不定积分的换元积分法
不定积分求解方法-换元法
例1. 求 (a x b )m d x(m 1 ).
解: 令 uaxb,则 duadx,故
原式 = um 1 d u 1 1 um1C
a
a m1
1 (axb)m1C a(m1)
注: 当 m1时
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例2. （P222）求
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一、第一类换元法 （P221）
定理1. 设f (u)有原函,数u(x)可导 ,则有换元
公式
f[(x) ](x)dx f(u)du u(x) 即 f[(x) ](x)dxf((x)d )(x)
(也称配元法 , 凑微分法)
精选版ppt
3
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dx a2 x2
.
解:
dx a2 x2
1 a2
dx 1(( aaxx )) 2
令 u x , 则 du 1 d x
a
a
1a
du 1 u
2
1arctaunC a
1arctax)n(C aa
想到公式
1
d
u u
2
arc u tC an
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例3. （P223） 求
解:
tanxdx
sin xdx cosx
dccoossxx
ln co x sC
类似
coxtdx? cosisnxxdx
dsinx sinx
lnsixnC
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例5. （P223）求
dx x2 a2
.
解:
1 x2 a2
1 2a
(x a ) (x a )1( 1 1 ) ( x a )( x a ) 2a xa xa
《微积分》第二节 不定积分的第一类换元积分法
(sin2 x 2sin4 x sin6 x)d(sin x)
1 sin3 x 2 sin5 x 1 sin7 x C .
3
5
7
说明 当被积函数是三角函数相乘时，拆开奇 次项去凑微分.
例17 . 求
解: cos4 x (cos2 x)2 (1 cos 2x)2
2
1 4
(1
2
例4. 求 解:
d x
a
1
(
x a
)2
d(
x a
)
1
(
x a
)
2
想到
du 1u2
arcsin u
C
f [ ( x)] ( x)dx f ( (x))d (x)
(直接配元)
例5. 求 解:
sin cos
xdx x
dcos x cos x
类似地,
cos x dx sin x
d sin x sin x
2a xa
例7. 求
解: 原式 =
1
dln x 2 ln
x
1 2
d(1 2 ln x 1 2 ln x
)
例8. 求
e3
x
dx.
x
解: 原式 = 2 e3 x d x 2 e3 x d(3 x) 3
2 e3 x C
3
例9 求
(1
1 x2
x 1
)e xdx.
解
x
1 x
1
1 x2
解
(1
x x
)3
dx
x 1 (1 x)
31dx
[ (1
1 x)2
(1
1 x)3
]d (1
不定积分的换元积分法
不定积分的换元积分法一、引言在微积分中，不定积分是求导运算的逆运算。
通过不定积分，我们可以求得函数的原函数，进而解决各种实际问题。
换元积分法是求不定积分时常用的一种技巧，能够将复杂的积分转化为简单的积分，从而简化计算过程。
本文将详细介绍不定积分的换元积分法的原理、应用以及一些常见的例题。
二、换元积分法的原理换元积分法是基于复合函数求导链式法则的一个推广。
通过引入一个新的变量，可以将原函数转化为一个复合函数的积分。
具体步骤如下：1. 选择一个适当的变量代换，将被积函数中的自变量用新的变量表示。
2. 计算这个变量代换的导数，得到被积函数中关于新变量的导数形式。
3. 将原函数转化为一个关于新变量的积分，这样可以化简计算。
4. 完成积分后，将新变量用原来的自变量表示，得到最终结果。
三、换元积分法的应用换元积分法在解决复杂积分问题时非常有效。
