定积分的计算

§3.6 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

2.59 分/卷近 11 年平均

8/11 年出现年份

6.0 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）微积分基本定理与变限积分换元积分法与分部积分法③ 掌握后可解锁定积分几何应用（面积、体积、弧长）二重积分傅里叶级数

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 定积分计算三大规则：换元必换限、分部 $[uv]_{a}^{b}$ 、华里士（点火）公式的显式结论★★ 必会

① 定积分换元法：设

f

在

[a, b]

上连续，

x = φ (t)

有连续导数，

φ (α) = a, φ (β) = b

，且

φ

的值域不超出

f

连续的范围，则

\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{α}^{β} f (φ (t)) φ^{'} (t) d t .

换元时必须同时更换积分限，且不必回代：新的积分限上限对上限、下限对下限（即使

α > β

也照此书写，不可自行颠倒次序）。这是它与不定积分换元（必须回代）最大的不同。

② 定积分分部积分法：

u, v

在

[a, b]

上有连续导数，则

\int_{a}^{b} u d v = [uv]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} v d u .

其中的边界项

[uv]_{a}^{b}

当场代入积分限，常常直接为零或相互抵消，因而比不定积分简便。

③ 华里士（Wallis，点火）公式：记

I_{n} = \int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x = \int_{0}^{π /2} cos^{n} x d x

，则

I_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \dots \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{( n - 1 )!!}{n !!} \cdot \frac{π}{2}, \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \dots \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{( n - 1 )!!}{n !!}, n 为正偶数, n 为大于 1 的奇数 .

可以记作：偶数点火成功乘 $\frac{π}{2}$ ，奇数点火失败乘 $1$ 。此公式只适用于区间

[0, \frac{π}{2}]

，在其它区间上须先化归：

\int_{0}^{π} sin^{n} x d x = 2 I_{n}

（对一切

n

）；

\int_{0}^{π} cos^{n} x d x

当

n

为奇数时等于

0

，当

n

为偶数时等于

2 I_{n}

；又

\int_{0}^{2 π} sin^{n} x d x = \int_{0}^{2 π} cos^{n} x d x

，它当

n

为奇数时等于

0

，当

n

为偶数时等于

4 I_{n}

。

证明 / 推导

① 设

F

为

f

的原函数。由牛顿–莱布尼茨公式，左端

= F (b) - F (a)

。再看右端：因

\frac{d}{d t} F (φ (t)) = f (φ (t)) φ^{'} (t)

，即

F (φ (t))

是新的被积函数的原函数，故右端

= F (φ (β)) - F (φ (α)) = F (b) - F (a)

。两端相等。

■

② 把

(uv)^{'} = u^{'} v + u v^{'}

在

[a, b]

上积分，得

[uv]_{a}^{b} = \int_{a}^{b} u^{'} v d x + \int_{a}^{b} u v^{'} d x

，移项即得。

③ 用分部积分建立递推公式

I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}

（推导见下一条），再配合

I_{0} = \frac{π}{2}

、

I_{1} = 1

逐级下推，即得显式公式。

sin

与

cos

的积分之所以相等，是因为换元

x = \frac{π}{2} - t

把二者互换。

举例说明

真题（2012 数一） 求

\int_{0}^{2} x 2 x - x^{2} d x

。

解. 配方得

2 x - x^{2} = 1 - (x - 1)^{2}

。令

t = x - 1

，积分限随之更换：

x : 0 \to 2 \Rightarrow t : - 1 \to 1

，于是

\int_{0}^{2} x 2 x - x^{2} d x = \int_{- 1}^{1} (t + 1) 1 - t^{2} d t = 奇函数， = 0 \int_{- 1}^{1} t 1 - t^{2} d t + \int_{- 1}^{1} 1 - t^{2} d t = 2 \int_{0}^{1} 1 - t^{2} d t .

