3.3 变（上）限积分

核心结论

把定积分 $\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t$ 的上限 $b$ 换成变量 $x$ ，得到的

$F(x)=\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$

是一个关于 $x$ 的函数： $x$ 每取一个值，就对应一块位置确定、大小随 $x$ 变化的曲边梯形面积。这个”用积分造函数”的过程之所以是本章枢纽，是因为它同时连着三件事：定积分（可积性）、不定积分（原函数）、微分（求导）。

本节要把结论压实成五条：

求导公式（前提：被积函数 $f$ 连续，上下限 $\phi(x),\varphi(x)$ 可导） $\Phi'(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\phi(x)}^{\varphi(x)} f(t)\,\mathrm{d}t = f[\varphi(x)]\varphi'(x) - f[\phi(x)]\phi'(x)$ “连续”不能用”可积”顶替：若 $f$ 在积分限对应点处不连续，公式直接失效，只能回到导数定义式（见下文三）。
连续性： $f$ 在 $[a,b]$ 上可积 $\implies F(x)=\displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 在 $[a,b]$ 上连续。可积意味着有界，高度有界的窄条面积可以任意小，所以积分值不可能跳变。
可导性：若 $f$ 只在 $x_0$ 处可能间断、其余点连续，则 $F$ 在 $x_0$ 处必连续；可导与否完全由 $f$ 在 $x_0$ 处的间断类型决定——连续或可去 $\to$ 可导，跳跃 $\to$ 连续但不可导。
可积与原函数是两条互不蕴含的标准：可积问的是定积分存不存在（先要有界），原函数问的是能否找到 $F'=f$ （连续必存在，有第一类间断点必不存在）。
转化法则： $f$ 连续时， $\displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 就是 $f$ 的一个原函数，于是综合题里的不定积分都可以改写成变上限积分——换来的好处是任意常数唯一确定、可以对等式直接求导。

以下按”几何直观 → 连续与可导 → 推导与辨析 → 真题实战”展开。

3.3.1 变上限积分几何意义 + 可导性

一、几何意义与图像判定

几何意义： $F(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 等于 $0$ 到 $x$ 区间内 $f(t)$ 与 $t$ 轴围成的图形的代数面积—— $t$ 轴上方的面积取正、下方的面积取负，逐段累加。

由此可以提炼出三条判图依据，凡”给 $f$ 的图象、选 $F$ 的图象”型选择题都从这三条入手：

连续性依据：面积是累积出来的，随上限连续变化，图象不允许出现跳跃断点。若某个选项在中间某点被一条竖线”断开”，该项必错。
上下限变号的依据：当 $x$ 落在下限左侧时， $\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t = -\int_x^0 f(t)\,\mathrm{d}t$ ，符号与”正常方向积分”相反。这是判断 $F$ 在局部区间正负的最快工具。
单调性依据： $F'(x)=f(x)$ ，故 $f$ 的符号直接决定 $F$ 的增减、 $f$ 的零点对应 $F$ 的水平切线。

💡 【CHOICE】例 3.75｜2009 数一、数二、数三真题

设函数 $y=f(x)$ 在区间 $[-1, 3]$ 上的图形如图所示，则函数 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 的图形为（　）。

【解析】

依次用上面三条依据排除选项：

用连续性依据排除 B：积分是面积的累加，上限连续变动时面积必连续变动，图象上不可能出现”断崖式跌落”。选项 B 在 $x=2$ 处出现竖直断裂，直接排除。
用变号依据排除 A、C：考查 $x \in (-1, 0)$ 。此时上限 $x$ 小于下限 $0$ ，先颠倒上下限： $F(x) = \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t = -\int_x^0 f(t)\,\mathrm{d}t$ 由题图，在 $[-1,0]$ 上 $f(t)>0$ （图象在 $t$ 轴上方），故按正常方向积分 $\int_x^0 f(t)\,\mathrm{d}t>0$ ，添上负号后 $\therefore F(x) = -\int_x^0 f(t)\,\mathrm{d}t < 0 \quad (x \in (-1, 0))$ 也就是说这一段 $F$ 必须在 $x$ 轴下方，而选项 A、C 在 $(-1,0)$ 上 $F(x)>0$ ，排除。
用单调性依据验证 D： $F'(x)=f(x)$ ，所以 $f(x)<0$ 于 $(0,1)$ $\implies F$ 递减； $f(x)>0$ 于 $(1,2)$ $\implies F$ 递增； $f(x)=0$ 于 $(2,3)$ $\implies F$ 保持水平。三条特征全部吻合的只有 D。

