高等数学学习教程，从入门到精通，定积分 — 知识点全面总结(10）

第四节 反常积分

一、无穷限的反常积分

定义1： 设 f(x)f(x)f(x) 在 [a,+∞)[a, +\infty)[a,+∞) 上连续，若极限 lim⁡b→+∞∫abf(x) dx\lim_{b \to +\infty}\int_a^b f(x)\,dxlimb→+∞∫abf(x)dx 存在，则称反常积分 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty} f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 收敛，并定义：

∫a+∞f(x) dx=lim⁡b→+∞∫abf(x) dx\int_a^{+\infty} f(x)\,dx = \lim_{b \to +\infty}\int_a^b f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx=b→+∞lim∫abf(x)dx

若极限不存在，则称该反常积分发散。

类似定义：

∫−∞bf(x) dx=lim⁡a→−∞∫abf(x) dx\int_{-\infty}^b f(x)\,dx = \lim_{a \to -\infty}\int_a^b f(x)\,dx∫−∞bf(x)dx=a→−∞lim∫abf(x)dx

∫−∞+∞f(x) dx=∫−∞cf(x) dx+∫c+∞f(x) dx\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = \int_{-\infty}^{c} f(x)\,dx + \int_c^{+\infty} f(x)\,dx∫−∞+∞f(x)dx=∫−∞cf(x)dx+∫c+∞f(x)dx

其中 ccc 为任意实数。右端两个积分都收敛时，左端才收敛。

典型例题：

例5： 讨论 ∫1+∞1xp dx\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p}\,dx∫1+∞xp1dx（ppp 为常数）。

解： 当 p≠1p \neq 1p=1 时：

∫1+∞1xp dx=lim⁡b→+∞∫1bx−p dx=lim⁡b→+∞x1−p1−p1b=lim⁡b→+∞b1−p−11−p\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^p}\,dx = \lim_{b\to+\infty}\int_1^b x^{-p}\,dx = \lim_{b\to+\infty}\left\\frac{x\^{1-p}}{1-p}\\right1^b = \lim{b\to+\infty}\frac{b^{1-p}-1}{1-p}∫1+∞xp1dx=b→+∞lim∫1bx−pdx=b→+∞lim1−px1−p1b=b→+∞lim1−pb1−p−1

• 若 p>1p > 1p>1，1−p<01-p < 01−p<0，b1−p→0b^{1-p} \to 0b1−p→0，积分收敛于 1p−1\frac{1}{p-1}p−11。
• 若 p<1p < 1p<1，1−p>01-p > 01−p>0，b1−p→+∞b^{1-p} \to +\inftyb1−p→+∞，积分发散。

当 p=1p = 1p=1 时：

∫1+∞1x dx=lim⁡b→+∞ln⁡x1b=lim⁡b→+∞ln⁡b=+∞,发散\int_1^{+\infty}\frac{1}{x}\,dx = \lim_{b\to+\infty}\\ln x1^b = \lim{b\to+\infty}\ln b = +\infty, \quad \text{发散}∫1+∞x1dx=b→+∞limlnx1b=b→+∞limlnb=+∞,发散

∫1+∞dxxp={1p−1,p>1（收敛）+∞,p≤1（发散）\boxed{\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \dfrac{1}{p-1}, & p > 1 \text{（收敛）} \\6pt +\infty, & p \leq 1 \text{（发散）} \end{cases}}∫1+∞xpdx=⎩ ⎨ ⎧p−11,+∞,p>1（收敛）p≤1（发散）

例6： 计算 ∫0+∞xe−x dx\displaystyle\int_0^{+\infty} xe^{-x}\,dx∫0+∞xe−xdx。

解：

∫0bxe−x dx=−xe−x0b+∫0be−x dx=−be−b+−e−x0b=−be−b−e−b+1\int_0^b xe^{-x}\,dx = \Big-xe\^{-x}\\Big_0^b + \int_0^b e^{-x}\,dx = -be^{-b} + \Big-e\^{-x}\\Big_0^b = -be^{-b} - e^{-b} + 1∫0bxe−xdx=−xe−x0b+∫0be−xdx=−be−b+−e−x0b=−be−b−e−b+1

由洛必达法则：lim⁡b→+∞be−b=lim⁡b→+∞beb=lim⁡b→+∞1eb=0\lim_{b\to+\infty} be^{-b} = \lim_{b\to+\infty}\frac{b}{e^b} = \lim_{b\to+\infty}\frac{1}{e^b} = 0limb→+∞be−b=limb→+∞ebb=limb→+∞eb1=0。

