3.4 分部积分专项

💡 【重点关注】 死死记住

被积函数出现导数，无脑分部积分！

分部积分是考研数学积分模块最为核心与高频的考点之一。无论是不定积分、定积分、变限积分，还是多元微积分中的“二重积分 + 偏导数”，都会频繁涉及分部积分这一关键手法。

关于具体函数的不定积分计算技巧，前序章节思维课已进行了系统详细的讲解（详见 3.1.4 换元、分部积分、杂七杂八）；本小节我们主要侧重于抽象函数的分部积分处理策略。

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一、 手稿核心观点与灵魂思想

💡 【技巧与方法】 手稿灵魂思想与口诀

1. 分部积分的本质：“一个求导，另一个积分”。
2. 核心解题心法：若被积函数出现导数或高阶导，条件给的是函数，要死皮赖脸往条件上凑，通过分部积分把导数转化为函数。
3. 手稿口诀：想让谁积分，就把谁放到 $\mathrm{d}$ 后面去！

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二、 经典例题全流程精析

1. 二阶导降阶与端点项消去

💡 【经典例题】 例 3.81 ｜ 李林 880

设 $f(x)$ 在 $[0,\pi]$ 上有二阶连续导数，$f(0)=2,\ f(\pi)=1$，计算

$$I = \int_0^\pi [f(x) + f''(x)]\sin x\,\mathrm{d}x.$$

💡 【技巧与方法】 手稿思路点拨：如何在被积函数中把二阶导和函数联系在一起？两次分部积分！

条件仅给出了原函数端点值 $f(0)=2$ 与 $f(\pi)=1$，完全没有给出任何关于一阶导数 $f'(x)$ 的信息。而被积函数中同时包含 $f(x)$ 与二阶导 $f''(x)$。要想“死皮赖脸往条件上凑”，必须利用分部积分将 $f''(x)$ 连续降阶为 $f(x)$！

💡 【SOLUTION】 规范解析

首先拆开积分：

$$I = \int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm{d}x + \int_0^\pi f''(x)\sin x\,\mathrm{d}x \tag{1}$$

对第二项应用口诀“想让谁积分，就把谁放到 $\mathrm{d}$ 后面去”，连续进行两次分部积分：

第一次分部积分（将 $f''(x)\,\mathrm{d}x$ 凑成 $\mathrm{d}[f'(x)]$）：

$$\begin{aligned} \int_0^\pi f''(x)\sin x\,\mathrm{d}x &= \int_0^\pi \sin x\,\mathrm{d}[f'(x)] \\ &= \left. f'(x)\sin x \right|_0^\pi - \int_0^\pi f'(x)\cos x\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

注意到由于 $\sin \pi = 0,\ \sin 0 = 0$，第一项未知的一阶导数边界值自然归零消失：

$$\left. f'(x)\sin x \right|_0^\pi = f'(\pi)\sin\pi - f'(0)\sin 0 = 0.$$

故第二项化简为：

$$\int_0^\pi f''(x)\sin x\,\mathrm{d}x = -\int_0^\pi f'(x)\cos x\,\mathrm{d}x.$$

第二次分部积分（将 $f'(x)\,\mathrm{d}x$ 凑成 $\mathrm{d}[f(x)]$，把导数还原为原函数）：

$$\begin{aligned} -\int_0^\pi f'(x)\cos x\,\mathrm{d}x &= -\int_0^\pi \cos x\,\mathrm{d}[f(x)] \\ &= -\left[ \left. f(x)\cos x \right|_0^\pi - \int_0^\pi f(x)(-\sin x)\,\mathrm{d}x \right] \\ &= -\left. f(x)\cos x \right|_0^\pi - \int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

代入已知端点值 $f(0)=2,\ f(\pi)=1$ 计算边界项：

$$\begin{aligned} -\left. f(x)\cos x \right|_0^\pi &= -\left[ f(\pi)\cos\pi - f(0)\cos 0 \right] \\ &= -\left[ 1\cdot(-1) - 2\cdot 1 \right] \\ &= -(-3) = 3 = f(\pi) + f(0). \end{aligned}$$

