162 高等数学重点难点100讲 第51讲不定积分的分部积分法 设函数v=u(x)及v=v(x)具有连续导数,则有分部积分公式: 分部积分法的一般步骤是: 第一步:“选,0”,即把要求的积分f(x)dx改写成dv:f(x)dx=vdv; 第二步:“代公式”,即利用公式化出积分vdn:ado=- udu,它与所求积分d相 比,不过是把u,v互换了位置; 第三步:“微出来”,即把新积分d中的d微分出来,使其成为| wu'dr; 第四步:“算积分”,即积出v'dx 下面例1的解法遵循了上述步骤 例1求 xlnxdx(n≠-1) 选 n+1 u=Inr,v a n 解x" 'indx Indo udT 代公式 +1 LU vdu x+1 n+1 微出来 n+1 lr +1 n+1 算积分x 1T + C lnx一 (n+1) n+1 )+C. 1 上述四步中,第一步“选a,U”是关键 例2求xcos2xdx u= cost, v= 解xcos2xd cos 2xd( cos 2r d(cos 2x) 2c0s2x+]x'sin2zdx 此积分比原积分xcos2dx更不易求了这是由于u,v选择不当所致 =x,v=÷sn2x sinian 另解 coS Za d( sinus sin2xdx 2sin2x +=cos2x +C 可见如果u,x选择不当就求不出结果适当选择t,的原则是pcdn比ad易积出 下面类型的积分可以考虑采用分部积分法 1.形如 rsinaxdx, r'cosardx,|xedx的积分(n为正整数,a≠0为常数) 可以这样选u,v
第51讲不定积分的分部积分法 1 63 c SIna a xodo COSt d( sInaT T COSa..T );readx=|rd(-) 这是因为=x”要经过微分,这样可降低x”的次数,以便被积函数只剩下 sinar或 osax,e“,从而比原积分就容易求了(此即分部积分的降阶功能). 注意把被积函数中的x”换成n次多项式P(x),选u,v的方式不变 2.形如| rInxdx, rarcsinaxdx, rarccosaxdx, rarctangrdx, xarccotaxdx的积分 (n为正整数,a≠0为常数) 可如下选择u,v: x'lnxdx= Ind( 1 arcsinardr arcsinaxd( 1 rarccosardr arccosard(x”+1 + rarctanardx arctanard(2+l n+i);r"arccotardr =arccotard( n--1 选=lnx,或 arcsin, arccos, arctan, arccot,可通过微分去掉对数函数或反三 角函数变成一个较原积分容易求的积分(这就是分部积分的去反功能) 例3求 arcsintdrr u arcsin,v= 解 arcsin rdr arcsine rd(arcsinx) Arcsine dx= rarcsinx +0|(1-r2)id(1-r2) arcsin+√l-x2+C. 3.形如e" sinbad, ecosbrdx(a,b为常数)的积分 选u=e"或u= sinor( cosby)均可.这是因为e“的微分和积分的结果仍是同一类型, 而 sinbo、 cosby的微分和积分都是 sinor与 cosby交替出现.此时将通过循环,而求出原函数 (此即分部积分的循环功能) 例4求I= e sin =dx jsin I-d(e)=esin I-ed(sin 2)=e sin 2 2 cos >dr e sin e cos d if e cos dx=cos od(e)=e cos x-le-d(cos 2 "coso+ 2 e sin odx, 从而I=esin ecos+al)=e sin e cos T .(1+)I=esin x_ le cos+CI 于是es25e(231n2-csp+CCLG,为在意常数) 注意①该例中,u、v的选择可以任意,但两次选择u、v的函数类型应该一致,否则作 两次分部积分后会出现恒等式;②可利用分部积分法的循环功能的题目并不少见,读者应
164 高等数学重点难点100讲 多练习勤总结. 例5求I= sinlnzdx N I=rsinInr-xd(sinIng) asinInE · coSIne· xsinlnx cosina rsinlnr rosiNa xd(cosIne)] xsinlnx xcoslnx +x.(-sinlnx.-)dx :.sinInrdr=I (sinInr-cosInr)+C 4.建立递推公式(分部积分的递推功能) 例6建立,-一千;的递推公式(m=01,2… 解In T= tanr sec2tdt tan"t·sect tan+t 'Sect.tantat tan”+ t sect=sect sec tan"+t (n+1) tan"+2dt tan+1,+(n+1)/ sect.(1+tant) sect tan"+2 sect tan+f +(n+1) sect sect tan"+2dt dt] tan"t 十(n+1)(n+2+I). +1 把n+2代为n即有Ln=-2二21n=2 1+x2 例7建立ln=|sec"dx的递推公式 m I,=sec"-2xsec2xdx=sec"-2xd(tanr sec"-xtanz-(n-2)sec"-3xsecxtanxtanxdx sec"ixtanr-(n-2)sec"-x( sec2x-1)dx secn-2xtanr-(n-2)sec"rdr +(n-2)sec"-2rdx sec"-2xtanz-(n -2)1.+(n-2)I,-2 从上式解出1.=n1+n+=3-(>2 例8建立L=nd的递推公式 M I,=tan-2xdx=tan-2x( sec"T 1)dx tan xdr -"-2xdx tan"-2xdc
第51讲不定积分的分部积分法 165 5.当被积函数不是上述类型时,也常用分部积分法,选择u,v的原则不变 例9求 xln(x+√1+x2) (1+x2)2 解原式哥2+)=jm++2)=+ 1+如G+√+2)+∫ dx 2(1+x2) In(x 2(1+x2) +c 例10求 arcsin Wdx N1+ 解令 arcsin v1+ t,则 1+x sin2t, r= tant sint arcs 1+x cOS COs 2- tant+C=(1+r)arcsin 例11求 ECOS sin C 解原式 dx(sinx) SIn T 「a(-22)--2mnz+ sIn" I 2s 例12求 (x+1)e (x+2) 解原武[(x+1)d(x+2)=(x+1)ed--1 +2)2 1)ex+ +2 d[(x+1)e (x+1)e x+2+ed z+2+C. 求 (2 解原式=jm(x+1)(21=l(+2- n(x+1)1 2-x 2 n(x+1) 2 In|x+11+51n 2-xl +C 例14求 x+ sinx 1+cos 解原式= 1 + cosTs sinI--dr +cosx - dx 1+cosr
166 高等数学重点难点100讲 cd tan d(1+ cosx 1+cosT rtan an王dx-ln(1+cosx) 2 tani+2ln cos -In(1+cosx)+C xtan÷+lr 1+cosx In(1 +cosx)+C1= rtan+C 其中C=C1-ln2 例15求 e(1+ sinr) +cosx e-2sin -cos 解原式=」1+xx+∫1xd-Jd+∫ 2co dl tan etan÷dx etane-tan bd(e )+tan edx=etan+C 例16求 dx e 解原式 de-1)=zd(2√e-1)=2xe-1-2e-1dx, =In(t2+1) er-1dx dt C 2t- 2arctant t2+1 故原式=2xve-1-4ve-1+4 arctan Ve-1+C 例17求n(x+)+(x+b)ax+ax+b5x 解原式=「(x+a)n(x+a)+(x+b)ln(x+b) dr (x+a)(x+b) In(x+ 6) dx b x a In(x+ a)dIn(x+b)+ In(x+ b) In(r+barf In(x+b) In(x+ a)In(r+6) x In(x+ a)In(x+b)+C
