一元函数积分学

第 0 部分

先看全貌

先用两个例子看懂“积分”在做什么，再看全章地图、和李林讲义的对应、真题考了什么，最后是 14 天的学习计划。

0.1积分在干什么：“求导倒过来”和“求面积”

积分这一章其实只回答两个问题。

已知导数，求原来的函数。汽车的速度是 $v(t)=2t$ ，它走过的路程 $s(t)$ 是多少？因为 $s'(t)=v(t)$ ，要找一个求导后等于 $2t$ 的函数，答案是 $t^2$ （再加任意常数）。这叫不定积分，写作 $\int2t\dt=t^2+C$ 。
求曲线下面的面积。曲线 $y=x^2$ 与 $x$ 轴、直线 $x=1$ 围成的那块图形，边是弯的，高中公式算不了。办法是把它切成很多细长条，每条近似成矩形，矩形面积加起来，条数越多越准，取极限就是面积。这叫定积分，写作 $\int_0^1x^2\dx$ 。

大白话：积分就是“把很多很小的量加起来”——路程是每一小段时间里走的路加起来，面积是每一细条的面积加起来。

把曲边图形切成

n

条，矩形面积和随

n

增大越来越接近真正的面积

\frac13

。

t^2+C

是一族曲线：

C

取不同的值，曲线上下平移，每一条的斜率都是

2t

。

这两件事看起来毫不相干，却被一个公式连在一起：

牛顿—莱布尼茨公式（整章的主心骨）

\displaystyle \int_a^bf(x)\dx=F(b)-F(a),

\displaystyle \text{其中 }F'(x)=f(x).

求面积（定积分）只要先找到一个原函数（不定积分），再代两个数相减。例如 $\int_0^1x^2\dx=\frac{x^3}3\Big|_0^1=\frac13$ 。所以第 1、2 部分先练“找原函数”，第 3、4 部分再学定积分。

一句话记住积分 = 求导的逆运算 = 无数个小量之和的极限。不定积分是一族函数（带

+C

），定积分是一个数。这一章的所有题，最后都落在“找原函数”这一步的手上功夫上，所以第 9 部分专门总结了“被积函数长什么样，就用什么方法”。

0.2全章地图，和李林讲义怎么配合

八个部分的先后顺序就是学习顺序：不定积分（1、2）是一切积分计算的手上功夫；定积分（3、4）在它上面加了“上下限”和几何意义；变限积分（5）把定积分变回一个函数；反常积分（6）是积分区间或被积函数“无穷”时的定积分；应用（7）和证明（8）是综合。点方块跳到对应部分。

第 1 部分不定积分的概念原函数、基本积分表、原函数存在性、分段函数的原函数。第 2 部分不定积分的计算（核心）凑微分、根式与三角代换、分部积分、有理函数、三角有理式。第 3 部分定积分的概念与性质面积与黎曼和、牛顿—莱布尼茨、比较大小、定积分定义求极限。第 4 部分定积分的计算换元必换限、分部、对称性、周期性、区间再现、华里士、递推。第 5 部分变限积分求导公式、被积函数含

x

、奇偶周期、极限与阶、极值与拐点。第 6 部分反常积分找问题点拆段、两把尺子

p

积分、比较判别、两种计算模子。

第 7 部分定积分的应用微元法；面积、旋转体体积、弧长、旋转面面积；功、水压力、引力。第 8 部分积分等式与不等式积分中值定理、单调性、泰勒公式、罗尔定理证明题。

八个部分之后是复习用的五个部分：第 9 部分看形状选方法（总表）、第 10 部分二级结论与常用反例、第 11 部分易错清单、第 12 部分真题索引、第 13 部分综合练习。

和《26 李林高数辅导讲义》第五、六章的对照

讲义第五章“不定积分”（书 p110—127）两节，第六章“定积分及其应用”（书 p128—173）五节。本页负责“从零讲懂 + 真题”，讲义负责“题型归纳 + 更多练习”。每部分开头的“考试要求”框是讲义这两章开头的考试要求（大纲原文）里和这一部分有关的几条；正文里标着“李林第六章 §1 例 5 · p134”的例题，是从讲义里挑出来、按本页的写法重新讲一遍的（§1 表示第一节，每节的例题各自从 1 编号），可以对照原书看。

本页	李林讲义	讲义里的“题型”
A 零基础补课	（讲义默认你已经会的求导、三角、代数变形）	—
第 1 部分不定积分的概念	第五章第一节概念和性质 p110—112	例 1—5：原函数、分段函数的原函数
第 2 部分不定积分的计算	第五章第二节计算 p112—121	题型一换元积分法；题型二分部积分法；题型三综合（有理函数、三角有理式、抽象函数）
第 3 部分定积分的概念与性质	第六章第一节“内容与方法提要”p128—131；第三节题型一积分不等式	题型一定积分的性质；比较大小（第三节例 4、例 5）
第 4 部分定积分的计算	第六章第一节 p132—140	题型二换元；三分部；四综合；五对称区间；六分段、绝对值；七周期函数
第 5 部分变限积分	第六章第二节积分变限函数的求导问题 p140—144	公式型、乘积型、换元型
第 6 部分反常积分	第六章第四节反常积分 p152—156	判敛与计算
第 7 部分定积分的应用	第六章第五节定积分的应用 p156—162	题型一几何应用；题型二物理应用
第 8 部分积分等式与不等式	第六章第三节积分不等式与积分等式 p144—151	题型一积分不等式；题型二积分等式
第 13 部分综合练习	第五章习题 p122；第六章习题演练 p162—164	选择、填空、解答

讲义两章的考试要求（大纲原文）

第五章不定积分

理解原函数与不定积分的概念。
掌握不定积分的基本公式与性质。
掌握不定积分的换元积分法与分部积分法。
会求有理函数、三角函数有理式和简单无理函数的不定积分。

第六章定积分及其应用

理解定积分的概念，掌握定积分的性质及定积分中值定理。
掌握牛顿—莱布尼茨公式。
掌握定积分的换元积分法与分部积分法。
会求有理函数、三角函数有理式和简单无理函数的定积分。
会求积分变限函数的导数。
理解反常积分的概念，了解反常积分收敛的比较判别法，会计算反常积分。
掌握用定积分表达和计算一些几何量与物理量。
会求平面图形的面积、旋转体的体积和函数的平均值。
（仅数学一、数学二要求）会求平面曲线的弧长、旋转体的侧面积、平行截面面积为已知的立体体积。
（仅数学一、数学二要求）会求功、引力、压力、质心坐标、形心等。

“理解、掌握”要求会做题，“了解”只要求知道结论。

0.3考情：考多少、考在哪

按 Maki《真题分类精解》书末的“年份索引”逐题核对，2010—2026 年数一卷子里，归在一元积分各讲（不定积分、定积分、变限积分、反常积分、积分应用、积分等式与不等式）下的题共 39 道、249 分，平均每年约 15 分，每一年都有。全部 39 道都在本页讲过。

部分	选择	填空	解答	题数	分值	真题落点（年份(题号)，点击跳到例题）
第 1 部分不定积分的概念	1	1	0	2	8	2014(10)、2016(2)
第 2 部分不定积分的计算	0	0	1	1	10	2018(15)
第 3 部分定积分的概念与性质	6	0	1	7	36	2011(4)、2012(4)、2017(4)、2017(16)、2018(4)、2021(4)、2022(4)
第 4 部分定积分的计算	0	6	2	8	46	2010(10)、2012(10)、2015(10)、2018(10)、2019(18)、2022(12)、2023(14)、2025(17)
第 5 部分变限积分	4	2	4	10	67	2010(9)、2010(16)、2013(15)、2014(15)、2016(9)、2020(1)、2021(17)、2024(1)、2025(1)、2025(3)
第 6 部分反常积分	2	3	0	5	22	2010(3)、2013(12)、2016(1)、2021(11)、2026(14)
第 7 部分定积分的应用	0	1	0	1	4	2011(9)
第 8 部分积分等式与不等式	0	0	5	5	56	2010(17)、2011(18)、2022(20)、2024(19)、2026(20)
合计	13	13	13	39	249

从表里能看出四件事：

定积分的计算（第 4 部分）和变限积分（第 5 部分）是分数所在：几乎每年一道填空在“算一个定积分”，变限积分则以选择（奇偶、极值、阶）和解答（求极限、求极值）两种形式反复出现。
不定积分单独出题少，但它是地基：17 年里数一只有 2014(10)、2016(2)、2018(15) 三道，可所有定积分、反常积分、应用题最后都要回到“找原函数”。
反常积分只出选择、填空：判敛（2010(3)、2016(1)）和计算（2013(12)、2021(11)、2026(14)），方法固定。
证明题是近年数一压轴：泰勒公式证积分不等式（2022(20)、2024(19)，五星）、罗尔定理（2026(20)）。几何应用数一 17 年只考过一次（2011(9) 弧长），物理应用数一没考过，但大纲要求会，所以第 7 部分用数二真题补齐。

逐年分布

年份	积分类分值	题号
2010	32	(3)、(9)、(10)、(16)、(17)
2011	18	(4)、(9)、(18)
2012	8	(4)、(10)
2013	14	(12)、(15)
2014	14	(10)、(15)
2015	4	(10)
2016	12	(1)、(2)、(9)
2017	14	(4)、(16)
2018	18	(4)、(10)、(15)
2019	10	(18)
2020	4	(1)
2021	20	(4)、(11)、(17)
2022	22	(4)、(12)、(20)
2023	5	(14)
2024	17	(1)、(19)
2025	20	(1)、(3)、(17)
2026	17	(14)、(20)

0.4接下来 14 天怎么学

你的《05-进度表》把一元积分排在 W5—W6：W5 不定积分（换元、分部），W6 定积分、反常积分、几何应用。下面把这两周拆成 14 天，每天约 2 小时，沿用《02-方法卡》的例题桥接法：例题先遮住解答自己做 5 分钟，再点开对照；做完标 ⭕ / △ / ✗，△ 和 ✗ 第二天重做；卡住的地方在《04-错题断点本》只记一行“卡在哪一步、缺什么、怎么补”，不抄题。

天	主题	本页位置	当天必做的真题（点进去是正文里的例题）
D1	补课＋基本积分表	A 部分；1.1—1.3	—（默写 1.2 节积分表，求导验证每一条）
D2	原函数与凑微分	1.4—1.6；2.1	2016 数一(2)、2014 数一(10)、2023 数二(2)
D3	换元：根式、指数、三角、倒代换	2.2—2.3	—（做 2.2、2.3 节全部例题）
D4	分部积分	2.4	2011 数三(17)
D5	有理函数与三角有理式	2.5—2.6	2019 数二(16)
D6	综合：先换元再分部	2.7；9.1 节不定积分总表	2018 数一(15)、2018 数三(10)
D7 ⊕	回炉日＋定积分的概念	前六天 △✗ 清零；3.1—3.3	重做 D2—D6 的真题
D8	比较大小、定义求极限、平均值	3.4—3.6	2011 数一(4)、2012 数一(4)、2018 数一(4)、2022 数一(4)、2017 数一(16)、2021 数一(4)、2017 数一(4)
D9	定积分计算（一）	4.1—4.4	2010 数一(10)、2025 数一(17)、2018 数一(10)、2022 数一(12)、2012 数一(10)、2015 数一(10)、2023 数一(14)
D10	定积分计算（二）	4.5—4.7；9.2 节定积分总表	2019 数一(18)
D11	变限积分	第 5 部分；9.3 节	2010 数一(9)、2024 数一(1)、2016 数一(9)、2014 数一(15)、2021 数一(17)、2020 数一(1)、2025 数一(3)、2010 数一(16)、2025 数一(1)、2013 数一(15)
D12	反常积分	第 6 部分；9.4 节	2010 数一(3)、2016 数一(1)、2013 数一(12)、2021 数一(11)、2026 数一(14)
D13	定积分的应用	第 7 部分；9.5 节	2011 数一(9)
D14 ⊕	积分证明＋总复盘	第 8 部分；第 10、11 部分	2010 数一(17)、2011 数一(18)、2022 数一(20)、2024 数一(19)、2026 数一(20)

日期怎么定

进度表原定的 W5—W6 是 8/16—8/29，已经过去了；9/23 以后的日子又被《微分方程》《三重积分与线面积分》《无穷级数》《线性代数》《概率论与数理统计》几份笔记的计划占满，所以上表和《极限》笔记一样只写第几天，不写日期。

如果暑假已经按进度表学过积分：把它当二轮复习，压缩成 7 天（每天做上表两天的量，只做“当天必做的真题”和做错过的例题），重点放在第 9 部分的总表上。
如果还没真正学过：积分是微分方程、重积分、曲线曲面积分、级数、概率的共同工具，建议接在《极限》笔记的 14 天后面学完，其他计划整体顺延；按进度表的红线规则处理：砍题量，不砍覆盖。

时间不够时

每天优先做完“当天必做的真题”；本页的普通例题每节只做第一道。标“数二”“数三”的真题（多数在第 7 部分）是补题型用的，时间紧可以只看不做。第 9 部分（看形状选方法）一定要看，它是整章的索引。

基础薄弱先看这里

如果求导公式、三角公式、配方已经记不清了，第一天只读 A 部分。积分表就是求导表倒过来读，A 部分从这里讲起。

0.5小结：看到这类题，去哪一部分

题目里的说法	换成什么（去哪一部分）	例子
“求 $\int f(x)\dx$ ”	第 2 部分；先查第 9 部分 9.1 的总表选方法	例 2.24
“ $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数”（分段）	第 1 部分 1.5：分段积分，连续性粘常数	例 1.11
“求 $\int_a^bf(x)\dx$ ”	第 4 部分；9.2 的总表：先看对称、周期、几何意义	例 4.11
“比较几个定积分的大小”	第 3 部分 3.4：回到被积函数	例 3.11
$\lim\frac1n\sum f\big(\frac kn\big)$	第 3 部分 3.5：定积分定义	例 3.13
含 $\int_a^xf(t)\dt$ 的极限、极值、奇偶	第 5 部分：先求导	例 5.27
积分限有 $\infty$ ，或被积函数在区间内无界	第 6 部分：找问题点、拆段	例 6.7
面积、体积、弧长、功、压力	第 7 部分：画图、写微元	例 7.18
“证明 $\left\|\int\cdots\right\|\le\cdots$ ”“存在 $\xi$ ”	第 8 部分：中值定理、泰勒、单调性	例 8.6

A 部分

零基础补课：积分要用的求导、三角与代数

积分是求导倒过来，所以先把求导公式、链式法则、三角公式和几种代数变形补齐。这一部分只讲积分马上要用到的东西。

A.1求导公式倒过来读：积分表是从哪来的

大白话：求导是“已知函数，求它的斜率函数”；积分是反过来，“已知斜率函数，求原来的函数”。所以每一条求导公式倒过来读，就是一条积分公式。例如 $(\sin x)'=\cos x$ ，倒过来就是“ $\cos x$ 是谁的导数？是 $\sin x$ 的”，记作 $\int\cos x\dx=\sin x+C$ 。

上面的

F(x)=\sin x

在每一点的斜率，正好等于下面

f(x)=\cos x

在同一点的高度：

F'=f

，

F

叫

f

的原函数。

求导表与积分表对照（左边求导，右边倒过来）

求导	倒过来：积分
$(x^{a+1})'=(a+1)x^a$	$\int x^a\dx=\dfrac{x^{a+1}}{a+1}+C\ (a\ne-1)$
$(\ln\|x\|)'=\dfrac1x$	$\int\dfrac1x\dx=\ln\|x\|+C$
$(\e^x)'=\e^x$ ， $(a^x)'=a^x\ln a$	$\int\e^x\dx=\e^x+C$ ， $\int a^x\dx=\dfrac{a^x}{\ln a}+C$
$(\sin x)'=\cos x$ ， $(\cos x)'=-\sin x$	$\int\cos x\dx=\sin x+C$ ， $\int\sin x\dx=-\cos x+C$
$(\tan x)'=\sec^2x$ ， $(\cot x)'=-\csc^2x$	$\int\sec^2x\dx=\tan x+C$ ， $\int\csc^2x\dx=-\cot x+C$
$(\sec x)'=\sec x\tan x$	$\int\sec x\tan x\dx=\sec x+C$
$(\arctan x)'=\dfrac1{1+x^2}$ ， $(\arcsin x)'=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$	$\int\dfrac{\dx}{1+x^2}=\arctan x+C$ ， $\int\dfrac{\dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C$

$\sec x=\frac1{\cos x}$ ， $\csc x=\frac1{\sin x}$ ， $\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ 。 $\ln|x|$ 的绝对值是因为 $x<0$ 时 $(\ln(-x))'=\frac1x$ 也成立。

方法卡 · 用求导验算不定积分

什么时候用

算完任何一个不定积分；或者选择题问“哪一个是

f

的原函数”。

步骤

把得到的答案 $F(x)$ 求导。
化简 $F'(x)$ ，看它是不是等于被积函数 $f(x)$ 。
相等就对了；不等说明中间某一步错了（常见：系数、符号、漏乘内层导数）。

最容易错

忘了

+C

；

\int\frac1x\dx

漏写绝对值；

\int x^{-1}\dx

硬套幂函数公式得到

\frac{x^0}0

。

例 A.1基础

倒着读求导公式，写出：(1)

\int x^3\dx

；(2)

\int\dfrac{\dx}{x^2}

；(3)

\int\sqrt x\dx

；(4)

\int\left(3\cos x-\dfrac2{1+x^2}\right)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 幂函数。 $\int x^3\dx=\dfrac{x^4}4+C$ 。

$\big(\frac{x^4}4\big)'=x^3$ ：指数加 1，再除以新的指数。

② (2) 先写成负指数。 $\dfrac1{x^2}=x^{-2}$ ， $\int x^{-2}\dx=\dfrac{x^{-1}}{-1}+C=-\dfrac1x+C$ 。

幂函数公式对负指数同样成立，只要指数不是 $-1$ 。

③ (3) 写成分数指数。 $\sqrt x=x^{\frac12}$ ， $\int x^{\frac12}\dx=\dfrac{x^{\frac32}}{\frac32}+C=\dfrac23x^{\frac32}+C$ 。

根式先改成分数指数，才能套公式。

④ (4) 常数倍和加减可以拆开。 $3\int\cos x\dx-2\int\dfrac{\dx}{1+x^2}=3\sin x-2\arctan x+C$ 。

求导对加减、常数倍是“线性”的，积分也是（1.3 节）；两个积分各带一个常数，合起来写一个 $C$ 。

答案：(1) $\frac{x^4}4+C$ ；(2) $-\frac1x+C$ ；(3) $\frac23x^{\frac32}+C$ ；(4) $3\sin x-2\arctan x+C$

例 A.2基础

用求导验证：(1)

\int\ln x\dx=x\ln x-x+C

；(2)

\int\tan x\dx=-\ln|\cos x|+C

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 求导。 $(x\ln x-x)'=\ln x+x\cdot\dfrac1x-1=\ln x$ 。

$x\ln x$ 是乘积，用乘积法则 $(uv)'=u'v+uv'$ 。

② (2) 求导。 $(-\ln|\cos x|)'=-\dfrac{(\cos x)'}{\cos x}=-\dfrac{-\sin x}{\cos x}=\tan x$ 。

$(\ln|u|)'=\frac{u'}u$ 是链式法则（A.2 节）；这条公式以后会反复用。

答案：两式求导后都等于被积函数，成立

A.2链式法则与微分：凑微分的前身

大白话：复合函数求导 = 外层的导数（里面原样照抄）× 里层的导数。比如 $(\sin x^2)'=\cos x^2\cdot2x$ 。倒过来：如果被积函数长成“某个函数的导数（里面是 $x^2$ ）× $x^2$ 的导数”，它就是一个复合函数的导数，可以直接积出来——这就是第 2 部分的凑微分。

y=\sin x^2

在

x=1

处的切线斜率是

\cos1\cdot2\approx1.08

：外层导数

\cos(x^2)

乘里层导数

2x

。

链式法则与微分记号

\displaystyle [f(\varphi(x))]'=f'(\varphi(x))\,\varphi'(x),

\displaystyle \dd\varphi(x)=\varphi'(x)\dx.

“微分” $\dd\varphi$ 就是“导数乘 $\dd x$ ”。常用的几个，要能从左往右、也能从右往左读：

$\dd(x^2)=2x\dx$ ， $\dd(\sqrt x)=\dfrac{\dx}{2\sqrt x}$ ， $\dd(\ln x)=\dfrac{\dx}x$ ， $\dd(\e^x)=\e^x\dx$ ， $\dd(\sin x)=\cos x\dx$ ， $\dd(\cos x)=-\sin x\dx$ ， $\dd(\tan x)=\sec^2x\dx$ ， $\dd(\arctan x)=\dfrac{\dx}{1+x^2}$ ， $\dd(\arcsin x)=\dfrac{\dx}{\sqrt{1-x^2}}$ ， $\dd(ax+b)=a\dx$ 。

方法卡 · 复合函数求导（为凑微分打底）

什么时候用

函数是“一个函数套另一个函数”，如

\e^{x^2}

、

\ln(1+x^2)

、

\arcsin\sqrt x

。

步骤

认出外层和里层： $\e^{x^2}$ 外层 $\e^u$ ，里层 $u=x^2$ 。
外层求导，里层原样照抄： $\e^{x^2}$ 。
乘上里层的导数： $\cdot2x$ 。套了几层就乘几次。

最容易错

漏乘里层导数（

(\e^{2x})'

写成

\e^{2x}

）；

\sqrt x

的导数

\frac1{2\sqrt x}

写成

\frac12\sqrt x

。

例 A.3基础

(1) 求导：

\big(\e^{x^2}\big)'

，

[\ln(1+x^2)]'

，

(\arcsin\sqrt x)'

；(2) 在括号里填函数，使等式成立：

x\dx=\dd(\quad)

，

\dfrac{\dx}{\sqrt x}=\dd(\quad)

，

\sin2x\dx=\dd(\quad)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 前两个。 $\big(\e^{x^2}\big)'=\e^{x^2}\cdot2x$ ； $[\ln(1+x^2)]'=\dfrac1{1+x^2}\cdot2x=\dfrac{2x}{1+x^2}$ 。

外层 $\e^u$ 、 $\ln u$ 求导后，乘里层 $u=x^2$ 、 $u=1+x^2$ 的导数 $2x$ 。

② (1) 第三个套了两层。 $(\arcsin\sqrt x)'=\dfrac1{\sqrt{1-(\sqrt x)^2}}\cdot\dfrac1{2\sqrt x}=\dfrac1{2\sqrt x\sqrt{1-x}}$ 。

外层 $\arcsin u$ 的导数 $\frac1{\sqrt{1-u^2}}$ ， $u=\sqrt x$ ；再乘 $(\sqrt x)'=\frac1{2\sqrt x}$ 。2020 数二(3) 就是把这个式子倒过来积分。

③ (2) 倒过来读微分。 $x\dx=\dd\Big(\dfrac{x^2}2\Big)$ ， $\dfrac{\dx}{\sqrt x}=\dd(2\sqrt x)$ ， $\sin2x\dx=\dd\Big(-\dfrac{\cos2x}2\Big)$ （也等于 $\dd(\sin^2x)$ ）。

找一个函数，求导后正好是 $\dd x$ 前面那一块；差常数倍就在前面补一个系数。 $\sin^2x$ 与 $-\frac{\cos2x}2$ 只差常数 $\frac12$ ，所以两种写法都对。

答案：(1) $2x\e^{x^2}$ ， $\frac{2x}{1+x^2}$ ， $\frac1{2\sqrt{x(1-x)}}$ ；(2) $\frac{x^2}2$ ， $2\sqrt x$ ， $-\frac{\cos2x}2$ （或 $\sin^2x$ ）

A.3三角恒等式与“辅助直角三角形”

大白话：积分里用到的三角公式只有两类：一类把平方降下来（降幂），一类把根号去掉（ $1-\sin^2t=\cos^2t$ 、 $1+\tan^2t=\sec^2t$ ）。换元以后要把 $t$ 换回 $x$ ，这时画一个直角三角形最省事。

三种三角代换的辅助直角三角形：按代换把

x

、

a

放到对应的边上，第三条边用勾股定理算出来，其余三角函数直接读。

积分要用的三角公式

平方关系： $\sin^2x+\cos^2x=1$ ， $1+\tan^2x=\sec^2x$ ， $1+\cot^2x=\csc^2x$ 。
降幂： $\sin^2x=\dfrac{1-\cos2x}2$ ， $\cos^2x=\dfrac{1+\cos2x}2$ ；倍角： $\sin2x=2\sin x\cos x$ 。
积化和差： $\sin A\cos B=\frac12[\sin(A+B)+\sin(A-B)]$ 。
导数： $(\tan x)'=\sec^2x$ ， $(\sec x)'=\sec x\tan x$ 。

方法卡 · 用辅助三角形把

t

换回

x

什么时候用

做了三角代换

x=a\sin t

、

a\tan t

或

a\sec t

，最后要用

x

表示

\cos t

、

\tan t

等。

步骤

由代换写出一个三角函数，如 $\sin t=\frac xa$ 。
画直角三角形：对边 $x$ 、斜边 $a$ 。
勾股定理算第三边 $\sqrt{a^2-x^2}$ ，再读出 $\cos t=\frac{\sqrt{a^2-x^2}}a$ 、 $\tan t=\frac x{\sqrt{a^2-x^2}}$ 。

最容易错

\sin2t

忘了先写成

2\sin t\cos t

再代；三角形的边放错位置。

例 A.4基础

(1) 设

x=2\sin t

（

-\frac\pi2\le t\le\frac\pi2

），用

x

表示

\cos t

、

\tan t

、

\sin2t

；(2) 设

x=\tan t

（

-\frac\pi2<t<\frac\pi2

），用

x

表示

\sec t

、

\sin t

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 画三角形。 $\sin t=\dfrac x2$ ：对边 $x$ ，斜边 2，邻边 $\sqrt{4-x^2}$ 。所以 $\cos t=\dfrac{\sqrt{4-x^2}}2$ ， $\tan t=\dfrac x{\sqrt{4-x^2}}$ 。

$t$ 在 $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$ 内 $\cos t\ge0$ ，所以开方取正号；这就是规定 $t$ 的范围的原因。

② (1) 倍角。 $\sin2t=2\sin t\cos t=2\cdot\dfrac x2\cdot\dfrac{\sqrt{4-x^2}}2=\dfrac{x\sqrt{4-x^2}}2$ 。

三角形只能读出 $t$ 的三角函数， $2t$ 的要先用倍角公式拆成 $t$ 的。

③ (2) 另一个三角形。 $\tan t=x=\dfrac x1$ ：对边 $x$ ，邻边 1，斜边 $\sqrt{1+x^2}$ 。 $\sec t=\dfrac1{\cos t}=\sqrt{1+x^2}$ ， $\sin t=\dfrac x{\sqrt{1+x^2}}$ 。

$-\frac\pi2<t<\frac\pi2$ 时 $\cos t>0$ ， $\sec t>0$ ；也可以直接用 $\sec^2t=1+\tan^2t$ 。

答案：(1) $\frac{\sqrt{4-x^2}}2$ ， $\frac x{\sqrt{4-x^2}}$ ， $\frac{x\sqrt{4-x^2}}2$ ；(2) $\sqrt{1+x^2}$ ， $\frac x{\sqrt{1+x^2}}$

例 A.5基础

把下列式子化成“不含平方”的一次式：(1)

\sin^2x

；(2)

\cos^2\dfrac x2

；(3)

\sin x\cos x

；(4)

\tan^2x

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1)(2) 降幂。 $\sin^2x=\dfrac{1-\cos2x}2$ ； $\cos^2\dfrac x2=\dfrac{1+\cos x}2$ 。

降幂公式里角度翻倍： $\frac x2$ 的平方变成 $x$ 的一次。

② (3) 倍角倒过来。 $\sin x\cos x=\dfrac12\sin2x$ 。

倍角公式倒过来用： $\sin2x=2\sin x\cos x$ ，两边除以 2，乘积就变成了一个一次式。

③ (4) 平方关系。 $\tan^2x=\sec^2x-1$ 。

$1+\tan^2x=\sec^2x$ 移项；这样 $\int\tan^2x\dx=\tan x-x+C$ 就能积了。

答案：(1) $\frac{1-\cos2x}2$ ；(2) $\frac{1+\cos x}2$ ；(3) $\frac12\sin2x$ ；(4) $\sec^2x-1$

A.4代数变形：配方、多项式除法、拆成几项

大白话：积分公式表里的式子都很“标准”，题目里的式子往往要先变个形才能对上。最常用的三种变形：二次式配方（对上 $\frac1{1+u^2}$ 、 $\sqrt{1-u^2}$ ）、假分式除成“多项式 + 真分式”、一个分式拆成几个简单分式之和。

y=x^2-2x+2=(x-1)^2+1

就是

y=x^2

向右平移 1、向上平移 1：配方就是找出这个平移量。

三种代数变形

配方： $x^2+px+q=\Big(x+\dfrac p2\Big)^2+\Big(q-\dfrac{p^2}4\Big)$ 。例： $x^2+2x+2=(x+1)^2+1$ ， $2x-x^2=1-(x-1)^2$ 。
多项式除法（分子次数 $\ge$ 分母次数时）： $\dfrac{x^3}{x+1}=x^2-x+1-\dfrac1{x+1}$ 。
加一减一 / 拆项： $\dfrac{x^2}{1+x^2}=1-\dfrac1{1+x^2}$ ， $\dfrac1{x(x+1)}=\dfrac1x-\dfrac1{x+1}$ ， $\dfrac1{x^2-a^2}=\dfrac1{2a}\Big(\dfrac1{x-a}-\dfrac1{x+a}\Big)$ 。

方法卡 · 分式先变形再积分

什么时候用

被积函数是分式（有理函数）或含二次式。

步骤

分子次数 $\ge$ 分母：先除法（或加一减一），拆出多项式。
分母能分解：拆成几个简单分式之和（2.5 节讲一般方法）。
分母是不能分解的二次式：配方，对上 $\frac1{u^2+a^2}$ 。

最容易错

配方时常数项算错：

x^2-2x+2

写成

(x-1)^2+2

；拆项后忘了验算（通分回去看是否相等）。

例 A.6基础

(1) 配方：

x^2+2x+5

，

x^2-x+1

，

3+2x-x^2

；(2) 把

\dfrac{x^3+1}{x-1}

写成“多项式 + 真分式”；(3) 把

\dfrac1{x^2-1}

拆成两个简单分式之差。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 配方。 $x^2+2x+5=(x+1)^2+4$ ； $x^2-x+1=\Big(x-\dfrac12\Big)^2+\dfrac34$ ； $3+2x-x^2=4-(x-1)^2$ 。

一次项系数的一半就是平移量： $2\to1$ 、 $-1\to-\frac12$ ；最后一个先提出负号 $-(x^2-2x-3)$ 再配方。

② (2) 多项式除法。 $x^3+1=(x-1)(x^2+x+1)+2$ ，所以 $\dfrac{x^3+1}{x-1}=x^2+x+1+\dfrac2{x-1}$ 。

$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ （立方差）， $x^3+1=(x^3-1)+2$ ；余数 2 留在真分式里。

③ (3) 拆项。 $\dfrac1{x^2-1}=\dfrac1{(x-1)(x+1)}=\dfrac12\Big(\dfrac1{x-1}-\dfrac1{x+1}\Big)$ 。

通分验算： $\frac1{x-1}-\frac1{x+1}=\frac{2}{x^2-1}$ ，所以前面要乘 $\frac12$ 。

答案：(1) $(x+1)^2+4$ ， $(x-\frac12)^2+\frac34$ ， $4-(x-1)^2$ ；(2) $x^2+x+1+\frac2{x-1}$ ；(3) $\frac12\big(\frac1{x-1}-\frac1{x+1}\big)$

A.5求和符号：“把很多小量加起来”怎么写

大白话： $\sum\limits_{k=1}^nf(k)$ 读作“ $k$ 从 1 取到 $n$ ，把 $f(k)$ 全加起来”。定积分的定义就是“ $n$ 个小矩形面积之和”再取极限，所以要会写、会算这种和。

1+2+\cdots+6

是台阶的面积 21；它比三角形

\frac{6^2}2=18

多出一排小三角，正好是

\frac{n(n+1)}2

。

三个常用的和

\displaystyle \sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}2,

\displaystyle \sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6,

\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}q^k=\frac{1-q^n}{1-q}\ (q\ne1).

$\sum$ 的性质： $\sum(a_k+b_k)=\sum a_k+\sum b_k$ ， $\sum ca_k=c\sum a_k$ ，与积分的线性一样。

方法卡 · 写出

n

个矩形的面积和

什么时候用

要用矩形近似曲边图形的面积，或看懂 3.1、3.5 节的定积分定义。

步骤

把区间 $[a,b]$ 等分成 $n$ 份，每份宽 $\frac{b-a}n$ 。
第 $k$ 份的右端点是 $a+k\frac{b-a}n$ ，矩形高取这一点的函数值。
面积和 $=\sum\limits_{k=1}^nf\Big(a+k\dfrac{b-a}n\Big)\dfrac{b-a}n$ ； $n\to\infty$ 时趋于曲边面积。

最容易错

宽度

\frac{b-a}n

漏乘；把右端点写成

\frac kn

却忘了区间不是

[0,1]

。

例 A.7基础

曲线

y=x^2

下方、

[0,1]

上的区域，等分成

n

条、每条取右端点的高，写出矩形面积和

S_n

，并求

\lim\limits_{n\to\infty}S_n

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出和式。第 $k$ 条宽 $\dfrac1n$ 、高 $\Big(\dfrac kn\Big)^2$ ， $S_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{k^2}{n^2}\cdot\dfrac1n=\dfrac1{n^3}\sum\limits_{k=1}^nk^2$ 。

按方法卡： $a=0$ ， $b=1$ ，右端点 $\frac kn$ 。

② 用平方和公式。 $S_n=\dfrac1{n^3}\cdot\dfrac{n(n+1)(2n+1)}6=\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}$ 。

$\sum k^2$ 的公式； $n=8$ 时 $S_8=\frac{9\cdot17}{384}\approx0.3984$ ，就是 0.1 节图里的数。

③ 取极限。 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}=\dfrac26=\dfrac13$ 。

分子分母都是 2 次，比最高次系数（《极限》笔记 3.1 节“抓大头”）；这正是 $\int_0^1x^2\dx=\frac13$ 。

答案： $S_n=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}$ ，极限 $\frac13$

A.6小结与自测

题目里的说法	换成什么	例子
“求 $\int f$ ”， $f$ 是基本初等函数	倒着读求导表	例 A.1
算完一个不定积分	把答案求导，看是否等于被积函数	例 A.2
被积函数像“外层导数 × 里层导数”	链式法则倒过来：凑微分（2.1 节）	例 A.3
换元 $x=a\sin t$ 等之后回代	画辅助直角三角形	例 A.4
$\sin^2x$ 、 $\cos^2x$ 、 $\tan^2x$	降幂、 $\sec^2x-1$	例 A.5
分母是二次式、分子次数高	配方、除法、拆项	例 A.6
$\sum f(k/n)\cdot\frac1n$	矩形面积和， $n\to\infty$ 趋于定积分	例 A.7

自测（每题 1 分钟，答不出回看对应小节）

#	题目	答案	回看
1	$\int x^{-3}\dx$	$-\frac1{2x^2}+C$	A.1
2	$\int\frac{\dx}{1+x^2}$	$\arctan x+C$	A.1
3	$(\ln\cos x)'$	$-\tan x$	A.2
4	$\frac{\dx}x=\dd(\ \ )$	$\ln\|x\|$	A.2
5	$\cos^2x$ 降幂	$\frac{1+\cos2x}2$	A.3
6	$x=3\sin t$ ， $\cos t=?$ （ $\|t\|\le\frac\pi2$ ）	$\frac{\sqrt{9-x^2}}3$	A.3
7	配方 $x^2+4x+8$	$(x+2)^2+4$	A.4
8	$\sum\limits_{k=1}^{10}k$	55	A.5

第 1 部分

不定积分的概念

原函数是“求导以前的函数”，不定积分是全体原函数。这一部分讲定义、积分表、性质、原函数什么时候存在、分段函数的原函数，以及已知导数的关系反求函数。

考试要求（大纲原文，李林讲义第五章第 1、2 条）

理解原函数与不定积分的概念。
掌握不定积分的基本公式与性质。

对应李林讲义第五章第一节“概念和性质”（p110—112）和第二节开头的基本积分公式表（p112—113）。这一部分单独出题不多（数一 17 年只有 2014(10)、2016(2) 两道），但后面每一个积分都要用到这里的积分表。

1.1原函数与不定积分：一族上下平移的曲线

大白话：如果 $F'(x)=f(x)$ ，就说 $F$ 是 $f$ 的一个原函数—— $F$ 是“原来的函数”， $f$ 是它求导以后得到的。比如 $(\sin x)'=\cos x$ ，所以 $\sin x$ 是 $\cos x$ 的一个原函数。

原函数不止一个： $\sin x+1$ 、 $\sin x-7$ 求导也都是 $\cos x$ ，因为常数的导数是 0。反过来，同一个区间上 $f$ 的任意两个原函数只差一个常数：若 $F'=G'=f$ ，则 $(F-G)'=0$ ，导数恒为 0 的函数是常数（拉格朗日中值定理）。所以只要找到一个原函数 $F$ ，全体原函数就是 $F(x)+C$ 。

“斜率场”：在平面上每一点画一条斜率为

\cos x

的短线。

\cos x

的原函数就是处处顺着短线走的曲线，它们是同一条曲线上下平移得到的，

C

就是平移量。

定义

在区间 $I$ 上，若 $F'(x)=f(x)$ ，则称 $F(x)$ 是 $f(x)$ 在 $I$ 上的一个原函数。 $f$ 的全体原函数叫 $f$ 的不定积分，记作

\displaystyle \int f(x)\dx=F(x)+C

\displaystyle (C\text{ 为任意常数}).

$\int$ 叫积分号， $f(x)$ 叫被积函数， $x$ 叫积分变量。“ $\dd x$ ”说明对谁积分，不能漏写。

方法卡 · 用一个已知条件把

C

定下来

什么时候用

题目给了导数（或斜率、速度）和一个点上的值，要求“那一个”函数。

步骤

先求不定积分，写出带 $C$ 的全体原函数。
把已知点代进去，解出 $C$ 。
写出最后的函数，求导再验算一次。

最容易错

积分后忘了写

C

，结果只剩一个“特定”的函数，已知条件就用不上了。

例 1.1基础

一条曲线过点

(1,2)

，它在任一点

(x,y)

处的切线斜率是

3x^2-1

。求这条曲线的方程。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 切线斜率就是导数。 $y'=3x^2-1$ ，所以 $y=\int(3x^2-1)\dx=x^3-x+C$ 。

导数的几何意义是切线斜率；知道导数求函数，就是求原函数。

② 用点 $(1,2)$ 定常数。 $2=1^3-1+C$ ， $C=2$ 。

曲线过这个点，说明 $x=1$ 时 $y=2$ ；这一个条件正好确定一个常数。

③ 写出答案并验算。 $y=x^3-x+2$ ； $y'=3x^2-1$ ， $y(1)=2$ 。

两个条件都满足，答案正确。

答案： $y=x^3-x+2$

例 1.2基础

下列函数中，哪些是

f(x)=\sin2x

的原函数？（1）

\sin^2x

；（2）

-\cos^2x

；（3）

-\dfrac12\cos2x

；（4）

2\sin^2x

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 逐个求导。（1） $(\sin^2x)'=2\sin x\cos x=\sin2x$ ✓；（2） $(-\cos^2x)'=2\cos x\sin x=\sin2x$ ✓；（3） $\big(-\frac12\cos2x\big)'=\sin2x$ ✓；（4） $(2\sin^2x)'=2\sin2x$ ✗。

判断“是不是原函数”只有一个办法：求导，看是否等于 $f$ 。

② 看前三个之间的关系。 $\sin^2x-(-\cos^2x)=1$ ， $\sin^2x-\big(-\frac12\cos2x\big)=\sin^2x+\frac12(1-2\sin^2x)=\frac12$ 。

它们两两只差常数，符合“原函数之间只差常数”。所以同一道积分题，不同解法得到样子不同的答案，常常都是对的。

答案：（1）（2）（3）是；（4）不是

1.2基本积分表：把求导表倒过来

大白话：积分表就是求导表倒过来读（A.1 节）。考试不给公式，下面这张表要背熟；背的办法是“对着右边求导，能得到左边”。其中带 ⊕ 的几条要用后面的方法推出来，推导在括号里给的小节。

\ln|x|

在

x<0

一侧的切线斜率也等于

\frac1x

，所以

\int\frac{\dx}x=\ln|x|+C

的绝对值不能丢（

x<0

时

\ln x

没有定义）。

基本积分表（

a>0

）

#	被积函数	不定积分
1	$x^\mu\ (\mu\ne-1)$	$\dfrac{x^{\mu+1}}{\mu+1}+C$
2	$\dfrac1x$	$\ln\|x\|+C$
3	$a^x\ (a\ne1)$ ； $\e^x$	$\dfrac{a^x}{\ln a}+C$ ； $\e^x+C$
4	$\sin x$ ； $\cos x$	$-\cos x+C$ ； $\sin x+C$
5	$\sec^2x$ ； $\csc^2x$	$\tan x+C$ ； $-\cot x+C$
6	$\sec x\tan x$ ； $\csc x\cot x$	$\sec x+C$ ； $-\csc x+C$
7 ⊕	$\tan x$ ； $\cot x$	$-\ln\|\cos x\|+C$ ； $\ln\|\sin x\|+C$ （2.1 节）
8 ⊕	$\sec x$ ； $\csc x$	$\ln\|\sec x+\tan x\|+C$ ； $\ln\|\csc x-\cot x\|+C$ （2.1 节）
9	$\dfrac1{a^2+x^2}$	$\dfrac1a\arctan\dfrac xa+C$
10	$\dfrac1{\sqrt{a^2-x^2}}$	$\arcsin\dfrac xa+C$
11 ⊕	$\dfrac1{x^2-a^2}$	$\dfrac1{2a}\ln\left\|\dfrac{x-a}{x+a}\right\|+C$ （2.1 节）
12 ⊕	$\dfrac1{\sqrt{x^2\pm a^2}}$	$\ln\big\|x+\sqrt{x^2\pm a^2}\big\|+C$ （2.3 节）
13 ⊕	$\sqrt{a^2-x^2}$	$\dfrac{a^2}2\arcsin\dfrac xa+\dfrac x2\sqrt{a^2-x^2}+C$ （2.3 节）

第 1 条的特例要张口就来： $\int\frac{\dx}{x^2}=-\frac1x+C$ ， $\int\frac{\dx}{\sqrt x}=2\sqrt x+C$ ， $\int\sqrt x\dx=\frac23x^{\frac32}+C$ 。

方法卡 · 直接积分法：先变形，再查表

什么时候用

被积函数是几个基本函数的和、差、常数倍，或者经过简单的代数、三角变形就能变成这样。

步骤

展开乘积、拆开分式、根式改写成分数指数。
三角函数用恒等式变形（ $1=\sin^2x+\cos^2x$ 、降幂、 $\tan^2x=\sec^2x-1$ ）。
逐项查表积分，最后只写一个 $C$ 。
求导验算。

最容易错

把“积的积分”当成“积分的积”：

\int f g\dx\ne\int f\dx\cdot\int g\dx

；分母不能拆：

\frac1{a+b}\ne\frac1a+\frac1b

。

例 1.3基础

求：（1）

\int\dfrac{(1-x)^2}{\sqrt x}\dx

；（2）

\int2^x\e^x\dx

；（3）

\int\tan^2x\dx

；（4）

\int\dfrac{x^4}{1+x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 展开后除以 $\sqrt x$ 。 $\dfrac{1-2x+x^2}{x^{1/2}}=x^{-\frac12}-2x^{\frac12}+x^{\frac32}$ ，积分得 $2x^{\frac12}-\dfrac43x^{\frac32}+\dfrac25x^{\frac52}+C$ 。

分子是多项式、分母是单项式，就拆成几个幂函数，逐个用第 1 条。

② (2) 两个指数合成一个。 $2^x\e^x=(2\e)^x$ ， $\int(2\e)^x\dx=\dfrac{(2\e)^x}{\ln(2\e)}+C=\dfrac{2^x\e^x}{1+\ln2}+C$ 。

同指数的幂可以合并： $a^xb^x=(ab)^x$ ；再用第 3 条， $\ln(2\e)=\ln2+1$ 。

③ (3) 化成 $\sec^2x$ 。 $\tan^2x=\sec^2x-1$ ， $\int\tan^2x\dx=\tan x-x+C$ 。

表里没有 $\tan^2x$ ，但有 $\sec^2x$ （第 5 条），用平方关系换过去。

④ (4) 分子凑出分母。 $x^4=(x^4-1)+1=(x^2-1)(x^2+1)+1$ ，所以 $\dfrac{x^4}{1+x^2}=x^2-1+\dfrac1{1+x^2}$ ，积分得 $\dfrac{x^3}3-x+\arctan x+C$ 。

分子次数比分母高，先“加一减一”拆出多项式（A.4 节）；剩下的 $\frac1{1+x^2}$ 是第 9 条。

答案：(1) $2\sqrt x-\frac43x^{\frac32}+\frac25x^{\frac52}+C$ ；(2) $\frac{2^x\e^x}{1+\ln2}+C$ ；(3) $\tan x-x+C$ ；(4) $\frac{x^3}3-x+\arctan x+C$

例 1.4基础

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{\sin^2x\cos^2x}

；（2）

\int\dfrac{\cos2x}{\cos x-\sin x}\dx

；（3）

\int\dfrac{\dx}{1+\cos2x}

；（4）

\int\dfrac{\dx}{x^2(1+x^2)}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 分子的 1 换成 $\sin^2x+\cos^2x$ 。 $\dfrac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin^2x\cos^2x}=\dfrac1{\cos^2x}+\dfrac1{\sin^2x}$ ，积分得 $\tan x-\cot x+C$ 。

分母是乘积、分子是 1 时，把 1 写成分母两个因子之和，就能拆成两项。

② (2) 用平方差约分。 $\cos2x=\cos^2x-\sin^2x=(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)$ ，约去后 $\int(\cos x+\sin x)\dx=\sin x-\cos x+C$ 。

看到 $\cos2x$ 和 $\cos x\pm\sin x$ 同时出现，想到 $\cos2x$ 的平方差形式。

③ (3) 倍角公式去掉“1+”。 $1+\cos2x=2\cos^2x$ ， $\int\dfrac{\dx}{2\cos^2x}=\dfrac12\tan x+C$ 。

“ $1\pm\cos$ ”用倍角公式变成平方，是三角积分的常用第一步。

④ (4) 拆项。 $\dfrac1{x^2(1+x^2)}=\dfrac{(1+x^2)-x^2}{x^2(1+x^2)}=\dfrac1{x^2}-\dfrac1{1+x^2}$ ，积分得 $-\dfrac1x-\arctan x+C$ 。

分子的 1 写成“两个因子之差”，和第①步是同一个技巧。

答案：(1) $\tan x-\cot x+C$ ；(2) $\sin x-\cos x+C$ ；(3) $\frac12\tan x+C$ ；(4) $-\frac1x-\arctan x+C$

1.3不定积分的性质：“先积后导”与“先导后积”

大白话：求导和积分互相抵消，但方向不同结果不同。先积分再求导，原样回到 $f$ ；先求导再积分，回到原来的函数，但多出一个 $+C$ （因为求导把常数“弄丢”了，积分找不回来）。

上一行：先积分再求导回到

f

；下一行：先求导再积分回到

F+C

。

性质

$\left(\int f(x)\dx\right)'=f(x)$ ， $\dd\int f(x)\dx=f(x)\dx$ 。
$\int F'(x)\dx=F(x)+C$ ， $\int\dd F(x)=F(x)+C$ 。
线性： $\int[\alpha f(x)+\beta g(x)]\dx=\alpha\int f(x)\dx+\beta\int g(x)\dx$ （ $\alpha,\beta$ 不全为 0）。

方法卡 · 题目只给“

F

是

f

的原函数”

什么时候用

题目不给

f

的表达式，只给它的一个原函数（或者给

\int f

），要算和

f

、

f'

有关的积分。

步骤

先把已知翻译成等式： $F'=f$ ，或 $\int f\dx=F+C$ 。
要求的积分里如果是 $f(ax+b)$ ，用 $u=ax+b$ 换过去（2.1 节）；如果有 $f'$ ，想分部积分（2.4 节）。
如果题目要 $f$ 本身，就对 $F$ 求导。

最容易错

把“

\int f'(x)\dx

”写成

f(x)

，漏了

+C

；把

\dd\int f\dx

写成

f(x)

，漏了

\dd x

。

例 1.5基础

下列等式中正确的是（　）
（A）

\int f'(x)\dx=f(x)

　（B）

\int\dd f(x)=f(x)

　（C）

\dfrac{\dd}{\dd x}\int f(x)\dx=f(x)

　（D）

\dd\int f(x)\dx=f(x)

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (A)(B) 是“先导后积”。正确的写法是 $\int f'(x)\dx=f(x)+C$ ， $\int\dd f(x)=f(x)+C$ ，两个都漏了 $C$ 。

先求导再积分，常数找不回来，必须补上任意常数。

② (C) 是“先积后导”。 $\int f\dx=F+C$ ，求导得 $F'=f$ ，正确。

先积分再求导， $C$ 求导后消失，原样回到 $f$ 。

③ (D) 是微分，不是导数。 $\dd\int f(x)\dx=f(x)\dx$ ，右边少了 $\dd x$ 。所以选（C）。

$\dd$ 表示“微分 = 导数乘 $\dd x$ ”，两边都要有 $\dd x$ 。

答案：C

例 1.6李林第五章 §1 例 4 · p111

已知

\dfrac{\sin x}x

是

f(x)

的一个原函数，

a\ne0

为常数，求

\int\dfrac1af(ax)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 把已知写成等式。 $F(x)=\dfrac{\sin x}x$ ， $F'(x)=f(x)$ 。

“是原函数”就是“求导等于”。

② 用 $u=ax$ 换元。 $\dd u=a\dx$ ， $\int f(ax)\dx=\dfrac1a\int f(u)\du=\dfrac1aF(u)+C=\dfrac1a\cdot\dfrac{\sin ax}{ax}+C$ 。

积分号里是 $f(ax)$ ，而我们只知道 $f$ 的原函数，所以把 $ax$ 整个换成一个字母（这就是 2.1 节的凑微分）。

③ 再乘 $\frac1a$ 。 $\int\dfrac1af(ax)\dx=\dfrac1{a^2}\cdot\dfrac{\sin ax}{ax}+C=\dfrac{\sin ax}{a^3x}+C$ 。

常数可以提到积分号外面（线性）。验算：对答案求导得 $\frac{ax\cos ax-\sin ax}{a^3x^2}$ ，而 $f(u)=\frac{u\cos u-\sin u}{u^2}$ ， $\frac1af(ax)$ 正好相等。

答案： $\dfrac{\sin ax}{a^3x}+C$

例 1.7李林第五章 §2 例 10 · p121

已知

\int f'(x^3)\dx=x^3+C

，求

f(x)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 两边求导，去掉积分号。 $f'(x^3)=3x^2$ 。

“先积后导”回到被积函数： $\big(\int f'(x^3)\dx\big)'=f'(x^3)$ 。

② 把括号里的 $x^3$ 换成一个字母。令 $u=x^3$ ， $x=u^{\frac13}$ ， $f'(u)=3u^{\frac23}$ 。

要的是 $f'$ 作为 $u$ 的函数，所以要把右边的 $x$ 全部用 $u$ 表示。

③ 再积分一次。 $f(u)=\int3u^{\frac23}\du=\dfrac95u^{\frac53}+C$ ，即 $f(x)=\dfrac95x^{\frac53}+C$ 。

知道 $f'$ 求 $f$ 就是求原函数；题目没给 $f$ 的某个值，所以留着 $C$ 。

答案： $f(x)=\frac95x^{\frac53}+C$

1.4什么样的函数有原函数

大白话：连续函数一定有原函数；有“跳跃”或“可去”间断点的函数，在包含这个点的区间上一定没有原函数。原因是：导函数不可能“跳”——如果 $F'=f$ 而 $f$ 在某点跳了一下， $F$ 就会在这一点出现尖角，不可导，矛盾。

注意“有原函数”和下一部分的“可积”（定积分存在）是两件事：有有限个跳跃点的有界函数可积，但没有原函数；反过来，函数有“振荡”间断点时，原函数可能存在。

\operatorname{sgn}x

在 0 处跳跃；左右两段的原函数只能拼成

|x|+C

，而它在 0 处有尖角、不可导，所以

\operatorname{sgn}x

在

(-1,1)

上没有原函数。

原函数存在的三条结论

$f$ 在区间 $I$ 上连续 $\Rightarrow$ $f$ 在 $I$ 上有原函数，比如 $\int_a^xf(t)\dt$ （5.1 节证明）。
$f$ 在 $I$ 内有第一类间断点（可去或跳跃） $\Rightarrow$ $f$ 在 $I$ 上没有原函数。
$f$ 有第二类间断点时，原函数可能有、可能没有。例： $F(x)=x^2\sin\frac1x$ （ $x\ne0$ ）， $F(0)=0$ 处处可导， $F'(x)$ 在 0 处振荡间断，但它有原函数 $F$ 。

另外：初等函数在定义区间上连续，所以都有原函数；但有的原函数写不成初等函数，如 $\int\e^{x^2}\dx$ 、 $\int\frac{\sin x}x\dx$ 、 $\int\frac{\dx}{\ln x}$ ——这些题只能用变限积分 $\int_0^x$ 表示（第 5 部分）。

方法卡 · 判断

f

在区间上有没有原函数

什么时候用

选择题问“

f

在某区间上是否存在原函数”，

f

通常是分段函数。

步骤

找分段点，求左右极限。
左右极限都存在：相等且等于函数值 → 连续 → 有原函数；否则是第一类间断点 → 没有原函数。
至少一侧极限不存在（振荡或无穷）：第二类间断点，要具体构造或排除。

最容易错

以为“可积就有原函数”：有跳跃点的函数可积，但没有原函数；以为“有原函数就连续”：

x^2\sin\frac1x

的导数是反例。

例 1.8基础

证明：

f(x)=\operatorname{sgn}x

在

(-1,1)

上没有原函数。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 假设有，分两段写出来。设 $F'=\operatorname{sgn}x$ 。在 $(0,1)$ 上 $F'=1$ ，所以 $F=x+C_1$ ；在 $(-1,0)$ 上 $F'=-1$ ，所以 $F=-x+C_2$ 。

在每一段上 $f$ 是常数，原函数只能是一次函数加常数（1.1 节：原函数之间只差常数）。

② 用“可导必连续”接起来。 $F$ 在 0 处可导，所以连续： $C_1=\lim\limits_{x\to0^+}F=F(0)=\lim\limits_{x\to0^-}F=C_2$ 。于是 $F(x)=|x|+C_1$ 。

分段点处的函数值是被两侧的极限“夹”出来的。

③ 推出矛盾。 $F(x)=|x|+C_1$ 在 0 处左导数 $-1$ 、右导数 $1$ ，不可导，与 $F'(0)=\operatorname{sgn}0=0$ 矛盾。

这就是“导函数不会跳”的具体体现；图中 $|x|$ 的尖角就是矛盾所在。

答案：证明题。思路：若有原函数 $F$ ，两段分别是 $x+C_1$ 、 $-x+C_2$ ，可导必连续把它粘成 $|x|+C$ ，而 $|x|$ 在 0 处不可导，矛盾。结论：有跳跃间断点的函数没有原函数。

例 1.9李林第五章 §1 例 1 · p111

设

f(x)=\begin{cases}\frac12(x^2+1),&0\le x<1\\ \frac13(x-1),&1\le x\le2\end{cases}

，

g(x)=\int_0^xf(u)\du

。求

g(x)

的表达式，并判断

g

在

(0,2)

内是否连续、在

x=1

处是否可导。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $0\le x<1$ 时直接积分。 $g(x)=\int_0^x\frac12(u^2+1)\du=\dfrac12\Big(\dfrac{x^3}3+x\Big)$ 。

积分区间 $[0,x]$ 完全落在第一段里，只用第一段的表达式。

② $1\le x\le2$ 时要分成两截。 $g(x)=\int_0^1\frac12(u^2+1)\du+\int_1^x\frac13(u-1)\du=\dfrac23+\dfrac{(x-1)^2}6$ 。

积分区间 $[0,x]$ 跨过了分段点 1，定积分对区间可加（3.3 节），分两段各用各的表达式。

③ 在 $x=1$ 处检查连续与可导。 $\lim\limits_{x\to1^-}g=\frac12\big(\frac13+1\big)=\frac23=g(1)$ ，连续；左导数 $g'_-(1)=\frac12(1+1)=1$ ，右导数 $g'_+(1)=\frac13(1-1)=0$ ，不可导。

两段在 1 处的值相等所以连续；但斜率一个是 $f(1^-)=1$ 、一个是 $f(1^+)=0$ ，出现尖角。

④ 结论。 $g$ 在 $(0,2)$ 内连续，但在 $x=1$ 处不可导。所以 $g$ 不是 $f$ 在 $(0,2)$ 上的原函数——与第 2 条结论一致： $f$ 在 1 处跳跃，没有原函数。

变上限积分“可积就连续，连续才可导”（5.3 节），跳跃点处只能保证连续。

答案： $g$ 在 $(0,2)$ 内连续，在 $x=1$ 处不可导

例 1.10李林第五章 §1 提要 · p110

设

F(x)=\begin{cases}x^2\sin\frac1x,&x\ne0\\0,&x=0\end{cases}

，

f(x)=F'(x)

。求

f(x)

，并说明

f

在

x=0

处是第二类间断点，但

f

有原函数。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $x\ne0$ 时用求导公式。 $f(x)=2x\sin\dfrac1x-\cos\dfrac1x$ 。

乘积法则加链式法则： $\big(\sin\frac1x\big)'=\cos\frac1x\cdot\big(-\frac1{x^2}\big)$ 。

② $x=0$ 处用导数定义。 $f(0)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^2\sin\frac1x-0}{x}=\lim\limits_{x\to0}x\sin\dfrac1x=0$ 。

分段点处不能套公式，只能用定义；无穷小乘有界量是无穷小。

③ $f$ 在 0 处的极限不存在。 $2x\sin\frac1x\to0$ ，而 $\cos\frac1x$ 在 $-1$ 与 $1$ 之间振荡、没有极限，所以 $\lim\limits_{x\to0}f(x)$ 不存在，0 是第二类（振荡）间断点。

极限存在的部分加上极限不存在的部分，和的极限不存在。

④ 结论。 $F$ 处处可导且 $F'=f$ ，所以 $F$ 就是 $f$ 的一个原函数。

这说明结论 3：第二类间断点不排除原函数存在，“有原函数”不能推出“连续”。

答案： $f(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$ （ $x\ne0$ ）， $f(0)=0$ ； $f$ 有原函数 $F$

1.5分段函数的原函数：分段积分，连续性把常数“粘”起来

大白话：分段函数一段一段积分，每段先带一个常数；原函数必须可导，所以一定连续，分界点两边的值要相等——这个条件把几个常数粘在一起，最后只剩一个 $C$ 。

2016 数一(2) 的

f

（红）与正确的原函数（蓝，选项 D）：两段在

x=1

处接上；选项 A 的右段（橙色虚线）比 D 低 1，在

x=1

处断开。

分段函数求原函数的公式

设 $f(x)=\begin{cases}f_1(x),&x<x_0\\f_2(x),&x\ge x_0\end{cases}$ 在 $x_0$ 处连续， $F_1,F_2$ 分别是 $f_1,f_2$ 的原函数，则

\displaystyle \int f(x)\dx=\begin{cases}F_1(x)+C,&x<x_0\\F_2(x)+F_1(x_0)-F_2(x_0)+C,&x\ge x_0\end{cases}

右段加的常数 $F_1(x_0)-F_2(x_0)$ 就是让两段在 $x_0$ 处接上的“补差”。选择题只要检查：每段求导对不对、分界点处接不接得上。

方法卡 · 分段函数的原函数

什么时候用

被积函数是分段函数，或含

|x|

、

\max\{\cdots\}

、

\min\{\cdots\}

（先写成分段函数）。

步骤

各段分别积分，各带一个常数 $C_1,C_2,\dots$ 。
在每个分界点令左右两段的值相等（原函数连续），解出常数之间的关系。
用一个 $C$ 表示所有常数，写出结果。
选择题：逐个选项检查“两段各自求导对不对”和“分界点处接不接得上”。

最容易错

每段各写一个独立的

C

就交卷；在

f

本身有跳跃的点硬求原函数（此时原函数不存在，1.4 节）。

例 1.112016 数一(2)

已知函数

f(x)=\begin{cases}2(x-1),&x<1\\ \ln x,&x\ge1\end{cases}

，则

f(x)

的一个原函数是（　）
（A）

F(x)=\begin{cases}(x-1)^2,&x<1\\x(\ln x-1),&x\ge1\end{cases}

　（B）

F(x)=\begin{cases}(x-1)^2,&x<1\\x(\ln x+1)-1,&x\ge1\end{cases}

（C）

F(x)=\begin{cases}(x-1)^2,&x<1\\x(\ln x+1)+1,&x\ge1\end{cases}

　（D）

F(x)=\begin{cases}(x-1)^2,&x<1\\x(\ln x-1)+1,&x\ge1\end{cases}

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 先看 $f$ 在 1 处是否连续。 $\lim\limits_{x\to1^-}2(x-1)=0=\ln1$ ， $f$ 连续，所以原函数存在。

如果 $f$ 在 1 处跳跃，就没有原函数（1.4 节），四个选项都不对。

② 分段积分。 $x<1$ ： $\int2(x-1)\dx=(x-1)^2+C_1$ ； $x\ge1$ ： $\int\ln x\dx=x\ln x-x+C_2=x(\ln x-1)+C_2$ 。

$\int\ln x\dx$ 用分部积分（2.4 节），A.1 节已经用求导验证过。

③ 在 $x=1$ 处接上。左段在 1 处的值 $0+C_1$ ，右段 $1\cdot(0-1)+C_2=-1+C_2$ ，所以 $C_2=C_1+1$ 。取 $C_1=0$ ：右段为 $x(\ln x-1)+1$ ，即（D）。

原函数可导必连续，两段的值必须相等。

④ 排除其余选项。（A）右段在 1 处等于 $-1$ ，与左段的 0 接不上，不连续；（B）（C）右段求导得 $\ln x+2\ne\ln x$ ，连导数都不对。所以选（D）。

选择题两条标准：各段导数对、分界点连续，缺一不可。

答案：D

例 1.122023 数二(2)

函数

f(x)=\begin{cases}\dfrac1{\sqrt{1+x^2}},&x\le0\\(x+1)\cos x,&x>0\end{cases}

的一个原函数为（　）
（A）

F(x)=\begin{cases}\ln\big(\sqrt{1+x^2}-x\big),&x\le0\\(x+1)\cos x-\sin x,&x>0\end{cases}

　（B）

F(x)=\begin{cases}\ln\big(\sqrt{1+x^2}-x\big)+1,&x\le0\\(x+1)\cos x-\sin x,&x>0\end{cases}

（C）

F(x)=\begin{cases}\ln\big(\sqrt{1+x^2}+x\big),&x\le0\\(x+1)\sin x+\cos x,&x>0\end{cases}

　（D）

F(x)=\begin{cases}\ln\big(\sqrt{1+x^2}+x\big)+1,&x\le0\\(x+1)\sin x+\cos x,&x>0\end{cases}

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 左段：查表第 12 条。 $\int\dfrac{\dx}{\sqrt{1+x^2}}=\ln\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)+C_1$ 。

$x+\sqrt{1+x^2}>0$ ，绝对值可以去掉。（A）（B）的 $\ln(\sqrt{1+x^2}-x)$ 求导是 $-\frac1{\sqrt{1+x^2}}$ ，符号反了，排除。

② 右段：分部积分。 $\int(x+1)\cos x\dx=(x+1)\sin x-\int\sin x\dx=(x+1)\sin x+\cos x+C_2$ 。

多项式乘三角函数，多项式当 $u$ 求导降次（2.4 节）。

③ 在 $x=0$ 处接上。左段在 0 处 $\ln1+C_1=C_1$ ；右段 $x\to0^+$ 时趋于 $0+1+C_2$ 。连续要求 $C_1=1+C_2$ ，取 $C_2=0$ 得 $C_1=1$ ，所以选（D）。

（C）左段在 0 处是 0，右段趋于 1，接不上。

答案：D

例 1.13李林第五章 §1 例 5 · p112

求

\int\max\{x^3,x^2,1\}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 先把 $\max$ 写成分段函数。 $x<-1$ 时 $x^2>1>x^3$ ，最大是 $x^2$ ； $-1\le x\le1$ 时最大是 1； $x>1$ 时 $x^3>x^2>1$ ，最大是 $x^3$ 。

三条曲线 $y=x^3,x^2,1$ 在 $x=\pm1$ 处相交，交点把数轴分成三段，每段看谁在最上面。

② 分段积分。 $x<-1$ ： $\dfrac{x^3}3+C_1$ ； $-1\le x\le1$ ： $x+C$ ； $x>1$ ： $\dfrac{x^4}4+C_2$ 。

各段用幂函数公式，各带一个常数；中间一段的常数就叫 $C$ 。

③ 两个分界点都要接上。 $x=1$ ： $1+C=\frac14+C_2$ ， $C_2=\frac34+C$ ； $x=-1$ ： $-1+C=-\frac13+C_1$ ， $C_1=-\frac23+C$ 。

有几个分界点就有几个连续条件，最后只剩一个任意常数。

答案： $\int\max\{x^3,x^2,1\}\dx=\begin{cases}\frac{x^3}3-\frac23+C,&x<-1\\x+C,&-1\le x\le1\\\frac{x^4}4+\frac34+C,&x>1\end{cases}$

例 1.14李林第五章习题 (8) · p122

求

\int\e^{-|x|}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 去绝对值，分两段。 $x\ge0$ ： $\int\e^{-x}\dx=-\e^{-x}+C_1$ ； $x<0$ ： $\int\e^{x}\dx=\e^x+C_2$ 。

绝对值函数就是分段函数，分界点是 $x=0$ 。

② 在 0 处接上。右段在 0 处 $-1+C_1$ ，左段趋于 $1+C_2$ ，所以 $C_1=2+C_2$ 。取 $C_2=C$ 。

原函数可导，所以一定连续，两段在 0 处的值必须相等。

答案： $\int\e^{-|x|}\dx=\begin{cases}\e^x+C,&x<0\\2-\e^{-x}+C,&x\ge0\end{cases}$

1.6已知导数（或导数满足的关系）求函数

大白话：题目给的不是 $f$ ，而是 $f'$ 在某些点、某个式子上的值，要把 $f$ 还原出来。办法固定：把 $f'$ 括号里的式子换成一个字母，写出 $f'(u)$ ，积分，再用已知的函数值（或奇偶性、周期性）定常数。

2014 数一(10)：

[0,2]

上积分得

f=x^2-2x

；奇函数把它翻到

[-2,0]

，再以 4 为周期平移，

f(7)=f(-1)=-f(1)=1

。

几个“搬家”工具

$f'(\varphi(x))=g(x)$ ：令 $u=\varphi(x)$ ，把 $x$ 用 $u$ 表示，得到 $f'(u)$ 。
奇函数： $f(-x)=-f(x)$ ，在 0 处有定义时 $f(0)=0$ 。偶函数： $f(-x)=f(x)$ 。
周期 $T$ ： $f(x+T)=f(x)$ ，自变量可以加减 $T$ 的整数倍。
$(F^2)'=2FF'$ ：题目给 $F\cdot f$ （ $f=F'$ ）时，先求 $F^2$ 。

方法卡 · 已知

f'

的某种关系求

f

什么时候用

题目给

f'(\text{某式})=\cdots

，或

f'

在一段上的表达式加奇偶、周期条件，或

F\cdot F'

的表达式。

步骤

换元：令 $u=$ 括号里的式子，写出 $f'(u)$ （分段的话分段写）。
积分得 $f(u)+C$ ；分段时用连续性粘常数。
用已知的函数值、 $f(0)=0$ （奇函数）等定常数。
要求远处的值时，用周期、奇偶把自变量搬到已知的区间里。

最容易错

换元时只换了括号里的

x

，右边的

x

没换；奇函数忘了用

f(0)=0

定常数。

例 1.152014 数一(10)

设

f(x)

是周期为 4 的可导奇函数，且

f'(x)=2(x-1)

，

x\in[0,2]

，则

f(7)=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 在 $[0,2]$ 上积分。 $f(x)=\int2(x-1)\dx=(x-1)^2+C=x^2-2x+1+C$ 。

