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    微积分

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    积分

    几何意义

    如果在 $a,b](a\neq b$ 上函数 $f(x$ 连续且恒有 $f(x)\geq 0$，那么定积分 $displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$ 表示由曲线 $y=f(x$ 以及直线 $x=a,x=b,y=0$ 围成的曲边梯形的面积。

    若 $f(x)\leq 0$，那么定积分 $displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$ 表示由曲线 $y=f(x$ 以及直线 $x=a,x=b,y=0$ 围成的曲边梯形的面积的负值。

    如果我们把 $x$ 轴上方的面积赋予正号，下方的面积赋予负号，那么在一般情形下，定积分 $displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$ 表示由曲线 $y=f(x$ 以及直线 $x=a,x=b,y=0$ 围成的各部分图形面积的代数和。

    微积分基本定理 / $mathrm{Newton-Leibniz}$ 牛顿 - 莱布尼兹公式

    以下设 $C$ 是一个常数。

    如果 $f(x$ 是 $a,b$ 上的连续函数且 $F'(x)=f(x$，那么

    $$ \boxed{\int_{a}^{b}f(x)\ dx=F(x)|_{a}^{b}=F(b)-F(a) } $$

    我们称 $F(x$ 是 $f(x$ 的原函数。因为 $F(x)+C]'=f(x$，所以 $F(x)+C$ 也是 $f(x$ 的原函数。

    常用定积分公式：

    $$ \int_{a}^{b}C\ dx=Cx|_{a}^{b}=Cb-Ca=C(b-a) $$

    $$ \int_{a}^{b}x^n\ dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}|_{a}^{b}=\frac{1}{n+1}b^{n+1}-\frac{1}{n+1}a^{n+1}=\frac{b^{n+1}-a^{n+1} }{n+1} $$

    $$ \int_a^b\sin x\ dx=(-\cos x)|_a^b=-\cos b+\cos a $$

    $$ \int_a^b\cos x\ dx=\sin x|_a^b=\sin b-\sin a $$

    $$ \int_a^b\frac{1}{x}\ dx=\ln x|_a^b=\ln b-\ln a=\ln\frac{b}{a} $$

    $$ \int_a^b e^x\ dx=e^x|_a^b=e^b-e^a $$

    $$ \int_a^b n^x\ dx=\frac{n^x}{\ln n}|_a^b=\frac{n^b}{\ln b}-\frac{n^a}{\ln a} $$

    $$ \int_L^R \frac{cx+d}{ax+b}\ dx=\frac{cx}{a}+(\frac{d}{a}-\frac{bc}{a^2})\times\ln|ax+b|\ |_L^R $$

    定积分的基本性质

    1. $$ \int_a^b Cf(x)\ dx=C\int_a^b f(x)\ dx $$

    2. $$ \int_a^b[f(x)\pm g(x)]\ dx=\int_a^b f(x)\ dx\pm\int_a^b g(x)\ dx $$

    3. $$ \int_a^b f(x)\ dx=\int_a^c f(x)\ dx+\int_c^b f(x)\ dx $$

    4. 在区间 $a,b$ 上满足 $f(x)\geq 0$，则 $$int_a^b f(x)\ dx\geq 0$$

    5. 在区间 $a,b$ 上满足 $f(x)\leq g(x$，则 $$int_a^b f(x)\ dx\leq\int_a^b g(x)\ dx$$

    6. $$ \left|\int_a^bf(x)\ dx\right |\leq\int_a^b|f(x)|\ dx $$

    7. 若 $f(x$ 是偶函数，且在 $-a,a$ 上连续，则 $$int_{-a}^af(x)\ dx=2\int_0^af(x)\ dx$$

    8. 若 $f(x$ 是奇函数，且在 $-a,a$ 上连续，则 $$int_{-a}^af(x)\ dx=0$$

    不定积分

    我们现在需要一种简单的表示反导数的方式。根据微积分基本定理，我们可以用 $displaystyle\int f(x)\ dx$ 表示"函数 $f$ 的反导数的集合"，注意任何可积函数都有无数个反导数，唯一不同的是常数部分。例如，

    $$ \int x^2\ dx=\frac{x^3}{3}+C $$

    对于任意常数 $C$ 都成立。也就是说，若 $F'(x)=f(x$，则

    $$ \int f(x)\ dx=F(x)+C $$

    不定积分的性质同定积分的性质。

    换元法

    • 第一换元积分法：令 $y=g(x$ 有：

    $$ \red{\boxed{\int_a^bf(g(x))g'(x)\ dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(y)\ dy}} $$

