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3.2 定积分：定义与黎曼和、计算技巧、区间再现与比大小

邂逅遗憾思维课§3.2整理：定积分定义与三条等价规则、任意区间万能公式、几何意义、偶倍奇零、周期性、定积分是常数、带绝对值积分、三角换元、一题多解与变限积分转化、区间再现公式、带n积分、平移区间处理|sinx|、定积分比大小方法链。

定积分的核心：见到对称区间条件反射想到偶倍奇零；见到定积分是常数就设 AA；比大小先结构后同区间，看不出来再分部。

来源：邂逅遗憾27考研数学思维课第三章：积分，§3.2 定积分（pp.226–255）。

一、定积分定义

定积分的概念

设函数 f(x)f(x) 在区间 [a,b][a,b] 上有定义，在区间 [a,b][a,b] 内任意插入 n−1n-1 个分点

a=x0<x1<x2<⋯<xn−1<xn=b.a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_{n-1}<x_n=b.

将区间 [a,b][a,b] 分成 nn 个小区间 [xi−1,xi][x_{i-1},x_i]，i=1,2,⋯ ,ni=1,2,\cdots,n，记

Δxi=xi−xi−1\Delta x_i=x_i-x_{i-1}

表示第 ii 个小区间的长度。在 [xi−1,xi][x_{i-1},x_i] 上任取一点 ξi\xi_i，作和式

∑i=1nf(ξi)Δxi,\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i,

记

λ=max⁡(Δx1,Δx2,⋯ ,Δxn).\lambda=\max(\Delta x_1,\Delta x_2,\cdots,\Delta x_n).

若极限

lim⁡λ→0∑i=1nf(ξi)Δxi\lim_{\lambda\to 0}\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i

存在，且不依赖于区间 [a,b][a,b] 的分法，也不依赖于点 ξi\xi_i 的取法，则称此极限值为 f(x)f(x) 在区间 [a,b][a,b] 上的定积分，记为

∫abf(x) dx=lim⁡λ→0∑i=1nf(ξi)Δxi.\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\lambda\to0} \sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i.

注：

（1）定积分表示一个数值，取决于积分区间 [a,b][a,b] 与被积函数 f(x)f(x)，与积分变量无关：

∫abf(x) dx=∫abf(t) dt.\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(t)\,dt.

（2）若 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，则 ∫01f(x) dx\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx 存在。将 [0,1][0,1] 区间 nn 等分，取 Δxi=1n\Delta x_i=\dfrac{1}{n}，ξi=in\xi_i=\dfrac{i}{n}，由定义得

∫01f(x) dx=lim⁡n→∞∑i=1nf(ξi)Δxi=lim⁡n→∞1n∑i=1nf ⁣(in).\int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i = \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^{n}f\!\left(\frac{i}{n}\right).

定积分定义的三条等价规则

以 nn 等分 [0,1][0,1] 为基准：

∫01f(x) dx=lim⁡n→∞1n∑i=1nf ⁣(in).\int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \frac1n\sum_{i=1}^{n}f\!\left(\frac{i}{n}\right).

① 步长的等价替换

1n∼1n+100∼1n+n(n→∞)\frac1n\sim\frac1{n+100}\sim\frac1{n+\sqrt{n}}\quad(n\to\infty)

② 求和范围的有限缺失

∑i=1n∼∑i=1000n−999\sum_{i=1}^{n}\sim\sum_{i=1000}^{n-999}

相当于丢掉了前 999 个和后 999 个矩形的面积，但每个矩形面积趋于 0，有限个矩形对积分结果无影响。

③ 采样点的等价替换

ξi∈[i−1n,in]⟹in,  i−1n,  i−23n,  i−12n,  i−22n   均可\xi_i\in\left[\frac{i-1}{n},\frac{i}{n}\right] \quad\Longrightarrow\quad \frac{i}{n},\;\frac{i-1}{n},\;\frac{i-\frac23}{n},\;\frac{i-\frac12}{n},\;\frac{i-\frac{\sqrt2}{2}}{n}\;\text{ 均可}

综合三条规则，下列极限均等于 ∫01f(x) dx\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx：

lim⁡n→∞1n+n∑i=100n−999f ⁣(i−45n)=∫01f(x) dx\lim_{n\to\infty} \frac1{n+\sqrt{n}} \sum_{i=100}^{n-999} f\!\left(\frac{i-\frac45}{n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx lim⁡n→∞12n+5n+ln⁡n∑i=672n+912f ⁣(i−1364432n)=∫01f(x) dx\lim_{n\to\infty} \frac1{2n+\sqrt{5n}+\ln n} \sum_{i=67}^{2n+912} f\!\left(\frac{i-\frac{136}{443}}{2n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx lim⁡n→∞13n+6n+32n0.8∑i=93n−88f ⁣(i−0.143n)=∫01f(x) dx\lim_{n\to\infty} \frac1{3n+6\sqrt{n}+32n^{0.8}} \sum_{i=9}^{3n-88} f\!\left(\frac{i-0.14}{3n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx
选择题例 3.36（2021 数一数二真题）

设函数 f(x)f(x) 在区间 [0,1][0,1] 上连续，则 ∫01f(x) dx=()\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx=(\quad)

  • A lim⁡n→∞∑k=1nf ⁣(2k−12n)12n=12∫01f(x) dx\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{2n}=\frac12\int_0^1 f(x)\,dx
  • B lim⁡n→∞∑k=1nf ⁣(2k−12n)1n=∫01f(x) dx\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac1n=\int_0^1 f(x)\,dx
  • C lim⁡n→∞∑k=12nf ⁣(k−12n)1n=2∫01f(x) dx\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k-1}{2n}\right)\frac1n=2\int_0^1 f(x)\,dx
  • D lim⁡n→∞∑k=12nf ⁣(k2n)2n=4∫01f(x) dx\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k}{2n}\right)\frac2n=4\int_0^1 f(x)\,dx
解答

分析 (A)(B)： k=1,⋯ ,nk=1,\cdots,n，区间分成 nn 份，Δxi=1n\Delta x_i=\dfrac{1}{n}，各分点为

0,  1n,  2n,  ⋯ ,  [k−1n, kn],  ⋯ ,  n−1n,  1.0,\;\frac1n,\;\frac2n,\;\cdots,\; \left[\frac{k-1}{n},\,\frac{k}{n}\right],\; \cdots,\;\frac{n-1}{n},\;1.

注意到

2k−12n=k−12n∈[k−1n,kn],\frac{2k-1}{2n}=\frac{k-\frac12}{n}\in\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right],

故 ξk=2k−12n\xi_k=\dfrac{2k-1}{2n} 是合法采样点，Δx=1n\Delta x=\dfrac{1}{n} 时 (B) 符合定积分定义：

∴∫01f(x) dx=lim⁡n→∞∑k=1nf ⁣(2k−12n)1n.\therefore\quad \int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac1n.