它常用于以下几种情况：1. 当被积函数中存在复杂的指数函数、三角函数等时，可以通过选择适当的代换变量将其转化为简单的形式。
2. 对于具有根式形式的被积函数，通过适当的变换将其转化为有理函数形式，从而进行计算。
3. 当被积函数中存在分式或有理函数时，可以通过合理的代换将其转化为多项式形式，将计算变得更加简单。
四、例题分析以下是几个通过换元积分法求解的例题：1. 计算不定积分∫(3x^2+2x+1)dx。
首先可以将被积函数中的自变量x用一个新的变量u代替，即令u=3x^2+2x+1。
然后计算出这个变量代换的导数du=6xdx+2dx=6xdx+2。
最后将原函数转化为关于u的积分，即∫du。
完成积分后，将u用原来的自变量x表示即可得到结果。
2. 计算不定积分∫(x^3+1)^(1/2)xdx。
对于这个被积函数，可以选取u=x^3+1进行变量代换。
然后计算出du=3x^2dx。
将原函数转化为关于u的积分，即∫(u^(1/2)/3)du。
完成积分后，将u用原来的自变量x表示即可得到结果。
不定积分的换元积分法
有时计算复杂：在某些情况下，换元后需要进行的计算可 能较为复杂，需要较高的计算能力。
不定积分换元法的发展趋势
理论研究不断深入
随着数学理论的发展，不定积分换元法 的理论体系不断完善，研究不断深入。
VS
应用领域不断拓展
随着科技的发展，不定积分换元法的应用 领域越来越广泛，不仅在数学、物理等领 域得到广泛应用，也逐渐拓展到工程、经 济等领域。
不定积分的换元积分法
2023-12-23
CONTENTS 目录
• 不定积分的概念 • 换元积分法的基本思想 • 常用的换元积分法 • 换元积分法的应用实例 • 总结与展望
CHAPTER 01
不定积分的概念
定义与性质
定义
不定积分是微分的逆运算，即求一个 函数的原函数或不定积分。
性质
不定积分具有线性性质、积分常数性 质和积分区间可加性。
第二类换元积分法（变量替换法）
总结词
通过引入新的变量替换原函数中的部分变量，将不定积分转化为容易求解的形式。
详细描述
第二类换元积分法也称为变量替换法。这种方法适用于被积函数中含有根号或分母中含有变量的不定 积分。通过引入新的变量进行替换，可以将不定积分转化为容易求解的形式。常用的替换方法包括三 角函数替换、指数函数替换等。
换元积分法不仅在不定积分和解决实际问题中有应用，在其他数学领域也有广泛的应用。例如，在求 解微分方程、变分法、复变函数等领域中，换元积分法都是一种重要的工具。
通过引入适当的变量替换，可以将复杂的问题转化为更易于处理的形式，从而简化计算或求解过程。
CHAPTER 05
总结与展望
不定积分换元法的优缺点
在不定积分中，如果一个函数可以表示为另一个函数的复合函数，那么可 以通过引入新的变量来简化计算。
25-不定积分换元法
万能凑幂法
f(xn)xn1dx1n f(xn)dxn f (xn)1xdx1 n f(xn)x1ndxn
(3) 统一函数: 利用三角公式 ; 配元方法
(4) 巧妙换元或配元
思考与练习 1. 下列各题求积方法有何不同?
(1) dx d(4x) (2)
4 x 4x
(3)
x 4x2
(2)0 a2 1x2dx1aarctaaxnC
(2)1
1 x2a2
dx1 lnxa 2a xa
C
(2)2
1 dxarcsinx C
a2x2
a
(2)3
1 dxlnx ( x2a2)C
ln xex ln1xex C xlnxln 1xexC
分析:
1 xex(1 xex)
1xexx(e1xxxeexx)
1 xex
11xex
(x1)exdxxexdxexdxd(xex)
例15. 求 ff((xx))f(fx)3(fx2)(x)dx.
解: 原式 ff((xx))1ff(x 2)(fx()x)dx
x2a2
a2 C
x2 a2
例12 . 求 co4sxdx.
解: c4 ox s(c2x o )2s(1cos2x)2 2
1 4(1 2 c2 o x s c2 o 2 x )s
1 4 (1 2 c2 o x 1 s c 24 o x )s
1 4 (2 3 2 c2 o x s 1 2 c4 o x )s
例8. 求 sec6xdx.
