不定积分典型例题讲解
6-3 不定积分的分部积分法09.12.8
E 指数函数 x x 方法1) 解(方法 I = ∫ 方法 de x [ ]′ ( x + 1)2 ( x + 1) ( x + 1) 1 x x ]′ = [ x x ( x + 1) e ∫ e [ ]′ d x = 2 2 1 1 ( x + 1) ( x + 1) ]′ = [ x + 1 ( x + 1) x 1 2 x x e ∫ e [ ]d x = + 2 2 3 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) x 1 ex ex + ∫ dex 2∫ dx = 2 2 3 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)
= ln(sec t + tant ) + C = ln( x + 1+ x2 ) + C
∴
∫
xarctan x 1 + x2
dx
= 1+ x2 arctan x ln( x + 1 + x2 ) + C.
例5
I = ∫ e x cos x dx= ∫ cos xde x dv = e x cos x ∫ e x dcos x vdu x + ∫ sin xe x dx = e cos x
例2
1 2 ? 分析 取 u== ? x, xd x = d x = dv = u cos 2 x2 x2 ∫ xcos xd x = 2 cos x + ∫ 2 sin xd x 更不易积分
显然,u 选择不当,积分更难进行 显然, 选择不当,积分更难进行. 解
u dv
= ∫ xdsin x dv
(完整版)高等数学不定积分例题、思路和答案(超全)
第4章不定积分内容概要课后习题全解习题4-11.求下列不定积分：知识点：直接积分法的练习一一求不定积分的基本方法思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分★⑴dx x2 . x思路: 被积函数由积分表中的公式（2）可解。
解:dxx2-x5x 2dx★⑵1 ^=)思路：根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
(x3x 2)dx1x3dx1x 2dx3 - 13x32x2C4★(3)(2x x2) dx思路：根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项, 分别积分。
解：(2x x2)dx 2x dx x2dx 2In 21x3 C 3★(4). x(x 3)dx思路：根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项, 分别积分。
解: ' x(x 3)dx3x2dx1x2dx5 32 2x2 C3x42x Jx1思路：观察到3x43x2 1x2 1 3x2 -后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积1分。
解：（注：容易看出（5）（6）两题的解题思路是一致的。
一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分 解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。
思路：分项积分。
思路：分项积分。
…、1 ★★(10) - ------- -dxx (1 x )思路：裂项分项积分。
解:4 2 ,3x 3x 12 ,dx 3x dx. 3—dx x arctan x Cx★★ (6)dx思路：注意到2x 1 x 2,根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
25 x .斛：-------- 2dx1 xdx ----- 2dx1 xarctan x C.,/ x ★⑺( --- 21 + 1- 4、4)dx x…/x斛：（一 ——i - 3 x x 4、 —)dx 1 2 -x 4 In |x| x3 x 2 24 x 3 xdx-dx x 3 x 3dx 4 x 4dx C. 3 ★(8) (rv2-解:2、，-dx1 , c c . c ---- dx 3arctan x 2arcsin x C. x 2★★(9)x x xdx1 1x 2 47x 8,直接积分。
不定积分的经典讲解共23页
x 2 2arcxta 1 2 n 1 xx 22dx
x 2 2arx c t1 2a 1 n 1 1 x 2 dx
x 22arcxta1 2n xarcxt acn
x221arcx t a2 xnc.
8
例 3.
xlnxdx
1 2
ln
x
d(x2)
(uln x,vx2)
12x2lnx12x2dlnx 12x2lnx12x2 1xdx
解: ∴ 原式 exd(cox)s
excoxsexcoxsdx
再令 u ex , vcoxs
excoxs exsix n exsix d n x
故 原式 = 1 2ex(sx i n co x) sC
说明: 也可设
, 但两次所设类型必须一致 .
13
机动 目录 上页 下页 返回 结束
8 . n 为正 ,求 In 整 (x 数 2d a 2 x )n.
u vd xu v u vd x
分部积分公式
或 udvuvvdu
6
例1 求积分 xcoxs d.x
udvuvvdu
解（一） 令 uco x,sxdx1dx2 dv
xcosxdx
cosxd(
x2) 2
x2c2oxs 2
x2sin xdx 2
显然，u, v 选择不当，积分更难进行.
解（二） 令 ux, cx o d d s s x i x d nv
内容小结
分部积分公式 u vd xu vu vd x
1. 使用原则 : v易求出, uvdx易积分
2. 使用经验 : “反对幂指三” , 前 u v 后
3. 题目类型 : 分部化简 ; 循环解出; 递推公式
高数—不定积分.讲解和例题-PPT.共68页文档
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
谢谢！高数—不定积分.讲来自和例题-PPT.56、死去何所道，托体同山阿。 57、春秋多佳日，登高赋新诗。 58、种豆南山下，草盛豆苗稀。晨兴 理荒秽 ，带月 荷锄归 。道狭 草木长 ，夕露 沾我衣 。衣沾 不足惜 ，但使 愿无违 。 59、相见无杂言，但道桑麻长。 60、迢迢新秋夕，亭亭月将圆。
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
不定积分例题(含过程及解析)
例题1dx e x x ⎰+)12( ce e x dxe e x x d e e x de x x x xx x x x+-+=•-+=+-+=+=⎰⎰⎰2)12(2)12()12()12()12( 根据分部积分法⎰⎰-=vdu uv udv ，（2x+1）为u ，e x 为v 。
（确定u 和v 的口诀：对反幂三指；对——对数函数、反——反函数、幂——幂函数、三——三角函数、指——指数函数）2x+1为幂函数，e x 为指数函数。
例题2dx xe x ⎰-ce xe dxe e xe dx e xe xde x x x x x x x++-=•+-=--=-=-------⎰⎰⎰1)(x e -是一个复合函数，其导数应为1-•-x e例题3⎰xdx arctanc x x x xd xx x dx x x x x xxd x x ++-=++-=+-•=-•=⎰⎰⎰)1ln(21arctan 11121arctan 1arctan tan arctan 2222arctanx ’=1/1+x 2，在这里会用到反三角函数的导数公式。
其它的反三角导数是arcsinx ’=211x -、arccosx ’=211x --、arccotx ’=211x +-例题4dx x x ⎰2cos 2sin|cos |ln 2cos cos 12cos sin 2cos cos sin 22x x d xdx xx dx xx x -=-===⎰⎰⎰这里用到二倍角公式，如下：Sin2x=2sinxcosxCos2x=2cos 2x-1=1-sin 2x-1例题5dx x x ⎰++2cos 1sin 12c x x x xdx dx dx x dx xx +-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰21tan 21sec 121cos 1cos 2cos 22222 这里除了用到二倍角公式，还会用到sin 、cos 、sec 、csc 间的相互转化，sinx 和cscx 互为倒数、cosx 和secx 互为倒数。
不定积分典型例题
不定积分典型例题一、直接积分法直接积分法是利用基本积分公式和不定积分性质求不定积分的方法，解题时往往需对被积函数进行简单恒等变形，使之逐项能用基本积分公式.例1、求∫(1−1)x x dx x 234−54714解原式＝∫(x −x )dx =x 4+4x 4+C 7e 3x +1例2、求∫x dx e +1解原式＝∫(e 2x −e x +1)dx =例3、求∫12x e −e x +x +C 21dx 22sin x cos xsin 2x +cos 2x 11解原式=∫dx =dx +dx =tan x −cot x +C 2222∫∫sin x cos x cos x sin x例4、∫cos 2解原式＝∫x dx 2x +sin x 1+cos x dx =+C 22x 2例5、∫dx 21+x x 2+1−11dx =(1−解原式=∫∫1+x 2)dx =x −arctan x +C 1+x 2注：本题所用“加1减1”方法是求积分时常用的恒等变形技巧.二、第一类换元积分法(凑微分法)∫f (x )dx =∫g [ϕ(x )]ϕ'(x )dx 凑成令ϕ(x )=u =∫g (u )du 求出=G (u )+C 还原=G [ϕ(x )]+C 在上述过程中，关键的一步是从被积函数f (x )中选取适当的部分作为ϕ'(x )，与dx 一起凑成ϕ(x )的微分d ϕ(x )=du 且∫g (u )du 易求.tan x dx cos x例1、求∫3−2sin x −d cos x =−∫(cos x )2d cos x =+C dx =∫解原式＝∫cos x cos x cos x cos x cos x例2、求∫arcsin xx −x 2dx解原式=∫arcsin x1−x ⋅1x dx =∫2arcsin x1−(x )2d (x )=2∫arcsin xd (arcsin x )=(arcsin x )2+C注1dx =2d (x )x1−x9−4x 2 例3、求∫dx1−1d (2x )12 解原式=∫+∫(9−4x )2d (9−4x 2)232−(2x )28=12∫2d (x )11213+9−4x 2=arcsin x +9−4x 2+C 423421−(x )23例4、求∫tan 1+x 2⋅x1+x 2dx解原式＝∫tan1+x 2d 1+x 2=−ln |cos 1+x 2|+C 例5、求∫x x −x −12dxx (x +x 2−1)22dx =x dx +x x −1dx 解原式＝∫2∫∫x −(x 2−1)3x 31x 31222=+∫x −1d (x −1)=+(x −1)2+C 3233例6、求∫1dx 1+tan xcos x 1cos x −sin x )dx dx =∫(1+sin x +cos x 2cos x +sin x解原式＝∫=1⎡1⎤1++(cos sin )x d x x =(x +ln |cos x +sin x |)+C ∫⎢⎥2⎣cos x +sin x ⎦211+x ln dx 1−x 21−x11+x 1+x 121+x ln (ln +C )d ln =∫21−x 1−x 41−x例7、求∫ 解原式＝ 例8、求∫1dx x e +1e x 1+e x −e x dx =∫dx −∫dx 解原式＝∫e x +11+e x=∫dx −∫1x x d (1+e )=x −ln(1+e )+C x1+e例9、求∫1dx e x +e −xe x 1 解原式＝∫2x dx =∫d (e x )=arctan e x +C x 2e +11+(e ) 例10、求∫sin x dx 1+sin x11−sin x )dx =∫dx −∫dx 21+sin x cos x解原式＝∫(1−=x −∫1sin x dx +dx =x −tan x +sec x +C 22∫cos x cos x例11、求∫dx x 2−3ln x−12 解原式=∫(2−3ln x )d (ln x )1111(2−3ln x )2+C =∫(2−3ln x )(−)d (2−3ln x )=−⋅33−1+12−12=−22−3ln x +C 31dx a 2sin 2x +b 2cos 2x1b 2+a 2tan 2x d (tan x )=11a (tan x )d ab ∫1+(a tan x )2b b例 12、求∫ 解原式＝∫=1a arctan(tan x )+C ab bx 4+1dx 例13、求∫6x +1(x 2)2−x 2+1x 2x 4−x 2+1+x 2dx +∫32dx dx =∫解原式＝∫(x 2)3+1(x )x 6+1=∫111133dx +dx =arctan x +arctan x +C 232∫1+x 31+(x )3例14、求∫1dx x (1+x 8)1+x 8−x 811x 78=−dx dx dx 解原式＝∫=ln |x |−ln(1+x )+C 88∫x ∫1+x x (1+x )8例15、求∫3x −2dx x 2−4x +53d (x 2−4x +5)1+4∫2 解原式＝∫2dx 2x −4x +5x −4x +5d (x −2)3ln |x 2−4x +5|+4∫22(x −2)+13ln |x 2−4x +5|+4arctan(x −2)+C 2== 注由于分子比分母低一次，故可先将分子凑成分母的导数，把积分化为形1dx 的积分(将分母配方，再凑微分).