定积分的计算

§3.6 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

4.14 分/卷近 11 年平均

10/11 年出现年份

11.9 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、侧面积）二重积分的概念与性质二重积分的计算（直角坐标、交换积分次序）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 区间再现公式 $\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (a + b - x) d x$ ：处理对称区间上非奇非偶被积函数的方法★★ 必会

这是定积分特有的一种计算方法。许多真题借助它可以避开求原函数的困难。其基本做法是作换元

x = a + b - t

，把积分区间翻折到自身，再将所得结果与原式相加或联立，往往可以化为十分简单的形式。由此得到的一个常用推论是

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

，它把被积函数中的因子

x

换成了常数

\frac{π}{2}

。

证明 / 推导

令

x = a + b - t

，则

d x = - d t

，积分限由

a \to b

变为

b \to a

：

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

积分值与所用的积分变量的字母无关，于是得到区间再现公式。推论的证明（取

a = 0, b = π

）：记

I = \int_{0}^{π} x f (sin x) d x

，作换元

x = π - t

，并注意

sin (π - t) = sin t

，得

I = \int_{0}^{π} (π - t) f (sin t) d t = π \int_{0}^{π} f (sin t) d t - I,

移项得

I = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} f (sin x) d x

。

■

举例说明

求

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

。应用上述推论（此时

f (sin x) = \frac{s i n x}{1 + c o s ^{2} x}

），得

= \frac{π}{2} \int_{0}^{π} \frac{sin x}{1 + cos ^{2} x} d x = \frac{π}{2} [- arctan (cos x)]_{0}^{π} = \frac{π}{2} (\frac{π}{4} + \frac{π}{4}) = \frac{π ^{2}}{4} .

2. 定积分换元时为什么只换限而不回代，以及换元法成立的前提★ 要懂

定积分换元

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

与不定积分的换元法有一个重要区别：积分上下限要同时改成新变量的相应值，算出原函数后直接代入 $α, β$ ，不必回代 $x$ 。这是因为牛顿-莱布尼茨公式把定积分化为原函数在两个端点处的值之差，而端点处的值用哪个变量表示，所得的差都相同。这里的前提是 $φ$ 在 $[α, β]$ 上单调（即构成一一对应）且具有连续导数。如果不满足这一条件，换限时区间就可能发生重叠，从而导致结果出错。

证明 / 推导

设

F

是

f

的原函数（

F^{'} = f

），

φ (α) = a, φ (β) = b

。等式右端的被积函数满足

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

（这是由链式法则得到的），于是

\int_{α}^{β} f (φ (t)) φ^{'} (t) d t = [F (φ (t))]_{α}^{β} = F (b) - F (a) = \int_{a}^{b} f (x) d x .

由此可见，换元后只需代入新变量的积分限，所得结果就等于原积分，再回代

x

是不必要的。

■

举例说明

求

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

。令

t = x

（它在

[0, 1]

上单调），

x = t^{2}, d x = 2 t d t

，换限

0 \to 0, 1 \to 1

，于是

\int_{0}^{1} e^{x} d x = \int_{0}^{1} 2 t e^{t} d t = 2 [(t - 1) e^{t}]_{0}^{1} = 2 (0 - (- 1)) = 2.

整个计算过程中没有回代

x

，而是直接使用

t

的积分限

0, 1

。

3. 周期函数在任意一个周期上的积分相等： $\int_{a}^{a + T} f = \int_{0}^{T} f$ ★★ 必会

若

f

以

T

为周期，则在任意一个长为 $T$ 的区间上的积分都相等，与区间的起点无关。一般地，有

\int_{a}^{a + n T} f = n \int_{0}^{T} f

。当三角函数积分的上限很大时，可以利用这一性质把长区间分成整数个周期，只计算一个周期上的积分，再乘以周期的个数。它常与

1 - cos 2 x = 2 ∣ sin x ∣

这类恒等变形配合使用。

证明 / 推导

设

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

。对

a

求导。由于上下限都随之变动，按变限积分求导法则得

g^{'} (a) = f (a + T) - f (a) = 0 (因 f 周期 T),

所以

g (a)

是常数。取

a = 0

得

g (a) \equiv \int_{0}^{T} f

。

■

举例说明

求

\int_{0}^{100 π} 1 - cos 2 x d x

。先化简

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

，其周期为

π

。区间

[0, 100 π]

恰好含有

100

个周期，于是

\int_{0}^{100 π} 2 ∣ sin x ∣ d x = 100 \int_{0}^{π} 2 sin x d x = 1002 [- cos x]_{0}^{π} = 1002 \cdot 2 = 2002 .

4. 华里士（点火）公式的递推来源，以及它只能用于 $[0, \frac{π}{2}]$ 的原因★★ 必会

点火公式不必强记，它来自分部积分法建立的递推关系

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

，由此逐步递推便可得到。有些试题直接考查这一递推关系。使用时必须注意它的适用范围：华里士公式只适用于 $[0, \frac{π}{2}]$ 上的 $sin^{n} x$ 或 $cos^{n} x$ 。如果积分区间不是这一区间，或者被积函数中还含有别的因子，就不能直接套用，必须先利用对称性或区间再现公式把积分化成上述标准形式。

证明 / 推导

记

I_{n} = \int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x

。对

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

用分部积分法（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 .

