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【定积分】基本知识点+考点
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定积分
本文将以 考点+一般的出题套路+一般解决方法 为脉络展开。 考点一：概念
求以下极限： l i m n → ∞ Σ i = 1 n 1 1 − ( i n ) 2 1 n lim_{n\rightarrow\infty}\Sigma_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1-(\frac{i}{n})^2}}\frac{1}{n} limn→∞Σi=1n1−(ni)2 1n1 这是一道无限项求和的题目，夹逼定理也许能做，但是看到 i n \frac{i}{n} ni ,可以联想到定积分的定义。 使用定积分的定义，首先要找到 Σ \Sigma Σ后面的那个 1 n \frac{1}{n} n1，这道题里确实有 1 n \frac{1}{n} n1；然后找 f ( i n ) f(\frac{i}{n}) f(ni) ,具体在这道题里是 1 1 − ( i n ) 2 \frac{1}{\sqrt{1-(\frac{i}{n})^2}} 1−(ni)2 1；都找到了，把 i n \frac{i}{n} ni 替换成 x x x 就可以带公式了，该极限就等于 ∫ 0 1 1 1 − x 2 d x \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx ∫011−x2 1dx. 其中找 1 n \frac{1}{n} n1不一定真的找原封不动的 1 n \frac{1}{n} n1，只要是 1 n \frac{1}{n} n1的等价无穷小都可以！定积分的几何意义是面积的代数和，可正可负，不是面积之和；x轴上方是正的，下方是负的。 考点二：性质可积必有界： f ( x ) f(x) f(x)可积，则 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]有界。 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续，则 ∫ a b f ( x ) d x \int_a^bf(x)dx ∫abf(x)dx 存在。 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]不连续，但是只有有限个第一类间断点，则 ∫ a b f ( x ) d x \int_a^bf(x)dx ∫abf(x)dx 存在。 上下限交换添负号 上下限相同积分为零 对0在任意区间积分得零 被积函数 f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 大小关系确定后，相同区间上的积分大小关系不变 绝对值在内 ≥ \geq ≥绝对值在外： ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ d x ≥ ∣ ∫ a b f ( x ) d x ∣ \int_a^b|f(x)| dx\geq |\int _a^bf(x)dx| ∫ab∣f(x)∣dx≥∣∫abf(x)dx∣ 积分区间具有可拆性 积分中值定理： ∫ a b f ( x ) d x = f ( ξ ) ( b − a ) ， ξ ∈ [ a , b ] \int_a^bf(x)dx=f(\xi)(b-a)，\xi \in [a,b] ∫abf(x)dx=f(ξ)(b−a)，ξ∈[a,b] 相当于找了个中间一点的值 ξ \xi ξ，把积分写成了长乘宽的形式。使用前提是 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]连续。注意是闭区间！ 如果想用开区间的积分中值定理，用拉格朗日中值定理简单证明一步就可以了: ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a ) = F ( ξ ) ( b − a ) ， ξ ∈ ( a , b ) \int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a)=F(\xi)(b-a)，\xi \in (a,b) ∫abf(x)dx=F(b)−F(a)=F(ξ)(b−a)，ξ∈(a,b) 遇到对称区间，立即检查被积函数是否（部分）是奇/偶函数。奇零偶倍是容易忽略的技巧。原理画个图就明白。 f ( x ) f(x) f(x)是周期T函数，则 ∫ a k x + T f ( x ) d x = k ∫ 0 T f ( x ) d x \int _a^{kx+T}f(x)dx=k\int_0^Tf(x)dx ∫akx+Tf(x)dx=k∫0Tf(x)dx 性质这组考点一般会这样考：让你比较几个积分的大小。 