《数学分析》教案第八章不定积分(10 学时)81不定积分概念与基本积分公式教学目的要求：掌握不定积分的概念和性质，会用初等数学中的公式和基本积分公式计算不定积分教学重点、难点：重点不定积分的定义，用初等数学中的公式和基本积分公式计算不定积分难点不定积分定义的理解学时安排：(2 学时)教学方法：讲授法教学过程：微分法的基本问题一一从已知函数求出它的导数；但在某些实际问题中，往往需要考虑与之相反的问题一一求一个已知函数，使其导数恰好是某一已知函数一一这就是所谓的积分问题。一原函数与不定积分（一）原函数定义1设函数f(x)与F(x)在区间I上有定义。若xel,F'(x)= f(x),则称F(x)为f(x)在区间I上的一个原函数。111x是*在R上的一个原函数；一如：cos2x,cos2x+1，sinx，cosx等都有是sin2x1223在R上的原函数放一一若函数f(x）存在原函数，则其原函数不是唯一的。问题1f(x)在什么条件下必存在原函数？若存在，其个数是否唯一；又若不唯一，则有多少个？问题2若函数f(x）的原函数存在，如何将它求出？（这是本章的重点内容）。定理1若f(x)在区间I上连续，则f(x)在I上存在原函数F(x)。证明：在第九章中进行。说明：（1）由于初等函数在其定义域内都是连续的，故初等函数在其定义域内必存在原函数（但其原函数不一定仍是初等函数）。（2）连续是存在原函数的充分条件，并非必要条件。定理2设F(x)是f(x)在在区间I上的一个原函数，则（1）设F(x)+C是f(x)在在区间I上的原函数，其中C为任意常量（若f(x）存在原函数，则其个数必为无穷多个）。（2）f(x）在I上的任何两个原函数之间，只可能相差上个常数（揭示了原函数间的关系）。证明：由定义即可得。（二）不定积分定义2函数(x)在区间I上的原函数的全体称为f(x)在I上的不定积分，记作：J f(x)dx
《数学分析》教案 第八章 不定积分 (10 学时) §1 不定积分概念与基本积分公式 教学目的要求： 掌握不定积分的概念和性质，会用初等数学中的公式和基本积分公式计算不定积分. 教学重点、难点：重点不定积分的定义，用初等数学中的公式和基本积分公式计算不定积分. 难点不定积分定义的理解. 学时安排: (2 学时) 教学方法: 讲授法. 教学过程: 微分法的基本问题——从已知函数求出它的导数；但在某些实际问题中，往往需要考虑与之相反的问题 ——求一个已知函数，使其导数恰好是某一已知函数——这就是所谓的积分问题。 一 原函数与不定积分 （一） 原函数 定义 1 设函数 f (x) 与 F(x) 在区间 I 上有定义。若 F(x) = f (x) ， xI ， 则称 F(x) 为 f (x) 在区间 I 上的一个原函数。 如： 3 3 1 x 是 2 x 在 R 上的一个原函数； cos 2x 2 1 − ， cos 2 1 2 1 x + ， x 2 sin ， x 2 − cos 等都有是 sin 2x 在 R 上的原函数——若函数 f (x) 存在原函数，则其原函数不是唯一的。 问题 1 f (x) 在什么条件下必存在原函数？若存在，其个数是否唯一；又若不唯一，则有多少个？ 问题 2 若函数 f (x) 的原函数存在，如何将它求出？（这是本章的重点内容）。 定理 1 若 f (x) 在区间 I 上连续，则 f (x) 在 I 上存在原函数 F(x) 。 证明：在第九章中进行。 说明：（1）由于初等函数在其定义域内都是连续的，故初等函数在其定义域内必存在原函数（但其原函 数不一定仍是初等函数）。（2）连续是存在原函数的充分条件，并非必要条件。 定理 2 设 F(x) 是 f (x) 在在区间 I 上的一个原函数，则（1）设 F(x) + C 是 f (x) 在在区间 I 上的原函 数，其中 C 为任意常量（若 f (x) 存在原函数，则其个数必为无穷多个）。（2） f (x) 在 I 上的任何两个 原函数之间，只可能相差上个常数（揭示了原函数间的关系）。 证明：由定义即可得。 （二） 不定积分 定义 2 函数 f (x) 在区间 I 上的原函数的全体称为 f (x) 在 I 上的不定积分，记作： f (x)dx
《数学分析》教案其中『--积分号；f(x)--被积函数；f(x)dx--被积表达式；x--积分变量。注1「f(x)dx是一个整体记号；注2不定积分与原函数是总体与个体的关系，即若F(x)是f(x)的一个原函数，则f(x)的不定积分是一个函数族(F(x)+C)，其中C是任意常数，于是，记为：「f(x)dx=F(x)+C。此时称C为积分常数，它可取任意实数。故有[JF(x)dx}"=f(x)——先积后导正好还原；dj f(x)dx = f(x)dx 。或[(x)dx=f(x)+C一一先导后积还原后需加上一个常数（不能完全还原)。Jdf(x)= f(x)+C。或 如 [r'd=号+C， Ssin2xdx--o-cos2x+C。32不定积分的几何意义：若F(x)是f(x)的一个原函数，则称y=F(x)的图象为f(x)的一条积分曲线。于是，f(x)的不定积分在几何上表示f(x)的某一条积分曲线沿纵轴方向任意平移所得一载积分曲线组成的曲线族，如左图。结论：若在每一条积分曲线上横坐标相同的点处作切线，则这些切线互相平行。注：在求原函数的具体问题中，往往是先求出全体原函数，然后从中确定一个满足条件F(xo）=y（称之为初始条件，一般由具体问题确定）的原函数，它就是积分曲线族中通过点（xo,yo）的那条积分曲线。如：见P179.二基本积分表由于不定积分的定义不象导数定义那样具有构造性，这就使得求原函数的问题要比求导数难得多，因此，我们只能先按照微分法的已知结果去试探。首先，我们把基本导数公式改写成基本积分公式：1.Jodx=C; 2. 1dx=Jdx=x+C; 3. Jxadx==一=a+i+C, (α*-1,x>0):4.Jdx=In+C, (x*0): 5. Je*dx=e*+C:6.Ja'd=+C,(a>0.a1);: 7.Jcosaxd==sin ax+C,(a+0);Inaa8. Jsin axdx=-_cosax+C, (a#0): 9. J sec'xdx=tanx+C;10. Jcsc xdx= -cot x+C; 11. secx-tan xdx= secx+C;
