定积分换元法与分部积分法习题
【2019年整理】定积分的换元法与分部积分法99169
四、设 f ( x)在 a , b 上连续，
证明
b
f ( x)dx
b f (a b x)dx.
a
a
五、证明：
1 x m (1 x)n dx 1 x n (1 x)m dx .
0
0`
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六、证明：
a f ( x)dx
a
[ f (x)
f ( x)]dx,
a
0
并求
0
0
（2）设 x t dx dt,
x 0 t ,
x t 0,
0
0 xf (sin x)dx ( t) f [sin( t)]dt
0 ( t) f (sin t)dt,
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0 xf (sin x)dx 0 f (sin t)dt 0 tf (sin t)dt
解 令 u arcsin x, dv dx,
则 du dx , v x, 1 x2
1
2 arcsin xdx
0
x
arcsin
1
x2 0
1 2
0
1
1
1 2
2 6 20
1 d(1 x2 ) 1 x2
xdx 1 x2
12
1
1 x2
2
0
3 1.
12 2
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3
x
3
)dx
___________________；
2、 (1 sin3 )d ________________； 0
3、 2 2 x 2 dx _____________； 0
4、
1 (arcsin x)2
2
1
2
1 x2
定积分换元法与分部积分法习题
1．计算下列定积分： ⑴3sin()3x dx πππ+⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式3sin()3x dx πππ+⎰3sin()()33x d x ππππ=++⎰3cos()3x πππ=-+[cos()cos()]333ππππ=-+-+[cos (cos )]033ππ=----=。
【解法二】应用定积分换元法令3x u π+=，则dx du =，当x 从3π单调变化到π时，u 从23π单调变化到43π，于是有3sin()3x dx πππ+⎰4323sin udu ππ=⎰4323cos uππ=-42[coscos ]33ππ=-- [cos(cos )]033ππ=----=。
⑵132(115)dxx -+⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式132(115)dx x -+⎰1321(115)(115)5x d x --=++⎰21211(115)52x --=⋅+-22111[]10(1151)(1152)=--+⨯-⨯211(1)1016=--51512=。
【解法二】应用定积分换元法令115x u +=，则15dx du =，当x 从2-单调变化到1时，u 从1单调变化到16，于是有132(115)dxx -+⎰163115u du -=⎰21611152u -=⋅-211(1)1016=--51512=。
⑶32sin cos d πϕϕϕ⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式320sin cos d πϕϕϕ⎰32cos cos d πϕϕ=-⎰4201cos 4πϕ=-441[cos cos 0]42π=--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2π时，u 从1单调变化到0，于是有320sin cos d πϕϕϕ⎰031u du =-⎰130u du =⎰4114u =14=。
⑷30(1sin )d πθθ-⎰；【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。
第三节定积分换元法和分部积分法 (2)共72页
2sin n1xd (coxs) 0
sn i 1 x n cx o 2 s 2 (n 1 )sn i 2 x n c2 o x d xs 00
及 f(( t)) ( t) d t F (() ) F (())
F (b)F (a) 从而(1)式成立.
例2. 求a a2x2dx 0
x a
解: 令 x = asint.
当 0xa时 , 0t2 0
x = asint
t
2
且 x 0 t 0 ,
xa t2,
a 2 x 2 a1 s2 it n a ctos
T
T
0 f(x)d xa f(x)d x
故等式成立.
例6. 设 f(x) C (0 [,1 ])则 ,
2f(sxi)d nx2f(cxo )dxs
0
0
证: 作变x换 2t,则
2f(sx i)d nx0f(cto ) (sdt)
2
f (coxs)dx
0
2
0
特别地有
2sin nxdx2conxsdx
证明: (1)式右、左均代表一个数, 我们验证这两个 数相等.
由i)知f (x)在[a, b]上有原函数.设为F(x), 又由
复合函数求导法则.和 ii) 知F((t))是 f ((t))'(t)在 [, ]上的一个原函数.