如∫2ax +bx +cx 2 例16、已知f (x −1)=ln 2，且f [ϕ(x )]=ln x ，求∫ϕ(x )dx .x −22x 2−1+1x +1 解 因为f (x −1)=ln 2，故f (x )=ln ，又因为x −1−1x −12f [ϕ(x )]=ln ϕ(x )+1ϕ(x )+1x +1=ln x ，得=x ，解出ϕ(x )=，从而ϕ(x )−1ϕ(x )−1x −1∫ϕ(x )dx =∫ 例17、求∫x +12dx =∫(1+)dx =x +2ln |x −1|+C x −1x −11dx cos 4x1 解原式=∫sec 2xd tan x =∫(1+tan 2x )d tan x =tan x +tan 3x +C 3例18、求∫1+ln x dx 22+(x ln x ) 解原式＝∫1d (x ln x )x ln x arctan(=)+C 2+(x ln x )222三、第二类换元法设x =ϕ(t )单调可导，且ϕ'(t )≠0，已知∫f [ϕ(t )]ϕ'(t )dt =F (t )+C ，则∫f (x )dx 令x =ϕ(t )=∫f [ϕ(t )]ϕ'(t )dt =F (t )+C t =ϕ−1(x )还原=F [ϕ−1(x )]+C选取代换x =ϕ(t )的关键是使无理式的积分化为有理式的积分(消去根号)，同时使∫f [ϕ(t )]ϕ'(t )dt 易于计算.例1、求∫xdx(x +1)1−x 22 解令x =sin t ,dx =cos tdt原式＝∫111sin t cos tdt d cos t (=−)d cos t =−+22∫∫(sin t +1)cos t 2−cos t 222−cos t 2+cos t2+cos t 12+1−x 2ln +C =−+C ln =−2222−cos t 222−1−x 1例2、求∫dxx41+x2解令x=tan t,dx=sec2tdtsec2tdt cos3tdt1−sin2t原式＝∫=∫=∫d sin t=∫(sin−4t−sin−2t)d sin t 444tan t⋅sec t sin t sin t(1+x2)3(1+x2)111++C=−++C=−333sin t sin t3x xx2−9dxx2例3、求∫解令x=3sec t，则dx=3sec t⋅tan tdt3tan t tan2t原式＝∫⋅3sec t⋅tan tdt=∫dt=∫(sec t−cos t)dt29sec t sec t=ln|sec t+tan t|−sin t+C1x x2−a2x2−a2=ln+−+C1a a xx2−a2+C=ln x+x−a−x22例4、求∫1dxx(x7+2)11 解令x=，则dx=−2dt，t t1t 6117 原式=∫(−2)dt =−∫dt =−d (1+2t )77∫11+2t 141+2t +2t 7t t 111ln |1+2t 7|+C =−ln |2+x 7|+ln |x |+C 14142=− 注设m ,n 分别为被积函数的分子，分母关于x 的最高次数，当n −m >1时，可用倒代换求积分.例5、求∫x +1x 2x −12dx11 解令x =，dx =−2dt t t 1+111+t 1d (1−t 2)t (−2)dt =−∫dt =−∫dt +∫ 原式=∫222t 111−t 1−t 21−t −1t 2t 2=−arcsin t +1−t +C =2x 2−11−arcsin +C x x例6、求∫x 3x −x 24dxt 10⋅t 4t 6t 1411解原式=11∫83⋅12t dt =12∫5dt =12∫5dt dx =12t dt t −t t −1t −1令12x =t t 10−1+14121121212⋅t dt =∫(t 5+1+5)dt 5=t 10+t 5+ln |t 5−1|+C =12∫5t −15t −1105561212=x 6+x 12+ln x 12−1+C 555555例7、求∫dx1+e x解令1+e x =t ，e x =t 2−1，dx =2t dt 2t −112t 1t −11+e x −1原式＝∫⋅2dt =2∫2dt =ln +C =ln +C x t t −1t −1t +11+e +1ln x dx x 1+ln x例8、求∫解令t =1+ln x原式=∫ln x t −1d ln x =∫dt 1+ln x t112322=∫(t −)dt =t −2t 2+C =(ln x −2)1+ln x +C 33t例9、求∫x +1−1dx x +1+1解令x +1=t ,x =t 2−1,dx =2tdt因为原式=∫x +2−2x +1x +1dx =x +2ln |x |−2∫dx x x而∫x +12t 2dt 1dx =∫2=2∫(1+2)dt x t −1t −1t −1x +1−1+C =2x +1+ln +C t +1x +1+1=2t +ln原式＝x +2ln |x |−4x +1−2ln x +1−1+C ＝x −4x +1+4ln x +1+1+C x +1+1四、分部积分法分部积分公式为∫uv 'dx =uv −∫u 'vdx 使用该公式的关键在于u ,v '的选取，可参见本节答疑解惑4.例1、求∫x 3e x dx解原式＝∫x 3de x =x 3e x −3∫x 2de x =x 3e x −3x 2e x +6∫xde x =x 3e x −3x 2e x +6xe x −6e x +C例2、求∫x 2cos 2解原式=x dx 2121312x (1+cos x )dx =x +∫x cos xdx ∫262=131211x +∫x d sin x =x 3+x 2sin x −∫x sin xdx 6262131211x +x sin x +∫xd cos x =x 3+x 2sin x +x cos x −∫cos xdx 62621312x +x sin x +x cos x −sin x +C 623==例3、求∫e x dx令3x =t 解原式dx =3t 2dt=3∫t e dt =3∫t de 2t 2t =3t 2e t −6te t +6e t +C=33x 2e 3x −63xe 3x +6e 3x +C例4、求∫cos(ln x )dx解原式=x cos(ln x )+∫sin(ln x )dx=x cos(ln x )+x sin(ln x )−∫cos(ln x )dxx移项，整理得原式=[cos(ln x )+sin(ln x )]+C2注应用一次分部积分法后，等式右端循环地出现了我们所要求出的积分式，移项即得解，类似地能出现循环现象的例题是求如下不定积分：αxe ∫cos βxdx 或αxe ∫sin βxdx例5、求∫ln(x +1+x 2)dx解原式=x ln(x +1+x 2)−∫x 1+x 2dx =x ln(x +1+x 2)−1+x 2+Cln 3x例6、求∫2dx x 1ln 3x 1 解原式＝=∫−ln xd ()=−−3∫ln 2xd ()x x x3ln 3x ⎡ln 2x 1⎤ln 3x 3ln 2x 6ln x 6−3⎢+2∫ln xd ()⎥=−−−−+C=−x x ⎦x x x x ⎣x例7、推导∫1dx 的递推公式22n(x +a ) 解令I n =∫1dx (x 2+a 2)nx x 2+a 2−a 21x 2I n =2n +dx 222=+−nI na dx n 2n 22n +122n 22n +1∫∫(x +a )(x +a )(x +a )(x +a )=x 2+2nI −2na In +1n 22n(x +a )I n +1=12na 2⎡⎤x(2n 1)I +−n ⎥⎢(x 2+a 2)n ⎣⎦⎡⎤x(2n 3)I +−n −1⎥⎢(x 2+a 2)n −1⎣⎦I n =12(n −1)a 2例8、推导I n=∫tan n xdx 的递推公式.解I n=∫tan n −2x ⋅tan 2xdx =∫tan n −2x ⋅(sec 2x −1)dx=∫tan n −2x ⋅sec 2xdx −∫tan n −2xdx =∫tann −2xd (tan x )−In −2=1tan n −1x −I n −2n −1注应用分部积分法可以建立与正整数n 有关的一些不定积分的递推公式.例9、已知f (x )的一个原函数是e −x ，求∫xf '(x )dx解原式=∫xdf (x )=xf (x )−∫f (x )dx =xf (x )−e −x +C例10、求∫x arctan x ln(1+x2)dx解因为∫x ln(1+x 2)dx ==221ln(1+x 2)d (1+x 2)∫211(1+x 2)ln(1+x 2)−x 2+C 221⎤⎡1所以 原式＝∫arctan xd ⎢(1+x 2)ln(1+x 2)−x 2⎥2⎦⎣211⎡x 2⎤2222=(1+x )ln(1+x )−x arctan x −∫⎢ln(1+x )−2⎥22⎣1+x ⎦[]=13x arctan x (1+x 2)ln(1+x 2)−x 2−3−ln(1+x 2)+x +C 222[]注本题是三类函数相乘的形式，这类问题大多采用本题的方法.xe arctan xdx 例11、求∫2(1+x )解令x =tan t ,dx =sec 2tdttan t ⋅e t sec 2tdt =∫sin t cos te t dt 原式=∫4sec te arctan x (x 2+x −1)11t t +C =∫sin 2te dt =e (sin 2t −cos 2t )+C =25(1+x )210x 2arctan xdx 例12、求∫21+x 解原式＝∫(1−11=−)arctan xdx arctan xdx ∫∫1+x 2arctan xdx 1+x 211=x arctan x −ln(1+x 2)−(arctan x )2+C22arcsin x 1+x 2⋅dx 例13、求∫22x 1−x 解令x =sin t ,arcsin x =t ,dx =cos tdt ，t (1+sin 2t )t cos ⋅tdt = 原式=∫∫sin 2tdt +∫tdt sin 2t cos t=td (−cot t )+∫121t=−t cot t +∫cot tdt +t2221=−t cos t +ln |sin t |+t 2+C21−x 21=−arcsin x +ln |x |+(arcsin x )2+Cx 2注直接积分法、换元法、分部积分法是求不定积分最重要的方法，主要用到了“拆、凑、换、分”的技巧，同时应注意这些方法的综合运用.五、有理函数的积分有理函数的积分总可化为整式和如下四种类型的积分：(1)∫Adx =A ln |x −a |+C x −a−AA 1dx =+C (n ≠1)n n −1(x −a )n −1(x −a )(2)∫(3)∫dx dx dx =∫⎡p 4q −p 2⎤n(x 2+px +q )n 2⎢(x +)+⎥24⎣⎦p令x +＝u24q −p 2令＝a 4=du 22n∫(u +a )2(4)∫(x +a )dx 11p dx()dx a =−+−,其2n 2n −12n∫(x +px +q )2(n −1)(x +px +q )2(x +px +q )中p 2−4q <0.这就是说有理函数积分，从理论上讲，可先化假分式为整式与真分式之和，再将真分式化为若干部分分式之和，然后逐项积分，但这样做有时非常复杂，因此我们最好先分析被积函数的特点，寻求更合适，更简捷的方法也是很必要的.例1、求∫dx2x −2x +31dx d (x −1)x −1arctan ==+C(x −1)2+2∫2+(x −1)222解原式＝∫x 2+5x +4例2、求∫4dx 2x +5x +4x 2+4x解原式＝∫2dx +5dx222∫(x +1)(x +4)(x +1)(x +4)dx 5dx 25112=∫2arctan x ()dx +∫2=+−222∫x +12(x +1)(x +4)6x +1x +45x 2+1+C=arctan x +ln 26x +4本题若用待定系数法，较麻烦一些，也可获得同样的结果.