本题选 D。

二、连续性与可导性三大核心结论

设 $F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 。如果 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上除点 $x = x_0 \in (a,b)$ 外均连续，则无论如何 $F(x)$ 在 $x=x_0$ 处一定连续，且其可导性呈现如下严格对应规律：

被积函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的形态	变上限积分 $F(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 在 $x_0$ 处的形态	导数关系
(1) 连续	可导	$F'(x_0) = f(x_0)$
(2) 可去间断点	可导	$F'(x_0) = \displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$
(3) 跳跃间断点	连续但不可导	$F'_-(x_0) = f(x_0^-) \ne f(x_0^+) = F'_+(x_0)$

怎么用这张表：它把”求 $F$ 在某点的可导性”化归为”看 $f$ 在该点的间断类型”，只需算出 $\lim_{x\to x_0^-}f(x)$ 与 $\lim_{x\to x_0^+}f(x)$ 就能定论。 适用条件：仅在”除 $x_0$ 外处处连续”的前提下成立。若 $f$ 在区间内还有别的间断点，需分段处理。注意：第 (2) 行给的是 $F'(x_0)=\lim f(x)$ ，不是 $f(x_0)$ ——这一点正是下文误区的根源。

三、求导公式的推导与常见误区辨析

1. 为什么被积函数不连续时变上限积分仍可能可导？

求导公式 $\Phi'(x)=f[\varphi(x)]\varphi'(x)-f[\phi(x)]\phi'(x)$ 的前提是 $f$ 连续。一旦 $f$ 在 $x_0$ 处不连续，就不能再套公式，只能回到导数定义式：

$F'(x_0) = \lim_{x\to x_0}\frac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim_{x\to x_0}\frac{\displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t - \int_a^{x_0} f(t)\,\mathrm{d}t}{x - x_0} = \lim_{x\to x_0}\frac{\displaystyle\int_{x_0}^x f(t)\,\mathrm{d}t}{x - x_0}$

由于 $F$ 连续，分子分母都趋于 $0$ ，这是" $\frac{0}{0}$ "型。处理办法：单独改变 $f$ 在 $x_0$ 一点的值不影响积分值，故可把 $f(x_0)$ 替换为 $\lim_{x\to x_0}f(x)$ （可去间断时）得到一个连续函数，再对它用积分中值定理，得

$F'(x_0) = \lim_{x\to x_0}\frac{\displaystyle\int_{x_0}^x f(t)\,\mathrm{d}t}{x - x_0} = \lim_{x\to x_0} f(x)$

（形式上写成”洛必达”也可以，但要清楚洛必达的条件本身要求 $f$ 在 $x_0$ 连续；严格论证靠的是上面”改一点不值钱 + 积分中值定理”。）

结论一目了然：

可去间断点：极限 $\displaystyle\lim_{x\to x_0} f(x)$ 存在，故 $F'(x_0)$ 必定存在，且 $F'(x_0) = \displaystyle\lim_{x\to x_0} f(x)$ ；
跳跃/震荡间断点：极限 $\displaystyle\lim_{x\to x_0} f(x)$ 不存在，故 $F'(x_0)$ 必定不存在。

2. 与达布定理的冲突辨析

易混的疑问：达布定理（导数的介值定理）说”导函数若在区间上存在，要么处处连续，要么只可能具有震荡间断点，绝不可能有可去或跳跃这类第一类间断点”。可是本节结论说：被积函数 $f$ 有可去间断点时，变上限积分 $F$ 在该点居然可导。于是容易得出错误推理：” $F$ 是 $f$ 的原函数，那 $f$ 就是导函数，岂不是说导函数可以有可去间断点？”
错在哪里： 变上限积分并不一定是被积函数的原函数，所以不能把 $f$ 当成 $F$ 的导函数。
1. 原函数要求的是恒等：只有当 $f$ 连续时，才有 $F'(x)=f(x)$ 在区间上恒成立， $F$ 才称得上 $f$ 的原函数。
2. 间断时两者的差正好体现在那一点： $f$ 在 $x_0$ 处为可去间断点时， $F$ 在 $x_0$ 处可导，但导数值是极限值 $F'(x_0) = \lim_{x\to x_0} f(x) \ne f(x_0)$ 即 $f(x_0)\ne F'(x_0)$ ，恒等式在 $x_0$ 处被破坏， $f$ 不是 $F$ 的导函数。
3. 结论：有可去间断点的是 $f$ ，不是导函数 $F'$ （ $F'$ 在该点反而连续）。达布定理未被违背。

四、经典真题与高频题型实战

💡 【CHOICE】例 3.76｜2013 数二真题

设函数 $f(x) = \begin{cases} \sin x, & 0 \le x < \pi, \\ 2, & \pi \le x \le 2\pi, \end{cases} \quad F(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t$ ，则（　）。

