定积分的概念与性质

§3.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.62 分/卷近 11 年平均

8/11 年出现年份

9.5 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）数列的极限函数的连续性与间断点③ 掌握后可解锁微积分基本定理与变限积分反常（广义）积分定积分几何应用（面积、体积、弧长）定积分物理应用（功、压力、引力）二重积分三重积分第一类曲线积分（对弧长）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 定积分的定义与性质：黎曼和的极限、可积的两个充分条件、五条基本性质★★ 必会

① 定义（黎曼和的极限）：设

f

在

[a, b]

上有界。任意分割

a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b

，记

Δ x_{i} = x_{i} - x_{i - 1}

，

λ = 1 \leq i \leq n max Δ x_{i}

；任取

ξ_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]

。若极限

λ \to 0 lim i = 1 \sum n f (ξ_{i}) Δ x_{i}

存在，且与分割的方式以及 $ξ_{i}$ 的取法都无关，则称

f

在

[a, b]

上可积，并把该极限值记作

\int_{a}^{b} f (x) d x

。

它是一个数，与积分变量的记号无关，即

\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (t) d t

。当

f

可积时，特别地取等分并取右端点，即得求

n

项和的极限时常用的公式

\int_{0}^{1} f (x) d x = n \to \infty lim \frac{1}{n} i = 1 \sum n f (\frac{i}{n}) .

补充规定：

\int_{a}^{a} f d x = 0

；

\int_{b}^{a} f d x = - \int_{a}^{b} f d x

。

② 可积的两个充分条件：(i)

f

在

[a, b]

上连续

\Rightarrow

可积；(ii)

f

在

[a, b]

上有界且只有有限个间断点

\Rightarrow

可积。（相应的必要条件是：可积必有界；但有界并不保证可积，见后面的 Dirichlet 反例。）

③ 性质组（设各积分存在，

a < b

）：

线性：

\int_{a}^{b} [α f + β g] d x = α \int_{a}^{b} f d x + β \int_{a}^{b} g d x

；

区间可加：

\int_{a}^{b} = \int_{a}^{c} + \int_{c}^{b}

（

c

也可以在

[a, b]

之外，只要各段都可积）；

保序：

f \leq g \Rightarrow \int_{a}^{b} f d x \leq \int_{a}^{b} g d x

；从而

\int_{a}^{b} f d x \leq \int_{a}^{b} ∣ f ∣ d x

；

估值：

m \leq f \leq M \Rightarrow m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f d x \leq M (b - a)

；

积分中值定理（基本版）：

f

在

[a, b]

上连续，则存在

ξ \in [a, b]

，使

\int_{a}^{b} f (x) d x = f (ξ) (b - a),

即

\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f d x

是

f

在

[a, b]

上的平均值。

证明 / 推导

证积分中值定理. 因

f

连续，故它在

[a, b]

上取到最小值

m

与最大值

M

。由估值性质得

m \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M .

数

μ = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f d x

介于

m, M

之间，由连续函数的介值定理，存在

ξ \in [a, b]

使

f (ξ) = μ

，这就证明了结论。（加强的形式：对

Φ (x) = \int_{a}^{x} f d t

在

[a, b]

上用拉格朗日中值定理，可以把

ξ

取在开区间

(a, b)

内。）

■

举例说明

真题（1998 数一） 求

n \to \infty lim (\frac{sin \frac{π}{n}}{n + 1} + \frac{sin \frac{2 π}{n}}{n + \frac{1}{2}} + \dots + \frac{sin \frac{nπ}{n}}{n + \frac{1}{n}})

。

解. 记

b_{n} = i = 1 \sum n \frac{sin \frac{iπ}{n}}{n + \frac{1}{i}}

。各项的分母互不相同，先用不等式把它化齐。由

n < n + \frac{1}{i} \leq n + 1

及

sin \frac{iπ}{n} \geq 0

得

\frac{1}{n + 1} i = 1 \sum n sin \frac{iπ}{n} \leq b_{n} \leq \frac{1}{n} i = 1 \sum n sin \frac{iπ}{n} .

