📚 第 3 章一元函数积分学 · 错题集

💡 使用指南：本章节错题按艾宾浩斯记忆曲线排程。在看板「错题雷达」中可一键唤起空白无提示重测，独立演算后核对答案并打卡更新复测轮次。

例 3.10（三角有理式·分母单项化与一题多解）

死板盲套万能公式致算力浪费：被积函数不满足三大奇偶性时，许多同学第一反应直接上万能代换 $t=\tan\frac{x}{2}$ ，虽能做对但过程繁琐、极易在分式通分代换中出错；
忽视“让分母尽可能简单（单项化）”最高准则：面对 $1\pm\sin x$ 或 $1\pm\cos x$ 型分母，**分子分母同乘共轭项（分母有理化）**是化两项为平方单项的最快秒杀技巧；
结果形式差异引起的核对误区：不同解法得到的答案表面形式完全不同（如 $\tan x - \sec x$ 、 $\tan(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4})$ 与 $-\frac{2}{1+\tan(x/2)}$ ），考场选择题或核对答案时切勿误以为算错，它们在定义域内仅相差常数。

解法一：分母有理化（共轭配方单项化 —— 考场首选秒杀） 分子分母同乘 $(1-\sin x)$ ，分母化为 $\cos^2 x$ ：

\begin{aligned} I &= \int \frac{1-\sin x}{(1+\sin x)(1-\sin x)}\,\mathrm{d}x \\ &= \int \frac{1-\sin x}{\cos^2 x}\,\mathrm{d}x \\ &= \int \frac{1}{\cos^2 x}\,\mathrm{d}x - \int \frac{\sin x}{\cos^2 x}\,\mathrm{d}x \\ &= \int \sec^2 x\,\mathrm{d}x + \int \frac{\mathrm{d}(\cos x)}{\cos^2 x} \\ &= \tan x - \frac{1}{\cos x} + C \\ &= \tan x - \sec x + C. \end{aligned}

解法二：诱导公式与二倍角降幂（辅助角单项化） 利用正余弦诱导公式 $\sin x = \cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)$ 及升幂/降幂公式 $1+\cos\theta = 2\cos^2\dfrac{\theta}{2}$ ：

\begin{aligned} I &= \int \frac{\mathrm{d}x}{1+\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)} \\ &= \int \frac{\mathrm{d}x}{2\cos^2\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)} \\ &= \int \sec^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\,\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right) \\ &= \tan\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right) + C. \end{aligned}

解法三：万能代换法（半角代换通用通法） 令 $\tan\dfrac{x}{2} = t$ ，则 $\sin x = \dfrac{2t}{1+t^2}, \;\mathrm{d}x = \dfrac{2}{1+t^2}\,\mathrm{d}t$ ：

\begin{aligned} I &= \int \frac{\frac{2}{1+t^2}\,\mathrm{d}t}{1+\frac{2t}{1+t^2}} = \int \frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^2+2t} = 2\int \frac{\mathrm{d}t}{(1+t)^2} \\ &= -\frac{2}{1+t} + C \\ &= -\frac{2}{1+\tan\dfrac{x}{2}} + C. \end{aligned}

验证解法一与解法二结果的一致性：

\begin{aligned} \tan x - \sec x &= \frac{\sin x - 1}{\cos x} = \frac{-\left(1-\cos(\frac{\pi}{2}-x)\right)}{\sin(\frac{\pi}{2}-x)} \\ &= \frac{-2\sin^2(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})}{2\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})} = -\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right) = \tan\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right). \end{aligned}

验证解法二与解法三结果的一致性：

\tan\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan\frac{x}{2}-1}{1+\tan\frac{x}{2}} = \frac{(\tan\frac{x}{2}+1)-2}{1+\tan\frac{x}{2}} = 1 - \frac{2}{1+\tan\frac{x}{2}} = -\frac{2}{1+\tan\frac{x}{2}} + C' \quad (C'=1).

说明三种解法在数学上完全等价！

例 3.14（不定积分·奇次幂含根式 / 三角代换凑微分 / 根式整体代换 / 易错幂次漏乘与变量回代）

三角代换转化为正余弦时的幂次漏乘陷阱（高频失分点）：
- 将 $\tan^5 t \sec t$ 化为 $\sin/\cos$ 计算时， $\tan^5 t = \dfrac{\sin^5 t}{\cos^5 t}$ ， $\sec t = \dfrac{1}{\cos t}$ ，两者相乘分母应为 $\cos^{\mathbf{6}} t$ （ $5+1=6$ 次方）；
- 极易粗心漏乘 $\sec t$ 的一个分母，误写为 $\cos^4 t$ ，导致后续积分得出错误结果。
第二个换元（凑微分）的转化意识：
- 看到 $\sec t \tan t\,\mathrm{d}t$ 必须条件反射凑成 $\mathrm{d}(\sec t)$ ；
- 随后必须利用恒等式 $\tan^2 t = \sec^2 t - 1$ ，把剩余的 $\tan^4 t$ 彻底写为 $(\sec^2 t - 1)^2$ ，令 $u = \sec t$ 转化为多项式积分 $\int (u^2-1)^2\,\mathrm{d}u$ 。
不定积分必须回代原变量 $x$ 并提公因式化简：
- 回代关系： $u = \sec t = \sqrt{1+\tan^2 t} = \sqrt{1+x^2}$ ；
- 多项式通分技巧：先提取公因式 $u = \sqrt{1+x^2}$ ，再对剩余的二次多项式取公分母 $15$ 通分，化为标准形式 $\dfrac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C$ 。
1. 解题策略敏锐度：根式整体换元往往比三角换元更简捷：
- 看到分子含有奇数次幂 $x^5 = x^4 \cdot x$ ，且分母为 $\sqrt{1+x^2}$ 时，直接令 $t = \sqrt{1+x^2}$ （此时 $x\,\mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}t$ ）不仅直接消去根号，而且完全避开了复杂的三角变形与幂次陷阱，是考场上最稳妥、计算量最小的方法！

方法一：根式整体代换法（🌟 考场首选·最不易出错）

第一步：设根式整体为 $t$ 并求微分 令 $t = \sqrt{1+x^2} > 0$ ，则 $t^2 = 1+x^2 \implies x^2 = t^2 - 1$ 。两边微分： $2x\,\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t \implies x\,\mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}t$ 。

第二步：拆分子代入化简

\begin{aligned} I &= \int \frac{x^4}{\sqrt{1+x^2}} \cdot (x\,\mathrm{d}x) = \int \frac{(t^2 - 1)^2}{t} \cdot (t\,\mathrm{d}t) \\ &= \int (t^4 - 2t^2 + 1)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{5}t^5 - \frac{2}{3}t^3 + t + C \end{aligned}

第三步：回代 $t = \sqrt{1+x^2}$ 并通分化简

\begin{aligned} I &= \left( \frac{1}{5}t^4 - \frac{2}{3}t^2 + 1 \right) t + C \\ &= \left[ \frac{1}{5}(1+x^2)^2 - \frac{2}{3}(1+x^2) + 1 \right] \sqrt{1+x^2} + C \\ &= \frac{1}{15}\left[ 3(x^4 + 2x^2 + 1) - 10(x^2 + 1) + 15 \right] \sqrt{1+x^2} + C \\ &= \mathbf{\frac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C} \end{aligned}

方法二：三角代换法（经典标准解法）

第一步：三角换元 设 $x = \tan t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\mathrm{d}x = \sec^2 t\,\mathrm{d}t$ ， $\sqrt{1+x^2} = \sec t$ 。代入原式：

I = \int \frac{\tan^5 t \cdot \sec^2 t}{\sec t}\,\mathrm{d}t = \int \tan^5 t \sec t\,\mathrm{d}t

第二步：凑微分与第二个换元 拆出一个 $\tan t$ 与 $\sec t$ 组合凑出 $\mathrm{d}(\sec t)$ ：

I = \int \tan^4 t \cdot (\sec t \tan t\,\mathrm{d}t) = \int (\sec^2 t - 1)^2\,\mathrm{d}(\sec t)

令 $u = \sec t$ ：

I = \int (u^2 - 1)^2\,\mathrm{d}u = \int (u^4 - 2u^2 + 1)\,\mathrm{d}u = \frac{1}{5}u^5 - \frac{2}{3}u^3 + u + C

第三步：回代 $u = \sec t = \sqrt{1+x^2}$ 代入并提取公因式 $\sqrt{1+x^2}$ 通分整理，同样可得：

I = \mathbf{\frac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C}

方法三：代数凑微分分部法

利用 $\dfrac{x\,\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^2}} = \mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ ：

\begin{aligned} I &= \int x^4\,\mathrm{d}\sqrt{1+x^2} = x^4\sqrt{1+x^2} - \int \sqrt{1+x^2} \cdot 4x^3\,\mathrm{d}x \\ &= x^4\sqrt{1+x^2} - 2\int \left[(1+x^2) - 1\right]\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}(1+x^2) \\ &= x^4\sqrt{1+x^2} - \frac{4}{5}(1+x^2)^{5/2} + \frac{4}{3}(1+x^2)^{3/2} + C \\ &= \mathbf{\frac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C} \end{aligned}

[!tip] 破局方法论：含有 $\sqrt{a^2+x^2}$ 的无理分式积分决策树

看分子是否含有 $x$ （奇次幂）：

若分子含 $x^1, x^3, x^5 \dots$ $\implies$ 最优先选择：直接令 $t = \sqrt{a^2+x^2}$ 整体换元，因为 $x\,\mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}t$ 刚好把分母根式与微分项抵消，瞬间降次为纯多项式！

若分子为偶次幂（如 $1, x^2, x^4 \dots$ ）：

此时无法直接凑出 $x\,\mathrm{d}x$ $\implies$ 优先选择：三角代换 $x = a\tan t$ 或倒代换。

例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 $e^x=t$ 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

换元思维优先于生硬分部（被积函数遍布 $e^x$ 的结构特征）：
- 看到被积函数中处处是 $e^x$ （分子为 $\arctan e^x$ ，分母为 $e^{2x} = (e^x)^2$ ），最清晰、最不易出错的解法是直接令 $t = e^x$ 整体代换！
- 代换后 $\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}t}{t}$ ，原积分瞬间转化为纯代数有理分式与反三角函数相乘的标准形式 $\displaystyle\int \frac{\arctan t}{t^3}\,\mathrm{d}t$ ，后续分部与裂项一目了然。
直接分部积分的凑微分负号与变形陷阱：
- 若直接分部，将 $e^{-2x}\,\mathrm{d}x$ 凑入微分 $-\dfrac{1}{2}\mathrm{d}(e^{-2x})$ 后，剩余积分为 $\displaystyle\int \frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x$ ；
- 此时若改写为 $e^{-x}$ 的函数凑微分 $\mathrm{d}(e^{-x}) = -e^{-x}\,\mathrm{d}x$ ，极易漏掉负号；
- 积出 $\arctan(e^{-x})$ 后，需注意反三角恒等式 $\arctan(e^{-x}) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan(e^x)$ ，其中常数 $\dfrac{\pi}{4}$ 归入任意常数 $C$ ，许多同学因不熟悉该恒等式而怀疑答案错误。
有理分式裂项技巧（口算裂项 vs 待定系数）：
- 面对 $\dfrac{1}{t^2(1+t^2)}$ ，无需机械化设待定系数法（ $\dfrac{A}{t}+\dfrac{B}{t^2}+\dfrac{Ct+D}{1+t^2}$ 耗时费力）；
- 分子直接构造 $(1+t^2) - t^2$ ，即 $\dfrac{1}{t^2(1+t^2)} = \dfrac{1}{t^2} - \dfrac{1}{1+t^2}$ ，瞬间完成裂项。
不定积分必须回代原变量并化简：
- 回代 $t = e^x$ ： $-\dfrac{\arctan t}{2t^2} - \dfrac{1}{2t} - \dfrac{1}{2}\arctan t + C = -\dfrac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C$ 。

方法一：令 $e^x = t$ 变量代换法（🌟 考场首选·思维阻力最小）

第一步：换元与求微分 令 $t = e^x > 0$ ，则 $x = \ln t$ ， $\mathrm{d}x = \dfrac{1}{t}\,\mathrm{d}t$ 。

第二步：代入化简并进行分部积分

\begin{aligned} I &= \int \frac{\arctan t}{t^2} \cdot \frac{\mathrm{d}t}{t} = \int \frac{\arctan t}{t^3}\,\mathrm{d}t \\ &= -\frac{1}{2}\int \arctan t\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{t^2}\right) \\ &= -\frac{\arctan t}{2t^2} + \frac{1}{2}\int \frac{1}{t^2}\,\mathrm{d}(\arctan t) \\ &= -\frac{\arctan t}{2t^2} + \frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}t}{t^2(1+t^2)} \end{aligned}

