5.3定積分的換元法和分部積分法-習(xí)題

1、1.計(jì)算下列定積分:sin(x)dx33【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式Ji-sln(x)dx-sln(x)d(x3333一)二-cos(x)33冗ji33T3TTt=cos(二3)一cos(33)jin=-cos-(-cos)=0o33【解法二】應(yīng)用定積分換元法于是有令x十一=u，則d電3，當(dāng)x從二單調(diào)變化到32-元時(shí)，U從2-34二單調(diào)變化到,3二sln(x)dx34二二23slnudu=-cosu4二23二-cos3cos33JI1dx二(115x)【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式1dx(115x)311-31(115x)d(115x)52511111512一2(2一1)=10(1151

2、)(11-52)1016512【解法二】應(yīng)用定積分換元法1令11+5x=u,則dx=du,當(dāng)x從一2單倜變化到1時(shí)，u從1單倜變化到516,于是有Jdx1164,11161,1,、513=-Iudu=一，-u1=一(-2-1)=T(11+5x)55-21016512冗J2sin中cos3中d中；0【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式Rncos3d1=一12cosdcos=一cos中(2.041r4-4-cos-cos042=-cos-(-cos)=0。33=10-1=L44【解法二】應(yīng)用定積分換元法TT令cos邛=u,則一sin中d邛=du,當(dāng)平從0單調(diào)變化到二時(shí)，u從1單調(diào)變化到0,于是有二00

3、Q4Q11j0sin，cosm=Tudu=Ludu=zu。=4。二3.L(1-sin3e)de;【解】被積式為(1-sin30)d0,不屬于三角函數(shù)的基本可積形式，須進(jìn)行變換。由于1是獨(dú)立的，易于分離出去獨(dú)立積分，于是問(wèn)題成為對(duì)sin38d日的積分，這是正、余弦的奇數(shù)次哥的積分，其一般方法是應(yīng)用第一換元法，先分出一次式以便作湊微分：sin0d9=dcos8,余下的sin=n+(T1)一一(T-1)=n一。9=1一cos29，這樣得到的一(1一cos?日)dcos8便為變量代換做好了準(zhǔn)備。具體的變換方式有如下兩種：【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式(1sin8)d日=11d81sin8sin8d=

4、日0r+(1cos8)dcos813.什=n+(cos8-cos8)0r31,33人、二二(cos二-cos0)-3(cos二-cos0)14=n+(-1-1)-(-1-1)=n-o【解法二】應(yīng)用定積分換元法令cos*=u，則-sin中d=du,當(dāng)中從0單調(diào)變化到n時(shí)，u從1單調(diào)變化到-1,于是有(1sin39)de=11d9-fsin29sin命8=80r+f(1-cos29)dcos9L0P*00L0O.1Qd=n+f(1-u2)du=冗+(uu3);13冗2j"osudu;6這是正、余弦的偶次哥，其一般積分方法為，利用三角函數(shù)的半角公式：2Ucos21cosu,將平方部份降次成

5、為一次的余弦三角函數(shù):221cos2ucosu=,使之2可以換元成為基本可積形式:【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式31冗2cos2udu=j,2661cos2u1cosudu二(2d22V62cos2ud2u)26=2(ujiji+sin2u2)=_(_)+_(sinn7一sin)31,二(23【解法二】應(yīng)用定積分換元法1令2u=x,則du=dx,當(dāng)u從一單倜變化到262時(shí)，x從工單調(diào)變化到幾，于是有(6)2cos2udu=21cos2u12du=(2du262cos2ud2u)26=2(u121二26j.江1一互冗一1一什.fccosxdx)=-(-)-sinxJJIJI1.二231-(si