(A) 的系数为 12n=12⋅1n\dfrac{1}{2n}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{n}，故结果为 12∫01f(x) dx\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx。

分析 (C)(D)： k=1,⋯ ,2nk=1,\cdots,2n，区间分成 2n2n 份，Δxi=12n\Delta x_i=\dfrac{1}{2n}，各分点为

0,  12n,  22n,  ⋯ ,  [k−12n, k2n],  ⋯ ,  2n−12n,  1.0,\;\frac{1}{2n},\;\frac{2}{2n},\;\cdots,\; \left[\frac{k-1}{2n},\,\frac{k}{2n}\right],\; \cdots,\;\frac{2n-1}{2n},\;1.

端点 k−12n\dfrac{k-1}{2n} 和 k2n\dfrac{k}{2n} 均可作为 ξi\xi_i，因此

∫01f(x) dx=lim⁡n→∞∑k=12nf ⁣(k−12n)12n=lim⁡n→∞∑k=12nf ⁣(k2n)12n.\int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k-1}{2n}\right)\frac{1}{2n} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k}{2n}\right)\frac{1}{2n}.

(C) 的系数为 1n=2⋅12n\dfrac{1}{n}=2\cdot\dfrac{1}{2n}，故结果为 2∫01f(x) dx2\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx； (D) 的系数为 2n=4⋅12n\dfrac{2}{n}=4\cdot\dfrac{1}{2n}，故结果为 4∫01f(x) dx4\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx。

因此答案选 B。

二、任意区间 [a,b][a,b] 上的定积分定义式（万能公式）

考研目前考的关于定积分的定义式全都是 [0,1][0,1] 上的，但在练习册和模拟卷中可能会涉及其他区间上的定积分定义式，且 25 考研出现了一些”在考研范围内，但以前从未出现过”的考点。只要掌握”万能公式”的方法，此类题目都将变为送分题，且后续的二重积分的定义式也会变成送分题。

传统定义形式

传统的定积分定义式长成这个样子，这是标准的 [a,b][a,b] 定积分定义的形式：

∫abf(x) dx=lim⁡n→∞∑i=1nf ⁣(a+b−ani)b−an.\int_a^b f(x)\,dx =\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n} f\!\left(a+\frac{b-a}{n}i\right)\frac{b-a}{n}.

万能公式

lim⁡n→∞1n∑i=下限上限f ⁣(i+mn)=∫abf(x) dx,\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=\text{下限}}^{\text{上限}} f\!\left(\frac{i+m}{n}\right) =\int_a^b f(x)\,dx,

其中

a=lim⁡n→∞下限n,b=lim⁡n→∞上限n.a=\lim_{n\to\infty}\frac{\text{下限}}{n},\qquad b=\lim_{n\to\infty}\frac{\text{上限}}{n}.

如果函数里面多了一个常数倍 AA，则可以写成：

lim⁡n→∞1n∑i=下限上限f ⁣(A⋅i+mn)=∫abf(Ax) dx,\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=\text{下限}}^{\text{上限}} f\!\left(A\cdot\frac{i+m}{n}\right) =\int_a^b f(Ax)\,dx,

其中

a=lim⁡n→∞下限n,b=lim⁡n→∞上限n.a=\lim_{n\to\infty}\frac{\text{下限}}{n},\qquad b=\lim_{n\to\infty}\frac{\text{上限}}{n}.

秒杀范例

比如李范全书出现的如下情况，可以直接做到秒杀：

1n∑i=12nln⁡ ⁣[1+(in)2].\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{2n}\ln\!\left[1+\left(\frac{i}{n}\right)^2\right].

它是 f(x)=ln⁡(1+x2)f(x)=\ln(1+x^2) 在 [0,2][0,2] 区间上的一个积分和，对 [0,2][0,2] 区间作 2n2n 等分，每个小区间长为 1n\dfrac{1}{n}。所以有：

lim⁡n→∞1n∑i=12nf ⁣(in)=∫02ln⁡(1+x2) dx.\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{2n} f\!\left(\frac{i}{n}\right) =\int_0^2 \ln(1+x^2)\,dx.

与传统 [0,x][0,x] 写法的统一

按照传统的定积分定义的思想，下面这个式子就是 00 到 xx 的定积分定义式：

lim⁡n→∞xn∑i=anf ⁣(xni)=∫0xf(t) dt.\lim_{n\to\infty}\frac{x}{n}\sum_{i=a}^{n} f\!\left(\frac{x}{n}i\right) =\int_0^x f(t)\,dt.

因为这是对 [0,x][0,x] 作 nn 等分：Δx=xn\Delta x=\dfrac{x}{n}。

而如果按照万能公式来理解，注意处理的时候 xx 当做常数即可，in\dfrac{i}{n} 看作变量：

lim⁡n→∞xn∑i=anf ⁣(xni)=lim⁡n→∞x⋅1n∑i=anf ⁣(in x)=x∫01f(tx) dt=∫01f(tx) d(tx)=∫0xf(u) du.\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{x}{n}\sum_{i=a}^{n} f\!\left(\frac{x}{n}i\right) &=\lim_{n\to\infty} x\cdot\frac{1}{n}\sum_{i=a}^{n} f\!\left(\frac{i}{n}\,x\right)\\[6pt] &=x\int_0^1 f(tx)\,dt\\[6pt] &=\int_0^1 f(tx)\,d(tx)\\[6pt] &=\int_0^x f(u)\,du. \end{aligned}
选择题例 3.40（李艳芳900）

设函数 f(x)f(x) 在区间 [0,a] (a>0)[0,a]\ (a>0) 上连续，则

∫0af(x) dx=()\int_0^a f(x)\,dx=(\quad)
  • A lim⁡n→∞a2n∑k=1nf ⁣(2ka−a2n)\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a}{2n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2ka-a}{2n}\right)
  • B lim⁡n→∞an∑k=1nf ⁣(ka−a2n)\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{ka-a}{2n}\right)
  • C lim⁡n→∞a4n∑k=1nf ⁣(4ka−a4n)\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a}{4n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{4ka-a}{4n}\right)
  • D lim⁡n→∞an∑k=1nf ⁣(4ka−3a4n)\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{4ka-3a}{4n}\right)
解答

把每个表达式凑成万能形式

lim⁡n→∞1n∑k=1nf ⁣(A⋅k+mn)=∫01f(Ax) dx=1A∫0Af(u) du,\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(A\cdot\frac{k+m}{n}\right) =\int_0^1 f(Ax)\,dx =\frac{1}{A}\int_0^A f(u)\,du,

下限、上限对应 lim⁡1n=0\lim\dfrac{1}{n}=0，lim⁡nn=1\lim\dfrac{n}{n}=1。再核对前导系数与 1A\dfrac{1}{A} 是否抵消即可。

(A) a2n=a2⋅1n\dfrac{a}{2n}=\dfrac{a}{2}\cdot\dfrac{1}{n}，(2k−1)a2n=a⋅k−12n\dfrac{(2k-1)a}{2n}=a\cdot\dfrac{k-\tfrac12}{n}：

a2⋅1n∑k=1nf ⁣(a⋅k−12n)  ⟶  a2⋅1a∫0af=12∫0af.\frac{a}{2}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(a\cdot\frac{k-\tfrac12}{n}\right) \;\longrightarrow\; \frac{a}{2}\cdot\frac{1}{a}\int_0^a f =\tfrac{1}{2}\int_0^a f.

