3.2.3 定积分比大小

定积分比较大小是考研数学中极具辨识度的高频必考题型（在 1997、2003、2012、2018、2019、2022、2023 等历年真题及模拟题中多次出现）。此类题目切忌盲目硬做差求导，若陷入繁冗的代数运算，极易浪费宝贵时间甚至出现计算失误。

手稿根据积分区间特征与被积函数结构，系统提炼为四大核心题型与“降维打击”战法：

1. 题型一：对称区间，偶倍奇零！
2. 题型二：画图像 + 定性分析 + 分析不出来就分部积分
3. 题型三：积分区间相同，只比较被积函数大小即可（几何放缩、通法与“耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀）
4. 题型四：既有定积分又有非定积分，画图看面积！

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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】

本题积分区间全为 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$，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，拆开后可能会出现奇/偶函数： $(1+x)^2 = 1 + x^2 + 2x$ 代入 $M$ 并拆项： $M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+x^2+2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1\,\mathrm{d}x + \underbrace{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x}_{=0\text{（奇函数在对称区间积分为 0）}} = \pi + 0 = \pi$

   💡 核心抓手：$M$ 的被积函数有效部分化简为 $1$，积分值确定为基准常数 $\pi$。后续只需将 $N$ 与 $K$ 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 $N = \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+x}{\mathrm{e}^x}\,\mathrm{d}x$，由重要不等式：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 对面积无影响）： $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\,\mathrm{d}x = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x}\,\mathrm{d}x > 0$ 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震荡函数（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，或者画出草图后因多波抵消而无法肉眼定夺正负时，果断采用分部积分法！分部积分能将被积函数求导降维，让正负区域的权函数出现阶跃性差距，从而一眼看穿大小。

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💡 【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。