解: 原式 = (t2 a x n 1 )2dstae 2 nxxd c x
(t4 a x 2 n ta 2x n 1 )d ta xn
1 tan5 x 2 tan3 x taxn C
不定积分的换元积分法4.2
f [j ( t )] j ( t )dt
．
最后将t =j1(x)代入f [j(t)]j(t) 的原函数中．
第二类换元法用于求特殊类型的不定积分．
例 21 例18
求
a
2
x
2
d x (a > 0 )．
x
2
a t
a x
2 2
解
设 x a sin t ，
a x
a
2
< t<
2 2
ln | x
x a
2
2
| C
．
三、积分公式小结
(1 ) kdx kx C ,
( 2 ) x dx
m
(k是常数)，
x
m 1
1
m 1
C,
(m 1)，
(3)
(4)
(5 )
1 x
dx ln | x | C ,
1 dx arctan x C ,
例 23 例21
求
dx x
2
x
2
(a > 0 )．
a
解 那么
当 x> a 时 ， 设 x a se c t (0 < t<
x a
2 2
2
t
)，
sec
2
a
t 1
a sec
2
2
ta
2
a
a tan t ， 于是
dx x a
2 2
2
a sec t tan t a tan t
2
1 3
sin
3
不定积分的换元法第一篇
解
x2 f (1 x3 )dx 1 f (1 x3 )d(1 x3 ) 3
又 f ( x)dx x C，
x2 f (1 x3 )dx 1 1 x3 +C 3
例12 求 x2(2x 1)50dx
解 令u 2x 1 则 dx 1 du
第三节 不定积分与定积分的运算
一、不定积分的换元法
二、定积分的换元法
三、分部积分法
不定积分的分部积分法 定积分的分部积分法
四、积分的其它例子法
第四章
一、换元积分法
1、第一类换元法 2、第二类换元法
基本思路
设 F(u) f (u),
可导, 则有
f (( x))d(( x)) f (u)du u(x)
一部分凑成d (x),这需要解题经验,如果记熟下列一些微
分式(P197) ,解题中则会给我们以启示．
dx 1 d(ax b)， xdx 1 d(x2 )，
a
2
dx 2d( x)， x
exdx d(ex )，
1 dx d(ln | x |)， sin xdx d(cos x)， x
1 ln x a ln x a C 1 ln x a C
2a
2a xa
例4 求 (1) xe13x2 dx;
(2) x a2 x2 dx.
解 (1) xe13x2dx e13x2 xdx, 且 d(1 3x2 ) 6xdx,
F (u) C u( x) F[ ( x)] C
第一类换元法 第二类换元法
1．第一换元积分法(凑微分法)
问题 1 求 e3xdx .
第二节 不定积分的换元积分法
例22 求
∫
1
2
1 x 4 − x arcsin 2
2
dx .
解
∫
x 4 − x arcsin 2 1
dx = ∫
1
2
x 1− arcsin 2 2
x d x 2
x x d (arcsin ) = ln arcsin + C . =∫ x 2 2 arcsin 2
例23. 求
(x +1)e 1 1 dx = ∫( x − )d(xex ) 解: 原式= ∫ x x xe (1+ xex ) xe 1+ xe
x
= ln xex −ln 1+ xex +C = x +ln x −ln 1+ xex +C
1 1+ xex − xex 分析: 分析 x x = xe (1+ xe ) xex (1+ xex )
(x +1 exdx = xexdx +exdx )
例24. 求
f (x) f ′′(x) f (x) 1− dx 解: 原式 = ∫ 2 f ′(x) f ′ (x)
d(x + a) 1 d(x −a) −∫ = ∫ x +a 2a x −a
1 x −a 1 +C = [ ln x−a −ln x+ a ] +C = ln 2a x +a 2a
常用的几种配元形式:
1 1 ∫ f (ax +b)dx = ) a 1 n n− 1 2) ∫ f (x ) x dx = n 1 n 1 3) ∫ f (x ) d x = n x
1 1 2 = ( 2 x + 3) − ( 2 x − 1) 2 + C . 12 12
不定积分的换元法
一般的说，若积分 f (x)dx不易计算可以作适当的
变量代换 x (t) ，把原积分化为 f ((t))'(t) dt 的形
式而可能使其容易积分.当然在求出原函数后， 还要
将 t 1(x) 代回.还原成x的函数，这就是第二换元
积分法计算不定积分的基本思想.
