定积分概念

定积分的定义：

$$ \int^{b}{a}f(x)dx\triangleq\lim{\lambda\to0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i} $$

注：

1. $\lambda\to0$与$n\to \infty$不等价
2. $\int^{b}{a}f(x)dx$仅与$f(x)$和$[a,b]$有关；$\int^{b}{a}f(x)Dx=\int^{b}_{a}f(t)dt$
3. 极限$\lim\limits_{\lambda\to 0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}$与$\xi_{i}$的取法和区间$[a,b]$的分发无关 因此，有 $$ \int^{1}{0}f(x)dx=\lim{\lambda\to0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}=\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits^{n}_{i=1}f(\frac{i}{n}) $$

定积分存在的充分条件

• $f(x)$在$[a,b]$上连续
• $f(x)$在$[a,b]$上有界且只有有限个间断点
• $f(x)$在$[a,b]$上仅有有限个第一类间断点

定积分的几何意义

定积分的性质

不等式

• 若$f(x)\leq g(x)$，则$\int^{b}{a}f(x)dx\leq \int^{b}{a}g(x)dx$
• 估值性：若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$m(b-a)\leq\int^{b}_{a}f(x)dx\leq M(b-a)$
• $\int^{b}{a}f(x)dx\leq \int^{b}{a}|f(x)|dx$

中值定理

• 若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$\int^{b}_{a}f(x)dx=f(\xi)(b-a),a<\xi<b(此处书上写的是a\leq \xi\leq b)$ 证明： $$ F(b)-F(a)=右边\overset{拉格朗日中值定理}{=}左边=F'(\xi)(b-a) $$
• 若$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续，$g(x)$不变号，则$\int^{b}{a}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int^{b}{a}dx,a\leq \xi\leq b$

积分上限的函数

$$ \int^{x}_{a}f(t)dt $$

定理：设$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$\int^{x}{a}f(t)dt$在$[a,b]$上可导，且 $$ (\int^{x}{a}f(t)dt)'=f(x) $$ 一般结论： $$ (\int^{\psi(x)}_{\phi(x)}f(t)dt)'=f(\psi(x))\psi'(x)-f(\phi(x))\phi'(x) $$

定积分的计算

• 牛顿-莱布尼茨公式$\int^{b}_{a}f(x)dx=F(b)-F(a)$
• 换元法$\int^{b}{a}f(x)dx=\int^{\beta}{\alpha}f(\phi(t))\phi'(t)dt$
• 分部积分法$\int^{b}{a}udv=uv|^{b}{a}-\int^{b}_{a}vdu$
• 利用奇偶性$\int^{a}{-a}f(x)dx=\begin{cases}0,&f(x)为奇函数\2\int^{a}{0}f(x)dx&f(x)为偶函数\end{cases}$
• 利用周期性$\int^{a+T}{a}f(x)dx=\int^{T}{0}f(x)dx$
• 利用公式
  • $\int^{\frac{\pi}{2}}{0}\sin^{n}xdx=\int^{\frac{\pi}{2}}{0}\cos^{n}xdx=\begin{cases} \frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{1}{2} \frac{\pi}{2}&n为偶数\ \frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{2}{3}&n为奇数\end{cases}$
  • $\int^{\pi}{0}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int^{\pi}{0}f(\sin x)dx$

用$\int^{\pi}{0}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int^{\pi}{0}f(\sin x)dx$要注意，$f(\sin x)$指的是，能用$\sin x$表示的函数都可以，例如$\cos^{2}x=1-2\sin^{2}x$，但$\cos x$就不可以，因为在$(0,\pi) ,\cos x$有正有负，$|\cos x|=\sqrt{1-\sin^{2} x}$，而$\cos x\ne \sqrt{1-\sin^{2} x}$

常考题型与典型例题

定积分的概念、性质与几何意义

例1：$\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{n+1}+ \frac{1}{n+2}+\cdots+ \frac{1}{n+n})=()$

