第6章不定積分習(xí)題課

1、第六章 不定積分習(xí)題課：主要內(nèi)容1 、基本概念要掌握兩個基本概念：原函數(shù)，不定積分。2、基本公式掌握不定積分計算的基本公式， 這是整個不定積分計算的基礎(chǔ)。3、計算方法換元法，分部積分法，有理函數(shù)積分法，有理三角函數(shù)積分法。特別注意掌握換元法和分部積分法的思想。3 、不定積分的計算涉及題型多，技巧性強，難度大，雖然針對一些特殊結(jié)構(gòu)的題目給出了一般性的處理方法，但在實際的計算中，不要局限于這些般性的方法，要針對具體的題型結(jié)構(gòu)，掌握各種方法的實質(zhì)，針對結(jié)構(gòu)特點，靈活使用各種技巧，盡量選擇簡單的特殊的方法，只有這樣才能收到事半功倍的效果。計算不定積分的一般程序為：1）、利用各種方法和技巧如因式分解、

2、有理化等，先簡化被積函數(shù)，為進一步分析結(jié)構(gòu)特點創(chuàng)造條件；2）、分析積分結(jié)構(gòu)特點和難點，如困難因子，不同結(jié)構(gòu)的因子，不同因子的關(guān)系等;3) 、針對結(jié)構(gòu)特點選擇對應(yīng)的方法和技巧。:典型題目。通過一些典型題目說明計算中的方法，技巧問題。下述的一些題目不難, 關(guān)鍵掌握分析的方法。例1設(shè)F(x)為f(x)在區(qū)間I上的原函數(shù)，且x0? I為f(x)的間斷點，證明Xo必為f(x)的第二類間斷點。分析 本題考察兩個基本概念：原函數(shù)和間斷點。從要證明的結(jié)論看，要證明Xo為第二類間斷點，按定義須證明 f(x)在此點的左右極限至少有一個不存在，我們知道在證明的結(jié)論中，證明肯定的結(jié)論比證明否定的結(jié)論簡單，證明 存在性

3、要比不存在性簡單，特別是對抽象函數(shù)，因此，在處理這類問題時通常 采用反證法。證明：設(shè)間斷點Xo不是f (x)的第二類間斷點，貝U lim+ f(x)和lim f (x)都 x? xo+x? xo-存在。又利用原函數(shù)的定義，F(xiàn)(x)在x0點可導(dǎo)且FCx0)= f (x0)，即f(xo)=x?moF(x)-F(xo)x?x- Xo因而，還有f(xo)= l?n.+ F，f(xo)=x? xox- xox? xox- xo52但是，由L”Hos pi tai法則,X1 戶 X= )x+oX仆，()limF(X)- F(oX =x X X- x0l-im0x= ) - ifmx ()X oX: X 0

4、 X故 f (Xo) = lim+ f(X)= lim- f (x),因而，f(x)在 x。點連續(xù)，矛盾。X X)XXo注、從上述證明過程中，可以看到：若f(x)有第一類或可去間斷點，則f(x)必不存在原函數(shù)。例2設(shè)f(X)= 1 丄？ 0xs兀-cosX，x 0,討論f(x)的原函數(shù)的存在性。0, x= 0分析 處理這類問題有兩種思路，其一是通過考察間斷點的性質(zhì)判斷原函數(shù)的存在性，即若存在不是第二類的間斷點，肯定不存在原函數(shù)，當(dāng)然，若間斷點是第二類的，并不一定保證原函數(shù)的存在性。其二是通過計算不定積分判斷原函數(shù)的存在性，此時，若能得到一個合理正確的原函數(shù)，貝憔明原函數(shù)的存在，若得不到原函數(shù)，