6、n2,二、.1,二一叫"二2(3【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法:為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方差轉(zhuǎn)換成完全平方，應(yīng)令x=J2sinu,當(dāng)x從0單調(diào)變化到夜時(shí)，u從0單調(diào)變化到三，且«2-x22=2-2sin2u=42cosu,dx=炎cosudu,使得dx二2-Xji°22cosu2cosuduc21cos2u,=2。22du二02du02cos2udu=u1120cos2ud2u1'1122Xdx;x(21sin2u2二1,(sin二-0)22【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)

7、都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法:為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方差轉(zhuǎn)換成完全平方，應(yīng)令x=sinu,單調(diào)變化到1時(shí)，u從三單調(diào)變化到三，且或三=匹或%=£等，dx=cosudu,42xsinusinu使得11-x,122xdx_2cosu=i=_24sinu冗冗cosudu-2cot2udu=2(csc2u-1)du-JiJiJinn=(cotu-u)2=-(cot-cot)+(-)=1-o224244jx242-x2dx(aA0)；2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是中的三角變換法:為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方差轉(zhuǎn)換成完全平方，應(yīng)令x

8、=asinu,當(dāng)x從0單調(diào)變化到a時(shí)，u從0單調(diào)變化到土，且x2Va2-x2=a2吊ua'2-sn2u=sn2uacosu.2dx=acosudu,使得r4二a、,24、,222.2,a2.2xa-xdx=asinuacosuacosudu2sin2udu004047r44A=a_>21+cos4ud=(u+-sin4u)24J。2uu84a4二1/-八、，14=+(sin2n0)=aa。824161x2/rv【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法：為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方和轉(zhuǎn)換成完全平方，應(yīng)令x=tanu,當(dāng)x從1單調(diào)變

9、TTTT化到J3時(shí)，u從二單調(diào)變化到-,且4322dxsecudusecuducosu,1,.22du=2dsinux21x2tan2u1tan2utanusecusinusinu3dx使得dx122x1x31-2dsinu4sinu這時(shí)，再令sinu=t,當(dāng)u從工單調(diào)變化到4又得3 1.4 dsinu_25 sinu：1=22dt2t上時(shí)，t從正單調(diào)變化到叵,322(io)IJ2x-x2dx;【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法。由于根號(hào)內(nèi)的二次多項(xiàng)式并非為三角變換中的平方和或差的標(biāo)準(zhǔn)形式，需要先將其轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形:v12x-x2=,1

10、_(1-2x+x2)=q'1-(x-1)2,現(xiàn)在，根號(hào)內(nèi)的二次多項(xiàng)式成為了變量在后的平方差的形式了，因此可令jix-1=sinu,當(dāng)x從0單調(diào)變化到1時(shí)，x-1從-1單調(diào)變化到0,從而u對(duì)應(yīng)從-一單調(diào)2變化到0,而且2x-x2=1-sin2ucos2u=cosu,dx=cosudu,于0一22x-x2dx='：cosucosudu01cos2uduJ(u1sin2u)-2222Ji41二1=2°-(-2)2Sin0-Sin(-7：)【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等，應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法:【解法一】令JX=U，當(dāng)X從1單調(diào)變化到

11、4時(shí)，U從1單調(diào)變化到2,且由此得x=U2,1dx=2udu,產(chǎn)1x4dx22udu2)du=2(u-ln1+u|)=2(111-x11u132、=2(2-1)-(ln3ln2)=2(1一m2)=2。十八【解法二】為便于積分，可使變換后的分母成為簡(jiǎn)單變量，即令1+jx=u，當(dāng)x從1單調(diào)211變化到4時(shí)，u從2單倜變化到3,且由此得x=(u1)2,dx=2(u1)du,產(chǎn)=,1xu于是4dx32(u-1)du=2j3(1)du=2(u-Inu)311+Vx2u2u3=2(32)(ln3-ln2)=2(1ln-)。21dx13-J.，41-xT【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)