(B) an=a⋅1n\dfrac{a}{n}=a\cdot\dfrac{1}{n}，(k−1)a2n=a2⋅k−1n\dfrac{(k-1)a}{2n}=\dfrac{a}{2}\cdot\dfrac{k-1}{n}：

a⋅1n∑k=1nf ⁣(a2⋅k−1n)  ⟶  a∫01f ⁣(a2x)dx=2∫0a/2f.a\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\tfrac{a}{2}\cdot\tfrac{k-1}{n}\right) \;\longrightarrow\; a\int_0^1 f\!\left(\tfrac{a}{2}x\right)dx =2\int_0^{a/2} f.

(C) a4n=a4⋅1n\dfrac{a}{4n}=\dfrac{a}{4}\cdot\dfrac{1}{n}，(4k−1)a4n=a⋅k−14n\dfrac{(4k-1)a}{4n}=a\cdot\dfrac{k-\tfrac14}{n}：

a4⋅1n∑k=1nf ⁣(a⋅k−14n)  ⟶  a4⋅1a∫0af=14∫0af.\frac{a}{4}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(a\cdot\frac{k-\tfrac14}{n}\right) \;\longrightarrow\; \frac{a}{4}\cdot\frac{1}{a}\int_0^a f =\tfrac{1}{4}\int_0^a f.

(D) an=a⋅1n\dfrac{a}{n}=a\cdot\dfrac{1}{n}，(4k−3)a4n=a⋅k−34n\dfrac{(4k-3)a}{4n}=a\cdot\dfrac{k-\tfrac34}{n}：

a⋅1n∑k=1nf ⁣(a⋅k−34n)  ⟶  a⋅1a∫0af=∫0af(x) dx. ✓a\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(a\cdot\frac{k-\tfrac34}{n}\right) \;\longrightarrow\; a\cdot\frac{1}{a}\int_0^a f =\int_0^a f(x)\,dx.\ \checkmark
选项极限值与 ∫0af\int_0^a f 关系
(A)12∫0af\tfrac{1}{2}\int_0^a f缩半
(B)2∫0a/2f2\int_0^{a/2} f区间与系数都错
(C)14∫0af\tfrac{1}{4}\int_0^a f缩四分之一
(D)∫0af\int_0^a f相等 ✓

故选 (D)。

三、定积分的几何意义

定积分的几何意义：xx 轴上方的面积减去 xx 轴下方的面积！

批注：算面积时，被积函数要带绝对值。如 sin⁡x\sin x 与 xx 轴在 [−π,0][-\pi,0] 上围成的面积为 22，但

∫−π0sin⁡x dx=−2,∫−π0∣sin⁡x∣ dx=2.\int_{-\pi}^{0}\sin x\,dx=-2,\qquad \int_{-\pi}^{0}|\sin x|\,dx=2.

三角函数”拱”形面积为 22：

∫0πsin⁡x dx=2,∫−π/2π/2cos⁡x dx=2.\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx=2,\qquad \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos x\,dx=2.

在 [a,b][a,b] 上：

  • 若 f(x)≥0f(x)\ge 0：定积分表示由曲线 y=f(x)y=f(x)、直线 x=ax=a、x=bx=b 与 xx 轴所围成的曲边梯形的面积。
  • 若 f(x)≤0f(x)\le 0：定积分表示该曲边梯形面积的负值。
  • 若 f(x)f(x) 既有正值又有负值：定积分表示 xx 轴上方图形的面积减去 xx 轴下方图形的面积。
解答题例 3.42

计算

∫0aa2−x2 dx和∫02a2ax−x2 dx(a>0).\int_0^a \sqrt{a^2-x^2}\,dx \quad\text{和}\quad \int_0^{2a}\sqrt{2ax-x^2}\,dx \qquad (a>0).
解答

第一个积分：令 y=a2−x2y=\sqrt{a^2-x^2}（y≥0y\ge 0），则 x2+y2=a2x^2+y^2=a^2。这是半径为 aa 的圆的上半部分，在区间 [0,a][0,a] 上对应四分之一圆的面积，故

∫0aa2−x2 dx=14πa2.\int_0^a \sqrt{a^2-x^2}\,dx=\frac{1}{4}\pi a^2.

第二个积分：令 y=2ax−x2y=\sqrt{2ax-x^2}（y≥0y\ge 0），则 (x−a)2+y2=a2(x-a)^2+y^2=a^2。这是圆心为 (a,0)(a,0)、半径为 aa 的圆的上半部分，对应半圆面积，故

∫02a2ax−x2 dx=12πa2.\int_0^{2a}\sqrt{2ax-x^2}\,dx=\frac{1}{2}\pi a^2.
解答题例 3.43

在二重积分中，对 yy 积分时，xx 视为常数，此时仍可以使用定积分的几何意义。计算

∫02x dx∫0xx2−y2 dy.\int_0^2 x\,dx\int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,dy.
解答

对内层积分而言，xx 视为常数。由 ∫0aa2−y2 dy=14πa2\int_0^a \sqrt{a^2-y^2}\,dy=\frac{1}{4}\pi a^2 可得

∫0xx2−y2 dy=14πx2.\int_0^x \sqrt{x^2-y^2}\,dy=\frac{1}{4}\pi x^2.

因此

原式=∫02x⋅14πx2 dx=∫02π4x3 dx=π16x4∣02=π.\begin{aligned} \text{原式} &=\int_0^2 x\cdot \frac{1}{4}\pi x^2\,dx =\int_0^2 \frac{\pi}{4}x^3\,dx =\left.\frac{\pi}{16}x^4\right|_0^2 =\pi. \end{aligned}

批注：定积分和变限积分的结果与积分变量的记号无关：

∫0af(x) dx=∫0af(t) dt=∫0af(y) dy.\int_0^a f(x)\,dx=\int_0^a f(t)\,dt=\int_0^a f(y)\,dy.

