定积分的概念与性质

§3.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

3.32 分/卷近 11 年平均

9/11 年出现年份

15.1 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、侧面积）定积分物理应用（功、压力、质心、形心）二重积分的概念与性质

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 可积的三条充分条件，以及有限个间断点仍然可积的道理★ 要懂

定积分是否存在，也就是函数是否黎曼可积，有以下三条常用的充分条件：

f

在

[a, b]

上 ① 连续，或 ② 有界且只有有限个间断点，或 ③ 单调有界。其中第 ② 条尤应理解：连续只是可积的充分条件，而不是必要条件，因此带有跳跃间断点的函数同样可积。其理由是：把每一个间断点都用一个很窄的小区间围住，这些小区间的总长度可以任意小，而函数有界，所以它们对黎曼和的贡献

\to 0

；在区间的其余部分上函数连续，相应的黎曼和收敛，于是整体的极限存在。（这里还应当区分两个概念：可积与存在原函数是两个不同的性质，带有跳跃间断点的函数可积，却不存在原函数。）

证明 / 推导

下面证明一条配套的引理。它说的是改变有限个点处的函数值，可积性与积分值都不变。条件 ② 的直观理由已在前面说明。它的严格证明要用可积准则，这里不展开。这条引理只支撑例题末尾的那句话。还应注意，由这条引理并不能得到条件 ②。改变有限个点的取值不会改变任何一点的左右极限。带跳跃间断点的函数左右极限不相等，而连续函数处处相等。所以这种函数不可能由连续函数改变有限个点的取值得到。

证. 设

f

在

[a, b]

上可积，

g

只在有限个点

c_{1}, \dots, c_{k}

处与

f

取值不同。令

h = g - f

，则

h

在这

k

个点以外恒为零。记

M = max_{j} ∣ h (c_{j}) ∣

。任取一个分割，小区间长度的最大值为

λ

，取样点为

ξ_{i}

。在黎曼和

\sum_{i} h (ξ_{i}) Δ x_{i}

中，只有

ξ_{i}

等于某个

c_{j}

的项不为零。每个

c_{j}

至多落在两个小区间内，故这样的项至多

2 k

个。每项的绝对值不超过

M λ

，于是

i \sum h (ξ_{i}) Δ x_{i} \leq 2 k M λ .

其中

k

与

M

都与分割无关。令

λ \to 0

，右端趋于零，且与取样点的取法无关。按定义

h

可积，且

\int_{a}^{b} h d x = 0

。由积分的线性性质，

g = f + h

可积，且

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

。这就证明了改变有限个点处的函数值，既不影响可积性，也不改变积分的值。必须注意，有限这一条件不可去掉。若把恒为零的函数在一切有理点处改为

1

，所得的函数便不可积。因为取样点全取有理点时黎曼和为

b - a

，全取无理点时为

0

，极限并不存在。

■

举例说明

设

f (x) = {1, 2, 0 \leq x < 1, 1 \leq x \leq 2,

它在

x = 1

处有跳跃间断点，但它在整个区间上有界，且只有这一个间断点，因此可积。根据积分对区间的可加性直接计算：

\int_{0}^{2} f d x = \int_{0}^{1} 1 d x + \int_{1}^{2} 2 d x = 1 + 2 = 3.

可见一个间断点并不影响积分的值。一般地，改变函数在有限个点处的取值，积分不变。

2. 积分中值定理：证明依据估值性质与介值定理，其中的 $ξ$ 通常可以加强到开区间内★★ 必会

积分中值定理

\int_{a}^{b} f d x = f (ξ) (b - a)

把整个区间上的积分与某一点处的函数值联系起来，在证明题中应用极广。它的证明只用到两条性质：估值性质（

f

连续，故有最大值与最小值，从而

m \leq f \leq M

）与介值定理。教材中给出的是

ξ \in [a, b]

。但是，当

\int_{a}^{b} f \neq = m (b - a)

且

\neq = M (b - a)

时，结论可以加强为

ξ \in (a, b)

。如果证明题中要求这一点位于开区间内，应当能够自行补出这一加强结论的证明。

证明 / 推导

f

在

[a, b]

上连续，设它的最小值为

m

，最大值为

M

。把不等式

m \leq f (x) \leq M

在区间上积分，得

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

，即

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

记

μ = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f

，则

μ \in [m, M]

。连续函数在

[a, b]

上可以取到介于

m, M

之间的一切值，这就是介值定理，因此存在

ξ \in [a, b]

