第 3 章　一元函数积分学

(1) \(x\,dx=\dfrac{1}{2}d(x^{2})\)：

\[ \int x e^{x^{2}}dx=\frac{1}{2}\int e^{x^{2}}d(x^{2})=\frac{1}{2}e^{x^{2}}+C \]

(2) \(\tan x\,dx=\dfrac{\sin x}{\cos x}dx=-\dfrac{d(\cos x)}{\cos x}\)：

\[ \int\tan x\,dx=-\int\frac{d(\cos x)}{\cos x}=-\ln|\cos x|+C \]

(3) \(\dfrac{dx}{x}=d(\ln x)\)：

\[ \int\frac{dx}{x\ln x}=\int\frac{d(\ln x)}{\ln x}=\ln|\ln x|+C \]

套路总结：凑微分的本质是「把复合求导反过来用」。做完可用求导回代检验。

令 \(t=\sqrt x\)，则 \(x=t^{2},\ dx=2t\,dt\)：

\[ \int\frac{dx}{1+\sqrt x}=\int\frac{2t}{1+t}\,dt=2\int\Big(1-\frac{1}{1+t}\Big)dt=2t-2\ln(1+t)+C \]

回代 \(t=\sqrt x\)：

\[ \text{原式}=2\sqrt x-2\ln(1+\sqrt x)+C \]

（\(1+\sqrt x\gt 0\)，绝对值可省。）易错：第二换元最后必须回代原变量。

令 \(x=a\sin t\ \big(t\in\big[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big]\big)\)，则 \(dx=a\cos t\,dt\)，\(\sqrt{a^{2}-x^{2}}=a\cos t\)：

\[ \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\,dx=\int a^{2}\cos^{2}t\,dt=\frac{a^{2}}{2}\int(1+\cos 2t)\,dt=\frac{a^{2}}{2}\,t+\frac{a^{2}}{4}\sin 2t+C \]

回代：\(t=\arcsin\dfrac{x}{a}\)，\(\sin 2t=2\sin t\cos t=\dfrac{2x}{a}\cdot\dfrac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a}\)，故

\[ \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\,dx=\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C \]

（回代时可画直角三角形帮助还原。此结论在圆面积、旋转体体积中直接使用。）

(1) 幂×指数，幂当 \(u\)：

\[ \int x e^{x}dx=\int x\,d(e^{x})=x e^{x}-\int e^{x}dx=(x-1)e^{x}+C \]

(2) 幂×对数，对数当 \(u\)：

\[ \int x\ln x\,dx=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\int\frac{x^{2}}{2}\cdot\frac{1}{x}\,dx=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{x^{2}}{4}+C \]

(3) \(e^{x}\sin x\) 循环型，两次分部（两次都选同一类当 \(u\)，这里都取 \(\sin x\)）：

\[ I=\int e^{x}\sin x\,dx=\int\sin x\,d(e^{x})=e^{x}\sin x-\int e^{x}\cos x\,dx=e^{x}\sin x-\int\cos x\,d(e^{x})=e^{x}\sin x-e^{x}\cos x-I \]

移项解出：

\[ I=\frac{e^{x}}{2}(\sin x-\cos x)+C \]

易错：(3) 移项后右边必须补 \(+C\)；两次分部若一次取 \(\sin\) 一次取 \(e^x\) 当 \(u\)，会回到原积分而一无所获。

拆部分分式：

\[ \frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx}{x^{2}+1}\ \Longrightarrow\ 1=A(x^{2}+1)+Bx^{2} \]

比较系数：\(A=1,\ A+B=0\Rightarrow B=-1\)。于是

\[ \int\frac{dx}{x(x^{2}+1)}=\int\Big(\frac{1}{x}-\frac{x}{x^{2}+1}\Big)dx=\ln|x|-\frac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+C \]

套路总结：分母「一次因子 × 不可约二次因子」是最常见结构；结果也可合并为 \(\ln\dfrac{|x|}{\sqrt{x^{2}+1}}+C\)。

识别为 \(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}f\big(\dfrac{i}{n}\big)\)，其中 \(f(x)=\sin\pi x\)：

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sin\frac{i\pi}{n}=\int_0^1\sin\pi x\,dx=\Big[-\frac{\cos\pi x}{\pi}\Big]_0^1=\frac{1}{\pi}\big(1+1\big)=\frac{2}{\pi} \]

易错：定积分变量是 \(x=\frac{i}{n}\in[0,1]\)，被积函数是 \(\sin\pi x\) 而非 \(\sin x\)，区间端点与函数要配套。

在 \([1,e]\) 上 \(0\le\ln x\le 1\)，故 \((\ln x)^{2}\le\ln x\)，且在内部严格小于，由比较定理 \(N\lt M\)。

