《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第八章 不定积分

第八章不定积分 基本积分公式与换元积分法 例1求下列不定积分: x+x2+1 (2) j+√ 解(1)由于 因此得到 d x dx =x---arctanx+C (2)解法一由于 (+3)=1+5x3+10x+02+5x+x2 因此有 j+√)a 3 dx=x+x2+5x2+4x2+x3+=x2+C 解法二利用换元积分法,令1+√x=t,则x=(-1),d=2(-1)h,于是有 j+)=21(-1=21-)h t?(66 21,厂1 + 说明第(2)题解法二的优点在于当被积函数这个二项式的指数较大时(如求 j+√d),处理起来不会增加任何困难;但若仍用解法一去计算,那将是十分繁琐的 更何况当不定积分变为+√,a为任意实数时,只能用解法二来计算。 注意第(2)题的两种解法所得结果在形式上虽不相同,但它们之间至多相差一个常 数,可被容纳在积分常数C之内。 例2用第一换元积分法求下列不定积分 (1) (2)sin nx cos mdx

第八章 不定积分 1 基本积分公式与换元积分法 例 1 求下列不定积分： （1） dx x x x x 4 2 4 2 1 + + +  ； （2） ( x ) dx 5  1+ 解（1）由于 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 2 2 2 2 4 2 + = + − + = + + + + x x x x x x x x ， 因此得到 1 1 4 2 2 2 4 2 + =  +  −  + + +  x dx x dx dx dx x x x x x C x = x − − arctan + 1 （2）解法一 由于 ( ) 2 5 2 2 3 2 1 5 1+ x =1+ 5x +10x +10x + 5x + x ， 因此有 ( + x ) d x = x + x + x + x + x + x 2 + C 7 2 3 5 2 2 3 5 7 2 3 5 5 4 3 10 1 解法二 利用换元积分法，令 1+ x = t ，则 ( ) 2 x = t −1 ，dx = 2(t −1)dt ，于是有 ( x ) dx t (t )dt (t t )dt 5 6 5 5  1+ = 2 −1 = 2 − C t t +        = − 6 7 2 7 6 = ( + x ) − ( + x ) + C 7 6 1 3 1 1 7 2 说明 第（2）题解法二的优点在于当被积函数这个二项式的指数较大时（如求 ( x ) dx 100  1+ ），处理起来不会增加任何困难；但若仍用解法一去计算，那将是十分繁琐的； 更何况当不定积分变为 ( x ) dx a  1+ ，a 为任意实数时，只能用解法二来计算。 注意 第（2）题的两种解法所得结果在形式上虽不相同，但它们之间至多相差一个常 数，可被容纳在积分常数 C 之内。 例 2 用第一换元积分法求下列不定积分： （1） e dx x x 1 2 1  ； （2） sin nx cosmxdx ；

arctan x+vada (4) 解(1)Jedx=-Jex 2)sin nx cos modx=Jsin(n+mlx+sin(n-mkxkdx (n-m)x (3)∫ dx=∫ arctan dx (1+x 2]arctan/xaarctanvx) arctan√x)+C (4)∫ (x3 3(x h +c + 注由第(2)题看到,三角函数的积化和、差公式在不定积分计算中起着关键性的作 用 例3用第二换元积分法求下列不定积分 (1)∫ (2)∫ xx2+1 (3)∫ (a≠b) b

（3） dx x x x 3 arctan +  ； （4） ( ) dx x x 2 3 5 − 2  解 （1） e C x e dx e d x x x x  = − +       = −  1 1 1 2 1 1 （2）  nx mxdx = sin(n + m)x + sin(n − m)xdx 2 1 sin cos ( ) (n m)x C n m n m x n m +      − − + − + − = cos 1 cos 1 2 1 （3） ( ) dx x x x dx x x x + =  +  1 arctan arctan 3 = 2  arctan xd(arctan x ) = ( x ) + C 2 arctan （4） ( ) ( ) ( ) dx x x x dx x x 2 3 ' 3 3 2 3 5 3 2 2 2 − − =  −  ( ) ( ) ( 2) 3 2 2 2 3 2 3 3 − − − + =  d x x x = dt t t 2 2 3 1 +  （令 2 3 t = x − ）       =  +  dt t t dt 2 2 3 1 C t t  +      = − 2 ln 3 1       + − = − − C x x 2 2 ln 2 3 1 3 3 注 由第（2）题看到，三角函数的积化和、差公式在不定积分计算中起着关键性的作 用。 例 3 用第二换元积分法求下列不定积分： （1） dx a x x 2 2 2 −  ； （2） 1 2 +  x x dx ； （3） ( )( ) (a b) x a b x dx  − − 

