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0405习题总结-不定积分

news 文章来源：https://blog.csdn.net/gaogzhen/article/details/129448217 2024/9/22 4:08:05

文章目录

- 1 不定积分的基本概念
- 2 直接积分法-基本积分公式
- 3 第一换元法-凑微分形式法
- 4 第二类换元法
- 5 分部积分求不定积分
- 6 表格法积分
- 7 有理函数求积分
- 后记

1 不定积分的基本概念

例1
$\begin{cases} x+1,\quad x\ge0\\ \frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2},\quad x\lt0\\ \end{cases}\\ 求\int{f(x)dx}$

$解：f(x)在(−∞,+∞)上连续∫f(x)dx={12x2+x+C1,x≥0，C1为任意常数−12e−x+12x+C2,x<0,C2为任意常数F(x)作为f(x)的一个原函数，在x=0处连续那么C1=−12+C2,令C2=C(任意常数),则C1=−12+C∫f(x)dx={12x2+x−12+C,x≥0，C为任意常数−12e−x+12x+C,x<0解：f(x)在(-\infty,+\infty)上连续\\ \int{f(x)dx}= \begin{cases} \frac{1}{2}x^2+x+C_1,\quad x\ge0，C_1为任意常数\\ -\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2}x+C_2,\quad x\lt0,C_2为任意常数\\ \end{cases}\\ F(x)作为f(x)的一个原函数，在x=0处连续\\ 那么C_1=-\frac{1}{2}+C_2,令C_2=C(任意常数),则C_1=-\frac{1}{2}+C\\ \int{f(x)dx}= \begin{cases} \frac{1}{2}x^2+x-\frac{1}{2}+C,\quad x\ge0，C为任意常数\\ -\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2}x+C,\quad x\lt0\\ \end{cases}\\$

注意：

$f (x)$ 连续，F(x)可导。
$f (x)$ 有第一类，第二类无穷间断点，则不存在原函数。
$f (x)$ 有第二类震荡间断点时，可能存在原函数。

例2 $∫max{x3,x2,1}dx\int{max\{x^3,x^2,1\}dx}$
$解：令f(x)=max{x3,x2,1},则f(x)={x2,x≤−11,−1<x<1x3,x≥1f(x)在(−∞,+∞)上连续∫f(x)={13x3+C1,x≤−1x+C,−1<x<114x4+C2,x≥1F(x)在点x=−1出连续，所以−13+C1=−1+C,则C1=−23+CF(x)在点x=1出连续，所以14+C2=1+C,则C2=34+C∫f(x)={13x3−23+C,x≤−1x+C,−1<x<114x4+34+C,x≥1解：令f(x)=max\{x^3,x^2,1\},则\\ f(x)= \begin{cases} x^2,\quad x\le -1\\ 1,\quad -1\lt x\lt1\\ x^3,\quad x\ge1 \end{cases}\\ f(x)在(-\infty,+\infty)上连续\\ \int{f(x)}= \begin{cases} \frac{1}{3}x^3+C_1,\quad x\le -1\\ x+C,\quad -1\lt x\lt1\\ \frac{1}{4}x^4+C_2,\quad x\ge1 \end{cases}\\ F(x)在点x=-1出连续，所以-\frac{1}{3}+C_1=-1+C,则C_1=-\frac{2}{3}+C\\ F(x)在点x=1出连续，所以\frac{1}{4}+C_2=1+C,则C_2=\frac{3}{4}+C\\ \int{f(x)}= \begin{cases} \frac{1}{3}x^3-\frac{2}{3}+C,\quad x\le -1\\ x+C,\quad -1\lt x\lt1\\ \frac{1}{4}x^4+\frac{3}{4}+C,\quad x\ge1 \end{cases}\\$
总结：分段函数求积分

确定在分段点连续
求分段积分
统一常数

例3 证明：函数 $arcsin⁡(2x−1),arccos⁡(1−2x),arctan⁡x1−x都是1x−x2\arcsin(2x-1),\arccos(1-2x),\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}}都是\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}$ 的原函数
$证明：通过原函数求导函数即可[arcsin⁡(2x−1)]′=11−(2x−1)2⋅2=1x−x2[arccos⁡(1−2x)]′=−11−(1−2x)2⋅−2=1x−x2[arctan⁡x1−x]′=11+x1−x⋅(x1−x)′=1x−x2证明：通过原函数求导函数即可\\ [\arcsin(2x-1)]^{'}=\frac{1}{\sqrt{1-(2x-1)^2}}\cdot2=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\\ [\arccos(1-2x)]^{'}=-\frac{1}{\sqrt{1-(1-2x)^2}}\cdot-2=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\\ [\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}}]^{'}=\frac{1}{1+\frac{x}{1-x}}\cdot(\sqrt{\frac{x}{1-x}})^{'}=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}$