再令

t = sin θ

（限

0 \to \frac{π}{2}

）：

= 2 \int_{0}^{π /2} cos^{2} θ d θ = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{2},

最后一步用的是③中

n = 2

的情形：

I_{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}

。（如果算完不换限而仍回代

t = x - 1

，那么所得的定积分是错误的。）

2. 点火（华里士）公式的由来：用分部积分建立递推 $I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}$ ★ 要懂

上一条已给出华里士公式的结论，这里补出它的证明。这不仅是为了理解，也因为考题有时直接考查这一递推，或考查

\int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x

的推导。记

I_{n} = \int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x

，用分部积分得递推公式

I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}

，再配合

I_{0} = \frac{π}{2}, I_{1} = 1

逐步下推，即得用奇偶双阶乘表示的点火公式。又

\int_{0}^{π /2} cos^{n} x d x = I_{n}

，这是因为令

x \to \frac{π}{2} - x

即可互换

sin, cos

。

证明 / 推导

I_{n} = \int_{0}^{π /2} sin^{n - 1} x \cdot sin x d x

，取

u = sin^{n - 1} x, d v = sin x d x, v = - cos x

，得

I_{n} = [- sin^{n - 1} x cos x]_{0}^{π /2} + (n - 1) \int_{0}^{π /2} sin^{n - 2} x cos^{2} x d x .

其中边界项为

0

；再用

cos^{2} x = 1 - sin^{2} x

，得

I_{n} = (n - 1) (I_{n - 2} - I_{n})

，解出

I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2} .

逐次下推：当

n

为偶数时降到

I_{0} = \frac{π}{2}

，结果带有因子

\frac{π}{2}

；当

n

为奇数时降到

I_{1} = 1

，结果不带该因子。这就是点火公式。

■

举例说明

\int_{0}^{π /2} sin^{5} x d x = \frac{4}{5} I_{3} = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} I_{1} = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{8}{15} .

3. 对称区间上的奇偶分解：奇部的积分为零★★ 必会

计算

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

时，即使

f

既非奇函数也非偶函数，也可以利用对称性简化：任何函数都能唯一地分解为偶部与奇部之和

f (x) = 偶 \frac{f ( x ) + f ( - x )}{2} + 奇 \frac{f ( x ) - f ( - x )}{2},

而奇部在对称区间上的积分为

0

。因此只需保留偶部：

\int_{- a}^{a} f = \int_{- a}^{a} (偶部) = 2 \int_{0}^{a} (偶部)

。实际计算时不必真的作出分解。设被积函数是几项之和。如果其中某一项含奇因子，而该项的其余部分为偶，那么这一整项为奇函数。由此可知它在

[- a, a]

上的积分为零，可以整项舍去。必须注意舍去的是整项，不是项中的奇因子。例如

x e^{x^{2}}

为奇函数，

\int_{- 1}^{1} x e^{x^{2}} d x = 0

。如果只丢掉因子

x

，那么

\int_{- 1}^{1} e^{x^{2}} d x \approx 2.93

，并不为零。

证明 / 推导

证. 设

f

在

[- a, a]

上连续。记

g (x) h (x) = \frac{f ( x ) + f ( - x )}{2} = \frac{f ( x ) - f ( - x )}{2} .

容易验证

g (- x) = g (x)

，

h (- x) = - h (x)

，且

g (x) + h (x) = f (x)

。故

g

为偶函数，

h

为奇函数，分解式成立。

这种分解是唯一的。事实上，设另有

f = g_{1} + h_{1}

，其中

g_{1}

为偶，

h_{1}

为奇。以

- x

代

x

，得

f (- x) = g_{1} (x) - h_{1} (x)

。把它与

f (x) = g_{1} (x) + h_{1} (x)

相加再除以

2

，得

g_{1} = g

；相减再除以

2

，得

h_{1} = h

。

下面证明对称区间上的积分只由偶部决定。在

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

中作代换

x = - t

，则

d x = - d t

；当

x = - a

时

t = a

，当

x = 0

时

t = 0

。于是

\int_{- a}^{0} f (x) d x = \int_{a}^{0} f (- t) (- d t) = \int_{0}^{a} f (- t) d t = \int_{0}^{a} f (- x) d x .

把它与

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

相加，便得一个一般的公式

\int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{a} [f (x) + f (- x)] d x = 2 \int_{0}^{a} g (x) d x .

如果

f

为奇函数，那么

f (x) + f (- x) = 0

，右端为

0

；如果

f

为偶函数，那么

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

，右端为

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

。对一般的

f

，由

f = g + h

与积分的线性性质得

\int_{- a}^{a} f = \int_{- a}^{a} g + \int_{- a}^{a} h = 2 \int_{0}^{a} g + 0.

