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任意区间 [a,b] 上的定积分定义式：万能公式

推广到任意区间 [a,b] 的定积分定义式万能公式，覆盖练习册与模拟卷中的非 [0,1] 情形与 25 考研新考点，并用统一视角解释 [0,x] 的传统写法。

任意区间 [a,b][a,b] 上的定积分定义式（万能公式）

关于 [0,1][0,1] 区间上的定积分定义式，在上一小节已经进行了详细的讲解。这节课我们来讲解一下任意区间 [a,b][a,b] 上的定积分定义式。

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。只要掌握我所说的”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

而这节课，我首先希望大家记住以下这个万能的式子：

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}.

真题秒杀范例

这个式子挺好记的，而且它实际上确实可以解决我们考研数学中遇到的所有定积分定义的问题。比如李艳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

但实际上对于一些情况的定积分定义式而言，处理起来可能会有一些麻烦。比如下面这个情况，按照传统的定积分定义的思想，我们可以看出来这就是 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=\frac{x}{n},

并且有：

lim⁡n→∞x⋅nn=x,lim⁡n→∞x⋅an=0.\lim_{n\to\infty}\frac{x\cdot n}{n}=x,\qquad \lim_{n\to\infty}\frac{x\cdot a}{n}=0.

而如果按照我们说的那个万能的式子，如何去理解呢？

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}

选择题练习：判别同一积分的不同表达

选择题选择题练习

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)

用万能公式逐一判别

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

汇总与答案

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)。

几何解释：选项 (D) 对 [0,a][0,a] 作 nn 等分，每段宽 an\dfrac{a}{n}，在第 kk 段取 ξk=(4k−3)a4n\xi_k=\dfrac{(4k-3)a}{4n}——即每个子区间的”四分之一点”，是一个合法的 Riemann 和。(A) 取中点但前因子 a2n×n=a2\dfrac{a}{2n}\times n=\dfrac{a}{2} 只覆盖了 [0,a/2][0,a/2]；(C) 同理只覆盖 [0,a/4][0,a/4]；(B) 区间错位再放大了两倍——都凑不出 ∫0af\int_0^a f。

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