由Newton-Leibniz公式有
b
af(x)dxF(b)F(a)
一、换元法
例1. 求 2 xex2dx 0
解: Newton-Leibniz公式, 若F' (x) = f (x), 则
a bf(x )d x F (b ) F (a ) F (x )b a
第28讲：《定积分的换元法与分部积分法》内容小结、课件与典型例题与练习
第28讲：《定积分的换元法与分部积分法》内容小结、课件与典型例题与练习定积分的换元法与分部积分法是定积分计算的基本方法，即在基于微积分基本公式，直接应用基本初等函数的不定积分基本积分表和线性运算计算出定积分时，首先应该考虑的定积分计算思路与方法. 两种方法应用的被积函数结构类型和思路探索方法与不定积分相应方法完全一致，应用过程中不同的地方主要把握如下几点：1、关于定积分的换元法(1) 选取的函数一般为讨论区间范围内的单调可微函数.(2) 换元换限时一定注意积分上、下限要对应变化，即上限对上限，下限对下限.(3) 换元要求将被积表达式中的所有积分变量符号都有新的变量表达式替换.(4) 不定积分换元计算出原函数来以后，一定要通过相应的全部换元过程的逆代换换回原来的积分变量符号表达式，不定积分不具有变量符号描述的无关性.(5) 与不定积分不同，定积分换元后直接针对换元后的变量和积分限计算定积分即可，没有回代过程！同时注意，定积分具有变量符号描述的无关性.2、关于分部积分法同样其应用的思路与步骤与不定积分一样，函数的选择也一般遵循“反对幂指三”的原则. 对于多次应用分部积分法的步骤，遵循“边积边代限”来简化计算过程. 一般定积分的分部积分法的过程、结果描述，相对于不定积分的分部积分法要简洁、直接.分部积分法特别适用的固定的题型包括：被积函数无法拆分和直接求原函数，则考虑直接令其为公式中的u函数，比如变限积分函数、反函数、抽象函数等；当被积函数中本身含有导数表达式时，直接将其放入微分来构造v函数等.3、常用结论与公式在计算定积分时，适当记作有些结论和公式对于简化、提速积分计算具有很大帮助，比如如下几个公式都可以直接使用来计算定积分，尤其是其中的华莱士公式及其变形式.其中, 在 , 上的积分一般也可以转换为上计算来计算. 比如有基于数学软件的不定积分、定积分的计算与近似数值计算方法，以及计算结果正确性、有效性的验证，可以参见如下的两个推文：•在线计算专题(07)：不定积分、定积分与重积分、曲线、曲面积分的计算•一道积分算一天，你确信积分对了吗？。
3.6定积分的换元法与分部积分法 答案详解
3.6 定积分的换元法与分部积分法一、计算下列定积分： 1．1301d (21)x x +⎰解：原式12130011(21)112(21)(21)1222499x x d x --⎡⎤+⎛⎫=++==--=⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦⎰ 2．21e ⎰解：原式2221112e e e ⎡====⎣⎰⎰3．221cos (sin )xdx x x ππ--⎰注：(sin )1cos x x x '-=-，可以考虑整体凑微分解：原式222111d(sin )(sin )sin 2x x x x x x πππππ⎡⎤=-=-=⎢⎥--⎣⎦⎰ 4．20xπ⎰注：被积函数根号里有“1cos x +”的形式，可考虑用倍角公式将根号内化为平方项开出，注意开出根号时加绝对值，然后利用积分区间的可加性去绝对值 解：原式222000cos )222x x xdx dx dx πππππ===+-⎰⎰⎰⎰2200cos cos sin sin 222222x x x x x x d d ππππππ⎤⎤=-=-=⎥⎥⎦⎦5．1-⎰注：被积函数的根号外面还出现了x ，但是将x 凑微分并不能解决问题，因而我们采用第二类换元法，将整个根号换元去跟号，注意换元必换限解：25,,d d 42t tt x x t -===- 当1,3;1,1x t x t =-===原式2331323115d 11142(5)d 58836t t t t t t t t -⎛⎫⋅- ⎪⎡⎤⎝⎭==-=-=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 6．ln 0x ⎰解：222,ln(1),d d 1tt x t x t t ==+=+ 当0,0;ln 2,1x t x t ====原式[]2211122000211d 2d 2arctan 21114t t t t t t t t π+-⎛⎫===-=- ⎪++⎝⎭⎰⎰ 7．1解：（法一：倒代换）令211,d d x x t t t==-当1,1;x t x t ====原式11==-=-=注：倒代换1x t=是第二类换元法的一种特例，针对取倒数后较简单的问题有奇效 （法二：三角代换）令tan x t =()22x ππ-<<sec t =，2d sec d x t t=当1;43x ,t x ππ====原式233332224444sec d cos d dsin 1tan sec sin sin sin t t t t t t t t t t ππππππππ⎡⎤====-=⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰8．