∫0+∞xe−x dx=0−0+1=1\int_0^{+\infty}xe^{-x}\,dx = 0 - 0 + 1 = 1∫0+∞xe−xdx=0−0+1=1

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二、无界函数的反常积分

定义2： 设 f(x)f(x)f(x) 在 (a,b](a, b](a,b] 上连续，lim⁡x→a+f(x)=∞\lim_{x\to a^+}f(x) = \inftylimx→a+f(x)=∞（aaa 为瑕点），若极限

lim⁡ε→0+∫a+εbf(x) dx\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int_{a+\varepsilon}^b f(x)\,dxε→0+lim∫a+εbf(x)dx

存在，则称反常积分 ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx∫abf(x)dx 收敛 ，否则发散。

类似地，若 bbb 为瑕点：∫abf(x) dx=lim⁡ε→0+∫ab−εf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_a^{b-\varepsilon}f(x)\,dx∫abf(x)dx=limε→0+∫ab−εf(x)dx。

若 c∈(a,b)c \in (a,b)c∈(a,b) 为瑕点：∫abf(x) dx=∫acf(x) dx+∫cbf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx∫abf(x)dx=∫acf(x)dx+∫cbf(x)dx，两者均收敛时左端收敛。

典型例题：

例7： 讨论 ∫011xq dx\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x^q}\,dx∫01xq1dx。

x=0x = 0x=0 为瑕点。

∫011xq dx=lim⁡ε→0+∫ε1x−q dx\int_0^1 \frac{1}{x^q}\,dx = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_\varepsilon^1 x^{-q}\,dx∫01xq1dx=ε→0+lim∫ε1x−qdx

当 q≠1q \neq 1q=1 时：

=lim⁡ε→0+x1−q1−q∣ε1=lim⁡ε→0+1−ε1−q1−q= \lim_{\varepsilon\to 0^+}\frac{x^{1-q}}{1-q}\bigg|\varepsilon^1 = \lim{\varepsilon\to 0^+}\frac{1-\varepsilon^{1-q}}{1-q}=ε→0+lim1−qx1−q ε1=ε→0+lim1−q1−ε1−q

• 若 q<1q < 1q<1，1−q>01-q > 01−q>0，ε1−q→0\varepsilon^{1-q}\to 0ε1−q→0，收敛于 11−q\frac{1}{1-q}1−q1。
• 若 q>1q > 1q>1，1−q<01-q < 01−q<0，ε1−q→+∞\varepsilon^{1-q}\to+\inftyε1−q→+∞，发散。

当 q=1q = 1q=1 时：lim⁡ε→0+ln⁡xε1=lim⁡ε→0+(−ln⁡ε)=+∞\lim_{\varepsilon\to 0^+}\\ln x\varepsilon^1 = \lim{\varepsilon\to 0^+}(-\ln\varepsilon)=+\inftylimε→0+lnxε1=limε→0+(−lnε)=+∞，发散。

∫01dxxq={11−q,q<1（收敛）+∞,q≥1（发散）\boxed{\int_0^1\frac{dx}{x^q} = \begin{cases} \dfrac{1}{1-q}, & q < 1 \text{（收敛）} \\6pt +\infty, & q \geq 1 \text{（发散）} \end{cases}}∫01xqdx=⎩ ⎨ ⎧1−q1,+∞,q<1（收敛）q≥1（发散）

例8： 计算 ∫0111−x dx\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x}}\,dx∫011−x 1dx。

x=1x = 1x=1 为瑕点。

∫01dx1−x=lim⁡ε→0+∫01−ε(1−x)−1/2 dx=lim⁡ε→0+−21−x01−ε\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x}} = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_0^{1-\varepsilon}(1-x)^{-1/2}\,dx = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\Big-2\\sqrt{1-x}\\Big_0^{1-\varepsilon}∫011−x dx=ε→0+lim∫01−ε(1−x)−1/2dx=ε→0+lim−21−x 01−ε

=lim⁡ε→0+(−2ε+2)=2= \lim_{\varepsilon\to 0^+}(-2\sqrt{\varepsilon}+2) = 2=ε→0+lim(−2ε +2)=2

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*第五节 反常积分的审敛法与 Γ\GammaΓ 函数

一、无穷限反常积分的审敛法

定理1（比较审敛原理）：

设 f(x)f(x)f(x) 和 g(x)g(x)g(x) 在 [a,+∞)[a, +\infty)[a,+∞) 上连续，且 0≤f(x)≤g(x)0 \leq f(x) \leq g(x)0≤f(x)≤g(x)，则：

1. 若 ∫a+∞g(x) dx\int_a^{+\infty}g(x)\,dx∫a+∞g(x)dx 收敛，则 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 也收敛。
2. 若 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 发散，则 ∫a+∞g(x) dx\int_a^{+\infty}g(x)\,dx∫a+∞g(x)dx 也发散。

