一元函数积分学

概念与性质

祖孙三代求导后奇偶性互换、周期性不变

[例]f(x)二阶可导，T=2，奇函数，且f(12)>0,f′(x)>0,比较f(−12),f′(32),f′′(0)的大小∵该函数为奇函数∴f(−x)=−f(x)→f(−12)=−f(12)<0∵f(x):T=2∴f′(x):T=2且f′(x)为偶函数∴f′(32)=f′(32−2)=f′(−12)=f′(12)>0∴f′′(x)为奇函数即:f′′(0)=0得f(−12)<f′′(0)<f′(32)\begin{aligned} \color{maroon}[例]&f(x)二阶可导，T=2，奇函数，且f(\frac12)>0,f'(x)>0,比较f(-\frac12),f'(\frac32),f''(0)的大小\\ &\color{black}\because该函数为奇函数\therefore f(-x)=-f(x)\rightarrow f(-\frac12)=-f(\frac12)<0\\ &\because f(x):T=2 \therefore f'(x):T=2且f'(x)为偶函数\\ &\therefore f'(\frac32)=f'(\frac32-2)=f'(-\frac12)=f'(\frac12)>0\\ &\therefore f''(x)为奇函数\quad 即:f''(0)=0\\ &得f(-\frac12)< f''(0)< f'(\frac32)\\ \end{aligned} [例]f(x)二阶可导，T=2，奇函数，且f(21)>0,f′(x)>0,比较f(−21),f′(23),f′′(0)的大小∵该函数为奇函数∴f(−x)=−f(x)→f(−21)=−f(21)<0∵f(x):T=2∴f′(x):T=2且f′(x)为偶函数∴f′(23)=f′(23−2)=f′(−21)=f′(21)>0∴f′′(x)为奇函数即:f′′(0)=0得f(−21)<f′′(0)<f′(23)

1.前提：定义域关于原点对称

2.基本类型：
1.f(x)+f(−x)为偶函数，如ex+e−x2;(1+x)23+(1−x)232.f(x)−f(−x)为奇函数，如ex−e−x2；ln⁡1+x1−x3.f[ψ(x)]为复合函数奇[偶]=偶：sinx2偶[奇]=偶：cos(sinx);∣sinx∣奇[奇]=奇：sin1x;tanx3偶[偶]=偶：cos∣x∣;∣cosx∣非[偶]=偶：ex2;ln⁡∣x∣4.一个特殊函数：ln⁡(x+1+x2)为奇函数5.求导后奇偶性互换6.以0为下限，求积分后奇偶性互换，如f(x)为奇函数，则∫0xf(t)dt为偶函数7.(题源)f(x)连续,∀x,y,使f(x+y)=f(x)+f(y)→f(x)为奇函数证明：取y=0,f(x)=f(x)+f(0)=f(0)=0；取y=−x,f(0)=f(x)+f(−x)→f(x)=−f(−x)\begin{aligned} 1.&f(x)+f(-x)为偶函数，如\frac{e^x+e^{-x}}{2};\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{(1-x)^2}\\ 2.&f(x)-f(-x)为奇函数，如\frac{e^x-e^{-x}}{2}；\ln\frac{1+x}{1-x}\\ 3.&f[\psi(x)]为复合函数\\ &奇[偶]=偶：sinx^2\\ &偶[奇]=偶：cos(sinx);\mid sinx\mid\\ &奇[奇]=奇：sin\frac1x;\sqrt[3]{tanx}\\ &偶[偶]=偶：cos\mid x \mid ;\mid cosx \mid\\ &非[偶]=偶：e^{x^2};\ln\mid x\mid\\ 4.&一个特殊函数：\ln(x+\sqrt{1+x^2})为奇函数\\ 5.&求导后奇偶性互换\\ 6.&以0为下限，求积分后奇偶性互换，如f(x)为奇函数，则\int_0^xf(t)dt为偶函数\\ 7.&(题源)f(x)连续,\forall x,y,使f(x+y)=f(x)+f(y)\rightarrow f(x)为奇函数\\ &证明：取y=0,f(x)=f(x)+f(0)=f(0)=0；取y=-x,f(0)=f(x)+f(-x)\rightarrow f(x)=-f(-x) \end{aligned} 1.2.3.4.5.6.7.f(x)+f(−x)为偶函数，如2ex+e−x;3(1+x)2+3(1−x)2f(x)−f(−x)为奇函数，如2ex−e−x；ln1−x1+xf[ψ(x)]为复合函数奇[偶]=偶：sinx2偶[奇]=偶：cos(sinx);∣sinx∣奇[奇]=奇：sinx1;3tanx偶[偶]=偶：cos∣x∣;∣cosx∣非[偶]=偶：ex2;ln∣x∣一个特殊函数：ln(x+1+x2)为奇函数求导后奇偶性互换以0为下限，求积分后奇偶性互换，如f(x)为奇函数，则∫0xf(t)dt为偶函数(题源)f(x)连续,∀x,y,使f(x+y)=f(x)+f(y)→f(x)为奇函数证明：取y=0,f(x)=f(x)+f(0)=f(0)=0；取y=−x,f(0)=f(x)+f(−x)→f(x)=−f(−x)

[例]∫−11ln⁡(x+1+x2)e−x2dx=0,前者是4的奇函数，后者为偶函数，得奇函数∫−11(∫0xe−t2dt)x2dx=0,前者为奇函数，后者为偶函数，得奇函数以7为前置条件，∫−11(x2+1)f(x)dx=0,前者为偶函数，后者为奇函数，得奇函数\begin{aligned} \ [例]&\int_{-1}^1\ln(x+\sqrt{1+x^2})e^{-x^2}dx=0,前者是4的奇函数，后者为偶函数，得奇函数\\ &\int_{-1}^1(\int_0^xe^{-t^2}dt)x^2dx=0,前者为奇函数，后者为偶函数，得奇函数\\ &以7为前置条件，\int_{-1}^1(x^2+1)f(x)dx=0,前者为偶函数，后者为奇函数，得奇函数 \end{aligned} [例]∫−11ln(x+1+x2)e−x2dx=0,前者是4的奇函数，后者为偶函数，得奇函数∫−11(∫0xe−t2dt)x2dx=0,前者为奇函数，后者为偶函数，得奇函数以7为前置条件，∫−11(x2+1)f(x)dx=0,前者为偶函数，后者为奇函数，得奇函数

3.变体类型（平移）：
1.f(x)为偶函数→关于y轴对称，即f(0+x)=f(0−x)(平移)得f(x)关于x=T对称，即f(T+x)=f(T−x)[例]f(x)为正值且连续，∫−∞+∞f(x)dx=1,又f(1+x)=f(1−x),且∫02f(x)dx=0.6,则∫−∞0f(x)dx=0.22.f(x)为奇函数→关于(0,0)对称，(平移)→关于(x0,0)对称，如x3→(x−1)3[例]∫−11x3dx=0;∫02(x−1)3dx=0;∫04(x−2)dx=0\begin{aligned} &1.f(x)为偶函数\rightarrow 关于y轴对称，即f(0+x)=f(0-x) (平移)得f(x)关于x=T对称，即f(T+x)=f(T-x)\\ &[例]f(x)为正值且连续，\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=1,又f(1+x)=f(1-x),且\int_0^2f(x)dx=0.6,则\int_{-\infty}^0f(x)dx=0.2\\ &2.f(x)为奇函数\rightarrow关于(0,0)对称，(平移)\rightarrow关于(x_0,0)对称，如x^3\rightarrow (x-1)^3\\ &[例]\int_{-1}^1x^3dx=0;\int_0^2(x-1)^3dx=0;\int_0^4(x-2)dx=0 \end{aligned} 1.f(x)为偶函数→关于y轴对称，即f(0+x)=f(0−x)(平移)得f(x)关于x=T对称，即f(T+x)=f(T−x)[例]f(x)为正值且连续，∫−∞+∞f(x)dx=1,又f(1+x)=f(1−x),且∫02f(x)dx=0.6,则∫−∞0f(x)dx=0.22.f(x)为奇函数→关于(0,0)对称，(平移)→关于(x0,0)对称，如x3→(x−1)3[例]∫−11x3dx=0;∫02(x−1)3dx=0;∫04(x−2)dx=0

4.奇偶性

偶函数⋅偶函数=偶函数奇函数⋅奇函数=偶函数奇函数⋅偶函数=奇函数\begin{aligned} &偶函数\cdot偶函数=偶函数\qquad奇函数\cdot奇函数=偶函数\qquad奇函数\cdot偶函数=奇函数 \end{aligned} 偶函数⋅偶函数=偶函数奇函数⋅奇函数=偶函数奇函数⋅偶函数=奇函数

5.总结

∫0xf(t)dt ⟸ f(x) ⟹ f′(x)奇偶性互换[注]f(x)奇→∫axf(t)dt=∫a0f(t)dt+∫0xf(t)dt[周期]1.f(x)T ⟹ ∫0Tf(x)dx=∫aa+Tf(x)dx,∀a2.若∫0Tf(x)dx=0,则∫axf(t)dt,f(x),f′(x)周期都为T3.f(x)T ⟹ ∫0nTf(x)dx=n∫0Tf(x)dx\begin{aligned} &\int_0^x f(t)dt\impliedby f(x)\implies f'(x) 奇偶性互换\\ &\color{grey}{[注]f(x)奇\to\int_a^x f(t)dt=\int_a^0 f(t)dt+\int_0^xf(t)dt}\\ [周期]&1.f(x)T\implies\int_0^Tf(x)dx=\int_a^{a+T}f(x)dx,\forall a\\ &2.若\int_0^Tf(x)dx=0,则\int_a^xf(t)dt,f(x),f'(x)周期都为T\\ &3.f(x)T\implies\int_0^{nT}f(x)dx=n\int_0^Tf(x)dx \end{aligned} [周期]∫0xf(t)dt⟸f(x)⟹f′(x)奇偶性互换[注]f(x)奇→∫axf(t)dt=∫a0f(t)dt+∫0xf(t)dt1.f(x)T⟹∫0Tf(x)dx=∫aa+Tf(x)dx,∀a2.若∫0Tf(x)dx=0,则∫axf(t)dt,f(x),f′(x)周期都为T3.f(x)T⟹∫0nTf(x)dx=n∫0Tf(x)dx