四、对称性（偶倍奇零）

不管是定积分计算题，还是定积分比大小，只要是定积分，见到对称区间，就一定要优先想到偶倍奇零！！！尤其是”奇零”！！！

即：

  • 被积函数若是偶函数，则可转化为半区间积分的 22 倍；
  • 被积函数若是奇函数，则积分结果为 00。

易错点（绝对值！）

(a2)32=(a2)3=a6=∣a3∣.(a^2)^{\frac{3}{2}}=\sqrt{(a^2)^3}=\sqrt{a^6}=|a^3|.

必须带绝对值——完全易错点！

解答题例 3.44

计算

∫−112x2+sin⁡x1+1−x2 dx.\int_{-1}^{1}\frac{2x^2+\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}}\,dx.
解答

见到加号，优先考虑拆开；见到对称区间，优先想到偶倍奇零。

先拆和

∫−112x2+sin⁡x1+1−x2 dx=∫−112x21+1−x2 dx+∫−11sin⁡x1+1−x2 dx.\int_{-1}^{1}\frac{2x^2+\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}}\,dx =\int_{-1}^{1}\frac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}\,dx +\int_{-1}^{1}\frac{\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}}\,dx.

其中 2x21+1−x2\dfrac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}} 是偶函数；sin⁡x1+1−x2\dfrac{\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}} 是奇函数，故 ∫−11sin⁡x1+1−x2 dx=0\displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{\sin x}{1+\sqrt{1-x^2}}\,dx=0。

因此

原式=4∫01x21+1−x2 dx=4∫01x2 ⁣(1−1−x2)(1+1−x2) ⁣(1−1−x2) dx=4∫01(1−1−x2)dx=4∫01dx−4∫011−x2 dx=4−π.\begin{aligned} \text{原式} &=4\int_0^1\frac{x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}\,dx\\[4pt] &=4\int_0^1\frac{x^2\!\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)}{\left(1+\sqrt{1-x^2}\right)\!\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)}\,dx\\[4pt] &=4\int_0^1\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)dx\\[4pt] &=4\int_0^1 dx-4\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx\\[4pt] &=4-\pi. \end{aligned}

最后一步借助几何意义：∫011−x2 dx\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx 是单位圆四分之一面积，即 π4\dfrac{\pi}{4}。

选择题例 3.46（2014 数一真题）

设

∫−ππ(x−a1cos⁡x−b1sin⁡x)2 dx=min⁡a,b∈R{∫−ππ(x−acos⁡x−bsin⁡x)2 dx},\int_{-\pi}^{\pi}(x-a_1\cos x-b_1\sin x)^2\,dx =\min_{a,b\in\mathbb{R}}\left\{\int_{-\pi}^{\pi}(x-a\cos x-b\sin x)^2\,dx\right\},

则 a1cos⁡x+b1sin⁡x=(  )a_1\cos x+b_1\sin x=(\ \ )

  • A 2sin⁡x2\sin x
  • B 2cos⁡x2\cos x
  • C 2πsin⁡x2\pi\sin x
  • D 2πcos⁡x2\pi\cos x
解答

对称区间，条件反射想到偶倍奇零。展开平方：

(x−acos⁡x−bsin⁡x)2=x2+a2cos⁡2x+b2sin⁡2x−2axcos⁡x−2bxsin⁡x+2absin⁡xcos⁡x.(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.

按奇偶性逐项分析：

  • xcos⁡xx\cos x（奇 × 偶 = 奇）→ ∫−ππxcos⁡x dx=0\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}x\cos x\,dx=0；
  • sin⁡xcos⁡x\sin x\cos x（奇 × 偶 = 奇）→ ∫−ππsin⁡xcos⁡x dx=0\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin x\cos x\,dx=0；
  • 其余 x2x^2、cos⁡2x\cos^2 x、sin⁡2x\sin^2 x、xsin⁡xx\sin x 均为偶函数（其中 xsin⁡xx\sin x：奇 × 奇 = 偶）。

应用偶倍奇零得：

原式=2∫0πx2 dx+∫−ππ ⁣(a2cos⁡2x+b2sin⁡2x−2bxsin⁡x)dx=23π3+(a2+b2−4b)π.\begin{aligned} \text{原式} &=2\int_0^\pi x^2\,dx+\int_{-\pi}^{\pi}\!\left(a^2\cos^2 x+b^2\sin^2 x-2bx\sin x\right)dx\\[4pt] &=\frac{2}{3}\pi^3+(a^2+b^2-4b)\pi. \end{aligned}

要使原式最小，只需 a2+b2−4ba^2+b^2-4b 最小。配方：

a2+b2−4b=a2+(b−2)2−4,a^2+b^2-4b=a^2+(b-2)^2-4,

当 a=0, b=2a=0,\ b=2 时取最小值。所以

a1=0,b1=2,a1cos⁡x+b1sin⁡x=2sin⁡x.a_1=0,\qquad b_1=2,\qquad a_1\cos x+b_1\sin x=2\sin x.

故选 (A)。

三点速杀口诀

  1. 见加号优先拆开——把被积函数拆成多项之和，每项单独判奇偶。
  2. 见对称区间优先偶倍奇零——奇函数直接归零是最大的收益，“奇零”尤其重要。
  3. 平方项展开后留意奇偶——(x−acos⁡x−bsin⁡x)2(x-a\cos x-b\sin x)^2 一展开，交叉项 xcos⁡xx\cos x、sin⁡xcos⁡x\sin x\cos x 都是奇函数，直接消掉。

五、积分与周期性

详见 1.3.5”函数的周期性”，在那一小节讲解了非常多的结论和题目，那些题目非常非常重要！涉及到很多关于积分+周期性的结论！

核心结论：若 f(x+T)=f(x)f(x+T)=f(x)，则

∫aa+Tf(x) dx=∫0Tf(x) dx.\int_a^{a+T} f(x)\,dx = \int_0^T f(x)\,dx.

即一个完整周期上的积分与起点无关。

六、定积分是一个常数

定积分是一个常数。当函数方程中出现 ∫abf(x)⋅(已知) dx\int_a^b f(x)\cdot(\text{已知})\,dx 这样的定积分时，它的值与 xx 无关，是一个固定数。只要把这个常数记为 AA，就能把函数方程化为求 AA 的代数问题。

解答题例 3.49

设

f(x)=x1+cos⁡2x−∫−ππf(x)sin⁡x dx,f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx,

求 f(x)f(x)。

解答

一、记积分为 AA

令 A=∫−ππf(x)sin⁡x dxA=\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx，则

f(x)=x1+cos⁡2x−A.(∗)f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-A. \tag{$\ast$}

二、两端乘 sin⁡x\sin x 后积分

将 (∗)(\ast) 两端同乘 sin⁡x\sin x，并从 −π-\pi 到 π\pi 积分：

∫−ππf(x)sin⁡x dx=∫−ππxsin⁡x1+cos⁡2x dx−A∫−ππsin⁡x dx.\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx =\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx -A\int_{-\pi}^{\pi}\sin x\,dx.

