第三 一元函数积分学
§3.1 不定积分
（甲） 内容要点 一、 基本概念与性质
1、 原函数与不定积分的概念
设函数f(x)和F(x)在区间I 上有定义，若F '(x )= f(x)在区间I 上成立。则称F(x)为f(x)在区间I 的原函数，f(x)在区间I 中的全体原函数成为f(x)在区间I 的不定积分，记为
⎰f (x)dx
其中
。
称为积分号，x 称为积分变量，f(x)称为被积分函数，f(x)dx称为被积
⎰
表达式。
2、 不定积分的性质
设f (x)dx＝F(x)＋C ,其中F(x)为f(x)的一个原函数，C 为任意常数。 则 (1)F '(x )dx ＝F(x)＋C 或d F (x ) ＝F(x)＋C
⎰
⎰⎰
(2)[
'
= f(x) 或 d [⎰f (x)dx]f(x)dx⎰
]＝f(x)dx
(3)kf (x ) dx ＝k f (x ) dx (4)
⎰⎰
⎰[f (x ) ±g (x ) ]dx =⎰f (x ) dx ±⎰g (x ) dx
sinx cosx dx －x 2
e ，， ，⎰x ⎰x ⎰lnx ⎰dx
3、原函数的存在性
设f(x)在区间I 上连续，则f(x)在区间I 上原函数一定存在，但初等函数的原函数不一定
22
是初等函数，例如sin(x) dx ，cos (x ) dx ，
⎰⎰
等被积函数有原函数，但不能用初等函数表示，故这些不定积分均称为积不出来。
二、 基本积分表（略） 三、 换元积分法和分部积分法 1、 第一换元积分法（凑微分法）
设
⎰f (u)du=F(u)+C,
又ϕ(x )可导，
则⎰f ⎡⎣ϕ(x )⎤⎦ϕ'(x )dx ＝⎰f ⎡⎣ϕ(x )⎤⎦d ϕ(x )
令u ＝ϕ(x )⎰f (u ) du =F(u)+C=F[ϕ(x )]+C 这里要求读者对常用的微分公式要“倒背如
流” ，也就是非常熟练地凑出微分。
2、 第二换元积分法
49
ϕ'(t )dt ＝G (t )＋C ，则f (x )dx 令x ＝ϕ(t ) 设x ＝ϕ(t )可导，且ϕ'(t )≠0，若f [ϕ(t )]
⎰⎰
-1-1
'()()()[]f ϕt ϕt dt ＝G （t ）＋C ＝G ϕx +C 其中t ＝(x )为x ＝ϕ(t )的反函数。 ϕ⎰
[]
3、 分部积分法
设 u(x)，v(x)均有连续的导数，则
⎰u (x ) dv (x )
＝u(x)v(x)－
⎰v (x ) du (x )
或
⎰u (x ) v '(x ) dx ＝u(x)v(x)－⎰u '(x ) v (x ) dx
（1）P n (x)e
ax
，P n (x)sinax，P n (x)cosax情形，P n (x)为n 次多项式，a 为常数。要进行
ax
n 次分部积分法，每次均取e
，sinax ，cosax 为v '(x )；多项式部分为u （x ）。
（2）P n (x)lnx，P n (x)arcsinx，P n (x)arctanx情形，P n (x)为n 次多项式取P n (x)为v '(x )，而lnx ，arcsinx ，arctanx 为u （x ），用分部积分法一次，被积函数的形式发生变化，再
考虑其它方法。
（乙） 典型例题
例1、 求下列不定积分（测试题，限15分钟） （1）
⎰
dx x 2e
1x
（2）
⎰(xlnx )(lnx ＋1)dx
⎰x ＋lnx
2
32
（3
）
⎰
（4）
1－lnx
cos 2x －sinx
（5）⎰ sinx
cosx 1＋cosxe
（6）
⎰
sin 2x a 2cos 2x ＋b 2sin 2x
（b 2≠a 2常数）
例2、求下列不定积分
2x ⋅3x dx
（1）⎰x （2）⎰x ＋a 2x ＋b 2 （a ≠b ） 9－4x
（3）
⎰x ＋a x ＋b 2
2
2
2
dx
x 2＋1
（a ≠b ） （4）⎰4
x ＋1
x
x
x
⎛3⎫⎛3⎫⎛3⎫
d ⎪－1 ⎪ ⎪
12x ⋅3x 122⎝2⎭⎝⎭＝⎝⎭＝
ln C 解：（1）⎰x ＝⎰⎛3⎫2x
3⎰⎛3⎫2x 2ln 3－ln 2⎛3⎫x 9－4x
ln ⎪＋1 ⎪－1 ⎪－12⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭
13x －2x
=ln x C x
2ln 3－ln 23＋2
50
（2）
⎰x ＋a x ＋b 2
dx
2
＝
1
a -b 2
1
1⎫⎛1-dx ⎰⎝x +a x +b ⎪
⎭
2
＝
a -b 2
1
⎡1⎤12
+-⎥dx 22⎰⎢
x +b x +a x +b ⎦⎣x +a 11⎤21⎫⎡⎛1
--+- ⎪dx 3⎰⎢⎥⎣x +a x +b ⎦a -b ⎝x +a x +b ⎭2x +a ＋b
+
2
ln
x +a
+C x +b
＝
a -b 2
＝－
a -b 2x +a x +b a -b 3
=
（3）
⎰x ＋a x ＋b 2
2
2
2
dx
11⎤⎡1
-dx 22⎰⎢2222⎥b -a ⎣x +a x +b ⎦
11x 1x
(arctan -arctan ) +C 22