《数学分析》教案 其中 − − 积分号； f (x) − − 被积函数； f (x)dx − − 被积表达式； x −− 积分变量。 注 1 f (x)dx 是一个整体记号； 注2 不定积分与原函数是总体与个体的关系，即若 F(x) 是 f (x) 的一个原函数，则 f (x) 的不定积分 是一个函数族 F(x) +C ，其中 C 是任意常数，于是，记为： f (x)dx = F(x) + C 。 此时称 C 为积分常数，它可取任意实数。故有 [ f (x)dx] = f (x)——先积后导正好还原； 或 d f (x)dx = f (x)dx 。 f (x)dx = f (x) + C ——先导后积还原后需加上一个常数（不能完全还原）。 或 df (x) = f (x) + C 。 如： C x x dx = + 3 3 2 ， xdx = − x + C cos 2 2 1 sin 2 。 不定积分的几何意义： 若 F(x) 是 f (x) 的一个原函数，则称 y = F(x) 的图象为 f (x) 的一条积分曲线。于 是， f (x) 的不定积分在几何上表示 f (x) 的某一条积分曲线沿纵轴方向任意平移 所得一载积分曲线组成的曲线族，如左图。 结论：若在每一条积分曲线上横坐标相同的点处作切线，则这些切线互相平行。 注： 在求原函数的具体问题中，往往是先求出全体原函数，然后从中确定一个满足条件 0 0 F(x ) = y （称之为初始条件，一般由具体问题确定）的原函数，它就是积分曲线族中通过点 ( , ) 0 0 x y 的那条积分曲线。如：见 P179. 二 基本积分表 由于不定积分的定义不象导数定义那样具有构造性，这就使得求原函数的问题要比求导数难得多，因 此，我们只能先按照微分法的已知结果去试探。首先，我们把基本导数公式改写成基本积分公式： 1. 0dx = C ；2. 1dx = dx = x + C ；3. C x x dx + + = + 1 1 ，( −1, x 0) ； 4. dx x C x = + ln 1 ，(x 0) ；5. e dx = e + C x x ； 6. C a a a dx x x = + ln ， (a 0,a 1) ；7. ax C a axdx = + sin 1 cos ，(a 0) ； 8. ax C a axdx = − + cos 1 sin ，(a 0) ；9. sec xdx = tan x + C 2 ； 10. csc xdx = −cot x + C 2 ；11. sec x tan xdx = sec x + C ；
《数学分析》教案dx12.cscx.cotxdx=-cscx+C;13.arcsinx+C=-arccosx+C,/1-2dxarctanx+C=-arccotx+C,14.J1+x2注意：上述基本积分公式一定要牢记，因为其它函数的不定积分经运算变形后，最终归结为这些基本不定积分。另外，还须借助一些积分法则才能求出更多函数的不定积分。定理3若函数f(x)与g(x)在区间1上都存在原函数，ki,kz为两个任意常数，则k,f(x)+k2g(x)也存在原函数，且[[k,f(x)+kzg(x)]dx=k,[f(x)dx+kzJg(x)dx（积分的线性)。证明：由定义即得。[Zk,J(x)dx=Zk,[ J(x)dx 。注：线性法则的一般形式为：例1 p(x)= ox"+ax-++an-x+a,则 p(x)dx=+x"+..+an-lx?+a,x+C.n+12nd=2x+I(x2 -1+)例2-x+2arctan x+C。x2 +13dx[ 例3-cot x+ tan x+C。1.1例4[cos3x·sin xdx=[(sin 4x-sin 2x)dx = cos4x+cos2x)+C24°2(cos4x -cos2x)+C 。8例 5[(10*-10-*)°dx =[(102* +10-2 -2)dx = [(10°)* +(10-2)*-2]dx(102x -10-2x)- 22 +C。2ln10课后记1.根据以往对本节教学的经验、教训，经反复强掉总有一些学生在求不定积分时忘记加任意常数C，因此，在再一次组织对本节的教学时，我在整个教学流程中惯穿原函数与不定积分的区别，有一定的效果2.让同学们自已总结出以下两种方法，加深记忆，提高学习效率：验证所求不定积分是否正确的方法.对所求结果求导，已知一个函数的导数求这个函数,对其导数求不定积分,任意常数由初始条件确定82换元积分法与分部积分法教学目的要求：能熟练的用换元积分法与分部积分法计算不定积分。教学重点难点：换元积分法、分部积分法学时安排：3学时教学过程：换元积分法