5、則表明原函數(shù)不存在。對本例，首先，x=0是f (X)的第二類間斷點，因此，由例1還不能得到結(jié)論，第一種思路不能解決問題?？紤]第二種思路，通過不定積分的計算判斷原函數(shù)的存在性；我們知道，對給定的一個單一的表達式，可以直接計算對應(yīng)的不定積分，但是，對分段函數(shù)來說，我們必須在不同的范圍中，分段進行不定積分的計算，得到一個分段表達式，然后，利用原函數(shù)的性質(zhì)(可導(dǎo)且導(dǎo)函 數(shù)為給定的函數(shù))驗證得到的函數(shù)是否為給定函數(shù)的原函數(shù)。解、當(dāng)x1 0時，由分部積分法，則1 1 2 1A(2xsin- cos)dx= x sin- + C， u X Xx1令 F (x) = x2 sin -，x 1 0，則可以驗證，

6、在 x1 0 時，F(xiàn) gx)二 f (x)。x補充F(x)在x=0的定義，注意到原函數(shù)一定連續(xù)，因而，如下補充定義1sin-,x1 0x0,x= 0進一步可以驗證，F(xiàn)(x)在x = 0點可導(dǎo)且F (0) = 0二f(0)。因而，對任意的x，都有F致)=f(x),因而，F(xiàn)(x)為f(x)的原函數(shù)。注、原函數(shù)不唯一，事實上,L, ?x2sin1+Cx? 0F(x)=x? C,x= 0都是其原函數(shù)。注、例2中，x=0為第二類間斷點，此例存在原函數(shù)。將例2稍加修改為1 11、?2xsin cos,x? 0f (x) = x x?1,x= 0則x=0仍是第二類間斷點。此時，若原函數(shù)存在，貝U必為1sin

7、- + C,x? 0 xC,x= 0但是，由于對任意C,都有F ©)= 0? f(0)，故F(x)不是f(x)的原函數(shù)。因而,此時，f(x)的原函數(shù)不存在。例3、設(shè)f(x)= X ,x3 0，討論原函數(shù)的存在性。?sinx+ cosx, x< 0分析 與例2類似可以考慮兩種解決方法。解、法一、由于x = 0是f (X)的第一類間斷點，因而，原函數(shù)不存在。法二、通過不定積分的計算判斷原函數(shù)的存在性。當(dāng)X3 0時，計算對應(yīng)的不定積分,x2dx= lx3 + G ；當(dāng)x<0時，對應(yīng)有cosx + C2。，要使F(x)為原函數(shù)，必須滿足在x=0點b(sin x + cos x)d

8、x = sin x-令 F(x)=j3x3+Ci，x?0?sinx- cosx+ C2,x< 0的連續(xù)性，因此，必須有C2 = 1+ Ci，故1 3- CF(x)3xCi，x 0sin X cosx 1 C1,x 0才有可能成為原函數(shù)，進一步考察其可導(dǎo)性質(zhì)，由于F+ fo= iim(x)- F(0=)0,X?0xF-0= iim(x)- F(0=)，i'，X? 07則，F(xiàn)(x)在x = 0點不可導(dǎo)，因而，f(x)不存在原函數(shù)。注、在計算分段函數(shù)的不定積分時，在不同的段上，積分常數(shù)C是不同的。如，例3中若直接將F(x)中的兩個積分常數(shù)取為同一個 C,可以看到，此時F(x)不連續(xù)，因

9、而，不可能是原函數(shù)。此時，需要借助原函數(shù)的連續(xù)性給出兩個積 分常數(shù)的關(guān)系。例4、設(shè) bx+by*arctgx+C，計算瀘叫X。分析 解題的思路是：從已知的條件中計算出f(x)或ef(x)，然后代入計算。解、由原函數(shù)的性質(zhì)得xfW+c 匕故，f(x)=x，因而,bef(x)dx = ex+ C。注、例4中能夠?qū)⒈环e函數(shù)簡單計算出來，因而，我們采用了先計算被積函數(shù)，再計算相應(yīng)的不定積分的方法，但是，對有些例子來說，被積函數(shù)的計 算較為復(fù)雜，此時，不必計算被積函數(shù)，可以借助其它條件一一通常為不定積 分的計算性質(zhì)一一計算不定積分。例 5、1)、設(shè) f (ex) = sin x+ ex，計算 f (x)