a b b b -a a
=
1⎫1⎫⎛⎛1d x -1+ ⎪x -2 ⎪1x ＋1x x 2⎭+C ⎝（4）⎰4=⎰=⎰⎝2⎭＝
x ＋1221⎫⎛x 2+2
x -⎪+2x x ⎭⎝
例3、 求
⎰
dx
dx x +x
解：
⎰
6t 5dt t 3t 3+1-1
＝ 6⎰ 令x ＝t ⎰3＝ 6⎰2t +1t +1t ＋t x +x
6
()
＝6 t -t +1-
⎛
⎰⎝
2
1⎫32
⎪dt ＝2t -3t +6t -6ln t ++C t +1⎭
=2x -3x +6x -6ln x +1+C 例4、求
)
⎰x
2
1
2
4+x
2
解一：
⎰x
⎡⎤⎢x =2tan t ⎥1112＝⎢⋅⋅dt ⎥⎰2222dt 2cos t 4+x ⎢dx =⎥4tan t 2
cos t ⎦cos t ⎣
cos t 14＋x 2
dt ＝－＋C =-＝⎰＋C (这里已设x>0) 2
4sint 4sin t 4x
解二：倒代换
51
⎰x
1
2
4+x
2
＝⎰
1x 3+
4x 2
dx
11⎛1⎫dx ＝－d ⎪ x 32⎝x 2⎭
1原式＝－
8
⎰
144+x 2⎛4⎫
2+1⎪＝-+1+C =-+C ( x>0) 2
44x x x 4⎝⎭
+2
x 1
2
例5、求(arcsinx ) dx
⎰
解一：（arcsin x ）dx ＝x(arcsinx)—xd (arcsin x )=x(arcsin x )—2
⎰
22
⎰
2
2
⎰
x arcsin x -x
2
dx
=x(arcsin x )+2arcsin xd -x
2
⎰
2
-x
= x(arcsin x )+2-x
= x(arcsin x )+2
222
2
arcsin x -⎰-x 2d arcsin x arcsin x -⎰dx
]
2
]
= x(arcsin x )+2-x 2arcsinx －2x+C 解二：令arcsinx ＝t ，则x ＝sint ，
222
（arcsin x ）dx ＝t dsint ＝t sint －2tsintdt
⎰⎰⎰
22
＝t sin t +2td cos t ＝t sin t +2t cos t －2costdt
⎰⎰
＝t sin t ＋2tcost －2sint +C
=x(arcsinx )+2－x 2arcsinx －2x ＋C
2
2
例6、设f （x ）的一个原函数F （x ）＝ln 2x x 2＋1，求I ＝x f '(x )dx
()
⎰
解：I ＝xdf (x )＝xf （x ）－f (x ) dx ＝x F '(x )-F (x )+C
⎰⎰
=
2x x ＋1
2
ln x x 2＋1－ln 2x x 2＋1 ＋C
()
()
例7、设F '(x )＝f (x )，当x ≥0时 f(x)F(x)＝ 求f （x ）（x ≥0）
52
xe x 21＋x 2
，又F(0)＝1，F(x)>0，
解：2⎰f （x ）F （x ）dx ＝2⎰
F （x ）d F （x ）＝F 2(x )＋C 1
xe x
[(x ＋1)－1]e x 而⎰de x e x 1＋x 2＝⎰1＋x 2＝⎰1＋x ⎰1＋x 2
=e x 1+x +⎰e x 1+x 2－⎰e x
e x 1+x 2
＝1＋x ＋C 2 ∴ F 2
(x )＝
e x
1+x
＋C ， F (0)=1，∴C=0，又F (x )>0， x )=e x 2
因此 F (x e
1+x =
+x
(x 则 f （x ）＝F '
x )=xe 22(1+x )3
2
例8、设f (sin 2x )
＝
x sin x ，求I ＝⎰x -x
f (x )dx 解一：令u=sin 2
x ，则sinx ＝u ，x ＝arcsin u ，f(u)=
u
u
则 I ＝
⎰
arcsin x -x
＝－⎰
arcsin x -x
(1-x )＝－2⎰arcsin
x d -x ＝－2－x x ＋2
⎰
－x ⋅
1－x
d x
＝ －2－x x ＋2x ＋C 解二：令x ＝sin 2
t ，则
x －x
＝
sint
cost
，dx ＝2costsintdt ， 则I ＝
⎰sint t
cost ⋅sint ⋅2sintcostdt ＝－2⎰tdcost
＝－2tcost ＋2⎰
costdt ＝－2tcost ＋2sint ＋C
＝－2－x x ＋2x ＋C
53
§3.2 定积分和广义积分的概念与计算方法
（甲）内容要点 一、 定积分的概念与性质
1、 定积分的定义及其几何意义 2、 定积分的性质
中值定理，设f （x ）在[a , b ]上连续，则存在ξ∈[a , b ]使得定义：我们称
⎰
b
a
f (x ) dx =f (ξ) (b -a )
1b
f (x ) dx 为f （x ）在[a , b ]上的积分平均值。 ⎰a b -a
二、 基本定理
1、 变上限积分的函数
定理：设f （x ）在[a , b ]上连续，则F (x ) ＝推广形式，设F (x ) ＝
⎰
x
a
f (t ) dt 在[a , b ]上可导，且F '(x ) =f (x )
