三、定积分的计算｜小题与大题

小题

（三）隐式分段函数

1. 【2021-3-5 分】

$${\int }_{\sqrt{5}}^5\frac{x}{\sqrt{|x^2-9|}}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $6$。

解析： 绝对值内部 $x^2-9$ 在 $x=3$ 处变号，而 $\sqrt{5}<3<5$，故应分段积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\sqrt{5}}^5\frac{x}{\sqrt{|x^2-9|}}dx& ={\int }_{\sqrt{5}}^3\frac{x}{\sqrt{9-x^2}}dx+{\int }_3^5\frac{x}{\sqrt{x^2-9}}dx\\ & ={\left[-\sqrt{9-x^2}\right]}_{\sqrt{5}}^3+{\left[\sqrt{x^2-9}\right]}_3^5\\ & =2+4\\ & =6.\end{array}$$

（四）积分区间对称且被积函数为奇（偶）函数

1. 【1987-45-2 分】 判断正误：

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^4\sin xdx=0.$$

查看答案与解析

答案： 正确。

解析： $x^4$ 是偶函数，$\sin x$ 是奇函数，所以 $x^4\sin x$ 是奇函数。奇函数在关于原点对称的区间上的定积分为零，故

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^4\sin xdx=0.$$

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2. 【1991-5-5 分】 求定积分

$$I={\int }_{-1}^1(2x+|x|+1{)}^{2}dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{22}{3}$。

解析： 按 $x=0$ 分段。若 $-1\le x<0$，则 $|x|=-x$，故

$$2x+|x|+1=x+1.$$

若 $0\le x\le 1$，则 $|x|=x$，故

$$2x+|x|+1=3x+1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-1}^0(x+1{)}^{2}dx+{\int }_0^1(3x+1{)}^{2}dx\\ & ={\left[\frac{(x+1{)}^3}{3}\right]}_{-1}^0+{\int }_0^1(9x^2+6x+1)dx\\ & =\frac{1}{3}+(3+3+1)\\ & =\frac{22}{3}.\end{array}$$

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3. 【1994-45-3 分】

$${\int }_{-2}^2\frac{x+|x|}{2+x^2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\ln 3$。

解析： 当 $x<0$ 时，$|x|=-x$，所以 $x+|x|=0$；当 $x\ge 0$ 时，$|x|=x$，所以 $x+|x|=2x$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-2}^2\frac{x+|x|}{2+x^2}dx& ={\int }_0^2\frac{2x}{2+x^2}dx\\ & ={\left[\ln (2+x^2)\right]}_0^2\\ & =\ln 6-\ln 2\\ & =\ln 3.\end{array}$$

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4. 【1996-3-3 分】

$${\int }_{-1}^1{\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)}^{2}dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $2$。

解析： 展开被积函数：

$$\begin{array}{rl}{\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)}^2& =x^2+(1-x^2)+2x\sqrt{1-x^2}\\ & =1+2x\sqrt{1-x^2}.\end{array}$$

其中 $2x\sqrt{1-x^2}$ 是奇函数，在对称区间 $[-1,1]$ 上积分为零。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^1{\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)}^{2}dx& ={\int }_{-1}^{1}1dx+{\int }_{-1}^{1}2x\sqrt{1-x^2}dx\\ & =2+0=2.\end{array}$$

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5. 【2001-2-3 分】

$${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(x^3+{\sin }^{2}x\right){\cos }^{2}xdx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{8}$。

解析： 将积分拆开：

$$I={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{x}^3{\cos }^{2}xdx+{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}x{\cos }^{2}xdx.$$

因为 $x^3{\cos }^{2}x$ 为奇函数，第一项为零。又

$${\sin }^{2}x{\cos }^{2}x=\frac{1}{4}{\sin }^{2}2x=\frac{1}{8}(1-\cos 4x),$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{8}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1-\cos 4x)dx\\ & =\frac{1}{8}{\left[x-\frac{1}{4}\sin 4x\right]}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

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6. 【2003-4-4 分】

$${\int }_{-1}^1\left(x{e}^{x^2}+e^{-x}\right)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $e-e^{-1}$。