2 直接积分法-基本积分公式

例1 $∫x41+x2dx\int{\frac{x^4}{1+x^2}dx}$

多项式除法
$解：∫x41+x2dx=∫(x2−1+11+x2)dx=13x3−x+arctan⁡x+C解：\int{\frac{x^4}{1+x^2}dx}=\int{(x^2-1+\frac{1}{1+x^2})dx}\\ =\frac{1}{3}x^3-x+\arctan x+C$
例2 求 $∫1x8(1+x2)dx\int{\frac{1}{x^8(1+x^2)}dx}$

高次多项式与低次多项式+常数乘积
$解：∫1x8(1+x2)dx=∫1−x8+x8x8(1+x2)dx=∫(1+x4)(1−x2)x8dx+∫11+x2dx=1x−13x3+15x5−17x7+arctan⁡x+C解：\int{\frac{1}{x^8(1+x^2)}dx}=\int{\frac{1-x^8+x^8}{x^8(1+x^2)}dx}\\ =\int{\frac{(1+x^4)(1-x^2)}{x^8}dx}+\int{\frac{1}{1+x^2}dx}\\ =\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^3}+\frac{1}{5x^5}-\frac{1}{7x^7}+\arctan x+C$
例3 求 $∫tan⁡2xdx\int{\tan^2xdx}$
$解：∫tan⁡2xdx=∫(sec⁡2x−1)dx=tan⁡x−x+C解：\int{\tan^2xdx}=\int{(\sec^2x-1)dx}=\tan x-x+C$
例4 求 $∫11+cos⁡2xdx\int{\frac{1}{1+\cos2x}dx}$
$解：∫11+cos⁡2xdx=∫12cos⁡2xdx=12tan⁡x+C解：\int{\frac{1}{1+\cos2x}dx}=\int{\frac{1}{2\cos^2x}dx}\\ =\frac{1}{2}\tan x+C$
例5 求 $∫1sin⁡2xcos⁡2xdx\int{\frac{1}{\sin^2x\cos^2x}dx}$
$解:∫1sin⁡2xcos⁡2xdx=∫sin⁡2x+cos⁡2xsin⁡2xcos⁡2xdx=∫sec⁡2xdx+∫csc⁡2xdx=tan⁡x−cot⁡x+C解:\int{\frac{1}{\sin^2x\cos^2x}dx}=\int{\frac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin^2x\cos^2x}dx}\\ =\int{\sec^2xdx}+\int{\csc^2xdx}=\tan x-\cot x+C$

3 第一换元法-凑微分形式法

$∫{f[g(x)]g′(x)dx}=[∫f(t)dt]t=g(x)\int{\{f[g(x)]g^{'}(x)dx\}}=[\int{f(t)dt}]_{t=g(x)}$