⎰ϕ()
1
ϕ2(x )
x
f (t ) dt ，ϕ1(x ), ϕ2(x )可导，f(x)连续，
'
则F '(x ) ＝f ⎡⎣ϕ2(x )⎤⎦ϕ2(x )-f ⎡⎣ϕ1(x )⎤⎦ϕ1(x ) 2、 牛顿－莱布尼兹公式
设 f （x ）在[a , b ]上可积，F (x ) 为f （x ）在[a , b ]上任意一个原函数，则有
b
'
⎰
a
f (x ) dx ＝
F (x )
b
a
＝F (b ) －F (a )
三、定积分的换元积分法和分部积分法 1、
⎰
b
b
a
f (x ) dx ＝
⎰αf [ϕ(t )]ϕ'(t )dt
b
β
（x ＝
ϕ(t )在[α，β]上有连续导数，单调，
ϕ(α)＝a ，ϕ(β)＝b ）
2、
⎰
a
'u (x ) v '(x )dx =u (x ) v (x ) b a -⎰v (x ) u (x )dx
a
四、广义积分
定积分
⎰
b
a
f (x ) dx 的积分区间[a , b ]是有限区间，又f （x ）在[a , b ]上是有界的，如果积
分区间推广到无穷区间或f （x ）推广到无界函数就是两种不同类型的广义积分。
1、 无穷区间上的广义积分 定义：
⎰
＋∞
a
f （x ）dx ＝lim ⎰f （x ）dx
b →＋∞a
b
若极限存在，则称广义积分则称广义积分
⎰
＋∞
a
f （x ）dx 是收敛的，它的值就是极限值；若极限不存在，
⎰
＋∞
a
f （x ）dx 是发散的。而发散的广义积分没有值的概念。
54
⎰
b
－∞
f （x ）dx ＝lim
c
a →－∞a
⎰
b
f （x ）dx
＋∞
同样有收敛和发散的概念，收敛的广义积分有值的概念。
⎰
＋∞
－∞
f （x ）dx ＝⎰f （x ）dx ＋⎰
－∞
c
f （x ）dx ＝lim
a →－∞a
⎰
c
f （x ）dx ＋lim
b →＋∞c
⎰
b
f （x ）dx
2、无界函数的广义积分（瑕积分）
f （x ）＝∞，则称b 为f （x ）的瑕点。 (1)设f （x ）在[a ，b )内连续，且lim －
x →b
定义
⎰f （x ）dx ＝lim ⎰
a
b b －∈
∈→0＋a
f （x ）dx
b
若极限存在，则称广义积分广义积分
⎰
a
f （x ）dx 收敛，且它的值就是极限值，若极限不存在，则称
⎰
b
a
f （x ）dx 发散。发散的广义积分没有值的概念。
x →a
f （x ）＝∞，则称a 为f （x ）的瑕点 (2)设f （x ）在(a ，b ]内连续，且lim ＋
定义
⎰
b
a
f （x ）dx ＝lim f （x ）dx ＋⎰
∈→0
a ＋∈
b
若极限存在，则称广义积分
⎰
b
a
f （x ）dx 收敛，且它的值就是极限值，
若极限不存在，则称广义积分
⎰
b
a
f （x ）dx 发散，它没有值。
x →c
（3）设f （x ）在[a ，c )和(c ，b ]皆连续，且lim f （x ）＝∞，则称C 为f （x ）的瑕点 定义
⎰
b
b
a
f （x ）dx ＝
⎰f （x ）dx
a
c
＋
⎰
b
c
f （x ）dx ＝
∈1→0＋a
lim
⎰
c －∈1
f （x ）dx ＋
∈2→0＋c ＋∈2
lim
⎰f （x ）dx
（乙）典型例题 一、一般方法
例1、计算下列定积分 （1）
⎰
3
e 1e
lnx ＝⎰(-lnx )dx ＋⎰lnxdx ＝(－xlnx ＋x )11＋（xlnx －x ）
1
e
1e
e 1
＝2 1－⎪
1e
⎛⎝1⎫e ⎭
（2）min 1,x dx ＝
-2
⎰
{}
2
⎰
－1
－2
dx ＋⎰x dx ＋⎰dx ＝
－1
1
1
3
2
11 3
11 2
（3）
⎰⎰
2－22π0
max {x ，x 2}dx ＝⎰x 2dx ＋⎰xdx ＋⎰x 2dx ＝
－2
1
01
2
（4
）
＝
⎰
2π0
＝⎰
2π0
sinx －
55
＝2
⎰
π
π⎡π⎤4＝2()()sinx －⎢⎰0cosx －sinx dx ＋πsinx －cosx dx ⎥＝42 4⎣⎦
二、用特殊方法计算定积分
例1、计算下列定积分
π
（1） I ＝
⎰
20
f （sinx ）
dx （f 为连续函数，f （sinx ）＋f （cosx ）≠0）
f （sinx ）＋f （cosx ）
（2） I ＝（3） I ＝
⎰ln (1＋tanx )dx
40
π
π
⎰
4
20
dx 1＋tanx a
（a 常数）（(tanx )≠－1）
a
（4） I
＝
2
解：（1）令x ＝
π
π
2
－t ，则
π
ππf （cost ）
dt ， 2I ＝⎰2dt ＝， I ＝ I ＝⎰2
00f （cost ）＋f （sint ）24
（2）令x ＝
π
π
4
－t ，则
π
2⎡1－tant ⎤4ln dt I ＝⎰4ln ⎢1＝＋d （－t ）⎰⎥001＋tant ⎣1＋tant ⎦
＝
π
4
ln 2－I ， 2I ＝
π
4
ln 2， I ＝
π
8
ln 2
（3）令x ＝
π
2
－t ，则
π
a
