定积分换元法与分部积分法习题

1．计算下列定积分： ⑴
3sin()3x dx π
ππ
+⎰；
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
3sin()3x dx π
π
π
+⎰3sin()()33x d x π
πππ=++⎰3
cos()
3x ππ
π
=-+
[cos()cos()]333ππππ=-+-+[cos (cos )]033
ππ
=----=。

【解法二】应用定积分换元法
令3
x u π
+
=，则dx du =，当x 从
3
π单调变化到π时，u 从
23π单调变化到43π
，于是有
3sin()3x dx π
ππ
+⎰4323
sin udu ππ=⎰4323
cos u
π
π=-42[cos
cos ]33
ππ=-- [cos
(cos )]033
π
π
=----=。

⑵
1
32(115)dx
x -+⎰；
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1
32(115)dx x -+⎰13
2
1(115)(115)5x d x --=++⎰212
11(115)52
x --=⋅+-
22
111
[]10(1151)(1152)
=-
-+⨯-⨯211(1)1016=--51512=。

【解法二】应用定积分换元法
令115x u +=，则1
5
dx du =
，当x 从2-单调变化到1时，u 从1单调变化到16，于是有
1
32(115)dx
x -+⎰1631
15u du -=⎰2161
1152
u -=⋅-211
(1)1016
=-
-51512=。

⑶
32
sin cos d π
ϕϕϕ⎰
；
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
3
20sin cos d πϕϕϕ⎰3
2
cos cos d πϕϕ=-⎰420
1cos 4
π
ϕ=-441[cos cos 0]42
π
=--
1
[01]4
=--14=。

【解法二】应用定积分换元法
令cos u ϕ=，则sin d du ϕϕ-=，当ϕ从0单调变化到
2
π
时，u 从1单调变化到0，于是有
320
sin cos d π
ϕϕϕ⎰
031u du =-⎰130u du =⎰4
1
1
4
u =14
=。

⑷
30
(1sin )d π
θθ-⎰
；
【解】被积式为3
(1sin )d θθ-，不属于三角函数的基本可积形式，须进行变换。

由于1是
独立的，易于分离出去独立积分，于是问题成为对3
sin d θθ的积分，这是正、余弦的奇数次幂的积分，其一般方法是应用第一换元法，先分出一次式以便作凑微分：
sin cos d d θθθ=-，余下的22sin 1cos θθ=-，这样得到的2(1cos )cos d θθ--便为变
量代换做好了准备。

具体的变换方式有如下两种： 【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
3
(1sin )d π
θθ-⎰
20
1sin sin d d ππ
θθθθ=-⎰⎰20
(1cos )cos d π
π
θ
θθ=+-⎰
301
(cos cos )3
ππθθ=+-
331
(cos cos 0)(cos cos 0)3
πππ=+---
1
(11)(11)3
π=+-----43π=-。

【解法二】应用定积分换元法
令cos u ϕ=，则sin d du ϕϕ-=，当ϕ从0单调变化到π时，u 从1单调变化
到1-，于是有
3
(1sin )d π
θθ-⎰
20
1sin sin d d ππ
θθθθ=-⎰⎰20
(1cos )cos d π
π
θ
θθ=+-⎰
121(1)u du π-=+-⎰31
1
1()3
u u π-=+- 1
(11)(11)3
π=+-----43π=-。

⑸
22
6
cos udu π
π
⎰；
【解】这是正、余弦的偶次幂，其一般积分方法为，利用三角函数的半角公式：
2
1cos cos 22u u +=，将平方部份降次成为一次的余弦三角函数：21cos 2cos 2
u u +=，使之可以换元成为基本可积形式： 【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
2
26cos udu π
π⎰261cos 22u du π
π+=⎰226611
(cos 22)22du ud u ππ
ππ=+⎰⎰ 2
2
6
6
11(sin 2)2
2u u ππ
π
π=+11[()(sin sin )]22623ππππ=-+-
1(23π=。