知道导数求函数，先求不定积分。

② 奇函数定常数。奇函数在 0 处有定义，所以 $f(0)=0$ ： $1+C=0$ ， $C=-1$ 。于是在 $[0,2]$ 上 $f(x)=x^2-2x$ 。

$f(0)=-f(0)$ 推出 $f(0)=0$ ，这是奇函数最常用的一个条件。

③ 用周期和奇偶把 7 搬进 $[0,2]$ 。 $f(7)=f(7-8)=f(-1)=-f(1)=-(1-2)=1$ 。

7 不在 $[0,2]$ 里：先减两个周期到 $-1$ ，再用奇函数翻到 1。

答案：1

例 1.16李林第五章 §1 例 3 · p111

设

f'(\e^x)=x\e^{-x}

，且

f(1)=0

，求

f(x)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 换元。令 $u=\e^x$ ，则 $x=\ln u$ ， $\e^{-x}=\dfrac1u$ ，所以 $f'(u)=\dfrac{\ln u}u$ （ $u>0$ ）。

右边的 $x$ 和 $\e^{-x}$ 都要用 $u$ 表示。

② 积分。 $f(u)=\int\dfrac{\ln u}u\du=\int\ln u\,\dd(\ln u)=\dfrac12\ln^2u+C$ 。

$\frac{\du}u=\dd(\ln u)$ ，这是凑微分（2.1 节），相当于对 $\ln u$ 这个整体用幂函数公式。

③ 定常数。 $f(1)=\frac12\cdot0+C=0$ ， $C=0$ ，所以 $f(x)=\dfrac12\ln^2x$ 。

把字母 $u$ 换回 $x$ 就是答案。

答案： $f(x)=\frac12\ln^2x$

例 1.17李林第五章 §2 例 11 · p121

设

f'(\ln x)=\begin{cases}1,&0<x\le1\\x,&x>1\end{cases}

，

f

连续，求

f(x)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 换元，注意分段范围也要换。令 $u=\ln x$ ， $x=\e^u$ 。 $0<x\le1$ 对应 $u\le0$ ， $x>1$ 对应 $u>0$ ，所以 $f'(u)=\begin{cases}1,&u\le0\\\e^u,&u>0\end{cases}$ 。

换元后分段点从 $x=1$ 变成 $u=0$ ；右边的 $x$ 也换成 $\e^u$ 。

② 分段积分。 $u\le0$ ： $f(u)=u+C_1$ ； $u>0$ ： $f(u)=\e^u+C_2$ 。

每一段上都是“已知导数求原函数”，各自可以差一个任意常数，所以两段各写一个；下一步再用连续性把两个常数联系起来。

③ 用连续性粘常数。 $u=0$ 处： $0+C_1=1+C_2$ ，即 $C_1=1+C_2$ 。记 $C_2=C$ 。

题目说 $f$ 连续（可导也推出连续）。

答案： $f(x)=\begin{cases}x+1+C,&x\le0\\\e^x+C,&x>0\end{cases}$

例 1.18李林第五章 §2 例 8 · p120—121

设

F(x)

是

f(x)

的一个原函数，当

x\ge0

时

f(x)F(x)=\dfrac{x\e^x}{2(1+x)^2}

，且

F(0)=1

，

F(x)>0

。求

f(x)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 看出 $fF$ 是 $\frac12(F^2)'$ 。 $(F^2)'=2FF'=2fF=\dfrac{x\e^x}{(1+x)^2}$ 。

题目给的是“函数乘它的导数”，这是某个平方的导数的一半。

② 积分求 $F^2$ 。 $\left(\dfrac{\e^x}{1+x}\right)'=\dfrac{\e^x(1+x)-\e^x}{(1+x)^2}=\dfrac{x\e^x}{(1+x)^2}$ ，所以 $F^2=\dfrac{\e^x}{1+x}+C$ 。

这个原函数在 2.7 节用“分部积分消项”推出；这里直接求导验证它对。

③ 定常数，开方。 $F(0)=1$ ： $1=1+C$ ， $C=0$ 。 $F>0$ ，所以 $F(x)=\sqrt{\dfrac{\e^x}{1+x}}=\e^{\frac x2}(1+x)^{-\frac12}$ 。

开方取正号是因为题目给了 $F>0$ 。

④ 求导得 $f$ 。 $f=F'=\dfrac12\e^{\frac x2}(1+x)^{-\frac12}-\dfrac12\e^{\frac x2}(1+x)^{-\frac32}=\dfrac{x\e^{\frac x2}}{2(1+x)^{\frac32}}$ 。

提出公因子 $\frac12\e^{\frac x2}(1+x)^{-\frac32}$ ，括号里剩 $(1+x)-1=x$ 。

答案： $f(x)=\dfrac{x\e^{x/2}}{2(1+x)^{3/2}}$ （ $x\ge0$ ）

1.7小结

题目里的说法	换成什么	例子
“ $F$ 是 $f$ 的原函数”	$F'=f$ ；全体原函数 $F+C$	例 1.2
已知斜率（导数）和一个点	积分后代点定 $C$	例 1.1
被积函数是几项的和、积、商	展开、拆项、三角恒等变形，再查表	例 1.3、例 1.4
$\frac{\dd}{\dd x}\int$ 、 $\int\dd$ 、 $\int f'$	先积后导不加 $C$ ，先导后积加 $C$	例 1.5
“ $\frac{\sin x}x$ 是 $f$ 的原函数”求 $\int f(ax)$	换元 $u=ax$	例 1.6
“ $f$ 在区间上有没有原函数”	连续 → 有；第一类间断 → 无；第二类 → 看具体	例 1.8、例 1.10
$\int_0^xf$ ， $f$ 有跳跃点	连续但在跳跃点不可导	例 1.9
分段函数、 $\|x\|$ 、 $\max$ 的原函数	分段积分，连续性粘常数	例 1.11、例 1.13
$f'(\varphi(x))=g(x)$	令 $u=\varphi(x)$ ，换元后积分	例 1.16、例 1.17
$f'$ 在一段上已知 + 奇偶、周期	积分， $f(0)=0$ 定常数，再搬家	例 1.15
给 $F\cdot f$ 的表达式	$(F^2)'=2Ff$ ，先求 $F^2$	例 1.18

第 2 部分

不定积分的计算

四大方法：凑微分、第二换元（根式、三角、倒代换）、分部积分，加上两类“一定能积”的函数：有理函数与三角有理式。最后是真题常见的“换元 + 分部”接力。

考试要求（大纲原文，李林讲义第五章第 3、4 条）

掌握不定积分的换元积分法与分部积分法。
会求有理函数、三角函数有理式和简单无理函数的不定积分。

对应李林讲义第五章第二节（p112—121）：题型一换元积分法、题型二分部积分法、题型三综合。这一部分是整章的“手上功夫”，定积分、反常积分、应用题最后都要回到这里。学完后看第 9 部分 9.1 节的总表，按“形状”复习一遍。

2.1第一换元法（凑微分）：把一块看成一个字母

大白话：被积函数里如果同时出现“某个式子 $\varphi(x)$ ”和“它的导数 $\varphi'(x)$ ”，就把 $\varphi'(x)\dx$ 合成 $\dd\varphi(x)$ ，再把 $\varphi(x)$ 整个看成一个字母 $u$ ，积分就回到了积分表。这就是链式法则倒过来用（A.2 节）。

例： $\int2x\cos x^2\dx$ 。里面有 $x^2$ ，也有它的导数 $2x$ ，所以 $2x\dx=\dd(x^2)$ ，原式 $=\int\cos(x^2)\,\dd(x^2)=\sin x^2+C$ 。

左边是

y=2x\cos x^2

下的面积，右边令

u=x^2

后是

y=\cos u

下的面积，两者相等。凑微分只是换了一把“尺子”量同一块面积。

凑微分公式（李林 p113，

a\ne0

）

被积函数的样子	凑成
$f(ax+b)$	$\frac1a\int f(ax+b)\,\dd(ax+b)$
$f(ax^n+b)\,x^{n-1}$	$\frac1{na}\int f(ax^n+b)\,\dd(ax^n+b)$
$f\big(\frac1x\big)\frac1{x^2}$	$-\int f\big(\frac1x\big)\dd\big(\frac1x\big)$
$f(\sqrt x)\frac1{\sqrt x}$	$2\int f(\sqrt x)\,\dd\sqrt x$
$f(\ln x)\frac1x$	$\int f(\ln x)\,\dd\ln x$
$f(\e^x)\e^x$	$\int f(\e^x)\,\dd\e^x$
$f(\sin x)\cos x$ ； $f(\cos x)\sin x$	$\int f(\sin x)\,\dd\sin x$ ； $-\int f(\cos x)\,\dd\cos x$
$f(\tan x)\sec^2x$	$\int f(\tan x)\,\dd\tan x$
$f(\arctan x)\frac1{1+x^2}$ ； $f(\arcsin x)\frac1{\sqrt{1-x^2}}$	$\int f(\arctan x)\,\dd\arctan x$ ； $\int f(\arcsin x)\,\dd\arcsin x$
$f(x\ln x)(1+\ln x)$ ； $f(x\e^x)(1+x)\e^x$	$\int f(x\ln x)\,\dd(x\ln x)$ ； $\int f(x\e^x)\,\dd(x\e^x)$

方法卡 · 凑微分

什么时候用

被积函数是“一个复合函数 × 一个因子”，而这个因子恰好是里层函数的导数（差一个常数倍也行）。

步骤

找里层 $\varphi(x)$ ：根号里、指数上、分母里、 $\ln$ 和 $\arctan$ 后面的那一块。
求 $\varphi'(x)$ ，看剩下的因子是不是它（的常数倍）。
写成 $\int f(\varphi)\,\dd\varphi$ ，把 $\varphi$ 当一个字母查表。
求导验算。凑不出来时，试着上下同乘、同除一个因子（例 2.4）。

最容易错

凑出来的因子差常数倍时忘了补系数：

\int\e^{3x}\dx=\frac13\e^{3x}+C

，不是

\e^{3x}+C

；

\int\frac{\dx}{x^2-a^2}

的

\frac1{2a}

漏写。

例 2.1基础

求：（1）

\int x\e^{x^2}\dx

；（2）

\int\dfrac{\sin\sqrt x}{\sqrt x}\dx

；（3）

\int\dfrac{\dx}{x\ln x}

；（4）

\int\sin^5x\cos x\dx

；（5）

\int\dfrac{\arctan x}{1+x^2}\dx

；（6）

\int\dfrac{\e^x}{1+\e^{2x}}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 里层 $x^2$ ，导数 $2x$ 。 $x\dx=\frac12\dd(x^2)$ ， $\int x\e^{x^2}\dx=\frac12\int\e^{x^2}\dd(x^2)=\frac12\e^{x^2}+C$ 。

剩下的因子 $x$ 是 $2x$ 的一半，所以前面补 $\frac12$ 。

② (2) 里层 $\sqrt x$ 。 $\dfrac{\dx}{\sqrt x}=2\dd\sqrt x$ ，原式 $=2\int\sin\sqrt x\,\dd\sqrt x=-2\cos\sqrt x+C$ 。

看到 $\frac1{\sqrt x}$ 就想 $\dd\sqrt x$ ，表中第 4 行。

③ (3) 里层 $\ln x$ 。 $\dfrac{\dx}x=\dd\ln x$ ，原式 $=\int\dfrac{\dd\ln x}{\ln x}=\ln|\ln x|+C$ 。

把 $\ln x$ 整体看成一个字母 $u$ ，被积式就是积分表第 2 条 $\int\frac{\du}u=\ln|u|$ 。

④ (4) 里层 $\sin x$ 。 $\cos x\dx=\dd\sin x$ ，原式 $=\int\sin^5x\,\dd\sin x=\dfrac{\sin^6x}6+C$ 。

把 $\sin x$ 看成 $u$ ，就是幂函数 $\int u^5\du=\frac{u^6}6$ ，最后把 $u$ 换回 $\sin x$ 。

⑤ (5) 里层 $\arctan x$ 。 $\dfrac{\dx}{1+x^2}=\dd\arctan x$ ，原式 $=\int\arctan x\,\dd\arctan x=\dfrac12\arctan^2x+C$ 。

反三角函数后面跟着它自己的导数，是最典型的凑微分信号。

⑥ (6) 里层 $\e^x$ 。 $\e^x\dx=\dd\e^x$ ， $\e^{2x}=(\e^x)^2$ ，原式 $=\int\dfrac{\dd\e^x}{1+(\e^x)^2}=\arctan\e^x+C$ 。

把 $\e^x$ 看成 $u$ ，就是积分表第 9 条 $\int\frac{\du}{1+u^2}=\arctan u$ 。

答案：(1) $\frac12\e^{x^2}+C$ ；(2) $-2\cos\sqrt x+C$ ；(3) $\ln|\ln x|+C$ ；(4) $\frac{\sin^6x}6+C$ ；(5) $\frac12\arctan^2x+C$ ；(6) $\arctan\e^x+C$

例 2.2基础

用凑微分推出积分表的几条：（1）

\int\tan x\dx

；（2）

\int\sec x\dx

；（3）

\int\dfrac{\dx}{a^2+x^2}

；（4）

\int\dfrac{\dx}{x^2-a^2}

（

a>0

）。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 写成 $\frac{\sin x}{\cos x}$ 。 $\sin x\dx=-\dd\cos x$ ， $\int\tan x\dx=-\int\dfrac{\dd\cos x}{\cos x}=-\ln|\cos x|+C$ 。

分子正好是分母的导数（差一个负号）。

② (2) 上下同乘 $\sec x+\tan x$ 。 $(\sec x+\tan x)'=\sec x\tan x+\sec^2x=\sec x(\sec x+\tan x)$ ，所以 $\int\sec x\dx=\int\dfrac{\dd(\sec x+\tan x)}{\sec x+\tan x}=\ln|\sec x+\tan x|+C$ 。

这是一个“凑出来”的技巧：乘上去之后分子变成了分母的导数。

③ (3) 提出 $a^2$ 。 $\int\dfrac{\dx}{a^2(1+(x/a)^2)}=\dfrac1a\int\dfrac{\dd(x/a)}{1+(x/a)^2}=\dfrac1a\arctan\dfrac xa+C$ 。

把 $\frac xa$ 看成 $u$ ， $\dd x=a\,\dd u$ ，所以前面剩 $\frac1a$ 。

④ (4) 拆成两项。 $\dfrac1{x^2-a^2}=\dfrac1{2a}\Big(\dfrac1{x-a}-\dfrac1{x+a}\Big)$ ，积分得 $\dfrac1{2a}\big(\ln|x-a|-\ln|x+a|\big)=\dfrac1{2a}\ln\left|\dfrac{x-a}{x+a}\right|+C$ 。

A.4 节的拆项；每一项是 $\int\frac{\dd(x\pm a)}{x\pm a}$ 。

答案：(1) $-\ln|\cos x|+C$ ；(2) $\ln|\sec x+\tan x|+C$ ；(3) $\frac1a\arctan\frac xa+C$ ；(4) $\frac1{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C$

例 2.3李林第五章 §2 例 1 · p115—116

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{x(1+2\ln x)}

；（2）

\int\dfrac{\dx}{1+\e^x}

；（3）

\int\dfrac{\sin2x}{1+\sin^4x}\dx

；（4）

\int\dfrac{\ln\tan x}{\sin2x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 里层 $1+2\ln x$ 。 $\dd(1+2\ln x)=\dfrac2x\dx$ ，原式 $=\dfrac12\int\dfrac{\dd(1+2\ln x)}{1+2\ln x}=\dfrac12\ln|1+2\ln x|+C$ 。

被积函数里有 $\ln x$ ，旁边的 $\frac1x$ 正好是它的导数，所以能凑； $\dd(1+2\ln x)=\frac2x\dx$ 多了系数 2，前面补 $\frac12$ 抵消。

② (2) 分子加一减一。 $\dfrac1{1+\e^x}=\dfrac{(1+\e^x)-\e^x}{1+\e^x}=1-\dfrac{\e^x}{1+\e^x}$ ，积分得 $x-\ln(1+\e^x)+C$ 。

$\frac{\e^x}{1+\e^x}$ 的分子是分母的导数；这样拆开就能凑。也可以上下同乘 $\e^{-x}$ ： $\int\frac{\e^{-x}}{\e^{-x}+1}\dx=-\ln(1+\e^{-x})+C$ ，与前者只差常数。

③ (3) $\sin2x\dx=\dd(\sin^2x)$ 。 $(\sin^2x)'=2\sin x\cos x=\sin2x$ ，而 $\sin^4x=(\sin^2x)^2$ ，原式 $=\int\dfrac{\dd(\sin^2x)}{1+(\sin^2x)^2}=\arctan(\sin^2x)+C$ 。

分母里的 $\sin^4x$ 提示把 $\sin^2x$ 当成 $u$ ；分子正好是它的导数。

④ (4) 求 $\ln\tan x$ 的导数。 $(\ln\tan x)'=\dfrac{\sec^2x}{\tan x}=\dfrac1{\sin x\cos x}=\dfrac2{\sin2x}$ ，所以原式 $=\dfrac12\int\ln\tan x\,\dd(\ln\tan x)=\dfrac14\ln^2\tan x+C$ 。

被积函数里有 $\ln\tan x$ ，先求它的导数，发现剩下的 $\frac1{\sin2x}$ 正是它的一半。

答案：(1) $\frac12\ln|1+2\ln x|+C$ ；(2) $x-\ln(1+\e^x)+C$ ；(3) $\arctan(\sin^2x)+C$ ；(4) $\frac14\ln^2\tan x+C$

例 2.4李林第五章 §2 例 1(5)、例 4(3)，习题 (1) · p115—122

求：（1）

\int\dfrac{x+1}{x(1+x\e^x)}\dx

；（2）

\int\dfrac{x^2+1}{x^4+1}\dx

；（3）

\int\Big(1-\dfrac1{x^2}\Big)\e^{x+\frac1x}\dx

；（4）

\int\dfrac{\e^{3x}+\e^x}{\e^{4x}+1}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 上下同乘 $\e^x$ ，凑 $\dd(x\e^x)$ 。 $(x\e^x)'=(x+1)\e^x$ ，原式 $=\int\dfrac{(x+1)\e^x\dx}{x\e^x(1+x\e^x)}=\int\dfrac{\du}{u(1+u)}$ （ $u=x\e^x$ ） $=\ln\left|\dfrac u{1+u}\right|+C=\ln\left|\dfrac{x\e^x}{1+x\e^x}\right|+C$ 。

分子有 $x+1$ 、分母有 $x$ 和 $x\e^x$ ，想到 $x\e^x$ 的导数 $(x+1)\e^x$ ，缺一个 $\e^x$ 就上下同乘。

② (2) 上下同除 $x^2$ 。 $\dfrac{1+\frac1{x^2}}{x^2+\frac1{x^2}}$ ，而 $\dd\Big(x-\dfrac1x\Big)=\Big(1+\dfrac1{x^2}\Big)\dx$ ， $x^2+\dfrac1{x^2}=\Big(x-\dfrac1x\Big)^2+2$ 。所以原式 $=\int\dfrac{\du}{u^2+2}=\dfrac1{\sqrt2}\arctan\dfrac{x-\frac1x}{\sqrt2}+C$ 。

分子分母都是“偶次、对称”的多项式，同除 $x^2$ 后出现 $x\pm\frac1x$ ；分子 $1+\frac1{x^2}$ 配 $x-\frac1x$ 。

③ (3) 指数上的 $x+\frac1x$ 。 $\dd\Big(x+\dfrac1x\Big)=\Big(1-\dfrac1{x^2}\Big)\dx$ ，原式 $=\int\e^u\du=\e^{x+\frac1x}+C$ 。

指数上是什么，就先求它的导数，看前面的因子是否正好是它。

④ (4) 上下同除 $\e^{2x}$ 。 $\dfrac{\e^x+\e^{-x}}{\e^{2x}+\e^{-2x}}$ ，而 $\dd(\e^x-\e^{-x})=(\e^x+\e^{-x})\dx$ ， $\e^{2x}+\e^{-2x}=(\e^x-\e^{-x})^2+2$ 。所以原式 $=\dfrac1{\sqrt2}\arctan\dfrac{\e^x-\e^{-x}}{\sqrt2}+C$ 。

和 (2) 是同一个套路：把 $\e^x$ 看成 $x$ ，同除“中间次数”，分子配出“和”，分母写成“差”的平方加常数。

答案：(1) $\ln\left|\frac{x\e^x}{1+x\e^x}\right|+C$ ；(2) $\frac1{\sqrt2}\arctan\frac{x^2-1}{\sqrt2x}+C$ ；(3) $\e^{x+\frac1x}+C$ ；(4) $\frac1{\sqrt2}\arctan\frac{\e^x-\e^{-x}}{\sqrt2}+C$

2.2第二换元法（一）：根式代换、指数代换

大白话：凑微分是“看出”一块；第二换元是“硬换”——被积函数里有讨厌的根号 $\sqrt[n]{ax+b}$ ，就干脆令 $t=\sqrt[n]{ax+b}$ ，反解出 $x$ 和 $\dd x$ ，根号就没了，剩下的通常是有理函数。 $\e^x$ 套在根号里时同理：令 $t$ 等于整个根号。

令

x=t^2

（

\dd x=2t\dt

）：左边

y=\frac1{1+\sqrt x}

在

[0,4]

下的面积，等于右边

y=\frac{2t}{1+t}

在

[0,2]

下的面积；换元后根号消失。

根式代换表

被积函数含	令	反解
$\sqrt[n]{ax+b}$	$t=\sqrt[n]{ax+b}$	$x=\frac{t^n-b}a$ ， $\dd x=\frac{nt^{n-1}}a\dt$
$\sqrt[m]x$ 与 $\sqrt[n]x$ 同时出现	$x=t^k$ ， $k$ 取 $m,n$ 的最小公倍数	两个根号都变成整数次幂
$\sqrt[n]{\dfrac{ax+b}{cx+d}}$	$t=\sqrt[n]{\dfrac{ax+b}{cx+d}}$	$x=\frac{dt^n-b}{a-ct^n}$
$\sqrt{\e^x+a}$ 等	$t=\sqrt{\e^x+a}$	$x=\ln(t^2-a)$ ， $\dd x=\frac{2t}{t^2-a}\dt$

第二换元的通用写法：令 $x=\psi(t)$ （单调、可导）， $\int f(x)\dx=\int f(\psi(t))\psi'(t)\dt$ ，积完再把 $t=\psi^{-1}(x)$ 代回。

方法卡 · 根式代换

什么时候用

被积函数含

\sqrt[n]{ax+b}

、

\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}

、

\sqrt{\e^x\pm a}

这类“一次式（或指数）开方”，凑微分又凑不出来。

步骤

令 $t=$ 整个根式。
反解出 $x=\psi(t)$ ，算 $\dd x=\psi'(t)\dt$ 。
把被积函数里的 $x$ 全部换成 $t$ ，化简成有理函数，积分（有理函数的积法见 2.5 节）。
把 $t$ 换回 $x$ 。

最容易错

只换了根号，忘了换

\dd x

；最后忘了把

t

代回

x

；二次式开方

\sqrt{ax^2+bx+c}

用这个方法会越换越乱（要用 2.3 节的三角代换）。

例 2.5李林第五章 §2 例 2(1) · p116

求

\int\dfrac{\dx}{\sqrt x+\sqrt[3]x}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 两个根号取最小公倍数。 $\sqrt x=x^{\frac12}$ 、 $\sqrt[3]x=x^{\frac13}$ ，2 和 3 的最小公倍数是 6，令 $x=t^6$ （ $t>0$ ）， $\dd x=6t^5\dt$ ， $\sqrt x=t^3$ ， $\sqrt[3]x=t^2$ 。

这样两个根号同时变成整数次幂。

② 化成有理函数。原式 $=\int\dfrac{6t^5}{t^3+t^2}\dt=6\int\dfrac{t^3}{t+1}\dt=6\int\Big(t^2-t+1-\dfrac1{t+1}\Big)\dt$ 。

分子次数高，做多项式除法： $t^3=(t+1)(t^2-t+1)-1$ 。

③ 积分再代回。 $=2t^3-3t^2+6t-6\ln(1+t)+C=2\sqrt x-3\sqrt[3]x+6\sqrt[6]x-6\ln\big(1+\sqrt[6]x\big)+C$ 。

换回原变量： $t=\sqrt[6]x$ ，所以 $t^3=x^{\frac36}=\sqrt x$ ， $t^2=x^{\frac26}=\sqrt[3]x$ 。

答案： $2\sqrt x-3\sqrt[3]x+6\sqrt[6]x-6\ln(1+\sqrt[6]x)+C$

例 2.6李林第五章 §2 例 2(2) · p116

求

\int\dfrac1x\sqrt{\dfrac{1+x}x}\dx

（

x>0

）。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 令 $t$ 等于整个根式。 $t=\sqrt{\dfrac{1+x}x}$ ， $t^2=1+\dfrac1x$ ， $x=\dfrac1{t^2-1}$ ， $\dd x=-\dfrac{2t}{(t^2-1)^2}\dt$ 。

根号里是两个一次式之比，按表第 3 行处理。

② 代入化简。原式 $=\int(t^2-1)\cdot t\cdot\Big(-\dfrac{2t}{(t^2-1)^2}\Big)\dt=-2\int\dfrac{t^2}{t^2-1}\dt=-2\int\Big(1+\dfrac1{t^2-1}\Big)\dt$ 。

$\frac1x=t^2-1$ ；分子分母同次，加一减一拆出 1。

③ 积分。 $=-2t-\ln\left|\dfrac{t-1}{t+1}\right|+C=-2t+\ln\dfrac{t+1}{t-1}+C$ 。

用 2.1 节推出的第 11 条（ $a=1$ ）； $x>0$ 时 $t>1$ ，绝对值可以去掉。

④ 代回 $x$ 。 $\ln\dfrac{t+1}{t-1}=\ln\dfrac{(t+1)^2}{t^2-1}=2\ln(t+1)+\ln x$ ，所以原式 $=-2\sqrt{\dfrac{1+x}x}+2\ln\Big(\sqrt{\dfrac{1+x}x}+1\Big)+\ln x+C$ 。

分子分母同乘 $t+1$ ，再用 $t^2-1=\frac1x$ ；这是李林给的答案形式，两种写法都对。

答案： $-2\sqrt{\frac{1+x}x}+2\ln\Big(\sqrt{\frac{1+x}x}+1\Big)+\ln x+C$

例 2.7李林第五章 §2 例 2(4)、习题 (1)(Ⅳ) · p117、p122

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{\sqrt{\e^x-1}}

；（2）

\int\dfrac{x^5}{\sqrt[3]{1+x^3}}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 令 $t=\sqrt{\e^x-1}$ 。 $\e^x=1+t^2$ ， $x=\ln(1+t^2)$ ， $\dd x=\dfrac{2t}{1+t^2}\dt$ ，原式 $=\int\dfrac1t\cdot\dfrac{2t}{1+t^2}\dt=2\arctan t+C=2\arctan\sqrt{\e^x-1}+C$ 。

$\e^x$ 在根号里，凑不出 $\dd(\e^x)$ ，就把整个根号换掉。

② (2) 令 $t=\sqrt[3]{1+x^3}$ 。 $x^3=t^3-1$ ， $3x^2\dx=3t^2\dt$ ，即 $x^2\dx=t^2\dt$ 。 $x^5\dx=x^3\cdot x^2\dx=(t^3-1)t^2\dt$ 。

$x^5$ 拆成 $x^3\cdot x^2$ ： $x^2\dx$ 配成 $\dd t$ ， $x^3$ 用 $t$ 表示。

③ (2) 积分再代回。原式 $=\int\dfrac{(t^3-1)t^2}t\dt=\int(t^4-t)\dt=\dfrac{t^5}5-\dfrac{t^2}2+C=\dfrac15(1+x^3)^{\frac53}-\dfrac12(1+x^3)^{\frac23}+C$ 。

换回原变量： $t=(1+x^3)^{\frac13}$ ，它的 5 次方就是 $(1+x^3)^{\frac53}$ ，平方就是 $(1+x^3)^{\frac23}$ 。

答案：(1) $2\arctan\sqrt{\e^x-1}+C$ ；(2) $\frac15(1+x^3)^{\frac53}-\frac12(1+x^3)^{\frac23}+C$

2.3第二换元法（二）：三角代换与倒代换

大白话：根号里是二次式时，用三角恒等式把它变成完全平方： $a^2-a^2\sin^2t=a^2\cos^2t$ ， $a^2+a^2\tan^2t=a^2\sec^2t$ ， $a^2\sec^2t-a^2=a^2\tan^2t$ ，根号就开出来了。二次式不标准时先配方。分母次数比分子高很多时，还可以试试倒代换 $x=\frac1t$ 。

\int_0^x\sqrt{a^2-u^2}\du

是半圆下的一块面积 = 扇形 + 三角形。令

u=a\sin t

算出来的正是这两块：

\frac{a^2}2t+\frac x2\sqrt{a^2-x^2}

。

三角代换表（回代用 A.3 节的辅助三角形）

根号	令	根号变成	$t$ 的范围
$\sqrt{a^2-x^2}$	$x=a\sin t$	$a\cos t$	$\|t\|\le\frac\pi2$
$\sqrt{a^2+x^2}$	$x=a\tan t$	$a\sec t$	$\|t\|<\frac\pi2$
$\sqrt{x^2-a^2}$	$x=a\sec t$	$a\tan t$ （ $x>a$ 时）	$0<t<\frac\pi2$
$\sqrt{px^2+qx+r}$	先配方成上面三种之一，再代换

倒代换： $x=\frac1t$ ， $\dd x=-\frac{\dt}{t^2}$ ，适合 $\frac1{x^k\sqrt{\cdots}}$ 这种分母次数高的式子。

方法卡 · 三角代换

什么时候用

被积函数含

\sqrt{a^2\pm x^2}

、

\sqrt{x^2-a^2}

或

\sqrt{\text{二次式}}

，而且凑微分不成（比如分子没有

x

来配

\dd(x^2)

）。

步骤

二次式先配方，确定是哪一种。
按表代换，写出 $\dd x$ ，把根号开出来。
对 $t$ 积分（常用降幂、 $\int\sec t\dt$ 等）。
画辅助直角三角形，把 $\sin t$ 、 $\cos t$ 、 $\tan t$ 换回 $x$ ； $\sin2t$ 先拆成 $2\sin t\cos t$ 。

最容易错

能凑微分却去做三角代换：

\int\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\dx=-\sqrt{a^2-x^2}+C

一步就完；回代时开方符号取错（

t

的范围决定

\cos t

的正负）。

例 2.8基础

推出积分表第 12、13 条：（1）

\int\sqrt{a^2-x^2}\dx

；（2）

\int\dfrac{\dx}{\sqrt{x^2+a^2}}

（

a>0

）。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 令 $x=a\sin t$ 。 $\dd x=a\cos t\dt$ ， $\sqrt{a^2-x^2}=a\cos t$ （ $|t|\le\frac\pi2$ 时 $\cos t\ge0$ ），原式 $=a^2\int\cos^2t\dt=\dfrac{a^2}2\int(1+\cos2t)\dt=\dfrac{a^2}2\Big(t+\dfrac{\sin2t}2\Big)+C$ 。

开出根号后是 $\cos^2t$ ，用降幂公式。

② (1) 回代。 $t=\arcsin\dfrac xa$ ， $\dfrac{\sin2t}2=\sin t\cos t=\dfrac xa\cdot\dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}a$ ，所以原式 $=\dfrac{a^2}2\arcsin\dfrac xa+\dfrac x2\sqrt{a^2-x^2}+C$ 。

辅助三角形：对边 $x$ 、斜边 $a$ 、邻边 $\sqrt{a^2-x^2}$ 。两项正好是图里的扇形和三角形。

③ (2) 令 $x=a\tan t$ 。 $\dd x=a\sec^2t\dt$ ， $\sqrt{x^2+a^2}=a\sec t$ ，原式 $=\int\sec t\dt=\ln|\sec t+\tan t|+C_1$ 。

$1+\tan^2t=\sec^2t$ 开出根号； $\int\sec t$ 在 2.1 节推过。

④ (2) 回代。 $\tan t=\dfrac xa$ ， $\sec t=\dfrac{\sqrt{x^2+a^2}}a$ ，原式 $=\ln\dfrac{x+\sqrt{x^2+a^2}}a+C_1=\ln\big(x+\sqrt{x^2+a^2}\big)+C$ 。

$-\ln a$ 是常数，并进 $C$ ； $x+\sqrt{x^2+a^2}>0$ ，绝对值可去。

答案：(1) $\frac{a^2}2\arcsin\frac xa+\frac x2\sqrt{a^2-x^2}+C$ ；(2) $\ln(x+\sqrt{x^2+a^2})+C$

例 2.9李林第五章 §2 例 2(3)、习题 (2)(Ⅱ) · p116、p122

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{x\sqrt{4-x^2}}

；（2）

\int x^2\sqrt{4-x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 令 $x=2\sin t$ 。 $\dd x=2\cos t\dt$ ， $x\sqrt{4-x^2}=4\sin t\cos t$ ，原式 $=\dfrac12\int\dfrac{\dt}{\sin t}=\dfrac12\ln|\csc t-\cot t|+C$ 。

代换后分母只剩 $\sin t$ ， $\frac1{\sin t}=\csc t$ ，它的积分是积分表第 8 条： $\int\csc t\dt=\ln|\csc t-\cot t|+C$ 。

② (1) 回代。 $\csc t=\dfrac2x$ ， $\cot t=\dfrac{\sqrt{4-x^2}}x$ ，原式 $=\dfrac12\ln\left|\dfrac{2-\sqrt{4-x^2}}x\right|+C$ 。

辅助三角形：对边 $x$ 、斜边 2、邻边 $\sqrt{4-x^2}$ 。

③ (2) 同样令 $x=2\sin t$ 。原式 $=\int4\sin^2t\cdot2\cos t\cdot2\cos t\dt=4\int\sin^22t\dt=2\int(1-\cos4t)\dt=2t-\dfrac12\sin4t+C$ 。

把 $\sin t\cos t$ 合成 $\frac12\sin2t$ （倍角公式），所以 $16\sin^2t\cos^2t=4\sin^22t$ ；平方还要再用一次降幂 $\sin^22t=\frac{1-\cos4t}2$ 。

④ (2) 回代。 $\sin4t=2\sin2t\cos2t=4\sin t\cos t(1-2\sin^2t)=x\sqrt{4-x^2}\Big(1-\dfrac{x^2}2\Big)$ ，原式 $=2\arcsin\dfrac x2-\dfrac{x\sqrt{4-x^2}}2\Big(1-\dfrac{x^2}2\Big)+C$ 。

$4t$ 的三角函数要拆到 $t$ 的，才能用三角形换回 $x$ ： $\sin t=\frac x2$ ， $\cos t=\frac{\sqrt{4-x^2}}2$ 。

答案：(1) $\frac12\ln\left|\frac{2-\sqrt{4-x^2}}x\right|+C$ ；(2) $2\arcsin\frac x2-\frac{x\sqrt{4-x^2}}2\big(1-\frac{x^2}2\big)+C$

例 2.10李林第五章 §2 例 2(5) · p117

求

\int\dfrac{x-2}{\sqrt{2x^2+4x+5}}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分子拆成“根号里的导数”+常数。 $(2x^2+4x+5)'=4x+4$ ， $x-2=\dfrac14(4x+4)-3$ 。

分子是一次式、分母是二次式开方时，先让分子的一部分配成 $\dd(\text{二次式})$ 。

② 第一部分凑微分。 $\dfrac14\int\dfrac{\dd(2x^2+4x+5)}{\sqrt{2x^2+4x+5}}=\dfrac12\sqrt{2x^2+4x+5}$ 。

把根号里的二次式整体看成 $u$ ，就是 $\int u^{-\frac12}\du=2u^{\frac12}$ ，再乘前面的 $\frac14$ 得 $\frac12\sqrt{\cdots}$ 。

③ 第二部分配方后查表。 $2x^2+4x+5=2\Big[(x+1)^2+\dfrac32\Big]$ ， $3\int\dfrac{\dx}{\sqrt2\sqrt{(x+1)^2+\frac32}}=\dfrac3{\sqrt2}\ln\Big[x+1+\sqrt{(x+1)^2+\tfrac32}\Big]$ 。

配方后是 $\sqrt{u^2+a^2}$ 型，用刚推出的第 12 条。

④ 合起来。原式 $=\dfrac12\sqrt{2x^2+4x+5}-\dfrac{3\sqrt2}2\ln\big[\sqrt2(x+1)+\sqrt{2x^2+4x+5}\big]+C$ 。

$\ln[x+1+\sqrt{\cdots}]$ 与 $\ln[\sqrt2(x+1)+\sqrt{2x^2+4x+5}]$ 只差常数 $\ln\sqrt2$ ，并进 $C$ 。

答案： $\frac12\sqrt{2x^2+4x+5}-\frac{3\sqrt2}2\ln[\sqrt2(x+1)+\sqrt{2x^2+4x+5}]+C$

例 2.11李林第五章习题 (1)(Ⅰ)(Ⅲ) · p122

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{x^2\sqrt{1+x^2}}

（

x>0

）；（2）

\int\dfrac{\dx}{\sqrt{x(4-x)}}

；（3）

\int\dfrac{\dx}{\sqrt{x(x+2)}}

（

x>0

）。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 倒代换 $x=\frac1t$ 。 $\dd x=-\dfrac{\dt}{t^2}$ ， $x^2\sqrt{1+x^2}=\dfrac1{t^2}\cdot\dfrac{\sqrt{t^2+1}}t$ ，原式 $=-\int\dfrac{t\dt}{\sqrt{1+t^2}}=-\sqrt{1+t^2}+C=-\dfrac{\sqrt{1+x^2}}x+C$ 。

分母次数（ $2+1=3$ ）比分子高得多，倒代换后分母次数降下来，变成能凑微分的样子。

② (2) 配方。 $x(4-x)=4-(x-2)^2$ ，原式 $=\int\dfrac{\dd(x-2)}{\sqrt{4-(x-2)^2}}=\arcsin\dfrac{x-2}2+C$ 。

配方后是 $\sqrt{a^2-u^2}$ 型，直接查表第 10 条。

③ (3) 凑 $\dd\sqrt x$ 。 $\dfrac{\dx}{\sqrt x}=2\dd\sqrt x$ ， $\sqrt{x+2}=\sqrt{(\sqrt x)^2+2}$ ，原式 $=2\int\dfrac{\dd\sqrt x}{\sqrt{(\sqrt x)^2+2}}=2\ln\big(\sqrt x+\sqrt{x+2}\big)+C$ 。

也可以配方 $x(x+2)=(x+1)^2-1$ 用第 12 条，得 $\ln(x+1+\sqrt{x^2+2x})+C$ ，两者只差常数 $\ln2$ 。

答案：(1) $-\frac{\sqrt{1+x^2}}x+C$ ；(2) $\arcsin\frac{x-2}2+C$ ；(3) $2\ln(\sqrt x+\sqrt{x+2})+C$

2.4分部积分：“反对幂指三”

大白话：被积函数是两种不同类型函数的乘积（比如 $x\e^x$ 、 $x\ln x$ 、 $\e^x\sin x$ ），凑微分凑不出来时，就用乘积求导公式倒过来： $\int u\,\dd v=uv-\int v\,\dd u$ 。诀窍是选谁当 $u$ ：选求导后变简单的那个。

口诀“反对幂指三”：反三角函数、对数函数、幂函数、指数函数、三角函数，排在前面的当 $u$ （求导后变成代数式），排在后面的和 $\dd x$ 合成 $\dd v$ （积分后不会变复杂）。

曲线

v=v(u)

从

(u_1,v_1)

到

(u_2,v_2)

：绿色面积

\int v\,\dd u

加橙色面积

\int u\,\dd v

正好是

u_2v_2-u_1v_1

。这就是分部积分公式的几何意义。

分部积分公式与三种配方（李林 p114）

\displaystyle \int u\,\dd v=uv-\int v\,\dd u,

\displaystyle \text{即}

\displaystyle \int uv'\dx=uv-\int u'v\dx.

$P_n(x)\e^{kx}$ 、 $P_n(x)\sin kx$ 、 $P_n(x)\cos kx$ （ $P_n$ 是多项式）： $u=P_n(x)$ ，每分部一次多项式降一次。
$P_n(x)\ln x$ 、 $P_n(x)\arcsin x$ 、 $P_n(x)\arctan x$ ： $u=\ln x$ （或反三角），求导后变成代数式。
$\e^{kx}\sin ax$ 、 $\e^{kx}\cos ax$ ： $u$ 随便选，但两次要选同一类；分部两次后原积分又出现，移项解方程（“循环”）。

表格法（夜雨讲义）： $P_n(x)\cdot g(x)$ 时，第一列把 $P_n$ 一直求导到 0，第二列把 $g$ 一直积分，斜着相乘、符号 $+,-,+,\dots$ 交替相加。

方法卡 · 分部积分

什么时候用

被积函数是两类函数相乘，或者只有一个

\ln x

、

\arcsin x

、

\arctan x

（把

\dd x

当成

\dd v

）。

步骤

按“反对幂指三”选 $u$ ，其余部分凑成 $\dd v$ 。
写出 $uv-\int v\,\dd u$ ，检查新积分是否比原来简单。
还不够简单就再分部一次；原积分重新出现就移项解出来。
求导验算。

最容易错

u

选反了：

\int x\e^x\dx

若令

u=\e^x

，新积分变成

\int\frac{x^2}2\e^x\dx

，越来越复杂；循环积分第二次换了

u

的类型，又绕回原式得到

0=0

。

例 2.12李林第五章 §2 例 3(1)(2) · p117

求：（1）

\int(x+1)\e^{3x}\dx

；（2）

\int\dfrac{\ln^2x}{x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 多项式当 $u$ 。 $u=x+1$ ， $\dd v=\e^{3x}\dx$ ， $v=\frac13\e^{3x}$ 。原式 $=\dfrac13(x+1)\e^{3x}-\dfrac13\int\e^{3x}\dx=\dfrac13(x+1)\e^{3x}-\dfrac19\e^{3x}+C$ 。

“幂”排在“指”前面， $x+1$ 求导变成 1，新积分只剩指数函数。

② (2) 对数当 $u$ 。 $u=\ln^2x$ ， $\dd v=\dfrac{\dx}{x^2}$ ， $v=-\dfrac1x$ 。原式 $=-\dfrac{\ln^2x}x+\int\dfrac1x\cdot\dfrac{2\ln x}x\dx=-\dfrac{\ln^2x}x+2\int\dfrac{\ln x}{x^2}\dx$ 。

“对”排在“幂”前面； $\ln^2x$ 求导后次数降一次。

③ (2) 再分部一次。 $\int\dfrac{\ln x}{x^2}\dx=-\dfrac{\ln x}x+\int\dfrac1{x^2}\dx=-\dfrac{\ln x}x-\dfrac1x$ 。所以原式 $=-\dfrac1x\big(\ln^2x+2\ln x+2\big)+C$ 。

每分部一次， $\ln$ 的次数降一次，降到 0 就能直接积。

答案：(1) $\frac13(x+1)\e^{3x}-\frac19\e^{3x}+C$ ；(2) $-\frac1x(\ln^2x+2\ln x+2)+C$

例 2.13李林第五章 §2 例 3(3)(4) · p117—118

求：（1）

\int\sin(\ln x)\dx

；（2）

\int(\arcsin x)^2\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 把 $\dd x$ 当 $\dd v$ 。 $I=\int\sin(\ln x)\dx=x\sin(\ln x)-\int x\cos(\ln x)\cdot\dfrac1x\dx=x\sin(\ln x)-\int\cos(\ln x)\dx$ 。

只有一个函数时， $u$ 就是它自己， $v=x$ 。

② (1) 再分部，出现循环。 $\int\cos(\ln x)\dx=x\cos(\ln x)+\int\sin(\ln x)\dx=x\cos(\ln x)+I$ ，所以 $I=x\sin(\ln x)-x\cos(\ln x)-I$ 。

原积分 $I$ 又出现了，把它当未知数。

③ (1) 解方程。 $I=\dfrac x2\big[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)\big]+C$ 。

移项得 $2I=\cdots$ ；不定积分最后补上 $C$ 。

④ (2) 反三角当 $u$ ，分部两次。 $\int(\arcsin x)^2\dx=x\arcsin^2x-\int x\cdot\dfrac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}\dx$ ，而 $\dfrac{x\dx}{\sqrt{1-x^2}}=-\dd\sqrt{1-x^2}$ ，所以第二项 $=2\int\arcsin x\,\dd\sqrt{1-x^2}=2\sqrt{1-x^2}\arcsin x-2\int\dx$ 。

第一次分部后出现 $\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ ，它正好是 $-\sqrt{1-x^2}$ 的导数，于是第二次分部把 $\arcsin x$ 消掉。

⑤ (2) 合起来。原式 $=x\arcsin^2x+2\sqrt{1-x^2}\arcsin x-2x+C$ 。

求导验算：三项的导数相加，交叉项互相抵消，只剩 $\arcsin^2x$ 。

答案：(1) $\frac x2[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)]+C$ ；(2) $x\arcsin^2x+2\sqrt{1-x^2}\arcsin x-2x+C$

例 2.142011 数三(17)

求不定积分

\int\dfrac{\arcsin\sqrt x+\ln x}{\sqrt x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆成两个积分，都有 $\frac{\dx}{\sqrt x}=2\dd\sqrt x$ 。原式 $=2\int\arcsin\sqrt x\,\dd\sqrt x+2\int\ln x\,\dd\sqrt x$ 。

分母的 $\sqrt x$ 正好和 $\dd x$ 凑成 $\dd\sqrt x$ ，接下来各自分部。

② 第一项：令 $t=\sqrt x$ ，分部。 $2\int\arcsin t\dt=2t\arcsin t-2\int\dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}\dt=2t\arcsin t+2\sqrt{1-t^2}=2\sqrt x\arcsin\sqrt x+2\sqrt{1-x}$ 。

反三角当 $u$ ； $\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}$ 是 $-\sqrt{1-t^2}$ 的导数。

③ 第二项：对数当 $u$ 。 $2\int\ln x\,\dd\sqrt x=2\sqrt x\ln x-2\int\sqrt x\cdot\dfrac1x\dx=2\sqrt x\ln x-4\sqrt x$ 。

$\ln x$ 求导变成 $\frac1x$ ，和 $\sqrt x$ 合成 $x^{-\frac12}$ ，直接积。

答案： $2\sqrt x\arcsin\sqrt x+2\sqrt{1-x}+2\sqrt x\ln x-4\sqrt x+C$

例 2.15基础李林第五章习题 (7)(Ⅴ) · p122

求：（1）

\int x^2\cos x\dx

（用表格法）；（2）

\int\e^x\sin x\dx

；（3）

\int\arctan\sqrt x\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 列表。左列 $x^2\to2x\to2\to0$ （求导），右列 $\cos x\to\sin x\to-\cos x\to-\sin x$ （积分）。斜着相乘、符号 $+,-,+$ ： $x^2\sin x-2x(-\cos x)+2(-\sin x)$ 。

表格法就是把连续分部积分写成一张表，多项式求导到 0 为止。

② (1) 结果。 $\int x^2\cos x\dx=x^2\sin x+2x\cos x-2\sin x+C$ 。

用求导验算：对答案逐项求导， $\pm2x\sin x$ 和 $\pm2\cos x$ 两两抵消，只剩 $x^2\cos x$ ，正是被积函数，说明答案对。

③ (2) 循环。 $I=\int\sin x\,\dd\e^x=\e^x\sin x-\int\e^x\cos x\dx=\e^x\sin x-\Big(\e^x\cos x+\int\e^x\sin x\dx\Big)$ ，即 $I=\e^x(\sin x-\cos x)-I$ ， $I=\dfrac12\e^x(\sin x-\cos x)+C$ 。

两次都让 $\e^x$ 进 $\dd v$ （同一类），原积分就会回来。

④ (3) 先换元去根号再分部。 $\int\arctan\sqrt x\dx=x\arctan\sqrt x-\int x\cdot\dfrac1{1+x}\cdot\dfrac1{2\sqrt x}\dx=x\arctan\sqrt x-\int\dfrac{\sqrt x}{2(1+x)}\dx$ 。令 $t=\sqrt x$ ： $\int\dfrac{t\cdot2t}{2(1+t^2)}\dt=t-\arctan t$ 。

只有一个反三角函数， $\dd x$ 当 $\dd v$ ；剩下的根式用 2.2 节的代换。

⑤ (3) 结果。原式 $=x\arctan\sqrt x-\sqrt x+\arctan\sqrt x+C=(x+1)\arctan\sqrt x-\sqrt x+C$ 。

把 $t=\sqrt x$ 代回，合并同类项。

答案：(1) $x^2\sin x+2x\cos x-2\sin x+C$ ；(2) $\frac12\e^x(\sin x-\cos x)+C$ ；(3) $(x+1)\arctan\sqrt x-\sqrt x+C$

例 2.16基础

设

I_n=\int\sin^nx\dx

（

n\ge2

）。（1）证明

I_n=-\dfrac1n\sin^{n-1}x\cos x+\dfrac{n-1}nI_{n-2}

；（2）求

\int\sin^4x\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分出一个 $\sin x$ 凑 $\dd v$ 。 $I_n=\int\sin^{n-1}x\,\dd(-\cos x)=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2x\dx$ 。

分部公式 $\int u\,\dd v=uv-\int v\,\dd u$ ： $u=\sin^{n-1}x$ 用链式法则求导得 $(n-1)\sin^{n-2}x\cos x$ ，再乘 $v=-\cos x$ ，就出现了 $\cos^2x$ 那一项。

② 把 $\cos^2x$ 换成 $1-\sin^2x$ 。 $(n-1)\int\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)\dx=(n-1)(I_{n-2}-I_n)$ ，所以 $nI_n=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)I_{n-2}$ 。

原积分 $I_n$ 又出现，移项；这就是“递推公式”，每用一次次数降 2。

③ (2) 用两次。 $I_4=-\dfrac14\sin^3x\cos x+\dfrac34I_2$ ， $I_2=-\dfrac12\sin x\cos x+\dfrac12x$ ，所以 $I_4=-\dfrac14\sin^3x\cos x-\dfrac38\sin x\cos x+\dfrac38x+C$ 。

$I_0=\int\dx=x$ ；到定积分 $\int_0^{\pi/2}$ 时第一项在两端都是 0，这就是 4.6 节的华里士公式。

答案：(1) 证明题。思路：分出一个 $\sin x$ 凑 $\dd(-\cos x)$ 分部积分，再把 $\cos^2x$ 换成 $1-\sin^2x$ ，移项解出 $I_n$ ；(2) $-\frac14\sin^3x\cos x-\frac38\sin x\cos x+\frac38x+C$

2.5有理函数：拆成简单分式再积

大白话：有理函数就是“多项式除以多项式”。它总能积出来：先除法去掉整式部分，再把真分式拆成几个“简单分式”，每个简单分式都是对数或反正切。拆的办法叫部分分式，按分母因式的样子写待定系数。

\frac1{x^2-1}

（红）拆成

\frac12\cdot\frac1{x-1}

（蓝虚线）与

-\frac12\cdot\frac1{x+1}

（绿虚线）之和，每一点上红 = 蓝 + 绿；两个简单分式各积成一个对数。

部分分式的写法

先保证是真分式（分子次数 < 分母次数），否则先做多项式除法。
分母因式 $(x-a)^k$ 对应 $\dfrac{A_1}{x-a}+\dfrac{A_2}{(x-a)^2}+\cdots+\dfrac{A_k}{(x-a)^k}$ 。
分母因式 $(x^2+px+q)^k$ （ $p^2<4q$ ，不能再分解）对应 $\dfrac{B_1x+C_1}{x^2+px+q}+\cdots+\dfrac{B_kx+C_k}{(x^2+px+q)^k}$ 。
定系数：通分后比较两边系数；或代入特殊的 $x$ （如分母的零点）。

四种简单分式的积分：

\displaystyle \int\frac{\dx}{x-a}=\ln|x-a|+C,

\displaystyle \int\frac{\dx}{(x-a)^k}=\frac{(x-a)^{1-k}}{1-k}+C\ (k\ge2),

\displaystyle \int\frac{Bx+C}{x^2+px+q}\dx=\frac B2\ln(x^2+px+q)+\Big(C-\frac{Bp}2\Big)\int\frac{\dx}{(x+\frac p2)^2+q-\frac{p^2}4}.

方法卡 · 有理函数积分

什么时候用

被积函数是两个多项式之比（换元后得到的也算）。

步骤

先看分子是不是分母的导数（的倍数）——是就直接 $\ln|\text{分母}|$ 。
假分式先除法。
分母因式分解，写部分分式，定系数（先代分母的零点定出一部分）。
一次因式积成 $\ln$ ，二次因式：分子拆成“分母的导数”+常数，分别积成 $\ln$ 和 $\arctan$ 。

最容易错

(x-a)^2

只写了

\frac{A}{(x-a)^2}

，漏了

\frac{A_1}{x-a}

；二次因式的分子只写常数

C

，漏了

Bx

。

例 2.17李林第五章 §2 例 4(1)、习题 (2)(Ⅲ) · p118、p122

求：（1）

\int\dfrac{2x+3}{x^2+3x-10}\dx

；（2）

\int\dfrac{2x+1}{x^2+2x+5}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 分子恰是分母的导数。 $(x^2+3x-10)'=2x+3$ ，原式 $=\ln|x^2+3x-10|+C$ 。

先看分子是不是分母的导数，是就一步到位。拆成 $\frac1{x+5}+\frac1{x-2}$ 也能做，结果 $\ln|x+5|+\ln|x-2|$ 一样。

② (2) 分子拆成分母的导数加常数。 $(x^2+2x+5)'=2x+2$ ， $2x+1=(2x+2)-1$ 。原式 $=\int\dfrac{\dd(x^2+2x+5)}{x^2+2x+5}-\int\dfrac{\dx}{(x+1)^2+4}$ 。

分母不能分解（判别式 $4-20<0$ ），就用“导数 + 常数”的拆法。

③ (2) 各自积分。 $=\ln(x^2+2x+5)-\dfrac12\arctan\dfrac{x+1}2+C$ 。

第二项配方后是 $\frac1{u^2+a^2}$ ， $a=2$ 。

答案：(1) $\ln|x^2+3x-10|+C$ ；(2) $\ln(x^2+2x+5)-\frac12\arctan\frac{x+1}2+C$

例 2.18李林第五章 §2 提要 · p114

求

\int\dfrac{2x^2-x-1}{x^3+1}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分母分解，写部分分式。 $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$ ，设 $\dfrac{2x^2-x-1}{x^3+1}=\dfrac A{x+1}+\dfrac{Bx+D}{x^2-x+1}$ 。

一次因式配常数，二次因式配一次式。

② 定系数。令 $x=-1$ ： $2+1-1=A\cdot3$ ， $A=\dfrac23$ 。比较 $x^2$ 系数： $2=A+B$ ， $B=\dfrac43$ ；比较常数项： $-1=A+D$ ， $D=-\dfrac53$ 。

先代分母的零点，一下子定出 $A$ ；剩下的比较系数。

③ 二次因式那一项拆开。 $\dfrac{\frac43x-\frac53}{x^2-x+1}=\dfrac23\cdot\dfrac{2x-1}{x^2-x+1}-\dfrac1{(x-\frac12)^2+\frac34}$ 。

分子凑出 $(x^2-x+1)'=2x-1$ 的倍数： $\frac43x-\frac53=\frac23(2x-1)-1$ 。

④ 积分。原式 $=\dfrac23\ln|x+1|+\dfrac23\ln(x^2-x+1)-\dfrac2{\sqrt3}\arctan\dfrac{2x-1}{\sqrt3}+C$ 。

第二项配方后是 $\frac1{u^2+a^2}$ 型（ $u=x-\frac12$ ， $a=\frac{\sqrt3}2$ ），用积分表第 9 条 $\frac1a\arctan\frac ua$ ，化简得 $\frac2{\sqrt3}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}$ 。

答案： $\frac23\ln|x+1|+\frac23\ln(x^2-x+1)-\frac2{\sqrt3}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}+C$

例 2.192019 数二(16)

求不定积分

\int\dfrac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写部分分式。 $\dfrac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}=\dfrac A{x-1}+\dfrac B{(x-1)^2}+\dfrac{Cx+D}{x^2+x+1}$ 。

$(x-1)^2$ 要配两项； $x^2+x+1$ 判别式小于 0，配一次式。

② 定系数。两边乘 $(x-1)^2$ 再令 $x=1$ ： $B=\dfrac93=3$ 。再把右边通分展开（注意 $(x-1)(x^2+x+1)=x^3-1$ ），比较两边同次项的系数： $x^3$ ： $A+C=0$ ； $x^2$ ： $B-2C+D=0$ ； $x$ ： $B+C-2D=3$ ；常数项： $-A+B+D=6$ 。把 $B=3$ 代入： $x$ 那一式给出 $C=2D$ ，代进 $x^2$ 那一式得 $3-4D+D=0$ ，所以 $D=1$ ， $C=2$ ，最后由 $x^3$ 那一式得 $A=-2$ 。

先用“乘分母、代零点”定出最高次那一项的系数，再比较系数定其余的；最后代 $x=0$ 检查：左边 6，右边 $2+3+1=6$ ✓。

③ 逐项积分。 $\int\dfrac{-2}{x-1}\dx=-2\ln|x-1|$ ， $\int\dfrac3{(x-1)^2}\dx=-\dfrac3{x-1}$ ， $\int\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}\dx=\ln(x^2+x+1)$ 。

第三项分子正好是分母的导数，不用再拆出 arctan。

答案： $-2\ln|x-1|-\frac3{x-1}+\ln(x^2+x+1)+C$

例 2.20李林第五章 §2 例 5、例 6 · p119—120

求：（1）

\int\dfrac{2x^2+1}{(x^2-1)^2}\dx

；（2）

\int\dfrac{x^4}{x^3+1}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 部分分式。 $(x^2-1)^2=(x-1)^2(x+1)^2$ ， $\dfrac{2x^2+1}{(x^2-1)^2}=\dfrac{1/4}{x-1}+\dfrac{3/4}{(x-1)^2}-\dfrac{1/4}{x+1}+\dfrac{3/4}{(x+1)^2}$ 。

两个二重因式，各配两项：设 $\frac A{x-1}+\frac B{(x-1)^2}+\frac D{x+1}+\frac E{(x+1)^2}$ 。乘 $(x-1)^2$ 代 $x=1$ 得 $B=\frac34$ ，乘 $(x+1)^2$ 代 $x=-1$ 得 $E=\frac34$ 。剩下 $A$ 、 $D$ ：比较 $x^3$ 的系数得 $A+D=0$ ；再代 $x=0$ ： $1=-A+\frac34+D+\frac34$ ，即 $-A+D=-\frac12$ 。解得 $A=\frac14$ ， $D=-\frac14$ 。

② (1) 积分并合并。 $\dfrac14\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|-\dfrac34\Big(\dfrac1{x-1}+\dfrac1{x+1}\Big)=\dfrac14\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|-\dfrac{3x}{2(x^2-1)}+C$ 。

两个分式通分合并： $\frac1{x-1}+\frac1{x+1}=\frac{(x+1)+(x-1)}{x^2-1}=\frac{2x}{x^2-1}$ ，答案更简洁。

③ (2) 先除法。 $x^4=x(x^3+1)-x$ ， $\dfrac{x^4}{x^3+1}=x-\dfrac x{x^3+1}$ ，而 $\dfrac x{x^3+1}=-\dfrac{1/3}{x+1}+\dfrac13\cdot\dfrac{x+1}{x^2-x+1}$ 。

假分式先除成“多项式 + 真分式”。

④ (2) 积分。 $\dfrac13\cdot\dfrac{x+1}{x^2-x+1}=\dfrac16\cdot\dfrac{2x-1}{x^2-x+1}+\dfrac12\cdot\dfrac1{(x-\frac12)^2+\frac34}$ ，所以原式 $=\dfrac{x^2}2+\dfrac13\ln|x+1|-\dfrac16\ln(x^2-x+1)-\dfrac1{\sqrt3}\arctan\dfrac{2x-1}{\sqrt3}+C$ 。

二次因式的分子照例拆成“导数 + 常数”；注意前面的减号要分配到每一项。

答案：(1) $\frac14\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right|-\frac{3x}{2(x^2-1)}+C$ ；(2) $\frac{x^2}2+\frac13\ln|x+1|-\frac16\ln(x^2-x+1)-\frac1{\sqrt3}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}+C$

2.6三角函数有理式：先看奇偶，最后才用万能代换

大白话：被积函数是 $\sin x$ 、 $\cos x$ 做加减乘除得到的（记作 $R(\sin x,\cos x)$ ），一定能积，但方法有快有慢。先看能不能凑微分： $\sin x$ 是奇次，就拿一个 $\sin x$ 去凑 $\dd\cos x$ ； $\cos x$ 是奇次，就凑 $\dd\sin x$ ；都是偶次，就降幂或者令 $t=\tan x$ 。实在不行再用“万能代换” $t=\tan\frac x2$ ，它一定能把式子变成有理函数，但算起来繁。

从

(-1,0)

连到单位圆上的点

(\cos x,\sin x)

，这条线的斜率是

t=\tan\frac x2

；用

t

表示这个点的坐标就是万能代换公式。

三角有理式的选法（大串讲 L17、夜雨讲义）

特征	做法
$R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$ （ $\sin$ 奇次）	凑 $\dd\cos x$ ，令 $u=\cos x$
$R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$ （ $\cos$ 奇次）	凑 $\dd\sin x$ ，令 $u=\sin x$
$R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)$ （同为偶次）	令 $u=\tan x$ ；或 $\sin^mx\cos^nx$ 型直接降幂
$\dfrac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}$	分子 $=A\cdot$ 分母 $+B\cdot$ 分母的导数
$\frac1{1\pm\sin x}$ 、 $\frac1{1\pm\cos x}$	乘共轭 $1\mp\sin x$ ，或用倍角公式
其他	万能代换 $t=\tan\frac x2$ ： $\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$ ， $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ ， $\dd x=\frac{2\dt}{1+t^2}$

方法卡 · 三角有理式

什么时候用

被积函数只含

\sin x

、

\cos x

（

\tan x

等也化成它们）的加减乘除。

步骤

先试恒等变形：平方关系、倍角、乘共轭。
看奇偶：把 $\sin x$ 换成 $-\sin x$ ，式子变号就凑 $\dd\cos x$ ；把 $\cos x$ 换成 $-\cos x$ 变号就凑 $\dd\sin x$ ；两个同时换不变就令 $u=\tan x$ 。
分子分母都是 $\sin,\cos$ 的一次式，用“分子 = $A$ ·分母 + $B$ ·分母'”。
以上都不行，用万能代换。

最容易错

一上来就用万能代换，得到四次、五次的有理函数，算不下去；降幂时角度忘了翻倍（

\cos^2x=\frac{1+\cos2x}2

）。

例 2.21基础

求：（1）

\int\sin^3x\dx

；（2）

\int\sin^2x\cos^3x\dx

；（3）

\int\cos^4x\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) $\sin$ 是奇次：留一个去凑。 $\sin^3x\dx=\sin^2x\cdot\sin x\dx=-(1-\cos^2x)\dd\cos x$ ，积分得 $-\cos x+\dfrac{\cos^3x}3+C$ 。

分出一个 $\sin x$ 和 $\dd x$ 凑成 $-\dd\cos x$ ，其余的偶次 $\sin^2x$ 用 $1-\cos^2x$ 换成 $\cos x$ 。

② (2) $\cos$ 是奇次：留一个 $\cos x$ 凑 $\dd\sin x$ 。 $\sin^2x\cos^3x\dx=\sin^2x(1-\sin^2x)\dd\sin x$ ，积分得 $\dfrac{\sin^3x}3-\dfrac{\sin^5x}5+C$ 。

谁是奇次就拆谁；把 $\sin x$ 看成 $u$ ，是多项式积分。

③ (3) 都是偶次：降幂两次。 $\cos^4x=\Big(\dfrac{1+\cos2x}2\Big)^2=\dfrac38+\dfrac12\cos2x+\dfrac18\cos4x$ ，积分得 $\dfrac38x+\dfrac14\sin2x+\dfrac1{32}\sin4x+C$ 。

展开后又出现 $\cos^22x$ ，再降一次： $\cos^22x=\frac{1+\cos4x}2$ 。

答案：(1) $-\cos x+\frac{\cos^3x}3+C$ ；(2) $\frac{\sin^3x}3-\frac{\sin^5x}5+C$ ；(3) $\frac38x+\frac14\sin2x+\frac1{32}\sin4x+C$

例 2.22李林第五章 §2 例 1(3)、提要 p115、习题 (3)(Ⅰ) · p115—122

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{\cos^4x}

；（2）

\int\dfrac{\dx}{1+\sin x}

；（3）

\int\dfrac{\sin x}{1+\sin x}\dx

；（4）

\int\dfrac{\cos x}{\sqrt{2+\sin x}}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 偶次：凑 $\dd\tan x$ 。 $\dfrac1{\cos^4x}=\sec^2x\cdot\sec^2x=(1+\tan^2x)\sec^2x$ ，原式 $=\int(1+\tan^2x)\,\dd\tan x=\tan x+\dfrac{\tan^3x}3+C$ 。

$\sin,\cos$ 同时变号式子不变，令 $u=\tan x$ ；一个 $\sec^2x$ 配 $\dd\tan x$ ，另一个用 $1+\tan^2x$ 表示。

② (2) 乘共轭。 $\dfrac1{1+\sin x}=\dfrac{1-\sin x}{1-\sin^2x}=\dfrac1{\cos^2x}-\dfrac{\sin x}{\cos^2x}$ ，积分得 $\tan x-\sec x+C$ 。

$\int\frac{\sin x}{\cos^2x}\dx=-\int\frac{\dd\cos x}{\cos^2x}=\frac1{\cos x}$ ，前面有负号所以是 $-\sec x$ 。

③ (3) 加一减一，化到 (2)。 $\dfrac{\sin x}{1+\sin x}=1-\dfrac1{1+\sin x}$ ，原式 $=x-\tan x+\sec x+C$ 。

李林给的答案是 $x-\tan\big(\frac x2-\frac\pi4\big)+C$ ；因为 $\sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x}=\tan\big(\frac\pi4-\frac x2\big)$ ，两者相同。

④ (4) 凑 $\dd\sin x$ 。原式 $=\int\dfrac{\dd(2+\sin x)}{\sqrt{2+\sin x}}=2\sqrt{2+\sin x}+C$ 。

$\cos x$ 是奇次，直接凑；根号里的整体就是 $u$ 。

答案：(1) $\tan x+\frac{\tan^3x}3+C$ ；(2) $\tan x-\sec x+C$ ；(3) $x-\tan x+\sec x+C$ ；(4) $2\sqrt{2+\sin x}+C$

例 2.23李林第五章 §2 例 4(6)、习题 (3)(Ⅱ) · p119、p122

求：（1）

\int\dfrac{\dx}{1+2\tan x}

；（2）

\int\dfrac{1-\sin x+\cos x}{1+\sin x-\cos x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 化成 $\sin,\cos$ 的一次分式。 $\dfrac1{1+2\tan x}=\dfrac{\cos x}{\cos x+2\sin x}$ 。设 $\cos x=A(\cos x+2\sin x)+B(\cos x+2\sin x)'=A(\cos x+2\sin x)+B(2\cos x-\sin x)$ 。

分子写成“分母”与“分母的导数”的组合，前者积成 $x$ ，后者积成 $\ln$ 。

② (1) 解系数、积分。比较 $\cos x$ ： $A+2B=1$ ； $\sin x$ ： $2A-B=0$ 。得 $A=\frac15$ ， $B=\frac25$ 。原式 $=\dfrac x5+\dfrac25\ln|\cos x+2\sin x|+C$ 。

“分母的导数 ÷ 分母”的原函数是 $\ln|\text{分母}|$ （凑微分）；“分母 ÷ 分母”就是 1，积出来是 $x$ 。

③ (2) 用万能代换。 $t=\tan\frac x2$ ： $1-\sin x+\cos x=\dfrac{2-2t}{1+t^2}$ ， $1+\sin x-\cos x=\dfrac{2t+2t^2}{1+t^2}$ ， $\dd x=\dfrac{2\dt}{1+t^2}$ 。原式 $=\int\dfrac{2(1-t)}{t(1+t)(1+t^2)}\dt$ 。

分子分母都有“1”和 $\sin,\cos$ 混在一起，奇偶法用不上，只能万能代换。

④ (2) 部分分式。 $\dfrac{2(1-t)}{t(1+t)(1+t^2)}=\dfrac2t-\dfrac2{1+t}-\dfrac2{1+t^2}$ ，积分得 $2\ln|t|-2\ln|1+t|-2\arctan t$ 。