()tant
I ＝－π＝⎰2， a a 0
＋cott 1＋tant 21
dt
a π⎡⎤()ππ1tant 2dt ＋dt 2I ＝⎰2⎢＝＝，I ＝ ⎥⎰a a 00241＋tant ⎦⎣1＋tant π
（4）令9－x ＝t ＋3，则 x ＋3＝9－t ，于是 I ＝
⎰
2
4
＝⎰dt ）
2
ln （t ＋3）ln （9－t ）
（t ＋3）
4
dt ）
ln （t ＋3）（9－t ）
ln （t ＋3）
因此，2I ＝
⎰dx ＝2 ，则I ＝1
2
e
e
4
例2、设连续函数f （x ）满足f （x ）＝lnx －f （x ）dx ，求f （x ）dx
1
1
⎰⎰
56
e
解：令f （x ）dx ＝A ，则f （x ）＝lnx －A ，
1
e
e
e
⎰
两边从1到e 进行积分，得f （x ）dx ＝lnxdx －A dx ＝（xlnx －x ）
1
1
1
⎰⎰⎰
e 1
－A （e －1）
11
于是A ＝e －（e －1）－A （e －1），eA ＝1，A ＝，则⎰f （x ）dx ＝
e e 1
12
例3、设f （x ）连续，且⎰tf （2x －t ）dt ＝arctanx ，f （1）＝1，求⎰f （x ）dx
201
解：变上限积分的被积函数中出现上限变量必须先处理，令u ＝2x －t ，则
x
x
2
e
⎰
tf （2x －t ）dt ＝－
⎰2x (2x －u )f （u ）du ＝2x ⎰x
x 2x
f （u ）du －⎰uf （u ）du （u>0）
x
2x
代入条件方程后，两边对x 求导，得
2⎰f (u ) du +2x [2f (2x ) -f (x ) ]-[2xf (2x ) ⋅2-xf (x ) ]=
x
2x
2x
x
1+x 4
即
2⎰f (u ) du =
x
x
+xf (x ) 1+x 4
2
令x =1代入，化简后得⎰f (x ) dx =
1
34
三、递推方法
π
例1、设I n ＝
⎰
20
sin n x dx （n ＝0，1，2，„„）
（1） 求证当n ≥2时，I n ＝（2） 求I n
π
n －1
I n －2 n
解：（1）I n ＝
⎰
2
n －1
sin n －1xd （－cosx ）＝－sin xcosx
π
20
π
＋
⎰
20
cosxd sin n －1x
()
π
＝(n—1)
⎰
20
cos xsin
2n －2
xdx =(n—1) ⎰2(1－sin 2x )sin n －2xdx
π
=(n—1) I n －2－（n －1）I n n I n ＝(n—1) I n －2，则I n ＝
π
n －1
I n －2（n ≥2） n
（2）I 0=
⎰
20
π
π
dx ＝，I 1=⎰2sinxdx ＝1，
02
57
当n ＝2k 正偶数时，
I n ＝I 2k ＝
2k －12k －12k －31(2k )! ⋅π＝(2k )! ⋅π
I 2k －2＝⋅... ⋅I 0 ＝222k
2k 2k 2k －222k k ! 22k ! 2
当n ＝2k ＋1 正奇数时，
2k 2k 2k -2222k (k ! )2k k !
I 2k -1＝⋅... I 1＝＝ I n ＝I 2k ＋1＝
2k +12k +12k -132k +1! 2k +1!
2
()
2
π
例2、设J n ＝
⎰
20
cos n x dx (n ＝0，)，求证J n ＝I n (n ＝0，) 1，2，... 1，2，...
π
0π⎫n n ⎛π证：令x ＝—t, J n =πcos －t ⎪d (－t )=⎰2sin t dt 则J n ＝I n (n ＝0，) 1，2，...
022⎝⎭2
π
例3、设K n ＝
π
⎰
4
tan 2n x dx (n ＝1，2，3，... ) 求证K n ＝
2(n －1)
1
-K n -1 2n -1
1
－K n -1 2n －1
解：K n ＝
⎰
40
tan
x sec x －1dx ＝⎰4tan 2(n －1)x dtanx －K n -1＝
2
()
π
例4：计算G n =解一：令x ＝cost
⎰(x
1-12n +1
2
-1dx （n 为正整数）
n 2
()－1)22n ＋1(n ！
t dt ＝(－1)⋅2⋅I 2n ＋1＝
2n ＋1！
)
n
G n =(-1)
n π
⎰
sin
1
t dt ＝(-1)2⎰2sin
n
π
2n +1n
11n n +1
(x -1)d (x +1) 解二：G n =⎰(x +1)(x -1)dx ＝⎰-1n +1-1
111n n +11n +1n -1
(x -1)(x +1)-1－()()x +1n x -1dx ＝
n +1n +1⎰-1
n
n
n -11n n +2
(x -1)d (x +1)＝„ ＝－⎰n +1n +2-1
1n ! 2n
()x +1dx ⎰-1n +1n +2⋯2n 1) ＝(－
n
2
22n +1(n ! )n 2n +11
＝(-1)(n ! )2 (x +1)-1＝(-1)
2n +1! 2n +1!