222(2sin x dx ππ-+⎰注：注意到本题积分区间关于原点对称，可先考虑被积函数的奇偶性，用偶倍积零的性质辅助计算，虽然被积函数非奇非偶，但若将完全平方展开后4sin 部分的定积分为零，使问题简化解：原式2222(4sin 4sin 4)d x x x ππ-=+-⎰22222202(4sin 4)d 2(4sin 4)d x x x x x x πππ-=+-=+-⎰⎰22204(1cos 2)d 2(4)d x x x x ππ=-+-⎰⎰[]323200242sin 286312x x x x ππππ⎡⎤=-+-=-⎢⎥⎣⎦ 二、计算下列定积分： 1．1ln d ex x x ⎰解：原式e e e e 2222111111111ln d ln dln e d 22222x x x x x x x x ⎡⎤==-=-⎣⎦⎰⎰⎰e 22211111e e 2444x ⎡⎤=-=+⎣⎦ 注：需记住分部积分的几种常见形式和凑微分的方法，此题幂乘对数，应凑幂后分部积分2．34d 1cos 2xx xππ-⎰解：原式=[]333324444111d d cot cot cot d 2sin 222x x x x x x x x x ππππππππ=-=-+⎰⎰⎰[]3344111cot d ln sin ln8182818281822x x x πππππππ=-+=-+=-+⎰ 注：①计算积分时需熟悉各种三角恒等变换，此题中22111csc 1cos 22sin 2x x x ==-，类似的22111sec 1cos 22cos 2x x x ==+ ②此题幂乘三角，凑三角后分部 3．1ln d eex x ⎰注：①如遇被积函数含绝对值函数，或取最大max(f1,f2)、取最小min(f1,f2)等函数，首先应利用积分区间的可加性去掉绝对值或最大最小结构．此题应将积分区间分成1[,1]e和[1,]e ，在前一个区间ln x 取值为负，后一个区间取值为正②单个对数的定积分直接用分部积分计算解：原式11ln d ex x =-⎰1ln d ex x+⎰[][]111111(ln ln )(ln ln )eeeex x xd x x x xd x =--+-⎰⎰11[(1)]((1))e e e e =---+--e 22-=4．24d x π⎰注：三角函数里出现了根号，因而首先用第二类换元去掉根号，再用分部积分法计算 解：2,,d 2d t x t x t t ===当20,0;,42x t x t ππ====原式[]222202cos d 2dsin 2sin 2sin d t t t t t t t t t ππππ===-⎰⎰⎰[]202cos 2t πππ=+=-三、设(21),xf x xe += 求53()f x dx ⎰．解 （法一）令1212t x t x -+=⇒=，所以121()e 2t t f t --=，即121()e 2x x f x --=11111555555222223333331111()d (1)e d e d e d d e d2222x x x x x x f x x x x x x x x e ------=-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 5511115522222233331e e d e 5e 3e 2e d (e e)2x x x x x x x ----⎡⎤⎡⎤-=--=----⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰5122234e 2e 2e 2e x -⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦（法二）令21x t =+，则()(21)tf x f t te =+=，2dx dt =当3,1;5,2x t x t ====5222213111()222()t t t t f x dx te dt tde te e dt ⎡⎤∴=⋅==-⎣⎦⎰⎰⎰⎰22212(2)2t e e e e ⎡⎤=--=⎣⎦四、设2ln(1), 0()1, 01x x f x x x+>⎧⎪=⎨≤⎪+⎩，求20(1)f x dx -⎰．解 （法一）令11x t x t -=⇒=+，dx dt =当0,1x t ==-；2,1x t == 21121101(1)d ()d d l n (1)d1f x x f t t t t t t --∴-==+++⎰⎰⎰⎰[][]1111000arctan ln(1)d ln(1)ln 2d 41tt t t t t t tπ-=++-+=+-+⎰⎰[]11001ln 21d ln 2ln(1)2ln 214144t t t t πππ⎛⎫=+--=+--+=+- ⎪+⎝⎭⎰ （法二）2ln , 1(1)1, 11(1)x x f x x x >⎧⎪-=⎨≤⎪+-⎩21220011(1)ln 1(1)f x dx dx xdxx ∴-=++-⎰⎰⎰[]12212011(1)ln ln 1(1)d x x x xd x x =-+-+-⎰⎰ []10arctan(1)2ln 2(21)2ln 214x π=-+--=+-考研真题：12311d xe x x =⎰（）. 解：1112223211111111x x xe dx e dx e d x x x x x=⋅=-⎰⎰⎰ 令1t x=，当x =1时,t =1,当x =2时,t =1/2, 故原式=1112111112211111122222122tttt t t e te dt te dt tde tee dt e e e ⎡⎤-===-=--==⎣⎦⎰⎰⎰⎰。
定积分的换元法和分部积分法
x = (t)
f [ (t) ] '(t) d t
a
b u d v = u vb −
b
v du
a
aa
a
aa
此公式称为定积分的分部积分公式.