常见凑微分公式：

$∫f(ax+b)dx=1a∫f(ax+b)d(ax+b)\int{f(ax+b)dx}=\frac{1}{a}\int{f(ax+b)d(ax+b)}$
$∫f(ex)exdx=∫f(ex)dex\int{f(e^x)e^xdx}=\int{f(e^x)de^x}$ $∫f(ax)axdx=1ln⁡a∫f(ax)dax\quad \int{f(a^x)a^xdx}=\frac{1}{\ln a}\int{f(a^x)da^x}$
$∫f(xμ)xμ−1dx=1μ∫f(xμ)d(xμ)\int{f(x^\mu)x^{\mu-1}dx}=\frac{1}{\mu}\int{f(x^\mu)d(x^\mu)}$
$∫f(1x)1x2dx=−∫f(1x)d(1x)\int{f(\frac{1}{x})\frac{1}{x^2}dx}=-\int{f(\frac{1}{x})d(\frac{1}{x}})$
$∫f(x)1xdx=2∫f(x)d(x)\int{f(\sqrt{x})\frac{1}{\sqrt{x}}dx}=2\int{f(\sqrt{x})d(\sqrt{x})}$
$∫f(ln⁡x)1xdx=∫f(ln⁡x)d(ln⁡x)∫f(xln⁡x)(1+ln⁡x)dx=∫f(xln⁡x)d(xln⁡x)\int{f(\ln x)\frac{1}{x}dx}=\int{f(\ln x)d(\ln x)}\quad \int{f(x\ln x)(1+\ln x)dx}=\int{f(x\ln x)d(x\ln x)}$
三角函数凑微分
- $∫f(sin⁡x)cos⁡xdx=∫f(sin⁡x)d(sin⁡x)\int{f(\sin x)\cos xdx}=\int{f(\sin x)d(\sin x)}$
- $∫f(cos⁡x)sin⁡xdx=−∫f(cos⁡x)d(cos⁡x)\int{f(\cos x)\sin xdx}=-\int{f(\cos x)d(\cos x)}$
- $∫f(tan⁡x)sec⁡2xdx=∫f(tan⁡x)d(tan⁡x)\int{f(\tan x)\sec^2xdx}=\int{f(\tan x)d(\tan x)}$
- $∫f(cot⁡x)csc⁡2xdx=−∫f(cot⁡x)d(cot⁡x)\int{f(\cot x)\csc^2xdx}=-\int{f(\cot x)d(\cot x)}$
- $∫f(sec⁡x)sec⁡xtan⁡xdx=∫f(sec⁡x)d(sec⁡x)\int{f(\sec x)\sec x\tan xdx}=\int{f(\sec x)d(\sec x)}$
- $∫f(csc⁡x)csc⁡xcot⁡xdx=−∫f(csc⁡x)d(csc⁡x)\int{f(\csc x)\csc x\cot xdx}=-\int{f(\csc x)d(\csc x)}$
反三角函数
- $∫f(arctan⁡x)11+x2dx=∫f(arctan⁡x)d(arctan⁡x)\int{f(\arctan x)\frac{1}{1+x^2}dx}=\int{f(\arctan x)d(\arctan x)}$
- $∫f(arccotx)11+x2dx=−∫f(arccotx)d(arccotx)\int{f(arccot x)\frac{1}{1+x^2}dx}=-\int{f(arccot x)d(arccot x)}$
- $∫f(arcsin⁡x)11−x2dx=∫f(arcsin⁡x)d(arcsin⁡x)\int{f(\arcsin x)\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx}=\int{f(\arcsin x)d(\arcsin x)}$
- $∫f(arccos⁡x)11−x2dx=−∫f(arccos⁡x)d(arccos⁡x)\int{f(\arccos x)\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx}=-\int{f(\arccos x)d(\arccos x)}$
$∫f(x+1x)(1−1x2)dx=∫f(x+1x)d(x+1x)∫f(x−1x)(1+1x2)dx=∫f(x−1x)d(x−1x)\int{f(x+\frac{1}{x})(1-\frac{1}{x^2})dx}=\int{f(x+\frac{1}{x})d(x+\frac{1}{x})}\quad \int{f(x-\frac{1}{x})(1+\frac{1}{x^2})dx}=\int{f(x-\frac{1}{x})d(x-\frac{1}{x})}$