10、dx ;2）、已知f（X）的一個原函數(shù)為In arctgx，計算xf x）dx。分析 對1），雖然能計算出f（x）的表達式，但事實上，沒有必有這樣做,只需通過變量代換將被積函數(shù)結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)化為已知的函數(shù)形式。對2），也沒有不要計算f ?x），只需利用積分性質(zhì)將導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)移即可。蝌f ( X)d=x解、1）、作變量代換x= et，則(t gt e=d?( s i + t t e d t=-et(sin t - cost) + - e2 + C，2 22）、由條件得f ( X)d= In arc+tgx C1故 f(x)= 2。(1+ x ) arctgx利用分部積分公式，則蝌xf 敗)dx = xf (x

11、)- f (x)dxx(1+x2 arctgxnarCtgx+ CF面的例子屬于不定積分的計算，有些例子較為簡單，但是，希望從簡單的求解過程中，領(lǐng)會解題的思想方法。有些例子，技巧性強，需要認(rèn)真理解和 掌握。例 6 計算 J（1+ TXdx。分析 若直接展開進行計算，計算量太大，必須利用技巧和方法減少計算 量，注意到結(jié)構(gòu)中，難點在于因子（1+ JX）100，因此，處理的重點就是復(fù)雜因子的簡單化，這就決定了選擇的變換為t = 1+仮或t = （1+仮）100，注意在選擇變換時，既要使復(fù)雜因子簡單化，同時要盡量避免簡單因子（包括積分變量的 微分dx）的復(fù)雜化，這是選擇變換的原則，對本例，以上兩個變換

12、難度差別不 是很大。-2t101+c。101t +1解、原式=2ft1OOo-1dt102 2 102X =(t-1 2例7計算J：。分析 難點出現(xiàn)在被積函數(shù)的分母上，有兩類不同的因子；解決思想；去掉根式或分離不同的因子，使被積函數(shù)簡單化。由此決定采用方法：方法1、可以利用換元變換x=sect，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)有理式的積分，這是去掉根式的常規(guī) 方法。但注意，一般來說三角函數(shù)有理式的積分也不容易計算，因此，我們進步分析其結(jié)構(gòu)特點，找到又一種解題的方法一一方法2、分母有理化方法簡化 被積函數(shù)，這是針對被積函數(shù)結(jié)構(gòu)特點的方法。不妨用這兩種方法都計算一下，比較兩種方法的差別。解、法一、令x=sect，則

13、原式=f sect 嫁 dt =旦 dt = f sint dtsecttgt '1si nt、(1s in t )costSint >CostA dtO(1- sint)cos2tU = Sint A du0(1- u)(1- U2)"du2(u-124(u+1)1=一 In U- 1 -41 1一 l n u + 1 + C2(u- 1)4= 4lnu- 1 u+ 1法二、用分母有理化方法，則原式=f(x + Jx2 -1 dx = 1X2 + Jx2 -1dx ,2為計算I =-1dx，作變量代換x = sect，則由于蝌an21 sectdt =sec tdt

14、- ? sectdt,蝌ectdt=sn=1ln|1+| + C ,1- sin2t 21- sint蝌ectdt=sect ?(tan t) 0tsect tant- I , 因而,故,原式1=-secttant-2lln|gi|+C，41- sint+ 2xR- 4in'x+R| + CX- Jx2- 11 2 -X 2xjx2- 1- l|n(x+ Jx2- 1)+ C o2 2注、對I =詁X2- 1dx也可以用分部積分法計算。例8計算'xj1 +x2dx。分析與例2類似，關(guān)鍵問題仍通過有理化簡化被積函數(shù)，方法有其二,其一，利用三角函數(shù)變換x= tant，其二，利用變換

15、t=j1 + x2，兩種方法難易度相差不大。解、法一、原式x= tant蝌Aan t >sectsec t dt =1dt sin tsint 亠1 犏1、犏2。臌Ost- 1d costcost+ 1= 1ln2cost- 1cost + 1法二、t = Jl+ X2原式 二bJ tdt =0(t2- 1)tt- 1t+ 1解法三、當(dāng)然，還可以利用湊微分,原式=22xdxX21=1蝌2 1X =2dtt71+t嚴(yán) 半 JinlX+C 0°u2- 12 u+ 1比較可知，法2是最直接的簡化方法，因而也最簡單。故，一定要根據(jù)題 目的具體結(jié)構(gòu)特點，尋找最簡單的方法。同時，還要記住一

