一个不定积分问题(用分部积分得递推公式)
不定积分的分部积分法
例1 求不定积分 xe xdx.
解：设 u x , exdx d(ex ) dv, 则
xe xdx xd(e x ) xe x e xdx xex e x C.
若设 u e x , xdx= d( 1 x2 ) = dv, 则
2
xe xdx exd( 1 x2 ) 1 x2e x 1 x2dex
x sin x cos x C.
总结1：如果被积函数是幂函数（指数为正整数） 与三角函数或者幂函数与指数数函数的乘积时， 我们选幂函数为 u
例3 求不定积分 x arctan xdx.
解：设 u arctan x,
x2 xdx d( ) dv
2
x
arctan
x dx
arctan
x d(
x2 2
)
x2 arctan x 2
x2 2
1
1 x
2
dx
x2 arctan x 2
1 2
(1
1
1 x
2
)
dx
x2 arctan x 1 ( x arctan x) C.
2
2
例4 求不定积分 x ln x dx .
解: 令 u ln x , xdx d ( x2 ) dv
ห้องสมุดไป่ตู้
2
2
2
显然 , u 和 v 选择不当，积分更难进行.
注1：在分部积分公式中，关键是选择恰当的u和v
例2 求不定积分 x cos xdx .
解：设 u x, cos xdx d(sin x) dv
不定积分
一、不定积分的解题技巧引例：不定积分 /(1 -x)cos2xdx f (1 -x)cos2xdx=/cos2xdx - f xcos2xdx=(1/2) f cos2xd2x -(1/4) f 2xcos2xd2x=(1/2)sin2x- (1/4) f 2xdsin2x=(1/2)sin2x- (1/2)xsin2x (1/4) f sin2xd2x=(1/2)sin2x-(1/2)xsin2x-(1/4)cos2x Cf (1 -x)cos2xdx求导行：1-x -1 0积分行：cos2x 1/2*sin2x -1/4*cos2x所以：f (1 -x)cos2xdx =(1-x)*1/2*sin2x-(-1)*(-1/4*cos2x) C注：分步积分的时候，f a*bdx哪个放到d后面去(那个先反过来求导)？这里遵循一个原则：对，反，幂，三，指。
越后的先放到d里去如f x A2 cosxdx x A2 是幂函数，cosx是三角函数。
所以，要这样化f xA2dsinx而不是1/3 f cosxdxA3引例2: f 1/(1 xA4)dx原式=1/2((1 xA2 1-xA2)/1 xA4)=0.5(1 xA2/1 xA4) 0.5(1咲人2/1 xA4)=0.5(1 xA-2/xA-2 xA2)< 就是分子分母同除x的平方>如果是不定积分，两类换元法和拼凑法一般来说结合使用灵活系数比较大不过你要相信考试不定积分形式比较简单方法比较独到，绝对不是“暴力“积岀来的，一想到你的方法越做越陷入死路，我想因该要变通.第二,对于有独特的因子你要留意.定积分，比不定积分要难一些，因为很多函数是没有初等函数的，方法是拼凑法和化为二元再交换顺序，其中拼凑发很关键，我们要掌握.例题大家平时做题目就很容易发现方法与技巧一、换元法1. 凑微分使用凑微分法的难处在于如何“凑”岀一个函数的微分。
对于这个问题一方面要求熟悉一些常见函数的微分形式，另一方面，对于那些不易观察的，则不妨从被积函数中拿岀一个表达式，求其微分，从而决定如何凑微分。
不定积分的分部积分法
两边同时对 x 求导, 得
f ( x ) 2 xe
x2
x2
,
xf ( x )dx xf ( x ) f ( x )dx
2 x e
2 x2
e
C.
说明５： 被积函数中含有抽象函数的导函数，常 考虑用分部积分；
说明６：利用分部积分法可得求不定积分的递 推公式 例13 求积分 x (ln x )n dx . ( n N * ) 解
( x 2 2 x ) sin x 2 cos x ( x 1) 2 sin x C ( x 2 x 2) sin x 2 cos x ( x 1) C .