设 $\frac At+\frac B{1+t}+\frac{Ct+D}{1+t^2}$ 。乘 $t$ 代 $t=0$ 得 $A=2$ ；乘 $1+t$ 代 $t=-1$ 得 $B=-2$ 。通分后比较 $t^3$ 的系数： $A+B+C=0$ ，所以 $C=0$ ；比较 $t^2$ 的系数： $A+C+D=0$ ，所以 $D=-2$ 。

⑤ (2) 代回。 $2\arctan t=2\cdot\dfrac x2=x$ ，原式 $=2\ln\left|\dfrac{\tan\frac x2}{1+\tan\frac x2}\right|-x+C$ 。

万能代换设的是 $t=\tan\frac x2$ ，所以在 $(-\pi,\pi)$ 内 $\arctan t=\frac x2$ ， $2\arctan t$ 就是 $x$ 。

答案：(1) $\frac x5+\frac25\ln|\cos x+2\sin x|+C$ ；(2) $2\ln\left|\frac{\tan\frac x2}{1+\tan\frac x2}\right|-x+C$

2.7综合题：先换元再分部、分部消项、抽象函数

大白话：真题里的不定积分往往要两种方法接力：先用换元把根号、复合去掉，再用分部把反三角、对数去掉。另一类题是“分部消项”：拆成两个积分，各自都积不出来，但对其中一个分部后，产生的新积分正好和另一个抵消。

2018 数一(15) 的路线：先令

t=\sqrt{\e^x-1}

去根号，再对

\arctan t

分部，最后只剩多项式。

三个常见的“接力”

换元 → 分部： $\int\e^{2x}\arctan\sqrt{\e^x-1}\dx$ 、 $\int\arcsin\sqrt x\dx$ —— 先去根号，再分部去掉反三角。
分部消项： $\int\e^x\big[f(x)+f'(x)\big]\dx=\e^xf(x)+C$ ； $\int\big[xf'(x)+f(x)\big]\dx=xf(x)+C$ 。看到“一个函数加它的导数”再乘 $\e^x$ ，就是这一类。
抽象函数： $\int x^kf'(x)\dx$ 、 $\int x^kf''(x)\dx$ —— 分部把导数“转移”走； $\int f^{-1}(x)\dx$ —— 令 $x=f(t)$ 。

方法卡 · 综合题的顺序

什么时候用

被积函数同时有根号（或复合）和反三角、对数；或者含抽象函数

f'

、

f''

。

步骤

先去根号（2.2、2.3 节），让式子变成“多项式 × 反三角/对数”或有理函数。
再分部（2.4 节），反三角、对数当 $u$ 。
剩下有理函数用 2.5 节。
拆开后两个积分都积不出来时，试着对其中一个分部，看能不能和另一个抵消。

最容易错

先分部却不去根号，

\dd u

里出现

\frac1{\sqrt{\e^x-1}}

这样的式子，越算越乱（也能做，但要再换元）；消项时把两个积不出来的积分硬算。

例 2.242018 数一(15)

求不定积分

\int\e^{2x}\arctan\sqrt{\e^x-1}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 换元去根号。令 $t=\sqrt{\e^x-1}$ ， $\e^x=1+t^2$ ， $\dd x=\dfrac{2t}{1+t^2}\dt$ ， $\e^{2x}=(1+t^2)^2$ 。原式 $=\int(1+t^2)^2\arctan t\cdot\dfrac{2t}{1+t^2}\dt=\int2t(1+t^2)\arctan t\dt$ 。

根号里套着 $\e^x$ ，凑不出微分，按 2.2 节把整个根号换掉。

② 分部， $\arctan t$ 当 $u$ 。 $2t(1+t^2)\dt=\dd\dfrac{(1+t^2)^2}2$ ，原式 $=\dfrac{(1+t^2)^2}2\arctan t-\int\dfrac{(1+t^2)^2}2\cdot\dfrac1{1+t^2}\dt=\dfrac{(1+t^2)^2}2\arctan t-\dfrac12\Big(t+\dfrac{t^3}3\Big)$ 。

“反”排第一； $\arctan t$ 求导得 $\frac1{1+t^2}$ ，正好约掉一个 $1+t^2$ 。

③ 代回 $x$ 。 $(1+t^2)^2=\e^{2x}$ ， $\dfrac12\Big(t+\dfrac{t^3}3\Big)=\dfrac t6(3+t^2)=\dfrac16(\e^x+2)\sqrt{\e^x-1}$ 。

把 $t$ 换回 $x$ ：由 $t=\sqrt{\e^x-1}$ 得 $t^2=\e^x-1$ ，于是 $3+t^2=\e^x+2$ ， $(1+t^2)^2=\e^{2x}$ 。

答案： $\frac12\e^{2x}\arctan\sqrt{\e^x-1}-\frac16(\e^x+2)\sqrt{\e^x-1}+C$

例 2.252018 数三(10)

\int\e^x\arcsin\sqrt{1-\e^{2x}}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 凑 $\dd\e^x$ ，令 $u=\e^x$ 。原式 $=\int\arcsin\sqrt{1-u^2}\du$ ，其中 $0<u<1$ （根号里要非负，所以 $x<0$ ）。

$\e^x\dx=\dd\e^x$ ，而其余部分只含 $\e^{2x}=u^2$ 。

② 化简反三角。 $0<u<1$ 时， $\arcsin\sqrt{1-u^2}=\arccos u$ （设 $\theta=\arccos u\in(0,\frac\pi2)$ ，则 $\sin\theta=\sqrt{1-u^2}$ ）。

也可以不化简直接分部，但化成 $\arccos u$ 后分部更干净。

③ 分部。 $\int\arccos u\du=u\arccos u+\int\dfrac u{\sqrt{1-u^2}}\du=u\arccos u-\sqrt{1-u^2}+C$ 。

只有一个反三角函数， $\dd u$ 当 $\dd v$ 。

④ 代回。原式 $=\e^x\arcsin\sqrt{1-\e^{2x}}-\sqrt{1-\e^{2x}}+C$ 。

第③步得到的是 $u\arccos u$ （ $u=\e^x$ ）； $\arccos\e^x$ 和 $\arcsin\sqrt{1-\e^{2x}}$ 是同一个角（余弦是 $\e^x$ ，正弦就是 $\sqrt{1-\e^{2x}}$ ），换成题目里用的 $\arcsin$ 写法。

答案： $\e^x\arcsin\sqrt{1-\e^{2x}}-\sqrt{1-\e^{2x}}+C$

例 2.26李林第五章 §2 例 4(2)(4)(5) · p118—119

求：（1）

\int\e^{2x}(\tan x+1)^2\dx

；（2）

\int\dfrac{x\e^x}{(1+x)^2}\dx

；（3）

\int\dfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 展开，分成两个积分。 $(\tan x+1)^2=\sec^2x+2\tan x$ ，原式 $=\int\e^{2x}\sec^2x\dx+\int2\e^{2x}\tan x\dx$ 。

$\tan^2x+1=\sec^2x$ ；两个积分单独都积不出来。

② (1) 对第一个分部，消掉第二个。 $\int\e^{2x}\,\dd\tan x=\e^{2x}\tan x-\int2\e^{2x}\tan x\dx$ ，与第二个积分抵消，原式 $=\e^{2x}\tan x+C$ 。

被积函数是 $\e^{2x}[\tan x\cdot2+\tan'x]$ 的样子，正是 $(\e^{2x}\tan x)'$ 。

③ (2) 分子写成 $(x+1)-1$ 。原式 $=\int\dfrac{\e^x}{1+x}\dx-\int\dfrac{\e^x}{(1+x)^2}\dx$ 。对第二个分部： $\int\dfrac{\e^x}{(1+x)^2}\dx=-\int\e^x\,\dd\Big(\dfrac1{1+x}\Big)=-\dfrac{\e^x}{1+x}+\int\dfrac{\e^x}{1+x}\dx$ 。

$\frac1{(1+x)^2}$ 是 $-\frac1{1+x}$ 的导数，把它放进 $\dd v$ 。

④ (2) 消项。原式 $=\int\dfrac{\e^x}{1+x}\dx+\dfrac{\e^x}{1+x}-\int\dfrac{\e^x}{1+x}\dx=\dfrac{\e^x}{1+x}+C$ 。

$\int\frac{\e^x}{1+x}\dx$ 不是初等函数，但它两次出现、符号相反，抵消了。

⑤ (3) 半角公式后分部消项。 $\dfrac x{1+\cos x}=\dfrac x{2\cos^2\frac x2}$ ， $\dfrac{\sin x}{1+\cos x}=\tan\dfrac x2$ 。 $\int x\,\dd\tan\dfrac x2=x\tan\dfrac x2-\int\tan\dfrac x2\dx$ ，与第二项抵消，原式 $=x\tan\dfrac x2+C$ 。

$1+\cos x=2\cos^2\frac x2$ ， $\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2$ ；同样是“一项分部，另一项抵消”。

答案：(1) $\e^{2x}\tan x+C$ ；(2) $\frac{\e^x}{1+x}+C$ ；(3) $x\tan\frac x2+C$

例 2.27李林第五章 §2 例 9 · p121

已知

\dfrac{\sin x}x

是

f(x)

的一个原函数，求

\int x^3f'(x)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 第一次分部，把 $f'$ 转成 $f$ 。 $\int x^3\,\dd f(x)=x^3f(x)-3\int x^2f(x)\dx$ 。

积分里有抽象的 $f'$ ，放进 $\dd v$ ，分部后变成 $f$ 。

② 第二次分部，把 $f$ 转成 $F$ 。 $\int x^2f(x)\dx=\int x^2\,\dd F(x)=x^2F(x)-2\int xF(x)\dx=x\sin x-2\int\sin x\dx=x\sin x+2\cos x$ 。

$F$ 是已知的 $\frac{\sin x}x$ ，乘上 $x$ 后变成 $\sin x$ ，分母消失，可以直接积分。

③ 代入 $f=F'$ 。 $f(x)=\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}$ ， $x^3f(x)=x^2\cos x-x\sin x$ 。原式 $=x^2\cos x-x\sin x-3x\sin x-6\cos x+C$ 。

前两步已经得到：原式 $=x^3f(x)-3(x\sin x+2\cos x)$ 。 $f$ 是 $\frac{\sin x}x$ 的导数，用商的求导法则算出来，代进 $x^3f$ 即可。

答案： $x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C$

例 2.28李林第五章 §2 例 7 · p120

设

f(x)

严格单调、可导，反函数为

f^{-1}(x)

，

\int f(x)\dx=F(x)+C

。求

\int f^{-1}(x)\dx

，并用

f(x)=\e^x

检验。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 令 $x=f(t)$ 。 $t=f^{-1}(x)$ ， $\dd x=f'(t)\dt$ ， $\int f^{-1}(x)\dx=\int t\,f'(t)\dt=\int t\,\dd f(t)$ 。

反函数不好直接处理，换元后变成 $t$ 乘 $f'(t)$ ，正好分部。

② 分部。 $=tf(t)-\int f(t)\dt=tf(t)-F(t)+C=xf^{-1}(x)-F\big(f^{-1}(x)\big)+C$ 。

积完得到的是 $t$ 的式子，要换回 $x$ ：因为 $x=f(t)$ ，所以 $t=f^{-1}(x)$ ，而 $f(t)$ 就是 $x$ 。

③ 检验。 $f=\e^x$ ， $f^{-1}=\ln x$ ， $F=\e^x$ ： $\int\ln x\dx=x\ln x-\e^{\ln x}+C=x\ln x-x+C$ ，与 A.1 节的结果一致。

用一个具体函数检验抽象公式，是做抽象函数题的好习惯。

答案： $\int f^{-1}(x)\dx=xf^{-1}(x)-F\big(f^{-1}(x)\big)+C$

2.8小结

被积函数的样子	方法	例子
$f(\varphi(x))\varphi'(x)$ ：里层的导数就在旁边	凑微分	例 2.1、例 2.3
凑不出来，但同乘同除一个因子后能凑	$\e^x$ 、 $x^2$ 、 $\e^{2x}$ 上下同乘同除	例 2.4
$\sqrt[n]{ax+b}$ 、 $\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 、 $\sqrt{\e^x-1}$	令 $t=$ 整个根号	例 2.5、例 2.7
$\sqrt{a^2-x^2}$ 、 $\sqrt{x^2\pm a^2}$ 、 $\sqrt{\text{二次式}}$	配方，三角代换，辅助三角形回代	例 2.8、例 2.9
分母次数比分子高很多	倒代换 $x=\frac1t$	例 2.11
两类函数相乘；单独的 $\ln x$ 、反三角	分部，“反对幂指三”	例 2.12、例 2.14
$\e^{kx}\sin ax$ 、 $\sin(\ln x)$	分部两次，循环解方程	例 2.13、例 2.15
$\int\sin^nx\dx$ 这类带 $n$ 的	分部得递推公式	例 2.16
多项式 ÷ 多项式	除法、部分分式、ln 与 arctan	例 2.19、例 2.20
$\sin$ 或 $\cos$ 奇次	留一个去凑 $\dd\cos x$ 或 $\dd\sin x$	例 2.21
$\sin,\cos$ 都是偶次	降幂，或令 $u=\tan x$	例 2.21、例 2.22
$\frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}$	分子 = $A$ ·分母 + $B$ ·分母'	例 2.23
其他三角有理式	万能代换 $t=\tan\frac x2$	例 2.23
根号 + 反三角（或对数）	先换元去根号，再分部	例 2.24、例 2.25
$\e^x[f+f']$ 、两项各自积不出	分部消项	例 2.26
$x^kf'(x)$ 、 $f^{-1}(x)$	分部转移导数；令 $x=f(t)$	例 2.27、例 2.28

去第 9 部分

这张表按“方法”排；第 9 部分 9.1 节把同样的内容按“被积函数的形状”重排成一张查表用的总表，还画了一张选方法的流程图，复习时用那一张。

第 3 部分

定积分的概念与性质

定积分是一个数：曲线下带符号的面积。这一部分讲定义、几何意义、牛顿—莱布尼茨公式、性质与积分中值定理，以及三类选择题：比较大小、和式极限、平均值与路程。

考试要求（大纲原文，李林讲义第六章第 1、2、8 条）

理解定积分的概念，掌握定积分的性质及定积分中值定理。
掌握牛顿—莱布尼茨公式。

会求平面图形的面积、旋转体的体积和函数的平均值。（面积、体积在第 7 部分，这里只讲平均值。）

对应李林讲义第六章第一节“内容与方法提要”一至四（p128—131），比较大小的题在第三节题型一（p144—148）。这一部分的真题以选择题为主：比大小（2011、2012、2018、2022 各一道）、定积分定义（2017、2021）。

3.1定积分的定义：切细、求和、取极限

大白话：定积分 $\int_a^bf(x)\dx$ 就是“曲线 $y=f(x)$ 在 $[a,b]$ 上与 $x$ 轴之间的（带符号的）面积”。算法是 0.1 节说过的四步：把 $[a,b]$ 切成很多小段，每段上用矩形近似，把矩形面积加起来，让最宽的一段趋于 0 取极限。

分点可以不等距，每段里的

\xi_i

可以随便取；只要最宽的一段趋于 0，矩形面积和都趋于同一个数，这个数就是定积分。

定义与可积条件

\displaystyle \int_a^bf(x)\dx=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i,

\displaystyle \lambda=\max_i\Delta x_i.

这个极限存在（与怎么分、怎么取 $\xi_i$ 都无关）时，称 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积。

充分条件： $f$ 在 $[a,b]$ 上连续；或有界且只有有限个间断点；或单调。
必要条件：可积 $\Rightarrow$ 有界。无界函数（如 $\frac1x$ 在 $(0,1]$ 上）不是通常意义下可积的，那是第 6 部分的反常积分。
定积分是一个数，与积分变量用什么字母无关： $\int_a^bf(x)\dx=\int_a^bf(t)\dt$ 。

方法卡 · 用定义算定积分（理解用，考试很少这样算）

什么时候用

想弄懂定积分为什么是面积，或题目给出“和式的极限”要你认出它是定积分（3.5 节）。

步骤

等分 $[a,b]$ ： $\Delta x=\frac{b-a}n$ ，第 $k$ 个右端点 $x_k=a+k\frac{b-a}n$ 。
写出和 $S_n=\sum_{k=1}^nf(x_k)\Delta x$ ，用求和公式化简。
令 $n\to\infty$ 求极限。

最容易错

把“可积”和“有原函数”混为一谈：有跳跃点的有界函数可积，但没有原函数（1.4 节）。

例 3.1基础

用定义计算

\int_0^1\e^x\dx

（等分、取右端点）。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出和式。 $\Delta x=\dfrac1n$ ， $x_k=\dfrac kn$ ， $S_n=\dfrac1n\sum\limits_{k=1}^n\e^{k/n}$ 。

按方法卡： $[0,1]$ 等分 $n$ 份，矩形高取右端点的函数值。

② 等比数列求和。 $\sum\limits_{k=1}^n\e^{k/n}=\e^{1/n}\cdot\dfrac{1-\e}{1-\e^{1/n}}$ ，所以 $S_n=(\e-1)\cdot\e^{1/n}\cdot\dfrac{1/n}{\e^{1/n}-1}$ 。

公比 $q=\e^{1/n}$ ，首项 $\e^{1/n}$ ，用 A.5 节的等比求和公式；分子分母同时变号。

③ 取极限。 $n\to\infty$ 时 $\e^{1/n}\to1$ ， $\e^{1/n}-1\sim\dfrac1n$ ，所以 $S_n\to\e-1$ 。

等价无穷小 $\e^u-1\sim u$ （《极限》笔记 3.3 节）。结果与牛顿—莱布尼茨公式 $\e^x\big|_0^1=\e-1$ 一致。

答案： $\e-1$

例 3.2李林第六章 §1 提要 · p128、p130

判断下列函数在

[-1,1]

上是否可积、是否有原函数：（1）

\operatorname{sgn}x

；（2）

f(x)=\begin{cases}2x\sin\frac1x-\cos\frac1x,&x\ne0\\0,&x=0\end{cases}

；（3）

g(x)=\begin{cases}\frac1x,&x\ne0\\0,&x=0\end{cases}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 有界、一个间断点。 $|\operatorname{sgn}x|\le1$ ，只在 0 处间断，所以可积， $\int_{-1}^1\operatorname{sgn}x\dx=-1+1=0$ ；但 0 是跳跃间断点，没有原函数（例 1.8）。

可积看“有界 + 间断点有限”；原函数看“有没有第一类间断点”。两个标准不一样。

② (2) 有界、一个振荡间断点。 $|f(x)|\le2|x|+1\le3$ ，只在 0 处间断，所以可积；它是 $x^2\sin\frac1x$ （补定义 0）的导数，所以有原函数（例 1.10）。

这是“既可积又有原函数，但不连续”的例子。

③ (3) 无界。 $x\to0^+$ 时 $g\to+\infty$ ， $g$ 在 $[-1,1]$ 上无界，所以不可积（通常意义下）。在 $(0,1]$ 上它有原函数 $\ln x$ ，但 $\int_0^1\frac{\dx}x$ 要按第 6 部分的反常积分处理，而且发散。

可积的必要条件是有界。

答案：(1) 可积，无原函数；(2) 可积，有原函数；(3) 不可积

3.2几何意义与牛顿—莱布尼茨公式

大白话：定积分是“带符号的面积”：曲线在 $x$ 轴上方的部分算正，下方的部分算负。真正计算时用牛顿—莱布尼茨公式：找到一个原函数，代上限减代下限。遇到半圆、三角形这类熟悉的图形，直接用几何面积更快。

y=\sin x

在

[0,\pi]

上方的面积 2 算正，在

[\pi,2\pi]

下方的面积 2 算负，所以

\int_0^{2\pi}\sin x\dx=0

。

牛顿—莱布尼茨公式与几何意义

\displaystyle \int_a^bf(x)\dx=F(x)\Big|_a^b=F(b)-F(a),

\displaystyle F'(x)=f(x)\ (f\text{ 在 }[a,b]\text{ 上连续}).

$\int_a^b|f(x)|\dx$ 才是真正的（不带符号的）面积。
常用几何面积： $\int_{-a}^a\sqrt{a^2-x^2}\dx=\frac{\pi a^2}2$ （半圆）， $\int_0^a\sqrt{a^2-x^2}\dx=\frac{\pi a^2}4$ （四分之一圆）， $\int_0^{2a}\sqrt{2ax-x^2}\dx=\frac{\pi a^2}2$ （圆心 $(a,0)$ 的上半圆）。
规定： $\int_a^af=0$ ， $\int_b^af=-\int_a^bf$ 。

方法卡 · 看到定积分先想“面积”

什么时候用

被积函数是

\sqrt{a^2-x^2}

、

\sqrt{2ax-x^2}

、

|x-c|

、一次函数，或整体是奇函数。

步骤

画出被积函数的图形。
是圆的一部分、三角形、梯形，就直接用面积公式；在 $x$ 轴下方的部分取负号。
对称区间上的奇函数，正负面积抵消，积分为 0（4.3 节细讲）。
都不是，就找原函数用牛顿—莱布尼茨公式。

最容易错

把

\int_a^bf\dx

当成面积，忘了

x

轴下方的部分是负的；

\sqrt{2x-x^2}

是半圆，却当成

\sqrt{x^2}

去算。

例 3.3基础

计算：（1）

\int_0^2\sqrt{2x-x^2}\dx

；（2）

\int_{-1}^2|x|\dx

；（3）

\int_0^1x^2\dx

；（4）

\int_1^{\e}\dfrac{\dx}x

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 认出半圆。 $y=\sqrt{2x-x^2}$ 即 $(x-1)^2+y^2=1$ ， $y\ge0$ ：圆心 $(1,0)$ 、半径 1 的上半圆， $x$ 从 0 到 2 正好是整个上半圆，面积 $\dfrac\pi2$ 。

配方： $2x-x^2=1-(x-1)^2$ 。根号里是“常数减平方”就是圆。

② (2) 两个三角形。 $|x|$ 在 $[-1,0]$ 上围成直角边为 1 的三角形，面积 $\frac12$ ；在 $[0,2]$ 上直角边为 2，面积 2。合计 $\dfrac52$ 。

绝对值函数图形是折线，面积用三角形算最快；也可以拆成 $\int_{-1}^0(-x)\dx+\int_0^2x\dx$ 。

③ (3)(4) 牛顿—莱布尼茨。 $\int_0^1x^2\dx=\dfrac{x^3}3\Big|_0^1=\dfrac13$ ； $\int_1^{\e}\dfrac{\dx}x=\ln x\Big|_1^{\e}=1$ 。

先找原函数，再代上下限相减；定积分不写 $+C$ （相减时抵消了）。

答案：(1) $\frac\pi2$ ；(2) $\frac52$ ；(3) $\frac13$ ；(4) $1$

例 3.42017 数三(9)

\int_{-\pi}^{\pi}\big(\sin^3x+\sqrt{\pi^2-x^2}\big)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆成两项。原式 $=\int_{-\pi}^\pi\sin^3x\dx+\int_{-\pi}^\pi\sqrt{\pi^2-x^2}\dx$ 。

积分对加法可以拆开（线性）。

② 第一项是奇函数。 $\sin^3(-x)=-\sin^3x$ ，对称区间上正负面积抵消， $\int_{-\pi}^\pi\sin^3x\dx=0$ 。

画图： $x$ 轴上下两块面积相等、符号相反。

③ 第二项是半圆。 $y=\sqrt{\pi^2-x^2}$ 是半径 $\pi$ 的上半圆，面积 $\dfrac12\pi\cdot\pi^2=\dfrac{\pi^3}2$ 。

不必做三角代换，直接用圆面积公式。

答案： $\frac{\pi^3}2$

3.3定积分的性质与积分中值定理

大白话：定积分的性质都可以用“面积”来理解：两块面积能加（区间可加）；曲线高的面积大（保号性）；面积夹在“最矮矩形”和“最高矩形”之间（估值）；而且一定有一个高度 $f(\xi)$ ，使同底矩形的面积恰好等于曲线下的面积（积分中值定理）。

积分中值定理：曲线下的面积等于一个同底、高为

f(\xi)

的矩形。

f(\xi)=\frac1{b-a}\int_a^bf

就是

f

在

[a,b]

上的平均值。

性质（李林 p129—130）

线性： $\int_a^b[\alpha f+\beta g]=\alpha\int_a^bf+\beta\int_a^bg$ 。
区间可加： $\int_a^bf=\int_a^cf+\int_c^bf$ （ $c$ 在不在 $[a,b]$ 内都成立）。
保号性：在 $[a,b]$ 上 $f\le g$ $\Rightarrow$ $\int_a^bf\le\int_a^bg$ ；若 $f,g$ 连续且 $f\not\equiv g$ ，则严格小于。特别地 $\left|\int_a^bf\right|\le\int_a^b|f|$ 。
估值： $m\le f\le M$ $\Rightarrow$ $m(b-a)\le\int_a^bf\le M(b-a)$ 。
积分中值定理： $f$ 在 $[a,b]$ 上连续 $\Rightarrow$ 存在 $\xi\in(a,b)$ ，使 $\int_a^bf(x)\dx=f(\xi)(b-a)$ 。
推广： $f,g$ 连续且 $g$ 在 $[a,b]$ 上不变号 $\Rightarrow$ 存在 $\xi$ ，使 $\int_a^bf g=f(\xi)\int_a^bg$ 。

方法卡 · 估计积分的范围、求积分的极限

什么时候用

题目要证明“

A<\int_a^bf<B

”，或求

\lim\int_a^bf_n(x)\dx

而积分算不出来。

步骤

求 $f$ 在 $[a,b]$ 上的最大值 $M$ 和最小值 $m$ （看单调性）。
用估值： $m(b-a)\le\int\le M(b-a)$ 。
求极限时，把被积函数放大、缩小成能积的函数，再用夹逼。

最容易错

估值时把

m

、

M

取成端点值，却没检查

f

是否单调；中值定理的

\xi

依赖于积分区间，不能当常数用。

例 3.5李林第六章 §1 例 1 · p132

证明：

\dfrac12<\int_{\pi/4}^{\pi/2}\dfrac{\sin x}x\dx<\dfrac{\sqrt2}2

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 看被积函数的单调性。 $f(x)=\dfrac{\sin x}x$ ， $f'(x)=\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}=\dfrac{\cos x(x-\tan x)}{x^2}<0$ （ $0<x<\frac\pi2$ 时 $x<\tan x$ ， $\cos x>0$ ），所以 $f$ 单调减少。

估值要最大值、最小值，先判断单调性。

② 求最大、最小值。 $M=f\big(\frac\pi4\big)=\dfrac{\sqrt2/2}{\pi/4}=\dfrac{2\sqrt2}\pi$ ， $m=f\big(\frac\pi2\big)=\dfrac2\pi$ 。

单调减少，左端点最大，右端点最小。

③ 估值。区间长 $\dfrac\pi4$ ： $\dfrac2\pi\cdot\dfrac\pi4<\int<\dfrac{2\sqrt2}\pi\cdot\dfrac\pi4$ ，即 $\dfrac12<\int<\dfrac{\sqrt2}2$ 。

$f$ 连续且不是常数，所以不等号严格。

答案：证明题。思路： $\frac{\sin x}x$ 在区间上单调减少，最大值 $\frac{2\sqrt2}\pi$ 、最小值 $\frac2\pi$ ，各乘区间长 $\frac\pi4$ 就是两边的界（估值定理）。

例 3.6基础

求

\lim\limits_{n\to\infty}\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 积分算不出来，就放缩被积函数。在 $[0,1]$ 上 $0\le\dfrac{x^n}{1+x}\le x^n$ 。

分母 $1+x\ge1$ ，去掉它得到一个能积的上界。

② 积分后夹逼。 $0\le\int_0^1\dfrac{x^n}{1+x}\dx\le\int_0^1x^n\dx=\dfrac1{n+1}\to0$ 。

保号性把被积函数的不等式变成积分的不等式，再用夹逼准则。

答案：0

例 3.72018 数二(4)

设函数

f(x)

在

[0,1]

上二阶可导，且

\int_0^1f(x)\dx=0

，则（　）
（A）当

f'(x)<0

时，

f\big(\frac12\big)<0

　（B）当

f''(x)<0

时，

f\big(\frac12\big)<0

（C）当

f'(x)>0

时，

f\big(\frac12\big)<0

　（D）当

f''(x)>0

时，

f\big(\frac12\big)<0

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 在 $x=\frac12$ 处泰勒展开。 $f(x)=f\big(\frac12\big)+f'\big(\frac12\big)\big(x-\frac12\big)+\dfrac{f''(\eta)}2\big(x-\frac12\big)^2$ 。

题目给的是 $\int_0^1f$ 和 $f\big(\frac12\big)$ ，展开点选 $\frac12$ 才能把两者联系起来。

② 两边在 $[0,1]$ 上积分。 $0=f\big(\frac12\big)+0+\int_0^1\dfrac{f''(\eta)}2\big(x-\frac12\big)^2\dx$ 。

中点 $\frac12$ 左右对称， $x-\frac12$ 左边为负、右边为正，积分正好抵消为 0，所以一次项消失，只剩余项。

③ 看（D）。 $f''>0$ 时最后一项 $>0$ ，所以 $f\big(\frac12\big)<0$ ，（D）正确。

余项积分的符号由 $f''$ 决定。图上看：凹（向上弯）的曲线平均值为 0，中点处一定在 $x$ 轴下方。

④ 反例排除其他选项。（A） $f=\frac12-x$ ： $f'<0$ ， $\int_0^1f=0$ ，但 $f\big(\frac12\big)=0$ ；（B） $f=\frac1{12}-\big(x-\frac12\big)^2$ ： $f''<0$ ， $\int_0^1f=0$ ， $f\big(\frac12\big)=\frac1{12}>0$ ；（C） $f=x-\frac12$ ： $f\big(\frac12\big)=0$ 。所以选（D）。

每个错误选项都给一个满足条件但结论不成立的函数。

答案：D

3.4比较积分的大小：回到被积函数

大白话：积分区间相同，就比较被积函数；被积函数谁大，积分就谁大（保号性）。积分区间不同，就先把区间拆开、平移，化成同一个区间再比。积分本身通常算不出来，也不需要算。

2011 数一(4)：在

(0,\frac\pi4)

上三条曲线从下到上依次是

\ln\sin x

、

\ln\cos x

、

\ln\cot x

，积分的大小顺序和曲线的上下顺序相同。

比较大小的三板斧（大串讲 L18）

同区间比被积函数： $f\le g$ 且不恒等 $\Rightarrow$ $\int_a^bf<\int_a^bg$ 。
区间有包含关系看符号： $\int_0^{k\pi}-\int_0^{j\pi}=\int_{j\pi}^{k\pi}$ ，只看多出来那段的正负。
对称区间先去奇函数，再比较剩下的偶函数部分。

常用不等式（ $x>0$ ）： $\dfrac x{1+x}<\ln(1+x)<x$ ； $\sin x<x<\tan x$ （ $0<x<\frac\pi2$ ）； $\e^x>1+x$ ；凹函数（ $f''>0$ ，图像向上弯）在弦的下方、在切线的上方。

说明：考研教材（同济版）把 $f''>0$ 叫“凹”，本笔记全部按这个叫法；有些书把它叫“下凸”或“凸函数”，意思一样。

方法卡 · 比较定积分的大小

什么时候用

选择题给出两三个算不出来的定积分，问大小关系。

步骤

统一积分区间（拆分、换元平移）。
对称区间：先去掉奇函数部分。
比较被积函数：作差或作商，必要时构造辅助函数求导判断正负。
区间长短不同、被积函数变号：拆出多余的一段，用换元比较两段的绝对值。

最容易错

只在区间的一部分上验证了不等式（比如

1+\cos x>1+\sin x

只在

x<\frac\pi4

时成立）；忘了奇函数部分积分为 0。

例 3.82011 数一(4)李林第六章 §3 例 4 · p146

设

I=\int_0^{\pi/4}\ln(\sin x)\dx

，

J=\int_0^{\pi/4}\ln(\cot x)\dx

，

K=\int_0^{\pi/4}\ln(\cos x)\dx

，则

I,J,K

的大小关系为（　）
（A）

I<J<K

　（B）

I<K<J

　（C）

J<I<K

　（D）

K<J<I

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 同一区间，比较被积函数。在 $\big(0,\frac\pi4\big)$ 上 $0<\sin x<\cos x<1<\cot x$ 。

在单位圆上， $x<\frac\pi4$ 时正弦比余弦小（到 $\frac\pi4$ 才相等）； $\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ 分子比分母大，所以大于 1。

② 取对数不改变大小。 $\ln$ 单调增加，所以 $\ln\sin x<\ln\cos x<0<\ln\cot x$ 。

单调增加的函数保持不等号方向。

③ 积分。由保号性（连续、不恒等，严格） $I<K<J$ 。所以选（B）。

区间相同，被积函数小的积分小。

答案：B

例 3.92012 数一(4)李林第六章 §3 例 5 · p146

设

I_k=\int_0^{k\pi}\e^{x^2}\sin x\dx

（

k=1,2,3

），则有（　）
（A）

I_1<I_2<I_3

　（B）

I_3<I_2<I_1

　（C）

I_2<I_3<I_1

　（D）

I_2<I_1<I_3

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 区间有包含关系，看多出来的段。 $I_2-I_1=\int_\pi^{2\pi}\e^{x^2}\sin x\dx<0$ （这段上 $\sin x<0$ ），所以 $I_2<I_1$ 。

被积函数在 $(\pi,2\pi)$ 上恒负，积分为负。

② $I_3-I_1$ 由两段组成，符号相反。 $I_3-I_1=\int_\pi^{2\pi}\e^{x^2}\sin x\dx+\int_{2\pi}^{3\pi}\e^{x^2}\sin x\dx$ ，前一段负、后一段正，要比较大小。

不能只看符号，要比较两段的绝对值。

③ 把后一段平移到 $[\pi,2\pi]$ 。令 $x=t+\pi$ ： $\int_{2\pi}^{3\pi}\e^{x^2}\sin x\dx=-\int_\pi^{2\pi}\e^{(t+\pi)^2}\sin t\dt$ 。于是 $I_3-I_1=\int_\pi^{2\pi}\big[\e^{t^2}-\e^{(t+\pi)^2}\big]\sin t\dt$ 。

$\sin(t+\pi)=-\sin t$ ；平移后两段在同一区间上，可以合并。

④ 判断符号。在 $(\pi,2\pi)$ 上 $\e^{t^2}-\e^{(t+\pi)^2}<0$ ， $\sin t<0$ ，乘积 $>0$ ，所以 $I_3>I_1$ 。综上 $I_2<I_1<I_3$ 。所以选（D）。

$\e^{x^2}$ 越往右越大，后一段的正面积比前一段的负面积大。

答案：D

例 3.102018 数一(4)

设

M=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{(1+x)^2}{1+x^2}\dx

，

N=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{1+x}{\e^x}\dx

，

K=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\big(1+\sqrt{\cos x}\big)\dx

，则（　）
（A）

M>N>K

　（B）

M>K>N

　（C）

K>M>N

　（D）

K>N>M

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $M$ ：展开后去掉奇函数。 $\dfrac{(1+x)^2}{1+x^2}=1+\dfrac{2x}{1+x^2}$ ，后一项是奇函数，积分为 0，所以 $M=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\dx=\pi$ 。

对称区间先去奇函数；剩下的常数 1 直接积。

② $N$ ：与 1 比较。 $x\ne0$ 时 $\e^x>1+x$ ，所以 $\dfrac{1+x}{\e^x}<1$ ， $N<\pi$ 。

常用不等式 $\e^x\ge1+x$ ，等号只在 $x=0$ 。

③ $K$ ：与 1 比较。 $1+\sqrt{\cos x}>1$ （除端点外 $\cos x>0$ ），所以 $K>\pi$ 。所以选（C）。

三个积分都拿常数 $\pi=\int1$ 做“中间人”。

答案：C

例 3.112022 数一(4)

若

I_1=\int_0^1\dfrac x{2(1+\cos x)}\dx

，

I_2=\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{1+\cos x}\dx

，

I_3=\int_0^1\dfrac{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

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $I_1$ 与 $I_2$ ：分母相同，比分子。设 $h(x)=\ln(1+x)-\dfrac x2$ ， $h'(x)=\dfrac1{1+x}-\dfrac12>0$ （ $0<x<1$ ）， $h(0)=0$ ，所以 $\ln(1+x)>\dfrac x2$ ， $I_1<I_2$ 。

$\ln(1+x)<x$ 是常用的，但这里比的是 $\frac x2$ ，方向反过来，必须重新构造函数判断。

② $I_2$ 与 $I_3$ ：先放大 $I_2$ 的分子。 $\ln(1+x)<x$ ，所以 $\dfrac{\ln(1+x)}{1+\cos x}<\dfrac x{1+\cos x}$ 。

分子分母都不同，分两步：先固定分母比分子。

③ 再比分母。要证 $\dfrac x{1+\cos x}<\dfrac{2x}{1+\sin x}$ ，即 $1+\sin x<2(1+\cos x)$ ，即 $\sin x-2\cos x<1$ 。在 $[0,1]$ 上 $\sin x\le\sin1<0.85$ ， $2\cos x\ge2\cos1>1.08$ ，左边小于 0，成立。所以 $I_2<I_3$ 。所以选（A）。

不要用 $1+\cos x>1+\sin x$ ，它只在 $x<\frac\pi4\approx0.785$ 时成立， $[0,1]$ 超出了这个范围。

答案：A

例 3.122017 数二(2)

设二阶可导函数

f(x)

满足

f(1)=f(-1)=1

，

f(0)=-1

且

f''(x)>0

，则（　）
（A）

\int_{-1}^1f(x)\dx>0

　（B）

\int_{-1}^1f(x)\dx<0

（C）

\int_{-1}^0f(x)\dx>\int_0^1f(x)\dx

　（D）

\int_{-1}^0f(x)\dx<\int_0^1f(x)\dx

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $f''>0$ ：曲线在弦的下方。在 $[-1,0]$ 上 $f(x)<-1-2x$ （连接 $(-1,1)$ 与 $(0,-1)$ 的弦），在 $[0,1]$ 上 $f(x)<-1+2x$ 。

凹函数（ $f''>0$ ，向上弯）的图形在任意弦的下方（端点处相等）。

② 积分比较。 $\int_{-1}^1f<\int_{-1}^0(-1-2x)\dx+\int_0^1(-1+2x)\dx=0+0=0$ ，（B）正确。

两条弦与 $x$ 轴围成的带符号面积都是 0。

③ （C）（D）都不一定。 $f=2x^2-1+c(x^3-x)$ （ $|c|<\frac23$ 保证 $f''=4+6cx>0$ ）满足条件， $\int_{-1}^0f-\int_0^1f=\dfrac c2$ ： $c>0$ 时（C）对， $c<0$ 时（D）对， $c=0$ 时都不对。所以选（B）。

条件只约束了三个点和凹凸性，左右两半谁大无法确定，一族反例就能说明。

答案：B

3.5用定积分的定义求和式的极限

大白话：看到 $\lim\limits_{n\to\infty}$ 一个 $n$ 项的和，每一项里都有 $\frac kn$ ，就把它看成矩形面积和：提出一个 $\frac1n$ 当“底”，剩下的写成 $f\big(\frac kn\big)$ 当“高”，极限就是 $\int_0^1f(x)\dx$ 。

2017 数一(16)：

\sum\frac k{n^2}\ln\big(1+\frac kn\big)=\frac1n\sum f\big(\frac kn\big)

，

f(x)=x\ln(1+x)

；8 个右端点矩形的面积和已经很接近曲线下的面积

\frac14

。

定积分定义的“求极限版”

\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^nf\Big(\frac kn\Big)=\int_0^1f(x)\dx,

\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{b-a}n\sum_{k=1}^nf\Big(a+k\frac{b-a}n\Big)=\int_a^bf(x)\dx.

求和从 $k=0$ 到 $n-1$ （左端点）或取中点 $\frac{2k-1}{2n}$ ，极限不变；少几项、多几项也不变（每项趋于 0）。

方法卡 · 和式极限化定积分

什么时候用

n

项求和取极限，每一项的形式相同，只有

k

在变，而且能写成

\frac kn

的函数。

步骤

把通项写成 $\frac1n\cdot f\big(\frac kn\big)$ ：分母里的 $n^2+k^2$ 就提出 $n^2$ ，等等。
确定 $f(x)$ （把 $\frac kn$ 换成 $x$ ）和区间（ $\frac kn$ 从 $\frac1n$ 走到 1，区间是 $[0,1]$ ）。
写成 $\int_0^1f(x)\dx$ 计算。
凑不出 $\frac1n f(\frac kn)$ 的精确形式时，放缩成两个能凑的和，再夹逼。

最容易错

提

\frac1n

时次数算错（

\frac k{n^2}=\frac1n\cdot\frac kn

）；宽度与项数不匹配（

2n

项、宽度

\frac1{2n}

才是

[0,1]

）。

例 3.132017 数一(16)

求

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac k{n^2}\ln\Big(1+\dfrac kn\Big)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 凑成 $\frac1n f\big(\frac kn\big)$ 。 $\dfrac k{n^2}\ln\Big(1+\dfrac kn\Big)=\dfrac1n\cdot\dfrac kn\ln\Big(1+\dfrac kn\Big)$ ， $f(x)=x\ln(1+x)$ 。

$\frac k{n^2}$ 拆成 $\frac1n\cdot\frac kn$ ：一个当底，一个进高。

② 化成定积分。原式 $=\int_0^1x\ln(1+x)\dx$ 。

和式里 $\frac kn$ 依次取 $\frac1n,\frac2n,\dots,1$ ，正好把 $[0,1]$ 等分，所以积分区间是 $[0,1]$ ，被积函数就是把 $\frac kn$ 换成 $x$ 。

③ 分部积分。 $=\dfrac{x^2}2\ln(1+x)\Big|_0^1-\dfrac12\int_0^1\dfrac{x^2}{1+x}\dx=\dfrac{\ln2}2-\dfrac12\int_0^1\Big(x-1+\dfrac1{1+x}\Big)\dx=\dfrac{\ln2}2-\dfrac12\Big(-\dfrac12+\ln2\Big)=\dfrac14$ 。

“对”当 $u$ ； $\frac{x^2}{1+x}$ 除法拆出多项式。

答案： $\frac14$

例 3.142021 数一(4)

设函数

f(x)

在区间

[0,1]

上连续，则

\int_0^1f(x)\dx=

（　）
（A）

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^nf\Big(\dfrac{2k-1}{2n}\Big)\dfrac1{2n}

　（B）

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^nf\Big(\dfrac{2k-1}{2n}\Big)\dfrac1n

（C）

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{2n}f\Big(\dfrac{k-1}{2n}\Big)\dfrac1n

　（D）

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{2n}f\Big(\dfrac k{2n}\Big)\dfrac2n

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 检查“取点”与“宽度”是否配套。 $[0,1]$ 分成 $m$ 等份，宽度必须是 $\frac1m$ ，取点落在第 $k$ 份 $\big[\frac{k-1}m,\frac km\big]$ 里。

矩形面积和 = Σ 高 × 宽，宽要与分法一致。

② (A)(B)： $n$ 等份，取中点。 $\frac{2k-1}{2n}$ 是 $\big[\frac{k-1}n,\frac kn\big]$ 的中点，宽度应为 $\frac1n$ 。（B）正确；（A）宽度 $\frac1{2n}$ ，极限是 $\frac12\int_0^1f$ 。

取中点也是合法的取法。

③ (C)(D)： $2n$ 等份。宽度应为 $\frac1{2n}$ 。（C）乘的是 $\frac1n$ ，极限 $2\int_0^1f$ ；（D）乘 $\frac2n$ ，极限 $4\int_0^1f$ 。所以选（B）。

取 $f\equiv1$ 检验：（A）得 $\frac12$ ，（B）得 1，（C）得 2，（D）得 4。

答案：B

例 3.152012 数二(10)

\lim\limits_{n\to\infty}n\Big(\dfrac1{1+n^2}+\dfrac1{2^2+n^2}+\cdots+\dfrac1{n^2+n^2}\Big)=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写成求和并提出 $n^2$ 。原式 $=\lim\sum\limits_{k=1}^n\dfrac n{k^2+n^2}=\lim\dfrac1n\sum\limits_{k=1}^n\dfrac1{1+(k/n)^2}$ 。

分子分母同除 $n^2$ ： $\frac{n}{n^2(1+(k/n)^2)}=\frac1n\cdot\frac1{1+(k/n)^2}$ 。

② 化成定积分。 $=\int_0^1\dfrac{\dx}{1+x^2}=\arctan x\Big|_0^1=\dfrac\pi4$ 。

把 $\frac kn$ 换成 $x$ ，被积函数就是 $\frac1{1+x^2}$ ，它的原函数是 $\arctan x$ 。

答案： $\frac\pi4$

例 3.162016 数二(10)

极限

\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac1{n^2}\Big(\sin\dfrac1n+2\sin\dfrac2n+\cdots+n\sin\dfrac nn\Big)=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 凑 $\frac1n f\big(\frac kn\big)$ 。 $\dfrac1{n^2}\cdot k\sin\dfrac kn=\dfrac1n\cdot\dfrac kn\sin\dfrac kn$ ， $f(x)=x\sin x$ 。

$\frac{k}{n^2}$ 拆成 $\frac1n\cdot\frac kn$ ，和 2017 数一(16) 一样。

② 分部积分。 $\int_0^1x\sin x\dx=-x\cos x\Big|_0^1+\int_0^1\cos x\dx=-\cos1+\sin1$ 。

“幂”当 $u$ ，三角函数进 $\dd v$ 。

答案： $\sin1-\cos1$

例 3.172025 数二(13)

\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac1{n^2}\Big[\ln\dfrac1n+2\ln\dfrac2n+\cdots+(n-1)\ln\dfrac{n-1}n\Big]=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 凑 $\frac1n f\big(\frac kn\big)$ ，补上第 $n$ 项。通项 $\dfrac1n\cdot\dfrac kn\ln\dfrac kn$ ， $f(x)=x\ln x$ ；第 $n$ 项 $\frac1n\cdot1\cdot\ln1=0$ ，补上不影响。

和只到 $n-1$ ，补齐成 $n$ 项更规整；缺少或多出有限项不改变极限。

② 化成定积分并分部。 $\int_0^1x\ln x\dx=\dfrac{x^2}2\ln x\Big|_0^1-\int_0^1\dfrac x2\dx=0-\dfrac14=-\dfrac14$ 。

$x\to0^+$ 时 $x^2\ln x\to0$ ； $f(x)=x\ln x$ 在 0 处补定义为 0 后连续，所以定积分存在。

答案： $-\frac14$

例 3.18李林第六章习题填空 (1)、解答 (5) · p163

求：（1）

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{\e^{i/n}}{n+n\e^{2i/n}}

；（2）

\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\dfrac1{n+\frac{i^2+1}n}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 直接凑。通项 $=\dfrac1n\cdot\dfrac{\e^{i/n}}{1+\e^{2i/n}}$ ，极限 $=\int_0^1\dfrac{\e^x}{1+\e^{2x}}\dx=\arctan\e^x\Big|_0^1=\arctan\e-\dfrac\pi4$ 。

分母提出 $n$ 就是 $\frac1n$ ；积分用凑微分 $\dd\e^x$ （例 2.1 第 6 小题）。

② (2) 通项凑不整齐，先放缩。通项 $=\dfrac n{n^2+i^2+1}$ 。因为 $i^2<i^2+1\le(i+1)^2$ ，有 $\dfrac n{n^2+(i+1)^2}\le\dfrac n{n^2+i^2+1}<\dfrac n{n^2+i^2}$ 。

多出来的“+1”破坏了 $\frac in$ 的形式，就把它夹在两个整齐的式子之间。

③ (2) 两边都是定积分。 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac n{n^2+i^2}=\dfrac1n\sum\dfrac1{1+(i/n)^2}\to\dfrac\pi4$ ；左边 $=\dfrac1n\sum\limits_{j=2}^{n+1}\dfrac1{1+(j/n)^2}$ ，只比右边的和少一项、多一项，极限也是 $\dfrac\pi4$ 。由夹逼，原式 $=\dfrac\pi4$ 。

左边换下标 $j=i+1$ 就和右边只差首尾两项，每项不超过 $\frac1n$ ，不影响极限。

答案：(1) $\arctan\e-\frac\pi4$ ；(2) $\frac\pi4$

3.6平均值、路程与“加权平均”

大白话：速度对时间的积分是路程，函数在区间上的积分除以区间长度是平均值。应用题里，先想清楚“每一小段时间里的量是什么”，再把它们加起来（积分）。两条速度曲线之间的面积就是两人走的距离之差。

2017 数一(4)：两条速度曲线之间的面积是距离差。前 10 秒甲快，拉开 10 米（加上原来的 10 米共 20 米）；10 到 25 秒乙快，追回 20 米，

t=25

时追上。

平均值与路程

\displaystyle \bar f=\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\dx,

\displaystyle s(T)-s(0)=\int_0^Tv(t)\dt,

\displaystyle \text{加权平均 }=\frac{\int_a^bf(t)w(t)\dt}{\int_a^bw(t)\dt}.

方法卡 · 应用题里的定积分

什么时候用

题目说“平均值”“平均速度”“走过的路程”“追上”“平均价格”。

步骤

找出“变化的量”和“对谁积分”（时间 $t$ 、位置 $x$ ）。
写出小段 $[t,t+\dd t]$ 上的量：路程 $v\dt$ 、花费 $p\,\dd q$ 等。
积分加起来；平均值再除以“总量”（区间长度、总份额）。

最容易错

平均价格用

\frac1T\int p\dt

（对时间平均），而正确的是按买入份额加权；追及题忘了初始距离。

例 3.192017 数一(4)

甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方 10（单位：m）处。图中实线表示甲的速度曲线

v=v_1(t)

（单位：m/s），虚线表示乙的速度曲线

v=v_2(t)

，三块阴影部分面积的数值依次是 10、20、3（见上图，按题目条件重画）。计时开始后乙追上甲的时刻记为

t_0

（单位：s），则（　）
（A）

t_0=10

　（B）

15<t_0<20

　（C）

t_0=25

　（D）

t_0>25

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出两人的距离差。乙落后甲的距离 $D(t)=10+\int_0^t\big[v_1(s)-v_2(s)\big]\mathrm ds$ 。乙追上甲即 $D(t_0)=0$ 。

每一小段时间里，两人多走的路程差是 $(v_1-v_2)\dt$ ，加起来就是曲线间带符号的面积。

② 按图读面积。 $0\sim10$ 秒 $v_1>v_2$ ，面积 10： $D(10)=20$ ； $10\sim25$ 秒 $v_2>v_1$ ，面积 20： $D(25)=20-20=0$ 。

在 $10$ 到 $25$ 之间 $D$ 单调减少，在 $t=25$ 时第一次等于 0。

③ 结论。 $t_0=25$ ，所以选（C）。

第三块面积 3 在 $t_0$ 之后，是干扰信息。

答案：C

例 3.202024 数二(15)

某物体以速度

v(t)=t+k\sin\pi t

做直线运动，若它从

t=0

到

t=3

的时间段内平均速度是

\dfrac52

，则

k=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 平均速度 = 路程 ÷ 时间。 $\dfrac13\int_0^3(t+k\sin\pi t)\dt=\dfrac52$ 。

平均值公式，区间长度 3。

② 计算积分。 $\int_0^3t\dt=\dfrac92$ ； $\int_0^3\sin\pi t\dt=-\dfrac{\cos\pi t}\pi\Big|_0^3=\dfrac{-\cos3\pi+1}\pi=\dfrac2\pi$ 。

$3\pi$ 和 $\pi$ 在单位圆上是同一个位置， $\cos3\pi=\cos\pi=-1$ ，所以 $-\cos3\pi+\cos0=1+1=2$ 。

③ 解方程。 $\dfrac13\Big(\dfrac92+\dfrac{2k}\pi\Big)=\dfrac52$ ， $\dfrac{2k}\pi=3$ ， $k=\dfrac{3\pi}2$ 。

关于 $k$ 的一次方程，移项解出即可。

答案： $\frac{3\pi}2$

例 3.212026 数二(15)

f(x)=\ln(2+x)

在

[0,2]

上的平均值为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出平均值。 $\bar f=\dfrac12\int_0^2\ln(2+x)\dx$ 。

平均值 = 积分 ÷ 区间长度，这里区间 $[0,2]$ 长度为 2。

② 分部积分（或令 $u=2+x$ ）。 $\int_0^2\ln(2+x)\dx=\big[(2+x)\ln(2+x)-(2+x)\big]_0^2=(4\ln4-4)-(2\ln2-2)=6\ln2-2$ 。

$\int\ln u\du=u\ln u-u$ （A.1 节验证过）。

③ 除以 2。 $\bar f=3\ln2-1$ 。

约 1.08，介于 $\ln2\approx0.69$ 与 $\ln4\approx1.39$ 之间，合理。

答案： $3\ln2-1$

例 3.222026 数三(4)

设

t

时刻某证券的交易单价为

p(t)

，某机构持有该证券的份额为

q(t)

。若该机构在

t\in[0,T]

持续购入一定份额该证券，则这些证券的平均购入价格为（　）
（A）

\dfrac1T\int_0^Tp(t)\dt

　（B）

\dfrac1{q(T)-q(0)}\int_0^Tp(t)\dt

（C）

\dfrac1T\int_0^Tp(t)q'(t)\dt

　（D）

\dfrac1{q(T)-q(0)}\int_0^Tp(t)q'(t)\dt

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 小段时间里的花费。 $[t,t+\dd t]$ 内买入 $\dd q=q'(t)\dt$ 份，单价约 $p(t)$ ，花费 $p(t)q'(t)\dt$ 。总花费 $\int_0^Tp(t)q'(t)\dt$ 。

微元法：小段上把价格看成常数。

② 平均价格 = 总花费 ÷ 总份额。总份额 $q(T)-q(0)$ ，所以平均价格 $=\dfrac{\int_0^Tp\,q'\dt}{q(T)-q(0)}$ ，所以选（D）。

这是以买入量为权重的加权平均；（A）是对时间的平均，买得多的时段和买得少的时段被同等对待，不对。

答案：D

3.7小结

题目里的说法	换成什么	例子
用定义算定积分	等分、右端点、求和公式、取极限	例 3.1
“可积”“有原函数”	可积看有界 + 间断点有限；原函数看有无第一类间断点	例 3.2
$\sqrt{a^2-x^2}$ 、 $\sqrt{2ax-x^2}$ 、 $\|x\|$ 的积分	画图，用面积	例 3.3、例 3.4
证明 $A<\int f<B$	单调性求最值，估值	例 3.5
$\lim\int_0^1f_n$ 积不出来	放缩被积函数，夹逼	例 3.6
$\int_0^1f=0$ ，问 $f(\frac12)$ 的符号	在 $\frac12$ 处泰勒展开再积分	例 3.7
同区间比大小	比较被积函数（必要时构造函数求导）	例 3.8、例 3.11
$\int_0^{k\pi}$ 比大小	看多出来的段，平移比较绝对值	例 3.9
对称区间比大小	去掉奇函数，与常数比	例 3.10
$f''>0$ 加几个点的值	凹函数在弦下方	例 3.12
$\lim\sum$ 含 $\frac kn$	凑 $\frac1nf(\frac kn)$ ，化成 $\int_0^1f$	例 3.13、例 3.15
和式凑不整齐	放缩成两个能凑的和，夹逼	例 3.18
辨认哪个和式是 $\int_0^1f$	宽度 = $\frac1{\text{份数}}$ ；代 $f\equiv1$ 检验	例 3.14
速度曲线、追及	曲线间面积 = 距离差，别忘初始距离	例 3.19
平均值、平均价格	$\frac1{b-a}\int$ ；加权平均除以总权重	例 3.21、例 3.22

第 4 部分

定积分的计算

定积分的计算方法和不定积分相同，多出来的是上下限带来的技巧：换元换限、分部的边界项、对称区间、周期、区间再现、华里士公式、递推。

考试要求（大纲原文，李林讲义第六章第 3、4 条）

掌握定积分的换元积分法与分部积分法。
会求有理函数、三角函数有理式和简单无理函数的定积分。

对应李林讲义第六章第一节题型二至题型七（p132—140）。数一几乎每年都有一道“算一个定积分”的填空题（2010、2012、2015、2018、2022、2023），2019 年还出过一道递推的解答题。方法和不定积分一样，多出来的是“上下限”带来的技巧：换元换限、对称、周期、区间再现、华里士公式。

4.1换元必换限

大白话：定积分换元时，把上下限一起换成新变量的上下限，算完直接代新的上下限，不用再换回原来的变量。凑微分如果没有写出新字母，上下限就不用换。

2010 数一(10)：令

x=t^2

，

x

从 0 到

\pi^2

对应

t

从 0 到

\pi

；换元后被积函数变了、区间也变了，但带符号的面积不变。

定积分换元公式

\displaystyle \int_a^bf(x)\dx=\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\dt,

\displaystyle \varphi(\alpha)=a,\ \varphi(\beta)=b.

要求 $\varphi$ 在 $[\alpha,\beta]$ （或 $[\beta,\alpha]$ ）上有连续导数，取值不跑出 $f$ 的定义区间。新下限可以比新上限大，照写不误（如 $x=\frac1t$ ）。

方法卡 · 定积分换元

什么时候用

被积函数用不定积分的换元法能积出来（根式、三角代换、凑微分）。

步骤

写出代换 $x=\varphi(t)$ 或 $t=\psi(x)$ ，算 $\dd x$ 。
用 $x=a$ 、 $x=b$ 算出 $t$ 的上下限（三角代换要让 $t$ 落在规定的范围内）。
换被积函数和上下限，积分，直接代新上下限。

最容易错

换了变量没换限；三角代换时

t

取错区间，开方符号错（如

x=\sec t

、

x<0

时

\tan t<0

）。

例 4.12010 数一(10)

\int_0^{\pi^2}\sqrt x\cos\sqrt x\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 根式代换，同时换限。令 $t=\sqrt x$ ， $x=t^2$ ， $\dd x=2t\dt$ ； $x=0\to t=0$ ， $x=\pi^2\to t=\pi$ 。原式 $=\int_0^\pi2t^2\cos t\dt$ 。

被积函数里的 $\sqrt x$ 出现两次，整个换掉；上下限跟着换。

② 分部积分（表格法）。 $\int t^2\cos t\dt=t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t$ 。

多项式乘三角函数，多项式当 $u$ ，求导两次到常数（例 2.15）。

③ 代新上下限。原式 $=2\big[t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t\big]_0^\pi=2(0-2\pi-0)=-4\pi$ 。

$\sin\pi=0$ ， $\cos\pi=-1$ ；下限代入全是 0。

答案： $-4\pi$

例 4.22025 数一(17)

计算

\int_0^1\dfrac{\dx}{(x+1)(x^2-2x+2)}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 部分分式。设 $\dfrac1{(x+1)(x^2-2x+2)}=\dfrac A{x+1}+\dfrac{Bx+C}{x^2-2x+2}$ 。令 $x=-1$ ： $1=5A$ ， $A=\frac15$ ；比较 $x^2$ 系数 $0=A+B$ ， $B=-\frac15$ ；比较常数项 $1=2A+C$ ， $C=\frac35$ 。

有理函数的标准做法（2.5 节）；分母的二次因式判别式 $4-8<0$ ，不能再分解。

② 二次因式那一项拆成“导数 + 常数”。 $\dfrac{-\frac15x+\frac35}{x^2-2x+2}=-\dfrac1{10}\cdot\dfrac{2x-2}{x^2-2x+2}+\dfrac25\cdot\dfrac1{(x-1)^2+1}$ 。

先求分母的导数 $2x-2$ ，再把分子写成“它的倍数 + 常数”：比较 $x$ 的系数得倍数 $-\frac1{10}$ ，剩下的常数是 $\frac25$ 。

③ 逐项积分代限。 $\dfrac15\ln(x+1)\Big|_0^1=\dfrac15\ln2$ ； $-\dfrac1{10}\ln(x^2-2x+2)\Big|_0^1=-\dfrac1{10}(0-\ln2)=\dfrac1{10}\ln2$ ； $\dfrac25\arctan(x-1)\Big|_0^1=\dfrac25\cdot\dfrac\pi4=\dfrac\pi{10}$ 。

三项分别是 ln、ln、arctan； $\arctan0-\arctan(-1)=\frac\pi4$ 。

答案： $\frac3{10}\ln2+\frac\pi{10}$

例 4.32020 数二(3)

\int_0^1\dfrac{\arcsin\sqrt x}{\sqrt{x(1-x)}}\dx=

（　）
（A）

\dfrac{\pi^2}4

　（B）

\dfrac{\pi^2}8

　（C）

\dfrac\pi4

　（D）

\dfrac\pi8

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求 $\arcsin\sqrt x$ 的导数。 $(\arcsin\sqrt x)'=\dfrac1{\sqrt{1-x}}\cdot\dfrac1{2\sqrt x}=\dfrac1{2\sqrt{x(1-x)}}$ 。

被积函数里有反三角，先求它的导数，看剩下的因子是不是它（A.2 节例题算过）。

② 凑微分，不换限。原式 $=2\int_0^1\arcsin\sqrt x\,\dd(\arcsin\sqrt x)=\big(\arcsin\sqrt x\big)^2\Big|_0^1=\Big(\dfrac\pi2\Big)^2=\dfrac{\pi^2}4$ 。所以选（A）。

没有写出新字母，积分变量仍是 $x$ ，所以上下限仍是 0 和 1。这是一个反常积分（两端无界），但原函数在两端有极限，直接代即可（第 6 部分）。

答案：A

例 4.42022 数二(13)

\int_0^1\dfrac{2x+3}{x^2-x+1}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分子拆成“分母的导数 + 常数”。 $(x^2-x+1)'=2x-1$ ， $2x+3=(2x-1)+4$ 。

分母不能分解（判别式 $<0$ ），用 2.5 节的拆法。

② 第一部分。 $\int_0^1\dfrac{2x-1}{x^2-x+1}\dx=\ln(x^2-x+1)\Big|_0^1=\ln1-\ln1=0$ 。

分子是分母的导数，原函数是 $\ln$ 。

③ 第二部分配方。 $4\int_0^1\dfrac{\dx}{(x-\frac12)^2+\frac34}=4\cdot\dfrac2{\sqrt3}\arctan\dfrac{2x-1}{\sqrt3}\Big|_0^1=\dfrac8{\sqrt3}\Big(\dfrac\pi6+\dfrac\pi6\Big)=\dfrac{8\sqrt3\pi}9$ 。

特殊角： $\tan\frac\pi6=\frac1{\sqrt3}$ ，所以 $\arctan\frac1{\sqrt3}=\frac\pi6$ ；下限 $x=0$ 代入是 $\arctan\big(-\frac1{\sqrt3}\big)=-\frac\pi6$ ，相减得 $\frac\pi3$ 。

答案： $\frac{8\sqrt3\pi}9$

例 4.52022 数三(12)

\int_0^2\dfrac{2x-4}{x^2+2x+4}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分子拆开。 $(x^2+2x+4)'=2x+2$ ， $2x-4=(2x+2)-6$ 。

和上一题（2022 数二(13)）一样：把分子凑成“分母的导数 + 常数”。分母的导数是 $2x+2$ ， $2x-4$ 比它少 6，所以写成 $(2x+2)-6$ ，前一项积出 $\ln$ ，后一项积出 $\arctan$ 。

② 两部分分别积分。 $\ln(x^2+2x+4)\Big|_0^2=\ln12-\ln4=\ln3$ ； $-6\int_0^2\dfrac{\dx}{(x+1)^2+3}=-\dfrac6{\sqrt3}\arctan\dfrac{x+1}{\sqrt3}\Big|_0^2=-2\sqrt3\Big(\dfrac\pi3-\dfrac\pi6\Big)=-\dfrac{\sqrt3\pi}3$ 。

特殊角： $\tan\frac\pi3=\sqrt3$ ， $\tan\frac\pi6=\frac1{\sqrt3}$ ，所以上下限代入分别得 $\frac\pi3$ 和 $\frac\pi6$ 。

答案： $\ln3-\frac{\sqrt3}3\pi$

例 4.6李林第六章 §1 例 2(1)(3)(4) · p132—133

计算：（1）

\int_{-2}^{-\sqrt2}\dfrac{\dx}{\sqrt{x^2-1}}

；（2）

\int_0^1\dfrac{x^2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}\dx

；（3）

\int_0^3\arcsin\sqrt{\dfrac x{1+x}}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 用积分表第 12 条，注意 $x<0$ 。原函数 $\ln\big|x+\sqrt{x^2-1}\big|$ 。原式 $=\ln\big|-\sqrt2+1\big|-\ln\big|-2+\sqrt3\big|=\ln\dfrac{\sqrt2-1}{2-\sqrt3}=\ln\dfrac{2+\sqrt3}{1+\sqrt2}$ 。

$x<0$ 时 $x+\sqrt{x^2-1}<0$ ，绝对值不能丢；最后分母有理化： $\frac1{2-\sqrt3}=2+\sqrt3$ ， $\sqrt2-1=\frac1{\sqrt2+1}$ 。李林用 $x=\sec t$ （ $t\in[\frac{2\pi}3,\frac{3\pi}4]$ ， $\tan t<0$ ）得到同样结果。

② (2) 令 $x=\sin t$ 。 $x:0\to1$ 对应 $t:0\to\frac\pi2$ ，原式 $=\int_0^{\pi/2}t\sin^2t\dt=\int_0^{\pi/2}\dfrac t2\dt-\dfrac12\int_0^{\pi/2}t\cos2t\dt$ 。

$\frac{\dx}{\sqrt{1-x^2}}=\dt$ ， $\arcsin x=t$ ，根号和反三角一起消掉。

③ (2) 分部。 $\int_0^{\pi/2}\dfrac t2\dt=\dfrac{\pi^2}{16}$ ； $\int_0^{\pi/2}t\cos2t\dt=\Big[\dfrac{t\sin2t}2+\dfrac{\cos2t}4\Big]_0^{\pi/2}=-\dfrac12$ 。原式 $=\dfrac{\pi^2}{16}+\dfrac14$ 。

$t\cos2t$ 是“幂 × 三角”，幂当 $u$ 分部；代上下限时 $\sin\pi=\sin0=0$ ， $\cos\pi=-1$ ， $\cos0=1$ 。

④ (3) 令 $t=\arcsin\sqrt{\frac x{1+x}}$ ，反解 $x$ 。 $\sin^2t=\dfrac x{1+x}$ ， $x=\tan^2t$ ； $x:0\to3$ 对应 $t:0\to\frac\pi3$ 。原式 $=\int_0^{\pi/3}t\,\dd(\tan^2t)=t\tan^2t\Big|_0^{\pi/3}-\int_0^{\pi/3}\tan^2t\dt$ 。

被积函数整个是反三角，就把它设成 $t$ ，这样被积函数变成 $t$ ，再分部。

⑤ (3) 算完。 $=\dfrac\pi3\cdot3-\big[\tan t-t\big]_0^{\pi/3}=\pi-\sqrt3+\dfrac\pi3=\dfrac{4\pi}3-\sqrt3$ 。

由平方关系 $1+\tan^2t=\sec^2t$ 得 $\tan^2t=\sec^2t-1$ ，而 $\sec^2t$ 的原函数是 $\tan t$ ，所以 $\int\tan^2t\dt=\tan t-t$ 。

答案：(1) $\ln\frac{2+\sqrt3}{1+\sqrt2}$ ；(2) $\frac{\pi^2}{16}+\frac14$ ；(3) $\frac{4\pi}3-\sqrt3$

4.2分部积分：边界项先算掉

大白话：定积分的分部积分公式多了一个“边界项” $uv\big|_a^b$ ，它是一个数，先算出来；剩下的积分往往更简单。被积函数里有抽象的 $f''$ 、 $f'$ ，或者有变限积分，都是分部积分的信号。

2018 数一(10)：条件翻译成三个数

f(0)=0

、

f(1)=2

、

f'(1)=2\ln2

；

\int_0^1xf''\dx

分部后只用到这三个数。

定积分分部公式

\displaystyle \int_a^bu\,\dd v=uv\Big|_a^b-\int_a^bv\,\dd u.