直观理解：fff 被 ggg 控制（"大的收敛则小的也收敛"；"小的发散则大的也发散"）。

定理2（比较审敛法的极限形式）：

设 f(x)≥0f(x) \geq 0f(x)≥0 在 [a,+∞)[a, +\infty)[a,+∞) 上连续，且 lim⁡x→+∞f(x)1/xp=lim⁡x→+∞xpf(x)=l\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{1/x^p} = \lim_{x\to+\infty}x^p f(x) = llimx→+∞1/xpf(x)=limx→+∞xpf(x)=l（p>0p > 0p>0），则：

1. 若 0≤l<+∞0 \leq l < +\infty0≤l<+∞ 且 p>1p > 1p>1，则 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 收敛。
2. 若 0<l≤+∞0 < l \leq +\infty0<l≤+∞ 且 p≤1p \leq 1p≤1，则 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 发散。

这是以 1xp\frac{1}{x^p}xp1 作为比较对象。

定理3（绝对收敛判别法）：

若 ∫a+∞∣f(x)∣ dx\int_a^{+\infty}|f(x)|\,dx∫a+∞∣f(x)∣dx 收敛，则 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 收敛。此时称 ∫a+∞f(x) dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx∫a+∞f(x)dx 绝对收敛。

证明思路： 0≤f(x)+∣f(x)∣≤2∣f(x)∣0 \leq f(x) + |f(x)| \leq 2|f(x)|0≤f(x)+∣f(x)∣≤2∣f(x)∣，由比较审敛法，∫a+∞f(x)+∣f(x)∣ dx\int_a^{+\infty}f(x)+\|f(x)\|\,dx∫a+∞f(x)+∣f(x)∣dx 收敛，故 ∫a+∞f(x) dx=∫a+∞f(x)+∣f(x)∣ dx−∫a+∞∣f(x)∣ dx\int_a^{+\infty}f(x)\,dx = \int_a^{+\infty}f(x)+\|f(x)\|\,dx - \int_a^{+\infty}|f(x)|\,dx∫a+∞f(x)dx=∫a+∞f(x)+∣f(x)∣dx−∫a+∞∣f(x)∣dx 收敛。

典型例题：

例9： 判断 ∫1+∞sin⁡xx2 dx\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{\sin x}{x^2}\,dx∫1+∞x2sinxdx 的收敛性。

解： ∣sin⁡xx2∣≤1x2\left|\frac{\sin x}{x^2}\right| \leq \frac{1}{x^2} x2sinx ≤x21，而 ∫1+∞1x2 dx\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,dx∫1+∞x21dx 收敛（p=2>1p=2>1p=2>1），由比较审敛法，∫1+∞∣sin⁡xx2∣dx\int_1^{+\infty}\left|\frac{\sin x}{x^2}\right|dx∫1+∞ x2sinx dx 收敛，从而原积分绝对收敛。

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二、无界函数的反常积分的审敛法

定理4（比较审敛法）：

设 f(x)f(x)f(x) 和 g(x)g(x)g(x) 在 (a,b](a, b](a,b] 上连续，aaa 为瑕点，0≤f(x)≤g(x)0 \leq f(x) \leq g(x)0≤f(x)≤g(x)，则：

1. 若 ∫abg(x) dx\int_a^b g(x)\,dx∫abg(x)dx 收敛，则 ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx∫abf(x)dx 收敛。
2. 若 ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx∫abf(x)dx 发散，则 ∫abg(x) dx\int_a^b g(x)\,dx∫abg(x)dx 发散。

定理5（极限形式）：

设 f(x)≥0f(x) \geq 0f(x)≥0 在 (a,b](a,b](a,b] 上连续，aaa 为瑕点，lim⁡x→a+f(x)1/(x−a)q=lim⁡x→a+(x−a)qf(x)=l\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{1/(x-a)^q} = \lim_{x\to a^+}(x-a)^q f(x) = llimx→a+1/(x−a)qf(x)=limx→a+(x−a)qf(x)=l（q>0q > 0q>0），则：

1. 若 0≤l<+∞0 \leq l < +\infty0≤l<+∞ 且 q<1q < 1q<1，则 ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx∫abf(x)dx 收敛。
2. 若 0<l≤+∞0 < l \leq +\infty0<l≤+∞ 且 q≥1q \geq 1q≥1，则 ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx∫abf(x)dx 发散。

典型例题：

例10： 判断 ∫01sin⁡xx3/2 dx\displaystyle\int_0^1 \frac{\sin x}{x^{3/2}}\,dx∫01x3/2sinxdx 的收敛性。