12、不相等，應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法:【解法一】令J=x=u，當(dāng)x從3單調(diào)變化到1時(shí)，u從1單調(diào)變化到0,且由此得422.11x=1u2,dx=-2udu,-=，于是1-x-1u-1dxo-2u-1du=2Jo(1+1)du=2(u+lnuFo=2(lnln1)22=12ln2。,.一一一一".3【解法二】為便于積分，可使變換后的分母成為簡(jiǎn)單變量，即令。1x-1=u,當(dāng)x從3單41倜變化到1時(shí)，u從一一單調(diào)變化到1,且由此得x=1_(u+1)2,dx=_2(u+1)du,211工曰=一,于1x1u1dx弓,1x1-2(u1).1duUu-O1-2=212(1+-)du=2(u+

13、lnu)u11=2(-)(1)+lnln-1)22=1-2ln2oxdx【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等，應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法:令。54x=u,當(dāng)x從-1單調(diào)變化到1時(shí)，u從3單調(diào)變化到1,且由此得x=-l(u2-5),4dx=-ludu,11-,25-4xu1xdx5-4x121121131(u-5)udu=一1(u-5)du=一(一u5u)3428'3831131F"3-1,、2ex.(14) fdx;1 x21ex【解】由于e7dxx一1.1=ex下dx,為含復(fù)合函數(shù)ex的積分，且微分部份二dx僅與復(fù)合函數(shù)exxx1 1之中間變

14、重一的微分一下dx相差一個(gè)常數(shù)倍，可以應(yīng)用第一換元積分法：xx【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式12ex211dx=-exd-e1x21x【解法二】應(yīng)用定積分的換元法1=-(e2-e1)=e-Veo2時(shí),1dx=du,x人1令一=u，當(dāng)x從1單倜變化到x1u從1單調(diào)變化到一，且由此得-212ex12dx1x121ex2dx1-12du=-eu1112=-(e21-et2(15)te2dt;0【解】為含復(fù)合函數(shù)t2e的積分，且微分部份tdt與復(fù)合函數(shù)t2e氣之中間變量t2八的被分2-tdt僅相差個(gè)常數(shù)倍，可以應(yīng)用第一換元積分法:【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式1220te2dt一t21-t20e2

15、d(-2)=-et2一20-e）二T?！窘夥ǘ繎?yīng)用定積分的換元法人t令-二u，當(dāng)x從0單倜變化到21時(shí)，u從0單調(diào)變化到1,廣，且由此得2-tdt=du,t21te2dt01=-2eudu=1eudu0Foo1=e一21-e)1=1-e。e2(16)【解】為含復(fù)合函數(shù)的積分，且微分部份1ln二之中間變量1+lnx的微xdx/;x.1lnx1、一，一分1dx相等，可以應(yīng)用第一換元積分法:x【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式e2dx1x1lnxe211lnxd(1lnx)=211nxe二2(1lne2-1ln1)=2(12-10)=2(3-1)?！窘夥ǘ繎?yīng)用定積分的換元法令1+lnx=u,當(dāng)x從

16、1單調(diào)變化到e2時(shí)，u從1單調(diào)變化到3,且由此得-Xnx+ldTTX二du=2而J；=2(731)。1u；(x+2)dxNx22x2'【解】為含復(fù)合函數(shù)的積分，被積函數(shù)為真有理分式，分母為二次無(wú)零點(diǎn)的多項(xiàng)式，且分子比分母低一次，可以分解為兩個(gè)可積基本分式的積分:0(x2)dx10(2x2)2-_22x2x22_1一2-,22_x2x22x22x22x2dx,1dx2<x22x22d(x22x2)_2dx12d(x1)(x1)12(18)(0dxx1、(x1)3Jn(x22+2x+2)+arctan(x+1)0,21，C、/，/、(ln2-In2)arctan1-arctan(-1