【解法二】应用定积分换元法
令2u x =，则1
2
du dx =
，当u 从6π单调变化到2π时，x 从3π单调变化到π，
于是有
2
26cos udu π
π⎰261cos 22u du π
π+=⎰226611
(cos 22)22du ud u ππ
ππ=+⎰⎰ 2
36
1
1(cos )2
2u xdx ππππ
=+⎰3
11
[()sin ]2262x ππππ=-+ 11[(sin sin )]2323πππ=+
-1(23π=。

⑹
；
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是2，应该应用第二类换元法中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令x u =，当x 从0单调
变化
到
时，u 从0单调变化到
2
π
，
且u =
，dx udu =，使得
u udu =2
1cos 222
u
du π
+=⎰ 220
cos 2du udu π
π
=+⎰⎰220
1cos 222u
ud u π
π
=+⎰ 220
1
sin 22
u
u π
π
=+1
(sin 0)22
π
π=
+-2π=。

⑺
12
x
； 【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是2，应该应用第二类换元法中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令sin x u =，当x
单调变化到1时，u 从4π单调变化到2π
2cos sin u
u
==，cos dx udu =，
使得
1224cos cos sin u udu u ππ=⋅⎰224cot udu ππ=⎰224
(csc 1)u du π
π=-⎰ 24
(cot )
u u π
π
=--[(cot
cot )()]2424
π
πππ
=--+-14π=-。

⑻
a
x ⎰
（0a >）
； 【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是2，应该应用第二类换元法中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令sin x a u =，当x 从0单调变
化到a 时，u 从0单调变化到
2
π
，
且222sin sin cos x a u a u ==⋅，cos dx a udu =，使得
a
x
⎰
22
20sin cos cos a u a u a udu π=⋅⋅⎰422
sin 24
a
udu π
=
⎰
4
201cos 442a u du π
+=⎰42
1(sin 4)84a u u π
=+
41
[(sin 20)]824
a ππ=+-4116a π=。

⑼
1
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是2，应该应用第二类换元法中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方和转换成完全平方，应令tan x u =，当x 从1单调变
u 从
4π单调变化到3
π
，且
222sec tan sec udu
u u ==2cos sin u du u
=21sin sin d u u =
使得
1
3
2
4
1
sin sin d u u
π
π=⎰ 这时，再令sin u t =，当u 从
4π单调变化到3π时，t
从2
单调变化到2， 又得32
41sin sin d u u π
π
⎰21dt t =
=
=-
-=
⑽
⎰
；
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是2，应该应用第二类换元法中的三角变换法。

由于根号内的二次多项式并非为三角变换中的平方和或差的标准形式，需要先将其转
化为标准形：
=
现在，根号内的二次多项式成为了变量在后的平方差的形式了，因此可令
1sin x u -=，当x 从0单调变化到1时，1x -从1-单调变化到0，从而u 对应从2
π
-
单调
变化到0，
cos u =，cos dx udu =，于是
⎰
2
cos cos u udu π-=⋅⎰0
2
1cos 22u du π
-+=⎰
02
11
(sin 2)22u u π
-
=+
11
{[0()][sin 0sin()]}222
ππ=--+--4π=。

⑾
4
1
⎰
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应用第二类换元法中的直接变换法：
u =，当x 从1单调变化到4时，u 从1单调变化到2，且由此得2
x u =，
2dx udu =
1
1u =+，于是
4
1
⎰
2121udu u =+⎰2112(1)1du u =-+⎰2
12(ln 1)u u =-+
2[(21)(ln3ln 2)]
=---32(1ln )2=-2
2(1ln )3
=+。

【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变量，即令1u =，当x 从1单调
变化到4时，u 从2单调变化到3，且由此得2
(1)x u =-，2(1)dx u du =-
1
u
=，
于是
4
1
⎰
322(1)u du u -=⎰3212(1)du u =-⎰3
2
2(ln )u u =-
2[(32)(ln3ln 2)]=---3
2(1ln )2
=-。

⑿
1
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应用第二类换元法中的直接变换法：
【解法一】令u =，当x 从
34单调变化到1时，u 从1
2
单调变化到0，且由此得21x u =-，2dx udu =-
11
u =-，于是
1
01221
u du u -=-⎰12012(1)1du u =+-⎰1
20
2(ln 1)u u =+-
11
2(ln ln1)22
=+-12ln 2=-。