解： x=0x = 0x=0 为瑕点。当 x→0+x \to 0^+x→0+ 时，sin⁡x∼x\sin x \sim xsinx∼x，故：

lim⁡x→0+sin⁡x/x3/21/x1/2=lim⁡x→0+sin⁡xx=1\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x / x^{3/2}}{1/x^{1/2}} = \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x} = 1x→0+lim1/x1/2sinx/x3/2=x→0+limxsinx=1

即取 q=12q = \frac{1}{2}q=21，l=1l = 1l=1。因 q=12<1q = \frac{1}{2} < 1q=21<1，积分收敛。

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三、Γ\GammaΓ 函数

定义：

Γ(s)=∫0+∞xs−1e−x dx(s>0)\boxed{\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}\,dx \qquad (s > 0)}Γ(s)=∫0+∞xs−1e−xdx(s>0)

收敛性： 在 x=0x = 0x=0 附近，被积函数 ∼xs−1\sim x^{s-1}∼xs−1，需 s>0s > 0s>0 保证瑕积分收敛；在 +∞+\infty+∞ 附近，e−xe^{-x}e−x 的衰减速度极快，保证无穷限积分收敛。

性质1（递推公式）：

Γ(s+1)=s Γ(s)(s>0)\boxed{\Gamma(s+1) = s\,\Gamma(s) \qquad (s > 0)}Γ(s+1)=sΓ(s)(s>0)

证明： 用分部积分：

Γ(s+1)=∫0+∞xse−x dx\Gamma(s+1) = \int_0^{+\infty}x^s e^{-x}\,dxΓ(s+1)=∫0+∞xse−xdx

令 u=xsu = x^su=xs，dv=e−x dxdv = e^{-x}\,dxdv=e−xdx，则 du=sxs−1 dxdu = sx^{s-1}\,dxdu=sxs−1dx，v=−e−xv = -e^{-x}v=−e−x：

Γ(s+1)=−xse−x0+∞+s∫0+∞xs−1e−x dx\Gamma(s+1) = \Big-x\^s e\^{-x}\\Big_0^{+\infty} + s\int_0^{+\infty}x^{s-1}e^{-x}\,dxΓ(s+1)=−xse−x0+∞+s∫0+∞xs−1e−xdx

第一项：当 x→+∞x\to+\inftyx→+∞ 时 xse−x→0x^s e^{-x}\to 0xse−x→0（指数衰减快于幂增长）；当 x→0+x\to 0^+x→0+ 时 xse−x→0x^s e^{-x}\to 0xse−x→0（s>0s > 0s>0）。故边界项为 000。

Γ(s+1)=s∫0+∞xs−1e−x dx=s Γ(s)□\Gamma(s+1) = s\int_0^{+\infty}x^{s-1}e^{-x}\,dx = s\,\Gamma(s) \quad \squareΓ(s+1)=s∫0+∞xs−1e−xdx=sΓ(s)□

性质2：

Γ(1)=∫0+∞e−x dx=1\Gamma(1) = \int_0^{+\infty}e^{-x}\,dx = 1Γ(1)=∫0+∞e−xdx=1

性质3： 由递推公式：

Γ(n+1)=n!(n∈N)\Gamma(n+1) = n! \qquad (n \in \mathbb{N})Γ(n+1)=n!(n∈N)

证明（数学归纳法）： Γ(1)=1=0!\Gamma(1) = 1 = 0!Γ(1)=1=0!。设 Γ(n)=(n−1)!\Gamma(n) = (n-1)!Γ(n)=(n−1)!，则 Γ(n+1)=nΓ(n)=n⋅(n−1)!=n!\Gamma(n+1) = n\Gamma(n) = n\cdot(n-1)! = n!Γ(n+1)=nΓ(n)=n⋅(n−1)!=n!。□\square□

性质4（半整数值）：

Γ(12)=π\boxed{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi}}Γ(21)=π

证明：

Γ(12)=∫0+∞x−1/2e−x dx\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^{+\infty}x^{-1/2}e^{-x}\,dxΓ(21)=∫0+∞x−1/2e−xdx

令 x=t2x = t^2x=t2（t>0t > 0t>0），dx=2t dtdx = 2t\,dtdx=2tdt：

Γ(12)=∫0+∞1t⋅e−t2⋅2t dt=2∫0+∞e−t2 dt\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^{+\infty}\frac{1}{t}\cdot e^{-t^2}\cdot 2t\,dt = 2\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,dtΓ(21)=∫0+∞t1⋅e−t2⋅2tdt=2∫0+∞e−t2dt

由高斯积分（泊松积分）的结果：

∫0+∞e−t2 dt=π2\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}∫0+∞e−t2dt=2π

高斯积分的推导：

令 I=∫0+∞e−t2 dtI = \int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,dtI=∫0+∞e−t2dt，则