使

f (ξ) = μ

。这就证明了积分中值定理。

■

举例说明

在证明题中的应用：设

f

在

[a, b]

上连续，且

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

，证明

f

在

(a, b)

内至少有一个零点。
由积分中值定理知，存在

ξ \in [a, b]

使

\int_{a}^{b} f d x = f (ξ) (b - a)

。上式左端

= 0

，而

b - a \neq = 0

，故

f (ξ) = 0

。如果

ξ

恰好落在端点，可以利用连续性作微小调整，也可以直接引用上面的加强结论，使它取在区间内部。

3. 反用定积分的定义求和式的极限：一般区间上应提出因子 $\frac{b - a}{n}$ ★★ 必会

把黎曼和的定义反过来使用，就得到求

n

项和的极限的一个有效方法。在

[0, 1]

上，标准形式为

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

。如果区间是一般的

[a, b]

，那么应当提出小区间的长度

\frac{b - a}{n}

，并取分点

a + \frac{( b - a ) i}{n}

：

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

解题时的关键仍在于辨认出 $\frac{1}{n}$ 型的因子（区间长）与 $\frac{i}{n}$ 型的自变量，即取样点。如果通项无法凑成标准的黎曼和，则改用夹逼准则处理。

证明 / 推导

证. 设

f

在

[a, b]

上连续，从而可积。按定积分的定义，把

[a, b]

任意分割，在每个小区间上任取一点作黎曼和。当分割的细度

λ = max_{i} Δ x_{i}

趋于零时，黎曼和的极限存在，并且与分法及取点的方法都无关。既然与分法无关，就可以选定一种特殊的分法来算出这个极限。

把

[a, b]

分成

n

等份，分点为

x_{i} i = a + \frac{( b - a ) i}{n} = 0, 1, \dots, n .

每个小区间的长度都是

Δ x_{i} = \frac{b - a}{n}

，故

λ = \frac{b - a}{n}

。在第

i

个小区间上取右端点为样点，即

ξ_{i} = x_{i}

。于是黎曼和为

i = 1 \sum n f (ξ_{i}) Δ x_{i} = \frac{b - a}{n} i = 1 \sum n f (a + \frac{( b - a ) i}{n}) .

当

n \to \infty

时

λ \to 0

。由定积分的定义，上式的极限就是

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

。这就证明了一般区间上的公式。在其中取

a = 0, b = 1

，即得

[0, 1]

上的标准形式。

取左端点还是右端点并无区别. 若改取

ξ_{i} = x_{i - 1}

，则和式成为

\frac{b - a}{n} i = 0 \sum n - 1 f (a + \frac{( b - a ) i}{n})

。把前面的和式减去它，中间各项全部消去，只余首末两项，其差为

\frac{b - a}{n} [f (b) - f (a)] ⟶ 0 (n \to \infty) .

故两者的极限相同。一般地，改动有限个项都不影响极限。这是因为每一项都带有因子

\frac{b - a}{n}

，而

∣ f ∣

在

[a, b]

上有界。因此求和的下标从

0

起还是从

1

起，上限取

n

还是

n - 1

，都不必计较。

可积这一前提不可省去. 上面的推导中，极限的存在性来自

f

的可积性，特殊的分法只用来算出它的值。如果事先不知道

f

可积，那么即使这一列特殊的黎曼和收敛，也不能断定积分存在。因为定义要求对一切分法与一切取点方法都收敛于同一个数。

■

举例说明

求

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

。这是

f (x) = ln (1 + x)

在

[0, 1]

上的黎曼和，于是

= \int_{0}^{1} ln (1 + x) d x = 分部 [(1 + x) ln (1 + x) - (1 + x)]_{0}^{1} = (2 ln 2 - 2) - (0 - 1) = 2 ln 2 - 1.

4. 定积分的不等式估计：保号性与估值定理使人不必算出积分就能作出判断★★ 必会

许多题目只要求估计积分的范围或证明某个不等式，并不要求算出积分的值。常用的工具有两个：保号性（

f \geq g \Rightarrow \int f \geq \int g

，注意条件必须在整个区间上成立）与估值定理（

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

）。再结合

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

，基本可以处理积分不等式的常见题型。方法是先把被积函数适当放大或缩小，化为容易积分的上界与下界，然后再积分。

证明 / 推导

证. 先证保号性。设

f, g

在

[a, b]

上可积，且在整个

[a, b]

上有

f (x) \geq g (x)

。令

h = f - g

，则

h

可积，且

h (x) \geq 0

。任取一个分割

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

，取样点为

ξ_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]

，小区间长度的最大值为

λ

。因

h (ξ_{i}) \geq 0

，

Δ x_{i} > 0

，故黎曼和满足

i = 1 \sum n h (ξ_{i}) Δ x_{i} \geq 0.

h

可积表示这个和式当

λ \to 0

时有极限，其极限为

\int_{a}^{b} h d x

。由极限的保号性，得

\int_{a}^{b} h d x \geq 0

。再由积分的线性性质，

\int_{a}^{b} f d x - \int_{a}^{b} g d x = \int_{a}^{b} h d x \geq 0.