【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变量，
1u =，当x 从3
4
单调变化到1时，u 从1
2
-
单调变化到1-，且由此得21(1)x u =-+，2(1)dx u du =-+
，1
u
=，于是
1
112
2(1)u du u ---+=⎰12112(1)du u --=+⎰1
212(ln )
u u -
-=+
11
2[()(1)ln ln 1)]22
=---+---12ln 2=-。

⒀
1
-⎰
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应用第二类换元法中的直接变换法：
令u =，当x 从1-单调变化到1时，u 从3单调变化到1，且由此得
21(5)4x u =--，12dx udu =-
1u
=，于是
1
-⎰
123111(5)42u udu u --=⋅-⋅⎰1231(5)8u du =-⎰31311(5)83u u =- 311
[(13)5(13)]83
=---16=。

⒁
12
2
1
x
e
dx x ⎰
； 【解】由于11
221
x
x e dx e dx x x
=⋅，为含复合函数1x e 的积分，且微分部份21dx x 仅与复合函数1x
e 之中间变量1x 的微分21
dx x
-相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法：
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
12
21
x
e dx x ⎰
1211
x e d x
=-⎰1
21
x e =-112
()e e =-
-e =
【解法二】应用定积分的换元法
令
1u x =，当x 从1单调变化到2时，u 从1单调变化到12，且由此得21dx du x
-=，
于是
1
2
2
1
x
e dx x ⎰
12211x e dx x =⎰121
u e du =-⎰121
u e =-112
()e e =--e =
⒂
212
t te
dt -
⎰；
【解】为含复合函数22
t e -的积分，且微分部份tdt 与复合函数22
t e
-之中间变量2
2
t -的微分
tdt -仅相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法：
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
21
2
0t te dt -
⎰22
12
()2
t t
e d -
=--⎰2
1
20
t e -
=-102
()e e -
=--1=-。

【解法二】应用定积分的换元法
令22t u -=，当x 从0单调变化到1时，u 从0单调变化到12
-，
且由此得tdt du -=，于是
21
2
t te
dt -
⎰
12
u e du -
=-⎰0
12
u e du -
=⎰012
u e
-=10
2
e e
-
=-1=。

⒃
2
1
e ⎰
；
【解】为含复合函数的积分，且微分部份
dx
x 1ln x +的微分
1
dx x
相等，可以应用第一换元积分法： 【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
2
1
e ⎰
21
(1ln )e x =+⎰2
e =
==1)=。

【解法二】应用定积分的换元法
令1ln x u +=，当x 从1单调变化到2
e 时，u 从1单调变化到3，且由此得
1
dx du x
=，于是 2
1
e ⎰
31
=⎰=1)=。

⒄
22(2)22x dx x x -+++⎰；
【解】为含复合函数的积分，被积函数为真有理分式，分母为二次无零点的多项式，且分子比分母低一次，可以分解为两个可积基本分式的积分：
22(2)22x dx x x -+++⎰0221(22)2
222x dx x x -++=++⎰ 00222212212222222
x dx dx x x x x --+=+++++⎰⎰ 002
2222111(22)(1)222(1)1
d x x d x x x x --=++++++++⎰⎰ 200
221ln(22)arctan(1)2x x x --=
++++ 1
(ln 2ln 2)arctan1arctan(1)2=-+-- ()44ππ=--2
π=。

⒅
2
⎰
；
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应用第二类换元法中的直接变换法：
u =，当x 从0单调变化到2时，u 从1且由此得21x u =-，2dx udu =
3
1
u u =
+，于是
2
⎰
31
12udu u u =⋅+211
21du u
=+2arctan =
arctan1)=2()34
ππ
=-6π=。

⒆
22
π
π
-
⎰；
=
x =，
所以
22
π
π
-
⎰0
2
π-=+⎰
2
sin )x dx xdx π
-
=-+⎰
2
cos cos x x π
-
=-⎰
于是有
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
22
π
π
-
⎰110
22
2
2
(cos )cos (cos )cos x d x x d x π
π-=-⎰⎰
3
3
02220
2
2
2
(cos )(cos )3
3
x x π
π
-
=-
22
(10)(01)33
=
---43=。