对于$\int^{b}{a}f(x)dx=\lim\limits{\lambda\to0}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})\Delta x_{i}=\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits^{n}{i=1}f(\xi{i})(b-a)$ 上式当区间方法选择$n$等分时成立，由于此时$\Delta x_{i}= \frac{b-a}{n}$ 所以当提出$\frac{1}{n}$时，通过$f(\xi_{i})(b-a)$就可以看出积分区间和被积函数

$$ \begin{aligned} 原式&=\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}( \frac{1}{1+\frac{1}{n}}+ \frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots+ \frac{1}{1+\frac{n}{n}})\ &=\int^{1}{0} \frac{1}{1+x}dx\ &=\ln(1+x)|^{1}{0}\ &=\ln2 \end{aligned} $$

本题$\frac{1}{1+\frac{1}{n}},\frac{1}{1+\frac{2}{n}},\cdots,\frac{1}{1+\frac{n}{n}}$显然只有$\frac{1}{n},\frac{2}{n},\cdots,\frac{n}{n}$在变化，因此被积函数为$\frac{1}{1+x}$积分区间为$\frac{1}{n}$到$\frac{n}{n}$，即$(0,1)$

例2：$\lim\limits_{n\to \infty}n(\frac{1}{1+n^{2}}+ \frac{1}{2^{2}+n^{2}}+\cdots+ \frac{1}{n^{2}+n^{2}})=()$

$$ \begin{aligned} 原式&=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n}[\frac{1}{1+(\frac{1}{n})^{2}}+ \frac{1}{1+(\frac{2}{n})^{2}}+\cdots+ \frac{1}{1+(\frac{n}{n})^{2}}]\ &=\int^{1}{0} \frac{1}{1+x^{2}}dx\ &=\arctan x|^{1}{0}\ &=\frac{\pi}{4} \end{aligned} $$

关于$n$项和的极限用什么，例如本题分母不变项变化的叫做主体即$n^{2}$，变化的叫变体即$1^{2},2^{2},\cdots,n^{2}$，如果$\frac{变体}{主体}\overset{n\to \infty}{\longrightarrow}\begin{cases}0&夹逼原理\\ne0&定积分定义\end{cases}$

例3：如图，连续函数$y=f(x)$在区间$[-3,-2],[2,3]$上的图形分别是直径为$1$的上、下半圆周，在区间$[-2,0],[0,2]$的图形分别是直径为$2$的下、上半圆周。设$F(x)=\int^{x }_{0}f(t)dt$，则证明$F(-3)= \frac{3}{4}F(2)$

$$ \begin{aligned} F(3)&=F(-3)=\int^{3 }{0}f(x)dx=\frac{\pi}{2}- \frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\ F(2)&=\int^{2 }{0}f(x)dx=\frac{\pi}{2} \end{aligned} $$ 得证

补充一个结论 $f(x)$是奇函数$\rightarrow\int^{x }{a}f(t)dt$偶函数 $f(x)$是偶函数$\rightarrow\int^{x }{0}f(t)dt$奇函数

例4：设二阶可导函数$f(x)$满足$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1$，且$f''(x)>0$，证明$\int^{0 }_{-1}f(x)dx$

用几何法，选一个特殊函数$f(x)=2x^{2}-1$即可，或者自行画图，只要满足$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1$，且为凹函数（由于$f''(x)>0$）

例5：设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，$(0,1)$内可导，且$3\int^{1 }_{\frac{2}{3}}f(x)dx=f(0)$，证明在$(0,1)$内存在一点$c$，使$f'(c)=0$

$$ \begin{aligned} f(0)=3\int^{1 }_{\frac{2}{3}}f(x)dx=3(1- \frac{2}{3})f(\xi)=f(\xi),\xi\in(\frac{2}{3},1) \end{aligned} $$ 因此，存在一点$c\in(0,\xi)$使$f'(c)=0$

定积分计算

例6：$\int^{\frac{\pi}{2} }_{- \frac{\pi}{2}}(x^{3}+\sin^{2}x)\cos^{2}xdx=()$

$$ \begin{aligned} 原式&=2\int^{\frac{\pi}{2} }{- \frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\cos^{2}xdx\ &=2\int^{\frac{\pi}{2} }{0}\sin^{2}x(1-\sin^{2}x)dx\ &=2(\frac{1}{2} \frac{\pi}{2}- \frac{3}{4} \frac{1}{2} \frac{\pi}{2})\ &=\frac{\pi}{8} \end{aligned} $$