例4.计算 1 x e x d x 0
0 x cos x d x
解: 1 x e x d x = 1 x d (e x )
0
0
=
x
e
x
1 0
−
1
e
x
d
x
0
=
x
e
x
1 0
−
e
x
1 0
= e − (e −1)
=1
1
例5.计算 arctan x d x 0
定积分的换元法和分部积分法
一 定积分的换元法
提出问题
对于
1
e
2x
d
x
,
令
t
=
2
x
, 即令
x
=
1
t
,则
0
2
e 2x d t = 1 e t d t = 1 e t + C = 1 e 2x + C
2
2
2
于是
1
e
0
2x
d
x
=
1 2
e
2x
1 0
=
1 (e 2
2
− 1)
分析问题
1
(t
10−
t
11
)
d
t
定积分换元法与分部积分法习题教学文稿
定积分换元法与分部积分法习题1．计算下列定积分：⑴3sin()3x dx πππ+⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式3sin()3x dx πππ+⎰3sin()()33x d x ππππ=++⎰3cos()3x πππ=-+[cos()cos()]333ππππ=-+-+[cos (cos )]033ππ=----=。
【解法二】应用定积分换元法令3x u π+=，则dx du =，当x 从3π单调变化到π时，u 从23π单调变化到43π，于是有 3sin()3x dx πππ+⎰4323sin udu ππ=⎰4323cos uππ=-42[coscos ]33ππ=-- [cos(cos )]033ππ=----=。
⑵132(115)dxx -+⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式132(115)dx x -+⎰1321(115)(115)5x d x --=++⎰21211(115)52x --=⋅+-22111[]10(1151)(1152)=--+⨯-⨯211(1)1016=--51512=。
【解法二】应用定积分换元法令115x u +=，则15dx du =，当x 从2-单调变化到1时，u 从1单调变化到16，于是有132(115)dx x -+⎰163115u du -=⎰21611152u -=⋅-211(1)1016=--51512=。
⑶320sin cos d πϕϕϕ⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式320sin cos d πϕϕϕ⎰320cos cos d πϕϕ=-⎰4201cos 4πϕ=-441[cos cos 0]42π=--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2π时，u 从1单调变化到0，于是有320sin cos d πϕϕϕ⎰031u du =-⎰130u du =⎰4114u =14=。
定积分换元法与分部积分法习题教学文稿
定积分换元法与分部积分法习题1 •计算下列定积分:⑴ g 3)dx；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式【解法二】化到sin( x3)dx sin(x3 3[cos( 应用定积分换元法于是有dx ；2(11 5x)3；【解法一】应用牛顿u，则dx du，sin(x )dx3 3[cos3 -莱布尼兹公式1 dx2(11 5x)31 (1 1 2【解法二】应用定积分换元法令11 5x u，变化到16,于是有1 dx32(11 5x)3)d(x 3)cos(x 3)cos(—一)] [ cos3 3 3当x从3单调变化到423sinudu3(cos3)]35x) 3d(111^(11 5 11)2cosu43235x) 1(112(11 5 2)2]则dx 1du，5(cos )]。
32时，u从3单调变[cos43cos2]35x) 21( 12 1)10 16251512 当x从2单调变化到1时，u从1单调16u 1 3du 152 1611o（卡1）誥。
⑶ 0%in cos 1 2 3 d ；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式1 44[cos cos 0] 4 2【解法二】应用定积分换元法单调变化到0,于是有⑷ o (1 sin 3 )d ；由于1是独立的，易于分离出去独立积分，于是问题成为对sin 3 d 的积分,这是正、余弦的奇数次幕的积分，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 d d cos ，余下的sin 21 cos2 ，这样得到的1 -cos 31]令cos u ，sin du，单调变化到 2时，u 从12sin cos 3:u 3du0u3du(1 cos 2)d cos 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30 (1 sin )d1d°sin 2sin d0 o (1 cos2)d cos(cos(coscos0) 1(cos 33cos 3 0)【解法二】应用定积分换元法1)1(11)2• 3 2sin cos d2 32cosdcos1 4cos4【解】被积式为(1 sin 3)d ，不属于三角函数的基本可积形式，须进行变换。
定积分习题课
公式
f (u)du u (x)
即 f [(x)](x)dx f ((x))d(x)
(也称配元法 , 凑微分法)
例1. 求
解: 令 u ax b ,则 d u adx , 故
原式 = um 1 d u 1 1 um1 C a a m1
4x)
dx
3 2
dx
cos 2x d(2x)
1 8
cos
4
x
d(4x)
例 9 cos x cos 2xdx
原式=
1 2
(cos
x
cos
3x)dx
1 sin x 1 sin 3x C
2
6
例10 tan3 x sec2 xdx
原式= tan2 xsec x(tan xsec x)dx (sec2 x 1)sec xd(sec x)
例8. 求
含sin 2k xcos2l x 二倍角公式
解: cos4 x (cos2 x)2 (1 cos 2x)2
2
1 4
(1
2
cos
2
x
cos
2
2
x)
1 4
(1
2
cos
2x
1cos 2
4x
)
1 4
(23
2
cos
2x
1 2
cos
4x)
cos4 x dx
1 4
(
3 2
2
cos
2
x
1 2
cos
F(b) F(a),
说明:
1) 当 < , 即区间换为[ , ] 时， 定理 1 仍成立 .
第三节 定积分的换元法和分部积分法 例题 习题 小结
六、
2.
练习题2
一、填空题：
1、设 n 为正奇数，则 2、设 n 为正偶数，则 3、 0 xe
e
1 1 x
0
2
sin xdx ___________；
n
0
2
cos xdx =___________；
n
dx ______________；
4、 1 x ln xdx _____________； 5、 0 x arctan xdx ____________ .
0, 当 n 为正奇数时 4、 2( n 1)! ! ； , 当 n 为正偶数时 n!!
5、0. 三、8.
四、设 f ( x )在 a , b 上连续， 证明
b
f ( x )dx
a
b
f ( a b x )dx .
a
五、证明：
1
x (1 x ) dx
m n
1
x (1 x ) dx .
n m
0
0`
六、证明：
a
a
f ( x )dx
a
[ f ( x ) f ( x )]dx ,
1
1
1
1
xf ( 2 x )0 f ( 2 x )dx 2 2 0
1 1
1
1 2 5 2
f ( 2 ) 1 4
1 4
f ( 2 x )0
1
f ( 2)
f (0) 2.