【解法二】应用定积分的换元法
令cos x u =，当x 从2
π
-
单调变化到0时，u 从0单调变化到1，当x 从0单
调变化到
2
π
时，u 从1单调变化到0，且由此得sin xdx du -=，于是
22
π
π
-
⎰sin )x dx xdx =-+⎰
1
=-⎰
⎰
111
1
2
2
00u du u du =+⎰⎰
33
1
1122
0223
3u du u =+⎰2233=
+43
=。

⒇
π
⎰。

x =
=，
所以
π
⎰
cos x dx π
=
20
2
cos cos ]x dx x dx π
π
π=+⎰⎰
20
2
cos (cos )]xdx x dx π
π
π=+-⎰
⎰20
2
sin ]x
x π
ππ=-
0)(sin sin )]22
π
π
π=--
-(1)]=-
-= 2．利用函数的奇偶性计算下列定积分： ⑴
4sin x xdx π
π
-
⎰；
【解】由于函数4sin y x x =是奇函数，即知
4sin 0x xdx π
π
-
=⎰。

⑵
42
2
4cos d π
π
θθ-
⎰
；
【解】由于函数4()4cos f θθ=是偶函数，且有
44cos θ21cos 24()2θ+=212cos 2cos 2θθ=++1cos 412cos 22θθ+=++ 31
2cos 2cos 422
θθ=++ 即得
4
2
2
4cos d ππθθ-⎰4
20
24cos d πθθ=⎰20312(2cos 2cos 4)22
d π
θθθ=++⎰ 2
31
2(sin 2sin 4)
28
π
θθθ=++
31
2[(0)(sin 0)(sin 20)]228πππ=-+-+-
32
π=。

⑶
12
⎰
；
【解】由于函数2
y =
是偶函数，所以
12
2
⎰
12
20
2=⎰
1220
2(arcsin )arcsin x d x =⎰
1320
2
(arcsin )3
x =321[(arcsin )0]32=-32()36π=⋅3324
π=。

⑷
1
⎰。

【解】由于函数y =
1
⎰
120
2=
⎰
120
2arcsin =-⎰
120
arcsin ]x
x =--
12010]2dx =---
⎰1
20]
6
x π=-
-1=- 3．证明：1
1
2
2111x
x dt dt t t =++⎰⎰（0x >）。

【证明】作倒数变换1t u
=
，当t 从x 单调变化到1时，u 从1
x 单调变化到1，
且有2
22211111
1()u t u u
==+++，
21dt du u -= 于是有 1
2
1x dt t +⎰2
112211x u du u u -=⋅+⎰11211x du u =-+⎰12111x
du u =+⎰ 1
2
1
1
1x dt t =+⎰
， 证毕。

4．证明：
20
sin 2sin n
n xdx xdx π
π
=⎰
⎰。

【证明】由于
sin n
xdx π
⎰
20
2
sin sin n
n xdx xdx π
π
π=+⎰⎰，
其中，对于
2
sin n xdx ππ
⎰
，作如下的处理：
作变换x u π=-，当x 从
2π单调变化到π时，u 从2
π
单调变化到0， 且有sin sin ()sin n
n
n
x u u π=-=，dx du =-，
于是，
2
sin n
xdx ππ
⎰
2
sin n
udu π=-⎰20
sin n
udu π
=⎰20
sin n xdx π
=⎰，
从而得
sin n
xdx π
⎰
20
2
sin sin n
n
xdx xdx π
π
π=+⎰⎰20
2sin n xdx π
=⎰。

证毕。

5．设()f t 为连续函数，证明： ⑴当()f t 是偶函数时，0
()()x
x f t dt ϕ=
⎰
为奇函数；
【证明】当()f t 是偶函数时，有()()f t f t -=，
使得 0()()x
x f t dt
ϕ--=
⎰
t u =-0
()()x
f u d u --⎰
()x
f u du =-⎰()x ϕ=-，
可知此时0
()()x
x f t dt ϕ=
⎰
为奇函数，证毕。