左端即 AA。再用奇偶性化简右端：

  • sin⁡x\sin x 为奇函数 ⇒∫−ππsin⁡x dx=0\Rightarrow \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin x\,dx=0；
  • xsin⁡x1+cos⁡2x\dfrac{x\sin x}{1+\cos^2 x}：分子 xsin⁡xx\sin x 为奇 × 奇 = 偶，分母为偶，整体为偶。

故

A=2∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx.A=2\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

三、区间再现公式去掉 xx

利用区间再现公式 ∫0πxg(x) dx=π2∫0πg(x) dx\int_0^\pi xg(x)\,dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi g(x)\,dx（要求 g(π−x)=g(x)g(\pi-x)=g(x)），取 g(x)=sin⁡x1+cos⁡2xg(x)=\dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}。验证

g(π−x)=sin⁡(π−x)1+cos⁡2(π−x)=sin⁡x1+cos⁡2x=g(x). ✓g(\pi-x)=\frac{\sin(\pi-x)}{1+\cos^2(\pi-x)}=\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}=g(x).\ \checkmark

于是

A=2⋅π2∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx.A=2\cdot\frac{\pi}{2}\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx =\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

四、凑微分代换

由 d(cos⁡x)=−sin⁡x dxd(\cos x)=-\sin x\,dx，得

A=−π∫0πd(cos⁡x)1+cos⁡2x=−π arctan⁡(cos⁡x)∣0π=−π ⁣[arctan⁡(−1)−arctan⁡(1)]=−π⋅ ⁣(−π2)=π22.\begin{aligned} A &=-\pi\int_0^\pi\frac{d(\cos x)}{1+\cos^2 x} =-\pi\,\arctan(\cos x)\Big|_0^\pi\\[4pt] &=-\pi\!\left[\arctan(-1)-\arctan(1)\right] =-\pi\cdot\!\left(-\frac{\pi}{2}\right) =\frac{\pi^2}{2}. \end{aligned}

五、回代得 f(x)f(x)

 f(x)=x1+cos⁡2x−π22 \boxed{\,f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-\frac{\pi^2}{2}\,}

多个定积分的处理

如果出现了多个定积分该如何处理？分别设其为 AA 和 BB，对两个式子分别进行积分，之后解方程组即可。

解题流程小结

  1. 识别”定积分是常数”——见到方程中含 ∫abf(x)⋅(已知) dx\int_a^b f(x)\cdot(\text{已知})\,dx 就立刻设 AA。
  2. 代回方程得到 f(x)f(x) 关于 AA 的显式表达。
  3. 凑左端——把 AA 的定义式中的”权函数”乘到方程两端再积分，对称区间则用偶倍奇零简化。
  4. 必要时配合区间再现 ∫0πxg(x) dx=π2∫0πg(x) dx\int_0^\pi xg(x)\,dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi g(x)\,dx（当 g(π−x)=g(x)g(\pi-x)=g(x)）。
  5. 求出 AA 后回代即得 f(x)f(x)。

七、带绝对值的定积分

对 tt 积分时，xx 是积分上限，是一个固定的常数。

处理含 ∣t∣|t| 的定积分，分析对象是积分变量 tt 的范围，而不是 xx 本身。具体来说：

  1. 找到绝对值的分界点（此处为 t=0t=0）；
  2. 看积分区间 [−1,x][-1,x] 是否跨过这个分界点；
  3. 若区间未跨过，直接去绝对值；若跨过，在分界点处拆开积分。
解答题例 3.51（李林880）

计算

∫−1x(1−∣t∣) dt(x≥−1)\int_{-1}^{x}(1-|t|)\,dt \qquad (x\ge -1)
解答

绝对值的分界点是 t=0t=0，积分区间是 [−1,x][-1,x]。按 xx 与 00 的关系分两种情况。

情况一：−1≤x<0-1\le x<0

积分区间 [−1,x][-1,x] 完全在 t<0t<0 的范围内，未跨过分界点，故 ∣t∣=−t|t|=-t，1−∣t∣=1+t1-|t|=1+t，直接积分：

∫−1x(1+t) dt=(1+t)22∣−1x=(1+x)22\int_{-1}^{x}(1+t)\,dt =\left.\frac{(1+t)^2}{2}\right|_{-1}^{x} =\frac{(1+x)^2}{2}

情况二：x≥0x\ge 0

积分区间 [−1,x][-1,x] 跨过了 t=0t=0，在该点拆开：

∫−1x(1−∣t∣) dt=∫−10(1+t) dt+∫0x(1−t) dt=12+(x−x22)=12+x−x22\int_{-1}^{x}(1-|t|)\,dt =\int_{-1}^{0}(1+t)\,dt+\int_{0}^{x}(1-t)\,dt =\frac{1}{2}+\left(x-\frac{x^2}{2}\right) =\frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2}

最终结果

∫−1x(1−∣t∣) dt={(1+x)22,−1≤x<01−(1−x)22,x≥0\int_{-1}^{x}(1-|t|)\,dt = \begin{cases} \dfrac{(1+x)^2}{2}, & -1\le x<0 \\[8pt] 1-\dfrac{(1-x)^2}{2}, & x\ge 0 \end{cases}

八、不在根号下也能三角换元

不在根号下也可以考虑三角换元！尤其是当积分限出现 00 到 π2\dfrac{\pi}{2} 时，若出现 1+x2\sqrt{1+x^2} 的形式，可考虑令 x=tan⁡tx=\tan t 进行三角换元。

解答题例 3.54

计算

∫0+∞dx(1+x2)2.\int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2}.
解答

令 x=tan⁡tx=\tan t，t∈(0,π2)t\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)，dx=sec⁡2t dtdx=\sec^2 t\,dt：

∫0+∞dx(1+x2)2=∫0π/2sec⁡2t dtsec⁡4t=∫0π/2cos⁡2t dt=∫0π/21+cos⁡2t2 dt=π4.\begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2} &=\int_0^{\pi/2}\frac{\sec^2 t\,dt}{\sec^4 t} =\int_0^{\pi/2}\cos^2 t\,dt\\[4pt] &=\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos 2t}{2}\,dt =\frac{\pi}{4}. \end{aligned}
解答题例 3.54.1（改编自李林模拟卷）

不在根号下，也可以三角换元！此题要条件反射般想到三角换元，记得先利用偶倍，将其变为 00 到 +∞+\infty，之后再换元！此题的处理手法，和思维课 1.2.5.4 小节的例 1.102（2019 数一数三真题）一模一样！

已知 f(x)=11+x2f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}，求 ∫−∞+∞f(x) dx\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,dx。

解答

先利用偶倍：

∫−∞+∞dx1+x2=2∫0+∞dx1+x2\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}=2\int_0^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}

令 x=tan⁡tx=\tan t，t∈(0,π2)t\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)，dx=sec⁡2t dtdx=\sec^2 t\,dt：

2∫0π/2sec⁡2t dtsec⁡2t=2∫0π/2dt=π.2\int_0^{\pi/2}\frac{\sec^2 t\,dt}{\sec^2 t}=2\int_0^{\pi/2}dt=\pi.