《数学分析》教案 12. csc x cot xdx = −csc x + C ；13. 1 2 arcsin arccos 1 x C x C x dx + = − + − ； 14. 2 1 arctan cot 1 x C arc x C x dx = + = − + + 。 注意：上述基本积分公式一定要牢记，因为其它函数的不定积分经运算变形后，最终归结为这些基本不 定积分。另外，还须借助一些积分法则才能求出更多函数的不定积分。 定 理 3 若函数 f (x) 与 g(x) 在区间 I 上 都 存 在 原 函 数 ， 1 2 k ,k 为两个任意常数，则 ( ) ( ) 1 2 k f x + k g x 也存在原函数，且 [k f (x) + k g(x)]dx = k f (x)dx + k g(x)dx 1 2 1 2 （积分的线性）。 证明：由定义即得。 注：线性法则的一般形式为： = = = n i n i ki f i x dx ki f i x dx 1 1 ( ) ( ) 。 例 1 n n n n p x = a x + a x + + a − x + a − 1 1 0 1 ( ) , 则 x a x C a x n a x n a p x dx n n n n + + + + + + = + − 0 1 1 1 2 1 2 ( ) 。 例 2 x x C x dx x dx x x x = − + + + = − + + + 2arctan 3 ) 1 2 ( 1 1 1 3 2 2 2 4 。 例 3 = + + = dx x x dx x x x x x x dx (csc sec ) cos sin cos sin cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2 = −cot x + tan x +C 。 例 4 x xdx = x − x dx = − x + x + C cos 2 ) 2 1 cos 4 4 1 ( 2 1 (sin 4 sin 2 ) 2 1 cos3 sin = − (cos 4x − cos 2x) + C 8 1 。 例 5 − = + − = + − − − − dx dx dx x x x x x x (10 10 ) (10 10 2) [(10 ) (10 ) 2] 2 2 2 2 2 C x x = − − + − (10 10 ) 22 2ln 10 1 2 2 。 课后记 1．根据以往对本节教学的经验、教训，经反复强掉总有一些学生在求不定积分时忘记加任意常数 C，因 此，在再一次组织对本节的教学时，我在整个教学流程中惯穿原函数与不定积分的区别，有一定的效果. 2．让同学们自己总结出以下两种方法,加深记忆,提高学习效率:验证所求不定积分是否正确的方法.对所 求结果求导,已知一个函数的导数求这个函数,对其导数求不定积分,任意常数由初始条件确定. §2 换元积分法与分部积分法 教学目的要求: 能熟练的用换元积分法与分部积分法计算不定积分. 教学重点难点: 换元积分法、分部积分法 学时安排: 3 学时 教学过程: 一 换元积分法
《数学分析》教案定理4（1)（换元积分法）设g(u)在[α,)上有定义，u=p(x)在[a,b]上可导，且α≤p(x)≤β，xe[a,b]，记f(x)=g(p(x)p(x)，xe[a,b]。（1）（第一换元积分法）若g(u)在[α,β]上存在原函数G(x)，则f(x)在[a,b]上也存在原函数F(x)，且有F(x)=G(p(x))+C，即[ f(x)dx =J g(p(x)p'(x)dx =J g(u)du= G(u) +C= G(p(x) +C 。也可写为：[ g(p(x)p'(x)dx =J g(p(x)dp(x) = (令p(x)=u) = J g(u)du=G(u)+C=(代回u=p(x)) G(p(x)+C。(2）（第二换元积分法）又若p(x)0，xe[α,b]，则上述命题（1）可逆，即当f(x)在[a,b)存在原函数F(x)时，g(u)在[α,β)上也存在原函数G(u)，且G(u)=F(p-(u)+C，即[g(u)du (令u=p(x) =[g(p(x)p(x)dx=J f(x)dx=F(x)+C (代回x=p-(u)F(β-'(u)+C。证明：由不定积分的定义及求导法则即得。注：在第一换元积分法中是将被积函数的某一部分视为一个整体看作一个新的积分变量；在第二换元积分法中是用某一函数来代替其积分变量。例1习[ tan xdx .求sin xdx-dcosx=-In|cosx+C。tanxdx:鲜COSXCosxdx例2求(a>0)。a2+x?若令u==（第一换元法），或令x=au（第二换元法）均可将积分化为：【分析】+u2a同时也可令x=αtanu（第二换元法），可将积分化为：「dudx例3 8-x2du【分析】若令u=（第一换元法），或令x=au（第二换元法）均可将积分化为：同时a也可令x=asinu，或x=acosu（第二换元法）将积分化为：「dudx例4 -a31【分析】故可分别令u=x一a，u=x+a（第一换元法），可将积大x2-a2ax+
《数学分析》教案 定理 4 （1）（换元积分法） 设 g(u) 在 [,] 上有定义， u = (x) 在 [a,b] 上可导，且 (x) ， x [a,b] ，记 f (x) = g((x))(x)， x [a,b] 。（1）（第一换元积分法）若 g(u) 在 [,] 上存在原函数 G(x) ，则 f (x) 在 [a,b] 上也存在原函数 F(x) ，且有 F(x) = G((x)) + C ，即 f (x)dx = g((x))(x)dx = g(u)du = G(u) + C = G((x)) + C 。 也可写为： = = g((x)) (x)dx g((x))d(x) （令 (x) = u) = g(u)du = G(u) + C =（代回 u = (x) ） G((x)) + C 。 （2）（第二换元积分法） 又若 (x) 0， x [a,b] ，则上述命题（1）可逆，即当 f (x) 在 [a,b] 存在原函数 F(x) 时， g(u) 在 [,] 上也存在原函数 G(u) ，且 G(u) = F u +C − ( ( )) 1 ，即 g(u)du （令 u = (x)) = g((x))(x)dx = f (x)dx = F(x) + C （代回 ( )) 1 x u − = F u +C − ( ( )) 1 。 证明：由不定积分的定义及求导法则即得。 注：在第一换元积分法中是将被积函数的某一部分视为一个整体看作一个新的积分变量；在第二换元积 分法中是用某一函数来代替其积分变量。 例1 求 tan xdx。 解 tan xdx d x x C x dx x x = = − = − + cos ln cos cos 1 cos sin 。 例 2 求 + 2 2 a x dx (a 0) 。 【分析】 若令 a x u = （第一换元法），或令 x = au （第二换元法）均可将积分化为： + 2 1 u du ； 同时也可令 x = a tan u （第二换元法），可将积分化为： du 。 例3 求 − 2 2 a x dx 。 【分析】 若令 a x u = （第一换元法），或令 x = au （第二换元法）均可将积分化为： − 2 1 u du ；同时 也可令 x = asin u ，或 x = acosu （第二换元法）将积分化为： du 。 例4 求 − 2 2 x a dx 。 【分析】 因 ) 1 1 ( 2 1 1 2 2 x a a x a x + a − − = − ，故可分别令 u = x −a，u = x + a （第一换元法），可将积
《数学分析》教案分化为：。同时也可令x=asecu或x=acscu(第二换元法)将积分化为：sin udu 或.cosudu.cos"usinu（但此时计算不如前一方法简单！！）例5求[secxdx.dsinx1+sinx解：（方法一）『secxdx=』cosdx=cos"xJi-sin?x-2"1-sin xrd(secx+tanx)Jsecxd = seex(sex+tandx=（方法二）secx+tan xsecx+tanx= In secx+ tanx+C。使用第一换元积分法的关键：在于把被积表达式f(x)dx凑成g(p(x))p(x)dx=g(g(x))dp(x）形式，从而作变换u=p(x)，化积分为：「g(u)du。但要注意的是最后要换回原积分变量。第二换元积分法的目的同第一换元法一样，也是被积函数化为容易求得原函数的形式，但最终同样不要忘记变量还原。du例6求Ju+u【分析】为了去掉被积函数中的根号，取根次数2和3的最小公倍数6，并令u=x°，则可化简积分。例7 求[Va?-x2 dx (a>0)。【分析】为了去掉被积函数中的根号，可令x=asint，也可令x=acost。dx例8求(a>0)。x2-a2【分析】为了去掉被积函数中的根号，可令x=asect，也可令x=acsct。dx例9求2 (a>0)。2 +α2)2【分析】为了化简被积函数，可令x=atant，或x=acott。解：令x=atant，<，于是，有2dxasectdt=[cos’ tdt -(1+cos2t)di(x?+a2)atsecttaxX(t+sintcost)+C(arctan）)+C2a2a3ax+a?dx例10x2/x2-1解：【方法一]】第一换元积分法：
《数学分析》教案 分化为： u du 。同时也可令 x = asecu 或 x = acscu （第二换元法）将积分化为： du u u 2 cos sin 或 du u u 2 sin cos 。 （但此时计算不如前一方法简单！！） 例5 求 sec xdx。 解：（方法一） C x x x d x dx x x xdx + − + = − = = 1 sin 1 sin ln 2 1 1 sin sin cos cos sec 2 2 。 （方法二） sec xdx + + = + + = x x d x x dx x x x x x sec tan (sec tan ) sec tan sec (sec tan ) = ln sec x + tan x +C 。 使用第一换元积分法的关键：在于把被积表达式 f (x)dx 凑成 g((x))(x)dx = g((x))d(x) 形式， 从而作变换 u = (x) ，化积分为： g(u)du 。但要注意的是最后要换回原积分变量。 第二换元积分法的目的同第一换元法一样，也是被积函数化为容易求得原函数的形式，但最终同样不要忘 记变量还原。 例6 求 + 3 u u du 。 【分析】 为了去掉被积函数中的根号，取根次数 2 和 3 的最小公倍数 6，并令 6 u = x ，则可化简积分。 例7 求 a x dx − 2 2 (a 0) 。 【分析】 为了去掉被积函数中的根号，可令 x = asin t ，也可令 x = acost 。 例8 求 ( 0) 2 2 − a x a dx 。 【分析】 为了去掉被积函数中的根号，可令 x = asect ，也可令 x = acsct 。 例9 求 + 2 2 2 (x a ) dx (a 0) 。 【分析】 为了化简被积函数，可令 x = a tan t ，或 x = a cot t 。 解：令 x = a tan t ， 2 t ，于是，有 + 2 2 2 (x a ) dx = = = + t dt a tdt a dt a t a t (1 cos 2 ) 2 1 cos 1 sec sec 3 2 4 4 3 2 C x a ax a x a t t t C a + + = + + = (arctan + ) 2 1 ( sin cos ) 2 1 3 3 2 2 。 例10 求 −1 2 2 x x dx 。 解：[方法一] 第一换元积分法：