这就证明了奇部的积分为零，只需保留偶部。必须注意，上面用到积分区间关于原点对称。区间不对称时代换

x = - t

不再把

[- a, 0]

变成

[0, a]

，结论也就不成立。

■

举例说明

求

\int_{- 1}^{1} \frac{1 + x}{1 + x ^{2}} d x

。解. 拆项得

\frac{1 + x}{1 + x ^{2}} = 偶 \frac{1}{1 + x ^{2}} + 奇 \frac{x}{1 + x ^{2}}

，其中奇项的积分为

0

，于是

\int_{- 1}^{1} \frac{1 + x}{1 + x ^{2}} d x = \int_{- 1}^{1} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = 2 \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = 2 \cdot \frac{π}{4} = \frac{π}{2} .

4. 利用几何意义直接写出定积分★★ 必会

有些定积分的被积函数，其图形是熟知的几何图形（圆、半圆、三角形、直线）。这时与其去求原函数，不如按带符号的面积直接写出结果。最常用的有：

\int_{- a}^{a} a^{2} - x^{2} d x = \frac{π a ^{2}}{2}

（上半圆的面积）、

\int_{0}^{a} a^{2} - x^{2} d x = \frac{π a ^{2}}{4}

（四分之一圆的面积）。与奇偶对称性配合，常能把形式复杂的积分一步写出。必须注意，只有当被积函数恰好表示可以识别的图形，或经拆分后成为这样的图形时，才可以使用此法。

举例说明

求

\int_{- 2}^{2} (x + 3) 4 - x^{2} d x

。解. 拆开来看：

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

的被积函数是奇函数，故其值

= 0

；又

\int_{- 2}^{2} 3 4 - x^{2} d x = 3 \times (半径 2 的上半圆面积) = 3 \cdot \frac{1}{2} π \cdot 2^{2} = 6 π

。故原积分

= 6 π

，全程没有求任何原函数。

5. 抽象函数的定积分：用分部积分转移导数 $f^{'}$ ★★ 必会

题目往往给出关于

f

的若干条件（端点的值、

\int f

的值、

f

所满足的方程），要求计算含

f^{'}

或

f^{''}

的定积分。此时既不能也不必求出

f

，而应当用分部积分把导数从 $f^{'}$ 转移到另一个因子上，从而把待求的积分化成已知量。一般地，遇到

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

就应当分部，使

f^{'}

还原为

f

，而边界项

[uv]_{a}^{b}

由端点条件给出。

举例说明

设

f

有连续导数，

f (1) = 3

，

\int_{0}^{1} f (x) d x = 5

，求

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

。解. 取

u = x, d v = f^{'} (x) d x, v = f (x)

，得

\int_{0}^{1} x f^{'} (x) d x = [x f (x)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} f (x) d x = 1 \cdot f (1) - 0 - 5 = 3 - 5 = - 2.

整个过程只用到端点的值与

\int f

，并未涉及

f

的具体形式。

💡 小知识

华里士 1655 年就是用点火公式这一类积分，得到了圆周率的无穷乘积

\frac{π}{2} = \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \dots

。人类第一次用纯代数的连乘去逼近

π

，就是从这里开始的。今天这类积分又成了考场上速算

\int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x

的常用办法。

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 计算

\int_{- 1}^{1} (x cos x + x^{2}) d x

。难度 1

积分区间

[- 1, 1]

关于原点对称，先判被积各项奇偶：
-

x cos x

是奇函数（奇

\times

偶），在对称区间上积分为

0

；
-

x^{2}

是偶函数，

\int_{- 1}^{1} x^{2} d x = 2 \int_{0}^{1} x^{2} d x

。
所以

\int_{- 1}^{1} (x cos x + x^{2}) d x = 0 + 2 \int_{0}^{1} x^{2} d x = 2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3} .

要点：遇到

\int_{- a}^{a}

先看奇偶，能把大题化小。

例 2 计算

\int_{0}^{1} 2 x (1 + x^{2})^{3} d x

。难度 1

用定积分换元法：令

u = 1 + x^{2}

，则

d u = 2 x d x

。同时换限：

x = 0 \Rightarrow u = 1

，

x = 1 \Rightarrow u = 2

。

\int_{0}^{1} 2 x (1 + x^{2})^{3} d x = \int_{1}^{2} u^{3} d u = [\frac{u ^{4}}{4}]_{1}^{2} = \frac{16 - 1}{4} = \frac{15}{4} .