2
说明１： 口诀（反、对、幂、三、指）
例5 求不定积分 解
x arctan xdx .
( x 2 1)e x 2( xe x e x ) C . ( x 2 2 x 3)e x C .
例4 求不定积分 解
2 ( x 2 x ) cos xdx .
2 2 ( x 2 x ) cos x d x ( x 2 x )d(sin x )
2 x 1 cos 2 x 1 sin 2 x 1 C .
说明４： 有时应结合换元积分，先换元后再分部；
例 12 已知 f ( x ) 的一个原函数是 e 求 xf ( x )dx .
x2
,
解
xf ( x )dx xdf ( x ) xf ( x ) f ( x )dx , 由已知可得 f ( x )dx e x C ,
x arctan x (1) dx . 2 1 x xe x ( 2) dx . 2 (1 x )
3.2.4_不定积分的分部积分法
1 sin x 1 dx dx d (cos x ) 证： I n n n 1 n 1 sin x sin x sin x
cos x 1 n1 cos xd ( n1 ) sin x sin x
cos x cos 2 x n1 ( n 1) dx n 2 sin x sin x cos x 1 1 n1 ( n 1) dx ( n 1) dx n 2 n sin x sin x sin x
即
udv uv vdu 。
分部积分法是乘积微分公式的逆运算。
分部积分法常用于被积函数是两种不同类型函数乘积的积分，
如 x n a x dx , x n sin xdx , x n arctan xdx , e x cos xdx 等。
2
3.2.4 不定积分的分部积分法
1 x cos(ln x ) x sin(ln x ) dx x x cos(ln x ) sin(ln x )dx
x cos(ln x ) x sin(ln x ) xd [sin(ln x )] 1 x cos(ln x ) x sin(ln x ) x cos(ln x ) dx x x cos(ln x ) x sin(ln x ) cos(ln x )dx
（5） arcsin xdx
4
3.2.4 不定积分的分部积分法
（1） x sin xdx 。
2
分部积分的步骤：
解： x 2 sin xdx x 2 d (cos x ) ——凑微分，选 u, v ；
[ x 2 cos x cos xd ( x 2 )] ——代分部积分公式；
分部积分方法及例题
x
ln x dx u
=
∫
ln
xd
x2 2
dv
=
x2 2
ln
x−
∫
x2 2
d ln
x
vdu
= 1 x2 ln x 2
−
1 2
∫
x
dx
= 1 x2 ln x − 1 x2 + C
2
4
简化
（2）I 2
=
∫
x
arctan
x
dx=
∫
a rc tan
x d(
x2 2
)
udv
=
1 2
x2
arctan
x−
1 2
∫
1 −
n
cos x d(sin1−n x) + In−2
u
∫ ∫ (2) In =
xn
1 x
2
+
1
d
x
=
1+ x2 − x2 d x xn x2 + 1
∫ ∫ =
1+ x2 xn
d
x
−
In−2
=
1
1 −
n
1 + x2 d x1−n − In−2
u
7º 分部积分小结（2） (1) 简化型（例1，例2，例3 ，例4 ）； (2) 方程型 （例5，例6）； (3) 递推型 （例7，例8）.
∫ ∴ x arctan x d x 1 + x2 = 1 + x2 arctan x − ln( x + 1 + x2 ) + C .
例5 I = ∫ e x cos x dx = ∫ cos x d e x
19 不定积分的分部积分法
6
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例3 求 解
x4 ln xdx. ∫
1 x ln xdx = ∫ ln x( x5 )′ dx ∫ 5 1 5 5 1 = x ln x − ∫ x ⋅ dx 5 x
4
1 5 1 5 = x ln x − x + C. 5 25
7
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注意第一类换元积分法与分部积分法在使用上的差别 注意第一类换元积分法与分部积分法在使用上的差别. 第一类换元积分法 在使用上的差别 例4 解
第三章
第三节
一元函数积分学
不定积分的分部积分法 主要内容： 主要内容：
不定积分的分部积分法
1
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分部积分公式
设函数 u = u 具有连续的导函数, ( x) ,v = v( x) 具有连续的导函数 则由乘
积的导数公式, 积的导数公式 有
( uv)′ = u′v + uv′,
移项后, 两边积分得: 移项后 两边积分得
13
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例10 求 解
∫ sin ( ln x) dx.