《数学分析》教案dx1u/i-u? +(d(1(ux[方法二］第二换元积分法（令x=Sect;[J et.td cosidt =sin +C --dx+C（优于方法一！!)。x?Vx?-1sec't.tant二分部积分法定理5（分部积分法）若u(x)与v(x)可导，不定积分「u(x)v(x)dx存在，则不定积分「u(x)v(x)d)也存在，且[u(x)v(x)dx=u(x)v(x)-「u(x)v(x)dx，（此式称为分部积分公式);即[u(x)dv(x)=u(x)v(x)-Jv(x)du(x)，（此式称为分部积分公式)。证明：由[u(x)(x)}"=u(x)v(x)+u(x)v(x)即可得。例11 求Jxcos xdx。【分析】令u=x，dv=cosx=dsinx，用分部积分分式即可求出。解：令u=x,dy=cosx=dsin x，则xcosxdx=xsin x-sin xdx=xsin x+cosx+C。例 12 求[arctan xdx。说明：在熟练后，u,v不须写出。In(1+x)+C.解：[arctanxdx=xarctanx-dx=xarctan x1+例13 Jx In xdx。解： ['inxdx=Jinxd(一)=-(x* In x-[ x'dx)=-(4ln x-1)+C。1644注：分部积分可多次使用。例14求[xe"dx。解： [x’e-*dx=Jx’d(-e)=-e-*+2]xe-*dx =-x’e-*+2xd(-e-*)=-x’e** -2xe-* +2[e**dx =-e**(x? +2x+2)+C.例 15求I, =[e cos bxdx和 I, =[e sin bxdx.解: I,=Jcosbxd(e)=(e cosbx+bJe sin bx) =(e cosbx+bl,)
《数学分析》教案 −1 2 2 x x dx du u C u u x d x x = − + − − = − − = 2 2 2 1 1 ) 1 ( 1 1 1 1 C x x + − = 1 2 ， ) 1 ( x u = 。 [方法二] 第二换元积分法（令 x = sect ）： −1 2 2 x x dx C x x dt tdt t C t t t t + − = = + = = 1 cos sin sec tan sec tan 2 2 （优于方法一！！）。 二 分部积分法 定理 5（分部积分法） 若 u(x) 与 v(x) 可导，不定积分 u (x)v(x)dx 存在，则不定积分 u(x)v (x)dx 也存在，且 u(x)v (x)dx = u(x)v(x) − u (x)v(x)dx ，（此式称为分部积分公式）； 即 u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x) ，（此式称为分部积分公式）。 证明：由 [u(x)v(x)] = u (x)v(x) + u(x)v (x) 即可得。 例11 求 x cos xdx。 【分析】 令 u = x， dv = cos x = d sin x ，用分部积分分式即可求出。 解：令 u = x， dv = cos x = d sin x ，则 x cos xdx = x sin x − sin xdx = x sin x + cos x + C 。 例 12 求 arctan xdx。 说明：在熟练后， u, v 不须写出。 解： + = − dx x x xdx x x 2 1 arctan arctan = x x − ln(1+ x ) + C 2 1 arctan 2 . 例13 x ln xdx 3 。 解： x ln xdx 3 x C x x x x dx x = x d = − = − + (4ln 1) 16 ( ln ) 4 1 ) 4 ln ( 4 4 3 4 。 注：分部积分可多次使用。 例 14 求 x e dx −x 2 。 解： − − − − x e dx = x d −e = −x e + x e dx x x x x ( ) 2 2 2 2 − − = − + 2 (− ) 2 x x x e xd e − − − = −x e − xe + e dx x x x 2 2 2 e x x C x = − + + + − ( 2 2) 2 . 例 15 求 I = e bxdx ax cos 1 和 I = e bxdx ax 2 sin . 解： ( cos sin ) 1 cos ( ) 1 1 = = e bx + b e bx a bxd e a I a x a x a x ( cos ) 1 bx bI 2 e a ax = +
