《高等数学》课程教学资源（PPT课件讲稿）换元积分法（题解）

第二节换元积分法 第一类换元积分 法(凑微分法) ●二、第二类换元积分法

第二节 换元积分法 一、第一类换元积分 法（凑微分法） 二、第二类换元积分法

、第一类换元积分法(凑微分法) 问题∫cos2 xdx= sin2x+C, 解决方法利用复合函数,设置中间变量. 过程令t=2x→=d, Tcos 2xdx=cos tdt=aint +C=a 2x+c

问题  cos2xdx= sin2x + C, 解决方法 利用复合函数，设置中间变量. 过程 令 t = 2x , 2 1  dx = dt  cos2xdx tdt  = cos 2 1 = sint + C 2 1 sin2 . 2 1 = x + C 一、第一类换元积分法（凑微分法）

在一般情况下: 设F()=f(m),则「f()d=F(n)+C 如果u=(x)(可微) dFl(x)=flo(x)lo (x)dx ∫/1(x)p(x)k=F(x)+C f∫(u)dul u=o(x) 由此可得换元法定理

在一般情况下： 设 F(u) = f (u), 则 ( ) ( ) .  f u du = F u + C 如果 u = (x) （可微）  dF[(x)] = f[(x)](x)dx   f[(x)](x)dx = F[(x)]+ C =  = ( ) [ ( ) ] u du u x f  由此可得换元法定理

定理1设f(u)具有原函数,l=q(x)可导, 则有换元公式 「x)p(c/amh- 第一类换元公式(凑微分法) 说明使用此公式的关键在于将 ∫8(x)k化为q(x)(x)t 观察重点不同,所得结论不同

设 f (u)具有原函数， ( ) [ ( )] ( ) [ ( ) ] u x f x x dx f u du    =  =   第一类换元公式（凑微分法） 说明 使用此公式的关键在于将  g(x)dx 化为 [ ( )] ( ) .  f  x  x dx 观察重点不同，所得结论不同. u = (x)可导， 则有换元公式 定理1

例1求sin2x 解(-)」im2xdk=,Jsin2x(2x) cos 2x+C, 解(二)「sin2x=2| sin cos xo 2]sin xd (sin x)=(sin x)+C; 解(三)「sin2x=2| SInx cos co -2 cos xd( os x--(cos x)+C

例1 求 sin2 .  xdx 解（一）  sin2xdx  = sin2 (2 ) 2 1 xd x cos 2 ; 2 1 = − x + C 解（二）  sin2xdx =  2 sin xcos xdx =  2 sin xd(sin x) (sin ) ; 2 = x + C 解（三）  sin2xdx =  2 sin xcos xdx = −  2 cos xd(cos x) (cos ) . 2 = − x + C

例2求 3+2x 解 (3+2x), 3+2x 2 3+2x = 3+2x2J3+2x (3+2x) du =Inu+C=In(3+ 2x)+C 2 2 般地∫f(ax+bhl ∫(u)ldn u=ax+b

例2 求 . 3 2 1 dx x  + 解 (3 2 ) , 3 2 1 2 1 3 2 1  +  + =  + x x x dx x  3 + 2 1 x dx x (3 2 ) 3 2 1 2 1  +  + =  du u  = 1 2 1 = lnu + C 2 1 ln(3 2 ) . 2 1 = + x + C  f (ax + b)dx =  u du u=ax+b f a [ ( ) ] 1 一般地

例3求 x x(1+2In x 解 x(1+2nx) d=∫,dmx) +2In d(1+2nx) 1+2Inx u=1+2nx du =Inu+C=In(1+2Inx)+C

例3 求 . (1 2ln ) 1 dx x x  + 解 dx x x  (1+ 2ln ) 1 (ln ) 1 2ln 1 d x x  + = (1 2ln ) 1 2ln 1 2 1 d x x + + =  u x = +1 2ln  = du u 1 2 1 = lnu + C 2 1 ln(1 2ln ) . 2 1 = + x + C

例4求 (1+x) x+1-1 解 (x= (1+x)3 3 1+x) (1+x)2(1+x)3 Id(1+x) +C, +c 1+x 2(1+x) 2 + 1+x2(1+x)

例4 求 . (1 ) 3 dx x x  + 解 dx x x  + 3 (1 ) dx x x  + + − = 3 (1 ) 1 1 ] (1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 [ 2 3 d x x x + + − + =  1 2 2 2(1 ) 1 1 1 C x C x + + + + + = − . 2(1 ) 1 1 1 2 C x x + + + + = −

例5求「,,d 2 a+x 解 a+x arctan -+C 1+

例5 求 . 1 2 2 dx a x  + 解 dx a x  + 2 2 1 dx a a x  + = 2 2 2 1 1 1             + =  a x d a a x 2 1 1 1 arctan . 1 C a x a = +

例6 2-8x+25 解 x2-8x+25 x-4)2+9 x-4 32/x-4 +1 +1 3 3 =arctan +c 3

例6 求 . 8 25 1 2 dx x x  − + 解 dx x x  − 8 + 25 1 2 dx x  − + = ( 4) 9 1 2 dx x   +      − = 1 3 4 1 3 1 2 2       −  +      − =  3 4 1 3 4 1 3 1 2 x d x . 3 4 arctan 3 1 C x + − =