练习题1
一、填空题： 1、 2、
sin( x 3 )dx ___________________；
定积分的换元积分法与分部积分法
解：对 p 1,
a
dx (a 0) p x
收敛或发散
b
1
1 1 1 p 1 p 1 ( b ) x dx x p 1 p 1 p 1
p
重要的问题是b的指数是正数还是负数. 假如是
负数, 则当b趋向无穷时, b–p+1趋向于0. 若指数为
正数,则b–p+1当b趋于无穷时无界增长. 因此, 若–
a
udv uv a vdu .
a
回忆：：
定积分的分部积分公式
不定积分的分部积分公 式为 :
udv uv vdu .
例1. 计算
解: 原式 =
x arctan x
1 2
1 0
1
0
1 1 2 d (1 x ) 2 4 2 0 1 x
1 2 ln( 1 x ) 2 4 0 1 ln 2 2 4
当p>1时积分有值
1
b 1 1 1 1 p 1 b ) dx lim p dx lim ( p b p 1 b 0 x p 1 x
1 1 ( ) p 1 p 1
定理1 (比较判别法) [a,), g ( x) f ( x) 0, 设 且f ( x)， ( x)于[a,)内有界, 则 g (1) 当 a g ( x)dx 收敛时，a f ( x)dx 也收敛 ； (2) 当
1
dx 增长且无界, x
y 1 x
dx 发散. y x
1
b
dx x
0
1
b
x
2. 其它情形意义
3.6 定积分的换元法与分部积分法
= ϕ (t ) 把
例1 求积分 解一
∫
a
0
a 2 − x 2 dx ( a > 0 ) .
原来的积分变量换为新积分变量时， 原来的积分变量换为新积分变量时，积分限也要换 为相应于新变量所对应的积分限 为相应于新变量所对应的积分限.
∫
a
0
a 2 − x 2 dx
π
2
π
∫ f ( x ) dx
b a
x = ϕ ( t ) , dx = ϕ ′ ( t ) dt
a → α,
b→β
∫α
β
f ϕ ( t ) dϕ ( t )
x = a sin t , dx = a cos tdt 0 → 0, a →
∫
π
2 0
a cos t ⋅ a cos tdt
=∫ f ϕ ( t ) ϕ ′ ( t ) dt. α
切记： 切记：换元的同时要换限， 换元的同时要换限，且原积分变量
x
a +lO
1 4 1 cos3 2 xd(2x) = ∫ 4 cos 2 2 xd(sin2x) 2 ∫0 2 0
π
4 0
π
π
∫
0 0
u 2 du = 0
3
1 π 1 = ∫ 4 (1 − sin 2 2 x)d(sin2x) = (sin 2 x 2 0 2 = 1 1 1 (1 − ) = . 2 3 3
sin 3 2 x − 3
π
4 0
)
此结果明显错误！ 此结果明显错误！因为原式的被积函数＞ 因为原式的被积函数＞０， 积分下限又＜ ＜积分上限， 积分下限又 积分上限，因此原式表示 x 轴上方的 一个曲边梯形的面积， 一个曲边梯形的面积，应该＞ 应该＞０，错在哪里？ 错在哪里？ π cos x, 0 ≤ x ≤ 2 , 2 注意第二个等号， 注意第二个等号，当 0 ≤ x ≤ π 时，1− sin x = − cos x, π ≤ x ≤ π 2
定积分的换元法与分部积分法
1 1 1 1 xf ( 2 x )0 f ( 2 x )dx 2 2 0
1 1 1 f ( 2) f ( 2 x )0 2 4 5 1 f ( 2) f (0) 2. 2 4
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练 习 题1
一、填空题：
1、 sin( x )dx ___________________； 3 3
2、
0
(1 sin 3 )d ________________；
2
3、 0 4、
2 x 2 dx _____________；
2
1 x 5 x 3 sin 2 x dx ________________________ .. 5、 5 4 2 x 2x 1
2 , 3 , t tan t 0, 3 4
正确解法是
2
2
dx x x2 1
3 4 3
x sec t
3 4
2 3
1 sec t tan tdt sec t tan t
2
dt . 12
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思考题2解答
1 1 0 xf (2 x )dx 2 0 xdf (2 x )
则 有 a f ( x )dx f [ ( t )] ( t )dt .
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b
应用换元公式时应注意:
t （1）用 x (t ) 把变量x 换成新变量 时，积分限也
相应的改变.
求出 f [ ( t )] ( t )的一个原函数(t ) 后，不 （2）
必象计算不定积分那样再要把(t ) 变换成原 变量 x 的函数，而只要把新变量 t 的上、下 限分别代入(t ) 然后相减就行了.