于是：

$$\int_0^\pi f''(x)\sin x\,\mathrm{d}x = 3 - \int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm{d}x.$$

将上式结果代回 (1) 式，未知的积分项 $\int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm{d}x$ 正好完全对消：

$$I = \int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm{d}x + \left[ 3 - \int_0^\pi f(x)\sin x\,\mathrm{d}x \right] = 3.$$

最终结果为：

$$\boxed{I = 3}.$$

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2. 极限与导数定义综合求解特征值

💡 【经典例题】 例 3.82

设函数 $f(x)$ 是可导的奇函数，且

$$\lim_{x\to0}\frac{x f(\cos x)}{\tan x - x} = -3,$$

则 $\displaystyle\int_0^1 x f''(x)\,\mathrm{d}x = \underline{\hspace{2em}}$。

💡 【技巧与方法】 手稿思路点拨

要求的积分当中出现了导数，根据题干可以得到函数信息，条件反射想到分部积分。分部积分后可以看出此题需要求 $f'(1),\ f(1),\ f(0)$，再结合题干所给的条件进行求解即可。这是一道很不错的小题，难度不大，知识点较为综合。

💡 【SOLUTION】 规范解析

答案：$2$

第 1 步：利用等价无穷小分析极限，求出 $f(1) = 0$ 当 $x \to 0$ 时，$\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$。代入已知极限式：

$$\lim_{x\to0}\frac{x f(\cos x)}{\tan x - x} = \lim_{x\to0}\frac{x f(\cos x)}{\frac{1}{3}x^3} = \lim_{x\to0}\frac{3 f(\cos x)}{x^2} = -3,$$

即：

$$\lim_{x\to0}\frac{f(\cos x)}{x^2} = -1.$$

由于分母 $x^2 \to 0$，而极限存在，故分子极限必为 $0$：

$$\lim_{x\to0} f(\cos x) = 0.$$

由题设 $f(x)$ 可导必连续，且 $\lim_{x\to0}\cos x = 1$，由连续函数性质即得：

$$f(1) = 0.$$

第 2 步：利用导数定义凑微商，求出 $f'(1) = 2$ 将式子改写并拆分：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{f(\cos x)}{x^2} &= \lim_{x\to0}\left[ \frac{f(\cos x) - f(1)}{\cos x - 1} \cdot \frac{\cos x - 1}{x^2} \right] \\ &= f'(1) \cdot \lim_{x\to0}\frac{\cos x - 1}{x^2}. \end{aligned}$$

利用等价无穷小 $\cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$，可得：

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1}{2}.$$

从而：

$$f'(1) \cdot \left( -\frac{1}{2} \right) = -1 \implies f'(1) = 2.$$

第 3 步：由奇函数性质确定 $f(0) = 0$ 题设 $f(x)$ 为可导奇函数且在原点处有定义，由奇函数性质直接可知：

$$f(0) = 0.$$

第 4 步：对待求积分实施分部积分 对待求积分凑微分并分部积分：

$$\begin{aligned} \int_0^1 x f''(x)\,\mathrm{d}x &= \int_0^1 x\,\mathrm{d}[f'(x)] \\ &= \left. x f'(x) \right|_0^1 - \int_0^1 f'(x)\,\mathrm{d}x \\ &= \left( 1 \cdot f'(1) - 0 \cdot f'(0) \right) - \left. f(x) \right|_0^1 \\ &= f'(1) - [f(1) - f(0)] \\ &= f'(1) - f(1) + f(0). \end{aligned}$$

将求得的三个特征值 $f'(1)=2,\ f(1)=0,\ f(0)=0$ 代入：

$$\int_0^1 x f''(x)\,\mathrm{d}x = 2 - 0 + 0 = 2.$$

最终结果为：

$$\boxed{2}.$$

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💡 【技巧与方法】 承上启下：前后知识点关联

• 前置知识：具体函数的常规分部积分与反常凑微分技巧，见 3.1.4 换元、分部积分、杂七杂八。
• 变限积分知识：在变限积分当中，我们在 3.3.4 小节系统讲解了“雨露均沾 + 分部积分”和“变上限积分和二重积分的转化”的手法，见 3.3 变（上）限积分#3.3.4 “雨露均沾” + 变限积分和二重积分的转化。
• 多元积分拓展：此外，在二重积分当中，我们也可能会用到此思想。当被积函数出现二阶混合偏导数时，同样可以通过分部积分配合积分换序顺利解决！