A. $x=\pi$ 是函数 $F(x)$ 的跳跃间断点

B. $x=\pi$ 是函数 $F(x)$ 的可去间断点

C. $F(x)$ 在 $x=\pi$ 处连续但不可导

D. $F(x)$ 在 $x=\pi$ 处可导

【解析】

思路一：直接对照可导性对照表

变上限积分保连续， $F(x)$ 在定义域上处处连续，一切”间断点”选项（A、B）都不成立；
再看 $f$ 在 $x=\pi$ 处的左右极限： $\lim_{x\to \pi^-} f(x) = \sin \pi = 0, \qquad \lim_{x\to \pi^+} f(x) = 2$ 左右极限都存在但不相等，故 $x=\pi$ 是 $f$ 的跳跃间断点；
对照表中第 (3) 行：被积函数为跳跃间断点 $\implies F$ 在该点连续但不可导，选 C。

思路二：用定义式算左右导数（不依赖对照表）

左导数： $F'_-(c) = \lim_{x\to c^-}\frac{F(x)-F(c)}{x-c} = \lim_{x\to c^-}\frac{-\displaystyle\int_x^c f(t)\,\mathrm{d}t}{x-c} \overset{\text{洛必达}}{=} \lim_{x\to c^-} f(x) = f(c^-) = 0$
右导数： $F'_+(c) = \lim_{x\to c^+}\frac{F(x)-F(c)}{x-c} = \lim_{x\to c^+}\frac{\displaystyle\int_c^x f(t)\,\mathrm{d}t}{x-c} \overset{\text{洛必达}}{=} \lim_{x\to c^+} f(x) = f(c^+) = 2$
$F'_-(c) \ne F'_+(c)$ ，故 $F$ 在 $x=\pi$ 处不可导。

💡 【CHOICE】例 3.77｜基础三十讲例 8.13

设 $f(x) = \begin{cases} \mathrm{e}^{x^2} + x^2, & x \ne 0, \\ a, & x = 0, \end{cases}$ 其中 $a$ 为常数，令 $F(x) = \displaystyle\int_{-1}^x f(t)\,\mathrm{d}t$ ，则以下命题：
① 当 $a=1$ 时， $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导；
② 当 $a\ne 1$ 时， $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导；
③ 当 $a=1$ 时， $F(x)$ 在 $x=0$ 处不可导；
④ 当 $a\ne 1$ 时， $F(x)$ 在 $x=0$ 处不可导。
所有真命题的序号为（　）。

A. ①④

B. ①②

C. ③④

D. ②③

【解析】

先算 $f$ 在 $x=0$ 处的极限： $\lim_{x\to 0} f(x) = \lim_{x\to 0} (\mathrm{e}^{x^2} + x^2) = \mathrm{e}^0 + 0 = 1$

当 $a=1$ 时： $f(0) = 1 = \lim_{x\to 0} f(x)$ ， $f$ 在 $x=0$ 处连续， $F$ 在 $x=0$ 处可导且 $F'(0) = f(0) = 1$ （命题 ① 正确）；
当 $a\ne 1$ 时： $f(0) = a \ne \lim_{x\to 0} f(x)$ ， $x=0$ 是 $f$ 的可去间断点。此时对照表中第 (2) 行仍然给出”可导”，直接验算： $F'(0) = \lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\int_{-1}^x (\mathrm{e}^{t^2}+t^2)\,\mathrm{d}t - \int_{-1}^0 (\mathrm{e}^{t^2}+t^2)\,\mathrm{d}t}{x-0} \overset{\text{洛必达}}{=} \lim_{x\to 0}(\mathrm{e}^{x^2}+x^2) = 1$ 即 $a$ 取何值都不影响结果， $F'(0)$ 恒存在且等于 $1$ （命题 ② 正确）。

所有真命题为 ①②，本题选 B。

3.3.2 可积与原函数存在

一、可积性（定积分存在性）

必要条件（可积必有界）： $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x \text{ 存在} \implies f(x) \text{ 在 } [a,b] \text{ 上必有界}$ （若函数在闭区间上无界，则定积分绝对不存在，只能用反常积分处理）。
常用充分条件：
- (1) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续 $\implies \displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 必存在；
- (2) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界，且只有有限个间断点 $\implies \displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 必存在；
- (3) $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上只有有限个第一类间断点 $\implies \displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 必存在。

