雨露均沾法与变限积分转二重积分

一、技巧总览

当题目已知 $f'(x)$，却要求 $\int_a^b f(x)\,dx$ 时，第一反应通常是分部积分。因为分部积分可以把 $f(x)$ 转化成已知的 $f'(x)$。

普通写法是 $\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(x)\,d x$。

但有些题直接这样分部积分会留下麻烦的边界项，或者不能顺利约掉分母。此时就可以用“雨露均沾”：把 $d x$ 写成 $d(x-c)$。

于是

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

这里的 $c$ 要按题目选择，常见目标有两个：

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

如果还知道 $f(a)=0$，则可以把 $f(x)$ 写成变上限积分：$f(x)=\int_a^x f'(t)\,dt$。

于是 $\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b\int_a^x f'(t)\,dt\,dx$。交换积分次序后得到 $\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b (b-t)f'(t)\,dt$。

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。

---

二、例1：已知 $f'(x)$ 求 $\int f(x)\,dx$

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

---

三、方法1：雨露均沾

这里已知 $f'(x)$，要求 $\int f(x)\,dx$，所以想到分部积分。

普通分部积分会出现 $f(1)$，需要额外处理。为了让边界项更干净，写成 $d x=d(x-1)$。

于是

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

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

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

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

当 $x=0$ 时，$u=1$；当 $x=1$ 时，$u=0$。所以 $I=\frac12\int_0^1 \arcsin u\,du$。

又 $\int \arcsin u\,du=u\arcsin u+\sqrt{1-u^2}+C$。

所以

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

即 $\boxed{\int_0^1 f(x)\,dx=\frac{\pi}{4}-\frac12}$。

---

四、方法2：变限积分转二重积分

由 $f(0)=0$ 和 $f'(x)=\arcsin((x-1)^2)$，可得 $f(x)=\int_0^x \arcsin((t-1)^2)\,dt$。

所以

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1 f(x)\,dx\\ &=\int_0^1\left(\int_0^x \arcsin((t-1)^2)\,dt\right)dx. \end{aligned}$$

积分区域为 $0\le t\le x\le 1$。交换积分次序后，$0\le t\le 1,\ t\le x\le 1$。

因此

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1\left(\int_t^1 \arcsin((t-1)^2)\,dx\right)dt\\ &=\int_0^1 (1-t)\arcsin((t-1)^2)\,dt. \end{aligned}$$

后续计算与方法1相同，结果仍为 $\boxed{I=\frac{\pi}{4}-\frac12}$。

---

五、例2：平均值与唯一零点

已知函数 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{3\pi}{2}\right]$ 上连续，在 $\left(0,\frac{3\pi}{2}\right)$ 内满足 $f'(x)=\frac{\cos x}{2x-3\pi}$，且 $f(0)=0$。

（1）求 $f(x)$ 在区间 $\left[0,\frac{3\pi}{2}\right]$ 上的平均值；

（2）证明 $f(x)$ 在区间 $\left(0,\frac{3\pi}{2}\right)$ 内存在唯一零点。

---

六、问题（1）：求平均值

设平均值为 $A$，则

$$A= \frac{1}{\frac{3\pi}{2}} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,dx = \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,dx.$$

由于 $2x-3\pi=2\left(x-\frac{3\pi}{2}\right)$，所以分部积分时希望制造出因子 $x-\frac{3\pi}{2}$，写成 $d x=d\left(x-\frac{3\pi}{2}\right)$。

于是

$$\begin{aligned} A &= \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,d\left(x-\frac{3\pi}{2}\right)\\ &= \frac{2}{3\pi} \left[ \left(x-\frac{3\pi}{2}\right)f(x) \right]_0^{\frac{3\pi}{2}} - \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(x-\frac{3\pi}{2}\right)f'(x)\,dx. \end{aligned}$$

边界项为 $0$：上端 $x-\frac{3\pi}{2}=0$，下端 $f(0)=0$。

因此

$$\begin{aligned} A &= - \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(x-\frac{3\pi}{2}\right) \frac{\cos x}{2x-3\pi}\,dx\\ &= - \frac{1}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}}\cos x\,dx\\ &= - \frac{1}{3\pi} \left[\sin x\right]_0^{\frac{3\pi}{2}}\\ &= \frac{1}{3\pi}. \end{aligned}$$

所以平均值为 $\boxed{A=\frac{1}{3\pi}}$。

---

七、问题（1）的另一种理解：二重积分

由 $f(0)=0$，可写成 $f(x)=\int_0^x \frac{\cos t}{2t-3\pi}\,dt$。

所以

$$\begin{aligned} A &= \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left( \int_0^x \frac{\cos t}{2t-3\pi}\,dt \right)dx\\ &= \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left( \int_t^{\frac{3\pi}{2}} \frac{\cos t}{2t-3\pi}\,dx \right)dt\\ &= \frac{2}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left(\frac{3\pi}{2}-t\right) \frac{\cos t}{2t-3\pi}\,dt\\ &= - \frac{1}{3\pi} \int_0^{\frac{3\pi}{2}}\cos t\,dt\\ &= \frac{1}{3\pi}. \end{aligned}$$

这个做法和雨露均沾的结果一致。本质上都是把 $\int f$ 转化成含 $f'$ 的积分，并制造出能约掉分母的因子。

---

八、问题（2）：证明唯一零点

先看单调性。由于在 $\left(0,\frac{3\pi}{2}\right)$ 内有 $2x-3\pi<0$，所以 $f'(x)$ 的符号由 $\cos x$ 反向决定。

当 $x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\cos x>0$，所以 $f'(x)<0$。

此时 $f(x)$ 单调减少。又因为 $f(0)=0$，所以 $f(x)<0,\ x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$。

因此这个区间内没有零点。

当 $x\in\left(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right)$ 时，$\cos x<0$，所以 $f'(x)>0$。

此时 $f(x)$ 单调增加。

接下来要证明右端点附近能变为正。由问题（1）可知

$$\int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,dx = \frac{1}{3\pi}\cdot \frac{3\pi}{2} = \frac12>0.$$

这一步很关键：第一问的平均值结论，就是第二问证明零点存在的条件。

若 $f\left(\frac{3\pi}{2}\right)\le 0$，由于 $f(0)=0$，且 $f$ 先减后增，则整个区间内都会有 $f(x)<0$。

这会推出 $\int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,dx<0$，与 $\int_0^{\frac{3\pi}{2}} f(x)\,dx=\frac12>0$ 矛盾。

所以 $f\left(\frac{3\pi}{2}\right)>0$。

又因为 $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 上单调减少，故 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$。

于是由连续性可知，$f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right)$ 内至少存在一个零点。

同时，$f(x)$ 在该区间内单调增加，所以零点只能有一个。

因此 $\boxed{f(x)\text{ 在 }\left(0,\frac{3\pi}{2}\right)\text{ 内存在唯一零点}}$。

---

九、小结

这类题可以按下面的顺序想：

1. 已知 $f'(x)$，要求 $\int f(x)\,dx$，先想到分部积分；
2. 普通分部积分边界项麻烦时，把 $d x$ 改成 $d(x-c)$；
3. $c$ 的选择要服务于两个目标：边界为 $0$，或者与分母约掉；
4. 若已知 $f(a)=0$，还可以把 $f(x)$ 写成变上限积分，再转为二重积分交换次序；
5. 多问问题中，第一问的结论常常不是终点，而是第二问的关键条件。

一句话：雨露均沾是为了制造好因子，二重积分换序是为了看清积分区域；二者本质上都是把未知的 $f$ 转化成已知的 $f'$。