5.例题

[例1]设f(x)连续，F(x)=∫0xf(t)dt证明:(1)F(x)的奇偶性与f(x)的奇偶性互换(2)若f(x)为奇函数，则一切原函数均为偶函数，若f(x)为偶函数，则只有一个原函数为奇函数(1)F(−x)=∫0−xf(t)dt,令t=−u,则I=∫0xf(−u)d(−u){若f(x)奇函数 ⟹ f(−u)=−f(u) ⟹ F(−x)=∫0xf(u)du=F(x)若f(x)偶函数 ⟹ f(−u)=f(u) ⟹ F(−x)=−∫0xf(u)du=−F(x)(2)f(x)为奇函数 ⟹ F(x)=∫0xf(t)dt为偶函数∫axf(t)dt=∫a0f(t)dt+∫0xf(t)dtf(x)为偶函数 ⟹ F(x)=∫0xf(t)dt为奇函数，则为非奇函数[例2]设f(x)连续，T为周期，证明(1)∫aa+Tf(x)dx=∫0Tf(x)dx,∀a(2)∫0xf(t)dt以T为周期 ⟺ ∫oTf(x)dx=0(3)∫f(x)dx以T为周期 ⟺ ∫0Tf(x)dx=0(1)∫aa+T=∫a0f(x)dx+∫oTf(x)dx+∫Ta+Tf(x)dx其中令x−T=t,∫Ta+Tf(x)dx=∫0af(t+T)dt=∫0af(t)dt ⟹ ∫a0+∫0a=0故∫aa+Tf(x)dx=∫0Tf(x)dx,∀a[注]若f(x)以T为周期，则其在一个周期上的积分值与起点无关(2)F(x)=∫0xf(t)dt,F(x+T)−F(x)=∫0x+T−∫0x=∫xx+Tf(t)dt故F(x)以T为周期 ⟺ ∫0Tf(t)dt=0故(2)(3) ⟹ 若f(x)以T为周期且∫0Tf(x)dx=0{∫0xf(t)dt以T为周期∫axf(t)dt以T为周期[例3]若f(x)连续，则以下函数∫0xt[f(t)+f(−t)]dt为偶函数∫0xt[f(t)−f(−t)]dt为奇函数∫0xf(t2)dt为奇函数∫0xf2(t)dt为非负函数[例4]设f(x)以T为周期，可导，则∫axf(t)f′(t)dt是否以T为周期？∫0Tf(t)f′(t)dt=∫0Tf(t)df(t)dtdt=12f2(t)∣0T=12[f2(T)−f2(0)]=0\begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}设f(x)连续，F(x)=\int_0^xf(t)dt证明:(1)F(x)的奇偶性与f(x)的奇偶性互换\\ &\color{maroon}(2)若f(x)为奇函数，则一切原函数均为偶函数，若f(x)为偶函数，则只有一个原函数为奇函数\\ (1)&F(-x)=\int_0^{-x}f(t)dt,令t=-u,则I=\int_0^xf(-u)d(-u)\\ &\begin{cases}若f(x)奇函数\implies f(-u)=-f(u)\implies F(-x)=\int_0^xf(u)du=F(x)\\若f(x)偶函数\implies f(-u)=f(u)\implies F(-x)=-\int_0^xf(u)du=-F(x)\end{cases}\\ (2)&f(x)为奇函数\implies F(x)=\int_0^xf(t)dt为偶函数\\ &\int_a^xf(t)dt=\int_a^0f(t)dt+\int_0^xf(t)dt\\ &f(x)为偶函数\implies F(x)=\int_0^xf(t)dt为奇函数，则为非奇函数\\ [例2]&\color{maroon}设f(x)连续，T为周期，证明(1)\int_a^{a+T}f(x)dx=\int_0^Tf(x)dx,\forall a\\ &\color{maroon}(2)\int_0^xf(t)dt以T为周期\iff\int_o^Tf(x)dx=0(3)\int f(x)dx以T为周期\iff\int_0^Tf(x)dx=0\\ (1)&\int_a^{a+T}=\int_a^0f(x)dx+\int_o^Tf(x)dx+\int_T^{a+T}f(x)dx\\ &其中令x-T=t,\int_T^{a+T}f(x)dx=\int_0^af(t+T)dt=\int_0^af(t)dt\implies\int_a^0+\int_0^a=0\\ &故\int_a^{a+T}f(x)dx=\int_0^Tf(x)dx,\forall a\\ [注]&若f(x)以T为周期，则其在一个周期上的积分值与起点无关\\ (2)&F(x)=\int_0^xf(t)dt,F(x+T)-F(x)=\int_0^{x+T}-\int_0^x=\int_x^{x+T}f(t)dt\\ &故F(x)以T为周期\iff\int_0^Tf(t)dt=0\\ &故(2)(3)\implies 若f(x)以T为周期且\int_0^Tf(x)dx=0\\ &\begin{cases}\int_0^xf(t)dt以T为周期\\\int_a^xf(t)dt以T为周期\end{cases}\\ [例3]&\color{maroon}若f(x)连续，则以下函数\\ &\int_0^xt[f(t)+f(-t)]dt为偶函数\\ &\int_0^xt[f(t)-f(-t)]dt为奇函数\\ &\int_0^xf(t^2)dt为奇函数\\ &\int_0^xf^2(t)dt为非负函数\\ [例4]&\color{maroon}设f(x)以T为周期，可导，则\int_a^xf(t)f'(t)dt是否以T为周期？\\ &\int_0^Tf(t)f'(t)dt=\int_0^Tf(t)\frac{df(t)}{dt}dt=\frac12f^2(t)|_0^T=\frac12[f^2(T)-f^2(0)]=0\\ \end{aligned} [例1](1)(2)[例2](1)[注](2)[例3][例4]设f(x)连续，F(x)=∫0xf(t)dt证明:(1)F(x)的奇偶性与f(x)的奇偶性互换(2)若f(x)为奇函数，则一切原函数均为偶函数，若f(x)为偶函数，则只有一个原函数为奇函数F(−x)=∫0−xf(t)dt,令t=−u,则I=∫0xf(−u)d(−u){若f(x)奇函数⟹f(−u)=−f(u)⟹F(−x)=∫0xf(u)du=F(x)若f(x)偶函数⟹f(−u)=f(u)⟹F(−x)=−∫0xf(u)du=−F(x)f(x)为奇函数⟹F(x)=∫0xf(t)dt为偶函数∫axf(t)dt=∫a0f(t)dt+∫0xf(t)dtf(x)为偶函数⟹F(x)=∫0xf(t)dt为奇函数，则为非奇函数设f(x)连续，T为周期，证明(1)∫aa+Tf(x)dx=∫0Tf(x)dx,∀a(2)∫0xf(t)dt以T为周期⟺∫oTf(x)dx=0(3)∫f(x)dx以T为周期⟺∫0Tf(x)dx=0∫aa+T=∫a0f(x)dx+∫oTf(x)dx+∫Ta+Tf(x)dx其中令x−T=t,∫Ta+Tf(x)dx=∫0af(t+T)dt=∫0af(t)dt⟹∫a0+∫0a=0故∫aa+Tf(x)dx=∫0Tf(x)dx,∀a若f(x)以T为周期，则其在一个周期上的积分值与起点无关F(x)=∫0xf(t)dt,F(x+T)−F(x)=∫0x+T−∫0x=∫xx+Tf(t)dt故F(x)以T为周期⟺∫0Tf(t)dt=0故(2)(3)⟹若f(x)以T为周期且∫0Tf(x)dx=0{∫0xf(t)dt以T为周期∫axf(t)dt以T为周期若f(x)连续，则以下函数∫0xt[f(t)+f(−t)]dt为偶函数∫0xt[f(t)−f(−t)]dt为奇函数∫0xf(t2)dt为奇函数∫0xf2(t)dt为非负函数设f(x)以T为周期，可导，则∫axf(t)f′(t)dt是否以T为周期？∫0Tf(t)f′(t)dt=∫0Tf(t)dtdf(t)dt=21f2(t)∣0T=21[f2(T)−f2(0)]=0