高等数学定积分
0
a f ( x )dx 0 a f ( x )dx 20
a a
a
f ( x )dx
例7
1
x(sgnx cos x ) 2 x2
1
dx
1
x 2 x
1
1
2
dx
1
1
偶函数
2
0
x cos x dx 2 2 x 奇函数 1 dx 2 2 x2
1 x dx 2 0 2 x
2
3 2
2 sin x 5
2
0
2 sin x 5
5 2
2
4 5
例3
e
3 e4
3 e4
dx x ln x(1 ln x )
e
3 e4
d (ln x ) ln x(1 ln x ) d (ln x ) ln x (1 ln x )
e
e
3 e4
1 1 1 f ( 2) f ( 2 x )0 2 4 5 1 f ( 2) f (0) 2. 2 4
练习题
一、填空题： 1、设 n 为正奇数，则 2、设 n 为正偶数，则
1
2 0 2 0
sinn xdx ___________；
cos n xdx =___________；
3、 J ( m ) 4、
0
x sin m xdx ， m 为自然数） （
0
sin n1 x cos( n 1) xdx .
2 三、已知 f ( x ) tan x ,求
4 0
f ( x ) f ( x )dx .
定积分的换元法和分部积分法-B
奇偶函数积分2公0af式(x：)dx,
常用积分公式： f(x)为 偶 函 数
0,
，f(x)为 奇 函 数
例
如1： . 10 10
x3 cosx 1 x2 ex2
dx
5 x3sin2 x
3.5
x4
2x2
dx 1
cosx
5.
4
4
1ex
dx
2. x4
s
inxdx
1
4.1
x7 x1 cosxdx
一、定积分的换元法
3 定积分的积分法
二、定积分的分部积分法 此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，
简意赅地阐述您的观点。
三、常用积分公式
1.凑微分法
例1.求
2
1
2
1 dx 3x
一、定积分的 换元法
例 2 .求 0 12 x 1 10 d 0 x
3
例 3.求ee2
x
1 dx 1ln2 x
设 函 数 u(x练)习、 v(计x)算在 区 间 a,b 上 具 有 连
续 导 数 ， 则 有abudvuvb a例ab1vd计.算u
二、分部积 分公式
定积分的分部积分公式
1
0
xarctaxnd.x
例2
计算
4 ln x
1
dx x
1 xexdx 0
01 02 a a
f(x)dx0a
f(x)
f(x)dx
计算 9cosxdx.
4x
解 9 cos xdx t x dt 2 1xdx 3 2c ostdt
4x
x4 t 2
2
x9 t 3
2sint
定积分换元法和分部积分法
x
f (t)dt 是奇函数。
0
证明：令
F(x)
x f (t)dt,则F（ x）
x
f (t)dt
0
0
对
F（ x）
x
f (t)dt,
设t=-u有
0
F（ x）
x
x
f (u)(du) f (u)du
0
0
即
F（ x）
x 0
f (u)du
F ( x), F(x),
若f (u) f (u) 若f (u) f (u)
0 f (sin x)dx 0 xf (sin x)dx,
xf (sin x)dx
f (sin x)dx.
0
20
0
1
x
sin x cos2
x
dx
2
0
1
sin x cos2
x
dx
2
0
1
1 cos2
x
d
(cos
x)
arctan(cos
2
x )0
( ) 2 . 2 44 4
sin3 x sin5 xdx
cos
x
sin
x
3
2
dx
0
0
3
2 cos xsin x2 dx
0
cos
xsin
x
3
2
dx
3
2 sin x2 d sin x
0
2
sin
x
3
2
d
sin
x
2
sin
5
x 2
2
2
2
sin
x
5
5.3-定积分的换元法和分部积分法-习题
1．计算下列定积分： ⑴3sin()3x dx πππ+⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式3sin()3x dx πππ+⎰3sin()()33x d x ππππ=++⎰3cos()3x πππ=-+[cos()cos()]333ππππ=-+-+[cos (cos )]033ππ=----=。
【解法二】应用定积分换元法令3x u π+=，则dx du =，当x 从3π单调变化到π时，u 从23π单调变化到43π，于是有3sin()3x dx πππ+⎰4323sin udu ππ=⎰4323cos u ππ=-42[coscos ]33ππ=-- [cos(cos )]033ππ=----=。
⑵132(115)dxx -+⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式132(115)dx x -+⎰1321(115)(115)5x d x --=++⎰21211(115)52x --=⋅+-22111[]10(1151)(1152)=--+⨯-⨯211(1)1016=--51512=。
【解法二】应用定积分换元法令115x u +=，则15dx du =，当x 从2-单调变化到1时，u 从1单调变化到16，于是有132(115)dx x -+⎰163115u du -=⎰21611152u -=⋅-211(1)1016=--51512=。
⑶32sin cos d πϕϕϕ⎰；【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式320sin cos d πϕϕϕ⎰32cos cos d πϕϕ=-⎰4201cos 4πϕ=-441[cos cos 0]42π=--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2π时，u 从1单调变化到0，于是有320sin cos d πϕϕϕ⎰031u du =-⎰130u du =⎰4114u =14=。
⑷30(1sin )d πθθ-⎰；【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。
定积分的换元积分法与分部积分法
1 0
f (2x)dx
1
f (2)
1
1
f (2x)d(2x)
2
40
1 2
f
(2)
1f
4
(
2
x
)
1 0
5 1 f (2) f (0) 2.