17、)2【解】被積函數(shù)中含根號(hào)，可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法:令dx+1=u，當(dāng)x從0單調(diào)變化到2時(shí)，u從1單調(diào)變化到v3，且由此得x=u2-1,dx=2udu,x1(x1)3于是2dx0x1(x1)3ox43=2arctanu1j-3131二2(arctan3-arctan1)=2()Tl(19) fvcosx-cosFxdx;【解】由于cosx-cos3xcosx(1-cos2x)=cosxsin2x=Ycosx|sinx,H所以2cosx-cosxdx=03'23cosx-cosxdx02cosx-cosxdx0一cosx(-sinx)dx

18、一202cosxsinxdx0二工一2JIcosxdcosx于是有【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式30312132二3二3二12二cosx-cosxdx-(cosx)2dcosx-。2(cosx)2dcosx-2二2(cosx)30二一2(cosx)223-2224=-(1-0)-(0-1)=-o333【解法二】應(yīng)用定積分的換元法a、r,兀令cosx=u，當(dāng)x從-2單倜變化到0時(shí)，u從0單倜變化到1,當(dāng)x從0單調(diào)變化到二時(shí)，u從1單調(diào)變化到20,且由此得sinxdx=du,于2二cosx-cosxdx二:cosxjsinx)dx，2cosxsinxdx1=Ivudu-0u2du0u2du2u2

19、3du2u237r.(20) fJ1+cos2xdx。0【解】由于1,cos2x=2cos2xV2|cosx,所以八后0啟dx=五cosxdxnTL=v2(21cosxdx+cosxdx2-2V2-x2-sinx5icosxdx，I.(-cosx)dx=、/2sin2=T2(sin"0)-(sinnsin")=夜1(1)=2%反。222.利用函數(shù)的奇偶性計(jì)算下列定積分：x4sinxdx;【解】由于函數(shù)y=x4sinx是奇函數(shù)，即知x4sinxdx=0。11=_(arcsin_)_0=1(-)=。1r4cos4比日；JJL-2【解】由于函數(shù)f(8)=4cos4日是偶函數(shù)，且有

20、4cos40=4(1+cos2e)2=i+2cos2日十cos22=1+2cos2日+1+c0s4.223一一.1=2cos2?cos4i224.14.13.1即得24cosid?-224cos?d?-22(2cos2?cos4?)d?工.0022-.1sin2sin4)82，.、=3(arcsinx)(4)12_12xarcsinx1-x2dx。3二1=2(-0)(sin二-0)(sin2-0)2283二=。21z、2'h/dx；【解】由于函數(shù)y=(arcs1nx)杲偶函數(shù),所以1-x21212121dx=22dx=22(arcsinx)2darcsinx41-x201-x20【解】

21、由于函數(shù)y=窄鷲是偶函數(shù)，所以1-x23.證明:12xarcsinx1-x21xarcsinxdx=2201-xdx=-202arcsinxdq'1-x-21-x2arcsinx=-21-dt1t2【證明】作倒數(shù)變換1且有1t2于是有證畢。4.證明：（-x2darcsinx1.1c一arcsin-0一1Q2dx=-2302-x62=1(XA0)。當(dāng)t從X單調(diào)變化到1時(shí),u從,單調(diào)變化到1x1(1)2udt1x1t2u21，dt=duu12x1uduu12x1u2du11t2sinnxdx=22sinnxdx?！咀C明】由于/sinnxdx.c一n一一n2sinxdx-,sinxdx,其中

22、，對(duì)于sinxdx,作如下的處理:作變換x=n-u,當(dāng)x從三單調(diào)變化到n時(shí),2,兀、，一u從單調(diào)變化到0,且有sinnx=sinn(1一u)=sinnudx=-du,0i0二sinnxdx-sinnudu=102sinnudu=J02sinnxdx,從而得sinnxdx=002sinnxdx-si/xd"2。2sinnxdx。證畢。5.設(shè)f(t)為連續(xù)函數(shù)，證明：x當(dāng)f(t)是偶函數(shù)時(shí)，9(x)=Lf(t)dt為奇函數(shù)；【證明】當(dāng)f(t)是偶函數(shù)時(shí)，有f(1)=f(t),-Xxx使得邛(_x)=£f(t)dtt=70f(-u)d(-u)=-j0f(u)du=平(x),x可知