1 sin ( ln x) dx= x sinln x − ∫ x(cos ( ln x) ⋅ )dx ∫ x = x sin ( ln x) − ∫ cos ( ln x) dx
= x sin ( ln x) − x cos ( ln x) − ∫ sin ( ln x) dx,
∫ xcos xdx.
则
解 取
高数3.4分部积分法
In
n
n
1
I
n2
积分I n关于下标的递推公式
I n2
n n
3 2
In4
, 直到下标减到0或1为止
二、 定积分的分部积分法
I2m
2m 1 2m
2m 2m
3 2
5 6
3 4
1 2
I
0
,
(m 1,2, )
2m 2m 2 6 4 2
I2m1
2m
1
2m
1
7
5
3 I1,
I0
2
x2
f
( x)dx
二、 定积分的分部积分法
f
(x)
x2 sin t
1
dt , t
f
(1)
1
1
sin t
t
dt
0,
f
(
x)
sin x2 x2
2x
2sin x
)dx
1 2
f
(1)
11
2 0
x2
f
( x)dx
1 2
1
0
2
x
sin
x
2dx
1 2
1
0 sin
x
2dx
2
1 2
cos x2
解 由课本公式(3.1.4)得
1 ln(1 x2 )
1 1 e x dx
1 ln(1 x2 ) ln(1 ( x)2 )
=
0
1 ex
1 ex
dx
1 ln(1 x2 )dx 0
x
ln(1
x2)
1 0
1 2x2 0 1 x2 dx
22 不定积分的分部积分法
1 2 v x 则 2 1 1 2 原式 = x ln x x dx 2 2
1 2 1 2 x ln x x C 2 4
都是两种不同类型函数的乘积。 这就启发我们把两个 函数乘积的微分法则反过来用于求这类不定积分，
这就是另一个基本的积分方法：分部积分法.
2
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由导数乘法公式： (uv) u v uv
积分得:
uv u vdx u v dx
或
分部积分公式
1) v 容易求得 ; 容易计算 .
2 2 2
ln( x 2 1)d (x 2 1)
( x 2 1) ln( x 2 1) 2 xdx
( x 2 1) ln(x 2 1) x 2 C.
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7
分部积分过程： u vdx u dv uv v du uv vu dx 例3 求 x 2 e x dx. 解
2
u x , e dx de dv ,
x x
2 x
x e
2 x
dx x e 2 xe dx
2 x x
降 幂
x u x , e dx dv （再次使用分部积分法）
x e 2( xe e ) C .
x x
用分部积分法，使多项式的次数降低
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不定积分
一、不定积分的解题技巧引例：不定积分∫(1-x)cos2xdx∫(1-x)cos2xdx=∫cos2xdx-∫xcos2xdx=(1/2)∫cos2xd2x-(1/4)∫2xcos2xd2x=(1/2)sin2x-(1/4)∫2xdsin2x=(1/2)sin2x-(1/2)xsin2x (1/4)∫sin2xd2x=(1/2)sin2x-(1/2)xsin2x-(1/4)cos2x C∫(1-x)cos2xdx求导行：1-x -1 0积分行：cos2x 1/2*sin2x -1/4*cos2x所以：∫(1-x)cos2xdx =(1-x)*1/2*sin2x-(-1)*(-1/4*cos2x) C注：分步积分的时候，∫a*bdx哪个放到d后面去（那个先反过来求导）？这里遵循一个原则：对，反，幂，三，指。
越后的先放到d里去如∫x^2 cosxdx x^2是幂函数，cosx是三角函数。
所以，要这样化∫x^2dsinx而不是1/3∫cosxdx^3引例2：∫1/(1 x^4)dx原式＝1/2((1 x^2 1-x^2)/1 x^4)=0.5(1 x^2/1 x^4) 0.5(1-x^2/1 x^4)=0.5(1 x^-2/x^-2 x^2)<就是分子分母同除x的平方>如果是不定积分,两类换元法和拼凑法一般来说结合使用灵活系数比较大不过你要相信考试不定积分形式比较简单方法比较独到,绝对不是“暴力“积出来的,一想到你的方法越做越陷入死路,我想因该要变通.第二,对于有独特的因子你要留意.定积分,比不定积分要难一些,因为很多函数是没有初等函数的,方法是拼凑法和化为二元再交换顺序,其中拼凑发很关键,我们要掌握.例题大家平时做题目就很容易发现方法与技巧一、换元法1.凑微分使用凑微分法的难处在于如何“凑”出一个函数的微分。