含 $f''(x)$ ： $\int_a^bxf''(x)\dx=\big[xf'(x)\big]_a^b-\big[f(b)-f(a)\big]$ 。
技巧： $v$ 可以加一个常数，让边界项在某一端为 0，如 $\int_0^1f(x)\dx=\big[(x-1)f(x)\big]_0^1-\int_0^1(x-1)f'(x)\dx$ 。

方法卡 · 定积分分部

什么时候用

被积函数是两类函数的乘积；或含

f'

、

f''

、变限积分；或只知道

f'

的表达式要求

\int f

。

步骤

选 $u$ 、 $\dd v$ （反对幂指三；抽象导数放进 $\dd v$ ）。
先算边界项 $uv\big|_a^b$ ，用题目给的函数值、导数值。
再算剩下的积分。

最容易错

边界项代错端点、漏了负号；题目条件（切线、过某点）没翻译成

f(a)

、

f'(a)

就开始算。

例 4.72018 数一(10)

设函数

f(x)

具有 2 阶连续导数。若曲线

y=f(x)

过点

(0,0)

且与曲线

y=2^x

在点

(1,2)

处相切，则

\int_0^1xf''(x)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 翻译条件。过 $(0,0)$ ： $f(0)=0$ ；过 $(1,2)$ ： $f(1)=2$ ；在 $(1,2)$ 处与 $y=2^x$ 相切： $f'(1)=(2^x)'\big|_{x=1}=2\ln2$ 。

“相切”= 同一点、同一斜率。

② 分部积分。 $\int_0^1x\,\dd f'(x)=xf'(x)\Big|_0^1-\int_0^1f'(x)\dx=f'(1)-\big[f(1)-f(0)\big]$ 。

$f''$ 放进 $\dd v$ ， $u=x$ ；边界项在 0 处为 0。

③ 代入。 $=2\ln2-(2-0)=2\ln2-2$ 。

分部后的式子只用到三个数： $f'(1)=2\ln2$ 、 $f(1)=2$ 、 $f(0)=0$ ，都是第①步从题目条件里读出来的，直接代入。

答案： $2\ln2-2$

例 4.82022 数一(12)

\int_1^{\e^2}\dfrac{\ln x}{\sqrt x}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 对数当 $u$ 。 $\dfrac{\dx}{\sqrt x}=\dd(2\sqrt x)$ ，原式 $=2\sqrt x\ln x\Big|_1^{\e^2}-\int_1^{\e^2}2\sqrt x\cdot\dfrac1x\dx$ 。

“对”排在“幂”前面。

② 边界项与剩下的积分。 $2\sqrt x\ln x\Big|_1^{\e^2}=2\e\cdot2-0=4\e$ ； $\int_1^{\e^2}\dfrac2{\sqrt x}\dx=4\sqrt x\Big|_1^{\e^2}=4\e-4$ 。

代上限： $\sqrt{\e^2}=\e$ ， $\ln\e^2=2$ （对数和指数互为反函数）；代下限 $x=1$ ： $\ln1=0$ ，那一项为 0。

③ 相减。原式 $=4\e-(4\e-4)=4$ 。

边界项与后面的积分里的 $4\e$ 抵消。

答案：4

例 4.92014 数三(11)

设

\int_0^ax\e^{2x}\dx=\dfrac14

，则

a=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部求原函数。 $\int x\e^{2x}\dx=\dfrac x2\e^{2x}-\dfrac14\e^{2x}$ 。

“幂 × 指”相乘，幂函数 $x$ 排在前面当 $u$ ，求导后变成 1，剩下的只有指数函数，能直接积。

② 代限列方程。 $\Big(\dfrac a2-\dfrac14\Big)\e^{2a}+\dfrac14=\dfrac14$ ，即 $\Big(\dfrac a2-\dfrac14\Big)\e^{2a}=0$ 。

下限 0 代入得 $-\frac14$ ，前面是减号，所以 $+\frac14$ 。

③ 解。 $\e^{2a}\ne0$ ，所以 $a=\dfrac12$ 。

指数函数恒正，乘积为 0 只能是另一个因子为 0。

答案： $\frac12$

例 4.10李林第六章 §1 例 5、例 6 · p134

（1）设

y=f(x)

过原点，

f''

连续，曲线在点

(2,4)

处的切线为

y=5x-6

，求

\int_0^2xf''(x)\dx

。（2）设

f'(x)=\arcsin(x-1)^2

，

f(0)=0

，求

\int_0^1f(x)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 翻译条件，分部。 $f(0)=0$ ， $f(2)=4$ ， $f'(2)=5$ 。 $\int_0^2xf''\dx=xf'\Big|_0^2-\int_0^2f'\dx=2\cdot5-(4-0)=6$ 。

与 2018 数一(10) 同一套路：切线给出函数值和导数值。

② (2) 只知道 $f'$ ，用分部把 $\int f$ 转成 $\int f'$ 。取 $v=x-1$ ： $\int_0^1f\dx=(x-1)f(x)\Big|_0^1-\int_0^1(x-1)f'(x)\dx=0-\int_0^1(x-1)\arcsin(x-1)^2\dx$ 。

$v$ 取 $x-1$ 而不是 $x$ ：上限处 $x-1=0$ ，下限处 $f(0)=0$ ，边界项全为 0，而且剩下的积分里 $(x-1)$ 正好配 $\dd(x-1)^2$ 。

③ (2) 凑微分。令 $u=(x-1)^2$ ， $\dd u=2(x-1)\dx$ ， $x:0\to1$ 对应 $u:1\to0$ ： $\int_0^1(x-1)\arcsin(x-1)^2\dx=\dfrac12\int_1^0\arcsin u\du=-\dfrac12\Big(\dfrac\pi2-1\Big)$ 。

$\int_0^1\arcsin u\du$ 用分部（ $v=u$ ），原函数 $u\arcsin u+\sqrt{1-u^2}$ ，代上下限得 $\frac\pi2-1$ 。

④ (2) 结果。 $\int_0^1f\dx=\dfrac12\Big(\dfrac\pi2-1\Big)=\dfrac\pi4-\dfrac12$ 。

前面的负号与第③步的负号抵消。

答案：(1) 6；(2) $\frac\pi4-\frac12$

4.3对称区间：奇函数为 0，偶函数翻倍

大白话：积分区间关于原点对称时，先把被积函数拆成奇函数和偶函数：奇函数的积分是 0，偶函数的积分是半边的两倍。区间关于别的点 $c$ 对称时，平移 $x=c+t$ 就回到关于原点对称。

2012 数一(10)：

x\sqrt{2x-x^2}=\sqrt{2x-x^2}+(x-1)\sqrt{2x-x^2}

，后一项关于

x=1

左负右正、积分为 0，所以红色曲线下的面积等于半圆面积

\frac\pi2

。

对称区间公式

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

第一个等号对任何 $f$ 都成立：当 $f(x)+f(-x)$ 比 $f$ 简单时（如 $\frac1{1+\e^{x}}+\frac1{1+\e^{-x}}=1$ ），用它。
区间 $[a,b]$ 关于中点 $c=\frac{a+b}2$ 对称：令 $x=c+t$ ，化成 $\int_{-h}^h$ 。

方法卡 · 对称区间的积分

什么时候用

积分区间是

[-a,a]

，或关于某点对称（如

[0,2]

与根式

\sqrt{2x-x^2}

配合）。

步骤

把被积函数拆成几项，挑出奇函数，直接划掉。
偶函数部分写成 $2\int_0^a$ 。
拆不开时用 $\int_0^a[f(x)+f(-x)]\dx$ ，看 $f(x)+f(-x)$ 能不能化简成常数或简单函数。
区间不关于原点对称，先平移。

最容易错

判奇偶时漏了一项（

\frac{x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}

是奇函数，

\frac{2x^2}{\cdots}

是偶函数，要分开）；

|x|

是偶函数不是奇函数。

例 4.112015 数一(10)

\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\Big(\dfrac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\Big)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆成奇、偶两部分。 $\dfrac{\sin x}{1+\cos x}$ 是奇函数（分子奇、分母偶），积分为 0； $|x|$ 是偶函数。

对称区间，先找奇函数划掉。

② 偶函数翻倍。原式 $=2\int_0^{\pi/2}x\dx=x^2\Big|_0^{\pi/2}=\dfrac{\pi^2}4$ 。

在 $[0,\frac\pi2]$ 上 $x\ge0$ ，绝对值可以直接去掉， $|x|=x$ 。

答案： $\frac{\pi^2}4$

例 4.122012 数一(10)

\int_0^2x\sqrt{2x-x^2}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 平移到关于原点对称。区间 $[0,2]$ 关于 $x=1$ 对称，令 $x=1+t$ ： $2x-x^2=1-t^2$ ， $t:-1\to1$ 。原式 $=\int_{-1}^1(1+t)\sqrt{1-t^2}\dt$ 。

根号里配方是 $1-(x-1)^2$ ，中心在 1，所以平移 1。

② 奇函数为 0，剩下半圆。 $t\sqrt{1-t^2}$ 是奇函数，积分为 0； $\int_{-1}^1\sqrt{1-t^2}\dt$ 是单位上半圆的面积 $\dfrac\pi2$ 。

对称性 + 几何意义，一步都不用真积分。

答案： $\frac\pi2$

例 4.132026 数三(11)

\int_0^1x(x-1)\Big(x-\dfrac12\Big)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 看出对称中心。三个零点 $0,\frac12,1$ 关于 $x=\frac12$ 对称，积分区间 $[0,1]$ 的中点也是 $\frac12$ ，令 $x=\frac12+u$ 。

区间中点和函数的对称中心重合，是用对称性的信号。

② 化成奇函数。 $x(x-1)\Big(x-\dfrac12\Big)=\Big(u+\dfrac12\Big)\Big(u-\dfrac12\Big)u=u^3-\dfrac u4$ ， $u:-\frac12\to\frac12$ 。

平移后是 $u$ 的奇函数。

③ 结论。对称区间上奇函数的积分为 0，原式 $=0$ 。

也可以展开成 $x^3-\frac32x^2+\frac12x$ 逐项积分： $\frac14-\frac12+\frac14=0$ 。

答案：0

例 4.14李林第六章 §1 例 2(2)、例 11 · p133、p136

计算：（1）

\int_0^2\Big(1+\dfrac x2\Big)\sqrt{2x-x^2}\dx

；（2）

\int_{-1}^1\dfrac{2x^2+x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 平移。令 $x=1+t$ ：原式 $=\int_{-1}^1\Big(\dfrac32+\dfrac t2\Big)\sqrt{1-t^2}\dt=\dfrac32\cdot\dfrac\pi2+0=\dfrac{3\pi}4$ 。

和 2012 数一(10) 一样：奇函数部分为 0，剩下半圆面积乘系数。

② (2) 拆奇偶。 $\dfrac{x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}$ 是奇函数，积分为 0。原式 $=2\int_0^1\dfrac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}\dx$ 。

分母是偶函数；分子 $2x^2$ 偶、 $x\cos x$ 奇。

③ (2) 分母有理化。 $\dfrac{x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x^2(1-\sqrt{1-x^2})}{1-(1-x^2)}=1-\sqrt{1-x^2}$ 。原式 $=4\int_0^1\big(1-\sqrt{1-x^2}\big)\dx=4\Big(1-\dfrac\pi4\Big)=4-\pi$ 。

$1+\sqrt{\cdots}$ 在分母，乘共轭； $\int_0^1\sqrt{1-x^2}\dx$ 是四分之一圆。

答案：(1) $\frac{3\pi}4$ ；(2) $4-\pi$

例 4.15李林第六章 §1 例 12、例 14 · p137—138

计算：（1）

\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{\cos^2x}{1+\e^{-x}}\dx

；（2）

\int_{-\pi/2}^{\pi/2}|\sin x|\arctan\e^x\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 不是奇偶函数，用 $\int_0^a[f(x)+f(-x)]$ 。 $\dfrac{\cos^2x}{1+\e^{-x}}+\dfrac{\cos^2x}{1+\e^{x}}=\cos^2x\cdot\Big(\dfrac{\e^x}{\e^x+1}+\dfrac1{1+\e^x}\Big)=\cos^2x$ 。

$\frac1{1+\e^{-x}}$ 上下同乘 $\e^x$ ，两项分母相同，加起来是 1。

② (1) 结果。原式 $=\int_0^{\pi/2}\cos^2x\dx=\dfrac\pi4$ 。

华里士公式（4.6 节）： $\int_0^{\pi/2}\cos^2x\dx=\frac12\cdot\frac\pi2$ 。

③ (2) 同样配对。 $\arctan\e^x+\arctan\e^{-x}=\dfrac\pi2$ （ $\arctan u+\arctan\frac1u=\frac\pi2$ ， $u>0$ ）， $|\sin x|$ 是偶函数。原式 $=\int_0^{\pi/2}|\sin x|\cdot\dfrac\pi2\dx=\dfrac\pi2\int_0^{\pi/2}\sin x\dx=\dfrac\pi2$ 。

一般结论： $f(x)+f(-x)=A$ 、 $g$ 偶，则 $\int_{-a}^afg=A\int_0^ag$ 。

答案：(1) $\frac\pi4$ ；(2) $\frac\pi2$

4.4周期函数、分段函数与函数方程

大白话：周期函数在任意一个周期长的区间上积分都一样，所以可以把区间“搬”到方便的位置；分段函数、绝对值要在分段点处把积分拆开；题目给的是函数方程（如 $f(x+2)-f(x)=x$ ）时，用换元把要求的区间搬到已知的区间。

|\sin x|

的周期是

\pi

：长为一个周期的窗口放在哪里，窗口里的面积都是 2。

周期与分段

$f$ 以 $T$ 为周期： $\int_a^{a+T}f=\int_0^Tf$ （与 $a$ 无关）； $\int_0^{nT}f=n\int_0^Tf$ 。
分段函数：在分段点拆开； $f(x-1)$ 这类先换元 $t=x-1$ 再看分段。
绝对值：先求绝对值里的零点，按正负拆开。
函数方程： $\int_2^3f(x)\dx\xrightarrow{x=t+2}\int_0^1f(t+2)\dt$ ，再用方程把 $f(t+2)$ 换掉。

方法卡 · 周期、分段、函数方程

什么时候用

被积函数是周期函数、分段函数、含绝对值，或者只给了函数满足的关系式。

步骤

周期函数：把区间按周期切段、平移到 $[0,T]$ 。
分段、绝对值：找分段点，拆积分。
函数方程：换元把积分区间搬到已知的区间，再用方程代换。

最容易错

平移区间时忘了换被积函数的自变量；绝对值拆分时漏了某一段的负号。

例 4.162023 数一(14)

设连续函数

f(x)

满足

f(x+2)-f(x)=x

，

\int_0^2f(x)\dx=0

，则

\int_1^3f(x)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆开区间。 $\int_1^3f=\int_1^2f+\int_2^3f$ 。

已知的是 $[0,2]$ 上的积分， $[2,3]$ 不在里面，要搬过去。

② 把 $[2,3]$ 搬到 $[0,1]$ 。令 $x=t+2$ ： $\int_2^3f(x)\dx=\int_0^1f(t+2)\dt=\int_0^1\big[f(t)+t\big]\dt=\int_0^1f(t)\dt+\dfrac12$ 。

函数方程 $f(t+2)=f(t)+t$ 正好把 $f(t+2)$ 换成 $f(t)$ 。

③ 拼回 $[0,2]$ 。 $\int_1^3f=\int_1^2f+\int_0^1f+\dfrac12=\int_0^2f+\dfrac12=\dfrac12$ 。

$[0,1]$ 和 $[1,2]$ 拼成已知的 $[0,2]$ 。

答案： $\frac12$

例 4.172024 数三(2)

设

I=\int_a^{a+k\pi}|\sin x|\dx

，

k

为整数，则

I

的值（　）
（A）只与

a

有关　（B）只与

k

有关　（C）与

a,k

均有关　（D）与

a,k

均无关

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $|\sin x|$ 的周期是 $\pi$ 。 $|\sin(x+\pi)|=|-\sin x|=|\sin x|$ 。

$\sin x$ 的周期是 $2\pi$ ，加了绝对值后周期减半。

② 积分与起点无关。区间长 $k\pi$ 是 $k$ 个周期， $I=k\int_0^\pi|\sin x|\dx=2k$ （ $k<0$ 时同样得 $2k$ ）。

图上看，窗口平移不改变窗口里的面积。

③ 结论。 $I=2k$ 只与 $k$ 有关，所以选（B）。

取 $k=1$ ， $a=0$ 与 $a=\frac\pi2$ 验证：都是 2。

答案：B

例 4.182016 数二(16)李林第六章 §1 例 16 · p138

设函数

f(x)=\int_0^1\big|t^2-x^2\big|\dt

（

x>0

），求

f'(x)

，并求

f(x)

的最小值。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 按 $x$ 与 1 的大小分情况去绝对值。 $0<x<1$ ： $f(x)=\int_0^x(x^2-t^2)\dt+\int_x^1(t^2-x^2)\dt=\dfrac43x^3-x^2+\dfrac13$ ； $x\ge1$ ： $f(x)=\int_0^1(x^2-t^2)\dt=x^2-\dfrac13$ 。

积分变量是 $t$ ， $x$ 是参数； $t^2-x^2$ 的零点 $t=x$ 在不在 $[0,1]$ 里决定怎么拆。

② 求导。 $f'(x)=4x^2-2x$ （ $0<x<1$ ）， $f'(x)=2x$ （ $x>1$ ）； $x=1$ 处左右导数都是 2，所以 $f'(1)=2$ 。

分段点的导数看左右导数是否相等。

③ 求最小值。 $0<x<\frac12$ 时 $f'<0$ ， $x>\frac12$ 时 $f'>0$ ，最小值 $f\big(\frac12\big)=\dfrac16-\dfrac14+\dfrac13=\dfrac14$ 。

唯一驻点且先减后增，就是最小值点。

答案： $f'(x)=\begin{cases}4x^2-2x,&0<x<1\\2x,&x\ge1\end{cases}$ ，最小值 $f(\frac12)=\frac14$

例 4.19李林第六章 §1 例 4、例 15 · p133、p138

（1）设

f(x)=f(x-\pi)+\sin x

，且当

x\in[0,\pi)

时

f(x)=x

，求

\int_\pi^{3\pi}f(x)\dx

。（2）设

f(x)=\begin{cases}\frac1{1+x},&x\ge0\\\frac1{1+\e^x},&x<0\end{cases}

，求

\int_0^2f(x-1)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 先写出 $[\pi,3\pi)$ 上的表达式。 $x\in[\pi,2\pi)$ ： $f(x)=(x-\pi)+\sin x$ ； $x\in[2\pi,3\pi)$ ： $f(x)=f(x-\pi)+\sin x=(x-2\pi)+\sin(x-\pi)+\sin x=x-2\pi$ 。

用关系式一次一次往回推到 $[0,\pi)$ ； $\sin(x-\pi)=-\sin x$ 与 $\sin x$ 抵消。

② (1) 积分。 $\int_\pi^{2\pi}(x-\pi+\sin x)\dx=\dfrac{\pi^2}2-2$ ， $\int_{2\pi}^{3\pi}(x-2\pi)\dx=\dfrac{\pi^2}2$ ，合计 $\pi^2-2$ 。

$\sin x$ 在 $[\pi,2\pi]$ 上是负的，积分 $-\cos x\big|_\pi^{2\pi}=-1-1=-2$ 。

③ (2) 先换元再分段。令 $t=x-1$ ： $\int_0^2f(x-1)\dx=\int_{-1}^1f(t)\dt=\int_{-1}^0\dfrac{\dt}{1+\e^t}+\int_0^1\dfrac{\dt}{1+t}$ 。

$f(x-1)$ 的分段点在 $x=1$ ，换元后分段点回到 $t=0$ ，更清楚。

④ (2) 计算。 $\int_{-1}^0\dfrac{\dt}{1+\e^t}=\big[t-\ln(1+\e^t)\big]_{-1}^0=-\ln2+1+\ln(1+\e^{-1})$ ， $\int_0^1\dfrac{\dt}{1+t}=\ln2$ 。合计 $1+\ln\dfrac{\e+1}{\e}=\ln(1+\e)$ 。

$\int\frac{\dt}{1+\e^t}$ 用例 2.3 第 (2) 小题的结果。

答案：(1) $\pi^2-2$ ；(2) $\ln(1+\e)$

例 4.20李林第六章 §1 例 17、习题解答 (4)(Ⅱ) · p139、p163

计算：（1）

\int_{\e^{-2n\pi}}^1\left|\dfrac{\dd}{\dd x}\cos\Big(\ln\dfrac1x\Big)\right|\dx

（

n

为正整数）；（2）

\int_0^{n\pi}\sqrt{1-\sin2x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 先求导。 $\cos\big(\ln\frac1x\big)=\cos(-\ln x)=\cos(\ln x)$ ，导数 $-\dfrac{\sin(\ln x)}x$ 。原式 $=\int_{\e^{-2n\pi}}^1\dfrac{|\sin(\ln x)|}x\dx$ 。

积分号里是某个函数的导数的绝对值，不能直接用牛顿—莱布尼茨，要先求出导数。

② (1) 换元后用周期。令 $t=\ln x$ ， $t:-2n\pi\to0$ ：原式 $=\int_{-2n\pi}^0|\sin t|\dt=2n\int_0^\pi\sin t\dt=4n$ 。

$\frac{\dx}x=\dt$ ；区间长 $2n\pi$ 是 $|\sin t|$ 的 $2n$ 个周期。

③ (2) 根号化成绝对值。 $1-\sin2x=\sin^2x+\cos^2x-2\sin x\cos x=(\sin x-\cos x)^2$ ，所以被积函数 $=|\sin x-\cos x|=\sqrt2\Big|\sin\Big(x-\dfrac\pi4\Big)\Big|$ 。

开平方得到的是绝对值： $\sqrt{a^2}=|a|$ 。 $\sin x-\cos x$ 在区间里有正有负，不能直接写成 $\sin x-\cos x$ 。

④ (2) 周期 $\pi$ 。原式 $=\sqrt2\cdot n\int_0^\pi|\sin u|\du=2\sqrt2n$ 。

$\big|\sin(x-\frac\pi4)\big|$ 以 $\pi$ 为周期， $[0,n\pi]$ 是 $n$ 个周期，起点不影响。

答案：(1) $4n$ ；(2) $2\sqrt2n$

4.5区间再现： $x\to a+b-x$

大白话：把 $x$ 换成 $a+b-x$ ，积分区间 $[a,b]$ 不变，只是被积函数左右翻了个面。如果翻过来的被积函数和原来的“配成一对”后很简单（比如相加是常数），就把两个积分加起来，原积分等于它的一半。 $[0,\frac\pi2]$ 上 $\sin\leftrightarrow\cos$ ， $[0,\pi]$ 上 $x\leftrightarrow\pi-x$ 都是这样。

f(a+b-x)

是

f(x)

关于区间中点翻过来的图像，两者在

[a,b]

上的积分相等。

区间再现公式

\displaystyle \int_a^bf(x)\dx=\int_a^bf(a+b-x)\dx=\frac12\int_a^b\big[f(x)+f(a+b-x)\big]\dx.

$\int_0^{\pi/2}f(\sin x)\dx=\int_0^{\pi/2}f(\cos x)\dx$ 。
$\int_0^\pi xf(\sin x)\dx=\dfrac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\dx$ （把 $x$ “换成”常数 $\frac\pi2$ ）。

方法卡 · 区间再现

什么时候用

被积函数在区间端点“互换”后变成相似的样子：

\sin\leftrightarrow\cos

、

x\leftrightarrow\pi-x

、

\ln(1+x)

配

\frac1{1+x^2}

（令

x=\tan t

后）等；原函数不好求。

步骤

令 $x=a+b-t$ ，写出新积分 $J$ （它等于原积分 $I$ ）。
把 $I$ 和 $J$ 相加（或相减），看被积函数能否化简。
$2I=$ 简单的积分，除以 2。

最容易错

换元后忘了

\dd x=-\dd t

和上下限对调这两个负号（它们互相抵消）；

\int_0^\pi xf(\sin x)\dx

的公式对

f(\cos x)

不成立。

例 4.21李林第六章 §1 例 3 · p133，§3 例 8(1) · p148

计算：（1）

\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin^3x}{\sin x+\cos x}\dx

；（2）

\int_0^\pi\dfrac{x\sin x}{1+\cos^2x}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 设 $I$ 与它的“孪生”积分 $J$ 。 $I=\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin^3x}{\sin x+\cos x}\dx$ ，令 $x=\frac\pi2-t$ 得 $I=\int_0^{\pi/2}\dfrac{\cos^3t}{\cos t+\sin t}\dt=J$ 。

区间 $[0,\frac\pi2]$ 上 $x\to\frac\pi2-x$ 把 $\sin$ 与 $\cos$ 互换，分母不变。

② (1) 相加。 $2I=\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin^3x+\cos^3x}{\sin x+\cos x}\dx=\int_0^{\pi/2}(1-\sin x\cos x)\dx=\dfrac\pi2-\dfrac12$ 。

立方和公式 $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ ，约去分母； $\int_0^{\pi/2}\sin x\cos x\dx=\frac12$ 。

③ (1) 除以 2。 $I=\dfrac{\pi-1}4$ 。

原函数很难直接求，配对后一步化简。

④ (2) 用 $x\to\pi-x$ 去掉 $x$ 。令 $x=\pi-t$ ： $I=\int_0^\pi\dfrac{(\pi-t)\sin t}{1+\cos^2t}\dt=\pi\int_0^\pi\dfrac{\sin t}{1+\cos^2t}\dt-I$ ，所以 $I=\dfrac\pi2\int_0^\pi\dfrac{\sin x}{1+\cos^2x}\dx$ 。

$\sin(\pi-t)=\sin t$ ， $\cos^2(\pi-t)=\cos^2t$ ； $x$ 那一项变成 $\pi-t$ ，拆开后又出现 $I$ 。

⑤ (2) 凑微分。 $\int_0^\pi\dfrac{\sin x}{1+\cos^2x}\dx=-\arctan(\cos x)\Big|_0^\pi=\dfrac\pi4+\dfrac\pi4=\dfrac\pi2$ ，所以 $I=\dfrac{\pi^2}4$ 。

被积函数只含 $\sin x$ 和 $\cos x$ ， $\sin x\dx$ 正好是 $-\dd\cos x$ ，把 $\cos x$ 看成 $u$ 就是 $-\int\frac{\du}{1+u^2}$ 。

答案：(1) $\frac{\pi-1}4$ ；(2) $\frac{\pi^2}4$

例 4.22李林第六章 §3 例 8(2) · p149

设

f(x)=\dfrac x{1+\cos^2x}+\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin x\dx

，求

f(x)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 定积分是常数，设出来。令 $A=\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin x\dx$ ，则 $f(x)=\dfrac x{1+\cos^2x}+A$ 。

题目里的定积分是一个数，先给它起个名字，问题变成求 $A$ 。

② 两边乘 $\sin x$ 再积分。 $A=\int_{-\pi}^\pi\dfrac{x\sin x}{1+\cos^2x}\dx+A\int_{-\pi}^\pi\sin x\dx=2\int_0^\pi\dfrac{x\sin x}{1+\cos^2x}\dx+0$ 。

$\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}$ 是偶函数，翻倍； $\sin x$ 奇，积分为 0。

③ 用上一题。 $A=2\cdot\dfrac{\pi^2}4=\dfrac{\pi^2}2$ ，所以 $f(x)=\dfrac x{1+\cos^2x}+\dfrac{\pi^2}2$ 。

例 4.21 第 (2) 小题算过 $\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\dx=\frac{\pi^2}4$ 。

答案： $f(x)=\frac x{1+\cos^2x}+\frac{\pi^2}2$

例 4.23李林第六章习题解答 (4)(Ⅳ) · p163

计算：（1）

\int_0^{\pi/2}\ln\sin x\dx

；（2）

\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{1+x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 区间再现： $\sin\to\cos$ 。 $I=\int_0^{\pi/2}\ln\sin x\dx=\int_0^{\pi/2}\ln\cos x\dx$ ，相加： $2I=\int_0^{\pi/2}\ln\dfrac{\sin2x}2\dx=\int_0^{\pi/2}\ln\sin2x\dx-\dfrac\pi2\ln2$ 。

$\sin x\cos x=\frac12\sin2x$ ，对数把乘积变成加法。（这个积分在 $x=0$ 处被积函数无界，是收敛的反常积分，第 6 部分再说。）

② (1) 再换元回到 $I$ 。令 $u=2x$ ： $\int_0^{\pi/2}\ln\sin2x\dx=\dfrac12\int_0^\pi\ln\sin u\du=\dfrac12\cdot2I=I$ 。

$\sin(\pi-u)=\sin u$ ，所以 $\ln\sin u$ 的图像关于 $u=\frac\pi2$ 左右对称， $[0,\pi]$ 上的积分是 $[0,\frac\pi2]$ 上的两倍。

③ (1) 解方程。 $2I=I-\dfrac\pi2\ln2$ ， $I=-\dfrac\pi2\ln2$ 。

原积分又一次出现，当未知数解。

④ (2) 令 $x=\tan t$ ，再区间再现。 $I=\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan t)\dt$ ；令 $t=\frac\pi4-s$ ： $1+\tan\big(\frac\pi4-s\big)=\dfrac2{1+\tan s}$ ，所以 $I=\int_0^{\pi/4}\big[\ln2-\ln(1+\tan s)\big]\dd s=\dfrac\pi4\ln2-I$ 。

换元 $x=\tan t$ 时 $\dd x=\sec^2t\dt$ ， $1+x^2=\sec^2t$ ，两者约掉只剩 $\dt$ ；再用两角差公式化简 $1+\tan\big(\frac\pi4-s\big)$ 。

⑤ (2) 结果。 $I=\dfrac\pi8\ln2$ 。

原函数不是初等函数，但区间再现直接给出了定积分的值。

答案：(1) $-\frac\pi2\ln2$ ；(2) $\frac\pi8\ln2$

4.6华里士公式： $\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx$ 一口报出

大白话： $\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx$ 和 $\int_0^{\pi/2}\cos^nx\dx$ 相等，而且有现成的答案：从 $\frac{n-1}n$ 开始，分子分母每次各减 2，一直乘下去； $n$ 是偶数最后乘 $\frac\pi2$ ，是奇数最后乘 1。它来自 2.4 节的递推公式：定积分时边界项为 0。

\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx

：

n=1,2,4,8

时面积依次是

1

、

\frac\pi4

、

\frac{3\pi}{16}

、

\frac{35\pi}{256}

。

华里士（点火）公式

\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx=\int_0^{\pi/2}\cos^nx\dx=\begin{cases}\dfrac{n-1}n\cdot\dfrac{n-3}{n-2}\cdots\dfrac12\cdot\dfrac\pi2,&n\text{ 为偶数}\\[2mm]\dfrac{n-1}n\cdot\dfrac{n-3}{n-2}\cdots\dfrac23\cdot1,&n\text{ 为奇数}\end{cases}

$\int_0^\pi\sin^nx\dx=2\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx$ ； $\int_0^\pi\cos^nx\dx$ ： $n$ 偶为 $2\int_0^{\pi/2}$ ， $n$ 奇为 0。
$\int_0^{2\pi}\sin^nx\dx=\int_0^{2\pi}\cos^nx\dx$ ： $n$ 偶为 $4\int_0^{\pi/2}$ ， $n$ 奇为 0。
$\int_0^{\pi/2}\sin^mx\cos^nx\dx$ ：把 $\cos^2=1-\sin^2$ 展开，化成几个华里士积分。

方法卡 · 华里士公式

什么时候用

积分区间是

[0,\frac\pi2]

、

[0,\pi]

、

[0,2\pi]

，被积函数是

\sin^nx

、

\cos^nx

或它们的乘积；也包括

\int_0^a x^m\sqrt{a^2-x^2}\dx

这种令

x=a\sin t

后变成的样子。

步骤

先把区间化到 $[0,\frac\pi2]$ （用上面的对称关系）。
乘积 $\sin^mx\cos^nx$ 用 $\cos^2x=1-\sin^2x$ 化成单项。
按公式写：分子从 $n-1$ 开始，分母从 $n$ 开始，每次减 2。

最容易错

偶数忘了乘

\frac\pi2

，奇数多乘了

\frac\pi2

；区间是

[0,\pi]

时

\cos

的奇次方积分为 0 却套公式。

例 4.24李林第六章 §1 提要 · p131

计算：（1）

\int_0^{\pi/2}\sin^5x\dx

；（2）

\int_0^{\pi/2}\cos^6x\dx

；（3）

\int_0^\pi\sin^4x\dx

；（4）

\int_0^{2\pi}\cos^5x\dx

；（5）

\int_0^1x^4\sqrt{1-x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 奇数。 $\dfrac45\cdot\dfrac23=\dfrac8{15}$ 。

分子 4、2，分母 5、3，奇数最后不乘 $\frac\pi2$ 。

② (2) 偶数。 $\dfrac56\cdot\dfrac34\cdot\dfrac12\cdot\dfrac\pi2=\dfrac{5\pi}{32}$ 。

偶数次：公式里的分数一直乘到 $\frac12$ ，最后还要再乘 $\frac\pi2$ （奇数次乘到 $\frac23$ 为止，最后乘 1）。

③ (3)(4) 先化区间。 $\int_0^\pi\sin^4x\dx=2\cdot\dfrac34\cdot\dfrac12\cdot\dfrac\pi2=\dfrac{3\pi}8$ ； $\int_0^{2\pi}\cos^5x\dx=0$ 。

$\sin^n$ 在 $[0,\pi]$ 上关于 $\frac\pi2$ 对称； $\cos$ 的奇次方在一个整周期上正负抵消。

④ (5) 令 $x=\sin t$ 。 $\int_0^{\pi/2}\sin^4t\cos^2t\dt=\int_0^{\pi/2}(\sin^4t-\sin^6t)\dt=\dfrac{3\pi}{16}-\dfrac{15\pi}{96}=\dfrac\pi{32}$ 。

$\sqrt{1-x^2}\dx=\cos t\cdot\cos t\dt$ ； $\cos^2=1-\sin^2$ 化成两个华里士积分： $\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}{16}$ ， $\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{15\pi}{96}$ 。

答案：(1) $\frac8{15}$ ；(2) $\frac{5\pi}{32}$ ；(3) $\frac{3\pi}8$ ；(4) 0；(5) $\frac\pi{32}$

4.7含参数 $n$ 的积分：递推

大白话：积分里有一个参数 $n$ （ $x^n$ 、 $\sin^nx$ 、 $\tan^nx$ ），通常用分部积分把 $I_n$ 和 $I_{n-1}$ 或 $I_{n-2}$ 联系起来，得到递推公式；再用递推求极限、判单调、算具体的值。

a_n=\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}\dx

：

n

越大面积越小（

x^n

在

[0,1)

上越来越小），但相邻两项之比趋于 1。

递推的两种来路

分部积分：拿出一部分凑 $\dd v$ ，另一部分求导降次，得到 $I_n=\alpha_nI_{n-2}$ 之类（华里士、2019 数一(18)）。
加减配对： $I_n+I_{n-2}=\int_0^{\pi/4}\tan^{n-2}x\sec^2x\dx=\dfrac1{n-1}$ 。
单调：被积函数 $x^n$ 在 $[0,1]$ 上随 $n$ 减少，所以 $I_n$ 单调减少——比较大小直接比被积函数。

方法卡 · 含

n

的积分

什么时候用

题目给

a_n=\int\cdots x^n\cdots

，要证递推、单调或求

\lim

。

步骤

单调：比较 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 的被积函数。
递推：分部积分，把求导降次的那部分选成 $u$ ；出现原积分就移项。
求 $\lim\frac{a_n}{a_{n-1}}$ ：用单调性夹住 $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ ，再用递推的比值夹逼。

最容易错

分部时凑

\dd v

选错（2019 数一(18) 要凑

x\sqrt{1-x^2}\dx=-\frac13\dd(1-x^2)^{3/2}

）；以为

a_n

递减就有

\frac{a_n}{a_{n-1}}\to0

。

例 4.252019 数一(18)李林第六章习题解答 (6) · p163

设

a_n=\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}\dx

（

n=0,1,2,\cdots

）。（Ⅰ）证明数列

\{a_n\}

单调减少，且

a_n=\dfrac{n-1}{n+2}a_{n-2}

（

n=2,3,\cdots

）；（Ⅱ）求

\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{a_{n-1}}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 单调减少。在 $(0,1)$ 内 $x^n<x^{n-1}$ ，所以 $x^n\sqrt{1-x^2}<x^{n-1}\sqrt{1-x^2}$ ，积分得 $a_n<a_{n-1}$ 。

同区间比较被积函数（3.4 节）。

② 递推：凑 $\dd v$ 。 $x\sqrt{1-x^2}\dx=-\dfrac13\dd(1-x^2)^{\frac32}$ ，所以 $a_n=\int_0^1x^{n-1}\cdot x\sqrt{1-x^2}\dx=-\dfrac13x^{n-1}(1-x^2)^{\frac32}\Big|_0^1+\dfrac{n-1}3\int_0^1x^{n-2}(1-x^2)^{\frac32}\dx$ 。

分出一个 $x$ 和根号凑成全微分，剩下的 $x^{n-1}$ 求导降次；边界项两端都是 0（ $n\ge2$ ）。

③ 把 $(1-x^2)^{\frac32}$ 拆开。 $(1-x^2)^{\frac32}=(1-x^2)\sqrt{1-x^2}$ ，所以 $\int_0^1x^{n-2}(1-x^2)^{\frac32}\dx=a_{n-2}-a_n$ 。于是 $a_n=\dfrac{n-1}3(a_{n-2}-a_n)$ ，解得 $a_n=\dfrac{n-1}{n+2}a_{n-2}$ 。

原积分 $a_n$ 又出现，移项。

④ (Ⅱ) 夹逼。由单调性 $a_n<a_{n-1}<a_{n-2}$ ，所以 $\dfrac{n-1}{n+2}=\dfrac{a_n}{a_{n-2}}<\dfrac{a_n}{a_{n-1}}<1$ 。

把 $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ 夹在 $\frac{a_n}{a_{n-2}}$ （递推给出）和 1 之间。

⑤ (Ⅱ) 取极限。 $\dfrac{n-1}{n+2}\to1$ ，所以 $\lim\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=1$ 。

左边趋于 1、右边就是 1，夹逼准则给出极限 1。

答案：(Ⅰ) 证明题。思路： $x^n<x^{n-1}$ 得单调减少；凑 $x\sqrt{1-x^2}\dx=-\frac13\dd(1-x^2)^{\frac32}$ 分部积分， $(1-x^2)^{\frac32}$ 拆开得 $a_n=\frac{n-1}3(a_{n-2}-a_n)$ ；(Ⅱ) 1

例 4.26李林第六章 §1 例 10 · p136

（1）设

a_n=\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}\dx

，

b_n=\int_0^{\pi/2}\sin^nt\dt

，证明

a_n=\dfrac{b_n}{n+2}

，并求

\lim\dfrac{a_n}{b_n}

；（2）设

I_n=\int_0^{\pi/4}\tan^nx\dx

，证明

I_n+I_{n-2}=\dfrac1{n-1}

（

n\ge2

），并求

I_4

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 令 $x=\sin t$ 。 $a_n=\int_0^{\pi/2}\sin^nt\cos^2t\dt=b_n-b_{n+2}$ 。

令 $x=\sin t$ ： $\sqrt{1-x^2}=\cos t$ ， $\dd x=\cos t\dt$ ，两个 $\cos t$ 相乘得 $\cos^2t$ ；再用 $\cos^2t=1-\sin^2t$ 拆成两个华里士积分。

② (1) 用华里士递推。 $b_{n+2}=\dfrac{n+1}{n+2}b_n$ （2.4 节递推公式在 $[0,\frac\pi2]$ 上边界项为 0），所以 $a_n=b_n-\dfrac{n+1}{n+2}b_n=\dfrac{b_n}{n+2}$ ， $\lim\dfrac{a_n}{b_n}=\lim\dfrac1{n+2}=0$ 。

两个含 $n$ 的积分之间的关系，最后比值极限一目了然。

③ (2) 配出 $\sec^2x$ 。 $I_n+I_{n-2}=\int_0^{\pi/4}\tan^{n-2}x(\tan^2x+1)\dx=\int_0^{\pi/4}\tan^{n-2}x\,\dd\tan x=\dfrac{\tan^{n-1}x}{n-1}\Big|_0^{\pi/4}=\dfrac1{n-1}$ 。

$\tan^2x+1=\sec^2x$ ，正好是 $\tan x$ 的导数。

④ (2) 求 $I_4$ 。 $I_0=\dfrac\pi4$ ， $I_2=1-I_0=1-\dfrac\pi4$ ， $I_4=\dfrac13-I_2=\dfrac\pi4-\dfrac23$ 。

递推式把 $I_n$ 和 $I_{n-2}$ 联系起来（ $I_n+I_{n-2}=\frac1{n-1}$ ），而 $I_0=\int_0^{\pi/4}\dx=\frac\pi4$ 能直接算，于是 $I_0\to I_2\to I_4$ 一步步往上推。

答案：(1) 证明题。思路：令 $x=\sin t$ 得 $a_n=b_n-b_{n+2}$ ，再用 $b_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}b_n$ ； $\lim\frac{a_n}{b_n}=0$ ；(2) 证明题。思路： $\tan^2x+1=\sec^2x$ ，凑 $\dd\tan x$ ； $I_4=\frac\pi4-\frac23$

4.8小结

题目里的说法	换成什么	例子
$\sqrt x$ 、 $\sqrt{\cdots}$ 的定积分	换元，上下限一起换	例 4.1
有理函数定积分	部分分式；分子拆“导数 + 常数”	例 4.2、例 4.4
反三角 × 它的导数	凑微分，不换限	例 4.3
$\int xf''$ 、切线条件	分部，边界项用 $f(a)$ 、 $f'(a)$	例 4.7、例 4.10
$\ln x$ 乘幂函数	分部，对数当 $u$	例 4.8
只知道 $f'$ ，求 $\int f$	分部， $v$ 取 $x-c$ 让边界项为 0	例 4.10
$[-a,a]$ 上的积分	去奇函数，偶函数翻倍	例 4.11、例 4.14
$\sqrt{2x-x^2}$ 、区间关于某点对称	平移到关于原点对称	例 4.12、例 4.13
不奇不偶，但 $f(x)+f(-x)$ 简单	$\int_0^a[f(x)+f(-x)]\dx$	例 4.15
$\|\sin x\|$ 、周期函数	按周期平移，与起点无关	例 4.17、例 4.20
函数方程 $f(x+T)-f(x)=\cdots$	换元把区间搬到已知区间	例 4.16、例 4.19
$\int_0^1\|t^2-x^2\|\dt$	按零点位置分情况去绝对值	例 4.18
$[0,\frac\pi2]$ 上 $\sin$ 与 $\cos$ 对调	区间再现，相加	例 4.21、例 4.23
$\int_0^\pi xf(\sin x)\dx$	$=\frac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\dx$	例 4.21、例 4.22
被积函数含 $\int_{-\pi}^\pi f$ 本身	设定积分为常数 $A$ ，两边积分	例 4.22
$\sin^n$ 、 $\cos^n$ 、 $x^m\sqrt{1-x^2}$	华里士公式	例 4.24
$a_n=\int x^n\cdots$ ，递推、极限	分部得递推；单调 + 递推夹逼	例 4.25、例 4.26

第 5 部分

变限积分

积分上限（或下限）是变量时，定积分就成了一个函数。这一部分讲它的求导公式，以及真题里和它绑在一起的极限、无穷小的阶、奇偶、单调极值和再积分。

考试要求（大纲原文，李林讲义第六章第 5 条）

会求积分变限函数的导数。

对应李林讲义第六章第二节“积分变限函数的求导问题”（p140—144）和第一节提要里变上限积分的性质（p129）。大纲只写了一句“会求导数”，但真题把它和极限、无穷小的阶、单调极值、奇偶性、参数方程、反函数绑在一起考：数一 17 年里有 10 道，是积分部分考得最多的一块。

5.1变限积分求导公式

大白话： $\Phi(x)=\int_a^xf(t)\dt$ 是“从 $a$ 到 $x$ 的面积”，它随 $x$ 变化，是 $x$ 的函数。 $x$ 往右挪一点，面积多一条高 $f(x)$ 的窄条，所以 $\Phi'(x)=f(x)$ ——对上限求导，就是把上限代进被积函数。上限是 $x^2$ 、 $\sin x$ 这样的式子时，按复合函数再乘上限的导数。

\Phi(x)=\int_0^xf(t)\dt

是上图阴影的面积，下图是它的图像；

\Phi

在

x

处的切线斜率等于

f(x)

。

求导公式（

f

连续）

\displaystyle \frac{\dd}{\dd x}\int_a^xf(t)\dt=f(x),

\displaystyle \frac{\dd}{\dd x}\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\dt=f\big(\varphi(x)\big)\varphi'(x)-f\big(\psi(x)\big)\psi'(x).

这也证明了 1.4 节的结论：连续函数一定有原函数（ $\int_a^xf$ 就是一个）。下限求导带负号，因为 $\int_{\psi}^{a}=-\int_a^{\psi}$ 。

方法卡 · 变限积分求导

什么时候用

函数、方程、参数式里出现

\int_{\cdots}^{\cdots}f(t)\dt

，积分限含

x

，被积函数只含

t

。

步骤

确认被积函数里没有 $x$ （有的话看 5.2 节）。
上限代进被积函数，乘上限的导数；减去下限代进去乘下限的导数。
在参数方程、隐函数、反函数题里，这一步只是“求一阶导数”的一个零件，后面按那一类题的套路走。

最容易错

忘了乘上限的导数：

\big(\int_0^{x^2}\e^{t^2}\dt\big)'=\e^{x^4}\cdot2x

，不是

\e^{x^4}

；把

\int_a^xf(t)\dt

求导写成

f(t)

。

例 5.1基础

求导：（1）

\dfrac{\dd}{\dd x}\int_0^{x^2}\sqrt{1+t^3}\dt

；（2）

\dfrac{\dd}{\dd x}\int_{\sin x}^{\cos x}\e^{t^2}\dt

；（3）

\dfrac{\dd}{\dd x}\int_x^1\dfrac{\sin t}t\dt

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 上限 $x^2$ 。 $\sqrt{1+(x^2)^3}\cdot2x=2x\sqrt{1+x^6}$ 。

上限代入被积函数，再乘 $(x^2)'=2x$ 。

② (2) 上下限都含 $x$ 。 $\e^{\cos^2x}\cdot(-\sin x)-\e^{\sin^2x}\cdot\cos x$ 。

上限项减下限项，各乘自己的导数。

③ (3) 下限是 $x$ 。 $-\dfrac{\sin x}x$ 。

$\int_x^1=-\int_1^x$ ，求导多一个负号。

答案：(1) $2x\sqrt{1+x^6}$ ；(2) $-\sin x\,\e^{\cos^2x}-\cos x\,\e^{\sin^2x}$ ；(3) $-\frac{\sin x}x$

例 5.22010 数一(9)

设

\begin{cases}x=\e^{-t}\\y=\int_0^t\ln(1+u^2)\du\end{cases}

，则

\dfrac{\dd^2y}{\dd x^2}\Big|_{t=0}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 一阶导数。 $\dfrac{\dd y}{\dd t}=\ln(1+t^2)$ ， $\dfrac{\dd x}{\dd t}=-\e^{-t}$ ， $\dfrac{\dd y}{\dd x}=-\e^t\ln(1+t^2)$ 。

$y$ 是变上限积分，对 $t$ 求导就是把 $t$ 代进被积函数；参数方程 $\frac{\dd y}{\dd x}=\frac{y_t}{x_t}$ 。

② 二阶导数。 $\dfrac{\dd^2y}{\dd x^2}=\dfrac{\frac{\dd}{\dd t}\big(\frac{\dd y}{\dd x}\big)}{\frac{\dd x}{\dd t}}=\dfrac{-\e^t\ln(1+t^2)-\e^t\cdot\frac{2t}{1+t^2}}{-\e^{-t}}=\e^{2t}\Big[\ln(1+t^2)+\dfrac{2t}{1+t^2}\Big]$ 。

参数方程的二阶导：一阶导数再对 $t$ 求导，再除以 $x_t$ 。

③ 代 $t=0$ 。 $\e^0(0+0)=0$ 。

两项在 $t=0$ 时都为 0。

答案：0

例 5.32015 数二(11)

设函数

f(x)

连续，

\varphi(x)=\int_0^{x^2}xf(t)\dt

。若

\varphi(1)=1

，

\varphi'(1)=5

，则

f(1)=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $x$ 提到积分号外。 $\varphi(x)=x\int_0^{x^2}f(t)\dt$ ， $\varphi(1)=\int_0^1f(t)\dt=1$ 。

被积函数里的 $x$ 与积分变量 $t$ 无关，可以提出去（5.2 节第②类）。

② 乘积法则求导。 $\varphi'(x)=\int_0^{x^2}f(t)\dt+x\cdot f(x^2)\cdot2x$ ， $\varphi'(1)=1+2f(1)=5$ 。

前一项用 $\varphi(1)$ 的信息；后一项是变限积分求导。

③ 解出。 $f(1)=2$ 。

$1+2f(1)=5$ 是关于 $f(1)$ 的一次方程。

答案：2

例 5.42010 数三(9)

设可导函数

y=y(x)

由方程

\int_0^{x+y}\e^{-t^2}\dt=\int_0^xx\sin t^2\dt

确定，则

\dfrac{\dd y}{\dd x}\Big|_{x=0}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 先求 $y(0)$ 。 $x=0$ ： $\int_0^{y}\e^{-t^2}\dt=0$ ，被积函数恒正，所以 $y(0)=0$ 。

隐函数求导前先定出该点的函数值。

② 两边对 $x$ 求导。左边 $\e^{-(x+y)^2}(1+y')$ ；右边 $\big(x\int_0^x\sin t^2\dt\big)'=\int_0^x\sin t^2\dt+x\sin x^2$ 。

右边的 $x$ 先提出去再用乘积法则。

③ 代 $x=0$ ， $y=0$ 。 $1\cdot(1+y'(0))=0$ ， $y'(0)=-1$ 。

右边两项在 0 处都是 0。

答案： $-1$

例 5.52025 数二(14)

已知函数

y=y(x)

由

\begin{cases}x=\ln(1+2t)\\2t-\int_1^{y+t^2}\e^{-u^2}\du=0\end{cases}

确定，则

\dfrac{\dd y}{\dd x}\Big|_{t=0}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $t=0$ 时的 $y$ 。 $\int_1^{y}\e^{-u^2}\du=0$ ，所以 $y=1$ 。

被积函数恒正，积分为 0 只能上下限相同。

② 第二式对 $t$ 求导。 $2-\e^{-(y+t^2)^2}\big(y_t+2t\big)=0$ ，代 $t=0$ 、 $y=1$ ： $2-\e^{-1}y_t=0$ ， $y_t=2\e$ 。

$y$ 是 $t$ 的函数，上限 $y+t^2$ 对 $t$ 求导得 $y_t+2t$ 。

③ 参数方程求导。 $x_t=\dfrac2{1+2t}=2$ （ $t=0$ ）， $\dfrac{\dd y}{\dd x}=\dfrac{2\e}2=\e$ 。

参数方程求导： $y$ 和 $x$ 都是 $t$ 的函数， $\frac{\dd y}{\dd x}=\frac{\dd y/\dd t}{\dd x/\dd t}$ 。

答案： $\e$

例 5.62013 数二(10)

设函数

f(x)=\int_{-1}^x\sqrt{1-\e^t}\dt

，则

y=f(x)

的反函数

x=f^{-1}(y)

在

y=0

处的导数

\dfrac{\dd x}{\dd y}\Big|_{y=0}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $y=0$ 对应哪个 $x$ 。 $f(-1)=0$ （上下限相同），所以 $y=0$ 对应 $x=-1$ 。

反函数的导数要在对应的点上算。

② 反函数求导。 $f'(x)=\sqrt{1-\e^x}$ ， $f'(-1)=\sqrt{1-\e^{-1}}$ ， $\dfrac{\dd x}{\dd y}\Big|_{y=0}=\dfrac1{f'(-1)}=\dfrac1{\sqrt{1-\e^{-1}}}=\sqrt{\dfrac\e{\e-1}}$ 。

反函数的导数等于原函数导数的倒数。

答案： $\sqrt{\frac{\e}{\e-1}}$

例 5.72026 数二(6)

已知

f(x)=\int_1^{x^3}\dfrac{\e^t}{1+t^2}\dt

，

g(x)

为

f(x)

的反函数，则（　）
（A）

g(0)=1

，

g'(0)=\dfrac3{2\e}

　（B）

g(0)=1

，

g'(0)=\dfrac2{3\e}

（C）

g(1)=0

，

g'(0)=\dfrac3{2\e}

　（D）

g(1)=0

，

g'(0)=\dfrac2{3\e}

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 找对应点。 $f(1)=\int_1^1=0$ ，所以 $g(0)=1$ 。

$f(1)=0$ 等价于 $g(0)=1$ ；（C）（D）把自变量和函数值弄反了。

② 求 $f'(1)$ 。 $f'(x)=\dfrac{\e^{x^3}}{1+x^6}\cdot3x^2$ ， $f'(1)=\dfrac{3\e}2$ 。

上限是 $x^3$ ，按复合函数求导：先把 $x^3$ 代进被积函数，再乘上限的导数 $3x^2$ 。

③ 反函数导数。 $g'(0)=\dfrac1{f'(1)}=\dfrac2{3\e}$ ，所以选（B）。

反函数在对应点的导数是原函数导数的倒数： $g'(0)=\frac1{f'(1)}$ 。

答案：B

5.2被积函数里含 $x$ ：先提出去或换元

大白话：求导公式只管“积分限里的 $x$ ”。被积函数里也有 $x$ 时，必须先把 $x$ 请出来：能提就提到积分号外面；提不出来（如 $f(xt)$ 、 $f(x-t)$ ），就换元，把 $x$ 挪到积分限上。

变限积分求导的三种情况：①直接用公式；②把

x

提出来再用乘积法则；③换元把

x

挪到积分限上。

三类（李林 p140）

乘积型： $\Big(\int_0^x(x-t)f(t)\dt\Big)'=\Big(x\int_0^xf-\int_0^xtf\Big)'=\int_0^xf(t)\dt$ 。
换元型： $\int_0^xf(x-t)\dt\xrightarrow{u=x-t}\int_0^xf(u)\du$ ； $\int_0^1f(xt)\dt\xrightarrow{u=xt}\dfrac1x\int_0^xf(u)\du$ （ $x\ne0$ ）； $\int_0^xtf(x^2-t^2)\dt\xrightarrow{u=x^2-t^2}\dfrac12\int_0^{x^2}f(u)\du$ 。

方法卡 · 被积函数含

x

什么时候用

被积函数里同时有

x

和

t

。

步骤

$x$ 只是乘在外面（如 $(x-t)f(t)$ 、 $x^2f(t)$ ）：展开，把 $x$ 提出积分号。
$x$ 和 $t$ 在 $f$ 的括号里（ $f(x-t)$ 、 $f(xt)$ 、 $f(x^2-t^2)$ ）：令 $u=$ 括号里的式子，换元，注意上下限也换。
然后用 5.1 节的公式，必要时再用乘积法则。
换元时 $x$ 当常数看待。

最容易错

直接对

\int_0^xf(x-t)\dt

用公式写成

f(0)

；只给了

f

连续却对

f

用第二次洛必达（要用导数定义）。

例 5.8李林第六章 §2 例 3、例 4 · p141—142

（1）设

F(x)=\int_0^xtf(x^2-t^2)\dt

，

f

在 0 的邻域内连续可导，

f(0)=0

，

f'(0)=1

，求

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{F(x)}{x^4}

。（2）设

f

连续，

f(0)\ne0

，求

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\int_0^x(x-t)f(t)\dt}{x\int_0^xf(x-t)\dt}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 换元去掉 $x$ 。 $u=x^2-t^2$ ， $\dd u=-2t\dt$ ， $t:0\to x$ 对应 $u:x^2\to0$ ： $F(x)=\dfrac12\int_0^{x^2}f(u)\du$ 。

$f$ 的括号里 $x$ 、 $t$ 缠在一起，换元把 $x$ 挪到积分限上。

② (1) 洛必达一次，再用导数定义。 $\lim\dfrac{F(x)}{x^4}=\lim\dfrac{\frac12f(x^2)\cdot2x}{4x^3}=\dfrac14\lim\dfrac{f(x^2)}{x^2}=\dfrac14f'(0)=\dfrac14$ 。

$\frac{f(x^2)-f(0)}{x^2-0}\to f'(0)$ 是导数定义；如果再洛必达一次要用到 $f'$ 在 0 附近连续，题目条件不一定给，所以用定义更稳。

③ (2) 分子提 $x$ ，分母换元。分子 $N=x\int_0^xf-\int_0^xtf$ ， $N'=\int_0^xf$ ；分母 $D=x\int_0^xf(u)\du$ ， $D'=\int_0^xf+xf(x)$ 。

$f(x-t)$ 里 $x$ 和 $t$ 搅在一起，令 $u=x-t$ ： $t$ 从 0 到 $x$ 时 $u$ 从 $x$ 到 0， $\dd t=-\du$ ，这个负号把上下限翻回来，得到 $\int_0^xf(u)\du$ 。

④ (2) 洛必达后用积分中值定理。 $\dfrac{N'}{D'}=\dfrac{\int_0^xf}{\int_0^xf+xf(x)}=\dfrac{xf(\xi)}{xf(\xi)+xf(x)}=\dfrac{f(\xi)}{f(\xi)+f(x)}\to\dfrac{f(0)}{2f(0)}=\dfrac12$ 。

$\xi$ 在 0 与 $x$ 之间， $x\to0$ 时 $\xi\to0$ ； $f(0)\ne0$ 保证分母不为 0。

答案：(1) $\frac14$ ；(2) $\frac12$

例 5.92017 数二(15)

求

\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\int_0^x\sqrt{x-t}\,\e^t\dt}{\sqrt{x^3}}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 换元把 $x$ 从根号里挪走。令 $u=x-t$ ： $\int_0^x\sqrt{x-t}\,\e^t\dt=\int_0^x\sqrt u\,\e^{x-u}\du=\e^x\int_0^x\sqrt u\,\e^{-u}\du$ 。

$\sqrt{x-t}$ 里 $x$ 、 $t$ 缠在一起，令 $u=x-t$ ； $\e^{x}$ 与 $u$ 无关，提出去。

② 洛必达。原式 $=\lim\e^x\cdot\lim\dfrac{\int_0^x\sqrt u\,\e^{-u}\du}{x^{3/2}}=1\cdot\lim\dfrac{\sqrt x\,\e^{-x}}{\frac32x^{1/2}}=\dfrac23$ 。

分子分母都趋于 0；分子求导用 5.1 节公式。

答案： $\frac23$

例 5.102020 数二(16)

已知函数

f(x)

连续且

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}x=1

，

g(x)=\int_0^1f(xt)\dt

，求

g'(x)

，并证明

g'(x)

在

x=0

处连续。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 先得 $f(0)=0$ ，写出 $g$ 。 $f$ 连续且 $\frac{f(x)}x\to1$ ，所以 $f(0)=\lim f(x)=0$ 。 $x\ne0$ 时令 $u=xt$ ： $g(x)=\dfrac1x\int_0^xf(u)\du$ ； $g(0)=\int_0^1f(0)\dt=0$ 。

分母趋于 0 而比值有极限，分子必趋于 0； $x=0$ 时直接代入定义。

② $x\ne0$ 时求导。 $g'(x)=\dfrac{xf(x)-\int_0^xf(u)\du}{x^2}$ 。

$\frac1x\int_0^xf$ 是商（或乘积），用求导法则，上限 $x$ 的积分求导得 $f(x)$ 。

③ $x=0$ 处用导数定义。 $g'(0)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{g(x)}x=\lim\dfrac{\int_0^xf}{x^2}=\lim\dfrac{f(x)}{2x}=\dfrac12$ 。

分段点处不能套公式；洛必达一次后用题目条件。

④ 证连续。 $\lim\limits_{x\to0}g'(x)=\lim\dfrac{f(x)}x-\lim\dfrac{\int_0^xf}{x^2}=1-\dfrac12=\dfrac12=g'(0)$ 。

拆成两项，第二项就是第③步的极限。

答案： $g'(x)=\frac{xf(x)-\int_0^xf(u)\du}{x^2}$ （ $x\ne0$ ）， $g'(0)=\frac12$ ；证明题。思路： $x=0$ 处用导数定义求出 $g'(0)=\frac12$ ，再算 $\lim\limits_{x\to0}g'(x)=1-\frac12=\frac12=g'(0)$

例 5.112026 数二(18)

已知

g(x)

连续，设

f(x)=\int_0^{x^2}g(xt)\dt

，求

f'(x)

，判断

f'(x)

在

x=0

处的连续性。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 换元。 $x\ne0$ 时令 $u=xt$ ， $t:0\to x^2$ 对应 $u:0\to x^3$ ： $f(x)=\dfrac1x\int_0^{x^3}g(u)\du$ ； $f(0)=\int_0^0=0$ 。

令 $u=xt$ ，把 $x$ 当常数， $\dd u=x\dt$ ； $t$ 的上限 $x^2$ 对应 $u=x\cdot x^2=x^3$ 。

② $x\ne0$ 时求导。 $f'(x)=-\dfrac1{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\du+\dfrac1x\cdot g(x^3)\cdot3x^2=3xg(x^3)-\dfrac1{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\du$ 。

乘积（商）法则，第二项的上限 $x^3$ 要乘 $3x^2$ 。

③ $x=0$ 处用定义。 $f'(0)=\lim\dfrac{f(x)}x=\lim\dfrac{\int_0^{x^3}g}{x^2}=\lim\dfrac{g(x^3)\cdot3x^2}{2x}=\lim\dfrac32xg(x^3)=0$ 。

洛必达后 $g(x^3)\to g(0)$ 有界，乘 $x\to0$ 。

④ 连续性。 $\lim\limits_{x\to0}f'(x)=0-\lim\dfrac{\int_0^{x^3}g}{x^2}=0-0=0=f'(0)$ ，所以 $f'$ 在 0 处连续。

第二项的极限就是第③步算过的。

答案： $f'(x)=3xg(x^3)-\frac1{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\du$ （ $x\ne0$ ）， $f'(0)=0$ ， $f'$ 在 0 处连续

5.3连续、可导、奇偶与周期

大白话： $F(x)=\int_0^xf(t)\dt$ 比 $f$ “光滑一级”： $f$ 可积则 $F$ 连续， $f$ 连续则 $F$ 可导； $f$ 在某点跳跃， $F$ 在那里有尖角。奇偶性则“反过来”： $f$ 奇 $\Rightarrow$ $F$ 偶， $f$ 偶 $\Rightarrow$ $F$ 奇（注意下限必须是 0）。

2013 数二(3)：

f

在

\pi

处跳跃，

F=\int_0^xf

在

\pi

处连续但有尖角。

变上限积分的性质（李林 p129）

$f$ 可积 $\Rightarrow$ $F$ 连续； $f$ 连续 $\Rightarrow$ $F$ 可导。
$x_0$ 是 $f$ 的可去间断点 $\Rightarrow$ $F$ 在 $x_0$ 可导， $F'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ ；跳跃间断点 $\Rightarrow$ $F$ 连续不可导， $F'_\pm(x_0)=f(x_0^\pm)$ 。
$f$ 奇 $\Rightarrow$ $\int_0^xf$ 偶； $f$ 偶 $\Rightarrow$ $\int_0^xf$ 奇。（ $\int_a^xf$ 与 $\int_0^xf$ 只差常数 $\int_a^0f$ ，偶函数加常数仍偶，奇函数加常数一般不再奇。）
$f$ 以 $T$ 为周期： $\int_0^xf$ 以 $T$ 为周期 $\iff\int_0^Tf=0$ 。
复合： $h(u)=\int_0^u\cdots$ 的奇偶 + 内层 $u(x)$ 的奇偶，按“奇∘奇 = 奇、偶∘任意 = 偶”判断。

方法卡 · 判断变限积分的奇偶、连续、可导

什么时候用

选择题问

\int_0^xf

或

\int_0^{\varphi(x)}f

的奇偶性、周期性、在某点的连续与可导。

步骤

奇偶：先判断被积函数的奇偶，再看积分限；上限是 $\sin x$ 之类时当复合函数处理。
也可以直接用定义：把 $x$ 换成 $-x$ ，再令 $t=-u$ 换元比较。
连续、可导：看被积函数在该点是连续、可去还是跳跃。

最容易错

下限不是 0 时照搬“奇变偶”；以为“

f

周期，

\int_0^xf

也周期”，忘了要

\int_0^Tf=0

。

例 5.122024 数一(1)

已知函数

f(x)=\int_0^x\e^{\cos t}\dt

，

g(x)=\int_0^{\sin x}\e^{t^2}\dt

，则（　）
（A）

f(x)

为奇函数，

g(x)

为偶函数　（B）

f(x)

为偶函数，

g(x)

为奇函数
（C）

f(x)

与

g(x)

均为奇函数　（D）

f(x)

与

g(x)

均为周期函数

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $f$ ：被积函数偶。 $\e^{\cos t}$ 是偶函数，下限 0，所以 $f$ 是奇函数。

“偶积成奇”：被积函数偶、下限为 0，变上限积分是奇函数。下限必须是 0：若写成 $\int_1^x\e^{\cos t}\dt$ ，它等于 $f(x)-f(1)$ ，奇函数减去一个不为 0 的常数就不再是奇函数（第 11 部分第 22 条）。

② $g$ ：复合。 $h(u)=\int_0^u\e^{t^2}\dt$ 是奇函数（被积函数偶）， $g(x)=h(\sin x)$ ，奇∘奇 = 奇。

按奇函数的定义验证：把 $x$ 换成 $-x$ ， $\sin(-x)=-\sin x$ ，再用 $h$ 是奇函数， $h(-\sin x)=-h(\sin x)$ 。

③ 排除（D）。 $f(x+2\pi)-f(x)=\int_x^{x+2\pi}\e^{\cos t}\dt=\int_0^{2\pi}\e^{\cos t}\dt>0$ ， $f$ 不是周期函数。所以选（C）。

被积函数周期为 $2\pi$ 但在一个周期上的积分不为 0； $g$ 倒是周期函数。

答案：C

例 5.132013 数二(3)

设函数

f(x)=\begin{cases}\sin x,&0\le x<\pi\\2,&\pi\le x\le2\pi\end{cases}

，

F(x)=\int_0^xf(t)\dt

，则（　）
（A）

x=\pi

是

F(x)

的跳跃间断点　（B）

x=\pi

是

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

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 看 $f$ 在 $\pi$ 处。 $f(\pi^-)=\sin\pi=0$ ， $f(\pi^+)=2$ ，跳跃间断点。

$f$ 有界、只有一个间断点，可积，所以 $F$ 连续（排除 A、B）。

② 左右导数。 $F'_-(\pi)=f(\pi^-)=0$ ， $F'_+(\pi)=f(\pi^+)=2$ ，不相等，不可导。所以选（C）。

跳跃点处变上限积分的左右导数就是 $f$ 的左右极限。

答案：C

例 5.142020 数三(3)

设奇函数

f(x)

在

(-\infty,+\infty)

上具有连续导数，则（　）
（A）

\int_0^x[\cos f(t)+f'(t)]\dt

是奇函数　（B）

\int_0^x[\cos f(t)+f'(t)]\dt

是偶函数
（C）

\int_0^x[\cos f'(t)+f(t)]\dt

是奇函数　（D）

\int_0^x[\cos f'(t)+f(t)]\dt

是偶函数

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 判断各部分的奇偶。 $f$ 奇 $\Rightarrow$ $f'$ 偶； $\cos f(t)$ 偶（ $\cos$ 是偶函数）； $\cos f'(t)$ 偶。

奇函数的导数是偶函数； $\cos$ 是偶函数，所以 $\cos(f(-t))=\cos(-f(t))=\cos f(t)$ 。

② (A)(B) 的被积函数。 $\cos f(t)+f'(t)$ 是偶 + 偶 = 偶，积分从 0 开始，得到奇函数。（A）正确。

“偶积成奇”：偶函数从 0 积到 $x$ ，得到奇函数。

③ (C)(D) 的被积函数。 $\cos f'(t)+f(t)$ 是偶 + 奇，一般不奇不偶，积分也不奇不偶。反例： $f(t)=t$ ：被积函数 $\cos1+t$ ，积分 $x\cos1+\frac{x^2}2$ ，既不奇也不偶。所以选（A）。

给一个具体的奇函数就能排除。

答案：A

例 5.152024 数二(3)

已知函数

f(x)=\int_0^{\sin x}\sin t^3\dt

，

g(x)=\int_0^xf(t)\dt

，则（　）
（A）

f(x)

为奇函数，

g(x)

为奇函数　（B）

f(x)

为奇函数，

g(x)

为偶函数
（C）

f(x)

为偶函数，

g(x)

为偶函数　（D）

f(x)

为偶函数，

g(x)

为奇函数

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $f$ ：复合。 $\sin t^3$ 是奇函数， $h(u)=\int_0^u\sin t^3\dt$ 是偶函数； $f(x)=h(\sin x)$ ，偶∘任意 = 偶。

“奇积成偶”；外层偶，整体就偶。

② $g$ 。 $f$ 偶，下限 0， $g=\int_0^xf$ 是奇函数，所以选（D）。

“偶积成奇”： $f$ 是偶函数， $\int_0^xf$ 是奇函数。

答案：D

例 5.16李林第六章 §1 例 13 · p137，§3 例 9 · p149

（1）设

f

是连续的奇函数，

F(x)=\int_0^xf(t)\cos t\dt+\int_0^x\dfrac{\dt}{1+t^2}

，

F(1)=\pi

，求

F(-1)

。（2）设

f

连续、以 2 为周期，证明

G(x)=\int_0^x2f(t)\dt-x\int_0^2f(t)\dt

以 2 为周期。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 拆成奇、偶两部分。 $f(t)\cos t$ 是奇函数， $A(x)=\int_0^xf(t)\cos t\dt$ 是偶函数； $\arctan x$ 是奇函数。

奇 × 偶 = 奇，“奇积成偶”。

② (1) 代值。 $F(1)=A(1)+\dfrac\pi4=\pi$ ， $A(1)=\dfrac{3\pi}4$ ； $F(-1)=A(1)-\dfrac\pi4=\dfrac\pi2$ 。

偶函数 $A(-1)=A(1)$ ，奇函数 $\arctan(-1)=-\frac\pi4$ 。

③ (2) 求导看差。 $\big[G(x+2)-G(x)\big]'=2f(x+2)-\int_0^2f-2f(x)+\int_0^2f=0$ ，所以 $G(x+2)-G(x)$ 是常数，等于 $G(2)-G(0)=2\int_0^2f-2\int_0^2f-0=0$ 。

证明“差是常数”用导数为 0，再代一个特殊点定出常数。

答案：(1) $\frac\pi2$ ；(2) 证明题。思路：对 $G(x+2)-G(x)$ 求导得 0，所以它是常数；代 $x=0$ 得这个常数为 0。

5.4极限与无穷小的阶

大白话：含变限积分的极限，几乎都是“洛必达一次，把积分号去掉”；比较无穷小的阶，就把 $\int_0^{\varphi(x)}f(t)\dt$ 估计成 $c\,x^k$ ：被积函数 $f(t)\sim at^m$ 、上限 $\varphi(x)\sim bx^n$ ，积分就 $\sim\frac a{m+1}(bx^n)^{m+1}$ ，阶数是 $n(m+1)$ 。

2020 数一(1) 的四个变限积分画在双对数坐标里：斜率就是阶数，(D) 最陡。

阶的估计公式

若 $t\to0$ 时 $f(t)\sim at^m$ ， $x\to0$ 时 $\varphi(x)\sim bx^n$ （ $a,b\ne0$ ， $m>-1$ ， $n>0$ ），则

\displaystyle \int_0^{\varphi(x)}f(t)\dt\sim\frac a{m+1}\big(bx^n\big)^{m+1},

\displaystyle \text{是 }x\text{ 的 }n(m+1)\text{ 阶无穷小}.

