本篇文章的内容为对高等数学上、下中的积分有关内容的一个大总结，内含对杂乱多的知识点的总结与某些附上的例题，以及一些很常用和易错的细节和结论等。内容主要涉及定积分的计算技巧、结论使用、定积分的几何、物理应用；多重积分的计算技巧（包括换序、轮换性等）、在定积分中的应用；曲线曲面积分的计算公式、定理总结，各种积分之间的关系，物理、几何应用。您现在浏览的内容是此系列的第一篇：定积分的计算与题型总结。1.定积分的计算(1)直接先计算不定积分，然后使用牛顿-莱布尼茨公式。这个非常简单，也是最基本的一种方法，不多赘述。（注意：只适用于所有能简单积分出原函数的题，所以想做好定积分，不定积分首先要过关。）牛顿-莱布尼茨公式：如果函数
f(x)
在区间 [a, b] 上连续，并且存在原函数
F(x)
，则 \int_{a}^{b} f(x) d x=F(b)-F(a)=F(x)\bigg|_{a} ^{b} (2)利用定义计算。若函数
f(x)
在区间
[a, b]
上可积，将区间分为
n
等分:\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x =\lim _{n \rightarrow\infty} \sum_{i=1}^{n} f\left[a+\frac{i}{n}(b-a)\right] \frac{b-a}{n} 特别注意，根据上述表达式有，当
[a, b]
区间恰好为
[0,1]
区间时，则
[0,1]
区间积分表达式为:\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow\infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right)
例1:用定义计算 \int_{0}^{1}x^2\mathrm{d}x
解: \int_{0}^{1} x^2 \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow\infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{i}{n}\right)^2=\lim _{n \rightarrow\infty} \frac{1}{n^3} \sum_{i=1}^{n} i^2=\lim _{n \rightarrow\infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}=\frac{1}{3} (3)利用奇偶性计算由定积分的几何意义（图像与横轴围成的有向面积）可知，奇函数在正负对称区间上的积分为 0 。例2: \int_{-1}^{1}\ln \frac{2-x}{2+x}[f(-x)+f(x)]\mathrm{d}x
(其中 f(x) 是连续函数)解:令 g(x)=\ln \frac{2-x}{2+x}[f(-x)+f(x)] , g(-x)=\ln \frac{2+x}{2-x}[f(x)+f(-x)]=-\ln \frac{2-x}{2+x}[f(-x)+f(x)]=-g(x) 故 g(x) 为奇函数，所以 g(x) 在正负对称的区间上积分为0，所以 \int_{-1}^{1}\ln \frac{2-x}{2+x}[f(-x)+f(x)]\mathrm{d}x =0 例3: \int_{-\pi}^{\pi} (\sin x\sqrt{\cos(x^2+1)}+\left
x \right
)\mathrm{d}x
解:由于 \sin x\sqrt{\cos(x^2+1)} 是奇函数，所以其在正负对称区间上积分为 0 故 \int_{-\pi}^{\pi} (\sin x\sqrt{\cos(x^2+1)}+\left
x \right
)\mathrm{d}x =\int_{-\pi}^{\pi} \left
x \right
\mathrm{d}x =\pi^2 (4)利用区间上的对称性计算。(区间再现公式)这一点算是上一条奇偶性的推广，适用于函数在积分区间上有中心对称等性质时。由简单的对称知识我么可以得到：在区间 [a,b] 上有一点 x ，则它关于区间对称轴的对称点为 a+b-x 那么在此区间上有一个函数 f(x) ,上述两个互相对称的点的函数值分别为 f(x)、f(a+b-x) 如果 f(x) 在区间 [a,b] 上是关于点 (\frac{a+b}{2}，0) 中心对称的，那么就有 f(x)=-f(a+b-x) 故对于定积分 \int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x
，利用换元： t=a+b-x
\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x =\int_{b}^{a} f(a+b-t)\mathrm{d}(-t)=\int_{a}^{b} f(a+b-t)\mathrm{d}t=\int_{a}^{b} -f(t)\mathrm{d}t=-\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x 由于 \int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x=-\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x ，故 \int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x=0 当然，更一般的情况是 f(x) 在区间上没有纯粹的中心对称或轴对称性，我们可以得到一个一般的公式，也就是区间再现公式:\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x= \int_{a}^{b} f(a+b-x)\mathrm{d}x 当然，一般我们不会单独使用这一个公式，一般区间再现适用于有部分结构对称轮换性的函数，也就是 f(x) 和 f(a+b-x) 有结构上相似的地方，结合后可以化简。故我们一般将公式写作:\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x= \int_{a}^{b} f(a+b-x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left[\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x+\int_{a}^{b} f(a+b-x)\mathrm{d}x\right] 例4: \int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \sin^2x\mathrm{d}x
解:
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \sin^2x\mathrm{d}x =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \sin^2(0+\frac{\pi}{2}-x)\mathrm{d}x =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \cos^2x\mathrm{d}x =\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \sin^2x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \cos^2x\mathrm{d}x\right]=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}
} \mathrm{d}x=\frac{\pi}{4} 例5: \int_{0}^{2} \frac{\sqrt{2+x}}{\sqrt{4-x}+\sqrt{2+x}} \mathrm{~d} x 解: \underbrace{\int_{0}^{2}\frac{\sqrt{2+x}
}{\sqrt{4-x}+\sqrt{2+x} }\mathrm{~d}x} _{t=2-x}=\int_{2}^{0}\frac{\sqrt{4-t}
}{\sqrt{2+t}+\sqrt{4-t} }\mathrm{~d}(2-t) =\int_{0}^{2}\frac{\sqrt{4-t}
}{\sqrt{2+t}+\sqrt{4-t} }\mathrm{~d}t =\frac{1}{2} \left(\int_{0}^{2}\frac{\sqrt{4-t}
}{\sqrt{2+t}+\sqrt{4-t} }\mathrm{~d}t+\int_{0}^{2}\frac{\sqrt{2+t}
}{\sqrt{2+t}+\sqrt{4-t} }\mathrm{~d}t\right) =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\mathrm{~d}t
=1 例6:设 (-\infty,+\infty) 上的非负连续函数 f(x) 满足 f(x) f(1-x)=1 ，计算 \int_{0}^{1} \dfrac{\left|x-\frac{1}{2}\right|}{1+f(x)} \mathrm{d} x 解: \underbrace{\int_{0}^{1} \frac{\left|x-\dfrac{1}{2}\right|}{1+f(x)} \mathrm{d} x}_{t=1-x} =\int_{1}^{0} \frac{\left|\dfrac{1}{2}-t\right|}{1+f(1-t)} \mathrm{d} t=\int_{0}^{1} \frac{\left|t-\dfrac{1}{2}\right|}{1+\dfrac{1}{f(t)}} \mathrm{d} t=\int_{0}^{1} \frac{f(t)\left|t-\dfrac{1}{2}\right|}{1+f(t)} \mathrm{d} t \\
\\
\int_{0}^{1} \frac{\left|x-\dfrac{1}{2}\right|}{1+f(x)} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \frac{f(t)\left|t-\dfrac{1}{2}\right|}{1+f(t)} \mathrm{d} t,
2 \int_{0}^{1} \frac{\left|x-\dfrac{1}{2}\right|}{1+f(x)} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \frac{[1+f(x)]\left|x-\dfrac{1}{2}\right|}{1+f(x)} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left|x-\dfrac{1}{2}\right
\mathrm{d} x=2 \int_{\frac{1}{2}}^{1}\left(x-\dfrac{1}{2}\right) \mathrm{d} x=2 \times \frac{1}{8} . \\
故 \int_{0}^{1} \dfrac{\left|x-\frac{1}{2}\right|}{1+f(x)} \mathrm{d} x=\frac{1}{8}
例7: \displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} \mathrm{d}x} 解:令 x=\tan t,\mathrm{d}x =\sec^2t\mathrm{d}t =\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4} } \frac{\ln(1+\tan t)}{\sec^2t} \sec^2t\mathrm{d}t}=\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln(1+\tan t)\mathrm{d}t} =\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln[1+\tan (\frac{\pi}{4}-t)]\mathrm{d}t} =\dfrac{1}{2} \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln(1+\tan t)\mathrm{d}t+\ln[1+\tan (\frac{\pi}{4}-t)]\mathrm{d}t}
=\dfrac{1}{2} \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln(1+\tan t)\mathrm{d}t+\ln[1+\frac{1-\tan t}{1+\tan t} ]\mathrm{d}t}
=\dfrac{1}{2} \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4} }\ln 2\mathrm{d}t}
=\dfrac{\pi}{8}\ln 2
例8: \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{ \mathrm{d}x }{1+\tan^{\alpha}x}