解(1)令x=asmt0,于是 a' sin 2 cosi dt=f(1-cos 2r)dr a cos t sin t cost)+C a2-x2|+C (2)解法一令x=nt<,ax= sec tdt,于是 tdt csct-cot t d(csct-cott n +c 解法二利用己知的不定积分 借助第一换元积分法,可得 C =In

解 （1）令 , cos , 2 x = asin t, t dx = a tdt   设 a  0 ，于是 ( t)dt a dt a t a t d x a x x 1 cos 2 cos 2 sin cos 3 2 2 2 2 2 =  =  − −  t t C a  +      = − sin 2 2 1 2 2 (t t t) C a = − sin cos + 2 2 x a x C a a a x  +      = − − 2 2 2 2 1 arcsin 2 （2）解法一 令 x t t dx tdt 2 , sec 2 = tan , =   ，于是 dt tdt t t t x x dx csc tan sec sec 1 2 2 =  =  +  dt t t t t t csc cot csc csc cot 2 − − =  ( ) t t d t t csc cot csc cot − − =  = ln csct − cot t + C C x x x = + − + 1 1 1 ln 2 C x x + + + = 1 1 ln 2 解法二 利用已知的不定积分 x x C x dx = + + + +  2 2 ln 1 1 借助第一换元积分法，可得             + = −  + =  +  x d x x x dx x x dx 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 C x x  +      = − + + 2 1 1 1 ln C x x + + + = 1 1 ln 2

(3)由于 因此若令x-a=(b-a)sin2,b-x=(b-a)cos2t,则有 x=a+(b-a)sin2't, dx =2 (b-a)sintcostdt 于是 b-a)sin tcost dt=∫2dt b =2t+C=2 arctan 说明在使用第二换元积分公式 ∫f(xkx=Jf(o()(kt 时,为保证1=-()和(()=一的存在,要求()≠0,为此应指出t的合适范围 这正如本例(1)与(2)的解法一中指出的川 例4试用多种解法求不定积分∫ 解法一令x=2snt, 是 t=arcsin -.dx=2 cos tdt ∫=∫ 2 cost dt=-csctdt 4 sin tcost 2 In/csct-cotr+C 解法二令 , 于是 d 因而

（3）由于 =1 − − + − − b a b x b a x a ， 因此若令 x a (b a) t b x (b a) t 2 2 − = − sin , − = − cos ，则有 x a (b a)sin t,dx 2(b a)sin t costdt 2 = + − = − 于是 ( )( ) ( ) ( ) dt dt b a t t b a t t x a b x d x 2 sin cos 2 sin cos 2 2 2 =  − − =  − −  C b x x a t C + − − = 2 + = 2arctan 说明 在使用第二换元积分公式 f (x)dx f ( (t)) (t)dt '  =    时，为保证 t (x) −1 = 和 ( ( )) (t) x ' ' 1 1   = − 的存在，要求 ( ) 0 '  t  ，为此应指出 t 的合适范围， 这正如本例（1）与（2）的解法一中指出的 2  t  例 4 试用多种解法求不定积分 2 x 4 x dx −  解法一 令 2 2sin ,  x = t t  ，于是 dx tdt x t , 2cos 2 = arcsin = 因而 dt tdt t t t x x dx csc 2 1 4sin cos 2cos 4 2 =  =  −  = ln csct − cott + C 2 1 C x x + − − 2 2 4 ln 2 1 解法二 令 2 1 , 1 t  t x = ，于是 , 1 x t = dt t dx 2 1 = − 因而

d(2) 注这里借助教材上册第185页上的例8,得到如上结果 解法三令x2=-,t>,于是=dx=--d,因而 8 In +c 解法四令√4-x2=t!∈(0,2),于是dr= ,因而 dl 解法五先把该不定积分变形为: x(2

dt t t t x x dx 2 2 2 1 4 4 − = −  −  ( ) (2 ) 1 2 2 1 2 − = −  t d t = − ln 2t + 4t −1 + C 2 1 2 C x x + + − = − 2 2 4 ln 2 1 注 这里借助教材上册第 185 页上的例 8，得到如上结果 解法三 令 4 1 , 2 1 t  t x = ，于是 dt t dx x 2 1 = − ，因而 2 2 2 2 8 1 8 1 8 1 4 1 2 4 1 4        −      −       − = −  − = −  −  t d t t t dt x x d x = C t − t − + t − + 8 4 1 ln 4 1 2 C x x x + − = − − + 2 2 2 2 4 8 1 1 ln 4 1 解法四 令 4 , (0,2) 2 − x = t t  ，于是 2 4 t tdt dx − − = ，因而 dt t t t dt x x d x       + − − =  − = −  −  2 1 2 1 4 1 4 4 2 2 = C t t + + − 2 2 ln 4 1 C x x + − + − − = 4 2 4 2 ln 4 1 2 2 解法五 先把该不定积分变形为： ( ) x x x x dx x x dx − + − =  −  2 2 2 4 2