n
四、 广义积分 例1、 计算I ＝
⎰1+e
-x 2
＋∞
x e -x
解：I ＝
⎰e ＋10
x
＋∞
x e x
＝⎰0
2
＋∞
xd e x ＋1
e ＋1x
(
2
)＝－
⎰
＋∞
⎛1⎫x d x ⎪ ⎝e ＋1⎭
58
＝－
x ＋∞1
e x ＋1
＋
⎰
＋∞
e x ＋1
＝I 1＋I 2 I ⎛x ⎫⎛1⎫
1＝lim ⎝－e x ＋1⎪⎭用洛必达法则lim ⎝－e x ⎪⎭
＝0
x →＋∞x →＋∞
I e x +∞
2＝⎰
＋∞
e x e x ＋1令e x
＝u ⎰du 0
1
u （u ＋）1 +∞
＝
⎰
⎡+∞⎢1
⎣u －1⎤u ＋1⎥⎦
du ＝ln u －ln
1
1
u ＋11
＝ln12
＝ln2 （这里u lim →+∞ln u
u +1
＝ln1＝0） 于是I ＝I 1＋I 2＝ln2
例2
计算I ＝⎰＋∞dx 01＋x 4
－
1
2dt 解：令x ＝1＋∞2t ，I ＝⎰0t ＋∞1＋⎛ 1⎫4＝⎰01＋t 4 ⎝t ⎪⎭
由于
⎰
＋∞
dx
＋∞x 2
1＋x 4＝
⎰01＋x 4
1∴ I ＝1＋∞1＋x 2
＋12⎰01＋x 4=1＋∞22⎰0=1
x 2＋12
⎰＋∞d ⎛
⎝x －1⎫x ⎪⎭0⎛x 2
⎝
x -1⎫2
x ⎪
⎭+2)
2
⎛
1⎫ = l 1 ⎝x －x ⎪
⎭λ
∈→im 0＋arctan
∈
λ→＋∞
222 =
1⎡π⎛π22⎢⎣ ⎝－⎫⎤π
2－2⎪⎭⎥=
⎦22
§3.3 有关变上（下）限积分和积分证明题
一、 有关变上（下）限积分 例1、设f （x ）=
⎰
a －x t(2a -t ) 0
e dt (a 常数) ，求I =⎰a
f (x ) dx
59
解：I ＝x f (x ) 0-
＝
a
⎰
a 0
2
xf '(x )dx =-⎰xe
a
(a -x )⎡⎣2a -(a -x )⎤⎦
（－1）dx
⎰
a
xe (a
-x 2)
dx ＝－
＝－
1(a 2-x 2)a 1a 2
e e -1 0＝22
(
1a (a 2-x 2) 22
e d a -x ()⎰02
)
例2、设f （x ）在(0，＋∞)内可导，f （1）＝
xt
x
t
5
，对所有x ∈(0，＋∞)，t ∈(0，＋∞)，2
均有
⎰f (u ) du =t ⎰f (u ) du +x ⎰f (u ) du ，求f （x ）
1
1
1
解：把所给方程两边求x 求导，tf （xt ）＝tf （x ）＋
⎰
t 1
f (u )du 把x ＝1代入，得 tf （t ）＝
t
55
t ＋⎰f (u ) du 再两边对t 求导，得f （t ）＋t f '(t )＝＋f （t ）
221
于是f '(t ) =例3
51555
⋅，则f （t ）=lnt + C ,令t=1代入得C=f（1）＝ ，所以f （x ）＝lnx+1） 2t 222
设f （x ）为连续函数，且满足
⎰
2x
xf （t ）dt ＋2⎰tf （2t ）dt ＝2x 3(x －1)，求f （x ）
x
在[0,2]上的最大值与最小值。
解：先从方程中求出f （x ），为此方程两边对x 求导
'''⎡2x xf （t ）dt ＋20tf （2t ）dt ⎤＝⎡x 2x f (t ) dt ⎤-2⎡x tf (2t ) dt ⎤
⎰x ⎢⎥⎢⎰0⎥⎢⎥⎣⎰0⎦⎣⎦⎣⎰0⎦
=
32
而2x (x －1)=8x －6x
3
⎰
2x
f (t ) dt +2xf (x ) -2xf (2x ) =⎰f (t ) dt
2x
[]'
因此
⎰
2x
f （t ）dt ＝8x 3－6x 2
两边再对x 求导，得
2f （2x ）＝24x －12x ＝6(2x )－6(2x )
2
2
f （x ）＝3x －3x
2
1
f '(x )＝6x －3，令f '(x )＝0 得驻点 x ＝
2
又在[0,2]上f （x ）没有不可导点，比较f （0）＝0，f （在[0,2]上最大值为f （2）＝6，最小值为f （
13
）＝－，f （2）＝6可知f （x ）24
13
）＝－ 24
60
例4
tf （t ）dt ⎰在(0，＋∞)设f （x ）在[0，＋∞)上连续，且f （x ）>0,证明g （x ）＝
⎰f （t ）dt
0x 0
x
内单调增加
证：当x>0时，因为
g '(x )＝
xf （x ）⎰f （t ）dt －f （x ）⎰tf （t ）dt
x x
⎡f （t ）dt ⎤
⎢⎥⎣⎰0⎦
x
2
=
f (x )⎰(x -t )f (t )dt
x
⎡⎤
f (t ) dt ⎢⎰⎥⎣0⎦
x
2
>0
∴ g （x ）在(0，＋∞)内单调增加
二、积分证明题
例1、设f （x ）在[0,π]上连续，
π
⎰
f （x ）dx ＝0，⎰f （x ）cosxdx ＝0，求证存在
π
ξ1∈(0，π)，ξ2∈(0，π)，ξ1≠ξ2，使f （ξ1）＝f （ξ2）=0
证：令F （x ）＝又0＝
⎰
x
则F(0)＝0，F(π) ＝0， f （t ）dt ，（0≤x ≤π）
⎰
π
f （x ）cosxdx ＝
⎰
π
cosxd F （x ）＝F （x ）cosx 0＋
π
⎰
π
F （x ）sinxdx ＝
⎰
π
