3.3 变限积分：几何意义、可导性、不定积分转化与雨露均沾

面积函数一定连续；是否可导，关键看被积函数在对应点的连续性类型。已知 $f'(x)$ 求 $\int f(x)\,dx$ 时，想到分部积分或雨露均沾。

来源：邂逅遗憾27考研数学思维课第三章：积分，§3.3 变（上）限积分（pp.256–263）。

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一、变上限积分几何意义与可导性

变上限积分函数

设

$$F(x)=\int_a^x f(t)\,dt.$$

这类函数常叫做变上限积分函数，也可以理解为从 $a$ 到 $x$ 的面积函数。

变限积分求导公式

$$\frac{d}{dx}\int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)\,dt = f[\psi(x)]\cdot\psi'(x) - f[\varphi(x)]\cdot\varphi'(x)$$

大前提：被积函数连续。 被积函数连续时，我们才能直接用求导公式求导。若被积函数不连续，则无法使用此公式，此时只能用导数定义求解。

连续性

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，则 $F(x)=\int_a^x f(t)\,dt$ 在 $[a,b]$ 上连续。

$$f(x)\text{ 可积} \quad\Longrightarrow\quad F(x)\text{ 连续}.$$

面积函数一定连续。 即使 $f(x)$ 本身在某些点不连续，只要它可积，变上限积分函数 $F(x)$ 仍然连续。

可导性结论

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上除点 $x=x_0\in(a,b)$ 外均连续，则：

$f(x)$ 在 $x_0$ 处的情况	$F(x)$ 在 $x_0$ 处的情况	导数结论
连续	可导	$F'(x_0)=f(x_0)$
可去间断	可导	$F'(x_0)=\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$
跳跃间断	连续但不可导	$F'_-(x_0)=f(x_0^-),\quad F'_+(x_0)=f(x_0^+)$

为什么跳跃间断会导致不可导

若 $f(x)$ 在 $x=c$ 处为跳跃间断点，则左导数为

$$F'_-(c) =\lim_{x\to c^-}\frac{\int_x^c f(t)\,dt}{c-x} =f(c^-).$$

右导数为

$$F'_+(c) =\lim_{x\to c^+}\frac{\int_c^x f(t)\,dt}{x-c} =f(c^+).$$

当 $f(c^-)\ne f(c^+)$ 时，$F(x)$ 在 $x=c$ 处不可导。

当 $x=c$ 为可去间断点时，$F'_-(c)=F'_+(c)$，所以 $F(x)$ 在 $x=c$ 处可导，但 $F'(c)\ne f(c)$（取的是去心极限）。

选择题例 3.75（2009 数一二三真题）

设函数

$$f(x)= \begin{cases} \sin x, & 0\le x<\pi,\\ 2, & \pi\le x\le 2\pi, \end{cases}$$

并令 $F(x)=\int_0^x f(t)\,dt$。则（ ）

• A $x=\pi$ 是函数 $F(x)$ 的跳跃间断点。
• B $x=\pi$ 是函数 $F(x)$ 的可去间断点。
• C $F(x)$ 在 $x=\pi$ 处连续但不可导。
• D $F(x)$ 在 $x=\pi$ 处可导。

解答

当 $x\to\pi^-$ 时，$\lim_{x\to\pi^-}f(x)=\sin\pi=0$。

当 $x\to\pi^+$ 时，$\lim_{x\to\pi^+}f(x)=2$。

所以 $f(x)$ 在 $x=\pi$ 处为跳跃间断点。根据结论，变上限积分函数 $F(x)$ 一定连续，但在 $x=\pi$ 处左右导数不相等，因此不可导。

答案选 C。

选择题例 3.76

设

$$f(x)= \begin{cases} e^x+x^2, & x\ne0,\\ a, & x=0, \end{cases}$$

其中 $a$ 为常数。令 $F(x)=\int_0^x f(t)\,dt$。则以下命题：

① 当 $a=1$ 时，$F(x)$ 在 $x=0$ 处可导； ② 当 $a\ne1$ 时，$F(x)$ 在 $x=0$ 处可导； ③ 当 $a=1$ 时，$F(x)$ 在 $x=0$ 处不可导； ④ 当 $a\ne1$ 时，$F(x)$ 在 $x=0$ 处不可导。

所有真命题的序号为（ ）

• A ①④
• B ①②
• C ③④
• D ②③

解答

当 $a=1$ 时，$f(0)=1=\lim_{x\to 0}(e^x+x^2)$，$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，$F'(0)=f(0)=1$，命题①正确。