计算：

\[ M=\int_1^{e}\ln x\,dx=\big[x\ln x-x\big]_1^{e}=(e-e)-(0-1)=1 \]

\[ N=\int_1^{e}(\ln x)^{2}dx=\big[x(\ln x)^{2}\big]_1^{e}-2\int_1^{e}\ln x\,dx=e-2\cdot 1=e-2 \]

验证：\(e-2\approx 0.718\lt 1\)，与判断一致。（\(\int(\ln x)^{2}dx=x(\ln x)^{2}-2x\ln x+2x+C\)，分部两次。）

\(\dfrac{0}{0}\) 型，变限求导 + 洛必达：

\[ \lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\int_0^{x}t f(t)\,dt}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{x f(x)}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2}=\frac{f(0)}{2}=\frac{1}{2} \]

套路总结：变限积分与无穷小之比，先洛必达（分子求导用变限公式），最后用连续性代值。抽象 \(f\) 的题目，答案一定由 \(f\) 在某点的值表达。

先把 \(x\) 移出积分号（被积函数中的 \(x\) 对积分变量 \(t\) 而言是常数）：

\[ F(x)=x\int_0^{x}f(t)\,dt-\int_0^{x}t f(t)\,dt \]

求导（乘积法则 + 变限求导）：

\[ F'(x)=\int_0^{x}f(t)\,dt+x f(x)-x f(x)=\int_0^{x}f(t)\,dt \]

\[ F''(x)=f(x) \]

易错：直接对 \(\int_0^x(x-t)f(t)\,dt\) 求导把 \(x\) 代进被积函数是错的；「先拆项移出，再求导」是标准流程。此结论（\(F''=f\)）在证明题中反复出现。

\(n=6\) 为偶数：

\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{6}x\,dx=\frac{5\cdot 3\cdot 1}{6\cdot 4\cdot 2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{15\pi}{96}=\frac{5\pi}{32} \]

第二式先换元 \(u=\dfrac{x}{2}\)（换限：\(x:0\to\pi\) 时 \(u:0\to\frac{\pi}{2}\)）：

\[ \int_0^{\pi}\sin^{4}\frac{x}{2}\,dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}u\,du=2\cdot\frac{3\cdot 1}{4\cdot 2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{8} \]

易错：第二式的系数 2 来自 \(dx=2\,du\)，换限与换系数要同步完成。

记原积分为 \(I\)。区间再现（\(x\mapsto\pi-x\)）：

\[ I=\int_0^{\pi}\frac{(\pi-x)\sin(\pi-x)}{1+\cos^{2}(\pi-x)}\,dx=\int_0^{\pi}\frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos^{2}x}\,dx \]

两式相加：

\[ 2I=\pi\int_0^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}\,dx=\pi\Big[-\arctan(\cos x)\Big]_0^{\pi}=\pi\big(-\arctan(-1)+\arctan 1\big)=\pi\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^{2}}{2} \]

故 \(I=\dfrac{\pi^{2}}{4}\)。

套路总结：被积函数含因子 \(x\) 且其余部分满足 \(f(\pi-x)=f(x)\)（只含 \(\sin\)、\(\cos^{2}\) 型）时，区间再现一步消掉 \(x\)，是数一填空最爱。

令 \(t=\sqrt x\)，则 \(x=t^{2},\ dx=2t\,dt\)，\(x:0\to 1\) 对应 \(t:0\to 1\)：

\[ \int_0^{1}e^{\sqrt{x}}dx=2\int_0^{1}t e^{t}dt=2\big[(t-1)e^{t}\big]_0^{1}=2\big[0-(-1)\big]=2 \]

（分部：\(\int t e^{t}dt=(t-1)e^{t}+C\)，见例 4(1)。）

\(\sqrt{\sin^{3}x-\sin^{5}x}=\sqrt{\sin^{3}x(1-\sin^{2}x)}=\sin^{\frac{3}{2}}x\cdot|\cos x|\)。

若直接写成 \(\sin^{\frac{3}{2}}x\cos x\) 就错了：\(\cos x\) 在 \(\big(\frac{\pi}{2},\pi\big)\) 上为负。利用关于 \(x=\frac{\pi}{2}\) 的对称性：

\[ I=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{\frac{3}{2}}x\cos x\,dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\big(\sin^{\frac{5}{2}}x\big)\cdot\frac{2}{5}=\frac{4}{5}\Big[\sin^{\frac{5}{2}}x\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{4}{5} \]

（凑微分 \(\sin^{\frac{3}{2}}x\cos x\,dx=\sin^{\frac{3}{2}}x\,d(\sin x)\)，积分得 \(\dfrac{2}{5}\sin^{\frac{5}{2}}x\)。）