右端按①（等分、取右端点）

\to \int_{0}^{1} sin π x d x = [- \frac{c o s π x}{π}]_{0}^{1} = \frac{2}{π}

；左端

= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{1}{n} i = 1 \sum n sin \frac{iπ}{n}

有相同的极限。由夹逼定理得原极限

= \frac{2}{π}

。（当分母不是标准的

n

时，先放缩成标准形

\frac{1}{n} \sum f (\frac{i}{n})

，再化为定积分。这是①最常见的用法。）

2. 黎曼可积的本质：有界是必要的，Dirichlet 函数有界却不可积★ 要懂

定积分存在（即黎曼可积）有一条常被忽略的必要条件，即有界：无界函数在闭区间上必不可积（这里指正常积分）。事实上，无论怎样分割，总有某个小区间上

f

无界，在该区间上适当选取样点，就能使黎曼和任意大，极限不存在。而仅仅有界还不够：可积的实质是振荡足够小，即达布上和与下和之差

\sum (M_{i} - m_{i}) Δ x_{i}

随分割的加细而趋于

0

。Dirichlet 函数在有理点取

1

、在无理点取

0

，在任何小区间上都有

M_{i} = 1, m_{i} = 0

，故上和恒

= b - a

，下和恒

= 0

，二者之差不趋于零，因此它有界却不可积。（更深入的判据是：不连续点集的测度为零时才可积，此处了解即可。这也说明了为什么各条可积条件都要求间断点不太多。）

证明 / 推导

无界 $\Rightarrow$ 不可积。 设

f

在

[a, b]

上无界。对任意分割

P

，至少有一个子区间

[x_{k - 1}, x_{k}]

上

f

无界。固定其余的取样点，只调整

ξ_{k}

，即可使

∣ f (ξ_{k}) Δ x_{k} ∣

任意大，从而黎曼和无界，极限不存在。
Dirichlet 函数不可积。 上和为

\overline{S} (P) = \sum M_{i} Δ x_{i} = \sum 1 \cdot Δ x_{i} = b - a

，下和为

\underline{S} (P) = \sum 0 \cdot Δ x_{i} = 0

；对一切分割，二者之差恒

= b - a \neq \to 0

，故不可积。

■

3. 保号性的严格形式：连续、非负且不恒为零时积分严格为正★★ 必会

教材中常用的是非严格的保号性（

f \geq 0 \Rightarrow \int f \geq 0

），而在证明题中更有用的是它的加强形式：若 $f$ 在 $[a, b]$ 上连续， $f (x) \geq 0$ ，且存在一点使 $f (x_{0}) > 0$ ，则 $\int_{a}^{b} f d x > 0$ ，即严格大于零。直观地看，连续函数在

x_{0}

附近有一整段都取正值，这一段就贡献了正的面积。由此立即得到一个常用的结论：连续非负函数若积分为零，则它必恒等于零。许多要求证明

f \equiv 0

的题目都用到这一结论。必须注意，连续这一条件不可缺少：去掉它以后，只在个别点取正值的函数，其积分仍为

0

。

证明 / 推导

证. 由

f (x_{0}) > 0

及连续性，取

ε = \frac{f ( x _{0} )}{2} > 0

，则存在

x_{0}

的邻域

[c, d] \subset [a, b]

（其长度

ℓ = d - c > 0

），使在其上

f (x) > \frac{f ( x _{0} )}{2}

。再由

f \geq 0

与区间可加性，得

\int_{a}^{b} f d x \geq \int_{c}^{d} f d x \geq \frac{f ( x _{0} )}{2} ℓ > 0.

推论： 若还有

\int_{a}^{b} f = 0

，则不可能存在使

f (x_{0}) > 0

的点，因此

f \equiv 0

。

■

4. 证明积分不等式的常用工具：柯西–施瓦茨不等式★ 要懂

定积分形式的柯西–施瓦茨不等式：若

f, g

在

[a, b]

上平方可积，则

(\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x)^{2} \leq (\int_{a}^{b} f^{2} d x) (\int_{a}^{b} g^{2} d x) .

它在真题的证明题中经常出现，尤其是在把

\int f g

与

\int f^{2}, \int g^{2}

联系起来，或取

g \equiv 1

而得到

(\int f)^{2} \leq (b - a) \int f^{2}

的时候。它的证法很典型：构造一个恒非负的二次式，再用判别式。这一方法还可用来证明其它许多积分不等式，值得注意。

证明 / 推导

对任意实数

λ

，

\int_{a}^{b} (f + λ g)^{2} d x \geq 0

，展开为关于

λ

的二次式：

λ^{2} \int_{a}^{b} g^{2} d x + 2 λ \int_{a}^{b} f g d x + \int_{a}^{b} f^{2} d x \geq 0.