例7：$\int^{\pi }_{-\pi}(\sin^{3}x+\sqrt{\pi^{2}-x^{2}})dx$=（）

有公式$$\int^{a }{0}\sqrt{a^{2}-x^{2}dx}=\frac{\pi}{4}a^{2}$$ 画图$x^{2}+y^{2}=a^{2}$第一象限面积即为所求 偏心圆有$$\int^{a }{0}\sqrt{2ax-x ^{2}}dx=\frac{\pi}{4}a ^{2}$$

$$ \begin{aligned} 原式&=2\int^{\pi }_{0}\sqrt{\pi-x^{2}}dx\ &=2 \frac{\pi}{4}\pi^{2}\ &=\frac{\pi^{3}}{2} \end{aligned} $$

例8：$\int^{1 }_{0}\sqrt{2x-x^{2}}dx=()$

$$ \begin{aligned} 原式&=\int^{1 }{0}\sqrt{1-(x-1)^{2}}dx\ &\overset{x-1=\sin t}{=}\int^{0 }{- \frac{\pi}{2}}\cos ^{1}tdt\ &=\int^{\frac{\pi}{2} }{0}\cos ^{2}tdt\ &=\frac{1}{2} \frac{\pi}{2}\ &=\frac{\pi}{4} \end{aligned} $$ 或者用$\int^{a }{0}\sqrt{2ax-x ^{2}}dx=\frac{\pi}{4}a ^{2}$直接得到结果

例9：计算$\int^{1 }_{0}x \arcsin xdx$

$$ \begin{aligned} 原式&=\frac{1}{2}\int^{1 }{0}\arcsin xdx^{2}\ &=\frac{1}{2}x^{2}\arcsin x \Big|^{1 }{0}- \frac{1}{2}\int^{1 }{0} \frac{x^{2}}{\sqrt{1-x ^{2}}}dx\ &不是出现了x ^{2}就可以换x ^{2}换完dx也要换\ &这里也可以选择令x=\sin t三角换元的方法\ &=\frac{1}{2}x^{2}\arcsin x \Big|^{1 }{0}- \frac{1}{2}\int^{1 }{0} \frac{x^{2}-1+1}{\sqrt{1-x ^{2}}}dx\ &=\frac{\pi}{4}- \frac{1}{2}\left(-\int^{1 }{0}\sqrt{1-x^{2}dx+\arcsin \Big|^{1 }_{0}}\right)\ &=\frac{\pi}{4}- \frac{1}{2}\left(- \frac{\pi}{4}+ \frac{\pi}{2}\right)\ &= \frac{\pi}{8} \end{aligned} $$

例10：设$f(x)=\int^{x }{0} \frac{\sin t}{\pi-t}dt$，计算$\int^{\pi }{0}f(x)dx$

这类题经常$f(x)$是积不出的积分，所以考虑导数，在分布积分中有导数

$$ \begin{aligned} 原式&=xf(x)\Big|^{\pi }{0}-\int^{\pi }{0}\frac{x \sin x}{\pi-x}dx\ &=\pi \int^{\pi }{0}\frac{\sin t}{\pi -t}dt-\int^{\pi }{0}\frac{x \sin x}{\pi -x}dx\ &=\int^{\pi }{0}\frac{(\pi -x)\sin x}{\pi -x}dx\ &=\int^{\pi }{0}\sin xdx\ &=2 \end{aligned} $$ 仔细观察，可以有如下变化简化计算 $$ \begin{aligned} 原式&=\int^{\pi }{0}f(x)d(x-\pi )\ &=(x-\pi )f(x)\Big|^{\pi }{0}-\int^{\pi }{0}\frac{(x-\pi )\sin x}{\pi -x}dx\ &这样的好处是(x-\pi )f(x)\Big|^{\pi }{0}上下限都为0,只需要计算后面的积分即可\ &=\int^{\pi }_{0}\sin xdx\ &=2 \end{aligned} $$ 当然，二重积分交换一下积分次序也可以