(其中 \alpha 为正数)解: \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{ \mathrm{d}x }{1+\tan^{\alpha}x} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{ \mathrm{d}x }{1+\tan^{\alpha}(\frac{\pi}{2}-x)} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{ \mathrm{d}x }{1+\cot^{\alpha}x} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\tan^{\alpha}x
}{1+\tan^{\alpha}x} \mathrm{d}x =\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{ \mathrm{d}x }{1+\tan^{\alpha}x} +\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\tan^{\alpha}x
}{1+\tan^{\alpha}x} \mathrm{d}x\right]
= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \mathrm{d}x
=\frac{\pi}{4} 最后附一个广义区间上的类似区间再现的东西:倒代换。例9: \int_{0}^{+\infty }\frac{ \mathrm{d}x }{(1+x^{\alpha})(1+x^2)}
由于积分区间不是有限的，所以我们不能用区间再现的公式。解:令 t=\frac{1}{x} ,\int_{0}^{+\infty }\frac{ \mathrm{d}x }{(1+x^{\alpha})(1+x^2)} =\int_{+\infty}^{0 }\frac{ - \mathrm{d}t}{t^2(1+\frac{1}{t^{\alpha}})(1+\frac{1}{t^2})} =\int_{0}^{+\infty }\frac{ t^{\alpha}\mathrm{d}x }{(1+t^{\alpha})(1+t^2)}
= \frac{1}{2}\left[\int_{0}^{+\infty }\frac{ \mathrm{d}x }{(1+x^{\alpha})(1+x^2)} +\int_{0}^{+\infty }\frac{ x^{\alpha}\mathrm{d}x }{(1+x^{\alpha})(1+x^2)} \right] =\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty }\frac{ \mathrm{d}x }{1+x^2} =\frac{1}{2}\arctan x\bigg|_{0}^{+\infty} =\frac{\pi}{4} 我们可以看到，虽然用的不是区间再现，但是倒代换与其的步骤几乎一致，所以可以将倒代换看做是广义区间上的推广的区间再现。当然，真正的原理要涉及到压缩映射原理，具体可以上网查资料，或者去看凯哥视频吧，在区间再现那一节有讲到。(5)结论的使用。下面几个例题就来证明这几个结论。例10:设 f(x) 在 [0,1]
上连续，证明: \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }f(\sin x)\mathrm{d}x= \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }f(\cos x)\mathrm{d}x 解:由区间再现公式: \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }f(\sin x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }f[\sin (\frac{\pi}{2}-x)]\mathrm{d}x \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }f(\cos x)\mathrm{d}x 例11:设 f(x) 在 [0,1]
上连续，证明: \int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{d} x=\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x \text {; }
解: I=\underbrace{ \int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \mathrm{d} x }_{t=\pi -x}= \int_{\pi}^{0}(\pi-t) f(\sin t)(-\mathrm{d} t)=\int_{0}^{\pi}(\pi-t) f(\sin t) \mathrm{d} t
=\int_{0}^{\pi}(\pi-x) f(\sin x) \mathrm{d} x
=\pi \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{d} x-I
I=\int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{d} x 令 J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x J=\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x}_{t=\pi-x}=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin(\pi- t) \mathrm{d} (-t)=\int^{\pi}_{\frac{\pi}{2}} f(\sin t) \mathrm{d} t =\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x+\int^{\pi}_{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x\right] = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{d} x (形象理解就是 y=\sin x 是关于 x=\frac{\pi}{2} 对称的)故 I=\int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{d} x=\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x 实际上本题的第一个等号，可以看做是在求 y=f(\sin x) 这条曲线与 x 轴在 [0,\frac{\pi}{2}] 上围成的图形的形心坐标即: \frac{\displaystyle{\int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \mathrm{d} x}}{\displaystyle{\int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{d} x}}=\frac{\pi}{2}