设

\int g^{2} > 0

。因该二次式恒非负，故其判别式

\leq 0

，即

(2 \int_{a}^{b} f g)^{2} - 4 (\int_{a}^{b} g^{2}) (\int_{a}^{b} f^{2}) \leq 0 ⟹ (\int_{a}^{b} f g)^{2} \leq \int_{a}^{b} f^{2} \int_{a}^{b} g^{2} . ■

举例说明

取

g \equiv 1

：

(\int_{a}^{b} f)^{2} \leq (b - a) \int_{a}^{b} f^{2}

，常用来由

\int f

估计

\int f^{2}

，或者作反向的放缩。

5. 更强也更常用的广义积分中值定理（带权）★★ 必会

基本的积分中值定理

\int_{a}^{b} f = f (ξ) (b - a)

只是权函数

g \equiv 1

时的特例。更常用的是广义（带权）积分中值定理：若

f

连续，

g

可积且在

[a, b]

上不变号，则存在

ξ \in [a, b]

，使

\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x .

它把权因子

g

（例如

x^{n}

、

e^{- x}

）提到积分号外，换成某一点处的函数值，常用于估计带权的积分与证明存在性问题。这里 $g$ 不变号是本质的条件，一旦

g

变号，定理即不成立。

证明 / 推导

证. 不妨设

g \geq 0

（

g \leq 0

时同理）。因

f

连续，记

m = min f, M = max f

，则

m g \leq f g \leq M g

，由积分的保号性得

m \int_{a}^{b} g \leq \int_{a}^{b} f g \leq M \int_{a}^{b} g

。
若

\int_{a}^{b} g = 0

，则由夹逼得

\int f g = 0

，此时等式对任意

ξ

都成立；若

\int_{a}^{b} g > 0

，令

μ = \frac{\int _{a}^{b} f g}{\int _{a}^{b} g} \in [m, M]

，则由连续函数的介值定理知

\exists ξ

使

f (ξ) = μ

。

■

举例说明

下面的反例说明不变号这一条件不可缺少。 取

[a, b] = [- 1, 1], f (x) = g (x) = x

，此时

g

变号。因

\int_{- 1}^{1} x \cdot x d x = \frac{2}{3}

，而

\int_{- 1}^{1} x d x = 0

，故右端

f (ξ) \cdot 0 = 0 \neq = \frac{2}{3}

，不存在合用的 $ξ$ 。由此可见，当

g

变号时定理不成立。

💡 小知识

积分号

\int

是被拉长的字母 S，取自拉丁文 summa，意思是求和。莱布尼茨 1675 年这样设计，是想让符号本身就说明定积分是什么：无穷多个无穷小量相加。三百多年过去，我们仍在用这个记号。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 利用定积分的几何意义，求

\int_{- 2}^{2} 4 - x^{2} d x

。难度 1

y = 4 - x^{2}

（

y \geq 0

）表示以原点为心、半径

2

的上半圆。定积分等于该曲线与

x

轴（

x

从

- 2

到

2

）所围的面积，即半圆面积：

\int_{- 2}^{2} 4 - x^{2} d x = \frac{1}{2} π \cdot 2^{2} = 2 π .

要点：被积函数图形是圆、三角形等规则图形时，直接用面积公式，比求原函数快得多。

例 2 求极限

n \to \infty lim \frac{1 ^{2} + 2 ^{2} + \dots + n ^{2}}{n ^{3}}

。难度 2

把它整理成黎曼和的形式，提出

\frac{1}{n}

：

\frac{1 ^{2} + 2 ^{2} + \dots + n ^{2}}{n ^{3}} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (\frac{i}{n})^{2} .

这正是

f (x) = x^{2}

在

[0, 1]

上

n

等分、取右端点的黎曼和，故

n \to \infty lim \frac{1}{n} i = 1 \sum n (\frac{i}{n})^{2} = \int_{0}^{1} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{3} .

例 3 求极限

n \to \infty lim i = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + i ^{2}}

。难度 2

提出

\frac{1}{n}

，凑出

\frac{i}{n}

：

i = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + i ^{2}} = i = 1 \sum n \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + ( \frac{i}{n} ) ^{2}} .

这是

f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}

在

[0, 1]

上的黎曼和，故

n \to \infty lim i = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + i ^{2}} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = [arctan x]_{0}^{1} = \frac{π}{4} .

例 4 求函数

f (x) = x^{2}

在区间

[0, 3]

上的平均值。难度 2

由积分中值定理，连续函数

f

在

[a, b]

上的平均值为

\overset{ˉ}{f} = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x

。这里

\overset{ˉ}{f} = \frac{1}{3 - 0} \int_{0}^{3} x^{2} d x = \frac{1}{3} [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{27}{3} = \frac{1}{3} \cdot 9 = 3.