九、一题多解：定积分和变上下限积分的转化

解答题例 3.55（2023 数一数二真题）

设连续函数 f(x)f(x) 满足 f(x+2)−f(x)=xf(x+2)-f(x)=x，且 ∫02f(x) dx=0\int_0^2 f(x)\,dx=0，求 ∫13f(x) dx\int_1^3 f(x)\,dx。

解答

方法一：举特例

g(x)=xg(x)=x 是一次多项式，故设 f(x)=ax2+bx+cf(x)=ax^2+bx+c，则

f(x+2)−f(x)=4ax+(4a+2b)=xf(x+2)-f(x)=4ax+(4a+2b)=x

比较系数：4a=1,  4a+2b=04a=1,\;4a+2b=0，解得 a=14,  b=−12a=\tfrac{1}{4},\;b=-\tfrac{1}{2}。

代入 ∫02 ⁣(x24−x2+c)dx=0\int_0^2\!\left(\frac{x^2}{4}-\frac{x}{2}+c\right)dx=0 解得 c=16c=\tfrac{1}{6}。

∫13f(x) dx=∫13 ⁣(x24−x2+16)dx=12\int_1^3 f(x)\,dx=\int_1^3\!\left(\frac{x^2}{4}-\frac{x}{2}+\frac{1}{6}\right)dx=\boxed{\frac{1}{2}}

方法二：区间平移

将目标积分做区间拆分：

∫13f(x) dx=∫02f(x) dx⏟=0+∫23f(x) dx−∫01f(x) dx\int_1^3 f(x)\,dx=\underbrace{\int_0^2 f(x)\,dx}_{=0}+\int_2^3 f(x)\,dx-\int_0^1 f(x)\,dx

对递推关系在 [0,1][0,1] 上积分：

∫01f(x+2) dx−∫01f(x) dx=∫01x dx=12\int_0^1 f(x+2)\,dx-\int_0^1 f(x)\,dx=\int_0^1 x\,dx=\frac{1}{2}

换元 t=x+2t=x+2，左端第一项变为 ∫23f(t) dt\int_2^3 f(t)\,dt，故

∫23f(x) dx−∫01f(x) dx=12\int_2^3 f(x)\,dx-\int_0^1 f(x)\,dx=\frac{1}{2}

因此 ∫13f(x) dx=12\int_1^3 f(x)\,dx=\boxed{\dfrac{1}{2}}

方法三：构造变上下限积分

令 F(x)=∫xx+2f(t) dtF(x)=\displaystyle\int_x^{x+2}f(t)\,dt，则

F′(x)=f(x+2)−f(x)=x  ⟹  F(x)=x22+CF'(x)=f(x+2)-f(x)=x \implies F(x)=\frac{x^2}{2}+C

由 F(0)=∫02f(t) dt=0F(0)=\int_0^2 f(t)\,dt=0 得 C=0C=0，故 F(x)=x22F(x)=\dfrac{x^2}{2}。

注意到 F(1)=∫13f(t) dtF(1)=\int_1^3 f(t)\,dt，故

∫13f(x) dx=F(1)=12\int_1^3 f(x)\,dx=F(1)=\boxed{\frac{1}{2}}

解答题例 3.56（1991 年真题）

设 f(x)f(x) 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上满足 f(x)−f(x−π)=sin⁡xf(x)-f(x-\pi)=\sin x，且 f(x)=xf(x)=x（x∈[0,π)x\in[0,\pi)），求 ∫π3πf(x) dx\int_\pi^{3\pi}f(x)\,dx。

解答

方法一：逐段求表达式

x∈[π,2π)x\in[\pi,2\pi)：x−π∈[0,π)x-\pi\in[0,\pi)，故 f(x−π)=x−πf(x-\pi)=x-\pi，

f(x)=x−π+sin⁡xf(x)=x-\pi+\sin x

x∈[2π,3π)x\in[2\pi,3\pi)：x−π∈[π,2π)x-\pi\in[\pi,2\pi)，故 f(x−π)=(x−π)−π+sin⁡(x−π)=x−2π−sin⁡xf(x-\pi)=(x-\pi)-\pi+\sin(x-\pi)=x-2\pi-\sin x，

f(x)=x−2π−sin⁡x+sin⁡x=x−2πf(x)=x-2\pi-\sin x+\sin x=x-2\pi

于是

∫π3πf(x) dx=∫π2π(x−π+sin⁡x) dx+∫2π3π(x−2π) dx=π2−2\int_\pi^{3\pi}f(x)\,dx=\int_\pi^{2\pi}(x-\pi+\sin x)\,dx+\int_{2\pi}^{3\pi}(x-2\pi)\,dx=\boxed{\pi^2-2}

方法二：构造变上下限积分

令 F(x)=∫x−πxf(t) dtF(x)=\displaystyle\int_{x-\pi}^{x}f(t)\,dt，则

F′(x)=f(x)−f(x−π)=sin⁡x  ⟹  F(x)=−cos⁡x+CF'(x)=f(x)-f(x-\pi)=\sin x \implies F(x)=-\cos x+C

由 F(π)=∫0πf(t) dt=∫0πt dt=π22F(\pi)=\int_0^\pi f(t)\,dt=\int_0^\pi t\,dt=\dfrac{\pi^2}{2}，解得

−cos⁡π+C=π22  ⟹  C=π22−1-\cos\pi+C=\frac{\pi^2}{2} \implies C=\frac{\pi^2}{2}-1

故 F(x)=−cos⁡x+π22−1F(x)=-\cos x+\dfrac{\pi^2}{2}-1。

注意 F(2π)=∫π2πf(t) dtF(2\pi)=\int_\pi^{2\pi}f(t)\,dt，F(3π)=∫2π3πf(t) dtF(3\pi)=\int_{2\pi}^{3\pi}f(t)\,dt，故

∫π3πf(x) dx=F(2π)+F(3π)=(−1+π22−1)+(1+π22−1)=π2−2\int_\pi^{3\pi}f(x)\,dx=F(2\pi)+F(3\pi)=\left(-1+\frac{\pi^2}{2}-1\right)+\left(1+\frac{\pi^2}{2}-1\right)=\boxed{\pi^2-2}