解析： 函数 $x{e}^{x^2}$ 为奇函数，因此

$${\int }_{-1}^{1}x{e}^{x^2}dx=0.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^1\left(x{e}^{x^2}+e^{-x}\right)dx& ={\int }_{-1}^1{e}^{-x}dx\\ & ={\left[-e^{-x}\right]}_{-1}^1\\ & =e-e^{-1}.\end{array}$$

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7. 【2014-1-4 分】 若

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(x-a_1\cos x-b_1\sin x\right)}^{2}dx=\underset{a,b\in \mathbb{R}}{\min }\left\{{\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^{2}dx\right\},$$

则 $a_1\cos x+b_1\sin x=$（ ）。

A. $2\sin x$    B. $2\cos x$    C. $2\pi \sin x$    D. $2\pi \cos x$

查看答案与解析

答案： A，即 $2\sin x$。

解析： 令

$$J(a,b)={\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^{2}dx.$$

在最小点 $(a_1,b_1)$ 处有

$$\frac{\partial J}{\partial a}=0,\frac{\partial J}{\partial b}=0.$$

因此

$${\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a_1\cos x-b_1\sin x)\cos xdx=0,$$$${\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a_1\cos x-b_1\sin x)\sin xdx=0.$$

利用奇偶性，

$${\int }_{-\pi }^{\pi }x\cos xdx=0,{\int }_{-\pi }^{\pi }\sin x\cos xdx=0,$$

且 ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^{2}xdx=\pi$，故 $a_1=0$。

又

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\pi }^{\pi }x\sin xdx& =2{\int }_0^{\pi }x\sin xdx\\ & =2{\left[-x\cos x+\sin x\right]}_0^{\pi }\\ & =2\pi ,\end{array}$$

而 ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\sin }^{2}xdx=\pi$，所以

$$b_1=\frac{2\pi }{\pi }=2.$$

因而 $a_1\cos x+b_1\sin x=2\sin x$。B、D 含有余弦项，与奇偶性所得 $a_1=0$ 矛盾；C 的系数多乘了 $\pi$。

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8. 【2015-1-4 分】

$${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{{\pi }^2}{4}$。

解析： 因为 $1+\cos x$ 为偶函数、$\sin x$ 为奇函数，所以

$$\frac{\sin x}{1+\cos x}$$

是奇函数，在对称区间上的积分为零。$|x|$ 是偶函数，因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)dx& =2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}xdx\\ & ={\left[x^2\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

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9. 【2017-3-4 分】

$${\int }_{-\pi }^{\pi }\left({\sin }^{3}x+\sqrt{{\pi }^2-x^2}\right)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{{\pi }^3}{2}$。

解析： ${\sin }^{3}x$ 为奇函数，故

$${\int }_{-\pi }^{\pi }{\sin }^{3}xdx=0.$$

曲线 $y=\sqrt{{\pi }^2-x^2}$ 是半径为 $\pi$ 的上半圆，因此

$${\int }_{-\pi }^{\pi }\sqrt{{\pi }^2-x^2}dx=\frac{1}{2}\pi \cdot {\pi }^2=\frac{{\pi }^3}{2}.$$

所以原积分等于 $\frac{{\pi }^3}{2}$。

（五）含有抽象函数导数的积分

1. 【1989-3-4 分】 已知

$$f(2)=\frac{1}{2},f^{\prime }(2)=0,{\int }_0^{2}f(x)dx=1,$$

求

$${\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime \prime }(2x)dx.$$

查看答案与解析

答案： $0$。

解析： 令 $u=2x$，则 $x=\frac{u}{2}$，$dx=\frac{1}{2}du$，故

$${\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime \prime }(2x)dx=\frac{1}{8}{\int }_0^2{u}^2{f}^{\prime \prime }(u)du.$$

连续两次使用分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^2{u}^2{f}^{\prime \prime }(u)du& ={\left[u^2{f}^{\prime }(u)\right]}_0^2-2{\int }_0^{2}u{f}^{\prime }(u)du\\ & =4f^{\prime }(2)-2\left({\left[uf(u)\right]}_0^2-{\int }_0^{2}f(u)du\right)\\ & =0-2\left(2\cdot \frac{1}{2}-1\right)\\ & =0.\end{array}$$

因而原积分为 $0$。

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2. 【1999-3-3 分】 设 $f(x)$ 有一个原函数

$$F(x)=\frac{\sin x}{x},$$

则

$${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }x{f}^{\prime }(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{4}{\pi }-1$。

