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( x
3
)dx sin(x
3 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 )dx
3 3
[cos
3 -莱布尼兹公式
1 dx
2(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 dx
3
2(11 5x)
3)d(x 3)cos(x 3)
cos(—一)] [ cos
3 3 3
当x从3单调变化到
4
2
3sinudu
3
(cos3)]
3
5x) 3d(11
1^(11 5 1
1)2
cosu
4
3
2
3
5x) 1(11
2
(11 5 2)2]
则dx 1du，
5
(cos )]。

3
2
时，u从3单调变
[cos4
3
cos2]
3
5x) 2
1( 12 1)
10 162
51
512 当x从2单调变化到1时，u从1单调
16
u 1 3du 1
5
2 16
1
1o（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 4
4
[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 2
1 cos
2 ，这样得到的
1 -cos 3
1]
令cos u ，
sin du
，
单调变化到 2时，u 从1
2
sin cos 3
:u 3du
0u
3
du
(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
3
0 (1 sin )d
1d
°sin 2
sin d
0 o (1 cos
2
)d cos
(cos
(cos
cos0) 1
(cos 3
3
cos 3 0)
【解法二】
应用定积分换元法
1)
1(1
1)
2
• 3 2
sin cos d
2 3
2
cos
dcos
1 4
cos
4
【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。

cosxdx)
2 3
1 . —sin x 2
【解法二】应用定积分换元法
1
令2u x ，则du 2dx ，当 u 从6单调变化到2时，X 从3单调变
化到，于是有
1 1
(2 du 2 cos2ud2u)
2 6 2 6
令 cos u ，贝U sin d du ，当从0单调变化到时，u 从1
单调变化到1,于是有 3 9
(1
sin )d 01d 0Sin sin d
(1
cos 2 )d cos
2 ⑸ 2 cos udu ;
6 1
2
1 (1 u )du (u 1
(1 1) ( 1 1)
3
1
3
3u )
【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：cos 2u 1 cosu ，将平方部份降次成为一次的余弦三角函数: 2 2 cos 2u 1 cos2u ，使之可以换元成为基本可积形式： 2
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式 cos udu 21 cos2u 6 2 1 - 1 - -(2 du 2 cos2ud2u)
2 6 2 6
】sin2u 2)
1 1
[(—-)(sin 2 2 6 2
sin 3)]
i (u
43)
cos udu
cos2u
du
2
2 2 6
11
1 3 [ (sin sin )] (———)。

2
3 2
3
2 3 4
⑹ 2 2 x 2 dx ;
【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：
x
从0单调变化到2时，u 从0单调变化到2，且
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 sinu ，当 x 从
1 *
2 r i 2 ¥单调变化到1时，u 从一单调变化到一，且召 丁 u
2 4 2 x sin u cosu _~2~， sin u dx cosudu ，使得 1
1 x 2
1 2 dx 2
x
2 cosu ,
2
——2 cosudu 4 sin u
2
cot 2 udu
2
(csc 2 u 1)du
4 4
(cotu u) 2
4
[(cot
2 cot 4)(2 4)]
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令
2 sinu ，当
2 x 2
2 2sin 2u
2cosu ， dx 2 cosudu ，使得
2
dx
2 2 cosu 2cosudu
2 21 cos2u du
2
2 cos2udu
2cos2ud2u
1 — sin 2u 2
0) 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
⑻ 0 x 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 第二类换元法中的三角变换法:
x 2 a 2 x 2
a 2sin 2u a 2 sin 2u sin 2u acosu ， dx
4
a
4
a 21 cos4u
2 ----------- du 4
dx
⑼1 x 2_厂?
【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 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 asin u ，当 x 从 0单调变化到a 时，u 从 0单 化到2，且
1 1
4（sin2 0）］
16 a 4。

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单调变化到3时，u 从4单调变化到3，且
dx sec udu sec udu
x 2 1 x 2 tan 2 u 1 tan 2 u tan 2 u secu
cosu .2 du sin u
1
—2 d sin u sin u
3
dx
使得1 2
2
1
2 L 2
x 1 x
3 1
2 dsinu
4
sin u
这时，再令sinu
t
，当 u
从4单调变化到3时,
t
从22单调变化到
2,应该应用
acosudu ，使得
dx
（『sin 2u acosu acosudu
4
—"si n 22udu 4 0 1
-sin 4u ） 4 2，应该应用
又得
3 IV
2
dsi nu ；!dt 1
4 sin u 嘉■ t
t
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是 2,应该应用 第二类换元法中的三角变换法。