应用第二类换元法求不定积分的步骤为
f
( x) d
x
x
换元
(t)
f
(t)
'(t ) d
t
g(t)d t
F(t)
C
还原
(t)
x
F
1(t) C
第二类积分换元法 分为两种基本类型根 三式 角代 代换 换
例6 求
x dx. 1 x
解 令 1 x t，得x 1t2，得dx 2tdt，所以有
x 1
x
dx
1t
t
2
2tdt
2 (1 t2)dt
ln
x a
x
2 a
a
2
C
.
x2 a2
x
t a
练习：P109 1（12）
小结：二类换元积分法的思想与步骤
作业：P109 1（1）、（4）、（10）
C
1 3
(
x2
3
4)2
C.
x2
4dx
1 2
udu
练习：P109 1（2）、（5）、（15）
二、 第二类换元法
第一类换元法是通过变量替换 u ( x)
将积分
f [( x)]( x)dx化为积分 f (u)du
下面介绍的第二类换元法是通过变量替
换 x (t) 将积分
f ( x)dx化为积分 f [(t)](t)dt
求不定积分的若干方法
求不定积分的若干方法一、换元法换元法是求不定积分常用的一种方法之一、通过引入一个新的变量，使得原积分的形式更加简单化，从而更易求解。
1. 微分换元法：设 u=g(x)，则 du=g'(x)dx，通过替换变量 x 和dx，将原积分转化为对新变量 u 的积分。
例子：求∫(2x+1)²dx。
取 u=2x+1，则 du=2dx，将积分转化为∫u²/2du=u³/6+C=(2x+1)³/6+C。
2.三角换元法：根据三角函数的性质，通过适当的三角函数换元，将积分转化为更简单的形式。
例子：求∫sin²xdx。
利用三角公式sin²x=(1-cos2x)/2，将积分转化为∫(1-cos2x)/2dx=x/2-sin2x/4+C。
3.指数换元法：常用于含有指数、对数函数的积分求解。
通过引入指数函数或对数函数，将积分转化为更易处理的形式。
例子：求∫eˣsinxdx。
利用指数换元 eˣ=sinhx+coshx，将积分转化为∫(sinhxcoshx+cos²hx)dx=(1/2)sinh²x+(1/2)x+C。
二、分部积分法分部积分法是求不定积分的另一种常用方法。
对于积分中的乘积形式，可以通过分部积分来简化积分的形式。
公式：∫u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-∫v(x)u'(x)dx，其中 u(x) 和 v(x) 是可导的函数。
例子：求∫xlnxdx。
取 u=lnx，v'=xdx，则 u'=1/x。
利用分部积分公式，可得∫xlnxdx=(1/2)x²lnx-(1/2)∫xdx=(1/2)x²lnx-(1/4)x²+C。
三、特殊函数的不定积分1.幂函数的不定积分：- 当n≠-1 时，∫xⁿdx=(xⁿ⁺¹)/(n+1)+C；- 当 n=-1 时，∫(1/x)dx=ln，x，+C。
不定积分换元法公式
不定积分换元法公式不定积分换元法是求解不定积分中常用的一种方法，它通过引入一个新的变量替换原积分中的变量，从而将原积分转化为新的不定积分，进而更容易求解。
不定积分换元法公式主要包括两种形式：第一类换元法和第二类换元法。
接下来，我将详细介绍这两种形式的公式及其应用。
一、第一类换元法：第一类换元法是通过引入一个新的变量来替换原不定积分中的变量，一般选择不定积分的变量作为新变量的导数。
设新变量为u = g(x)，则原不定积分可表示为∫f(x)dx = ∫h(u)du，其中h(u)为f(x)与g(x)之间的关系。
此时，需要求出u关于x的导数du/dx，并应用链式法则来完成变量替换和求导。
公式如下：∫f(x)dx = ∫h(u)du = ∫h(g(x))g'(x)dx二、第二类换元法：第二类换元法是通过引入一个新的变量来替换原不定积分中的一部分表达式，一般选择积分中的一部分表达式作为新变量的导数。
设新变量为u = g(x)，则将表达式f(x)dx进行替换，可得∫f(x)dx =∫g'(x)h(u)du，其中g'(x)为新变量u关于x的导数，h(u)为f(x)dx与g'(x)之间的关系。
此时，需要求出u关于x的导数du/dx，并应用链式法则来完成变量替换和求导。
公式如下：∫f(x)dx = ∫g'(x)h(u)du通过以上两种换元法，可以将原不定积分转化为新的不定积分，然后利用新的不定积分公式及基本积分公式进行求解。
下面举例说明这两种换元法的应用。
（1）第一类换元法的应用：求解∫(2x + 1)²dx。
设u = 2x + 1，则du/dx = 2将du/dx代入原式，并将原积分中的x用u表示∫(2x + 1)²dx = ∫u² * (1/2)du = (1/2) * ∫u²du = (1/2) * u³/3 + C = (1/6)(2x + 1)³ + C。
20-不定积分的第一类换元积分法
例6
求
1 ln x (x ln x)2
dx.
解
1 ln x
(x ln x)2 dx
(x
1 ln
x)2
d(xlnx)
u x ln x,
