一元函数积分学全国竞赛讲义2013

1、一元函数积分学全国竞赛讲义一、不定积分（一）主要内容计算方法及类型：对被积函数的适当变形、第一换元积分法（凑微分法）、第二换元积分法、分部积分法、有理函数的不定积分、广义积分1. 常见第一换元积分形式：；(例5)；2. 常见第二换元形式：被积函数中含有三角代换被积函数中含有倒代换或由，令被积函数中含有根式代换由，令和由，令，其中为、的最小公倍数由，令3. 设、都是可导函数，则注意：通常利用分部积分应使积分较容易计算； 合理选择和是利用分部积分的关键：形如，（二）例题例1 （1）计算；（2）【分析】 本题主要利用三角恒等变形凑微分，凑成基本积分公式中有的形式。解： （1）原式（2）原式【评注1】

2、有些题目积分时需要多次逐步的凑微分，才能得到基本积分公式的形式；【评注2】本题也可以按照例5例8的方法，对求导，看看和式中与其它函数的关系凑微分，读者可以自己做一做。例2 (1)；（2）；（3）解：（1）由于，所以，原式（2）原式（3）原式 例3 计算不定积分解： 法一 令则，所以，原式法二 设，则原式【评注】代换后再结合第一换元积分法计算，第二换元法结果一定要换元到原始的积分变量。所以，原式例4 计算不定积分 （2009研）解：令得原式例5 设为的原函数，且当时，已知，试求【分析】本题主要根据与之间的关系，由题目中的等式，能够察觉到本质是求不定积分。解：由，可知，所以对变形再进行不定积分，即

3、而左边，右边所以又因为，解得，所以从而，【评注】本题不光要有好的思路，同时应具备较强的计算基本功。例 5 推导不定积分的递推公式解：令，则，所以，【评注】首先利用变量代换，再分部积分，这是容易想到的，关键能否观察出递推项。例7 计算（1）；（2）【分析】分部积分关键是把哪一部分看作，有时经常对求求微分，看看和被积函数中其它部分有没有关系，也许会得到意外的收获，这也是一种技巧。解：（1）令，则，而所以，原式（2）令，则所以，原式【评注】第（2）小题，不但利用第（1）小题的技巧，同时还要对被积函数变形，添项，等等技巧，看到答案觉得很简单，但真正要做起来，并不容易。例 8 计算解：令，则，所以，原式

4、【评注】此题为有理函数的积分，若按有理函数的一般方法做，将会很繁琐，这是就会考虑一些特殊的变量代换（如二项式代换、倒代换等等），先将被积函数简化，本题采用的二项式代换，即令，或者。例 9 计算 【分析】虽然本题的被积函数是形如，但不是关于变量的奇偶函数，同时被积函数的分子，分母以及分母的导数中都含有的形式，所以可以假设，求出，将带入到积分中，可将原积分化为，问题迎刃而解。解：设，比较等式两端的系数，解得，所以例10 计算不定积分 （赛2010津工大）【分析】 本题是不定积分的综合题首先将被积函数分成两部分，一部分利用分部积分，另一部分考察的是有理函数的积分解 ；所以，原式 二、定积分（一）主要

5、内容1.利用定积分的定义求极限一般要将和式化成积分定义的形式再确定好上、下限。即，。特别地，2.定积分性质设函数上可积。（1） 线性性质：。（2） 对积分区间的可加性：不论的相对位置如何，有。（3） 保号性：若，则；若连续，且，则；若连续，且，则（4） 不等式性质：若在上，则；若及在上，但则（5）带绝对值的不等式性质：（6）估值定理：设分别是在上的最大值和最小值，则（7）积分中值定理：若在上连续，则至少存在一点，使得（8）积分第一中值定理：若在上连续，在上可积且不变号，则至少存在一点，使得3.积分上限函数（1）积分上限函数及其导数：若在上连续，则积分上限函数在上可导，且（2）变限函数求导公式：

6、，（3）原函数存在定理：若在上连续，则是在上的一个原函数。4.计算定积分的若干技巧定积分计算时，应注意多观察被积函数的特性（周期性、奇偶性）以及积分区间的对称性，用以简化计算。此外变量替换、分部积分等各种方法的综合运用，往往也能使计算化难为简。以下是常用公式（其中为连续函数）：（1）对称区间上的定积分：若为偶函数，则；若为奇函数，则；（2）被积函数含有的定积分：（5） 周期函数的定积分：若被积函数是以为周期的连续函数，（二）例题例1 （1）求极限（2） 求极限【分析】本题是求和式的极限。而定积分定义的本质就是一种合适的极限，所以当遇到求和式的极限时往往想到利用定积分。 解：（1）因为所以（2）