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💡 【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（通杀利器，手稿重推） 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**。 --- <!-- source:p54:r1 --> > 💡 **【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 $\cos x$ 图像进行了压缩，$x$ 越大分母越大，压缩程度就越大（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 $I_2 < I_1$。 - **核心矛盾**：$I_2 = (S_1 - S_2) - (S_3 - S_4)$，两个正数相减，谁大谁小？仅凭原波形的肉眼定性**无法确定 $I_2$ 与 $0$ 的大小关系**！  2. **分部积分破局（秒杀）**： 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**。 <!-- source:p55:r1 --> > 💡 **【技巧与方法】 批注：参考答案通法对比与手稿锐评** > > 手稿明确指出：*“不建议同学们掌握参考答案的方法，在我看来纯属浪费时间。”* > > **参考答案的做法（极其繁琐的区间折叠换元）**： > 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： > $$I_2 = 4(1+\pi)\int_0^{\pi/2}\frac{(\frac{\pi}{2}-x)\cos x}{(1+x)(1+\pi+x)(1+\pi-x)(1+2\pi-x)}\,\mathrm{d}x > 0$$ > 这种复杂的对称平移折回在考场有限时间内极难无差错写出，而**分部积分法**仅需一步凑微分即可实现正负半波强度的降维对比，秒杀定性！ --- > 💡 **【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. **思维突破：定性权重分析（“棉花” vs “大动脉”）** - $I$ 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位置相关的“**压缩/打折效应**”，$x$ 越大压缩程度越大： - **对 $\cos x$ 而言**：在 $x \to 0$ 时分母压缩程度最小（$\approx 1$ 无折扣），而 $\cos x$ 偏偏在此时取得峰值 $1$！“$\cos x$ 趁着分母没什么压缩，把握住了机会取到最大值”；而在 $x \to \frac{\pi}{2}$ 时分母压缩程度最大，但 $\cos x$ 本身就趋近于 $0$，“分母重重的一刀砍在了棉花上”！故 $\cos x$ 的总体面积受损极小。 - **对 $\sin x$ 而言**：在 $x \to \frac{\pi}{2}$ 时分母压缩达到峰值 $1 + (\frac{\pi}{2})^2 \approx 3.47$，偏偏 $\sin x$ 在此时取得最大值 $1$，“分母最大的一刀砍在了 $\sin x$ 的大动脉上”！而在 $x \to 0$ 分母无压缩时，$\sin x$ 本身却接近于 $0$，“分母给了机会，但 $\sin x$ 你也不中用啊”！故 $\sin x$ 的总体面积被极度削减。  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**。 > 💡 **【核心公式】 考研通用模型拓展（手稿蓝框总结）** > > **同理，只要权重函数 $g(x)$ 关于 $x$ 单调递增且 $g(x) > 0$，在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上均有**： > $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+g(x)}\,\mathrm{d}x > \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+g(x)}\,\mathrm{d}x$$ > 💡 **【技巧与方法】 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 $0 \implies I > J$。 --- <!-- source:p56:r1 --> ## 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**。 > 💡 **【METHOD】 核心四大处理原则（手稿大红框准则）** > > 1. **当被积函数分子相同时，则只比较分母即可**（分母小则整体大；常数可随意挪动）； > 2. **当被积函数分母相同时，则只比较分子即可**（分子大则整体大）； > 3. **当被积函数分子分母都不同时，则把分子/分母放缩成相同的，之后再比较分母/分子**； > 4. **不到万不得已时，不要直接把两个被积函数作差来比较大小**（容易陷于复杂的复合求导泥潭）。 --- > 💡 **【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：几何凸凹性放缩秒杀（手稿核心妙招，详见思维课 1.2.6.2）** 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： $$I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{x}\,\mathrm{d}x < \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\frac{4}{\pi}x}{x}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{4}{\pi}\,\mathrm{d}x = \frac{4}{\pi} \times \frac{\pi}{4} = 1$$ 考场 $10$ 秒直接秒出 $I_1 < 1$！ - **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**。 --- > 💡 **【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）**： 由对数重要不等式 $\frac{x}{1+x} \le \ln(1+x) \le x$（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**。 --- <!-- source:p57:r1 --> > 💡 **【经典例题】 补充：特殊题型（从未考过，了解即可）** > > 设 $I_1 = \displaystyle\int_0^\pi \frac{x\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}\,\mathrm{d}x, \quad I_2 = \int_0^\pi \frac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}\,\mathrm{d}x, \quad I_3 = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2 x}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 x}}\,\mathrm{d}x$，则（　）。 > > A. $I_1 > I_2 > I_3$ > > B. $I_3 > I_2 > I_1$ > > C. $I_2 > I_1 > I_3$ > > D. $I_3 > I_1 > I_2$ **【解析】** 1. **区间再现公式消 $x$（详见思维课 3.2.2.8 小节）**： 对于 $I_1$，被积函数中除 $x$ 外的部分 $f(x) = \dfrac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}$ 满足 $f(\pi - x) = f(x)$。由区间再现消 $x$ 公式： $$\int_0^\pi x f(\sin x)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)\,\mathrm{d}x \implies I_1 = \frac{\pi}{2}I_2$$ 因为 $\frac{\pi}{2} > 1$ 且 $I_2 > 0$，所以： $$I_1 > I_2$$ 2. **换元折半与偶倍奇零**： 对于 $I_2 = \displaystyle\int_0^\pi \frac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}\,\mathrm{d}x$，令 $x = \frac{\pi}{2} - t$，则当 $x = 0$ 时 $t = \frac{\pi}{2}$，当 $x = \pi$ 时 $t = -\frac{\pi}{2}$： $$I_2 = \int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,(-\mathrm{d}t) = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t$$ 被积函数关于 $t$ 显然是**偶函数**，在对称区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上利用**偶倍**： $$I_2 = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t = 2I_3$$ 3. **综合对比**： $$I_1 = \frac{\pi}{2}I_2 = \frac{\pi}{2}(2I_3) = \pi I_3$$ $$I_2 = 2I_3$$ 由于 $I_3 > 0$ 且 $\pi > 2 > 1$，立即得出： $$I_1 > I_2 > I_3$$ 本题选 **A**。 --- > 💡 **【DANGER】 考研绝技：“耍流氓”核心心法（区间含 0 时的 Taylor 展开秒杀）** > > > **手稿大红框心法传授**： > 考研范围内，积分区间相同时，在使用**偶倍奇零后**，绝大多数被积函数都满足**恒大于或者恒小于**的关系。 > > 秉持着一个通用实战原则： > 1. 在偶倍奇零之后，如果被积函数你一眼就能看出来**不满足恒大于或者恒小于**的关系（如例 3.67 所示在两端有交叉），那就**优先考虑定性分析**（权重与压缩）； > 2. 除此之外，只要一眼看不出来被积函数是否满足恒大于或者恒小于的关系，**99.99%都一定满足恒大于或者恒小于的关系**！ > 3. 若被积函数满足恒大于或者恒小于的关系，则意味着可以**代入区间内的任意一点具体的值**，来比较被积函数的大小。此方法我称之为**耍流氓**！ > 4. 若被积区间包含 0，或者以 0 作为区间端点，即可研究 **$x \to 0^+$ 时三个被积函数的大小关系**，此时可对被积函数进行**泰勒展开（Taylor）**，此方法为**耍流氓中的耍流氓**！ --- ### 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。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： $$\frac{x}{4} < \frac{x}{2} < 2x$$ 考场上**无需进行任何复杂放缩**，直接秒杀锁定： $$I_1 < I_2 < I_3$$ --- > 💡 **【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】** - **“耍流氓”法（Taylor 展开秒杀）**： 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： $$-\frac{1}{6} > -\frac{1}{2} > -1 \implies x - \frac{1}{6}x^3 > x - \frac{1}{2}x^3 > x - x^3 \quad (x > 0)$$ 立即秒得： $$I_1 > I_2 > I_3 \iff I_3 < I_2 < I_1$$ 本题选 **C**。 - **答案通法（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：$I_3 < I_2 < I_1$。 --- <!-- source:p58:r1 --> > 💡 **【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】** - **“耍流氓”法（Taylor 展开秒杀）**： 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： $$\frac{2}{3}x^2 > \frac{1}{3}x^2 \gg \frac{1}{3}x^4 \quad (0 < x < 1)$$ 直接秒得： $$I_2 > I_1 > I_3$$ 本题选 **C**。 - **答案通法（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：$I_2 > I_1 > I_3$。 --- > 💡 **【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】** 手稿特别强调：*“二重积分比大小，积分区域相同时，只比较被积函数大小，耍流氓！”* - **“耍流氓”法（Taylor 展开秒杀）**： 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：$I_3 < I_2 < I_1$。 --- <!-- source:p59:r1 --> ## 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**外接或内接矩形面积**； > 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/凹函数）**：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/凸函数）**：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！ --- > 💡 **【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 $f''(x) > 0$，函数为凹函数（图形下凸），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**。 --- > 💡 **【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 $N$**： - 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。