⑵当()f t 是奇函数时，0
()()x
x f t dt ϕ=
⎰
为偶函数。

【证明】当()f t 是奇函数时，有()()f t f t -=-，
使得 0()()x
x f t dt
ϕ--=
⎰
t u =-0
()()x
f u d u --⎰
()x
f u du =⎰()x ϕ=，
可知此时0
()()x
x f t dt ϕ=
⎰
为偶函数，证毕。

6．设()f x 是以T 为周期的连续函数，证明：对任意的常数a ，有
()()a T
T
a
f x dx f x dx +=⎰
⎰。

【证明】题设()f x 是以T 为周期的连续函数，可知成立()()f x T f x ±=，
由于
()a T
a
f x dx +⎰
00
()()()T a T
a
T f x dx f x dx f x dx +=++⎰⎰⎰
()()()a
T
a T
T
f x dx f x dx f x dx +=-++⎰⎰⎰
其中，对于
()a T
T
f x dx +⎰，作如下的处理：
令x u T =+，当x 从T 单调变化到a T +时，u 从0单调变化到a ， 使得
()a T T
f x dx
+⎰
x u T =+0
()()a
f u T d u T ++⎰
()a
f u du =⎰0
()a f x dx =⎰，
于是有 ()a T
a
f x dx +⎰
()()()a T a f x dx f x dx f x dx =-++⎰⎰⎰0
()T
f x dx =⎰，
证毕。

7．计算下列定积分： ⑴
1
x xe dx -⎰
；
【解】被积函数属分部积分第一类，应选x
e -为先积分部份，
【解法一】套用分部积分公式，
1
x
xe dx -⎰
1
()x
xd e -=-⎰1
1
()x x xe
e dx --=---⎰1
1
0x e e dx --=--+⎰
110
x
e e --=--110()e e e --=---112e -=-。

【解法二】应用列表法
1 0 x x
x
x e e
e ---+---符号求导积分
\\
可得
1
x xe dx -⎰
10
()
x x xe e --=--1100(1)(0)e e e e --=-----112e -=-。

⑵
1
ln e
x xdx ⎰
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选x 为先积分部份，
1
ln e
x xdx ⎰
211ln 2e
xd
x =⎰221111ln ln 2
2e e
x x x d x =-⎰
221111(ln 022e e e x dx x
=--⋅⎰）211122e e xdx =-⎰ 2211124e e x =-2211(1)24e e =--21(1)4e =+。

（含不可直接积分部份的分部积分不应使用列表法）
⑶
1
arctan x xdx ⎰
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选x 为先积分部份，
1
arctan x xdx ⎰
1
201arctan 2xd
x =⎰1212
0011arctan arctan 22x x x d x =-⎰ 122
0111
arctan1221x dx
x =-⋅+⎰12011(1)821dx x π=--+⎰ 10
1(arctan )82
x x π=--1(1)824ππ=--142π=-。

⑷
2
sin 2x xdx π
⎰
；
【解】被积函数属分部积分第一类，应选sin 2x 为先积分部份， 【解法一】套用分部积分公式，
20
sin 2x xdx π
⎰
20
1(cos 2)2xd x π
=-⎰
22
01
1
cos 2(cos 2)2
2
x x
x dx π
π
=---⎰
2011(cos 0)cos 2222xdx πππ=--+⎰2
1
(1)sin 244x
π
π=--+
1
(sin 0)44
π
π=
+-4π=。

【解法二】应用列表法
sin 21
1 cos 221
0 sin 24
x x x x
+--+-符号求导积分
\\
可得 20sin 2x xdx π⎰2
11
(cos 2sin 2)
24
x x x π
=-+11
(cos 0)(sin sin 0)224
πππ=--+-
11()(00)224π=--+-4
π
=。

⑸
4
1
⎰
；
为先积分部份，
4
1
⎰
41ln xd =
⎰44
11
ln x x =-⎰
44111x dx x =-
⎰44
112x =-⎰
4
1x =
-4
12)x =-
42)2)]=--4[ln 41]=-4(2ln 21)=-。