《数学分析》教案J sin bxd(e)-=(e sin bx-bl) 。I2 =:aal,-bl,=e"cosbx由此得到[bl, + bl, = e" sin bx解此方程组，求得I- Jercos oax = sinhx tacosh +C;/ esin iat sinbx-beost +ca?+b2α2 +b2结论：当n是正整数时，如x"e"dx，『x"sinxdx，『x"cosxdx，这种类型的积分，都可用分部积法解决，这时，设u=x"，dv分别为e"dx，sinxdx，cosxdx；同样x"Inxdx，x"arctanxdx，x"arcsinxdx这种类型的积分，也可用分部积分法解决，这时，设dv=x"dx，u分别为lnx，arctanx，arcsinx。[esin(ax+b)dx，『ecos(ax+b)dx（a，b，k为常数）这种类型的积分如例15那样，也可以用分部积分法来解决。课后记1．在教学过程中，告诉学生使用换元积分法原则和分部积分法的：化为积分表中有的形式，所以拿到题目先确定用换元积分法还是用分部积分法，其次与积分表中已有的公式比较，最后决定用哪一个具体的代换或看哪部分是u哪部分是dv效果明显2.应该提醒同学们注意P89习题2、（7）这种类型的题目的解法（在第九章第五节例13中再次用到），[Jrn(In x)+ 一Jdx=Jin(n )dx+/dx= In(n x)-1 xdx+Jdx = x ln(ln x)+ cInxxln83有理函数和可化为有理函数的不定积分教学目的要求：能熟练的计算有理函数的不定积分，会用万能变换等计算一些三角函数有理式的不定积分和某些无理根式的不定积分，教学重点难点：重点是有理函数的不定积分.难点求分部分式学时安排：3学时教学过程：一有理函数的不定积分有理函数的一般形式为：R()- P=or*+a+a.Q(x)box" +b,xm-l +..+bm其中n,m为非负整数，ao,aj,,a，与bo,b,",bm都是常数，且ab。+0。若m>n，则称R(x)为真分式：若m≤n，则称R(x）为假分式。结论：假分式=多项式+真分式。因此，对有理函数的积分，只要讨论真分式的积分即可。重要结论：任何一个有理真分式必定可以表示为若干个形如（称为部分分式）：
《数学分析》教案 ( sin ) 1 sin ( ) 1 2 bx bI1 e a bxd e a I ax ax = = − 。 由此得到 + = − = bI bI e bx aI bI e bx ax ax sin cos 1 2 1 2 解此方程组，求得 1 2 2 2 2 2 sin cos sin cos cos ; sin ax ax b bx a bx a bx b bx I e bxdx C I e bxdx C a b a b + − = = + = = + + + 结论：当 n 是正整数时，如 x e dx n x ， x xdx n sin ， x xdx n cos ，这种类型的积分，都可用分部积法解决， 这时，设 n u = x ，dv 分别为 e dx x ，sin xdx，cos xdx ；同样 x xdx n ln ， x xdx n arctan ， x xdx n arcsin 这种类型的积分，也可用分部积分法解决，这时，设 dv x dx n = ，u 分别为 ln x ，arctan x ，arcsin x 。 e ax + b dx kx sin( ) ， e ax b dx kx cos( + ) （ a ，b ，k 为常数）这种类型的积分如例 15 那样，也可以用 分部积分法来解决。 课后记 1． 在教学过程中,告诉学生使用换元积分法原则和分部积分法的:化为积分表中有的形式,所以拿到题目 先确定用换元积分法还是用分部积分法,其次与积分表中已有的公式比较,最后决定用哪一个具体的代换或 看哪部分是 u 哪部分是 dv 效果明显. 2．应该提醒同学们注意 P189 习题 2、（7）这种类型的题目的解法(在第九章第五节例 13 中再次用到). 1 1 1 1 1 [ln(ln ) ] ln(ln ) ln(ln ) ln(ln ) ln ln ln ln x dx x dx dx x x xdx dx x x c x x x x x + = + = − + = + §3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 教学目的要求:能熟练的计算有理函数的不定积分，会用万能变换等计算一些三角函数有理式的不定积分和 某些无理根式的不定积分. 教学重点难点:重点是有理函数的不定积分.难点求分部分式. 学时安排: 3 学时 教学过程: 一 有理函数的不定积分 有理函数的一般形式为： m m m n n n b x b x b a x a x a Q x P x R x + + + + + + = = − − 1 0 1 1 0 1 ( ) ( ) ( ) 。 其中 n,m 为非负整数， a a an , , , 0 1 与 b b bm , , , 0 1 都是常数，且 a0 b0 0 。若 m n ，则称 R(x) 为真分 式；若 m n ，则称 R(x) 为假分式。 结论：假分式=多项式+真分式。 因此，对有理函数的积分，只要讨论真分式的积分即可。 重要结论：任何一个有理真分式必定可以表示为若干个形如（称为部分分式）：
《数学分析》教案AA(1)(2)(x-a)r: (h≥2)x-aAx+BAx+B(3)-(p2-4g1)。(1-k)(x-a)t-r +C,(x-a)*，并记r2_4g-p2Ax+ BAx+B,N=B_Apdx =(3)dx，令t=x+22 4+ 4q-px? + px +qPy2 +(x+24则Ax+ BAx+ Btdtdt+Nx+2+r2+px+q.4q-pP(x +24NAn(+r)+=+Carctan2rA(4)同（3）可得（k≥2)，Ax+ BRtdtx?+px+g)2+r2)+r2)Adt2(1- k)( +r3)- + NJJ(t?+r2)kdt记则+r2)k2[C+d=I =(t? +r2)k[td(2r2(k-1)(t+r)t-2r(k-1)（+r)---1.-l，于是，有递推公式2k-3TI = 2r (k-1)( +r)-* 2r (k-1)