解析： 由 $F^{\prime }(x)=f(x)$ 得

$$f(x)={\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.$$

对原积分作分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }x{f}^{\prime }(x)dx& ={\left[xf(x)\right]}_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }-{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }f(x)dx\\ & ={\left[xf(x)\right]}_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }-{\left[F(x)\right]}_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }.\end{array}$$

计算各端点：

$$\pi f(\pi )=-1,\frac{\pi }{2}f\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{2}{\pi },$$$$F(\pi )=0,F\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{2}{\pi }.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }x{f}^{\prime }(x)dx& =\left(-1+\frac{2}{\pi }\right)-\left(-\frac{2}{\pi }\right)\\ & =\frac{4}{\pi }-1.\end{array}$$

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3. 【2018-1-4 分】 设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数，若曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$，且与曲线 $y=2^x$ 在点 $(1,2)$ 处相切，则

$${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $2\ln 2-2$。

解析： 曲线经过 $(0,0)$，故 $f(0)=0$。两曲线在 $(1,2)$ 处相切，所以

$$f(1)=2,f^{\prime }(1)={(2^x{)}^{\prime }|}_{x=1}=2\ln 2.$$

分部积分得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)dx& ={\left[x{f}^{\prime }(x)\right]}_0^1-{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx\\ & =f^{\prime }(1)-f(1)+f(0)\\ & =2\ln 2-2.\end{array}$$

（六）含有变限积分的积分

1. 【2019-2-4 分】 设

$$f(x)={\int }_1^x\sqrt{1+t^4}dt,$$

则

$${\int }_0^1{x}^{2}f(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1-2\sqrt{2}}{18}$。

解析： 当 $0\le x\le 1$ 时，

$$f(x)=-{\int }_x^1\sqrt{1+t^4}dt.$$

因此交换积分次序可得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{x}^{2}f(x)dx& =-{\int }_0^1{x}^2\left({\int }_x^1\sqrt{1+t^4}dt\right)dx\\ & =-{\int }_0^1\sqrt{1+t^4}\left({\int }_0^t{x}^{2}dx\right)dt\\ & =-\frac{1}{3}{\int }_0^1{t}^3\sqrt{1+t^4}dt.\end{array}$$

令 $u=1+t^4$，则 $du=4t^{3}dt$，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{x}^{2}f(x)dx& =-\frac{1}{12}{\int }_1^2{u}^{\frac{1}{2}}du\\ & =-\frac{1}{18}{\left[u^{\frac{3}{2}}\right]}_1^2\\ & =\frac{1-2\sqrt{2}}{18}.\end{array}$$

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2. 【2019-3-4 分】 设

$$f(x)=x{\int }_1^x\frac{\sin t^2}{t}dt,$$

则

$${\int }_0^{1}f(x)dx=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\cos 1-1}{4}$。

解析： 在 $0\le x\le 1$ 上，

$${\int }_1^x\frac{\sin t^2}{t}dt=-{\int }_x^1\frac{\sin t^2}{t}dt.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)dx& =-{\int }_0^{1}x\left({\int }_x^1\frac{\sin t^2}{t}dt\right)dx\\ & =-{\int }_0^1\frac{\sin t^2}{t}\left({\int }_0^{t}xdx\right)dt\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{1}t\sin t^{2}dt.\end{array}$$

令 $u=t^2$，则 $du=2tdt$，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)dx& =-\frac{1}{4}{\int }_0^1\sin udu\\ & =\frac{\cos 1-1}{4}.\end{array}$$

大题

（一）基本考查

1. 【1987-3-8 分】 计算定积分

$${\int }_0^{1}x\arcsin xdx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{8}$。

解析： 采用分部积分。令

$$u=\arcsin x,dv=xdx,$$

则

$$du=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}},v=\frac{x^2}{2}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x\arcsin xdx& ={\frac{x^2}{2}\arcsin x|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx\\ & =\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx.\end{array}$$

对后一积分令 $x=\sin t$，则 $dx=\cos tdt$，且 $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt\\ & =\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

因此

$${\int }_0^{1}x\arcsin xdx=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{8}.$$