使用提示：这三个充分条件不是并列选一个用，而是按”函数表现有多坏”依次放宽；(3) 是最常用的考场判据，因为分段函数的间断点几乎都是第一类。

二、原函数的存在性

为什么第 2 条成立：若 $F'=f$ 处处成立，则 $F$ 可导从而连续，且由达布定理 $f$ 具有介值性。而可去间断点与跳跃间断点都违反介值性，故矛盾。

三、关于可积与原函数存在的五条核心认知

可积看定积分，原函数看不定积分，二者通常互不隶属：
- 可积关注的是定积分（围成的几何面积是否存在）；原函数关注的是不定积分（能否找到一个导函数等于它）。
- 可积不一定存在原函数（如含跳跃间断点的分段函数在闭区间上可积，但由于第一类间断点无原函数）；
- 存在原函数不一定可积（如导函数在开区间内无界时不可积）。
原函数存在性的分类判决法则：
- 连续 $\implies$ 必定存在原函数；
- 有第一类间断点或无穷间断点 $\implies$ 必定不存在原函数；
- 只有震荡间断点 $\implies$ 可能存在原函数。
可积的直观本质：一个点不占面积：
- 定积分看的是面积，改变有限个点甚至可数个点的取值，对应矩形的底边长趋于 0、面积贡献恒为 0，因此既不影响可积性，也不影响积分值。
- 拓展：即使有无穷多个间断点也可能可积（如黎曼函数 Riemann function 在 $[0,1]$ 内有无穷多个可去间断点，但它依然黎曼可积且积分为 0）。考研大纲不要求实变分析的严格讨论，掌握上述判据即可。
变上限积分与不定积分不是同一个对象：
- 变上限积分 $\displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 带有具体的积分限，是一个确定的函数，不含任意常数；不定积分代表原函数族，必须带任意常数 $+C$ 。
关键的交叉点：
- 当被积函数 $f(x)$ 连续时，它既可积，又必存在原函数，并且其变上限积分 $\displaystyle\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$ 就是 $f(x)$ 的一个标准原函数。
- 这正是 3.3.3 节”不定积分与变上限积分互相转化”的全部依据。

3.3.3 不定积分和变上限积分的转化

一、 2018 数一压轴大题深度破解

【解析】

（Ⅰ）求解特例通解：这是一阶线性非齐次微分方程，直接套用通解公式： $y = \mathrm{e}^{-\int 1\,\mathrm{d}x}\left(\int x\mathrm{e}^{\int 1\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C\right) = \mathrm{e}^{-x}\left(\int x\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x + C\right) = \mathrm{e}^{-x}\left((x-1)\mathrm{e}^x + C\right) = x - 1 + C\mathrm{e}^{-x}$ 其中 $C$ 为任意常数。

（Ⅱ）证明唯一周期解：

为什么必须改写为变上限积分？ 若写成常规的不定积分通解： $y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[\int f(x)\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x + C_1\right], \qquad y(x+T) = \mathrm{e}^{-(x+T)}\left[\int f(x+T)\mathrm{e}^{x+T}\,\mathrm{d}(x+T) + C_2\right]$ 则两个不定积分各自带一个互无关系的常数 $C_1,C_2$ ，作差时既消不掉不定积分，也无法确定常数。改写为变上限积分（下限可任取，取 0 最方便）： $y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\right]$ $y(x+T) = \mathrm{e}^{-(x+T)}\left[\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\right]$ （⚠️ 写成变上限积分后，任意常数统一为一个唯一的 $C$ 。）

将周期性条件 $y(x+T) - y(x) = 0$ 展开： $\mathrm{e}^{-x-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\mathrm{e}^{-x-T} - \mathrm{e}^{-x}\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - C\mathrm{e}^{-x} = 0$ 两边同乘 $\mathrm{e}^x$ ： $\mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C(\mathrm{e}^{-T} - 1) = 0$ 解出常数 $C$ ： $C = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]$

方括号内两个积分的上限都含 $x$ 。接下来要解决的问题就是：如何说明 $C$ 与 $x$ 无关？

方法一：拆分区间换元法（硬核解出 $C$ 的具体常数值）

拆分左边积分区间为 $[0, T]$ 与 $[T, x+T]$ ： $\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \int_T^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 其中 $\displaystyle\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 显然是常数。对第二项进行区间平移换元，令 $u = t - T$ （则 $t = u + T, \mathrm{d}t = \mathrm{d}u$ ）： $\int_T^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \int_0^x f(u+T)\mathrm{e}^{u+T}\,\mathrm{d}u \overset{f(u+T)=f(u)}{=} \mathrm{e}^T\int_0^x f(u)\mathrm{e}^u\,\mathrm{d}u = \mathrm{e}^T\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 将此拆分结果代回 $C$ 的表达式中：

\begin{aligned} C &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\left(\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \mathrm{e}^T\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right) - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right] \\ &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \underbrace{\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t}_{=0\text{ 精确抵消！}}\right] \\ &= \frac{\mathrm{e}^{-T}}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{\mathrm{e}^T - 1}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t \quad (\text{常数！！！}) \end{aligned}