23、此時(shí)cp(x)=(f(t)dt為奇函數(shù)，證畢。x當(dāng)f(t)是奇函數(shù)時(shí)，中(x)=(f(t)dt為偶函數(shù)?！咀C明】當(dāng)f(t)是奇函數(shù)時(shí)，有f(1)=f(t),-xxx使得中(x)=|0f(t)dtt=u0f(u)d(u)=(f(u)du=9(x),x可知此時(shí)中(x)=(f(t)dt為偶函數(shù)，證畢。6.設(shè)f(x)是以T為周期的連續(xù)函數(shù)，證明：對(duì)任意的常數(shù)a,有aTTCf(x)dx=J0f(x)dx?！咀C明】題設(shè)f(x)是以T為周期的連續(xù)函數(shù)，可知成立f(x土T)=f(x),aT0TaT由于f(x)dx=f(x)dx，f(x)dx，f(x)dxaa0TaTaT-0f(x)dx°f(x)dx

24、Tf(x)dxaT其中，對(duì)于(f(x)dx,作如下的處理：令x=u+T,當(dāng)x從T單調(diào)變化到a+T時(shí)，u從0單調(diào)變化到a,aTa使得Tf(x)dxx=utof(uT)d(uT)aa=f(u)du=(f(x)dx,00aTaTaT于是有f(x)dx-f(x)dx，If(x)dx，If(x)dx=°f(x)dx,證畢。7.計(jì)算下列定積分：1fxdx;0【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi)，應(yīng)選e7為先積分部份，【解法一】套用分部積分公式,0xe'dx=°xd(-e')-xe1，_1-.0(-e)dx二e100e*dx1-e-e=-e-(e，-e°)=1-2e。

25、【解法二】應(yīng)用列表法符號(hào)求導(dǎo)積分-xe_x一e-xe可得1_xxa、xedx=(xe-e)00=(-1e-eJ)-(-0e0e0)=1-2e?！窘狻勘环e函數(shù)屬分部積分第二類(lèi)，套用分部積分公式，選x為先積分部份,ee1xlnxdx=lnxd2212.x=xlnx2e12xdlnx1212、二(elne-0)22112dx=ee1一xdx12x為先積分部份,1x2darctanx02121212=2eN(e-1)=4(e+1)0（含不可直接積分部份的分部積分不應(yīng)使用列表法）1xarctanxdx；0【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi)，套用分部積分公式，選1 ,11，、,1212.xarctanxdx=

26、arctanxdx=xarctanx00221,=arctan1一2nx021x2jidx=8-1(12,0'1x2)dx二1一二、二1xcos2x2c12(-cos2x)dx02【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi)，應(yīng)選sin2x為先積分部份,【解法一】套用分部積分公式,21一、2xsin2xdx=一(x-arctanx)xd(-cos2x)=-0027T1,二一(COST-0)2222cos2xdx=-(-1)-sin2x044二1,.(sin蹙-0)=。444【解法二】應(yīng)用列表法符號(hào)求導(dǎo)積分可得21£xsin2xdx=(-1xcos2x4$in2x)sin2x1c-cos2x

27、21.八一sin2x41二1。(2cost。0)4(sin1-sin0)1二1二一廠2）+4（0一0）7【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi)，套用分部積分公式,應(yīng)選1亍為先積分部份,41nx1xdxI41nxd2x=2x1nx=2x1n一：2*I"=241nx”21dx1x=2"'x1nx2dx=3xC(-cotx)=-xcotxsinx4-4s/x|4=2<x(1nx-2)=24(1n4-2)-1(1n12)=41n41=4(21n21)。nxKdx;_24sinx,一一一,、，1,一一，【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi)，應(yīng)選為先積分部份,sinx31c43(-co