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2. 【1990-3-10 分】 设

$$f(x)={\int }_1^x\frac{\ln t}{1+t}dt,x>0,$$

求 $f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}{\ln }^{2}x$。

解析： 令

$$F(x)=f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right),x>0.$$

由变限积分求导公式，

$$f^{\prime }(x)=\frac{\ln x}{1+x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)\left(-\frac{1}{x^2}\right)\\ & =\frac{\ln x}{1+x}+\frac{\ln \frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}\left(-\frac{1}{x^2}\right)\\ & =\frac{\ln x}{1+x}+\frac{\ln x}{x(1+x)}\\ & =\frac{\ln x}{x}.\end{array}$$

于是

$$F(x)=\frac{1}{2}{\ln }^{2}x+C.$$

又 $f(1)=0$，故 $F(1)=0$，从而 $C=0$。所以

$$f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{2}{\ln }^{2}x.$$

（二）显式分段函数

1. 【2002-2-7 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}2x+\frac{3}{2}{x}^2,& -1\le x<0,\\ \frac{x{e}^x}{(e^x+1{)}^2},& 0\le x\le 1,\end{array}$$

求函数

$$F(x)={\int }_{-1}^{x}f(t)dt$$

的表达式。

查看答案与解析

答案：

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+\frac{x^3}{2}-\frac{1}{2},& -1\le x<0,\\ -\frac{1}{2}+\frac{x{e}^x}{1+e^x}-\ln \frac{1+e^x}{2},& 0\le x\le 1.\end{array}$$

解析： 当 $-1\le x<0$ 时，

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_{-1}^x\left(2t+\frac{3}{2}{t}^2\right)dt\\ & ={\left[t^2+\frac{1}{2}{t}^3\right]}_{-1}^x\\ & =x^2+\frac{x^3}{2}-\frac{1}{2}.\end{array}$$

当 $0\le x\le 1$ 时，应在分点 $0$ 处分段：

$$F(x)={\int }_{-1}^0\left(2t+\frac{3}{2}{t}^2\right)dt+{\int }_0^x\frac{t{e}^t}{(e^t+1{)}^2}dt.$$

第一项为 $-\frac{1}{2}$。又

$${\left(\frac{t}{1+e^t}\right)}^{\prime }=\frac{1}{1+e^t}-\frac{t{e}^t}{(1+e^t{)}^2},$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\frac{t{e}^t}{(1+e^t{)}^2}dt& ={\int }_0^x\frac{dt}{1+e^t}-{\frac{t}{1+e^t}|}_0^x\\ & ={\left[t-\ln (1+e^t)\right]}_0^x-\frac{x}{1+e^x}\\ & =x-\ln (1+e^x)+\ln 2-\frac{x}{1+e^x}\\ & =\frac{x{e}^x}{1+e^x}-\ln \frac{1+e^x}{2}.\end{array}$$

合并即得所求分段表达式。两段在 $x=0$ 处均取值 $-\frac{1}{2}$，结果连续。

（三）隐式分段函数

1. 【1988-3-7 分】 求

$${\int }_{-1}^x(1-|t|)dt,x\ge -1.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_{-1}^x(1-|t|)dt=\{\begin{array}{ll}\frac{(x+1{)}^2}{2},& -1\le x<0,\\ \frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2},& x\ge 0.\end{array}$$

解析： 绝对值使被积函数在 $t=0$ 处分段。

当 $-1\le x<0$ 时，$|t|=-t$，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^x(1-|t|)dt& ={\int }_{-1}^x(1+t)dt\\ & ={\left[t+\frac{t^2}{2}\right]}_{-1}^x\\ & =\frac{(x+1{)}^2}{2}.\end{array}$$

当 $x\ge 0$ 时，

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^x(1-|t|)dt& ={\int }_{-1}^0(1+t)dt+{\int }_0^x(1-t)dt\\ & =\frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2}.\end{array}$$

注意第二段对所有 $x\ge 0$ 均成立，即使 $x>1$ 时被积函数变为负值，也不影响积分公式。

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2. 【1991-3-9 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内满足

$$f(x)=f(x-\pi )+\sin x,$$

且

$$f(x)=x,x\in [0,\pi ),$$

计算

$${\int }_{\pi }^{3\pi }f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案： ${\pi }^2-2$。