事实上，x 2+5x +4Ax +B Cx +D 设4=2+2，通分后应有2x +5x +4x +1x +4x 2+5x +4=(Ax +B )(x 2+4)+(Cx +D )(x 2+1)得A +C =0，B +D =0，4A +C =5，4B +D =4比较等式两端x 的同次幂的系数，55由此，A =,B =1,C =−,D =−1335⎡5⎤−−+11x x ⎢3⎥5x 2+13+2+arctan x +C 故原式＝∫⎢2⎥dx =ln 2x +4⎥6x +4⎢x +1⎣⎦例3、求∫解设xdx3x −1x A Bx +C2=+，通分后应有x =A (x +x +1)+(Bx +C )(x −1)32x −1x −1x +x +1比较等式两端x 的同次幂的系数，得A +B =0,A −B +C =1,A −C =0，由此，111A =,B =−,C =333⎡1⎤x −1故原式＝∫⎢dx −⎥2⎣3(x −1)3(x +x +1)⎦1d (x +)1dx 12x +112dx +∫=∫−∫23x −16x +x +12(x +1)2+324(x −1)212x +11=ln 2+arctan +C 6x +x +133例4、求∫dx24x (1−x )(x 2+1)−x 211解原式＝∫2dx dx =−∫x 2(1−x 2)∫(1−x 2)(1+x 2)dx x (1−x 4)=∫(11111+−+)dx ()dx x 21−x 22∫1−x 21+x 211111=−+∫−dx dx 22∫21+x x 21−x 111+x 1−arctan x +C=−+ln x 41−x 2注：本题若用待定系数法，应当将被积函数分解为A B C D Ex +F11==++++x 2(1−x 4)x 2(1−x )(1+x )(1+x 2)x x 21−x 1+x 1+x 2然后再确定系数，显然这样做比较麻烦，也可获同样结果，此处从略.x 11dxdx 例5、求∫8x +3x 4+3解令x 4=u ，则du =4x 3dx ，于是，u 21411−原式=∫2du =∫(1+)du u +1u +24u +3u +241x 41=(u +ln |u +1|−4ln |u +2|+C )=+ln(1+x 4)−ln(x 4+2)+C 444x 5例6、求∫dx23(2x +3)解令2x 2+3=t ,x 2=t −3,4xdx =dt ，从而，2(t −3)21169原式＝∫dt =(−2+3)dt 3∫4⋅4t 16t t t 169169(ln |t |+−2)+C =[ln |2x 2+3|+2−]+C 221616t 2t 2x +32(2x +3)=x 4dx 例7、求∫4x +5x 2+4x 4−(5x 2+4)解4=1+4x +5x 2+4x +5x 2+4−(5x 2+4)A 1x +B 1A 2x +B2设4=2+2，通分后应有x +5x 2+4x +1x +4−(5x 2+4)=(A 1x +B 1)(x 2+4)+(A 2x +B 2)(x 2+1)116由此，A 1=0,B 1=,A 2=0,B 2=−，故33⎡18116⎤xdx −原式＝∫⎢1+arctan arctan =x +x −+C ⎥223(1)3(4)++x x 332⎣⎦例8、求∫dx 102x (x +1)x 10+1−x 10x 911==−10解由于102102102x (x +1)x (x +1)x (x +1)(x +1)1x 9x 9=−10−102x (x +1)(x +1)⎤⎡1x 9x 91d (x 10+1)1d (x 10+1)dx =ln |x |−∫10原式＝∫⎢−10−∫10−102⎥2x x x (1)(1)10x +110(x +1)++⎦⎣111x 10110=ln |x |−ln(x +1)++C =ln ++C10x 10+110(x 10+1)1010(x 10+1)注对被积函数先做初等变形常常可以使问题得到简化，常见的初等变形有：分子分母同乘一个因子；有理化；加一项或者减一项以及利用三角函数恒等变形等.六、三角函数有理式的积分一般从理论上讲，三角函数有理式的积分∫R (sin x ,cos x )dx 可通过万能代换x化为代数有理式的积分，但有时较繁，因此我们常采用三角恒等变形，2然后再求解.t =tan 例1、求∫dx4sin x cos xsin 2x +cos 2x sin x dx dx dx =+解原式＝∫442∫∫sin x cos x cos x sin x cos x=−∫=sin x dx1d (cos x )dx ++∫cos 2x ∫sin xcos 4x x 111d (cos x )x −+ln |tan |=++ln |tan |+C 3cos 3x ∫cos 2x 23cos 3x cos x 2例2、求∫1+sin xdxx x x x +cos 2+2sin cos dx2222解原式＝∫sin 2=∫(sin x x x x x x+cos )2dx =∫(sin +cos )dx =−2cos +2sin +C222222例3、求∫dx2sin x −cos x +5x 2t 1−t 22dt,cos x ,dx ==，于是解令t =tan ，则sin x =22221+t 1+t 1+t x ⎞⎛3tan +1⎟⎜11dt ⎛3t +1⎞2⎟+C 原式＝∫2arctan ⎜arctan ⎜=⎟+C =3t +2t +2555⎜⎟⎝5⎠⎜⎟⎝⎠例4、求∫sin xdx 1+sin xsin x (1−sin x )sin x 1−cos 2xdx =∫dx −∫dx 解原式＝∫cos 2x cos 2x cos 2x=1−tan x +x +C cos xsin xdx sin x +cos x1sin x +cos x +sin x −cos x 1⎛sin x −cos x ⎞dx =⎜1+⎟dx ∫∫2sin x +cos x 2⎝sin x +cos x ⎠例5、求∫解原式＝=11−d (sin x +cos x )1x +∫=(x −ln |sin x +cos x |)+C 22sin x +cos x 2例6、求∫sin 5x cos xdx解原式＝111[sin 4x +sin 6x ]dx =−cos 4x −cos6x +C 2∫812注积化和差公式1sin αx ⋅cos βx =[sin(α+β)x +sin(α−β)x ]21sin αx ⋅sin βx =[cos(α−β)x −cos(α+β)x ]21cos αx ⋅cos βx =[cos(α+β)x +cos(α−β)x ]2例7、求∫dx2(2+sin x )cos x解令sin x =t ,cos xdx =dt1(2+t 2)+(1−t 2)dt =于是原式＝∫dt(2+t 2)(1−t 2)3∫(2+t 2)(1−t 2)=1dt 111+t 1dt tln +=+arctan()+C 22∫∫31−t 32+t 61−t 32211+sin x 1sin xarctan(=ln +)+C 61−sin x 322注形如∫R (sin x ,cos x )dx 的有理函数的积分，一般可利用代换tan 为有理函数的积分.(i) 若R (−sin x ,cos x )=−R (sin x ,cos x )或R (sin x ,−cos x )=−R (sin x ,cos x )成立，最好利用代换cos x =t 或对应的sin x =t .(ii) 若等式R (−sin x ,−cos x )=R (sin x ,cos x )成立，最好利用代换tan x =t .x=t 化2例8、求∫sin xdx sin 3x +cos 3x解令tan x =t ，则sec 2xdx =dt ，于是t 1(1+t )2−(1−t +t 2)1t +11dt dt =dt =dt −原式＝∫1+t 33∫(1+t )(1−t +t 2)3∫1−t +t 23∫1+t 112t −11arctan()−ln |1+t |+C ＝ln(t 2−t +1)+63332tan x −11tan 2x −tan x +11+arctan()+C ＝ln 26(1+tan x )33 21。
不定积分例题及参考答案
第4章不定积分习题4-11.求下列不定积分：知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。
思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！ ★(1)思路: 被积函数52x -=，由积分表中的公式（2）可解。
解：532223x dx x C --==-+⎰★(2)dx⎰思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：1141113332223()24dx x x dx x dx x dx x x C --=-=-=-+⎰⎰⎰⎰★(3)22x x dx +⎰（）思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：2232122ln 23x xxx dx dx x dx x C +=+=++⎰⎰⎰（）★(4)3)x dx -思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：3153222223)325x dx x dx x dx x x C -=-=-+⎰⎰★★(5)4223311x x dx x +++⎰ 思路:观察到422223311311x x x x x ++=+++后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
解：42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x ++=+=++++⎰⎰⎰ ★★(6)221x dx x +⎰思路:注意到222221111111x x x x x +-==-+++，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
解：2221arctan .11x dx dx dx x x C x x=-=-+++⎰⎰⎰ 注：容易看出(5)(6)两题的解题思路是一致的。
一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。
★(7)x dx x x x⎰34134（-+-）2 思路:分项积分。
解：3411342x dx xdx dx x dx x dx x x x x --=-+-⎰⎰⎰⎰⎰34134（-+-）2 223134ln ||.423x x x x C --=--++ ★(8)23(1dx x -+⎰思路:分项积分。
《高等数学》不定积分课后习题详解
《高等数学》不定积分课后习题详解各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢篇一：高等数学第四章不定积分习题第四章不定积分4 – 1不定积分的概念与性质一.填空题1．若在区间上F?(x)?f(x)，则F(x)叫做f(x)在该区间上的一个f(x)的所有原函数叫做f(x)在该区间上的__________。
2．F(x)是f(x)的一个原函数，则y=F(x)的图形为?(x)的一条_________. 3．因为d(arcsinx)?1?x2dx,所以arcsinx是______的一个原函数。
4．若曲线y=?(x)上点(x,y)的切线斜率与x成正比例，并且通过点A(1,6)和B(2,-9),则该曲线方程为__________ 。
二．是非判断题1．若f?x?的某个原函数为常数，则f?x??0. [ ] 2．一切初等函数在其定义区间上都有原函数. [ ] 3．3??f?x?dx???f??x?dx. [ ]?4．若f?x?在某一区间内不连续，则在这个区间内f?x?必无原函数. [ ] ?ln?ax?与y?lnx是同一函数的原函数. [ ] 三．单项选择题1．c为任意常数，且F’(x)=f(x),下式成立的有。
（A）?F’(x)dx?f(x)+c;（B）?f(x)dx=F(x)+c;（C）?F(x)dx?F’(x)+c;(D) ?f’(x)dx=F(x) +c.2. F(x)和G(x)是函数f(x)的任意两个原函数，f(x)?0，则下式成立的有。
（A）F(x)=cG(x); （B）F(x)= G(x)+c;（C）F(x)+G(x)=c; (D) F(x)?G(x)=c. 3．下列各式中是f(x)?sin|x|的原函数。
(A) y??cos|x| ; (B) y=-|cosx|;(c)y=??cosx,x?0,cosx?2,x?0;(D) y=??cosx?c1,x?0,cosx?c2,x?0.c1、c2任意常数。
关于高等数学不定积分例题思路和答案超全
第4章 不定积分习题4-11.求下列不定积分：知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。