由于根号内的二次多项式并非为三角变换中的平方和或差的标准形式,
需要先将其转化为标准形:
现在，根号内的二次多项式成为了变量在后的平方差的形式了，因此可
从2单调变化到0,
1 cos2u
du 1(u 1sin2u)
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: 当x 从1单调变化到4时，
u 从1单调变化到2,且由此
1 1
1 x 1 u ，于是
IV 1 2{[0
( 2)]
2[s"0 sin( )]}
4。

4 dx 1
1 x
2
2udu 1 2 2(1
1 u 1
1 u
)du 2(u In 1 u) 2
3
2 2 2
2x x 2
1 (1 2x x 2) 1 (x 1)2，
令x 1 sinu ,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
而且 2x x 2
1 sin
2 u
cos 2 u
cosu ， dx cosudu ，于是
0 0
cosu cosudu 2 2 2
4
(11)
1
dx ；
1 「x x 2
dx
【解法一】令 x u ,
3 2[(2 1) (In3 In 2)]
2(1 In 2)
【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变量,
1 1
dx 2(u 1)du , ------------- - ----- 1 J x u
dx
；
【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:
【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变量，即令
In 1)] 1 2I
n2。

x 从1单调变化到4时,
2单调变化到3， 由此得x (u 1)2，
4 dx 1
1 x
3
2(u 2
1)du
u 3
22
(1
1
)du
u
2(u
In U) 3
2[(3 2) (In3
In 2)] 2(1
3 In —) 2
3 当x 从3单调变化到1时,
4
1
u 从
单调变化到
2
1，且由此得
1 (u
2
1)，
dx 2(u 1)du ,——1
v 1 x
1
，于是
u
1
dx 3
1 x 1
2(u 1)
du
1
12(1
1 )du 2(u In u ) u 2(1 In2)。

即令 1 x u ，当
于是
【解法一】令1 x
3
u
，当 x 从4单调变化到1时,
1
u 从单调变化到
2
0， 且由
此得 x 1 u 2， dx
1,于是
1
dx
4 1 x 1
:
2u
du
2
u 1
1
2
(1
0 \
u 11)du 2(u In u
1
)
2(1 In 1
2 2 In1) 1
2ln 2。

1
e
；
dx
x
1 '
2 dx ，为含复合函数
x
e ；的积分，且微分部份 12 dx 仅与
x 复合函数e x 之中间变量1的微分 12 dx 相差
个常数倍，可以应用第一换元积
分法:
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1
2 e
x
2
1
1 1
2 dx
e x d e x
1
x 2
1 x
1
(e 2 e 1
)
【解法二】应用定积分的换元法
1
令-u ，当x 从1单调变化到 x
时,
1
单调变化到2，且由此得
1
2 dx x
du ，于是 2e x 1
2dx 1 x 2
1 2e u
du
1
1
(e 2 e 1) e e 。

1
t 2
'dt ;
(13)1
xdx
；
1
； 5 4x '
【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 1
2
e ・ (I 4)1 pdx ; 1 x
令5 4x 得 x 1(u 2
5)
，
dx
舟 udu ，
---- 2
5 4x
1
，于是
u
1 xdx 1
5 4x
1
(u 2
1 5) —udu
2
1
2
3(u 5)du
1 (1
u 3 5u
8 3
1 1 8[3(1
33) 5(1 3)]
t2
【解】为含复合函数 e 2的积分，且微分部份tdt与复合函数
t2的微分tdt仅相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法:
2
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
e2
(16) __
1 x、1 In x
1
1 Inx的微分V dx相等，可以应用第一换元积分法:
x
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1d(1 In x) 2 1 In x
In x
【解法二】应用定积分的换元法
V
由此得-dx du，于是
x t2
e 2之中间变量t2
1
te 2dt 0 Pg §
t2
e 2
1
(e 2e0)
1
1e。