解出的 $C$ 不含 $x$ ，是一个唯一确定的实常数，因此方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解！

方法二：导数法证明与 $x$ 无关（直接证导数为 0）

设辅助函数： $g(x) = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]$ 对 $x$ 求导（利用变上限积分求导法则）： $g'(x) = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\cdot f(x+T)\mathrm{e}^{x+T}\cdot (x+T)' - f(x)\mathrm{e}^x\right]$ 由于 $f(x+T) = f(x)$ ，方括号内整理为： $\mathrm{e}^{-T}\cdot f(x)\mathrm{e}^x \cdot \mathrm{e}^T - f(x)\mathrm{e}^x = f(x)\mathrm{e}^x - f(x)\mathrm{e}^x \equiv 0$ 故 $g'(x) \equiv 0$ ，说明 $g(x)$ 恒为常数！若要求该常数具体值，直接令 $x=0$ ： $C = g(0) = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - 0\right] = \frac{1}{\mathrm{e}^T - 1}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 两种方法殊途同归：第一种直接算出常数值，第二种把”是否为常数”化归为”导数是否为零”，都是处理”含 $x$ 的积分组合”的标准手段。

二、不定积分常数歧义与变上限积分的唯一确定性

公式法里 $+C$ 的来源：用公式法解一阶线性微分方程时，公式中写出的 $+C$ 之后，内部那些不定积分的计算就无需再加常数了；公式法的 $C$ 本质上就是不定积分产生的那个任意常数。
不定积分的歧义性：写两个表面形式相同的不定积分 $\int x\,\mathrm{d}x$ ，第一个结果可能是 $\frac{1}{2}x^2+2$ ，第二个可能是 $\frac{1}{2}x^2+99$ 。没有积分限的约束，就无法保证两个不定积分后面的常数相同（正如 3.1.5 节例 3.33 中，两个相同的不定积分作差，结果仍是任意常数 $C_1 - C_2$ ）。
变上限积分的唯一确定性：只有不定积分才有 $C_1$ 与 $C_2$ 的独立常数歧义；变上限积分与定积分的取值被区间和被积函数完全确定，不含附加常数。 转化为变上限积分后，通解中只剩下一个干净的独立常数 $C$ 。

操作判据：凡是要在两个（或多个）含积分号的表达式之间做加减比较、或对含积分号的等式求导时，先把不定积分改写成变上限积分。

三、经典模拟题高频题型实战

【解析】

用区间代换化简卷积型变限积分：在积分 $\displaystyle\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t$ 中令 $u = x - t$ ，则 $t = 0 \to u = x$ ， $t = x \to u = 0$ ， $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ ： $\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t = \int_x^0 f(u)\,(-\mathrm{d}u) = \int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ 原积分方程化为： $f(x)\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u = \sin^4 x$ （这一步的作用：把含 $x-t$ 的”卷积型”上限化为普通变上限积分，方便识别导数结构。）
识别导数复合结构：设 $Y(x) = \displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ，则 $Y'(x) = f(x)$ （ $f$ 连续，可直接用求导公式），且 $Y(0) = 0$ 。方程即为： $Y'(x)Y(x) = \sin^4 x \iff \frac{1}{2}\left[Y^2(x)\right]' = \sin^4 x$
两边取变上限积分而不求不定积分：

💡 为什么取变上限积分：若直接算不定积分 $\int \sin^4 x\,\mathrm{d}x$ ，需要两次二倍角展开降幂，过程冗长；而从 $0$ 到 $x$ 取变上限积分，既自动满足初值条件 $Y(0)=0$ ，又省去常数讨论： $\left[Y^2(x)\right] = 2\int_0^x \sin^4 t\,\mathrm{d}t$
代入端点并应用 Wallis（点火）公式：令 $x = \frac{\pi}{2}$ ： $Y^2\left(\frac{\pi}{2}\right) = 2\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t = 2 \cdot \left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{8}$ 因为 $f(x) \ge 0$ ，故 $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \displaystyle\int_0^{\pi/2}f(u)\,\mathrm{d}u = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$ 。
计算函数平均值： $\bar{f} = \frac{\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(x)\,\mathrm{d}x}{\frac{\pi}{2}} = \frac{\sqrt{\frac{3\pi}{8}}}{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}\cdot\frac{2}{\pi} = \sqrt{\frac{3}{2\pi}} = \frac{\sqrt{6\pi}}{2\pi}$