思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！★(1)思路: 被积函数52x -=，由积分表中的公式（2）可解。
解：532223x dx x C --==-+⎰★(2)dx-⎰思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：1141113332223()24dx x x dx x dx x dx x x C --=-=-=-+⎰⎰⎰⎰ ★(3)22x x dx +⎰（）思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：2232122ln 23x x x x dx dx x dx x C +=+=++⎰⎰⎰（）★(4)3)x dx -思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：3153222223)325x dx x dx x dx x x C -=-=-+⎰⎰ ★★(5)4223311x x dx x +++⎰思路:观察到422223311311x x x x x ++=+++后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
解：42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x++=+=++++⎰⎰⎰ ★★(6)221x dx x +⎰思路:注意到222221111111x x x x x +-==-+++，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
解：2221arctan .11x dx dx dx x x C x x=-=-+++⎰⎰⎰ 注：容易看出(5)(6)两题的解题思路是一致的。
一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。
★(7)x dx x x x⎰34134（-+-）2 思路:分项积分。
解：3411342x dx xdx dx x dx x dx x x x x --=-+-⎰⎰⎰⎰⎰34134（-+-）2 ★(8)23(1dx x -+⎰思路:分项积分。
不定积分的例题分析及解法[1]32页word文档
![不定积分的例题分析及解法[1]32页word文档](https://img.taocdn.com/s3/m/ac6ff3e680eb6294dd886cb6.png)
不定积分的例题分析及解法这一章的基本概念是原函数、不定积分、主要的积分法是利用基本积分公式，换元积分法和分部积分法。
对于第一换元积分法，要求熟练掌握凑微分法和设中间变量)(x u ϕ=，而第二换元积分法重点要求掌握三角函数代换，分部积分法是通过“部分地”凑微分将⎰υud 转化成⎰du υ，这种转化应是朝有利于求积分的方向转化。
对于不同的被积函数类型应该有针对性地、灵活地采用有效的积分方法，例如)(x f 为有理函数时，通过多项式除法分解成最简分式来积分，)(x f 为无理函数时，常可用换元积分法。
应该指出的是：积分运算比起微分运算来，不仅技巧性更强，而且业已证明，有许多初等函数是“积不出来”的，就是说这些函数的原函数不能用初等函数来表示，例如dx x x ⎰sin ；dx e x ⎰-2；dx x ⎰ln 1；⎰-x k dx 22sin 1（其中10<<k ）等。
这一方面体现了积分运算的困难，另一方面也推动了微积分本身的发展，在第7章我们将看到这类积分的无限形式的表示。
一、疑难分析（一）关于原函数与不定积分概念的几点说明（1）原函数与不定积分是两个不同的概念，它们之间有着密切的联系。
对于定义在某区间上的函数)(x f ，若存在函数)(x F ，使得该区间上每一点x 处都有)()(x f x F ='，则称)(x F 是)(x f 在该区间上的原函数，而表达式C C x F ()(+为任意常数)称为)(x f 的不定积分。
（2）)(x f 的原函数若存在，则原函数有无限多个，但任意两个原函数之间相差某个常数，因此求)(x f 的不定积分⎰dx x f )(时，只需求出)(x f 的一个原函数)(x F ，再加上一个任意常数C 即可，即⎰+=C x F dx x f )()(。
（3）原函数)(x F 与不定积分⎰dx x f )(是个体与全体的关系，)(x F 只是)(x f 的某个原函数，而⎰dx x f )(是)(x f 的全部原函数，因此一个原函数只有加上任意常数C 后，即C x F +)(才能成为)(x f 的不定积分，例如3,21,1222-++x x x 都是x 2的原函数，但都不是x 2的不定积分，只有C x +2才是x 2的不定积分（其中C 是任意常数）。
不定积分的例题讲解
三、典型例题解析例1 求下列不定积分． （1）⎰． （2）1)dx +-⎰．分析 利用幂函数的积分公式111n n x dx xCn +=++⎰求积分时，应当先将被积函数中幂函数写成负指数幂或分数指数幂的形式． 解 （1）532251252121()3xdx xC xC --+-==+=-++-⎰．（2）35312222231221)(1)353dx x x x dx x x x x C=+--=+--+⎰⎰．例2求2(x dx+⎰．分析 将被积函数的平方展开，可化为幂函数的和． 解12221((2)x dx x x dx x+=++⎰⎰12212x d x x d xd xx=++⎰⎰⎰ 32314ln 33x x x C=+++．例3 求下列不定积分． （1）2523xxx e dx ⋅-⋅⎰． （2）4223311x x dx x +++⎰．分析 （1）将被积函数拆开，用指数函数的积分公式；（2）分子分母都含有偶数次幂，将其化成一个多项式和一个真分式的和，然后即可用公式．解 （1）22()5()2522332()5()3331ln 3ln 2ln 3x x xxx x x e e e dx dx dx C ⋅⋅⋅-⋅=-=-+--⎰⎰⎰．（2）42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x++=+=++++⎰⎰⎰．例4 求下列不定积分． （1）24221(1)x xdxx x +++⎰． （2）421xdx x+⎰． （3）221(1)dxx x +⎰．分析 根据被积函数分子、分母的特点，利用常用的恒等变形，例如：分解因式、直接拆项、“加零”拆项、指数公式和三角公式等等，将被积函数分解成几项之和即可求解．解 （1）242222111(1)(1)1x xdx dxx x xx++=+-++⎰⎰22111dx dx dxxx=+-+⎰⎰⎰1a r c t a n x x C x=--+．（2）4422(1)111xx dx dx xx-+=++⎰⎰222(1)(1)11x x dx x-++=+⎰221(1)1x dx dxx=-++⎰⎰C x x x ++-=arctan 313．（3）22222211(1)(1)x xdx dxx x x x +-=++⎰⎰22111dx dx xx=-+⎰⎰1a r c t a n x Cx=--+．例5 求下列不定积分． （1）11cos 2dxx+⎰． （2）cos 2cos sin x dx x x -⎰．（3）2cot xdx ⎰． （4）22cos 2sin cos x dxx x⎰．分析 当被积函数是三角函数时，常利用一些三角恒等式，将其向基本积分公式表中有的形式转化，这就要求读者要牢记基本积分公式表．解 （1）2111tan 1cos 22cos2dx dx x Cxx==++⎰⎰．（2）22cos 2cos sin cos sin cos sin x x x dx dx x xx x-=--⎰⎰(cos sin )sin cos x x dx x x C =+=-+⎰．（3）22cot (csc 1)cot xdx x dx x x C =-=--+⎰⎰． （4）222222cos 2cos sin sin cos sin cos x x x dx dx x xx x -=⎰⎰2211sincosdx dxxx=-⎰⎰22csc sec xdx xdx =-⎰⎰cot tan x x C=--+．例6 求下列不定积分．（1）99(79)x dx -⎰． （2）12()n x ax b dx +⎰．（0a ≠）（3）232(cos )xdxx ⎰． （4）．（5）1sin(ln )x dx x⎰． （6）211cos()dx x x⎰．（7）2cos sin 6sin 12xdx x x -+⎰． （8）．（9）sin x⎰． （10）2．（11）322(arctan )1x x dx x++⎰．分析 这些积分都没有现成的公式可套用，需要用第一类换元积分法． 解 （1）999910011(79)(79)(79)(79)7700x dx x d x x C-=--=-+⎰⎰．（2）112221()()()2x ax b dx ax b d ax b a+=++⎰⎰12()2(1)n nax b Ca n +=+++．（3）232(cos )xdx x ⎰333211tan 3(cos )3dxx Cx==+⎰．（4）22arctanC ==⎰．（5）1sin(ln )x dx x⎰sin(ln )(ln )cos(ln )x d x x C ==-+⎰．（6）211cosdx xx⎰111cos()sin d C x x x=-=-+⎰．（7）2cos sin 6sin 12xdx x x -+⎰2(sin 3)(sin 3)3d x Cx -==+-+⎰． （8）⎰(tan )arcsin(tan )x x C==+⎰．（9）sin x⎰12[1(cot )](cot )x d x =-+⎰12cot (cot )cot d x x d x =--⎰⎰322cot (cot )3x x C=--+．（10）2⎰231arcsin (arcsin )(arcsin )3xd x x C==+⎰．（11）322(arctan )1x x dx x++⎰3222(arctan )11xx dx dx xx=+++⎰⎰32221(1)(a r c t a n )(a r c t a n)21d x xd x x+=++⎰⎰ 52212ln(1)(arctan )25x x C=+++．注 用第一类换元积分法（凑微分法）求不定积分，一般并无规律可循，主要依靠经验的积累．而任何一个微分运算公式都可以作为凑微分的运算途径．因此需要牢记基本积分公式，这样凑微分才会有目标．下面给出常见的12种凑微分的积分类型．（1）11()()()(0)n n n nf ax b x dx f ax b d ax b a na-+=++≠⎰⎰；（2）1()()ln x x xxf a a dx f a daa=⎰⎰；（3）(sin )cos (sin )(sin )f x xdx f x d x =⎰⎰；适用于求形如21sin cos m n x xdx +⎰的积分，（,m n 是自然数）． （4）(cos )sin (cos )(cos )f x xdx f x d x =-⎰⎰；适用于求形如21sin cos m n x xdx -⎰的积分，（,m n 是自然数）． （5）2(tan )sec (tan )(tan )f x xdx f x d x =⎰⎰；适用于求形如2tan sec m n x xdx ⎰的积分，（,m n 是自然数）． （6）2(cot )csc (cot )(cot )f x xdx f x d x =-⎰⎰；适用于求形如是2cot csc m n x xdx ⎰的积分，（,m n 是自然数）． （7）1(ln )(ln )ln f x dx f x d xx =⎰⎰；（8）(arcsin (arcsin )(arcsin )f x f x d x =⎰⎰； （9）(arccos (arccos )(arccos )f x f x d x =-⎰⎰；（10）2(arctan )(arctan )(arctan )1f x dx f x d x x=+⎰⎰；（11）2(cot )(cot )(cot )1f arc x dx f arc x d arc x x =-+⎰⎰； （12）()1(())()()f x dx d f x f x f x '=⎰⎰；例７ 求下列函数的不定积分：（1）3cos xdx ⎰． （2）4sin xdx ⎰． （3）sin 7cos(3)4x x dx π-⎰．（4）6csc xdx ⎰．（5）34sin cos x xdx ⎰． （6）35sec tan x xdx ⎰．分析 在运用第一类换元法求以三角函数为被积函数的积分时，主要思路就是利用三角恒等式把被积函数化为熟知的积分，通常会用到同角的三角恒等式、倍角、半角公式、积化和差公式等．解 （1）被积函数是奇次幂，从被积函数中分离出cos x ，并与d x 凑成微分(sin )d x ，再利用三角恒等式22sin cos 1x x +=，然后即可积分．