对于这个问题一方面要求熟悉一些常见函数的微分形式,另一方面,对于那些不易观察的,则不妨从被积函数中拿出一个表达式,求其微分,从而决定如何凑微分。
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。
22 不定积分的分部积分法
降 幂
2 2 x2 x x 讨论: cos xd( ) cos x d cos x x cos xdx 2 2 2 升 x2 x2 cos x sin xdx 幂 2 2
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分部积分过程： u vdx udv uv v du uv vu dx
c3 xdx 解 x sec32xdx sec x sec2 xdx sec xd tan x sec sec xdx sec xd tan x
回归
所以
14
1 sec3 xdx (sec x tan x ln | sec x tan x |) C . 2
(e x cos x e x d cos x) e sin x
x
e (sin x cos x) e sin xdx
x x
原积分回归
ex e x sin xdx (sin x cos x) C. 2
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分部积分过程： u vdx udv uv v du uv vu dx
n x 1 xdx 1 x2 ln x 1 x2 C . 2 2 4
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分部积分过程： u vdx udv uv v du uv vu dx 例4 5 例
arccosxdx x arccosx xd arccosx
1 dx x arccosx x 1 x2 1 1 (1 x2 ) 2 d (1 x2 ) x arccosx 2
求不定积分的递推公式
求不定积分的递推公式求不定积分是高等数学中的重要内容，也是解决很多实际问题的基础。
但无论是在学习还是在实际中，我们都会遇到一些难以求解的不定积分。
此时，递推公式就成为我们求不定积分的重要工具之一。
为了更好地理解递推公式，在此我们先进行一些小学数学的回顾。
我们都知道，小学二年级开始就学习了自然数的递推关系式，即：$a_1$ = a$a_{n+1}$ = $a_n$ + da代表数列的首项，d代表数列的公差，$a_n$代表数列的第n项。
基于这个递推关系式，我们可以求出数列的任意一项。
在微积分中，递推公式同样也是基于递推关系式的思想。
其基本形式可以写为：$I_n$ = $\int{f(x)dx}$$I_{n+1}$ = $\int{u f(x)dx}$ = $f(x)u - \int{u' (f(x)u)dx}$其中，$u$是一个新的函数，$u'$表示对$u$求导数，$I_n$是通式，$I_{n+1}$是下一项的不定积分，$f(x)$是代表被积函数的一般函数。
通过这个递推公式，我们可以将复杂的不定积分通过反复代入式子进行简化，最终求出其解。
下面，我们通过一些例子来更好地理解递推公式：例一：$\int{e^x cosx dx}$首先，我们设$I_n$ = $\int{e^x cosx dx}$，通过递推公式，我们进行递推，得到：$I_{n+1}$ = $e^x sinx - \int{e^x sinx dx}$我们再设$J_n$ = $\int{e^x sinx dx}$，则通过递推公式得到：$J_{n+1}$ = $e^x (-cosx) - \int{e^x (-cosx) dx}$将$J_{n+1}$代入$I_{n+1}$中，得到：$I_{n+1}$ = $e^x sinx - (- e^x cosx - J_{n+1})$化简可得：$I_{n+1}$ = $e^x sinx + e^x cosx - J_{n+1}$将$J_n$代入$I_n$中，得到：$I_n$ = $e^x sinx - e^x cosx - J_n$再将$J_n$代入$I_n$中，得到：$I_n$ = $\frac{1}{2} e^x (sinx - cosx) + C$则原式解为：$\int{e^x cosx dx}$ = $\frac{1}{2} e^x (sinx + cosx) + C$例二：$\int{\frac{1}{x^2+1}dx}$同样，我们设$I_n$ = $\int{\frac{1}{x^2+1}dx}$，通过递推公式，进行递推得到：$I_{n+1}$ = $\frac{1}{2} ln(x^2+1) +\int{\frac{x dx}{x^2+1}}$将$I_{n+1}$代入$I_n$中，得到：$I_n$ = $x \cdot ln(x^2+1) - 2\int{\frac{x^2 dx}{(x^2+1)^2}}$通过分部积分得到：$\int{\frac{x^2 dx}{(x^2+1)^2}}$ = $\frac{1}{2} \int{\frac{(x^2+1-1) dx}{(x^2+1)^2}}$化简得：$\int{\frac{x^2 dx}{(x^2+1)^2}}$ = $\frac{1}{2} \int{\frac{dx}{x^2+1}} - \frac{1}{2}\int{\frac{dx}{(x^2+1)^2}}$代入$I_n$中，得到：$I_n$ = $x \cdot ln(x^2+1) -\int{\frac{dx}{x^2+1}} + \frac{1}{2}\int{\frac{dx}{x^2+1}} - \frac{1}{4}\int{\frac{dx}{(x^2+1)^2}}$化简可得：$I_n$ = $\frac{1}{2} ln(x^2+1) + \frac{1}{2} arctan(x) - \frac{1}{4} \int{\frac{dx}{(x^2+1)^2}} + C$将$I_n$代入$I_{n+1}$中，得到：$I_{n+1}$ = $\frac{1}{2} ln(x^2+1) +\frac{1}{2} arctan(x) - \frac{1}{4}\int{\frac{dx}{(x^2+1)^2}} - \frac{1}{2}\int{\frac{x dx}{x^2+1}}$进一步化简可得：$I_{n+1}$ = $\frac{1}{2} ln(x^2+1) +\frac{1}{2} arctan(x) - \frac{1}{4}\int{\frac{dx}{(x^2+1)^2}} - \frac{1}{4} ln(x^2+1) + C$则原式解为：$\int{\frac{1}{x^2+1}dx}$ =$\frac{1}{2} arctan(x) + \frac{1}{4} ln(x^2+1) + C$通过以上两个例子，我们可以发现递推公式的运用可以有效地简化不定积分，使得我们可以更快、更准确地求出其解。
不定积分公式总结
2
1
+ C
( 5 ) ∫cos x dx = sin x + C ( 7 ) ∫cot x dx = ln | sin x| + C ( 9 ) ∫csc x dx = ln | csc x - cot x| + C ( 11 ) ∫csc2 x dx = - cot x + C ( 13 ) ∫x 2 +a 2 = ( 15 ) ∫a 2 -x
5
xe
x 2
例
xe (x e x e x e 1
x x x x
(1 x)
dx
( x 1)
2
dx
x 2
1)e (x dx 1 dx 1 C
e
x
dx e
x
e x
2
x
e 1 e x (x
x
x 2
dx e d
x
1)
1)
(x e 1
x
1)
dx 1
dx 1
1 1 x
x
1
x
de
x
x
(三 )特殊函数积分法
1、有理函数的不定积分
2 2
+
1 2
∫
1 √５ + x- x dx
2
dx
= - √5 + x - x +
1 2
∫
√ 21 2 1 √ ( ) - (x - ) 2 2 2 1 2x - 1 2 √ = - 5 + x - x + arcsin( )+ C 2 21 √ 3 x 例 2： ∫ 4 dx x + x2 + 1 与例 1 类似，我们有： 1 1 3 ( ) 4x + 2x x x 4 2 ∫ 4 dx = ∫ dx 2 4 2 x + x + 1 x + x + 1 1 2 4 2 d (x + 1 d( x + x + 1) 1 2) = ∫ 4 ∫ 2 后面套公式就好啦 2 4 x + x2 + 1 4 1 3 √ (x 2 + ) + ( ) 2 2