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3. 二重积分中混合偏导数的分部积分与换序

💡 【经典例题】 例 3.83 ｜ 2011 数一、数二真题

已知函数 $f(x,y)$ 具有二阶连续偏导数，且满足

$$f(1,y)=0,\qquad f(x,1)=0,\qquad \iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = a,$$

其中 $D = \{(x,y)\mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 1\}$。计算二重积分

$$I = \iint_D xy f''_{xy}(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

💡 【技巧与方法】 手稿思路点拨：题干给的条件是关于函数的，被积函数出现导数，条件反射般想到分部积分！二阶混合偏导数，他也是导数！

题设条件给出的全是原函数 $f(x,y)$ 的信息（边界为零，全域二重积分为 $a$），而待求式包含二阶混合偏导数 $f''_{xy}(x,y)$。 ※死皮赖脸往条件上凑：$f''_{xy}(x,y)$ 如何凑出 $f(x,y)$？两次分部积分！

💡 【SOLUTION】 规范解析与分步推导

答案：$a$

核心突破口：边界条件的偏导性质推导 题设在边界线 $y=1$ 上恒有 $f(x,1)=0$（对任意 $x \in [0,1]$ 恒成立）。由于该线上的函数值恒为常数 $0$，沿该水平边界线对自变量 $x$ 求偏导必有：

$$\frac{\partial}{\partial x}[f(x,1)] = f'_x(x,1) = 0.$$

同理，在垂直边界线 $x=1$ 上恒有 $f(1,y)=0$（对任意 $y \in [0,1]$ 恒成立）。

第 1 次分部积分：化累次积分，先对 $y$ 积分 区域 $D = [0,1] \times [0,1]$ 为单位正方形。将二重积分写成先对 $y$、后对 $x$ 的累次积分：

$$I = \int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 y f''_{xy}(x,y)\,\mathrm{d}y.$$

注意到 $f''_{xy}(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}[f'_x(x,y)]$，将 $f''_{xy}(x,y)\,\mathrm{d}y$ 凑入微分号：$f''_{xy}(x,y)\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}[f'_x(x,y)]$：

$$\begin{aligned} I &= \int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 y\,\mathrm{d}[f'_x(x,y)] \\ &= \int_0^1 x \left( \left. y f'_x(x,y) \right|_{y=0}^{y=1} - \int_0^1 f'_x(x,y)\,\mathrm{d}y \right)\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

计算内层分部积分产生的边界项：

• 代入上限 $y=1$：$1 \cdot f'_x(x,1) = 1 \cdot 0 = 0$（应用了结论 $f'_x(x,1)=0$）；
• 代入下限 $y=0$：$0 \cdot f'_x(x,0) = 0$。

故边界项彻底归零：$\left. y f'_x(x,y) \right|_{y=0}^{y=1} = 0 - 0 = 0$。从而积分简化为：

$$I = -\int_0^1 x \left[ \int_0^1 f'_x(x,y)\,\mathrm{d}y \right] \mathrm{d}x = -\int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 f'_x(x,y)\,\mathrm{d}y.$$

关键转折：交换积分次序（解决“放不进去”的微分障碍） 此时内层是对 $y$ 积分，但被积函数为对 $x$ 的偏导数 $f'_x(x,y)$，无法直接凑出 $\mathrm{d}[f(x,y)]$（手稿红笔批注：“放不进去 ※”）。 必须利用积分区域 $D = [0,1] \times [0,1]$ 的矩形性质，交换积分次序，化为先对 $x$、后对 $y$ 的累次积分：

$$I = -\int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 x f'_x(x,y)\,\mathrm{d}x.$$