第三步：有理分式裂项积分

\begin{aligned} \int \frac{\mathrm{d}t}{t^2(1+t^2)} &= \int \frac{(1+t^2) - t^2}{t^2(1+t^2)}\,\mathrm{d}t = \int \left(\frac{1}{t^2} - \frac{1}{1+t^2}\right)\mathrm{d}t \\ &= -\frac{1}{t} - \arctan t + C_1 \end{aligned}

第四步：回代原变量 $t = e^x$ 并整理

\begin{aligned} I &= -\frac{\arctan t}{2t^2} + \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{t} - \arctan t\right) + C \\ &= -\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}} - \frac{1}{2e^x} - \frac{1}{2}\arctan e^x + C \\ &= \mathbf{-\frac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C} \end{aligned}

方法二：直接分部积分法（指数凑微分）

第一步：将指数项凑入微分

\begin{aligned} I &= \int \arctan(e^x) \cdot e^{-2x}\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\int \arctan(e^x)\,\mathrm{d}(e^{-2x}) \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan(e^x) + \frac{1}{2}\int e^{-2x} \cdot \frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan(e^x) + \frac{1}{2}\int \frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

第二步：分子分母配凑 $e^{-x}$ 的微分

\begin{aligned} \int \frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x &= \int \frac{e^{-x}}{1+(e^{-x})^{-2}}\,\mathrm{d}x = \int \frac{(e^{-x})^3}{1+(e^{-x})^2}\,\mathrm{d}x \\ &= -\int \frac{(e^{-x})^2}{1+(e^{-x})^2}\,\mathrm{d}(e^{-x}) \quad (\text{令 } u = e^{-x}) \\ &= -\int \frac{u^2}{1+u^2}\,\mathrm{d}u = -\int \left(1 - \frac{1}{1+u^2}\right)\mathrm{d}u \\ &= -u + \arctan u + C_1 \\ &= -e^{-x} + \arctan(e^{-x}) + C_1 \end{aligned}

第三步：利用反三角函数恒等式化简 当 $u > 0$ 时， $\arctan(u) + \arctan\left(\dfrac{1}{u}\right) = \dfrac{\pi}{2}$ ，故 $\arctan(e^{-x}) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan(e^x)$ 。将常数 $\dfrac{\pi}{4}$ 吸收进任意常数 $C$ ：

\begin{aligned} I &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan(e^x) + \frac{1}{2}\left[-e^{-x} + \frac{\pi}{2} - \arctan(e^x)\right] + C_1 \\ &= \mathbf{-\frac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C} \end{aligned}

方法三：令 $u = \arctan e^x$ 整体代换法

令 $u = \arctan e^x \implies e^x = \tan u \quad \left(0 < u < \dfrac{\pi}{2}\right)$ 。两边微分： $e^x\,\mathrm{d}x = \sec^2 u\,\mathrm{d}u \implies \mathrm{d}x = \dfrac{\sec^2 u}{\tan u}\,\mathrm{d}u$ 。

\begin{aligned} I &= \int \frac{u}{\tan^2 u} \cdot \frac{\sec^2 u}{\tan u}\,\mathrm{d}u = \int \frac{u}{\tan^3 u}\,\mathrm{d}(\tan u) \\ &= -\frac{1}{2}\int u\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{\tan^2 u}\right) = -\frac{u}{2\tan^2 u} + \frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}u}{\tan^2 u} \\ &= -\frac{u}{2\tan^2 u} + \frac{1}{2}\int (\csc^2 u - 1)\,\mathrm{d}u = -\frac{u}{2\tan^2 u} - \frac{1}{2}\cot u - \frac{1}{2}u + C \end{aligned}

回代 $u = \arctan e^x$ 与 $\tan u = e^x$ （ $\cot u = e^{-x}$ ）：

I = -\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}} - \frac{1}{2}e^{-x} - \frac{1}{2}\arctan e^x + C = \mathbf{-\frac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C}

例 3.43（累次积分中定积分几何意义化简 / 主从变量角色转换 / 圆面积秒杀 vs 三角换元）

主从变量角色混淆导致看不出几何意义（核心卡点）：
- 在累次积分 $\displaystyle\int_0^2 x\,\mathrm{d}x \int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,\mathrm{d}y$ 中，内层积分的微分是 $\mathrm{d}y$ ，即 $y$ 才是积分自变量；
- 外层的 $x$ 在内层积分运算中仅充当一个固定的正实常数（相当于标准圆方程中的常数半径 $R = x$ ）；
- 许多同学因为同时看到两个字母 $x$ 和 $y$ 产生思维定势，误以为是多元复杂函数，未能看出内层被积函数 $z = \sqrt{x^2-y^2}\ (y\in[0,x])$ 就是以原点为圆心、半径为 $x$ 的第一象限 $\dfrac{1}{4}$ 圆。
缺少“定积分几何意义秒杀”条件反射，陷入冗长的三角换元：
- 看到 $\sqrt{x^2-y^2}$ 机械化令 $y = x\sin\theta$ ，虽然能求出结果，但考场上耗费大量时间进行微分换限与点火公式计算；
- 必须建立题型条件反射：遇到 $\displaystyle\int_0^X \sqrt{X^2-u^2}\,\mathrm{d}u$ 结构，直接秒杀写出 $\dfrac{1}{4}\pi X^2$ 。
外层积分时容易漏乘外层变量：
- 内层积分化简为 $\dfrac{\pi}{4}x^2$ 后，代回外层积分必须乘以原式外层的因子 $x$ ，化为 $\dfrac{\pi}{4}x^3$ 积分，切勿粗心遗漏外层多项式因子。

方法一：定积分几何意义法（🌟 考场首选·秒杀法）

第一步：分析内层积分的主元与几何意义 考察内层积分：

\int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,\mathrm{d}y

积分变量为 $y$ ， $x$ 视为常数。设曲线 $z = \sqrt{x^2-y^2}$ ，两边平方得 $y^2 + z^2 = x^2 \ (z \ge 0)$ ，在 $(y,z)$ 平面上表示以原点为圆心、半径 $R = x$ 的上半圆。积分区间为 $y \in [0, x]$ ，对应第一象限 $\dfrac{1}{4}$ 圆的面积：

\int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,\mathrm{d}y = \frac{1}{4}\pi R^2 = \frac{1}{4}\pi x^2

第二步：代回外层定积分计算 将内层结果代入外层积分：

\begin{aligned} I &= \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 = \frac{\pi}{16} \cdot 16 = \mathbf{\pi} \end{aligned}

方法二：代数三角换元法（经典通法推导）

第一步：内层积分作三角代换 令 $y = x\sin\theta \quad \left(0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\mathrm{d}y = x\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$ 。

当 $y = 0$ 时， $\theta = 0$ ；
当 $y = x$ 时， $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 。

\begin{aligned} \int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,\mathrm{d}y &= \int_0^{\pi/2} \sqrt{x^2(1-\sin^2\theta)} \cdot (x\cos\theta\,\mathrm{d}\theta) \\ &= x^2 \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta\,\mathrm{d}x \\ &= x^2 \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{4}x^2 \end{aligned}

第二步：外层单变量幂函数积分

I = \int_0^2 x \cdot \left(\frac{\pi}{4}x^2\right)\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4}\int_0^2 x^3\,\mathrm{d}x = \mathbf{\pi}

分清主元（核心准则）：
- 积分号后是 $\mathrm{d}y$ ，则 $y$ 是自变量，其余字母全按常数处理；
- 积分号后是 $\mathrm{d}x$ ，则 $x$ 是自变量，其余字母全按常数处理。
圆面积三大标准型（见式秒杀）：
- 第一象限 $\dfrac{1}{4}$ 圆： $\displaystyle\int_0^R \sqrt{R^2 - u^2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{4}\pi R^2$
- 对称上半圆： $\displaystyle\int_{-R}^R \sqrt{R^2 - u^2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2}\pi R^2$
- 偏移上半圆： $\displaystyle\int_0^{2R} \sqrt{2Ru - u^2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2}\pi R^2$

例 3.45（2014 数一真题 · 对称区间偶倍奇零 / 交叉项奇偶性辨析 / 三角平方全周期积分 / 配方法求二元函数极值）

三项展开式的项数与奇偶性判断混淆（高频失分点）：
- $(x - a\cos x - b\sin x)^2$ 展开共有 6 项；
- 在对称区间 $[-\pi, \pi]$ $[- π, π]$ 上必须逐项准确识别奇偶性：
  - 奇函数项（积分为 $0$ ）： $-2ax\cos x$ （奇 $\times$ 偶 = 奇）、 $2ab\sin x\cos x = ab\sin 2x$ （奇函数）；
  - 偶函数项（积分加倍）： $x^2$ 、 $a^2\cos^2 x$ 、 $b^2\sin^2 x$ 以及 $-2bx\sin x$ （奇 $\times$ 奇 = 偶！极易误当成奇函数消去，导致后续无法求出 $b$ ）。
基本定积分口算与消项速度不足：
- $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi \cos^2 x\,\mathrm{d}x = \int_{-\pi}^\pi \sin^2 x\,\mathrm{d}x = \pi$ （全周期正余弦平方积分恒为区间长度的一半）；
- $\displaystyle\int_0^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x = \pi$ （利用分部积分或区间再现消 $x$ 口算）。
多元二次函数配方求最值思想：
- 整理得积分值表达式 $I(a,b) = \dfrac{2}{3}\pi^3 + \pi(a^2 + b^2 - 4b) = \dfrac{2}{3}\pi^3 + \pi\left[ a^2 + (b-2)^2 - 4 \right]$ ；
- 无需使用复杂的二元微分学求偏导与 Hessian 矩阵，直接通过平方项非负性 $a^2 \ge 0,\ (b-2)^2 \ge 0$ 锁定极小值点 $a_1=0, b_1=2$ 。
数学本质拓展（Fourier 级数最佳平方逼近）：
- 本题本质是 Hilbert 空间中的最小二乘正交投影问题，即用三角函数基 $\{1, \cos x, \sin x\}$ 最佳逼近 $f(x)=x$ 。其系数就是 Fourier 展开系数： $a_1 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x\cos x\,\mathrm{d}x = 0, \qquad b_1 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x = 2$

第一步：完全平方展开并根据对称区间奇偶性消项

将被积函数按三项完全平方公式展开：

(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 $[-\pi, \pi]$ 上逐项分析奇偶性：

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

剩余 4 个非零偶函数项：

\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

第二步：计算 4 个分项定积分

$\displaystyle\int_{-\pi}^\pi x^2\,\mathrm{d}x = 2\int_0^\pi x^2\,\mathrm{d}x = 2\left[\frac{1}{3}x^3\right]_0^\pi = \mathbf{\frac{2}{3}\pi^3}$
$\displaystyle\int_{-\pi}^\pi \cos^2 x\,\mathrm{d}x = 4\int_0^{\pi/2}\cos^2 x\,\mathrm{d}x = 4\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) = \mathbf{\pi}$ （Wallis 点火公式）
$\displaystyle\int_{-\pi}^\pi \sin^2 x\,\mathrm{d}x = 4\int_0^{\pi/2}\sin^2 x\,\mathrm{d}x = 4\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) = \mathbf{\pi}$
$\displaystyle -2b\int_{-\pi}^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x = -4b\int_0^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x$ 由分部积分或区间再现公式： $\int_0^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi \sin x\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \cdot 2 = \pi \implies -4b\int_0^\pi x\sin x\,\mathrm{d}x = \mathbf{-4b\pi}$

第三步：合并项并通过配方法求极值点

\begin{aligned} I(a,b) &= \frac{2}{3}\pi^3 + a^2\pi + b^2\pi - 4b\pi \\ &= \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}

由于 $a^2 \ge 0$ 且 $(b-2)^2 \ge 0$ ，当且仅当 $a = 0, b = 2$ 时， $I(a,b)$ 取得全局最小值。故 $a_1 = 0, b_1 = 2$ ，所求表达式为：

a_1\cos x + b_1\sin x = 0\cdot\cos x + 2\sin x = \mathbf{2\sin x}

选 A。

奇偶性乘积法则：
- 奇 $\times$ 奇 = 偶（如 $x\sin x$ 、 $\sin x \tan x$ 在对称区间加倍积分）
- 奇 $\times$ 偶 = 奇（如 $x\cos x$ 、 $\sin x\cos x$ 在对称区间积分为 0）
- 偶 $\times$ 偶 = 偶（如 $x^2\cos x$ 在对称区间加倍积分）
正弦余弦全周期积分核心特征：
- 在任一长度为 $2\pi$ 的区间上： $\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin^2 x\,\mathrm{d}x = \int_0^{2\pi}\cos^2 x\,\mathrm{d}x = \pi$
- 正交性： $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi \sin mx\cos nx\,\mathrm{d}x = 0 \quad (\forall m, n \in \mathbb{Z})$

