定积分比大小：方法链与题型总结

方法优先级与逻辑链

定积分比大小，核心不是硬算积分值，而是先判断“能不能不算”。

推荐按下面这条逻辑链排查：

先看区间结构：如果区间对称、跨完整周期，或能整体平移，先利用结构化简。因为这一步处理的是“整个积分”，优先级最高。
再看积分区间是否相同：若上下限完全相同，直接比较被积函数。因为定积分保序，函数大，积分通常也大。
再看被积函数的正负面积：若函数有明显零点、正负交替或振荡，把区间按零点分段，看带符号面积。
再看有没有单调权重：若被积函数可看成“基础函数乘单调因子”，判断面积集中在左侧还是右侧，以及被压缩的程度。
最后再做代数变形：如果看不出大小，再用分部积分、构造辅助函数、泰勒展开等手段。它们是辅助判断，不是第一反应。

优先级	方法	什么时候优先用
1	区间结构	对称区间、完整周期、可平移区间
2	同区间比较	多个积分上下限相同
3	正负面积分段	有零点、正负交替、三角函数振荡
4	单调权重压缩	基础函数乘递减权重，如分母含 $1+x$ 、 $1+x^2$
5	分部积分兜底	图像、放缩、面积比较都不明显
辅助	泰勒快判	选填题中端点附近主项相同

一句话记忆：

先结构，后同区间；再看面积和权重；看不出来再分部，选填可泰勒快判。

方法一：先看区间结构

适用范围

出现下面任意一种情况，优先考虑区间结构：

积分区间为 $[-a,a]$ ；
被积函数是奇函数或偶函数；
被积函数有周期性，且积分区间长度刚好是一个周期；
变上下限积分形如 $\int_x^{x+T} f(t)\,dt$ ，其中 $T$ 是周期。

原理

区间结构的优势在于：它不是逐点比较函数，而是直接改写整个积分。

对称区间上，

\int_{-a}^{a} f(x)\,dx= \begin{cases} 2\displaystyle\int_0^a f(x)\,dx, & f(x)\text{ 为偶函数},\\[6pt] 0, & f(x)\text{ 为奇函数}. \end{cases}

这是因为换元 $x=-t$ 后，左右两侧面积可以配对：

偶函数左右面积相等，所以翻倍；
奇函数左右面积一正一负，所以抵消。

周期函数上，若 $f(x+T)=f(x)$ ，则

\int_a^{a+T} f(x)\,dx = \int_0^T f(x)\,dx.

也就是说，一个完整周期上的积分与起点无关。

例 1：周期函数化常数（1997 数一真题）

选择题例 1

设

F(x)=\int_x^{x+2\pi} e^{\sin t}\sin t\,dt,

则 $F(x)$ 为（）

A 恒为正常数
B 恒为负常数
C 恒为零
D 与 $x$ 有关的非常数函数

解答

\boxed{\text{(A) 恒为正常数}}

令 $f(t)=e^{\sin t}\sin t$ 。由于

f(t+2\pi)=e^{\sin(t+2\pi)}\sin(t+2\pi)=e^{\sin t}\sin t=f(t),

所以 $f(t)$ 是以 $2\pi$ 为周期的周期函数。

因此

F(x)=\int_x^{x+2\pi} e^{\sin t}\sin t\,dt = \int_0^{2\pi} e^{\sin t}\sin t\,dt,

$F(x)$ 与 $x$ 无关，是一个常数。

判断正负：

在 $[0,\pi]$ 上： $\sin t>0$ ，且 $e^{\sin t}>1$ ，正值被放大；
在 $[\pi,2\pi]$ 上： $\sin t<0$ ，且 $0<e^{\sin t}<1$ ，负值被缩小。

放大了正值，缩小了负值，故整体积分为正。用分部积分验证：

F(x)=\int_0^{2\pi} e^{\sin t}\,d(-\cos t) =-\cos t\,e^{\sin t}\Big|_0^{2\pi}+\int_0^{2\pi}\cos^2 t\,e^{\sin t}\,dt =\int_0^{2\pi}\cos^2 t\,e^{\sin t}\,dt>0.