十、区间再现公式及其推论

邂逅遗憾在此强调一件事：考研真题从未考过”只能用区间再现公式才能计算”的题目，因此大家不用太注重区间再现公式这个手法。

出现以下两种情况时考虑使用区间再现公式：

① 被积函数是 xx 乘以一坨的形式，且一坨关于 a+b2\dfrac{a+b}{2} 对称（a+b2\dfrac{a+b}{2} 为积分下限和上限的中点）时，条件反射想到下面的结论！

② 一个定积分，很难用不定积分的手法去计算时，尝试着使用区间再现。

区间再现公式

∫abf(x) dx=∫abf(a+b−x) dx\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f(a+b-x)\,dx

推论

若 g(π−x)=g(x)g(\pi-x)=g(x)，则

∫0πxg(x) dx=π2∫0πg(x) dx\int_0^\pi xg(x)\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi g(x)\,dx
解答题例 3.57（2012 数一真题）

利用区间再现公式计算

∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx.\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.
解答

令 g(x)=sin⁡x1+cos⁡2xg(x)=\dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}，验证 g(π−x)=sin⁡(π−x)1+cos⁡2(π−x)=sin⁡x1+cos⁡2x=g(x)g(\pi-x)=\dfrac{\sin(\pi-x)}{1+\cos^2(\pi-x)}=\dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}=g(x)。

由区间再现推论：

∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx=π2∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx =\frac{\pi}{2}\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx

令 u=cos⁡xu=\cos x，du=−sin⁡x dxdu=-\sin x\,dx：

=π2∫1−1−du1+u2=π2∫−11du1+u2=π2⋅arctan⁡u∣−11=π2⋅π2=π24.=\frac{\pi}{2}\int_1^{-1}\frac{-du}{1+u^2} =\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\frac{du}{1+u^2} =\frac{\pi}{2}\cdot\arctan u\Big|_{-1}^{1} =\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{\pi^2}{4}.

十一、带 nn 的定积分

解答题例 3.58

设 In=∫0π/2sin⁡nx dxI_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx，证明递推公式

In=n−1nIn−2(n≥2)I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\quad(n\ge 2)

并求 InI_n 的通项公式。

解答

对 In=∫0π/2sin⁡nx dxI_n=\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx 分部积分，令 u=sin⁡n−1xu=\sin^{n-1}x，dv=sin⁡x dxdv=\sin x\,dx：

In=−sin⁡n−1xcos⁡x∣0π/2+(n−1)∫0π/2sin⁡n−2xcos⁡2x dx=0+(n−1)∫0π/2sin⁡n−2x(1−sin⁡2x) dx=(n−1)In−2−(n−1)In\begin{aligned} I_n&=-\sin^{n-1}x\cos x\Big|_0^{\pi/2}+(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2 x\,dx\\[4pt] &=0+(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x(1-\sin^2 x)\,dx\\[4pt] &=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n \end{aligned}

移项得

nIn=(n−1)In−2  ⟹  In=n−1nIn−2.nI_n=(n-1)I_{n-2}\implies I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}.

初始值：I0=π2I_0=\dfrac{\pi}{2}，I1=1I_1=1。

nn 为偶数（n=2mn=2m）：

I2m=2m−12m⋅2m−32m−2⋯12⋅π2=(2m−1)!!(2m)!!⋅π2I_{2m}=\frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdots\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot\frac{\pi}{2}

nn 为奇数（n=2m+1n=2m+1）：

I2m+1=2m2m+1⋅2m−22m−1⋯23⋅1=(2m)!!(2m+1)!!I_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{2m-2}{2m-1}\cdots\frac{2}{3}\cdot 1 =\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}

十二、平移区间巧解含 ∣sin⁡x∣|\sin x| 的积分

利用 sin⁡(x+kπ)=(−1)ksin⁡x\sin(x+k\pi)=(-1)^k\sin x 以及 ∣sin⁡x∣|\sin x| 的周期为 π\pi 的性质，将积分区间平移到 [0,π][0,\pi] 上处理。

核心结论：∣sin⁡x∣|\sin x| 以 π\pi 为周期，且

∫0π∣sin⁡x∣ dx=2.\int_0^{\pi}|\sin x|\,dx=2.

因此对任意整数 nn：

∫0nπ∣sin⁡x∣ dx=2n.\int_0^{n\pi}|\sin x|\,dx=2n.

十三、定积分比大小

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：

  1. 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。
  2. 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。
  3. 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。
  4. 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。
  5. 最后再做代数变形：分部积分、构造辅助函数、泰勒展开等手段。
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
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。

题型一：对称区间，偶倍奇零

不管是定积分计算，还是定积分比大小，只要看见对称区间，条件反射般想到偶倍奇零。

题型二：画图像 + 定性分析 + 分析不出来就分部积分

选择题例 3.64（2012 数一数二真题）

设

I1=∫0π4tan⁡xx dx,I2=∫0π4xtan⁡x dx,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 I1>I2>1I_1>I_2>1
  • B 1>I1>I21>I_1>I_2
  • C I2>I1>1I_2>I_1>1
  • D 1>I2>I11>I_2>I_1
解答

在 (0,π4)\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right) 内有 0<sin⁡x<x<tan⁡x0<\sin x<x<\tan x，故

xtan⁡x<1<tan⁡xx.\frac{x}{\tan x}<1<\frac{\tan x}{x}.

两边对 [0,π4]\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right] 积分得 I2<π4<I1I_2<\dfrac{\pi}{4}<I_1。

下面判断 I1I_1 与 11 的大小关系。令 f(x)=tan⁡xxf(x)=\dfrac{\tan x}{x}，则

f′(x)=xsec⁡2x−tan⁡xx2=x−sin⁡xcos⁡xx2cos⁡2x>0f'(x)=\frac{x\sec^2 x-\tan x}{x^2}=\frac{x-\sin x\cos x}{x^2\cos^2 x}>0

在 (0,π4)\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right) 上成立（因为 sin⁡xcos⁡x<x\sin x\cos x<x），故 f(x)f(x) 单调递增。

又 f(x)>lim⁡x→0+f(x)=1f(x)>\lim_{x\to 0^+}f(x)=1，所以 tan⁡xx>1\dfrac{\tan x}{x}>1 在 (0,π/4)(0,\pi/4) 上恒成立，积分得 I1>π4I_1>\dfrac{\pi}{4}。

但需进一步判断 I1<1I_1<1：由于 tan⁡x<x+x33+⋯\tan x<x+\dfrac{x^3}{3}+\cdots，在 [0,π/4][0,\pi/4] 上 tan⁡xx\dfrac{\tan x}{x} 从 11 增到 4π≈1.27\dfrac{4}{\pi}\approx 1.27，积分平均值小于 1+4/π2≈1.14\dfrac{1+4/\pi}{2}\approx 1.14，乘以区间长 π4≈0.785\dfrac{\pi}{4}\approx 0.785，得 I1<1I_1<1。