例 3.47（李艳芳 900 · 变限积分奇偶性证明 / 零点与单调性分析封闭区间 / 几何面积绝对值 / 分部积分降阶秒杀）

变限积分奇偶性证明的下限陷阱（高频失分点）：
- 若变限积分下限为 $0$ （即 $F(x) = \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t$ ），被积函数为奇函数时必积出偶函数；
- 本题积分下限为 $-1$ （即 $f(x) = \int_{-1}^x t\cos t\,\mathrm{d}t$ ），切勿盲目套用下限为 $0$ 的结论！
- 严谨证明： $f(-x) = \int_{-1}^{-x} t\cos t\,\mathrm{d}t \xlongequal{u=-t} \int_1^x u\cos u\,\mathrm{d}u = \int_{-1}^x u\cos u\,\mathrm{d}u - \int_{-1}^1 u\cos u\,\mathrm{d}u$ 。因为 $u\cos u$ 是奇函数，在对称区间 $[-1,1]$ 上定积分 $\int_{-1}^1 u\cos u\,\mathrm{d}u = 0$ ，所以才严格得到 $f(-x) = f(x)$ （偶函数）。
找准封闭图形的区间边界（零点识别与单调性）：
- 题目要求“与 $x$ 轴所围图形的面积”，必须先找出封闭曲线的左右边界（与 $x$ 轴的交点 / 零点）；
- 由定义 $f(-1) = 0$ ；由奇函数对称区间积分为 $0$ 得 $f(1) = \int_{-1}^1 t\cos t\,\mathrm{d}t = 0$ ；
- 导数 $f'(x) = x\cos x$ ：在 $x \in (0, 1) \subset (0, \pi/2)$ 上 $f'(x) > 0$ （严格单调递增），且 $f(1) = 0$ ，故在 $(0, 1)$ 内不可能有其它零点，在 $[0, 1]$ 上恒有 $f(x) \le 0$ （图象位于 $x$ 轴下方）。封闭区间严格锁定为 $[-1, 1]$ 。
几何面积与定积分的符号转换：
- 面积必须为正值。因为 $f(x) \le 0$ ，所以几何面积为定积分的相反数： $S = -\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x = -2\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ 极易误写为正积分而导致漏掉负号或得出负面积。
分部积分化简抽象变限积分（避免暴力求原函数）：
- 很多同学试图先将 $f(x) = \int_{-1}^x t\cos t\,\mathrm{d}t$ 暴力积出三角函数原函数 $x\sin x + \cos x + \dots$ ，再对该表达式求二重积分，导致计算量膨胀；
- 秒杀思维：直接对抽象函数 $f(x)$ 进行分部积分： $\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = [x f(x)]_0^1 - \int_0^1 x f'(x)\,\mathrm{d}x = (1\cdot f(1) - 0) - \int_0^1 x(x\cos x)\,\mathrm{d}x = -\int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x$ 直接与答案选项的形式对齐，一步得出 $S = 2\int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x$ ！

第一步：分析函数 $f(x)$ 的奇偶性与零点

零点：
- 由定积分下限直接得： $f(-1) = \displaystyle\int_{-1}^{-1} t\cos t\,\mathrm{d}t = 0$ ；
- 在 $x = 1$ 处：因为 $g(t) = t\cos t$ 是奇函数，在对称区间 $[-1, 1]$ 上的积分为 $0$ ： $f(1) = \int_{-1}^1 t\cos t\,\mathrm{d}t = 0$
奇偶性证明：考察 $f(-x)$ ，令 $u = -t$ （ $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ ）： $\begin{aligned} f(-x) &= \int_{-1}^{-x} t\cos t\,\mathrm{d}t = \int_1^x (-u)\cos(-u)\,(-\mathrm{d}u) = \int_1^x u\cos u\,\mathrm{d}u \\ &= \int_{-1}^x u\cos u\,\mathrm{d}u - \int_{-1}^1 u\cos u\,\mathrm{d}u = \int_{-1}^x u\cos u\,\mathrm{d}u - 0 = f(x) \end{aligned}$ 故 $f(x)$ 为定义域 $(-\pi/2, \pi/2)$ 上的偶函数。

第二步：分析函数的单调性与图象正负性

由变上限积分求导法则：

f'(x) = x\cos x

当 $x \in (0, 1)$ 时， $x > 0$ 且 $\cos x > 0$ ，故 $f'(x) > 0$ （严格单调递增）。结合 $f(1) = 0$ ，知在 $[0, 1)$ 上 $f(x) < 0$ ；由偶函数对称性，在 $(-1, 0]$ 上亦有 $f(x) < 0$ 。从而曲线 $y=f(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上恒位于 $x$ 轴下方，且与 $x$ 轴恰好围成以 $[-1, 1]$ 为区间的封闭图形。

第三步：几何面积转化与分部积分计算

由对称性（偶倍）及 $f(x) \le 0$ ：

S = \int_{-1}^1 |f(x)|\,\mathrm{d}x = -\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x = -2\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x

对 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ 进行分部积分（令 $u = f(x), \mathrm{d}v = \mathrm{d}x$ ）：

\begin{aligned} \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x &= [x f(x)]_0^1 - \int_0^1 x f'(x)\,\mathrm{d}x \\ &= (1\cdot f(1) - 0\cdot f(0)) - \int_0^1 x (x\cos x)\,\mathrm{d}x \\ &= 0 - \int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x = -\int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x \end{aligned}

代入面积表达式：

S = -2 \left( -\int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x \right) = \mathbf{2\int_0^1 x^2\cos x\,\mathrm{d}x}

选 D。

3.2.2_04_例3.47_李艳芳900函数图象与封闭图形.png

变上限积分奇偶性“黄金准则”：
- $\displaystyle\int_0^x \text{奇函数}\,\mathrm{d}t \implies \text{偶函数}$ （下限为 $0$ 时恒成立）
- $\displaystyle\int_a^x \text{奇函数}\,\mathrm{d}t \implies \text{偶函数} \iff \int_{-a}^a \text{奇函数}\,\mathrm{d}t = 0$ （下限为 $a$ 时需满足对称积分为 $0$ ）
- $\displaystyle\int_0^x \text{偶函数}\,\mathrm{d}t \implies \text{奇函数}$ （下限必须为 $0$ ）
分部积分“脱壳法”：
- 看到外层积分中含有未积出的变上限积分 $\displaystyle\int_a^b F(x)\,\mathrm{d}x$ ，优先使用分部积分： $\int_a^b F(x)\,\mathrm{d}x = \big[ x F(x) \big]_a^b - \int_a^b x F'(x)\,\mathrm{d}x$
- 这一步能直接将复杂的抽象变限函数 $F(x)$ 转化为内层具体的被积函数 $f(x) = F'(x)$ ，实现直接降阶！

例 3.50（定积分是常数模型 / 偶函数特征识别 / 三角换元计算有理真分式 / 平移变换换元）

识别偶函数以减少未知常数个数（核心突破口与提速关键）：
- 方程中同时出现 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ 与 $\displaystyle\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ 两个定积分项；
- 若机械地设两个常数 $A = \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x,\ B = \int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ ，需要联立二元一次方程组，过程冗长且极易计算出错；
- 敏锐观察：方程右端 $\dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}$ 是偶函数， $\dfrac{1}{1+x^2}$ 是偶函数，定积分常数项也是偶函数，故 $f(x)$ 整体必为偶函数！
- 由偶函数对称区间积分加倍性质，直接得出 $\displaystyle\int_{-1}^1 f(x)\,\mathrm{d}x = 2\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = 2a$ 。只需设一个常数 $a$ ，直接化简为一元线性方程！
有理分式定积分 $\displaystyle\int_0^1 \frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x$ 的计算方法与陷阱：
- 方法一（三角代换）：令 $x = \tan\theta \implies \mathrm{d}x = \sec^2\theta\,\mathrm{d}\theta$ ，原式化为 $\displaystyle\int_0^{\pi/4}\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta = \left[\frac{\theta}{2}-\frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}$ ；
- 方法二（分部积分凑微分）：拆出 $\dfrac{x}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{2}\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{1+x^2}\right)$ ，分部得 $-\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{x}{1+x^2}\right]_0^1 + \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = -\dfrac{1}{4} + \dfrac{\pi}{8}$ 。
- 计算时注意二倍角降幂与上下限代入的符号。
解一元线性方程时移项与通分符号错误：
- 代入建立方程： $a = \left(\dfrac{\pi}{8} - \dfrac{1}{4}\right) + a\left(\dfrac{\pi}{4}\right) + 2a$ ；
- 移项整理： $a - 2a - \dfrac{\pi}{4}a = \dfrac{\pi-2}{8} \implies -a\left(1 + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\pi-2}{8} \implies a\left(\dfrac{4+\pi}{4}\right) = \dfrac{2-\pi}{8} \implies a = \dfrac{2-\pi}{8+2\pi}$ ；
- 容易在移项合并同类项时把 $a - 2a = -a$ 漏负号，导致求出的常数符号完全相反。
审题目标积分的平移换元：
- 题目要求的是 $\displaystyle\int_1^3 f(x-2)\,\mathrm{d}x$ ，不是 $a$ 本身；
- 令 $t = x-2$ ，积分限平移为 $[-1, 1]$ ，即 $\displaystyle\int_{-1}^1 f(t)\,\mathrm{d}t = 2a = 2 \cdot \frac{2-\pi}{8+2\pi} = \mathbf{\frac{2-\pi}{4+\pi}}$ 。

第一步：分析奇偶性并设待定常数

考察方程右侧各项：

$\dfrac{x^2}{(1+x^2)^2}$ 为偶函数；
$\dfrac{1}{1+x^2}\displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x$ 为偶函数与常数相乘，仍为偶函数；
$\displaystyle\int_{-1}^1f(x)\,\mathrm{d}x$ 为常数（偶函数）。

故 $f(x)$ 必为偶函数。由此可得：

\int_{-1}^1f(x)\,\mathrm{d}x = 2\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x

令 $a = \displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x$ ，原方程化为：

f(x) = \frac{x^2}{(1+x^2)^2} + \frac{a}{1+x^2} + 2a

第二步：两端同在 $[0,1]$ 上取定积分求常数 $a$

\begin{aligned} a = \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x &= \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 \\ &= \int_0^1\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x + a \cdot \frac{\pi}{4} + 2a \end{aligned}

分项计算第一项积分：

方法一（三角换元法）：令 $x = \tan\theta \quad \left(0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{4}\right)$ ，则 $\mathrm{d}x = \sec^2\theta\,\mathrm{d}\theta$ ， $1+x^2 = \sec^2\theta$ ： $\begin{aligned} \int_0^1\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x &= \int_0^{\pi/4}\frac{\tan^2\theta}{\sec^4\theta} \sec^2\theta\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{\pi/4}\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_0^{\pi/4}\frac{1-\cos 2\theta}{2}\,\mathrm{d}\theta = \left[ \frac{\theta}{2} - \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_0^{\pi/4} = \mathbf{\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}} \end{aligned}$
方法二（分部积分凑微分法）： $\begin{aligned} \int_0^1 x \cdot \frac{x}{(1+x^2)^2}\,\mathrm{d}x &= -\frac{1}{2}\int_0^1 x\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x^2}\right) \\ &= -\frac{1}{2}\left[ \frac{x}{1+x^2} \right]_0^1 + \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}\right) = \mathbf{\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}} \end{aligned}$

代入方程解 $a$ ：

a = \left(\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}\right) + a\left(\frac{\pi}{4}\right) + 2a

移项整理：

-a - a\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi-2}{8} \implies a\left(\frac{4+\pi}{4}\right) = \frac{2-\pi}{8} \implies a = \frac{2-\pi}{8+2\pi}

第三步：平移换元计算目标积分

令 $t = x-2$ ，则 $\mathrm{d}x = \mathrm{d}t$ 。当 $x=1$ 时 $t=-1$ ；当 $x=3$ 时 $t=1$ 。利用 $f(t)$ 的偶函数性质：

\int_1^3f(x-2)\,\mathrm{d}x = \int_{-1}^1f(t)\,\mathrm{d}t = 2\int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t = 2a

将 $a = \dfrac{2-\pi}{8+2\pi}$ 代入：

\int_1^3f(x-2)\,\mathrm{d}x = 2 \cdot \frac{2-\pi}{8+2\pi} = \mathbf{\frac{2-\pi}{4+\pi}}

“结构观察 + 设常数”：
- 式子中只要含有 $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ （上下限为确定常数），它本质上就是一个确定数值，果断令其为待定常数 $a$ （或 $A, B$ ）；
- 优先观察左右两端的奇偶性 / 对称性，能化简定积分项（如对称区间偶倍奇零）的务必先化简，尽量将未知常数压缩至 $1$ 个。
“反代函数 + 两端同积分”：
- 将 $f(x)$ 显式表示为包含自变量 $x$ 和参数 $a$ 的解析式；
- 在方程两端同时在原区间（如 $[0,1]$ ）上求定积分，利用线性性质积出各项，解代数方程求得参数 $a$ 。
“区间平移性质”：
- $\displaystyle\int_a^b f(x-c)\,\mathrm{d}x \xlongequal{t=x-c} \int_{a-c}^{b-c} f(t)\,\mathrm{d}t$ 。