含义：存在

ξ \in [0, 3]

使

f (ξ) = 3

，即

ξ = 3

，此处函数值恰等于整段的平均值。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设可导函数

f (x)

严格单调递增且满足

\int_{- 1}^{1} f (x) d x = 0

。记

a = \int_{0}^{1} f (x) d x

。

（1）证明

a > 0

；

（2）令

F (x) = a (1 - x^{2}) + \int_{1}^{x} f (t) d t

，证明：存在

ξ \in (- 1, 1)

，使得

F^{''} (ξ) = 0

。

2023 年 · 数一 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

设连续函数

f (x)

满足

f (x + 2) - f (x) = x

，

\int_{0}^{2} f (x) d x = 0

，则

\int_{1}^{3} f (x) d x =

______.

2022 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

已知

I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2 ( 1 + cos x )} d x

，

I_{2} = \int_{0}^{1} \frac{ln ( 1 + x )}{1 + cos x} d x

，

I_{3} = \int_{0}^{1} \frac{2 x}{1 + sin x} d x

，则（　　）

A $I_{1} < I_{2} < I_{3}$ .
B $I_{2} < I_{1} < I_{3}$ .
C $I_{1} < I_{3} < I_{2}$ .
D $I_{3} < I_{2} < I_{1}$ .

2021 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x)

在区间

[0, 1]

上连续，则

\int_{0}^{1} f (x) d x =

（　　）

A $n \to \infty lim k = 1 \sum n f (\frac{2 k - 1}{2 n}) \frac{1}{2 n} .$
B $n \to \infty lim k = 1 \sum n f (\frac{2 k - 1}{2 n}) \frac{1}{n} .$
C $n \to \infty lim k = 1 \sum 2 n f (\frac{k - 1}{2 n}) \frac{1}{n} .$
D $n \to \infty lim k = 1 \sum 2 n f (\frac{k}{2 n}) \frac{2}{n} .$

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

\int_{a}^{a} f (x) d x =

（　　）

A $0$
B $f (a)$
C $1$
D $2 f (a)$

练习 2 · 选择题

设

f

在

[0, 1]

上连续，则

n \to \infty lim \frac{1}{n} i = 1 \sum n f (\frac{i}{n}) =

（　　）

A $\int_{0}^{1} f (x) d x$
B $\int_{0}^{n} f (x) d x$
C $f (1)$
D $i = 1 \sum n f (i)$

练习 3 · 填空题

由定积分的几何意义，

\int_{- 1}^{1} 1 - x^{2} d x =

______

练习 4 · 填空题

n \to \infty lim \frac{1 ^{2} + 2 ^{2} + \dots + n ^{2}}{n ^{3}} =

______

练习 5 · 选择题

函数

f (x) = 2 x

在

[0, 2]

上的平均值为（　　）

A $2$
B $4$
C $1$
D $8$

练习 6 · 选择题

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续且单调递增，记

I_{1} = \int_{0}^{1} f (x) d x, I_{2} = \int_{0}^{1} f (x^{2}) d x, I_{3} = \int_{0}^{1} f (x) d x .

则三者的大小关系为（　　）。

A $I_{1} < I_{2} < I_{3}$
B $I_{2} < I_{1} < I_{3}$
C $I_{3} < I_{1} < I_{2}$
D $I_{2} < I_{3} < I_{1}$

练习 7 · 填空题

n \to \infty lim n^{2} \int_{0}^{\frac{1}{n}} arctan 3 x d x =

____

练习 8 · 解答题

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，且

f (x) > 0

。

（1）证明

n \to \infty lim [k = 1 \prod n f (\frac{k}{n})]^{\frac{1}{n}} = exp (\int_{0}^{1} ln f (x) d x)

；

（2）取

f (x) = 1 + x^{2}

，求出该极限的具体值。

2020 年 · 数一 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设函数

f (x)

在区间

[0, 2]

上具有连续导数，

f (0) = f (2) = 0

，

M = x \in [0, 2] max {∣ f (x) ∣}

。证明：
（Ⅰ）存在

ξ \in (0, 2)

，使得

∣ f^{'} (ξ) ∣ \geq M

；
（Ⅱ）若对任意的

x \in (0, 2)

，

∣ f^{'} (x) ∣ \leq M

，则

M = 0

2017 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方

10

（单位：m）处，图中，实线表示甲的速度曲线

v = v_{1} (t)

（单位：m/s），虚线表示乙的速度曲线

v = v_{2} (t)

，三块阴影部分面积的数值依次是

10, 20, 3

。计时开始后乙追上甲的时刻记为

t_{0}

（单位：s），则（　　）

A $t_{0} = 10$ .
B $15 < t_{0} < 20$ .
C $t_{0} = 25$ .
D $t_{0} > 25$ .