口诀：“被积函数的阶加 1，再乘上限的阶”。

方法卡 · 含变限积分的极限

什么时候用

\frac00

型极限，分子或分母是变限积分；或者问几个变限积分谁的阶高。

步骤

先用等价无穷小把分母化简（如 $1-\cos x^2\sim\frac{x^4}2$ ）。
洛必达一次，积分号消失；被积函数含 $x$ 的先按 5.2 节处理。
比较阶：用上面的公式直接写出 $c\,x^k$ 。
$x\to+\infty$ 的题：先判断分子是否趋于无穷，再洛必达。

最容易错

被积函数的等价代换要在

t\to0

时做，而且上限要趋于 0；洛必达后忘了乘上限的导数。

例 5.172016 数一(9)

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\int_0^xt\ln(1+t\sin t)\dt}{1-\cos x^2}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分母换等价。 $1-\cos x^2\sim\dfrac{(x^2)^2}2=\dfrac{x^4}2$ 。

等价无穷小 $1-\cos u\sim\frac{u^2}2$ 对任何趋于 0 的 $u$ 都成立，这里 $u=x^2$ 。

② 洛必达。原式 $=\lim\dfrac{\int_0^xt\ln(1+t\sin t)\dt}{x^4/2}=\lim\dfrac{x\ln(1+x\sin x)}{2x^3}$ 。

分子求导：把 $x$ 代进被积函数。

③ 等价无穷小。 $\ln(1+x\sin x)\sim x\sin x\sim x^2$ ，所以 $=\lim\dfrac{x\cdot x^2}{2x^3}=\dfrac12$ 。

用阶的公式也可以：被积函数 $\sim t^3$ ，积分 $\sim\frac{x^4}4$ ，比 $\frac{x^4}2$ 得 $\frac12$ 。

答案： $\frac12$

例 5.182014 数一(15)

求极限

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\int_1^x\big[t^2(\e^{1/t}-1)-t\big]\dt}{x^2\ln\big(1+\frac1x\big)}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 化简分母。 $x\to+\infty$ 时 $\ln\big(1+\frac1x\big)\sim\frac1x$ ，分母 $\sim x$ 。

$x\to+\infty$ 时 $\frac1x\to0$ ，所以可以用等价无穷小 $\ln(1+u)\sim u$ （ $u=\frac1x$ ）。

② 洛必达。原式 $=\lim\dfrac{\int_1^x[\cdots]\dt}{x}=\lim\big[x^2(\e^{1/x}-1)-x\big]$ 。

分子趋于 $+\infty$ （被积函数趋于 $\frac12>0$ ），可以用 $\frac\infty\infty$ 型洛必达。

③ 令 $u=\frac1x$ 用泰勒。 $x^2(\e^{1/x}-1)-x=\dfrac{\e^u-1-u}{u^2}\to\dfrac12$ 。

令 $u=\frac1x\to0$ ，把 $\e^u$ 展开到二阶： $\e^u-1-u\approx\frac{u^2}2$ ，除以 $u^2$ 得 $\frac12$ 。

答案： $\frac12$

例 5.192021 数一(17)

求极限

\lim\limits_{x\to0}\Big(\dfrac{1+\int_0^x\e^{t^2}\dt}{\e^x-1}-\dfrac1{\sin x}\Big)

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 通分。原式 $=\lim\dfrac{\big(1+\int_0^x\e^{t^2}\dt\big)\sin x-(\e^x-1)}{(\e^x-1)\sin x}$ ，分母 $\sim x^2$ 。

两个分式都趋于无穷，相减是“ $\infty-\infty$ ”，要先通分化成一个分式，才能用等价无穷小或泰勒公式。

② 分子泰勒展开到 $x^2$ 。 $\int_0^x\e^{t^2}\dt=x+\dfrac{x^3}3+\cdots$ ， $\sin x=x-\dfrac{x^3}6+\cdots$ ， $\e^x-1=x+\dfrac{x^2}2+\cdots$ 。分子 $=(1+x+\cdots)(x-\cdots)-x-\dfrac{x^2}2+o(x^2)=x+x^2-x-\dfrac{x^2}2+o(x^2)=\dfrac{x^2}2+o(x^2)$ 。

变限积分的泰勒展开：把被积函数展开后逐项积分， $\e^{t^2}=1+t^2+\cdots$ 。

③ 结果。原式 $=\dfrac{x^2/2}{x^2}\to\dfrac12$ 。

分子、分母都是 $x^2$ 那一阶的无穷小，比值的极限就是两个 $x^2$ 的系数之比 $\frac{1/2}{1}$ 。

答案： $\frac12$

例 5.202020 数一(1)

当

x\to0^+

时，下列无穷小量中最高阶的是（　）
（A）

\int_0^x(\e^{t^2}-1)\dt

　（B）

\int_0^x\ln\big(1+\sqrt{t^3}\big)\dt

　（C）

\int_0^{\sin x}\sin t^2\dt

　（D）

\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}\dt

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 用阶的公式逐个算。（A） $\e^{t^2}-1\sim t^2$ ，上限 $x$ ：阶 $1\times3=3$ 。（B） $\ln(1+t^{3/2})\sim t^{3/2}$ ：阶 $\frac52$ 。（C） $\sin t^2\sim t^2$ ，上限 $\sin x\sim x$ ：阶 3。（D） $\sqrt{\sin^3t}\sim t^{3/2}$ ，上限 $1-\cos x\sim\frac{x^2}2$ ：阶 $2\times\frac52=5$ 。

被积函数的阶加 1，再乘上限的阶。

② 比较。（D）是 5 阶，最高。所以选（D）。

阶数越高， $x\to0^+$ 时趋于 0 越快，四个里（D）的 5 阶最高。在双对数坐标图上，阶数就是直线的斜率，所以（D）的直线最陡。

答案：D

例 5.212021 数二(1)

当

x\to0

时，

\int_0^{x^2}(\e^{t^3}-1)\dt

是

x^7

的（　）
（A）低阶无穷小　（B）等价无穷小　（C）高阶无穷小　（D）同阶但非等价无穷小

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 算阶。 $\e^{t^3}-1\sim t^3$ （阶 3），上限 $x^2$ （阶 2）：积分的阶 $2\times4=8$ ， $\int_0^{x^2}(\e^{t^3}-1)\dt\sim\dfrac{x^8}4$ 。

被积函数 $\e^{t^3}-1\sim t^3$ ，积出来是 $\frac{(x^2)^4}4=\frac{x^8}4$ （上限 $x^2$ 的 4 次方）。

② 比较。8 阶比 7 阶高，是 $x^7$ 的高阶无穷小。所以选（C）。

比阶就是看比值的极限： $\frac{x^8/4}{x^7}=\frac x4\to0$ ，比值趋于 0 说明分子是高阶无穷小。

答案：C

例 5.222024 数三(11)

当

x\to0

时，

\int_0^x\dfrac{(1+t^2)\sin t^2}{1+\cos^2t}\dt

与

x^k

是同阶无穷小，则

k=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 被积函数的阶。 $t\to0$ 时 $\dfrac{(1+t^2)\sin t^2}{1+\cos^2t}\sim\dfrac{t^2}2$ 。

$t\to0$ 时各因子分别趋于常数或等价于简单的幂： $1+t^2\to1$ ， $1+\cos^2t\to2$ ， $\sin t^2\sim t^2$ ，所以整体 $\sim\frac{t^2}2$ 。

② 积分的阶。 $\int_0^x\dfrac{t^2}2\dt=\dfrac{x^3}6$ ，所以 $k=3$ 。

用阶的公式：被积函数是 2 阶，积分后变成 3 阶；上限就是 $x$ （1 阶），所以 $k=1\times(2+1)=3$ 。

答案：3

例 5.23李林第六章 §2 例 1 · p141

设

\alpha(x)=\int_0^{5x}\dfrac{\sin t}t\dt

，

\beta(x)=\int_0^{\sin x}(1+t)^{\frac1t}\dt

，求

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 洛必达。 $\lim\dfrac{\alpha}{\beta}=\lim\dfrac{\frac{\sin5x}{5x}\cdot5}{(1+\sin x)^{\frac1{\sin x}}\cdot\cos x}$ 。

上限 $5x$ 乘 5，上限 $\sin x$ 乘 $\cos x$ 。

② 代极限。 $\frac{\sin5x}{5x}\to1$ ， $(1+\sin x)^{\frac1{\sin x}}\to\e$ ， $\cos x\to1$ ，所以极限 $=\dfrac5\e$ 。

第二个重要极限。 $\alpha\sim5x$ 、 $\beta\sim\e x$ ，同阶但不等价。

答案： $\frac5{\e}$

例 5.242025 数一(3)

设函数

f(x)

在区间

[0,+\infty)

上可导，则（　）
（A）当

\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)

存在时，

\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)

存在
（B）当

\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)

存在时，

\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)

存在
（C）当

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^xf(t)\dt}x

存在时，

\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)

存在
（D）当

\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)

存在时，

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^xf(t)\dt}x

存在

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (D) 正确。设 $f(x)\to A$ 。若 $A\ne0$ ， $\int_0^xf\to\pm\infty$ ，洛必达： $\lim\dfrac{\int_0^xf}x=\lim f(x)=A$ ；若 $A=0$ ，对任意 $\eps>0$ ， $x$ 大时 $|f|<\eps$ ，平均值最终也小于 $2\eps$ 。所以极限存在且为 $A$ 。

“函数有极限，它的平均值也有同样的极限”。

② 反例排除 (A)。 $f(x)=\dfrac{\sin x^2}{x+1}\to0$ ，但 $f'(x)=\dfrac{2x\cos x^2}{x+1}-\dfrac{\sin x^2}{(x+1)^2}$ 振荡，没有极限。

函数趋于常数，可以越来越“抖”。

③ 反例排除 (B)(C)。（B） $f(x)=x$ ： $f'\to1$ ， $f\to+\infty$ 。（C） $f(x)=\sin x$ ： $\frac1x\int_0^x\sin t\dt=\frac{1-\cos x}x\to0$ ，但 $\sin x$ 无极限。所以选（D）。

平均值有极限，函数本身可以一直振荡。

答案：D

例 5.252011 数二(15)

已知函数

F(x)=\dfrac{\int_0^x\ln(1+t^2)\dt}{x^\alpha}

。设

\lim\limits_{x\to+\infty}F(x)=\lim\limits_{x\to0^+}F(x)=0

，试求

\alpha

的取值范围。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $x\to+\infty$ 。分子趋于 $+\infty$ ；若 $\alpha\le0$ ， $F\to+\infty$ 。 $\alpha>0$ 时洛必达： $\lim\dfrac{\ln(1+x^2)}{\alpha x^{\alpha-1}}$ ，它为 0 当且仅当 $\alpha-1>0$ 。

对数比任何正次幂都长得慢； $\alpha-1\le0$ 时分母不增长，极限为 $+\infty$ 。

② $x\to0^+$ 。分子 $\sim\dfrac{x^3}3$ ， $F\sim\dfrac13x^{3-\alpha}\to0$ 当且仅当 $\alpha<3$ 。

用阶的公式：被积函数 $\sim t^2$ ，积分 $\sim\frac{x^3}3$ 。

③ 取交集。 $1<\alpha<3$ 。

题目要求两个极限都为 0：第①步要求 $\alpha>1$ ，第②步要求 $\alpha<3$ ，必须同时成立，所以取两个范围的公共部分。

答案： $1<\alpha<3$

5.5单调、极值、拐点与零点个数

大白话：变限积分定义的函数，研究单调、极值、凹凸、零点，和普通函数一样：求导、看导数的符号。难点只在于求导（5.1、5.2 节）以及判断“积分的符号”——被积函数正、上限大于下限，积分就正。

2010 数一(16)：

f(x)=\int_1^{x^2}(x^2-t)\e^{-t^2}\dt

，在

x=\pm1

取极小值 0，在

x=0

取极大值。

判断积分符号的依据

被积函数 $>0$ ，上限 $>$ 下限 $\Rightarrow$ 积分 $>0$ ；上限 $<$ 下限 $\Rightarrow$ 积分 $<0$ 。
极值： $f'(x_0)=0$ 且 $f'$ 在 $x_0$ 两侧变号；拐点： $f''$ 在 $x_0$ 两侧变号。
也可以看 $x_0$ 附近的泰勒主项： $f(x)-f(x_0)\sim c(x-x_0)^k$ ， $k$ 偶为极值点， $k$ 奇（ $\ge3$ ）为拐点。

方法卡 · 变限积分函数的单调与极值

什么时候用

题目要单调区间、极值、拐点、零点个数，函数由变限积分给出。

步骤

求 $f'$ （被积函数含 $x$ 先提出去）。
把 $f'$ 写成“几个因子的乘积”，逐个判断符号，列表。
极值点代回 $f$ 求极值，积分上下限相同时值为 0。
零点个数：单调区间 + 端点（或无穷远）处的函数值符号 + 零点定理。

最容易错

只解

f'=0

不看两侧变号；忘了

\int_1^{x^2}

在

|x|<1

时上限小于下限，积分是负的。

例 5.262010 数一(16)李林第六章 §2 例 2 · p141

求函数

f(x)=\int_1^{x^2}(x^2-t)\e^{-t^2}\dt

的单调区间与极值。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 把 $x^2$ 提出去。 $f(x)=x^2\int_1^{x^2}\e^{-t^2}\dt-\int_1^{x^2}t\e^{-t^2}\dt$ 。

被积函数含 $x$ ，按 5.2 节第②类。

② 求导。 $f'(x)=2x\int_1^{x^2}\e^{-t^2}\dt+x^2\e^{-x^4}\cdot2x-x^2\e^{-x^4}\cdot2x=2x\int_1^{x^2}\e^{-t^2}\dt$ 。

第一项用乘积法则： $(x^2)'\cdot\int_1^{x^2}\e^{-t^2}\dt+x^2\cdot\big(\int_1^{x^2}\e^{-t^2}\dt\big)'$ ，后者按求导公式是 $\e^{-x^4}\cdot2x$ ；第二项的导数是 $x^2\e^{-x^4}\cdot2x$ （把上限 $x^2$ 代进 $t\e^{-t^2}$ ，再乘 $2x$ ）。这两个 $2x^3\e^{-x^4}$ 正好抵消，这类题常常这样。

③ 判断符号。 $\int_1^{x^2}\e^{-t^2}\dt$ ： $|x|>1$ 时为正， $|x|<1$ 时为负。于是 $f'$ 在 $(-\infty,-1)$ 负、 $(-1,0)$ 正、 $(0,1)$ 负、 $(1,+\infty)$ 正。

被积函数恒正，积分的符号只看上限 $x^2$ 比下限 1 大还是小；再乘上 $2x$ 的符号。

④ 单调区间与极值。单调减少区间 $(-\infty,-1)$ 、 $(0,1)$ ；单调增加区间 $(-1,0)$ 、 $(1,+\infty)$ 。极小值 $f(\pm1)=0$ ；极大值 $f(0)=\int_1^0(-t)\e^{-t^2}\dt=\int_0^1t\e^{-t^2}\dt=\dfrac12(1-\e^{-1})$ 。

$x=\pm1$ 时积分上下限相同，值为 0； $f(0)$ 用凑微分 $t\dt=\frac12\dd t^2$ 。

答案：减区间 $(-\infty,-1)$ 、 $(0,1)$ ，增区间 $(-1,0)$ 、 $(1,+\infty)$ ；极小值 $f(\pm1)=0$ ，极大值 $f(0)=\frac12(1-\e^{-1})$

例 5.272025 数一(1)

已知函数

f(x)=\int_0^x\e^{t^2}\sin t\dt

，

g(x)=\int_0^x\e^{t^2}\dt\cdot\sin^2x

，则（　）
（A）

x=0

是

f(x)

的极值点，也是

g(x)

的极值点
（B）

x=0

是

f(x)

的极值点，

(0,0)

是曲线

y=g(x)

的拐点
（C）

x=0

是

f(x)

的极值点，

(0,0)

是曲线

y=f(x)

的拐点
（D）

(0,0)

是曲线

y=f(x)

的拐点，也是曲线

y=g(x)

的拐点

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 看 $f$ 在 0 附近的主项。 $\e^{t^2}\sin t\sim t$ ，所以 $f(x)\sim\dfrac{x^2}2$ ： $x=0$ 是极小值点，不是拐点。

主项次数 2（偶数）→ 极值点。直接看： $f'(x)=\e^{x^2}\sin x$ 在 0 两侧由负变正。

② 看 $g$ 的主项。 $\int_0^x\e^{t^2}\dt\sim x$ ， $\sin^2x\sim x^2$ ， $g(x)\sim x^3$ ：0 不是极值点， $(0,0)$ 是拐点。所以选（B）。

主项次数 3（奇数）→ 拐点。 $g''(x)\sim6x$ 在 0 两侧变号。

答案：B

例 5.282015 数二(19)

已知函数

f(x)=\int_x^1\sqrt{1+t^2}\dt+\int_1^{x^2}\sqrt{1+t}\dt

，求

f(x)

零点的个数。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求导。 $f'(x)=-\sqrt{1+x^2}+2x\sqrt{1+x^2}=(2x-1)\sqrt{1+x^2}$ 。

下限 $x$ 带负号；上限 $x^2$ 乘 $2x$ ，且 $\sqrt{1+x^2}$ 两项相同可以提出。

② 单调性。 $x<\frac12$ 时 $f'<0$ ， $f$ 减； $x>\frac12$ 时 $f'>0$ ， $f$ 增。

$\sqrt{1+x^2}$ 恒正，不影响正负， $f'$ 的符号完全由 $2x-1$ 决定： $x<\frac12$ 为负， $x>\frac12$ 为正。

③ 看关键点的值。 $f(1)=0$ ，所以 $f\big(\frac12\big)<f(1)=0$ ； $x\to-\infty$ 时 $\int_x^1\sqrt{1+t^2}\dt\to+\infty$ ， $\int_1^{x^2}\sqrt{1+t}\dt\to+\infty$ ， $f\to+\infty$ 。

$x=1$ 时两个积分上下限都相同。

④ 结论。 $\big(-\infty,\frac12\big)$ 上从 $+\infty$ 减到负值，恰有一个零点； $\big(\frac12,+\infty\big)$ 上增，零点就是 $x=1$ 。共 2 个。

单调区间内至多一个零点，再用零点定理确定存在。

答案：2 个

5.6对变限积分再积分、积分方程

大白话：要求 $\int_a^bg(x)\Big[\int_c^xh(t)\dt\Big]\dx$ 时，里面的变限积分通常积不出来，但它的导数是 $h(x)$ ，很简单。所以分部积分，让变限积分当 $u$ （求导）、 $g(x)$ 去凑 $\dd v$ ；选 $v$ 时加一个常数，让边界项在积分下限（常数 $c$ ）那一端为 0。另一类是“积分方程”：函数满足含它自己积分的等式，两边求导变成微分方程或递推。

2013 数一(15)：

f(x)

自己积不出来，但

f'(x)=\frac{\ln(1+x)}x

简单、

f(1)=0

；分部时让

f

当

u

，边界项消失。

两个工具

分部： $\int_a^bg(x)F(x)\dx=\big[G(x)F(x)\big]_a^b-\int_a^bG(x)F'(x)\dx$ ，其中 $F(x)=\int_c^xh$ ， $F'=h$ ， $G'=g$ 。 $G$ 选成在 $x=c$ 处为 0 的那个原函数（如 $F=\int_1^x$ 就取 $G(1)=0$ ）。
积分方程： $f(x)=\varphi(x)+\int_0^xf(t)\dt$ 两边求导得 $f'=\varphi'+f$ ；代 $x=0$ 得初值 $f(0)=\varphi(0)$ 。

方法卡 · 被积函数里有变限积分

什么时候用

\int_a^b(\cdots)\Big[\int_c^x(\cdots)\dt\Big]\dx

，或

f

由含

\int f

的等式确定。

步骤

变限积分当 $u$ ，其余凑 $\dd v$ ， $v$ 取在 $x=c$ 处为 0 的原函数。
边界项通常为 0，剩下的积分里变限积分已变成被积函数，按普通定积分算。
积分方程：两边求导，别忘了代特殊点定初值。

最容易错

边界项没算就丢掉（只有选对

v

才为 0）；积分方程只求导不定初值。

例 5.292013 数一(15)李林第六章 §1 例 8 · p135

计算

\int_0^1\dfrac{f(x)}{\sqrt x}\dx

，其中

f(x)=\int_1^x\dfrac{\ln(t+1)}t\dt

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部， $f$ 当 $u$ 。 $\dfrac{\dx}{\sqrt x}=\dd(2\sqrt x)$ ，原式 $=2\sqrt xf(x)\Big|_0^1-\int_0^12\sqrt x\cdot\dfrac{\ln(1+x)}x\dx$ 。

$f$ 积不出来但导数简单；边界项： $x=1$ 时 $f(1)=0$ ， $x\to0^+$ 时 $\sqrt x\to0$ 而 $f$ 有界，也为 0。

② 化简剩下的积分。原式 $=-2\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{\sqrt x}\dx$ ，令 $t=\sqrt x$ ： $=-4\int_0^1\ln(1+t^2)\dt$ 。

令 $t=\sqrt x$ ， $x=t^2$ ， $\dd x=2t\dt$ ，所以 $\frac{\dx}{\sqrt x}=\frac{2t\dt}t=2\dt$ ； $\ln(1+x)$ 变成 $\ln(1+t^2)$ 。

③ 再分部。 $\int_0^1\ln(1+t^2)\dt=t\ln(1+t^2)\Big|_0^1-\int_0^1\dfrac{2t^2}{1+t^2}\dt=\ln2-2+2\arctan1=\ln2-2+\dfrac\pi2$ 。

分部后剩下 $\int\frac{2t^2}{1+t^2}\dt$ ，分子加一减一： $\frac{2t^2}{1+t^2}=2-\frac2{1+t^2}$ ，就能直接积。

④ 结果。原式 $=-4\Big(\ln2-2+\dfrac\pi2\Big)=8-2\pi-4\ln2$ 。

约等于 $-1.056$ ，负数合理： $(0,1)$ 上 $f(x)<0$ 。

答案： $8-2\pi-4\ln2$

例 5.302019 数三(11)

已知函数

f(x)=\int_1^x\sqrt{1+t^4}\dt

，则

\int_0^1x^2f(x)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部， $f$ 当 $u$ 。 $x^2\dx=\dd\dfrac{x^3}3$ ，原式 $=\dfrac{x^3}3f(x)\Big|_0^1-\int_0^1\dfrac{x^3}3\sqrt{1+x^4}\dx=0-\dfrac13\int_0^1x^3\sqrt{1+x^4}\dx$ 。

$f(1)=0$ ，下限处 $x^3=0$ ，边界项为 0。

② 凑微分。 $x^3\dx=\dfrac14\dd(1+x^4)$ ， $\int_0^1x^3\sqrt{1+x^4}\dx=\dfrac16(1+x^4)^{\frac32}\Big|_0^1=\dfrac{2\sqrt2-1}6$ 。

$1+x^4$ 的导数是 $4x^3$ ，被积函数里恰好有 $x^3$ ，所以凑 $\dd(1+x^4)$ ，差的系数 4 用 $\frac14$ 补。

③ 结果。原式 $=-\dfrac{2\sqrt2-1}{18}=\dfrac{1-2\sqrt2}{18}$ 。

前面分部时留下了系数 $-\frac13$ ，要乘上去才是最后结果。

答案： $\frac{1-2\sqrt2}{18}$

例 5.312019 数二(13)

已知函数

f(x)=x\int_1^x\dfrac{\sin t^2}t\dt

，则

\int_0^1f(x)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部。记 $F(x)=\int_1^x\frac{\sin t^2}t\dt$ ， $x\dx=\dd\frac{x^2}2$ ： $\int_0^1xF(x)\dx=\dfrac{x^2}2F(x)\Big|_0^1-\int_0^1\dfrac{x^2}2\cdot\dfrac{\sin x^2}x\dx=-\dfrac12\int_0^1x\sin x^2\dx$ 。

$F(1)=0$ ； $x\to0$ 时 $F$ 有界（被积函数 $\frac{\sin t^2}t\to0$ ）， $x^2F\to0$ 。

② 凑微分。 $\int_0^1x\sin x^2\dx=-\dfrac12\cos x^2\Big|_0^1=\dfrac{1-\cos1}2$ 。

$x\dx$ 正好是 $\frac12\dd(x^2)$ ，把 $x^2$ 看成 $u$ ，就是 $\frac12\int\sin u\du$ 。

③ 结果。原式 $=-\dfrac{1-\cos1}4=\dfrac{\cos1-1}4$ 。

别忘了分部时留下的系数 $-\frac12$ ，乘上去才是最后结果。

答案： $\frac{\cos1-1}4$

例 5.322016 数二(21)

已知函数

f(x)

在

\big[0,\frac{3\pi}2\big]

上连续，在

\big(0,\frac{3\pi}2\big)

内是函数

\dfrac{\cos x}{2x-3\pi}

的一个原函数，且

f(0)=0

。（Ⅰ）求

f(x)

在区间

\big[0,\frac{3\pi}2\big]

上的平均值；（Ⅱ）证明

f(x)

在区间

\big(0,\frac{3\pi}2\big)

内存在唯一零点。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出 $f$ 。 $f(x)=\int_0^x\dfrac{\cos t}{2t-3\pi}\dt$ 。

原函数 + $f(0)=0$ 定出常数；被积函数在 $\frac{3\pi}2$ 处趋于 $\frac12$ ，有界。

② (Ⅰ) 分部， $v$ 取 $x-\frac{3\pi}2$ 。 $\int_0^{3\pi/2}f\dx=\Big(x-\dfrac{3\pi}2\Big)f(x)\Big|_0^{3\pi/2}-\int_0^{3\pi/2}\Big(x-\dfrac{3\pi}2\Big)\dfrac{\cos x}{2x-3\pi}\dx=0-\dfrac12\int_0^{3\pi/2}\cos x\dx=\dfrac12$ 。

$v=x-\frac{3\pi}2$ 让上限处边界项为 0（下限处 $f(0)=0$ ），并且正好约掉分母 $2x-3\pi$ 。

③ (Ⅰ) 平均值。 $\dfrac{1/2}{3\pi/2}=\dfrac1{3\pi}$ 。

平均值 = 积分 ÷ 区间长度。

④ (Ⅱ) 单调性。 $f'(x)=\dfrac{\cos x}{2x-3\pi}$ ： $\big(0,\frac\pi2\big)$ 上 $<0$ ， $\big(\frac\pi2,\frac{3\pi}2\big)$ 上 $>0$ 。所以 $f$ 先减后增， $f(x)<f(0)=0$ （ $0<x\le\frac\pi2$ ）。

分母恒负， $\cos x$ 在 $\frac\pi2$ 变号。

⑤ (Ⅱ) 存在唯一。平均值 $\frac1{3\pi}>0$ ，而 $\big[0,\frac\pi2\big]$ 上 $f\le0$ ，所以 $f$ 在 $\big(\frac\pi2,\frac{3\pi}2\big]$ 上必有正值，又单调增，故 $f\big(\frac{3\pi}2\big)>0$ ，由零点定理， $\big(\frac\pi2,\frac{3\pi}2\big)$ 内恰有一个零点。

第（Ⅰ）问的平均值为正，是第（Ⅱ）问“右端为正”的依据。

答案：(Ⅰ) $\frac1{3\pi}$ ；(Ⅱ) 证明题。思路： $f$ 在 $(0,\frac\pi2)$ 上减、在 $(\frac\pi2,\frac{3\pi}2)$ 上增，左段 $f<0$ ；平均值为正说明 $f(\frac{3\pi}2)>0$ ，零点定理加单调性得唯一零点。

例 5.332016 数二(12)

已知函数

f(x)

在

(-\infty,+\infty)

上连续，且

f(x)=(x+1)^2+2\int_0^xf(t)\dt

，则当

n\ge2

时，

f^{(n)}(0)=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求导去掉积分。 $f'(x)=2(x+1)+2f(x)$ ， $f''(x)=2+2f'(x)$ ， $n\ge3$ 时 $f^{(n)}(x)=2f^{(n-1)}(x)$ 。

右边有 $\int_0^xf$ ，说明 $f$ 可导；多求几次导， $(x+1)^2$ 的导数很快变成 0。

② 定初值。 $f(0)=1$ ， $f'(0)=2+2=4$ ， $f''(0)=2+8=10$ 。

在原方程和求导后的方程里代 $x=0$ ： $\int_0^0f=0$ ，所以能依次得到 $f(0)$ 、 $f'(0)$ 、 $f''(0)$ 的具体值。

③ 递推。 $f^{(n)}(0)=2^{n-2}f''(0)=10\cdot2^{n-2}=5\cdot2^{n-1}$ （ $n\ge2$ ）。

每求一次导乘 2，是公比为 2 的等比递推，从 $f''(0)=10$ 往上推。

答案： $5\cdot2^{n-1}$

例 5.34李林第六章 §1 例 7 · p135

设

f(x)=\int_0^x\dfrac{\sin t}{\pi-t}\dt

，计算

\int_0^\pi f(x)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部， $v$ 取 $x-\pi$ 。 $\int_0^\pi f\dx=(x-\pi)f(x)\Big|_0^\pi-\int_0^\pi(x-\pi)\dfrac{\sin x}{\pi-x}\dx$ 。

$f$ 当 $u$ ； $v=x-\pi$ 让上限处为 0，下限处 $f(0)=0$ ，并且约掉分母 $\pi-x$ 。

② 算。 $=0+\int_0^\pi\sin x\dx=2$ 。

$\pi-x=-(x-\pi)$ ，所以 $(x-\pi)\cdot\frac{\sin x}{\pi-x}=-\sin x$ ，和前面的减号一抵消，变成 $+\int_0^\pi\sin x\dx$ 。

答案：2

5.7小结

题目里的说法	换成什么	例子
$\frac{\dd}{\dd x}\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\dt$	上限代入乘上限导数，减下限代入乘下限导数	例 5.1
参数方程、隐函数、反函数里有变限积分	变限积分求导只是一步，按原题型走	例 5.2、例 5.5、例 5.7
被积函数含 $x$ ，能提出	提到积分号外，乘积法则	例 5.3、例 5.26
$f(x-t)$ 、 $f(xt)$ 、 $f(x^2-t^2)$	换元把 $x$ 挪到积分限上	例 5.8、例 5.10、例 5.11
$\int_0^xf$ 的奇偶	奇积成偶、偶积成奇（下限 0）；复合看内外层	例 5.12、例 5.15、例 5.14
被积函数有跳跃点	变限积分连续，左右导数不等	例 5.13
含变限积分的 $\frac00$ 极限	等价化简分母，洛必达一次	例 5.17、例 5.18
$\infty-\infty$ 且含 $\int_0^x\e^{t^2}\dt$	通分，被积函数展开后逐项积分	例 5.19
几个变限积分比阶	（被积函数的阶 + 1）× 上限的阶	例 5.20、例 5.21
$\lim f$ 、 $\lim f'$ 、平均值极限的关系	$f\to A\Rightarrow$ 平均值 $\to A$ ；其余反例	例 5.24
由极限条件定参数范围	分别看 $0^+$ 与 $+\infty$ ，取交集	例 5.25
单调区间、极值	求导，逐个因子判断符号	例 5.26
“是极值点还是拐点”	看主项 $cx^k$ ： $k$ 偶极值， $k$ 奇拐点	例 5.27
零点个数	单调区间 + 端点符号 + 零点定理	例 5.28
$\int_a^bg(x)\big[\int_c^xh\big]\dx$	分部，变限积分当 $u$ ， $v$ 在 $c$ 处取 0	例 5.29、例 5.30、例 5.34
$f=\varphi+\int_0^xf$	求导得微分方程或递推，代 0 定初值	例 5.33

第 6 部分

反常积分

积分区间无限或被积函数无界时的积分。先找“问题点”拆段，再用 $p$ 积分这把尺子判断敛散；计算时和定积分一样，只是代入改成取极限。

考试要求（大纲原文，李林讲义第六章第 6 条）

理解反常积分的概念，了解反常积分收敛的比较判别法，会计算反常积分。

对应李林讲义第六章第四节“反常积分”（p152—156）。数一只考选择、填空：判敛（2010(3)、2016(1)）和计算（2013(12)、2021(11)、2026(14)）；数二考得更多，判敛的参数范围题几乎年年有，这里都拿来做练习。

6.1反常积分是什么：找“问题点”，拆开取极限

大白话：普通定积分要求区间有限、被积函数有界。两条只要有一条不满足，就叫反常积分：积分区间伸到无穷远（无穷限），或者被积函数在某点附近趋于无穷（这个点叫瑕点）。算法是先在“正常”的一段上积分，再让端点趋向无穷远或瑕点取极限：极限存在叫收敛，否则叫发散。

左：

\frac1{x^2}

在

[1,+\infty)

上面积为 1；右：

\frac1{\sqrt x}

在

(0,1]

上面积为 2。一个是区间无限，一个是函数无界，面积都有限，都收敛。

定义

\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\dx=\lim_{b\to+\infty}\int_a^bf(x)\dx,

\displaystyle \int_a^bf(x)\dx=\lim_{\eps\to0^+}\int_{a+\eps}^bf(x)\dx\ \ (a\text{ 为瑕点}).

牛顿—莱布尼茨照用： $\int_a^{+\infty}f\dx=F(x)\Big|_a^{+\infty}=\lim\limits_{x\to+\infty}F(x)-F(a)$ ，瑕点处也代极限。
一个积分里有几个问题点，就拆成几段，每段只含一个问题点；每一段都收敛，整个才收敛。 $\int_{-\infty}^{+\infty}$ 要拆成 $\int_{-\infty}^0+\int_0^{+\infty}$ 。
瑕点可能藏在区间内部（分母为 0 的点），做题前先找。

方法卡 · 反常积分的第一步

什么时候用

积分限有

\pm\infty

，或被积函数在区间端点、内部某点无界。

步骤

找出所有问题点： $\pm\infty$ 、分母的零点、 $\ln$ 的 0 点等。
在问题点之间任取分点，把积分拆开，每段只含一个问题点。
每段单独判断（6.2、6.3 节）或计算（6.4 节）；有一段发散，整个就发散。

最容易错

用“奇函数在对称区间上积分为 0”算

\int_{-\infty}^{+\infty}\frac x{1+x^2}\dx

——它两段都发散，整个发散；漏掉区间内部的瑕点。

例 6.1李林第六章 §4 例 4 注① · p154

判断敛散，收敛的求值：（1）

\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2}

；（2）

\int_0^1\dfrac{\dx}{\sqrt x}

；（3）

\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}x

；（4）

\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac x{1+x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1)(2) 代极限。 $\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2}=-\dfrac1x\Big|_1^{+\infty}=0+1=1$ ； $\int_0^1\dfrac{\dx}{\sqrt x}=2\sqrt x\Big|_0^1=2$ 。

原函数在问题点处有有限极限，就收敛，值等于极限相减。

② (3) 原函数趋于无穷。 $\int_1^b\dfrac{\dx}x=\ln b\to+\infty$ ，发散。

$\frac1x$ 衰减得不够快，面积无限大。

③ (4) 必须拆开。 $\int_0^{+\infty}\dfrac x{1+x^2}\dx=\dfrac12\ln(1+x^2)\Big|_0^{+\infty}=+\infty$ ，这一段已经发散，所以整个发散。

虽然被积函数是奇函数，但“奇函数积分为 0”只对收敛的积分成立； $\int_{-\infty}^{+\infty}$ 按定义两段都要收敛。

答案：(1) 1；(2) 2；(3) 发散；(4) 发散

例 6.22011 数二(12)

设函数

f(x)=\begin{cases}\lambda\e^{-\lambda x},&x>0\\0,&x\le0\end{cases}

，

\lambda>0

，则

\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 去掉为 0 的一段。 $x\le0$ 时 $f=0$ ，原式 $=\int_0^{+\infty}\lambda x\e^{-\lambda x}\dx$ 。

分段函数先把没用的部分去掉。

② 分部积分。 $\int_0^{+\infty}x\,\dd(-\e^{-\lambda x})=-x\e^{-\lambda x}\Big|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\e^{-\lambda x}\dx=0+\dfrac1\lambda$ 。

$x\e^{-\lambda x}\to0$ （ $x\to+\infty$ ，指数压过幂）。这是概率论里指数分布的期望。

答案： $\frac1\lambda$

6.2两把尺子： $p$ 积分

大白话：判断反常积分是否收敛，就是看被积函数趋于 0（在无穷远）或趋于无穷（在瑕点）的“快慢”。拿来做比较的尺子只有一把： $\frac1{x^p}$ 。在无穷远， $p>1$ 衰减够快，收敛；在 0 附近， $p<1$ 长得不够快，收敛； $p=1$ 两边都发散。记法：“无穷远要大于 1，瑕点要小于 1”。

y=\frac1{x^p}

：

[1,+\infty)

上

p>1

收敛，

(0,1]

上

p<1

收敛，

p=1

是分界，两边都发散。

p

积分与对数型（大串讲 L20）

\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\dx}{x^p}\ \begin{cases}\text{收敛},&p>1\\\text{发散},&p\le1\end{cases}

\displaystyle \int_0^1\frac{\dx}{x^p}\ \begin{cases}\text{收敛},&p<1\\\text{发散},&p\ge1\end{cases}

瑕点在 $a$ ： $\int_a^b\frac{\dx}{(x-a)^p}$ 同样是 $p<1$ 收敛。
对数型： $\int_2^{+\infty}\frac{\dx}{x\ln^px}$ 、 $\int_0^{1/2}\frac{\dx}{x|\ln x|^p}$ 都是 $p>1$ 收敛（令 $u=\ln x$ 化成 $p$ 积分）。
对数的任何次方都“弱”： $\ln^kx$ 不改变 $x^p$ 型的敛散（ $p\ne1$ 时）， $\int_0^1|\ln x|^k\dx$ 对任何 $k>0$ 都收敛。
指数最强： $\int_0^{+\infty}x^k\e^{-\lambda x}\dx$ （ $\lambda>0$ ）总收敛。

方法卡 · 用

p

积分直接判断

什么时候用

被积函数是（或者很快能看成）

\frac1{x^p}

、

\frac{\ln^kx}{x^p}

、

x^k\e^{-\lambda x}

的样子。

步骤

确定问题点是无穷远还是瑕点。
写出被积函数在问题点附近的主项 $\frac c{x^p}$ （或 $\frac c{(x-a)^p}$ ）。
无穷远： $p>1$ 收敛；瑕点： $p<1$ 收敛； $p=1$ 且带 $\ln$ 时用对数型。

最容易错

把两把尺子的方向记反；

\frac{\ln x}x

在无穷远以为“有

\ln

就慢”而收敛——它比

\frac1x

还大，发散。

例 6.32015 数二(1)

下列反常积分中收敛的是（　）
（A）

\int_2^{+\infty}\dfrac1{\sqrt x}\dx

　（B）

\int_2^{+\infty}\dfrac{\ln x}x\dx

　（C）

\int_2^{+\infty}\dfrac1{x\ln x}\dx

　（D）

\int_2^{+\infty}\dfrac x{\e^x}\dx

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (A)(B)。（A） $p=\frac12\le1$ ，发散；（B） $\dfrac{\ln x}x>\dfrac1x$ （ $x>\e$ ），比发散的 $\frac1x$ 还大，发散（或直接 $\frac12\ln^2x\to\infty$ ）。

看无穷远处的“尺子” $\frac1{x^p}$ ：必须 $p>1$ 才收敛， $\frac1{\sqrt x}$ 的 $p=\frac12$ 不够。

② (C)。 $\int_2^b\dfrac{\dx}{x\ln x}=\ln\ln b-\ln\ln2\to+\infty$ ，发散。

$\frac1{x\ln x}$ 是对数型尺子 $\frac1{x\ln^px}$ 中 $p=1$ 的情形，正好在分界上，发散（原函数 $\ln\ln x\to\infty$ ）。

③ (D)。 $\int_2^{+\infty}x\e^{-x}\dx=-(x+1)\e^{-x}\Big|_2^{+\infty}=3\e^{-2}$ ，收敛。所以选（D）。

指数衰减压过任何幂。

答案：D

例 6.42019 数二(3)

下列反常积分发散的是（　）
（A）

\int_0^{+\infty}x\e^{-x}\dx

　（B）

\int_0^{+\infty}x\e^{-x^2}\dx

　（C）

\int_0^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{1+x^2}\dx

　（D）

\int_0^{+\infty}\dfrac x{1+x^2}\dx

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 前三个都能直接积出来。（A） $=1$ ；（B） $=\dfrac12$ ；（C） $=\dfrac12\arctan^2x\Big|_0^{+\infty}=\dfrac{\pi^2}8$ 。

（B） $x\dx=\frac12\dd x^2$ ；（C） $\frac{\dx}{1+x^2}=\dd\arctan x$ 。两个都能凑微分，直接算出有限值。

② (D)。 $\dfrac x{1+x^2}\sim\dfrac1x$ （ $p=1$ ），发散；或 $\dfrac12\ln(1+x^2)\to+\infty$ 。所以选（D）。

主项是 $\frac1x$ ，正好在分界上，发散。

答案：D

例 6.5李林第六章 §4 提要 · p152

讨论

p

取何值时收敛：（1）

\int_2^{+\infty}\dfrac{\dx}{x\ln^px}

；（2）

\int_0^1\ln x\dx

；（3）

\int_1^{+\infty}\dfrac{\ln x}{x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 令 $u=\ln x$ 。 $\dfrac{\dx}x=\du$ ，原式 $=\int_{\ln2}^{+\infty}\dfrac{\du}{u^p}$ ， $p>1$ 收敛， $p\le1$ 发散。

对数型化成 $p$ 积分。

② (2) 瑕点 0。 $\int_0^1\ln x\dx=(x\ln x-x)\Big|_{0^+}^1=-1$ ，收敛。

$x\ln x\to0$ ；对数在 0 处无界但“弱”，任何次方都可积。

③ (3) 无穷远。 $\dfrac{\ln x}{x^2}\le\dfrac{C}{x^{3/2}}$ （ $\frac{\ln x}{\sqrt x}$ 有界），比 $p=\frac32>1$ 的尺子小，收敛（值为 1）。

$\ln$ 可以用 $x$ 的任意小正次方压住，把 $x^2$ 分一点给它。

答案：(1) $p>1$ ；(2) 收敛于 $-1$ ；(3) 收敛（值 1）

6.3比较判别法与参数范围

大白话：被积函数（非负时）比收敛的尺子小，就收敛；比发散的尺子大，就发散。更好用的是“极限形式”：在问题点附近 $f(x)\sim\frac c{x^p}$ ，就和 $\frac1{x^p}$ 同敛散。含参数的题，就是把每个问题点处的“等价阶数”算出来，写成关于参数的不等式，最后取交集。

2016 数一(1)：被积函数在

0^+

附近像

\frac1{x^a}

，在

+\infty

附近像

\frac1{x^{a+b}}

；两头分别与

p

积分比较。

比较判别法（李林 p152—153）

设 $f(x)\ge0$ 。

无穷限： $\lim\limits_{x\to+\infty}x^pf(x)=l$ 。 $0\le l<+\infty$ 且 $p>1$ $\Rightarrow$ 收敛； $0<l\le+\infty$ 且 $p\le1$ $\Rightarrow$ 发散。
瑕点 $a$ ： $\lim\limits_{x\to a^+}(x-a)^pf(x)=l$ 。 $0\le l<+\infty$ 且 $p<1$ $\Rightarrow$ 收敛； $0<l\le+\infty$ 且 $p\ge1$ $\Rightarrow$ 发散。
有理函数 $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ 在 $[a,+\infty)$ 上（分母无零点）： $m-n>1$ 收敛， $m-n\le1$ 发散。
被积函数变号时，先看 $|f|$ ： $\int|f|$ 收敛则 $\int f$ 收敛（绝对收敛）。

方法卡 · 判敛与参数范围

什么时候用

选择题问“哪个收敛/发散”，或“收敛时参数的范围”。

步骤

找出全部问题点（包括区间内部的），拆段。
每个问题点处用等价无穷小（大）写出主项 $\frac c{x^p}$ 或 $\frac c{(x-a)^p}$ ，得到一个“阶数” $p$ 。
无穷远要 $p>1$ ，瑕点要 $p<1$ ，写成参数的不等式。
所有问题点的条件取交集。

最容易错

只看了一个端点就下结论（如

\int_0^{+\infty}

忘了看 0 处）；

\ln x

在

x=1

处是 0，会“抵消”分母的瑕点（2022 数二(5)）。

例 6.62010 数一(3)

设

m,n

均是正整数，则反常积分

\int_0^1\dfrac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]x}\dx

的收敛性（　）
（A）仅与

m

的取值有关　（B）仅与

n

的取值有关
（C）与

m,n

的取值都有关　（D）与

m,n

的取值都无关

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 两个问题点：0 和 1。 $x\to0^+$ ：分母 $\to0$ ； $x\to1^-$ ： $\ln(1-x)\to-\infty$ 。拆成 $\int_0^{1/2}+\int_{1/2}^1$ 。

反常积分的第一步：找出所有问题点，每段只留一个。

② $x\to0^+$ 。 $\ln^2(1-x)\sim x^2$ ，被积函数 $\sim\dfrac{x^{2/m}}{x^{1/n}}=\dfrac1{x^{1/n-2/m}}$ ，而 $\dfrac1n-\dfrac2m<1$ ，收敛。

$\frac1n\le1$ ，再减去正数 $\frac2m$ ，一定小于 1；瑕点要 $p<1$ 。

③ $x\to1^-$ 。分母 $\to1$ ，被积函数 $\sim|\ln(1-x)|^{2/m}$ ，对数的任何正次方在瑕点都可积，收敛。

对数“弱”，比任何 $\frac1{(1-x)^\eps}$ 都小。

④ 结论。对所有正整数 $m,n$ 都收敛，所以选（D）。

两段都收敛，与参数无关。

答案：D

例 6.72016 数一(1)

若反常积分

\int_0^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^a(1+x)^b}

收敛，则（　）
（A）

a<1

且

b>1

　（B）

a>1

且

b>1

　（C）

a<1

且

a+b>1

　（D）

a>1

且

a+b>1

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆成两段。 $\int_0^1+\int_1^{+\infty}$ ，问题点是 $0$ 和 $+\infty$ 。

无穷限和瑕点同时存在，必须分开。

② $x\to0^+$ 。 $(1+x)^b\to1$ ，被积函数 $\sim\dfrac1{x^a}$ ，收敛要求 $a<1$ 。

0 附近 $(1+x)^b\to1$ ，被积函数像 $\frac1{x^a}$ ；瑕点处的尺子要求 $p<1$ ，所以 $a<1$ 。

③ $x\to+\infty$ 。 $(1+x)^b\sim x^b$ ，被积函数 $\sim\dfrac1{x^{a+b}}$ ，收敛要求 $a+b>1$ 。所以选（C）。

$x$ 很大时 $(1+x)^b$ 和 $x^b$ 差不多，被积函数像 $\frac1{x^{a+b}}$ ；无穷远处要求 $p>1$ ，所以 $a+b>1$ 。

答案：C

例 6.82013 数二(4)

设函数

f(x)=\begin{cases}\dfrac1{(x-1)^{\alpha-1}},&1<x<\e\\\dfrac1{x\ln^{\alpha+1}x},&x\ge\e\end{cases}

。若反常积分

\int_1^{+\infty}f(x)\dx

收敛，则（　）
（A）

\alpha<-2

　（B）

\alpha>2

　（C）

-2<\alpha<0

　（D）

0<\alpha<2

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 瑕点 $x=1$ 。 $\int_1^{\e}\dfrac{\dx}{(x-1)^{\alpha-1}}$ 收敛 $\iff\alpha-1<1\iff\alpha<2$ 。

$x=1$ 是瑕点，被积函数就是 $\frac1{(x-1)^{\alpha-1}}$ ，和尺子比， $p=\alpha-1$ 必须小于 1。

② 无穷远。 $\int_{\e}^{+\infty}\dfrac{\dx}{x\ln^{\alpha+1}x}$ 收敛 $\iff\alpha+1>1\iff\alpha>0$ 。

无穷远处是对数型尺子 $\frac1{x\ln^px}$ ，这里 $p=\alpha+1$ ，必须大于 1。

③ 交集。 $0<\alpha<2$ 。所以选（D）。

两段都收敛，整个积分才收敛，所以取两个条件的交集。

答案：D

例 6.92022 数二(5)

设

p

为常数，若反常积分

\int_0^1\dfrac{\ln x}{x^p(1-x)^{1-p}}\dx

收敛，则

p

的取值范围是（　）
（A）

(-1,1)

　（B）

(-1,2)

　（C）

(-\infty,1)

　（D）

(-\infty,2)

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $x\to0^+$ 。 $(1-x)^{1-p}\to1$ ，被积函数 $\sim\dfrac{\ln x}{x^p}$ ： $p<1$ 时收敛（对数不改变结论）， $p\ge1$ 发散。

$\ln x$ 是“弱”因子，看 $x^p$ 就行； $p=1$ 时 $\frac{\ln x}x$ 积出 $\frac12\ln^2x$ ，发散。

② $x\to1^-$ ： $\ln x$ 帮忙。 $\ln x\sim x-1=-(1-x)$ ，被积函数 $\sim-\dfrac{1-x}{(1-x)^{1-p}}=-\dfrac1{(1-x)^{-p}}$ ，收敛要求 $-p<1$ ，即 $p>-1$ 。

$\ln x$ 在 1 处为 0，把分母的一次瑕点抵消掉一部分。

③ 交集。 $-1<p<1$ 。所以选（A）。

两个问题点的条件同时满足。

答案：A

例 6.102026 数二(11)

已知

p

为常数，反常积分

\int_0^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^p(1+x)}\dx

收敛，则

p

的取值范围是 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① $x\to0^+$ 。 $\arctan x\sim x$ ，被积函数 $\sim\dfrac x{x^p}=\dfrac1{x^{p-1}}$ ，要求 $p-1<1$ ， $p<2$ 。

等价无穷小换掉 $\arctan x$ 。

② $x\to+\infty$ 。 $\arctan x\to\dfrac\pi2$ ，被积函数 $\sim\dfrac{\pi/2}{x^{p+1}}$ ，要求 $p+1>1$ ， $p>0$ 。

$\arctan$ 趋于常数，不影响阶。

答案： $(0,2)$

例 6.112016 数二(3)

反常积分 ①

\int_{-\infty}^0\dfrac1{x^2}\e^{\frac1x}\dx

，②

\int_0^{+\infty}\dfrac1{x^2}\e^{\frac1x}\dx

的敛散性为（　）
（A）①收敛，②收敛　（B）①收敛，②发散　（C）①发散，②收敛　（D）①发散，②发散

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 原函数。 $\dfrac1{x^2}\dx=-\dd\dfrac1x$ ，原函数 $-\e^{\frac1x}$ 。

凑微分，里层是 $\frac1x$ 。

② ①。 $-\e^{\frac1x}\Big|_{-\infty}^{0^-}=-0+\e^0=1$ ，收敛。

$x$ 从左边趋于 0 时 $\frac1x\to-\infty$ ， $\e$ 的负无穷次方趋于 0，所以原函数在 $0^-$ 处有有限极限。

③ ②。 $x\to0^+$ 时 $\frac1x\to+\infty$ ， $\e^{\frac1x}\to+\infty$ ，发散。所以选（B）。

同一个瑕点，左右两侧完全不同。

答案：B

例 6.122024 数二(7)

设非负函数

f(x)

在

[0,+\infty)

上连续，给定以下三个命题：（Ⅰ）若

\int_0^{+\infty}f^2(x)\dx

收敛，则

\int_0^{+\infty}f(x)\dx

收敛；（Ⅱ）若存在

p>1

，使极限

\lim\limits_{x\to+\infty}x^pf(x)

存在，则

\int_0^{+\infty}f(x)\dx

收敛；（Ⅲ）若

\int_0^{+\infty}f(x)\dx

收敛，则存在

p>1

，使极限

\lim\limits_{x\to+\infty}x^pf(x)

存在。其中正确的个数是（　）
（A）0　（B）1　（C）2　（D）3

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 错。 $f=\dfrac1{1+x}$ ： $\int_0^{+\infty}\dfrac{\dx}{(1+x)^2}=1$ 收敛，但 $\int_0^{+\infty}\dfrac{\dx}{1+x}$ 发散。

平方让函数衰减得更快，反推不回去。

② (Ⅱ) 对。极限存在，则 $x$ 充分大时 $0\le f(x)\le\dfrac{C}{x^p}$ ， $p>1$ ，比较判别法收敛； $[0,A]$ 上连续，积分正常。

这就是比较判别法的极限形式。

③ (Ⅲ) 错。 $f(x)=\dfrac1{(x+2)\ln^2(x+2)}$ ： $\int_0^{+\infty}f\dx=\dfrac1{\ln2}$ 收敛，但对任何 $p>1$ ， $x^pf(x)\sim\dfrac{x^{p-1}}{\ln^2x}\to+\infty$ 。所以选（B）。

收敛的积分，被积函数可以比所有 $\frac1{x^p}$ （ $p>1$ ）都衰减得慢，对数型就是例子。

答案：B

例 6.13李林第六章 §4 例 3、例 4 注② · p153—154

判断敛散：（1）

\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2\sqrt{1+x}}

；（2）

\int_0^1\dfrac{\dx}{\ln(1+x)}

；（3）

\int_0^{+\infty}\dfrac{x^2+1}{x^4+x+1}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 无穷远的阶。被积函数 $\sim\dfrac1{x^{5/2}}$ ， $p=\frac52>1$ ，收敛。

$x$ 很大时 $\sqrt{1+x}$ 和 $\sqrt x$ 差不多，被积函数像 $\frac1{x^2\cdot x^{1/2}}=\frac1{x^{5/2}}$ ， $p=\frac52>1$ 。

② (2) 瑕点 0。 $\ln(1+x)\sim x$ ，被积函数 $\sim\dfrac1x$ ， $p=1$ ，发散。

$\ln(1+x)\sim x$ ，被积函数像 $\frac1x$ ；瑕点处尺子的 $p=1$ ，不满足 $p<1$ ，所以发散。

③ (3) 有理函数。分母在 $[0,+\infty)$ 上无零点，次数差 $4-2=2>1$ ，收敛。

有理函数在无穷远处像 $\frac1{x^{m-n}}$ （ $m$ 、 $n$ 是分母、分子的次数），和尺子 $\frac1{x^p}$ 比：次数差大于 1 就收敛；分母没有零点，就没有瑕点要管。

答案：(1) 收敛；(2) 发散；(3) 收敛

6.4反常积分的计算：两个模子

大白话：算反常积分和算定积分一样：找原函数，代上下限；只是在无穷远、瑕点处“代入”要改成取极限。真题里反复出现两个模子：一是分部积分（ $\ln x$ 、 $\arctan x$ 当 $u$ ），二是有理函数（配方成 arctan、拆项成 ln）。拆项后两项各自发散，要先合并成一个对数再取极限。

2013 数一(12)：

y=\frac{\ln x}{(1+x)^2}

在

[1,+\infty)

下的面积是

\ln2

。

两个模子（大串讲 L20）

分部模子： $\int_1^{+\infty}\dfrac{\ln x}{(1+x)^2}\dx=\Big[-\dfrac{\ln x}{1+x}\Big]_1^{+\infty}+\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x(1+x)}$ ；边界项里 $\frac{\ln x}{x}\to0$ 。
有理模子： $\int\dfrac{\dx}{x(x+1)}=\ln\dfrac x{x+1}+C$ ， $x\to+\infty$ 时 $\ln\dfrac x{x+1}\to0$ 。先合并再取极限： $\ln x-\ln(x+1)$ 分开是 $\infty-\infty$ 。
常用极限： $\lim\limits_{x\to+\infty}\arctan x=\frac\pi2$ ， $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha}=0$ ， $\lim\limits_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0$ （ $\alpha>0$ ）。

方法卡 · 计算反常积分

什么时候用

已经知道（或题目默认）收敛，要求值。

步骤

按定积分的方法求原函数（分部、有理函数、换元）。
拆项得到的几个对数先合并成一个。
在无穷远、瑕点处取极限代入。
区间内部有瑕点时，拆开分别算。

最容易错

把

\lim\limits_{x\to+\infty}\big[\ln x-\ln(x+1)\big]

写成

\infty-\infty

说“发散”；瑕点在区间内部却直接代上下限。

例 6.142013 数一(12)

\int_1^{+\infty}\dfrac{\ln x}{(1+x)^2}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部， $\ln x$ 当 $u$ 。 $\dfrac{\dx}{(1+x)^2}=\dd\Big(-\dfrac1{1+x}\Big)$ ，原式 $=-\dfrac{\ln x}{1+x}\Big|_1^{+\infty}+\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x(1+x)}$ 。

对数求导变成 $\frac1x$ ，剩下有理函数。

② 边界项。 $x\to+\infty$ 时 $\dfrac{\ln x}{1+x}\to0$ ； $x=1$ 时为 0。边界项 $=0$ 。

$x\to+\infty$ 时对数 $\ln x$ 比一次函数 $1+x$ 长得慢得多，比值趋于 0（洛必达一次： $\frac{1/x}1\to0$ ）。

③ 有理部分。 $\int_1^{+\infty}\Big(\dfrac1x-\dfrac1{1+x}\Big)\dx=\ln\dfrac x{1+x}\Big|_1^{+\infty}=0-\ln\dfrac12=\ln2$ 。

先合并成 $\ln\frac x{1+x}$ 再取极限。

答案： $\ln2$

例 6.152021 数一(11)

\int_0^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2+2x+2}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 配方。 $x^2+2x+2=(x+1)^2+1$ 。

分母不能分解，配方后是 arctan 型。

② 代极限。 $\arctan(x+1)\Big|_0^{+\infty}=\dfrac\pi2-\dfrac\pi4=\dfrac\pi4$ 。

反正切的两个常用值： $x\to+\infty$ 时 $\arctan x\to\frac\pi2$ ； $\tan\frac\pi4=1$ ，所以 $\arctan1=\frac\pi4$ 。

答案： $\frac\pi4$

例 6.162026 数一(14)

\int_1^{+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x^2}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部。 $\dfrac{\dx}{x^2}=\dd\Big(-\dfrac1x\Big)$ ，原式 $=-\dfrac{\ln(x+1)}x\Big|_1^{+\infty}+\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x(x+1)}$ 。

和 2013 数一(12) 同一个模子。

② 边界项。 $x\to+\infty$ 时为 0； $x=1$ 时为 $-\ln2$ ，减去它得 $+\ln2$ 。

边界项 = 上限处的值 − 下限处的值：上限处 $\frac{\ln(x+1)}x\to0$ ，下限 $x=1$ 处是 $-\ln2$ ，相减得 $+\ln2$ 。

③ 有理部分。 $\ln\dfrac x{x+1}\Big|_1^{+\infty}=0-\ln\dfrac12=\ln2$ 。合计 $2\ln2$ 。

$\ln x$ 和 $\ln(x+1)$ 单独取极限都是 $+\infty$ ，相减是“ $\infty-\infty$ ”；先合并成 $\ln\frac x{x+1}$ ， $\frac x{x+1}\to1$ ，极限就是 $\ln1=0$ 。

答案： $2\ln2$

例 6.172014 数二(9)

\int_{-\infty}^1\dfrac{\dx}{x^2+2x+5}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 配方。 $x^2+2x+5=(x+1)^2+4$ ，原函数 $\dfrac12\arctan\dfrac{x+1}2$ 。

配方后是 $\frac1{u^2+a^2}$ 型， $a=2$ ，原函数 $\frac12\arctan\frac u2$ 。

② 代极限。 $\dfrac12\Big[\arctan1-\arctan(-\infty)\Big]=\dfrac12\Big(\dfrac\pi4+\dfrac\pi2\Big)=\dfrac{3\pi}8$ 。

$x\to-\infty$ 时 $\arctan\frac{x+1}2\to-\frac\pi2$ ，减去它就是加上 $\frac\pi2$ 。

答案： $\frac{3\pi}8$

例 6.182018 数二(11)

\int_5^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2-4x+3}=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆项。 $\dfrac1{(x-1)(x-3)}=\dfrac12\Big(\dfrac1{x-3}-\dfrac1{x-1}\Big)$ ，原函数 $\dfrac12\ln\dfrac{x-3}{x-1}$ 。

分母能分解，拆成两个简单分式；区间 $[5,+\infty)$ 不含 1、3，没有瑕点。

② 代极限。 $\dfrac12\Big(0-\ln\dfrac24\Big)=\dfrac12\ln2$ 。

$\frac{x-3}{x-1}$ 分子分母同次， $x\to+\infty$ 时比值趋于 1， $\ln1=0$ ；下限 $x=5$ 代入是 $\ln\frac24$ 。

答案： $\frac12\ln2$

例 6.192021 数二(11)

\int_{-\infty}^{+\infty}|x|3^{-x^2}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 偶函数，翻倍。原式 $=2\int_0^{+\infty}x3^{-x^2}\dx$ 。

收敛的前提下对称性可用（指数衰减，两段都收敛）。

② 凑微分。 $x\dx=\dfrac12\dd(x^2)$ ， $2\cdot\dfrac12\int_0^{+\infty}3^{-u}\du=\dfrac{-3^{-u}}{\ln3}\Big|_0^{+\infty}=\dfrac1{\ln3}$ 。

指数函数的积分： $(a^{-u})'=-a^{-u}\ln a$ ，所以 $\int a^{-u}\du=-\frac{a^{-u}}{\ln a}$ ； $u\to+\infty$ 时 $3^{-u}\to0$ 。

答案： $\frac1{\ln3}$

例 6.202021 数三(12)

\int_{\sqrt5}^5\dfrac x{\sqrt{|x^2-9|}}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 区间内部有瑕点。 $x=3$ 时分母为 0，拆成 $\int_{\sqrt5}^3\dfrac x{\sqrt{9-x^2}}\dx+\int_3^5\dfrac x{\sqrt{x^2-9}}\dx$ 。

绝对值里的零点既是瑕点，又是去绝对值的分界点。

② 两段各自凑微分。 $-\sqrt{9-x^2}\Big|_{\sqrt5}^3=0+2=2$ ； $\sqrt{x^2-9}\Big|_3^5=4-0=4$ 。

两段的被积函数都是“ $x$ × 某个二次式的函数”， $x\dx=\frac12\dd(x^2)$ ，凑微分后积出根号本身。

③ 相加。 $2+4=6$ 。

两段都收敛，所以整个反常积分收敛，值为两段之和。

答案：6

例 6.212024 数三(12)

\int_2^{+\infty}\dfrac5{x^4+3x^2-4}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分解、拆项。 $x^4+3x^2-4=(x^2+4)(x^2-1)$ ， $\dfrac5{(x^2+4)(x^2-1)}=\dfrac1{x^2-1}-\dfrac1{x^2+4}$ 。

把 $x^2$ 看成一个字母，按二次三项式分解；拆项系数用 $5=(x^2+4)-(x^2-1)$ 一眼看出。

② 两项分别积分。 $\int_2^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2-1}=\dfrac12\ln\dfrac{x-1}{x+1}\Big|_2^{+\infty}=\dfrac12\ln3$ ； $\int_2^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2+4}=\dfrac12\arctan\dfrac x2\Big|_2^{+\infty}=\dfrac\pi8$ 。

$\frac1{x^2-1}$ 用积分表第 11 条（ $a=1$ ）， $\frac1{x^2+4}$ 用第 9 条（ $a=2$ ）；两项都在无穷远处取极限。

③ 相减。 $\dfrac12\ln3-\dfrac\pi8$ 。

约 0.157，正数，合理。

答案： $\frac12\ln3-\frac\pi8$

例 6.222017 数二(11)

\int_0^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}\dx=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 分部。原式 $=-\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}\Big|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\dfrac{\dx}{(1+x)^2}$ 。

“对”排在“幂”前面， $\ln(1+x)$ 当 $u$ ，求导后变成有理函数 $\frac1{1+x}$ 。

② 算。边界项 $0-0=0$ ； $\int_0^{+\infty}\dfrac{\dx}{(1+x)^2}=-\dfrac1{1+x}\Big|_0^{+\infty}=1$ 。

另一种算法：换元 $t=\ln(1+x)$ 后被积函数变成 $t\e^{-t}$ ，这就是 Γ 函数 $\Gamma(2)=1!=1$ 。

答案：1

例 6.23李林第六章 §4 例 5 · p154—155

计算：（1）

\int_{1/2}^{3/2}\dfrac{\dx}{\sqrt{|x-x^2|}}

；（2）

\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x\sqrt{x-1}}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 瑕点 $x=1$ 在区间内部。 $\int_{1/2}^1\dfrac{\dx}{\sqrt{x-x^2}}=\arcsin(2x-1)\Big|_{1/2}^1=\dfrac\pi2$ 。

$x-x^2=\frac14-(x-\frac12)^2$ ，配方后是 arcsin 型。

② (1) 另一段。 $\int_1^{3/2}\dfrac{\dx}{\sqrt{x^2-x}}=\ln\Big(x-\dfrac12+\sqrt{x^2-x}\Big)\Big|_1^{3/2}=\ln\Big(1+\dfrac{\sqrt3}2\Big)-\ln\dfrac12=\ln(2+\sqrt3)$ 。合计 $\dfrac\pi2+\ln(2+\sqrt3)$ 。

根号里 $x^2-x$ 配方成 $\big(x-\frac12\big)^2-\frac14$ ，是 $\frac1{\sqrt{u^2-a^2}}$ 型，用积分表第 12 条。

③ (2) 两个问题点。令 $t=\sqrt{x-1}$ ， $x=1+t^2$ ：原式 $=\int_0^{+\infty}\dfrac{2t\dt}{(1+t^2)t}=2\arctan t\Big|_0^{+\infty}=\pi$ 。

瑕点 1 和无穷远一起处理：换元后瑕点消失，只剩无穷限。

答案：(1) $\frac\pi2+\ln(2+\sqrt3)$ ；(2) $\pi$

6.5含参数的反常积分、Γ 函数

大白话：题目给出反常积分的值，反过来求参数；或者积分值是参数的函数，求它的最值。做法仍是“先算积分，再解方程或求导”，但要记得检查：解出来的参数必须让积分真的收敛（分母在区间里不能有零点）。另外， $\int_0^{+\infty}x^n\e^{-x}\dx=n!$ （Γ 函数）很常用。

y=x^n\e^{-x}

在

[0,+\infty)

下的面积是

n!