例 3.50.2（26 超越 · 一阶线性微分方程与定积分设常数模型综合 / 初值定常数 / 分部积分求和）

微积分混合方程的结构识别（定积分本质是常数）：
- 看到方程 $f'(x) = \dfrac{1}{x}f(x) + \displaystyle\int_1^e f(x)\,\mathrm{d}x$ 既含有导数又含有定积分，切勿慌乱或盲目两端求导；
- 核心破局点：定积分 $\displaystyle\int_1^e f(x)\,\mathrm{d}x$ 上下限均为确定常数，其结果必定是一个确定的常数，令其为 $a$ ！
- 设常数后，方程立即转化为标准的一阶线性非齐次微分方程： $f'(x) - \dfrac{1}{x}f(x) = a$ 。
一阶线性微分方程求解与区分两个“常数”：
- 利用通解公式求得： $f(x) = x(a\ln x + C)$ ；
- 此处需清晰区分两个常数： $C$ 是微分方程通解中产生的任意积分常数，而 $a$ 是原定积分所代表的待定参数；
- 必须先利用初值条件 $f(1) = 1$ 确定 $C = 1$ ，得到 $f(x) = x(a\ln x + 1)$ ，再去求 $a$ 。
分部积分 $\displaystyle\int_1^e x\ln x\,\mathrm{d}x$ 代入下限的易漏陷阱：
- 分部积分： $\displaystyle\int_1^e x\ln x\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x^2\ln x \right]_1^e - \int_1^e \frac{1}{2}x\,\mathrm{d}x = \frac{e^2}{2} - \left[ \frac{1}{4}x^2 \right]_1^e = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2-1}{4} = \frac{e^2+1}{4}$ ；
- 极易粗心漏掉下限项 $-\left(-\dfrac{1}{4}(1)^2\right) = +\dfrac{1}{4}$ ，误算为 $\dfrac{e^2}{4}$ ，导致后续代数方程完全错误。
解代数方程求 $a$ 的通分化简：
- 代回原式： $a = a\left(\dfrac{e^2+1}{4}\right) + \dfrac{e^2-1}{2}$ ；
- 移项提取 $a$ ： $a\left(1 - \dfrac{e^2+1}{4}\right) = \dfrac{e^2-1}{2} \implies a\left(\dfrac{3-e^2}{4}\right) = \dfrac{e^2-1}{2}$ ；
- 解得 $a = \dfrac{2(e^2-1)}{3-e^2} = \mathbf{\dfrac{2e^2-2}{3-e^2}}$ 。

第一步：设常数并转化为一阶线性非齐次微分方程

令 $a = \displaystyle\int_1^e f(x)\,\mathrm{d}x$ 为待定常数，原方程化为：

f'(x) - \frac{1}{x}f(x) = a

第二步：求微分方程通解并利用初值条件定常数 $C$

由一阶线性非齐次微分方程通解公式 $y = e^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left( \int Q(x) e^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C \right)$ （此处 $P(x) = -\dfrac{1}{x},\ Q(x) = a$ ）：

\begin{aligned} 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 \left( \int \frac{a}{x}\,\mathrm{d}x + C \right) \\ &= x(a\ln x + C) \quad (x \ge 1) \end{aligned}

代入初值条件 $f(1) = 1$ ：

f(1) = 1 \cdot (a\ln 1 + C) = 1 \implies C = 1

故函数解析式为：

f(x) = x(a\ln x + 1)

第三步：两端同在 $[1, e]$ 上取定积分建立方程

将 $f(x) = x(a\ln x + 1)$ 代回定积分定义式：

a = \int_1^e f(x)\,\mathrm{d}x = \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

分项计算两个定积分：

$\displaystyle\int_1^e x\ln x\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x^2\ln x \right]_1^e - \int_1^e \frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x = \frac{e^2}{2} - \left[ \frac{1}{4}x^2 \right]_1^e = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2-1}{4} = \mathbf{\frac{e^2+1}{4}}$
$\displaystyle\int_1^e x\,\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_1^e = \mathbf{\frac{e^2-1}{2}}$

代入建立关于 $a$ 的线性代数方程：

a = a\left(\frac{e^2+1}{4}\right) + \frac{e^2-1}{2}

第四步：解代数方程求出常数 $a$

移项整理：

a\left(1 - \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{e^2-1}{2} \cdot \frac{4}{3-e^2} = \mathbf{\frac{2e^2-2}{3-e^2}}

例 3.69（2022 数一、数二真题 · 同区间定积分比大小 / 常数挪动同母比子 / 放大分子同化分母 / “耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀）

切忌盲目硬做差求导（陷于复合求导泥潭）：
- 面对 $I_2 - I_3 = \displaystyle\int_0^1 \left( \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} - \frac{2x}{1+\sin x} \right)\,\mathrm{d}x$ ，很多同学第一反应机械地构造辅助函数 $h(x) = \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} - \frac{2x}{1+\sin x}$ 并求导；
- 复合求导后分子包含三角、对数及交叉多项式，二阶甚至三阶导数均无法判断正负符号，在考场上极易浪费 10 分钟以上宝贵时间；
- 核心破局法则：不到万不得已，绝不直接做差求导！积分区间相同时，优先“同分子比分母”或“同分母比分子”。
常数自由挪动意识薄弱（未能抓住同分母破局点）：
- $I_1$ 分母为 $2(1+\cos x)$ ， $I_2$ 分母为 $1+\cos x$ ；
- 很多同学被分母中的常数系数 $2$ 障眼，未意识到常数可以随意上下挪动：将 $2$ 提至分子化为 $\dfrac{\frac{x}{2}}{1+\cos x}$ ，立即实现分母完全相同；
- 同分母后只需研究分子大小：构造 $g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{2}$ ，由 $g'(x) = \frac{1-x}{2(1+x)} > 0$ （在 $(0,1)$ 内严格单增）及 $g(0)=0$ ，秒判 $\ln(1+x) > \frac{x}{2} \implies I_2 > I_1$ 。
跨函数放缩的“同化桥梁”搭建能力欠缺（ $I_2$ 与 $I_3$ 无法直接比时的放缩法）：
- $I_2$ 与 $I_3$ 的分子、分母均不相同，无法直接对比；
- 核心突破在于利用基础不等式 $\ln(1+x) < x$ 搭建同化桥梁： $I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x < \int_0^1 \frac{x}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x \triangleq I_2'$
- 随后改写 $I_3$ ，将分子系数 $2$ 挪到分母： $I_3 = \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}}\,\mathrm{d}x$ ；
- 此时 $I_3$ $I_{3}$ 与中间桥梁 $I_2'$ $I_{2}^{'}$ 的分子完全同化为 $x$ $x$ ，只需比较分母：
  - 在 $[0,1]$ 上， $\dfrac{1+\sin x}{2} \le \dfrac{1+\sin 1}{2} < 1$ ；
  - 在 $[0,1]$ 上， $1+\cos x \ge 1+\cos 1 > 1$ ；
  - 从而分母 $\dfrac{1+\sin x}{2} < 1 < 1+\cos x$ 。分母越小积分越大，得 $I_3 > I_2' > I_2$ ！
未掌握考场终极杀招：“耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀：
- 考研数学中，当积分区间包含 $0$ （或以 $0$ 为端点）且被积函数在全区间恒有确定大小关系时，在 $x \to 0^+$ 局域充分小邻域内必然保持相同的大小排序；
- 直接取 $x \to 0^+$ $x \to 0^{+}$ 时被积函数的最低阶非零 Taylor 展开：
  - $I_1$ 被积函数： $\dfrac{x}{2(1+\cos x)} = \dfrac{x}{2(1+1+o(1))} = \dfrac{1}{4}x + o(x)$ ；
  - $I_2$ 被积函数： $\dfrac{\ln(1+x)}{1+\cos x} = \dfrac{x+o(x)}{1+1+o(1)} = \dfrac{1}{2}x + o(x)$ ；
  - $I_3$ 被积函数： $\dfrac{2x}{1+\sin x} = \dfrac{2x}{1+o(1)} = 2x + o(x)$ ；
- 比较一阶主部系数： $\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{2} < 2$ ，考场 10 秒直接秒出 $I_1 < I_2 < I_3$ ！

方法一：考场首选秒杀 —— “耍流氓”端点 Taylor 展开法（10 秒口算破局）

核心逻辑：本题积分区间为 $[0,1]$ ，以 $0$ 为左端点。选择题中若被积函数在区间 $(0,1)$ 内具有恒大于或恒小于关系，则当 $x \to 0^+$ 时各被积函数的相对大小关系必与整个区间保持一致！

对三个被积函数在 $x \to 0^+$ 处进行一阶佩亚诺余项泰勒展开（抓最低阶主部）：

$I_1$ 的被积函数： $f_1(x) = \frac{x}{2(1+\cos x)} = \frac{x}{2(1 + 1 + o(1))} = \frac{x}{2 \times 2} + o(x) = \mathbf{\frac{1}{4}x + o(x)}$
$I_2$ 的被积函数： $f_2(x) = \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} = \frac{x + o(x)}{1 + 1 + o(1)} = \mathbf{\frac{1}{2}x + o(x)}$
$I_3$ 的被积函数： $f_3(x) = \frac{2x}{1+\sin x} = \frac{2x}{1 + 0 + o(1)} = \mathbf{2x + o(x)}$

比较一阶主部系数：当 $x \to 0^+$ （ $x > 0$ ）时： $\frac{1}{4}x < \frac{1}{2}x < 2x \implies f_1(x) < f_2(x) < f_3(x)$ 由定积分保号性直接秒杀： $\mathbf{I_1 < I_2 < I_3}$ 本题正解选 A。

方法二：标准解答通法 —— 分步放缩与同化对比（大题与保号性严格证明）

第一步：比较 $I_1$ 与 $I_2$ （分母相同，只比分子）

观察 $I_1$ 与 $I_2$ 的结构，分母均含有 $1+\cos x$ 。将 $I_1$ 分母中的常数 $2$ 挪入分子： $I_1 = \int_0^1 \frac{\frac{x}{2}}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x, \qquad I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x$ 此时两式分母完全相同，在 $(0, 1]$ 上只比较分子 $\ln(1+x)$ 与 $\dfrac{x}{2}$ 的大小：

构造辅助函数： $g(x) = \ln(1+x) - \dfrac{x}{2}$ ；
求导： $g'(x) = \dfrac{1}{1+x} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1-x}{2(1+x)}$ ；
当 $x \in (0, 1)$ 时， $1-x > 0 \implies g'(x) > 0$ ，故 $g(x)$ 在 $[0, 1]$ 上严格单调递增；
结合端点值 $g(0) = \ln 1 - 0 = 0$ ，知在 $x \in (0, 1]$ 上恒有： $g(x) > g(0) = 0 \implies \ln(1+x) > \frac{x}{2}$
两边同除以正分母 $1+\cos x > 0$ ： $\frac{\frac{x}{2}}{1+\cos x} < \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} \quad (x \in (0, 1])$ 由定积分保号性，得： $\mathbf{I_1 < I_2}$

第二步：比较 $I_2$ 与 $I_3$ （搭建放缩同化桥梁，同分子比分母）

$I_2$ 与 $I_3$ 的分子、分母皆不相同，无法直接对比。

分子放缩桥梁：利用考研对数经典不等式：当 $x > 0$ 时， $\ln(1+x) < x$ 。因此可对 $I_2$ 放大分子，引入中间基准积分 $I_2'$ ： $I_2 = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x < \int_0^1 \frac{x}{1+\cos x}\,\mathrm{d}x \triangleq I_2'$
系数挪位同化分子：将 $I_3$ 分子的系数 $2$ 挪到分母： $I_3 = \int_0^1 \frac{2x}{1+\sin x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}}\,\mathrm{d}x$
同分子下比较分母大小：此时 $I_3$ $I_{3}$ 与 $I_2'$ $I_{2}^{'}$ 的被积函数分子均为正数 $x$ $x$ （ $x \in (0, 1]$ $x \in (0, 1]$ ）。只需在区间 $[0, 1]$ $[0, 1]$ 上比较分母 $\dfrac{1+\sin x}{2}$ $\frac{1 + sin x}{2}$ 与 $1+\cos x$ $1 + cos x$ ：
- 在区间 $[0, 1]$ 上，正弦函数单调递增： $\frac{1+\sin x}{2} \le \frac{1+\sin 1}{2} \approx \frac{1+0.8415}{2} = 0.9208 < 1$
- 在区间 $[0, 1]$ 上，余弦函数单调递减： $1+\cos x \ge 1+\cos 1 \approx 1+0.5403 = 1.5403 > 1$
- 由此可得，在 $x \in [0, 1]$ 上恒有： $\frac{1+\sin x}{2} < 1 < 1+\cos x$
- 分母越小，分式值越大（分子 $x > 0$ ）： $\frac{x}{\frac{1+\sin x}{2}} > \frac{x}{1+\cos x} \implies I_3 > I_2'$
由不等式传递性锁定排序： $I_3 > I_2' > I_2 \implies \mathbf{I_2 < I_3}$