F （x ）sinxdx
如果F(x)sinx在（0, π）内恒为正，恒为负 则
⎰
π
F （x ）sinxdx 也为正或为负，与上面结
果矛盾，故存在ξ∈(0，π)使F (ξ)sin ξ＝0，而sin ξ≠0，所以F （ξ）＝0 于是在
[0，ξ]和[ξ，π]区间上分别用罗尔定理，则存在ξ1∈(0，ξ)使f （ξ1）＝F '(ξ1)＝0，存在
ξ2∈(ξ，π)，使f (ξ2)＝F '(ξ2)＝0，其中ξ1≠ξ2
例2、设f （x ）在[0,1]上有连续的一阶导数，且f （0）＝f （1）＝0，试证：其中M ＝max f '(x )
0≤x ≤1
⎰
10
f （x ≤
M
，4
证：用拉格朗日中值定理
f （x ）＝f （x ）－f （0）＝f '(ξ1)x ，其中
ξ1∈(0，x )
1), 其中ξ2∈(x ，1) f （x ）＝f （x ）－f （1）=f '(ξ2)(x －
由 题设可知f （x ≤f '(ξ1)x ≤M x ; 又f （x ≤f '(ξ21－x )≤M (1－x )
61
因此
⎰
1
f （x dx ＝⎰
1⎤
M
1
20
1⎡1⎤2()f （x dx ＋1f （x dx ≤M ⎢⎰x dx ＋11－x dx ⎥
22⎣⎦
1
＝M ⎢＋⎥＝
488⎣⎦
b b b
22⎡⎤例3．设（f x ），g （x ）在[a ，b ]上连续，证明⎰f （x ）g （x ）dx ≤⎰f (x )dx ⎰g (x )dx
⎢⎥a a ⎣a ⎦
2
⎡1
证一：（引入参数法） 设t 为实参数， 则
]dx ≥0 ⎰a [f （x ）＋tg （x ）
b
2
2⎡b g （⎤t 2＋2⎡b f （x ）g （x ）dx ⎤t ＋b f 2(x )dx ≥0 x ）dx ⎰a ⎢⎥⎢⎥⎣⎰a ⎦⎣⎰a ⎦
22
作为t 的一元二次不等式 A t ＋2Bt ＋C ≥0，则B －AC ≤0
b b b
22
即B ≤AC , 因此⎡⎰f （x ）g （x ）dx ⎤≤⎰f (x )dx ⎰g (x )dx
⎢⎥a a ⎣a ⎦
2
2
证二：（引入变上限积分）
⎡u ⎤⎡u 2⎤⎡u 2⎤
令F （u ）＝⎢⎰f （x ）g （x ）dx ⎥－⎢⎰f (x )dx ⎥⎢⎰g (x )dx ⎥
⎣a ⎦⎣a ⎦⎣a ⎦
于是F '(u )＝2f （u ）g （u ）
u
2
⎰f (x ) g (x ) dx -f （u ）⎰g (x )dx －g (u )⎰f (x )dx
2
2
2
2
a
a
a
u u u
2222
＝⎡2f （u ）g （u ）f （x ）g （x ）－f （u ）g x －g u f ()()(x )⎤⎣⎦dx
⎰
a
＝-
]dx ≤0 (u ≥a ) ⎰[f （u ）g （x ）－g （u ）f （x ）
2
a
u
则 F （u ）在[a , b ]上单调不增 故b ≥a 时，F (b ) ≤F （a ）＝ 0，
b b b
22⎡⎤()(x )dx ≤0 f （x ）g （x ）dx －f x dx g 即⎰⎰⎰⎢⎥a a a ⎣⎦
2
证三： （化为二重积分处理） 令 I ＝
⎰
b
a
f （x ）dx ⎰g (x )dx ， 则I ＝⎰f （x ）dx ⎰g 2(y )dy =⎰⎰f
2
2
2
b b b
2
a a a
(x )g 2(y )dxdy ，
D
其中区域D ：⎨
62
⎧a ≤x ≤b ⎫22
⎬，同理 I ＝⎰⎰f (y )g (x )dxdy
⎩a ≤y ≤b ⎭D
∴ 2I ＝⎰⎰[f 2(x )g 2(y )+f 2(y )g 2(x )]
d xdy
D
a 2+b 2≥2ab ，故2I ≥⎰⎰[2f (x )g (y )f (y )g (x )]dxdy
D
因此，I ＝
⎰
b
2
b 2b b
a
f （x ）dx ⎰a
g (x )dx ≥⎰a
f (x )g (x )dx ⎰
f (y )g (y )dy =⎡⎰b
a
f (x )g (2
⎢⎣a x )dx ⎤⎥⎦
2
例4．设f （x ）在[a ，b ]上连续，证明⎡⎰b f (x )⎤b
2
⎢⎣a dx ⎥⎦
≤(b -a )⎰a f (x )dx
证：在例3中，令g （x ）＝1，则
⎰
b
2a
g (x )dx =b -a
2
于是⎡⎢⎣⎰b a f (x )dx ⎤⎥⎦＝⎡⎢⎣⎰b 2
a f (x )g (x )dx ⎤b
2
⎥⎦
≤⎰a f
(x )dx ⎰b 2a g (x )dx =(b -a )⎰b
a
f
2
(x )dx
例5．设f x )在[a ，b ]上连续，且f (x )>0，证明
⎰
b
≥(b -a )2
0(0a
f 0(x )dx ⎰
b
1
a
f
0x 证：在例3柯西不等式中，取f(x)为f 10x ，g(x)为
f 0x
则
⎰
b
b a
f
2
(x )dx =⎰a f 0(x )dx ，⎰b 2
1
a g (x )dx =⎰b
a
f ，
0x 2
而⎡
⎢⎣⎰b
f (x )g (⎤2
x )dx ⎡b
1a
⎥⎦=⎢⎢⎰a f 0x ⋅
⎤⎣
f dx ⎥=(b -a )2
0x ⎥⎦
因此(b -a )2
≤
⎰
b
b
a
f 0(x )dx ⎰
1
a
f