    1. $$ \int 2\sin 2x\ dx\xlongequal{u=2x}\int\sin u\ du=-\cos u+C=-\cos 2x+C\ \ \ \ (du=2dx) $$

    2. $$ \int (2x+1)^5\ dx\xlongequal{u=2x+1}\int u^5\ du=\frac{1}{12}u^6+C=\frac{1}{12}(2x+1)^6+C\ \ \ \ (du=2dx) $$

    3. $$ \begin{aligned}\int\frac{2x}{(x^2+1)^3}\ dx&=\int(x^2+1)^{-3}\cdot 2x\ dx\xlongequal{u=x^2+1}\int u^{-3}\ du&=-\frac{1}{2}u^{-2}+C=-\frac{1}{2(x^2+1)}+C\ \ \ \ (du=2xdx)\end{aligned} $$

    4. $$ \begin{aligned}\int x\sqrt{1-x^2}\ dx&=-\frac{1}{2}\int\sqrt{1-x^2}(-2x\ dx)\xlongequal{u=1-x^2}-\frac{1}{2}\int u^{\frac{1}{2}}\ du&=-\frac{1}{3}u^{\frac{3}{2}}+C=-\frac{1}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}+C\ \ \ \ (du=-2dx)\end{aligned} $$

    5. $$ \int\frac{1}{x^2+a^2}\ dx=\frac{1}{a^2}\int\frac{1}{\frac{x^2}{a^2}+1}\ dx=\frac{1}{a}\int\frac{1}{1+(\frac{x}{a})^2}\ d(\frac{x}{a})=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C $$

    6. $$ \int_0^1e^{2x}\ dx=\int_0^2\frac{1}{2}e^y\ dy=\frac{1}{2}(e^2-e^0)=\frac{1}{2}(e^2-1) $$

    7. 第二换元积分法：令 $x=g(t),dx=g'(t)dt$ 有：

    $$ \red{\boxed{\int f(x)\ dx=\int f[g(t)]g'(t)\ dt}} $$

    1. $$ \begin{aligned}\int\frac{1}{1+\sqrt x}\ dx&\xlongequal{x=t^2}\int\frac{1}{1+t}\cdot 2t\ dt=2\int(1-\frac{1}{1+t})\ dt=2t-2\ln|1+t|+C&=2\sqrt{x}-2\ln|1+\sqrt{x}|+C\end{aligned} $$

    2. $$ \begin{aligned}\int\sqrt{a^2-x^2}\ dx&\xlongequal{x=a\sin t}\int a\cos t\cdot a\cos t\ dt=a^2\int \cos^2 t\ dt&=a^2\int\frac{1+\cos 2t}{2}dt=a^2(\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin 2t)+C&=a^2(\frac{1}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{4}\frac{2}{a^2}x\sqrt{a^2-x^2})+C&=\frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C\end{aligned} $$

    分部积分法

    $$ (uv)'=u'v+uv'\implies uv'=(uv)'-vu'\implies \int uv'\ dx=uv-\int vu'\ dx $$

    $$ \red{\boxed{\int u\ dv=uv-\int v\ du}} $$

    1. 计算 $displaystyle\int x\cos x\ dx$，设 $u=x,dv=\cos x\ dx$，则 $du=dx,v=\sin x$ $$int x\cos x\ dx=x\sin x-\int \sin x\ dx=x\sin x+\cos x+C$$

    2. 计算 $displaystyle\int\arctan x\ dx$，设 $u=\arctan x,dv=dx$，则 $displaystyle du=\frac{1}{1+x^2}\ dx,v=x$ $$begin{aligned}\int \arctan x&=x\arctan x-\int\frac{1}{1+x^2}\ dx=x\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2}d(1+x^2)&=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C\end{aligned}$$

    3. 计算 $displaystyle\int x\ln x\ dx$，设 $u=\ln x,dv=x\ dx$，则 $displaystyle du=\frac{1}{x}\ dx,v=\frac{1}{2}x^2$ $$int x\ln x\ dx=\frac{1}{2}x^2\ln x-\int\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{2}x^2\ dx=\frac{1}{2}x^2\ln x-\frac{1}{4}x^2+C$$