更严格地：I1+I2=∫0π/4(tan⁡xx+xtan⁡x)dxI_1+I_2=\int_0^{\pi/4}\left(\frac{\tan x}{x}+\frac{x}{\tan x}\right)dx，由 AM-GM 不等式 tan⁡xx+xtan⁡x≥2\frac{\tan x}{x}+\frac{x}{\tan x}\ge 2，故 I1+I2≥π2I_1+I_2\ge \frac{\pi}{2}。结合 I1>I2I_1>I_2 和 I2<π4I_2<\frac{\pi}{4}，可得 1>I1>I21>I_1>I_2。

故选 (B)。

题型三：同区间比较被积函数（耍流氓法）

考研范围内，积分区间相同时，在使用偶倍奇零后，绝大多数被积函数都满足恒大于或者恒小于的关系。秉持着一个原则即可：在偶倍奇零之后，如果被积函数你一眼就能看出来不满足恒大于或者恒小于的关系，那就优先考虑定性分析。除此之外，只要一眼看不出来，99.99% 都一定满足恒大于或者恒小于的关系。

若被积函数满足恒大于或者恒小于的关系，则意味着可以代入区间内的任意一点具体的值，来比较被积函数的大小。此方法我称之为耍流氓！

若被积区间包含 00，或者 00 趋于作为区间端点，即可研究 x→0+x\to 0^+ 时三个被积函数的大小关系，此时可对被积函数进行泰勒展开，此方法为耍流氓中的耍流氓！

选择题例 3.70（张宇1000题）

设

I1=∫01sin⁡xx dx,I2=∫01ln⁡(1+x)x dx,I3=∫01ex−1x dx,I_1=\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,dx,\qquad I_2=\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}\,dx,\qquad I_3=\int_0^1 \frac{e^x-1}{x}\,dx,

则三者大小关系为（ ）

  • A I1>I2>I3I_1>I_2>I_3
  • B I3>I1>I2I_3>I_1>I_2
  • C I3>I2>I1I_3>I_2>I_1
  • D I2>I3>I1I_2>I_3>I_1
解答

显然成立，用耍流氓的办法，直接取 xx 趋于 0+0^+ 时的泰勒，即可判断三者大小关系。

x→0+x\to 0^+ 时 Taylor 展开：

sin⁡xx=x−x36+O(x5)x=1−x26+O(x4)\frac{\sin x}{x}=\frac{x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)}{x}=1-\frac{x^2}{6}+O(x^4) ln⁡(1+x)x=x−x22+x33+O(x4)x=1−x2+x23+O(x3)\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)}{x}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+O(x^3) ex−1x=x+x22+x36+O(x4)x=1+x2+x26+O(x3)\frac{e^x-1}{x}=\frac{x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+O(x^4)}{x}=1+\frac{x}{2}+\frac{x^2}{6}+O(x^3)

x→0+x\to 0^+ 时：ex−1x>1>sin⁡xx\dfrac{e^x-1}{x}>1>\dfrac{\sin x}{x}，且 ln⁡(1+x)x=1−x2+⋯<1\dfrac{\ln(1+x)}{x}=1-\dfrac{x}{2}+\cdots<1。

进一步比较 sin⁡xx\dfrac{\sin x}{x} 与 ln⁡(1+x)x\dfrac{\ln(1+x)}{x}：

sin⁡xx=1−x26+⋯ ,ln⁡(1+x)x=1−x2+⋯\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{6}+\cdots,\qquad \frac{\ln(1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+\cdots

当 xx 充分小时，−x2<−x26-\dfrac{x}{2}<-\dfrac{x^2}{6}（因为 x<x2/6x<x^2/6 不成立，实际上 x/2>x2/6x/2>x^2/6），故 ln⁡(1+x)x<sin⁡xx\dfrac{\ln(1+x)}{x}<\dfrac{\sin x}{x}。

因此 x→0+x\to 0^+ 时：ex−1x>sin⁡xx>ln⁡(1+x)x\dfrac{e^x-1}{x}>\dfrac{\sin x}{x}>\dfrac{\ln(1+x)}{x}。

由保序性：I3>I1>I2I_3>I_1>I_2。

故选 (B)。

题型四：既有定积分，又有非定积分，画图看面积！

解答题例 3.73（李林880）

设 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续且单调递增，记

M=∫01f(x) dx,N=∫01f−1(x) dx,M=\int_0^1 f(x)\,dx,\qquad N=\int_0^1 f^{-1}(x)\,dx,

其中 f−1f^{-1} 为 ff 的反函数。比较 MM 与 NN 的大小。

解答

画出 y=f(x)y=f(x) 的图像。由反函数的几何意义，y=f−1(x)y=f^{-1}(x) 的图像是 y=f(x)y=f(x) 关于 y=xy=x 的对称图形。

设 PP 为 y=f(x)y=f(x) 与 y=xy=x 的交点。

  • M=∫01f(x) dxM=\int_0^1 f(x)\,dx 表示曲线 y=f(x)y=f(x) 下方、xx 轴上方的面积。
  • N=∫01f−1(x) dxN=\int_0^1 f^{-1}(x)\,dx 表示曲线 y=f−1(x)y=f^{-1}(x) 下方的面积，即 y=f(x)y=f(x) 左方的面积。

两者之和恰好等于单位正方形面积 11（当 f(0)=0,f(1)=1f(0)=0, f(1)=1 时），或者更一般地：

M+N=f(1)⋅1−∫01[f(x)−x] dx+∫01[x−f−1(x)] dxM+N=f(1)\cdot 1 - \int_0^1 [f(x)-x]\,dx + \int_0^1 [x - f^{-1}(x)]\,dx

由图像的对称性分析可得 M+NM+N 与 11 的关系取决于 ff 的具体形式。对于 f(x)f(x) 单调递增的情况，画图后可直观判断 MM 与 NN 的大小关系。

十四、考场速记

  1. 见到对称区间 → 偶倍奇零，奇函数直接归零。
  2. 见到定积分是常数 → 设 AA，回代后凑出 AA 的形式。
  3. 见到 f(x+T)−f(x)=g(x)f(x+T)-f(x)=g(x) → 三种方法：举特例、区间平移、构造 F(x)=∫xx+Tf(t) dtF(x)=\int_x^{x+T}f(t)\,dt。
  4. 见到含绝对值 → 看积分区间是否跨过分界点。
  5. 不在根号下也能三角换元 → 积分限出现 00 到 +∞+\infty 或 00 到 π/2\pi/2 时考虑。
  6. 区间再现 → xx 乘一坨且一坨关于中点对称时用。
  7. 比大小 → 先结构，后同区间，再面积权重，最后分部/泰勒。
  8. 耍流氓法 → 同区间代入具体值比被积函数；x→0+x\to 0^+ 时泰勒快判。
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