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知识网络与考场决策速查表

graph TD
    Start["定积分比较大小题型"] --> Cond{"观察题目特征"}
    
    Cond -- "对称区间 [-a, a]" --> T1["题型一：偶倍奇零"]
    T1 --> T1_Act["见加号拆项、平方展开，奇零消去直接出常数基准"]

    Cond -- "三角震荡波跨周期" --> T2["题型二：画波形草图"]
    T2 --> T2_Judge{"能否肉眼判断代数和？"}
    T2_Judge -- "能" --> T2_Direct["相邻半波增减直接定性 (如例 3.64)"]
    T2_Judge -- "不能" --> T2_Parts["果断分部积分，降维拉开正负差距 (如例 3.66)"]
    T2_Judge -- "交叉无恒大小" --> T2_Weight["权重定性：'砍在棉花上' vs '砍在大动脉' (例 3.67)"]

    Cond -- "积分区间完全相同" --> T3["题型三：比被积函数"]
    T3 --> T3_Rule["同分母比分子 / 同分子比分母 / 割线几何放缩"]
    T3 --> T3_Rogue["【耍流氓秒杀】区间含 0 时，直接取 x→0+ 的 Taylor 展开！"]

    Cond -- "既有定积分又有非定积分" --> T4["题型四：画图看面积"]
    T4 --> T4_Geo["曲边梯形 (积分) vs 矩形 (端点) vs 梯形/三角形 (割线)"]
    T4 --> T4_Conc["f''>0 割线在上，梯形/三角形面积包住曲边面积"]

题型分类	识别信号	核心武器	考场秒杀口诀
题型一：对称区间	积分限形如 $[-a, a]$	偶倍奇零、拆项展开	见对称就奇零，平方展开拆加号，锁定基准常数 $\pi$
题型二：震荡与周期	含 $\sin x, \cos x$，周期或跨半波	画图看波形、分部积分、定性权重	振幅剧增看代数和；波形难定时分部积分；分母压缩看峰值受损
题型三：同区间比被积	上下限完全相同	割线放缩、常数挪动、Taylor 展开	同母比子，同子比母；区间含 0 时，直接 $x\to 0^+$ 展开到最低非零阶秒杀
题型四：积分与非积分	混杂 $f(b), \frac{f(a)+f(b)}{2}$ 等	凹凸性几何面积、拉氏中值定理	二阶导看弯曲，割线居上梯形大，矩形居下最小，平移区间中值定两积分