基本積分方法

1、S基本積分方法、換元積分法換元積分法第一類換元積分法第二類換元積分法 1.第一類換元積分法:設(shè)f(u),(x)為連續(xù)函數(shù)，(x)可導(dǎo)，且 f(u)du F(u) C,則鍾淵蕖錢縱櫓。f (x) '(x)dx(x) f (u)du F(u) CF (x) C常見得湊微分形式:f (ax1 ,b)dx f(axab)d (ax b)D f(axn b)dxnaf (axnb)d(axn b)f (In x)d(ln x)1 f (ln x) - dx xf (ln x)d(ln x)1 f (ln x) dxx f (sin x)cosxdxf (sin x)d(sin x) f (cos

2、x)sin xdxf (cosx)d (cosx)2 f (tan x)sec xdxf (tan x)d (tan x)f (arcsin x)d(arcsin x)f (arcsin x)dx、1 x2 dt tan t sec t例2、1計(jì)算arctan x(1 x2)dxt (csc21 1)dttd cott解：令 arctanx arctan x ,rdxx2(1 x2)dx sec2 tdt ,t sec21lxt cottcottdtt cott ln|sint|arctan x.|x|12ln(arctan x)1x22例2、2計(jì)算下列積分:(1) eln(1 ex)(2)解

3、：(1)ex ln(1xx e )ln(11 cosx dx闋渙員僦東誥壁。1 cosxex)d(ex 1)ln(1x xe ) (e1)x(exe1) dx (ex 1)ln(11 exex C-1 cosx ,(2)dx1 cosx2(1 cosx) ,dxcosx)22 sin x 2cosx 2.第二類換元積分法:單調(diào)、可導(dǎo)且f(x)dx第二注意量x。指數(shù)優(yōu)換?解:(1 cosx)(12,2csc xdxdxc d sin x 2sin x(t)0,又 f (t)sin2 x2cotxdx-2-Csin x有原函數(shù)G(t)。則覲IB1辦減鸞縝f (t) '(t)dt G(t)

4、C G 1(x) C二角代換：交可購(gòu)變暈還原提供方便。:輔助土適用被積函數(shù)1/kif積分工2根式積分二角有理式積0原式 倒4代換x""一譚猛中得z 5e2e3 6 e6dx .vfdU see rax或ex構(gòu)成得代數(shù)式。X-x-x11 t3 t2 tdt31 t3t 11 t2)dt6lnt 3ln|1xx 3ln |1 e6311 ln(12| 21n(1t2)xe3)3arctant Cx3arctane®C例2、4計(jì)算積分dx2x . 1 x解:dxx 1 xx sin t2 cost dt = sin t cost1 sin t cost cost sin

5、t. dtsint cost例2、5計(jì)算積分t ln |sint cost |221 arcsin x2x 12 - 2-x1 ln |x2.1 x2 | C一 dx1x 1 dx x2.x2 111t2't2 11(-dt)t2_1_t_. 1 t21dt.1 t2d(1 t2)2、一1 t2分部積分公式:arcsin t ,1 t2 Cx2 1x.1 arcsin 一x二、分部積分法udvuv vdu分部積分法條件：u, v具有連續(xù)導(dǎo)數(shù)。選取u, v得原則:v要易于求出vdu比ud洛;易求出可用分部積分法求積分得類型:sin axln xPn(x) cosax dx,ax edvx

6、ln xdx。Pn(x)I dvarctan x dx,arccosxu(x)解：原式=In xd2x Iln例2、7計(jì)算積分!2arctane2x- ex-dx解:arctanex Ldx e例2、7 設(shè) f (ln x)xdx2x Iln2ax esin ax dx cosaxarctanexd(e 2x)2xxarctanedexe2x(1 e2x)l(e 2x arctanex ex ； 21n(1 x),計(jì)算 f(x)dx。arctanex) C。尻喊擷言巨鯉棟粵。解：，設(shè) t ln x ,則 x etf(t)ln(1et)尚鶴樽魂高厭。f (x)dx =4Xxln(1ex)d(e

7、x)xln(1 ex)dxxee xln(1(1 - 1xe 、“ x)dx xe(1e x)ln(1 ex) C。1.有理函數(shù)得積分三、幾種特殊類型得積分：部分分式之與得積分對(duì)于任意有理函數(shù)，存在一個(gè)固定得代數(shù)算法，可以把它分解為四種基本形式得有理分式得與，而這四種基本形式得有理分 式存在相應(yīng)得積分公式。列出如下：嗜齷錨預(yù)勸臉。A(1)dx Aln|x a | Cx a(2)一A-dx(x a)d(x a)Px Q2x px一 dxq(x a)Pln(x 2Px Q(x px q)kdx(xpx入PpPt (Q ) 2其中t(t2 a2)kp2 ,q 4dtA、k a)q)2q pP. ar