322cos cos (sin )(1sin )(sin )xdx xd x x d x ==-⎰⎰⎰2sin sin sin d x xd x =-⎰⎰31sin sin 3x x C=-+．（2）被积函数是偶次幂，基本方法是利用三角恒等式21cos 2sin 2xx -=，降低被积函数的幂次．421cos 2sin ()2xxdx dx-=⎰⎰311(cos 2cos 4)828x x dx =-+⎰ 311sin 2sin 48432x x x C=-++．（3）利用积化和差公式将被积函数化为代数和的形式．1sin 7cos(3)[sin(4)sin(10)]4244x x dx x x dxπππ-=++-⎰⎰11sin(4)(4)sin(10)(10)8442044x d x x d x ππππ=+++--⎰⎰11cos(4)cos(10)84204x x Cππ=-+--+．（4）利用三角恒等式22csc 1cot x x =+及2csc (cot )xdx d x =-．622222csc(csc)csc (1cot )(cot )xdx x xdx x d x ==-+⎰⎰⎰24(12cot cot )cot x x d x =-++⎰3521cot cot cot 35x x x C=---+．（5）因为322sin sin (sin )sin (cos )xdx x xdx xd x ==-，所以3424sincos sin cos (cos )x xdx x xd x =-⎰⎰24(1cos )cos (cos )x xd x =--⎰46cos (cos )cos (cos )xd x xd x =-+⎰⎰5711cos cos 57x x C=-++．（6）由于sec tan (sec )x xdx d x =，所以3524sectan sec tan (sec )x xdx x xd x =⎰⎰222sec (sec 1)(sec )x x d x =-⎰642(sec 2sec sec )(sec )x x x d x =-+⎰ 753121sec sec sec 753x x x C=-++．注 利用上述方法类似可求下列积分3sinxdx ⎰、2cos xdx ⎰、cos 3cos 2x xdx ⎰、6sec xdx ⎰、25sin cos x xdx ⎰，请读者自行完成．例８ 求下列不定积分： （1）xxdx e e-+⎰． （2）xxdx e e--⎰． （3）11xdxe+⎰．分析 可充分利用凑微分公式：x x e dx de =；或者换元，令x u e =．解 （1）xxdx e e-+⎰221arctan ()1()1xx xx xe dxde e C ee===+++⎰⎰．（2）解法1 xxdxee--⎰221()1()1x xxxedx deee==--⎰⎰,然后用公式2211ln2x a dx Cx aax a-=+-+⎰，则xxdxee--⎰11ln21xxe C e -=++．解法2 xxdx e e--⎰21111()()1211xxxxxde deee e ==---+⎰⎰1(1)(1)()211xx xxd e d e e e -+=--+⎰⎰11ln21xxe C e -=++．（3）解法111xdx e+⎰1(1)11xxx xxe e edx dx ee+-==-++⎰⎰1(1)1xxdx d e e=-++⎰⎰ln(1)xx e C =-++．解法2 11xdx e+⎰(1)ln(1)11xxxxxed e dx eC ee-----+==-=-++++⎰⎰．解法３ 令x u e =，x du e dx =，则有11xdx e+⎰1111()ln()111u du du Cuuuuu=⋅=-=++++⎰⎰ln()ln(1)1xxxeC eC e-=+=-+++．注 在计算不定积分时，用不同的方法计算的结果形式可能不一样，但本质相同．验证积分结果是否正确，只要对积分的结果求导数，若其导数等于被积函数则积分的结果是正确的．例9 求下列不定积分：（1）ln tan sin cos x dxx x⎰． （2）．分析 在这类复杂的不定积分的求解过程中需要逐步凑微分．解 （1）2ln tan ln tan sin cos tan cos x xdx dxx xx x=⎰⎰ln tan (tan )ln tan (ln tan )tan x d x xd x x==⎰⎰21ln (tan )2x C=+．（2）2=⎰⎰22a r c (a a n )r c t a n )C ==+⎰．例10 求21arctan1x dxx+⎰．分析 若将积分变形为1arctan(arctan )d x x⎰，则无法积分，但如果考虑到凑出1x，将被积函数变形为221arctan111()x x x ⋅+，再将21x与d x 结合凑成1()d x-，则问题即可解决．解2222111arctanarctanarctan11()1111()1()x x x dx dx d xx xx x=⋅=-+++⎰⎰⎰11arctan(arctan )d xx=-⎰211(arctan )2Cx=-+．例11 求21ln (ln )x dxx x +⎰．分析 仔细观察被积函数的分子与分母的形式，可知(ln )1ln x x x '=+．解 221ln 11(ln )(ln )(ln )ln x dx d x x Cx x x x x x+==-+⎰⎰．例12（04研） 已知()x x f e xe -'=，且(1)0f =，则()_________f x =． 分析 先求()f x '，再求()f x ． 解 令x e t =，即ln x t =，从而ln ()t f t t'=．故2ln 1()ln (ln )ln 2x f x dx xd x x Cx ===+⎰⎰，由(1)0f =，得0C =，所以21()ln 2f x x=．例13求sin 22sin dx x x+⎰．分析 被积函数为三角函数，可考虑用三角恒等式，也可利用万能公式代换．解法１ sin 22sin dx x x+⎰3122sin (cos 1)4sin cos22x d dxx x x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭==+⎰⎰22tan 1tan1122tan 442tan cos tan222x x d x d x x x ⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭⎰⎰ 211tanln tan8242x x C=++．解法2 令cos t x =，则sin 22sin dxx x+⎰2sin 2sin (cos 1)2sin(1cos )dxxdxx x x x ==++⎰⎰212(1)(1)dt tt=--+⎰21112811(1)dt t tt ⎛⎫=-++ ⎪-++⎝⎭⎰ 12(ln |1|ln |1|)81t t Ct=--++++111ln(1cos )ln(1cos )884(1cos )x x Cx =--++++．解法３ 令tan2x t =，则22sin 1t x t=+，221cos 1t x t-=+，221dx dtt=+，则sin 22sin dxx x+⎰21111ln ||484t dt t t C t ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭⎰211tanln |tan|8242x x C=++．例14求⎰分析 被积函数含有根式，一般先设法去掉根号，这是第二类换元法最常用的手段之一．解t =，即21x t =-，2dx tdt =，则212(1)11tdt dttt==-++⎰⎰⎰22ln 1t t C =-++2ln(1C=++例15求⎰分析 被积函数中有开不同次的根式，为了同时去掉根号，选取根指数的最小公倍数． 解t =，34dx t dt =-，则2414(1)11tdt t dtt t-==--+++⎰⎰⎰214(l n1)2t t t C=--+++ln(1C=-++．例16解t=，即3211xt=--，2326(1)tdx dtt=-，则⎰233232164(1)(1)tdtt ttt==⋅-⋅-⎰132313131()2221xdt C Ct t x+==-⋅+=-+-⎰．例17求x⎰．分析，可用三角代换2sinx t=消去根式．解2cos(0)2t tπ<<，2cosdx tdt=，则224sin2cos2cos4sin2x t t tdt t dt=⋅⋅=⋅⎰⎰⎰12(1cos4)2sin42t dt t t C=-=-+⎰222sin cos(12sin)t t t t C=--+212arcsin)22xx C=--+．注1 对于三角代换，在结果化为原积分变量的函数时，常常借助于直角三角形．注2在不定积分计算中，为了简便起见，一般遇到平方根时总取算术根，而省略负平方根情况的讨论．对三角代换，只要把角限制在0到2π，则不论什么三角函数都取正值，避免了正负号的讨论．例18求221(1)dxx+⎰．分析 虽然被积函数中没有根式，但不能分解因式，而且分母中含有平方和，因此可以考虑利用三角代换，将原积分转换为三角函数的积分．解设tanx t=，2secdx tdt=，()2241secx t+=，则222241seccos(1)sectdx dt tdtx t==+⎰⎰⎰111(1c o s 2)s i n 2224t d t t t C =+=++⎰ 21a r c t a n 22(1)x x Cx=+++．例19求x．分析，但不能用凑微分法， 故作代换sec x a t =， 将被积函数化成三角有理式．解 令sec x a t =，sec tan dx a t tdt =⋅，则x22tan sec tan tan(sec 1)sec a ta t tdt a tdt a t dta t =⋅⋅==-⎰⎰⎰(tan )a t t C =-+arccos)a a C ax=-+．例20求．解 由于2248(2)4x x x ++=++，故可设22tan x t +=，22sec dx tdt =，2(2tan 2)2sec 2sec tan 2sec 2sec t tdt t tdt tdt t -⋅==-⎰⎰⎰12s e c 2l n s e ct a n t t t C =-++2ln(2x C=-+++．()12ln 2C C =+注由00a a >=<可作适当的三角代换， 使其有理化．例21求．解32[3(1)]dxx =+-⎰，令1x t -=，则322321sec 11cos sin 3sec33[3(1)]dx tdt tdt t C tx ===++-⎰⎰⎰C=．故⎰C=+．例22 求421(1)dx x x +⎰．分析 当有理函数的分母中的多项式的次数大于分子多项式的次数时，可尝试用倒代换．解 令1x t =，21dx dtt=-，于是421(1)dx xx +⎰44221111tt dt dt tt --+==-++⎰⎰221(1)1t dt dtt=---+⎰⎰31arctan 3t t t C =--+ 3111arctan3Cx xx=--+．注 有时无理函数的不定积分当分母次数较高时，也可尝试采用倒代换，请看下例． 例23求x． 解 设1x t=，2dt dx t=-，则4xt=1222(1)a t t dt =--⎰．当0x >时，12222221(1)(1)2at d a t xa=---⎰32222(1)3a t C a-=-+322223()3a x C a x-=-+．当0x <时，有相同的结果．故x322223()3a x C a x-=-+．注1 第二类换元法是通过恰当的变换，将原积分化为关于新变量的函数的积分，从而达到化难为易的效果，与第一类换元法的区别在于视新变量为自变量，而不是中间变量．使用第二类换元法的关键是根据被积函数的特点寻找一个适当的变量代换．注2 用第二类换元积分法求不定积分，应注意三个问题： （1）用于代换的表达式在对应的区间内单调可导，且导数不为零． （2）换元后的被积函数的原函数存在． （3）求出原函数后一定要将变量回代．注3 常用的代换有：根式代换、三角代换与倒代换．根式代换和三角代换常用于消去被积函数中的根号，使其有理化，这种代换使用广泛．而倒代换的目的是消去或降低被积函数分母中的因子的幂．注4 常用第二类换元法积分的类型：（1）(,f x dx t =⎰令（2）(,f x dx t =⎰令．（3）(f x dx ⎰，可令sin a x t b =或cos a x t b =．（4）(f x dx ⎰，可令tan a x tb =或a x shtb =．（5）(f x dx ⎰，可令sec a x tb =或a x cht b=．（62(40)q pr -<时，利用配方与代换可化为以上（3），（4），（5）三种情形之一．（7）当被积函数分母中含有x 的高次幂时，可用倒代换1x t=．例24 求下列不定积分：（1）3x xe dx -⎰． （2）2sin 4x xdx ⎰． （3）2ln x xdx ⎰．（4）arcsin xdx ⎰． （5）arctan x xdx ⎰． （6）sin ax e bxdx ⎰22(0)a b +≠． 