解析： 先由递推关系分别确定两个区间上的函数表达式。

当 $x\in [\pi ,2\pi )$ 时，$x-\pi \in [0,\pi )$，所以

$$f(x)=f(x-\pi )+\sin x=x-\pi +\sin x.$$

当 $x\in [2\pi ,3\pi )$ 时，$x-\pi \in [\pi ,2\pi )$，故

$$\begin{array}{rl}f(x)& =f(x-\pi )+\sin x\\ & =(x-2\pi )+\sin (x-\pi )+\sin x\\ & =x-2\pi .\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\pi }^{3\pi }f(x)dx& ={\int }_{\pi }^{2\pi }(x-\pi +\sin x)dx+{\int }_{2\pi }^{3\pi }(x-2\pi )dx\\ & =\left(\frac{{\pi }^2}{2}-2\right)+\frac{{\pi }^2}{2}\\ & ={\pi }^2-2.\end{array}$$

（四）积分区间对称且被积函数为奇（偶）函数

1. 【1987-2-6 分】 计算定积分

$${\int }_{-2}^2(|x|+x)e^{-|x|}dx.$$

查看答案与解析

答案： $2-\frac{6}{e^2}$。

解析： 绝对值在 $x=0$ 处分段。

当 $-2\le x<0$ 时，$|x|=-x$，故

$$|x|+x=-x+x=0.$$

当 $0\le x\le 2$ 时，$|x|=x$，故

$$(|x|+x)e^{-|x|}=2x{e}^{-x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-2}^2(|x|+x)e^{-|x|}dx& =2{\int }_0^{2}x{e}^{-x}dx\\ & =2{\left[-(x+1)e^{-x}\right]}_0^2\\ & =2\left(1-\frac{3}{e^2}\right)\\ & =2-\frac{6}{e^2}.\end{array}$$

本题也可先观察：负半轴上的被积函数恒为零，只需计算正半轴部分。

（五）积分区间对称且被积函数不为奇（偶）函数

1. 【1995-45-6 分】 设 $f(x),g(x)$ 在区间 $[-a,a](a>0)$ 上连续，$g(x)$ 为偶函数，且 $f(x)$ 满足

$$f(x)+f(-x)=A,$$

其中 $A$ 为常数。

（1）证明：

$${\int }_{-a}^{a}f(x)g(x)dx=A{\int }_0^{a}g(x)dx;$$

（2）利用（1）的结论计算

$${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}|\sin x|\arctan e^{x}dx.$$

查看答案与解析

答案： （1）结论成立；

（2）$\frac{\pi }{2}$。

解析： （1）证明。 记

$$I={\int }_{-a}^{a}f(x)g(x)dx.$$

作代换 $x=-t$，并利用 $g(x)$ 为偶函数，得

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-a}^{a}f(-x)g(-x)dx\\ & ={\int }_{-a}^{a}f(-x)g(x)dx.\end{array}$$

两式相加，得

$$\begin{array}{rl}2I& ={\int }_{-a}^a[f(x)+f(-x)]g(x)dx\\ & =A{\int }_{-a}^{a}g(x)dx.\end{array}$$

又因为 $g(x)$ 为偶函数，

$${\int }_{-a}^{a}g(x)dx=2{\int }_0^{a}g(x)dx,$$

所以

$$I=A{\int }_0^{a}g(x)dx.$$

（2）计算。 取

$$f(x)=\arctan e^x,g(x)=|\sin x|.$$

显然 $g(x)$ 为偶函数。由于 $e^x>0$，利用

$$\arctan u+\arctan \frac{1}{u}=\frac{\pi }{2}(u>0),$$

有

$$f(x)+f(-x)=\arctan e^x+\arctan e^{-x}=\frac{\pi }{2}.$$

故由（1），

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}|\sin x|\arctan e^{x}dx& =\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}|\sin x|dx\\ & =\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin xdx\\ & =\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

（六）含有抽象函数导数的积分

1. 【2001-2-7 分】 设函数 $f(x),g(x)$ 满足

$$f^{\prime }(x)=g(x),g^{\prime }(x)=2e^x-f(x),$$

且

$$f(0)=0,g(0)=2.$$

求

$${\int }_0^{\pi }\left[\frac{g(x)}{1+x}-\frac{f(x)}{(1+x{)}^2}\right]dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{e^{\pi }+1}{\pi +1}$。