16、些簡單的結(jié)論。例9計算bdx 0分析 被積函數(shù)含有兩類不同結(jié)構(gòu)的因子，處理方法有湊微分方法(換元法)和分部積分法，進一步分析因子關(guān)系可知d(ln(x+ 7l+ X2) = -F dx，V1+ X2因而，可以采用湊微分法。解、原式= bIn(x+ J1+ x2)d In(x+ 1 + x2)2 3=-(ln( x + X2)2 + C。3注、涉及不同結(jié)構(gòu)因子的不定積分時，一定要注意分析各因子間的關(guān)系, 特別是微分關(guān)系。研究生考試中，有關(guān)不定積分的計算所涉及到的題型常用分部積分法處理, 被積函數(shù)常為兩種不同結(jié)構(gòu)的因子。因此，計算的關(guān)鍵是因子結(jié)構(gòu)的轉(zhuǎn)變（形式統(tǒng)一法）例10，所采用方法就是分部積分法，

17、通過求導(dǎo)，改變因子結(jié)構(gòu)。、丄旨,arctanx ,計算'=b；時dx。分析先簡化被積函數(shù),再分析結(jié)構(gòu)，再計算。但是，要注意當(dāng)被積函數(shù)是由不同結(jié)構(gòu)的因子組成時,換元法和分部積分法是基本的處理方法。解、蝌常dx-arctanx , dx1+ x2桫I arctan x-嬤1 亠?Ex ±arcta n xd arcta n x-arcta nx+。犏1 (arcta n x/ + C1 1 2 1 2 -arctanx+ In|x|- 才n(1+ x2)-(arctanx) + C。例11分析3-、丄曾, x arcsinx , 計算 I = b f 2 dx。v1- x2被積函

18、數(shù)中含有不同結(jié)構(gòu)的因子，考慮用換元方法或分部積分法,換元法一般用于這類題目中較簡單者，因此，對本題的復(fù)雜結(jié)構(gòu)，重點考慮用分部積分法，目的是通過導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)移改變復(fù)雜因子arcsi nx的結(jié)構(gòu)，為此，需從被積函數(shù)中分離出一個導(dǎo)因子，注意到利用各種方法的思想是使得結(jié)構(gòu)簡單化, 因此，在使用分部積分法進行導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)移時，不能使導(dǎo)數(shù)的計算更復(fù)雜，由于因 子右的導(dǎo)數(shù)更加復(fù)雜，因此，應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為導(dǎo)因子的形式，這也是選擇導(dǎo) 因子的原則或分部積分法的應(yīng)用原則，由此決定了下述計算的思想。解、由于(J1- x2) © -:，則V1- x2I = - x2 arcsin x? x2) x x2x2j1- x2 ar

19、cs in x+ 入山-x2 (2 x arcs in x+ =)dxxS/l- x2 arcs inx+ 1 x3 + 2 /J1- x2 arcs in xdx3，則蝌（訥-1 arcs in xdx =-3(1-3X2 )2 Grcsin xdx同樣，由于(1- x2)2 £ - 3x71x2551 2 3 1 2-(1- x )2 arcsinx+ - (1- x )dx1x3+C，33-(1- x2)2 arcsin x+ -x-3 33I = - x- x2 + 2(1- x2)2arcsinx+xS2x-2x3+c。3例12計算I "h獸dx。 sin x分析

20、處理思想與前例相似，導(dǎo)數(shù)應(yīng)該轉(zhuǎn)移到Insinx上，改變其結(jié)構(gòu)。解、I=蝌|nsin x?cscxdxeIn sin x (cotx) dx=-cotx?ln sin x=-cotx?ln sin x丄 cosx, Acotx?dx°si nxcot 2xdx=-cotx?ln sin xb(csc2 x- 1)dx例13=-ctgx?nsin xctgx- x+ C 。計算 I。、1 +cosx33分析被積函數(shù)包含有兩類不同結(jié)構(gòu)的因子，因此，需借助分部積分法削去其中的一種結(jié)構(gòu)，顯然，能夠通過求導(dǎo)削去的因子應(yīng)該是因子x，因此，需要將含有因子x的項分離出來，并把其系數(shù)轉(zhuǎn)化為導(dǎo)因子，即將