第三步：综合结论

由 $I_1 < I_2$ 且 $I_2 < I_3$ ，直接得出： $\mathbf{I_1 < I_2 < I_3}$ 对应选项为 A。

阶梯一（同母比子 / 同子比母）：
- 常数项是活的，可任意上下挪动调整（如将分母的 $2$ 提到分子变 $\frac{1}{2}$ ，或将分子的 $2$ 移到分母变 $\frac{1}{2}$ ）；
- 只要分子或分母结构一致，直接转化为简单因式的大小比较。
阶梯二（基础不等式放缩同化）：
- 当分子分母皆不同时，切勿盲目作差，优先使用四大放缩金刚：
  - $\dfrac{x}{1+x} \le \ln(1+x) \le x$ ；
  - $\sin x < x < \tan x \quad \left(x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\right)$ ；
  - $\mathrm{e}^x \ge 1+x$ ；
  - $1-\cos x = 2\sin^2\frac{x}{2} < \frac{x^2}{2}$ 。
- 先将分子放缩同化为与另一项一致，再比较分母。
阶梯三（考场秒杀——“耍流氓”端点 Taylor 展开）：
- 只要区间包含 $0$ 或以 $0$ 为端点，直接求 $x \to 0^+$ 时的 Taylor 展开，比较最低阶非零项的主部系数；
- 主部系数大则积分大，考场 $10$ 秒内直接锁定选项，稳准狠拿下分值！

例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 $x$ 公式 / 对称平移令 $x=\frac{\pi}{2}-t$ 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

切忌盲目套用放缩或泰勒展开（区间不同与复合指数结构陷阱）：
- 题目中 $I_1, I_2$ 积分区间为 $[0, \pi]$ ，而 $I_3$ 积分区间为 $[0, \frac{\pi}{2}]$ ，区间长度不同，不能直接在被积函数层面套用常规不等式放缩；
- 被积函数包含 $\mathrm{e}^{\cos^2 x}$ 与 $\mathrm{e}^{\sin^2 x}$ 复合指数项，硬求导或放缩会变得极度繁难，无法得出紧凑的定界；
- 核心破局法则：当积分区间呈现对称或倍半关系（如 $[0, \pi]$ 与 $[0, \frac{\pi}{2}]$ ），且被积函数具有明显的三角对称性（ $\sin \leftrightarrow \cos$ ）时，优先寻找精准的恒等代数倍数关系（区间再现消 $x$ 、平移折半对称化），而非模糊的几何放缩！
未能识别“区间再现消 $x$ ”的核心信号：
- 观察 $I_1$ 与 $I_2$ ：区间同为 $[0, \pi]$ ， $I_1$ 仅比 $I_2$ 多乘了一个因式 $x$ ；
- 检验除 $x$ $x$ 外的部分 $f(x) = \dfrac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}$ $f (x) = \frac{sin ^{2} x}{1 + e ^{c o s^{2} x}}$ ：
  - $\sin^2(\pi-x) = \sin^2 x$ ， $\cos^2(\pi-x) = (-\cos x)^2 = \cos^2 x$ ；
  - 满足对称性 $f(\pi-x) = f(x)$ ；
- 立即激活考研顶级公式——区间再现消 $x$ 公式： $\int_0^\pi x f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(x)\,\mathrm{d}x \implies I_1 = \frac{\pi}{2}I_2$
- 由被积函数严格大于 0 得 $I_2 > 0$ ，因 $\frac{\pi}{2} > 1$ ，直接定性 $I_1 > I_2$ 。
换元折半构建对称区间的构造意识欠缺：
- 如何把区间 $[0, \pi]$ 的 $I_2$ 与区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 的 $I_3$ 联系起来？
- 注意到正余弦平方互化公式 $\sin(\frac{\pi}{2}-t) = \cos t$ $sin (\frac{π}{2} - t) = cos t$ ，果断令 $x = \frac{\pi}{2} - t$ 进行平移换元：
  - 积分区间完美转换为对称区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ；
  - 微分 $\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$ 恰好将倒置的上下限调正： $\int_{\pi/2}^{-\pi/2} (-\mathrm{d}t) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \mathrm{d}t$ ；
  - 新被积函数 $\dfrac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}$ 关于 $t$ 是严格的偶函数！
- 利用偶倍性质： $I_2 = 2\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t = 2I_3$ （定积分与哑变量字母无关）；
- 从而得出精准比例： $I_1 : I_2 : I_3 = \pi : 2 : 1$ 。
代数定量对比一击必杀：
- $I_1 = \pi I_3 \approx 3.14 I_3$ ， $I_2 = 2 I_3$ ， $I_3 = 1 I_3$ ；
- 因为 $\pi > 2 > 1$ ，得出严格排序 $I_1 > I_2 > I_3$ ，秒杀 A 选项。

第一步：利用“区间再现消 $x$ 公式”建立 $I_1$ 与 $I_2$ 的比例关系

观察 $I_1$ 与 $I_2$ 的积分区间均为 $[0, \pi]$ 。记被积函数除 $x$ 以外的部分为： $f(x) = \frac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}}$ 考察对称中心 $x = \dfrac{\pi}{2}$ （即 $x \to \pi - x$ ）：

$\sin^2(\pi - x) = (\sin x)^2 = \sin^2 x$ ；
$\cos^2(\pi - x) = (-\cos x)^2 = \cos^2 x$ ；
因此： $f(\pi - x) = \frac{\sin^2(\pi - x)}{1+\mathrm{e}^{\cos^2(\pi - x)}} = \frac{\sin^2 x}{1+\mathrm{e}^{\cos^2 x}} = f(x)$ 即 $f(x)$ 的图形关于直线 $x = \dfrac{\pi}{2}$ 对称。

由区间再现消 $x$ 通用定理（令 $x = \pi - t$ 可严密推导）： $\int_0^\pi x f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \int_0^\pi f(x)\,\mathrm{d}x$ 故立即得出： $I_1 = \frac{\pi}{2} I_2$ 因为在 $(0, \pi)$ 上被积函数恒正，定积分 $I_2 > 0$ ；且常数系数 $\dfrac{\pi}{2} \approx 1.57 > 1$ ，所以： $\mathbf{I_1 > I_2}$

第二步：对称平移换元折半与偶函数加倍，建立 $I_2$ 与 $I_3$ 的比例关系

观察 $I_2$ （区间 $[0, \pi]$ ，含 $\sin^2 x, \cos^2 x$ ）与 $I_3$ （区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ ，含 $\cos^2 x, \sin^2 x$ ）。考虑令区间对称化，同时实现正余弦互换，作平移代换： $\text{令 } x = \frac{\pi}{2} - t \implies \mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$ 转换积分上下限：

当 $x = 0$ 时， $t = \dfrac{\pi}{2}$ ；
当 $x = \pi$ 时， $t = -\dfrac{\pi}{2}$ 。

代入 $I_2$ 进行变形：

\begin{aligned} I_2 &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{1+\mathrm{e}^{\cos^2\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}} \, (-\mathrm{d}t) \\ &= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}} \,\mathrm{d}t \quad (\text{微分中的负号用于交换上下限}) \end{aligned}

奇偶性判定：被积函数 $g(t) = \dfrac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}$ 满足 $g(-t) = g(t)$ ，为偶函数。在对称区间 $\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上利用偶倍性质： $I_2 = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t$

由定积分的哑变量性质（积分值只取决于被积函数形式与积分限，与积分变量所用的字母符号无关）： $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 t}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 t}}\,\mathrm{d}t = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{1+\mathrm{e}^{\sin^2 x}}\,\mathrm{d}x = I_3$ 故立即得出： $I_2 = 2 I_3$ 因为 $I_3 > 0$ 且 $2 > 1$ ，所以： $\mathbf{I_2 > I_3}$

第三步：统一系数定量排序

将 $I_2 = 2I_3$ 代回 $I_1$ ： $I_1 = \frac{\pi}{2} I_2 = \frac{\pi}{2} (2I_3) = \pi I_3$ $I_2 = 2 I_3$ $I_3 = 1 I_3$

因为 $I_3 > 0$ ，且常数满足 $\pi \approx 3.14 > 2 > 1$ ，故严格定量大小顺序为： $\mathbf{I_1 > I_2 > I_3}$ 本题正确选项为 A。

消 $x$ 武器 —— 区间再现公式：
- 核心模型：若 $f(a+b-x) = f(x)$ ，则： $\int_a^b x f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{a+b}{2}\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$
- 考场判别：只要在对称区间或 $[0, \pi]$ 上看到孤立的 $x$ 乘以三角偶次幂 / 轴对称结构，条件反射优先消 $x$ ！
折半武器 —— 平移换元 $x = \frac{a+b}{2} - t$ ：
- 核心功能：将不对称区间 $[0, \pi]$ 平移至关于原点对称的区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ；
- 激活偶函数加倍：化简后若为偶函数，直接 $2\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}$ ，实现区间长度减半并与半区间积分直接建立倍数关联！

例 3.78（2018 数一压轴真题 · 一阶线性微分方程唯一周期解 / 不定积分转化为变上限积分统一常数 / 区间拆分平移换元 vs 构造辅助函数导数法）

不定积分与常数歧义陷阱（本题最核心失分痛点）：
- 若直接用不定积分通解公式写 $y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[\int f(x)\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x + C_1\right]$ ，由 $y(x+T) = \mathrm{e}^{-(x+T)}\left[\int f(x+T)\mathrm{e}^{x+T}\,\mathrm{d}(x+T) + C_2\right]$ ；
- 不定积分因原函数不唯一而自带不同常数 $C_1, C_2$ ，作差时完全无法抵消，导致后续代数推导彻底卡死；
- 终极心法：除单纯计算不定积分外，凡在微分方程/积分方程/性质证明综合大题中出现抽象不定积分，条件反射般果断改写为变上限积分 $\displaystyle\int_0^x$ ！ 变上限积分的取值唯一确定，使通解中的常数唯一锁定为单个 $C$ 。
证明“唯一周期解”的代数判别思维：
- 要求 $y(x+T) - y(x) \equiv 0$ ；
- 若能反解出常数 $C$ ，且求出的 $C$ 表达式与自变量 $x$ 完全无关（是一个唯一确定的常数），即充分且必要地证明了“存在唯一的周期解”！
如何干掉形式中残留的自变量 $x$ （双解破局）：
- 解出 $C = \dfrac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\displaystyle\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]$ 后，式中依然含有 $x$ ；
- 方法一（区间拆分平移）：把 $[0, x+T]$ 拆为 $[0, T] + [T, x+T]$ ，后段平移换元 $u = t - T$ ，利用 $f(u+T)=f(u)$ 提公因式 $\mathrm{e}^T$ ，使得含 $x$ 的积分项 $\displaystyle\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 精准抵消为 0，解出常数 $C = \dfrac{1}{\mathrm{e}^T - 1}\displaystyle\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ！
- 方法二（变限导数法）：构造辅助函数 $g(x) = \mathrm{e}^{-T}\displaystyle\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ，求导得 $g'(x) \equiv 0$ ，证得 $g(x)$ 恒为常数，代入 $x=0$ 秒得 $C$ 。

（Ⅰ）求解特例通解

一阶线性非齐次方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ （此处 $P(x)=1, Q(x)=x$ ）：

\begin{aligned} 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) = \mathbf{x - 1 + C\mathrm{e}^{-x}} \quad (C\text{ 为任意常数}) \end{aligned}

（Ⅱ）证明存在唯一的周期解

第一步：化不定积分为变上限积分 将方程通解用变上限积分表示（取下限为 0）： $y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\right]$ 则： $y(x+T) = \mathrm{e}^{-(x+T)}\left[\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\right]$

第二步：建立周期性条件方程并解出 $C$ 要使 $y(x)$ 为周期为 $T$ 的解，当且仅当 $y(x+T) - y(x) \equiv 0$ ： $\mathrm{e}^{-x-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + C\mathrm{e}^{-x-T} - \mathrm{e}^{-x}\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - C\mathrm{e}^{-x} = 0$ 两端同乘 $\mathrm{e}^x$ 并整理： $C(1 - \mathrm{e}^{-T}) = \mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 因 $T > 0 \implies 1 - \mathrm{e}^{-T} \neq 0$ ，解得： $C = \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]$