⑹
3
2
4
sin x
dx x
π
π
⎰； 【解】被积函数属分部积分第一类，应选21
sin x
为先积分部份， 【解法一】套用分部积分公式，
324sin x
dx x ππ⎰34(cot )xd x π
π=-⎰334
4
cot (cot )x x
x dx ππ
ππ
=---⎰
334
4
cos cot sin x x x
dx x π
πππ
=-+⎰33
4
4
1
cot sin sin x x
d x x
ππ
ππ
=-+⎰ 334
4
cot ln sin x x
x
π
π
π
π
=-+34
(cot ln sin )
x x x π
π
=-+
(cot
ln sin
)(cot
ln sin
)3
3
3
4
4
4
π
π
π
π
π
π
=-
+--
+
((ln 3
42π
π=-
--+
1(4π=
+113(ln 422π=+。

【解法二】应用列表法
2 1 sin 1 cot 0 ln sin x x
x x
+--+-符号求导积分
\\
可得
3
24
sin x
dx x
π
π
⎰34
(cot ln sin )x x x ππ
=-+
(cot
ln sin
)(cot
ln sin
)3
3
3
4
4
4
π
π
π
π
π
π
=-
+--
+
((ln 3
42π
π=-
--+
1(4π=
+113(ln 422π=+。

⑺
220
cos x e xdx π
⎰
；
【解】被积函数属分部积分第一类，2x
e 与cos x 均可选为先积分部份， 【解法一】套用分部积分公式，选2x
e 为先积分部份，
220
cos x e xdx π⎰2201cos 2x xd e π=⎰2222
011
cos cos 2
2
x
x e x e d x π
π
=-⎰ 022011
(cos cos 0)sin 222x e e e xdx π
ππ=-+⎰
220111(01)sin 222x xd e π
=-+⎰2222
011
1
sin sin 24
4
x x e x
e d x π
π
=-+-⎰ 0220
111(sin sin 0)cos 2424x e e e xdx π
ππ=-+--⎰
即得 222200
11
cos cos 244x
x e e xdx e xdx π
ππ
=-+
-⎰⎰， 移项，整理得
22
1
cos (2)5
x e xdx e π
π=-⎰。

【解法二】套用分部积分公式，选cos x 为先积分部份，
220
cos x
e xdx π
⎰
220
sin x
e d x π
=⎰22220
sin sin x
x e x
xde π
π
=-⎰
220
(sin
0)2sin 2
x
e e xdx ππ
π
=--⎰220
2(cos )x e e d x π
π
=--⎰
22220
[2(cos )
(cos )2]x
x e e x x d e π
π
π=----⎰
22220
2cos 4cos x
x e e x
e xdx π
π
π=+-⎰
220
2(cos
cos 0)4cos 2
x e e e e xdx π
ππ
π
=+--⎰
即得
22220
cos 24cos x x e xdx e e xdx π
π
π
=--⎰
⎰，
移项，整理得
220
1
cos (2)5
x e xdx e π
π=-⎰。

⑻
2
21
log x xdx ⎰
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选x 为先积分部份，
2
21
log x xdx ⎰
2
2211log 2xd x =⎰222
2212111log log 2
2x x x d x =-⎰
2221111
(4log 20)22ln 2
x dx x =--⋅⎰21122ln 2xdx =-⎰ 2211122ln 22x =-⋅12(41)4ln 2=--3
24ln 2
=-。

⑼
220
cos x xdx π
⎰
；
【解】将三角函数降次后求解，
220
cos x xdx π
⎰
20
1cos 22
x
x dx π
+=⋅
⎰201(cos 2)2x x x dx π=+⎰
2220011(cos 2)22
x x xdx ππ
=
+⎰
22
1cos 22x xdx ππ=+⎰
其中，积分
20
cos 2x xdx π
⎰
中的被积函数属分部积分第一类，套用分部积分公式，选
cos 2x 为先积分部份，得
20cos 2x xdx π⎰201sin 22xd x π
=⎰220011sin 2sin 222x x xdx ππ
=-⎰
201sin 40cos 24x π
ππ=-+100(cos 4cos 0)4
π=-+-
1
(11)04=-=， 从而得 22
0cos x xdx π⎰220
1cos 22x xdx ππ=+⎰2102π=+⨯2π=。