变上限定积分

例11：设$f(x)$连续，试求下列函数的导数 $\int^{x^{2} }{e^{x}}f(t)dt$ $$ \begin{aligned} \left(\int^{x^{2} }{e^{x}}f(t)dt\right)'&=f(x ^{2})\cdot 2x-f(e^{x})e^{x}\ \end{aligned} $$ $\int^{x }{0}(x-t)f(t)dt$ $$ \begin{aligned} \int^{x }{0}(x-t)f(t)dt & =x \int^{x }{0}f(t)dt-\int^{x }{0}tf(t)dt\ \left(\int^{x }{0}(x-t)f(t)dt\right)'&=\int^{x }{0}f(t)dt+xf(x)-xf(x)=\int^{x }{0}f(t)dt \end{aligned} $$ $\int^{x }{0}\cos (x-t)^{2}dt$ $$ \begin{aligned} \int^{x }{0}\cos (x-t)^{2}dt &\overset{x-t=u}{=}\int^{0 }{x}\cos u^{2}(-du)=\int^{x }{0}\cos u^{2}du\ \left(\int^{x }{0}\cos (x-t)^{2}dt\right)'&=\cos x^{2} \end{aligned} $$ $\int^{2 }{1}f(x+t)dt$ $$ \begin{aligned} \int^{2 }{1}f(x+t)dt &\overset{x+t=u}{=}\int^{x+2 }{x+1}f(u)du\ \left(\int^{2 }{1}f(x+t)dt\right)'&=f(x+2)-f(x+1) \end{aligned} $$

例12：设$f(x)$连续，则$\frac{d}{dx}\int^{x}_{0}tf(x ^{2}-t^{2})dt=()$

$$ \begin{aligned} \int^{x}{0}tf(x ^{2}-t ^{2})dt &\overset{x ^{2}- t ^{2}=u}{=}\int^{0}{x ^{2}}f(u)(- \frac{1}{2}du)\ &=\frac{1}{2}\int^{x ^{2}}{0}f(u)du\ \frac{d}{dx}\int^{x}{0}tf(x ^{2}-t^{2})dt&=\frac{1}{2}f(x ^{2})\cdot 2x=xf(x ^{2}) \end{aligned} $$

例13：设$x \geq -1$，求$\int^{x}_{-1}(1-|t|)dt$

$$ \begin{aligned} \int^{x}{-1}(1-|t|)dt&=\begin{cases} \int^{x}{-1}(1+t)dt&-1\leq x<0\ \int^{0}{-1}(1+t)dt+\int^{x}{0}(1-t)dt&x \geq 0 \end{cases}\ &=\begin{cases} \frac{1}{2}(1+x)^{2}&-1\leq x<0\ 1- \frac{1}{2}(1-x)^{2}&x \geq 0 \end{cases} \end{aligned} $$

例14：设函数$f(x)=\begin{cases}\sin x&0 \leq x<\pi \2&\pi \leq x\leq2\pi \end{cases},F(x)=\int^{x}_{0}f(t)dt$，说明$F(x)$在$x=\pi$可导

分段函数定积分如果分多段注意不要漏前面的

$$ \begin{aligned} F(x)&=\left{\begin{aligned}& \int^{x}{0}\sin tdt&0\leq x<\pi\ &\int^{\pi}{0}\sin tdt+\int^{x}{\pi}2dt&\pi\leq x\leq2\pi \end{aligned}\right.\ &=\left{\begin{aligned}&1-\cos x&0\leq x<\pi\ &2+2(x-\pi)&\pi \leq x \leq 2 \pi\end{aligned}\right. \end{aligned} $$ 有 $$ F(\pi-0)=2=F(\pi+0)=F(\pi) $$ 因此$F(x)$在$x=\pi$连续 $$ \begin{aligned} F'{+}(\pi)&=[2+2(x-\pi)]'\Big|^{}{x=\pi}=2\ F'{-}(\pi)&=\lim\limits_{x\to \pi^{-}}\frac{1-\cos x-2}{x-\pi}=\lim\limits_{x\to \pi^{-}}\frac{\sin x}{1}=0 \end{aligned} $$ $F(x)$在$x=0$不可导