这就证明了保号性。
必须注意，

f \geq g

要在整个区间上成立。如果只在一部分区间上成立，结论不再成立。例如在

[0, 2]

上取

f (x) = x - \frac{3}{2}, g (x) \equiv 0

，则

f \geq g

只在

[\frac{3}{2}, 2]

上成立，而

\int_{0}^{2} f d x = (\frac{x ^{2}}{2} - \frac{3}{2} x)_{0}^{2} = 2 - 3 = - 1 < 0 = \int_{0}^{2} g d x .

再证估值定理。设在

[a, b]

上有

m \leq f (x) \leq M

。把

f

与常数函数

m

作比较，由保号性得

\int_{a}^{b} f d x \geq \int_{a}^{b} m d x = m (b - a)

。把

f

与常数函数

M

作比较，同理得

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

。于是

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

最后证

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

。事实上，

f

可积时

∣ f ∣

也可积。由

- ∣ f (x) ∣ \leq f (x) \leq ∣ f (x) ∣

在整个区间上成立，两次使用保号性，得

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

由此即得所要的不等式。
三条工具至此全部证明。它们的前提只有两条：被比较的函数都可积，不等式在整个区间上成立。

■

举例说明

证明

\int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x \leq \frac{1}{n + 1}

，并求

n \to \infty lim \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x

。
在

[0, 1]

上

1 + x \geq 1

，故

\frac{x ^{n}}{1 + x} \leq x^{n}

。由保号性，在区间上积分，得

0 \leq \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x \leq \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} .

右端

\to 0

，根据夹逼准则得

n \to \infty lim \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x = 0

。整个过程并没有求出这个积分的具体值。

💡 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，就是想让符号本身说出定积分是什么：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

定积分

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

表示曲线与

x

轴之间带符号的面积。这里

y = 4 - x^{2} \geq 0

，且

y^{2} = 4 - x^{2}

即

x^{2} + y^{2} = 4

（上半部分），是半径为 $2$ 的上半圆。
所以积分值等于这个上半圆的面积：

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

方法总结：被积函数图像是圆、半圆、三角形等已知面积的图形时，不必求原函数，直接按几何意义读出结果。

例 2 不计算具体值，比较

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

与

\int_{0}^{1} x^{3} d x

的大小，并说明依据。难度 1

用定积分的保号性（比较性质）：若在

[a, b]

上恒有

f (x) \geq g (x)

，则

\int_{a}^{b} f d x \geq \int_{a}^{b} g d x

。
在开区间

(0, 1)

上，

0 < x < 1

，两边同乘正数

x^{2}

得

x^{2} > x^{3}

（且仅在端点相等）。因此

\int_{0}^{1} x^{2} d x > \int_{0}^{1} x^{3} d x .

方法总结：比较两个定积分大小，先比被积函数在积分区间上的大小，再用保号性——无需算出具体值。（本例真算也验证：

\frac{1}{3} > \frac{1}{4}

。）

例 3 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]

上的平均值定义为

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

这里

a = 0, b = 3

，

\int_{0}^{3} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{3} = 9

，故

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

方法总结：平均值

=

积分

\div

区间长。由中值定理，必存在

ξ \in [0, 3]

使

f (ξ) = 3

，即

ξ = 3

，恰在区间内。

例 4 用定积分定义求极限

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

。难度 2

这是「

n

项和求

n \to \infty

」，设法凑成黎曼和

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

。把通项分子分母同除

n^{2}

：

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

这正是

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

在

[0, 1]

上

n

等分、取右端点

ξ_{i} = \frac{i}{n}

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} .