8、ctan-2x-p- C2 Pt2 k 出2 2 k(t a )。，犀漣簧籠棒覷。4q p2'dt可以很容易地求出(出(t(t2a2)k而對(duì)于第二個(gè)積分式,4)中得第一個(gè)積分為1o 22 k 1(k 1)(t a )我們可以得到遞推公式I ， tn 1 2na2 (t2 a2)n竽2 In，其中：Ii2na2dt722t a-arctan- C?！咀⒁狻繌睦碚撋现v，任意有理函數(shù)得積分都可以被積出來, 特點(diǎn)，靈活選擇解法，常用得方法中有湊微分法與變量替換法。但要分析被積函數(shù)得浦慧擠與鋸筑債。例2、解:8計(jì)算積分 2 xx 5.dxx2 6x 13dx。6x 13I (2x 6) 16dx

9、例2、(1)9計(jì)算下列積分2x3 1 ,而dx ;(x 1)100解：(1)令x 16x131 ln(x26x13)4 arctan2x6xx 3Jdx13(x2 dx223)222(2)則dxdx/ 10x(x廄構(gòu)凝題據(jù)聞檜。1)21dx,于就是 最鰥誥繡鸚項(xiàng)2x3 1原式二 二(x 1)100=1u9933 1dx10012(uu1)3 u1(3)du u953u (3u6u26u 2)du3u4998_6u979731u489633(x(2)令 x101原式=工-1)9949(x 1)98697(x 1)9748(x 1)96u ,則du 10x9dx ,于就是 劇須金昆翎聊翻九du10

10、 u(u 1)2 _ 2du 2210 u(u 1)210 u(u 1)(1 u)2du1 r 11=- 10 u u 1111-2du (ln|u| ln|u 1|) C(1 u) 10u 12 .三角函數(shù)有理式得積分有理函數(shù)得積分 由sinx, cosx及常數(shù)，經(jīng)過有限次四則運(yùn)算所得到得函數(shù)稱為三角函數(shù)有理式，記作：R(sinx, cosx),積分R(sin x, cosx)dx稱為三角函數(shù)有理式積分。閏母靶壓擴(kuò)【解題方法】盡量使分母簡(jiǎn)單，為此可以分子、分母同乘以某個(gè)因子，把分母化成sinkx 或coskx得單項(xiàng)式，或?qū)⒎帜刚麄€(gè)瞧作一項(xiàng)。變囪棚綻號(hào)紈善。得哥降低，常用倍角公式或積化與差公式

11、。x)盡量使 R(cos x, sin常用積化與差公式：sinxcossinxsincosxcos1 sin(21一 cos(21r / cos(2)x)x)xsin(cos(cos()x)x)x倍角公式:sin xcosx1sin2x , 2sin21(1 cos2x)221cos2 x - (1 cos2x)鰥貌進(jìn)醬斬鄰。 2在積分得過程中注意2 一sin xcos得妙用。例2、10計(jì)算下列積分(1)dx_.一 3sin xcos(2)解:1_ .一 3-"T5-sin xcos x2sin xx sin x .dx ；1 cosx2 cos x(3)sin2 xcos4 xdx

12、。鍛膚S!鍵。一一 35sin xcos x一一22sin x cos x5sin xcos x2sin x3 sin2 cos x13- xcos x5 sin xcos x1 3 sin xcos xsinsin x5- cos x33xcos x1_3sin xcos x13_sin xcosx故原積分=(駕3 cos x23-sin xcos x 22(sin x cossin x5 cos2 x)3sin xcos x2sin x3 cos x2sin x3 cos x3sin xcosx3sin xcosxsin xcosxsin x5cos x.2 sin xsinsin x5c

13、os xsin x5 cos xsin x5 cos x2cos xxcosxcosx3-sin xcosx_.一 3sin xcosx3sin xsin xcosxsin xcosxcosx、)dxsin x(2)14-4 cos xx sin xdx1 cosx1 12 - C .2-cos x 2sin xxdx1 cosx3ln |csc2xsin xdxcosx(3)24sin xcoscot 2x|22cos-dx xln(1cosx),xxd tan 一 2ln(1 cosx)1(116cos2xx =xtan-2x =xtan-21 2x -sin4-(1161 (1161xt