，由于 y=f(\sin x) 是关于 x=\frac{\pi}{2} 对称的，所以形心横坐标为 \frac{\pi}{2} 写成这样了，懂的都懂。例12:(华里士公式、点火公式)证明:\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n} x \mathrm{d}
x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{d}
x=\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{(n-1) ! !}{n ! !} \cdot \dfrac{\pi}{2}, & n \text { 为正偶数 } \\ \dfrac{(n-1) ! !}{n ! !}, & n \text { 为正奇数 } \end{array}\right. （两个！是双阶乘的意思，不懂的同学可以上网查一下定义。）解:只证后一个等号，由于前面证明过在 [0,\frac{\pi}{2}] 上， f(\sin x) 和 f(\cos x) 的积分相等，所以第一个等号显然成立。令 I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{d}
x I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nx \mathrm{d}x=-\cos x\sin^{n-1}x\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (n-1)\sin^{n-2}\cos^2x\mathrm{d}x
=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (n-1)\sin^{n-2}(1-\sin^2x)\mathrm{d}x
=(n-1)I_{n-2}+(1-n)I_n \Rightarrow I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}=\frac{(n-1)\cdot(n-3)}{n\cdot(n-2)}I_{n-4}=\cdots=\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{(n-1) ! !}{n ! !} \cdot \dfrac{\pi}{2}, & n \text { 为正偶数 } \\ \dfrac{(n-1) ! !}{n ! !}, & n \text { 为正奇数 } \end{array}\right. 这个结论以后可以直接用，专门用于只含有高次项三角函数在 [0,\frac{\pi}{2}] 上的积分时。下面来看看应用。例13: \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\sin^5x\cos^2x\mathrm{d}x
我们不能直接使用华里士公式，所以我们需要稍微做一下变换，往上面凑解：。解： \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\sin^5x\cos^2x\mathrm{d}x
=\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\sin^5x(1-\sin^2x)\mathrm{d}x
=\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }(\sin^5x-\sin^7x)\mathrm{d}x
= \frac{4!!}{5!!}-\frac{6!!}{7!!}
=\frac{8}{105} 所以我们可以总结出，对于形如 \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\sin^mx\cos^nx\mathrm{d}x
的积分，如果 m、n 都为整数，且它们之中至少有一个是偶数时，那我们就可以用三角平方和为一来代换，从而使用华里士公式计算；若两个数都是奇数，则我们将奇数-1次方的正弦（或余弦）变为余弦（或正弦），剩下的一次用于凑微分，然后变为多项式积分。 注意，华里士公式的应用主要在重积分中，因为在其中涉及到极坐标、柱坐标、球坐标换元时，会出现很多这样的纯三角积分，我们要结合华里士公式和前几个结论中的对称性，快速算出有关积分，避免每次都从新计算，浪费时间。例14: n \in N,
求\int_{0}^{\pi} \frac{x(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}} 解: \int_{0}^{\pi} \frac{x(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}}=\int_{0}^{\pi} \frac{(\pi -x)[\sin (\pi -x)]^{2 n}\mathrm{~d}(\pi -x) }{[\sin (\pi -x)]^{2 n}+[\cos (\pi -x)]^{2 n}} =\int_{0}^{\pi} \frac{(\pi -x)(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}} =\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\pi} \frac{x(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}}+\int_{0}^{\pi} \frac{(\pi -x)(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}}\right) =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi} \frac{(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}} =\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}} =\frac{\pi}{2}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{[\sin (\frac{\pi}{2}-x )]^{2 n}\mathrm{~d}x }{[\sin (\frac{\pi}{2}-x )]^{2 n}+[\cos (\frac{\pi}{2}-x )]^{2 n}}\right) =\frac{\pi}{2}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sin x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\cos x)^{2 n}\mathrm{~d}x }{(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}}\right) =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{~d}x =\frac{~\pi^2}{4} 不要看这道题答案这么复杂，其实你会发现我就是把前面的几个结论都严谨地推了一遍，所以实际上如果你掌握了那几个结论，这个题的思路就非常清晰，每个结论都用上了，一环扣一环，非常顺畅。当然，当你有了思路之后，就可以慢慢补上严谨的证明了，所以其实这道题不难。2.关于定积分的特殊题型(1)给定现有积分，求另外的积分。例15: f(2)=3, \int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x=2 , \int_{0}^{1} x f^{\prime}(2 x) \mathrm{d} x= 解:\int_{0}^{1} x f^{\prime}(2 x) \mathrm{d} x =\frac{1}{4} \int_{0}^{1} 2 x f^{\prime}(2 x) \mathrm{d}(2 x)=\frac{1}{4} \int_{0}^{2} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{4} \int_{0}^{2} x \mathrm{~d}[f(x)] \\ =\left.\frac{1}{4} x f(x)\right|_{0} ^{2}-\frac{1}{4} \int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{2} f(2)-\frac{1}{4} \int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1 . 例16:设 \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}
\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}
,则 \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}
\mathrm{d}x=
解:\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin ^{2} x}{x^{2}} \mathrm{~d} x=-\int_{0}^{+\infty} \sin ^{2} x \mathrm{~d}\left(\frac{1}{x}\right)=-\left.\frac{\sin ^{2} x}{x}\right|_{0} ^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2 x}{x} \mathrm{~d} x
因为\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sin ^{2} x}{x}=0, \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\sin ^{2} x}{x}=0 所以
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin ^{2} x}{x^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2 x}{x} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2 x}{2 x} \mathrm{~d}(2 x)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2}
(2)定积分函数方程，式子中含有函数和函数在区间上的定积分。对于这种题，我们就抓住定积分是一个数的特点。例17:
f(x)=\sin ^{3} x+\int_{-\pi}^{\pi} x f(x) \mathrm{d} x \text {, 求 } \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x \text {. } 解:令 \int_{-\pi}^{\pi} x f(x) \mathrm{d} x=A ，则 f(x)=\sin ^{3} x+A x f(x)=x \sin ^{3} x+A x ，两边积分得 \int_{-\pi}^{\pi} x f(x) \mathrm{d} x=\int_{-\pi}^{\pi} x \sin ^{3} x \mathrm{~d} x+\int_{-\pi}^{\pi} A x \mathrm{~d} x A=\int_{-\pi}^{\pi} x \sin ^{3} x \mathrm{~d} x=2 \int_{0}^{\pi} x \sin ^{3} x \mathrm{~d} x=\pi \int_{0}^{\pi} \sin ^{3} x \mathrm{~d} x=2 \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{3} x \mathrm{~d} x=\frac{4 \pi}{3} \Rightarrow f(x)=\sin ^{3} x+\frac{4 \pi}{3} \Rightarrow \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{\pi}\left(\sin ^{3} x+\frac{4 \pi}{3}\right) \mathrm{d} x=\int_{0}^{\pi} \sin ^{3} x \mathrm{~d} x+\frac{4 \pi}{3} \int_{0}^{\pi} \mathrm{d} x=\frac{4}{3}\left(1+\pi^{2}\right) 例18: f(x) \in C[-\pi, \pi] \text {, 且 } f(x)=\frac{x}{1+\cos ^{2} x}+\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin x \mathrm{~d} x \text {, 求 } f(x) \text {. } 解:令