I2=∫0+∞e−x2dx∫0+∞e−y2dy=∬第一象限e−(x2+y2) dx dyI^2 = \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy = \iint_{\text{第一象限}}e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dyI2=∫0+∞e−x2dx∫0+∞e−y2dy=∬第一象限e−(x2+y2)dxdy

转极坐标：x=rcos⁡θx = r\cos\thetax=rcosθ，y=rsin⁡θy = r\sin\thetay=rsinθ，θ∈0,π/2\theta\in0,\\pi/2θ∈0,π/2，r∈[0,+∞)r\in[0,+\infty)r∈[0,+∞)：

I2=∫0π/2∫0+∞e−r2⋅r dr dθ=π2∫0+∞re−r2dr=π2−12e−r20+∞=π2⋅12=π4I^2 = \int_0^{\pi/2}\int_0^{+\infty}e^{-r^2}\cdot r\,dr\,d\theta = \frac{\pi}{2}\int_0^{+\infty}re^{-r^2}dr = \frac{\pi}{2}\left-\\frac{1}{2}e\^{-r\^2}\\right_0^{+\infty} = \frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\pi}{4}I2=∫0π/2∫0+∞e−r2⋅rdrdθ=2π∫0+∞re−r2dr=2π−21e−r20+∞=2π⋅21=4π

故 I=π2I = \frac{\sqrt{\pi}}{2}I=2π 。

因此 Γ(12)=2⋅π2=π\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = 2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2} = \sqrt{\pi}Γ(21)=2⋅2π =π 。□\square□

由此可得一系列半整数值：

Γ(32)=12Γ(12)=π2\Gamma\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}Γ(23)=21Γ(21)=2π

Γ(52)=32⋅12⋅π=3π4\Gamma\left(\frac{5}{2}\right) = \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\sqrt{\pi} = \frac{3\sqrt{\pi}}{4}Γ(25)=23⋅21⋅π =43π

一般地：

Γ(n+12)=(2n−1)!!2nπ(n∈N)\Gamma\left(n + \frac{1}{2}\right) = \frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi} \qquad (n \in \mathbb{N})Γ(n+21)=2n(2n−1)!!π (n∈N)

Γ\GammaΓ 函数的另一常用形式：

令 x=t2x = t^2x=t2，有

Γ(s)=2∫0+∞t2s−1e−t2 dt\Gamma(s) = 2\int_0^{+\infty}t^{2s-1}e^{-t^2}\,dtΓ(s)=2∫0+∞t2s−1e−t2dt

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经典例题与习题精讲

题型一：定积分的计算

例11： 计算 ∫04x+22x+1 dx\displaystyle\int_0^4 \frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}\,dx∫042x+1 x+2dx。

解： 令 t=2x+1t = \sqrt{2x+1}t=2x+1 ，则 t2=2x+1t^2 = 2x+1t2=2x+1，x=t2−12x = \frac{t^2-1}{2}x=2t2−1，dx=t dtdx = t\,dtdx=tdt。

当 x=0x = 0x=0 时 t=1t = 1t=1；当 x=4x = 4x=4 时 t=3t = 3t=3。

∫04x+22x+1 dx=∫13t2−12+2t⋅t dt=∫13t2+32 dt=12t33+3t13\int_0^4\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}\,dx = \int_1^3\frac{\frac{t^2-1}{2}+2}{t}\cdot t\,dt = \int_1^3\frac{t^2+3}{2}\,dt = \frac{1}{2}\left\\frac{t\^3}{3}+3t\\right_1^3∫042x+1 x+2dx=∫13t2t2−1+2⋅tdt=∫132t2+3dt=213t3+3t13

=12(9+9)−(13+3)=1218−103=12⋅443=223= \frac{1}{2}\left(9+9)-\\left(\\frac{1}{3}+3\\right)\\right = \frac{1}{2}\left18 - \\frac{10}{3}\\right = \frac{1}{2}\cdot\frac{44}{3} = \frac{22}{3}=21(9+9)−(31+3)=2118−310=21⋅344=322

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例12： 计算 ∫0π/2excos⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2} e^x\cos x\,dx∫0π/2excosxdx。

解： 用分部积分两次。

I=∫0π/2excos⁡x dxI = \int_0^{\pi/2}e^x\cos x\,dxI=∫0π/2excosxdx

第一次：u=cos⁡xu = \cos xu=cosx，dv=ex dxdv = e^x\,dxdv=exdx，du=−sin⁡x dxdu = -\sin x\,dxdu=−sinxdx，v=exv = e^xv=ex：