积分比大小

方法：{1.看出正负2.偶倍奇零3.作差换元[例1]设M=∫−π2π2sin⁡x1+x2cos⁡6xdx,N=∫−π2π2(sin⁡3x+cos⁡6x)dx,P=∫−π2π2(x2sin⁡3x−cos⁡6x)dx,试比较M,N,P的大小M=0,N=2∫0π2cos⁡6xdx>0,P=−2∫0π2cos⁡6xdx<0故N>M>P[例2]设F(x)=∫xx+2πesin⁡tsin⁡tdt,则F(x)=‾F′(x)=esin⁡(x+2π)sin⁡(x+2π)−esin⁡xsin⁡x=0 ⟹ F(x)=c=F(0)=∫02πesin⁡tsin⁡tdt>0故F(x)为正常数[例3]设Ik=∫0kπex2sin⁡xdx(k=1,2,3),则有:()A.I1<I2<I3B.I3<I2<I1C.I2<I3<I1D.I2<I1<I3I1=∫0πex2sin⁡xdx,I2=∫02πex2sin⁡xdx,I3=∫03πex2sin⁡xdx画图知该函数随着横坐标x的增大，其因式ex2也会增大，故其凹或凸的区间会增大I1>0,I2<0,I3>I1>0[例4]设常数a>0,积分I1=∫0π2cos⁡x1+xαdx,I2=∫0π2sin⁡x1+xαdx,则()I1−I2=∫0π211+xα(cos⁡x−sin⁡x)dx=∫0π411+xα(cos⁡x−sin⁡x)dx+∫π4π211+xα(cos⁡x−sin⁡x)dx>0(前者大，后者小)A.I1>I2B.I1<I2C.I1=I2D.大小与α有关[例5]证明∫01x⋅sin⁡π2x1+xdx>∫01x⋅cos⁡π2x1+xdxI左−I右=∫01x1+x(sin⁡π2x−cos⁡π2x)dx=∫012x1+x(sin⁡π2x−cos⁡π2x)dx+∫121x1+x(sin⁡π2x−cos⁡π2x)dx>0\begin{aligned} &方法：\begin{cases}1.看出正负\\2.偶倍奇零\\3.作差换元\end{cases}\\ [例1]&\color{maroon}设M=\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\frac{\sin x}{1+x^2}\cos^6xdx,N=\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}(\sin^3x+\cos^6x)dx,P=\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}(x^2\sin^3x-\cos^6x)dx,\\ &\color{maroon}试比较M,N,P的大小\\ &M=0,N=2\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^6xdx>0,P=-2\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^6xdx<0\\ &故N>M>P\\ [例2]&\color{maroon}设F(x)=\int_x^{x+2\pi}e^{\sin t}\sin tdt,则F(x)=\underline{\qquad}\\ &F'(x)=e^{\sin(x+2\pi)}\sin(x+2\pi)-e^{\sin x}\sin x=0\\ &\implies F(x)=c=F(0)=\int_0^{2\pi}e^{\sin t}\sin tdt>0\\ &故F(x)为正常数\\ [例3]&\color{maroon}设I_k=\int_0^{k\pi}e^{x^2}\sin xdx(k=1,2,3),则有:(\quad)\\ &\color{maroon}A.I_1<I_2<I_3\quad B.I_3<I_2<I_1\quad C.I_2<I_3<I_1\quad D.I_2<I_1<I_3\\ &I_1=\int_0^\pi e^{x^2}\sin xdx,I_2=\int_0^{2\pi}e^{x^2}\sin xdx,I_3=\int_0^{3\pi}e^{x^2}\sin xdx\\ &画图知该函数随着横坐标x的增大，其因式e^{x^2}也会增大，故其凹或凸的区间会增大\\ &I_1>0,I_2<0,I_3>I_1>0\\ [例4]&\color{maroon}设常数a>0,积分I_1=\int_0^{\frac\pi2}\frac{\cos x}{1+x^\alpha}dx,I_2=\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}{1+x^\alpha}dx,则(\quad)\\ &I_1-I_2=\int_0^{\frac\pi2}\frac1{1+x^\alpha}(\cos x-\sin x)dx\\ &=\int_0^{\frac\pi4}\frac1{1+x^\alpha}(\cos x-\sin x)dx+\int_\frac\pi4^\frac\pi2\frac1{1+x^\alpha}(\cos x-\sin x)dx>0(前者大，后者小)\\ &\color{maroon}A.I_1>I_2\quad B.I_1<I_2\quad C.I_1=I_2\quad D.大小与\alpha有关\\ [例5]&\color{maroon}证明\int_0^1\frac{x\cdot \sin\frac\pi2x}{1+x}dx>\int_0^1\frac{x\cdot \cos\frac\pi2x}{1+x}dx\\ &I_左-I_右=\int_0^1\frac{x}{1+x}(\sin\frac\pi2x-\cos\frac\pi2x)dx\\ &=\int_0^{\frac12}\frac{x}{1+x}(\sin\frac\pi2x-\cos\frac\pi2x)dx+\int_\frac12^1\frac x{1+x}(\sin\frac\pi2x-\cos\frac\pi2x)dx>0\\ \end{aligned} [例1][例2][例3][例4][例5]方法：⎩⎪⎨⎪⎧1.看出正负2.偶倍奇零3.作差换元设M=∫−2π2π1+x2sinxcos6xdx,N=∫−2π2π(sin3x+cos6x)dx,P=∫−2π2π(x2sin3x−cos6x)dx,试比较M,N,P的大小M=0,N=2∫02πcos6xdx>0,P=−2∫02πcos6xdx<0故N>M>P设F(x)=∫xx+2πesintsintdt,则F(x)=F′(x)=esin(x+2π)sin(x+2π)−esinxsinx=0⟹F(x)=c=F(0)=∫02πesintsintdt>0故F(x)为正常数设Ik=∫0kπex2sinxdx(k=1,2,3),则有:()A.I1<I2<I3B.I3<I2<I1C.I2<I3<I1D.I2<I1<I3I1=∫0πex2sinxdx,I2=∫02πex2sinxdx,I3=∫03πex2sinxdx画图知该函数随着横坐标x的增大，其因式ex2也会增大，故其凹或凸的区间会增大I1>0,I2<0,I3>I1>0设常数a>0,积分I1=∫02π1+xαcosxdx,I2=∫02π1+xαsinxdx,则()I1−I2=∫02π1+xα1(cosx−sinx)dx=∫04π1+xα1(cosx−sinx)dx+∫4π2π1+xα1(cosx−sinx)dx>0(前者大，后者小)A.I1>I2B.I1<I2C.I1=I2D.大小与α有关证明∫011+xx⋅sin2πxdx>∫011+xx⋅cos2πxdxI左−I右=∫011+xx(sin2πx−cos2πx)dx=∫0211+xx(sin2πx−cos2πx)dx+∫2111+xx(sin2πx−cos2πx)dx>0

定积分定义

很早人们就发现了一个矩形的面积是底*高，而一个边为曲线的图形呢？

黎曼（1826-1866）发现，将这种图形任意分割成n份，就可以粗略的看到一个个小矩形。

随着分割地越来越多，矩形也就变的越来越细。

一个矩形的面积是可以求得的，那么当这些矩形无限细的时候就可以通过求他们的面积和来得到曲边图形的面积，由于是黎曼最早提出的，定积分也叫做黎曼积分。

1.[a,b]n等分，每段长度为b−an2.取右端点的高→f(a+b−ani)∴lim⁡n→∞∑i=1nf(a+b−ani)b−an=∫abf(x)dx[小结]1.lim⁡x→∞∑i=1n=lim⁡x→∞∑i=0n−1（区别是前者取右端点，后者取左端点）2.lim⁡x→∞∑i=1nf(a+b−ani)b−an=∫abf(x)dx3.lim⁡x→∞∑i=1nf(0+1−0ni)1−0n=∫01f(x)dx4.lim⁡x→∞∑i=1nf(0+x−0ni)x−0n=∫0xf(t)dt详细题目上一致数列极限部分\begin{aligned} &1.[a,b]n等分，每段长度为\frac{b-a}{n}\\ &2.取右端点的高\rightarrow f(a+\frac{b-a}{n}i)\\ &\color{teal}\therefore \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nf(a+\frac{b-a}{n}i)\frac{b-a}{n}=\int_a^bf(x)dx\\ \color{red}{[小结]}&1.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^n=\lim_{x\to\infty}\sum_{i=0}^{n-1}（区别是前者取右端点，后者取左端点）\\ &2.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(a+\frac{b-a}{n}i)\frac{b-a}{n}=\int_a^bf(x)dx\\ &3.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(0+\frac{1-0}{n}i)\frac{1-0}{n}=\int_0^1f(x)dx\\ &4.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(0+\frac{x-0}{n}i)\frac{x-0}{n}=\int_0^xf(t)dt\\ &详细题目上一致数列极限部分 \end{aligned} [小结]1.[a,b]n等分，每段长度为nb−a2.取右端点的高→f(a+nb−ai)∴n→∞limi=1∑nf(a+nb−ai)nb−a=∫abf(x)dx1.x→∞limi=1∑n=x→∞limi=0∑n−1（区别是前者取右端点，后者取左端点）2.x→∞limi=1∑nf(a+nb−ai)nb−a=∫abf(x)dx3.x→∞limi=1∑nf(0+n1−0i)n1−0=∫01f(x)dx4.x→∞limi=1∑nf(0+nx−0i)nx−0=∫0xf(t)dt详细题目上一致数列极限部分