例15：确定常数$a,b,c$的值，使$\lim\limits_{x\to0}\frac{ax-\sin x}{\int^{x}_{b}\frac{\ln (1+t^{3})}{t}dt}=c(c \ne 0)$

由于$c\ne0,ax-\sin x\to0$有 $$\int^{x}{b}\frac{\ln (1+t^{3})dt}{t}\rightarrow 0\Rightarrow \int^{0}{b}\frac{\ln (1+t^{3})}{t}dt=0$$ 易验证$\frac{\ln (1+t^{3})}{t}>0$，有 $$ b=0 $$ 因此 $$ \begin{aligned} c&=\lim\limits_{x\to0}\frac{ax-\sin x}{\int^{x}{0}\frac{\ln (1+t^{3})}{t}dt}\ &=\lim\limits{x\to0}\frac{a-\cos x}{\frac{\ln (1+t^{3})}{x}}\ &=\lim\limits_{x\to0}\frac{a-\cos x}{x^{2}} \end{aligned} $$ 由于分母$x^{2}\to 0$，如果分子$a-1\ne 0$则原式$\to \infty$矛盾，因此$a=1$ $$ 上式=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x ^{2}}=\frac{1}{2}=c $$

例16：求极限$\begin{aligned}\lim\limits_{x\to0+}\frac{\int^{x}_{0}\sqrt{x-t}e^{t}dt}{\sqrt{x ^{3}}}\end{aligned}$

定积分中如果$x$被看做常数，则可以提出来，$e^{x}$也是

$$ \begin{aligned} \int^{x}{0}\sqrt{x-t}e^{t}dt &\overset{x-t=u}{=}\int^{0}{x}\sqrt{u}e^{x-u}(-du)=e^{x}\int^{x}{0}\sqrt{u}e^{-u}du\ 原式&=\lim\limits{x\to0+}\frac{e^{x}\int^{x}{0}\sqrt{u}e^{-u}du}{\sqrt{x ^{3}}}=\lim\limits{x\to0+}\frac{\sqrt{x}e^{-x}}{\frac{3}{2}\sqrt{x}}=\frac{2}{3} \end{aligned} $$ 也可以考虑积分中值定理，即$\begin{aligned}\int^{b}{a}f(x)g(x)dx=f(\xi )\int^{b}{a}g(x)dx\end{aligned}$

注意该积分中值定理要求$f(x),g(x)$连续，且$g(x)$不变号

$$ \begin{aligned} 原式&=\lim\limits_{x\to0+}\frac{e^{\xi }\int^{x}{0}\sqrt{x-t}dt}{\sqrt{x ^{3}}}\ &=\lim\limits{x\to0+}\frac{- \frac{2}{3}(x-t)^{\frac{3}{2}}\Big|^{x}{0}}{\sqrt{x ^{3}}}\ &=\lim\limits{x\to0+}\frac{\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}}{x^{\frac{3}{2}}}\ &=\frac{2}{3} \end{aligned} $$

例17：设可导函数$y=y(x)$由方程$\begin{aligned}\int^{x+y}{0}e^{-t^{2}}dt=\int^{x}{0}x \sin t^{2}dt\end{aligned}$确定，则$\begin{aligned} \frac{dy}{dx}\Big|^{}_{x=0}=()\end{aligned}$

$$ \begin{aligned} \int^{x+y}{0}e^{-t^{2}}dt&=\int^{x}{0}x \sin t^{2}dt\quad 对两边同时求导\ e^{-(x+y)^{2}}(1+y')&=\int^{x}{0}\sin t^{2}dt+x \sin x^{2}\tag{1} \end{aligned} $$ 显然需要$x=0$时，$y$的值，令$x=0$，代入题中的式子 $$ \int^{y}{0}e^{-t^{2}}dt=0 \Rightarrow y=0 $$

被积函数大于零，积分结果为零，则积分区间长度一定为$0$

将$x=0,y=0$，代入$(1)$式 $$ \begin{aligned} 1+y'(0)=0 \Rightarrow y'(0)=-1 \end{aligned} $$