分部积分（把 \(x\) 留作 \(u\)）：

\[ \int_0^1 x f'(x)\,dx=\big[x f(x)\big]_0^1-\int_0^1 f(x)\,dx=1\cdot f(1)-0\cdot f(0)-2=3-2=1 \]

套路总结：被积函数出现 \(f'\) 时分部积分把它「降级」成 \(f\)，端点值与已知积分随即代入——这类条件充分型小题是真题常客。

(1) \(\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^{2}}=\lim_{t\to+\infty}\Big[-\frac{1}{x}\Big]_1^{t}=\lim_{t\to+\infty}\Big(1-\frac{1}{t}\Big)=1\)，收敛。

(2) \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{dx}{1+x^{2}}=\lim_{t\to+\infty}\arctan t-\arctan 0=\frac{\pi}{2}\)，收敛。

(3) \(x=0\) 为瑕点：\(\displaystyle\int_0^{1}\frac{dx}{\sqrt{x}}=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\big[2\sqrt{x}\big]_{\varepsilon}^{1}=2\)，收敛（\(p=\frac12\lt 1\)）。

(1) 分部积分：

\[ \int x e^{-x}dx=-(x+1)e^{-x}+C,\qquad \int_0^{+\infty}x e^{-x}dx=\Big[-(x+1)e^{-x}\Big]_0^{+\infty}=0-(-1)=1 \]

（\(x\to+\infty\) 时幂函数败给指数衰减），收敛，值为 1。

(2) \(x=0\) 是瑕点，必须拆成 \(\int_0^{1}+\int_1^{+\infty}\)。在 \((0,1]\) 上 \(\dfrac{1}{x(1+x)}\ge\dfrac{1}{2x}\)，而 \(\displaystyle\int_0^{1}\frac{dx}{2x}\) 发散（\(p=1\)），由比较判别法 \(\int_0^{1}\dfrac{dx}{x(1+x)}\) 发散，故原积分发散。

套路总结：混合型先拆瑕点；判敛时与 p-积分比较（等价量或放缩），无须求出原函数。

联立求交点：\(y^{2}=2(y+4)\Rightarrow y^{2}-2y-8=0\Rightarrow y=4\) 或 \(y=-2\)，交点 \((8,4)\) 与 \((2,-2)\)。

选 \(y\) 为积分变量（右减左：直线在抛物线右侧）：

\[ S=\int_{-2}^{4}\Big[(y+4)-\frac{y^{2}}{2}\Big]dy=\Big[\frac{y^{2}}{2}+4y-\frac{y^{3}}{6}\Big]_{-2}^{4} \]

上式代入 \(y=4\)：\(8+16-\dfrac{64}{6}=\dfrac{40}{3}\)；代入 \(y=-2\)：\(2-8+\dfrac{8}{6}=-\dfrac{14}{3}\)。故

\[ S=\frac{40}{3}-\Big(-\frac{14}{3}\Big)=18 \]

套路总结：抛物线开口朝 \(y\) 轴时对 \(y\) 积分可免去绝对值；「右减左 / 上减下」先画草图确认。

曲线关于极轴对称，取 \(\theta\in[0,\pi]\) 再加倍：

\[ S=2\cdot\frac{1}{2}\int_0^{\pi}a^{2}(1+\cos\theta)^{2}d\theta=a^{2}\int_0^{\pi}\big(1+2\cos\theta+\cos^{2}\theta\big)d\theta \]

\[ =a^{2}\Big[\theta+2\sin\theta+\frac{\theta}{2}+\frac{\sin 2\theta}{4}\Big]_0^{\pi}=a^{2}\Big(\pi+0+\frac{\pi}{2}+0\Big)=\frac{3}{2}\pi a^{2} \]

（用了 \(\cos^{2}\theta=\dfrac{1+\cos 2\theta}{2}\)，正弦项在 \(0\) 与 \(\pi\) 处均为 0。）

绕 \(x\) 轴（圆盘法）：

\[ V_x=\pi\int_0^{2}y^{2}\,dx=\pi\int_0^{2}x^{4}dx=\frac{32\pi}{5} \]

绕 \(y\) 轴（柱壳法）：矩形微元 \(x\in[x,x+dx]\) 旋转成薄圆筒，体积微元 \(2\pi x\cdot y\,dx=2\pi x^{3}dx\)：

\[ V_y=2\pi\int_0^{2}x\cdot x^{2}\,dx=2\pi\Big[\frac{x^{4}}{4}\Big]_0^{2}=8\pi \]

（验证：绕 \(y\) 轴也可用圆盘法——\(V_y=\pi\cdot 2^{2}\cdot 4-\pi\displaystyle\int_0^{4}x^{2}dy=16\pi-\pi\int_0^{4}y\,dy=16\pi-8\pi=8\pi\)，一致。）