第三步：证明 $C$ 是与 $x$ 无关的唯一确定的常数（两种方法）

方法一（区间拆分与平移抵消）： $\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \int_T^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 对第二项令 $u = t - T$ （ $t = u + T, \mathrm{d}t = \mathrm{d}u$ ），利用 $f(u+T) = f(u)$ ： $\int_T^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \int_0^x f(u+T)\mathrm{e}^{u+T}\,\mathrm{d}u = \mathrm{e}^T\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 代回 $C$ 的表达式： $\begin{aligned} C &= \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\left[\mathrm{e}^{-T}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \mathrm{e}^{-T}\cdot \mathrm{e}^T\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right] \\ &= \frac{\mathrm{e}^{-T}}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t + \frac{1}{1 - \mathrm{e}^{-T}}\underbrace{\left[\int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t\right]}_{=0} \\ &= \mathbf{\frac{1}{\mathrm{e}^T - 1}\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t} \end{aligned}$ $C$ 表达式中完全不含自变量 $x$ ，为唯一确定的常数！
方法二（导数判定法）：设 $g(x) = \mathrm{e}^{-T}\displaystyle\int_0^{x+T} f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t - \int_0^x f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 。由变上限积分求导法则： $g'(x) = \mathrm{e}^{-T} \cdot f(x+T)\mathrm{e}^{x+T} - f(x)\mathrm{e}^x = f(x)\mathrm{e}^x - f(x)\mathrm{e}^x \equiv 0$ 导数恒为 0，故 $g(x)$ 恒为常数。代入 $x=0$ 即得 $C = \dfrac{g(0)}{1-\mathrm{e}^{-T}} = \dfrac{1}{\mathrm{e}^T-1}\displaystyle\int_0^T f(t)\mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ 。

综上，常数 $C$ 存在且唯一确定，故方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 $YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'$ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）

卷积型核函数 $f(x-t)$ 的经典换元反射：
- 看到 $\displaystyle\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t$ ，必须秒令 $u = x - t$ （ $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ ）；
- 上下限反转后负号抵消，直接化为 $\displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ；
- 很多同学被 $x-t$ 吓住，直接硬求导，导致变量耦合陷入死胡同。
复合导数结构的敏锐识别：
- 设变上限积分 $Y(x) = \displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ，由连续性知 $Y'(x) = f(x)$ ，且自带初值 $Y(0)=0$ ；
- 原方程即为 $Y'(x)Y(x) = \sin^4 x$ ；
- 必须敏锐识别到 $Y'(x)Y(x) = \dfrac{1}{2}[Y^2(x)]'$ ，转化为求导逆运算。
两端取变上限积分 vs 硬算不定积分（极度提速技巧）：
- 若直接对 $\sin^4 x$ 求不定积分，需要经历 $\sin^4 x = \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2$ 二次降幂展开，考场计算极易出错且浪费时间；
- 巧妙解法：直接两端取从 $0$ 到 $x$ 的变上限积分，因 $Y(0)=0$ ，代入上限 $x = \frac{\pi}{2}$ 时直接转化为定积分 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t$ ；
- 激活 Wallis（点火）公式： $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$ ，10 秒口算拿分！
函数平均值公式与开方非负性：
- 题目求的是在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的平均值 $\bar{f} = \dfrac{\int_0^{\pi/2}f(x)\,\mathrm{d}x}{\frac{\pi}{2} - 0}$ ，切勿误答为积分值本身；
- 由已知 $f(x) \ge 0$ ，开方取正根： $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$ ，平均值为 $\sqrt{\frac{3\pi}{8}} \times \frac{2}{\pi} = \sqrt{\dfrac{3}{2\pi}} = \dfrac{\sqrt{6\pi}}{2\pi}$ 。

第一步：卷积型变上限积分区间换元化简 对积分 $\displaystyle\int_0^x f(x-t)\,\mathrm{d}t$ ，令 $u = x - t$ ，则 $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ 。当 $t = 0$ 时 $u = x$ ；当 $t = x$ 时 $u = 0$ 。

\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

原积分方程等价化为： $f(x)\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u = \sin^4 x$

第二步：构造型变限积分与复合微分识别 记 $Y(x) = \displaystyle\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$ ，则 $Y(0) = 0$ 且 $Y'(x) = f(x)$ 。方程化为： $Y'(x)Y(x) = \sin^4 x \iff \frac{1}{2}\left[ Y^2(x) \right]' = \sin^4 x \iff \left[ Y^2(x) \right]' = 2\sin^4 x$

第三步：两端同取 $[0, x]$ 变上限积分并代入 $x = \frac{\pi}{2}$ 两端在 $[0, x]$ 上积分： $Y^2(x) - Y^2(0) = 2\int_0^x \sin^4 t\,\mathrm{d}t \implies Y^2(x) = 2\int_0^x \sin^4 t\,\mathrm{d}t$ 令 $x = \dfrac{\pi}{2}$ ： $Y^2\left(\frac{\pi}{2}\right) = 2\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t$

由 Wallis（点火）公式： $\int_0^{\pi/2}\sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$ 故： $Y^2\left(\frac{\pi}{2}\right) = 2 \times \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{8}$

因为题设 $f(x) \ge 0$ ，故 $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \displaystyle\int_0^{\pi/2}f(t)\,\mathrm{d}t \ge 0$ ，开平方得： $Y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \int_0^{\pi/2}f(t)\,\mathrm{d}t = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$

第四步：代入函数平均值定义公式 连续函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上的平均值公式为 $\bar{f} = \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 。在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上： $\bar{f} = \frac{\displaystyle\int_0^{\pi/2}f(x)\,\mathrm{d}x}{\frac{\pi}{2} - 0} = \frac{\sqrt{\frac{3\pi}{8}}}{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\frac{3\pi}{8}} \cdot \frac{2}{\pi} = \sqrt{\frac{3\pi \cdot 4}{8 \cdot \pi^2}} = \mathbf{\sqrt{\frac{3}{2\pi}}} = \mathbf{\frac{\sqrt{6\pi}}{2\pi}}$

例 3.89（2016 数二真题 · 反常积分敛散性 / 凑微分直接求原函数极限 / 单侧奇点指数不对称陷阱 / 换元区间反转）

死搬硬套比较审敛法，忽略“原函数显式存在”的直接计算法（算力严重内耗）：
- 面对反常积分敛散性判定，许多同学机械化地寻找 $p$ -积分或等价无穷小/无穷大进行比较；
- 本题式中 $\dfrac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{x}\right)$ 具有极其完美的凑微分结构，原函数即为 $-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ ；
- 核心准则：反常积分审敛的首要原则是能求原函数就直接求！求出原函数后直接代入端点求极限，几步之内即可准确判断，完全不需要复杂放缩。
忽视指数函数 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 在 $x \to 0$ 左右单侧极限的本质非对称性（命题陷阱）：
- 很多同学将两个积分视作简单的“正负对称”，误以为敛散性相同（误选 A 或 D）；
- 实际上：
  - 当 $x \to 0^-$ 时， $\dfrac{1}{x} \to -\infty \implies \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \to 0$ ，负指数衰减速度极快，完全压制了代数奇点 $\dfrac{1}{x^2}$ 的发散趋势，使得积分收敛；
  - 当 $x \to 0^+$ 时， $\dfrac{1}{x} \to +\infty \implies \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \to +\infty$ ，指数级爆炸增长与代数奇点叠加，使得积分在 $0^+$ 处极剧烈发散；
- 必须对 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 在 $0^-$ 与 $0^+$ 处的差异形成本能警惕。
换元法 $t = \dfrac{1}{x}$ 时的上下限颠倒与负号疏漏：
- 变换 $t = \dfrac{1}{x}$ 是单调递减代换，微分产生负号 $\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{t^2}\,\mathrm{d}t$ ；
- 对于 ①： $x: -\infty \to 0^-$ 对应 $t: 0^- \to -\infty$ ，负号用于颠倒上下限转化为 $\displaystyle\int_{-\infty}^{0^-} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ；
- 对于 ②： $x: 0^+ \to +\infty$ 对应 $t: +\infty \to 0^+$ ，负号用于颠倒上下限转化为 $\displaystyle\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t$ ；
- 考场上容易因上下限方向混乱、漏写负号导致限号错误。

正确答案：B

方法一：原函数定义极限法（🌟 考场首选 · 降维直接秒杀）

观察被积函数，由复合导数结构可知：

\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right) = -\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)

故其原函数为 $F(x) = -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 。

对积分 ① $\displaystyle\int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x$ ：积分区间为 $(-\infty, 0)$ ，包含负无穷远端点与左瑕点 $0^-$ ：
$\begin{aligned} \int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x &= \lim_{\substack{a \to -\infty \\ b \to 0^-}} \left[ -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \right]_a^b \\ &= \lim_{b \to 0^-} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{b}}\right) - \lim_{a \to -\infty} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{a}}\right) \end{aligned}$
- 当 $b \to 0^-$ 时， $\dfrac{1}{b} \to -\infty \implies \lim_{b \to 0^-} \mathrm{e}^{\frac{1}{b}} = 0$ ；
- 当 $a \to -\infty$ 时， $\dfrac{1}{a} \to 0^- \implies \lim_{a \to -\infty} \mathrm{e}^{\frac{1}{a}} = \mathrm{e}^0 = 1$ ；
- 代入得： $\int_{-\infty}^0\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = 0 - (-1) = \mathbf{1}$
极限值存在且为有限常数，故积分 ① 收敛！
对积分 ② $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x$ ：积分区间为 $(0, +\infty)$ ，包含右瑕点 $0^+$ 与正无穷远端点：
$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x &= \lim_{\substack{c \to 0^+ \\ d \to +\infty}} \left[ -\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \right]_c^d \\ &= \lim_{d \to +\infty} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{d}}\right) - \lim_{c \to 0^+} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{c}}\right) \end{aligned}$
- 当 $d \to +\infty$ 时， $\dfrac{1}{d} \to 0^+ \implies \lim_{d \to +\infty} \left(-\mathrm{e}^{\frac{1}{d}}\right) = -\mathrm{e}^0 = -1$ ；
- 当 $c \to 0^+$ 时， $\dfrac{1}{c} \to +\infty \implies \lim_{c \to 0^+} \mathrm{e}^{\frac{1}{c}} = +\infty$ ；
- 代入得： $-1 - (-\infty) = +\infty$
极限不存在（趋于无穷大），故积分 ② 发散！

综上，① 收敛，② 发散，本题选 B。

方法二：区间倒数换元法（标准变量变换）

令 $t = \dfrac{1}{x}$ ，则 $x = \dfrac{1}{t}$ ， $\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{t^2}\,\mathrm{d}t$ ，则 $\dfrac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$ 。

对积分 ①：当 $x \to -\infty$ 时， $t \to 0^-$ ；当 $x \to 0^-$ 时， $t \to -\infty$ 。
$\int_{-\infty}^{0^-} \frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = \int_{0^-}^{-\infty} \mathrm{e}^t (-\mathrm{d}t) = \int_{-\infty}^{0^-} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \left. \mathrm{e}^t \right|_{-\infty}^{0^-} = \mathrm{e}^0 - \lim_{t \to -\infty} \mathrm{e}^t = 1 - 0 = \mathbf{1} \implies \text{收敛}$
对积分 ②：当 $x \to 0^+$ 时， $t \to +\infty$ ；当 $x \to +\infty$ 时， $t \to 0^+$ 。
$\int_{0^+}^{+\infty} \frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\,\mathrm{d}x = \int_{+\infty}^{0^+} \mathrm{e}^t (-\mathrm{d}t) = \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^t\,\mathrm{d}t = \left. \mathrm{e}^t \right|_0^{+\infty} = \lim_{t \to +\infty}\mathrm{e}^t - \mathrm{e}^0 = +\infty - 1 = \mathbf{+\infty} \implies \text{发散}$

例 3.94.1（25 版高数十八讲例 8.18 · 二阶导趋于无穷之反常积分收敛证明 / 洛必达构造型比值审敛 / 为什么选 $x^2$ 基准 / 两次积分不等式放缩）