du (1 ln x)dx.
1 C. x ln x
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铃
f [j(x)]j(x)dx f [j(x)]dj(x), u j(x) ?
通过凑微分确定 u
例7
ln x x
dx
ln x d(ln x)
1 ln 2 x C. 2
例8
x
1 x4 dx
1
2
1
1 (x2 )2
d(x2 )
1 arctan(x2 ) C. 2
10
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1 dx d(ln x) x
xdx 1 d(x2 ) 2
x2, d(1 x2) 2 xdx.
原式 x
u ( 1 )du 2x
dx 1 du, 2x
1212
1
u u2
d12 duu11uu23 33
23CC11(1(1xx2)223) 33
3
2CC
du
1
u
3 2
3
C
1
(1
x2
)
3 2
4
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铃
一、第一类换元法
定理1(换元积分公式)
设 F 是 f 的一个原函数, u=j(x)可导, 则有
不定积分的换元积分法
第四节 不定积分的换元积分法不定积分时若凑微分法、分部法均解决不了问题，且被积函数中含有复杂的量arcsin x 、()nax b +等），则可以考虑使用换元积分法.一、换元积分法例6．4．1 求不定积分.解 这里主要障碍是 t = 此时2x t =t ”则211dt t=+⎰ 21t dt t=+⎰ 1121t dt t+-=+⎰ 12(1)1dt t =-+⎰ 22ln 1t t C =-++(2ln 1C =+. 例6．4．2 求不定积分11x dx e+⎰. 解 同样令主要障碍x e t =，此时ln x t = 则11x dx e +⎰1ln 1d t t =+⎰()11dt t t=+⎰ 11()1dt t t=-+⎰ ln ln 1t t C =-++ln(1)x x e C =-++.例6．4．3 求不定积分arcsin xdx ⎰.解 令arcsin x t =，此时sin x t =，则 arcsin xdx ⎰sin td t =⎰sin sin t t tdt =-⎰sin cos t t t C =++arcsin x x C =.例6．4．4 求不定积分()2101x dx x +⎰.解 令()1x t +=，此时1x t =-，则()2101x dx x +⎰ ()()21011t d t t -=-⎰21021t t dt t-+=⎰ 8910(2)t t t dt ---=-+⎰789111749C t t t=-+-+ ()()()789111714191C x x x =-+-++++.从以上例题可见，换元可使复杂积分变得简单，可关键是怎么换.二、换元积分举例例6．4．5 用换元法求下列不定积分：（1）； （2）⎰； （3）；（4）⎰； （5）；（6）. 解（1）21t dt t +221t dt t =+⎰21121t dt t -+=+⎰1211t dt t ⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭⎰ =222ln 1t t t C -+++=(2ln 1x C -++；（2）⎰2t e dt2t te dt =⎰22t t te e dt =-⎰()21t e t C =-+=)21C +；（3） ()2111t d t t --+ 221t t dt t -=+⎰ 22221t t dt t --+=+⎰ 2221t dt t ⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭⎰ ()244ln 1t t t C =-+++=)14ln1x C +-+；（4）⎰ 2222()55t t td -- 422425t t dt -=⎰ 532412575t t C =-+=532412575C -+；（5）⎰()63211dt t t + 226t 661dt t+-=+⎰ 66arctan t t C =-+=C ；（6）21ln(1)d t t- 2121dt t =-⎰ 1111dt t t ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭⎰ 1ln 1t C t -=++ln C =+.t =”也就行了.“2x ”项，问题就不是那么简单了.例6．4．6cos t =（,22t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦）换元，求积分. 解sin cos sin x t td t =⎰2cos tdt =⎰1cos 22t dt +=⎰ 11cos 2224dt td t =+⎰⎰ 11sin 224t t C =++ 11sin cos 22t t t C =++ ()11arcsin cos arcsin 22x x x C =++. 