因此

\boxed{F(x)\text{ 为正常数}}.

方法二：同区间先比较被积函数

适用范围

多个积分的上下限完全相同时，优先比较被积函数。常见情形：

分母相同，只比分子；
分子相同，只比分母；
分子分母都不同，先放缩成同一种形式；
直接不好比较时，构造差函数，借助单调性判断正负。

原理

定积分具有保序性：若 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

f(x)\le g(x),

则

\int_a^b f(x)\,dx\le \int_a^b g(x)\,dx.

如果还存在某点 $x_0\in[a,b]$ ，使得

f(x_0)<g(x_0),

则由连续性可知，严格不等式会在 $x_0$ 附近保持成立，因此

\int_a^b f(x)\,dx<\int_a^b g(x)\,dx.

同区间题目的第一反应：不要先算积分，先比较被积函数。

例 2：几何放缩比较

选择题例 2

设

I_1=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{x}\,dx,\qquad I_2=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{x}{\tan x}\,dx,

则（）

A $I_1>I_2>1$
B $1>I_1>I_2$
C $I_2>I_1>1$
D $1>I_2>I_1$

解答

\boxed{\text{(B)}\ 1>I_1>I_2}

在 $\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)$ 内有

0<\sin x<x<\tan x,

故

\frac{x}{\tan x}<1<\frac{\tan x}{x}.

两边对 $\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$ 积分得

I_2<\frac{\pi}{4}<I_1.

这一步只能推出 $I_2<I_1$ ，还不能直接判断 $I_1$ 与 $1$ 的大小。

下面判断 $I_1$ 与 $1$ 的大小关系。令 $f(x)=\dfrac{\tan x}{x}$ ，则

f'(x) =\frac{x\sec^2 x-\tan x}{x^2} =\frac{x-\sin x\cos x}{x^2\cos^2 x}.

在 $\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)$ 上， $\sin x<x$ 且 $\cos x<1$ ，故 $\sin x\cos x<x$ ，即 $f'(x)>0$ ， $f(x)$ 单调递增，因此

f(x)<f\!\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan\frac{\pi}{4}}{\frac{\pi}{4}} = \frac{4}{\pi}.

于是

I_1=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan x}{x}\,dx < \frac{4}{\pi}\cdot\frac{\pi}{4} =1.

综上：

\boxed{1>I_1>I_2}.

例 3：分子分母都不同，先放缩统一

选择题例 3

若

I_1=\int_0^1\frac{x}{2(1+\cos x)}\,dx,\qquad I_2=\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\,dx,\qquad I_3=\int_0^1\frac{2x}{1+\sin x}\,dx,

则（）

A $I_1<I_2<I_3$
B $I_2<I_1<I_3$
C $I_1<I_3<I_2$
D $I_3<I_2<I_1$

解答

\boxed{\text{(A)}\ I_1<I_2<I_3}

比较 $I_1$ 与 $I_2$ ：两者分母相同，均为 $1+\cos x$ ，只需比较分子 $\dfrac{x}{2}$ 与 $\ln(1+x)$ 。

令

h(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{2},

则 $h(0)=0$ ，且

h'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2} = \frac{1-x}{2(1+x)}>0\quad(x\in(0,1)).

故 $h(x)>0$ ，即

\ln(1+x)>\frac{x}{2}.

因此

I_2>I_1.

比较 $I_2$ 与 $I_3$ ：分子分母均不同，先放缩统一。利用 $\ln(1+x)\leq x$ 和 $\sin x\leq x$ ，得

\ln(1+x)\cdot(1+\sin x)\leq x\cdot(1+x).

又对 $x\in(0,1]$ ，有 $x-1<0\leq 2\cos x$ ，故

x(1+x)=x+x^2<2x+2x\cos x=2x(1+\cos x).

两式合并：

\ln(1+x)\cdot(1+\sin x)<2x\cdot(1+\cos x),

即

\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}<\frac{2x}{1+\sin x}.

因此 $I_2<I_3$ 。

综上：

\boxed{I_1<I_2<I_3}.