当 $a\ne1$ 时，$x=0$ 是 $f(x)$ 的可去间断点。此时 $F(x)$ 仍可导，且

$$F'(0)=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x(e^t+t^2)\,dt}{x}=\lim_{x\to0}(e^x+x^2)=1.$$

命题②正确。

综上，真命题为①②，答案选 B。

易错点

1. 不要把 $f(x)$ 的间断性直接套到 $F(x)$ 上。 $f(x)$ 有间断点，不代表 $F(x)$ 也有间断点。只要 $f(x)$ 可积，$F(x)$ 就连续。
2. 可去间断不影响 $F(x)$ 可导。 可去间断只改变 $f(x_0)$ 的函数值，不改变附近面积的变化率。
3. 跳跃间断会让 $F(x)$ 左右导数不同。 左导数对应 $f(x_0^-)$，右导数对应 $f(x_0^+)$。

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二、可积与原函数存在

核心结论

条件	可积？	原函数存在？
$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续	✓	✓
$f(x)$ 有有限个第一类间断点	✓	✗（跳跃间断点处无原函数）
$f(x)$ 有可去间断点	✓	变上限积分可导，但严格意义下不是 $f$ 的原函数
$f(x)$ 无界	✗	可能存在

关键区分：

• 可积是黎曼积分的概念，要求有界且间断点”不多”。
• 原函数存在要求存在 $F$ 使得 $F'(x)=f(x)$ 对所有 $x$ 成立。
• 有跳跃间断点的函数可积但没有原函数（因为导数不可能有跳跃间断点——达布定理）。

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三、不定积分和变上限积分的转化

核心思路

当题目需要比较 $y(x+T)$ 和 $y(x)$ 时（如证明周期解），不定积分的写法很别扭，因为 $\int f(x)e^x\,dx$ 只是”某个原函数”的记号，没有固定起点。

解决方法：把不定积分改写成变上限积分。若 $h(x)$ 连续，则

$$\int h(x)\,dx = \int_{x_0}^x h(t)\,dt + C.$$

固定下限以后，周期条件才有地方用。

关于 $C_1$ 和 $C_2$ 的解释

在使用公式法求解微分方程时，写了 $+C$ 之后，在计算不定积分时，是无需再加 $C$ 的。公式法当中的 $C$，本质上是不定积分产生的 $C$。如果写了两个相同的不定积分，第一个积分的结果可能是 $+C_1$，第二个可能是 $+C_2$，我们无法要求两个 $C$ 必须相同。

只有不定积分当中才有 $C_1$ 和 $C_2$ 这个说法，对于变上限积分和定积分而言，则没有这个说法。 写成变上限积分之后，就不存在 $C_1$ 和 $C_2$ 这一说了，只有一个 $C$。

解答题例 3.78

设 $f(x)$ 连续，且 $f(x)=\int_0^x f(t)\,dt + e^x$，求 $f(x)$。

解答

对等式两端求导：

$$f'(x) = f(x) + e^x$$

这是一阶线性方程 $f'(x)-f(x)=e^x$，积分因子为 $e^{-x}$：

$$(e^{-x}f(x))' = 1$$

积分得

$$e^{-x}f(x) = x + C$$

即 $f(x) = (x+C)e^x$。

由初始条件：$f(0)=\int_0^0 f(t)\,dt + e^0 = 1$，代入得 $C=1$。

$$\boxed{f(x)=(x+1)e^x}$$

解答题例 3.78.1（各大模拟卷常客）

设 $f(x)$ 连续，求 $\int_0^x t\,f(x-t)\,dt$。

解答

令 $u=x-t$，则 $t=x-u$，$dt=-du$。当 $t=0$ 时 $u=x$；当 $t=x$ 时 $u=0$。

$$\begin{aligned} \int_0^x t\,f(x-t)\,dt &=\int_x^0 (x-u)\,f(u)\,(-du)\\[4pt] &=\int_0^x (x-u)\,f(u)\,du\\[4pt] &=x\int_0^x f(u)\,du - \int_0^x u\,f(u)\,du. \end{aligned}$$