解析： 由 $f^{\prime }(x)=g(x)$，被积函数恰为

$${\left[\frac{f(x)}{1+x}\right]}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)}{1+x}-\frac{f(x)}{(1+x{)}^2}=\frac{g(x)}{1+x}-\frac{f(x)}{(1+x{)}^2}.$$

因而

$${\int }_0^{\pi }\left[\frac{g(x)}{1+x}-\frac{f(x)}{(1+x{)}^2}\right]dx=\frac{f(\pi )}{1+\pi }-f(0).$$

还需由已知条件求 $f(\pi )$。对 $f^{\prime }(x)=g(x)$ 求导，并代入 $g^{\prime }(x)=2e^x-f(x)$，得

$$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2e^x.$$

又

$$f(0)=0,f^{\prime }(0)=g(0)=2.$$

微分方程的通解为

$$f(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+e^x.$$

代入初始条件：

$$C_1+1=0,C_2+1=2,$$

所以

$$C_1=-1,C_2=1,$$

从而

$$f(x)=e^x-\cos x+\sin x.$$

因此

$$f(\pi )=e^{\pi }-\cos \pi +\sin \pi =e^{\pi }+1.$$

最终

$${\int }_0^{\pi }\left[\frac{g(x)}{1+x}-\frac{f(x)}{(1+x{)}^2}\right]dx=\frac{e^{\pi }+1}{\pi +1}.$$

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2. 【2005-12-11 分】 如图，曲线 $C$ 的方程为 $y=f(x)$，点 $(3,2)$ 是它的一个拐点，直线 $l_1,l_2$ 分别是曲线 $C$ 在点 $(0,0)$ 与 $(3,2)$ 处的切线，其交点为 $(2,4)$。设函数 $f(x)$ 具有三阶连续导数，计算

$${\int }_0^3(x^2+x)f^{\prime \prime \prime }(x)dx.$$

查看答案与解析

答案： $20$。

解析： 由图中两条切线及其交点可确定端点处的一阶导数。

过 $(0,0)$ 与 $(2,4)$ 的切线斜率为

$$f^{\prime }(0)=\frac{4-0}{2-0}=2.$$

过 $(3,2)$ 与 $(2,4)$ 的切线斜率为

$$f^{\prime }(3)=\frac{2-4}{3-2}=-2.$$

同时

$$f(0)=0,f(3)=2.$$

因为 $(3,2)$ 是拐点，且 $f(x)$ 具有三阶连续导数，所以 $f^{\prime \prime }(x)$ 连续，并有

$$f^{\prime \prime }(3)=0.$$

记

$$I={\int }_0^3(x^2+x)f^{\prime \prime \prime }(x)dx.$$

第一次分部积分：

$$\begin{array}{rl}I& ={\left[(x^2+x)f^{\prime \prime }(x)\right]}_0^3-{\int }_0^3(2x+1)f^{\prime \prime }(x)dx\\ & =-{\int }_0^3(2x+1)f^{\prime \prime }(x)dx,\end{array}$$

其中边界项因 $f^{\prime \prime }(3)=0$ 且 $x^2+x$ 在 $x=0$ 时为零而消失。

再次分部积分：

$$\begin{array}{rl}I& =-{\left[(2x+1)f^{\prime }(x)\right]}_0^3+2{\int }_0^3{f}^{\prime }(x)dx\\ & =-\left[7f^{\prime }(3)-f^{\prime }(0)\right]+2[f(3)-f(0)]\\ & =-\left[7(-2)-2\right]+2(2-0)\\ & =20.\end{array}$$

（七）含有变限积分的积分

1. 【1995-3-8 分】 设

$$f(x)={\int }_0^x\frac{\sin t}{\pi -t}dt,$$

计算

$${\int }_0^{\pi }f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案： $2$。

解析： 当 $t\to {\pi }^{-}$ 时，

$$\frac{\sin t}{\pi -t}\to 1,$$

因而被积函数在 $t=\pi$ 处为可去间断，可补充定义为 $1$ 后视为连续函数。

将 $f(x)$ 代入：

$${\int }_0^{\pi }f(x)dx={\int }_0^{\pi }\left({\int }_0^x\frac{\sin t}{\pi -t}dt\right)dx.$$