21、1 轉(zhuǎn)化1 + cosx為導(dǎo)因子，由此確定了求解的思想方法。解、I = fxdx+ f sinx dx1 +cosx 1 +cosx1 r X . r d cosx2 2 x 1 +cosx cos 1x=-bx?sec -dx ln(1+ cosx)+ Cqx?桫a njdx In (1+ cosx)+ Cxx=x?tan?Qtan-dx- ln(1+ cosx)+ C=x?tan- 2ln cos- ln(1+ cosx)+ C。2 2例 14 計算 1= bxarctanxln(1+ x2)dx。分析 結(jié)構(gòu)特點與前面的例子類似，被積函數(shù)由不同結(jié)構(gòu)的因子組成，只是 形式更復(fù)雜，被積函數(shù)中有

22、三類不同結(jié)構(gòu)的因子，處理思想是類似的，即通過分部積分法改變復(fù)雜因子的結(jié)構(gòu)，可以利用前面例子的方法，將因子x化為導(dǎo)1 2Z7<因子形式(一X ) c再用分部積分法，但是，這會產(chǎn)生一個不易計算的不定積分2In (1+ X2)A dx，為此，我們采用另一種方法，即將其中的兩個因子比如 q 1+ x2xln(1+ x2)共同作為導(dǎo)因子，將積分寫為形式I = qu 住)arctan xdx然后用分部積分法，我們同時給出計算導(dǎo)因子的方法。2解、先計算Qxln(1+ x )dx，則2 1 2 2Qxln(1 + X )dx = (X + 1)ln(1 + x )-591 2 2 1 2記 u(x)=

23、(x2+1)ln(1+ X2)- X2，則，2 2u (x)= xln(1+ x2),故,I = 蝌J garctan xdx= u(x)arctan x-15dx,由于丄T、u(x) ,1"2、x2蝌 2 dx= 5 ln(1 + x )1 2=-xln(1+ x2)- 31 22dx 1+ x22bl=xln(1 + x )- 3x + 3arctan x+ C , 2故,I = 1(x2+ 1)ln(1+ X2)- x2arctanx21 2-xln(1 + X )- 3x+ 3arctan x + C。 2注、注意本題中給出的將某些因子轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)形式的方法。例 15 計算&#

24、169;J+sinxdx。1 + cosx分析 被積函數(shù)仍是兩類結(jié)構(gòu)不同的因子， 但是，由于eX,sinx,cosx與其導(dǎo) 數(shù)具有相同的結(jié)構(gòu)特點一一不能通過求導(dǎo)改變結(jié)構(gòu)，故，不能像前例那樣通過 求導(dǎo)削去一種因子結(jié)構(gòu)，轉(zhuǎn)化為同一結(jié)構(gòu)因子的不定積分。這類題目難度更大, 要求技巧性更高。通常是將其分成不同的部分，相互之間可抵消不易計算的部分或者將不定積分的被積函數(shù)轉(zhuǎn)化為完全導(dǎo)函數(shù)形式，然后給出結(jié)果。解、先化簡，特別是分母的化簡,轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)的形式。,虹 LX 1+si nx11 =蝌dx= 22cos2 -22sin - >CosX2 22 Xcos -2X.一，一，一，一封.一.一：一.Xta

25、 n dx2iiX)tan ? dx 二?X - 2na犏=e tan + C2或者，對第一項用分部積分公式,1 =蝌鈿；抄+eX tan 2 dx= 蝌exta n；-extan dx+ ?exta n；dx+ c=exta n-+C.2注、分析上述解題方法可以發(fā)現(xiàn)，這類結(jié)構(gòu)具有這樣的特點，被積函數(shù)最終能轉(zhuǎn)化為全微分形式（fg） C解題思想體現(xiàn)在如下的過程:蝌vdx?f (Ag g ydx 揪f = A井 ?(fg)dx由于其中一個因子具有特點f色Af，這類因子具有eAx結(jié)構(gòu)，A可以為常數(shù), 也可以更一般的為函數(shù)。這類例子是在考研題目中經(jīng)常出現(xiàn)，再看幾個類似的例子。例16計算1=汗2?cos