\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin x \mathrm{~d} x=A ，则 f(x)=\frac{x}{1+\cos ^{2} x}+A \Rightarrow f(x) \sin x=\frac{x \sin x}{1+\cos ^{2} x}+A \sin x ，两边积分得:A=\int_{-\pi}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos ^{2} x} \mathrm{~d} x=2 \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos ^{2} x} \mathrm{~d} x=\pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos ^{2} x} \mathrm{~d} x
=-\pi \arctan \cos x\bigg|_{0} ^{\pi}=\frac{~\pi^{2}}{2}
\Rightarrow
f(x)=\frac{x}{1+\cos ^{2} x}+\frac{\pi^{2}}{2} (3)积分上限函数求导，积分上限函数的另一种形式。复合积分上限函数求导:书上对积分上限函数的求导是说的 \left(\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t\right)'=f(x) 它的一般推广形式是 \left(\int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \mathrm{d} t\right)'=f[h(x)]h'(x)-f[g(x)]g'(x) 下面证明一下这个公式。设 f(x) 的一个原函数是 F(x) ,则由牛顿莱布尼茨公式得 \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \mathrm{d} t=F[h(x)]-F[g(x)] 两边求导: \left(\int_{g(x)}^{h(x)} f(t) \mathrm{d} t\right)'=f[h(x)]h'(x)-f[g(x)]g'(x) ,得证.一般我们取的是 h(x)=0 或 g(x)=0 的情况，按情况取舍即可。多变量(含积分变量和函数变量)的求导此类题要注意分清楚两种变量，细致求导。有些时候两种变量混在一起难以分开，就要使用区间再现公式来处理。例19: F(x)=\int_{0}^{x}(x-2 t) f(t) \mathrm{d} t ，求F'(x) .解: F(x)=\int_{0}^{x}(x-2 t) f(t) \mathrm{d} t=x\int_{0}^{x}f(t) \mathrm{d} t-\int_{0}^{x}2 t f(t) \mathrm{d} t 故 F'(x)=xf(x)+\int_{0}^{x}f(t) \mathrm{d} t-2 x f(x) =\int_{0}^{x}f(t) \mathrm{d} t-xf(x) 例20:求 \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\int_{0}^{x}tf(x^2-t^2)\mathrm{d}t
解: \int_{0}^{x}tf(x^2-t^2)\mathrm{d}t =\frac{1}{2} \int_{0}^{x}f(x^2-t^2)\mathrm{d}(t^2)= \frac{1}{2} \int_{0}^{x^2}f(x^2-m)\mathrm{d}m=\frac{1}{2} \int_{0}^{x^2}f(m)\mathrm{d}m \Rightarrow \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\int_{0}^{x}tf(x^2-t^2)\mathrm{d}t
=\left(\frac{1}{2} \int_{0}^{x^2}f(m)\mathrm{d}m\right)'=xf(x^2) 积分上限函数另一形式: x\int_{0}^{1}f(xt)\mathrm{d}t
由于这是对 t 积分，所以 x 可看做常数凑微分凑进去。x\int_{0}^{1}f(xt)\mathrm{d}t=\underbrace{\int_{0}^{1}f(xt)\mathrm{d}(xt)}_{m=xt}=\int_{0}^{x}
f(m)\mathrm{d}m 这很容易迷惑到新手，所以一定要把这个记住了，遇到的时候要认出是积分上限函数。例21: \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x\displaystyle\int_{0}^{1} \sin [x(1-t)]^{2} \mathrm{~d} t}{\sin ^{2} x \ln (1-x)} 解: \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x\displaystyle\int_{0}^{1} \sin [x(1-t)]^{2} \mathrm{~d} t}{\sin ^{2} x \ln (1-x)}= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\displaystyle\int_{0}^{1} \sin (xt)^{2} \mathrm{~d} (xt)}{\sin ^{2} x \ln (1-x)} =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\displaystyle\int_{0}^{x} \sin m^{2} \mathrm{~d} m}{ x^2 (-x)} =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{ \sin x^{2} }{-3x^2} =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{ x^{2} }{-3x^2} =-\frac{1}{3} 例22: 设函数