积分区域为

$$0\le t\le x\le \pi .$$

交换积分次序，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }f(x)dx& ={\int }_0^{\pi }\left({\int }_t^{\pi }dx\right)\frac{\sin t}{\pi -t}dt\\ & ={\int }_0^{\pi }(\pi -t)\frac{\sin t}{\pi -t}dt\\ & ={\int }_0^{\pi }\sin tdt\\ & =2.\end{array}$$

关键在于交换积分次序后，内层积分长度正好为 $\pi -t$，与分母约去。

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2. 【2013-1-10 分】 设

$$f(x)={\int }_1^x\frac{\ln (t+1)}{t}dt,$$

计算

$${\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx.$$

查看答案与解析

答案： $8-2\pi -4\ln 2$。

解析： 记

$$I={\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx.$$

当 $0<x<1$ 时，

$$f(x)={\int }_1^x\frac{\ln (t+1)}{t}dt=-{\int }_x^1\frac{\ln (t+1)}{t}dt.$$

因而

$$I=-{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\left({\int }_x^1\frac{\ln (t+1)}{t}dt\right)dx.$$

对积分区域

$$0\le x\le t\le 1$$

交换积分次序，得

$$\begin{array}{rl}I& =-{\int }_0^1\frac{\ln (t+1)}{t}\left({\int }_0^t\frac{dx}{\sqrt{x}}\right)dt\\ & =-2{\int }_0^1\frac{\ln (t+1)}{\sqrt{t}}dt.\end{array}$$

令 $t=u^2$，则 $dt=2udu$，从而

$$I=-4{\int }_0^1\ln (1+u^2)du.$$

对该积分分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\ln (1+u^2)du& ={\left[u\ln (1+u^2)\right]}_0^1-{\int }_0^1\frac{2u^2}{1+u^2}du\\ & =\ln 2-2{\int }_0^1\left(1-\frac{1}{1+u^2}\right)du\\ & =\ln 2-2+\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =-4\left(\ln 2-2+\frac{\pi }{2}\right)\\ & =8-2\pi -4\ln 2.\end{array}$$

本题的关键是先将变限积分改写为累次积分，再交换积分次序。

（八）运用递推公式

1. 【2019-13-10 分】 设

$$a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx(n=0,1,2,\cdots ).$$

（1）证明数列 $\{a_n\}$ 单调减少，且

$$a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}(n=2,3,\cdots );$$

（2）求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}.$$

查看答案与解析

答案： （1）$\{a_n\}$ 严格单调减少，且 $a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}$；

（2）$1$。

解析： （1）证明单调性及递推公式。

因为当 $0<x<1$ 时，

$$x^{n+1}<x^n,$$

且 $\sqrt{1-x^2}>0$，所以

$$x^{n+1}\sqrt{1-x^2}<x^n\sqrt{1-x^2}.$$

在 $[0,1]$ 上积分，得

$$a_{n+1}<a_n.$$

故数列 $\{a_n\}$ 严格单调减少。

当 $n\ge 2$ 时，将

$$a_n={\int }_0^1{x}^{n-1}\cdot x\sqrt{1-x^2}dx$$

作分部积分。取

$$u=x^{n-1},dv=x\sqrt{1-x^2}dx,$$

则

$$du=(n-1)x^{n-2}dx,v=-\frac{1}{3}(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}.$$

由于边界项为零，故

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{n-1}{3}{\int }_0^1{x}^{n-2}(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}dx\\ & =\frac{n-1}{3}{\int }_0^1{x}^{n-2}(1-x^2)\sqrt{1-x^2}dx\\ & =\frac{n-1}{3}\left({\int }_0^1{x}^{n-2}\sqrt{1-x^2}dx-{\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx\right)\\ & =\frac{n-1}{3}(a_{n-2}-a_n).\end{array}$$

整理得

$$(n+2)a_n=(n-1)a_{n-2},$$

即

$$a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}.$$

（2）求相邻两项之比的极限。

由 $a_n>0$ 且数列严格减少，得

$$0<\frac{a_n}{a_{n-1}}<1.$$

又由递推公式，

$$\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}.$$

将左端拆开：

$$\frac{a_n}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}.$$

因为 $\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}<1$，所以

$$\frac{a_n}{a_{n-1}}>\frac{n-1}{n+2}.$$

于是

$$\frac{n-1}{n+2}<\frac{a_n}{a_{n-1}}<1.$$

当 $n\to \infty$ 时，两端均趋于 $1$，由夹逼定理，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}=1.$$