I=excos⁡x0π/2+∫0π/2exsin⁡x dx=(0−1)+∫0π/2exsin⁡x dxI = \Bige\^x\\cos x\\Big_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2}e^x\sin x\,dx = (0-1) + \int_0^{\pi/2}e^x\sin x\,dxI=excosx0π/2+∫0π/2exsinxdx=(0−1)+∫0π/2exsinxdx

第二次：u=sin⁡xu = \sin xu=sinx，dv=ex dxdv = e^x\,dxdv=exdx，du=cos⁡x dxdu = \cos x\,dxdu=cosxdx，v=exv = e^xv=ex：

∫0π/2exsin⁡x dx=exsin⁡x0π/2−∫0π/2excos⁡x dx=(eπ/2−0)−I\int_0^{\pi/2}e^x\sin x\,dx = \Bige\^x\\sin x\\Big_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2}e^x\cos x\,dx = (e^{\pi/2}-0) - I∫0π/2exsinxdx=exsinx0π/2−∫0π/2excosxdx=(eπ/2−0)−I

代回：

I=−1+eπ/2−II = -1 + e^{\pi/2} - II=−1+eπ/2−I

2I=eπ/2−12I = e^{\pi/2} - 12I=eπ/2−1

I=eπ/2−12\boxed{I = \frac{e^{\pi/2}-1}{2}}I=2eπ/2−1

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题型二：积分上限函数求导

例13： 设 Φ(x)=∫0x2sin⁡(t2) dt\Phi(x) = \int_0^{x^2}\sin(t^2)\,dtΦ(x)=∫0x2sin(t2)dt，求 Φ′(x)\Phi'(x)Φ′(x)。

解： 由推广公式，令 u(x)=x2u(x) = x^2u(x)=x2：

Φ′(x)=sin⁡((x2)2)⋅(x2)′=sin⁡(x4)⋅2x=2xsin⁡(x4)\Phi'(x) = \sin((x^2)^2) \cdot (x^2)' = \sin(x^4) \cdot 2x = 2x\sin(x^4)Φ′(x)=sin((x2)2)⋅(x2)′=sin(x4)⋅2x=2xsin(x4)

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例14： 求 lim⁡x→0∫0xsin⁡t2 dtx3\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x\sin t^2\,dt}{x^3}x→0limx3∫0xsint2dt。

解： 这是 00\frac{0}{0}00 型，用洛必达法则：

lim⁡x→0∫0xsin⁡t2 dtx3=lim⁡x→0sin⁡x23x2=13lim⁡x→0sin⁡x2x2=13⋅1=13\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x\sin t^2\,dt}{x^3} = \lim_{x\to 0}\frac{\sin x^2}{3x^2} = \frac{1}{3}\lim_{x\to 0}\frac{\sin x^2}{x^2} = \frac{1}{3}\cdot 1 = \frac{1}{3}x→0limx3∫0xsint2dt=x→0lim3x2sinx2=31x→0limx2sinx2=31⋅1=31

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题型三：利用奇偶性和周期性简化计算

例15： 计算 ∫−ππ(x3cos⁡x+x2sin⁡x) dx\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}(x^3\cos x + x^2\sin x)\,dx∫−ππ(x3cosx+x2sinx)dx。

解： 在 −π,π-\\pi, \\pi−π,π 上：

• x3cos⁡xx^3\cos xx3cosx：(−x)3cos⁡(−x)=−x3cos⁡x(-x)^3\cos(-x) = -x^3\cos x(−x)3cos(−x)=−x3cosx，为奇函数 ，积分为 000。
• x2sin⁡xx^2\sin xx2sinx：(−x)2sin⁡(−x)=−x2sin⁡x(-x)^2\sin(-x) = -x^2\sin x(−x)2sin(−x)=−x2sinx，为奇函数 ，积分为 000。

∫−ππ(x3cos⁡x+x2sin⁡x) dx=0\int_{-\pi}^{\pi}(x^3\cos x + x^2\sin x)\,dx = 0∫−ππ(x3cosx+x2sinx)dx=0

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题型四：证明题

例16： 证明 ∫0π/2sin⁡nx dx=∫0π/2cos⁡nx dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx = \int_0^{\pi/2}\cos^n x\,dx∫0π/2sinnxdx=∫0π/2cosnxdx。

证： 令 x=π2−tx = \frac{\pi}{2} - tx=2π−t，dx=−dtdx = -dtdx=−dt。当 x=0x = 0x=0 时 t=π2t = \frac{\pi}{2}t=2π；当 x=π2x = \frac{\pi}{2}x=2π 时 t=0t = 0t=0。

∫0π/2sin⁡nx dx=∫π/20sin⁡n(π2−t)(−dt)=∫0π/2cos⁡nt dt\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx = \int_{\pi/2}^0\sin^n\left(\frac{\pi}{2}-t\right)(-dt) = \int_0^{\pi/2}\cos^n t\,dt∫0π/2sinnxdx=∫π/20sinn(2π−t)(−dt)=∫0π/2cosntdt