24
23
定积分的换元法和分部积分法
思考题 试检查下面运算是否正确?
如 令x 11 dx11Fra bibliotek x2t
1 1
1
1
1 t2
d
1 t
1 dt 11 t 2
0t
x2
0
sinu
u
du x
x2 sin u du
0u
原式 lim x0
x
x2 sin u du 0u
x2
0
lim
sin x2 x2
2x
1
0 x0
2x
17
定积分的换元法和分部积分法
二、定积分的分部积分法
definite integral by parts
定理2 设 u( x),v( x)在区间[a,b]上有连续的导数,
x3 sin2 x4 2x2
x
dx 1
0
1 4 x2dx 2 1 4 x2dx
1
0
2 x5 x4 x3 x2 2dx
2
1x2
奇
偶
2 2
x15xx23dx
2 x4 x2 2 2 1 x2 dx
02
2 0
x4 x2 1 x2
2dx
8 3
12
定积分的换元法和分部积分法
2
0 20
2
定积分的换元法和分部积分法
3、定积分分部积分公式的用法与不定积分分部积分 公式的用法类似。
0
分部积分
t sint
6
0
6 sintdt
0
1 62
[
cos
t
]6 0
3 1.
12 2
例16
计算
e-1
ln(1
x)dx
0
解
e-1
ln(1
x)dx
e-1
ln(1
x)d( x)
0
0
x
ln(1
x)
e1 0
e1
0
xd
ln(1
x)
e
1
e-1 0
x
1
1
x
dx
e
1
e-1 0
(1
1
1
x
)dx
f ( x)为偶函数；
0
0,
f ( x)为奇函数。
证毕。
例10
计算
3 3
x5 sin2 x dx.
1 x2 x4
解
3 3
x5 sin2 x dx 1 x2 x4
0
奇函数
例11
计算
π
2
π 2
sin2
x cos xdx
解
π
2
π 2
sin2 x cos xdx
π
2
2
0
sin2
x cos xdx
π
2
2
e
1
x
ln
|
1
x
|
e1 0
1
例17
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=—[cos (二 )一cos( )] = -[-cos—(-cos )] = 0。
33 3 33【解法二】应用定积分换元法, n n于是有 二sin(x )dx323- - -[cos —— cos ——]2 3 3nn:=-[-cos- (- cos )] = 0。
33【解法二】应用定积分换元法则dx = 1 du ，当x 从-2单调变化到1时,516,于是有【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式1计算下列定积分:I 、 ■■兀 n ⑴！:...s in (x )dx 3 3 【解法一】应用牛顿 -莱布尼兹公式71二sin(x c )dx _ :sin(x 3)d(x 3)=_cos(x )3兀JI3令xu ，则d di3，当x 从一单调变化到 3二时，u 从34n单调变化到 ，dx 1 ⑵"11 5犷 【解法一】应用牛顿 -莱布尼兹公式 1dx 2(11 5x)35 ；(11 5x)'d(11 5x)二 1 1(11 5x)-21 110[(11 5 1)2(11一5 2)' - 10 (1621)1[ (1)51 512 °⑶ 2 sin :1 dx2(11 5x)35cos 3 d ；16u "du5 -21u" 16 110(162_1)51 512 °o2sin Z-，o 2cos ：3dcosJI2 01 4心4一 [cos — cos 0]42JI JI二 23 sinudu 二-cosu 令 11 5x = u ，u 从1单调变化到【解法二】应用定积分换元法-si n d = du ,当「从0单调变化到二时，u 从1单调变化到-1，于是有11 [0 -1] 44【解法二】应用定积分换元法 令cos 二u ，则-sin d 二du ，当「从0单调变化到 一时，u 从1单调变化2到0,于是有 71 3o 31 31 4 1 12sinCOSd —1udu = o udu =4u 0=4。
JI Q⑷.0 （1 -Sin’Rdd ； 【解】被积式为（1 - sin 3 Rd 二，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 sin 3vdv 的积分，这是正、余弦的奇数 次幕的积分，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： 2 2sin vdv - -dcosv ，余下的 sin 二-1 - cos 二，这样得到的 「（1「co$ v ）d cos ：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 兀 3 o (1 -sin 3 Rd v = 二 ■: 2 ■ .. . ° 1d ：- sin 2 ^sin vd v - v 0’ 亠 i (1 _ cos 2 v )d cos =JI JI=JI1 3 3(cos 二-cosO) - 3 (cos 二-cos 0)=JI14 — 3(f3。
o (1 —sin 3r )drji1d )-sin 2二 sin rdr --JC亠 I (1 - cos 2 r )d cos-=JI=JI-4 21 3 亠 i (1 -u )du 二二(u - u )31 4(-1-1) - (-1-1)。
3 3-11令 cos 二 u ，贝UJI2⑸ 2 cos udu ；6【解法二】应用定积分换元法【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 中的三角变换法:变化到 2时，u 从0单调变化到…，且 2-x 22dx 二 2 cosudu ，使得为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令当x 从o 单调【解】 这是正、余弦的偶次幕，其一般积分方法为， 利用三角函数的半角公式：1 cos u ------- ，将平方部份降次成为一次的余弦三角函数:2 2U cos2 可以换元成为基本可积形式:cos 2 u 」cos2u ，使之2【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式31 2cos udu = i 26 6'Tcos2u du 」(.2du 12 2 6 2 n2cos2ud2u)6=2(U 二 1 2 I ■: 221 一二 二十一sin2u 2)=_[(—_—)+_(sinJI懐一sin —)]3于是有1 下令2u = x ，则du = dx ，当u 从…单调变化到2 62时,x从3单调变化到二，2cos 2udu 「21 cos2u62cos2ud2u)=2(U^cosxdx)=二[(二一二)+ 二 sinx 才]-x 2dx ；1 二 2[3 J(sin 兀 2兀1 n-sin3)]=2(343）。