与不定积分的区别：换元后积分限一并改成 $u$ 的值，算完不必回代

x

。

例 3 计算

\int_{0}^{1} x e^{x} d x

。难度 2

用定积分分部积分法

\int_{a}^{b} u d v = [uv]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} v d u

。取

u = x, d v = e^{x} d x

，则

v = e^{x}

：

\int_{0}^{1} x e^{x} d x = [x e^{x}]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{x} d x = e - [e^{x}]_{0}^{1} = e - (e - 1) = 1.

易错点：边界项

[uv]_{a}^{b}

不能漏。

例 4 计算

\int_{0}^{π /2} sin^{4} x d x

。难度 2

用华里士（点火）公式：

\int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x = \frac{( n - 1 )!!}{n !!} \cdot \frac{π}{2}

（

n

为正偶数）。这里

n = 4

：

\int_{0}^{π /2} sin^{4} x d x = \frac{3 !!}{4 !!} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3}{8} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3 π}{16} .

口诀：偶数「点火」带

\frac{π}{2}

，奇数不带；双阶乘

n!!

是同奇偶递减相乘。

例 5 计算

\int_{0}^{π} x sin x d x

。难度 2

用区间再现公式：令

x = π - t

，则

d x = - d t

，限

0 \to π

变

π \to 0

，且

sin (π - t) = sin t

。记原积分为

I

：

I = \int_{0}^{π} x sin x d x = \int_{0}^{π} (π - t) sin t d t = π \int_{0}^{π} sin t d t - \int_{0}^{π} t sin t d t = π \int_{0}^{π} sin t d t - I .

于是

2 I = π \int_{0}^{π} sin t d t = π [- cos t]_{0}^{π} = π \cdot 2 = 2 π

，故

I = π

。
（也可直接分部积分验证：

[- x cos x + sin x]_{0}^{π} = π

，一致。）

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。

2025 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

计算

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x

2024 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

已知平面区域

D = {(x, y) 1 - y^{2} \leq x \leq 1, - 1 \leq y \leq 1}

，计算

\iint_{D} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

。

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 12 题 · 填空题 · 5 分

\int_{1}^{e^{2}} \frac{ln x}{x} d x =

______.

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_{- 1}^{1} x^{3} d x =

（　　）

A $0$
B $\frac{1}{2}$
C $2$
D $\frac{1}{4}$

练习 2 · 填空题

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

______

练习 3 · 选择题

\int_{0}^{π /2} sin^{2} x d x =

（　　）

A $\frac{π}{4}$
B $\frac{π}{2}$
C $\frac{1}{2}$
D $π$

练习 4 · 填空题

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

______

练习 5 · 选择题

\int_{1}^{e} \frac{ln x}{x} d x =

（　　）

A $\frac{1}{2}$
B $1$
C $e - 1$
D $\frac{1}{e}$

练习 6 · 填空题

\int_{0}^{π /2} sin^{6} x d x =

____。

练习 7 · 填空题

\int_{0}^{π} \frac{x sin x}{1 + cos ^{2} x} d x =

____。

练习 8 · 解答题

计算

I = \int_{0}^{π /2} \frac{d x}{1 + tan ^{2} x}

。

2019 年 · 数一 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

设

a_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x (n = 0, 1, 2, \dots)

。

（Ⅰ）证明数列

{a_{n}}

单调递减，且

a_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 2} (n = 2, 3, \dots)

；

（Ⅱ）求

n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}}

。

2018 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

设

M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{( 1 + x ) ^{2}}{1 + x ^{2}} d x

，

N = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + x}{e ^{x}} d x

，

K = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x) d x

，则（　　）

A $M > N > K$
B $M > K > N$
C $K > M > N$
D $K > N > M$

定积分的计算

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 定积分计算三大规则：换元必换限、分部 [uv]ab​、华里士（点火）公式的显式结论★★ 必会

2. 点火（华里士）公式的由来：用分部积分建立递推 In​=nn−1​In−2​★ 要懂

3. 对称区间上的奇偶分解：奇部的积分为零★★ 必会

4. 利用几何意义直接写出定积分★★ 必会

5. 抽象函数的定积分：用分部积分转移导数 f′★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 定积分计算三大规则：换元必换限、分部 $[uv]_{a}^{b}$ 、华里士（点火）公式的显式结论★★ 必会

2. 点火（华里士）公式的由来：用分部积分建立递推 $I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}$ ★ 要懂

5. 抽象函数的定积分：用分部积分转移导数 $f^{'}$ ★★ 必会