反常积分判敛

∫1+∞1XPdx{收敛，P>1发散，P≤1∫011XPdx{收敛，0<P<1发散，P>1[注]判敛时，每个积分中含且仅含一个奇点[例1]a,b>0,∫0+∞1xa(2020+x)bdx收敛，则‾拆∫011xa(2020+x)bdx+∫1+∞1xa(2020+x)bdx1.x→0+ ⟹ a<12.x→+∞ ⟹ 2020+x→+∞ ⟹ ∫1+∞1xa+bdx ⟹ a+b>1[例2]a>b>0,∫0+∞1xa+xbdx收敛,则‾∫0+∞1xa+xbdx=∫011xa+xbdx+∫1+∞1xa+xbdx1.x→0+,xa+xb∼xb ⟹ ∫011xbdx ⟹ b<12.x→+∞,xa+xb∼xa ⟹ ∫1+∞1xadx ⟹ a>1\begin{aligned} &\int_1^{+\infty}\frac1{X^P}dx\begin{cases}收敛，P>1\\发散，P\leq1\end{cases}\\ &\int_0^1\frac1{X^P}dx\begin{cases}收敛，0<P<1\\发散，P>1\end{cases}\\ [注]&判敛时，每个积分中含且仅含一个奇点\\ [例1]&\color{maroon}a,b>0,\int_0^{+\infty}\frac1{x^a(2020+x)^b}dx收敛，则\underline{\quad}\\ &拆\int_0^1\frac1{x^a(2020+x)^b}dx+\int_1^{+\infty}\frac1{x^a(2020+x)^b}dx\\ &1.x\to0^+\implies a<1\\ &2.x\to+\infty\implies 2020+x\to+\infty\implies\int_1^{+\infty}\frac1{x^{a+b}}dx\implies a+b>1\\ [例2]&\color{maroon}a>b>0,\int_0^{+\infty}\frac1{x^a+x^b}dx收敛,则\underline{\quad}\\ &\int_0^{+\infty}\frac1{x^a+x^b}dx=\int_0^1\frac1{x^a+x^b}dx+\int_1^{+\infty}\frac1{x^a+x^b}dx\\ &1.x\to0^+,x^a+x^b\sim x^b\implies\int_0^1\frac1{x^b}dx\implies b<1\\ &2.x\to+\infty,x^a+x^b\sim x^a\implies \int_1^{+\infty}\frac1{x^a}dx\implies a>1\\ \end{aligned} [注][例1][例2]∫1+∞XP1dx{收敛，P>1发散，P≤1∫01XP1dx{收敛，0<P<1发散，P>1判敛时，每个积分中含且仅含一个奇点a,b>0,∫0+∞xa(2020+x)b1dx收敛，则拆∫01xa(2020+x)b1dx+∫1+∞xa(2020+x)b1dx1.x→0+⟹a<12.x→+∞⟹2020+x→+∞⟹∫1+∞xa+b1dx⟹a+b>1a>b>0,∫0+∞xa+xb1dx收敛,则∫0+∞xa+xb1dx=∫01xa+xb1dx+∫1+∞xa+xb1dx1.x→0+,xa+xb∼xb⟹∫01xb1dx⟹b<12.x→+∞,xa+xb∼xa⟹∫1+∞xa1dx⟹a>1

计算与应用

基本积分表

∫xkdx=1k+1xk+1+C,k̸=−1∫1x2dx=−1x+C∫1xdx=2x+C∫1xdx=ln⁡∣x∣+C∫exdx=ex+C∫axdx=1ln⁡aax+C(a>0&a̸=1)∫sin⁡xdx=−cos⁡x+C∫cos⁡xdx=sin⁡x+C∫tan⁡xdx=−ln⁡∣cos⁡x∣+C∫cot⁡xdx=ln⁡∣sin⁡x∣+C∫dxcos⁡x=∫sec⁡xdx=ln⁡∣sec⁡x+tan⁡x∣+C∫dxsin⁡x=∫csc⁡xdx=ln⁡∣csc⁡x−cot⁡x∣+C∫sec⁡2xdx=tan⁡x+C∫csc⁡2xdx=−cot⁡x+C∫sec⁡xtan⁡xdx=sec⁡x+C∫csc⁡2xdx=−cot⁡x+C∫11+x2dx=arctan⁡x+C∫1a2+x2dx=1aarctan⁡xa+C∫11−x2dx=arcsin⁡x+C∫1a2−x2dx=arcsin⁡xa+C∫1x2+a2dx=ln⁡(x+x2+a2)+C∫1x2−a2dx=ln⁡(x+x2−a2)+C∫1x2−a2dx=12aln⁡∣x−ax+a∣+C∫1a2−x2dx=12aln⁡∣x+ax−a∣+C∫a2−x2dx=a22arcsin⁡xa+x2a2−x2+C\begin{aligned} &\int x^kdx=\frac1{k+1}x^{k+1}+C,k\not=-1\qquad\int\frac1{x^2}dx=-\frac1x+C\qquad\int\frac1{\sqrt{x}}dx=2\sqrt x+C\\ &\int\frac1xdx=\ln|x|+C\qquad\int e^xdx=e^x+C\qquad\int a^xdx=\frac1{\ln a}a^x+C(a>0 \& a\not=1)\\ &\int \sin xdx=-\cos x+C\qquad\int \cos xdx=\sin x+C\qquad\int \tan xdx=-\ln|\cos x|+C\\ &\int \cot xdx=\ln|\sin x|+C\qquad\int\frac{dx}{\cos x}=\int \sec xdx=\ln|\sec x+\tan x|+C\\ &\int\frac{dx}{\sin x}=\int \csc xdx=\ln|\csc x-\cot x|+C\qquad\int \sec^2xdx=\tan x+C\\ &\int \csc^2xdx=-\cot x+C\qquad\int \sec x\tan xdx=\sec x+C\qquad\int \csc^2xdx=-\cot x+C\\ &\int\frac1{1+x^2}dx=\arctan x+C\qquad\int\frac1{a^2+x^2}dx=\frac1a\arctan\frac xa+C\\ &\int\frac1{1-x^2}dx=\arcsin x+C\qquad\int\frac1{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\arcsin\frac xa+C\\ &\ \int\frac1{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\ln(x+\sqrt{x^2+a^2})+C\qquad\int\frac1{\sqrt{x^2-a^2}}dx=\ln(x+\sqrt{x^2-a^2})+C\\ &\int\frac1{x^2-a^2}dx=\frac1{2a}\ln|\frac{x-a}{x+a}|+C\qquad\int\frac1{a^2-x^2}dx=\frac1{2a}\ln|\frac{x+a}{x-a}|+C\\ &\int\sqrt{a^2-x^2}dx=\frac{a^2}2\arcsin\frac xa+\frac x2\sqrt{a^2-x^2}+C \end{aligned} ∫xkdx=k+11xk+1+C,k̸=−1∫x21dx=−x1+C∫x1dx=2x+C∫x1dx=ln∣x∣+C∫exdx=ex+C∫axdx=lna1ax+C(a>0&a̸=1)∫sinxdx=−cosx+C∫cosxdx=sinx+C∫tanxdx=−ln∣cosx∣+C∫cotxdx=ln∣sinx∣+C∫cosxdx=∫secxdx=ln∣secx+tanx∣+C∫sinxdx=∫cscxdx=ln∣cscx−cotx∣+C∫sec2xdx=tanx+C∫csc2xdx=−cotx+C∫secxtanxdx=secx+C∫csc2xdx=−cotx+C∫1+x21dx=arctanx+C∫a2+x21dx=a1arctanax+C∫1−x21dx=arcsinx+C∫a2−x21dx=arcsinax+C ∫x2+a21dx=ln(x+x2+a2)+C∫x2−a21dx=ln(x+x2−a2)+C∫x2−a21dx=2a1ln∣x+ax−a∣+C∫a2−x21dx=2a1ln∣x−ax+a∣+C∫a2−x2dx=2a2arcsinax+2xa2−x2+C

不定积分计算

凑微分法

于两边加d(取微分)，即d(∫xkdx)=d(1k+1xk+1+C)1.dx=1ad(ax+b),a̸=02.xkdx=1k+1d(xk+1),k̸=1且̸=0xdx=12dx21x2dx=d(−1x)1xdx=2dxxdx=23dx323.1xdx=dln⁡x,x>04.exdx=dexaxdx=1ln⁡adax5.sin⁡xdx=d(−cos⁡x)cos⁡xdx=d(sin⁡x)6.1cos⁡2xdx=sec⁡2xdx=d(tan⁡x)dxsin⁡2x=csc⁡2xdx=d(−cot⁡x)7.11+x2dx=d(arctan⁡x)8.11−x2dx=d(arcsin⁡x)\begin{aligned} &于两边加d(取微分)，即d(\int x^kdx)=d(\frac1{k+1}x^{k+1}+C)\\ 1.&dx=\frac1ad(ax+b),a\not=0\\ 2.&x^kdx=\frac1{k+1}d(x^{k+1}),k\not=1且\not=0\quad xdx=\frac12dx^2\quad \frac1{x^2}dx=d(-\frac1x)\quad\frac1{\sqrt x}dx=2d\sqrt x\quad\sqrt xdx=\frac23dx^{\frac32}\\ 3.&\frac1xdx=d\ln x,x>0\\ 4.&e^xdx=de^x\qquad a^xdx=\frac1{\ln a}da^x\\ 5.&\sin xdx=d(-\cos x)\qquad \cos xdx=d(\sin x)\\ 6.&\frac1{\cos^2x}dx=\sec^2xdx=d(\tan x)\qquad\frac{dx}{\sin^2x}=\csc^2xdx=d(-\cot x)\\ 7.&\frac{1}{1+x^2}dx=d(\arctan x)\\ 8.&\frac1{\sqrt{1-x^2}}dx=d(\arcsin x) \end{aligned} 1.2.3.4.5.6.7.8.于两边加d(取微分)，即d(∫xkdx)=d(k+11xk+1+C)dx=a1d(ax+b),a̸=0xkdx=k+11d(xk+1),k̸=1且̸=0xdx=21dx2x21dx=d(−x1)x1dx=2dxxdx=32dx23x1dx=dlnx,x>0exdx=dexaxdx=lna1daxsinxdx=d(−cosx)cosxdx=d(sinx)cos2x1dx=sec2xdx=d(tanx)sin2xdx=csc2xdx=d(−cotx)1+x21dx=d(arctanx)1−x21dx=d(arcsinx)