7、令，则有而同理由加逼准则，可得：【评注】利用定积分的定义求极限的步骤为：首先要注意将和式化成或者的形式，然后上述和式的极限利用定积分定义分别得到和，最后计算定积分求出结果。例2 等于（ ）（A）. （B）.（C）. （D） 【分析】先将原极限变型，使其对应某一函数在某一区间上的积分和式。解： 故选（B）.【评注】此题是将无穷和式的极限化为定积分的题型，值得注意的是化为定积分后还必须作一变换,才能化为四选项之一.例3 设，则（） （2003研）（A） （B） （C） （D）解：当时，且，即，由定积分不等式性质，显然，故（C）、（D）可排除。又因为，当时，所以，从而，在内单调递增，故，所以。所以，

8、应选（B）。【评注1】在比较被积函数在某区间上的大小关系时，经常与函数的单调性相结合。【评注2】简单讨论积分的大小时，一般方法为：若积分区间是相同的，主要讨论被积函数的大小，然后利用不等式性质得出结果；若被积函数相同，积分区间不同，一般根据被积函数的单调性以及几何意义得出结果（见例4），或者利用变量替换，换成积分区间相同的，再比较两个被积函数的大小。若是比较复杂的讨论积分的大小，方法很多，技巧性也比较强，涉及的知识点也比较多，在后边我们将会给出一个专题积分不等式的证明，读者可参考例4 判别下列各组定积分的大小（1），；（2），解：（1）函数在上单调递减，且，同时积分区间相同，画图可知，由定积分

9、的几何意义知道曲边梯形的面积大于曲边梯形的面积，即。（2）两个积分的被积函数所在积分区间上非单调，利用变量替换，将积分区间化为相同的。对于令，则当时，因为，且，所以【评注】利用变量替换证明不等式，是证明积分不等式的常用方法，不仅适用于具体函数的定积分，在抽象函数定积分不等式时也常常用到。例5设为连续函数，求【分析】注意观察的表达形式，先将积分变限函数变形，转化成可直接应用变限求导公式的形式。解：【评注】变限积分函数求导公式是重点，要熟记。同时要灵活应用。例 6 已知，求【分析】将、分别看作，实质上就是参数方程所确定函数的导数。解：，另设，所以，从而，故例7 设，求【分析】虽然是两层积分号，但我

10、们要看清楚问题的本质，可将看作成，则，则有变限函数求导公式，再还原即可。解：令，则，所以，【评注】在计算无穷小阶数时，实际上就是求极限，用到了洛必达法则。例8 函数可导，且，证明 （1994研）【分析】本题应首先考虑化简，利用变量代换，将换到积分号外或者积分的上、下限中去，再求极限。解： 作变量代换则从而所以例9 设正值函数在上连续，求的最小值。【分析】讨论函数最大最小值，经常用到的就是在第三章导数的应用学过的知识，最大最小值容易在端点处、驻点、导数不存在的地方取到。解： 由题意，当时，所以令，得唯一驻点，又因为当时，当时， 所以在处取得极小值，又因为驻点唯一，所以为最小值点。例10 【分析】

11、应该注意到，并且解：因为所以【评注】这道题技巧性很强，平时应该多积累像该题类似的等式。例如：例11 已知，且，求【分析】本题不能求出的具体表达式再积分，因为的原函数不能用初等函数表示。只能暂时采用积分上限函数表示出解：已知，根据分部积分法，得例12 设，求的极值、单调区间和凹凸区间.【分析】首先去绝对值符号，将的表达式写出来，在讨论的性态。解：. ,令，得.，得 ，得 因此，的单调增区间是；单调减区间是.由，可知为凸区间，为凹区间.由知为极大值.由知为极小值.例13 计算【分析】首先利用三角公式将根号去掉，同时考虑去掉根式后符号变化与区间的关系。解：【评注】在定积分计算中，要注意，而不是。同时

12、要注意去绝对值符号分段积分。例14 计算其中表示不超过的最大整数。【分析】根据积分区间按整数分成若干积分区间，求出在不同积分区间的数值，再进行积分。解： 【评注】实际上不管被积函数是分段函数、带绝对值符号、最值函数、还是带有其它定义的函数，都是将被积函数根据积分区间写出具体的在不同区间的表达式，再根据定积分的积分区间的可加性进行计算。例15 计算 【分析】观察被积函数是以为周期的周期函数，且只与、有关，同时积分区间为，注意应用有关公式。解：原式【评注】本题用的技巧性很强，读者可以仔细研究一下本题解法用了哪些公式和技巧。例16 设函数，（1）当为正整数，且时，证明；（2）求 （2000研）【分析