然后令,2+x 2-x=1t>0,并由此解出 2(t2-1 dx= 因而 C 说明本例使用了五种不同的换元法进行计算,其结果在形式上虽不相同,但均可相互 转化,选择何种换元方法,应根据被积函数的特征,灵活应付。 2分部积分法与有理函数的积分 例1求下列不定积分(降幂法) (1)J2x-1)cos3xdx (2)∫x2e3d 解(1)令=2x-1,v=cos3x,于是u=2,y=sin3x,因而 J(2x-1)cos 3xdx=-(2x-1)sin 3x-=sin 3xdx =-(2x-Isin 3x+=cos 3x+C (2)∫x2e'ax=x2lde 2 2 xex+=Edx 6x+2)

然后令 , 0 2 2 t t  x x = − + ，并由此解出 ( ) 1 2 1 2 2 + − = t t x ， 1 4 2 2 + − = t x ， ( ) dt t t dx 2 2 1 8 + = 因而 ( ) ( ) ( ) ( ) dt t t t t t t x x dx 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 1 1 8 4 −   + +  +  =  −  C t t t dt + + − = − =  1 1 ln 2 1 1 2 C x x x x + + + − + − − = 2 2 2 2 ln 2 1 说明 本例使用了五种不同的换元法进行计算，其结果在形式上虽不相同，但均可相互 转化，选择何种换元方法，应根据被积函数的特征，灵活应付。 2 分部积分法与有理函数的积分 例 1 求下列不定积分（降幂法）： （1） (2x −1)cos3xdx ； （2） x e dx 2 3x  解 （1）令 u 2x 1, v cos3x ' = − = ，于是 u v sin 3x 3 1 2, ' = = ，因而 ( x ) xdx ( x ) x sin 3xdx 3 2 2 1 sin 3 3 1  2 −1 cos3 = − −  = ( x − ) x + cos3x + C 9 2 2 1 sin 3 3 1 （2）        =  x x x e dx x d e 2 3 2 3 3 1 x e xe dx 2 3x 3x 3 2 3 1 = −        = −  x x x e xd e 2 3 3 3 1 3 2 3 1 x e xe e dx 2 3x 3x 3x 9 2 9 2 3 1 = − +  (9 6 2) 27 1 3 2 e x − x + x

注适合应用“降幂法”的不定积分有如下一些类型 JP."dx, JP, sin bxdx, JP (x)cosbxdx 其中P(x)为某一n次多项式,对这些不定积分,只须令u=P(x),v=e"(或 sin bx. cos bx) 每用一次分部积分,便能使多项因子降幂一次:重复使用n次,可使多项式因子降幂成一常 数,而剩下的是求e“(或snbx, cos bx)的不定积分。 例2求下列不定积分(升幂法) ∫(2x-1)hxdx J(2 1arctanxdx 解(1)令以=x”=2x-1,于是u=1,=x2-x,因而 (2x-1)In xdx=(x-x)lnx-J (x2-xInx-5x2+x+C (2)令u= arctan x,v=x2-1,于是u 因而 +x 3 x arctan 3 (r'-3x)arctanx-3rf +x2)+C n(+x2)+C (3)∫x2 arcsin xdx=∫ arcsin x 而「