26、x二些°Vsinxdx。I =60x cosxr.解、I = 冷 2?( Vsin x)dx° Vsinxx汐 2 ?(2 Jsinx) C JsinxdxxHe2?(27snx)ii (ex2) 2Jsinxdxx=b(e 2 ?2Jsinx) gx x=2 Jsin xe 2 + C。x例17計算I =xe ,A2 dx。U(1+ x)解、化簡得xdx- + x2 dx ,(1+ x)對第二部分用分部積分公式，則xxxxe . ee . edx- - +dx = + C。+ x1+ x 1 + x 1 + x注、例14和例15具有相同的特點：被積函數(shù)雖然是由兩種不同結(jié)構(gòu)

27、的因 子組成，但是，它不像前面例子那樣，能夠通過分部積分公式直接將結(jié)果計算 出來，它們的差別是：這類題目不能通過求導(dǎo)改變其中一個因子的結(jié)構(gòu)，我們 采取的處理方法是，先將被積函數(shù)轉(zhuǎn)化為兩部分，對其中的一部分用分部積分 公式，所產(chǎn)生的不能計算的不定積分項正好與另一部分抵消。事實上，進一步 的分析發(fā)現(xiàn)，這類積分的結(jié)構(gòu)特點是：被積函數(shù)正好是一個全微分形式，如例驏 Cxcos2 x- sinx14的被積函數(shù)為ex rP+ tanl = 叫C例15的被積函數(shù)為（歆C例18 計算I二人idx。°cosx(1+ esinx cosx)分析 這個題目較難，難點在于被積函數(shù)有不同結(jié)構(gòu)的因子，且不能象前

28、面的例子那樣通過分部積分進行結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)化，或利用其它方法抵消不易計算的部 分或?qū)⒈环e函數(shù)轉(zhuǎn)化為完全微分的形式，因此，這類題目必須挖掘其結(jié)構(gòu)特點, 把不同因子間的關(guān)系（包括微分關(guān)系）盡可能多的找出來，從而可以發(fā)現(xiàn)處理 的方法。對本例，重點觀察復(fù)雜因子esinx cosx，觀察其微分特點可以發(fā)現(xiàn)d(esinxcosx) = esin x(cos2 x- sin x)dx，找到了這個關(guān)系，問題就解決了。sin x ,2.、5 ,e (cos x- sinx) ,解、I 二入 :dxoesin x cosx(1 + esinx cosx)_ 、 d(e cosx)=Oesinxcosx(1+ esinxc

29、osx)1 1=O - ；d(esinxcosx)"e cosx 1 + e cosx=In | esinx cosx|- In |1 + esinx cosx| + C。關(guān)于三角函數(shù)有理式的不定積分的計算，一定要充分利用三角函數(shù)的關(guān)系 式，微分關(guān)系式尋找簡潔的方法，不要輕易用萬能公式。例 19 計算 I = f sin x cosx dx。、sinX +cosx分析 計算的關(guān)鍵是化簡分母，尋找分子和分母的關(guān)系，不存在可以利用 的微分關(guān)系，進一步觀察，二者的代數(shù)關(guān)系可以簡化被積函數(shù)。21 (sin x+ cosx) - 1解、法I 二一 odx2 D sin X + cosx蝌(si

30、 nx+ cos x) dx- 11 dx sin x+ cosx73dx1 42-(sinx- cosx)- A2 4 Opsin (x+ )41 2cos(x+ P)- 1=-(sinx- cosx)- In |42 8cos(x+ )+ 14l+c。法二、也可以利用三角函數(shù)自身的微分關(guān)系和代數(shù)關(guān)系來計算。sin X鬃losx (sinx- cosx) I= Asin2x(cos2x )dxH sin2x髦osx ,=蝌sin2x-cos2xdX-2 .cos x sin X ,22 dxsin X- cos X.2r SI n Xf _ .=J2d sin X + J d cosx2si

