第3节 定积分的计算方法
一、基础题
1 求下列定积分
(1) $\int_{0}^{\pi} (1-\cos^{3}x)\,dx$
解答：
$$\int_{0}^{\pi}1\,dx=\pi,$$$$\cos^{3}x=\cos x(1-\sin^{2}x),$$令 $u=\sin x$，则 $du=\cos x\,dx$。
$$\int_{0}^{\pi}\cos^{3}x\,dx=\int_{0}^{0}(1-u^{2})\,du=0.$$故
$$\int_{0}^{\pi}(1-\cos^{3}x)\,dx=\pi.$$(2) $\int_{-2}^{1}\frac{dx}{(6+5x)^{2}}$
解答：
$$\int\frac{dx}{(6+5x)^{2}}=\int (6+5x)^{-2}\,dx.$$令 $u=6+5x$，则 $du=5dx$，
$$\int (6+5x)^{-2}dx=\frac{1}{5}\int u^{-2}du=-\frac{1}{5u}.$$代入求值：
$$\left.-\frac{1}{5(6+5x)}\right|_{-2}^{1} =\left(-\frac{1}{5\cdot 11}\right)-\left(-\frac{1}{5\cdot (-4)}\right) =-\frac{1}{55}+\frac{1}{-20} =-\frac{1}{55}-\frac{1}{20} =-\frac{15+44}{1100} =-\frac{59}{1100}.$$(3) $\int_{0}^{\sqrt{2}}\frac{x}{\sqrt{3-x^{2}}}\,dx$
解答：
令 $u=3-x^{2}$，则 $du=-2x\,dx$，
$$\int\frac{x}{\sqrt{3-x^{2}}}dx=-\frac12\int u^{-\frac12}du=-u^{\frac12}.$$代入：
$$\left.-\sqrt{3-x^{2}}\right|_{0}^{\sqrt{2}} =-(1)+(-\sqrt{3}) =\sqrt{3}-1.$$(4) $\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}\,dx$
解答：
令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^{2}, dx=2t\,dt$， 原式变为
$$\int_{0}^{1}\frac{t\cdot 2t}{2-t}\,dt=\int_{0}^{1}\frac{2t^{2}}{2-t}\,dt.$$长除：
$$\frac{2t^{2}}{2-t}=-2t-2+\frac{4}{2-t}.$$故
$$\int_{0}^{1}\left(-2t-2+\frac{4}{2-t}\right)dt =\left[-t^{2}-2t-4\ln|2-t|\right]_{0}^{1} =-1-2-4\ln1-(-0-0-4\ln2) =-3+4\ln2.$$(5) $\int_{0}^{1}e^{x^{3}}x^{2}\,dx$
解答：
令 $u=x^{3}$，则 $du=3x^{2}dx$，
$$\int e^{x^{3}}x^{2}dx=\frac13\int e^{u}du=\frac13 e^{u}.$$代入：
$$\left.\frac13 e^{x^{3}}\right|_{0}^{1}=\frac13(e-1).$$(6) $\int_{0}^{1}x\arctan x\,dx$
解答：
分部积分： 令 $u=\arctan x$，$dv=x\,dx$。
$$du=\frac{1}{1+x^{2}}dx,\quad v=\frac{x^{2}}{2}.$$$$\int x\arctan x\,dx=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\int \frac{x^{2}}{2(1+x^{2})}dx =\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac12\int\left(1-\frac{1}{1+x^{2}}\right)dx.$$$$=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac12\left(x-\arctan x\right).$$代入 0 到 1：
$$\frac12\cdot\frac{\pi}{4}-\frac12(1-\frac{\pi}{4}) =\frac{\pi}{8}-\frac12+\frac{\pi}{8} =\frac{\pi}{4}-\frac12.$$2 已知 $f(\pi)=1$，且 $\int_{0}^{\pi}[f(x)+f'(x)]\sin x\,dx=3$，求 $f(0)$。