0x 例6、设f 0(x )在[a ，b ]上具有连续导数，且f 0(a )＝f 0(b )＝0，
⎰
b
2
a
f 0(x )dx =1，
求证：⎛ b ⎡⎝⎰a ⎢⎣f '0(x )⎤2⎥⎦dx ⎫⎪⎪⎛b ⎭
⎝⎰a x 2f 20(x )dx ⎫⎪1⎭≥4 证：在例3柯西不等式中取f(x)为f '
0(x )，g （x ）为x f 0(x )
2于是⎛ b ⎡⎝⎰a ⎢⎣f ')⎤2⎥⎦dx ⎫⎪⎪⎛b ⎭
⎝⎰a x 2f 2b 0(x 0(x )dx ⎫⎪⎭≥⎡⎢⎣⎰a xf '0(x )f 0(x )dx ⎤⎥⎦ 2
=⎡21b
⎤⎢1⎣2⎰b 2⎤⎡x 2b 2
⎡1⎤21a xdf 0(x )⎥⎦=⎢f ⎣20(x )a -2⎰f 0(x ) dx ⎥=⎦⎢⎣-2⎥⎦
=
a 4
63
§3.4 定积分的应用
（甲）内容要点 一、平面图形的面积 1．直角坐标系 模型Ⅰ S 1＝
⎰[y (x )-y (x )]dx ，
a
2
1
b
其中 y 2(x )≥y 1(x )， x ∈[a , b ] 模型Ⅱ S 2＝
⎰
d
c
⎡⎣x 2(y )-x 1(y )⎤⎦dy ，
其中 x 2(y )≥x 1(y )，y ∈[c , d ]
注：复杂图形分割为若干个小图形，使其中每一个符
合模型I 或模型Ⅱ加以计算，然后再相加。
2. 极坐标系
1β2
模型 Ⅰ S 1＝⎰r (θ)d θ
2α
模型 Ⅱ S 2＝
1β22
()(θ)d θ r θ-r 21⎰α2
[]
3．参数形式表出的曲线所围成的面积 设 曲线C 的参数方程⎨
⎧x ＝ϕ(t ) (α≤t ≤β) ⎩y ＝ψ(t )
ϕ(α)＝a ，ϕ(β)＝b ，ϕ(t )在[α，β]（或[β，α]）上有连
续导数，且ϕ'(t )不变号，ψ(t )≥0且连续。
则曲边梯形面积（曲线C 与直线x ＝a ，x ＝b 和x 轴所围成）S ＝ydx ＝
a
⎰
b
⎰αψ(t )ϕ'(t )dt
β
二、平面曲线的弧长（数学一和数学二）（略） 三、绕坐标轴旋转的旋转体的体积
（1）平面图形由曲线y=f(x) (≥0) 与直线x ＝a ，x ＝b 和x 轴围成绕x 轴旋转一周的体积 V x =π
⎰
b
a
f 2(x )dx 绕y 轴旋转一周的体积
64
V y =2π⎰xf
a
b
(x )dx
（2）平面图形由曲线x=g(y) (≥0) 与直线y ＝c ，y ＝d 和y 轴围成绕y 轴旋转一周的体积
V y =πg 2(y )dy
d
⎰
c
绕x 轴旋转一周的体积
V x =2π⎰yg (y )dy
c
d
四、绕坐标轴旋转的旋转曲面的面积（数学一和数学二）（略）
(乙) 典型例题
一、在几何方面的应用
例1、求曲线y =2x 在点 ，1⎪ 处法线与曲线所围成图形的面积 解： 先找出法线方程
2
⎛1⎫
⎝2⎭
2y y '＝2， y '⎛1
⎫
, 1⎪⎝2⎭
=
1y
y =1
=1
1） 2
法线方程 y－1＝（－1）（x － x＋y ＝
2
3
2
3⎛9⎫的另一交点为 ，-3⎪2⎝2⎭
曲线y =2x 和法线x ＋y ＝
2
⎡⎛316⎫y ⎤
所求面积 S＝⎰⎢ -y ⎪- dy =⎥-33⎭2⎦⎣⎝2
1
例2、设f(x)在[a ，b ]上连续，在（a, b）内f '(x )>0，证明，y ＝f (ξ)，x ＝a ，所围∃ξ∈(a , b )，且唯一，使得y ＝f （x ）
面积S 1是y ＝f （x ），y ＝f (ξ)，x ＝b 所围面积S 2的三倍。 证：令F （t ）＝⎡⎣f (t )-f (x )⎤⎦dx -3⎡⎣f (x )-f (t )⎤⎦dx
t
b
⎰
a
⎰
t
F (a )=-3⎰[f (x )-f (a )]dx
a
F (b )=
⎰[f (b )-f (x )]dx >0
a
b
65
由连续函数介值定理的推论可知∃ξ∈(a , b )使F (ξ)＝0 再由f '(x )>0，可知f （x ）的单调增加性，则ξ唯一 例3、设y ＝f （x ）在[0，1]上为任一非负连续函数。
（1）试证：∃x 0∈(0, 1)，使[0, x 0]上以f （x 0）为高的矩形面积等于[x 0, 1]上以y ＝f （x ）为曲边的曲边梯形面积。
（2）又设f （x ）在（0，1）内可导，且f '(x )>-证明（1）中x 0唯一。 （1）证：设F (x )=x
1
2f (x )，
x
⎰f (t )dt ，则F (0)=F (1)=0，且
x
1
F '(x )=⎰f (t )dt -xf (x )，对F(x)在[0，1]上用罗尔定理
x
∃x 0∈(0, 1)，使F '(x 0)=0，即⎰f (t )dt =x 0f (x 0)证毕
x 0
1
（2）证：令ϕ(x )=
⎰f (t )dt -xf (x ), 当x ∈(0, 1)时, ϕ'(x )=-f (x )-f (x )-x f '(x )
x
1
＝－2f(x)－x f '(x )
例4 求由曲线y ＝x -2x 和直线y ＝0，x ＝1，x ＝3 所围平面图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积。
解一：平面图形A 1绕y 轴旋转一周所得旋转体体积
2
