本文主要对象为希望简要理解微积分的高中生，因此会缺少一些严谨性，见谅.

定义

我们希望能求出函数下方与坐标轴围成的面积的大小，于是积分就被定义出来了：

定义函数 f′(x)f'(x) 在 [a,b][a,b] 上与坐标轴围成的面积 S=∫abf′(x)dxS=\displaystyle\int_a^bf'(x)\text d x.

注意，我们认为曲线在坐标轴下方时面积是负的.

我们采用微元法，将面积分为许多个细长的小矩形面积之和. 假设分为 nn 个小矩形，当 n→∞n\to\infty 时小矩形面积之和就趋近于曲线下与坐标轴围成的面积，因此得到另一种表达方式：

S=lim⁡n→∞∑k=0n[f′(a+b−ank)⋅b−an]S=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}\left[f'\left(a+\dfrac{b-a}{n}k\right)\cdot\dfrac{b-a}{n}\right]

其中 f′(a+b−ank)f'\left(a+\dfrac{b-a}{n}k\right) 为第 kk 个矩形的高，而 b−an\dfrac{b-a}{n} 为小矩形的宽.

微积分基本定理

微积分基本定理（又名 Newton-Leibniz 公式）：

∫abf′(x)dx=f(b)−f(a)\displaystyle\int_a^bf'(x)\text d x=f(b)-f(a)

该式用于积分的求值. 这个式子揭示了导数与积分的关系实际上是互为逆运算，下面是（并不严谨但够用的）证明：

根据导数的定义 f′(x)=lim⁡Δx→0f(x+Δx)−f(x)Δxf'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}，由于 n→∞n\to\infty 时 b−an→0\dfrac{b-a}{n}\to0，

可以认为 f′(x)=lim⁡n→∞f(x+b−an)−f(x)b−anf'(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{f\left(x+\dfrac{b-a}{n}\right)-f\left(x\right)}{\dfrac{b-a}{n}}. 因此

S=lim⁡n→∞∑k=0n[f′(a+(b−a)kn)⋅b−an]=lim⁡n→∞∑k=0n[b−an⋅lim⁡n→∞f(a+(b−a)kn+b−an)−f(a+(b−a)kn)b−an]=lim⁡n→∞∑k=0n[f(a+(b−a)k+1n)−f(a+(b−a)kn)]=lim⁡n→∞[f(a+(b−a)n+1n)−f(a+(b−a)0n)]=lim⁡n→∞[f(a+(b−a)(1−1n))−f(a)]=f(b)−f(a)\begin{aligned} S&=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}\left[f'\left(a+(b-a)\dfrac{k}{n}\right)\cdot\dfrac{b-a}{n}\right]\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}\left[\dfrac{b-a}{n}\cdot\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{f\left(a+(b-a)\dfrac{k}{n}+\dfrac{b-a}{n}\right)-f\left(a+(b-a)\dfrac{k}{n}\right)}{\dfrac{b-a}{n}}\right]\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}\left[f\left(a+(b-a)\dfrac{k+1}{n}\right)-f\left(a+(b-a)\dfrac{k}{n}\right)\right]\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\left[f\left(a+(b-a)\dfrac{n+1}{n}\right)-f\left(a+(b-a)\dfrac{0}{n}\right)\right]\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\left[f\left(a+(b-a)\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\right)-f\left(a\right)\right]\\ &=f(b)-f(a)\\ \end{aligned}

综上即有 ∫abf′(x)dx=f(b)−f(a)\displaystyle\int_a^bf'(x)\text d x=f(b)-f(a).

这个公式表明，如果我们想要算出一个函数与坐标轴围成的面积，只需找到它的原函数，然后代入两个端点的值后相减即可.

一些例子

不等式放缩

例 1：证明当 n→∞n\to\infty 时 ∑k=1n1k→∞\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1k\to\infty.

根据不规则面积小于矩形面积我们知道 1×1n>∫nn+11xdx1\times\dfrac{1}{n}>\displaystyle \int_n^{n+1}\dfrac1x\text dx 即 1n>ln⁡(n+1)−ln⁡n\dfrac 1n>\ln{(n+1)}-\ln{n}.

两边求和得 ∑k=1n1k>ln⁡(n+1)\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1k>\ln{(n+1)}. 由于 n→∞n\to\infty 时 ln⁡(n+1)→∞\ln{(n+1)}\to\infty，因此也会有 ∑k=1n1k→∞\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1k\to\infty.

例 2：比较 ln⁡2\ln2 和 2e\dfrac2e 的大小.

2e−ln⁡2=∫2e(1x−1e)dx\dfrac2e-\ln2=\displaystyle\int_{2}^e\left(\dfrac{1}x-\dfrac1e\right)\text dx，由于函数在 [2,e][2,e] 上都在 xx 轴上方，因此面积大于 00. 即 2e>ln⁡2\dfrac 2e>\ln2.