第 2 次分部积分：对 $x$ 凑微分并还原原函数 此时内层是对 $x$ 积分，顺利凑微分 $f'_x(x,y)\,\mathrm{d}x = \mathrm{d}[f(x,y)]$：

$$\begin{aligned} I &= -\int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 x\,\mathrm{d}[f(x,y)] \\ &= -\int_0^1 \left( \left. x f(x,y) \right|_{x=0}^{x=1} - \int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x \right)\,\mathrm{d}y. \end{aligned}$$

计算内层边界项：

• 代入上限 $x=1$：$1 \cdot f(1,y) = 1 \cdot 0 = 0$（利用题设 $f(1,y)=0$）；
• 代入下限 $x=0$：$0 \cdot f(0,y) = 0$。

边界项再次完全归零：$\left. x f(x,y) \right|_{x=0}^{x=1} = 0 - 0 = 0$！ 负负得正，化简即得：

$$I = \int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 f(x,y)\,\mathrm{d}x = \iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

代入题设已知条件 $\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = a$：

$$\boxed{I = a}.$$

💡 【避坑警示】 手稿红框易错辨析：为什么不可任意拆解偏导数因子？为什么必须交换积分次序？

在手稿中，此处特别用红笔画框并打上醒目的红叉标记！

典型错误做法（手稿红框原文）：

$$\begin{aligned} -\int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 f'_x(x,y)\,\mathrm{d}y &\ne -\int_0^1 x f'_x(x,y)\,\mathrm{d}x \cdot \underbrace{\int_0^1 \mathrm{d}y}_{= 1} \\ &\ne -\int_0^1 x\,\mathrm{d}[f(x,y)] \end{aligned}$$

❌ 严重错误警示（手稿批注：“$f'_x(x,y)$ 也是 $y$ 的函数！”）： 上式等号绝不成立！很多同学误以为把关于 $y$ 的积分算成 $\int_0^1 \mathrm{d}y = 1$ 就能把 $f'_x(x,y)$ 提到外面跟 $x\,\mathrm{d}x$ 凑在一起，这是考场的致命错误！

手稿深度剖析（自变量从属关系树）：

$$\begin{gathered} \text{若} \quad \begin{matrix} f \\ \swarrow \;\; \searrow \\ x \qquad y \end{matrix} \\ \text{则} \quad \begin{matrix} f'_x \\ \swarrow \;\; \searrow \\ x \qquad y \end{matrix} \qquad\qquad \begin{matrix} f'_y \\ \swarrow \;\; \searrow \\ x \qquad y \end{matrix} \qquad\qquad \begin{matrix} f''_{xy} \\ \swarrow \;\; \searrow \\ x \qquad y \end{matrix} \end{gathered}$$

1. 偏导数仍是二元函数：从上方的从属关系树可以清晰看到：原函数 $f(x,y)$ 的自变量是 $x, y$；其一阶偏导 $f'_x$、$f'_y$ 以及二阶偏导 $f''_{xy}$ 的自变量依然同时是 $x$ 与 $y$！因此 $f'_x(x,y)$ 绝对也是 $y$ 的函数。在内层关于 $y$ 积分时，$f'_x(x,y)$ 根本不是常数，绝不能从内层积分号中随意移出；
2. “放不进去”的微分障碍：在累次积分 $-\int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_0^1 f'_x(x,y)\,\mathrm{d}y$ 中，内层积分变量是 $y$（微分是 $\mathrm{d}y$），而偏导数是关于 $x$ 的导数 $f'_x(x,y)$，自变量与微分符号不匹配，根本无法直接凑出 $\mathrm{d}[f(x,y)]$（手稿特意圈出 $x$ 与 $\mathrm{d}y$ 批注：“放不进去 ※”）；
3. 合法出路：交换积分次序：想让 $f'_x(x,y)$ 与 $\mathrm{d}x$ 结合凑成 $\mathrm{d}[f(x,y)]$，唯一合法的出路就是利用矩形区域交换积分次序！交换后变成 $-\int_0^1 \mathrm{d}y \int_0^1 x f'_x(x,y)\,\mathrm{d}x$（手稿圈出 $x$ 与 $\mathrm{d}x$ 并打上对勾），此时内层微分就是 $\mathrm{d}x$，方可顺利凑微分分部积分！