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一、不定积分的解题技巧引例：不定积分∫(1-x)cos2xdx∫(1-x)cos2xdx=∫cos2xdx-∫xcos2xdx=(1/2)∫cos2xd2x-(1/4)∫2xcos2xd2x=(1/2)sin2x-(1/4)∫2xdsin2x=(1/2)sin2x-(1/2)xsin2x (1/4)∫sin2xd2x=(1/2)sin2x-(1/2)xsin2x-(1/4)cos2x C∫(1-x)cos2xdx求导行：1-x -1 0积分行：cos2x 1/2*sin2x -1/4*cos2x所以：∫(1-x)cos2xdx =(1-x)*1/2*sin2x-(-1)*(-1/4*cos2x) C注：分步积分的时候，∫a*bdx哪个放到d后面去（那个先反过来求导）？这里遵循一个原则：对，反，幂，三，指。
越后的先放到d里去如∫x^2 cosxdx x^2是幂函数，cosx是三角函数。
所以，要这样化∫x^2dsinx而不是1/3∫cosxdx^3引例2：∫1/(1 x^4)dx 原式＝1/2((1 x^2 1-x^2)/1 x^4)=0.5(1 x^2/1 x^4) 0.5(1-x^2/1 x^4)=0.5(1 x^-2/x^-2 x^2)<就是分子分母同除x的平方>如果是不定积分,两类换元法和拼凑法一般来说结合使用灵活系数比较大不过你要相信考试不定积分形式比较简单方法比较独到,绝对不是“暴力“积出来的,一想到你的方法越做越陷入死路,我想因该要变通.第二,对于有独特的因子你要留意.定积分,比不定积分要难一些,因为很多函数是没有初等函数的,方法是拼凑法和化为二元再交换顺序,其中拼凑发很关键,我们要掌握.例题大家平时做题目就很容易发现方法与技巧一、换元法1.凑微分使用凑微分法的难处在于如何“凑”出一个函数的微分。
对于这个问题一方面要求熟悉一些常见函数的微分形式,另一方面,对于那些不易观察的,则不妨从被积函数中拿出一个表达式,求其微分,从而决定如何凑微分。
不定积分分部积分法
= x sin x + cos x + C
思考: 思考 如何求 提示: 提示 令 u = x , v′ = sin x, 则
2
原式
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解题技巧: 解题技巧 把被积函数视为两个函数之积 , 按 “ 反对幂指三” 反对幂指三” 的 顺序, 前者为 u 后者为 v′.
反: 反三角函数 对: 对数函数 幂: 幂函数 指: 指数函数 三: 三角函数
即： ′的选取按 “三指幂对反” 的排列顺序选取 三指幂对反” v
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例2. 求 ∫ x ln x dx. 解: 令 u = ln x , v′ = x 1 1 2 u′ = , v = x 则 x 2 1 2 1 原式 = x ln x − ∫ xdx 2 2 1 2 1 2 = x ln x − x + C 2 4
原式 = ∫ e3u u4 eu d u = ∫ u4e4u d u ⋅
u4
e
4u
+
4u3
1 e4u 4
−
12u2
1 e4u 42
24u +
1 e4u 43
−
24
0 + −∫
1 e4u 45
1 e4u 44
1 4u 4 3 3 2 3 3 原式 = e ( u − u + u − u + ) + C 4 8 32 4 1 4 4 3 2 3 3 3 = x ( ln x − ln x + ln x − ln x + ) + C 4 4 8 32
1.
3.3 不定积分的分部积分法
∫ u ( x )v ′( x ) dx =u ( x )v ( x ) − ∫ u ′( x )v ( x ) dx
如果右端的积分 求得所需积分。 求得所需积分。 下面来推导这个公式。 下面来推导这个公式。
x cos x = x(sin x)′ = ( x sin x)′ − sin x
故两端积分得： 故两端积分得： 难求
= − x n e − x + ∫ e − x dx n = − x n e − x + n ∫ x n −1e − x dx
∴ I n = − x n e − x + nI n −1.