【解法二】应用定积分的换元法
t2
2
当x从0单调变化到时, 0单调变化到，且由此
得tdt du，于是1 t2
te 2dt
1
2e u du
1e u du
2
e0
dx
【解】为含复合函数的积分，且微分部份dx
dx与复合函数
x
1
In x
之中间变量
e dx e2
1 x 1 I nx 1
1
2( 1 Ine2 1 ln1) 2( 1 2 1 0) 2( 3 1)。

令 1 In x u，当x从1单调变化到e2时，u从1单调变化到3,且
e
dx 1
x 1 In x
3
1 du
2如|； 2(13 1) o
4
(
4) 2。

2 (18)
_________
x 1
, (x 1)3
【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:
1 u ，当x 从0单调变化到2时，u 从1单调变化到3，且由此
2(arcta n 3 arcta n1)
2( — —) 。

3 4
6
(19) 2
、cosx cos 3
xdx ；
2
所以 2 cosx cos 3 xdx
cosx cos 3 xdx
2 2
cosx( sin x)dx
2
2
cosxsi nxdx
【解】由于 cosx cos x
cosx(1 cos 2 x) cosxsin 2 x
cosx |sinx ，
项式, 为含复合函数的积分，被积函数为真有理分式，分母为二次无零点的多
且分子比分母低一次，可以分解为两个可积基本分式的积分:
0 (x 2)dx 2
x 2 2x 2
o
(2x 2) 2」
2
dx
2
x 2 2x 2 0
2x 2 」
2
dx 2x 2
2x 2 0
2
2
dx
2x 2
2x 2
2X 2
1
2x
2d (x 2 0
1 2x 2)
2(x 1)2
1d(x 1)
1 2 一
ln(x 2 1
(In 2 2 2x 2) 02 arcta n(x 1) In 2) arcta n1 arcta n( 1)
dx 得 x u 2 1， dx 2udu ，
心 1 J (x 1)3
dx
2
x 1 (x 1)3
3
1
----- 3 2udu 1
u u
2
1
1
3
1
—2
du 2arctan u u
o
2 cosx cos 3
xdx
0 . _________ ___________________ _____
cosxd cosx 6 7 cosxd cosx
2 0
于是有
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
2 3
(cosx)2
3
2 3
(cosx)2 3
【解法二】应用定积分的换元法
x
从 0单调变化到2时'u 从1单调变化到°，且由此得sinxdx du '于是
如 0
1 cos2xdx
(sin sin 2)]
2[1 ( 1)] 2 2。

2•禾U 用函数的奇偶性计算下列定积分:
——3—
1
cos xdx
(cosx)2
d cosx
7
2(10)
2(0
1) 4。

【解】由于 1 cos2x 2cos 2 x
72 |cos x ,
所以 0
1 cos2xdx 2
cos x dx cosx dx cosx dx]
2[ 2 cos xdx
(cos x) dx] 2[sin x
2
sin x ]
2
2
cosx
2
1
；(cosx)2d cosx
令cosx u ，当x 从
2单调变化到。

时，u 从。

单调变化到1, 当
2
cosx 2
cos 3 xdx
cosx( sin x)dx : cosxsin xdx
udu
udu
1
1
u 2du
i
1
u 2du
2u 2
3
1
du
2u 2
3
2
伽 2 0)
⑴
x 4 sin xdx ;
【解】由于函数 si nx 是奇函数，即知
x 4 si n xdx 0。

⑵ 2 4cos 4 d 2 【解】由于函数 f(
4cos 4 是偶函数，且有
4cos 4
cos2 )2
1 2cos 2
cos 2 2
1 2cos2
1 cos4
2
即得 2 4cos 4 2 】cos4
2
2 4cos 4
2cos2
1
-cos4 )d 2
2(3
sin2
1 ⑶21
2 (arcsinx)2
dx ：
1
x 2
由于函数
2 (arcsinx) 2 1 x 2
1 . /八
2 xarcsinx ⑷21 2
----- dx 。

1 x 2 由于函数y
2[3
(2 3 。

2
0) (sin
1
0) o (si n2 0)]
8
（arcsi
nx ）
是偶函数，所以
2 dx 2 2 (arcsinx) 0 x 2
2 dx 1
2 2 (arcsinx)2d arcsinx 0 2 (arcsin x)
3 2 … - 彳㈣
叫）0] 3（6） o
324
xarcsinx 是偶函数, 1 x 2
所以
1
2
xarcsinx _
2
1 ----------- dx 1
1 x 2
1 2
xarcsinx _ 2 2
___ dx 0
1 x 2
1 ______________________
2 2 arcsinxd 1 x 2
1 1
2&1 x arcsinx 0
；
d arcs inx]
证毕。