⑽
1
sin(ln )e
x dx ⎰
；
【解】被积函数属分部积分第二类，且已经具有udv ⎰
的结构，直接套用分部积分公式得
1
sin(ln )e
x dx ⎰
11
sin(ln )sin(ln )e
e
x x xd x =-⎰
11
sin(ln )0cos(ln )e
e e x x dx x
=--⋅⋅⎰
1
sin1cos(ln )e
e x dx =-⎰
11
sin1[cos(ln )cos(ln )]e
e
e x x xd x =--⎰
11sin1[cos(ln )cos(ln1)][sin(ln )]e
e e e x x dx x
=--+-⎰
1
sin1cos11sin(ln )e
e e x dx =-+-⎰
即得
1
1
sin(ln )(sin1cos1)1sin(ln )e
e
x dx e x dx =-+-⎰
⎰，
移项、整理得
1
1
sin(ln )[(sin1cos1)1]2
e
x dx e =-+⎰。

⑾
1ln e
e
x dx ⎰
；
【解】
1ln e
e
x dx ⎰
1
11
ln ln e
e
x dx x dx =+⎰⎰1
11
(ln )ln e
e
x dx xdx =-+⎰⎰
1
11
ln ln e
e
xdx xdx =-+⎰⎰111111
[ln ln ]ln ln e
e
e
e
x x
xd x x x xd x =--+-⎰⎰ 1111111(0ln )ln 0e e
x dx e e x dx e e x x =--+⋅+--⋅⎰⎰1
111e e dx e dx e =-++-⎰⎰
111
1
e
e
x e x
e =-++-111(1)e e e e
=-+-+--22e =-。

⑿
2
30
x x e dx 。

【解】这是含复合函数的积分，可用第一换元积分法，
令2
x u =，当x 从0u 从0单调变化到ln 2，
得
2
30
x e dx 2220
12x e dx =
ln 2012u ue du =⎰ln 2012u
ude =⎰ ln 2ln 2001()2u u ue e du =-⎰ln 2ln 2
011(ln 20)22
u e e =⋅-- ln 201ln 2()2e e =--1ln 2(21)2=--1
ln 22
=-。

8．设21sin ()x t f x dt t
=⎰，求1
0()xf x dx ⎰。

【解】sin t
dt t ⎰是著名的无法用初等函数表示结果的一道积分题，
因此，无法通过确定()f x 的表达式来求解积分
1
()xf x dx ⎰
，
但明显可见，易于求出'()f x ：
22221sin sin '()()'x d t x f x dt x dx t x
==⎰22sin 2x x x =⋅2
2sin x x =， 于是，可以通过分部积分法，由
1
()xf x dx ⎰
转化出'()f x 从而解决问题：
10()xf x dx ⎰1
201()2f x d x =⎰1212
0011()()22x f x x df x =-⎰
12201
1[1(1)0]'()2
2f x f x dx =--⎰12011(1)'()22f x f x dx =-⎰
1220112
(1)sin 22f x x dx x
=-⋅⎰1201(1)sin 2f x x dx =-⎰
122011(1)sin 22f x dx =-⎰21011
(1)cos 22f x =+ 11(1)(cos11)22f =+-1
[(1)cos11]2f =+- 由题设21sin ()x t f x dt t =⎰，可得11sin (1)0t
f dt t
==⎰， 最终得到 10()xf x dx ⎰1
(cos11)2
=-。

9．设0
()()cos f x x f x xdx π
=-⎰
，求()f x 。

【解】由于
()cos f x xdx π
⎰
为常数，可知'()1f x =，
由此得
()cos f x xdx π
⎰
()sin f x d x π
=⎰0
()sin sin ()f x x
xdf x π
π
=-⎰
()sin (0)sin 0sin '()f f xf x dx π
ππ=--⎰
00sin xdx π
=--⎰0
cos x
π=cos cos 02π=-=-，
于是，0
()()cos f x x f x xdx π
=-
⎰
(2)x =--2x =+。