    Gamma 函数（第二类欧拉积分）

    欧拉发现当 $n$ 为整数时，$displaystyle\int_0^{+\infty}t^ne^{-t}\ dt=n!$，于是我们把 $n$ 替换成实数，就可变为

    $$ \Gamma(s)=\int_0^{+\infty}t^{s-1}e^{-t}\ dt $$

    1. $s$ 为非正整数的复数 $s$ 时，$Gamma(s+1)=s\Gamma(s$
    2. $n$ 为整数时，$Gamma(n+1)=n!$
    3. 余元公式（欧拉反射原理）：$s\in(0,1$ 时，$displaystyle\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin\pi s}$，得 $displaystyle\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi$

    应用

    1. 计算 $y=e^x$ 在 $x=0$ 与 $x=1$ 之间与 $x$ 轴围成的曲边梯形的面积。

    只需计算 $displaystyle\int_0^1e^x\ dx=e^1-e^0=e-1$

    1. 计算 $x=y^2$ 与 $x=1$ 之间围成的图形的面积。

    只需计算 $displaystyle\int_0^1(\sqrt{x}-(-\sqrt{x}))\ dx=\int_0^1(2\sqrt{x})\ dx=\frac{4}{3}\sqrt{x^3}|_0^1=\frac{4}{3}-0=\frac{4}{3}$

    1. 【2025 GD 一模 T19】如果函数 $F(x$ 的导数为 $F'(x)=f(x$，可记为 $displaystyle\int f(x)\ dx=F(x$，若 $f(x)\geq 0$，则 $displaystyle\int_a^bf(x)\ dx=F(b)-F(a$ 表示曲线 $y=f(x$，直线 $x=a,x=b$ 以及 $x$ 轴围成的"曲边梯形"的面积。如：$displaystyle\int 2x\ dx=x^2+C$，其中 $C$ 为常数；$displaystyle\int_0^2 2x\ dx=(2^2+C)-(0+C)=4$，则表示 $x=0,x=1,y=2x+C$ 以及 $x$ 轴围成的面积为 $4$. $1$ 若 $f(x)=\displaystyle\int(e^x+1)\ dx,f(0)=2$，求 $f(x$ 的表达式。 $2$ 求曲线 $y=x^2$ 与直线 $y=-x+6$ 所围成图形的面积。 $3$ 若 $f(x)=e^x-1-2mx,x\in[0,+\infty$，其中 $m\in\R,\forall a,b\in[0,+\infty$，若 $a>b$，都满足 $displaystyle\int_0^a f(x)\ dx>\int_0^b f(x)\ dx$，求 $m$ 取值范围。

    解：$1)\ f(x)=e^x+x+1$.

    $2$ 先解方程 $x^2=-x+6$ 得到 $x=-3$ 或 $2$.

    答案即为 $displaystyle\int_{-3}^2 (-x+6-x^2)\ dx=(-\frac{1}{2}x^2+6x-\frac{1}{3}x^3)|_{-3}^2=\frac{22}{3}-(-\frac{27}{2})=\frac{125}{6}$.

    $3$ 由题意可知，$forall a,b\in[0,+\infty),a>b$ 满足 $F(a)-F(0)>F(b)-F(0$，即 $F(a)\uparrow$，进而 $f(x)\geq 0$ 在 $0,+\infty$ 恒成立。

    接下来就是常规导数了。分离参数 $m\leq\frac{e^x-1}{2x}=g(x),g'(x)=\frac{(x-1)e^x+1}{2x^2}$，令 $h(x)=(x-1)e^x,h'(x)=xe^x\geq 0$，即 $h(x)\uparrow,g'(x)\uparrow,g(x)\uparrow$，由洛必达法则，$displaystyle m\leq\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}$.