由此求得地推公式： 由此求得地推公式：
课堂练习题
1 n −1 In = − cos x ⋅ sinn−1 x + In−2 . n n
=
1 2 x + C. ( x + 1) arctan x − 1 2 2
例7 求积分 I = e sin xdx.
x
∫
例8 求积分 解
x
I = ∫ sec3 xdx.
解
I = ∫ sin xdex = ex sin x − ∫ exdsinx
I = ∫ sec xdtan x = sec x tan x − ∫ tan xdsec x
∫ uv ′d x = ∫ ( uv )′d x − ∫ u ′v d x ,
∫ uv ′d x = uv − ∫ u ′v d x ,
∫ udv = uv − ∫ vdu .
注：当被积函数是两类不同的基本初等函数的乘积 时，常需利用分部积分公式进行积分。 常需利用分部积分公式进行积分。
即
此公式称为分部积分公式 此公式称为分部积分公式.
3.3 不定积分的分部积分法
4. 凡多项式与对数函数乘积的积分可使用分部积分法.
例5 求 ∫ x 3 ln xdx .
1 4 解：令u = ln x , 则dv = x dx = d x . 4 4 x 3 x ∫ ln xdx = ∫ ln xd 4 1 4 x4 = x ln x − ∫ d (ln x ) 4 4 1 4 1 3 = x ln x − ∫ x dx 4 4 1 4 1 4 = x ln x − x + C 4 16
设函数u = u( x )和v = v ( x )具有连续导数,
( uv )′ = u′v + uv′, uv′ = ( uv )′ − u′v
∫ uv′dx = uv − ∫ u′vdx 或 ∫ udv = uv − ∫ vdu. ∫ uv′dx = uv − ∫ u′vdx ∫ udv = uv − ∫ vdu
2
1 1 + x2
dx
= 1 + x 2 arctan x − ln x + 1 + x 2 + C
原题 I = ∫
解2：设 x = tan t , 则
∴∫ x arctan x 1 + x2
x arctan x 1 + x2
dx .
t tan t sec 2 t dx = ∫ dt sec t
= ∫ t tan t sec tdt = ∫ t d sec t = t sec t − ∫ sec tdt = t sec t − ln sec t + tan t + C
x
x e = e (sin x − cos x ) − ∫ sin xdx 1 x x ∴ ∫ e sin xdx = e (sin x − cos x ) + C 2
不定积分的分部积分法1ppt
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解决更复杂积分问题
分部积分法可以解决一些看似难以入手的积分问题，例 如一些包含多个不同变量的函数的积分。
推广分部积分法到更复杂函数的不定积分
三角函数的不定积分
通过ห้องสมุดไป่ตู้入贝塔函数和伽马函数等特殊函数，可以求得任意三角函数的不定积分。
指数函数的不定积分
通过应用分部积分法，可以求得任意指数函数的不定积分。
分部积分法与其他方法的结合
要点一
与部分分式法的结合
要点二
与代换法的结合
在某些情况下，将分部积分法与部分分式法结合使用， 可以更有效地求解不定积分。
通过引入适当的代换，可以将某些难以处理的函数转化 为易于处理的形式，再结合分部积分法求得其不定积分 。
05
分部积分法的挑战与解决方 案
处理复杂的被积函数
确定分部积分常数和被积函数的原函数
1
根据分部积分公式，确定分部积分常数的符号 及其实数或复数形式。
2
根据已知的原函数表，查找与被积函数对应的 原函数。
3
如果无法直接找到原函数，则尝试使用凑微分 等方法将被积函数转化为更容易求解的形式。
03
分部积分法的应用
求解非初等函数的不定积分
三角函数积分
利用分部积分法可以求解正弦、余弦等三角函数的不定积分。
求解有特定形式的不定积分
特定形式积分
有些不定积分具有特定形式，如含有根式、有理函数等，分部积分法能够处理这些情况。
根式函数积分
通过分部积分法，可以求解含有根式的不定积分，从而得到更精确的结果。
04
分部积分法的扩展
扩展分部积分法的应用范围
推广到更复杂函数
分部积分法最初用于求有理函数的不定积分，后来被扩 展到更广泛的函数类，如三角函数、指数函数等。