几何体的体积

柱锥台体体积推导，此处以圆锥为例：

将圆锥沿底面切成无数圆片，每个圆片的面积为 π(rhx)2\pi{\left(\dfrac rhx\right)}^2. 因此圆锥体积即为 xx 从 00 到 hh 的圆的面积的和，即

V=∫0hπ(rhx)2dx=π3⋅r2h2⋅h3−π3⋅r2h2⋅03=13πr2h\begin{aligned} V&=\int_0^h\pi{\left(\dfrac rhx\right)}^2\text dx\\ &=\dfrac\pi3\cdot\dfrac{r^2}{h^2}\cdot h^3-\dfrac\pi3\cdot\dfrac{r^2}{h^2}\cdot0^3\\ &=\dfrac13\pi r^2h\\ \end{aligned}

球体积推导：

将球分成无数个球面（剥皮），每个球面的面积为 4πx24\pi x^2. 因此球体积即为 xx 从 00 到 rr 的球面的表面积的和，即

V=∫0r4πx2dx=4π3⋅r3−4π3⋅03=43πr3\begin{aligned} V&=\int_0^r4\pi x^2\text dx\\ &=\dfrac{4\pi}3\cdot r^3-\dfrac{4\pi}3\cdot 0^3\\ &=\dfrac43\pi r^3\\ \end{aligned}

正态分布期望值

由于图像沿 xx 轴平移不影响面积，因此

E(X)=∫−∞∞x⋅1σ2πe−(x−μ)22σ2dx=∫−∞∞(x+μ)⋅1σ2πe−x22σ2dx=∫−∞∞x⋅1σ2πe−x22σ2dx+μ∫−∞∞1σ2πe−x22σ2dx=0+μ⋅1=μ\begin{aligned} E(X)&=\int^\infty_{-\infty}x\cdot\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{{(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}\text dx\\ &=\int^\infty_{-\infty}(x+\mu)\cdot\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\text dx\\ &=\int^\infty_{-\infty}x\cdot\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\text dx+\mu\int^\infty_{-\infty}\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\text dx\\ &=0+\mu\cdot1=\mu \end{aligned}

其中最后一步用到了奇函数面积和为 00 和正态分布概率和为 11 的性质.

带阻力的下落运动

假设阻力和速度成正比，即 f=kvf=kv，质量为 mm 的物体从初速度为 00 只受重力和阻力作用下落，求速度关于时间的函数 v(t)v(t).

由牛顿第二定律有

mg−kv(t)=ma(t)gekm−kmekmv(t)=ekma(t)\begin{aligned} mg-kv(t)&=ma(t)\\ ge^{\frac km}-\dfrac kme^{\frac km}v(t)&=e^{\frac km}a(t)\\ \end{aligned}

由于 a(t)=v′(t)a(t)=v'(t)，注意到移项后可以配导数：

(ekmtv(t))′=gekmtekmtv(t)=∫gekmtdtv(t)=mgk+Ce−kmt\begin{aligned} \left(e^{\frac kmt}v(t)\right)'&=ge^{\frac kmt}\\ e^{\frac kmt}v(t)&=\int ge^{\frac kmt}\text dt\\ v(t)&=\dfrac{mg}k+Ce^{-\frac kmt} \end{aligned}

其中 CC 为常数. 根据 v(0)=0v(0)=0 解得 C=−mgkC=-\dfrac{mg}k​. 因此

v(t)=mgk(1−e−kmt)v(t)=\dfrac{mg}k\left(1-e^{-\frac kmt}\right)

Update 2025/03/06 由于本文实际上并没有提及到不定积分，因此原解法可能会带来一定的超纲内容，笔者在初高中时期习惯于使用不定积分后再确定常数 CC 以求解积分类问题。但对于大多数物理情景而言，更适合的方法是使用定积分。

∫0t0gekmtdt=∫0t0(ekmtv(t))′dtmgk(ekmt0−1)=v(t0)ekmt0−v(0)v(t0)=mgk(1−e−kmt0)\begin{aligned} \int_0^{t_0}{ge^{\frac kmt}\mathrm d t}&=\int_0^{t_0}{\left(e^{\frac kmt}v(t)\right)'\mathrm d t}\\ \dfrac{mg}{k}\left(e^{\frac kmt_0}-1\right)&=v(t_0)e^{\frac kmt_0}-v(0)\\ v(t_0)&=\dfrac{mg}k\left(1-e^{-\frac kmt_0}\right) \end{aligned}

和上面得到的答案相同。

交变电流的等效电流

设 I(t)=Imaxsin⁡(2πTt)I(t)=I_{\rm max}\sin\left(\dfrac{2\pi}Tt\right). 注意到

(x−sin⁡xcos⁡x2)′=sin⁡2x\left(\dfrac{x-\sin x\cos x}{2}\right)'=\sin^2x

因此根据等效电流的定义有

I02RT=∫0TI2(t)RdtI02T=∫0TImax2sin⁡2(2πTt)dtI02T=Imax2⋅T2π(2πTT−sin⁡(2πT⋅T)cos⁡(2πT⋅T)2−2πT0−sin⁡(2πT⋅0)cos⁡(2πT⋅0)2)I02T=T2Imax2\begin{aligned} I^2_0RT&=\displaystyle\int_0^TI^2(t)R\text dt\\ I^2_0T&=\displaystyle\int_0^TI_{\text{max}}^2\sin^2\left(\dfrac{2\pi}{T}t\right)\text dt\\ I^2_0T&=I_{\text{max}}^2\cdot\dfrac{T}{2\pi}\left(\dfrac{\frac{2\pi}{T}T-\sin\left(\frac{2\pi}{T}\cdot T\right)\cos\left(\frac{2\pi}{T}\cdot T\right)}{2}-\dfrac{\frac{2\pi}{T}0-\sin\left(\frac{2\pi}{T}\cdot 0\right)\cos\left(\frac{2\pi}{T}\cdot 0\right)}{2}\right)\\ I_0^2T&=\dfrac T2I_{\text{max}}^2 \end{aligned}

即

I0=Imax2I_0=\dfrac{I_\text{max}}{\sqrt2}