3.3.4 “雨露均沾” + 变限积分和二重积分的转化

一、 “雨露均沾”思想精髓

做法：在分部积分 $\int_a^b u\,\mathrm{d}v$ 中不直接取 $\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$ ，而是把微分改写成 $\mathrm{d}(x-a)$ （ $a$ 为区间端点），此时 $v=x-a$ 。由于 $v$ 在两个端点处的值分别为 $0$ 与 $a-a=0$ ，边界项 $\left.(x-a)u\right|_a^b$ 恒为 $0$ ，从而只剩积分项。

适用条件：① 分部积分的边界项在某个端点处出现” $0\times$ 未知量”或" $0\times 0$ "的无效结构；② 题设已知某个端点的函数值（如 $f(0)=0$ ）；③ 改写后的 $v=x-a$ 能与剩余因子约分或化简。

为什么合法： $\mathrm{d}(x-a)=\mathrm{d}x$ ，微分形式不变，改写不改变积分本身；变的只是分部积分中 $v$ 的取法。而 $v$ 的取法本就不唯一（相差常数不影响 $\int u\,\mathrm{d}v$ 的结果），所以可以主动挑选使边界项消失的那一个。

典型模型：已知 $f(0)=0$ ，求 $\displaystyle\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x$ 。

常规分部积分： $\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x = \left.xf(x)\right|_0^a - \int_0^a x f'(x)\,\mathrm{d}x$ 代入下限 $x=0$ 得 $0 \cdot f(0) = 0 \cdot 0$ （这个 $0$ 没有发挥作用）；代入上限却产生未知且难以处理的 $a f(a)$ 。
改用平移微分：把 $\mathrm{d}x$ $d x$ 改写为 $\mathrm{d}(x-a)$ $d (x - a)$ ： $\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^a f(x)\,\mathrm{d}(x-a) = \left.(x-a)f(x)\right|_0^a - \int_0^a (x-a)f'(x)\,\mathrm{d}x$ $\int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{a} f (x) d (x - a) = (x - a) f (x) ∣_{0}^{a} - \int_{0}^{a} (x - a) f^{'} (x) d x$ 此时
- 代入上限 $a$ ： $(a-a)f(a) = 0 \cdot f(a) = 0$ ；
- 代入下限 $0$ ： $(0-a)f(0) = -a \cdot 0 = 0$ 。边界项变成 $0 - 0 = 0$ ，整项消失： $\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x = -\int_0^a (x-a)f'(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^a (a-x)f'(x)\,\mathrm{d}x$

易错点：只有当已知端点函数值（或该端点项确为零）时才划算；若 $f(0)\ne 0$ ，改写后下限项 $=-a f(0)\ne 0$ ，反而引入新项。

二、经典例题一题多解实战

【解析】

三种解法思路不同，但都把答案归结到同一个定积分。

方法一：传统分部积分法（统一形式）

$\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \left.xf(x)\right|_0^1 - \int_0^1 x\arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x = f(1) - \int_0^1 x\arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x$ 因为 $f(0)=0$ ，所以 $f(1) = f(1) - f(0) = \displaystyle\int_0^1 f'(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x$ 。将其带入统一形式： $\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x - \int_0^1 x\arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x = \int_0^1 (1-x)\arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x$

方法二：“雨露均沾”分部积分法（※※ 秒杀）

直接将 $\mathrm{d}x$ 凑成 $\mathrm{d}(x-1)$ ：

\begin{aligned} \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x &= \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}(x-1) \\ &= \left.\underbrace{(x-1)f(x)}_{0-0=0}\right|_0^1 - \int_0^1 (x-1)f'(x)\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^1 (1-x)\arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x \end{aligned}

边界项一步消零，省去方法一中”先算 $f(1)$ 再合并”的代数步骤。

方法三：二重积分 + 交换积分次序（※ 几何法）

因为 $f(0)=0$ ，故可将函数写成变上限积分： $f(x) = \int_0^x f'(t)\,\mathrm{d}t = \int_0^x \arcsin(t-1)^2\,\mathrm{d}t$ 代入定积分，转化为二重积分： $\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^x \arcsin(t-1)^2\,\mathrm{d}t$ 积分区域为： $D = \{(x, t) \mid 0 \le t \le x \le 1\}$ ：

3.3_02_例3.79_二重积分交换次序区域.png

交换积分次序（化为先对 $x$ 积分，后对 $t$ 积分）： $\int_0^1 \mathrm{d}t \int_t^1 \arcsin(t-1)^2\,\mathrm{d}x = \int_0^1 (1-t)\arcsin(t-1)^2\,\mathrm{d}t$ 与前两种方法完全一致。