2,应该应用第二类换元法二 2-2s in 2u二 2cosu ，⑹1x = sinu ，当x 从^单调V 2化到a 时，u 从0单调变化到 一，且x 2 a 2 -x 2 ~a 22dx 二 acosudu ，使得4__兀 — x 2dx =。
彳 2 cosu 2 cosudu =2 21 cos2u du临 2JI JI =02du 02cos2udu 二u 1 二+ 列02cos2ud2uf 1sin2u 2 兀 1 （sin 二-0）2 2 【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:变化到 1时，u 从二单调变化到二，且1_2x22x 2使得 11 -x .12 xdx 1 -s in 2 u 2 sin ucosu , ,——2 ， dx 二cosudu ，sin un=\2co ^ucosudu =后 cot 2 udu =疑（csc u -1）du 4 sin u= （-cotu 「u ） JE JE JE=-［（cot -cot ） （ 一 ）］ = 1一一 2 4-2、a 2 -x 2dx （ a 0）； 【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=asi nu ，当x 从0单调变JI2 2 . 2 0 'x 2 a 2 -x 2dx 2a_sin_u a cosu a cos4udu a4Eudu为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令snu a 22 2-sin u =sn u accs u ，—『21+cos4u d u=^（u n4u）40 2 8 422x-x 2dx =cosu cosudu1 cos2u二 2 du （u2；sin2u ）3dx⑼■1x 2 .1 x 2【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x =tanu ，当x 从1单调变TTTT化到 3时，u 从…单调变化到，且4 32 2dx sec udu sec udu cosu ’ 1,.2 2 du 2 ds in u x 2 1 x 2tan 2 u 1 tan 2u tan useoj sin u sin u匹1-——2 dsi nu 4 sin u这时，再令si nu = t ，当u 从一单调变化到4丄 1 — 1又得 43sin 2udsinuY t2dt（10）2x -x 2dx ；【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:2x -x 2 = 1 -（1 -2x x 2） = 1 -（x -1）2 ,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X-1二si nu ，当x 从0单调变化到1时，X-1从-1单调变化到0,从而u 对应从•一单调2变化到0,而且 2x-x 2 二 1-sin 2 u = cos u = cosu , dx=cosudu ，于是14二 ..a o16使得3dx1x 21 x 2二时，t 从 2单调变化到 3，3 2 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：【解法一】令 X 二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X 二U 2，dx =2udu ，= 2[(2 -1)-(1 n3 -In2)] =2(1-|n / =2(1 I n 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1 X 二u ，当x 从1单调21 1 变化到4时，u 从2单调变化到3，且由此得x=(u-1)2，dx=2(u-1)du ,1+J x u于是= 2[(3 -2) - (In3 - In 2)] =2(1 -In 3)。
2dx ；【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：___ 3 1 【解法一】令 1-x=u ，当x 从3单调变化到 1时，u 从1单调变化到 0，且由此得42Idx—2u - 1i —1 二 1=2{[。
—(二叫⑸心刑切}Ji 4于是4dx _ 2 2udu 11 x 1 1 u2 -21(1)du =2(u —In 1 +u )4 dx 11 —X2(u -1)1du =22(1-u )du=2(u Tn u ) 3-12 1 1x =1 -u2, dx=—2udu , ，于是山一x -1 u T1x=2(丄+1 n 1—l n1) =1—2l n2。
2 2__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1_x_1=u ，当x 从3单41 2u 从一 单调变化到 -1，且由此得x =：1-(u ・1)2，d ^-2(u 1)du ，21 —X —1 u=2[(—丄)一(一1)+ln —丄一In -1)] =1 —2l n2 o2 -1xdx(13)xdx【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 1时，u 从3单调变化到 1，且由此得调变化到1时,dx14 1 -x -1」-2(u 1)du =2(31+1)du =2(u + ln u•-1 u令 5 -4x x = —：(u 2-5)，4dx = -1udu , 12 5 —4x u1 xdxJ5-4x11-1 2 -11 1 ——(u -5) —udu = 3u 4 28 3u 2 _5)du = 1 J u 3 _5u)8 31 1 3 1W (1r 。