例6．4．7sec t =（,22t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦）换元，求积分.解12tan 2tan 2sec x t d t t=⎰sec tdt =⎰ ln sec tan t t C =++ln sec arctan 22x x C ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.例6．4．8 tan t =（0,2t π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦）换元，求积分. 解33sec 3sec 27sec 3tan d t x t t t =⋅⎰ 21127sec dt t=⎰ 21cos 27tdt =⎰ 1(1cos 2)54t dt =+⎰ 11sin 254108t t C =++ 11sin cos 5454t t t C =++ 1313arccos sin arccos 5418C x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭. 例6．4．9 求下列不定积分：（1）sin sin cos x dx x x +⎰；（2）；（3）⎰. 解（1）sin sin cos x dx x x +⎰11cot dx x=+⎰cot x t =1cot 1darc t t +⎰21111dt t t =-++⎰ 2111211t dt t t -⎛⎫=-- ⎪++⎝⎭⎰ 211112121t dt dt t t-=-+++⎰⎰ 2211111212121t dt dt dt t t t =-+-+++⎰⎰⎰ ()2111ln 1ln 1cot 242t t arc t C =-+++++ =()2111ln 1cot ln 1cot 242x x x C -+++++；（2）dx222= 222dt =+22=-+ 查《积分表》（见文献文献×）12arcsin 2arcsin 2t t C ⎛=-++ ⎝arcsin t C =-+=(C -；（3）⎰t22sec tan t tdt =2tan tan td t =3t C =+3arc s co C x ⎛=+ ⎝⎭； 此题还可以用另一个很简单的解法：⎰212= ()()12221332x d x =--⎰ ()322133x C =-+； 可见换元积分法不是一个很好的方法，凑微分法、分部法均解决不了，再考虑用它. 思考题6.41．本节介绍的换元积分法中，换元的根本目的是什么？应注意什么问题？2．总结一下利用三角公式换元积分法（三角代换法）的三种类型.3．思考凑微分法、分部法及换元法三种积分方法的优先次序，如何选用？ 练习题6.41. 用换元法求下列不定积分：（1）； （2）； （3）()31x dx x -⎰. 2. 利用三角代换求下列不定积分：（1）()0a >； （2）； （3）()0a >．练习题6.4答案1.解（1）()2211t d t t-- ()221t dt =-⎰3223t t C =-+C -； （2）()3121d t t -+ 231t dt t=+⎰ 21131t dt t-+=+⎰ 1311t dt t ⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭⎰ =2333ln 12t t t C -+++=233ln 12C -+； （3）()31xdx x -⎰()3111t d t t--⎰-x=t 31t dt t-=⎰ 2311dt t t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰ 212C t t=-++=()21211C x x ++--.2. 解（1）()0a > sin cos (sin )x a t a td a t =⎰ 22cos a tdt =⎰()21cos 22a t dt =+⎰22sin 224a a t t C =++=2arcsin 2a x C a ； （2）21x 2tan 2tan 4tan 2sec t d t t t =⎰ 21cos 4sin t dt t=⎰ 211sin 4sin d t t=⎰ 14sin C t =-+ 1csc arctan 42x C ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭； （3）()0a >1x sec sec sec tan a t da t a ta t =⎰ 1dt a =⎰ 1t C a=+ 1arccos a C a x =+．。
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csc xdx ln csc x cot x C ．
21
应用第一类换元法的常见的积分类型如下：
1.