【证明】 由于 sin n xdx 2 sin n xdx sin n xdx ,
0 0 — 7
2
其中，对于 sin n xdx ，作如下的处理:
2
作变换x
u ，当 x 从2单调变化到
时，
u 从单调变化到1
2 且有 si n n
x si n n
( n
u) sin u ，
dx
du ，
于是， sin n
xdx
2
0 sin n udu
2
2
sin 0
n udu 2
sin n xdx ，
从而得
sin n xdx
2
sin n
xdx 0
si
n
2
n
xdx
2 2 sin n xdx 证毕
5.设f(t)为连续函数，证明:
2[(1 £ arcsin _
1
：
dx]
x
6
1
dt 3•证明： -dt 7
x
1 t 2
dt
【证明】作倒数变换
当t 从x 单调变化到1时, 1 u 从单调变化到
x
1,
且有1
1 t 2
1 (1
)2
u
2
u 2
u
dt 1du u
于是有 x
1 dt
t 2
1 1
x 1 2
u
2
u
du
u
1 1 x
1
1
一2
du u
1
：1 A"
x
1
1
1 t
2 dt
，
4•证明:o si n n
xdx
2
n
2
sin
xdx o
【证明】题设f(x)是以T 为周期的连续函数，可知成立f (x T) f (x)，
a T
其中，对于T f(x)dx ，作如下的处理:
a T a
使得 T f(x)dx X u T o f(u T)d(u T)
0 f(u)du 0 f(x)dx
，
证毕
7 •计算下列定积分:
1
⑴ xe x d
0 7
【解】被积函数属分部积分第一类，应选 e x 为先积分部份,
x
⑴当f(t)是偶函数时，(X ) 0 f(t)dt 为奇函数；
【证明】当f(t)是偶函数时，有f ( t) f(t),
X
X
使得 (x) 0 f(t)dt t u 0 f( u)d( u)
X
可知此时(x) 0 f (t)dt
为奇函数，证毕。

X
⑵当是奇函数时，为偶函数。

f (u)du (X )，
【证明】当f(t)是奇函数时，有f( t) f(t)，
XXX
使得 (x) 0 f(t)dt t u 0 f( u)d( u) 0 f(u)du
(x)，
X
可知此时(X) 0 f (t)dt 为偶函数，证毕
6•设f(x)是以T 为周期的连续函数，证明：对任意的常数 a ，有
f(x)dx
0 f(x)dx。

a T
由于 a f (x)dx
a f(x)dx
T
0 f(x)dx f(x)dx f(x)dx
f(x)dx
f(x)dx
T ,当x 从T 单调变化到a
T 时，u 从0单调变化到a ，
于是有 f(x)dx 0 f(x)dx f (x)dx
f(x)dx
f(x)dx ，
【解法一】套用分部积分公式, 1 0
xe x
dx
1 °
xd(
X\
e )
x
xe
0 ；
（ e
)dx e 1
0 e x
dx
(e 1 e
1 2e 1
【解法二】应用列表法
符号 求导
积分
x
e x
e x e
1
x . / X X\
0 xe dx ( xe e ) 1e 1 e 1)(
0 0 1
0e e )
1 2e 。

e ⑵ 1 x|nxdx ； 【解】被积函数属分部积分第二类,
套用分部积分公式，选
x 为先积分部份,
e
xln xdx 1 [H 1 2 In xd -x 1
2 1 2 (e In e 0) 2 1 2 1 -e -x 4
e
1 2
-x 2d In x
1 2
e 1 2 1, x dx 1
2 1 2 e 2 x 2
In x 2 1 2 e 2 .2 1
Je 2 1) (e 4 4 e 1 1 （含不可直接积分部份的分部积分不应使用列表法）
1
⑶ 0 xarctanxdx ； 【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选 1 xarcta n xdx 0 arctan xd ^x 2 0 1 , arcta n1 2 2 11 2
x 02 1(x
arcta nx -x 2 arctanx 2 芯dx
x 1 2(1
4）
⑷ 02
XSin 2xdx ； 【解】被积函数属分部积分第一类，应选 【解法一】套用分部积分公式,
xdx 2 1)。