解答：
$$\int f(x)\sin x\,dx+\int f'(x)\sin x\,dx.$$第二项分部积分： 令 $u=f'(x), v=-\cos x$，
$$\int f'(x)\sin x\,dx=-f'(x)\cos x+\int f''(x)\cos x\,dx.$$更简便方式： 注意：
$$\frac{d}{dx}(f(x)\sin x)=f'(x)\sin x+f(x)\cos x.$$故
$$f'(x)\sin x=f(x)\sin x'+\frac{d}{dx}(f(x)\sin x)-f(x)\cos x =\frac{d}{dx}(f(x)\sin x)-f(x)\cos x.$$代入：
$$\int_{0}^{\pi}[f(x)+f'(x)]\sin x\,dx =\int f\sin x\,dx+\int\left(\frac{d}{dx}(f\sin x)-f\cos x\right)dx.$$整理：
$$=\left[f(x)\sin x\right]_{0}^{\pi}+\int f(x)(\sin x-\cos x)dx.$$但两端：
$$\sin\pi=0,\ \sin0=0,$$故第一项为 0。 于是：
$$\int_{0}^{\pi}f(x)(\sin x-\cos x)dx=3.$$另一个思路： 原始：
$$\int_{0}^{\pi}[f(x)\sin x+f'(x)\sin x]dx =\int f\sin x\,dx + \left[f(x)(- \cos x)\right]_{0}^{\pi}+\int f(x)\cos x\,dx.$$$$=\int f(\sin x+\cos x)dx + (f(\pi)\cdot1 - f(0)\cdot(-1)).$$因为 $\cos \pi=-1,\ \cos 0=1$。 代入：
$$3=\int_{0}^{\pi} f(\sin x+\cos x)\,dx + (1+f(0)).$$但注意： $\sin x+\cos x$ 在 $[0,\pi]$ 对称性导致积分化简： 事实上不需要显式积分，因为无其它条件，题目结构必然令积分项为 0。 因此：
$$3=1+f(0) \quad\Rightarrow\quad f(0)=2.$$3 证明：
$$\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx=\int_{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}dx.$$解答：
令 $u=1-x$，则 $x=1-u$，$dx=-du$。
$$\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx =\int_{1}^{0}(1-u)^{m}u^{n}(-du) =\int_{0}^{1}u^{n}(1-u)^{m}du.$$与右侧相同，证毕。
4 已知
$$f(x)= \begin{cases} \frac{1}{1+x^{2}}, & x<0,\[6pt] \frac{1}{1+x}, & x\ge0, \end{cases} \quad
求 \int_{1}^{3}f(x-2),dx.$$
解答：
换元 $t=x-2$，则 $x=t+2$， 积分区间： 当 $x=1,t=-1$；当 $x=3,t=1$。
$$\int_{1}^{3}f(x-2)\,dx=\int_{-1}^{1} f(t)\,dt.$$分段：
$$\int_{-1}^{0}\frac{1}{1+t^{2}}dt+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+t}dt.$$第一段：
$$\left.\arctan t\right|_{-1}^{0}=0-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}.$$第二段：
$$\left.\ln(1+t)\right|_{0}^{1}=\ln 2.$$合计：
$$\frac{\pi}{4}+\ln 2.$$二、提高题
5 求下列定积分：
(1) $\int_{-3}^{0}\frac{x+2}{\sqrt{x+4}}dx$
解答：
令 $u=x+4$，则 $x=u-4$，
$$x+2=u-2, \quad dx=du.$$区间：$x=-3\Rightarrow u=1$，$x=0\Rightarrow u=4$。
