函数峰值位置的错位	权重单调且同号；两核函数在同一区间积分值相等	权重不单调（内部有极值）$\to$ 分区间讨论
E｜振荡代数和	三角振荡跨半波/跨周期，波幅单调	半波面积代数和；看不出来就分部积分降维	分部积分要求边界项 $[uv]_a^b=0$	边界项不为零 $\to$ 降维不成立，需配合判据 C/D
F｜面积包含 / 中值定理	混有端点型非积分项，或两个积分项区间错位且 $f''$ 定号	曲边梯形 vs 矩形 vs 割线梯形/三角形；拉格朗日中值定理	面积法需 $f''$ 定号；中值定理需 $f''$ 定号且中值点次序可判	$f''$ 变号时两条路线同时失效（割线与曲线相交、$f'$ 不单调）

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易错点

我的总结

• 我把整套流程压缩成一句话：先比区间，再比函数；区间能统一就逐点比，比不动就展开端点，展开也不灵就看权重。 具体顺序就是本文开头的判据序列，考试时按 A → B → C → D → E → F 逐条过一遍，命中即停。
• 三条最常用的判据现在有了明确的”什么时候不能用”：
  • 逐点比较（C） 的失效信号是”两端序号相反”；
  • 端点展开（B） 的前提是全区间同序，所以只要看出交叉就必须立刻放弃；
  • 拉格朗日中值定理（F） 只在两个积分项区间错位、且题给 $f''$ 定号时才是”必须上”的工具（例 3.74 是标准范式）。
• 例 3.67 是最值得反复看的一道：它同时否定了判据 B 和 C，逼着我记住”权重单调递增时，峰值靠左的核函数受损更小”。这条我准备当作独立的判据 D 单独记。
• 例 3.73 与 3.74 让我分清了 $f'$ 与 $f''$ 的分工：$f'$ 的符号管”端点值与积分的比较”，$f''$ 的符号管”端点均值/割线型量与积分的比较”。
• 例题里凡是用 Taylor 展开的做法，我都会同时把通法（求导、保号性）抄一遍，两者的结果应当一致——不一致就说明展开的阶数或同序假设出了问题。

参考资料

• 考研数学历年真题（年份与卷种随题标注：2018 数一、2012 数一/数二、1997 数一、2003 数二、2022 数一/数二、2019 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「同类不等式 / 端点 Taylor 展开定序」的提法与”权重单调性—核函数峰值错位”的定性比较思路参考自某考研数学课程讲义
• 2023 共创、2022 超越、2023 超越、张宇 1000 题、李林 880 题、高数十八讲（例题来源随题标注）