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四、雨露均沾与变限积分转二重积分

技巧总览

当题目已知 $f'(x)$，却要求 $\int_a^b f(x)\,dx$ 时，第一反应是分部积分。

普通写法是 $\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(x)\,dx$。但有些题直接分部积分会留下麻烦的边界项。此时用”雨露均沾”：把 $dx$ 写成 $d(x-c)$。

$$\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,d(x-c) = \left[(x-c)f(x)\right]_a^b - \int_a^b (x-c)f'(x)\,dx.$$

$c$ 的选择目标：

1. 让边界项尽量变成 $0$；
2. 让 $(x-c)$ 与 $f'(x)$ 里的分母约掉。

变限积分转二重积分

若已知 $f(a)=0$，则 $f(x)=\int_a^x f'(t)\,dt$。于是

$$\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b\int_a^x f'(t)\,dt\,dx.$$

交换积分次序后：

$$\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b (b-t)f'(t)\,dt.$$

这和”雨露均沾”本质上是同一件事：都是想办法让 $f(x)$ 变成 $f'(x)$，同时多制造一个容易化简的因子。

解答题例 3.79（武忠祥高数讲义）

设 $f'(x)=\arcsin((x-1)^2)$，$f(0)=0$，求 $I=\int_0^1 f(x)\,dx$。

解答

方法一：雨露均沾

已知 $f'(x)$，要求 $\int f(x)\,dx$，想到分部积分。写成 $dx=d(x-1)$：

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1 f(x)\,d(x-1)\\ &=\left[(x-1)f(x)\right]_0^1-\int_0^1 (x-1)f'(x)\,dx. \end{aligned}$$

因为 $x=1$ 时 $x-1=0$，且 $f(0)=0$，所以边界项为 $0$。

$$I=\int_0^1 (1-x)\arcsin((x-1)^2)\,dx.$$

令 $u=(x-1)^2$，则 $(1-x)\,dx=-\frac12\,du$。当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=1$ 时 $u=0$。

$$I=\frac12\int_0^1 \arcsin u\,du =\frac12\left[u\arcsin u+\sqrt{1-u^2}\right]_0^1 =\frac12\cdot\frac{\pi}{2}-\frac12 =\frac{\pi}{4}-\frac12.$$

方法二：变限积分转二重积分

由 $f(0)=0$，$f(x)=\int_0^x \arcsin((t-1)^2)\,dt$。

$$I=\int_0^1\left(\int_0^x \arcsin((t-1)^2)\,dt\right)dx.$$

积分区域为 $0\le t\le x\le 1$。交换积分次序：

$$I=\int_0^1 (1-t)\arcsin((t-1)^2)\,dt.$$

后续与方法一相同，结果为 $\boxed{I=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac12}$。

解答题例 3.80（2016 数二真题）

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $\int_0^1 f(x)\,dx=0$。

（1）证明：存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $f(\xi)=0$；

（2）证明：存在 $\eta\in(0,1)$，使得 $f(\eta)=f'(\eta)$。

解答

第（1）问

设 $F(x)=\int_0^x f(t)\,dt$，则 $F(0)=0$，$F(1)=\int_0^1 f(t)\,dt=0$。

由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $F'(\xi)=f(\xi)=0$。

第（2）问

第一问的结论是第二问的条件，死皮赖脸往条件上凑！

由第（1）问知 $f(\xi)=0$。要证 $f(\eta)=f'(\eta)$，即 $f'(\eta)-f(\eta)=0$。

构造 $G(x)=e^{-x}f(x)$，则

$$G'(x)=e^{-x}[f'(x)-f(x)].$$

所以只需证 $G'(\eta)=0$。

由 $f(\xi)=0$ 得 $G(\xi)=e^{-\xi}\cdot 0=0$。

又 $G(0)=e^0\cdot f(0)=f(0)$。

若 $f(0)=0$，则 $G(0)=G(\xi)=0$，由罗尔定理即得。

若 $f(0)\ne 0$，需要进一步利用 $\int_0^1 f(x)\,dx=0$ 的条件，结合积分中值定理和罗尔定理完成证明。

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五、考场速记

1. 变上限积分求导公式有大前提：被积函数必须连续。
2. 面积函数一定连续；可去间断仍可导；跳跃间断不可导。
3. 需要比较 $y(x+T)$ 与 $y(x)$ 时，把不定积分转化为变上限积分。
4. 已知 $f'(x)$ 求 $\int f(x)\,dx$：分部积分 + 雨露均沾（$dx\to d(x-c)$）。
5. 雨露均沾的本质 = 变限积分转二重积分再交换次序。
6. 多问问题中，第一问的结论常常是第二问的关键条件。