：

\Gamma(n+1)=\int_0^{+\infty}x^n\e^{-x}\dx=n!

。

Γ 函数（李林 p152）

\displaystyle \Gamma(\alpha)=\int_0^{+\infty}x^{\alpha-1}\e^{-x}\dx\ (\alpha>0),

\displaystyle \Gamma(\alpha+1)=\alpha\Gamma(\alpha),

\displaystyle \Gamma(n+1)=n!,

\displaystyle \Gamma\Big(\frac12\Big)=\sqrt\pi.

由 $\Gamma(\frac12)=\sqrt\pi$ 可得 $\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\frac{\sqrt\pi}2$ （令 $x^2=t$ ）。这两个结果概率论里天天用。

方法卡 · 由积分值定参数

什么时候用

“已知

\int\cdots=c

，求参数”；“

f(\alpha)=\int\cdots

，求最值”；“某个极限等于某个积分，求参数”。

步骤

先写出收敛的条件（参数范围）。
算出积分（含参数）。
列方程或求导，解出参数。
检验解是否满足收敛条件，舍去不满足的。

最容易错

解

\ln\frac{|2+a|}2=\ln2

得到两个根，没检查

a=-6

时

2x+a

在

x=3

处为 0、积分发散。

例 6.242025 数二(11)李林第六章 §4 例 8 · p155—156

设

\int_1^{+\infty}\dfrac a{x(2x+a)}\dx=\ln2

，则

a=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 拆项积分。 $\dfrac a{x(2x+a)}=\dfrac1x-\dfrac2{2x+a}$ ，原函数 $\ln\left|\dfrac x{2x+a}\right|$ 。

拆完要通分验算： $\frac1x-\frac2{2x+a}=\frac{(2x+a)-2x}{x(2x+a)}=\frac a{x(2x+a)}$ ，和原被积函数相同。

② 代极限。 $x\to+\infty$ 时 $\ln\frac x{2x+a}\to\ln\frac12$ ，所以积分 $=\ln\dfrac12-\ln\dfrac1{|2+a|}=\ln\dfrac{|2+a|}2=\ln2$ ， $|2+a|=4$ ， $a=2$ 或 $a=-6$ 。

这一步是在“积分收敛”的前提下算的；解出两个 $a$ 以后，还要回去检查哪个 $a$ 真的让积分收敛（下一步）。

③ 检验。 $a=-6$ 时 $2x-6$ 在 $x=3\in[1,+\infty)$ 处为 0， $x=3$ 是瑕点， $\int\frac{\dx}{x-3}$ 型发散，舍去。所以 $a=2$ 。

定参数题最后一定要回头检查收敛性。

答案：2

例 6.252023 数二(6)

若函数

f(\alpha)=\int_2^{+\infty}\dfrac{\dx}{x(\ln x)^{\alpha+1}}

在

\alpha=\alpha_0

处取得最小值，则

\alpha_0=

（　）
（A）

-\dfrac1{\ln(\ln2)}

　（B）

-\ln(\ln2)

　（C）

\dfrac1{\ln2}

　（D）

\ln2

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 收敛条件与积分值。对数型， $\alpha+1>1$ 即 $\alpha>0$ 时收敛： $f(\alpha)=-\dfrac{(\ln x)^{-\alpha}}\alpha\Big|_2^{+\infty}=\dfrac{(\ln2)^{-\alpha}}\alpha$ 。

令 $u=\ln x$ ， $\frac{\dx}x=\du$ ，被积函数变成 $u^{-(\alpha+1)}$ ，就是 $p=\alpha+1$ 的 $p$ 积分。

② 求最小值。 $\ln f=-\alpha\ln(\ln2)-\ln\alpha$ ，求导： $-\ln(\ln2)-\dfrac1\alpha=0$ ， $\alpha_0=-\dfrac1{\ln(\ln2)}$ 。

取对数再求导更简单； $\ln2<1$ ， $\ln(\ln2)<0$ ，所以 $\alpha_0>0$ ，在收敛范围内。

③ 确认是最小值。 $\alpha\to0^+$ 时 $f\to+\infty$ ， $\alpha\to+\infty$ 时 $f\to+\infty$ （ $(\ln2)^{-\alpha}$ 指数增长），唯一驻点就是最小值点。所以选（A）。

两端趋于无穷，中间唯一驻点。

答案：A

例 6.26李林第六章 §4 例 6、例 7 · p155

（1）设

f(x)=\dfrac1{1+x^2}-\dfrac{\e^{-x}}{1+\e^x}\int_0^{+\infty}f(x)\dx

，求

\int_0^{+\infty}f(x)\dx

。（2）已知

\int_1^{+\infty}\Big(\dfrac{2x^2+ax+b}{2x^2+bx}-1\Big)\dx=1

，求

a,b

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 设常数、两边积分。记 $A=\int_0^{+\infty}f\dx$ ，则 $A=\dfrac\pi2-A\int_0^{+\infty}\dfrac{\e^{-x}}{1+\e^x}\dx$ 。

和例 4.22 一样：定积分是常数，先设出来。

② (1) 算那个积分。令 $t=\e^x$ ： $\int_1^{+\infty}\dfrac{\dt}{t^2(1+t)}=\int_1^{+\infty}\Big(\dfrac1{t^2}-\dfrac1t+\dfrac1{1+t}\Big)\dt=\Big[-\dfrac1t+\ln\dfrac{1+t}t\Big]_1^{+\infty}=1-\ln2$ 。

$\dx=\frac{\dt}t$ ， $\e^{-x}=\frac1t$ ；部分分式后两个对数合并再取极限。

③ (1) 解方程。 $A(2-\ln2)=\dfrac\pi2$ ， $A=\dfrac\pi{2(2-\ln2)}$ 。

把 $A$ 看成未知数，这是一个一次方程。

④ (2) 先由收敛定出 $a=b$ 。被积函数 $=\dfrac{(a-b)x+b}{x(2x+b)}$ ， $x\to+\infty$ 时 $\sim\dfrac{a-b}{2x}$ ；若 $a\ne b$ 发散，所以 $a=b$ 。

“积分收敛”这句话本身就给出一个方程：无穷远处被积函数像 $\frac{a-b}{2x}$ ，这是 $p=1$ 的尺子，发散，只有系数 $a-b=0$ 才可能收敛。

⑤ (2) 算积分。 $\int_1^{+\infty}\dfrac b{x(2x+b)}\dx=\ln\dfrac{2+b}2=1$ （形式同 2025 数二(11)）， $b=2\e-2$ ，所以 $a=b=2(\e-1)$ 。

$b=2(\e-1)>0$ ， $2x+b$ 在 $[1,+\infty)$ 上无零点，收敛。

答案：(1) $\frac\pi{2(2-\ln2)}$ ；(2) $a=b=2(\e-1)$

例 6.27李林第六章 §4 例 1、例 2、提要 · p152—153

（1）已知

\lim\limits_{x\to\infty}\Big(\dfrac{1+x}x\Big)^{ax}=\int_{-\infty}^at\e^t\dt

，求

a

。（2）已知

\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin x}x\dx=\dfrac\pi2

，求

\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin^2x}{x^2}\dx

。（3）计算

\int_0^{+\infty}x^3\e^{-x}\dx

与

\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 两边分别算。左边 $=\e^a$ ；右边 $=(t-1)\e^t\Big|_{-\infty}^a=(a-1)\e^a$ 。所以 $a-1=1$ ， $a=2$ 。

下限是 $-\infty$ ，要取极限： $t\to-\infty$ 时 $\e^t$ 趋于 0 比 $t$ 趋于无穷快，所以 $(t-1)\e^t\to0$ 。

② (2) 分部，把 $\frac1{x^2}$ 降成 $\frac1x$ 。 $\int_0^{+\infty}\sin^2x\,\dd\Big(-\dfrac1x\Big)=-\dfrac{\sin^2x}x\Big|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin2x}x\dx=0+\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin u}u\du=\dfrac\pi2$ 。

边界项两端都是 0； $\int_0^{+\infty}\frac{\sin2x}x\dx$ 令 $u=2x$ 回到已知积分。

③ (3) Γ 函数。 $\int_0^{+\infty}x^3\e^{-x}\dx=\Gamma(4)=3!=6$ ；令 $x^2=t$ ： $\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\dfrac12\int_0^{+\infty}t^{-\frac12}\e^{-t}\dt=\dfrac12\Gamma\Big(\dfrac12\Big)=\dfrac{\sqrt\pi}2$ 。

令 $x^2=t$ （ $x>0$ ）： $x=\sqrt t$ ， $\dx=\frac{\dt}{2\sqrt t}$ ，被积函数变成 $\frac12t^{-\frac12}\e^{-t}$ ，正好是 $\frac12\Gamma\big(\frac12\big)$ 。

答案：(1) $a=2$ ；(2) $\frac\pi2$ ；(3) 6， $\frac{\sqrt\pi}2$

6.6小结

题目里的说法	换成什么	例子
积分限有 $\infty$ 、被积函数无界	找全部问题点，拆段，每段一个	例 6.1
$\int_{-\infty}^{+\infty}$ 奇函数	不能直接说是 0，两段都收敛才行	例 6.1
“哪个收敛/发散”	主项 $\frac c{x^p}$ ：无穷远 $p>1$ 、瑕点 $p<1$ 收敛	例 6.3、例 6.4
$\frac1{x\ln^px}$ 、 $\ln x$	对数型 $p>1$ 收敛； $\ln$ 的次方在瑕点都可积	例 6.5、例 6.6
收敛时参数的范围	每个问题点一个不等式，取交集	例 6.7、例 6.8、例 6.10
$\ln x$ 在 $x=1$ 与分母的瑕点	$\ln x\sim x-1$ ，抵消一阶	例 6.9
$\e^{1/x}$ 在 $0^\pm$	左侧 $\to0$ 收敛，右侧 $\to\infty$ 发散	例 6.11
命题判断	收敛 $\not\Rightarrow$ 比某个 $\frac1{x^p}$ （ $p>1$ ）小；反例 $\frac1{x\ln^2x}$	例 6.12
$\frac{\ln x}{(1+x)^2}$ 、 $\frac{\ln(1+x)}{x^2}$	分部模子： $\ln$ 当 $u$	例 6.14、例 6.16
$\frac1{\text{二次式}}$	有理模子：配方 arctan 或拆项 ln（先合并再取极限）	例 6.15、例 6.18
绝对值里有零点	零点是瑕点，拆开	例 6.20、例 6.23
已知积分值定参数	算积分、解方程、检查收敛	例 6.24、例 6.26
积分值是参数的函数求最值	取对数求导	例 6.25
$\int_0^{+\infty}x^n\e^{-x}$ 、 $\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}$	Γ 函数： $n!$ ， $\frac{\sqrt\pi}2$	例 6.27

第 7 部分

定积分的应用

定积分最直接的用处：把“很多小块加起来”。这一部分用同一个微元法，求面积、体积、弧长、侧面积、截面体积，以及功、水压力、引力和质心。

考试要求（大纲原文，李林讲义第六章第 7—10 条）

掌握用定积分表达和计算一些几何量与物理量。
会求平面图形的面积、旋转体的体积和函数的平均值。
（仅数学一、数学二要求）会求平面曲线的弧长、旋转体的侧面积、平行截面面积为已知的立体体积。
（仅数学一、数学二要求）会求功、引力、压力、质心坐标、形心等。

对应李林讲义第六章第五节“定积分的应用”（p156—162）。数一 17 年里只在 2011(9) 考过一道弧长，但大纲要求一样不少，数二几乎每年都有一道面积或体积的解答题，所以这一部分主要用数二、数三的真题练。

7.1微元法：先写一小块，再加起来

大白话：所有应用题都是同一个套路：把要求的量 $Q$ 切成很多小块；在 $[x,x+\dd x]$ 上把这一小块“当成均匀的、直的”，写出它的近似值 $\dd Q=f(x)\dx$ ；然后 $Q=\int_a^bf(x)\dx$ 。面积是“高 × 宽”，体积是“截面积 × 厚”，功是“力 × 距离”，质量是“密度 × 长度”。

在

[x,x+\dd x]

上把曲边窄条当成矩形：

\dd A=f(x)\dx

；积分就是把所有窄条加起来。

微元法三步（李林 p156）

选变量、定范围：对谁切片（ $x$ 、 $y$ 、 $\theta$ 、 $t$ ），从几到几。
写微元：在小区间上“以直代曲、以常代变”，写出 $\dd Q=f(x)\dx$ 。
积分： $Q=\int_a^bf(x)\dx$ 。

微元只需准确到 $\dd x$ 的一阶；比 $\dd x$ 高阶的部分（如窄条顶上的小三角）加起来趋于 0，可以不管。

方法卡 · 应用题的起手式

什么时候用

任何“求面积、体积、弧长、功、压力、质量、质心”的题。

步骤

画图，选坐标系（让边界方程最简单）。
决定切片方向：竖着切（对 $x$ 积分）还是横着切（对 $y$ 积分），选边界不需要分段的那个方向。
写出一片的微元，积分。

最容易错

切片方向选得不好，边界要分段、多算好几个积分；把“到轴的距离”写错（绕

x=e

旋转时半径是

e-x

，不是

x

）。

例 7.1基础

用微元法写出并计算：（1）半径为

R

的圆面积（用圆环切片）；（2）

[0,2]

上线密度

\rho(x)=1+x

的细棒的质量；（3）以速度

v(t)=3t^2

运动的物体在

[0,2]

内走的路程。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 圆环切片。半径 $r$ 到 $r+\dd r$ 的圆环，拉直后近似成长 $2\pi r$ 、宽 $\dd r$ 的长条： $\dd A=2\pi r\dd r$ ， $A=\int_0^R2\pi r\dd r=\pi R^2$ 。

切片不一定是竖条，按图形的形状选最方便的切法。

② (2) 小段的质量 = 密度 × 长度。 $\dd m=(1+x)\dx$ ， $m=\int_0^2(1+x)\dx=4$ 。

小段上把密度当成常数。

③ (3) 小段时间的路程 = 速度 × 时间。 $\dd s=3t^2\dt$ ， $s=\int_0^23t^2\dt=8$ 。

和 3.6 节的路程题一样。

答案：(1) $\pi R^2$ ；(2) 4；(3) 8

7.2平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标

大白话：面积 = ∫（上边界 − 下边界）d $x$ ，或 ∫（右边界 − 左边界）d $y$ 。曲线用参数方程给出时，把 $x$ 、 $y$ 都换成参数 $t$ ；用极坐标给出时，切成很多小扇形，每个面积 $\frac12r^2\dd\theta$ 。

2012 数二(17)：区域

D

是曲线

y=\ln x

与弦

AB

之间的弓形；横着切（对

y

积分）不用分段。

面积公式（李林 p157）

直角坐标： $A=\int_a^b\big[f_上(x)-f_下(x)\big]\dx$ ，或 $A=\int_c^d\big[\varphi_右(y)-\varphi_左(y)\big]\dy$ 。
参数方程 $x=x(t)$ ， $y=y(t)\ge0$ ： $A=\int_\alpha^\beta y(t)\,x'(t)\dt$ （ $t$ 从 $\alpha$ 到 $\beta$ 时 $x$ 从左到右）。
极坐标 $r=r(\theta)$ ： $A=\dfrac12\int_\alpha^\beta r^2(\theta)\dth$ 。

方法卡 · 求面积

什么时候用

题目给出几条曲线围成的区域，求面积（常与“求最值”“求体积”连在一起）。

步骤

求交点，画草图，看清楚谁在上、谁在右。
选切片方向：哪个方向边界不用分段就选哪个。
写积分；含参数的面积要求最值时，对参数求导。

最容易错

上下边界弄反（面积为负就说明反了）；极坐标漏了

\frac12

；参数方程的

t

走向与

x

相反时忘了调换上下限。

例 7.22012 数二(17)

过点

(0,1)

作曲线

L:y=\ln x

的切线，切点为

A

，又

L

与

x

轴交于

B

点，区域

D

由

L

与直线

AB

围成。求区域

D

的面积及

D

绕

x

轴旋转一周所得旋转体的体积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求切点。设切点 $(a,\ln a)$ ，切线斜率 $\frac1a$ ，过 $(0,1)$ ： $\ln a-1=\frac1a\cdot a=1$ ， $a=\e^2$ 。 $A(\e^2,2)$ ， $B(1,0)$ 。

切线方程 $y-\ln a=\frac1a(x-a)$ ，代入 $(0,1)$ 。

② 面积：横着切。曲线 $x=\e^y$ ，直线 $AB$ ： $x=1+\dfrac{\e^2-1}2y$ ，直线在右。 $A_D=\int_0^2\Big[1+\dfrac{\e^2-1}2y-\e^y\Big]\dy=\Big[y+\dfrac{\e^2-1}4y^2-\e^y\Big]_0^2=2$ 。

对 $y$ 积分，右边界减左边界；竖着切也行，但要分别写曲线和直线。

③ 体积：大减小。绕 $x$ 轴：曲线下方的旋转体减去弦下方的圆锥。 $V=\pi\int_1^{\e^2}\ln^2x\dx-\dfrac13\pi\cdot2^2(\e^2-1)=\pi(2\e^2-2)-\dfrac{4\pi}3(\e^2-1)=\dfrac{2\pi}3(\e^2-1)$ 。

体积 = 曲线 $y=\ln x$ 下方转出的旋转体 − 弦下方的三角形转出的圆锥。前者用分部积分算 $\int_1^{\e^2}\ln^2x\dx=2\e^2-2$ ，后者直接用圆锥公式 $\frac13\pi r^2h$ （ $r=2$ ， $h=\e^2-1$ ）。

答案：面积 2，体积 $\frac{2\pi}3(\e^2-1)$

例 7.32023 数二(19)

已知平面区域

D=\Big\{(x,y)\Big|0\le y\le\dfrac1{x\sqrt{1+x^2}},\ x\ge1\Big\}

。（Ⅰ）求

D

的面积；（Ⅱ）求

D

绕

x

轴旋转所成旋转体的体积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 面积是反常积分，倒代换。 $A=\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x\sqrt{1+x^2}}$ ，令 $x=\frac1t$ ： $=\int_0^1\dfrac{\dt}{\sqrt{1+t^2}}=\ln\big(t+\sqrt{1+t^2}\big)\Big|_0^1=\ln(1+\sqrt2)$ 。

分母次数高，倒代换（2.3 节）；无界区域的面积就是反常积分。

② (Ⅱ) 圆盘法。 $V=\pi\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x^2(1+x^2)}=\pi\int_1^{+\infty}\Big(\dfrac1{x^2}-\dfrac1{1+x^2}\Big)\dx=\pi\Big(1-\dfrac\pi4\Big)$ 。

$y^2=\frac1{x^2(1+x^2)}$ ，拆项后两项都收敛。

答案：(Ⅰ) $\ln(1+\sqrt2)$ ；(Ⅱ) $\pi-\frac{\pi^2}4$

例 7.42024 数三(19)

设

t>0

，平面有界区域

D

由曲线

y=x\e^{-2x}

与直线

x=t

，

x=2t

及

x

轴围成，

D

的面积为

S(t)

，求

S(t)

的最大值。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出 $S(t)$ 并求导。 $S(t)=\int_t^{2t}x\e^{-2x}\dx$ ， $S'(t)=2t\e^{-4t}\cdot2-t\e^{-2t}=t\e^{-2t}\big(4\e^{-2t}-1\big)$ 。

上下限都含 $t$ 的变限积分求导（5.1 节）。

② 驻点与单调性。 $S'=0$ 得 $\e^{-2t}=\frac14$ ， $t=\ln2$ ； $t<\ln2$ 时 $S'>0$ ， $t>\ln2$ 时 $S'<0$ ，所以 $t=\ln2$ 是最大值点。

只有一个驻点，并且左边增、右边减，所以它不只是极大值点，而且是整个 $(0,+\infty)$ 上的最大值点。

③ 算最大值。原函数 $-\Big(\dfrac x2+\dfrac14\Big)\e^{-2x}$ ， $S(\ln2)=\Big[-\Big(\dfrac x2+\dfrac14\Big)\e^{-2x}\Big]_{\ln2}^{2\ln2}=\dfrac{\ln2}{16}+\dfrac3{64}$ 。

代上下限要用 $\e^{-2\ln2}=\big(\e^{\ln2}\big)^{-2}=2^{-2}=\frac14$ 和 $\e^{-4\ln2}=2^{-4}=\frac1{16}$ 。

答案： $\frac{\ln2}{16}+\frac3{64}$

例 7.52018 数二(20)

已知曲线

L:y=\dfrac49x^2

（

x\ge0

），点

O(0,0)

，点

A(0,1)

。设

P

是

L

上的动点，

S

是直线

OA

与直线

AP

及曲线

L

所围图形的面积。若

P

运动到点

(3,4)

时沿

x

轴正向的速度是 4，求此时

S

关于时间

t

的变化率。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 把 $S$ 写成 $P$ 的横坐标 $x$ 的函数。 $P\big(x,\frac49x^2\big)$ ，直线 $AP$ 在上、曲线在下： $S(x)=\int_0^x\Big[1+\Big(\dfrac{4x}9-\dfrac1x\Big)u-\dfrac49u^2\Big]\du=\dfrac x2+\dfrac{2x^3}{27}$ 。

$AP$ 的斜率 $\frac{\frac49x^2-1}x$ ；积分变量用 $u$ ， $x$ 是 $P$ 的位置。

② 链式法则。 $\dfrac{\dd S}{\dd t}=S'(x)\dfrac{\dd x}{\dd t}=\Big(\dfrac12+\dfrac{2x^2}9\Big)\cdot4$ ， $x=3$ 时 $=\Big(\dfrac12+2\Big)\cdot4=10$ 。

变化率 = 对 $x$ 的导数 × $x$ 对时间的导数。

答案：10

例 7.62014 数二(20)

设函数

f(x)=\dfrac x{1+x}

，

x\in[0,1]

。定义函数列

f_1(x)=f(x)

，

f_2(x)=f(f_1(x))

，…，

f_n(x)=f(f_{n-1}(x))

，…。记

S_n

是由曲线

y=f_n(x)

、直线

x=1

及

x

轴所围平面图形的面积。求极限

\lim\limits_{n\to\infty}nS_n

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 找出 $f_n$ 的规律。 $f_2=\dfrac{\frac x{1+x}}{1+\frac x{1+x}}=\dfrac x{1+2x}$ ，归纳得 $f_n(x)=\dfrac x{1+nx}$ 。

算两三个就能看出规律，再用归纳法验证： $f\big(\frac x{1+nx}\big)=\frac x{1+(n+1)x}$ 。

② 求面积。 $S_n=\int_0^1\dfrac x{1+nx}\dx=\dfrac1n\int_0^1\Big(1-\dfrac1{1+nx}\Big)\dx=\dfrac1n-\dfrac{\ln(1+n)}{n^2}$ 。

分子加一减一： $\frac{nx}{1+nx}=1-\frac1{1+nx}$ ，再除以 $n$ 。

③ 求极限。 $nS_n=1-\dfrac{\ln(1+n)}n\to1$ 。

$\ln(1+n)$ 比 $n$ 长得慢得多（洛必达： $\frac{1/(1+x)}1\to0$ ），所以 $\frac{\ln(1+n)}n\to0$ 。

答案：1

例 7.7李林第六章 §5 例 1、提要 · p157—159

（1）设

0<k<1

，曲线

y=x^2

与直线

y=kx

围成

S_1

，与直线

y=kx

、

x=1

围成

S_2

，问

k

为何值时

S=S_1+S_2

最小，并求最小值。（2）求心形线

r=a(1+\cos\theta)

和摆线

x=a(t-\sin t)

，

y=a(1-\cos t)

（

0\le t\le2\pi

）一拱与

x

轴所围的面积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 写出 $S(k)$ 。交点 $x=k$ 。 $S_1=\int_0^k(kx-x^2)\dx=\dfrac{k^3}6$ ， $S_2=\int_k^1(x^2-kx)\dx=\dfrac{1-k^3}3-\dfrac{k(1-k^2)}2$ ， $S=\dfrac{k^3}3-\dfrac k2+\dfrac13$ 。

两块区域上下关系相反，分开写。

② (1) 求最小值。 $S'=k^2-\dfrac12=0$ ， $k=\dfrac{\sqrt2}2$ ； $S''=2k>0$ ，是最小值 $S=\dfrac13-\dfrac{\sqrt2}6$ 。

把 $k=\frac{\sqrt2}2$ 代回 $S(k)$ ： $k^3=\frac{\sqrt2}4$ ，所以 $\frac{k^3}3-\frac k2=\frac{\sqrt2}{12}-\frac{3\sqrt2}{12}=-\frac{\sqrt2}6$ 。

③ (2) 心形线：极坐标面积。 $A=\dfrac12\int_0^{2\pi}a^2(1+\cos\theta)^2\dth=\dfrac{a^2}2(2\pi+0+\pi)=\dfrac{3\pi a^2}2$ 。

把平方展开逐项积分：常数 1 积出 $2\pi$ ； $\cos\theta$ 在一个周期上积分为 0； $\cos^2\theta$ 降幂后积出 $\pi$ 。

④ (2) 摆线：参数方程面积。 $A=\int_0^{2\pi}y\,x'(t)\dt=a^2\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2\dt=a^2(2\pi+\pi)=3\pi a^2$ 。

$x'(t)=a(1-\cos t)$ ； $t$ 从 0 到 $2\pi$ 时 $x$ 从左到右。

答案：(1) $k=\frac{\sqrt2}2$ ， $S_{\min}=\frac13-\frac{\sqrt2}6$ ；(2) $\frac{3\pi a^2}2$ ， $3\pi a^2$

7.3旋转体的体积：圆盘法与柱壳法

大白话：一根窄条绕 $x$ 轴转一圈，是一张薄圆盘（或中间有洞的圆环），体积 $\pi y^2\dx$ ；绕 $y$ 轴转一圈，是一层薄薄的圆柱壳，把它剪开摊平近似成长方体：长 $2\pi x$ 、高 $y$ 、厚 $\dx$ 。绕别的直线转时，半径换成“到那条直线的距离”。

同一根窄条：绕

x

轴转得圆盘

\pi f^2(x)\dx

，绕

y

轴转得柱壳

2\pi xf(x)\dx

。

体积公式（李林 p157）

绕 $x$ 轴（圆盘、垫圈）： $V_x=\pi\int_a^b\big[y_上^2(x)-y_下^2(x)\big]\dx$ 。
绕 $y$ 轴（柱壳）： $V_y=2\pi\int_a^bx\big[y_上(x)-y_下(x)\big]\dx$ （ $0\le a<b$ ）。
绕直线 $x=k$ ：半径换成 $|x-k|$ ；绕 $y=k$ ：用 $\pi\int\big[(y_上-k)^2-(y_下-k)^2\big]$ 或横着切。
参数方程：把 $x,y,\dx$ 都换成 $t$ 。

方法卡 · 旋转体体积

什么时候用

区域绕

x

轴、

y

轴或某条直线旋转。

步骤

画区域，标出旋转轴。
竖条（垂直于 $x$ 轴）绕 $x$ 轴 → 圆盘；竖条绕 $y$ 轴 → 柱壳。横条同理对调。
半径永远是“到旋转轴的距离”。
含参数的体积方程或最值：先把体积写成参数的函数。

最容易错

垫圈写成

\pi(y_上-y_下)^2

（应是平方差）；柱壳漏了

2\pi

或把高写成

x

。

例 7.82013 数二(16)

设

D

是由曲线

y=x^{\frac13}

，直线

x=a

（

a>0

）及

x

轴所围成的平面图形，

V_x,V_y

分别是

D

绕

x

轴、

y

轴旋转一周所得旋转体的体积。若

V_y=10V_x

，求

a

的值。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 两个体积。 $V_x=\pi\int_0^ax^{\frac23}\dx=\dfrac{3\pi}5a^{\frac53}$ ； $V_y=2\pi\int_0^ax\cdot x^{\frac13}\dx=\dfrac{6\pi}7a^{\frac73}$ 。

绕 $x$ 轴用圆盘，绕 $y$ 轴用柱壳（半径 $x$ 、高 $x^{1/3}$ ）。

② 列方程。 $\dfrac{6\pi}7a^{\frac73}=10\cdot\dfrac{3\pi}5a^{\frac53}$ ， $a^{\frac23}=7$ ， $a=7\sqrt7$ 。

两边都有 $a^{\frac53}$ （ $a>0$ ），约掉后剩 $a^{\frac23}=7$ ，两边同时 $\frac32$ 次方得 $a=7^{\frac32}=7\sqrt7$ 。

答案： $7\sqrt7$

例 7.92015 数二(16)

设

A>0

，

D

是由曲线段

y=A\sin x

（

0\le x\le\frac\pi2

）及直线

y=0

，

x=\frac\pi2

所围成的平面区域，

V_1,V_2

分别表示

D

绕

x

轴与绕

y

轴旋转所成旋转体的体积。若

V_1=V_2

，求

A

的值。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 两个体积。 $V_1=\pi\int_0^{\pi/2}A^2\sin^2x\dx=\dfrac{\pi^2A^2}4$ ； $V_2=2\pi\int_0^{\pi/2}xA\sin x\dx=2\pi A\big[\sin x-x\cos x\big]_0^{\pi/2}=2\pi A$ 。

华里士 $\int_0^{\pi/2}\sin^2x\dx=\frac\pi4$ ；柱壳里 $x\sin x$ 分部积分。

② 解方程。 $\dfrac{\pi^2A^2}4=2\pi A$ ， $A=\dfrac8\pi$ 。

$A>0$ ，可以两边同除以 $A$ ，得到 $\frac{\pi^2A}4=2\pi$ 。

答案： $\frac8\pi$

例 7.102020 数三(12)

设平面区域

D=\Big\{(x,y)\Big|\dfrac x2\le y\le\dfrac1{1+x^2},\ 0\le x\le1\Big\}

，则

D

绕

y

轴旋转所成的旋转体的体积为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 柱壳法。 $V=2\pi\int_0^1x\Big(\dfrac1{1+x^2}-\dfrac x2\Big)\dx$ 。

竖条绕 $y$ 轴；若用圆盘要把边界反解成 $x=x(y)$ 并分段，麻烦。

② 计算。 $=2\pi\Big[\dfrac12\ln(1+x^2)-\dfrac{x^3}6\Big]_0^1=2\pi\Big(\dfrac{\ln2}2-\dfrac16\Big)=\pi\ln2-\dfrac\pi3$ 。

$\frac x{1+x^2}$ 的分子是分母导数的一半，积出 $\frac12\ln(1+x^2)$ ； $\frac{x^2}2$ 积出 $\frac{x^3}6$ 。

答案： $\pi\ln2-\frac\pi3$

例 7.112021 数三(13)

设

D

由

y=\sqrt x\sin\pi x

（

0\le x\le1

）与

x

轴围成，则

D

绕

x

轴旋转的旋转体体积为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 圆盘法。 $V=\pi\int_0^1x\sin^2\pi x\dx=\dfrac\pi2\int_0^1x(1-\cos2\pi x)\dx$ 。

圆盘法要用 $y^2=x\sin^2\pi x$ ； $\sin^2$ 用降幂公式 $\sin^2\pi x=\frac{1-\cos2\pi x}2$ 化成一次。

② 计算。 $\int_0^1x\dx=\dfrac12$ ， $\int_0^1x\cos2\pi x\dx=0$ （分部：边界项和剩下的积分都是 0），所以 $V=\dfrac\pi4$ 。

$x\cos2\pi x$ 分部：边界项含 $\sin2\pi x$ ，在 0 和 1 处都是 0；剩下的积分给出 $\cos2\pi x$ ，在 0 和 1 处都是 1，相减也是 0。

答案： $\frac\pi4$

例 7.122010 数三(10)

设位于曲线

y=\dfrac1{\sqrt{x(1+\ln^2x)}}

（

\e\le x<+\infty

）下方、

x

轴上方的无界区域为

G

，则

G

绕

x

轴旋转一周所得空间区域的体积为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 圆盘法，平方后根号消失。 $V=\pi\int_{\e}^{+\infty}\dfrac{\dx}{x(1+\ln^2x)}$ 。

无界区域的体积是反常积分。

② 令 $t=\ln x$ 。 $=\pi\int_1^{+\infty}\dfrac{\dt}{1+t^2}=\pi\Big(\dfrac\pi2-\dfrac\pi4\Big)=\dfrac{\pi^2}4$ 。

令 $t=\ln x$ ， $\frac{\dx}x=\dt$ ； $x=\e$ 时 $t=1$ ， $x\to+\infty$ 时 $t\to+\infty$ 。

答案： $\frac{\pi^2}4$

例 7.132011 数三(12)

曲线

y=\sqrt{x^2-1}

，直线

x=2

及

x

轴所围的平面图形绕

x

轴旋转所成的旋转体的体积为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 确定区域。 $x\ge1$ 时曲线有定义，从 $(1,0)$ 出发，区域是 $1\le x\le2$ 、 $0\le y\le\sqrt{x^2-1}$ 。

曲线与 $x$ 轴交于 $x=1$ ，自动封口。

② 圆盘法。 $V=\pi\int_1^2(x^2-1)\dx=\pi\Big[\dfrac{x^3}3-x\Big]_1^2=\dfrac{4\pi}3$ 。

平方后根号消失。

答案： $\frac{4\pi}3$

例 7.142024 数二(19)

设

t>0

，曲线

y=\sqrt x\e^{-x}

与直线

x=t

，

x=2t

及

x

轴所围平面图形绕

x

轴旋转所得的旋转体体积为

V(t)

，求

V(t)

的最大值。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 写出 $V(t)$ 。 $V(t)=\pi\int_t^{2t}x\e^{-2x}\dx$ 。

$y^2=x\e^{-2x}$ ，和 2024 数三(19) 的面积是同一个积分。

② 求最值。 $V'(t)=\pi t\e^{-2t}(4\e^{-2t}-1)$ ，唯一驻点 $t=\ln2$ ，左增右减； $V_{\max}=\pi\Big(\dfrac{\ln2}{16}+\dfrac3{64}\Big)$ 。

计算见例 7.4。

答案： $\pi\big(\frac{\ln2}{16}+\frac3{64}\big)$

例 7.152026 数二(20)

已知

M(x_0,y_0)

是曲线

y=\dfrac1{1+x^2}

（

x\ge0

）的拐点，

O

为坐标原点，记

D

是第一象限内以曲线

y=\dfrac1{1+x^2}

（

x\ge x_0

）、线段

OM

及

x

轴正半轴为边界的无界区域，求

D

绕

x

轴旋转所得旋转体的体积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求拐点。 $y''=\dfrac{6x^2-2}{(1+x^2)^3}$ ， $x_0=\dfrac1{\sqrt3}$ ， $y_0=\dfrac34$ 。

拐点是二阶导数变号的点：分母恒正， $6x^2-2$ 在 $x=\frac1{\sqrt3}$ 处由负变正；再代回曲线： $y_0=\frac1{1+1/3}=\frac34$ 。

② 分两块。 $[0,x_0]$ 上是线段 $OM$ 下的三角形，转成圆锥： $V_1=\dfrac13\pi y_0^2x_0=\dfrac{\sqrt3\pi}{16}$ 。 $[x_0,+\infty)$ 上： $V_2=\pi\int_{1/\sqrt3}^{+\infty}\dfrac{\dx}{(1+x^2)^2}$ 。

圆锥体积公式，底面半径 $\frac34$ 、高 $\frac1{\sqrt3}$ 。

③ 算 $V_2$ 。 $\int\dfrac{\dx}{(1+x^2)^2}=\dfrac x{2(1+x^2)}+\dfrac12\arctan x$ ， $V_2=\pi\Big[\dfrac\pi4-\dfrac{\sqrt3}8-\dfrac\pi{12}\Big]=\pi\Big(\dfrac\pi6-\dfrac{\sqrt3}8\Big)$ 。

令 $x=\tan t$ 时 $\frac{\dx}{(1+x^2)^2}=\cos^2t\dt$ ，降幂积分后换回 $x$ 得到这个原函数；下限 $x=\frac1{\sqrt3}$ 代入： $\frac{1/\sqrt3}{2\cdot\frac43}=\frac{\sqrt3}8$ ， $\arctan\frac1{\sqrt3}=\frac\pi6$ 。

④ 相加。 $V=\dfrac{\pi^2}6-\dfrac{\sqrt3\pi}{16}$ 。

圆锥部分 $\frac{\sqrt3\pi}{16}$ 和 $V_2$ 里的 $-\frac{\sqrt3\pi}8$ 合并： $\frac{\sqrt3\pi}{16}-\frac{2\sqrt3\pi}{16}=-\frac{\sqrt3\pi}{16}$ 。

答案： $\frac{\pi^2}6-\frac{\sqrt3\pi}{16}$

例 7.16李林第六章 §5 例 2、例 3 · p159

（1）过原点作曲线

y=\ln x

的切线，该切线与曲线及

x

轴围成平面图形

D

，求

D

的面积及

D

绕直线

x=\e

旋转一周所得旋转体的体积。（2）求曲线

y=\e^{-x}\sqrt{\sin x}

（

x\ge0

）与

x

轴之间的图形绕

x

轴旋转所得旋转体的体积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 切点。设切点 $(a,\ln a)$ ，切线过原点： $\ln a=\frac1a\cdot a=1$ ， $a=\e$ ，切线 $y=\dfrac x\e$ 。

和 2012 数二(17) 同一个求法。

② (1) 面积：横着切。 $A=\int_0^1(\e^y-\e y)\dy=\e-1-\dfrac\e2=\dfrac\e2-1$ 。

右边界是曲线 $x=\e^y$ ，左边界是切线 $x=\e y$ 。

③ (1) 绕 $x=\e$ ：半径是到 $x=\e$ 的距离。横条绕 $x=\e$ 转成圆环：外半径 $\e-\e y$ ，内半径 $\e-\e^y$ 。 $V=\pi\int_0^1\big[(\e-\e y)^2-(\e-\e^y)^2\big]\dy=\dfrac\pi6(5\e^2-12\e+3)$ 。

两个积分分别算：第一个是多项式， $\int_0^1(1-y)^2\dy=\frac13$ ；第二个把 $(\e-\e^y)^2=\e^2-2\e\,\e^y+\e^{2y}$ 展开后逐项积分。

④ (2) 无穷多段。 $\sin x\ge0$ 在 $[2k\pi,(2k+1)\pi]$ 上。 $V=\pi\sum\limits_{k=0}^\infty\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\e^{-2x}\sin x\dx=\pi\cdot\dfrac{1+\e^{-2\pi}}5\sum\limits_{k=0}^\infty\e^{-4k\pi}=\dfrac\pi{5(1-\e^{-2\pi})}$ 。

$\int_0^\pi\e^{-2x}\sin x\dx=\frac{1+\e^{-2\pi}}5$ （分部两次）；后面每段是前一段乘 $\e^{-4\pi}$ ，等比级数求和。

答案：(1) $\frac\e2-1$ ， $\frac\pi6(5\e^2-12\e+3)$ ；(2) $\frac\pi{5(1-\e^{-2\pi})}$

例 7.17李林第六章 §5 例 5 · p160

求摆线

x=a(t-\sin t)

，

y=a(1-\cos t)

的一拱（

0\le t\le2\pi

）与

x

轴所围图形分别绕

x

轴、

y

轴旋转所得旋转体的体积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 绕 $x$ 轴。 $V_x=\pi\int_0^{2\pi a}y^2\dx=\pi\int_0^{2\pi}a^2(1-\cos t)^2\cdot a(1-\cos t)\dt=\pi a^3\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\dt=5\pi^2a^3$ 。

参数方程： $\dx=a(1-\cos t)\dt$ 。半角公式 $1-\cos t=2\sin^2\frac t2$ ，所以 $(1-\cos t)^3=8\sin^6\frac t2$ ；令 $u=\frac t2$ ： $\int_0^{2\pi}8\sin^6\frac t2\dt=16\int_0^\pi\sin^6u\du=32\int_0^{\pi/2}\sin^6u\du=32\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=5\pi$ （华里士）。

② 绕 $y$ 轴：柱壳。 $V_y=2\pi\int_0^{2\pi a}xy\dx=2\pi a^3\int_0^{2\pi}(t-\sin t)(1-\cos t)^2\dt=6\pi^3a^3$ 。

把 $(t-\sin t)(1-\cos t)^2$ 拆成两部分。含 $t$ 的部分： $(1-\cos t)^2=1-2\cos t+\cos^2t$ ， $\int_0^{2\pi}t\dt=2\pi^2$ ， $\int_0^{2\pi}t\cos t\dt=[t\sin t+\cos t]_0^{2\pi}=0$ ， $\int_0^{2\pi}t\cos^2t\dt=\int_0^{2\pi}\frac{t(1+\cos2t)}2\dt=\pi^2$ ，合起来 $2\pi^2-0+\pi^2=3\pi^2$ 。含 $\sin t$ 的部分： $\int_0^{2\pi}\sin t(1-\cos t)^2\dt=\frac{(1-\cos t)^3}3\Big|_0^{2\pi}=0$ 。所以 $V_y=2\pi a^3\cdot3\pi^2$ 。

答案： $V_x=5\pi^2a^3$ ， $V_y=6\pi^3a^3$

7.4弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）

大白话：把曲线切成很多小段，每段近似成直线段，长度 $\dd s=\sqrt{\dd x^2+\dd y^2}$ 。三种坐标只是把 $\dd x$ 、 $\dd y$ 换个写法。旋转曲面的面积：小段绕 $x$ 轴转一圈是一条窄带子，长 $2\pi y$ 、宽 $\dd s$ 。

弧长微元

\dd s=\sqrt{\dd x^2+\dd y^2}

，是以

\dd x

、

\dd y

为直角边的小三角形的斜边。

弧长与侧面积公式（李林 p157—158）

\displaystyle s=\int_a^b\sqrt{1+y'^2}\dx=\int_\alpha^\beta\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}\dt=\int_\alpha^\beta\sqrt{r^2+r'^2}\dth,

\displaystyle S_{侧}=2\pi\int_a^b|y|\sqrt{1+y'^2}\dx

\displaystyle (\text{绕 }x\text{ 轴}).

方法卡 · 弧长、侧面积

什么时候用

求曲线的长度；求旋转曲面（侧面）的面积。

步骤

按曲线给出的方式选公式，求 $y'$ （或 $x'$ 、 $y'$ ，或 $r'$ ）。
化简根号：真题几乎都能开成完全平方或 $\sec$ 。
积分；侧面积别忘了乘 $2\pi y$ 。

最容易错

侧面积写成

2\pi\int y\dx

（漏了

\sqrt{1+y'^2}

）；参数方程的弧长漏掉根号里的某一项。

例 7.182011 数一(9)

曲线

y=\int_0^x\tan t\dt

（

0\le x\le\frac\pi4

）的弧长

s=

______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求导。 $y'=\tan x$ 。

变上限积分求导，不用把 $y$ 积出来。

② 弧长。 $s=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+\tan^2x}\dx=\int_0^{\pi/4}\sec x\dx=\ln(\sec x+\tan x)\Big|_0^{\pi/4}=\ln(1+\sqrt2)$ 。

平方关系 $1+\tan^2x=\sec^2x$ 把根号开出来；在 $[0,\frac\pi4]$ 上 $\cos x>0$ ，所以 $\sec x>0$ ，开方不用加负号。

答案： $\ln(1+\sqrt2)$

例 7.192019 数二(12)

曲线

y=\ln\cos x

（

0\le x\le\frac\pi6

）的弧长为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求导。 $y'=-\tan x$ ， $\sqrt{1+y'^2}=\sec x$ 。

和 2011 数一(9) 一样， $1+\tan^2x=\sec^2x$ ，而 $[0,\frac\pi6]$ 上 $\sec x>0$ ，根号直接开出。

② 积分。 $s=\ln(\sec x+\tan x)\Big|_0^{\pi/6}=\ln\Big(\dfrac2{\sqrt3}+\dfrac1{\sqrt3}\Big)=\ln\sqrt3=\dfrac12\ln3$ 。

特殊角： $\cos\frac\pi6=\frac{\sqrt3}2$ ，所以 $\sec\frac\pi6=\frac2{\sqrt3}$ ； $\tan\frac\pi6=\frac1{\sqrt3}$ 。两者相加是 $\frac3{\sqrt3}=\sqrt3$ 。

答案： $\frac12\ln3$

例 7.202010 数二(12)

当

0\le\theta\le\pi

时，对数螺线

r=\e^\theta

的弧长为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 极坐标弧长。 $r'=\e^\theta$ ， $\sqrt{r^2+r'^2}=\sqrt2\e^\theta$ 。

曲线用极坐标给出，弧长公式是 $\int\sqrt{r^2+r'^2}\dth$ ； $r=\e^\theta$ 求导还是它自己。

② 积分。 $s=\sqrt2\int_0^\pi\e^\theta\dth=\sqrt2(\e^\pi-1)$ 。

$\e^\theta$ 的原函数是它自己，直接代上下限。

答案： $\sqrt2(\e^\pi-1)$

例 7.212023 数二(12)

曲线

y=\int_{-\sqrt3}^x\sqrt{3-t^2}\dt

的弧长为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 定义域与导数。被积函数要求 $t^2\le3$ ，所以 $-\sqrt3\le x\le\sqrt3$ ； $y'=\sqrt{3-x^2}$ 。

曲线的范围由被积函数有定义决定。

② 弧长。 $s=\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\sqrt{4-x^2}\dx=\Big[\dfrac x2\sqrt{4-x^2}+2\arcsin\dfrac x2\Big]_{-\sqrt3}^{\sqrt3}=\sqrt3+\dfrac{4\pi}3$ 。

积分表第 13 条（ $a=2$ ）；也可看成半径 2 的圆中的扇形加三角形。

答案： $\sqrt3+\frac{4\pi}3$

例 7.222021 数二(19)

设函数

f(x)

满足

\int\dfrac{f(x)}{\sqrt x}\dx=\dfrac16x^2-x+C

，

L

为曲线

y=f(x)

（

4\le x\le9

）。记

L

的长度为

S

，

L

绕

x

轴旋转的旋转曲面的面积为

A

，求

S

和

A

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 求 $f$ 。两边求导： $\dfrac{f(x)}{\sqrt x}=\dfrac x3-1$ ， $f(x)=\dfrac{x^{3/2}}3-\sqrt x$ 。

“先积后导”回到被积函数。

② 根号开方。 $f'(x)=\dfrac{\sqrt x}2-\dfrac1{2\sqrt x}=\dfrac{x-1}{2\sqrt x}$ ， $1+f'^2=\dfrac{(x+1)^2}{4x}$ ， $\sqrt{1+f'^2}=\dfrac{x+1}{2\sqrt x}$ 。

$4x+(x-1)^2=(x+1)^2$ ，这类题都设计成能开方。

③ 弧长。 $S=\int_4^9\dfrac{x+1}{2\sqrt x}\dx=\Big[\dfrac{x^{3/2}}3+\sqrt x\Big]_4^9=12-\dfrac{14}3=\dfrac{22}3$ 。

被积函数 $\frac{x+1}{2\sqrt x}$ 拆成两项 $\frac{\sqrt x}2+\frac1{2\sqrt x}$ ，每项都是幂函数，直接用幂函数公式。

④ 侧面积。 $A=2\pi\int_4^9f\cdot\dfrac{x+1}{2\sqrt x}\dx=\pi\int_4^9\Big(\dfrac x3-1\Big)(x+1)\dx=\pi\Big[\dfrac{x^3}9-\dfrac{x^2}3-x\Big]_4^9=\dfrac{425\pi}9$ 。

$f$ 可以写成 $\sqrt x\big(\frac x3-1\big)$ ，和 $\sqrt{1+f'^2}=\frac{x+1}{2\sqrt x}$ 相乘时 $\sqrt x$ 约掉，只剩多项式。

答案： $S=\frac{22}3$ ， $A=\frac{425\pi}9$

例 7.232016 数二(20)

设

D

是由曲线

y=\sqrt{1-x^2}

（

0\le x\le1

）与

\begin{cases}x=\cos^3t\\y=\sin^3t\end{cases}

（

0\le t\le\frac\pi2

）围成的平面区域，求

D

绕

x

轴旋转一周所得旋转体的体积和表面积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 体积 = 半球 − 星形线转出的体积。半球 $\dfrac23\pi$ ；星形线部分 $\pi\int_0^1y^2\dx=\pi\int_{\pi/2}^0\sin^6t\cdot(-3\cos^2t\sin t)\dt=3\pi\int_0^{\pi/2}\sin^7t\cos^2t\dt=3\pi\Big(\dfrac{16}{35}-\dfrac{128}{315}\Big)=\dfrac{16\pi}{105}$ 。

参数方程换元； $t$ 从 $\frac\pi2$ 到 0 对应 $x$ 从 0 到 1； $\cos^2=1-\sin^2$ 后用华里士： $\int\sin^7=\frac{16}{35}$ ， $\int\sin^9=\frac{128}{315}$ 。

② 体积。 $V=\dfrac{2\pi}3-\dfrac{16\pi}{105}=\dfrac{18\pi}{35}$ 。

通分： $\frac23=\frac{70}{105}$ ，减去 $\frac{16}{105}$ 得 $\frac{54}{105}=\frac{18}{35}$ 。

③ 表面积 = 球面部分 + 星形线转出的曲面。半球面（ $0\le x\le1$ 那一半）面积 $2\pi$ ；星形线： $\dd s=\sqrt{x'^2+y'^2}\dt=3\sin t\cos t\dt$ ， $2\pi\int_0^{\pi/2}\sin^3t\cdot3\sin t\cos t\dt=\dfrac{6\pi}5$ 。

$x'=-3\cos^2t\sin t$ ， $y'=3\sin^2t\cos t$ ，平方和开方得 $3\sin t\cos t$ 。

④ 表面积。 $S=2\pi+\dfrac{6\pi}5=\dfrac{16\pi}5$ 。

旋转体的表面由两块曲面组成：球面那一块和星形线转出的那一块，面积相加。

答案： $V=\frac{18\pi}{35}$ ，表面积 $\frac{16\pi}5$

例 7.24李林第六章 §5 例 4、例 6 · p159—161

（1）证明：曲线

y=\sin x

（

0\le x\le2\pi

）的弧长等于椭圆

x^2+2y^2=2

的周长。（2）过原点作曲线

y=\sqrt{x-1}

的切线，求由此曲线、切线及

x

轴所围图形绕

x

轴旋转一周所得旋转体的表面积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 正弦曲线的弧长。 $s_1=\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos^2x}\dx$ 。

直角坐标弧长公式 $\int\sqrt{1+y'^2}\dx$ ， $y'=\cos x$ 。

② (1) 椭圆的周长。参数化 $x=\sqrt2\cos t$ ， $y=\sin t$ ： $s_2=\int_0^{2\pi}\sqrt{2\sin^2t+\cos^2t}\dt=\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\sin^2t}\dt$ 。令 $t=x+\frac\pi2$ 并用周期性，得 $s_2=\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos^2x}\dx=s_1$ 。

两个积分都积不出来，但可以换元成同一个。

③ (2) 切线。切点 $(2,1)$ ，切线 $y=\dfrac x2$ 。

设切点 $(a,\sqrt{a-1})$ ：切线过原点，斜率是 $\frac{\sqrt{a-1}}a$ ；它又等于导数 $\frac1{2\sqrt{a-1}}$ ，两者相等解得 $a=2$ 。

④ (2) 两块曲面。圆锥侧面（切线， $0\le x\le2$ ）： $2\pi\int_0^2\dfrac x2\sqrt{1+\frac14}\dx=\sqrt5\pi$ ；曲线部分： $2\pi\int_1^2\sqrt{x-1}\sqrt{1+\dfrac1{4(x-1)}}\dx=2\pi\int_1^2\sqrt{x-\frac34}\dx=\dfrac\pi6(5\sqrt5-1)$ 。合计 $\dfrac\pi6(11\sqrt5-1)$ 。

根号里乘进去： $(x-1)+\frac14=x-\frac34$ 。

答案：(1) 证明题。思路：椭圆参数化 $x=\sqrt2\cos t$ ， $y=\sin t$ ，周长化成 $\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\sin^2t}\dt$ ，平移 $\frac\pi2$ 并用周期性，变成正弦曲线的弧长积分；(2) $\frac\pi6(11\sqrt5-1)$

7.5平行截面面积已知的立体（数一、数二）

大白话：立体不是旋转出来的，但只要知道“用垂直于 $x$ 轴的平面去截，截面面积是 $A(x)$ ”，体积就是 $\int_a^bA(x)\dx$ ——截面积乘厚度，再加起来。旋转体只是截面恰好为圆的特例。柱体（如平放的油罐）则是“底面积 × 长”，底面积用定积分求。

2010 数二(18)：平放的椭圆柱形油罐，横截面里油占据

y\le\frac b2

的部分；油的体积 = 这块面积 × 罐长

l

。

截面法

\displaystyle V=\int_a^bA(x)\dx,

\displaystyle A(x)=\text{垂直于 }x\text{ 轴的截面面积}.

常见截面：正方形（边长 $\ell$ ）面积 $\ell^2$ ，正三角形 $\frac{\sqrt3}4\ell^2$ ，半圆（直径 $\ell$ ） $\frac\pi8\ell^2$ ，等腰直角三角形（斜边 $\ell$ ） $\frac{\ell^2}4$ 。

方法卡 · 截面法

什么时候用

立体的底面是平面区域，垂直于某轴的截面形状已知（正方形、三角形、半圆等），或者是柱体。

步骤

建坐标系，写出底面区域。
在 $x$ 处，截面的边长 $\ell(x)$ 由底面区域的宽度给出，写出 $A(x)$ 。
$V=\int A(x)\dx$ 。柱体就是“底面积 × 高”。

最容易错

油罐题把“从罐底量起”的油深直接当成坐标；截面边长用了半宽而不是全宽。

例 7.252010 数二(18)

一个高为

l

的柱体形贮油罐，底面是长轴为

2a

、短轴为

2b

的椭圆。现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为

\frac32b

时，计算油的质量。（长度单位为 m，质量单位为 kg，油的密度为常量

\rho

，单位为 kg/m³。）

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 建坐标，翻译油面。以椭圆中心为原点，截面 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\le1$ ；罐底在 $y=-b$ ，油深 $\frac32b$ ，油面在 $y=\frac b2$ 。

“从罐底量起”要减去 $b$ 。

② 油的截面积 = 椭圆面积 − 油面以上的部分。油面以上： $\int_{b/2}^b2a\sqrt{1-\dfrac{y^2}{b^2}}\dy=2ab\int_{1/2}^1\sqrt{1-u^2}\du=ab\Big(\dfrac\pi3-\dfrac{\sqrt3}4\Big)$ 。

横着切，宽度是 $2x=2a\sqrt{1-\frac{y^2}{b^2}}$ ； $\int_{1/2}^1\sqrt{1-u^2}\du=\frac\pi6-\frac{\sqrt3}8$ （扇形减三角形）。

③ 质量。油截面积 $\pi ab-ab\Big(\dfrac\pi3-\dfrac{\sqrt3}4\Big)=ab\Big(\dfrac{2\pi}3+\dfrac{\sqrt3}4\Big)$ ，质量 $m=\rho l\,ab\Big(\dfrac{2\pi}3+\dfrac{\sqrt3}4\Big)$ （kg）。

柱体体积 = 截面积 × 长度，再乘密度。

答案： $\rho lab\big(\frac{2\pi}3+\frac{\sqrt3}4\big)$ kg

例 7.26李林第六章 §5 提要 · p157

立体的底面是圆

x^2+y^2\le R^2

，垂直于

x

轴的截面都是正三角形，求它的体积。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 截面边长。在 $x$ 处，底面的弦长 $\ell(x)=2\sqrt{R^2-x^2}$ ，就是正三角形的边长。

截面垂直于 $x$ 轴，它的底边落在底面圆上。

② 截面积与体积。 $A(x)=\dfrac{\sqrt3}4\ell^2=\sqrt3(R^2-x^2)$ ， $V=\int_{-R}^R\sqrt3(R^2-x^2)\dx=\dfrac{4\sqrt3}3R^3$ 。

正三角形面积 $\frac{\sqrt3}4\ell^2$ 。

答案： $\frac{4\sqrt3}3R^3$

7.6物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）

大白话：物理量都是“某个量 × 另一个量”，其中一个在变。小块上把它当成不变的，乘起来就是微元：功 = 力 × 距离（抽水：每层水的重量 × 提升高度）；压力 = 压强 × 面积（压强 = $\rho g\times$ 深度）；引力按万有引力公式，注意是向量，先分解再积分；质心 = 力矩 ÷ 质量。

半球形容器抽水：深度

y

处厚

\dd y

的水层重

\rho g\pi(R^2-y^2)\dd y

，提升

y

到水面，做功

\dd W=\rho gy\pi(R^2-y^2)\dd y

。

常用微元（李林 p158）

抽水做功： $\dd W=\rho g\cdot(\text{薄层面积})\dd y\cdot(\text{提升距离})$ 。
水压力（竖直平板）： $\dd P=\rho g\cdot(\text{深度})\cdot(\text{该深度处的宽度})\dd y$ 。
引力： $\dd F=\dfrac{Gm\,\dd M}{r^2}$ ，分解成 $x$ 、 $y$ 分量再积分；有对称性时抵消的分量直接为 0。
质心： $\bar x=\dfrac{\int x\rho(x)\dx}{\int\rho(x)\dx}$ （力矩 ÷ 质量）。
形心（ $a\le x\le b$ ， $g(x)\le y\le f(x)$ 的平面图形，面积 $A$ ）： $\bar x=\dfrac{\int_a^bx\,[f(x)-g(x)]\dx}{A}$ ， $\bar y=\dfrac{\frac12\int_a^b\big[f^2(x)-g^2(x)\big]\dx}{A}$ 。

方法卡 · 物理应用

什么时候用

抽水、打桩、拉绳（功）；闸门、平板（水压力）；细棒对质点（引力）；质心、形心。

步骤

建坐标系：水的问题常让 $y$ 轴向下表示深度。
取微元：一层水、一条窄带、一小段棒。写出这一小块的“量 × 量”。
积分；引力先分解，利用对称性。

最容易错

水压力把压强写成

\rho g

忘了乘深度；抽水题的提升距离写成

y

却没搞清

y

是从哪里量起的。

例 7.27李林第六章 §5 例 7、例 8 · p161

（1）半径为

R

的半球形容器盛满水，把水全部从顶部抽出，至少做多少功（水的密度

\rho

，重力加速度

g

）？（2）细棒位于

[0,1]

，线密度

\rho(x)=-x^2+2x+1

，求质心坐标。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 取水层。 $y$ 轴向下，深度 $y\in[0,R]$ 处的水层半径 $\sqrt{R^2-y^2}$ ，体积 $\pi(R^2-y^2)\dy$ ，提升 $y$ 。

微元取一层薄水（图中橙色薄层）：它是半径 $\sqrt{R^2-y^2}$ 、厚 $\dy$ 的薄圆盘，体积 = 底面积 × 厚度；深度 $y$ 处的水要提升 $y$ 才能到达容器顶部。

② (1) 积分。 $W=\int_0^R\rho g\pi y(R^2-y^2)\dy=\rho g\pi\Big(\dfrac{R^4}2-\dfrac{R^4}4\Big)=\dfrac{\pi\rho gR^4}4$ 。

功 = 重量 × 距离。

③ (2) 质心。 $m=\int_0^1(-x^2+2x+1)\dx=\dfrac53$ ， $\int_0^1x(-x^2+2x+1)\dx=\dfrac{11}{12}$ ， $\bar x=\dfrac{11/12}{5/3}=\dfrac{11}{20}$ 。

质心 = 力矩 ÷ 质量；密度在右边较大，质心偏右（ $>\frac12$ ）。

答案：(1) $\frac{\pi\rho gR^4}4$ ；(2) $\bar x=\frac{11}{20}$

形心：均匀薄板的平衡点

大白话：形心就是把图形剪成一块厚薄均匀的铁皮后，它的平衡点（密度处处为 1 的质心）。把图形切成竖条：竖条的面积是 $(f-g)\dx$ ，它的质心在正中间，横坐标约为 $x$ ，高度是上下两端的平均 $\frac{f+g}2$ 。“力矩 ÷ 质量”，质量就是面积 $A$ ，于是

\displaystyle \bar x=\frac1A\int_a^bx\,(f-g)\dx,

\displaystyle \bar y=\frac1A\int_a^b\frac{f+g}2\,(f-g)\dx=\frac1{2A}\int_a^b{\big(f^2-g^2\big)}\dx.

y=x

与

y=x^2

围成的区域：竖条的质心在它的中点（橙色点），高度是上下两端的平均

\frac{y_上+y_下}2

；所有竖条按面积加权平均，得到形心（红点）

\big(\frac12,\frac25\big)

。

例 7.28基础 · 李林第六章 §5 提要 · p158

求曲线

y=x^2

与直线

y=x

围成的平面图形

D

的形心坐标。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 画图、求面积。两线交于 $(0,0)$ 、 $(1,1)$ ；在 $(0,1)$ 内 $x>x^2$ ，所以上边界 $f=x$ ，下边界 $g=x^2$ 。 $A=\int_0^1(x-x^2)\dx=\dfrac12-\dfrac13=\dfrac16$ 。

形心公式的分母是面积，先算出来；判断谁在上面，代 $x=\frac12$ 一试就知道： $\frac12>\frac14$ 。

② 横坐标 $\bar x$ 。 $\int_0^1x(x-x^2)\dx=\int_0^1(x^2-x^3)\dx=\dfrac13-\dfrac14=\dfrac1{12}$ ， $\bar x=\dfrac{1/12}{1/6}=\dfrac12$ 。

竖条上每一点的横坐标都约等于 $x$ ，所以竖条对 $y$ 轴的“力矩”是 $x\times$ （竖条面积）；力矩加起来再除以总面积。

③ 纵坐标 $\bar y$ 。 $\dfrac12\int_0^1\big(x^2-x^4\big)\dx=\dfrac12\Big(\dfrac13-\dfrac15\Big)=\dfrac1{15}$ ， $\bar y=\dfrac{1/15}{1/6}=\dfrac25$ 。

竖条的质心高度是 $\frac{x+x^2}2$ （上下两端的平均），乘竖条面积 $(x-x^2)\dx$ ，由平方差公式正好是 $\frac12(x^2-x^4)\dx$ 。

④ 检查。在 $x=\frac12$ 处，区域的纵向范围是 $\frac14\le y\le\frac12$ ， $\frac25$ 在其中，形心落在图形内部。

这块区域是“一整块、边界不向里凹”的图形（几何上叫凸区域），形心必在图形内部；算出来跑到外面，就一定算错了。这是最快的验算。

答案： $\big(\frac12,\frac25\big)$

例 7.292011 数二(20)

一容器的内侧是由曲线绕

y

轴旋转一周而成的曲面，该曲线由

x^2+y^2=2y

（

y\ge\frac12

）与

x^2+y^2=1

（

y\le\frac12

）连接而成。（Ⅰ）求容器的容积；（Ⅱ）若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？（长度单位 m，重力加速度

g

m/s²，水的密度

10^3

kg/m³）

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 看清容器。下半部分是 $x^2+y^2=1$ ， $y$ 从 $-1$ 到 $\frac12$ ；上半部分是 $x^2+(y-1)^2=1$ ， $y$ 从 $\frac12$ 到 2（顶部）。两段在 $y=\frac12$ 处接上。

两个单位圆，圆心 $(0,0)$ 和 $(0,1)$ 。

② (Ⅰ) 横着切：圆盘。 $V=\pi\int_{-1}^{1/2}(1-y^2)\dy+\pi\int_{1/2}^2(2y-y^2)\dy=\dfrac{9\pi}8+\dfrac{9\pi}8=\dfrac{9\pi}4$ （m³）。

绕 $y$ 轴，横截面是半径 $x$ 的圆，面积 $\pi x^2$ ；两段关于 $y=\frac12$ 对称，体积相等。

③ (Ⅱ) 抽水做功。高度 $y$ 处的水层提升到顶部 $y=2$ ，距离 $2-y$ ： $W=\rho g\pi\Big[\int_{-1}^{1/2}(2-y)(1-y^2)\dy+\int_{1/2}^2(2-y)(2y-y^2)\dy\Big]=\rho g\pi\Big(\dfrac{459}{192}+\dfrac{189}{192}\Big)=\dfrac{27}8\pi\rho g$ 。

第一段展开 $(2-y)(1-y^2)=2-y-2y^2+y^3$ ，原函数 $2y-\frac{y^2}2-\frac{2y^3}3+\frac{y^4}4$ ，代 $\frac12$ 得 $\frac{155}{192}$ 、代 $-1$ 得 $-\frac{304}{192}$ ，相减 $\frac{459}{192}$ ；第二段展开 $(2-y)(2y-y^2)=4y-4y^2+y^3$ ，原函数 $2y^2-\frac{4y^3}3+\frac{y^4}4$ ，代 2 得 $\frac{256}{192}$ 、代 $\frac12$ 得 $\frac{67}{192}$ ，相减 $\frac{189}{192}$ 。两段相加 $\frac{648}{192}=\frac{27}8$ 。水的密度 $\rho=10^3$ kg/m³，长度单位是米，功的单位是焦耳（J）。

答案：(Ⅰ) $\frac{9\pi}4$ m³；(Ⅱ) $\frac{27\times10^3}8\pi g$ J

例 7.302020 数二(12)

斜边长为

2a

的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，且斜边与水面相齐，设重力加速度为

g

，水密度为

\rho

，则该平板一侧所受的水压力为 ______。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 建坐标、写宽度。 $y$ 轴向下，水面 $y=0$ 。三角形直角顶点在深度 $a$ 处，深度 $y$ 处的宽度 $2(a-y)$ 。

斜边 $2a$ ，直角顶点到斜边的距离是 $a$ ；宽度随深度线性减小到 0。

② 积分。 $P=\int_0^a\rho g\,y\cdot2(a-y)\dy=2\rho g\Big(\dfrac{a^3}2-\dfrac{a^3}3\Big)=\dfrac13\rho ga^3$ 。

压强 $\rho gy$ × 窄带面积 $2(a-y)\dy$ 。

答案： $\frac13\rho ga^3$

例 7.312025 数二(6)李林第六章 §5 例 10 · p162

设单位质点

P,Q

分别位于点

(0,0)

和

(0,1)

处，

P

从点

(0,0)

出发沿

x

轴正向移动，记

G

为引力常量，则当质点

P

移动到点

(l,0)

时，克服质点

Q

的引力所做的功为（　）
（A）

\int_0^l\dfrac G{x^2+1}\dx

　（B）

\int_0^l\dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}\dx

　（C）

\int_0^l\dfrac G{(x^2+1)^{3/2}}\dx

　（D）

\int_0^l\dfrac{G(x+1)}{(x^2+1)^{3/2}}\dx

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 引力大小与方向。 $P$ 在 $(x,0)$ 时，引力大小 $\dfrac G{x^2+1}$ ，方向指向 $Q$ ，与 $x$ 轴负方向的夹角余弦是 $\dfrac x{\sqrt{x^2+1}}$ 。

万有引力，两个单位质点。

② 做功只算沿运动方向的分量。引力沿 $x$ 轴的分量大小 $\dfrac G{x^2+1}\cdot\dfrac x{\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}$ ，指向 $x$ 负方向；克服它做功 $W=\int_0^l\dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}\dx$ ，所以选（B）。

引力是向量，只有与位移同方向的分量做功。

答案：B

例 7.322026 数二(4)

线密度为 1 的线段位于

(-1,0)

和

(1,0)

之间，质量为

m

的质点在

(0,1)

点，求质点对线段的引力（　）
（A）

\int_0^1\dfrac{2Gmx}{(1+x^2)^{1/2}}\dx

　（B）

\int_0^1\dfrac{2Gm}{(1+x^2)^{1/2}}\dx

　（C）

\int_0^1\dfrac{2Gmx}{(1+x^2)^{3/2}}\dx

　（D）

\int_0^1\dfrac{2Gm}{(1+x^2)^{3/2}}\dx

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 取一小段 $[x,x+\dx]$ 。质量 $\dx$ ，到质点的距离 $\sqrt{1+x^2}$ ，引力大小 $\dfrac{Gm\dx}{1+x^2}$ 。

