求取一元定积分和不定积分的6种方法

求取一元定积分和不定积分的6
种方法
声明：本文章为原创文章，首发于“湖心亭记”
其实一元定积分的解法有几种，跳来跳去。

所以做题的时候如果想养成习惯，可以避开所有没有观察到的点。

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首先说明求解一元定积分的几种方法：
1、奇函数和偶函数法
要特别注意的是，奇函数在对称区间的定积分是0，根本不用找。

例1： \[\int_{ - 1}^1 x dx= 0\] 。

解析：显然x在[-1,1]区间内为奇函数，故不用算就知道积分为0。

2、定积分的几何意义法
这类题目的特点是，一眼就能看出是圆方程；要么被积函数看似简单，但对原函数进行积分是非常困难的。

匹配后发现，被积函数其实就是我们学过的常见曲线方程(一般来说是圆方程)。

然后我们就可以利用定积分的几何意义，按照常用的方法求面积了。

例2： \[\int_{ - 3}^3 {\sqrt {9 - {x^2}} } dx =
\frac{{9\pi }}{2}\]
解析：很明显能直接看出被积函数就是一个半圆：x2+y2=9（y>=0），因此积分值为圆面积的一半，非常易求。

例3： \[\int_0^4 {\sqrt {4x - {x^2}} } dx = 2\pi \]
解析：这道题如果按照换元法或者分部法是很难积出原函数的。

而且一眼也看不出来被积函数是圆的方程。

但是经过配凑，发现确实是圆的方程。

令 \[y = \sqrt {4x - {x^2}} \] 得到y2+x2-4x=0，进而配凑成y2+(x-2)2=4（y>0），很明显
这就是一个以（2,0）为圆心，2为半径的圆。

积分值为圆的
面积的一半，非常易求。

小结下：几何意义法下的题目的被积函数一般为一个根号式，式子下含有\[ - {x^2}\]项，因此碰到这样子的可以优先考虑几何意义法。

3、第一类换元法和第二类换元法
第一类换元法或者可以称之为整体配凑法，如下：
\[\int {f\left( {\varphi \left( x \right)} \right)dx} = k\int {f\left( {\varphi \left( x \right)}
\right)d\varphi \left( x \right){\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} } \]
例4： \[\int {\sin 2xdx = \frac{1}{2}\int {\sin 2xd2x = - \frac{1}{2}\cos 2x} } \]
第二类换元法，可以称之为直接换元，如下：
\[\int {f\left( x \right)dx = \int {f\left( {\phi
\left( t \right)} \right)d\phi \left( t \right) = \int {g\left( t \right)dt{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}
{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (x{\rm{ = }}\phi \left( {\rm{t}}
\right))} } } \]
也就是说将f(x)换成了比较容易积出来的g(t)，当然最后别忘记将t回代成x。

其中第二类换元法又可总结有如下经验：
4、分部积分法
主要利用了公式 \[\int {udv = uv - \int {vdu} } \] 。

5、裂项法
这类问题需要先把被积函数拆分，也就是把乘积变成和差的形式，然后再回到换元法或者除法上来做。

破解术语是关键。

例5：求 \[\int {\frac{1}{{x\left( {x + 1}
\right)\left( {x + 2} \right)}}dx} \]
解析：此题为典型题，需要裂3项。

利用待定系数求
1/x(x+1)(x+2)=A/x +B/(x+1) + C/(x+2)，易求得A=1/2，
B=-1，C=1/2。

因此有：
\[\begin{array}{l} \int {\frac{1}{{x\left( {x + 1}
\right)\left( {x + 2} \right)}}dx} \\ = \int
{\frac{{1/2}}{x}dx + \int {\frac{{ - 1}}{{x + 1}}dx + \int {\frac{{1/2}}{{x + 2}}dx} } } \\ = \frac{1}{2}\ln x - \ln (x + 1) + \frac{1}{2}\ln (x + 2) + C
\end{array}\]
例6：求 \[\int {\frac{2}{{x({x^2} + 2x + 3)}}dx} \]
解析：此题为典型题，需要对二次项进行裂项。

利用待定系数法有2/x(x2+2x+3 )=A/x + (Bx+C)/(x2+2x+3)。

易求A=1，
B=-1，C=-2。

因此有
\[\begin{array}{*{20}{l}} {\int {\frac{2}{{x({x^2} +
2x + 2)}}dx} }\\ { = \int {\frac{1}{x}dx - \int
{\frac{{x + 2}}{{{x^2} + 2x + 2}}dx} } }\\ { = \ln x - \int {\frac{{\frac{1}{2}{\rm{*}}\left( {2x + 2} \right) + 1}}{{{x^2} + 2x + 2}}dx} }\\ { = \ln x -
\frac{1}{2}\int {\frac{1}{{{x^2} + 2x + 2}}d({x^2} +
2x + 2)} - \int {\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 1}}dx} }\\ { = \ln x - \frac{1}{2}\ln {x^2} + 2x + 2 - \arctan (x + 1) + C} \end{array}\]
6、方程组法
这种方法是一种技巧性很强的方法，需要构造一个对称的定
积分作为一组方程组同时求解。

例7：求 \[\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\sin
x}}{{\sin x + \cos x}}dx} \]
解析：此题运用基础的方法无法求出，被积函数很难求出原函数。

仔细观察后可利用方程组法。

构造对称的定积分
\[\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{\sin x +
\cos x}}dx} \] ，记之为B。

题目所求记为A。

则A+B易求，而B-A也易求。

因此联立可求取A。

如下：
\[\left\{ \begin{array}{l} B + A = \frac{\pi }{2}\\ B - A = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x - \sin x}}{{\cos x + \sin x}}dx = \int_0^{\frac{\pi }{2}}
{\frac{1}{{\cos x + \sin x}}d\left( {\cos x + \sin x} \right)} } \end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l} B + A = \frac{\pi }{2}\\ B - A = 0 \end{array} \right.\]
则A为 \[\frac{\pi }{4}\] 。

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关于零件替代法和零件集成法这两种方法，没有什么可说的。

它们是基本方法，必须学会。

但如果出现问题，要么需要反复循环使用基本方法最终变成简单的积分形式，要么把换元法和除法结合起来重新使用，要么把裂项法结合起来。

以上三种情况要结合具体题目灵活处理，但都是一样的，最终目的都是简化到只能用换元法或除法。

这里重点说一下我们有哪些求定积分的方法:宇称函数法、几何意义法、两种换元法、分部积分法、分裂项法、方程组法，一共六种。

所以面对一个问题，要明确这六种方法，才能快速找到突破的方法。

为了避免被思维漏洞和考虑不周难倒，要养成做题的好习惯。

根据我的经验，一般按照以下思维步骤就能快速找到突破口:
第一步:首先根据奇函数或偶函数考察被积函数，探究是否存在这样的规律。

一般简单看一眼就能很快确定是不是奇函数。

第二步:看看能不能用定积分的几何意义来解。

根据经验，特别是当被积函数明显是循环方程时，就用几何意义来解。

第三步:前两步不成立后，直接考虑是用换元法还是用除法解题。

根据总结的经验选择相应的方法。

第四步:如果你解不出代换和除法，就要考虑特殊技巧的方法，比如方程组的方法或者再考虑几何意义法。