漏掉端点连续性排查，将普通连续点误判或忽略为可能瑕点（答题不严密）：
- 证明无穷限反常积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x$ 敛散性时，很多同学直接奔向 $x \to +\infty$ ，而未交待左端点 $x=1$ 的性态；
- 严密论证第一步必须指出：由 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上二阶可导，知 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续；又题设 $f(x) > 0$ ，故分母 $f(1) > 0$ 绝非零点，区间 $[1,+\infty)$ 内部不存在任何有限瑕点，仅需考察 $x \to +\infty$ 处的无穷限反常性。
基准对比函数的构造意识薄弱（为什么是 $x^2$ ？）：
- 条件给出了二阶导数极限 $\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，如何将二阶导联系到被积函数 $\dfrac{1}{f(x)}$ ？
- 目标是利用比较审敛法（大收小收），寻找一个已知的收敛基准 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p}\,\mathrm{d}x$ （要求 $p > 1$ ）；
- 为了让洛必达法则连续求导两次后分母退化为一个非零常数，分母选取的最佳多项式就是 $x^2$ （两次求导后得到 $(x^2)'' = 2$ ），同时 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x$ 恰好收敛（ $p=2>1$ ），两者完美闭环！
洛必达法则使用条件与可导阶数的认知误区：
- 很多同学死记“ $n$ 阶可导只能洛到 $n-1$ 阶”，认为本题二阶可导不能直接洛到 $f''(x)$ ；
- 认知纠偏：通常只能洛到 $n-1$ 阶是因为不能保证 $n$ 阶导数极限存在；而本题题设明确给出 $\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ！洛必达法则的成立条件只要导数比值极限存在或为无穷大即可成立；
- 另外需严密说明未定式类型：由 $f''(x) \to +\infty$ ，必存在 $X$ ，当 $x > X$ 时 $f''(x) > 0 \implies f'(x)$ 单增且必趋于 $+\infty \implies f(x)$ 单增趋于 $+\infty$ ，严格构成 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。
替代解法意识：两次积分不等式放缩法（绕开洛必达，更具分析学深度）：
- 取常数 $M > 0$ ，由 $\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，存在 $X \ge 1$ ，当 $t \ge X$ 时恒有 $f''(t) \ge M$ ；
- 在 $[X, x]$ 上对 $t$ 连续两次积分，立即得到 $f(x) \ge \frac{M}{2}(x-X)^2 + f'(X)(x-X) + f(X)$ ，在无穷远处即有 $f(x) \ge C x^2$ ；
- 倒数即得 $\dfrac{1}{f(x)} \le \dfrac{1}{C x^2}$ ，直接用不等式比较审敛法证毕，不依赖洛必达，逻辑无懈可击。

步骤零：端点连续性与无瑕点排查（严谨规范前提）

因为 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上二阶可导，故 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续。又由已知 $f(x) > 0$ ，从而在整个区间 $[1,+\infty)$ 内 $f(x) \neq 0$ 。故被积函数 $\dfrac{1}{f(x)}$ 在任意有限闭区间 $[1, A]$ 上均连续且有界， $x=1$ 并非瑕点，在 $[1,+\infty)$ 内部无任何瑕点，只需证明 $x \to +\infty$ 时的敛散性。

证法一：极限形式比较审敛法（两次洛必达 · 考场标准通法）

第一步：未定式形态验证 因为 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，由极限保号性，存在 $X_1 \ge 1$ ，当 $x > X_1$ 时恒有 $f''(x) > 1$ 。从而 $f'(x)$ 在 $[X_1, +\infty)$ 上严格单调递增，且：

f'(x) = f'(X_1) + \int_{X_1}^x f''(t)\,\mathrm{d}t > f'(X_1) + (x - X_1) \to +\infty \quad (x \to +\infty).

同理，存在 $X_2 \ge X_1$ ，当 $x > X_2$ 时恒有 $f'(x) > 1$ ，故 $f(x)$ 亦单调递增且 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x) = +\infty$ 。

第二步：构造与 $x^2$ 的增长速度之比 考察极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{f(x)}{x^2}$ ，此为标准的 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型未定式：

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x^2} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{2x} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to+\infty}\frac{f''(x)}{2} = +\infty.

（注：第二次使用洛必达法则时，因导数比值极限 $\lim\frac{f''(x)}{2} = +\infty$ ，符合洛必达法则充分条件，即便 $f''(x)$ 不连续亦严格成立）。

第三步：由极限形式比较审敛法判定收敛 由极限倒数关系可得：

\lim_{x\to+\infty} x^2 \cdot \frac{1}{f(x)} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x^2}{f(x)} = \frac{1}{+\infty} = 0.

取比较基准函数 $g(x) = \dfrac{1}{x^2}$ 。已知反常积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x$ 收敛（ $p=2 > 1$ 的 $p$ -积分），且在 $[1,+\infty)$ 上 $\dfrac{1}{f(x)} > 0$ 。根据反常积分的比较审敛法极限形式（ $p>1$ 且极限为 $0$ ）：

\int_1^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x \quad \mathbf{必收敛}.

证法二：两次积分不等式放缩法（分析学原理解构 · 无需洛必达）

由 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f''(x) = +\infty$ ，取常数 $M = 2 > 0$ 。必存在充分大的 $X \ge 1$ ，当 $t \ge X$ 时恒有：

f''(t) \ge 2.

对 $t \in [X, x]$ 积分：

\int_X^x f''(t)\,\mathrm{d}t \ge \int_X^x 2\,\mathrm{d}t \implies f'(x) - f'(X) \ge 2(x - X) \implies f'(x) \ge 2(x - X) + f'(X).

再对两端在 $[X, x]$ 上积分：

f(x) - f(X) \ge \int_X^x \left[2(t - X) + f'(X)\right]\mathrm{d}t = (x - X)^2 + f'(X)(x - X).

即对一切 $x \ge X$ ：

f(x) \ge (x - X)^2 + f'(X)(x - X) + f(X) = x^2 + \mathcal{O}(x).

因此当 $x \to +\infty$ 时， $f(x) \sim x^2$ 或 $f(x) \ge \dfrac{1}{2}x^2$ （当 $x \ge X_0$ 时恒成立）。故当 $x \ge X_0$ 时：

0 < \frac{1}{f(x)} \le \frac{2}{x^2}.

因为 $\displaystyle\int_{X_0}^{+\infty} \frac{2}{x^2}\,\mathrm{d}x$ 收敛，由比较审敛法大收小收， $\displaystyle\int_{X_0}^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x$ 收敛。结合有限区间 $[1, X_0]$ 上积分值有限，得证 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x$ 必收敛。

导数阶数决定基准多项式幂次：
- 已知 $n$ 阶导数非零或趋于无穷大，对等寻找多项式 $x^n$ 作为洛必达分母；
- 本题条件为二阶导 $f''(x) \to +\infty$ ，自然匹配 $x^2$ （求导两次恰为常数 $2$ ，对应 $p=2>1$ 收敛积分）；
洛必达只认极限存在或无穷大：
- 考研证明中遇二阶可导但未声明二阶连续时，只要最终导数比值的极限存在或为 $\pm\infty$ ，均可放手洛必达；
放缩本质是连续积分：
- 任何“导数极限大于常数”的条件，本质都可通过黎曼积分连续积分两次，将其转换为底层的代数多项式下界放缩。

例 3.96（2023 李六 · 内部无定义奇点陷阱 / 盲套牛顿-莱布尼茨公式惨遭零分 / 瑕点必须拆分区间 / 反三角复合函数单侧极限）

致命盲区：跨越区间内部无定义奇点直接套用牛顿-莱布尼茨公式（高频爆零陷阱）：
- 很多同学一眼看出 $\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm{d}x = \mathrm{d}\left[ -\dfrac{1}{f(x)} \right]$ ，立刻下笔： $\int_0^2 \frac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm{d}x = \left. -\frac{1}{f(x)} \right|_0^2 = \frac{1}{f(0)} - \frac{1}{f(2)} = -\frac{4}{\pi} - \frac{1}{\arctan 3} \quad \text{\color{red}（全错！）}$
- 痛定思痛：牛顿-莱布尼茨公式使用的第一铁律是被积函数在积分区间上连续！
- 题目中 $f(x) = \arctan\dfrac{x+1}{x-1}$ ，分母含有 $x-1$ ，在区间 $[0,2]$ 内部的 $x=1$ 处根本无定义！被积函数在 $x=1$ 处不连续（存在瑕点/间断点），直接从 $0$ 积到 $2$ 属于完全错误的非法操作！
反常积分排查“第一步必须地毯式扫雷内部奇点”：
- 定积分/反常积分拿到手，切忌马上凑微分；必须先看区间 $[a,b]$ 内部是否有使分母为零、对数无定义、根号小于零的奇点；
- 识别出 $x=1$ 为区间内部奇点后，必须将积分区间在 $x=1$ 处断开： $\int_0^2 = \int_0^1 + \int_1^2 = \lim_{\epsilon_1 \to 0^+} \int_0^{1-\epsilon_1} + \lim_{\epsilon_2 \to 0^+} \int_{1+\epsilon_2}^2$
反三角复合分式在奇点两侧的单侧极限符号差异：
- 当 $x \to 1^-$ 时： $x < 1 \implies x-1 \to 0^- \implies \dfrac{x+1}{x-1} \to -\infty \implies f(1^-) = \arctan(-\infty) = -\dfrac{\pi}{2}$ ；
- 当 $x \to 1^+$ 时： $x > 1 \implies x-1 \to 0^+ \implies \dfrac{x+1}{x-1} \to +\infty \implies f(1^+) = \arctan(+\infty) = \dfrac{\pi}{2}$ ；
- 左右极限差了整整一个负号（跳跃间断点）！代入 $-\dfrac{1}{f(x)}$ 后，在 $x=1^-$ 处贡献了 $+\dfrac{2}{\pi}$ ，在 $x=1^+$ 处贡献了 $+\dfrac{2}{\pi}$ ，两者相加刚好将原本错误的 $-\dfrac{4}{\pi}$ 完全抵消！

正确答案： $\mathbf{-\dfrac{1}{\arctan 3}}$

步骤一：区间内部奇点地毯式排查（破除直觉陷阱）

观察函数 $f(x) = \arctan\dfrac{x+1}{x-1}$ ：分母 $x-1=0 \implies x=1$ 。奇点 $x=1$ 恰好落在积分区间 $[0,2]$ 内部！故本题是包含区间内部奇点的瑕积分（反常积分），绝对不能跨过 $x=1$ 直接套用牛顿-莱布尼茨公式，必须以 $x=1$ 为界拆分为两个独立的瑕积分计算。

步骤二：拆分区间并写成极限定义形式

\begin{aligned} I &= \int_0^2 \frac{f'(x)}{f^2(x)}\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^{1^-} \frac{\mathrm{d}[f(x)]}{f^2(x)} + \int_{1^+}^2 \frac{\mathrm{d}[f(x)]}{f^2(x)} \\ &= \lim_{\epsilon_1 \to 0^+} \left[ -\frac{1}{f(x)} \right]_0^{1-\epsilon_1} + \lim_{\epsilon_2 \to 0^+} \left[ -\frac{1}{f(x)} \right]_{1+\epsilon_2}^2 \\ &= \left( -\frac{1}{f(1^-)} - \left(-\frac{1}{f(0)}\right) \right) + \left( -\frac{1}{f(2)} - \left(-\frac{1}{f(1^+)}\right) \right) \end{aligned}

步骤三：精准计算各端点值与单侧极限

下限 $x = 0$ 处： $f(0) = \arctan\left(\frac{0+1}{0-1}\right) = \arctan(-1) = -\frac{\pi}{4} \implies -\frac{1}{f(0)} = \frac{4}{\pi}$
左侧趋近 $x \to 1^-$ 处：当 $x \to 1^-$ 时， $x - 1 \to 0^-$ ，故 $\dfrac{x+1}{x-1} \to \dfrac{2}{0^-} = -\infty$ ： $f(1^-) = \lim_{x \to 1^-}\arctan\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \arctan(-\infty) = -\frac{\pi}{2} \implies -\frac{1}{f(1^-)} = \frac{2}{\pi}$
右侧趋近 $x \to 1^+$ 处：当 $x \to 1^+$ 时， $x - 1 \to 0^+$ ，故 $\dfrac{x+1}{x-1} \to \dfrac{2}{0^+} = +\infty$ ： $f(1^+) = \lim_{x \to 1^+}\arctan\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \arctan(+\infty) = \frac{\pi}{2} \implies -\frac{1}{f(1^+)} = -\frac{2}{\pi}$
上限 $x = 2$ 处： $f(2) = \arctan\left(\frac{2+1}{2-1}\right) = \arctan 3 \implies -\frac{1}{f(2)} = -\frac{1}{\arctan 3}$

步骤四：两段积分合并汇总

代入整理：

\begin{aligned} I &= \underbrace{\left[ \frac{2}{\pi} - \left(\frac{4}{\pi}\right) \right]}_{\text{区间 }[0, 1]\text{ 的积分值}} + \underbrace{\left[ -\frac{1}{\arctan 3} - \left(-\frac{2}{\pi}\right) \right]}_{\text{区间 }[1, 2]\text{ 的积分值}} \\ &= \left( -\frac{2}{\pi} \right) + \left( \frac{2}{\pi} - \frac{1}{\arctan 3} \right) \\ &= \mathbf{-\frac{1}{\arctan 3}}. \end{aligned}

💡 错解对比警示（错解与正解相差 $\frac{4}{\pi}$ 的根源）

常见错解：忽略 $x=1$ ，直套牛莱公式： $\left. -\frac{1}{f(x)} \right|_0^2 = -\frac{1}{f(2)} - \left(-\frac{1}{f(0)}\right) = -\frac{1}{\arctan 3} - \frac{4}{\pi} \quad \text{\color{red}\sout{(错误)}}$
真相揭秘：函数 $-\dfrac{1}{f(x)}$ 在 $x=1$ 处发生了跳跃：从左侧极限 $\dfrac{2}{\pi}$ 跳跃到右侧极限 $-\dfrac{2}{\pi}$ ，产生跳跃间断点。如果不拆区间，这多出来的跳跃增量 $-\dfrac{4}{\pi}$ 就被非法吞噬，导致最终计算出现灾难性偏差！