最终数值积分计算

令 $u = (x-1)^2$ ，则 $\mathrm{d}u = -2(1-x)\,\mathrm{d}x \implies (1-x)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\mathrm{d}u$ ：

\begin{aligned} \int_0^1 (1-x)\arcsin(x-1)^2\,\mathrm{d}x &= \frac{1}{2}\int_0^1 \arcsin u\,\mathrm{d}u \\ &= \frac{1}{2}\left[\left.u\arcsin u\right|_0^1 - \int_0^1 \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\,\mathrm{d}u\right] \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\pi}{2} - \left[-\sqrt{1-u^2}\right]_0^1\right] \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{\pi}{2} - (0 - (-1))\right] \\ &= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \end{aligned}

三、 2016 数二压轴综合好题深度研读

【解析】

由题意，在 $\left(0, \frac{3\pi}{2}\right)$ 内 $f'(x) = \dfrac{\cos x}{2x-3\pi}$ ，且 $f(0)=0$ 。
所求平均值为：

\bar{f} = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} - 0} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x

（Ⅰ）求解平均值的两种方法

方法一：“雨露均沾”分部积分法（※ 极简秒杀）

将 $\mathrm{d}x$ 凑成 $\mathrm{d}\left(x - \frac{3\pi}{2}\right)$ ，使两个端点项同时归零，并让余项与分母约分：

\begin{aligned} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x &= \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}\left(x - \frac{3\pi}{2}\right) \\ &= \left[ \left(x - \frac{3\pi}{2}\right)f(x) \right]_0^{\frac{3\pi}{2}} - \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(x - \frac{3\pi}{2}\right)f'(x)\,\mathrm{d}x \end{aligned}

边界项代入： $0 \cdot f\left(\frac{3\pi}{2}\right) - \left(-\frac{3\pi}{2}\right)f(0) = 0 - 0 = 0$ ；
余项精准约分：注意到 $x - \frac{3\pi}{2} = \frac{1}{2}(2x - 3\pi)$ ，则：

\begin{aligned} - \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(x - \frac{3\pi}{2}\right) \frac{\cos x}{2x - 3\pi}\,\mathrm{d}x &= - \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \frac{1}{2}(2x - 3\pi) \cdot \frac{\cos x}{2x - 3\pi}\,\mathrm{d}x \\ &= -\frac{1}{2} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \cos x\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\big[\sin x\big]_0^{\frac{3\pi}{2}} \\ &= -\frac{1}{2}(-1 - 0) = \frac{1}{2} \end{aligned}

代入平均值公式，得：

\bar{f} = \frac{2}{3\pi} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3\pi}

方法二：变上限积分 + 二重积分交换次序（几何法）

因为 $f(0)=0$ ，故可将 $f(x)$ 表为变上限积分：

f(x) = \int_0^x \frac{\cos t}{2t-3\pi}\,\mathrm{d}t

代入平均值表达式并交换积分次序：

\bar{f} = \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}}\mathrm{d}x \int_0^x \frac{\cos t}{2t-3\pi}\,\mathrm{d}t

积分区域 $D = \left\{(x, t) \;\middle|\; 0 \le t \le x \le \frac{3\pi}{2}\right\}$ ：

3.3_03_例3.80_二重积分积分区域D.png

交换次序（先积 $x$ ，后积 $t$ ）：

\begin{aligned} \bar{f} &= \frac{2}{3\pi}\int_0^{\frac{3\pi}{2}}\mathrm{d}t \int_t^{\frac{3\pi}{2}}\frac{\cos t}{2t-3\pi}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{2}{3\pi}\int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(\frac{3\pi}{2}-t\right)\frac{\cos t}{2t-3\pi}\,\mathrm{d}t \\ &= \frac{2}{3\pi}\int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(-\frac{1}{2}\right)\cos t\,\mathrm{d}t = -\frac{1}{3\pi}[\sin t]_0^{\frac{3\pi}{2}} = \frac{1}{3\pi} \end{aligned}

（Ⅱ）零点存在且唯一的严格证明

1. 单调性与极值分析
导函数为 $f'(x) = \dfrac{\cos x}{2x-3\pi}$ 。
在区间 $\left(0, \frac{3\pi}{2}\right)$ 内，分母 $2x - 3\pi < 0$ 恒成立：

当 $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时， $\cos x > 0 \implies f'(x) < 0$ ， $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上严格单调递减；
当 $x = \frac{\pi}{2}$ 时， $f'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$ ；
当 $x \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ 时， $\cos x < 0 \implies f'(x) > 0$ ， $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 上严格单调递增。

2. 前半段 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 内无零点
因为 $f(0) = 0$ 且 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上严格递减，所以：