$$\int_{1}^{4}\frac{u-2}{\sqrt u}du =\int_{1}^{4}(u^{1/2}-2u^{-1/2})du.$$$$=\left[\frac23 u^{3/2}-4u^{1/2}\right]_{1}^{4} =\left(\frac23\cdot 8-4\cdot 2\right)-\left(\frac23\cdot 1-4\cdot 1\right) =(\frac{16}{3}-8)-(\frac23-4) =\frac{16-24-2+12}{3} =\frac{2}{3}.$$(2) $\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\sin x\cos 2x}{x^{4}+2x^{2}+1}dx$
解答：
分母：
$$x^{4}+2x^{2}+1=(x^{2}+1)^{2}.$$被积函数为奇函数：
$$\sin x\cos 2x \text{ 为奇函数，分母偶函数。}$$故积分为 0。
(3) $\int_{0}^{\ln 2}\sqrt{e^{x}-1}dx$
解答：
令 $u=\sqrt{e^{x}-1}\Rightarrow u^{2}+1=e^{x}\Rightarrow x=\ln(u^{2}+1)$。
$$dx=\frac{2u}{u^{2}+1}du.$$当 $x=0,u=0;\ x=\ln 2,u=1$。
$$\int_{0}^{1}u\cdot \frac{2u}{u^{2}+1}du=\int_{0}^{1}\frac{2u^{2}}{u^{2}+1}du.$$$$=2\int_{0}^{1}\left(1-\frac1{u^{2}+1}\right)du =2\left[u-\arctan u\right]_{0}^{1} =2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) =2-\frac{\pi}{2}.$$(4) $\int_{1}^{\sqrt 3}\frac{1}{x^{2}\sqrt{1+x^{2}}}dx$
解答：
令 $u=\frac{1}{x}$，则 $du=-\frac{1}{x^{2}}dx$。 且
$$\sqrt{1+x^{2}}=\frac{\sqrt{1+u^{2}}}{u}.$$原式变成
$$\int -\frac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}du.$$区间：$x=1\Rightarrow u=1$，$x=\sqrt3\Rightarrow u=\frac{1}{\sqrt 3}$。
$$-\left[\operatorname{arsinh}u\right]_{1}^{1/\sqrt3} =\operatorname{arsinh}1-\operatorname{arsinh}\frac{1}{\sqrt3}.$$(5) $\int_{0}^{\pi/2} e^{x}\sin x\,dx$
解答：
分部积分两次：
$$I=\int e^{x}\sin x\,dx.$$取 $u=\sin x, dv=e^{x}dx$，
$$I=e^{x}\sin x-\int e^{x}\cos x\,dx.$$再设：
$$J=\int e^{x}\cos x\,dx.$$令 $u=\cos x, dv=e^{x}dx$，
$$J=e^{x}\cos x+\int e^{x}\sin x\,dx=e^{x}\cos x+I.$$由第一个等式：
$$I=e^{x}\sin x-J.$$代入 J：
$$I=e^{x}\sin x-e^{x}\cos x-I,$$$$2I=e^{x}(\sin x-\cos x).$$$$I=\frac12 e^{x}(\sin x-\cos x).$$代入 0 到 $\frac{\pi}{2}$：
$$I=\frac12\left[e^{x}(\sin x-\cos x)\right]_{0}^{\pi/2} =\frac12\left(e^{\pi/2}(1-0)-1(0-1)\right) =\frac12\left(e^{\pi/2}+1\right).$$(6) $\int_{1}^{e}\ln x\,dx$
解答：
$$\int \ln x\,dx=x\ln x-x.$$代入：
$$(e\cdot 1-e)-(1\cdot 0-1) =e-e-0+1 =1.$$6
设函数 $f(x)$ 在 $[A,B]$ 上连续，证明
$$\lim_{h\to 0}\frac1h\int_{a}^{x}[f(t+h)-f(t)]dt=f(x)-f(a),\quad A对第一项换元：令 $u=t+h$，则
$$\int_{a}^{x}f(t+h)dt=\int_{a+h}^{x+h}f(u)du.$$因此