分析 上述积分中的被积函数是反三角函数、对数函数、幂函数、指数函数、三角函数中的某两类函数的乘积，适合用分部积分法．解 （1）3x xe dx -⎰33333111()33339xxxxxx x xd eeedx eeC-----=-=-+=--+⎰⎰．（2）2sin 4x xdx ⎰2211(cos 4)cos 4cos 4442xx d x x x xdx =-=-+⎰⎰22111cos 4(sin 4)cos 4sin 4sin 448488x xx xd x x x x xdx =-+=-+-⎰⎰211cos 4sin 4cos 44832xx x x x C =-+++．（3）2ln x xdx ⎰3333211ln ()ln ln 33339xxxxd xx xdx x C ==-=-+⎰⎰．（4）解法1 arcsin xdx ⎰arcsin arcsin x x x x C=-=+．解法2 令arcsin t x =，即sin x t =，则arcsin (sin )sin sin sin cos xdx td t t t tdt t t t C==-=++⎰⎰⎰arcsin x x C =+（5）解法1a r c t a n x x d x ⎰222211arctan arctan 2221xxxdx x dx x==-+⎰⎰2211arctan (1)221x x dx x=--+⎰21arctan arctan 222xx x x C =-++．解法221arctan arctan (1)2x xdx xd x =+⎰⎰22111arctan arctan 2222x x x x dx x C ++=-=-+⎰． （6）解法1sin axebxdx ⎰11sin ()sin cos axaxaxbbxd e ebx e bxdxa a a==-⎰⎰21s i n c o s ()a xa xb eb x b x d e a a=-⎰2221sin cos sin axaxaxb b ebx exbx ebxdx aaa=--⎰从而21221(1)sin sin cos axaxaxb b e bxdx ebx ebx C aaa+=-+⎰，则221sin (sin cos )axaxebxdx e a bx b bx Ca b=-++⎰．解法21sin cos axaxebxdx ed bxb=-⎰⎰，然后用分部积分，余下的解答请读者自行完成．注 在用分部积分法求()f x dx ⎰时关键是将被积表达式()f x dx 适当分成u 和d v 两部分．根据分部积分公式udv uv vdu =-⎰⎰，只有当等式右端的vdu 比左端的udv 更容易积出时才有意义，即选取u 和dv 要注意如下原则：（1）v 要容易求；（2）vdu ⎰要比udv ⎰容易积出．例25 求cos ln(cot )x x dx ⎰．分析 被积函数为三角函数与对数函数的乘积， 可采用分部积分法． 解cos ln(cot )ln(cot )(sin )x x dx x d x =⎰⎰21sin ln(cot )sin (csc )cot x x x x dxx=⋅-⋅⋅-⎰sin ln(cot )sec x x xdx =⋅+⎰sin ln(cot )ln sec tan x x x x C =+++例26 求ln(x dx +⎰．分析 被积函数可以看成是多项式函数与对数函数的乘积，可采用分部积分法．解1ln(ln((12x dx x x x dx+=+-+⎰⎰ln(x x =+-⎰12221ln((1)(1)2x x x d x -=+-++⎰ln(x x C=+-．例27 求x⎰．分析 可利用凑微分公式x x e dx de =，然后用分部积分；另外考虑到被积函数中含有根式，也可用根式代换．解法1x⎰2xxd ==⎰⎰2⎡⎤=⎣⎦⎰，令t =2ln(1)x t =+，221tdt dx t=+，则21222(arctan )1t dt t t C t==-++⎰，故x(22arctanC z=-+24arctanC =．解法2tz =，则x⎰22222ln(1)2ln(1)41tt dt t t dt t=+=+-+⎰⎰22ln(1)44arctan t t t t C =+-++24arctanC =．注 求不定积分时，有时往往需要几种方法结合使用，才能得到结果． 例28（01研） 求2arctan xxe dx e⎰．分析 被积函数是指数函数和反三角函数的乘积，可考虑用分部积分法． 解法1 2arctan xxe dx e⎰222211arctan ()arctan 22(1)xx xx xx x dee d ee e e e --⎡⎤=-=--⎢⎥+⎣⎦⎰⎰21arctan arctan 2x x x x e e e e C--⎡⎤=-+++⎣⎦．解法2 先换元，令x e t =，再用分部积分法，请读者自行完成余下的解答．例29 求3csc xdx ⎰．分析 被积函数含有三角函数的奇次幂，往往可分解成奇次幂和偶次幂的乘积，然后凑微分，再用分部积分法．解32csc csc (csc )csc (cot )xdx x x dx xd x ==-⎰⎰⎰ 2csc cot cot csc x x x xdx =--⋅⎰3csc cot csc csc x x xdx xdx =--+⎰⎰3csc cot csc ln csc cot x x xdx x x =--+-⎰，从而31csc(csc cot ln csc cot )2xdx x x x x C=---+⎰．注 用分部积分法求不定积分时，有时会出现与原来相同的积分，即出现循环的情况，这时只需要移项即可得到结果． 例30 求下列不定积分： （1）22221(1)xx x edxx ---⎰． （2）2ln 1(ln )x dx x -⎰．解 （1）2222222112(1)1(1)x xxx x xdx edx edx ex x x --=----⎰⎰⎰221()11xxedx e d x x =+--⎰⎰22221111xxxxeeeedx dx C xx xx =+-=+----⎰⎰．（2）22ln 111(ln )ln (ln )x dx dx dxx xx -=-⎰⎰⎰221ln (ln )(ln )x xdx dx xx x x =+-⎰⎰ln x Cx=+．注 将原积分拆项后，对其中一项分部积分以抵消另一项，或对拆开的两项各自分部积分后以抵消未积出的部分，这也是求不定积分常用的技巧之一．例31 求sin(ln )x dx ⎰．分析 这是适合用分部积分法的积分类型，连续分部积分，直到出现循环为止． 解法1 利用分部积分公式，则有1sin(ln )sin(ln )cos(ln )x dx x x x x dxx=-⋅⎰⎰s i n (l n )c o s (l n x x xd x =-⎰s i n (l n )c o s (l n)s i n x x xx x d x=--⎰， 所以1sin(ln )[sin(ln )cos(ln )]2x dx x x x C=-+⎰．解法２ 令 ln x t =，t dx e dt =，则sin(ln )x dx ⎰=sin sin sin sin cos sin tt t t t tetdt e t e tdt e t e t e tdt =-=--⎰⎰⎰，所以11sin(ln )(sin cos )[sin(ln )cos(ln )]22t tx dx e t e t C x x x C=-+=-+⎰．例32 求ln n n I xdx =⎰，其中n 为自然数． 分析 这是适合用分部积分法的积分类型．解 11ln ln ln ln n n n n n n I xdx x x n xdx x x nI --==-=-⎰⎰，即1ln nn n I x x nI -=-为所求递推公式．而1ln ln ln I xdx x x dx x x x C ==-=-+⎰⎰．注1 在反复使用分部积分法的过程中，不要对调u 和v 两个函数的“地位”，否则不仅不会产生循环，反而会一来一往，恢复原状，毫无所得．注2 分部积分法常见的三种作用： （1）逐步化简积分形式； （2）产生循环；（3）建立递推公式．例33 求积分24411(21)(23)(25)x x dxx x x +--+-⎰．分析 计算有理函数的积分可分为两步进行，第一步：用待定系数法或赋值法将有理分式化为部分分式之和；第二步：对各部分分式分别进行积分． 解 用待定系数法将24411(21)(23)(25)x x x x x +--+-化为部分分式之和．设24411(21)(23)(25)212325x x AB C x x x x x x +-=++-+--+-，用(21)(23)(25)x x x -+-乘上式的两端得24411(23)(25)(21)(25)(21)(23)x x A x x B x x C x x +-=+-+--+-+，两端都是二次多项式，它们同次幂的系数相等，即131155311A B C A B C A B C ++=⎧⎪--+=⎨⎪-+-=-⎩， 这是关于A ，B ，C 的线性方程组，解之得12A =，14B =-，34C =．由于用待定系数法求A ，B ，C 的值计算量大，且易出错，下面用赋值法求A ，B ，C ．因为等式24411(23)(25)(21)(25)(21)(23)x x A x x B x x C x x +-=+-+--+-+是恒等式，故可赋予x 为任何值．令 12x =，可得12A =．同样，令32x =-得14B =-，令52x =，得34C =，于是24411(21)(23)(25)x x dxx x x +--+-⎰111131221423425dx dx dx x x x =-+-+-⎰⎰⎰113ln 21ln 23ln 25488x x x C=--++-+231(21)(25)ln823x x C x --=++．例34 求321452dxx x x +++⎰．解 32452x x x +++是三次多项式，分解因式32322452()3()2(1)x x x x x x x x +++=+++++22(1)(32)(1)(2)x x x x x =+++=++ 设221(1)(2)21(1)A B C x x x x x =+++++++，即2()(23)(22)1A B x A B C x A B C +++++++=，从而0230221A B A B C A B C +=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩， 解得1A =，1B =-，1C =，因此3221111()45221(1)dx dx xx x x x x -=++++++++⎰⎰211121(1)dx dx dxx x x =-++++⎰⎰⎰1ln 2ln 11x x Cx =+-+-++．例35 求22(1)(1)dxx x x +++⎰．解 因为222211(1)(1)11x x x x x x x x -+=+++++++，所以22221()(1)(1)11dxx x dxxx x x x x -+=+++++++⎰⎰222221(1)1(1)1212121d x d x x dxx x x xx +++=-+++++++⎰⎰⎰2221()1112ln(1)ln(1)13222()24d x x x x x +=-+++++++⎰2211ln213x C x x +=-+++．例36 求2425454x x dx x x ++++⎰．解 设24222545414x x Ax B C x D x x x x ++++=+++++，则有23254()()(4)4x x A C x B D x A C x B D ++=+++++++，比较两边同次幂的系数，解得53A =，1B =，53C =-，0D =，从而24222541535543134x x x xdx dx dx xx x x +++=-++++⎰⎰⎰ 2222255151lnarctan 3134164xxx dx dx dx x C xxxx +=-+=++++++⎰⎰⎰．例37 求322456x xdx x x +++⎰．分析 322456x xx x +++是假分式，先化为多项式与真分式之和，再将真分式分解成部分分式之和．解 由于32224615656x xx x x x x x +-=--++++ 98132x x x =--+++，则322498(1)5632x xdx x dx xx x x +=--+++++⎰⎰219ln 38ln 22x x x x C=--++++．例38 求5632x dx x x --⎰．解 令3u x =，23du x dx =，则533636321()123232x dxx d x uduxx xx uu ==------⎰⎰⎰1112()3(1)(2)912udu du u u u u ==++-+-⎰⎰332121ln 1ln 2ln (1)(2)999u u C x x C=++-+=+-+．例39 求2100(1)xdx x -⎰．