例1 $∫tan⁡5xsec3xdx\int{\tan^5xsec^3xdx}$
$解：∫tan⁡5xsec3xdx=∫(sec2x−1)2sec2xd(secx)=∫(sec6x−2sec4x+sec2x)d(secx)=17sec7x−25sec5x+13sec3x+C解：\int{\tan^5xsec^3xdx}=\int{(sec^2x-1)^2sec^2xd(secx)}\\ =\int{(sec^6x-2sec^4x+sec^2x)d(secx)}=\frac{1}{7}sec^7x-\frac{2}{5}sec^5x+\frac{1}{3}sec^3x+C$
例2 $∫ln⁡(1+x)−ln⁡xx(1+x)dx\int{\frac{\ln(1+x)-\ln x}{x(1+x)}dx}$
$解：∫ln⁡(1+x)−ln⁡xx(1+x)dx=−∫[ln⁡(1+x)−ln⁡x]d[ln⁡(1+x)−ln⁡x]=−12[ln⁡(1+x)−ln⁡x]2+C解：\int{\frac{\ln(1+x)-\ln x}{x(1+x)}dx}=-\int{[\ln(1+x)-\ln x]d[\ln(1+x)-\ln x]}\\ =-\frac{1}{2}[\ln(1+x)-\ln x]^2+C$
例3 $∫(1+2x2)ex22−3xex2dx\int{\frac{(1+2x^2)e^{x^2}}{2-3xe^{x^2}}dx}$
$解：∫(1+2x2)ex22−3xex2dx=−13∫12−3xex2d(2−3xex2)=−13ln⁡∣2−3xex2∣+C解：\int{\frac{(1+2x^2)e^{x^2}}{2-3xe^{x^2}}dx}=-\frac{1}{3}\int{\frac{1}{2-3xe^{x^2}}d(2-3xe^{x^2})}=-\frac{1}{3}\ln|2-3xe^{x^2}|+C$
例4 $∫earctan⁡1+x(2+x)1+xdx\int{\frac{e^{\arctan\sqrt{1+x}}}{(2+x)\sqrt{1+x}}dx}$
$解：∫earctan⁡1+x(2+x)1+xdx=2∫earctan⁡1+xd(arctan⁡1+x)=2earctan⁡1+x+C解：\int{\frac{e^{\arctan\sqrt{1+x}}}{(2+x)\sqrt{1+x}}dx}=2\int{e^{\arctan\sqrt{1+x}}d(\arctan\sqrt{1+x})}\\ =2e^{\arctan\sqrt{1+x}}+C$
例5 $∫ln⁡tan⁡x2sin⁡xdx\int{\frac{\ln\tan\frac{x}{2}}{\sin x}dx}$
$解：∫ln⁡tan⁡x2sin⁡xdx=∫ln⁡tan⁡x2d(ln⁡tan⁡x2)=12ln⁡2tan⁡x2+C解：\int{\frac{\ln\tan\frac{x}{2}}{\sin x}dx}=\int{\ln\tan\frac{x}{2}d(\ln\tan\frac{x}{2})}\\ =\frac{1}{2}\ln^2\tan\frac{x}{2}+C$

4 第二类换元法

$∫f(x)dx=[∫[f(ϕ(t))]ϕ′(t)dt]t=ϕ−1(x)\int{f(x)dx}=[\int{[f(\phi(t))]\phi^{'}(t)dt}]_{t=\phi^{-1}(x)}$

三大换元
1. 三角换元
  - 被积函数含有 $a2−x2\sqrt{a^2-x^2}$ ：令 $x=asin⁡tx=a\sin t$
  - 被积函数含有 $x2+a2\sqrt{x^2+a^2}$ ：令 $x=atan⁡tx=a\tan t$
  - 被积函数含有 $x2−a2\sqrt{x^2-a^2}$ ：令 $x=asec⁡tx=a\sec t$
  - 当被积函数含有 $x^2+a^2)^n$ 也考虑 $x=atan⁡tx=a\tan t$
  - 当被积函数含有 $x^2-a^2)^n$ 也考虑 $x=asec⁡tx=a\sec t$
2. 根式代换
  - 被积函数含有 $ax+bcx+dn:令ax+bcx+dn=t\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}:令\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t$
  - 被积函数含有 $ax+bn:令ax+bn=t\sqrt[n]{ax+b}:令\sqrt[n]{ax+b}=t$
  - 被积函数含有 $ax+bn，ax+bm:令ax+bk=t,k为m，n的最小公倍数\sqrt[n]{ax+b}，\sqrt[m]{ax+b}:令\sqrt[k]{ax+b}=t,k为m，n的最小公倍数$
3. 倒代换
  1. 当分母方次高于分子方次，可以考虑倒代换。