线密度为 1，所以长 $\dx$ 的小段质量就是 $\dx$ 。

② 分解、用对称性。水平分量左右对称抵消；竖直分量乘 $\cos\alpha=\dfrac1{\sqrt{1+x^2}}$ ： $\dd F_y=\dfrac{Gm\dx}{(1+x^2)^{3/2}}$ 。

$(x,0)$ 与 $(-x,0)$ 两小段的水平分量大小相等、方向相反。

③ 积分。 $F=\int_{-1}^1\dfrac{Gm}{(1+x^2)^{3/2}}\dx=\int_0^1\dfrac{2Gm}{(1+x^2)^{3/2}}\dx$ ，所以选（D）。

被积函数是偶函数，对称区间上的积分等于 $[0,1]$ 上的两倍。

答案：D

7.7小结

题目里的说法	换成什么	例子
两条曲线围成的面积	上减下对 $x$ 积分，或右减左对 $y$ 积分	例 7.2、例 7.7
过某点作切线再围图形	设切点，用“切线过该点”定切点	例 7.2、例 7.16
无界区域的面积、体积	反常积分	例 7.3、例 7.12
面积、体积含参数，求最值	写成参数的函数，变限积分求导	例 7.4、例 7.14
面积随动点变化的速率	面积写成动点坐标的函数，链式法则	例 7.5
极坐标、参数方程的面积	$\frac12\int r^2\dth$ ； $\int y\,x'(t)\dt$	例 7.7
绕 $x$ 轴	圆盘（垫圈） $\pi\int(y_上^2-y_下^2)\dx$	例 7.11、例 7.13
绕 $y$ 轴	柱壳 $2\pi\int x(y_上-y_下)\dx$	例 7.10、例 7.8
绕 $x=k$	半径 = 到 $x=k$ 的距离	例 7.16
弧长	$\sqrt{1+y'^2}$ 、 $\sqrt{x'^2+y'^2}$ 、 $\sqrt{r^2+r'^2}$ ，根号多半能开	例 7.18、例 7.22
旋转曲面面积	$2\pi\int y\,\dd s$	例 7.23、例 7.24
截面已知、柱体	$\int A(x)\dx$ ；底面积 × 长	例 7.25、例 7.26
抽水做功	每层水重 × 提升距离	例 7.27、例 7.29
水压力	$\rho g\times$ 深度 × 宽度 d $y$	例 7.30
引力、克服引力做功	分解，对称抵消；只算沿位移的分量	例 7.31、例 7.32

第 8 部分

积分等式与不等式

积分证明题的三件武器：积分中值定理、单调性（辅助函数）、泰勒公式与罗尔定理；最后是积分与数列的结合。这一部分是数一近年的压轴题。

考试要求（与大纲的关系）

大纲没有单列“积分证明”，它是第六章第 1 条（定积分的性质、积分中值定理）与第二章微分中值定理、泰勒公式的综合。李林讲义把它放在第六章第三节“积分不等式与积分等式”（p144—151），归纳为三种方法：单调性（辅助函数）、积分法（分部、换元）、微分中值定理（含泰勒）。

数一近年的压轴解答题：2022(20)、2024(19) 都是泰勒公式证积分不等式（五星难度），2026(20) 是罗尔定理；2010(17)、2011(18) 则是“积分比大小 + 数列极限”。

8.1积分中值定理与估值：把积分变成一个函数值

大白话：积分中值定理说 $\int_a^bf=f(\xi)(b-a)$ ——一个积分可以换成“某点的函数值乘长度”，积分号就没了。证明题里它常用在第一步：把条件里的积分换成函数值，再用罗尔、拉格朗日。估值（夹在最小、最大值之间）则用来做积分的不等式和夹逼。

s(x)=\int_0^x|\cos t|\dt

每过一个周期增加 2，被夹在两串台阶之间；

\frac{s(x)}x

被夹向

\frac2\pi

。

三个工具

积分中值定理： $f$ 连续 $\Rightarrow$ $\int_a^bf=f(\xi)(b-a)$ ， $\xi\in(a,b)$ 。
推广： $g$ 不变号 $\Rightarrow$ $\int_a^bfg=f(\xi)\int_a^bg$ 。
估值 + 拉格朗日： $f(a)=0$ 时 $|f(x)|=|f'(\eta)||x-a|\le M|x-a|$ ，积分就能估出上界。

方法卡 · 中值定理处理积分

什么时候用

条件或结论里有

\int_a^bf

，要把它和函数值联系起来；或者要估计积分的上界。

步骤

用积分中值定理把 $\int_a^bf$ 换成 $f(\xi)(b-a)$ 。
估界：先用拉格朗日（或已知的最值）估 $|f(x)|$ ，再积分。
求含积分的极限：放缩成两个能算的量，夹逼。

最容易错

把

\xi

当成与积分区间无关的常数；用中值定理时忘了要求

f

连续。

例 8.1李林第六章 §3 例 7 · p148

设

s(x)=\int_0^x|\cos t|\dt

。（1）证明：当

n\pi\le x<(n+1)\pi

时，

2n\le s(x)<2(n+1)

；（2）求

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{s(x)}x

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 用单调性和周期。 $|\cos t|\ge0$ ， $s$ 单调不减； $\int_0^\pi|\cos t|\dt=2$ ，周期 $\pi$ ，所以 $s(n\pi)=2n$ 。于是 $2n=s(n\pi)\le s(x)<s((n+1)\pi)=2(n+1)$ 。

被积函数非负，上限越大积分越大；右边严格小于是因为 $|\cos t|$ 在 $[x,(n+1)\pi]$ 上不恒为 0。

② (2) 除以 $x$ 夹逼。 $\dfrac{2n}{(n+1)\pi}<\dfrac{s(x)}x<\dfrac{2(n+1)}{n\pi}$ ， $x\to+\infty$ 时 $n\to\infty$ ，两边都趋于 $\dfrac2\pi$ 。

$n\pi\le x<(n+1)\pi$ 给出 $x$ 的上下界，分子分母各取对自己有利的一边。

答案：(1) 证明题。思路： $s(x)$ 单调不减， $|\cos t|$ 以 $\pi$ 为周期、一个周期上积分为 2，所以 $s(n\pi)=2n$ ， $s(x)$ 夹在 $s(n\pi)$ 与 $s((n+1)\pi)$ 之间；(2) $\frac2\pi$

例 8.2李林第六章 §3 例 6 · p147

（1）设

f(x)

在

[0,1]

上有连续导数，

f(0)=f(1)=0

，

M=\max|f'(x)|

，证明

\left|\int_0^1f(x)\dx\right|\le\dfrac M4

。（2）求

\lim\limits_{n\to\infty}\int_n^{n+2}\dfrac{\sin x}x\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 两头各用一次拉格朗日。 $x\in[0,\frac12]$ ： $|f(x)|=|f(x)-f(0)|\le Mx$ ； $x\in[\frac12,1]$ ： $|f(x)|=|f(1)-f(x)|\le M(1-x)$ 。

离哪个端点近就从哪个端点出发，估出来的界最小。

② (1) 积分。 $\left|\int_0^1f\right|\le\int_0^{1/2}Mx\dx+\int_{1/2}^1M(1-x)\dx=\dfrac M8+\dfrac M8=\dfrac M4$ 。

③ (2) 积分中值定理。 $\int_n^{n+2}\dfrac{\sin x}x\dx=2\cdot\dfrac{\sin\xi_n}{\xi_n}$ ， $\xi_n\in(n,n+2)$ ， $\left|\dfrac{2\sin\xi_n}{\xi_n}\right|\le\dfrac2n\to0$ 。

积分算不出来，换成函数值后很容易估。

答案：(1) 证明题。思路：两半区间各用一次拉格朗日，得 $|f(x)|\le Mx$ 与 $|f(x)|\le M(1-x)$ ，分段积分相加为 $\frac M8+\frac M8$ ；(2) 0

8.2单调性法：把上限换成 $x$ ，构造辅助函数

大白话：要证 $A(b)\ge B(b)$ 这种积分不等式，把其中一个端点 $b$ 换成变量 $x$ ，令 $F(x)=A(x)-B(x)$ ；验证 $F(a)=0$ ，再证 $F'(x)\ge0$ ，就得到 $F(b)\ge F(a)=0$ 。变限积分求导把积分号去掉，剩下的不等式往往一眼就能判断。

f

递减时，区间越往右拉长，平均值越小：

\frac1b\int_0^bf\le\frac1a\int_0^af

。

辅助函数法的步骤

把不等式移成“左边 − 右边 $\ge0$ ”。
选一个端点（通常是上限 $b$ ）换成 $x$ ，得到 $F(x)$ ；另一个端点处 $F=0$ 。
求 $F'(x)$ ，用题目条件（单调、非负等）判断符号。
单调性得 $F(b)\ge F(a)=0$ 。

方法卡 · 积分不等式的单调性证法

什么时候用

不等式两边都是积分（或积分与函数值），题目给了

f

的单调性、非负性等“全局”条件，没有给二阶导数。

步骤

把 $b$ 换成 $x$ ，构造 $F(x)$ 。
求导：变限积分求导，被积函数含 $x$ 的先提出。
$F'$ 里常出现“ $f(x)-f(\xi)$ ”，用单调性判符号（必要时对 $\int_a^xf$ 用积分中值定理）。

最容易错

换成

x

的端点选错，

F(a)

不为 0；忘了

F

在起点的值。

例 8.32014 数二(19)

设函数

f(x),g(x)

在区间

[a,b]

上连续，且

f(x)

单调增加，

0\le g(x)\le1

。证明：（Ⅰ）

0\le\int_a^xg(t)\dt\le x-a

，

x\in[a,b]

；（Ⅱ）

\int_a^{a+\int_a^bg(t)\dt}f(x)\dx\le\int_a^bf(x)g(x)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 积分保号。 $0\le g\le1$ ，在 $[a,x]$ 上积分： $0\le\int_a^xg\le\int_a^x1\dt=x-a$ 。

被积函数夹在 0 和 1 之间，由积分的保号性（3.3 节），积分就夹在 $\int_a^x0=0$ 和 $\int_a^x1=x-a$ 之间。

② (Ⅱ) 把 $b$ 换成 $u$ 。令 $F(u)=\int_a^uf(x)g(x)\dx-\int_a^{a+\int_a^ug(t)\dt}f(x)\dx$ ， $u\in[a,b]$ ， $F(a)=0-0=0$ 。

构造 $F$ 的目的：只要证明 $F$ 单调增加，就有 $F(b)\ge F(a)=0$ ，这正是要证的不等式。

③ 求导。 $F'(u)=f(u)g(u)-f\Big(a+\int_a^ug\Big)\cdot g(u)=g(u)\Big[f(u)-f\Big(a+\int_a^ug\Big)\Big]$ 。

第二项上限 $a+\int_a^ug$ 的导数是 $g(u)$ 。

④ 判断符号。由（Ⅰ） $a+\int_a^ug\le u$ ， $f$ 单调增加，所以 $f(u)-f\big(a+\int_a^ug\big)\ge0$ ；又 $g\ge0$ ，故 $F'\ge0$ ， $F(b)\ge F(a)=0$ 。

第（Ⅰ）问就是为第（Ⅱ）问准备的。

答案：证明题。思路：（Ⅰ）积分保号性；（Ⅱ）把 $b$ 换成变量 $u$ 作差得 $F(u)$ ， $F(a)=0$ ，由（Ⅰ）和 $f$ 递增得 $F'\ge0$ ，所以 $F(b)\ge0$ 。

例 8.4李林第六章 §3 例 1 · p144

设

f(x)

在

[0,+\infty)

上连续且单调减少，

0<a<b

，证明：

a\int_0^bf(x)\dx\le b\int_0^af(x)\dx

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 把 $b$ 换成 $x$ 。 $F(x)=a\int_0^xf(t)\dt-x\int_0^af(t)\dt$ （ $x\ge a$ ）， $F(a)=0$ 。

要证的不等式等价于 $F(b)\le0$ ；而 $F(a)=0$ ，所以只要证明 $F$ 单调减少。

② 求导。 $F'(x)=af(x)-\int_0^af(t)\dt=af(x)-af(\xi)=a\big[f(x)-f(\xi)\big]$ ， $\xi\in(0,a)$ 。

对 $\int_0^af$ 用积分中值定理。

③ 判断符号。 $x\ge a>\xi$ ， $f$ 单调减少， $f(x)\le f(\xi)$ ， $F'\le0$ ，所以 $F(b)\le F(a)=0$ 。

图上看：递减函数的平均值随区间拉长而减小。另一个证法是换元 $x=\frac bat$ 把两个积分化到同一区间 $[0,a]$ 再比较。

答案：证明题。思路：把 $b$ 换成 $x$ 作差， $F(a)=0$ ；求导后对 $\int_0^af$ 用积分中值定理，由 $f$ 递减得 $F'\le0$ ，所以 $F(b)\le0$ 。

8.3泰勒公式法：有二阶导数时

大白话：题目给了二阶导数的条件（ $f''\ge0$ 、 $|f''|\le M$ ），结论里有积分和几个点的函数值，就在一个“好点”处泰勒展开到二阶，然后两边积分：一次项积分后常常消失，余项用 $f''$ 的条件估计。好点一般是区间中点或端点。

f''\ge0

时曲线在中点切线的上方；切线下的面积恰好是

(b-a)f\big(\frac{a+b}2\big)

，所以

\int_a^bf\ge(b-a)f\big(\frac{a+b}2\big)

。

展开点怎么选

结论里有 $f\big(\frac{a+b}2\big)$ ：在中点展开， $\int_a^b\big(x-\frac{a+b}2\big)\dx=0$ 让一次项消失。
结论里有 $f(a)$ 、 $f(b)$ ：在 $x$ 处展开，分别写出 $f(a)$ 、 $f(b)$ ，再加权相加消去 $f'(x)$ 。
余项积分： $\int_0^1x(1-x)\dx=\frac16$ ， $\int_a^b\big(x-\frac{a+b}2\big)^2\dx=\frac{(b-a)^3}{12}$ 。

方法卡 · 泰勒公式证积分不等式

什么时候用

条件有

f''

（正负或绝对值上界），结论是积分与函数值的不等式。

步骤

选展开点（中点或变量 $x$ ），写到带拉格朗日余项的二阶。
两边积分（或加权相加后再积分），一次项消失。
用 $f''$ 的条件估计余项。
“充要条件”题：必要性用反证，在 $f''<0$ 的小区间上用同样的展开得到反向不等式。

最容易错

展开点选错，一次项消不掉；余项里的

\xi

依赖于

x

，不能提到积分号外（只能用它的范围估计）。

例 8.52022 数一(20)

设函数

f(x)

在

(-\infty,+\infty)

上有二阶连续导数，证明：

f''(x)\ge0

的充分必要条件是对任意不同的实数

a,b

，都有

f\Big(\dfrac{a+b}2\Big)\le\dfrac1{b-a}\int_a^bf(x)\dx

成立。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 准备：在中点泰勒展开。记 $x_0=\frac{a+b}2$ （不妨 $a<b$ ）， $f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(\xi)}2(x-x_0)^2$ ， $\xi$ 在 $x$ 与 $x_0$ 之间。

$a>b$ 时不等式两边都不变（交换 $a,b$ ），所以只需考虑 $a<b$ 。题目说“ $f''\ge0$ 的充分必要条件是不等式成立”，所以要证两个方向： $f''\ge0\Rightarrow$ 不等式（必要性），不等式 $\Rightarrow f''\ge0$ （充分性）。

② 必要性： $f''\ge0\Rightarrow$ 不等式。 $f''\ge0$ 时 $f(x)\ge f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$ ，在 $[a,b]$ 上积分： $\int_a^bf\ge(b-a)f(x_0)+0$ ，即结论。

$\int_a^b(x-x_0)\dx=0$ ，一次项消失；图上就是“曲线在切线上方”。

③ 充分性：不等式 $\Rightarrow f''\ge0$ ，用反证。若某点 $f''(x_0)<0$ ，由连续性，存在 $\delta>0$ ，在 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$ 上 $f''<0$ 。取 $a=x_0-\frac\delta2$ ， $b=x_0+\frac\delta2$ ，同样展开并积分，余项 $<0$ ： $\int_a^bf<(b-a)f(x_0)$ ，与条件矛盾。

二阶导数连续，负值会“延续”到一个小区间；在这个小区间上用第①步的展开，不等号反向。

答案：证明题。思路：在中点 $\frac{a+b}2$ 泰勒展开到二阶再积分，一次项积分为 0； $f''\ge0$ 时余项非负，得不等式；反过来用反证，在 $f''<0$ 的小区间上余项为负，矛盾。

例 8.62024 数一(19)

设

f(x)

二阶可导，

f'(0)=f'(1)

，

|f''(x)|\le1

，证明：（Ⅰ）当

x\in(0,1)

时，

\big|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\big|\le\dfrac{x(1-x)}2

；（Ⅱ）

\left|\int_0^1f(x)\dx-\dfrac{f(0)+f(1)}2\right|\le\dfrac1{12}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 在 $x$ 处展开，分别到 0 和 1。 $f(0)=f(x)-f'(x)x+\dfrac{f''(\xi_1)}2x^2$ ， $f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+\dfrac{f''(\xi_2)}2(1-x)^2$ 。

结论里有 $f(0)$ 、 $f(1)$ 和 $f(x)$ ，所以在 $x$ 处展开，两头各写一个。

② 加权相加消去 $f'(x)$ 。第一式乘 $(1-x)$ 、第二式乘 $x$ 相加： $f(0)(1-x)+f(1)x=f(x)+\dfrac{x(1-x)}2\big[f''(\xi_1)x+f''(\xi_2)(1-x)\big]$ 。

$-f'(x)x(1-x)+f'(x)(1-x)x=0$ ，权重正好让一次项抵消。

③ (Ⅰ) 估计。 $|f''|\le1$ ，方括号的绝对值 $\le x+(1-x)=1$ ，所以 $\big|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x\big|\le\dfrac{x(1-x)}2$ 。

三角不等式：两项的绝对值分别不超过 $x$ 和 $1-x$ 。注意 $\xi_1,\xi_2$ 随 $x$ 变化，不能当常数提到积分号外面；这里只用到它们满足 $|f''(\xi)|\le1$ ，所以能对每个 $x$ 统一估计，下一步才能积分。

④ (Ⅱ) 对（Ⅰ）积分。 $\int_0^1\big[f(0)(1-x)+f(1)x\big]\dx=\dfrac{f(0)+f(1)}2$ ， $\int_0^1\dfrac{x(1-x)}2\dx=\dfrac1{12}$ ，所以 $\left|\int_0^1f-\dfrac{f(0)+f(1)}2\right|\le\int_0^1\big|f-f(0)(1-x)-f(1)x\big|\dx\le\dfrac1{12}$ 。

（Ⅱ）就是（Ⅰ）的积分；在这个证法里条件 $f'(0)=f'(1)$ 用不到。

答案：证明题。思路：在 $x$ 处展开到 0 和 1，两式分别乘 $1-x$ 、 $x$ 相加消掉 $f'(x)$ ，用 $|f''|\le1$ 估计得（Ⅰ）；把（Ⅰ）在 $[0,1]$ 上积分， $\int_0^1\frac{x(1-x)}2\dx=\frac1{12}$ ，得（Ⅱ）。

例 8.7李林第六章 §3 例 13 · p151

设

f''

在

[0,1]

上连续，

f(0)=f(1)=0

，

M=\max|f''(x)|

。证明：（1）

\int_0^1f(x)\dx=\dfrac12\int_0^1x(x-1)f''(x)\dx

；（2）

\left|\int_0^1f(x)\dx\right|\le\dfrac M{12}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 从右边出发分部两次。 $\int_0^1x(x-1)f''\dx=\big[x(x-1)f'\big]_0^1-\int_0^1(2x-1)f'\dx=0-\big[(2x-1)f\big]_0^1+2\int_0^1f\dx=2\int_0^1f\dx$ 。

边界项： $x(x-1)$ 在两端为 0； $(2x-1)f$ 在两端为 $f(1)=0$ 与 $-f(0)=0$ 。

② (2) 估计。 $\left|\int_0^1f\right|=\dfrac12\left|\int_0^1x(x-1)f''\right|\le\dfrac M2\int_0^1x(1-x)\dx=\dfrac M{12}$ 。

这是“积分法”：用分部积分把 $f$ 换成 $f''$ ，再估计。与 2024 数一(19) 的 $\frac1{12}$ 是同一个来源。

答案：证明题。思路：（1）从右边出发分部积分两次，边界项因 $x(x-1)$ 或 $f$ 在端点为 0 而消失；（2）对（1）取绝对值，用 $|f''|\le M$ 和 $\int_0^1x(1-x)\dx=\frac16$ 。

8.4罗尔定理与零点：“存在 $\xi$ 使……”

大白话：要证“存在 $\xi$ 使某个式子 $=0$ ”，就找一个函数 $F$ ，让那个式子恰好是 $F'$ ，再找 $F$ 的两个相等的函数值（通常是两个零点），用罗尔定理。积分题里， $F$ 往往就是变限积分 $\int_a^xf$ 或它和别的函数的组合；要证二阶导数为 0，就先找三个零点，用两次罗尔。

2026 数一(20) 的具体例子：

F

有三个零点，罗尔定理给出

F'

的两个零点，再用一次罗尔得

F''(\xi)=0

。

常用构造

结论含 $f(\xi)$ 且条件含 $\int f$ ：令 $F(x)=\int_a^xf(t)\dt$ ， $F'=f$ 。
$f(\xi)=(2-\xi)g(\xi)$ 这类：把它写成 $\big[(x-2)F(x)\big]'=0$ 的形式， $F'=g$ 。
两个函数的比值：柯西中值定理 $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(\eta)}{g'(\eta)}$ 。
“ $f''(\eta)<c$ ”：反证，假设 $f''\ge c$ ，则 $f-\frac c2x^2$ 凹，用凹函数在弦下方推矛盾。

方法卡 · 证明存在

\xi

什么时候用

结论是“存在

\xi\in(a,b)

使……”。

步骤

把要证的式子写成“某个函数的导数 = 0”，确定 $F$ 。
用条件（积分中值定理、介值定理、已知函数值）找 $F$ 的两个相等的值。
罗尔；要二阶导就找三个零点用两次。
结论是不等式（ $f''<c$ ）时用反证 + 凹凸性。

最容易错

积分中值定理的

\xi

只在开区间

(a,b)

内才能保证后面用罗尔时区间不退化；两次罗尔时第二次的区间要取在两个一阶零点之间。

例 8.82026 数一(20)

设可导函数

f(x)

严格单调递增且满足

\int_{-1}^1f(x)\dx=0

，记

a=\int_0^1f(x)\dx

。（Ⅰ）证明

a>0

；（Ⅱ）令

F(x)=a(1-x^2)+\int_1^xf(t)\dt

，证明：存在

\xi\in(-1,1)

，使得

F''(\xi)=0

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 比较两半。 $0=\int_{-1}^0f+\int_0^1f$ ，而 $\int_{-1}^0f(x)\dx=\int_0^1f(x-1)\dx<\int_0^1f(x)\dx=a$ （ $f$ 严格增， $f(x-1)<f(x)$ ）。所以 $0<a+a=2a$ ， $a>0$ 。

把左半区间平移到 $[0,1]$ ，同一区间比被积函数。

② (Ⅱ) 找 $F$ 的三个零点。 $F(1)=0+0=0$ ； $F(-1)=0+\int_1^{-1}f=-\int_{-1}^1f=0$ ； $F(0)=a+\int_1^0f=a-a=0$ 。

积分限是从 1 到 $x$ ， $x<1$ 时要变号； $a$ 的定义正好让 $F(0)=0$ 。

③ 两次罗尔。 $F$ 在 $[-1,0]$ 、 $[0,1]$ 上用罗尔： $F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0$ ， $-1<\xi_1<0<\xi_2<1$ 。 $F'(x)=-2ax+f(x)$ 可导，在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上再用罗尔：存在 $\xi$ 使 $F''(\xi)=0$ 。

$f$ 可导，所以 $F'$ 可导，第二次罗尔的条件满足。

答案：证明题。思路：（Ⅰ）把左半区间平移到 $[0,1]$ ， $f$ 严格增，所以 $\int_{-1}^0f<a$ ，再由总积分为 0 得 $a>0$ ；（Ⅱ）验证 $F(-1)=F(0)=F(1)=0$ ，用两次罗尔定理得 $F''(\xi)=0$ 。

例 8.92010 数三(19)

设函数

f(x)

在

[0,3]

上连续，在

(0,3)

内存在二阶导数，且

2f(0)=\int_0^2f(x)\dx=f(2)+f(3)

。（Ⅰ）证明存在

\eta\in(0,2)

，使

f(\eta)=f(0)

；（Ⅱ）证明存在

\xi\in(0,3)

，使

f''(\xi)=0

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 积分中值定理。 $\int_0^2f=2f(\eta)$ ， $\eta\in(0,2)$ ；又 $\int_0^2f=2f(0)$ ，所以 $f(\eta)=f(0)$ 。

积分中值定理：连续函数的积分 = 某一点的函数值 × 区间长度。把条件里的积分换成一个函数值 $2f(\eta)$ ，就能和 $2f(0)$ 直接比较。

② 再找一个等于 $f(0)$ 的点。 $\dfrac{f(2)+f(3)}2=f(0)$ ，它介于 $f(2)$ 、 $f(3)$ 之间，由介值定理存在 $\zeta\in[2,3]$ 使 $f(\zeta)=f(0)$ 。

两个数的平均值在它们之间。

③ (Ⅱ) 两次罗尔。 $f(0)=f(\eta)=f(\zeta)$ ， $0<\eta<2\le\zeta$ 。在 $[0,\eta]$ 、 $[\eta,\zeta]$ 上罗尔： $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0$ ；在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上对 $f'$ 再用罗尔： $f''(\xi)=0$ ， $\xi\in(0,3)$ 。

三个相等的函数值 → 两个导数零点 → 一个二阶导数零点。

答案：证明题。思路：（Ⅰ）积分中值定理给出 $f(\eta)=f(0)$ ；（Ⅱ）再用介值定理在 $[2,3]$ 上找到 $f(\zeta)=f(0)$ ，三个相等的函数值用两次罗尔定理，得 $f''(\xi)=0$ 。

例 8.102019 数二(21)

已知函数

f(x)

在

[0,1]

上具有 2 阶导数，且

f(0)=0

，

f(1)=1

，

\int_0^1f(x)\dx=1

。证明：（Ⅰ）存在

\xi\in(0,1)

，使得

f'(\xi)=0

；（Ⅱ）存在

\eta\in(0,1)

，使得

f''(\eta)<-2

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 积分中值 + 罗尔。 $\int_0^1f=f(c)=1$ ， $c\in(0,1)$ ； $f(c)=f(1)=1$ ，在 $[c,1]$ 上罗尔： $f'(\xi)=0$ 。

积分中值定理造出一个与 $f(1)$ 相等的函数值。

② (Ⅱ) 反证：设 $f''\ge-2$ 。令 $h(x)=f(x)+x^2$ ，则 $h''=f''+2\ge0$ ， $h$ 是凹函数（向上弯），在弦的下方： $h(x)\le h(0)+[h(1)-h(0)]x=2x$ 。

$h(0)=0$ ， $h(1)=2$ ；“ $f''<-2$ ”等价于“ $h''<0$ ”，反设后 $h$ 凹。

③ 推出矛盾。积分： $\int_0^1h\le\int_0^12x\dx=1$ ，但 $\int_0^1h=\int_0^1f+\int_0^1x^2=1+\dfrac13=\dfrac43>1$ ，矛盾。所以存在 $\eta$ 使 $f''(\eta)<-2$ 。

凹函数的积分不超过弦下的面积（3.4 节 2017 数二(2) 用过同一个事实）。

答案：证明题。思路：（Ⅰ）积分中值定理找到 $f(c)=1=f(1)$ ，再用罗尔定理；（Ⅱ）反证：若 $f''\ge-2$ ，则 $h=f+x^2$ 是凹函数，在弦 $y=2x$ 下方，积分得 $\frac43\le1$ ，矛盾。

例 8.112020 数二(20)

设函数

f(x)=\int_1^x\e^{t^2}\dt

。（Ⅰ）证明：存在

\xi\in(1,2)

，

f(\xi)=(2-\xi)\e^{\xi^2}

；（Ⅱ）证明：存在

\eta\in(1,2)

，

f(2)=\ln2\cdot\eta\e^{\eta^2}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 把结论写成导数为 0。 $f(\xi)+(\xi-2)\e^{\xi^2}=0$ ，即 $\big[(x-2)f(x)\big]'\big|_{x=\xi}=0$ （因为 $f'=\e^{x^2}$ ）。

结论可以移项成 $f(\xi)+(\xi-2)\e^{\xi^2}=0$ ，这正好是 $(x-2)f(x)$ 的导数在 $\xi$ 处为 0（乘积求导，且 $f'=\e^{x^2}$ ）。

② (Ⅰ) 罗尔。 $F(x)=(x-2)f(x)$ ， $F(1)=-f(1)=0$ ， $F(2)=0$ ，存在 $\xi\in(1,2)$ 使 $F'(\xi)=0$ 。

变限积分上下限相同时值为 0，所以 $f(1)=\int_1^1=0$ ， $F(1)=0$ ； $F(2)$ 里有因子 $2-2=0$ ，也为 0。

③ (Ⅱ) 柯西中值定理。对 $f(x)$ 和 $g(x)=\ln x$ 在 $[1,2]$ 上： $\dfrac{f(2)-f(1)}{\ln2-\ln1}=\dfrac{f'(\eta)}{1/\eta}=\eta\e^{\eta^2}$ ，即 $f(2)=\ln2\cdot\eta\e^{\eta^2}$ 。

结论里 $\ln2$ 提示分母是 $\ln x$ 的增量， $\eta$ 乘在前面提示 $g'=\frac1\eta$ 。

答案：证明题。思路：（Ⅰ）结论就是 $[(x-2)f(x)]'=0$ ，对 $(x-2)f(x)$ 在 $[1,2]$ 上用罗尔定理；（Ⅱ）对 $f(x)$ 和 $\ln x$ 用柯西中值定理。

例 8.12李林第六章 §3 例 11 · p150

设

f(x)

在

[0,\pi]

上连续，且

\int_0^\pi f(x)\dx=0

，

\int_0^\pi f(x)\cos x\dx=0

。证明：在

(0,\pi)

内

f(x)

至少有两个零点。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 设变限积分。 $F(x)=\int_0^xf(t)\dt$ ， $F(0)=F(\pi)=0$ ， $F'=f$ 。

条件是积分，结论是 $f$ 的零点，就设 $F=\int f$ 。

② 用第二个条件找 $F$ 的第三个零点。 $0=\int_0^\pi f\cos x\dx=\big[F\cos x\big]_0^\pi+\int_0^\pi F\sin x\dx=\int_0^\pi F(x)\sin x\dx$ 。若 $F$ 在 $(0,\pi)$ 内无零点， $F\sin x$ 恒正或恒负，积分不为 0，矛盾。所以存在 $\xi\in(0,\pi)$ ， $F(\xi)=0$ 。

分部积分把 $f$ 转成 $F$ ； $\sin x>0$ 在 $(0,\pi)$ 内。

③ 两次罗尔（各一次）。 $F(0)=F(\xi)=F(\pi)=0$ ，在 $(0,\xi)$ 、 $(\xi,\pi)$ 内各有一点使 $F'=f=0$ 。

三个零点给出两个导数零点。

答案：证明题。思路：令 $F=\int_0^xf$ ， $F(0)=F(\pi)=0$ ；第二个条件分部积分后变成 $\int_0^\pi F\sin x\dx=0$ ，所以 $F$ 在 $(0,\pi)$ 内还有一个零点；三个零点用两次罗尔定理，得 $f$ 的两个零点。

8.5积分与数列：比大小、夹逼、单调有界

大白话：数列的项是一个积分（ $u_n=\int\cdots$ ），或者数列和某个积分作比较（ $\sum\frac1k$ 与 $\ln n$ ）。前者用“比较被积函数”放缩后夹逼；后者把和式看成矩形面积，和曲线下的面积比。

左端点矩形盖住

y=\frac1x

下的面积：

1+\frac12+\cdots+\frac1{n-1}>\ln n

；多出来的小块加起来有界。

两个工具

积分表示： $\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)=\int_n^{n+1}\dfrac{\dx}x$ ，被积函数夹在 $\frac1{n+1}$ 与 $\frac1n$ 之间。
$f$ 递减时： $f(k+1)\le\int_k^{k+1}f\le f(k)$ ，所以 $\sum f(k)$ 与 $\int f$ 相差有界。

方法卡 · 积分与数列

什么时候用

数列通项是积分；或数列与

\ln n

、

\int_1^nf

有关，要证收敛或求极限。

步骤

通项是积分：比较被积函数得到不等式，再算一个能算的积分做上界，夹逼。
和式与积分：把每一项写成一个小矩形，与 $\int_k^{k+1}f$ 比较。
收敛性：单调（相邻两项作差）+ 有界（和与积分比较）。

最容易错

单调有界只证了一半；

\ln(1+t)\le t

用时忘了

t

的范围。

例 8.132011 数一(18)

（Ⅰ）证明：对任意的正整数

n

，都有

\dfrac1{n+1}<\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)<\dfrac1n

成立；（Ⅱ）设

a_n=1+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n-\ln n

（

n=1,2,\cdots

），证明数列

\{a_n\}

收敛。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 写成积分。 $\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)=\ln(n+1)-\ln n=\int_n^{n+1}\dfrac{\dx}x$ ，在 $(n,n+1)$ 内 $\dfrac1{n+1}<\dfrac1x<\dfrac1n$ ，积分得结论。

区间长度为 1，积分就夹在两个端点值之间（也可以用拉格朗日中值定理）。

② (Ⅱ) 单调减少。 $a_{n+1}-a_n=\dfrac1{n+1}-\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)<0$ 。

由（Ⅰ）的左半边 $\frac1{n+1}<\ln\big(1+\frac1n\big)$ ，两者相减小于 0，所以后一项比前一项小，数列单调减少。

③ (Ⅱ) 有下界。 $\ln n=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\ln\Big(1+\dfrac1k\Big)<\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac1k$ ，所以 $a_n>\dfrac1n>0$ 。

用（Ⅰ）的右半边；图上就是矩形面积和大于曲线下面积。

④ 结论。单调减少且有下界， $\{a_n\}$ 收敛。

单调有界准则。它的极限叫欧拉常数，约 0.577。

答案：证明题。思路：（Ⅰ） $\ln(1+\frac1n)=\int_n^{n+1}\frac{\dx}x$ ，被积函数夹在 $\frac1{n+1}$ 和 $\frac1n$ 之间；（Ⅱ）用（Ⅰ）左半边证 $a_n$ 递减、右半边证 $a_n>0$ ，单调有界，所以收敛。

例 8.142010 数一(17)

（Ⅰ）比较

\int_0^1|\ln t|\big[\ln(1+t)\big]^n\dt

与

\int_0^1t^n|\ln t|\dt

（

n=1,2,\cdots

）的大小，说明理由；（Ⅱ）记

u_n=\int_0^1|\ln t|\big[\ln(1+t)\big]^n\dt

，求极限

\lim\limits_{n\to\infty}u_n

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (Ⅰ) 比较被积函数。 $0<t\le1$ 时 $0\le\ln(1+t)\le t$ ，所以 $|\ln t|[\ln(1+t)]^n\le t^n|\ln t|$ ，积分得 $\int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^n\dt\le\int_0^1t^n|\ln t|\dt$ 。

同区间比被积函数； $|\ln t|\ge0$ 不改变不等号。

② (Ⅱ) 算出上界。 $\int_0^1t^n|\ln t|\dt=-\int_0^1t^n\ln t\dt=-\Big[\dfrac{t^{n+1}}{n+1}\ln t\Big]_0^1+\int_0^1\dfrac{t^n}{n+1}\dt=\dfrac1{(n+1)^2}$ 。

$t^n$ 是幂、 $\ln t$ 是对数，“对”当 $u$ 分部；边界项在 $t\to0^+$ 时要取极限， $t^{n+1}\ln t\to0$ （幂比对数快）。

③ (Ⅱ) 夹逼。 $0\le u_n\le\dfrac1{(n+1)^2}\to0$ ，所以 $\lim u_n=0$ 。

第（Ⅰ）问就是为夹逼准备的。

答案：(Ⅰ) 前者不大于后者；(Ⅱ) 0

例 8.15李林第六章 §3 例 3 · p145

设

f(x)

在

[0,+\infty)

上单调减少、非负、连续，

a_n=\sum\limits_{k=1}^nf(k)-\int_1^nf(x)\dx

，证明数列

\{a_n\}

的极限存在。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① 单调减少。 $a_{n+1}-a_n=f(n+1)-\int_n^{n+1}f(x)\dx\le0$ ，因为在 $[n,n+1]$ 上 $f(x)\ge f(n+1)$ 。

递减函数在区间上的积分不小于右端点值乘长度。

② 有下界。 $a_n=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\Big[f(k)-\int_k^{k+1}f\Big]+f(n)\ge0$ ，每个方括号 $\ge0$ （ $f\le f(k)$ 在 $[k,k+1]$ 上）， $f(n)\ge0$ 。

把积分也拆成 $n-1$ 段，和对应的项配对。

③ 结论。单调减少、有下界，极限存在。

2011 数一(18) 是 $f(x)=\frac1x$ 的特例。

答案：证明题。思路： $a_{n+1}-a_n=f(n+1)-\int_n^{n+1}f\le0$ （递减）；把积分拆成 $n-1$ 段，和对应的 $f(k)$ 逐项比较得 $a_n\ge0$ （有下界）；单调有界，极限存在。

8.6小结

题目里的说法	换成什么	例子
积分与函数值的桥	积分中值定理 $\int_a^bf=f(\xi)(b-a)$	例 8.2、例 8.9
$\lim\frac1x\int_0^x\|\cos t\|\dt$ 这类	按周期夹住，夹逼	例 8.1
$f(a)=f(b)=0$ ， $\|f'\|\le M$ ，估 $\int f$	两头各用拉格朗日	例 8.2
两边都是积分， $f$ 单调	上限换成 $x$ ，辅助函数求导	例 8.3、例 8.4
$f''\ge0$ ，与 $f(\frac{a+b}2)$ 比较	中点泰勒展开，一次项积分为 0	例 8.5
$\|f''\|\le1$ ，与 $\frac{f(0)+f(1)}2$ 比较	在 $x$ 处展开到 0 和 1，加权相加	例 8.6、例 8.7
“存在 $\xi$ 使 $F''(\xi)=0$ ”	找三个零点，两次罗尔	例 8.8、例 8.9
“存在 $\xi$ 使 $f(\xi)=(2-\xi)g(\xi)$ ”	构造 $[(x-2)F(x)]'$ ，罗尔	例 8.11
结论里有 $\ln2$ 和 $\eta g(\eta)$	柯西中值定理， $g=\ln x$	例 8.11
“存在 $\eta$ 使 $f''(\eta)<c$ ”	反证： $f-\frac c2x^2$ 凹，弦下方	例 8.10
$\int f=\int f\cos x=0$ ，证两个零点	$F=\int_0^xf$ ，分部得第三个零点	例 8.12
$\sum\frac1k-\ln n$ 收敛	$\ln(1+\frac1n)=\int_n^{n+1}\frac{\dx}x$ ；单调有界	例 8.13、例 8.15
$u_n=\int\cdots$ 求极限	比较被积函数放大，算上界，夹逼	例 8.14

第 9 部分

看形状选方法（总表）

把前八部分反过来用：不看方法看形状。五张总表（不定积分、定积分、变限积分、反常积分、应用题）、两张选法流程图，最后是一页口诀和一道自测。

这一部分怎么用

前面八个部分按“方法”讲；这一部分反过来，按“被积函数长什么样”查该用什么方法。做题卡住时，先在表里找和题目最像的一行，照着“第一步”写下去。每行最后的例子可以点进去看完整解法。

表是按优先顺序排的：同一个式子可能对得上好几行，越靠前的方法越省事，先试靠前的。

9.1不定积分：看被积函数的形状

不定积分是一切积分计算的底子。下面的流程图就是“先问什么、后问什么”：从上往下问，第一个回答“是”的地方就是该用的方法。

不定积分的选法：按顺序问 8 个问题；换元或分部以后得到的新积分，再从第①问重新走一遍。

被积函数长这样	用什么方法	第一步怎么写	例子
分段函数、 $\|x\|$ 、 $\max\{\cdots\}$	分段积分，连续性粘常数	先写成分段函数，每段各带 $C_i$	例 1.11、例 1.13
多项式、幂函数的和； $\frac{(1-x)^2}{\sqrt x}$	展开、拆项、查表	写成 $\sum a_kx^{\mu_k}$	例 1.3
$\tan^2x$ 、 $\frac1{\sin^2x\cos^2x}$ 、 $\frac{\cos2x}{\cos x-\sin x}$	三角恒等变形后查表	$1=\sin^2x+\cos^2x$ ， $\tan^2x=\sec^2x-1$	例 1.4
$\frac{x^4}{1+x^2}$ 、 $\frac1{1+\e^x}$ （分子凑得出分母）	加一减一	$x^4=(x^4-1)+1$ ； $1=(1+\e^x)-\e^x$	例 1.3、例 2.3
$\frac{\varphi'(x)}{\varphi(x)}$ （分子是分母的导数）	直接得 $\ln\|\varphi\|$	先对分母求导，看是否等于分子	例 2.17
$f(ax+b)$ ； $x^{n-1}f(x^n)$	凑微分	$\dx=\frac1a\dd(ax+b)$ ； $x^{n-1}\dx=\frac1n\dd x^n$	例 2.1
$\frac{f(\ln x)}x$ 、 $\frac{f(\sqrt x)}{\sqrt x}$ 、 $f(\e^x)\e^x$	凑微分	$\frac{\dx}x=\dd\ln x$ ， $\frac{\dx}{\sqrt x}=2\dd\sqrt x$ ， $\e^x\dx=\dd\e^x$	例 2.3、例 2.1
$\frac{f(\arctan x)}{1+x^2}$ 、 $\frac{f(\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}$	凑微分	$\frac{\dx}{1+x^2}=\dd\arctan x$	例 2.1、例 4.3
$\frac{x^2+1}{x^4+1}$ 、 $\frac{\e^{3x}+\e^x}{\e^{4x}+1}$	同除中间次数，凑 $\dd\big(x\mp\frac1x\big)$	分子分母同除 $x^2$ （或 $\e^{2x}$ ）	例 2.4
$\sqrt[n]{ax+b}$ ； $\sqrt x$ 与 $\sqrt[3]x$ 同时出现	根式代换	$t=\sqrt[n]{ax+b}$ ； $x=t^6$	例 2.5
$\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}$	根式代换	$t=$ 整个根号，反解 $x$	例 2.6
$\sqrt{\e^x-1}$ 、 $\sqrt{1+\e^x}$	根式代换	$t=\sqrt{\e^x-1}$ ， $\dx=\frac{2t}{1+t^2}\dt$	例 2.7
$\sqrt{a^2-x^2}$	三角代换	$x=a\sin t$	例 2.8、例 2.9
$\sqrt{x^2+a^2}$	三角代换（或查表第 12 条）	$x=a\tan t$	例 2.8
$\sqrt{x^2-a^2}$	三角代换（或查表第 12 条）	$x=a\sec t$ ，注意 $x<0$ 时的符号	例 4.6
$\frac{Ax+B}{\sqrt{ax^2+bx+c}}$	分子拆“根号里的导数 + 常数”，再配方	$Ax+B=\lambda(2ax+b)+\mu$	例 2.10
$\frac1{x^k\sqrt{\cdots}}$ （分母次数高）	倒代换	$x=\frac1t$	例 2.11
$P_n(x)\e^{kx}$ 、 $P_n(x)\sin kx$	分部，多项式当 $u$ （表格法）	$\e^{kx}\dx=\dd\frac{\e^{kx}}k$	例 2.12、例 2.15
$P_n(x)\ln x$ 、 $P_n(x)\arctan x$ 、单独的 $\ln x$ 、 $\arcsin x$	分部，对数、反三角当 $u$	$P_n\dx=\dd(\text{原函数})$ ，单独时 $v=x$	例 2.12、例 2.14
$\e^{kx}\sin ax$ 、 $\sin(\ln x)$	分部两次，循环解方程	两次都让同一类进 $\dd v$	例 2.13
$\sin^nx$ 、 $\tan^nx$ （含 $n$ ）	分部或配对，得递推	$\sin^nx=\sin^{n-1}x\cdot\sin x$	例 2.16、例 4.26
$\frac{P(x)}{Q(x)}$ （有理函数）	除法 + 部分分式	先看分子是否是分母的导数；否则分解分母	例 2.19、例 2.20
$\frac{Bx+C}{x^2+px+q}$ （不能分解）	拆成“导数 + 常数”，得 ln + arctan	$Bx+C=\frac B2(2x+p)+\cdots$	例 2.17
$\sin$ 或 $\cos$ 是奇次	留一个凑 $\dd\cos x$ 或 $\dd\sin x$	$\sin^3x\dx=-(1-\cos^2x)\dd\cos x$	例 2.21
$\sin,\cos$ 都是偶次	降幂；分母偶次用 $u=\tan x$	$\cos^2x=\frac{1+\cos2x}2$ ； $\frac1{\cos^4x}=(1+\tan^2x)\sec^2x$	例 2.21、例 2.22
$\frac1{1\pm\sin x}$ 、 $\frac1{1\pm\cos x}$	乘共轭或倍角公式	上下同乘 $1\mp\sin x$	例 2.22
$\frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}$	分子 = $A$ ·分母 + $B$ ·分母'	比较 $\sin$ 、 $\cos$ 的系数解 $A,B$	例 2.23
其他三角有理式	万能代换 $t=\tan\frac x2$	$\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$ ， $\dx=\frac{2\dt}{1+t^2}$	例 2.23
根号 + 反三角（或对数）	先换元去根号，再分部	$t=\sqrt{\cdots}$ ，然后反三角当 $u$	例 2.24、例 2.25
$\e^x[f(x)+f'(x)]$ 、两项各自积不出	分部消项	只对其中一项分部	例 2.26
$x^kf'(x)$ 、 $x^kf''(x)$ （抽象函数）	分部，把导数转走	$f'\dx=\dd f$	例 2.27
$f^{-1}(x)$	令 $x=f(t)$ ，再分部	$\int f^{-1}(x)\dx=\int t\,\dd f(t)$	例 2.28

9.2定积分：先看区间，再看被积函数

定积分多了上下限，很多题不用求原函数：先看区间有没有对称、周期、“区间再现”可用，最后才回到 9.1 硬算。

定积分的选法：先用区间的特点化简，最后才找原函数。

被积函数长这样	用什么方法	第一步怎么写	例子
区间 $[-a,a]$	去掉奇函数，偶函数翻倍	把被积函数拆成奇 + 偶	例 4.11、例 4.14
$\frac{g(x)}{1+\e^{\pm x}}$ 、 $\arctan\e^x$ 在对称区间上	$\int_{-a}^a f=\int_0^a[f(x)+f(-x)]$	算 $f(x)+f(-x)$ ，常常是常数	例 4.15
$\sqrt{a^2-x^2}$ 、 $\sqrt{2ax-x^2}$	几何意义：圆的面积	配方看出圆心、半径	例 3.3、例 3.4
区间关于 $c$ 对称，如 $[0,2]$ 配 $\sqrt{2x-x^2}$	平移 $x=c+t$ ，再用对称性	$x=1+t$	例 4.12、例 4.13
$\|\sin x\|$ 、周期函数	按周期平移，与起点无关	$\int_a^{a+nT}f=n\int_0^Tf$	例 4.17、例 4.20
分段函数、 $f(x-1)$ 、 $\|t^2-x^2\|$	在分段点、零点处拆开	先换元 $t=x-1$ 再分段	例 4.19、例 4.18
函数方程 $f(x+T)-f(x)=g(x)$	换元把区间搬到已知区间	$\int_T^{T+1}f(x)\dx=\int_0^1f(t+T)\dt$	例 4.16
$[0,\frac\pi2]$ 上 $\sin,\cos$ 对称出现	区间再现 $x\to\frac\pi2-x$ ，相加	$I=J$ ， $2I=\int(\cdots)$	例 4.21、例 4.23
$[0,\pi]$ 上 $xf(\sin x)$	$=\frac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\dx$	$x\to\pi-x$	例 4.21、例 4.22
$\sin^nx$ 、 $\cos^nx$ 、 $x^m\sqrt{1-x^2}$	华里士公式	化到 $[0,\frac\pi2]$ ； $x=\sin t$	例 4.24
$a_n=\int_0^1x^n\cdots$ （含 $n$ ）	分部得递推；比较被积函数得单调	分出一部分凑 $\dd v$	例 4.25、例 4.26
$\int xf\,''(x)\dx$ + 切线条件	分部，边界项用 $f(a),f'(a)$	先把条件翻译成函数值、导数值	例 4.7、例 4.10
只知道 $f'$ ，求 $\int_a^bf$	分部， $v=x-c$ 让边界项为 0	$\int f\dx=[(x-c)f]-\int(x-c)f'$	例 4.10
被积函数里有 $\int_c^xh(t)\dt$	分部，变限积分当 $u$	$v$ 取在 $x=c$ 处为 0 的原函数	例 5.29、例 5.30
被积函数里有 $\int_a^bf$ 本身	设它为常数 $A$ ，两边积分	$f=\cdots+A$	例 4.22、例 6.26
$\sqrt x$ 、 $\sqrt{\cdots}$	换元，上下限一起换	$x=t^2$ ， $x:0\to\pi^2\Rightarrow t:0\to\pi$	例 4.1
有理函数	部分分式；二次因式拆“导数 + 常数”	同 9.1	例 4.2、例 4.4
“比较几个积分的大小”	回到被积函数	统一区间，作差判断符号	例 3.11、例 3.9
$\lim\sum\frac1nf\big(\frac kn\big)$	定积分定义	提出 $\frac1n$ ，把 $\frac kn$ 换成 $x$	例 3.13、例 3.14

9.3变限积分：先求导

被积函数长这样	用什么方法	第一步怎么写	例子
$\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\dt$ （被积函数不含 $x$ ）	求导公式	上限代入乘上限导数，减下限的	例 5.1、例 5.2
被积函数含 $x$ ，能提出（ $(x-t)f(t)$ 、 $x^2f(t)$ ）	提到积分号外，乘积法则	$\int_0^x(x-t)f=x\int_0^xf-\int_0^xtf$	例 5.26、例 5.3
$f(x-t)$ 、 $f(xt)$ 、 $tf(x^2-t^2)$	换元把 $x$ 挪到积分限上	$u=x-t$ ； $u=xt$ ； $u=x^2-t^2$	例 5.10、例 5.8
$\frac00$ 、 $\frac\infty\infty$ 型极限，含变限积分	等价化简后洛必达一次	分母先换等价无穷小	例 5.17、例 5.18
几个变限积分比阶	阶 = （被积函数的阶 + 1）× 上限的阶	$f(t)\sim at^m$ ，上限 $\sim bx^n$	例 5.20、例 5.21
奇偶性、周期性	奇积成偶、偶积成奇（下限 0）	先判被积函数，再看上限	例 5.12、例 5.15
单调、极值、拐点	求导看符号；或看主项 $cx^k$	把 $f'$ 写成因子乘积	例 5.26、例 5.27
$f=\varphi(x)+\int_0^xf$	求导得微分方程或递推	别忘了代 $x=0$ 定初值	例 5.33

9.4反常积分：先找问题点

被积函数长这样	用什么方法	第一步怎么写	例子
“下列哪个收敛/发散”	每个问题点和 $\frac1{x^p}$ 比	无穷远 $p>1$ 、瑕点 $p<1$ 收敛	例 6.3、例 6.4
收敛时参数的范围	每个问题点一个不等式，取交集	拆段，写出每段的主项	例 6.7、例 6.9
$\frac{\ln x}{(1+x)^2}$ 、 $\frac{\ln(1+x)}{x^2}$	分部模子	$\ln$ 当 $u$ ，边界项取极限	例 6.14、例 6.16
$\frac1{\text{二次式}}$	有理模子	配方得 arctan；拆项得 ln（先合并再取极限）	例 6.15、例 6.18
根号里有 $\|\cdots\|$ ，或区间内部有零点	在零点处拆开	零点既是瑕点也是分段点	例 6.20、例 6.23
$x^n\e^{-x}$ 、 $\e^{-x^2}$	Γ 函数	$\int_0^{+\infty}x^n\e^{-x}=n!$	例 6.27
已知积分值求参数	算出来解方程，再查收敛	舍去让分母在区间内为 0 的根	例 6.24

9.5应用题：先画图，再写微元

被积函数长这样	用什么方法	第一步怎么写	例子
上下两条曲线围成	$\int(\text{上}-\text{下})\dx$	求交点，定上下	例 7.2、例 7.7
左右两条曲线（或竖切要分段）	$\int(\text{右}-\text{左})\dy$	反解成 $x=\varphi(y)$	例 7.2、例 7.16
极坐标 $r=r(\theta)$	$\frac12\int r^2\dth$	定出 $\theta$ 的范围	例 7.7
参数方程	$\int y(t)x'(t)\dt$	$t$ 的走向与 $x$ 一致	例 7.7、例 7.17
绕 $x$ 轴旋转	圆盘（垫圈）	$\pi\int(y_上^2-y_下^2)\dx$	例 7.11、例 7.13
绕 $y$ 轴旋转	柱壳	$2\pi\int x(y_上-y_下)\dx$	例 7.10、例 7.8
绕直线 $x=k$ 、 $y=k$	半径 = 到这条线的距离	横切或竖切，选不用分段的	例 7.16
弧长	$\int\sqrt{1+y'^2}\dx$ 等	根号里一般能开方	例 7.18、例 7.22
旋转曲面面积	$2\pi\int y\,\dd s$	先把 $\dd s$ 化简	例 7.23、例 7.24
截面已知、柱体	$\int A(x)\dx$	写出截面的边长	例 7.25、例 7.26
抽水做功	每层水重 × 提升距离	$y$ 轴向下为深度	例 7.27、例 7.29
水压力	$\rho g\times$ 深度 × 宽度	写出深度 $y$ 处的宽度	例 7.30
质心、形心	力矩 ÷ 质量（形心：÷ 面积）	竖条的质心在中点，高 $\frac{f+g}2$	例 7.27、例 7.28
引力、克服引力做功	分解成分量，对称的抵消	$\dd F=\frac{Gm\dd M}{r^2}$	例 7.31、例 7.32
面积、体积含参数求最值	写成参数的函数，求导	上下限含参数就是变限积分	例 7.4、例 7.14

9.6一页速查与自测

积分方法口诀（背下来）

先化简：分段拆开，展开拆项，三角恒等变形，加一减一。
看里层：里层的导数就在旁边 → 凑微分。
看根号：一次式、指数在根号里 → 整个根号设成 $t$ ；二次式在根号里 → 配方 + 三角代换。
看乘积：两类函数相乘 → 分部，“反对幂指三”排前面的当 $u$ 。
看分式：多项式 ÷ 多项式 → 除法 + 部分分式；二次因式 → ln + arctan。
看三角：奇次留一个凑微分，偶次降幂或 $\tan x$ ，最后才万能代换。
定积分先看区间：对称、周期、区间再现、华里士、几何意义，能不找原函数就不找。
反常积分先找问题点：拆段，每段和 $\frac1{x^p}$ 比。

例 9.1基础

先只看形状说出方法，再算出来：（1）

\int\dfrac x{1+x^4}\dx

；（2）

\int x^2\e^x\dx

；（3）

\int\dfrac{\dx}{x^2+4x+13}

；（4）

\int\sqrt{9-x^2}\dx

；（5）

\int\dfrac{\dx}{1+\sqrt{x+1}}

；（6）

\int\sin^3x\cos^2x\dx

；（7）

\int x\arctan x\dx

；（8）

\int\dfrac{x+1}{x^2(x-1)}\dx

；（9）

\int\e^{\sqrt x}\dx

；（10）

\int\dfrac{\dx}{2+\cos x}

。

解答先遮住，自己试 5 分钟

① (1)(2)(3)。（1） $x\dx=\frac12\dd x^2$ ，凑微分： $\dfrac12\arctan x^2+C$ 。（2）幂 × 指，分部（表格法）： $(x^2-2x+2)\e^x+C$ 。（3）二次式不能分解，配方 $(x+2)^2+9$ ： $\dfrac13\arctan\dfrac{x+2}3+C$ 。

（1）分母里 $x^4=(x^2)^2$ 、分子有 $x$ ，是 9.1 表“ $x^{n-1}f(x^n)$ ”那一行；（3）是“ $\frac{Bx+C}{x^2+px+q}$ ”的 $B=0$ 情形。

② (4)(5)(6)。（4） $\sqrt{a^2-x^2}$ ， $x=3\sin t$ ： $\dfrac92\arcsin\dfrac x3+\dfrac x2\sqrt{9-x^2}+C$ 。（5）一次式在根号里， $t=\sqrt{x+1}$ ： $2\sqrt{x+1}-2\ln(1+\sqrt{x+1})+C$ 。（6） $\sin$ 奇次，凑 $\dd\cos x$ ： $-\dfrac{\cos^3x}3+\dfrac{\cos^5x}5+C$ 。

（5）一次式在根号里，整个根号设成 $t$ ；（6） $\sin$ 是奇次，留一个 $\sin x$ 和 $\dx$ 凑成 $-\dd\cos x$ ，其余的 $\sin^2x$ 换成 $1-\cos^2x$ 。

③ (7)(8)。（7）幂 × 反三角，反三角当 $u$ ： $\dfrac{x^2+1}2\arctan x-\dfrac x2+C$ 。（8）有理函数， $\dfrac{x+1}{x^2(x-1)}=-\dfrac2x-\dfrac1{x^2}+\dfrac2{x-1}$ ： $-2\ln|x|+\dfrac1x+2\ln|x-1|+C$ 。

（7） $x\dx=\dd\frac{x^2+1}2$ （加 1 是为了约掉 $\frac1{1+x^2}$ ）；（8）设 $\frac Ax+\frac B{x^2}+\frac C{x-1}$ ：乘 $x-1$ 代 $x=1$ 得 $C=2$ ；乘 $x^2$ 代 $x=0$ 得 $B=-1$ ；通分后比较 $x^2$ 的系数 $A+C=0$ ，得 $A=-2$ 。

④ (9)(10)。（9）先换元 $t=\sqrt x$ 再分部： $2(\sqrt x-1)\e^{\sqrt x}+C$ 。（10）三角有理式，奇偶法不适用，万能代换： $\dfrac2{\sqrt3}\arctan\Big(\dfrac1{\sqrt3}\tan\dfrac x2\Big)+C$ 。

（9）先换元去掉根号，得到“幂 × 指”，再分部；（10）分母是 $\cos x$ 加常数，奇偶法用不上，只能万能代换，化成 $\frac1{3+t^2}$ 型。

答案：方法依次为：凑微分、分部、配方、三角代换、根式代换、奇次凑微分、分部、部分分式、换元 + 分部、万能代换。结果（都要 $+C$ ）：（1） $\frac12\arctan x^2$ ；（2） $(x^2-2x+2)\e^x$ ；（3） $\frac13\arctan\frac{x+2}3$ ；（4） $\frac92\arcsin\frac x3+\frac x2\sqrt{9-x^2}$ ；（5） $2\sqrt{x+1}-2\ln(1+\sqrt{x+1})$ ；（6） $-\frac{\cos^3x}3+\frac{\cos^5x}5$ ；（7） $\frac{x^2+1}2\arctan x-\frac x2$ ；（8） $-2\ln|x|+\frac1x+2\ln|x-1|$ ；（9） $2(\sqrt x-1)\e^{\sqrt x}$ ；（10） $\frac2{\sqrt3}\arctan\big(\frac1{\sqrt3}\tan\frac x2\big)$

第 10 部分

二级结论与反例库

把前面推出过的现成结果集中起来：33 条二级结论（每条标出在哪道例题里推过）和 12 个常用反例。选择、填空直接用，解答题要写推导。

二级结论怎么用

“二级结论”是从基本公式推出来、做题时可以直接用的现成结果。选择题、填空题可以直接用；解答题要把推导写出来（一般两三行，推导方法就在对应的例题里）。每一条都用程序单独核对过（页尾“核对方法”）。

10.1不定积分的二级结论

#	结论	什么时候用	出处 / 例子
1	$\int\sec x\dx=\ln\|\sec x+\tan x\|+C$ ， $\int\csc x\dx=\ln\|\csc x-\cot x\|+C$	三角代换后常出现 $\int\sec t\dt$	例 2.2
2	$\int\dfrac{\dx}{\sqrt{x^2\pm a^2}}=\ln\big\|x+\sqrt{x^2\pm a^2}\big\|+C$	省去三角代换	例 2.8
3	$\int\sqrt{a^2-x^2}\dx=\dfrac{a^2}2\arcsin\dfrac xa+\dfrac x2\sqrt{a^2-x^2}+C$	半圆下的面积 = 扇形 + 三角形	例 2.8
4	$\int\e^{ax}\sin bx\dx=\dfrac{\e^{ax}(a\sin bx-b\cos bx)}{a^2+b^2}+C$ ， $\int\e^{ax}\cos bx\dx=\dfrac{\e^{ax}(a\cos bx+b\sin bx)}{a^2+b^2}+C$	填空题直接写，省去两次分部	例 2.15
5	$\int\e^x\big[f(x)+f'(x)\big]\dx=\e^xf(x)+C$	看到“一个函数加它的导数”乘 $\e^x$	例 2.26
6	$\int\big[xf'(x)+f(x)\big]\dx=xf(x)+C$ ； $\int f^{-1}(x)\dx=xf^{-1}(x)-F\big(f^{-1}(x)\big)+C$	抽象函数、反函数的积分	例 2.28
7	$\int\dfrac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}\dx=Ax+B\ln\|c\sin x+d\cos x\|+C$ ，其中 $a\sin x+b\cos x=A(\text{分母})+B(\text{分母})'$	分子分母都是 $\sin,\cos$ 的一次式	例 2.23
8	分段函数（在 $x_0$ 连续）的原函数：右段要加 $F_1(x_0)-F_2(x_0)$	选择题判断哪个是原函数	例 1.11
9	$\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx$ 的递推 $I_n=\frac{n-1}nI_{n-2}$ ； $\int_0^{\pi/4}\tan^nx\dx$ 满足 $I_n+I_{n-2}=\frac1{n-1}$	含 $n$ 的积分	例 2.16、例 4.26

10.2定积分的二级结论

#	结论	什么时候用	出处 / 例子
10	$\int_{-a}^af(x)\dx=\int_0^a\big[f(x)+f(-x)\big]\dx$ ；若 $f(x)+f(-x)=A$ 、 $g$ 偶，则 $\int_{-a}^afg=A\int_0^ag$	对称区间、被积函数不奇不偶	例 4.15
11	$\int_a^bf(x)\dx=\int_a^bf(a+b-x)\dx$	区间再现，与原积分相加	例 4.21
12	$\int_0^{\pi/2}f(\sin x)\dx=\int_0^{\pi/2}f(\cos x)\dx$ ； $\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin^\alpha x}{\sin^\alpha x+\cos^\alpha x}\dx=\dfrac\pi4$	$[0,\frac\pi2]$ 上 $\sin$ 与 $\cos$ 对称出现	例 4.21
13	$\int_0^\pi xf(\sin x)\dx=\dfrac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\dx$	被积函数是 $x$ 乘 $\sin x$ 的函数	例 4.21、例 4.22
14	华里士： $\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx=\frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdots\big(\frac\pi2\text{ 或 }1\big)$ ； $\int_0^\pi\sin^n=2\int_0^{\pi/2}\sin^n$	$\sin^n$ 、 $\cos^n$ 、 $x^m\sqrt{1-x^2}$	例 4.24
15	$f$ 以 $T$ 为周期： $\int_a^{a+T}f=\int_0^Tf$ ， $\int_0^{nT}f=n\int_0^Tf$	周期函数、 $\|\sin x\|$	例 4.17、例 4.20
16	$\int_0^{\pi/2}\ln\sin x\dx=-\dfrac\pi2\ln2$ ； $\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{1+x^2}\dx=\dfrac\pi8\ln2$	原函数不是初等函数的定积分	例 4.23
17	$f''\ge0$ $\Rightarrow$ $(b-a)f\big(\frac{a+b}2\big)\le\int_a^bf\le(b-a)\dfrac{f(a)+f(b)}2$	凹函数的积分比大小（曲线在切线上方、弦下方）	例 8.5、例 3.12
18	$\|f''\|\le M$ $\Rightarrow$ $\left\|\int_0^1f-\dfrac{f(0)+f(1)}2\right\|\le\dfrac M{12}$	梯形公式的误差	例 8.6、例 8.7
19	$f(a)=f(b)=0$ ， $\|f'\|\le M$ $\Rightarrow$ $\left\|\int_a^bf\right\|\le\dfrac M4(b-a)^2$	估积分的上界	例 8.2
20	$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac1n\sum\limits_{k=1}^nf\Big(\dfrac kn\Big)=\int_0^1f(x)\dx$	和式极限	例 3.13
21	$\int_0^1x^n\|\ln x\|\dx=\dfrac1{(n+1)^2}$	积分数列求极限	例 8.14
22	$\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}\dx=a_n$ 满足 $a_n=\frac{n-1}{n+2}a_{n-2}$ ， $\frac{a_n}{a_{n-1}}\to1$	递推	例 4.25

10.3变限积分、反常积分、应用的二级结论

#	结论	什么时候用	出处 / 例子
23	$\Big(\int_{\psi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\dt\Big)'=f(\varphi)\varphi'-f(\psi)\psi'$	一切变限积分求导	例 5.1
24	$f(t)\sim at^m$ ， $\varphi(x)\sim bx^n$ $\Rightarrow$ $\int_0^{\varphi(x)}f\sim\frac a{m+1}(bx^n)^{m+1}$ ，阶 $n(m+1)$	比较变限积分的阶	例 5.20、例 5.21
25	$f$ 奇 $\Rightarrow\int_0^xf$ 偶； $f$ 偶 $\Rightarrow\int_0^xf$ 奇	奇偶性选择题	例 5.12、例 5.14
26	$f$ 以 $T$ 为周期： $\int_0^xf$ 以 $T$ 为周期 $\iff\int_0^Tf=0$	周期性选择题	例 5.12
27	$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A$ $\Rightarrow$ $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac1x\int_0^xf=A$ （反之不成立）	平均值的极限	例 5.24
28	$\int_1^{+\infty}\frac{\dx}{x^p}$ ： $p>1$ 收敛； $\int_0^1\frac{\dx}{x^p}$ ： $p<1$ 收敛	判敛的尺子	例 6.3、例 6.5
29	$\int_2^{+\infty}\frac{\dx}{x\ln^px}$ ： $p>1$ 收敛	对数型尺子	例 6.5、例 6.8
30	$\int_0^{+\infty}\frac{\dx}{x^a(1+x)^b}$ 收敛 $\iff a<1$ 且 $a+b>1$	两头都有问题点的参数题	例 6.7
31	$\Gamma(n+1)=\int_0^{+\infty}x^n\e^{-x}\dx=n!$ ， $\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\frac{\sqrt\pi}2$ ， $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}x\dx=\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\dx=\frac\pi2$	常用反常积分的值	例 6.27
32	绕 $y$ 轴： $V_y=2\pi\int_a^bx\|f(x)\|\dx$ （ $0\le a<b$ ）	柱壳法	例 7.8、例 7.9
33	摆线一拱：面积 $3\pi a^2$ ， $V_x=5\pi^2a^3$ ， $V_y=6\pi^3a^3$ ；心形线 $r=a(1+\cos\theta)$ 面积 $\frac32\pi a^2$	常见曲线的现成结果	例 7.7、例 7.17

10.4反例库：这些“看起来对”的说法是错的

#	错误说法	反例	在哪里用到
1	可积 $\Rightarrow$ 有原函数	$\operatorname{sgn}x$ 在 $[-1,1]$ 上可积，但没有原函数	例 3.2、例 1.8
2	有原函数 $\Rightarrow$ 连续	$F=x^2\sin\frac1x$ 的导数在 0 处振荡间断，却有原函数 $F$	例 1.10
3	$f$ 有跳跃点 $\Rightarrow\int_0^xf$ 不连续	$\int_0^xf$ 仍连续，只是在跳跃点不可导	例 5.13、例 1.9
4	奇函数在 $(-\infty,+\infty)$ 上的积分为 0	$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac x{1+x^2}\dx$ 发散	例 6.1
5	$\int f^2$ 收敛 $\Rightarrow\int f$ 收敛	$f=\frac1{1+x}$	例 6.12
6	$\int_0^{+\infty}f$ 收敛（ $f\ge0$ ） $\Rightarrow$ 有 $p>1$ 使 $x^pf$ 有界	$f=\frac1{(x+2)\ln^2(x+2)}$	例 6.12
7	$\lim f(x)$ 存在 $\Rightarrow\lim f'(x)$ 存在	$f=\frac{\sin x^2}{x+1}$	例 5.24
8	$\lim\frac1x\int_0^xf$ 存在 $\Rightarrow\lim f$ 存在	$f=\sin x$	例 5.24
9	$f$ 是周期函数 $\Rightarrow\int_0^xf$ 是周期函数	$f=\e^{\cos x}$ ： $\int_0^{2\pi}f>0$	例 5.12
10	$\int_0^1f=0$ 且 $f'<0$ $\Rightarrow f(\frac12)<0$	$f=\frac12-x$ ， $f(\frac12)=0$	例 3.7
11	在 $[0,1]$ 上 $1+\cos x>1+\sin x$	只在 $x<\frac\pi4$ 时成立	例 3.11
12	$\ln\frac{\|2+a\|}2=\ln2$ 的两个根都对	$a=-6$ 使被积函数在 $x=3$ 处无界，积分发散	例 6.24