证毕。□\square□

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例17（积分中值定理的应用）： 证明 lim⁡n→∞∫01xn1+x dx=0\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^n}{1+x}\,dx = 0n→∞lim∫011+xxndx=0。

证： 在 0,10,10,1 上 0≤xn1+x≤xn0 \leq \frac{x^n}{1+x} \leq x^n0≤1+xxn≤xn，故：

0≤∫01xn1+x dx≤∫01xn dx=1n+10 \leq \int_0^1\frac{x^n}{1+x}\,dx \leq \int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n+1}0≤∫011+xxndx≤∫01xndx=n+11

由夹逼定理：lim⁡n→∞∫01xn1+x dx=0\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{x^n}{1+x}\,dx = 0limn→∞∫011+xxndx=0。□\square□

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题型五：反常积分的判断与计算

例18： 判断 ∫1+∞dxxx+1\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{x+1}}∫1+∞xx+1 dx 的敛散性。

解： 当 x→+∞x\to+\inftyx→+∞ 时，1xx+1∼1x3/2\frac{1}{x\sqrt{x+1}} \sim \frac{1}{x^{3/2}}xx+1 1∼x3/21。

lim⁡x→+∞1/(xx+1)1/x3/2=lim⁡x→+∞x3/2xx+1=lim⁡x→+∞xx+1=1\lim_{x\to+\infty}\frac{1/(x\sqrt{x+1})}{1/x^{3/2}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{3/2}}{x\sqrt{x+1}} = \lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{x}{x+1}} = 1x→+∞lim1/x3/21/(xx+1 )=x→+∞limxx+1 x3/2=x→+∞limx+1x =1

因为 p=32>1p = \frac{3}{2} > 1p=23>1 且极限为 1∈(0,+∞)1 \in (0,+\infty)1∈(0,+∞)，由比较审敛法，原积分收敛。

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例19： 判断 ∫01ln⁡xx dx\displaystyle\int_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx∫01x lnxdx 的敛散性。

解： x=0x = 0x=0 为瑕点。当 x→0+x \to 0^+x→0+ 时，ln⁡xx→−∞\frac{\ln x}{\sqrt{x}} \to -\inftyx lnx→−∞。

考虑 lim⁡x→0+∣ln⁡x∣/x1/x1/4=lim⁡x→0+∣ln⁡x∣x1/4\lim_{x\to 0^+}\frac{|\ln x|/\sqrt{x}}{1/x^{1/4}} = \lim_{x\to 0^+}\frac{|\ln x|}{x^{1/4}}limx→0+1/x1/4∣lnx∣/x =limx→0+x1/4∣lnx∣。

令 x=e−tx = e^{-t}x=e−t（t→+∞t\to+\inftyt→+∞），则 ∣ln⁡x∣x1/4=te−t/4=tet/4→+∞\frac{|\ln x|}{x^{1/4}} = \frac{t}{e^{-t/4}} = te^{t/4}\to+\inftyx1/4∣lnx∣=e−t/4t=tet/4→+∞，这个比较方向不好用。

换一种方式，取 q=34<1q = \frac{3}{4} < 1q=43<1：

lim⁡x→0+x3/4⋅∣ln⁡x∣x=lim⁡x→0+x1/4∣ln⁡x∣\lim_{x\to 0^+}x^{3/4}\cdot\frac{|\ln x|}{\sqrt{x}} = \lim_{x\to 0^+}x^{1/4}|\ln x|x→0+limx3/4⋅x ∣lnx∣=x→0+limx1/4∣lnx∣

令 t=−ln⁡xt = -\ln xt=−lnx，x=e−tx = e^{-t}x=e−t，t→+∞t\to+\inftyt→+∞：

x1/4∣ln⁡x∣=e−t/4⋅t=tet/4→0(洛必达)x^{1/4}|\ln x| = e^{-t/4}\cdot t = \frac{t}{e^{t/4}} \to 0 \qquad (\text{洛必达})x1/4∣lnx∣=e−t/4⋅t=et/4t→0(洛必达)

故极限 l=0l = 0l=0，q=34<1q = \frac{3}{4} < 1q=43<1，由审敛法，原积分收敛。

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例20： 计算 ∫1+∞dxx(x+1)\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x(x+1)}∫1+∞x(x+1)dx。

解： 部分分式：1x(x+1)=1x−1x+1\frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}x(x+1)1=x1−x+11。