上式中的边界项等于

0

。再由

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}

。结合

I_{0} = \frac{π}{2}, I_{1} = 1

逐步递推，即得点火公式。

■

举例说明

对称性与华里士公式的综合运用：求

\int_{- π /2}^{π /2} (sin^{2} x + x cos x + sin^{3} x) d x

。积分区间关于原点对称，先判别被积函数各项的奇偶性：

x cos x

（奇）、

sin^{3} x

（奇）在对称区间上的积分都等于

0

；

sin^{2} x

（偶）可先化到半区间，再用华里士公式，得

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

故原积分

= \frac{π}{2}

。

💡 小知识

1655 年，华里士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

。这是人类第一次用纯代数的连乘去逼近

π

。今天它在考场上的用处，是让

\int_{0}^{π /2} sin^{n} x d x

这类积分可以直接报出答案。

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 利用对称性求

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

。难度 1

积分区间

[- 1, 1]

关于原点对称，第一步判被积各项的奇偶：
-

x^{3}

是奇函数，

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

；
-

x^{2}

是偶函数，

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

。
于是

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

方法总结：遇到

\int_{- a}^{a}

，先拆项、判奇偶——奇项直接扔掉、偶项化半区间，往往一步化简大半。

例 2 用换元法求

\int_{0}^{4} \frac{d x}{1 + x}

。难度 2

被积含

x

，作根式代换

t = x

，则

x = t^{2}

，

d x = 2 t d t

。换元同时换限：

x = 0 \Rightarrow t = 0

，

x = 4 \Rightarrow t = 2

。代入（注意换限后不必回代）：

\int_{0}^{4} \frac{d x}{1 + x} = \int_{0}^{2} \frac{2 t}{1 + t} d t .

对

\frac{2 t}{1 + t} = 2 \cdot \frac{( 1 + t ) - 1}{1 + t} = 2 (1 - \frac{1}{1 + t})

积分：

\int_{0}^{2} 2 (1 - \frac{1}{1 + t}) d t = 2 [t - ln (1 + t)]_{0}^{2} = 2 (2 - ln 3) = 4 - 2 ln 3.

方法总结：定积分换元「换元 + 换限」，算完直接代新限，比不定积分省去回代。

例 3 用华里士（点火）公式求

\int_{0}^{π /2} sin^{4} x d x

。难度 2

华里士公式：

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

（

n

为正偶数，带 $\frac{π}{2}$ ）。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} .

方法总结：双阶乘

n!!

是同奇偶递减相乘（

4!! = 4 \cdot 2

，

3!! = 3 \cdot 1

）。口诀「偶数点火带

\frac{π}{2}

，奇数不带」。

例 4 求

\int_{0}^{π} x sin x d x

（尝试用区间再现公式）。难度 2

利用区间再现结论：对

f (sin x)

型有

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

。这里

f (sin x) = sin x

，于是把碍事的因子

x

「换掉」：

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

方法总结：形如

\int_{0}^{π} x f (sin x) d x

一律用此式把

x

变成常数

\frac{π}{2}

。（本题也可直接分部验证：

[- x cos x + sin x]_{0}^{π} = π

。）

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 15 题 · 填空题 · 5 分

函数

f (x) = ln (2 + x)

在区间

[0, 2]

上的平均值为 ___。

2025 年 · 数二 · 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 =

___。

2024 年 · 数二 · 第 18 题 · 解答题 · 12 分

设

y (x)

为微分方程

x^{2} y^{''} + x y^{'} - 9 y = 0

满足条件

y_{x = 1} = 2, y^{'}_{x = 1} = 6

的解。

（Ⅰ）利用变换

x = e^{t}

将上述方程化为常系数线性微分方程，并求

y (x)

；

（Ⅱ）计算

\int_{1}^{2} y (x) 4 - x^{2} 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 · 填空题

\int_{- π}^{π} x^{2} sin x d x =

______

练习 2 · 选择题

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

（　　）

A $8$
B $16$
C $24$
D $0$

练习 3 · 填空题

\int_{0}^{π /2} cos^{5} x d x =

______

练习 4 · 选择题

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

（　　）

A $\frac{1}{3}$
B $\frac{1}{2}$
C $\frac{2}{3}$
D $\frac{π}{4}$

练习 5 · 填空题

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

______

练习 6 · 选择题

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

（　　）

A $\frac{1}{3}$
B $\frac{2}{3}$
C $\frac{2}{3 e}$
D $0$

练习 7 · 填空题

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

______

练习 8 · 解答题

计算

I = \int_{0}^{1} \frac{x arctan x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} d x

。

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 =

___。

2022 年 · 数二 · 第 13 题 · 填空题 · 5 分

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

___。

定积分的计算

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 区间再现公式 ∫ab​f(x)dx=∫ab​f(a+b−x)dx：处理对称区间上非奇非偶被积函数的方法★★ 必会

2. 定积分换元时为什么只换限而不回代，以及换元法成立的前提★ 要懂

3. 周期函数在任意一个周期上的积分相等：∫aa+T​f=∫0T​f★★ 必会

4. 华里士（点火）公式的递推来源，以及它只能用于 [0,2π​] 的原因★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 区间再现公式 $\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (a + b - x) d x$ ：处理对称区间上非奇非偶被积函数的方法★★ 必会

3. 周期函数在任意一个周期上的积分相等： $\int_{a}^{a + T} f = \int_{0}^{T} f$ ★★ 必会

4. 华里士（点火）公式的递推来源，以及它只能用于 $[0, \frac{π}{2}]$ 的原因★★ 必会