例1 求 $∫1(1+x2)2dx\int{\frac{1}{(1+x^2)^2}dx}$
$解：解法一.∫1(1+x2)2dx=∫1+x2−x2(1+x2)2dx=arctan⁡x+12∫xd(11+x2)==arctan⁡x+12x1+x2−12∫(11+x2)dx=12arctan⁡x+x2(1+x2)+C解法二.令x=tan⁡x∫1(1+x2)2dx=∫1(1+tan⁡2x)2dtan⁡x=∫cos⁡2tdt=14sin⁡tcos⁡t−12t+C=12arctan⁡x+x2(1+x2)+C解：解法一.\int{\frac{1}{(1+x^2)^2}dx}=\int{\frac{1+x^2-x^2}{(1+x^2)^2}dx}\\ =\arctan x+\frac{1}{2}\int{xd(\frac{1}{1+x^2})}=\\ =\arctan x+\frac{1}{2}\frac{x}{1+x^2}-\frac{1}{2}\int{(\frac{1}{1+x^2})dx}\\ =\frac{1}{2}\arctan x+\frac{x}{2(1+x^2)}+C\\ 解法二.令x=\tan x\\ \int{\frac{1}{(1+x^2)^2}dx}=\int{\frac{1}{(1+\tan^2x)^2}d\tan x}\\ =\int{\cos^2tdt}=\frac{1}{4}\sin t\cos t-\frac{1}{2}t+C =\frac{1}{2}\arctan x+\frac{x}{2(1+x^2)}+C$
例2 求 $∫1(ax2+b)ndx,n>1,a>0\int{\frac{1}{(ax^2+b)^n}dx},n>1,a>0$
$解：∫1(ax2+b)ndx=1b∫1(ax2+b)n−1dx+12b(n−1)∫xd1(ax2+b)n−1=2bn−2b−22b(n−1)∫1(ax2+b)n−1dx+x2b(n−1)(x2+1)n−1解：\int{\frac{1}{(ax^2+b)^n}dx}=\frac{1}{b}\int{\frac{1}{(ax^2+b)^{n-1}}dx}+\frac{1}{2b(n-1)}\int{xd{\frac{1}{(ax^2+b)^{n-1}}}}\\ =\frac{2bn-2b-2}{2b(n-1)}\int{\frac{1}{(ax^2+b)^{n-1}}dx}+\frac{x}{2b(n-1)(x^2+1)^{n-1}}$

例3 求 $∫1x+x3dx\int{\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}dx}$
$解：令x6=t,则x=t6,dx=6t5∫1x+x3dx=∫6t5t3+t2dt=∫6(t2−t+1−1t+1)dt=2t3−3t2+6t−6ln⁡∣t+1∣+C=2x12−3x13+6x16−6ln⁡∣x16+1∣+C解：令\sqrt[6]{x}=t,则x=t^6,dx=6t^5\\ \int{\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}dx}=\int{\frac{6t^5}{t^3+t^2}dt}\\ =\int{6(t^2-t+1-\frac{1}{t+1})dt}=2t^3-3t^2+6t-6\ln|t+1|+C\\ =2x^{\frac{1}{2}}-3x^{\frac{1}{3}}+6x^{\frac{1}{6}}-6\ln|x^{\frac{1}{6}}+1|+C$
例4 求 $∫11+x+x+1dx\int{\frac{1}{1+\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}dx}$
$解：令t=x+x+1,x=14(t−1t)2dt=12(t−1t)(1+1t2)dt∫11+x+x+1dx=12∫t−1t3dt=−12t+14t2+C=14(x+1−x)(x+1−x−2)+C解：令t=\sqrt{x}+\sqrt{x+1},x=\frac{1}{4}(t-\frac{1}{t})^2\\ dt=\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})(1+\frac{1}{t^2})dt\\ \int{\frac{1}{1+\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}dx}=\frac{1}{2}\int{\frac{t-1}{t^3}dt}\\ =-\frac{1}{2t}+\frac{1}{4t^2}+C=\frac{1}{4}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}-2)+C$
例5求 $∫1(1+x)1−x2dx\int{\frac{1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx}$
$解：令x=sin⁡t,dx=cos⁡t∫1(1+x)1−x2dx=∫11+sin⁡tdt=∫(sec⁡2t−tan⁡tsec⁡t)dt=tan⁡t−sec⁡t+C=x−11−x2+C解：令x=\sin t,dx=\cos t\\ \int{\frac{1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx}=\int{\frac{1}{1+\sin t}dt}\\ =\int{(\sec^2t-\tan t\sec t)dt}=\tan t-\sec t+C\\ =\frac{x-1}{\sqrt{1-x^2}}+C$
例6 $∫1x(x6+4)dx\int{\frac{1}{x(x^6+4)}dx}$
$解：∫1x(x6+4)dx=14∫4+x6−x6x(x6+4)dx=124ln⁡x6x6+4+C解：\int{\frac{1}{x(x^6+4)}dx}=\frac{1}{4}\int{\frac{4+x^6-x^6}{x(x^6+4)}dx}\\ =\frac{1}{24}\ln\frac{x^6}{x^6+4}+C$