V 1＝π⎰1++y dy -π=
-1
()
2
11π
6
平面图形A 2绕y 轴旋转一周所得旋转体体积
3
V 2＝27π-
π⎰1+dy =
(2
43π
6
所求体积V y =V 1+V 2=9π
3
解二：V y =2πx x -2x dx
1
⎰
2
66
3
⎡2⎤2
=2π⎢⎰x (2x -x )dx+⎰x (x 2-2x )dx ⎥
2⎣1⎦
⎡⎛23x 4⎫2⎛x 423⎫3⎤
=2π⎢ 3x -4⎪⎪1+ 4-3x ⎪⎪2⎥=9π
⎭⎝⎭⎦⎣⎝
例5、设D 1是由抛物线y =2x 2和直线x=a, x=2 及y=0 所围成的平面区域; D 2是由抛物线
y =2x 2和直线x=a, y=0所围成的平面区域, 其中0
(1) 试求D 1绕x 轴旋转而成的旋转体体积V 1; D 2绕y 轴而成的旋转体体积V 2(如图)
(2)问当a 为何值时, V 1+V 2取得最大值? 试求此最大值 解 (1) V 1=π
4π
2x dx =()(32-a ) ⎰5
22
5
a 2
2
2
V 2=πa ⋅2a -π或 V 2=2π(2) V=V 1+V 2=
3
⎰
2a 2
y
=πa 4 2
⎰
a
x ⋅2x 2dx =πa 4
4
π32-a 5+πa 4 5
()
由V '=4πa (1-a )=0,
得区间 (a,2) 内的唯一驻点 a=1.
又V ''a =1=-4π
129
π 5
二 物理和力学方面应用(数学一和数学二)
例 为清除井底的污泥, 用缆绳将抓斗放入井底, 抓起污泥后提出井口, 已知井深30m, 抓斗自重400N, 缆绳每米重 50N, 抓斗抓起污泥重2000N, 提升速度 3m/s, 提升过程中污泥以20N/s的速率从抓斗缝隙中漏掉, 现将抓起污泥的抓斗提升到井口, 问克服重力需作多少焦耳的功?
说明：(1) 1N⨯1m=1J; m, N, s, J 分别表示米, 牛顿, 秒, 焦耳. (2)抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不计. 解：所需作功 W=W 1+W 2+W 3
W 1是克服抓斗自重所作的功W 1=400⨯30=12000
67
W 2是克服缆绳重力作的功W 2=
⎰
30
50(30-x )dx =22500
W 3是提取污泥所作的功W 3=⎰3(2000-20t ) dt =57000
10
所以 W=W 1+W 2+W 3=91500(J) 三、经济方面应用(数学三和数学四)
例1 设某商品每天生产x 单位时固定成本40元, 边际成本函数为C '(x )=0. 2x +2(元/单位), 求总成本函数C(x), 最小平均成本. 若该商品的销售单价为20元, 且产品全部售出, 问每天生产多少单位时才能获得最大利润, 最大利润多少?
解: (1) C '(x )=0.2x+2, C(x)=
__
⎰C '(t )dt +40 = ⎰(0. 2t +2)dt +40 = 0. 1x
x x
2
+2x +40
40 , x
__
40
令 C '(x )=0. 1-2=0⇒x 1=20, x 2=-20（舍去），
x
___
80
C ''(x )x 1=20=3x 1=20>0 ，
x
__
40
) x =20=6. 故生产20单位时平均成本最小为C (20)=(0. 1x +2+x
C (x )=0. 1x +2+(2) 总收益 R （x ）= 20x , 总利润
L （x ）＝20x – (0.1x +2x+40) =(18x – 0.1x – 40) ,
2
2
令 L '(x ) ＝18 – 0.2x ＝ 0⇒x ＝90 ， L ''(90)=-0. 2
因此，每天生产90单位时，才能获得最大利润。 最大利润为 L （90）＝(18x – 0.1x – 40)
2
x =90
＝270（元）
t
3A -96
e 例2 由于折旧等因素，某机器转售价格P （t ）是时间t （周）的减函数P （t ）＝4t
A -48
（元），其中A 是机器的最初价格。在任何时间t ，机器开动就能产生R ＝e 的利润。
4
问机器使用了多长时间后转售出去能使总利润最大？
3A -96
e ，在这段时间内机器创造解：假设机器使用了x 周后出售，此时的售价为P （x ）＝4
x
68
的利润是⎰A
04x e -t 48dt ，购买机器的价格为A.
x t -x 3A -96所以，总利润L （x ）＝e ＋⎰4e 48dt －A ， 04
令 L '(x )＝0，得出x ＝96ln32≈333，L ''(96ln 32)
例3 假设当鱼塘中有x 公斤鱼时，每公斤鱼的捕捞成本是2000元。已知鱼塘中现有鱼10+x
10000kg ，问从鱼塘中捕捞6000kg 鱼需花费多少成本？
解：设已经捕捞了x 公斤鱼，此时鱼塘中有10000 – xkg鱼，再捕捞∆xkg 鱼的成本为 ∆C ＝2000∆x ， 10+10000-x 所以，捕捞6000公斤鱼的成本为
C ＝⎰6000
0100102000≈1829. 59（元）dx ＝2000ln 。 401010+(10000-x )
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