[例1]∫(1+x−1x)ex+1xdx=∫ex+1xdx+∫x(1−1x2)ex+1xdx=∫ex+1xdx+∫x⋅ex+1xd(x+1x)=∫ex+1xdx+∫x⋅dex+1x=x⋅ex+1x+C\begin{aligned} &[例1]\int(1+x-\frac1x)e^{x+\frac1x}dx=\int e^{x+\frac1x}dx+\int x(1-\frac1{x^2})e^{x+\frac1x}dx=\int e^{x+\frac1x}dx+\int x\cdot e^{x+\frac1x}d(x+\frac1x)\\ &=\int e^{x+\frac1x}dx+\int x\cdot de^{x+\frac1x}=x\cdot e^{x+\frac1x}+C \end{aligned} [例1]∫(1+x−x1)ex+x1dx=∫ex+x1dx+∫x(1−x21)ex+x1dx=∫ex+x1dx+∫x⋅ex+x1d(x+x1)=∫ex+x1dx+∫x⋅dex+x1=x⋅ex+x1+C

分部积分法

[使用场合]不同函数类型乘积[公式]∫udv=uv−∫vdu[原则]谁易求导谁做u,谁易积分谁做v,u反对幂指三↔v[证明](uv)′=u′v+uv′ ⟹ ∫(uv)′=∫u′v+∫uv′ ⟹ ∫d(uv)dx=∫dudxv+∫dvdxu ⟹ ∫d(uv)=∫vdu+∫u⋅dv[表格法]多次分部积分时，可用表格法x2→2x→2→0ex→ex→ex→ex∫x2exdx=∫x2dex=x2ex−∫ex⋅2xdx=x2ex−2∫xdex=x2ex−2xex+2∫exdx=x2+ex−2xex+2ex+Cx22x20ex+ex−ex+ex∫x2exdx=x2ex−2xex+2ex+C[证明]∫uv′′′dx=∫udv′′=uv′′−∫v′′u′dx∫u′v′′dx=∫u′dv′=u′v′−∫v′u′′dx∫u′′v′dx=∫u′′dv=u′′v−∫vu′′′dx ⟹ ∫uv′′′dx=uv′′−u′v′+u′′v−∫vu′′′dxuu′u′′u′′′v′′′+v′′−v′+v\begin{aligned} [使用场合]&不同函数类型乘积\\ [公式]&\color{red}{\int udv=uv-\int vdu}\\ [原则]&谁易求导谁做u,谁易积分谁做v,\qquad u\underleftrightarrow{反\ 对\ 幂\ 指\ 三}v\qquad\qquad\quad\\ [证明]&(uv)'=u'v+uv'\implies\int(uv)'=\int u'v+\int uv'\implies\quad\quad\\ &\int\frac{d(uv)}{dx}=\int\frac{du}{dx}v+\int\frac{dv}{dx}u\implies\int d(uv)=\int vdu+\int u\cdot dv\\ [表格法]&\color{blue}多次分部积分时，可用表格法\\ &x^2\to2x\to2\to0\quad e^x\to e^x\to e^x\to e^x\\ &\int x^2e^xdx=\int x^2de^x=x^2e^x-\int e^x\cdot2xdx=x^2e^x-2\int xde^x\\ &=x^2e^x-2xe^x+2\int e^xdx=x^2+e^x-2xe^x+2e^x+C\\ & \begin{array}{c|c|c|c} x^2 & 2x & 2 & 0 \\ \hline e^x & +e^x & -e^x & +e^x \\ \end{array}\\ &\int x^2e^xdx=x^2e^x-2xe^x+2e^x+C\\ [证明]&\int uv'''dx=\int udv''=uv''-\int v''u'dx\\ &\int u'v''dx=\int u'dv'=u'v'-\int v'u''dx\\ &\int u''v'dx=\int u''dv=u''v-\int vu'''dx\\ &\implies \int uv'''dx=uv''-u'v'+u''v-\int vu'''dx\\ & \begin{array}{c|c|c|c} u & u' & u'' & u''' \\ \hline v''' & +v'' & -v' & +v \\ \end{array} \end{aligned} [使用场合][公式][原则][证明][表格法][证明]不同函数类型乘积∫udv=uv−∫vdu谁易求导谁做u,谁易积分谁做v,u反对幂指三v(uv)′=u′v+uv′⟹∫(uv)′=∫u′v+∫uv′⟹∫dxd(uv)=∫dxduv+∫dxdvu⟹∫d(uv)=∫vdu+∫u⋅dv多次分部积分时，可用表格法x2→2x→2→0ex→ex→ex→ex∫x2exdx=∫x2dex=x2ex−∫ex⋅2xdx=x2ex−2∫xdex=x2ex−2xex+2∫exdx=x2+ex−2xex+2ex+Cx2ex2x+ex2−ex0+ex∫x2exdx=x2ex−2xex+2ex+C∫uv′′′dx=∫udv′′=uv′′−∫v′′u′dx∫u′v′′dx=∫u′dv′=u′v′−∫v′u′′dx∫u′′v′dx=∫u′′dv=u′′v−∫vu′′′dx⟹∫uv′′′dx=uv′′−u′v′+u′′v−∫vu′′′dxuv′′′u′+v′′u′′−v′u′′′+v

[例1]∫xln⁡(x+1+x2)(1+x2)2dx=12∫ln⁡(x+1+x2)d(x2+1)(x2+1)2=12∫ln⁡(x+11+x2)d(−1x2+1)=−12[ln(x+1+x2)x2+1−∫1x2+1⋅11+x2dx]=−12⋅ln⁡(x+1+x2)x2+1+12∫1(1+x2)32dx[例2]∫0+∞xe−3x(1+e−3x)2dx=∫0+∞xe3x(1+e3x)2dx=13∫0+∞x⋅d(e3x+1)(1+e3x)2=−13∫0+∞xd11+e3x=−13x1+e3x+13∫0+∞11+e3xdx=−13x1+e3x+13∫0+∞e3xe3x(1+e3x)dx=−13x1+e3x+19∫0+∞de3xe3x(1+e3x)=−13x1+e3x∣0+∞+19ln⁡e3x1+e3x∣0+∞=(0−0)+19(0−ln⁡12)=19ln⁡2[例3]设ln⁡xx是f(x)的一个原函数，则∫1exf′(x)dx=(ln⁡xx)′=f(x)=1−ln⁡xx2已知f(x)的表达式∫xf′(x)dx=∫xdf(x)=xf(x)−∫f(x)dx(降阶题)∴f(x)=(ln⁡xx)′=1−ln⁡xx2 ⟹ ∫1exf′(x)dx=∫1exdf(x)=xf(x)∣1e−∫1ef(x)dx=1−ln⁡xx∣1e−ln⁡xx∣1e=(0−1)−(1e−0)=−1−1e[例4]设f(x)=∫0xe−t2+2tdt,求∫01(x−1)2f(x)dxf′(x)=e−x2+2x∫(x−1)2f(x)dx=13∫f(x)d(x−1)3=13[(x−1)3f(x)−∫(x−1)3f′(x)dx](升阶题)I=13∫01f(x)d(x−1)3=13f(x)⋅(x−1)3∣01−13∫01(x−1)3f′(x)dx=13(0−0)−13∫01(x−1)3e−x2+2xdx=−13∫01(x−1)2e−(x−1)2ed(x−1)2令(x−1)2=t,I=−e6∫10te−tdt=e6∫01te−tdt=e6(−te−t−e−t)∣01=16(e−2)[总结]{1.反对幂指三2.表格法3.升阶、降阶题\begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}\int\frac{x\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{(1+x^2)^2}dx\\ &=\frac12\int\ln(x+\sqrt{1+x^2})\frac{d(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\ &=\frac12\int\ln(x+1\sqrt{1+x^2})d(-\frac1{x^2+1})\\ &=-\frac12[\frac{ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x^2+1}-\int\frac1{x^2+1}\cdot\frac1{\sqrt{1+x^2}}dx]\\ &=-\frac12\cdot\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x^2+1}+\frac12\int\frac1{(1+x^2)^{\frac32}}dx\\ [例2]&\color{maroon}\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-3x}}{(1+e^{-3x})^2}dx\\ &=\int_0^{+\infty}\frac{xe^{3x}}{(1+e^{3x})^2}dx\\ &=\frac13\int_0^{+\infty}x\cdot\frac{d(e^{3x}+1)}{(1+e^{3x})^2}\\ &=-\frac13\int_0^{+\infty}xd\frac1{1+e^{3x}}\\ &=-\frac13\frac{x}{1+e^{3x}}+\frac13\int_0^{+\infty}\frac1{1+e^{3x}}dx\\ &=-\frac13\frac{x}{1+e^{3x}}+\frac13\int_0^{+\infty}\frac{e^{3x}}{e^{3x}(1+e^{3x})}dx\\ &=-\frac13\frac{x}{1+e^{3x}}+\frac19\int_0^{+\infty}\frac{de^{3x}}{e^{3x}(1+e^{3x})}\\ &=-\frac13\frac{x}{1+e^{3x}}|_0^{+\infty}+\frac19\ln\frac{e^{3x}}{1+e^{3x}}|_0^{+\infty}\\ &=(0-0)+\frac19(0-\ln\frac12)=\frac19\ln2\\ [例3]&\color{maroon}设\frac{\ln x}x是f(x)的一个原函数，则\int_1^exf'(x)dx=\\ &(\frac{\ln x}x)'=f(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\\ &已知f(x)的表达式\int xf'(x)dx=\int xdf(x)=xf(x)-\int f(x)dx(降阶题)\\ &\therefore f(x)=(\frac{\ln x}x)'=\frac{1-\ln x}{x^2}\implies \int_1^{e}xf'(x)dx=\int_1^exdf(x)\\ &=xf(x)|_1^e-\int_1^ef(x)dx=\frac{1-\ln x}x|_1^e-\frac{\ln x}x|_1^e\\ &=(0-1)-(\frac1e-0)=-1-\frac1e\\ [例4]&\color{maroon}设f(x)=\int_0^xe^{-t^2+2t}dt,求\int_0^1(x-1)^2f(x)dx\\ &f'(x)=e^{-x^2+2x}\\ &\int(x-1)^2f(x)dx=\frac13\int f(x)d(x-1)^3=\frac13[(x-1)^3f(x)-\int(x-1)^3f'(x)dx](升阶题)\\ &I=\frac13\int_0^1f(x)d(x-1)^3=\frac13f(x)\cdot(x-1)^3|_0^1-\frac13\int_0^1(x-1)^3f'(x)dx\\ &=\frac13(0-0)-\frac13\int_0^1(x-1)^3e^{-x^2+2x}dx\\ &=-\frac13\int_0^1(x-1)^2e^{-(x-1)^2}ed(x-1)^2\\ &令(x-1)^2=t,I=-\frac e6\int_1^0te^{-t}dt\\ &=\frac e6\int_0^1te^{-t}dt=\frac e6(-te^{-t}-e^{-t})|_0^1=\frac16(e-2)\\ [总结]&\color{blue}\begin{cases}1.反对幂指三\\2.表格法\\3.升阶、降阶题\end{cases} \end{aligned} [例1][例2][例3][例4][总结]∫(1+x2)2xln(x+1+x2)dx=21∫ln(x+1+x2)(x2+1)2d(x2+1)=21∫ln(x+11+x2)d(−x2+11)=−21[x2+1ln(x+1+x2)−∫x2+11⋅1+x21dx]=−21⋅x2+1ln(x+1+x2)+21∫(1+x2)231dx∫0+∞(1+e−3x)2xe−3xdx=∫0+∞(1+e3x)2xe3xdx=31∫0+∞x⋅(1+e3x)2d(e3x+1)=−31∫0+∞xd1+e3x1=−311+e3xx+31∫0+∞1+e3x1dx=−311+e3xx+31∫0+∞e3x(1+e3x)e3xdx=−311+e3xx+91∫0+∞e3x(1+e3x)de3x=−311+e3xx∣0+∞+91ln1+e3xe3x∣0+∞=(0−0)+91(0−ln21)=91ln2设xlnx是f(x)的一个原函数，则∫1exf′(x)dx=(xlnx)′=f(x)=x21−lnx已知f(x)的表达式∫xf′(x)dx=∫xdf(x)=xf(x)−∫f(x)dx(降阶题)∴f(x)=(xlnx)′=x21−lnx⟹∫1exf′(x)dx=∫1exdf(x)=xf(x)∣1e−∫1ef(x)dx=x1−lnx∣1e−xlnx∣1e=(0−1)−(e1−0)=−1−e1设f(x)=∫0xe−t2+2tdt,求∫01(x−1)2f(x)dxf′(x)=e−x2+2x∫(x−1)2f(x)dx=31∫f(x)d(x−1)3=31[(x−1)3f(x)−∫(x−1)3f′(x)dx](升阶题)I=31∫01f(x)d(x−1)3=31f(x)⋅(x−1)3∣01−31∫01(x−1)3f′(x)dx=31(0−0)−31∫01(x−1)3e−x2+2xdx=−31∫01(x−1)2e−(x−1)2ed(x−1)2令(x−1)2=t,I=−6e∫10te−tdt=6e∫01te−tdt=6e(−te−t−e−t)∣01=61(e−2)⎩⎪⎨⎪⎧1.反对幂指三2.表格法3.升阶、降阶题