13、】通过要证明得结论，应该想到不等式的两端也应该是定积分的值，再根据已给的的范围，可构造出是关键。解：（1）因为，且，所以，又因为是以为周期的周期函数，在每个周期上积分值相等，所以，因此当时，证明。（2）由（1）知，当时，有有令，则，由夹逼准则得，例17 设，求解：令，利用题目中的等式分别在区间上积分，则有，两式联立解得：，所以，例18 计算积分【分析】注意到被积函数内有绝对值且是其无穷间断点。解：因为为瑕点，且去绝对值，则，原式而例19证明 【分析】通过观察比较等式两端的表达式，应该利用变量代换。证明：对等式左端作变量代换，令，得对上式右端第2项作倒代换，令，得，代入上式即得所证等式。【评注】

14、令变量代换，不要急于求出，进行替换，而要看看他们与的关系。例20 在上连续，在内可导，证明：在内至少存在一点，使得【分析】（1）根据第三章所学知识，很容易构造函数，且知，再寻找，使得，利用罗尔定理可证之。（2）在寻找时，要结合已知条件证明：令因为在上连续，在内可导，所以在上连续，在内也可导，且，所以，又因为，可得由积分中值定理，使得所以，即，从而所以，使得，即，即。例21 设函数在上具有二阶连续导数，证明：在内至少存在一点，使【分析】（1）构造，采用泰勒公式，在处展开。（2）在时要利用介值定理。证明：令，则，且将在处进行泰勒展开， （介于与之间） （介于与之间） （介于与之间）（2）（1）得：

15、又因为在上具有二阶连续导数，所以存在实数，使得，所以，由介值定理存在，使得，而所以【评注】一般情况下，当题目中已知条件较少，且高阶可导时，往往考虑泰勒公式。例22设函数f(x)在闭区间a,b上连续，在开区间(a,b)内可导，且有arctanxdx=1/2，f(1)=0，则至少存在一点(0,1)，使得(1+)arctan。（天津市竞赛2007）【分析】根据所证结果，可构造函数，已知，再利用积分中值定理寻找，使得；利用罗尔定理证明结论。证明：由积分中值定理知，存在，使 又，故若设，显然满足罗尔定理的各个条件，从而至少存在一点使。而，从而有【评注】此类题目一般构造的函数的方法有两种：（1）从结论出发

16、寻找原函数；（2）题目已知等式中定积分的被积函数就是所要构造的函数，或差个常数。例23 证明:(1)积分中值定理；(2)已知在上连续且可导，,，证明至少存在一点，. （2009研）【证明】：(1) 略（2）证明：由积分中值定理，则至少存在一点，使得，由题得若，则由罗尔定理存在点，使得；若，不妨设，由连续与介值定理存在点，使，在区间上应用罗尔定理，存在点，使得；若，同理可得存在点，.例24 设函数在上连续，且，试证：在内至少存在两个不同的点，使得【分析】法1：构造积分上限函数，利用罗尔中值定理。法2：利用反证法。证法1：令，则有，又因为所以存在，使得。否则在内或者恒为正，或者恒为负，均与矛盾。但

17、当时，0，故于是有成立。再对在区间上分别用罗尔定理，可知至少存在，使得，即证法2：由已知可知一定存在，使得。否则在内或者恒为正，或者恒为负，均与矛盾。若在内有且仅有一个根，则由推知，在内与内异号，不妨设在内，在内，于是由及在上的单调性知：矛盾。从而可知，在内除了外，至少还有另一实根。所以：在内至少存在两个不同的点，使得。例25 设在上连续，且，证明：，其中【分析】令，结合定积分不等式性质给与证明。证明法1 ：因为，所以，于是，所以，证明法2：令，则，将展开成麦克劳林公式：，所以，即，又因为故，例26 设在区间上单调减少且非负的连续函数，证明：数列的极限存在。【分析】只需证明单调且有界。因为中含

18、项和，可以考虑将也拆成项之和。证明：有题设可知在区间上单调减少，有，根据定积分的积分区间的可加性，得，所以有下界。又， ，所以，所以单调递减且有下界，故其极限存在。例27 设在上不恒为零，其导数连续，并且有，试证明：在内至少存在一点，使得。证明：当时，结论显然成立；当时，因为连续，所以在上也连续，所以使得。当时，在区间上考虑微分中值定理，即，当时，在区间上考虑微分中值定理，即，所以 又因为，故，而所以例29 函数在闭区间上有连续的二阶导数， 证明：【分析】证明：， 所以，即例30 设是区间上的连续可微函数，且当时，证明： （1996京赛）【分析】左边的不等式可用柯西施瓦兹不等式证明，右边可用移