方法：这种题有一个基本方法：固定相同区间比较被积函数or固定被积函数比较区间，一般不用具体求出来，判定一下大于某个数或小于某个数就行了，这个数很可能是0。 可以先找题目这几个积分有什么相同点，看看能不能判断一下它想考什么知识点，比如给了三个相同的积分区间，而且都是关于原点对称的，可以大致往寄零偶倍的方向考虑，判断一下被积函数的奇偶。 考点三：积分上限函数F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t F(x)=\int_a^xf(t)dt F(x)=∫axf(t)dt 只要是积分上限函数，一定是连续的。 若 f ( x ) f(x) f(x)连续，F(x)是f(x)的一个原函数。 若 f ( x ) f(x) f(x)有可去/跳跃间断点，则f(x)不存在原函数，F(x)存在且连续，但F(x)不可导。 积分上限函数求导。一共三种考法。 第一种被积函数很规矩，直接求第二种 ∫ a x g ( x ) f ( t ) d t \int_a^xg(x)f(t)dt ∫axg(x)f(t)dt, 先提出和积分变量无关的因子g(x)，再求第三种，类似于 ∫ a x f ( x − t ) d t \int_a^xf(x-t)dt ∫axf(x−t)dt，和积分变量无关的项包裹在被积函数里，不能提，则先将其变量代换掉，同时积分上下限随之改变，再求 考点四：定积分计算1.牛莱 牛顿莱布尼茨公式：就是先不看积分限，求原函数，再带入积分限计算。所以使用牛莱公式说白了就是求不定积分。求不定积分的方法参考这篇博文里的计算部分，这里不再赘述。 关于使用牛莱公式什么时候要换限：求不定积分用了换元，则不要忘记同时换积分限。如果没有使用换元，也就是你的积分变量没变（即使你凑了微分），那就不要换积分限。 2.奇零偶倍 遇到对称区间，或者被积函数非常复杂（一般复杂的不会真的让你算），检查被积函数（某一部分的）奇偶性。如果区间对称，被积函数有奇偶性，直接奇零偶倍如果区间对称，被积函数没有奇偶性，那一般可以试试区间再现代换，即令 x = a + b − t x=a+b-t x=a+b−t.代换之后积分上下限不变。然后使用 A = B = 1 / 2 ( A + B ) A=B=1/2(A+B) A=B=1/2(A+B)的原理解题。打颗栗子： ∫ − 1 1 1 1 + 1 e x d x \int_{-1}^1\frac{1}{1+\frac{1}{e^x}}dx ∫−111+ex11dx 则让 x = − 1 + 1 − t x=-1+1-t x=−1+1−t 原式 = ∫ 1 − 1 1 1 + e t d ( − t ) = ∫ − 1 1 1 e t 1 + 1 e t d t = 1 2 ( ∫ − 1 1 1 1 + 1 e x d x + ∫ − 1 1 1 e t 1 + 1 e t d t ) \int_{1}^{-1}\frac{1}{1+{e^t}}d(-t)=\int_{-1}^1\frac{\frac{1}{e^t}}{1+\frac{1}{e^t}}dt=\frac{1}{2}(\int_{-1}^1\frac{1}{1+\frac{1}{e^x}}dx+\int_{-1}^1\frac{\frac{1}{e^t}}{1+\frac{1}{e^t}}dt) ∫1−11+et1d(−t)=∫−111+et1et1dt=21(∫−111+ex11dx+∫−111+et1et1dt)积分变量是t 还是x都无所谓，所以t可以写成x = 1 2 ( ∫ − 1 1 1 1 + 1 e x d x + ∫ − 1 1 1 e x 1 + 1 e x d x ) = 1 2 ∫ − 1 1 1 d x = 1 =\frac{1}{2}(\int_{-1}^1\frac{1}{1+\frac{1}{e^x}}dx+\int_{-1}^1\frac{\frac{1}{e^x}}{1+\frac{1}{e^x}}dx)=\frac{1}{2}\int_{-1}^11dx=1 =21(∫−111+ex11dx+∫−111+ex1ex1dx)=21∫−111dx=1 3.使用周期性（见性质） 遇到 n π n\pi nπ，等常见的周期，考虑一下周期性有些题比较恶心，给你一个抽象函数让你自己推周期性，这时候可以根据题目猜一下可能的周期，再带进题目给的已知等式去试。4.