2. x
1 f (ax b)dx f (ax b)d(ax b) ； a
n 1
f (axn b)dx
1 f (axn b)d(axn b) ； na
这类求不定积分的方法，称为第二换元 法．
32
例11 解
dx 求 1 3 - x ．
设 t 3 x，则 x 3 t 2 ， dx 2tdt ．
dx 2t dt 2 1 t 1 dt 1 t 1 t 1 3 x 1 2 (1 )dt 1 t
8
例1 解 所以
求 sin 2 xdx ．
1 设 t 2 x ，则 dt 2dx ，即 dx dt ． 2
1 1 sin 2 xdx sin tdt cos t C ， 2 2
再将 t 2 x 代入，得
1 sin 2 xdx cos 2 x C ． 2
2
x 1 (9) cos xdx sin 2 x C 2 4
28
1 1 C (10) dx 2 2(2 x 3) (2 x 3)
(11)
x 1 ( x 2 2 x 3)
2 1 4
2 2 dx ( x 2 x 3) C 3
3 2 2
3 4
于是
利用复合函数求导公式，可以验证(4.3.1) 的正确性．
3
实际上，由 d F ( ( x)) C F ( x) ( x) dx f ( x) ( x) ， 可知公式(4.3.1)成立．利用公式(4.3.1)来计 算不定积分，就是第一换元法，亦称为凑微分 法．
4
在凑微分时，常用到下列微分式子，熟悉 它们有助于求不定积分．
1 dx d (ax b) a 1 dx d (ln x) x 1 1 dx d ( ) 2 x x
1 xdx d ( x 2 ) 2
1 dx 2d ( x ) x
1 dx d (arctan x) 2 1 x
2t ln 1 t C
2 3 x ln(1 3 x ) C． 应注意，在最后的结果中必须代入 t 3 x ，返回到原积分变量 x ．
1 (12) x 2 x dx (2 x ) C 3
29
e (13) 2 dx e C x (14)
1 x
1 x
1 dx ln ln x C x ln x
2 x 3 1
(15)
x e
1 x 3 1 C dx e 3
30
5.3.2 第二类换元法
5
1 1 x
2
dx d (arcsin x)
e dx d (e )
x x
sin xdx d (cos x)
cos xdx d (sin x)
sec xdx d (tan x)
2
csc2 xdx d (cot x)
6
练习:填空题
(1)
(2)
(3) (4)
(5)
1 dx _____ 7 d (7 x 3) 1 2 d( x ) dx _____ x 1 2 xdx _____ 2 d (1 x ) 1 2x e dx _____ d (e 2 x ) 2 x x e 2 dx _____ 2 d (e 2 2)
1 4 1 6 1 8 cos x cos x cos x C2 4 3 8
注意：本题利用不同解法所得到的结果在 形式上有所不同．但不难验证，它们仅相差一 个常数．
18
例9 解
求
dx (a 0) ． a 2 x2
1 1 1 1 ( ) ，所以 因为 2 2 a x 2a a x a x
而 x (t ) 的反函数 t 1 ( x) 存在且可导， 则
f ( x)dx
f (t ) (t )dt，
F (t ) C ， 再将 t 1 ( x) 代入上面的 F (t ) ，回到原积 分变量，有 f ( x)dx F 1 ( x) C ，(4.3.2)
类似可得
1 1 xa dx ln C． 2 2 x a 2a x a
20
例10
求 sec xdx ．
1 解 sec xdx dx cos x cos d sin x dx 2 cos x 1 sin 2 x (利用例9的结果)
1 1 sin x 1 (1 sin x)2 ln C ln C 2 2 1 sin x 2 1 sin x
如果不定积分
积分表计算，也可以引入新变量 t ，并选择代 换 x (t ) ，其中 (t ) 可导，且 (t ) 连续，将
f ( x)dx 不易直接应用基本
不定积分
f ( x)dx 化为
f (t ) (t )dt
31
如果容易求得 f (t ) (t )dt F (t ) C ，
3. e x f (e x )dx
f (e x )dex ；
22
1 4. x f (ln x)dx
f (ln x)d(ln x) ； 5. cos xf (sin x)dx f (sin x)d sin x ；
6.