分析 被积函数2100(1)xx -是有理真分式，若按有理函数的积分法来处理，那么要确定1A ，2A ，…，100A ，比较麻烦．根据被积函数的特点：分母是x 的一次因式，但幂次较高，而分子是x 的二次幂，可以考虑用下列几种方法求解．解法1 令1x t -=，dx dt =-，则222100100100(1)21(1)xt t t dx dt dtx tt--+=-=--⎰⎰⎰98991002t dt t dt t dt ---=-+-⎰⎰⎰ 9798991112979899tttC ---=-⋅++979899111(1)(1)(1)974999x x x C---=---+-+．解法2 22100100(1)1(1)(1)xx dx dx x x -+=--⎰⎰9910011(1)(1)x dx dxx x +=-+--⎰⎰99100(1)21(1)(1)x dx dx x x --=+--⎰⎰98991001112(1)(1)(1)dx dx dxx x x =-+---⎰⎰⎰ 979899111(1)(1)(1)974999x x x C---=---+-+．解法3 用分部积分法．22991001[(1)](1)99xdx x d x x -=--⎰⎰29999299(1)99(1)xxdxx x =---⎰2989921[(1)]99(1)9998xxd x x -=---⎰299989821[]99(1)9998(1)98(1)xxdxx x x =-----⎰299989712199(1)9949(1)999897(1)xxCx x x =-⋅-⋅+--⋅-．注 形如()()P x Q x 的（()P x 与()Q x 均为多项式）有理函数的积分关键是将有理真分式分解成部分分式之和，而部分分式都有具体的积分方法，对于假分式则要化为真分式与多项式之和．例40求．分析 这是无理函数的积分，先要去掉根号化为有理函数的积分，分子分母有理化是常用去根号的方法之一． 解21)=⎰⎰112211(32)(21)44x dx x dx=+--⎰⎰332211(32)(21)1212x x C=+--+．例41求⎰．解法1a ==+⎰⎰⎰1222221()()2a a x d a x -=---⎰⎰arcsinx a Ca=-+．解法2 令t =余下的请读者自行完成．例42 求154sin 2dxx+⎰．分析 被积函数是三角有理函数，可用万能公式将它化为有理函数． 解 令tan t x =，211dx dtt =+，则21154sin 2585dx dt xtt =+++⎰⎰54332543311()3()1d t t =+++⎰154arctan()333t C =++154arctan(tan )333x C =++．注 虽然万能代换公式总能求出积分，但对于具体的三角有理函数的积分不一定是最简便的方法．通常要根据被积函数的特点，采用三角公式简化积分．例43 求1sin cos dxx x++⎰．解法1 令tan 2x u =，则2222211211sin cos 1111dxu du du u u x x u u u+==-+++++++⎰⎰⎰ln 1tan2x C=++．解法21s i n c o sdx x x ++⎰22122sincos2coscos(1tan)22222dxdxx x x x x ==++⎰⎰2()(tan)22cos (1tan )1tan222xxd d xx x ==++⎰⎰ln 1tan2x C=++．注 可化为有理函数的积分主要要求熟练掌握如下两类： 第一类是三角有理函数的积分，即可用万能代换tan 2x u =将其化为u 的有理函数的积分．第二类是被积函数的分子或分母中带有根式而不易积出的不定积分．对于这类不定积分，可采用适当的变量代换去掉根号，将被积函数化为有理函数的积分．常用的变量代换及适用题型可参考前面介绍过的第二类换元法． 例44 求2max{,1}x dx ⎰．分析 被积函数2max{,1}x 实际上是一个分段连续函数，它的原函数()F x 必定为连续函数，可先分别求出各区间段上的不定积分， 再由原函数的连续性确定各积分常数之间的关系．解 由于221,()m ax{,1}1,1x x f x x x >⎧==⎨≤⎩， 设()F x 为()f x 的原函数，则312331,13(),11,13x C x F x x C x x x C ⎧+⎪<-⎪=+≤⎨⎪>⎪+⎩， 其中1C ，2C ，3C 均为常数，由于()F x 连续，所以121(1)(1)13F C F C -+-=-+=-=-，231(1)1(1)3F C F C -+=+==+，于是1223C C =-+，3223C C =+，记 2C C =，则32312,133m ax{,1},112,133x Cx x dx x C x x x C⎧-+⎪<-⎪=+≤⎨⎪>⎪++⎩⎰． 注 对于一些被积函数中含有绝对值符号的不定积分问题，也可以仿照上述方法处理． 例45 求x e dx -⎰．解 当0x ≥时，1xx xedx e dx e C ---==-+⎰⎰．当0x <时，2xxxedx edx e C -==+⎰⎰．因为函数x e -的原函数在(,)-∞+∞上每一点都连续，所以120lim ()lim ()xxx x eC e C +--→→-+=+，即1211C C -+=+，122C C =+，记 2C C =，则2,0,0xxxe C x edx x e C --⎧-++≥⎪=⎨<+⎪⎩⎰． 错误解答 当0x ≥时，1xxxedx edx eC ---==-+⎰⎰．当0x <时，2xxxedx edx e C -==+⎰⎰．故12,0,0xxx e C x edx e C x --⎧-+≥⎪=⎨+<⎪⎩⎰．错解分析 函数的不定积分中只能含有一个任意常数，这里出现了两个，所以是错误的．事实上，被积函数x e -在(,)-∞+∞上连续，故在(,)-∞+∞上有原函数，且原函数在(,)-∞+∞上每一点可导，从而连续．可据此求出任意常数1C 与2C 的关系，使xe-的不定积分中只含有一个任意常数．注 分段函数的原函数的求法：第一步，判断分段函数是否有原函数．如果分段函数的分界点是函数的第一类间断点， 那么在包含该点的区间内，原函数不存在．如果分界点是函数的连续点，那么在包含该点的区间内原函数存在．第二步，若分段函数有原函数，先求出函数在各分段相应区间内的原函数，再根据原函数连续的要求，确定各段上的积分常数，以及各段上积分常数之间的关系． 例46 求下列不定积分： （1）sin 1cos x x dxx ++⎰． （2）3sin 2cos sin cos xx x xedx x -⎰．（3）cot 1sin x dx x+⎰． （4）3sin cos dxx x⎰．解 （1）注意到sin (1cos )xdx d x =-+及2211(tan)1cos 2cos2xx dx dx d x==+，可将原来的积分拆为两项，然后积分，即sin sin 1cos 1cos 1cos x x x xdx dx dx x x x +=++++⎰⎰⎰1(tan )(1cos )21cos x xd d x x =-++⎰⎰t a n t a n l n (1co s )22xxx dx x =--+⎰ 1tan2ln cosln(1cos )22x x x x C =+-++21t a n 2l n c o sl n (2c o s )222xxx x C =+-+1tan(ln 2)2x x CC C =+=-．（2）被积函数较为复杂，直接凑微分或分部积分都比较困难，不妨将其拆为两项后再观察．3sin sin sin 2cos sin cos tan sec cos xxxx x xedx ex xdx ex xdx x-=-⎰⎰⎰sin sin ()(sec )xxxd eed x =-⎰⎰sin sin sin sin sec xxxxxeedx ex edx =--+⎰⎰sin (sec )xex x C =-+．。
分部积分法不定积分例题
分部积分法不定积分例题分部积分法不定积分例题是数学中非常常见的一类问题，它由一个或多个变量表示的函数在一定范围内变化，从而得到一个或多个函数的定积分。
它要求求解这些变量的变化，以达到某一目的的解法。
本文将以一个具体的例子来讲解分部积分法不定积分的求解过程，以期带领读者对不定积分的概念有更深入的了解。
首先，我们来看一个例子：求$ displaystyleint_{0}^{2}frac{1}{1+x}dx$。
为了求解这个不定积分，我们不妨使用分部积分法，首先它要求我们把积分区间[0,2]分解为n个小积分区间，这里n不定，由用户决定。
例如，如果我们指定n = 4，则我们可以把[0,2]分解成[0,1/2],[1/2,1],[1,3/2],[3/2,2]四个小积分区间。
每个小积分区间的积分值可以用某一点的函数值乘以该小积分区间的宽度来近似表示，这里我们取每个小积分区间的中点作为该小积分区间的函数值。
因此，对于上述例子，我们可以将其分解为：$I_1=frac{1}{1+1/2} timesfrac{1}{2}=frac{1}{3}$，$I_2=frac{1}{1+1}timesfrac{1}{2}=frac{1}{2}$,$I_3=frac{1}{1+3/2}times frac{1}{2} = frac{1}{4}$,$I_4=frac{1}{1+2}timesfrac{1}{2}=frac{1}{3}$。
有了所有的$I_i$ ，最后的结果可以表示为：$ displaystyle int_{0}^{2}frac{1}{1+x}dx approxI_1+I_2+I_3+I_4=frac{2}{3}+frac{1}{2}+frac{1}{4}+frac{1}{3} =frac{7}{6}$。
从上面的例子可以看出，分部积分法不定积分求解过程具有较高的效率，只要指定n，就可以得到准确的答案。
当n变大时，小积分区间越来越小，近似值越来越接近正确的答案，这是分部积分法不定积分的优点。
(完整版)不定积分例题及答案理工类吴赣昌(可编辑修改word版)
第 4 章不定积分知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。
思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！d ⎡⎰ ⎤ ⎡⎰ ⎤ 性质 1： f (x )dx = f (x ) 或 d f (x )dx = f (x )dx ；dx ⎣⎦⎣⎦性质 2： ⎰ F '(x )dx = F (x ) + C 或⎰ dF (x ) = F (x ) + C ； 性质 3：⎰[f (x ) ± g (x )]dx =⎰ f (x )dx ± ⎰ g (x )dx ，,为非零常数。
设 f (u ) 的 原函数为 F (u ) ， u =(x ) 可导，则有换元公式：⎰ f ((x ))'(x )dx = ⎰ f ((x ))d(x ) = F ((x )) + C设 x =(t ) 单调、可导且导数不为零， f [(t )]'(t ) 有原函数 F (t ) ，则⎰ f (x )dx = ⎰ f ((t ))'(t )dt = F (t ) + C = F (-1(x )) + Cx 2 xx 2x⎰ x1 ★(1)⎰思路: 被积函数1 = x- 5 2，由积分表中的公式（2）可解。
解 ：⎰dx= ⎰ x 1- 52 2dx = - 3 - 3 x 2+ C★(2) ⎰( -dx x思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
11-11- 1 3 41解： ⎰ ( 3 x - )dx = ⎰ (x 3 - x 2 )dx = ⎰ x 3dx - ⎰ x 2dx = x 3 - 2x 2 + C 4★(3) ⎰（2x+ x 2）dx思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
x2x22x1 3解： ⎰（2 + x ）dx = ⎰ 2 dx + x dx = + x + Cln 2 3★(4)⎰x (x - 3)dx思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
高数不定积分-讲解和例题.ppt
tan
x
cos2
d x
x
1 tan
x
dtan
x
ln
tan
x
C
例6：
sin2 x d x
1
cos 2x 2
d
x
1 2
dx
1 2
cos 2x d 2 x
1 x 1 sin2x C. 24
同理， cos2 x d x 1 x 1 sin2x C. 24
例7：
cos4
xd
x
1
cos 2 x 2
f (u)
du
[F (u) C]u( x) F ( x) C. 证明：{ F( x) C } F( x)( x)
f ( x)( x), 得证。
换元公式： f ( x)( x)d x
(x)d x d ( x) f ( x) d ( x)
φ (x) = u
f (u)du F(u) C
x
1 d x d ln x x
1 ln x
d
ln
x
1 u
d
u
ln u
C
ln
ln
x
C.