注 适合应用“降幂法”的不定积分有如下一些类型： P (x)e dx ax n  ， P bxdx n  sin ， P (x) bxdx n  cos 其中 P (x) n 为某一 n 次多项式，对这些不定积分，只须令 u P (x) = n ， ax v = e ' （或 sin bx,cosbx ）， 每用一次分部积分，便能使多项因子降幂一次；重复使用 n 次，可使多项式因子降幂成一常 数，而剩下的是求 ax e （或 sin bx,cosbx ）的不定积分。 例 2 求下列不定积分（升幂法）： （1） (2x −1)ln xdx ； （2） (x 1)arctanxdx 2  − ； （3） x arcsin xdx 2  解（1）令 ln , 2 1 ' u = x v = x − ，于是 v x x x u = = − ' 2 , 1 ，因而 ( ) ( ) dx x x x x xdx x x x −  − = − −  2 2 2 1 ln ln = (x − x) x − x + x + C 2 2 2 1 ln （2）令 arctan , 1 ' 2 u = x v = x − ，于是 2 ' 1 1 x u + = ， x x v = − 3 3 ，因而 ( ) ( ) d x x x x x x x x xdx 2 3 3 2 3 1 3 arctan 3 1 arctan + − −           − = − ( ) dx x x x x x x       + = − −  − 2 3 1 4 3 1 3 arctan 3 1 ( ) ( x ) C x x x x +      = − − − + 2 2 3 2ln 1 3 2 1 3 arctan 3 1 ( ) ( x ) C x x x x +      = − − + + 2 2 3 2ln 1 2 3 arctan 3 1 （3）          =  3 arcsin arcsin 3 2 x x xdx xd dx x x x x 2 3 3 3 1 1 arcsin 3 − = −  , 而 ( ) 2 2 2 3 1 1 dx x d x x x =  − − −  x x x x dx 2 2 2 = − 1− + 2  1−

+C,, 从而求得 ∫x2 arcsin xdx= arcsin.*+ √-x2+2y-x)+C 注适合应用“升幂法”的不定积分有如下一些类型 ∫P(x)nx)"dx,fP,(x) arctan)"dx(m为正整数) (及某些∫P(x) ∫P(x) 在使用分部积分法求上述各类不定积分时,只须令=(nx)或 (arctan)",y=P(x) 使用每用一次分部积分,多项式因子升幂一次,同时使(nx)或 arctan)降幂,重复这个过 程m次,最后化为求一多项式或一有理分式的不定积分。 例3求下列不定积分(循环法) (3)x2+ad(a>0) 解(1)由前面问题2已知 Je- cos xdx=sinx+esin xdx 并由此求得结果(2.6),更一般地,按此法可得 ∫ e cos bxdx bsin bx + acos bx ∫ e" sin bxd asin bx-bcos bx b (参见教材上册第188页例15) =secx tan x+ sec xdx-sec xdx 于是得到 ∫sec3xdx=

( ) 2 2 2 2 = −x 1− x −  1− x d 1− x ( ) 1 3 2 2 2 1 3 2 = −x 1− x − − x + C ， 从而求得 x ( x ) C x x x  x xdx = + − + − + 3 2 2 3 2 2 1 9 2 1 3 arcsin 3 arcsin 注 适合应用“升幂法”的不定积分有如下一些类型： P (x)( x) dx m n  ln ， P (x)( x) dx m n  arctan （m 为正整数） (及某些 P (x) xdx n  arcsin 或 P (x) xdx n  arccos ). 在使用分部积分法求上述各类不定积分时,只须令 ( ) m u = ln x 或 ( ) m arctanx , v P (x) = n ' , 使用每用一次分部积分,多项式因子升幂一次,同时使 ( ) m ln x 或 ( ) m arctanx 降幂,重复这个过 程 m 次，最后化为求一多项式或一有理分式的不定积分。 例 3 求下列不定积分（循环法）： （1） e xdx x cos −  ； （2） xdx 3 sec ； (3) ( 0) 2 2  x + a dx a  解 （1）由前面问题 2 已知 e xdx e x e xdx x x x cos sin sin − − −  = +  e x e x e xdx x x x sin cos cos − − − = − −  ， 并由此求得结果（2.6）,更一般地,按此法可得 e C a b b bx a bx e bxdx ax ax + + +  = 2 2 sin cos cos , e C a b a bx b bx e bxdx ax ax + + −  = 2 2 sin cos sin , (参见教材上册第 188 页例 15) (2) sec xdx secxd(tan x) 3  =  x x x xdx 2 = sec tan − sec tan x x xdx xdx 3 = sec tan + sec − sec , 于是得到 xdx (sec x tan x sec xdx) 2 1 sec3  = +  = (sec x tan x + ln sec x + tan x )+ C 2 1

∫√x2+a2dx 同理得到 说明若令x=atnt,则∫√x2+a2ax=a2sect,即化为题(2)的情形。 注适合应用“循环法”的不定积分有如下一些类型: ∫P(snbx2 ∫P( cosby)2 或某些类似于本例(2)、(3)那样的不这积分,这些不定积分经若干次分部积分后,出 现形如 F(x)+, 的“循环(或“重现”)形式,由此即可求得 例4求下列不定积分(递推法) (1)ln=∫x" cos xd (2)1(nm)=∫x"nx)ax 其中n,m为正整数,并分别用以计算 ∫x3 cos xdx和∫x2(nx)d 解(1)用“降幂法”计算得 L=x"d(sin x)=x"sinx-nJxlcosxdx "sin x+nx"-cosx-nIn-IJx"cos xdx, 这就得到递推公式 (初值:1=xsix+cosx+C1,lo=six+C0) 利用此递推公式,易得