    微积分在数列中的应用

    秒杀神秘放缩的终极方法。但是需要一些高等知识，比如说解简单的常微分方程。但是一般的方程一眼看出来就可以了，这里给出通法：

    对于一阶齐次线性微分方程：

    $$ y'+P(x)y=0 $$

    解为

    $$ y=Ce^{-\int P(x)dx} $$

    对于一阶非齐次线性微分方程：

    $$ y'+P(x)y=Q(x) $$

    先解 $y'+P(x)y=0$ 得到 $y=Ce^{-\int P(x)dx}$，再令 $C=u(x$ 得

    $$ y=u(x)e^{-\int P(x) dx} $$

    代入原方程得

    $$ u'(x)=\frac{Q(x)}{e^{-\int P(x)dx}} $$

    对 $u'(x$ 积分带入得到通解：

    $$ y=Ce^{-\int P(x)dx}+e^{-\int P(x)dx}\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx $$

    以上的 $C$ 都为常数，由初始条件决定。

    $displaystyle a_1=1,a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$，求 $a_{2024}$ 的整数部分？

    设 $a_n$ 近似为一个连续函数 $f(x$，考虑 $a_{n+1}-a_n$ 和 $frac{1}{a_n}$ 的关系。对于 $n\to +\infty$，有

    $$ f'(x)=\frac{1}{f(x)}\implies\frac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{f(x)} \implies f(x)\mathrm{d}f(x)=\mathrm{d}x\implies\int f(x)\mathrm{d}f(x)=\int\mathrm{d}x\implies \frac{f^2(x)}{2}=x+C $$

    由 $f(1)=1$ 得到 $displaystyle C=-\frac{1}{2}$，微分方程解得 $f(x)=\sqrt{2x-1}$，得到 $f(2024)=\sqrt{4047}\approx 63$

    已知 $displaystyle a_1=1,a_{n+1}=a_n-\frac{1}{3}a_n^2$，则 $100a_{100}$ 的范围是哪个：$displaystyle\left(2,\frac{5}{2}\right),\left(\frac{5}{2},3\right), \left(3,\frac{7}{2}\right$ ？

    $$ \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{3}{a_n(3-a_n)}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3-a_n}>\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3} $$

    $$ \frac{1}{a_n}>a_1+\frac{n-1}{3}=\frac{n+2}{3}\implies a_n<\frac{3}{n+2}\implies 100a_{100}<3 $$

    $$ \frac{1}{a_{n+1}}<\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3-\frac{3}{n+2}}=\frac{1}{a_n}+\frac{n+2}{3(n+1)}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3(n+1)} $$

    $$ \frac{1}{a_{100}}<\frac{1}{a_1}+\frac{99}{3}+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{100}\right)=34+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{100}\right) $$

    注意到

    $$ \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{100}<\frac{1}{2}\times 4+\frac{1}{6}\times 96=18 $$

    $$ \frac{1}{a_{100}}<\frac{1}{40}\implies 100a_{100}>\frac{5}{2} $$

    这道题是我们班的补充题，当时无人证出 $displaystyle >\frac{5}{2}$，我们老师上课思考了不到 $15$ 分钟讲了这种方法（他从不备课），注意力简直惊为天人。

    积分法：$displaystyle f(x)=a_n,f'(x)=\frac{df(x)}{dx}=-\frac{1}{3}f^2(x)\implies \int f^{-2}(x)df(x)=\int-\frac{1}{3}dx-f^{-1}(x)=-\frac{1}{3}x+C,f(x)=\frac{3}{x+C}\implies\frac{3}{x+2}$，显然 $displaystyle 100a_{100}\in\left(\frac{5}{2},3\right$. 可以代入 $a_2,a_3$ 获得更高的精度。

    已知 $displaystyle a_1=1,a_{n+1}=\frac{a_n}{1+\sqrt[3]{a_n}}$，求 $S_{100}$ 的整数部分。

    答案：准确值是 $2.38$.

    $$ \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n^{\frac{2}{3}}}\xlongequal{b_n=\frac{1}{a_n}}b_{n+1}=b_n+b_n^{\frac{2}{3}}\xlongequal{f(x)=b_n}f'(x)=f^{\frac{2}{3}}(x) $$

    $$ \int f^{-\frac{2}{3}}(x) df(x)=\int dx\implies 3f^{\frac{1}{3}}(x)=x+C\implies f(x)=\left(\frac{x+2}{3}\right)^3=\left(\frac{x-2+3\sqrt[3]{2}}{3}\right)^3 $$

    $$ a_n=\frac{27}{(x+2)^3},\zeta(3)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}\approx 1.202,S_{\infty}=27\cdot 0.077=2.079 $$

    另外，欧拉常数 $displaystyle\gamma=\lim_{n\to\infty}\left[\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)-\ln n\right]=\int_1^{\infty}\left(\frac{1}{\lfloor x\rfloor}-\frac{1}{x}\right)\approx 0.57721 56649 01532 86060$，于是可以估计 $displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\approx\ln n+\gamma$.