$∫1x(axn+b)dx=1bnln⁡∣xnaxn+b∣,bn≠0\int{\frac{1}{x(ax^n+b)}dx}=\frac{1}{bn}\ln|\frac{x^n}{ax^n+b}|,bn\not=0$

例7 求 $∫11+ex2+ex3+ex6dx\int{\frac{1}{1+e^{\frac{x}{2}}+e^{\frac{x}{3}}+e^{\frac{x}{6}}}dx}$
$解：令ex6=t,x=6ln⁡t,dx=6tdt原式=∫11+t3+t2+t⋅6tdt=∫6(t2+1)(t+1)tdt6(t2+1)(t+1)t=at+bt+1+cx+dt2+1计算的a=6,b=−3,c=−3,d=−3上式=∫(6t−3t+1−3t+1t2+1)dt=6ln⁡∣t∣−3ln⁡∣t+1∣−32ln⁡∣t2+1∣−3arctan⁡t+C=x−3ln⁡∣ex6+1∣−32ln⁡∣ex3+1∣−3arctan⁡ex6+C解：令e^{\frac{x}{6}}=t,x=6\ln t,dx=\frac{6}{t}dt\\ 原式=\int{\frac{1}{1+t^3+t^2+t}\cdot\frac{6}{t}dt}\\ =\int{\frac{6}{(t^2+1)(t+1)t}dt}\\ \frac{6}{(t^2+1)(t+1)t}=\frac{a}{t}+\frac{b}{t+1}+\frac{cx+d}{t^2+1}\\ 计算的a=6,b=-3,c=-3,d=-3\\ 上式=\int{(\frac{6}{t}-\frac{3}{t+1}-3\frac{t+1}{t^2+1})dt}\\ =6\ln|t|-3\ln|t+1|-\frac{3}{2}\ln|t^2+1|-3\arctan t+C\\ =x-3\ln|e^{\frac{x}{6}}+1|-\frac{3}{2}\ln|e^{\frac{x}{3}}+1|-3\arctan e^{\frac{x}{6}}+C$

5 分部积分求不定积分

$∫udv=vu−∫vdu\int{udv}=vu-\int{vdu}$

分部积分原则：

$∫vdu比∫udv\int{vdu}比\int{udv}$ 好求
分部积分选u的优先级别：反，对，幂，指，三
循环积分：关于于不定积分的方程

例1 求 $∫xsin⁡2xdx\int{x\sin^2xdx}$

分析： $sin^2x$ 优先降幂
$解：∫xsin⁡2xdx=∫x⋅1−cos⁡2x2dx=14x2−∫12xcos⁡2xdx=14x2−14∫xdsin⁡2x=14x2−14xsin⁡2x−18cos⁡2x+C解：\int{x\sin^2xdx}=\int{x\cdot\frac{1-\cos2x}{2}dx}\\ =\frac{1}{4}x^2-\int{\frac{1}{2}x\cos2xdx}=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}\int{xd\sin2x}\\ =\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}x\sin2x-\frac{1}{8}\cos2x+C$
例2 求 $∫x2e2xex\int{x^2e^{2x}}ex$
$解：∫x2e2xdx=12∫x2de2x=12x2e2x−12∫e2xdx2=12x2e2x−12∫xde2x=12x2e2x−12xe2x+14e2x+C解：\int{x^2e^{2x}}dx=\frac{1}{2}\int{x^2de^{2x}}\\ =\frac{1}{2}x^2e^{2x}-\frac{1}{2}\int{e^{2x}dx^2}=\frac{1}{2}x^2e^{2x}-\frac{1}{2}\int{xde^{2x}}\\ =\frac{1}{2}x^2e^{2x}-\frac{1}{2}xe^{2x}+\frac{1}{4}e^{2x}+C$

$∫xmenxdx=1nxmenx−mn∫xm−1enxdx\int{x^me^{nx}dx}=\frac{1}{n}x^me^{nx}-\frac{m}{n}\int{x^{m-1}e^{nx}dx}$

