定积分的概念与性质

§3.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.58 分/卷近 11 年平均

7/11 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、旋转体体积、平均值）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，以及有有限个间断点时仍可积的道理★ 要懂

定积分是否存在，即函数是否黎曼可积，有三条够用的充分条件：

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。需要着重理解的是第 ② 条，连续只是充分条件而不是必要条件，带有跳跃间断点的函数照样可积。其道理是：把每个间断点用一个极窄的小区间围住，这些小区间的总宽度可以任意小，而函数有界，因此它们对黎曼和的贡献

\to 0

；区间的其余部分函数连续，黎曼和收敛，于是整体的极限存在。还须注意，可积与存在原函数是两回事，带跳跃间断点的函数可积却没有原函数。

证明 / 推导

下面证明一条配套的引理。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。还须注意，引理并不能推出条件 ②。改动有限个点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。因此这种函数不可能由连续函数改动有限个点得到。

改变有限个点处的函数值，可积性与积分值都不变.

设

f

在

[a, b]

上可积，函数

g

与

f

只在有限个点

c_{1}, c_{2}, \dots, c_{p}

处取值不同。记

h = g - f

，则

h

在这

p

个点以外恒为

0

。取

K = max_{1 \leq j \leq p} ∣ h (c_{j}) ∣

。

任取

[a, b]

的一个分法，其小区间为

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

，细度

λ = max_{i} Δ x_{i}

，标志点

ξ_{i} \in [x_{i - 1}, x_{i}]

。在和式

\sum_{i} h (ξ_{i}) Δ x_{i}

中，只有

ξ_{i}

恰为某个

c_{j}

的那些项不为零。每个

c_{j}

至多属于两个相邻的小区间，因而至多充当两次标志点。于是不为零的项至多

2 p

个，每项的绝对值不超过

K λ

，从而

i \sum h (ξ_{i}) Δ x_{i} \leq 2 p K λ .

这里

p

与

K

都与分法无关。令

λ \to 0

，右端趋于

0

。这一步用到了取值不同的点只有有限个。如果不同的点有无穷多个，上面的计数就无法进行。例如狄利克雷函数与常值函数

0

只在有理点上不同，而它并不可积。

由

g = f + h

得

i \sum g (ξ_{i}) Δ x_{i} = i \sum f (ξ_{i}) Δ x_{i} + i \sum h (ξ_{i}) Δ x_{i} .

当

λ \to 0

时，右端第一项趋于

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

，第二项趋于

0

。因此

g

的黎曼和有极限，即

g

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。

■

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，但它有界且只有一个间断点，因此可积。用积分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.

可见单个间断点不影响积分的值。一般地，改变有限个点处的函数值，积分值不变。

2. 积分中值定理：证明只用估值性质与介值定理， $ξ$ 常可加强到开区间★★ 必会

积分中值定理

\int_{a}^{b} f d x = f (ξ) (b - a)

把整段积分与某一点的函数值联系起来，在证明题中极为常用。它的证明只用到两条：估值性质（若

f

连续，则它有最大值与最小值，从而

m \leq f \leq M

）与介值定理。教材给出的是

ξ \in [a, b]

，但当

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

，同时又

\neq = M (b - a)

时，可以加强为

ξ \in (a, b)

，证明题中需要开区间时应当会自己证明。

证明 / 推导

设

f

在

[a, b]

上连续，它的最小值为

m

，最大值为

M

。由

m \leq f (x) \leq M

两边积分，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]

。由介值定理，连续函数在

[a, b]

上能取到介于

m, M

之间的一切值，故存在

ξ \in [a, b]

，使

f (ξ) = μ

，这就得到了积分中值定理。

■

举例说明

用作证明题的桥梁：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，存在

ξ \in [a, b]

，使

\int_{a}^{b} f d x = f (ξ) (b - a)

。而左端

= 0

，又

b - a \neq = 0

，所以

f (ξ) = 0

。如果所得的

ξ

落在端点上，可以利用连续性稍作调整，或者直接用上面加强后的结论取到内点。

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

把黎曼和的定义倒过来用，就成为求

n

项和的极限的有效方法。在

[0, 1]

上的标准形式是

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

；在一般区间

[a, b]

上，则要提出区间的长度

\frac{b - a}{n}

，并取样点

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 .