\(x'(t)=1-\cos t\)，\(y'(t)=\sin t\)：

\[ ds=\sqrt{(1-\cos t)^{2}+\sin^{2}t}\,dt=\sqrt{2-2\cos t}\,dt=2\Big|\sin\frac{t}{2}\Big|\,dt \]

在 \([0,2\pi]\) 上 \(\sin\dfrac{t}{2}\ge 0\)，故

\[ s=2\int_0^{2\pi}\sin\frac{t}{2}\,dt=2\Big[-2\cos\frac{t}{2}\Big]_0^{2\pi}=2\big[-2\cdot(-1)+2\cdot 1\big]=8 \]

（半角公式 \(\sqrt{2-2\cos t}=2\big|\sin\frac{t}{2}\big|\) 是摆线类弧长、旋转面积的固定第一步。）

取上半圆 \(y=\sqrt{R^{2}-x^{2}}\)（\(-R\le x\le R\)），\(y'=-\dfrac{x}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\)：

\[ 1+y'^{2}=1+\frac{x^{2}}{R^{2}-x^{2}}=\frac{R^{2}}{R^{2}-x^{2}},\qquad \sqrt{1+y'^{2}}=\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}} \]

\[ |y|\sqrt{1+y'^{2}}=\sqrt{R^{2}-x^{2}}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}=R \]

\[ S=2\pi\int_{-R}^{R}R\,dx=4\pi R^{2} \]

与球面面积公式完全一致（被积函数恰为常数，这是「旋转体侧面积公式」最漂亮的验证）。

由胡克定律 \(F(x)=kx\)：压缩 \(0.01\) m 需 \(2\) N，故 \(k=\dfrac{2}{0.01}=200\)（N/m），\(F(x)=200x\)。

功微元：压缩到 \(x\) 处再压 \(dx\) 做功 \(dW=F(x)\,dx=200x\,dx\)：

\[ W=\int_0^{0.05}200x\,dx=100\,x^{2}\Big|_0^{0.05}=100\times 0.0025=0.25\ \text{J} \]

（抽水做功同型：\(dW=\rho g\,x\cdot\)（该层水平截面面积）\(dx\)，见练习 12。）

(1) 对任意实数 \(\lambda\)，被积函数非负：

\[ 0\le\int_a^b\big(f(x)+\lambda g(x)\big)^{2}dx=\int_a^b f^{2}dx+2\lambda\int_a^b fg\,dx+\lambda^{2}\int_a^b g^{2}dx \]

右端是 \(\lambda\) 的二次三项式且恒非负，故判别式不大于 0：

\[ \Delta=4\Big(\int_a^b fg\,dx\Big)^{2}-4\int_a^b f^{2}dx\int_a^b g^{2}dx\le 0 \]

整理即得柯西不等式。

(2) 取 \(g(x)\equiv 1\)：\(\displaystyle\int_0^1 g^{2}dx=1\)，代入得 \(\Big(\int_0^1 f\,dx\Big)^{2}\le\int_0^1 f^{2}dx\)。

套路总结：「构造含 \(\lambda\) 的二次式 + 判别式」同时是积分、级数、概率中柯西型不等式的统一证法，务必掌握。

令 \(F(x)=\displaystyle\int_a^x f(t)\,dt+\int_b^x\frac{dt}{f(t)}\)，则 \(F\in C[a,b]\)，且

\[ F(a)=\int_b^a\frac{dt}{f(t)}=-\int_a^b\frac{dt}{f(t)}\lt 0,\qquad F(b)=\int_a^b f(t)\,dt\gt 0 \]

由零点定理，\(F\) 在 \((a,b)\) 内至少有一个零点。

又对一切 \(x\)：

\[ F'(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}\ge 2\sqrt{f(x)\cdot\frac{1}{f(x)}}=2\gt 0 \]

\(F\) 严格单调增加，零点至多一个。故有且仅有一个根。证毕。

套路总结：变限函数 + 导数定号 = 根的唯一性；均值不等式 \(u+\frac1u\ge 2\)（\(u\gt 0\)）是导数定号的常用来源。

由 \(f(a)=0\) 与牛顿-莱布尼茨（\(f\) 是 \(f'\) 的原函数增量）：

\[ \big|f(x)\big|=\Big|\int_a^x f'(t)\,dt\Big|\le\int_a^x\big|f'(t)\big|\,dt\le M(x-a) \]

于是

\[ \Big|\int_a^b f(x)\,dx\Big|\le\int_a^b\big|f(x)\big|\,dx\le M\int_a^b(x-a)\,dx=\frac{M(b-a)^{2}}{2} \]

证毕。（第一步把 \(f\) 写成 \(f'\) 的变限积分，是「已知导数界估计函数」的标准动作。）