例 4：构造函数比较被积函数

选择题例 4

设

I_1=\int_0^1 \ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\,dx,

I_2=\int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx,

I_3=\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx,

则（）

A $I_1<I_2<I_3$
B $I_1<I_3<I_2$
C $I_3<I_2<I_1$
D $I_3<I_1<I_2$

解答

旁边红笔答案：

\boxed{\text{C}}

辅助快判：泰勒展开

当三者在 $x=0$ 附近主项相同，可以先看更高阶项快速判断。这个方法适合选填题快速猜答案，但最好同时掌握后面的严谨比较。

当 $x\to0^+$ 时，

\ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) =x-\frac16x^3+o(x^3),

\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} =x(1+x^2)^{-\frac12} =x-\frac12x^3+o(x^3),

\frac{x}{1+x^2} =x\cdot\frac1{1+x^2} =x-x^3+o(x^3).

因为

-\frac16>-\frac12>-1,

所以当 $x\to0^+$ 时，

\ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) > \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} > \frac{x}{1+x^2}.

对应积分大小为

I_1>I_2>I_3,

即

\boxed{I_3<I_2<I_1}.

故选 C。

严谨解析：全区间比较

记

F(x)=\ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.

则

F'(x) =\frac1{\sqrt{1+x^2}}-\frac1{\left(\sqrt{1+x^2}\right)^3} =\frac{x^2}{(1+x^2)^{\frac32}}>0\quad(x>0).

所以 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调递增。又 $F(0)=0$ ，故当 $x>0$ 时，

\ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)>\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.

另外，对 $x>0$ ，显然有

\sqrt{1+x^2}<1+x^2,

因此

\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}>\frac{x}{1+x^2}.

综上，在 $x\in(0,1]$ 上有

\ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) > \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} > \frac{x}{1+x^2}.

两边对 $[0,1]$ 积分，得到

I_1>I_2>I_3.

所以

\boxed{I_3<I_2<I_1}.

答案选 C。

方法三：看正负面积

适用范围

当被积函数在积分区间内有明显零点，或者正负号交替时，优先把区间分段。典型场景：

被积函数含 $\sin x$ 、 $\cos x$ 等振荡因子；
积分上限跨过多个半周期；
每一段面积大小有明显递增或递减趋势。

原理

定积分是带符号面积：

被积函数在 $x$ 轴上方，对积分贡献为正；
被积函数在 $x$ 轴下方，对积分贡献为负；
比大小时不一定要算出面积，只要比较各段正负面积的相对大小即可。

例 5：按零点分段看面积

选择题例 5

设

I_k=\int_0^{k\pi} e^{x^2}\sin x\,dx\qquad (k=1,2,3),

则 $I_1,I_2,I_3$ 的大小关系为（）

A $I_1<I_2<I_3$
B $I_2<I_1<I_3$
C $I_1<I_3<I_2$
D $I_3<I_2<I_1$

解答

\boxed{\text{(B)}\ I_2<I_1<I_3}

按半周期分段，记各段绝对面积为 $S_1,S_2,S_3$ ：

I_1=S_1,\qquad I_2=S_1-S_2,\qquad I_3=S_1-S_2+S_3.

例 5 分段面积示意

由于 $e^{x^2}$ 随 $x$ 增大增长极快，后面每段的绝对面积越来越大：

S_1<S_2<S_3.

因此

I_2=S_1-S_2<0,\qquad I_1=S_1>0,\qquad I_3=S_1-S_2+S_3>I_1.

故

\boxed{I_2<I_1<I_3}.

方法四：看单调权重的压缩效应

适用范围

若被积函数可以看成

\text{基础函数}\times\text{单调权重},

就要考虑“面积集中位置”。常见权重有

\frac1{1+x},\qquad \frac1{1+x^2},\qquad e^{-x}.