《数学分析》教案 （1） x a A − ； （2） k x a A ( − ) ； (k 2) （3） ( 4 0) 2 2 − + + + p q x px q Ax B ； （4） ( 4 0) ( ) 2 2 − + + + p q x px q Ax B k (k 2) 。 的真分式之和，其中 A，B， a, p, q, 为常数， k 为正整数。 因此，对有理真分式的积分只要讨论上述四种形式的真分式的积分即可。 （1） x a C x a dx = − + − ln 。 （2） C x a k x a dx k k + − − = − −1 (1 )( ) 1 ( ) ， (k 1) 。 （3） dx p q p x Ax B dx x px q Ax B − + + + = + + + 4 4 ) 2 ( 2 2 2 ，令 2 p t = x + ，并记 4 4 2 2 q p r − = ， 2 pA N = B − ， 则 dx p q p x Ax B dx x px q Ax B − + + + = + + + 4 4 ) 2 ( 2 2 2 + = 2 2 t r tdt A + + 2 2 t r dt N C r t r N t r A = ln( + ) + arctan + 2 2 2 。 （4） 同（3）可得 (k 2) ， + + + k x px q Ax B ( ) 2 + + + = k k t r dt N t r tdt A ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2(1 )( ) − − + = k k t r A + + k t r dt N ( ) 2 2 。 记 + = k k t r dt I ( ) 2 2 ，则 dt t r t r I r dt t r t r t r I k k k k + = − + + − = − ( ) 1 1 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 = ) ( ) 1 ( 2 ( 1) 1 1 2 −1 2 −1 − + + k k t r td r k I r ] ( ) [ 2 ( 1) 1 1 2 −1 2 2 2 −1 − −1 − + = k + k k I t r t r k I r ，于是，有递推公式 2 2 2 1 2 1 2 ( 1) 2 3 2 ( 1)( ) − − − − + − + k = k k I r k k r k t r t I
《数学分析》教案将这些结果代回，即可求得所求积分。x? +1例1求dx。2 -2x+2)2Y解：因本题中，被积函数的分母不能再分解，故x2 +112x-1(x2 -2x +2)+(2x-1)(x2 - 2x +2)2(x2 - 2x+ 2)2(x -2x +2)2x2-2x+2dxd(x-1)而= arctan(x - 1)+C, x2_2x+2(x-1)2 +12x-1,dx =[d(x* -2x+2) + [[ (2x-2)+1d(x-1)dx=-2x±2)3J [(x -1)2 + 1)2(x2-2x+2)2(x2 - 2x+2)2di(t=x-1):x2-2x+2(t2+1)dt1 r dtt1又I，=arctant+C,2/72+1(t? +1)22(t2 + 1)2(t? +1)x-11arctan(x-1)+C,:2(x2-2x+2)2x2 +13x-3dx=故arctan(x-1)+C 。-2x+2)22(x2- 2x +2)2(x2课堂练习：P198,T1.(1)、（3)、(5)。二三角有理式的不定积分由u(x)，v(x)及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于u(x)，(x)的有理式，并记为[ R(sin x,cos x)dx。 一般通过变换1=tanR(u(x),v(x))。对于三角有理式的不定积分（万能变换），2可把它化为有理函数的积分x2singcos2 tan 22t22snx=1+/2:sn号+cos号I+ tan?x222COs24-sin 2xI- tan?1-/22222dx =dt:cOSx=1+/2:1+t2+cos?X1+ tan?*sin2x2221-t22t2故[ R(sin x,cos x)dx =R(-dt1+t?1+t?1+t
《数学分析》教案 将这些结果代回，即可求得所求积分。 例1 求 − + + dx x x x 2 2 2 ( 2 2) 1 。 解：因本题中，被积函数的分母不能再分解，故 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2) 2 1 2 2 1 ( 2 2) ( 2 2) (2 1) ( 2 2) 1 − + − + − + = − + − + + − = − + + x x x x x x x x x x x x x ； 而 2 2 1 arctan( 1) ( 1) 1 ( 1) 2 2 x C x d x x x dx = − + − + − = − + ； dx x x x dx x x x − + − + = − + − 2 2 2 2 ( 2 2) (2 2) 1 ( 2 2) 2 1 − + − + = 2 2 2 ( 2 2) ( 2 2) x x d x x − + − + 2 2 [( 1) 1] ( 1) x d x 2 2 1 2 − + − x x ( 1) ( 1) 2 2 = − + + t x t dt ； 又 + + + = + = 2 1 1 ( 1) 2( 1) 2 2 2 2 2 t dt t t t dt I 2 2 arctan 2 1 2( 1) t C t t + + + = 2 2 arctan( 1) 2 1 2( 2 2) 1 x C x x x + − + − + − = ； 故 − + + dx x x x 2 2 2 ( 2 2) 1 x C x x x + − + − + − = arctan( 1) 2 3 2( 2 2) 3 2 。 