19、项构造辅助函数利用单调性证之。证明：（1）在柯西施瓦兹不等式中，令，则有，左边不等式得证。（2）设，则。再设，则有，且当时，因为，所以单调递增，且，所以，且，于是，单调递增，进一步地，且，所以单调递增，由的连续性，也有，即【评注1】在柯西施瓦兹不等式中，要能够灵活令设【评注2】在证明（2）时，还可以令，只需证明，可用柯西中值定理证明之（读者可以自行证明）三、定积分的应用（一）主要内容(1)元素法的基本步骤为：确定积分变量及积分区间；在积分区间上任取一个代表区间，并且算出积分元素；根据，计算定积分，求出总量,(2)主要公式：1平面图形的面积直角坐标系情形 极坐标情形 1 体积旋转体的体积 平行截

20、面面积已知的体积 3平面曲线弧长公式设平面曲线由如下参数方程确定：若与在上有连续导数，则的弧长可微分，称为弧微分，记为，可以有以下3种表达式：参数形式：直角坐标形式：极坐标形式：则介于参数区间上的弧长为：注意：此表达式为相应的其它两种形式（，）时，积分上下限由变量的替换进行相应的变化。（3）补充常见公式：1旋转体的侧面积上述的曲线绕轴旋转一周生成的旋转体的侧面积的3种表达形式为：参数形式：直角坐标形式：极坐标形式：2柱壳法公式（二）例题例1 由曲线与两直线及所围成的平面图形的面积是 【分析】如图#,取作为积分变量容易计算。解：解直线与曲线的交点坐标为取作为积分变量，变量区间为，则【评注】此题也

21、可选作为积分变量，由于所围图形的上边界曲线由分段函数表示，需过两曲线的交点作竖直辅助线分为两块分别计算。例2 求抛物线与直线所围图形的面积。【分析】如果用求面积的一般方法计算，首先要求抛物线与直线的两个交点的横坐标，通过计算会发现这两个值是无理数，再算定积分时比较麻烦，本题可借助一元二次方程根与系数的关系来简化计算。解：设为抛物线与直线的两个交点的横坐标，即为一元二次方程的两个根，不妨假设，所以，故所求面积为而所以例3求曲线与所围成的图形的面积。（1996京赛）【分析】本题是广义积分的应用题。曲线时而在轴上方，时而在轴下方，上下波动，都可以构成面积，且此曲线有渐近线，即为轴。所以被积函数应取绝

22、对值。解：设所围面积为A，则 ，因为在为非负，在内为负，所以，【评注】本题思路很清晰，很容易列出所求面积的表达式，但计算过程是个难点，用到了分部积分，无穷级数等计算。例4求圆与心形线所围图形的面积。【分析】本题主要用到求面积的极坐标情形，但如图所示，所求图形面积是由两种曲线围成，所以在计算的时候要注意的表达式的选取。解：图形关于极轴对称，极轴上方图形面积记为。由所给两条曲线方程可得其交点的极轴，于是面积所求面积例 5 过坐标原点作曲线的切线，该切线与曲线及轴围成平面图形（图3）（1） 求的面积；（2） 求绕直线旋转一周所得旋转体的体积。 （2003研）【分析】首先求出切线方程，再按照求面积以及

23、立体体积公式计算。解：（1）曲线在切点处的切线方程是，因该切线过原点，知，所以该切线方程为，从而的面积为（2）设及轴交点为，点在轴上投影为，所求体积例6 求由与围成的图形绕直线旋转所形成的旋转的体积。【分析】本题目不再是绕着轴或轴旋转成的立体，所以旋转体的体积公式不适用了。可考虑从最本质的元素法出发计算，或者柱壳法也可。解：解方程组得交点及法一 选为积分变量，则的变化区间为，在上任取小区间，则薄片绕直线旋转形成的小体积，所以，。法二（柱壳法） 选为积分变量，则的变化区间为，在上任取小区间，则薄片绕直线旋转形成的小体积，。所以，。【评注1】元素法是一种非常实用的方法，尤其是实际应用题更是常见，需要重点掌握。【评注2】柱壳法有时候做题会给我们带来很大的惊喜。【评注3】本题还可以利用移动坐标系计算，读者可自行计算之。例7 设函数y=f(x)具有二阶导数，且f(x)0.直线La是曲线y