14、an dx2x2 In |cos- |2ln(1 cosx)c 1 cos2x2x cos2xcos2xcos4x - cos 2x2ln(1 cosx) C11(1 cos2x) -8cos4x2cos4xcos4xcos2xcos4x)11一 cos2x 一 cos6x)故 原積分221-cos6x)dx1x161 sin 2x641 sin4x64 sin6x C 1923.無理函數(shù)得積分有理函數(shù)得積分 無理函數(shù)得積分，一般就是通過選擇變量替換，化為有理函數(shù)得積分來進(jìn)行。解解題方法】利用第二類換元法中得三角代換；若被積函數(shù)含有Vax bax b，vcx-,可令n ax bax bncx

15、d擘鏢。若被積函數(shù)含有雙,mx ,可令改t ,其中m, 小公倍數(shù)。墮洼嘩懾愈復(fù)最【注意】無理函數(shù)分子或分母可有理化時(shí)，應(yīng)先有理化。n為正整數(shù)，p例2、11計(jì)算積分x 2 . dx解：令消2(t2t2dx8t(t2 1)2dt原積分二4t2(1 t2)(1 t2)dtdt1 t2dt1 t2In2arctant=In1 ,(x2)(x 21.(x 2)1, (x 2)x 22arctan x 2xf (t)dt ,則有a0,，求 f (x)dx。08, 0), (0, +8)內(nèi)得原函數(shù)。墊速輾嘴貼瞼恒。四、分段函數(shù)得積分連續(xù)函數(shù)必有原函數(shù)，且原函數(shù)連續(xù)。因此有如果函數(shù)在分界點(diǎn)連續(xù)，則在包含該點(diǎn)得

16、區(qū)間內(nèi)原函數(shù)存在。如果分界點(diǎn)就是函數(shù)得間斷點(diǎn)，那么在包含該點(diǎn)得區(qū)間內(nèi)，不存在原函數(shù)?！窘忸}方法】方法一 先分別求出函數(shù)得各分段在相應(yīng)區(qū)間內(nèi)得原函數(shù)； 由原函數(shù)得連續(xù)性確定出各積分常數(shù)之間得關(guān)系。方法二 利用變上限積分函數(shù)，先求出f (x)得一個(gè)原函數(shù)xf (x)dx = f(t)dt+Ca2(注意：方法二省去了確定常數(shù)得麻煩)例2、12設(shè)f (x) x ,sin x,貧奧聞鴉尋。解法一：由于f (x)在在x=0連續(xù)，故f (x)得原函數(shù)存在，因此先分別求出f (x)在(-1, x 013F(x) 3x C1, x 0cos x C 2, x 0由原函數(shù)F(x)得連續(xù)性，考慮 F(x)在x= 0

17、處得左、右極限，得CiC2 C21CiCiC, x 01x3 C f(x)dx 3x C, cosx 1解法二：設(shè)f (x)得一個(gè)原函數(shù)為xF(x) f(t)dt,而0xF(x) f(t)dt =02 ,x dx, x 0sin xdx, x 0o1 33x , cosx1 3Xf(x)dx=F(x) C=3xcosxC, x 01 C, x 0。耀寶鸚綾。例 2、13 求 minl, x2dx。1, 解：min 1, x2x21,由于 min1, x2在 x= - 1, x=1min1, x2在(6, 1), (1,1),由原函數(shù)F(x)得連續(xù)性，考慮limx 1F(x)因此連續(xù)，故min1

18、, x2得原函數(shù)存在，因此先分別求出x C1, xlim F (x) lim F (x) x 1"C2F(x)所謂抽象函數(shù)得不定積分,同樣可用換元法與分部積分法O解：原式f(x)f'(x)1 3(1, + 8)內(nèi)得原函數(shù)。F(x)-x33 xF (x)在 x= 1lim F (x)11-x 3五、x= 1處得左、右極限C1C2C,C2,C3故C1C2，C3C2C2抽象函數(shù)得積分就是指被積函數(shù)由抽象函數(shù)所構(gòu)成得一類積分。其解法例2、13求不定積分f (x)f'2(x) f 2(x)f''(x)f'3(x)dx一 2一 一f'2(x)f(x)f”(x)2f'2(x)dx例2、14求設(shè)f (x)得原函數(shù)為:.1解： xf'(2x)dx xd(f (2x) 211-xf (2x)243d f'