(3) d x x a x x a d x x x a 2 2 2 2 2 2 2 +  + = + −  x a dx x a dx x x a a 2 2 2 2 2 2 2 −  + + = + +  , 同理得到         +  + = + +  2 2 2 2 2 2 2 2 1 x a d x x a d x x x a a x x a a x x a  + C      = + + + + 2 2 2 2 2 ln 2 1 说明 若令 x = a tant ,则 x a dx a tdt 2 2 2 3  + = sec ,即化为题(2)的情形。 注 适合应用“循环法”的不定积分有如下一些类型： P ( bx)e dx ax n  sin ， P ( bx)e dx ax n  cos ， 或某些类似于本例（2）、（3）那样的不这积分，这些不定积分经若干次分部积分后，出 现形如 I == F(x) + I, 1 的“循环（或“重现”）形式，由此即可求得 I F(x) + C − = 1  1 例 4 求下列不定积分（递推法）： （1） I x xdx n n =  cos ； （2） I(n m) x ( x) dx n m , =  ln ， 其中 n,m 为正整数，并分别用以计算 x cos xdx 3  和 x ( x) dx 2 2  ln 解 （1）用“降幂法”计算得 I x d( x) x x n x xdx n n n n sin sin cos −1 =  = −  x x n x d( x) n n sin cos −1 = +  x x nx x n(n ) x xdx n n n sin cos 1 cos −1 −1 = + − −  ， 这就得到递推公式： ( ) 2 1 sin cos 1 − − = + − − n n n n I x x nx x n n I （初值： 1 1 0 0 I = x sin x + cos x + C ,I = sin x + C ） 利用此递推公式，易得

Jx cos xdx=l=xsin x +3x2cosx-6I xsin x+3x2cosx-6(xsin x+cosx+C) (2)用“升幂法”计算得 iE (n x) -ml(in x)olr"drj 则有递推公式: (,m)=-,x“(hx)y (,m-1) n+1 (初值:1(m20)=xt=x+C) 利用此递推公式,易得 ∫x(nx)=12)=x(nx)2-2(2) x(nx) x3(x)2-x3h 6In x+2+C 27 说明在计算有理函数的不定积分时,有一个重要的递推公式: (初值l1=- arctan-+C1) (2.7) 它也是通过分部积分而获得的(见教材上册第193页)。 例5计算不定积分 解对被积函数R(x)作部分分式分解: R(x)= (x+1)(x 2-2x+

1 3 2 3 3  x cos xdx= I = x sin x + 3x cos x − 6I ( ) 1 3 2 = x sin x + 3x cos x − 6 xsin x + cos x +C = (x − 6x)sin x + (3x − 6)cos x +C 3 2 （2）用“升幂法”计算得 ( ) ( ) ( )         + =  =  + 1 , ln ln 1 n x I n m x x d x x d n n m m x ( x) m ( x) x dx n n 1 m m 1 n ln ln 1 1 + − −  + = ， 则有递推公式： ( ) ( ) ( , 1) 1 ln 1 1 , 1 − + − + = + I n m n m x x n I n m n m （初值： ( ) 0 1 1 ,0 C n x I n x dx n n + + =  = + ） 利用此递推公式，易得 ( ) ( ) ( ) (2,1) 3 2 ln 3 1 ln 2,2 2 2 3 2  x x dx = I = x x − I ( ) ( )      = − − 2,0 3 1 ln 3 1 3 2 ln 3 1 3 2 3 x x x x I = x ( x) − x x + x + C 3 2 3 3 27 2 ln 9 2 ln 3 1  ( x) x  C x = 9 ln − 6ln + 2 + 27 2 3 说明 在计算有理函数的不定积分时，有一个重要的递推公式： ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 1 − − − − + − + = + =  n n n n I a n n a n x a x x a d x I （初值 1 1 arctan 1 C a x a I = + ） （2.7） 它也是通过分部积分而获得的（见教材上册第 193 页）。 例5 计算不定积分 ( )( ) dx x x x x x I 2 2 2 2 2 2 5 3 9 − − − + − =  解 对被积函数 R(x)作部分分式分解： ( ) ( )( )( ) 2 2 2 1 2 2 5 3 9 + − − + − = x x x x x R x