换元法

1.a2−x2 ⟹ x=asin⁡t2.a2+x2 ⟹ x=atan⁡t3.x2−a2 ⟹ x=asec⁡t4.ax2+bx+c ⟹ {k2−ψ2(x)k2+ψ2(x)ψ2(x)−k25.ax+bn=tax+bcx+d=taebx+e=t}∗=t(根式代换)ax+bn1,ax+bn2,令ax+bn=t,n为以上的公倍数6.倒代换1xn,n≥2 ⟹ 1x=t7.ax,ex,arcsin⁡x,arctan⁡x,ln⁡x=t[注]∫Pn(x)⋅axdx,优先分部积分法\begin{aligned} &1.\sqrt{a^2-x^2}\implies x=a\sin t\quad2.\sqrt{a^2+x^2}\implies x=a\tan t\quad3.\sqrt{x^2-a^2}\implies x=a\sec t\\ &4.\sqrt{ax^2+bx+c}\implies\begin{cases}\sqrt{k^2-\psi^2(x)}\\\sqrt{k^2+\psi^2(x)}\\\sqrt{\psi^2(x)-k^2}\end{cases}\\ &5.\left.\begin{array}{l}\sqrt[n]{ax+b}=t\\\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}=t\\\sqrt{ae^{bx}+e}=t \end{array}\right\}\sqrt{*}=t(根式代换)\sqrt[n_1]{ax+b},\sqrt[n_2]{ax+b},令\sqrt[n]{ax+b}=t,n为以上的公倍数\\ &6.倒代换\frac1{x^n},n\geq2\implies\frac1x=t\quad7.a^x,e^x,\arcsin x,\arctan x,\ln x=t\\ [注]&\int P_n(x)\cdot a^xdx,优先分部积分法\\ \end{aligned} [注]1.a2−x2⟹x=asint2.a2+x2⟹x=atant3.x2−a2⟹x=asect4.ax2+bx+c⟹⎩⎪⎨⎪⎧k2−ψ2(x)k2+ψ2(x)ψ2(x)−k25.nax+b=tcx+dax+b=taebx+e=t⎭⎪⎬⎪⎫∗=t(根式代换)n1ax+b,n2ax+b,令nax+b=t,n为以上的公倍数6.倒代换xn1,n≥2⟹x1=t7.ax,ex,arcsinx,arctanx,lnx=t∫Pn(x)⋅axdx,优先分部积分法

[例1]∫01arcsin⁡x3dx令arcsin⁡x3=t ⟹ sin⁡(arcsin⁡x3)=sin⁡t ⟹ x=sin⁡3t ⟹ I=∫0π2tdsin⁡3t=tsin⁡3t∣0π2−∫0π2sin⁡3tdt=π2−∫0π2sin⁡3tdt=π2−23[注]华里士公式，点火公式∫0π2sin⁡nxdx=∫0π2cos⁡nxdx={n−1n⋅n−3n−2⋯12π2,n为正偶数n−1n⋯23,n为大于1的奇数[例2]求y=x⋅4x−x2在[0,4]上的图形绕y轴的体积Vy=∫042πx24x−x2dx=2π∫04x2(4−x)xdx令x=4sin⁡2t,I=2π∫0π216sin⁡4t⋅4sin⁡t⋅cos⁡t⋅4(2sin⁡tcos⁡t)dt=210π∫0π2sin⁡6t(1−sin⁡2t)dt=210π[(56⋅34⋅12⋅π2)−(78⋅56⋅34⋅12⋅π2)]=20π2[注]区间再现公式令x=a+b−t,则∫abf(x)dx=∫baf(a+b−t)(−dt)=∫abf(a+b−t)dt故∫abf(x)dx=∫abf(a+b−x)dx[例3]∫−π4π42x−12x+1cos⁡42xdxI=12∫−π4π42x2x+1cos⁡42xdx,令x=−t，得:12∫−π4π412t+1cos⁡42tdt ⟹ 2I=12∫−π4π42x+12x+1cos⁡42xdx,令2x=u，得12∫−π2π4cos⁡4udu2=12∫0π2cos⁡4uduI=14∫0π2cos⁡4udu=143412π2=364π[例4]∫02[(x−1)3+2x]1−cos⁡2πxdx令x−1=t,得∫−11(t3+2t+2)1−cos⁡2πtdt=4∫011−cos⁡2πtdt=42∫01sin⁡πtdt=42(−1πcos⁡πt)∣01=42(1π+1π)=82π\begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}\int_0^1\arcsin\sqrt[3]{x}dx\\ &令\arcsin\sqrt[3]{x}=t\implies\sin(\arcsin\sqrt[3]{x})=\sin t\\ &\implies x=\sin^3t\implies I=\int_0^{\frac\pi2}td\sin^3t=t\sin^3t|_0^{\frac\pi2}-\int_0^{\frac\pi2}\sin^3tdt\\ &=\frac{\pi}2-\int_0^{\frac{\pi}2}\sin^3tdt=\frac\pi2-\frac23\\ [注]&\color{red}华里士公式，点火公式\\ &\int_0^{\frac{\pi}2}\sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^nxdx=\begin{cases}\frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdots\frac12\frac{\pi}2,n为正偶数\\\frac{n-1}n\cdots\frac23,n为大于1的奇数\end{cases}\\ [例2]&\color{maroon}求y=x\cdot\sqrt{4x-x^2}在[0,4]上的图形绕y轴的体积\\ &V_y=\int_0^42\pi x^2\sqrt{4x-x^2}dx=2\pi\int_0^4x^2\sqrt{(4-x)x}dx\\ &令x=4\sin^2t,I=2\pi\int_0^\frac\pi2 16\sin^4t\cdot4\sin t\cdot \cos t\cdot4(2\sin t\cos t)dt\\ &=2^{10}\pi\int_0^\frac\pi2 \sin^6t(1-\sin^2t)dt=2^{10}\pi[(\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2)-(\frac78\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2)]=20\pi^2\\ [注]&\color{red}区间再现公式\\ &令x=a+b-t,则\int_a^bf(x)dx=\int_b^af(a+b-t)(-dt)=\int_a^bf(a+b-t)dt\\ &故\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx\\ [例3]&\color{maroon}\int_{-\frac{\pi}4}^{\frac\pi4}\frac{2^{x-1}}{2^x+1}\cos^42xdx\\ &I=\frac12\int_{-\frac{\pi}4}^{\frac\pi4}\frac{2^x}{2^x+1}\cos^42xdx,令x=-t，得:\\ &\frac12\int_{-\frac{\pi}4}^{\frac\pi4}\frac1{2^t+1}\cos^42tdt\implies2I=\frac12\int_{-\frac{\pi}4}^{\frac\pi4}\frac{2^x+1}{2^x+1}\cos^42xdx,令2x=u，得\\ &\frac12\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac\pi4}\cos^4u\frac{du}{2}=\frac12\int_0^{\frac\pi2}\cos^4udu\\ &I=\frac14\int_0^{\frac\pi2}\cos^4udu=\frac14\frac34\frac12\frac\pi2=\frac3{64}\pi\\ [例4]&\color{maroon}\int_0^2[(x-1)^3+2x]\sqrt{1-\cos2\pi x}dx\\ &令x-1=t,得\int_{-1}^1(t^3+2t+2)\sqrt{1-\cos2\pi t}dt=4\int_0^1\sqrt{1-\cos2\pi t}dt\\ &=4\sqrt2\int_0^1\sin\pi tdt=4\sqrt2(-\frac1{\pi}\cos\pi t)|_0^1=4\sqrt2(\frac1\pi+\frac1\pi)=\frac{8\sqrt2}{\pi}\\ \end{aligned} [例1][注][例2][注][例3][例4]∫01arcsin3xdx令arcsin3x=t⟹sin(arcsin3x)=sint⟹x=sin3t⟹I=∫02πtdsin3t=tsin3t∣02π−∫02πsin3tdt=2π−∫02πsin3tdt=2π−32华里士公式，点火公式∫02πsinnxdx=∫02πcosnxdx={nn−1⋅n−2n−3⋯212π,n为正偶数nn−1⋯32,n为大于1的奇数求y=x⋅4x−x2在[0,4]上的图形绕y轴的体积Vy=∫042πx24x−x2dx=2π∫04x2(4−x)xdx令x=4sin2t,I=2π∫02π16sin4t⋅4sint⋅cost⋅4(2sintcost)dt=210π∫02πsin6t(1−sin2t)dt=210π[(65⋅43⋅21⋅2π)−(87⋅65⋅43⋅21⋅2π)]=20π2区间再现公式令x=a+b−t,则∫abf(x)dx=∫baf(a+b−t)(−dt)=∫abf(a+b−t)dt故∫abf(x)dx=∫abf(a+b−x)dx∫−4π4π2x+12x−1cos42xdxI=21∫−4π4π2x+12xcos42xdx,令x=−t，得:21∫−4π4π2t+11cos42tdt⟹2I=21∫−4π4π2x+12x+1cos42xdx,令2x=u，得21∫−2π4πcos4u2du=21∫02πcos4uduI=41∫02πcos4udu=4143212π=643π∫02[(x−1)3+2x]1−cos2πxdx令x−1=t,得∫−11(t3+2t+2)1−cos2πtdt=4∫011−cos2πtdt=42∫01sinπtdt=42(−π1cosπt)∣01=42(π1+π1)=π82