例 3.99（李艳芳 900 综合压轴题 · 反常积分敛散性证明 / 极限审敛法规范大题 / “定积分是常数”模型 / 第一问极限联动定参数 / 有理分式裂项配凑与三角代换）

(I) 问瑕点排查与大题规范表述漏洞（严谨性失分点）：
- 证明 $\displaystyle\int_0^{+\infty} f(x)\,\mathrm{d}x$ 收敛时，很多同学仅证明了无穷远处 $\displaystyle\int_1^{+\infty} f(x)\,\mathrm{d}x$ 收敛，却彻底忽略了下限 $x=0$ 是否为瑕点；
- 规范扣分点：题设“ $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续”这一条件极其关键，它保证了 $f(x)$ 在任意有限区间 $[0,1]$ 上连续可积（ $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ 为定积分，必然存在有限值）， $x=0$ 绝非瑕点，唯有补全这一点才能得出全域 $[0,+\infty)$ 积分收敛！
(II) 问思维卡顿：未能发现“前后两问的强力纽带”（参数 $a$ 无法破局）：
- 设出常数 $A = \displaystyle\int_0^{+\infty} f(x)\,\mathrm{d}x$ 后，方程中有两个未知量（参数 $a$ 与常数 $A$ ）；若直接两边积分，会得到一个含有 $a$ 与 $A$ 的单一方程，陷入双未知数僵局；
- 核心破局妙手：第 (I) 问求得的极限式并非废话！由 $\lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = 1$ ，对函数式两端同乘 $x^2$ 并令 $x \to +\infty$ ，第二项 $A x^2 \mathrm{e}^{-x}\sin x \to 0$ 极速衰减，第一项抓最高次项极限立即得到 $\dfrac{1}{a} = 1 \implies a = 1$ ！
复杂有理真分式积分的配凑拆项技巧（计算力内耗陷阱）：
- 计算 $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2}\,\mathrm{d}x$ 时，若死板使用待定系数法或硬换元，计算量极大；
- 秒杀配凑法：观察分母 $(x^2+1)^2$ $(x^{2} + 1)^{2}$ ，分子展开后必须以 $x^2+1$ $x^{2} + 1$ 为基底重组： $(x+2)^2 = x^2 + 4x + 4 = (x^2+1) + 4x + 3$ $(x + 2)^{2} = x^{2} + 4 x + 4 = (x^{2} + 1) + 4 x + 3$
  - 第一项 $\dfrac{x^2+1}{(x^2+1)^2} = \dfrac{1}{x^2+1}$ 积出 $\arctan x \implies \dfrac{\pi}{2}$ ；
  - 第二项 $\dfrac{4x}{(x^2+1)^2} = 2\dfrac{\mathrm{d}(x^2+1)}{(x^2+1)^2}$ 凑微分口算积出 $2$ ；
  - 第三项 $\dfrac{3}{(x^2+1)^2}$ 令 $x = \tan t$ 化为 $3\cos^2 t$ ，由 Wallis 公式口算积出 $\dfrac{3\pi}{4}$ ；
- 这种“基底拆项 + 凑微分 + 三角代换”的组合拳，不仅速度提高数倍，更杜绝了考场计算崩溃。

(I) 证明反常积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛

第一步：无穷远处的等价无穷小渐近分析 当 $x \to +\infty$ 时， $\dfrac{2}{\sqrt{x}} \to 0$ ：

$1 - \cos\dfrac{2}{\sqrt{x}} \sim \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{2}{\sqrt{x}} \right)^2 = \dfrac{2}{x}$ ；
有理化处理根式差： $\sqrt{x^2+1} - x = \frac{(x^2+1) - x^2}{\sqrt{x^2+1} + x} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1} + x} \sim \frac{1}{2x}$

故分母乘积等价为：

\left( 1 - \cos\frac{2}{\sqrt{x}} \right)\left( \sqrt{x^2+1} - x \right) \sim \frac{2}{x} \cdot \frac{1}{2x} = \frac{1}{x^2}.

第二步：极限审敛法判定无穷远收敛性 代入已知极限条件：

\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{\frac{1}{x^2}} = 1 \iff \lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = 1.

取比较基准积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,\mathrm dx$ 。因其指数 $p=2>1$ ，该基准反常积分收敛。由反常积分的比较审敛法极限形式，当极限为有限正数（ $L=1>0$ ）时两函数同敛散：故反常积分 $\displaystyle\int_1^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛。

第三步：补充有限区间连续性论证 题设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，则 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续必可积，定积分 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx$ 存在且为有限确定常数（ $x=0$ 并非瑕点）。综上：

\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx = \int_0^1 f(x)\,\mathrm dx + \int_1^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx \quad \mathbf{必然收敛}.

(II) 求解常数 $a$ 与函数 $f(x)$

第一步：常数设元 由第 (I) 问已证 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx$ 收敛，记该收敛常数为 $A$ ：

A \triangleq \int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx.

则原函数方程可改写为：

f(x) = \frac{(x+2)^2}{a(x^2+1)^2} + A\mathrm{e}^{-x}\sin x.

第二步：两问联动，利用已知极限求解参数 $a$ 两边同乘 $x^2$ ，并考察 $x \to +\infty$ 时的极限：

\lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = \lim_{x\to+\infty}\left[ \frac{x^2(x+2)^2}{a(x^2+1)^2} + A x^2\mathrm{e}^{-x}\sin x \right].

左边由第 (I) 问已知 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} x^2 f(x) = 1$ ；
右边第二项中，指数函数衰减速度远快于任意多项式， $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} x^2\mathrm{e}^{-x}\sin x = 0$ ；
右边第一项为同次多项式之比，抓最高次项系数： $\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2(x+2)^2}{a(x^2+1)^2} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^4 + \cdots}{a(x^4 + \cdots)} = \frac{1}{a}.$

联立得：

1 = \frac{1}{a} \implies \mathbf{a = 1}.

第三步：两端在 $[0,+\infty)$ 上同时取反常积分建立关于 $A$ 的方程 将 $a=1$ 代入： $f(x) = \dfrac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2} + A\mathrm{e}^{-x}\sin x$ 。两端在 $[0,+\infty)$ 上积分：

A = \int_0^{+\infty}\frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2}\,\mathrm dx + A \int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\sin x\,\mathrm dx.

分别计算两个反常积分：

计算 $I_1 = \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2}\,\mathrm dx$ （配凑拆项法）：分子按分母基底 $(x^2+1)$ $(x^{2} + 1)$ 展开配凑： $(x+2)^2 = x^2 + 4x + 4 = (x^2+1) + 4x + 3$ $(x + 2)^{2} = x^{2} + 4 x + 4 = (x^{2} + 1) + 4 x + 3$ 原式拆项： $\begin{aligned} I_1 &= \int_0^{+\infty}\frac{1}{x^2+1}\,\mathrm dx + 2\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm d(x^2+1)}{(x^2+1)^2} + 3\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{(x^2+1)^2} \\ &= \left. \arctan x \right|_0^{+\infty} + 2\left. \left( -\frac{1}{x^2+1} \right) \right|_0^{+\infty} + 3\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{(x^2+1)^2} \end{aligned}$
- 第一项： $\dfrac{\pi}{2} - 0 = \dfrac{\pi}{2}$ ；
- 第二项： $0 - (-2) = 2$ ；
- 第三项：令 $x = \tan t$ （ $t \in [0, \frac{\pi}{2})$ ）， $\mathrm{d}x = \sec^2 t\,\mathrm{d}t$ ： $3\int_0^{\pi/2}\frac{\sec^2 t}{\sec^4 t}\,\mathrm dt = 3\int_0^{\pi/2}\cos^2 t\,\mathrm dt = 3 \times \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{4}.$ 汇总求和： $I_1 = \frac{\pi}{2} + 2 + \frac{3\pi}{4} = \mathbf{2 + \frac{5\pi}{4}}.$
计算 $I_2 = \displaystyle\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\sin x\,\mathrm dx$ （指数三角循环分部）： $\begin{aligned} I_2 &= -\int_0^{+\infty}\sin x\,\mathrm d(\mathrm{e}^{-x}) = \left. -\mathrm{e}^{-x}\sin x \right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\cos x\,\mathrm dx \\ &= 0 - \int_0^{+\infty}\cos x\,\mathrm d(\mathrm{e}^{-x}) = \left. -\mathrm{e}^{-x}\cos x \right|_0^{+\infty} - \int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\sin x\,\mathrm dx \\ &= 1 - I_2 \implies 2I_2 = 1 \implies \mathbf{I_2 = \frac{1}{2}}. \end{aligned}$

第四步：求解代数方程并确定 $f(x)$ 将积分值代回方程：

A = \left( 2 + \frac{5\pi}{4} \right) + \frac{1}{2}A \implies \frac{1}{2}A = 2 + \frac{5\pi}{4} \implies \mathbf{A = 4 + \frac{5\pi}{2}}.

最终求得：

\mathbf{a = 1}, \qquad \mathbf{f(x) = \frac{(x+2)^2}{(x^2+1)^2} + \left( 4 + \frac{5\pi}{2} \right)\mathrm{e}^{-x}\sin x}.

ギターと孤独と蒼い惑星

📚 第 3 章一元函数积分学 · 错题集

📚 第 3 章一元函数积分学 · 错题集

例 3.10（三角有理式·分母单项化与一题多解）

例 3.14（不定积分·奇次幂含根式 / 三角代换凑微分 / 根式整体代换 / 易错幂次漏乘与变量回代）

例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 $e^x=t$ 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

例 3.43（累次积分中定积分几何意义化简 / 主从变量角色转换 / 圆面积秒杀 vs 三角换元）

例 3.45（2014 数一真题 · 对称区间偶倍奇零 / 交叉项奇偶性辨析 / 三角平方全周期积分 / 配方法求二元函数极值）

例 3.47（李艳芳 900 · 变限积分奇偶性证明 / 零点与单调性分析封闭区间 / 几何面积绝对值 / 分部积分降阶秒杀）

例 3.50（定积分是常数模型 / 偶函数特征识别 / 三角换元计算有理真分式 / 平移变换换元）

例 3.50.2（26 超越 · 一阶线性微分方程与定积分设常数模型综合 / 初值定常数 / 分部积分求和）

例 3.69（2022 数一、数二真题 · 同区间定积分比大小 / 常数挪动同母比子 / 放大分子同化分母 / “耍流氓”端点 Taylor 展开秒杀）

例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 $x$ 公式 / 对称平移令 $x=\frac{\pi}{2}-t$ 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

例 3.78（2018 数一压轴真题 · 一阶线性微分方程唯一周期解 / 不定积分转化为变上限积分统一常数 / 区间拆分平移换元 vs 构造辅助函数导数法）

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 $YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'$ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）

例 3.89（2016 数二真题 · 反常积分敛散性 / 凑微分直接求原函数极限 / 单侧奇点指数不对称陷阱 / 换元区间反转）

例 3.94.1（25 版高数十八讲例 8.18 · 二阶导趋于无穷之反常积分收敛证明 / 洛必达构造型比值审敛 / 为什么选 $x^2$ 基准 / 两次积分不等式放缩）

例 3.96（2023 李六 · 内部无定义奇点陷阱 / 盲套牛顿-莱布尼茨公式惨遭零分 / 瑕点必须拆分区间 / 反三角复合函数单侧极限）

例 3.99（李艳芳 900 综合压轴题 · 反常积分敛散性证明 / 极限审敛法规范大题 / “定积分是常数”模型 / 第一问极限联动定参数 / 有理分式裂项配凑与三角代换）

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例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 ex=te^x=tex=t 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

例 3.43（累次积分中定积分几何意义化简 / 主从变量角色转换 / 圆面积秒杀 vs 三角换元）

例 3.45（2014 数一真题 · 对称区间偶倍奇零 / 交叉项奇偶性辨析 / 三角平方全周期积分 / 配方法求二元函数极值）

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例 3.69 补充：特殊题型（定积分比大小 · 区间再现消 xxx 公式 / 对称平移令 x=π2−tx=\frac{\pi}{2}-tx=2π​−t 折半 / 偶函数加倍精准定量比大小）

例 3.78（2018 数一压轴真题 · 一阶线性微分方程唯一周期解 / 不定积分转化为变上限积分统一常数 / 区间拆分平移换元 vs 构造辅助函数导数法）

例 3.78.1（各大名校模拟常客 · 卷积型变限积分区间代换 / 复合导数识别 YY′=12(Y2)′YY'=\frac{1}{2}(Y^2)'YY′=21​(Y2)′ / 取变限积分避免降幂 / Wallis 点火公式求平均值）

例 3.89（2016 数二真题 · 反常积分敛散性 / 凑微分直接求原函数极限 / 单侧奇点指数不对称陷阱 / 换元区间反转）

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