28、tx)dx4【解法一】套用分部積分公式,一。1dsinx4sinx=-xcotxlnsinx=(一xcotx+lnsinx)3Tj二(-cotln33sin-)-(cot+lnsin)3444,二1,3、，二(-ln)-(-一332''4ln21=(43121)二ln2-(33242133)3ln一。2【解法二】應(yīng)用列表法符號(hào)求導(dǎo)積分1sin2x-cotx-ln|sinx二x可得3：4sin2xdx=(-xcotx+lnsinx)n3n4=(cot+lnsin-)-(-cot+lnsin33344in二1（一33ln34冗)一(一.ln41二（4321)二ln2-=(2421l

29、n3。22冗L2e2xcosxdx;【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi),2x.e與cosx均可選為先積分部份,=-xcotx3cosx一3 dx-xcotx【解法一】套用分部積分公式，選32'為先積分部份,4 sinxJI22x、ecosxdx=rcosxd1e2、=-e2xcosx02222x,2edcosx021-二0、112x(ecos-ecos0)2esinxdx2202=-(01)+2-sinxd-e2x=-+1e2xsinx:2-e2xdsinx2102224°0411：-.0122x,二一(esin-esin0)-2ecosxdx24240一二”1e11”即倚eco

30、sxdx.-e降處,移項(xiàng)，整理得一1-02ecosxdx=-(e71-2)°【解法二】套用分部積分公式，選cosx為先積分部份,HJI2_2x2/X2x_0ecosxdx=J0edsinx=esinxUTt0-02sinxde2x=(e飛冶2一0)一o9e's1nxdx=e冗2_2x一一-fo22ed(-cosx)T2x/xqc/、2x_=e-2e(-cosx)0一12(-cosx)d2enjt=e“+2e2xcosx0-R4e2xcosxdxit71=e2(ecose0cos0)-4o2e2xcosxdxje即得22x22xecosxdx=e-2-4ecosxdx,00C2

31、x1一移項(xiàng)，整理得2ecosxdx=-(e，-2)。05log2xdx;【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi)，套用分部積分公式，選x為先積分部份,2.xdlog2x1212=-(422-0)-(-x21,c12,dx=2xdxxln22ln212212xlog2xdx=1log2xd-x=2lx22=2(41)=22ln224ln24ln22二2.xcosxdx;【解】將三角函數(shù)降次后求解,產(chǎn)xcos2xdx=12nx001+cos2xdx_12一22二o(xxcos2x)dx1/12二(x222-2二J+(xcos2xdx)212：;.=二xcos2xdx2o,_2二其中，積分xcos2xdx中的

32、被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi)，套用分部積分公式，選cos2x為先積分部份，得2n2n112nxcos2xdx=xdsin2x=-xsin2x0'2二1一sin2xdx02從而得e(io)(sin(lnx)dx;c1-=二sin4星一0-cos2x421,0=0-0(cos4霆一cos0)41北。-1)-0,2：:2,212,212J°XCOSXdxE+小。XCOSZxdxE十/0=元。【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi)，且已經(jīng)具有judv的結(jié)構(gòu)，直接套用分部積分公式得eeesin(lnx)dx=xsin(lnx)1-：xdsin(lnx).,、八e八、1，=esin(lne)0.xcos(lnx)dx1xe=esin1一cos(lnx)dx.ee=esin1-xcos(lnx)1-(xdcos(lnx)e1=esin1-ecos(lne)-cos(ln1)/ix-sin(lnx)dx1xe=esin1-ecos11-sin(lnx)dx即得eesin(lnx)dx=e(sin1cosl)+1ssin(lnx)dx，移項(xiàng)、整理得e1.ssin(lnx)dx=-e(sin1-cos1)+1°e(11)/Inxdx;ee1e1e1e=-1lnxdx-IInxdxe【解】j1Inxdx=1|lnxdx+Inxdx=f