    也可以用一个结论（Basel 问题，知乎专栏 ）：$red{\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\approx 1.645}}$

    相关证明：设黎曼 Zeta 函数 $zeta(s)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^s}\ (s>1$，显然 $displaystyle\lim_{s\to 1^+}\zeta(s)=+\infty,\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)=1$.

    由泰勒展开得 $displaystyle\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}$

    因此 $displaystyle\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}+\dots=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!}①$（ $displaystyle\frac{\sin x}{x}$ 的无穷级数展开）

    熟知 $displaystyle\frac{\sin x}{x}$ 的无穷乘积展开 $displaystyle\frac{\sin x}{x}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right)=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4\pi^2}\right)\cdots②$

    Basel 问题即 $displaystyle\zeta(2)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$，比较 $①②$ 式中二次项系数得 $displaystyle -\frac{1}{3!}=-\frac{1}{\pi^2}-\frac{1}{2^2\pi^2}-\dots$

    由此可得 $displaystyle\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$，进一步地我们有 $displaystyle\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90},\zeta(6)=\frac{\pi^6}{945}$.

    $$ \zeta(2n)=\left[\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k+1}\pi^{2k}\zeta(2n-2k)}{(2k+1)!}\right]+\frac{(-1)^{n+1}n\pi^{2n}}{(2n+1)!}\ \ \ \ \ \ n\in\N^* $$

    上述思路可总结出一个结论：若 $displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k=\prod_{k=1}^{+\infty}(1+b_kx$，设 $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}b_k^n$，则 $$S_1=a_1,\ \ \ S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}a_kS_{n-k}+(-1)^{n+1}na_n$$

    积分放缩在数列中的应用

    我们熟知的积分放缩一般是这样的（证明：几何意义）

    $$ \int_1^{n+1}f(x)\ dx <\sum_{k=1}^nf(k)<\int_0^nf(x)\ dx\ \ \ \ \ \ \ \ f(x)\downarrow $$

    $$ \int_0 ^{n}f(x)\ dx<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_1^{n+1}f(x)\ dx\ \ \ \ \ \ \ \ f(x)\uparrow $$

    例如：

    $$ \begin{aligned}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k} }&>\int_1^{n+1}\frac{1}{\sqrt{x} }\ dx=2\sqrt{x}|_1^{n+1}=2\left(\sqrt{n+1}-1\right)&<\int_0^n\frac{1}{\sqrt{x} }\ dx=2\sqrt{x}|_0^n=2\sqrt{n}\end{aligned} $$

    练习 1：证明 $displaystyle\sum_{k=2}^n\frac{1}{k\sqrt{k}}<\sqrt{2}\ \ \ \ \text{}$ 和 $\ \ \ \displaystyle\frac{2}{3}n^\frac{3}{2}\leq\sum_{k=1}^n\sqrt{k}\leq\frac{2}{3}[(n+1)^\frac{3}{2}-n$

    练习 2：证明 $displaystyle\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k}<\ln(n+1)<\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\ \ \ \ \text{}$ 和 $\ \ \ \displaystyle\frac{4}{7}<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\ln 2<\frac{25}{36}<\frac{\sqrt{2}}{2}$

    练习 3：证明 $displaystyle\begin{cases}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^p}<\frac{p}{p-1}&p>1\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^p}\geq\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}>\ln n&p\leq 1\end{cases}$

    我们还可以根据 $f(x$ 的凹凸性进一步放缩。

    当 $f(x)\downarrow$ 且下凸时，

    $$ \int_1^{n+1}f(x)\ dx+\frac{f(1)-f(n+1)}{2}<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_0^nf(x)\ dx $$

    当 $f(x)\downarrow$ 且上凸时，

    $$ \int_1^{n+1}f(x)\ dx<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_0^nf(x)\ dx-\frac{f(0)-f(n)}{2} $$

    当 $f(x)\uparrow$ 且下凸时，

    $$ \int_0^nf(x)\ dx+\frac{f(n)-f(0)}{2}<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_1^{n+1}f(x)\ dx $$

    当 $f(x)\uparrow$ 且上凸时，

    $$ \int_0^nf(x)\ dx<\sum_{k=1}^nf(k)<\int_1^{n+1}f(x)\ dx-\frac{f(n+1)-f(1)}{2} $$