实际计算时，首先仍要认出形如 $\frac{1}{n}$ 的因子，它表示小区间的长度，以及形如 $\frac{i}{n}$ 的自变量，它表示取样点。如果通项凑不成标准的黎曼和，就改用夹逼定理来配合。

证明 / 推导

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作为样点，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})

。这是函数

f (x) = ln (1 + x)

在

[0, 1]

上的黎曼和，所以

= \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：用保号性与估值定理可以不算出积分而估出范围★★ 必会

许多题目只要求估计积分的范围或证明不等式，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

，注意不等式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)

）。再配合

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

，就几乎能解决积分不等式的各类基本题目。其要领是先放缩被积函数，得到便于积分的上界与下界，然后再积分。

证明 / 推导

先证保号性。设

f, g

在

[a, b]

上可积，并且在整个

[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}]

，各小区间长度的最大值记为

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，且极限为

\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.

这就得到了保号性。
必须注意，

f \geq g

要在整个区间上成立。若它只在一部分区间上成立，结论就不再成立。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

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

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。它们所需的前提只有两条：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]

上有

1 + x \geq 1

，故

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

。由保号性两边积分，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

，由夹逼定理得

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

。整个过程并没有算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。莱布尼茨在 1675 年这样设计，就是要让符号本身说出定积分是什么：无穷多个无穷小量加在一起。三百多年过去，我们用的仍然是这个记号。

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 · 数三 · 第 4 题 · 选择题 · 5 分

设

t

时刻某证券的交易单价为

p (t)

，某机构持有该证券的份额为

q (t)

，若该机构在

t \in [0, T]

持续购入一定份额该证券，则这些证券的平均购入价格为（　　）。

A $\frac{1}{T} \int_{0}^{T} p (t) d t$
B $\frac{1}{q ( T ) - q ( 0 )} \int_{0}^{T} p (t) d t$
C $\frac{1}{T} \int_{0}^{T} p (t) q^{'} (t) d t$
D $\frac{1}{q ( T ) - q ( 0 )} \int_{0}^{T} p (t) q^{'} (t) d t$

2026 年 · 数三 · 第 11 题 · 填空题 · 5 分

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

______。

2026 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

已知函数

f (x)

满足

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

，将

f (x)

展开成

x

的幂级数。

2024 年 · 数三 · 第 2 题 · 选择题 · 5 分

设

I = \int_{a}^{a + k π} ∣ sin x ∣ d x

，

k

为整数，则

I

的值（　　）。

A只与 $a$ 有关
B只与 $k$ 有关
C与 $a, k$ 均有关
D与 $a, k$ 均无关

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_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x} d x

，

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

，

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

，则（　　）

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

练习 7 · 填空题

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

______

练习 8 · 解答题

(1) 用定积分的定义求

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{k}{n ^{2}} ln (1 + \frac{k}{n})

；

(2) 求

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

，并说明它为什么不能直接用定积分的定义来做；

(3) 不重新计算积分，用定积分的性质说明 (1) 中的极限必落在

(0, \frac{ln 2}{2})

内，以此复核 (1) 的结果。

2022 年 · 数三 · 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 $I_{3} < I_{2} < I_{1}$

2020 年 · 数三 · 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

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，以及有有限个间断点时仍可积的道理★ 要懂

2. 积分中值定理：证明只用估值性质与介值定理，ξ 常可加强到开区间★★ 必会

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

4. 定积分的不等式估计：用保号性与估值定理可以不算出积分而估出范围★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 积分中值定理：证明只用估值性质与介值定理， $ξ$ 常可加强到开区间★★ 必会

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