10.5小结：什么时候想到二级结论

看到	想到	例子
$\e^x(\cdots)$ 且括号里是“函数 + 导数”	第 5 条	例 2.26
对称区间、 $\frac1{1+\e^x}$ 、 $\arctan\e^x$	第 10 条	例 4.15
$[0,\frac\pi2]$ 、 $[0,\pi]$ 上的三角积分	第 11—14 条	例 4.21、例 4.24
$f''$ 有符号或有界，比较积分与函数值	第 17—18 条	例 8.5、例 8.6
变限积分比阶、判奇偶	第 24—26 条	例 5.20、例 5.12
反常积分含参数	第 28—30 条	例 6.7
选择题问“一定成立的是”	先翻反例库	例 6.12、例 5.24

第 11 部分

易错清单

把前面每一节“最容易错”汇总成一张清单：36 条，每条都给出正确做法和可以回看的例题。考前过一遍。

11.1计算不定积分时

#	容易这样错	正确的做法	看这道例题
1	最后忘了 $+C$ ；分段函数每段各写一个 $C$ 就交卷	分段积分后用连续性把常数粘成一个	例 1.11
2	$\int\frac{\dx}x=\ln x+C$	$\ln\|x\|+C$ ； $\int\tan x\dx=-\ln\|\cos x\|+C$ 也要绝对值	例 2.2
3	凑微分漏系数： $\int\e^{3x}\dx=\e^{3x}+C$	$\dd(3x)=3\dx$ ，前面补 $\frac13$	例 2.1
4	换元只换了被积函数，没换 $\dd x$ ；最后没把 $t$ 代回	反解 $x=\psi(t)$ ，写出 $\dd x=\psi'(t)\dt$ ，算完代回	例 2.5
5	三角代换回代时开方符号错	由 $t$ 的范围定 $\cos t$ 、 $\tan t$ 的正负；画辅助三角形	例 2.9、例 4.6
6	分部积分 $u$ 选反，越积越复杂	“反对幂指三”，排在前面的当 $u$	例 2.12
7	循环积分第二次换了 $u$ 的类型，得到 $0=0$	两次都让同一类函数进 $\dd v$	例 2.13
8	部分分式漏项： $(x-1)^2$ 只写 $\frac B{(x-1)^2}$ ；二次因式分子只写常数	$\frac A{x-1}+\frac B{(x-1)^2}$ ；二次因式配 $Cx+D$	例 2.19
9	三角有理式一上来就用万能代换，算不下去	先看奇偶：奇次凑微分，偶次降幂或 $\tan x$	例 2.21
10	答案和书上长得不一样，以为算错	求导验算；原函数之间可以差一个常数	例 1.2、例 2.22

11.2计算定积分、变限积分、反常积分时

#	容易这样错	正确的做法	看这道例题
11	换元不换限；或者换了限又把变量代回去	上下限随变量一起换，算完直接代新限	例 4.1
12	分部积分丢了边界项 $uv\big\|_a^b$	边界项先算，常常用到题目给的 $f(a)$ 、 $f'(a)$	例 4.7
13	区间内部有瑕点，直接用牛顿—莱布尼茨	先找瑕点，拆开分别取极限	例 6.23、例 6.20
14	$\sqrt{1-\sin2x}=\sin x-\cos x$	$\sqrt{a^2}=\|a\|$ ，按符号拆区间或用周期	例 4.20
15	华里士公式：偶数忘乘 $\frac\pi2$ ； $[0,\pi]$ 上 $\cos$ 的奇次方也套公式	偶数乘 $\frac\pi2$ ，奇数乘 1； $\int_0^\pi\cos^{2k+1}=0$	例 4.24
16	比大小时只在区间的一部分上验证了不等式	在整个积分区间上判断被积函数的符号	例 3.11
17	和式极限的宽度与份数不匹配	宽度 = 1/份数；代 $f\equiv1$ 检验	例 3.14
18	变限积分求导忘了乘上限的导数	$\big(\int_0^{\varphi(x)}f\big)'=f(\varphi)\varphi'$	例 5.1
19	被积函数里有 $x$ ，直接套求导公式	先把 $x$ 提出去或换元挪到积分限上	例 5.26、例 5.8
20	只知道 $f$ 连续（或只在一点可导），却洛必达两次	洛必达一次后用导数定义或积分中值定理	例 5.8
21	分段点处用求导公式算 $g'(0)$	分段点用导数定义	例 5.10
22	下限不是 0 也用“奇积成偶”	$\int_a^xf=\int_0^xf+$ 常数，奇函数加常数不再奇	例 5.12
23	反常积分只看了一个问题点	找全所有问题点，每段各判	例 6.7
24	$\int_{-\infty}^{+\infty}$ 奇函数直接写 0	两段都收敛才能用对称性	例 6.1
25	拆项后写 $\lim[\ln x-\ln(x+1)]=\infty-\infty$ ，说发散	先合并成 $\ln\frac x{x+1}$ 再取极限	例 6.14
26	由积分值解出参数后不检查收敛	检查分母在积分区间内有没有零点	例 6.24

11.3应用题与证明题

#	容易这样错	正确的做法	看这道例题
27	垫圈体积写成 $\pi(y_上-y_下)^2$	$\pi(y_上^2-y_下^2)$ ；或“大体积减小体积”	例 7.2
28	柱壳漏了 $2\pi$ ；绕 $x=k$ 时半径还写 $x$	半径永远是到旋转轴的距离	例 7.16、例 7.8
29	侧面积写成 $2\pi\int y\dx$	$2\pi\int y\sqrt{1+y'^2}\dx$	例 7.22
30	极坐标面积漏 $\frac12$ ；参数方程 $t$ 的走向与 $x$ 相反	$\frac12\int r^2\dth$ ；让 $x$ 从左到右	例 7.7
31	“从罐底量起”的油深直接当坐标	换到以椭圆中心为原点的坐标	例 7.25
32	引力直接按大小积分，不分解	先分解成分量，对称的分量抵消	例 7.32、例 7.31
33	水压力的压强写成 $\rho g$	压强 = $\rho g\times$ 深度	例 7.30
34	泰勒展开点选错，一次项消不掉	结论有中点值就在中点展开；有两端值就在 $x$ 处展开	例 8.5、例 8.6
35	把泰勒余项、中值定理里的 $\xi$ 当成固定常数	$\xi$ 随 $x$ （或区间）变化，只能用它的范围或 $f''$ 的界	例 8.6
36	单调有界只证了单调（或只证了有界）	两样都要证	例 8.13、例 8.15

第 12 部分

真题索引

全部真题的索引：数一 39 道按年份排，数二、数三 82 道补充题，另有按小节的对照表和大纲逐条覆盖表。点任何一道都能跳到正文里的完整解答。

12.1数一真题：按年份

2010—2026 年数一卷子里归在一元积分各讲下的 39 道题，全部在正文里做成了例题。“位置”是所在小节，最后一列点进去就是完整解答。

年份(题号)	题型分值	考点	答案	位置	例题
2010(3)	选择 4 分	$\int_0^1\frac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]x}\dx$ 的敛散性与 $m,n$ 的关系	D	6.3	例 6.6
2010(9)	填空 4 分	$x=\e^{-t}$ ， $y=\int_0^t\ln(1+u^2)\du$ ，求 $\frac{\dd^2y}{\dd x^2}\big\|_{t=0}$	0	5.1	例 5.2
2010(10)	填空 4 分	$\int_0^{\pi^2}\sqrt x\cos\sqrt x\dx$	$-4\pi$	4.1	例 4.1
2010(16)	解答 10 分	$f(x)=\int_1^{x^2}(x^2-t)\e^{-t^2}\dt$ 的单调区间与极值	减区间 $(-\infty,-1)$ 、 $(0,1)$ ，增区间 $(-1,0)$ 、 $(1,+\infty)$ ；极小值 $f(\pm1)=0$ ，极大值 $f(0)=\frac12(1-\e^{-1})$	5.5	例 5.26
2010(17)	解答 10 分	比较 $\int_0^1\|\ln t\|[\ln(1+t)]^n\dt$ 与 $\int_0^1t^n\|\ln t\|\dt$ ，求 $\lim u_n$	$\lim u_n=0$	8.5	例 8.14
2011(4)	选择 4 分	$\int_0^{\pi/4}\ln\sin x$ 、 $\ln\cot x$ 、 $\ln\cos x$ 比大小	B	3.4	例 3.8
2011(9)	填空 4 分	曲线 $y=\int_0^x\tan t\dt$ （ $0\le x\le\frac\pi4$ ）的弧长	$\ln(1+\sqrt2)$	7.4	例 7.18
2011(18)	解答 10 分	$\frac1{n+1}<\ln\big(1+\frac1n\big)<\frac1n$ ， $1+\frac12+\cdots+\frac1n-\ln n$ 收敛	证明题	8.5	例 8.13
2012(4)	选择 4 分	$I_k=\int_0^{k\pi}\e^{x^2}\sin x\dx$ 比大小	D	3.4	例 3.9
2012(10)	填空 4 分	$\int_0^2x\sqrt{2x-x^2}\dx$	$\frac\pi2$	4.3	例 4.12
2013(12)	填空 4 分	$\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{(1+x)^2}\dx$	$\ln2$	6.4	例 6.14
2013(15)	解答 10 分	$f(x)=\int_1^x\frac{\ln(t+1)}t\dt$ ，求 $\int_0^1\frac{f(x)}{\sqrt x}\dx$	$8-2\pi-4\ln2$	5.6	例 5.29
2014(10)	填空 4 分	周期为 4 的可导奇函数， $f'(x)=2(x-1)$ （ $0\le x\le2$ ），求 $f(7)$	1	1.6	例 1.15
2014(15)	解答 10 分	$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\int_1^x[t^2(\e^{1/t}-1)-t]\dt}{x^2\ln(1+1/x)}$	$\frac12$	5.4	例 5.18
2015(10)	填空 4 分	$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\big(\frac{\sin x}{1+\cos x}+\|x\|\big)\dx$	$\frac{\pi^2}4$	4.3	例 4.11
2016(1)	选择 4 分	$\int_0^{+\infty}\frac{\dx}{x^a(1+x)^b}$ 收敛的条件	C	6.3	例 6.7
2016(2)	选择 4 分	分段函数 $2(x-1)$ / $\ln x$ 的原函数	D	1.5	例 1.11
2016(9)	填空 4 分	$\lim\limits_{x\to0}\frac{\int_0^xt\ln(1+t\sin t)\dt}{1-\cos x^2}$	$\frac12$	5.4	例 5.17
2017(4)	选择 4 分	速度曲线下的面积：乙何时追上甲	C	3.6	例 3.19
2017(16)	解答 10 分	$\lim\sum\frac k{n^2}\ln\big(1+\frac kn\big)$ （定积分定义）	$\frac14$	3.5	例 3.13
2018(4)	选择 4 分	$M,N,K$ 三个对称区间积分比大小	C	3.4	例 3.10
2018(10)	填空 4 分	$\int_0^1xf''(x)\dx$ （相切条件）	$2\ln2-2$	4.2	例 4.7
2018(15)	解答 10 分	$\int\e^{2x}\arctan\sqrt{\e^x-1}\dx$	$\frac12\e^{2x}\arctan\sqrt{\e^x-1}-\frac16(\e^x+2)\sqrt{\e^x-1}+C$	2.7	例 2.24
2019(18)	解答 10 分	$a_n=\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}\dx$ 的递推与 $\lim\frac{a_n}{a_{n-1}}$	$1$	4.7	例 4.25
2020(1)	选择 4 分	四个变限积分无穷小比较阶	D	5.4	例 5.20
2021(4)	选择 5 分	哪个极限等于 $\int_0^1f(x)\dx$ （定积分定义）	B	3.5	例 3.14
2021(11)	填空 5 分	$\int_0^{+\infty}\frac{\dx}{x^2+2x+2}$	$\frac\pi4$	6.4	例 6.15
2021(17)	解答 10 分	$\lim\limits_{x\to0}\Big(\frac{1+\int_0^x\e^{t^2}\dt}{\e^x-1}-\frac1{\sin x}\Big)$	$\frac12$	5.4	例 5.19
2022(4)	选择 5 分	$I_1,I_2,I_3$ 三个 $[0,1]$ 上的积分比大小	A	3.4	例 3.11
2022(12)	填空 5 分	$\int_1^{\e^2}\frac{\ln x}{\sqrt x}\dx$	4	4.2	例 4.8
2022(20)	解答 12 分	$f''\ge0\iff f\big(\frac{a+b}2\big)\le\frac1{b-a}\int_a^bf$	证明题	8.3	例 8.5
2023(14)	填空 5 分	$f(x+2)-f(x)=x$ ， $\int_0^2f=0$ ，求 $\int_1^3f$	$\frac12$	4.4	例 4.16
2024(1)	选择 5 分	$\int_0^x\e^{\cos t}\dt$ 与 $\int_0^{\sin x}\e^{t^2}\dt$ 的奇偶性	C	5.3	例 5.12
2024(19)	解答 12 分	$\|f''\|\le1$ ，证 $\big\|\int_0^1f-\frac{f(0)+f(1)}2\big\|\le\frac1{12}$	证明题	8.3	例 8.6
2025(1)	选择 5 分	$\int_0^x\e^{t^2}\sin t\dt$ 与 $\int_0^x\e^{t^2}\dt\cdot\sin^2x$ 的极值、拐点	B	5.5	例 5.27
2025(3)	选择 5 分	$\lim f$ 、 $\lim f'$ 、 $\lim\frac1x\int_0^xf$ 的关系	D	5.4	例 5.24
2025(17)	解答 10 分	$\int_0^1\frac{\dx}{(x+1)(x^2-2x+2)}$	$\frac3{10}\ln2+\frac\pi{10}$	4.1	例 4.2
2026(14)	填空 5 分	$\int_1^{+\infty}\frac{\ln(x+1)}{x^2}\dx$	$2\ln2$	6.4	例 6.16
2026(20)	解答 12 分	$f$ 递增、 $\int_{-1}^1f=0$ ，证 $a>0$ 及存在 $F''(\xi)=0$	证明题	8.4	例 8.8

12.2按小节：每一节练哪些真题

复习某一节时，把这一行的真题全部重做一遍。

小节	数一	数二、数三
1.5 分段函数的原函数：分段积分，连续性把常数“粘”起来	2016(2)	2023 数二(2)
1.6 已知导数（或导数满足的关系）求函数	2014(10)	—
2.4 分部积分：“反对幂指三”	—	2011 数三(17)
2.5 有理函数：拆成简单分式再积	—	2019 数二(16)
2.7 综合题：先换元再分部、分部消项、抽象函数	2018(15)	2018 数三(10)
3.2 几何意义与牛顿—莱布尼茨公式	—	2017 数三(9)
3.3 定积分的性质与积分中值定理	—	2018 数二(4)
3.4 比较积分的大小：回到被积函数	2011(4)、2012(4)、2018(4)、2022(4)	2017 数二(2)
3.5 用定积分的定义求和式的极限	2017(16)、2021(4)	2012 数二(10)、2016 数二(10)、2025 数二(13)
3.6 平均值、路程与“加权平均”	2017(4)	2024 数二(15)、2026 数二(15)、2026 数三(4)
4.1 换元必换限	2010(10)、2025(17)	2020 数二(3)、2022 数二(13)、2022 数三(12)
4.2 分部积分：边界项先算掉	2018(10)、2022(12)	2014 数三(11)
4.3 对称区间：奇函数为 0，偶函数翻倍	2015(10)、2012(10)	2026 数三(11)
4.4 周期函数、分段函数与函数方程	2023(14)	2024 数三(2)、2016 数二(16)
4.7 含参数 $n$ 的积分：递推	2019(18)	—
5.1 变限积分求导公式	2010(9)	2015 数二(11)、2010 数三(9)、2025 数二(14)、2013 数二(10)、2026 数二(6)
5.2 被积函数里含 $x$ ：先提出去或换元	—	2017 数二(15)、2020 数二(16)、2026 数二(18)
5.3 连续、可导、奇偶与周期	2024(1)	2013 数二(3)、2020 数三(3)、2024 数二(3)
5.4 极限与无穷小的阶	2016(9)、2014(15)、2021(17)、2020(1)、2025(3)	2021 数二(1)、2024 数三(11)、2011 数二(15)
5.5 单调、极值、拐点与零点个数	2010(16)、2025(1)	2015 数二(19)
5.6 对变限积分再积分、积分方程	2013(15)	2019 数三(11)、2019 数二(13)、2016 数二(21)、2016 数二(12)
6.1 反常积分是什么：找“问题点”，拆开取极限	—	2011 数二(12)
6.2 两把尺子： $p$ 积分	—	2015 数二(1)、2019 数二(3)
6.3 比较判别法与参数范围	2010(3)、2016(1)	2013 数二(4)、2022 数二(5)、2026 数二(11)、2016 数二(3)、2024 数二(7)
6.4 反常积分的计算：两个模子	2013(12)、2021(11)、2026(14)	2014 数二(9)、2018 数二(11)、2021 数二(11)、2021 数三(12)、2024 数三(12)、2017 数二(11)
6.5 含参数的反常积分、Γ 函数	—	2025 数二(11)、2023 数二(6)
7.2 平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标	—	2012 数二(17)、2023 数二(19)、2024 数三(19)、2018 数二(20)、2014 数二(20)
7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	—	2013 数二(16)、2015 数二(16)、2020 数三(12)、2021 数三(13)、2010 数三(10)、2011 数三(12)、2024 数二(19)、2026 数二(20)
7.4 弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）	2011(9)	2019 数二(12)、2010 数二(12)、2023 数二(12)、2021 数二(19)、2016 数二(20)
7.5 平行截面面积已知的立体（数一、数二）	—	2010 数二(18)
7.6 物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）	—	2011 数二(20)、2020 数二(12)、2025 数二(6)、2026 数二(4)
8.2 单调性法：把上限换成 $x$ ，构造辅助函数	—	2014 数二(19)
8.3 泰勒公式法：有二阶导数时	2022(20)、2024(19)	—
8.4 罗尔定理与零点：“存在 $\xi$ 使……”	2026(20)	2010 数三(19)、2019 数二(21)、2020 数二(20)
8.5 积分与数列：比大小、夹逼、单调有界	2011(18)、2010(17)	—

12.3数二、数三补充真题

数一考得少、但大纲要求会的题型（几何与物理应用、反常积分的参数范围、变限积分的连续可导），用数二、数三的真题补齐，共 82 道。它们和数一的题难度相当，做法完全通用。

真题	题型分值	所在小节	例题
2010 数三(9)	填空 4 分	5.1 变限积分求导公式	例 5.4
2010 数三(10)	填空 4 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.12
2010 数三(19)	解答 10 分	8.4 罗尔定理与零点：“存在 $\xi$ 使……”	例 8.9
2010 数二(12)	填空 4 分	7.4 弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）	例 7.20
2010 数二(18)	解答 10 分	7.5 平行截面面积已知的立体（数一、数二）	例 7.25
2011 数三(12)	填空 4 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.13
2011 数三(17)	解答 10 分	2.4 分部积分：“反对幂指三”	例 2.14
2011 数二(12)	填空 4 分	6.1 反常积分是什么：找“问题点”，拆开取极限	例 6.2
2011 数二(15)	解答 10 分	5.4 极限与无穷小的阶	例 5.25
2011 数二(20)	解答 11 分	7.6 物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）	例 7.29
2012 数二(10)	填空 4 分	3.5 用定积分的定义求和式的极限	例 3.15
2012 数二(17)	解答 10 分	7.2 平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标	例 7.2
2013 数二(3)	选择 4 分	5.3 连续、可导、奇偶与周期	例 5.13
2013 数二(4)	选择 4 分	6.3 比较判别法与参数范围	例 6.8
2013 数二(10)	填空 4 分	5.1 变限积分求导公式	例 5.6
2013 数二(16)	解答 10 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.8
2014 数三(11)	填空 4 分	4.2 分部积分：边界项先算掉	例 4.9
2014 数二(9)	填空 4 分	6.4 反常积分的计算：两个模子	例 6.17
2014 数二(19)	解答 10 分	8.2 单调性法：把上限换成 $x$ ，构造辅助函数	例 8.3
2014 数二(20)	解答 11 分	7.2 平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标	例 7.6
2015 数二(1)	选择 4 分	6.2 两把尺子： $p$ 积分	例 6.3
2015 数二(11)	填空 4 分	5.1 变限积分求导公式	例 5.3
2015 数二(16)	解答 10 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.9
2015 数二(19)	解答 10 分	5.5 单调、极值、拐点与零点个数	例 5.28
2016 数二(3)	选择 4 分	6.3 比较判别法与参数范围	例 6.11
2016 数二(10)	填空 4 分	3.5 用定积分的定义求和式的极限	例 3.16
2016 数二(12)	填空 4 分	5.6 对变限积分再积分、积分方程	例 5.33
2016 数二(16)	解答 10 分	4.4 周期函数、分段函数与函数方程	例 4.18
2016 数二(20)	解答 11 分	7.4 弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）	例 7.23
2016 数二(21)	解答 11 分	5.6 对变限积分再积分、积分方程	例 5.32
2017 数三(9)	填空 4 分	3.2 几何意义与牛顿—莱布尼茨公式	例 3.4
2017 数二(2)	选择 4 分	3.4 比较积分的大小：回到被积函数	例 3.12
2017 数二(11)	填空 4 分	6.4 反常积分的计算：两个模子	例 6.22
2017 数二(15)	解答 10 分	5.2 被积函数里含 $x$ ：先提出去或换元	例 5.9
2018 数三(10)	填空 4 分	2.7 综合题：先换元再分部、分部消项、抽象函数	例 2.25
2018 数二(4)	选择 4 分	3.3 定积分的性质与积分中值定理	例 3.7
2018 数二(11)	填空 4 分	6.4 反常积分的计算：两个模子	例 6.18
2018 数二(20)	解答 11 分	7.2 平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标	例 7.5
2019 数三(11)	填空 4 分	5.6 对变限积分再积分、积分方程	例 5.30
2019 数二(3)	选择 4 分	6.2 两把尺子： $p$ 积分	例 6.4
2019 数二(12)	填空 4 分	7.4 弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）	例 7.19
2019 数二(13)	填空 4 分	5.6 对变限积分再积分、积分方程	例 5.31
2019 数二(16)	解答 10 分	2.5 有理函数：拆成简单分式再积	例 2.19
2019 数二(21)	解答 11 分	8.4 罗尔定理与零点：“存在 $\xi$ 使……”	例 8.10
2020 数三(3)	选择 4 分	5.3 连续、可导、奇偶与周期	例 5.14
2020 数三(12)	填空 4 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.10
2020 数二(3)	选择 4 分	4.1 换元必换限	例 4.3
2020 数二(12)	填空 4 分	7.6 物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）	例 7.30
2020 数二(16)	解答 10 分	5.2 被积函数里含 $x$ ：先提出去或换元	例 5.10
2020 数二(20)	解答 11 分	8.4 罗尔定理与零点：“存在 $\xi$ 使……”	例 8.11
2021 数三(12)	填空 5 分	6.4 反常积分的计算：两个模子	例 6.20
2021 数三(13)	填空 5 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.11
2021 数二(1)	选择 5 分	5.4 极限与无穷小的阶	例 5.21
2021 数二(11)	填空 5 分	6.4 反常积分的计算：两个模子	例 6.19
2021 数二(19)	解答 12 分	7.4 弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）	例 7.22
2022 数三(12)	填空 5 分	4.1 换元必换限	例 4.5
2022 数二(5)	选择 5 分	6.3 比较判别法与参数范围	例 6.9
2022 数二(13)	填空 5 分	4.1 换元必换限	例 4.4
2023 数二(2)	选择 5 分	1.5 分段函数的原函数：分段积分，连续性把常数“粘”起来	例 1.12
2023 数二(6)	选择 5 分	6.5 含参数的反常积分、Γ 函数	例 6.25
2023 数二(12)	填空 5 分	7.4 弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）	例 7.21
2023 数二(19)	解答 12 分	7.2 平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标	例 7.3
2024 数三(2)	选择 5 分	4.4 周期函数、分段函数与函数方程	例 4.17
2024 数三(11)	填空 5 分	5.4 极限与无穷小的阶	例 5.22
2024 数三(12)	填空 5 分	6.4 反常积分的计算：两个模子	例 6.21
2024 数三(19)	解答 12 分	7.2 平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标	例 7.4
2024 数二(3)	选择 5 分	5.3 连续、可导、奇偶与周期	例 5.15
2024 数二(7)	选择 5 分	6.3 比较判别法与参数范围	例 6.12
2024 数二(15)	填空 5 分	3.6 平均值、路程与“加权平均”	例 3.20
2024 数二(19)	解答 12 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.14
2025 数二(6)	选择 5 分	7.6 物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）	例 7.31
2025 数二(11)	填空 5 分	6.5 含参数的反常积分、Γ 函数	例 6.24
2025 数二(13)	填空 5 分	3.5 用定积分的定义求和式的极限	例 3.17
2025 数二(14)	填空 5 分	5.1 变限积分求导公式	例 5.5
2026 数三(4)	选择 5 分	3.6 平均值、路程与“加权平均”	例 3.22
2026 数三(11)	填空 5 分	4.3 对称区间：奇函数为 0，偶函数翻倍	例 4.13
2026 数二(4)	选择 5 分	7.6 物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）	例 7.32
2026 数二(6)	选择 5 分	5.1 变限积分求导公式	例 5.7
2026 数二(11)	填空 5 分	6.3 比较判别法与参数范围	例 6.10
2026 数二(15)	填空 5 分	3.6 平均值、路程与“加权平均”	例 3.21
2026 数二(18)	解答 12 分	5.2 被积函数里含 $x$ ：先提出去或换元	例 5.11
2026 数二(20)	解答 12 分	7.3 旋转体的体积：圆盘法与柱壳法	例 7.15

12.4真题是怎么核对的

核对方法

题号：按 Maki《考研数学真题分类精解》（2026 版）书末“年份索引”逐题查对，数一 2010—2026 年归在第十六至二十三讲（不定积分、特殊函数积分、定积分与变限积分、定积分的计算、反常积分、几何应用、物理应用、积分等式与不等式）的题一共 39 道，一道不漏。
题面：对照书中题目页逐字核对；2017 数一(4) 的速度曲线按原题三块面积 10、20、3 重新画出（程序核对了三块面积）。
答案：不照抄答案页，全部重新计算，再用程序独立核对（见页尾说明）；选择题的每个错误选项都给了反例或数值。
分值：按卷面结构计算：2010—2020 年选择、填空每题 4 分，第 15—19 题各 10 分，第 20—23 题各 11 分；2021 年起选择、填空每题 5 分，第 17 题 10 分，第 18—22 题各 12 分。

12.5考点覆盖：大纲逐条对照

把李林讲义第五、六章的考试要求（大纲原文）拆成 25 个考点，每个考点列出在哪一节讲、有几道例题、其中几道是真题，以及数一考过哪几道。考点前的“五·1”指第五章第 1 条要求，原文见 0.2 节。这张表是程序从正文里数出来的：每个考点都至少有一道例题，否则页面生成时会报错。

“数一：—”的考点，数一 2010—2026 年没有专门考它的题：有的是每道计算题都要顺带用（如换元、分部、牛顿—莱布尼茨公式），有的是数一至今没考、但大纲要求会（如面积、体积、功、压力、形心），这些都用数二、数三的真题或李林的例题补上了。

考点与小节	例题与数一真题
五·1 原函数、不定积分、原函数存在定理讲在：1.1、1.3、1.4	例题 8 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
五·2 积分表、性质、分段函数的原函数、已知导数求函数讲在：1.2、1.5、1.6	例题 10 道（数一真题 2、数二三真题 1）数一：2014(10)、2016(2)
五·3 凑微分、根式代换、三角代换、倒代换、分部积分讲在：2.1、2.2、2.3、2.4	例题 16 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
五·4 部分分式、三角有理式、换元与分部的综合讲在：2.5、2.6、2.7	例题 12 道（数一真题 1、数二三真题 2）数一：2018(15)
六·1 定义与可积、性质与估值、积分中值定理、比较大小、和式极限讲在：3.1、3.3、3.4、3.5、8.1	例题 18 道（数一真题 6、数二三真题 5）数一：2011(4)、2012(4)、2017(16)、2018(4)、2021(4)、2022(4)
六·2 几何意义、牛顿—莱布尼茨公式讲在：3.2	例题 2 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
六·3 换元换限、边界项、对称区间、周期、区间再现、华里士、递推讲在：4.1、4.2、4.3、4.4、4.5、4.6、4.7	例题 26 道（数一真题 8、数二三真题 7）数一：2010(10)、2012(10)、2015(10)、2018(10)、2019(18)、2022(12)、2023(14)、2025(17)
六·4 定积分里的部分分式与根式代换讲在：4.1	例题 6 道（数一真题 2、数二三真题 3）数一：2010(10)、2025(17)
六·5 求导公式、含 $x$ 的变限积分、连续与奇偶、极限与阶、极值与零点、积分方程讲在：5.1、5.2、5.3、5.4、5.5、5.6	例题 34 道（数一真题 10、数二三真题 19）数一：2010(9)、2010(16)、2013(15)、2014(15)、2016(9)、2020(1)、2021(17)、2024(1)、2025(1)、2025(3)
六·6 概念与 $p$ 积分讲在：6.1、6.2	例题 5 道（数一真题 0、数二三真题 3）数一：—
六·6 比较判别法与参数范围（大纲：了解）讲在：6.3	例题 8 道（数一真题 2、数二三真题 5）数一：2010(3)、2016(1)
六·6 计算、含参数的反常积分、Γ 函数讲在：6.4、6.5	例题 14 道（数一真题 3、数二三真题 8）数一：2013(12)、2021(11)、2026(14)
六·7 微元法讲在：7.1	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
六·8 平面图形的面积讲在：7.2	例题 6 道（数一真题 0、数二三真题 5）数一：—
六·8 旋转体的体积讲在：7.3	例题 10 道（数一真题 0、数二三真题 8）数一：—
六·8 函数的平均值讲在：3.6	例题 4 道（数一真题 1、数二三真题 3）数一：2017(4)
六·9 平面曲线的弧长讲在：7.4	例题 5 道（数一真题 1、数二三真题 3）数一：2011(9)
六·9 旋转体的侧面积讲在：7.4	例题 3 道（数一真题 0、数二三真题 2）数一：—
六·9 平行截面面积已知的立体体积讲在：7.5	例题 2 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
六·10 功讲在：7.6	例题 3 道（数一真题 0、数二三真题 2）数一：—
六·10 引力讲在：7.6	例题 2 道（数一真题 0、数二三真题 2）数一：—
六·10 压力讲在：7.6	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
六·10 质心坐标讲在：7.6	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
六·10 形心讲在：7.6	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
（大纲未单列）积分等式与不等式的证明讲在：8.1、8.2、8.3、8.4、8.5	例题 15 道（数一真题 5、数二三真题 4）数一：2010(17)、2011(18)、2022(20)、2024(19)、2026(20)

12.6小结：真题怎么刷

阶段	做什么	从哪里开始
第一遍（跟着 14 天计划）	每天只做计划里列的真题，遮住解答先做 5 分钟	0.4 节
第二遍（按小节）	12.2 表里一行一行过，做错的标 △ / ✗	12.2 节
第三遍（按年份）	12.1 表从 2026 往回做，模拟考场限时	12.1 节
考前	只看 △ / ✗ 的题和第 9 部分的总表	9.1 节

第 13 部分

综合练习

综合练习，大多来自李林讲义第五、六章的例题和章末习题。每题都给了分步提示和“为什么”，答案都经程序核对。

怎么做这些练习

练习按部分排序，大多来自李林讲义第五、六章的章末习题（标了题号）。先遮住“答案与提示”自己做，再对照；每一步都写了“为什么”。做完一题，回到第 9 部分的总表里找到它属于哪一行。

13.1不定积分

练习 1李林第五章习题 (1)(Ⅴ) · p122

求

\int\dfrac{\dx}{\sqrt{\sin x}\cos x}

（

0<x<\frac\pi2

）。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 上下同乘 $\cos x$ ，凑 $\dd\sin x$ 。原式 $=\int\dfrac{\cos x\dx}{\sqrt{\sin x}\cos^2x}=\int\dfrac{\dd\sin x}{\sqrt{\sin x}(1-\sin^2x)}$ 。

$\cos$ 是奇次（ $-1$ 次），留一个 $\cos x$ 凑 $\dd\sin x$ ，其余化成 $\sin x$ 。

② 令 $u=\sqrt{\sin x}$ 。 $\sin x=u^2$ ， $\dd\sin x=2u\du$ ： $\int\dfrac{2\du}{1-u^4}=\int\Big(\dfrac1{1-u^2}+\dfrac1{1+u^2}\Big)\du$ 。

还剩根号，再做一次根式代换； $\frac2{1-u^4}$ 拆成两项。

③ 积分。 $=\dfrac12\ln\dfrac{1+u}{1-u}+\arctan u+C$ ， $u=\sqrt{\sin x}$ 。

积分表第 11 条与第 9 条。

答案： $\arctan\sqrt{\sin x}+\frac12\ln\frac{1+\sqrt{\sin x}}{1-\sqrt{\sin x}}+C$

练习 2李林第五章习题 (2)(Ⅳ)(Ⅴ) · p122

求：（1）

\int\dfrac{x^3}{\sqrt{4+x^2}}\dx

；（2）

\int\dfrac1{x^2}\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}\dx

（

0<x<1

）。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 凑 $\dd(4+x^2)$ 。 $x^3\dx=\dfrac12x^2\dd(x^2)$ ，令 $u=4+x^2$ ： $\dfrac12\int\dfrac{u-4}{\sqrt u}\du=\dfrac13u^{\frac32}-4u^{\frac12}+C$ 。

分子剩下的 $x^2$ 用 $u-4$ 表示。

② (2) 分子有理化。 $\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}=\dfrac{1-x}{\sqrt{1-x^2}}$ ，原式 $=\int\dfrac{\dx}{x^2\sqrt{1-x^2}}-\int\dfrac{\dx}{x\sqrt{1-x^2}}$ 。

把根号里的分式变成一个根号，拆成两个熟悉的积分。

③ (2) 两个积分（倒代换或 $x=\sin t$ ）。 $\int\dfrac{\dx}{x^2\sqrt{1-x^2}}=-\dfrac{\sqrt{1-x^2}}x$ ， $\int\dfrac{\dx}{x\sqrt{1-x^2}}=-\ln\dfrac{1+\sqrt{1-x^2}}x$ 。

倒代换 $x=\frac1t$ 后都能凑微分（参考例 2.11）。

答案：(1) $\frac13(4+x^2)^{\frac32}-4\sqrt{4+x^2}+C$ ；(2) $-\frac{\sqrt{1-x^2}}x+\ln\frac{1+\sqrt{1-x^2}}x+C$

练习 3李林第五章习题 (4)(5)(6) · p122

（1）已知

\int xf(x)\dx=\arcsin x+C

，求

\int\dfrac{\dx}{f(x)}

。（2）设

f(x^2-1)=\ln\dfrac{x^2}{x^2-2}

，且

f[\varphi(x)]=\ln x

，求

\int\varphi(x)\dx

。（3）设

f(\ln x)=\dfrac{\ln(1+x)}x

，求

\int f(x)\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 求导得 $f$ 。 $xf(x)=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$ ， $\dfrac1{f(x)}=x\sqrt{1-x^2}$ ， $\int x\sqrt{1-x^2}\dx=-\dfrac13(1-x^2)^{\frac32}+C$ 。

“先积后导”回到被积函数。

② (2) 先求 $f$ ，再解出 $\varphi$ 。令 $u=x^2-1$ ： $f(u)=\ln\dfrac{u+1}{u-1}$ 。 $\ln\dfrac{\varphi+1}{\varphi-1}=\ln x$ ， $\varphi=\dfrac{x+1}{x-1}=1+\dfrac2{x-1}$ ， $\int\varphi\dx=x+2\ln|x-1|+C$ 。

复合函数的“里层”换成字母，求出外层 $f$ 。

③ (3) 令 $t=\ln x$ 。 $f(t)=\ln(1+\e^t)\e^{-t}$ 。分部： $\int\ln(1+\e^t)\,\dd(-\e^{-t})=-\e^{-t}\ln(1+\e^t)+\int\dfrac{\dt}{1+\e^t}=-\e^{-t}\ln(1+\e^t)+t-\ln(1+\e^t)+C$ 。

$\int\frac{\dt}{1+\e^t}=t-\ln(1+\e^t)$ （例 2.3）。

答案：(1) $-\frac13(1-x^2)^{\frac32}+C$ ；(2) $x+2\ln|x-1|+C$ ；(3) $x-(1+\e^{-x})\ln(1+\e^x)+C$

练习 4李林第五章习题 (7) · p122

求：（1）

\int\dfrac{x^2\e^x}{(x+2)^2}\dx

；（2）

\int\dfrac{\ln x}{(1-x)^2}\dx

；（3）

\int\dfrac{x\e^x}{\sqrt{1+\e^x}}\dx

；（4）

\int\dfrac{\arctan x}{x^2(1+x^2)}\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 分部消项。 $x^2=(x+2)^2-4(x+2)+4$ ，原式 $=\int\e^x\dx-4\int\dfrac{\e^x}{x+2}\dx+4\int\dfrac{\e^x}{(x+2)^2}\dx$ ，最后一项分部得 $-\dfrac{4\e^x}{x+2}+4\int\dfrac{\e^x}{x+2}\dx$ ，与中间项抵消： $\e^x-\dfrac{4\e^x}{x+2}=\dfrac{x-2}{x+2}\e^x+C$ 。

和例 2.26 第 (2) 小题同一个套路。

② (2) 对数当 $u$ 。 $\int\ln x\,\dd\dfrac1{1-x}=\dfrac{\ln x}{1-x}-\int\dfrac{\dx}{x(1-x)}=\dfrac{\ln x}{1-x}-\ln x+\ln|1-x|+C=\dfrac{x\ln x}{1-x}+\ln|1-x|+C$ 。

$\frac1{(1-x)^2}$ 是 $\frac1{1-x}$ 的导数，所以把它放进 $\dd v$ ；剩下的 $\frac1{x(1-x)}$ 拆成 $\frac1x+\frac1{1-x}$ 两个对数。

③ (3) 先分部，再根式代换。 $\int x\,\dd\big(2\sqrt{1+\e^x}\big)=2x\sqrt{1+\e^x}-2\int\sqrt{1+\e^x}\dx$ ；令 $t=\sqrt{1+\e^x}$ ， $\int\sqrt{1+\e^x}\dx=\int\dfrac{2t^2}{t^2-1}\dt=2t+\ln\dfrac{t-1}{t+1}$ 。

$\frac{\e^x}{\sqrt{1+\e^x}}$ 正好是 $2\sqrt{1+\e^x}$ 的导数，先让 $x$ 降次。

④ (4) 拆项后分部。 $\dfrac1{x^2(1+x^2)}=\dfrac1{x^2}-\dfrac1{1+x^2}$ 。 $\int\dfrac{\arctan x}{x^2}\dx=-\dfrac{\arctan x}x+\int\dfrac{\dx}{x(1+x^2)}=-\dfrac{\arctan x}x+\ln|x|-\dfrac12\ln(1+x^2)$ ； $\int\dfrac{\arctan x}{1+x^2}\dx=\dfrac12\arctan^2x$ 。

第一项“幂 × 反三角”分部，第二项凑微分。

答案：(1) $\frac{x-2}{x+2}\e^x+C$ ；(2) $\frac{x\ln x}{1-x}+\ln|1-x|+C$ ；(3) $2(x-2)\sqrt{1+\e^x}-2\ln\frac{\sqrt{1+\e^x}-1}{\sqrt{1+\e^x}+1}+C$ ；(4) $-\frac{\arctan x}x+\ln|x|-\frac12\ln(1+x^2)-\frac12\arctan^2x+C$

练习 5李林第五章习题 (9) · p122

求

\int\dfrac{x^2}{(x-1)^{100}}\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 令 $t=x-1$ 。 $\int\dfrac{(t+1)^2}{t^{100}}\dt=\int\big(t^{-98}+2t^{-99}+t^{-100}\big)\dt$ 。

分母是一次式的高次幂，不必部分分式：换元后展开分子即可。

② 积分。 $=-\dfrac1{97t^{97}}-\dfrac1{49t^{98}}-\dfrac1{99t^{99}}+C$ ， $t=x-1$ 。

每项都是 $t$ 的幂，用幂函数公式；第二项 $2\cdot\frac{t^{-98}}{-98}$ 化简为 $-\frac1{49t^{98}}$ 。

答案： $-\frac1{97(x-1)^{97}}-\frac1{49(x-1)^{98}}-\frac1{99(x-1)^{99}}+C$

13.2定积分与变限积分

练习 6李林第六章习题选择 (2)(3) · p162

（1）当

x\to0

时，

\alpha(x)=\int_0^{2x}\dfrac{\sin t}t\dt

与

\beta(x)=\int_0^{\sin x}(1+t)^{\frac1t}\dt

是什么关系？（2）设

f(x)>0

，

f'(x)<0

，

f''(x)>0

（

a\le x\le b

），

S_1=\int_a^bf\dx

，

S_2=f(b)(b-a)

，

S_3=\frac12[f(a)+f(b)](b-a)

，比较大小。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 求等价。 $\alpha\sim2x$ ， $\beta\sim\e x$ ， $\dfrac\alpha\beta\to\dfrac2\e$ ，同阶但不等价。

洛必达或阶的公式（5.4 节）。

② (2) 画图。 $f$ 单调减、凹： $S_2$ 是以最低点为高的矩形，在曲线下方； $S_3$ 是梯形（弦在曲线上方）。所以 $S_2<S_1<S_3$ 。

凹函数在弦下方（第 10 部分第 17 条）。

答案：(1) 同阶但不等价；(2) $S_2<S_1<S_3$

练习 7李林第六章习题解答 (1)(3) · p163

（1）设

f

连续，

\int_0^xtf(x-t)\dt=1-\cos x

，求

\int_0^{\pi/2}f(x)\dx

。（2）设

f(x)=\dfrac1{1+x^2}+x^3\int_0^1f(x)\dx

，求

f(x)

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 换元去掉 $x$ 。 $u=x-t$ ： $\int_0^x(x-u)f(u)\du=x\int_0^xf-\int_0^xuf=1-\cos x$ 。

被积函数含 $x$ ，换元后提出去（5.2 节）。

② (1) 求导。两边求导： $\int_0^xf(u)\du=\sin x$ ，所以 $\int_0^{\pi/2}f=\sin\frac\pi2=1$ 。

$x f(x)$ 的两项抵消，只剩 $\int_0^xf$ 。

③ (2) 设常数。 $A=\int_0^1f$ ，两边在 $[0,1]$ 积分： $A=\dfrac\pi4+\dfrac A4$ ， $A=\dfrac\pi3$ ， $f(x)=\dfrac1{1+x^2}+\dfrac\pi3x^3$ 。

和例 4.22 同一个方法。

答案：(1) 1；(2) $f(x)=\frac1{1+x^2}+\frac\pi3x^3$

练习 8李林第六章习题解答 (4)(Ⅲ)(Ⅴ)(Ⅵ) · p163

计算：（1）

\int_0^1\dfrac x{(2-x^2)\sqrt{1-x^2}}\dx

；（2）

\int_0^{\pi/4}\dfrac x{1+\cos2x}\dx

；（3）

\int_{1/2}^2\Big(1+x-\dfrac1x\Big)\e^{x+\frac1x}\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 令 $u=\sqrt{1-x^2}$ 。 $x\dx=-u\du$ ， $2-x^2=1+u^2$ ：原式 $=\int_0^1\dfrac{\du}{1+u^2}=\dfrac\pi4$ 。

分子有 $x$ ，正好配 $\dd(1-x^2)$ 。

② (2) 倍角后分部。 $1+\cos2x=2\cos^2x$ ，原式 $=\dfrac12\int_0^{\pi/4}x\,\dd\tan x=\dfrac12\Big[x\tan x\Big]_0^{\pi/4}-\dfrac12\int_0^{\pi/4}\tan x\dx=\dfrac\pi8-\dfrac14\ln2$ 。

$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ ，分子是分母导数的相反数，原函数 $-\ln\cos x$ ；代入 $\cos\frac\pi4=\frac{\sqrt2}2$ 得 $\frac12\ln2$ 。

③ (3) 分部消项。 $\Big(1-\dfrac1{x^2}\Big)\e^{x+\frac1x}\dx=\dd\e^{x+\frac1x}$ ，所以 $\int x\Big(1-\dfrac1{x^2}\Big)\e^{x+\frac1x}\dx=x\e^{x+\frac1x}-\int\e^{x+\frac1x}\dx$ ，与另一项抵消：原式 $=\Big[x\e^{x+\frac1x}\Big]_{1/2}^2=\dfrac32\e^{\frac52}$ 。

把被积函数拆成两项： $\e^{x+\frac1x}$ 和 $x\big(1-\frac1{x^2}\big)\e^{x+\frac1x}$ 。后一项里 $\big(1-\frac1{x^2}\big)\dx$ 正好是 $\dd\big(x+\frac1x\big)$ ，对它分部，积出来的 $-\int\e^{x+\frac1x}\dx$ 和前一项抵消。

答案：(1) $\frac\pi4$ ；(2) $\frac\pi8-\frac14\ln2$ ；(3) $\frac32\e^{5/2}$

练习 9李林第六章 §3 例 12 · p150，习题解答 (7) · p163

（1）证明

\int_0^{n\pi}x|\sin x|\dx=n^2\pi

（

n

为正整数）；（2）计算

\int_0^\pi x\sin^4x\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 区间再现。令 $x=n\pi-t$ ： $I=\int_0^{n\pi}(n\pi-t)|\sin t|\dt=n\pi\int_0^{n\pi}|\sin t|\dt-I$ 。

$\sin(n\pi-t)=\pm\sin t$ ，取绝对值后相同，所以换元后被积函数里只有 $x$ 变成了 $n\pi-t$ 。

② (1) 周期。 $\int_0^{n\pi}|\sin t|\dt=2n$ ，所以 $2I=2n^2\pi$ ， $I=n^2\pi$ 。

$|\sin t|$ 以 $\pi$ 为周期，每个周期积分 2。

③ (2) 用 $\int_0^\pi xf(\sin x)\dx=\frac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\dx$ 。 $=\dfrac\pi2\int_0^\pi\sin^4x\dx=\dfrac\pi2\cdot2\cdot\dfrac34\cdot\dfrac12\cdot\dfrac\pi2=\dfrac{3\pi^2}{16}$ 。

这就是第 10 部分第 13 条（ $xf(\sin x)$ 的公式）和第 14 条（华里士， $\int_0^\pi=2\int_0^{\pi/2}$ ）。

答案：(1) 证明题。思路：令 $x=n\pi-t$ （区间再现）得 $I=n\pi\int_0^{n\pi}|\sin t|\dt-I$ ，而 $\int_0^{n\pi}|\sin t|\dt=2n$ ；(2) $\frac{3\pi^2}{16}$

13.3反常积分、应用与证明

练习 10基础

（1）计算

\int_1^{+\infty}\dfrac{\dx}{x(1+x^2)}

。（2）求曲线

y=\e^x

、

y=\e^{-x}

与直线

x=1

围成的面积。（3）求

y=x^2

与

y=2x

所围区域绕

y

轴旋转所得的体积。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 拆项。 $\dfrac1{x(1+x^2)}=\dfrac1x-\dfrac x{1+x^2}$ ，原函数 $\ln\dfrac x{\sqrt{1+x^2}}$ ， $x\to+\infty$ 时趋于 0，所以积分 $=0-\ln\dfrac1{\sqrt2}=\dfrac12\ln2$ 。

两个对数先合并再取极限（6.4 节）。

② (2) 上减下。 $x\in[0,1]$ 上 $\e^x\ge\e^{-x}$ ： $A=\int_0^1(\e^x-\e^{-x})\dx=\e+\e^{-1}-2$ 。

$\e^x=\e^{-x}$ 只在 $x=0$ 处成立，所以两曲线在 $x=0$ 相交； $x>0$ 时 $\e^x>1>\e^{-x}$ 。

③ (3) 柱壳。交点 $x=0,2$ ， $2x\ge x^2$ ： $V=2\pi\int_0^2x(2x-x^2)\dx=2\pi\Big(\dfrac{16}3-4\Big)=\dfrac{8\pi}3$ 。

绕 $y$ 轴用柱壳，高 = 上减下。

答案：(1) $\frac12\ln2$ ；(2) $\e+\e^{-1}-2$ ；(3) $\frac{8\pi}3$

练习 11基础

证明：（1）

\int_0^1\e^{x^2}\dx\ge\dfrac43

；（2）

\dfrac12\le\int_0^{1/2}\dfrac{\dx}{\sqrt{1-x^n}}\le\dfrac\pi6

（

n\ge2

）。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① (1) 放缩被积函数。 $\e^u\ge1+u$ ，所以 $\e^{x^2}\ge1+x^2$ ， $\int_0^1\e^{x^2}\dx\ge\int_0^1(1+x^2)\dx=\dfrac43$ 。

积分算不出来，用常用不等式放缩再积分。

② (2) 两边夹。 $x\in[0,\frac12]$ 时 $0\le x^n\le x^2$ ，所以 $1\le\dfrac1{\sqrt{1-x^n}}\le\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$ ，积分得 $\dfrac12\le\int\le\arcsin\dfrac12=\dfrac\pi6$ 。

$x<1$ 时次数越高越小；右边是 arcsin 型。

答案：证明题。思路：（1）用 $\e^u\ge1+u$ 放缩后积分；（2）在 $[0,\frac12]$ 上 $0\le x^n\le x^2$ ，被积函数夹在 1 和 $\frac1{\sqrt{1-x^2}}$ 之间，积分得 $\frac12$ 和 $\arcsin\frac12=\frac\pi6$ 。

13.4李林第五、六章补充例题

这一节收了什么

李林讲义第五、六章里，正文没有讲到的例题和习题放在这里做练习。有三道没有收：第六章 §2 例 8 是交换积分次序，属于二重积分；§5 例 9 是闸门压力，做法和例 7.30 完全一样；章末选择题 (1) 用程序算出的数值和讲义给的结论对不上，暂不收录，免得误导。

练习 12李林第六章 §2 例 6 · p143

设

f(x)

可导，

f(0)=0

，

g(x)

是

f(x)

的反函数，且

\int_0^{f(x)}g(t)\dt=\int_0^x\dfrac t{t+\sqrt{a^2-t^2}}\dt

（

a>0

），求

f(a)

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 两边求导。左边 $g\big(f(x)\big)f'(x)=xf'(x)$ ，右边 $\dfrac x{x+\sqrt{a^2-x^2}}$ ，所以 $f'(x)=\dfrac1{x+\sqrt{a^2-x^2}}$ 。

$g$ 是 $f$ 的反函数， $g(f(x))=x$ ；两边约去 $x$ （ $x\ne0$ ）。

② 积分求 $f(a)$ 。 $f(a)=f(0)+\int_0^a\dfrac{\dx}{x+\sqrt{a^2-x^2}}$ ，令 $x=a\sin t$ ： $=\int_0^{\pi/2}\dfrac{\cos t}{\sin t+\cos t}\dt$ 。

根号 $\sqrt{a^2-x^2}$ 用三角代换， $a$ 约掉。

③ 区间再现。 $\int_0^{\pi/2}\dfrac{\cos t}{\sin t+\cos t}\dt=\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin t}{\sin t+\cos t}\dt$ ，两者之和为 $\dfrac\pi2$ ，所以 $f(a)=\dfrac\pi4$ 。

这就是第 10 部分第 12 条（ $\alpha=1$ ）：两个积分相等、相加为 $\frac\pi2$ ，所以各是 $\frac\pi4$ 。

答案： $f(a)=\frac\pi4$

练习 13李林第六章 §3 例 2 · p145

设

f,g

在

[0,1]

上有连续导数，

f(0)=0

，

f'(x)\ge0

，

g'(x)\ge0

。证明：对任意

a\in[0,1]

，

\int_0^ag(x)f'(x)\dx+\int_0^1f(x)g'(x)\dx\ge f(a)g(1)

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 把 $a$ 换成变量。 $F(a)=\int_0^agf'\dx+\int_0^1fg'\dx-f(a)g(1)$ ， $F'(a)=g(a)f'(a)-f'(a)g(1)=f'(a)\big[g(a)-g(1)\big]\le0$ 。

单调性法（8.2 节）； $g$ 递增， $g(a)\le g(1)$ 。

② 看右端点的值。 $F(1)=\int_0^1(gf'+fg')\dx-f(1)g(1)=\big[fg\big]_0^1-f(1)g(1)=-f(0)g(0)=0$ 。

乘积求导法则倒过来： $(fg)'=f'g+fg'$ ，所以两项之和的积分就是 $fg$ 在两端的差。

③ 结论。 $F$ 在 $[0,1]$ 上单调减少， $F(a)\ge F(1)=0$ 。

这里终点处等于 0，所以用“递减函数在左边更大”。

答案：证明题。思路：把 $a$ 当变量作差得 $F(a)$ ，求导得 $F'=f'(a)[g(a)-g(1)]\le0$ ； $F(1)=[fg]_0^1-f(1)g(1)=0$ ，所以 $F(a)\ge F(1)=0$ 。

练习 14李林第六章 §3 例 10 · p149—150

设

f(x)

在

[-a,a]

（

a>0

）上有连续的二阶导数，

f(0)=0

。证明：存在

\eta\in[-a,a]

，使

a^3f''(\eta)=3\int_{-a}^af(x)\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 在 0 处泰勒展开。 $f(x)=f'(0)x+\dfrac{f''(\xi)}2x^2$ ，积分： $\int_{-a}^af=0+\dfrac12\int_{-a}^af''(\xi)x^2\dx$ 。

一次项是奇函数，对称区间上积分为 0。

② 用最值夹住。 $m\le f''\le M$ （ $f''$ 在 $[-a,a]$ 上的最小、最大值），所以 $\dfrac{ma^3}3\le\int_{-a}^af\le\dfrac{Ma^3}3$ 。

余项里的 $f''(\xi)$ 被 $m$ 、 $M$ 夹住，再乘非负的 $\frac{x^2}2$ 积分： $\frac12\int_{-a}^ax^2\dx=\frac{a^3}3$ 。

③ 介值定理。 $\dfrac3{a^3}\int_{-a}^af$ 介于 $m$ 与 $M$ 之间， $f''$ 连续，存在 $\eta$ 使 $f''(\eta)=\dfrac3{a^3}\int_{-a}^af$ 。

余项里的 $\xi$ 随 $x$ 变，不能直接提出来，只能用最值夹。

答案：证明题。思路：在 0 处泰勒展开到二阶，对称区间上一次项积分为 0；余项用 $f''$ 的最小值 $m$ 、最大值 $M$ 夹住，得 $m\le\frac3{a^3}\int_{-a}^af\le M$ ，再用介值定理。

练习 15李林第五章 §1 例 2

设

f(x)

是奇函数，除

x=0

外处处连续，

x=0

是它的第一类间断点，则

\int_0^xf(t)\dt

是（　）
（A）连续的奇函数　（B）连续的偶函数
（C）在

x=0

间断的奇函数　（D）在

x=0

间断的偶函数

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 连续性。 $f$ 只有一个第一类（跳跃）间断点，在任何有限区间上有界、可积，所以 $F(x)=\int_0^xf(t)\dt$ 处处连续。排除（C）（D）。

5.3 节：被积函数可积（哪怕有跳跃），变限积分就连续；被积函数有跳跃，只会让 $F$ 在那一点不可导。

② 奇偶性。 $F(-x)=\int_0^{-x}f(t)\dt$ ，令 $t=-u$ ： $=\int_0^xf(-u)(-\du)=\int_0^xf(u)\du=F(x)$ ， $F$ 是偶函数。选（B）。

换元 $t=-u$ 带来一个负号， $f$ 是奇函数 $f(-u)=-f(u)$ 又带来一个负号，两个负号抵消。这就是“奇积成偶”。

③ 用具体例子检验。取 $f(x)=\operatorname{sgn}x$ （奇函数，0 处跳跃）， $\int_0^x\operatorname{sgn}t\dt=|x|$ ：连续、偶函数、在 0 处不可导。所以选（B）。

选择题最快的检验是代一个满足条件的具体函数，四个选项立刻分清。

答案：B

练习 16李林第五章习题 2(Ⅰ)

求

\int\dfrac{\arctan\sqrt x}{(1+x)\sqrt x}\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 找“里层的导数”。 $\big(\arctan\sqrt x\big)'=\dfrac1{1+(\sqrt x)^2}\cdot\dfrac1{2\sqrt x}=\dfrac1{2(1+x)\sqrt x}$ ，所以 $\dfrac{\dx}{(1+x)\sqrt x}=2\,\dd\big(\arctan\sqrt x\big)$ 。

被积函数里除了 $\arctan\sqrt x$ ，剩下的 $\frac1{(1+x)\sqrt x}$ 正好是它的导数的 2 倍，这是凑微分的信号（2.1 节）。

② 凑微分。原式 $=2\int\arctan\sqrt x\,\dd\big(\arctan\sqrt x\big)=\big(\arctan\sqrt x\big)^2+C$ 。

把 $\arctan\sqrt x$ 看成一个字母 $u$ ，就是 $2\int u\du=u^2$ 。

答案： $\big(\arctan\sqrt x\big)^2+C$

练习 17李林第六章 §1 例 9

已知

\int_0^\pi\dfrac{\cos x}{(x+2)^2}\dx=A

，求

\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin x\cos x}{x+1}\dx

。

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 倍角 + 换元，把区间变成 $[0,\pi]$ 。 $\sin x\cos x=\frac12\sin2x$ ；令 $u=2x$ ， $x:0\to\frac\pi2$ 对应 $u:0\to\pi$ ， $\dd x=\frac12\du$ ， $x+1=\frac{u+2}2$ 。原式 $=\int_0^\pi\dfrac{\frac12\sin u}{\frac{u+2}2}\cdot\dfrac{\du}2=\dfrac12\int_0^\pi\dfrac{\sin u}{u+2}\du$ 。

已知的积分在 $[0,\pi]$ 上、分母是 $u+2$ ，所以先想办法把要求的积分也变成这个样子。

② 分部积分，让已知积分出现。 $\int_0^\pi\dfrac{\sin u}{u+2}\du=\Big[-\dfrac{\cos u}{u+2}\Big]_0^\pi-\int_0^\pi\dfrac{\cos u}{(u+2)^2}\du=\dfrac1{\pi+2}+\dfrac12-A$ 。

$\sin u\du=\dd(-\cos u)$ ，对 $\frac1{u+2}$ 求导得 $-\frac1{(u+2)^2}$ ，正好出现已知的 $A$ 。边界项： $u=\pi$ 处 $-\frac{-1}{\pi+2}$ ， $u=0$ 处 $-\frac12$ ，相减得 $\frac1{\pi+2}+\frac12$ 。

③ 结果。原式 $=\dfrac12\Big(\dfrac1{\pi+2}+\dfrac12-A\Big)$ 。

别忘了第一步留下的系数 $\frac12$ 。

答案： $\frac12\big(\frac1{\pi+2}+\frac12-A\big)$

练习 18李林第六章习题填空 (4)

设

f(x)

连续，

s>0

，

t>0

，

I=t\int_0^{s/t}f(tx)\dx

，则

I

对

s

的导数

=

______；

I

与

t

有没有关系？

答案与提示先遮住，自己试 5 分钟

① 换元，把 $t$ 从被积函数里挪走。令 $u=tx$ （ $t$ 当常数）， $\dd x=\frac{\du}t$ ； $x=\frac st$ 时 $u=s$ 。 $I=t\int_0^s f(u)\dfrac{\du}t=\int_0^sf(u)\du$ 。

被积函数里的 $tx$ 把参数和积分变量搅在一起，整块设成 $u$ （5.2 节的办法）；前面的 $t$ 和 $\frac1t$ 约掉。

② 求导。 $I=\int_0^sf(u)\du$ 只依赖 $s$ ，与 $t$ 无关；对 $s$ 求导得 $f(s)$ 。

变限积分求导公式：上限是 $s$ ，导数就是把 $s$ 代进被积函数。

答案： $f(s)$ ； $I$ 与 $t$ 无关

考点与小节	例题与数一真题
五·1 原函数、不定积分、原函数存在定理讲在：1.1、1.3、1.4	例题 8 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
五·2 积分表、性质、分段函数的原函数、已知导数求函数讲在：1.2、1.5、1.6	例题 10 道（数一真题 2、数二三真题 1）数一：2014(10)、2016(2)
五·3 凑微分、根式代换、三角代换、倒代换、分部积分讲在：2.1、2.2、2.3、2.4	例题 16 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
五·4 部分分式、三角有理式、换元与分部的综合讲在：2.5、2.6、2.7	例题 12 道（数一真题 1、数二三真题 2）数一：2018(15)
六·1 定义与可积、性质与估值、积分中值定理、比较大小、和式极限讲在：3.1、3.3、3.4、3.5、8.1	例题 18 道（数一真题 6、数二三真题 5）数一：2011(4)、2012(4)、2017(16)、2018(4)、2021(4)、2022(4)
六·2 几何意义、牛顿—莱布尼茨公式讲在：3.2	例题 2 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
六·3 换元换限、边界项、对称区间、周期、区间再现、华里士、递推讲在：4.1、4.2、4.3、4.4、4.5、4.6、4.7	例题 26 道（数一真题 8、数二三真题 7）数一：2010(10)、2012(10)、2015(10)、2018(10)、2019(18)、2022(12)、2023(14)、2025(17)
六·4 定积分里的部分分式与根式代换讲在：4.1	例题 6 道（数一真题 2、数二三真题 3）数一：2010(10)、2025(17)
六·5 求导公式、含 $x$ 的变限积分、连续与奇偶、极限与阶、极值与零点、积分方程讲在：5.1、5.2、5.3、5.4、5.5、5.6	例题 34 道（数一真题 10、数二三真题 19）数一：2010(9)、2010(16)、2013(15)、2014(15)、2016(9)、2020(1)、2021(17)、2024(1)、2025(1)、2025(3)
六·6 概念与 $p$ 积分讲在：6.1、6.2	例题 5 道（数一真题 0、数二三真题 3）数一：—
六·6 比较判别法与参数范围（大纲：了解）讲在：6.3	例题 8 道（数一真题 2、数二三真题 5）数一：2010(3)、2016(1)
六·6 计算、含参数的反常积分、Γ 函数讲在：6.4、6.5	例题 14 道（数一真题 3、数二三真题 8）数一：2013(12)、2021(11)、2026(14)
六·7 微元法讲在：7.1	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
六·8 平面图形的面积讲在：7.2	例题 6 道（数一真题 0、数二三真题 5）数一：—
六·8 旋转体的体积讲在：7.3	例题 10 道（数一真题 0、数二三真题 8）数一：—
六·8 函数的平均值讲在：3.6	例题 4 道（数一真题 1、数二三真题 3）数一：2017(4)
六·9 平面曲线的弧长讲在：7.4	例题 5 道（数一真题 1、数二三真题 3）数一：2011(9)
六·9 旋转体的侧面积讲在：7.4	例题 3 道（数一真题 0、数二三真题 2）数一：—
六·9 平行截面面积已知的立体体积讲在：7.5	例题 2 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
六·10 功讲在：7.6	例题 3 道（数一真题 0、数二三真题 2）数一：—
六·10 引力讲在：7.6	例题 2 道（数一真题 0、数二三真题 2）数一：—
六·10 压力讲在：7.6	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 1）数一：—
六·10 质心坐标讲在：7.6	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
六·10 形心讲在：7.6	例题 1 道（数一真题 0、数二三真题 0）数一：—
（大纲未单列）积分等式与不等式的证明讲在：8.1、8.2、8.3、8.4、8.5	例题 15 道（数一真题 5、数二三真题 4）数一：2010(17)、2011(18)、2022(20)、2024(19)、2026(20)

先看全貌

0.1积分在干什么：“求导倒过来”和“求面积”

0.2全章地图，和李林讲义怎么配合

和《26 李林高数辅导讲义》第五、六章的对照

0.3考情：考多少、考在哪

逐年分布

0.4接下来 14 天怎么学

0.5小结：看到这类题，去哪一部分

零基础补课：积分要用的求导、三角与代数

A.1求导公式倒过来读：积分表是从哪来的

A.2链式法则与微分：凑微分的前身

A.3三角恒等式与“辅助直角三角形”

A.4代数变形：配方、多项式除法、拆成几项

A.5求和符号：“把很多小量加起来”怎么写

A.6小结与自测

自测（每题 1 分钟，答不出回看对应小节）

不定积分的概念

1.1原函数与不定积分：一族上下平移的曲线

1.2基本积分表：把求导表倒过来

1.3不定积分的性质：“先积后导”与“先导后积”

1.4什么样的函数有原函数

1.5分段函数的原函数：分段积分，连续性把常数“粘”起来

1.6已知导数（或导数满足的关系）求函数

1.7小结

不定积分的计算

2.1第一换元法（凑微分）：把一块看成一个字母

2.2第二换元法（一）：根式代换、指数代换

2.3第二换元法（二）：三角代换与倒代换

2.4分部积分：“反对幂指三”

2.5有理函数：拆成简单分式再积

2.6三角函数有理式：先看奇偶，最后才用万能代换

2.7综合题：先换元再分部、分部消项、抽象函数

2.8小结

定积分的概念与性质

3.1定积分的定义：切细、求和、取极限

3.2几何意义与牛顿—莱布尼茨公式

3.3定积分的性质与积分中值定理

3.4比较积分的大小：回到被积函数

3.5用定积分的定义求和式的极限

3.6平均值、路程与“加权平均”

3.7小结

定积分的计算

4.1换元必换限

4.2分部积分：边界项先算掉

4.3对称区间：奇函数为 0，偶函数翻倍

4.4周期函数、分段函数与函数方程

4.5区间再现：x→a+b−xx\to a+b-xx→a+b−x

4.6华里士公式：∫0π/2sin⁡nx dx\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx∫0π/2​sinnxdx 一口报出

4.7含参数 nnn 的积分：递推

4.8小结

变限积分

5.1变限积分求导公式

5.2被积函数里含 xxx：先提出去或换元

5.3连续、可导、奇偶与周期

5.4极限与无穷小的阶

5.5单调、极值、拐点与零点个数

5.6对变限积分再积分、积分方程

5.7小结

反常积分

6.1反常积分是什么：找“问题点”，拆开取极限

6.2两把尺子：ppp 积分

6.3比较判别法与参数范围

6.4反常积分的计算：两个模子

6.5含参数的反常积分、Γ 函数

6.6小结

定积分的应用

7.1微元法：先写一小块，再加起来

7.2平面图形的面积：直角坐标、参数方程、极坐标

7.3旋转体的体积：圆盘法与柱壳法

7.4弧长与旋转曲面的面积（数一、数二）

7.5平行截面面积已知的立体（数一、数二）

7.6物理应用：功、水压力、引力、质心（数一、数二）

形心：均匀薄板的平衡点

7.7小结

积分等式与不等式

8.1积分中值定理与估值：把积分变成一个函数值

8.2单调性法：把上限换成 xxx，构造辅助函数

8.3泰勒公式法：有二阶导数时

8.4罗尔定理与零点：“存在 ξ\xiξ 使……”

8.5积分与数列：比大小、夹逼、单调有界

4.5区间再现： $x\to a+b-x$

4.6华里士公式： $\int_0^{\pi/2}\sin^nx\dx$ 一口报出

4.7含参数 $n$ 的积分：递推

5.2被积函数里含 $x$ ：先提出去或换元

6.2两把尺子： $p$ 积分

8.2单调性法：把上限换成 $x$ ，构造辅助函数

8.4罗尔定理与零点：“存在 $\xi$ 使……”