它们随 $x$ 增大而减小，会让右侧面积被压缩得更明显。

原理

即使两个基础函数原本面积相等，乘上单调递减权重后也可能不相等：

面积集中在左侧的函数，保留下来的面积更多；
面积集中在右侧的函数，被压缩得更多。

所以这类题的关键不是只看函数大小，而是看面积主要分布在哪里。

例 6：同面积函数乘递减权重

选择题例 6

设

I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+x^2}\,dx,\qquad J=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{1+x^2}\,dx,

则 $I$ 与 $J$ 的大小关系为（）

A $I>J$
B $I=J$
C $I<J$
D 大小关系不确定

解答

\boxed{\text{(A)}\ I>J}

$\cos x$ 与 $\sin x$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上的原始面积相同：

\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x\,dx =1.

分母 $1+x^2$ 随 $x$ 增大而增大，相当于对图像纵向压缩， $x$ 越大压缩越明显。

例 6 cos 与 sin 比较示意

$\cos x$ 的面积集中在左侧，受压缩少；
$\sin x$ 的面积集中在右侧，受压缩多。

因此

\boxed{I>J}.

方法五：分部积分兜底

适用范围

如果图像、放缩、面积分段都只能判断一部分关系，剩下的正负不明显，就考虑分部积分。常见信号：

被积函数里有三角函数，且可以写成 $d(\sin x)$ 或 $d(-\cos x)$ ；
另一个因子是单调分式，如 $\dfrac1{1+x}$ ；
端点项容易消掉。

原理

分部积分的作用不是“把积分算出来”，而是把它改造成更容易判断符号的积分：

\int_a^b u\,dv=uv\Big|_a^b-\int_a^b v\,du.

如果端点项为零，原积分就会变成一个新积分。新积分的分母、符号或面积分布往往更明显。

例 7：图像不够时，用分部积分补判断

选择题例 7

设

I_1=\int_0^{\pi}\frac{\cos x}{1+x}\,dx,\qquad I_2=\int_0^{2\pi}\frac{\cos x}{1+x}\,dx,

则有（）

A $0<I_1<I_2$
B $0<I_2<I_1$
C $I_2<0<I_1$
D $I_1<0<I_2$

解答

\boxed{\text{(B)}\ 0<I_2<I_1}

先用权重压缩判断一部分关系：

$\dfrac{\cos x}{1+x}$ 相当于对 $\cos x$ 进行纵向压缩， $x$ 越大，分母 $1+x$ 越大，压缩越明显。

例 7 cos/(1+x) 分段面积示意

将各段绝对面积记为 $S_1,S_2,S_3,S_4$ 。由压缩效应得

S_1>S_2>S_3>S_4,

故

I_1=S_1-S_2>0,\qquad I_2=I_1-S_3+S_4<I_1.

这一步能得到

I_2<I_1,

但还不能直接判断 $I_2$ 与 $0$ 的关系。

再用分部积分判断 $I_2>0$ ：

I_2=\int_0^{2\pi}\frac{1}{1+x}\,d(\sin x) = \frac{\sin x}{1+x}\Big|_0^{2\pi} + \int_0^{2\pi}\frac{\sin x}{(1+x)^2}\,dx = \int_0^{2\pi}\frac{\sin x}{(1+x)^2}\,dx.

在 $(0,\pi)$ 上 $\sin x>0$ ，在 $(\pi,2\pi)$ 上 $\sin x<0$ 。但后半段分母 $(1+x)^2$ 更大，负面积被压缩得更厉害，故

I_2>0.

综上：

\boxed{0<I_2<I_1}.

ギターと孤独と蒼い惑星

定积分比大小：方法链与题型总结

定积分比大小：方法链与题型总结

方法优先级与逻辑链

方法一：先看区间结构

适用范围

原理

例 1：周期函数化常数（1997 数一真题）

方法二：同区间先比较被积函数

适用范围

原理

例 2：几何放缩比较

例 3：分子分母都不同，先放缩统一

例 4：构造函数比较被积函数

辅助快判：泰勒展开

严谨解析：全区间比较

方法三：看正负面积

适用范围

原理

例 5：按零点分段看面积

方法四：看单调权重的压缩效应

适用范围

原理

例 6：同面积函数乘递减权重

方法五：分部积分兜底

适用范围

原理

例 7：图像不够时，用分部积分补判断

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