有理函数积分

1.有理函数：∫Pn(x)Qm(x)dx(n<m)2.对Qm(x)进行因式分解Pn(x)(ax+b)k=A1ax+b+A2(ax+b)2+⋯+Ak(ax+b)kPn(x)(px2+qx+r)k=A1x+B1px2+qx+r+A2x+B2(px2+qx+r)2+⋯+Akx+Bk(px2+qx+r)k\begin{aligned} 1.&有理函数：\int\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}dx(n< m)\\ 2.&对Q_m(x)进行因式分解\\ &\frac{P_n(x)}{(ax+b)^k}=\frac{A_1}{ax+b}+\frac{A_2}{(ax+b)^2}+\cdots+\frac{A_k}{(ax+b)^k}\\ &\frac{P_n(x)}{(px^2+qx+r)^k}=\frac{A_1x+B_1}{px^2+qx+r}+\frac{A_2x+B_2}{(px^2+qx+r)^2}+\cdots+\frac{A_kx+B_k}{(px^2+qx+r)^k} \end{aligned} 1.2.有理函数：∫Qm(x)Pn(x)dx(n<m)对Qm(x)进行因式分解(ax+b)kPn(x)=ax+bA1+(ax+b)2A2+⋯+(ax+b)kAk(px2+qx+r)kPn(x)=px2+qx+rA1x+B1+(px2+qx+r)2A2x+B2+⋯+(px2+qx+r)kAkx+Bk

[例1]求∫4x2−6x−1(x+1)(2x−1)2dx4x2−6x−1(x+1)(2x−1)2=Ax+1+B(2x−1)1+C(2x−1)2 ⟹ 4x2−6x−1≡A(2x−1)2+B(2x−1)(x+1)+C(x+1)令x=−1 ⟹ 4+6−1=9A ⟹ A=1令x=12 ⟹ 1−3−1=C⋅32 ⟹ C=−2令x=0 ⟹ −1=1−B−2 ⟹ B=0I=∫1x+1dx−2∫1(2x−1)2dx=ln⁡∣x+1∣+12x−1+C[例2]∫1+∞dxx2(x+1)1x2(x+1)=Ax+1+Bx+Cx2 ⟹ 1≡Ax2+(Bx+C)(x+1){令x=01=c令x=−11=Ax2前系数0=A+B ⟹ B=−1 ⟹ ∫1+∞1x2(x+1)dx=∫1+∞(1x+1+1−xx2)dx=∫1+∞(1x+1+1x2−1x)dx=∫1+∞(1x+1−1x)dx+∫1+∞1x2dx=ln⁡x+1x∣1+∞+(−1x∣1+∞)=1−ln⁡2\begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}{求\int\frac{4x^2-6x-1}{(x+1)(2x-1)^2}dx}\\ &\frac{4x^2-6x-1}{(x+1)(2x-1)^2}=\frac{A}{x+1}+\frac B{(2x-1)^1}+\frac C{(2x-1)^2}\\ &\implies 4x^2-6x-1\equiv A(2x-1)^2+B(2x-1)(x+1)+C(x+1)\\ &令x=-1\implies4+6-1=9A\implies A=1\\ &令x=\frac12\implies1-3-1=C\cdot\frac32\implies C=-2\\ &令x=0\implies-1=1-B-2\implies B=0\\ &I=\int\frac1{x+1}dx-2\int\frac1{(2x-1)^2}dx=\ln|x+1|+\frac1{2x-1}+C\\ [例2]&\color{maroon}\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^2(x+1)}\\ &\frac1{x^2(x+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2}\implies 1\equiv Ax^2+(Bx+C)(x+1)\\ &\begin{cases}令x=0\ 1=c\\令x=-1\ 1=A\\x^2前系数\ 0=A+B\implies B=-1\end{cases}\\ &\implies\int_1^{+\infty}\frac1{x^2(x+1)}dx=\int_1^{+\infty}(\frac1{x+1}+\frac{1-x}{x^2})dx=\int_1^{+\infty}(\frac1{x+1}+\frac1{x^2}-\frac1x)dx\\ &=\int_1^{+\infty}(\frac1{x+1}-\frac1x)dx+\int_1^{+\infty}\frac1{x^2}dx=\ln\frac{x+1}x|_1^{+\infty}+(-\frac1x|_1^{+\infty})=1-\ln2\\ \end{aligned} [例1][例2]求∫(x+1)(2x−1)24x2−6x−1dx(x+1)(2x−1)24x2−6x−1=x+1A+(2x−1)1B+(2x−1)2C⟹4x2−6x−1≡A(2x−1)2+B(2x−1)(x+1)+C(x+1)令x=−1⟹4+6−1=9A⟹A=1令x=21⟹1−3−1=C⋅23⟹C=−2令x=0⟹−1=1−B−2⟹B=0I=∫x+11dx−2∫(2x−1)21dx=ln∣x+1∣+2x−11+C∫1+∞x2(x+1)dxx2(x+1)1=x+1A+x2Bx+C⟹1≡Ax2+(Bx+C)(x+1)⎩⎪⎨⎪⎧令x=0 1=c令x=−1 1=Ax2前系数 0=A+B⟹B=−1⟹∫1+∞x2(x+1)1dx=∫1+∞(x+11+x21−x)dx=∫1+∞(x+11+x21−x1)dx=∫1+∞(x+11−x1)dx+∫1+∞x21dx=lnxx+1∣1+∞+(−x1∣1+∞)=1−ln2