例3 求 $∫arctan⁡exe2xdx{\int\frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx}$
$解：∫arctan⁡exe2xdx=−12∫arctan⁡exde−2x=−12e−2xarctan⁡ex+12∫ex(1e2x−11+e2x)dx=−arctan⁡ex2e2x−12ex−12arctan⁡ex+C解：\int{\frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx}=-\frac{1}{2}\int{\arctan e^xde^{-2x}}\\ =-\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan e^x+\frac{1}{2}\int{e^x(\frac{1}{e^{2x}}-\frac{1}{1+e^{2x}})dx}\\ =-\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}}-\frac{1}{2e^x}-\frac{1}{2}\arctan e^x+C$
例4 求 $∫sec3xdx\int{sec^3xdx}$
$解：∫sec3xdx=∫secxdtan⁡x=sec⁡xtan⁡x−∫tan⁡xdsec⁡x=sec⁡xtan⁡x−∫(sec⁡3x−sec⁡x)dx∫sec3x=12sec⁡xtan⁡x+12ln⁡∣sec⁡x+tan⁡x∣+C解：\int{sec^3xdx=\int{secxd\tan x}}=\sec x\tan x-\int{\tan xd\sec x}\\ =\sec x\tan x-\int{(\sec^3x-\sec x)dx}\\ \int{sec^3x}=\frac{1}{2}\sec x\tan x+\frac{1}{2}\ln|\sec x+\tan x|+C$
例5 $f (x)$ 的一个原函数为 $xcos⁡xx\cos x$ ,求 $∫x⋅f′(x)dx\int{x\cdot f^{'}(x)dx}$
$解：由已知得，∫f(x)dx=xcos⁡x+Cf(x)=(xcos⁡x)′=cos⁡x−xsin⁡x∫x⋅f′(x)dx=∫xdf(x)=xf(x)−∫f(x)dx=x(cos⁡x−xsin⁡x)−xcos⁡x+C=−x2sin⁡x+C解：由已知得，\int{f(x)dx}=x\cos x+C\\ f(x)=(x\cos x)^{'}=\cos x-x\sin x\\ \int{x\cdot f^{'}(x)dx}=\int{xdf(x)}=xf(x)-\int{f(x)dx}\\ =x(\cos x-x\sin x)-x\cos x+C=-x^2\sin x+C$
例6 设 $F (x) 是 f (x)$ 的原函数，且当 $x≥0时x\ge0时$ ， $f(x)⋅F(x)=xex2(1+x)2f(x)\cdot F(x)=\frac{xe^x}{2(1+x)^2}$ ,已知 $F(0)=1,F(x)>0F(0)=1,F(x)\gt0$ .求 $f (x)$
$F^{'}(x)=f(x)\\ f(x)\cdot F(x)=\frac{xe^x}{2(1+x)^2}两边求积分\\ \int{f(x)\cdot F(x)dx}=\int{\frac{xe^x}{2(1+x)^2}}dx\\ F^2(x)=-\int{xe^xd(\frac{1}{1+x})}=\frac{e^x}{1+x}+C\\ 因为F(0)=1,所以C=0\\ 因为x\ge0时，F(x)\gt0,所以F(x)=\sqrt{\frac{e^x}{1+x}}\\ f(x)=F^{'}(x)=(\sqrt{\frac{e^x}{1+x}})^{'}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{\frac{e^x}{1+x}}}\cdot\frac{xe^x}{(1+x^2)}\\ =\frac{xe^{\frac{1}{2}}}{2(1+x)^{\frac{3}{2}}}$

6 表格法积分

函数 $u (x), v (x), n + 1 阶可导$
$∫uv(n+1)dx反复使用分部积分可得∫uv(n+1)dx=∫udv(n)=uv(n)−∫u′v(n)dx=uv(n)−u′v(n−1)+∫u′′v(n−1)dx=uv(n)−u′v(n−1)+u′′v(n−2)−∫u′′′v(n−2)dx=uv(n)−u′v(n−1)+u′′v(n−2)+⋯+(−1)nu(n)v+(−1)n+1∫u(n+1)vdx\int{uv^{(n+1)}dx}反复使用分部积分可得\\ \int{uv^{(n+1)}dx}=\int{udv^{(n)}}=uv^{(n)}-\int{u^{'}v^{(n)}dx}\\ =uv^{(n)}-u^{'}v^{(n-1)}+\int{u^{''}v^{(n-1)}dx}\\ =uv^{(n)}-u^{'}v^{(n-1)}+u^{''}v^{(n-2)}-\int{u^{'''}v^{(n-2)}dx}\\ =uv^{(n)}-u^{'}v^{(n-1)}+u^{''}v^{(n-2)}+\cdots+(-1)^nu^{(n)}v+(-1)^{n+1}\int{u^{(n+1)}vdx}$
表格如下：