一些零散的结论 ∫ 0 π / 2 f ( s i n x ) d x = ∫ 0 π / 2 f ( c o s x ) d x \int_0^{\pi/2}f(sinx)dx=\int_0^{\pi/2}f(cosx)dx ∫0π/2f(sinx)dx=∫0π/2f(cosx)dx，区间不变，用区间再现就可以证明 ∫ 0 π / 2 f ( s i n x ， c o s x ) d x = ∫ 0 π / 2 f ( c o s x , s i n x ) d x \int_0^{\pi/2}f(sinx，cosx)dx=\int_0^{\pi/2}f(cosx,sinx)dx ∫0π/2f(sinx，cosx)dx=∫0π/2f(cosx,sinx)dx，证明同上以上两个公式的用法：就是区间再现的用法，相加除二 ∫ 0 π x f ( s i n x ) d x = π 2 ∫ 0 π f ( s i n x ) d x \int_0^{\pi}xf(sinx)dx=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}f(sinx)dx ∫0πxf(sinx)dx=2π∫0πf(sinx)dx，是课本例题华莱士公式：偶数多乘 π 2 \frac{\pi}{2} 2π ∫ 0 π / 2 s i n n x d x = ∫ 0 π / 2 c o s n x d x = { n 是 奇 数 ， ( n − 1 ) ! ! n ! ! n 是 偶 数 ， ( n − 1 ) ! ! n ! ! π 2 \int_0^{\pi/2}sin^nxdx=\int_0^{\pi/2}cos^nxdx=\begin{cases}n是奇数，\frac{(n-1)!!}{n!!} \\n是偶数，\frac{(n-1)!!}{n!!}\frac{\pi}{2} \end{cases} ∫0π/2sinnxdx=∫0π/2cosnxdx={n是奇数，n!!(n−1)!!n是偶数，n!!(n−1)!!2π 考点五：反常积分1.无限区间的反常积分 计算方法： 就是用牛莱。只不过之前带入常数，现在带入 ± ∞ \pm\infty ±∞, 也就是求一个极限。极限存在则反常积分收敛，极限不存在则反常积分发散。反常积分在不知道是否收敛的情况下，不要用奇零偶倍上下都是无穷，要拆成两部分算。 判断敛散性： 可以直接计算极限，极限存在就收敛收敛+收敛=收敛收敛+发散=发散套用结论： ∫ a + ∞ 1 x p d x ， p \int_a^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx，p ∫a+∞xp1dx，p大于1就收敛， 大于0小于等于1就发散结论推广：分母比分子次数大，且超过一次，就收敛结论推广： ∫ a + ∞ 1 x l n p x d x ， p \int_a^{+\infty}\frac{1}{xln^px}dx，p ∫a+∞xlnpx1dx，p大于1就收敛，小于1 就发散套用另一个结论： ∫ a + ∞ x k e − λ x d x ， λ \int_a^{+\infty}x^ke^{-\lambda x}dx，\lambda ∫a+∞xke−λxdx，λ大于0就收敛，小于等于0就发散大收小收，小发大发。这句话的正确打开方式是，看一下这个要判断的积分的被积函数，和上面两个结论哪个是同阶无穷小，这样二者就是同敛散的。这时 p/λ 落在哪个区间，就对应发散或收敛。栗子： ∫ a + ∞ 1 x − l n ( 1 + x ) d x \int_a^{+\infty}\frac{1}{x-ln(1+x)}dx ∫a+∞x−ln(1+x)1dx，而 1 x 2 和 1 x − l n ( 1 + x ) d x 是 同 阶 无 穷 小 ， 二 者 具 有 相 同 敛 散 性 ， 此 时 p = 2 > 0 , 所 以 收 敛 。 \frac{1}{x^{2}}和\frac{1}{x-ln(1+x)}dx是同阶无穷小，二者具有相同敛散性， 此时p=2>0,所以收敛。 x21和x−ln(1+x)1dx是同阶无穷小，二者具有相同敛散性，此时p=2>0,所以收敛。 ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x = π \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi} ∫−∞+∞e−x2dx=π ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π / 2 \int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}/2 ∫0+∞e−x2dx=π /22.瑕积分 比较隐蔽，需要自己判断瑕点。判断瑕点就是求这点的极限，如果极限是无穷就是瑕点瑕点可能在内部一道易错题： ∫ − 1 1 1 x d x \int_{-1}^1\frac{1}{x}dx ∫−11x1dx是发散的，因为按0拆开之后，只要有一部分是发散的，整个就是发散的。 判断敛散性 a 是 瑕 点 ， ∫ a b 1 ( x − a ) p d x = { 收 敛 , 0 < p < 1 发 散 ， p ≥ 1 a是瑕点，\int_a^b\frac{1}{(x-a)^p}dx=\begin{cases}收敛,0收敛,0 |
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