x 为先积分部份, 1 1 2 x d arctanx
0 2 1 (1 0 1 2)
dx 1 x 1 -。

2
sin 2x 为先积分部份,
2
XSi n2
xdx
2
xd(
1
-cos2x) 2 -xcos2x 2
1
(^cos2x)dx
1 ( cos
2 2
0)
2
cos2xdx
1)
1 sin 2x
4
0)
【解法二】应用列表法
符号
求导
积分
sin2x 1 cos2x
2 -sin2x
4
可得 02XSi n2xdx ( 】xcos2x 2
1
— sin 2x) 4
1
(cos 2 2
0)
1 (sin sin 0)
4
4
lnx ⑸1計； 份, 1 1 2( 2)
4(0
0)
被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，应选
1
为先积分部
4
ln x , —dx 1 x
“ ln xd2 x
1
4
2 xd l n x
1
2 x l nx
dx ；
2[ 4(ln 4
2 J x — dx 2“x ln x 1 x
4 1
dx 1 x
4 x 4
2 x(ln x 2)
2)
1(l n1 2)] 4[l n4 1]
4(21 n 2 1)。

【解法一】套用分部积分公式,
3 ： dx 3 xd( cot x)
4
sin x 4
In
1 2
)
2
【解法二】应用列表法
【解】被积函数属分部积分第一类,
应选
sin
1 2
为先积分部份, x
xcotx
3 cosx 3 ----- dx
4 sin x
xcotx - -1
3
3
------ d sinx
4
4 sinx
xcotx
In sin x xcot x In sin x)
— cot — In sin — )(—cot — In
sin — 3 3 3 4 4 4
4
4
( )
可得 3
x 2
4 sin x
dx (xcot x In sin x)
— cot — In sin — )(—cot — In
sin — 3 3 3 4 4 4
3 4
( )
碍(；
In 2) 2
xcotx
3
( cot x)dx
4
In
1 (4 1 3 3)
3
^2
2
2
1 (4 1
3 3) 符号
求导 积分
⑺ 0愛cosxdx ；(:
3
In 2 (1
ln (,
2 4
2
1ln3。

2 2
【解】被积函数属分部积分第一类，e2x与cosx均可选为先积分部份,
【解法一】套用分部积分公式，选e2x 为先积分部
份,
22x 2e 0 cosxdx 02cosxd -e2x
2
1 2x
e
2 COS
X
21 e2x d cosx
02
即得移项,
1
2(e
1(0
2 2x
2 e
整理得
0 C、
cos e cos0)
2
2
1e
一 2
2x
sin xdx
1)
1 1
2-sin xd -
0 2
2x
e
2
1 2x . e sin
x
4 0
24 e2x dsinx
1(e sin —
2
e0 sin 0) e2x cosxdx
cosxdx 1 2e2x cosxdx ,
4 0
2 e2x cosxdx
1
(e 2) o
5
【解法二】套用分部积分公式，选cos X为先积分部份,
2e2x cosxdx "^dsi nx e2x sin x 2sin xde2x
(e sin 0) 2 2e2x sin xdx e
2 00
2 2航（cosx)
[2e2x( cosx) 02( cosx)d2e2x]
2x
2e cosx 02 4e2x cos xdx
即得 2e 2x
移项，整理得 2 ⑻ 1 xlog 2 xdx ； 0 2 2x .
e 2(e cos — e cos0) 4 o 2 e cosxdx
cosxdx e 2 4 02 e 2x c os xdx ， 2 2x . 1 . 2 e cosxdx (e 2)。

0
5 被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选 x 为先积分部份,
2 2
i x Iog 2 xdx 1 log 2 1 2(4log 2 2 0)
o 1 1 2
2 -------- -x
2ln 2 2
xcos 2 xdx ；
1 2 xd x 2 2
1 2
-x 1 2 1 x 2 log 2 x 1
dx xl n2 1
(4
4ln 2
1)
【解】将三角函数降次后求解, x cos 2
xdx 0
2
1 0 x
1/1 2 (x 2 2 2 1
2
2
1 2..
1 £ x d log
2 x 1 2 . ------ xdx 2ln2 1
3。