1 f (tan x)dx f (tan x)d tan x ， 2 cos x 1 f (cot x)dx f (cot x)d cot x ． 2 sin x
7
2 2 2 (6) sin xdx _____ d (cos x ) 3 3 3 1 1 (7) dx _____ d (3 5ln x ) 5 x 1 3 (8) x dx _____ d (3 x 4 1) 12 1 1 (9) dx _____ 2 d (arctan 2 x ) 2 1 4x x d( 1 x2 ) (10) dx _____ 1 x2
1 dx 2 x 1 2 a
1 a
1 x 1 x d( ) arctan C ． x 2 a a a 1 ( ) a
用类似的方法还可以求得 1 x dx arcsin C． 2 2 a a x
13
例5 解
求 xe dx ．
x2
1 由于 xdx d( x 2 ) ，所以 2 1 x2 x2 xe dx e d( x 2 ) 2 1 x2 e C． 2
dx 1 1 1 ( )dx 2 2 a x 2a a x a x 1 1 1 ( dx dx) 2a a x ax
19
1 1 1 [ d ( a x) d ( a x )] 2a a x ax 1 ln a x ln a x C 2a 1 ax ln C． 2a a x
9
1 dx ． 3 2x 1 解 被积函数可以写成 (3 2 x) 2 ， 设 t 3 2 x ，则 dt 2dx ，即 dx 1 dt 因此 2 1 1 1 2 dx t （ ）dt 2 3 2x 1 1 （ ） (2)t 2 C 2
如果 f (t ) ， ( x ) 和 ( x)都是连续函数，并 且容易求得 f (t ) 的一个原函数 F (t ) ，
2
则
f ( x)( x)dx f ( x)d ( x) f (t )dt F (t ) C ，
f ( x) ( x)dx F ( x) C ． (4.3.1)
14
例6
解
cos x dx 求 x cos x dx x
2 cos x d x
2 sin x C ．
15
求 tan xdx ． 解 因为 tan xdx sin x dx ， cos x 而 ． sin xdx d cos x sin x 所以 tan xdx dx cos x 1 d cos x ln cos x C ． cos x 例7
例2
求
10
注意： 在对变量替换比较熟练后，可以 不必写出新设的积分变量，而直接凑微分．例 如：
例1
1 sin 2 xdx sin 2 x d(2 x) 2 1 cos 2 x C ； 2
11
例2
1 1 1 dx (3 2 x) 2 d (3 2 x) 2 3 2x
25
练习2 计算下列不定积分
(1) e x dx e x C (2)
1 dx ln | x 2 | C x2
2
1 (3) x a x dx (a x ) C 3
3 2 2
26
(4)
1 dx ln | 1 ln x | C x (1 ln x )
例3
求 (5 x 3)11dx
解
1 (5 x 3) dx (5 x 3)11d(5 x 3) 5 1 (5 x 3)12 C ． 60
11