f \in C[0,+\infty) , 且
\forall a, b>0
满足不等式
f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leqslant \frac{f(a)+f(b)}{2} \text {. }
记
F(x)=\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t)
d
t . 证明不等式
F\left(\frac{a+b}{2}\right) \leqslant \frac{F(a)+F(b)}{2} \quad(a, b>0) . 这个题难度较高，可以不用掌握。在这个题中，我们要逆用积分上限函数的另一种形式，也就是我们要从最初的形式化成这个形式。因为我们要用题中的性质，所以只能这样考虑。解:\begin{aligned} F(x)=\frac{1}{x} & \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t=\underbrace{\int_{0}^{x} f\left(x \cdot \frac{t}{x}\right) \mathrm{d}\left(\frac{t}{x}\right)}_{\frac{t}{x}=u}= \int_{0}^{1} f(x u) \mathrm{d} u, \\ F\left(\frac{a+b}{2}\right) &=\int_{0}^{1} f\left[\left(\frac{a+b}{2}\right) u\right] \mathrm{d} u \\ &=\int_{0}^{1} f\left(\frac{a u+b u}{2}\right) \mathrm{d} u \\ & \leqslant \int_{0}^{1} \frac{1}{2}[f(a u)+f(b u)] \mathrm{d} u \\ &=\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{1} f(a u) \mathrm{d} u+\int_{0}^{1} f(b u) \mathrm{d} u\right] \\ &=\frac{1}{2}[F(a)+F(b)] \end{aligned}
(4)积分上限函数微分方程。积分上限函数其实就是函数的原函数，所以当一个方程中含 f(x)、\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t 时，这其实是一个微分方程问题，我们可以令 g(x)=\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t ,那么 f(x)=g'(x) ,剩下就是微分方程问题。例23: f(x) \text { 在 }(0,+\infty) \text { 内连续, 且 } f(1)=0, f(x)=x \mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t \text {, 则 } f(x)= 解:令 g(x)=\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t ，方程化为 g'(x)=xe^{-x}+\frac{g(x)}{x}
,这是一个一阶线性微分方程，带公式。\Rightarrow g(x)=-xe^{-x}+Cx ,此处有一个初值
f(1)=0 ，也即
g'(1)=0 ,得 C=1 故 g(x)=-xe^{-x}+x\Rightarrow f(x)=g'(x)=(x-1)e^{-x}+1 例24:设 y(x) 满足y(x)=x^3-x\int_{1}^{x}\frac{y(t)}{t^2}\mathrm{d}t +y'(x)
(x>0) ，且 \lim_{x \to +\infty} \frac{y(x)}{x^3}
存在，求 y(x) 对于这种我们不能直接设新函数的稍为复杂的积分上限函数，我们需要先求导，降次消掉积分号。但是也不能直接求，需要先处理一下，因为如果积分号前面还有其它函数，那么求一次导是消不掉积分号的，所以我们一定要处理到积分上限函数前没有其它函数为止，才能开始求导。解: y(x)=x^3-x\int_{1}^{x}\frac{y(t)}{t^2}\mathrm{d}t +y'(x)\Rightarrow \frac{y(x)}{x}=x^2-\int_{1}^{x}\frac{y(t)}{t^2}\mathrm{d}t +\frac{y'(x)}{x} 两边求导得: xy''-(x+1)y'=-2x^3 ,令 p=y' ,化为一阶线性微分方程:p'-\frac{x+1}{x}p=-2x^2
,带公式，得: y'=C_1xe^x+2x^2+2x 故 y=C_1(x-1)e^x+\frac{2}{3}x^3+x^2+C_2
由于 \lim_{x \to +\infty} \frac{y(x)}{x^3} =\lim_{x \to +\infty} \frac{y=C_1(x-1)e^x+\frac{2}{3}x^3+x^2+C_2 }{x^3}
存在，故 C_1=0 故 y=\frac{2}{3}x^3+x^2+C_2 \Rightarrow y'=2x^2+2x 又有初值: y(1)=1+y'(1),y'(1)=4,y(1)=\frac{5}{3}+C_2
所以 y=\frac{2}{3}x^3+x^2+\frac{10}{3} 在这个题中，我们得到一个细节:那就是要注意初值的获得，凡是有积分上限函数的式子，一定不要忘了的一个初值就是当 x 等于下限时，积分上限函数为 0 .(4)积分上限函数泰勒展开。积分上限函数也是一种函数，故我们也可以研究其泰勒展开式。但是我们没有现成的展开式，于是我们就要转化一下，用已知的展开式来求。例25:设 f(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x^2} \ln(1+t)\mathrm{d}t} ,f^{(4)}(0)= 解:两边求导:f'(x)=2x\ln(1+x^2)=2x[x^2-\dfrac{x^4}{2} +o(x^4)]=2x^3+o(x^3) 由于 f'(x) 在 x=0 处的泰勒展开式为 f'(x)=f'(0)+f’'(0)x+\dfrac{f’''(0)}{2!} x^2+\dfrac{f^{(4)}(0)}{3!} x^3+o(x^3) \Rightarrow \dfrac{f^{(4)}(0)}{3!} =2\Rightarrow f^{(4)}(0)=12 故需要对积分上限函数泰勒展开时，先求一次导，然后用已有的泰勒展开式来获取积分上限函数的各阶导数值，然后代回即可。以上就是第一篇:定积分的计算与题型总结的全部内容。下一篇是:定积分的几何、物理应用}