\forall x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right], \quad f(x) < f(0) = 0

特别地，在极小值点处有 $f\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0$ 。
因此 $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 内不存在零点。

3.3_04_例3.80_单调性与零点分析草图.png

3. 后半段 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ 内存在唯一零点

存在性证明（思路一：积分中值定理）：
由（Ⅰ）知 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{3\pi}{2}\right]$ 上的平均值为 $\bar{f} = \frac{1}{3\pi} > 0$ 。
由积分中值定理，必存在 $\xi \in \left(0, \frac{3\pi}{2}\right)$ 使得：
$f(\xi) = \bar{f} = \frac{1}{3\pi} > 0$
由于在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上恒有 $f(x) < 0$ ，故该点必落在后半段： $\xi \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ 。
又因 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \xi\right]$ 上连续，且 $f\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0 < f(\xi)$ ，
由零点存在定理，必存在 $x_0 \in \left(\frac{\pi}{2}, \xi\right) \subset \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ ，使得 $f(x_0) = 0$ 。
存在性证明（思路二：反证法 + 积分保号性）：
由（Ⅰ）知 $\displaystyle\int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{3\pi}{2} \cdot \bar{f} = \frac{1}{2} > 0$ 。
若假设 $f\left(\frac{3\pi}{2}\right) \le 0$ ，因 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 上严格单调递增，则在该区间内部恒有 $f(x) < f\left(\frac{3\pi}{2}\right) \le 0$ 。
结合前半段，可知 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{3\pi}{2}\right)$ 内恒为负值，由定积分保号性必有 $\displaystyle\int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x < 0$ ，这与定积分等于 $\frac{1}{2} > 0$ 矛盾。
故假设不成立，必有 $f\left(\frac{3\pi}{2}\right) > 0$ ，再由零点存在定理即得零点存在。
唯一性：
因为 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 上严格单调递增，所以在该区间内至多只有 1 个零点。

综上所述， $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{3\pi}{2}\right)$ 内存在唯一零点。证毕。

易错点

套求导公式前必须先查连续性。 $f$ 在积分限对应点处不连续时公式失效，只能回到导数定义式；否则会把”不可导”误判为可导。
不要默认变上限积分是原函数。只有 $f$ 连续时才有 $F'=f$ 恒成立； $f$ 有可去间断点时 $F'(x_0)=\lim f(x)\ne f(x_0)$ 。
可导性看的是 $f$ 的间断类型，不是 $F$ 自身。 $F$ 永远连续，不要把” $f$ 有间断点”直接等同于” $F$ 有间断点”。
分段函数求 $F(x)$ 的表达式要累加前面所有区间，不能只积最后一段。
不定积分改写成变上限积分时，两个表达式必须取同一个下限，否则常数不统一，作差消不掉。
平移微分法只在端点项确实为零时使用，否则会把零项换成非零项。
注意”可积”与”存在原函数”是两个独立命题，判断时先看有没有界、再看有没有第一类间断点。

我的总结

我把这一节的核心线索记成一句话：“连续性靠可积，可导性看间断类型，转化靠连续。”

做题时先定位问题类型：要判 $F$ 的性质（连续/可导/零点/单调），先写 $F'(x)=f(x)$ ；要判 $f$ 的性质（可积/有无原函数），先看 $f$ 的间断类型与有界性。
抽象函数综合题（微分方程、积分方程、证明题）一出现不带积分限的不定积分，我就把它改成 $\int_a^x$ ，理由是常数唯一化 + 可求导。这一步我验证过多次，是 2018 数一那类题的破题点。
分部积分出现端点零项浪费时，把 $\mathrm{d}x$ 换成 $\mathrm{d}(x-a)$ 是个低成本的化简动作，但前提是已知该端点函数值，我会先检查再动。
需要提醒自己的是：可导性对照表的三行结论容易记混，我用”连续 $\to$ 可导且等于函数值；可去 $\to$ 可导但等于极限值；跳跃 $\to$ 不可导”来区分，并把推导过程（改一点 + 积分中值定理）一起记住，避免只背结论。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注：2009 数一/数二/数三、2013 数二、2016 数二、2018 数一）
常见考研数学教材与辅导资料；其中例 3.77 取自习称《基础三十讲》的辅导讲义（例 8.13），例 3.79 取自武忠祥高数辅导讲义（例 11）
本人课程学习笔记；本节”被积函数出现导数时优先考虑分部积分”的判据、以及”平移微分法”（课程讲义中通俗称为”雨露均沾”）的提法与做法，参考自某考研数学课程讲义

ギターと孤独と蒼い惑星

3.3 变（上）限积分

3.3 变（上）限积分

核心结论