变现积分计算

直接求导型

[例1]f(x)连续且>0,则方程∫axf(t)dt+∫bx1f(t)dt=0,在(a,b)内有‾个根令F(x)=∫axf(t)dt+∫bx1f(t)dt则F′(x)=f(x)+1f(x)>0 ⟹ F(x)单调递增F(a)=∫ba1f(t)dt=−∫ab1f(t)dt<0,F(b)=∫abf(t)dt>0即有一个根[例2]设f(x)为连续函数，且F(x)=∫1xln⁡xf(t)dt,则F(x)=F′(x)=f(ln⁡x)⋅1x−f(1x)(−1x2)[例3]lim⁡x→0∫0xsin⁡2t4+t2∫0x(t+1−1)dtdtI=lim⁡x→0∫0xsin⁡2t4+t2dt∫0x(t+1−1)dt=lim⁡x→0sin⁡2x4+x2x+1−1=12lim⁡x→0sin⁡2x1+x−1=2[例4]lim⁡x→0∫0x[∫0u2arctan⁡(1+t)dt]dux(1−cos⁡x)令φ(u)=∫0u2arctan⁡(1+t)dt则I=lim⁡x→0∫0xφ(u)dux⋅12x2=lim⁡x→0φ(x)32x2lim⁡x→0∫0x2arctan⁡(1+t)dt32x2lim⁡x→0arctan⁡(1+x2)⋅2x3x=π6\begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}f(x)连续且>0,则方程\int_a^xf(t)dt+\int_b^x\frac1{f(t)}dt=0,在(a,b)内有\underline{\quad}个根\\ &令F(x)=\int_a^xf(t)dt+\int_b^x\frac1{f(t)}dt\\ &则F'(x)=f(x)+\frac1{f(x)}>0\implies F(x)单调递增\\ &F(a)=\int_b^a\frac1{f(t)}dt=-\int_a^b\frac1{f(t)}dt<0,F(b)=\int_a^bf(t)dt>0\\ &即有一个根\\ [例2]&\color{maroon}设f(x)为连续函数，且F(x)=\int_{\frac1x}^{\ln x}f(t)dt,则F(x)=\\ &F'(x)=f(\ln x)\cdot\frac1x-f(\frac1x)(\frac{-1}{x^2})\\ [例3]&\color{maroon}\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{\sin2t}{\sqrt{4+t^2}\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt}dt\\ &I=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\frac{\sin2t}{\sqrt{4+t^2}}dt}{\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sin2x}{\sqrt{4+x^2}}}{\sqrt{x+1}-1}\\ &=\frac12\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\sqrt{1+x}-1}=2\\ [例4]&\color{maroon}\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x[\int_0^{{u}^2}\arctan(1+t)dt]du}{x(1-\cos x)}\\ &令\varphi(u)=\int_0^{u^2}\arctan(1+t)dt\\ &则I=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\varphi(u)du}{x\cdot\frac12x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\varphi(x)}{\frac32x^2}\\ &\lim_{x\to0}\frac{\int_0^{x^2}\arctan(1+t)dt}{\frac32x^2}\\ &\lim_{x\to0}\frac{\arctan(1+x^2)\cdot2x}{3x}=\frac\pi6 \end{aligned} [例1][例2][例3][例4]f(x)连续且>0,则方程∫axf(t)dt+∫bxf(t)1dt=0,在(a,b)内有个根令F(x)=∫axf(t)dt+∫bxf(t)1dt则F′(x)=f(x)+f(x)1>0⟹F(x)单调递增F(a)=∫baf(t)1dt=−∫abf(t)1dt<0,F(b)=∫abf(t)dt>0即有一个根设f(x)为连续函数，且F(x)=∫x1lnxf(t)dt,则F(x)=F′(x)=f(lnx)⋅x1−f(x1)(x2−1)x→0lim∫0x4+t2∫0x(t+1−1)dtsin2tdtI=x→0lim∫0x(t+1−1)dt∫0x4+t2sin2tdt=x→0limx+1−14+x2sin2x=21x→0lim1+x−1sin2x=2x→0limx(1−cosx)∫0x[∫0u2arctan(1+t)dt]du令φ(u)=∫0u2arctan(1+t)dt则I=x→0limx⋅21x2∫0xφ(u)du=x→0lim23x2φ(x)x→0lim23x2∫0x2arctan(1+t)dtx→0lim3xarctan(1+x2)⋅2x=6π

拆分求导型

设φ(x)在[a,b]上连续，且φ(x)>0,则函数y=∫ab∣x−t∣φ(t)dt,则()A.在(a,b)内为凸B.在(a,b)内为凹C.在(a,b)内有拐点D.在(a,b)内有间断点y=∫ab∣x−t∣φ(t)dt=∫ax(x−t)φ(t)dt+∫xb(t−x)φ(t)dt=∫axxφ(t)dt−∫axt⋅φ(t)dt+∫xbtφ(t)dt−∫xbxφ(t)dt=x∫axφ(t)dt−∫axtφ(t)dt+∫xbtφ(t)dt−x∫xbφ(t)dt ⟹ y′=∫axφ(t)dt+xφ(x)−xφ(x)−xφ(x)−∫xbφ(t)dt+xφ(x)=∫axφ(t)dt−∫xbφ(t)dt ⟹ y′′=φ(x)+φ(x)=2φ(x)>0,故选B\begin{aligned} &\color{maroon}设\varphi(x)在[a,b]上连续，且\varphi(x)>0,则函数y=\int_a^b|x-t|\varphi(t)dt,则()\\ &\color{maroon}A.在(a,b)内为凸\quad B.在(a,b)内为凹 \quad C.在(a,b)内有拐点\quad D.在(a,b)内有间断点\\ y&=\int_a^b|x-t|\varphi(t)dt\\ &=\int_a^x(x-t)\varphi(t)dt+\int_x^b(t-x)\varphi(t)dt\\ &=\int_a^xx\varphi(t)dt-\int_a^xt\cdot\varphi(t)dt+\int_x^bt\varphi(t)dt-\int_x^bx\varphi(t)dt\\ &=x\int_a^x\varphi(t)dt-\int_a^xt\varphi(t)dt+\int_x^bt\varphi(t)dt-x\int_x^b\varphi(t)dt\\ &\implies y'=\int_a^x\varphi(t)dt+x\varphi(x)-x\varphi(x)-x\varphi(x)-\int_x^b\varphi(t)dt+x\varphi(x)\\ &=\int_a^x\varphi(t)dt-\int_x^b\varphi(t)dt\implies y''=\varphi(x)+\varphi(x)=2\varphi(x)>0,故选B \end{aligned} y设φ(x)在[a,b]上连续，且φ(x)>0,则函数y=∫ab∣x−t∣φ(t)dt,则()A.在(a,b)内为凸B.在(a,b)内为凹C.在(a,b)内有拐点D.在(a,b)内有间断点=∫ab∣x−t∣φ(t)dt=∫ax(x−t)φ(t)dt+∫xb(t−x)φ(t)dt=∫axxφ(t)dt−∫axt⋅φ(t)dt+∫xbtφ(t)dt−∫xbxφ(t)dt=x∫axφ(t)dt−∫axtφ(t)dt+∫xbtφ(t)dt−x∫xbφ(t)dt⟹y′=∫axφ(t)dt+xφ(x)−xφ(x)−xφ(x)−∫xbφ(t)dt+xφ(x)=∫axφ(t)dt−∫xbφ(t)dt⟹y′′=φ(x)+φ(x)=2φ(x)>0,故选B

换元求导型

设f(x)在[0,+∞)上可导，f(0)=0,其反函数为g(x),若∫xx+f(x)g(t−x)dt=x2ln⁡(1+x),求f(x)∫xx+f(x)g(t−x)dt令u=t−x→∫0f(x)g(u)du ⟹ ∫0f(x)g(u)du=x2ln⁡(1+x) ⟹ g(f(x))⋅f′(x)=2xln⁡(1+x)+x21+x ⟹ x⋅f′(x)=2xln⁡(1+x)+x21+x ⟹ f′(x)=2ln⁡(1+x)+x1+x ⟹ f(x)=2∫ln⁡(1+x)dx+∫x1+xdx=2(x+1)ln⁡(1+x)−2∫(x+1)⋅11+xdx=2(x+1)ln⁡(1+x)−2x+x−ln⁡(1+x)+c又f(0)=0,故c=0则f(x)=(2x+1)ln⁡(1+x)−x\begin{aligned} &\color{maroon}设f(x)在[0,+\infty)上可导，f(0)=0,其反函数为g(x),若\int_x^{x+f(x)}g(t-x)dt=x^2\ln(1+x),求f(x)\\ &\int_x^{x+f(x)}g(t-x)dt\underrightarrow{令u=t-x}\int_0^{f(x)}g(u)du\\ &\implies \int_0^{f(x)}g(u)du=x^2\ln(1+x)\implies g(f(x))\cdot f'(x)=2x\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x}\\ &\implies x\cdot f'(x)=2x\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x}\\ &\implies f'(x)=2\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}\\ &\implies f(x)=2\int\ln(1+x)dx+\int\frac{x}{1+x}dx\\ &=2(x+1)\ln(1+x)-2\int(x+1)\cdot\frac1{1+x}dx\\ &=2(x+1)\ln(1+x)-2x+x-\ln(1+x)+c\\ &又f(0)=0,故c=0\\ &则f(x)=(2x+1)\ln(1+x)-x \end{aligned} 设f(x)在[0,+∞)上可导，f(0)=0,其反函数为g(x),若∫xx+f(x)g(t−x)dt=x2ln(1+x),求f(x)∫xx+f(x)g(t−x)dt令u=t−x∫0f(x)g(u)du⟹∫0f(x)g(u)du=x2ln(1+x)⟹g(f(x))⋅f′(x)=2xln(1+x)+1+xx2⟹x⋅f′(x)=2xln(1+x)+1+xx2⟹f′(x)=2ln(1+x)+1+xx⟹f(x)=2∫ln(1+x)dx+∫1+xxdx=2(x+1)ln(1+x)−2∫(x+1)⋅1+x1dx=2(x+1)ln(1+x)−2x+x−ln(1+x)+c又f(0)=0,故c=0则f(x)=(2x+1)ln(1+x)−x

应用

面积:S=∫ab∘1dx体积:Vx=∫abπ∘2dxVy=∫ab2π⋅x∘1dy\begin{aligned} 面积:&\color{blue}{S=\int_a^b\circ^1dx}\\ 体积:&\color{blue}{V_x=\int_a^b\pi\circ^2dx}\\ &\color{blue}{V_y=\int_a^b2\pi\cdot x\circ^1dy} \end{aligned} 面积:体积:S=∫ab∘1dxVx=∫abπ∘2dxVy=∫ab2π⋅x∘1dy

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