∫1bdxx(x+1)=∫1b(1x−1x+1)dx=ln⁡x−ln⁡(x+1)1b=ln⁡bb+1−ln⁡12\int_1^b\frac{dx}{x(x+1)} = \int_1^b\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)dx = \Big\\ln x - \\ln(x+1)\\Big_1^b = \ln\frac{b}{b+1} - \ln\frac{1}{2}∫1bx(x+1)dx=∫1b(x1−x+11)dx=lnx−ln(x+1)1b=lnb+1b−ln21

=ln⁡bb+1+ln⁡2= \ln\frac{b}{b+1} + \ln 2=lnb+1b+ln2

lim⁡b→+∞ln⁡bb+1=ln⁡1=0\lim_{b\to+\infty}\ln\frac{b}{b+1} = \ln 1 = 0b→+∞limlnb+1b=ln1=0

∫1+∞dxx(x+1)=ln⁡2\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x(x+1)} = \ln 2∫1+∞x(x+1)dx=ln2

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题型六：Γ\GammaΓ 函数相关

例21： 将 ∫0+∞x5e−x2 dx\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{5}e^{-x^2}\,dx∫0+∞x5e−x2dx 用 Γ\GammaΓ 函数表示并计算。

解： 令 x2=tx^2 = tx2=t，x=t1/2x = t^{1/2}x=t1/2，dx=12t−1/2dtdx = \frac{1}{2}t^{-1/2}dtdx=21t−1/2dt：

∫0+∞x5e−x2 dx=∫0+∞t5/2e−t⋅12t−1/2 dt=12∫0+∞t2e−t dt=12Γ(3)\int_0^{+\infty}x^5 e^{-x^2}\,dx = \int_0^{+\infty}t^{5/2}e^{-t}\cdot\frac{1}{2}t^{-1/2}\,dt = \frac{1}{2}\int_0^{+\infty}t^2 e^{-t}\,dt = \frac{1}{2}\Gamma(3)∫0+∞x5e−x2dx=∫0+∞t5/2e−t⋅21t−1/2dt=21∫0+∞t2e−tdt=21Γ(3)

=12⋅2!=12⋅2=1= \frac{1}{2}\cdot 2! = \frac{1}{2}\cdot 2 = 1=21⋅2!=21⋅2=1

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本章知识体系总结

核心概念	关键内容
定积分定义	∫abf(x) dx=lim⁡λ→0∑f(ξi)Δxi\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\lambda\to 0}\sum f(\xi_i)\Delta x_i∫abf(x)dx=limλ→0∑f(ξi)Δxi
几何意义	代数面积和
基本性质	线性性、区间可加性、保序性、估值定理、积分中值定理
变上限积分求导	ddx∫au(x)f(t)dt=f(u(x))u′(x)\frac{d}{dx}\int_a^{u(x)}f(t)dt = f(u(x))u'(x)dxd∫au(x)f(t)dt=f(u(x))u′(x)
牛顿---莱布尼茨公式	∫abf(x)dx=F(b)−F(a)\int_a^b f(x)dx = F(b)-F(a)∫abf(x)dx=F(b)−F(a)
换元法	换元换限，不回代
分部积分	∫abu dv=uvab−∫abv du\int_a^b u\,dv = uv_a^b - \int_a^b v\,du∫abudv=uvab−∫abvdu
奇偶性/周期性	简化对称区间上的积分
反常积分（无穷限）	∫a+∞f(x)dx=lim⁡b→+∞∫abf(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)dx = \lim_{b\to+\infty}\int_a^b f(x)dx∫a+∞f(x)dx=limb→+∞∫abf(x)dx
反常积分（瑕积分）	瑕点处取极限
审敛法	比较审敛法（直接形式和极限形式），绝对收敛
Γ\GammaΓ 函数	Γ(s+1)=sΓ(s)\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)Γ(s+1)=sΓ(s)，Γ(1)=1\Gamma(1)=1Γ(1)=1，Γ(n+1)=n!\Gamma(n+1)=n!Γ(n+1)=n!，Γ(1/2)=π\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}Γ(1/2)=π

核心公式速查：

∫1+∞dxxp 当 p>1 收敛∫01dxxq 当 q<1 收敛\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}\text{ 当 }p>1\text{ 收敛} \qquad \int_0^1\frac{dx}{x^q}\text{ 当 }q<1\text{ 收敛}∫1+∞xpdx 当 p>1 收敛∫01xqdx 当 q<1 收敛

Γ(s+1)=s!  (s∈N),Γ ⁣(12)=π,Γ(s+1)=sΓ(s)\Gamma(s+1) = s! \;(s\in\mathbb{N}), \quad \Gamma\!\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}, \quad \Gamma(s+1) = s\Gamma(s)Γ(s+1)=s!(s∈N),Γ(21)=π ,Γ(s+1)=sΓ(s)