31、n X 11 -2 cos x2 cos x分別作變換t = sin x,u = cosx，貝Ut221 f 1)1 1、嚴(yán)-2r2?二嚴(yán)V2t- 11 1二一t + In 2272t+ 11-21 n72u+7注、可以看出，法一挖掘出了被積函數(shù)結(jié)構(gòu)中更直接的關(guān)系，因而，計算過程較為簡單。例20dx計算I = J。sin(X +a )sin(x 中b )分析挖掘被積函數(shù)結(jié)構(gòu)的特點并充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)。解、I = Asin(a- b)dxsin(a- b) Usin(x+ a)sin(x+ b)1sin (x+ a)- (x + b)rSdxsin (a- b) 'sin(x+ a)

32、sin(x+ b)1 sin(X +a )cos(x + b )cos(x + a Jsin(x + b 片乂sin(a bsin(x + a)Bin(x +b )J cox+b ) cox +a , f dxsin (a -b )' (si n(x + b ) si n(x +a )丿1sin (a b )-ln sin(a- b)sin(X + b) sin (x+ a)(n sin(x + b b-ln sin(x + a 卩+c例 21 計算 I “sinx+cosxdx。 sinx + 2cosx解、注意至U (si nx+ 2cosx) =cosx-2s inx,J則做如下

33、分解。sin X + cosxA(sin x + 2cosx )丄 B(cosx 2sin x )=+sin X+2cosx sin x+2cosx sin x + 2cosx13則，A-2B=1，2A + B=1,即卩 B = -，A =，故55,31 rd (si nx+2cosx)I = x 一 55 sinx+ 2cosx3 1=x- -In sinx+ 2cosx + C。55關(guān)于三角函數(shù)有理式不定積分的進一步補充。對不定積分JR(sinx,cosxdx，除萬能公式外，下述特殊結(jié)構(gòu)的特殊方法更 簡單些:1 、若 R(-sin x,cosx )=-R(sinx,cosx )，可令 t

34、= cosx進行有理化處理。事實上，此時，R(sinx'cosx)關(guān)于sjnx為偶函數(shù)，即表達式中只含有sinx sin x的偶次項，故可設(shè)R(sinx，cosx)= Ro(sin2x,cosx) si nx因而,蝌R(sin x,cos x)dx =sin xRo (sin2 x,cos x)dx=-蝌Rod- cos2 x,cos x)d cosxt = cosx-Ro (1- t2,t)dt，由此,將原不定積分轉(zhuǎn)化為有理式不定積分。、類似，若 R(si n x,-cosx )=-R(si nx,cosx )，可令 t =s inx 進行有理化。、若 R(-sin X, -cosx

35、 )= R(sin x,cosx ),可令 t =tgx 進行有理化處理。事實上，由于R(sin x,cos x) = R(tan x cosx,cos x) = R1 (tan x,cos x)禾I用 R(-sin x,-cosx )= R(sinx,cosx )，可得Ri (tanx,- cosx)= R(tanx,cosx)因而，Ri(tan x,cos x)中僅含cosx的偶次項，故可設(shè)2 1R1(tan x,cos x) = R0(tan x,cos x) = Ro (tan x,)，1 + ta n x所以,蝌R(sin x,cosx)dx =Rostanx + 1 2 jdx1

36、1t = tan X (t, )2 dt，u 1 + t 1+ t這樣就將原不定積分化為有理式的不定積分。例 22 計算 I = f4cos2x 4 dx。sin X +cos x分析 通過分析結(jié)構(gòu)，具有特點R(-Sin X,-cosx)= R(sinx,cosx )。解、令t= tanx,貝U-tan2 x 2 , sec dx =:an4 x+ 1二dt1+ t4i-1dt =-t2 +1t2- 72t +1seC x + 應(yīng)tgx sec2 x - V2tgx關(guān)于某些根式的不定積分，注意技巧。例23計算"J喬詈k解：注意到 匚中匸=1，可采用如下變換，令X-a=(b-a)sin2t ,b-a b-a則 b X = (b a )cos21，因而1 =丄 A2(b- a)Sint?C0Stdt=2t+C。 b- a u sin t?cost關(guān)于JR(x, J