题目做得熟练后，中间变量 u 可以不写出来。
例2：
11 x2 sin x d x
1 x2
d
x
d(
1) x
sin
1 x
d
1 x
cos 1 C. x
例3： tanxcdo1sxxdcocsoisnsxxxdxln cos x C.
则 f (x)dx F(x) C
就表示了一族积分曲线 y = F (x) + C .
y
它们相互平行，即 在横坐标相同的点 处有相同的切线斜 率。
高等数学-不定积分习题讲解
2
x a sin t
cos t dt sin t cos t
1 cos t sin t cos t sin t dt 2 sin t cos t
1 cos t sin t 1 1 [ dt dt ] [ dt d sin t cos t ] 2 sin t cos t 2 sin t cos t 1 [t ln sin t cos t ] C 2
2
或
u 1 x2 2 1 1 99 100 du 98 ( x 1)100 dx x 1 u u100 d u 1 u u u
（12）
x
dx a x
2
dx a2 x2
a 0
dx x a x
2 2
x
第四章
1．求下列不定积分 （ 1） I
5 x2 d x 3 8 3 x d x x3 C 3x 8
不定积分
§1 不定积分概念
（ 2） I
5 x x 3e x x 2 1 x d x x 2 d x e d x x d x x3
2 3 x 2 e x ln x C 3
1 2 x x C1 2 故 f x dx x2 1 C 1 2
x 1 x 1
2．一曲线通过点 e 2 ,3 ，且在曲线上任一点 处的切线斜率等于该点的横坐标倒数，求曲 线方程。 解：设曲线是由函数 y f x 决定，由题意得 f x
dx
1 da sec t a tan t
sec tdt
1 cos t 1 dt dt d sin t cos t cos 2 t 1 sin 2 t
分部积分法不定积分例题
分部积分法不定积分例题不定积分是积分计算中较为复杂的一块领域，有时候在积分计算中，由于待积函数的复杂性，原本的定积分无法求解，则使用不定积分来解决。
所以，在学习积分计算中，不定积分也是一个重要的部分。
本文将利用分部积分法，结合实例来进行不定积分的计算，以期能够帮助大家对不定积分有一个更加全面的理解。
一、什么是分部积分分部积分也叫分段积分，是指在一定的区间上，将其划分成N个子区间，以近似的方式求解无法取得精确答案的积分，可以将复杂的积分问题分割成许多容易求解的积分问题，以达到快速精确求解的思想。
二、分部积分法不定积分实例例1：求下列不定积分：$$int_{2}^{3}3x^2+2x+1dx$$解：首先，将区间[2,3]划分为N段，即将[2,3]划分为[2,2.5]和[2.5,3]两段，则可得：$$int_{2}^{3}3x^2+2x+1dx=int_{2}^{2.5}3x^2+2x+1dx+int_{2.5} ^{3}3x^2+2x+1dx$$设此时此刻区间[2,2.5]及[2.5,3]最左端的点分别为$a_i$和$b_i$，此时取$a_i$=$b_i$=2.5，且求得：$$int_{2}^{2.5}3x^2+2x+1dx=int_{2}^{2.5}(9.375+5+1)dx=83.125$$$$int_{2.5}^{3}3x^2+2x+1dx=int_{2.5}^{3}(14.0625+7.5+1)dx=1 49.0625$$则最后，可得：$$int_{2}^{3}3x^2+2x+1dx=83.125+149.0625=232.1875$$ 例2：求下列不定积分：$$int_{-2}^{4}4x^3+3x^2+1dx$$解：同样，将区间[-2,4]划分为N段，即将[-2,4]划分为[-2,1]和[1,4]两段，则可得：$$int_{-2}^{4}4x^3+3x^2+1dx=int_{-2}^{1}4x^3+3x^2+1dx+int_{ 1}^{4}4x^3+3x^2+1dx$$设此时此刻区间[-2,1]及[1,4]最左端的点分别为$a_i$和$b_i$，此时取$a_i$=$b_i$=1，且求得：$$int_{-2}^{1}4x^3+3x^2+1dx=int_{-2}^{1}(4+3+1)dx=-22$$ $$int_{1}^{4}4x^3+3x^2+1dx=int_{1}^{4}(64+12+1)dx=63$$ 则最后，可得：$$int_{-2}^{4}4x^3+3x^2+1dx=-22+63=41$$三、实例总结通过上述两个实例，我们更好的理解了分部积分法的手段，也更加清楚了它的计算流程，即将一个复杂的不定积分，利用区间划分的方法分割成小的不定积分，最终求得总的不定积分的值。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
则
1 2
x2
x
C1
,
x 1
x
1 2
x
2
C2
,
x 1
因 连续 , 利用
得
1 2
C1
1 2
C2
记作
C
得
1 2
1
C1
112121(212x(xx221C)12x2x)21C212C, C,C,,
x 1 x 1
例
9. 设
为
的原函数, 且
求
解: 由题设 F(x) f (x), 则
e 2x
1 2
e
2x
6x
1 4
e
2x
60
1 8
e2x
1 16
e
2x
原式
ห้องสมุดไป่ตู้
e2 x
1 2
(
x3
x
2)
1 4
(3x2
1)
1 8
6
x
1 16
6
C
1 8
e2
x
(4x3
6x2
2x
7)
C
说明: 此法特别适用于 如下类型的积分:
Pn
(
x)sienkax x
定都能积出. 例如 ,
1 k 2 sin2 x dx (0 k 1),
例10. 求
dx
xx
x.
1 e2 e3 e6
x
解:
令 t e6 , 则
x 6lnt ,
dx
6 t
d
t
原式 6
(1
t3
dt t
2
t)
t
6
dt (t 1)(t 2 1)t
32) x d
(
2 3
)
2
x
ax dx
a
x
ln
a
dx
1
ln
2 3
d (32) x 1 (32)2 x
arctan(
2 3
)x
C
ln 2 ln3
例2. 求
解:
原式
[ln(x
1
x2
1
) 5]2
d [ ln(x
1 x2 ) 5]
2 ln(x
1
x2
)
解: 原式 arctan exd ex
ex arctan ex
e
x
ex 1 e2x
dx
ex arctan ex
(1
e2x ) 1 e2x
e2x
dx
e
x
arctan
e
x
x
1 2
ln
(1
e2
x
)
C
例6. 求
解: 取
x3 x 2 3x2 1
例4. 设
求积分
解:
令 x y t, 即 y xt
x
t
t
2
3
, 1
y
t
2
t
, 1
而
dx
t 2 (t (t 2
2 3) 1) 2
d
t
原式
t
t
2
3
1 1
t
3t 2
1
t 2 (t (t 2
2
3) 1)2
dt
1 2
ln
(x
y)2
1
C
例5. 求
习题课
第四章
不定积分的计算方法
一、 求不定积分的基本方法 二、几种特殊类型的积分
一、 求不定积分的基本方法
1. 直接积分法 通过简单变形, 利用基本积分公式和运算法则 求不定积分的方法 .
2. 换元积分法
第一类换元法
第二类换元法 (代换: x (t) )
注意常见的换元积分类型, 如掌握 法P205～P206 公式(16) ~(24)的推导方
dx
cos ax
例7. 证明递推公式
证: In tann2 x (sec2 x 1) dx
tann2 x d(tan x) In2
tann1 x n 1
In2
注:
或
例8. 求
解: 设 F(x) x 1 x 1, x 1
1 x , x 1
5
3 2
C
3
分析:
d [ ln(x
1 x2 ) 5]
(1
2
2x 1
x
2
)
dx
x 1 x2
dx 1 x2
例3. 求
解:
x 2sin x cos x
原式
2 2 cos2 x
2 dx
2
x
d
tan
x 2
tan
x 2
dx
x tan x C 2
分部积分
3. 分部积分法
u vdx u v uv dx
使用原则:
1) 由 v 易求出 v ;
2) uv dx 比
好求 .
一般经验: 按“反, 对, 幂, 指 , 三” 的顺
序,
排前者取为 u , 排后者取为 v .
计算格式: 列表计算
多次分部积分的 规 律
u v(n1) dx u v(n) uv(n) dx
a cos x bsin x
I2
cos x dx . a cos x b sin x
a a
cos cos
x x
∴
原式
dx
2
d(cos x sin x) cos x sin x
x 2ln cos x sin x C
说明: 此技巧适用于形为 a cos x b sin x dx 的积分. c cos x d sin x
例12. 求 I1 解：因为
sin x dx 及
u(k)
u
u u
u(n) u(n1)
v(n1k ) v(n1) v(n) v(n1)
(1)n (1)n1
v v
特别: 当 u 为 n 次多项式时, u(n1) 0,计算大为简便 .
例1. 求
解: 原式
2x3x 32 x 22
x
dx
1
(
dt
6ln t 3ln t 1 3 ln(t2 1) 3arctan t C 2
例11. 求
解: 令 3cos x sin x A(cos x sin x) B(cos x sin x)
令 a cos x(AbsinBx)cos x (A B)sin x 比较同类项A系(c数cos xAAdBsBinx3)1,B故(cAcos1x,Bdsi2n x)
u v(n) uv(n1) uv(n1) dx u v(n) uv(n1) uv(n2) uv(n2) dx
u v(n) uv(n1) uv(n2) (1)n1 u(n1)v dx
快速计算表格:
故
即 又
, 因此
故
二、几种特殊类型的积分
1. 一般积分方法
指数代换
指数函数有理式
有理函数
分解
万能代换 根式代换
三角函数有理式
三角代换
多项式及 部分分式之和
简单无理函数
2. 需要注意的问题 (1) 一般方法不一定是最简便的方法, 要注意综合
使用各种基本积分法, 简便计算 . (2) 初等函数的原函数不一定是初等函数 , 因此不一