方法总结：关键是提出 $\frac{1}{n}$ （区间长）并凑出

\frac{i}{n}

（取样点），识别被积函数与区间

[0, 1]

。

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 · 数二 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

设线密度为

1

的细直棒的两个端点分别位于点

(- 1, 0)

和点

(1, 0)

处，质量为

m

的质点位于点

(0, 1)

处，

G

为引力常量，则该细直棒对该质点的引力大小为（　　）

A $\int_{0}^{1} \frac{2 G m x}{( x ^{2} + 1 ) ^{1/2}} d x$
B $\int_{0}^{1} \frac{2 G m}{( x ^{2} + 1 ) ^{1/2}} d x$
C $\int_{0}^{1} \frac{2 G m x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} d x$
D $\int_{0}^{1} \frac{2 G m}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} d x$

2025 年 · 数二 · 第 6 题 · 选择题 · 5 分

设单位质点

P, Q

分别位于点

(0, 0)

和

(0, 1)

处，

P

从点

(0, 0)

出发沿

x

轴正向移动，记

G

为引力常量，则当质点

P

移动到点

(l, 0)

时，克服质点

Q

的引力所做的功为（　　）

A $\int_{0}^{l} \frac{G}{x ^{2} + 1} d x$
B $\int_{0}^{l} \frac{G x}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} d x$
C $\int_{0}^{l} \frac{G}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} d x$
D $\int_{0}^{l} \frac{G ( x + 1 )}{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2}} d x$

2025 年 · 数二 · 第 13 题 · 填空题 · 5 分

n \to \infty lim \frac{1}{n ^{2}} [ln \frac{1}{n} + 2 ln \frac{2}{n} + \dots + (n - 1) ln \frac{n - 1}{n}] =

___。

2024 年 · 数二 · 第 15 题 · 填空题 · 5 分

某物体以速度

v (t) = t + k sin π t

做直线运动，若它从

t = 0

到

t = 3

的时间段内平均速度是

\frac{5}{2}

，则

k =

___。

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 · 填空题

由几何意义，

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

______

练习 2 · 选择题

关于定积分

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

（

a, b

为常数），下列说法正确的是（　　）

A它是 $x$ 的函数
B它是一个确定的常数
C它是 $f (x)$ 的一个原函数
D它的结果中含有积分变量 $x$

练习 3 · 填空题

函数

f (x) = sin x

在

[0, π]

上的平均值为 ______

练习 4 · 填空题

n \to \infty lim \frac{1}{n} (\frac{1}{n} + \frac{2}{n} + \dots + \frac{n}{n}) =

______

练习 5 · 选择题

设

M = \int_{0}^{π /2} sin x d x

，

N = \int_{0}^{π /2} sin^{2} x d x

，则（　　）

A $M < N$
B $M = N$
C $M > N$
D无法比较

练习 6 · 选择题

设

I = \int_{0}^{1} \frac{ln ( 1 + x )}{x} d x, J = \int_{0}^{1} \frac{ln ( 1 + x )}{1 + x} d x, K = \int_{0}^{1} ln (1 + x) d x,

其中

\frac{ln ( 1 + x )}{x}

在

x = 0

处补充定义为

1

（从而在

[0, 1]

上连续）。则（　）

A $I < J < K$
B $J < K < I$
C $K < J < I$
D $I < K < J$

练习 7 · 填空题

n \to \infty lim \frac{3}{n} k = 1 \sum n 1 + \frac{3 k}{n} =

____。

练习 8 · 解答题

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，且

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

(1) 证明：存在

ξ \in [0, 1]

，使

∣ f (ξ) ∣ \geq 4

；

(2) 求出一个满足上述两个条件的连续函数

f

，并算出它在

[0, 1]

上的

max ∣ f ∣

。

2024 年 · 数二 · 第 21 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

具有

2

阶导数，且

f^{'} (0) = f^{'} (1)

，

∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1

。证明：

（Ⅰ）当

x \in (0, 1)

时，

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

；

（Ⅱ）

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

。

2023 年 · 数二 · 第 15 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 =

___。

定积分的概念与性质

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 可积的三条充分条件，以及有限个间断点仍然可积的道理★ 要懂

2. 积分中值定理：证明依据估值性质与介值定理，其中的 ξ 通常可以加强到开区间内★★ 必会

3. 反用定积分的定义求和式的极限：一般区间上应提出因子 nb−a​★★ 必会

4. 定积分的不等式估计：保号性与估值定理使人不必算出积分就能作出判断★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 积分中值定理：证明依据估值性质与介值定理，其中的 $ξ$ 通常可以加强到开区间内★★ 必会

3. 反用定积分的定义求和式的极限：一般区间上应提出因子 $\frac{b - a}{n}$ ★★ 必会