4l n2
2
其中，积分0 cos2x 1 ------- dx - 2 2
2
o xcos2xdx)
xcos2xdx (
X
xcos2x)dx
xcos2xdx 中的被积函数属分部积分第一类，套用分部积 分公式，选cos2x 为先积分部份，得 2 xcos 2 xdx 0 0 xd 2sin2x sin 4 1 -xsi n2x 2 1
cos2x 4 从而得 1 sin 2xdx 2 1 4(
COS 4 cos0)
e
⑽ sin (In x)dx : 1 1 4(1 1)
x cos 2
xdx
2 xcos2xdx
【解】被积函数属分部积分第二类,
且已经具有
udv 的结构，直接套用分部积
分公式得
e
1 sin (I n x)dx
xsin (I n x)
e
1
0 x cos(Inx) — dx
x
e
1
x[ sin (I n x)] dx x
x 3e" dx
这是含复合函数的积分，可用第一换元积分法, 令x 2 u ，当x 从0单调变化到In2时，u 从0单调变化到In 2 ,
•」ln2
2
1 In
2 2
1 In 2
1
3 x 2 x 2
u
得 x e dx
x e dx
ue du
2 0
2 0
2
esinl e
1 cos(In x)dx
esinl
[xcos(ln x)
e
1 xd cos(In x)]
esinl
ecosl e
1 1 sin (I n x)
dx 即得
e
1 sin (I n
x)dx e(si
n1 e
cos1) 1 i sin (I n x)dx ,
移项、 整理得 sin (I n x)dx 1 [e(sin1 cos1) 1]。

e
(11) 1 e In x dx ; [解]
In x dx In x dx e In x dx 1 1
( e
e
In x)dx i In xdx
1 1 dx e
1 11n xdx e (0 e
dx
e
In xdx [xIn x
1
1
xd In x]
e
xln x xd In x
1
In 1) e e
1
1X e
1
dx x
eIn e
1
dx x
(e 1) 2
e
1 xd sin (I n
x)
esin (I ne) esinl [ecos(Ine) cos(In1)]
In2 ude u
2
得 x u , dx 2udu ,
1
2[(
2) ( 1)"
x 2
1
(ue
2 In 2 In 2 u
1 0 e u du)
£(In2 1 In 2 0 1
-(e e ) In 2 - (2 2 2 1
0 x f (x) dx 。

u In 2 > 0
In 2 e 1) c\ 1 J 0) - e 2
1 In 2。

2 u In 2
> 0 8 .设 f (x) dt ，求 1
t
【解】
sin t dt 是著名的无法用初等函数表示结果的一道积分题，因此，无法 t
1
通过确定f (x)的表达式来求解积分0 xf (x)dx ，
但明显可见，易于求出f'(x):
f'(X )
d x 2
sin t — ——dt dx 1 t
. 2
sin x 2 —2 (x )' x
・ 2
sin x 2- x
2x 2sinx 2，
x
于是, 可以通过分部积分法，由
1
0xf (x)dx
转化出f '(x)从而解决问题:
1 0
xf
(x)dx 0
由题设f (x) 1
1 2
f(x)d x 2 2 1 2 -[12f(1)
1 2f (1) 1
C f (1) 2 1 f(1) 2
x 2
sint , ——dt 1 t f(x)
1 1
1 2 0
— X 0
2 df(x)
0]
1 2 x 02 1 1
2 sin x dx 2 0
1 (cos1 2
1
1
x 2
f '(x)dx 0
2
2 • 2人
1 sin x dx x 1 2f (1)
1) ，可得 f(1) 2f (1) 1 1 f (1) cosx 2 2 1 2【f (1)cos1 1] 1 sint
1 t dt 0，
最终得到 1 o xf (x)dx 2(
cos1 1)。

9.设 f(x) x f (x)cos xdx ，求 f (x)。

【解】由于0 f (x)cosxdx 为常数，可知 f '(x) 由此得 o f (x) cosxdx o f (x)d sin x f (x)sin x
f ( )sin f(0)sin 于是, 11
x 2f '(x)dx 0 2
0xsi nx 2dx o
sin xdf (x)
0 o sin xf '(x)dx
0 0 0 sin xdx cosx
0 cos cos0 2，
f (x) x o f (x)cos xdx x ( 2) x 2。