$$I(h)=\frac1h\left(\int_{a+h}^{x+h}f(u)du-\int_{a}^{x}f(u)du\right).$$将积分区间配对拆开：
$$I(h)=\frac1h\left(\int_{x}^{\,x+h}f(u)du-\int_{a}^{\,a+h}f(u)du\right).$$分别考虑两项的极限。 第一项：
$$\frac1h\int_{x}^{x+h}f(u)du\to f(x)\quad (h\to 0),$$因为 $f$ 连续。 第二项：
$$\frac1h\int_{a}^{a+h}f(u)du\to f(a).$$故
$$\lim_{h\to0}I(h)=f(x)-f(a).$$证毕。
7
设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有连续导数，且 $f(x)\neq 0, x\in(a,b)$，而且
$$f(a)=f(b)=0.$$证明
$$\int_{a}^{b}x f(x) f'(x)\,dx<0.$$解答： 令
$$u=f^{2}(x),\quad du=2f(x)f'(x)\,dx.$$原积分为
$$\int_{a}^{b} x f(x) f'(x)dx=\frac12\int_{a}^{b} x\,du.$$对右侧分部积分： 令
$$\begin{cases} U=x,\\ dV=du, \end{cases} \qquad \Rightarrow \begin{cases} dU=dx,\\ V=u=f^{2}(x). \end{cases}$$于是
$$\frac12\int_{a}^{b} x\,du=\frac12\left([x f^{2}(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b} f^{2}(x)\,dx\right).$$因为
$$f(a)=0, \quad f(b)=0,$$所以边界项为
$$[x f^{2}(x)]_{a}^{b}=b f^{2}(b)-a f^{2}(a)=0.$$于是得到
$$\int_{a}^{b}x f(x) f'(x)\,dx =-\frac12\int_{a}^{b} f^{2}(x)\,dx.$$由于 $f(x)\neq 0$ 对 $x\in(a,b)$，可知
$$f^{2}(x)>0,$$故
$$\int_{a}^{b} f^{2}(x)\,dx>0.$$因此
$$\int_{a}^{b}x f(x) f'(x)\,dx<0.$$证毕。
三、考研真题
8 求定积分：
$$\int_{\sqrt5}^{5}\frac{x}{\sqrt{x^{2}-9}}dx.$$解答：
令 $u=x^{2}-9$，则
$$du=2x dx,$$$$\int\frac{x}{\sqrt{x^{2}-9}}dx=\frac12\int u^{-1/2}du=\sqrt{u}.$$代入：
$$\left.\sqrt{x^{2}-9}\right|_{\sqrt5}^{5} =\sqrt{16}-\sqrt{-4}=4-0=4.$$9 已知
$$f(x)=\int_{1}^{x}\frac{\sin t^{2}}{t}dt,\ 求\ \int_{0}^{1}f'(x)dx.$$解答：
$$f'(x)=\frac{\sin x^{2}}{x}.$$$$\int_{0}^{1}\frac{\sin x^{2}}{x}dx=\int_{0}^{1}d(\operatorname{Si}(x^{2})).$$其值为
$$\int_{0}^{1}\frac{\sin x^{2}}{x}dx=\int_{0}^{1}\sin u\,du=\left.-\cos u\right|_{0}^{1}=1-\cos 1.$$10 已知
$$f(x)=\int_{1}^{x}\sqrt{1+t^{4}}dt,\ 求\ \int_{0}^{1}x^{2}f(x)dx.$$解答：
分部积分或交换积分顺序：
$$\int_{0}^{1}x^{2}\left(\int_{1}^{x}\sqrt{1+t^{4}}dt\right)dx =\int_{1}^{1}(\cdots)=0.$$因为当 $x<1$ 时积分区间为空，故为 0。
11 求极限：
$$\lim_{n\to\infty}\frac{k}{n^{2}}\ln\left(1+\frac{k}{n}\right).$$解答：
$$\ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\sim \frac{k}{n},$$故
$$\frac{k}{n^{2}}\cdot\frac{k}{n}=\frac{k^{2}}{n^{3}}\to 0.$$最终极限为 0。