课堂练习： P198,T1.(1)、 （3）、（5）。 二 三角有理式的不定积分 由 u(x) ， v(x) 及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于 u(x) ， v(x) 的有理式，并 记为 R(u(x), v(x)) 。对于三角有理式的不定积分 R x x dx (sin ,cos ) 。 一般通过变换 2 tan x t = （万能变换）， 可把它化为有理函数的积分： 2 cos 2 sin 2 cos 2 2sin sin 2 x 2 x x x x + = 2 2 1 2 2 1 tan 2 2 tan t t x x + = + = ； 2 cos 2 sin 2 sin 2 cos cos 2 2 2 2 x x x x x + − = 2 2 2 2 1 1 2 1 tan 2 1 tan t t x x + − = + − = ； dt t dx 2 1 2 + = ； 故 R x x dx (sin ,cos ) dt t t t t t R 2 2 2 2 1 2 ) 1 1 , 1 2 ( + + − + =
《数学分析》教案1 + sin x例 2求sin x(1+ cosx)注意：上述变换t=tan对三角有理式的不定积分总是有效的，但并不一定是最好的变换，在实际计算2中要注意选择不同的变换。1) 若 R(-sin x,cos x)=-R(sin ,cos x), 则可令 t=cos x, 如求[ sinx2cos*x2)）若R(sinx,-cosx)=-R(sinx,cosx)，则可令t=sinx，如求「sin2xcosxdx。3）若R(-sinx,-cosx)=R(sinx,cosx)，则可令t=tanx，如P195例4。三某些无理根式的不定积分ax+bax+bad一bc±O）型的不定积分。只要令=t就可有理化。Raxcr+dcx+dx+2例 3dx求说明：用下面的方法计算本题较为简单x+2x+2dxdx/x2dx例4求1+x)/2+x-x21+x即可有理化，（略）。解：令t7说明：用下面的方法计算本题较为简单dxdxdx1+x)/2+x(1 + x) /3(1 + x) - (1+ x)3(1 +3123-1+C。33 V1+x1+xV1+ x「R(x,Vax2+bx+c)dx型不定积分(a>0时，b2-4ac±0，a0)。一般地，当a>0时，令Vax2+ba+c=Vax+t即可将积分有理化之；当c>0时，令ax2+ba+c=xt土c即可将积分有理化之。以上两种变换均称为欧拉变换。注意：初等函数的原函数不一定是初等函数，因此，在初等函数的范围内，某些初等函数的原函数是不
《数学分析》教案 例 2 求 dx x x x + + sin (1 cos ) 1 sin 。 注意：上述变换 2 tan x t = 对三角有理式的不定积分总是有效的，但并不一定是最好的变换，在实际计算 中要注意选择不同的变换。 1) 若 R x x R x x ( sin ,cos ) (sin ,cos ), − = − 则可令 t x = cos , 如求 dx x x 4 5 cos sin 2) 若 R x x R x x (sin , cos ) (sin ,cos ) − = − ，则可令 t x = sin ，如求 x xdx 2 3 sin cos 。 3) 若 R(−sin x,−cos x) = R(sin x,cos x) ，则可令 t = tan x ，如 P195 例 4。 三 某些无理根式的不定积分 1． dx cx d ax b R x n ( , ) + + (ad − bc 0) 型的不定积分。只要令 t cx d ax b n = + + 就可有理化。 例 3 求 dx x x x 2 1 2 − + 。 说明：用下面的方法计算本题较为简单 dx x x x 2 1 2 − + ) 2 ( ) 2 1 ( 1 4 4 2 2 2 2 x d x x dx x dx x x − − − = − + = 。 例4 求 + + − 2 (1 x) 2 x x dx 。 解：令 x x t − + = 2 1 即可有理化，（略）。 说明：用下面的方法计算本题较为简单 + + − 2 (1 x) 2 x x dx + + − + = 2 (1 x) 3(1 x) (1 x) dx − + + = 1 1 3 (1 ) 2 x x dx 1) 1 3 ( 1 1 3 1 3 1 − + − + = − x d x C x − + + = − 1 1 3 3 2 。 2． R(x, ax bx c)dx 2 + + 型不定积分 (a 0 时， 4 0 2 b − ac ，a 0 时， 4 0) 2 b − ac 。 一般地，当 a 0 时，令 ax + ba + c = ax + t 2 即 可 将 积 分 有 理 化 之 ； 当 c 0 时，令 ax + ba + c = xt c 2 即可将积分有理化之。以上两种变换均称为欧拉变换。 注意：初等函数的原函数不一定是初等函数，因此，在初等函数的范围内，某些初等函数的原函数是不