在这里插入图片描述

例1 求 $∫(x3+2x)sin⁡xdx\int{(x^3+2x)\sin xdx}$
$解：∫(x3+2x)sin⁡xdx=−(x3+2x)cos⁡x+(3x2+2)sin⁡x+6xcos⁡x−6sin⁡x+C=(3x2−4)sin⁡x−(x3−4x)cos⁡x+C解：\int{(x^3+2x)\sin xdx}=-(x^3+2x)\cos x+(3x^2+2)\sin x+6x\cos x-6\sin x+C\\ =(3x^2-4)\sin x-(x^3-4x)\cos x+C$
例2 $∫e3xsin⁡2xdx\int{e^{3x}\sin2xdx}$
$解：∫e3xsin⁡2xdx=−12e3xcos⁡2x+34e3xsin⁡2x−∫94e3xsin⁡2xdx∫e3xsin⁡2xdx=−213e3xcos⁡2x+313e3xsin⁡2x+C解：\int{e^{3x}\sin2xdx}=-\frac{1}{2}e^{3x}\cos2x+\frac{3}{4}e^{3x}\sin2x-\int{\frac{9}{4}e^{3x}\sin2xdx}\\ \int{e^{3x}\sin2xdx}=-\frac{2}{13}e^{3x}\cos2x+\frac{3}{13}e^{3x}\sin2x+C$

7 有理函数求积分

例1 求 $∫x3+1x(x−1)3dx\int{\frac{x^3+1}{x(x-1)^3}dx}$
$解：x3+1x(x−1)3=ax+b(x−1)3+c(x−1)2+dx−1通分得，a(x−1)3+bx+cx(x−1)+dx(x−1)2=x3+1计算得a=−1,b=2,c=1,d=2,所以∫x3+1x(x−1)3=∫(−1x+2x−1+1(x−1)2+2(x−1)3)dx=−ln⁡∣x∣+2ln⁡∣x−1∣−1x−1−1(x−1)2+C解：{\frac{x^3+1}{x(x-1)^3}}=\frac{a}{x}+\frac{b}{(x-1)^3}+\frac{c}{(x-1)^2}+\frac{d}{x-1}\\ 通分得，a(x-1)^3+bx+cx(x-1)+dx(x-1)^2=x^3+1\\ 计算得a=-1,b=2,c=1,d=2,所以\\ \int{\frac{x^3+1}{x(x-1)^3}}=\int{(\frac{-1}{x}+\frac{2}{x-1}+\frac{1}{(x-1)^2}+\frac{2}{(x-1)^3})dx}=-\ln|x|+2\ln|x-1|-\frac{1}{x-1}-\frac{1}{(x-1)^2}+C$
例2 求 $∫2x+2(x−1)(x2+1)2dx\int{\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}dx}$
$解：2x+2(x−1)(x2+1)2=ax−1+b1x+c1x2+1+b2x+c2(x2+1)2通分得，a(x2+1)2+(b1x+c1)(x−1)(x2+1)+(b2x+c2)(x−1)=2x+2计算得，a=1,b1=−1,c1=−1,b2=−2,c2=0∫2x+2(x−1)(x2+1)2=∫(1x−1−x+1x2+1−2x(x2+1)2)dx=ln⁡∣x−1∣−12ln⁡∣x2+1∣−arctan⁡x+1x2+1+C解：\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}=\frac{a}{x-1}+\frac{b_1x+c_1}{x^2+1}+\frac{b_2x+c_2}{(x^2+1)^2}\\ 通分得，a(x^2+1)^2+(b_1x+c_1)(x-1)(x^2+1)+(b_2x+c_2)(x-1)=2x+2\\ 计算得，a=1,b_1=-1,c_1=-1,b_2=-2,c_2=0\\ \int{\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}}=\int{(\frac{1}{x-1}-\frac{x+1}{x^2+1}-\frac{2x}{(x^2+1)^2})dx}\\ =\ln|x-1|-\frac{1}{2}\ln|x^2+1|-\arctan x+\frac{1}{x^2+1}+C$
例3 求 $∫18−4sin⁡x+7cos⁡xdx\int{\frac{1}{8-4\sin x+7\cos x}dx}$
$令tan⁡x2=t,x=2arctan⁡t,dx=21+t2∫18−4sin⁡x+7cos⁡xdx=∫18−42t1+t2+71−t21+t2⋅21+t2dt=∫(1t−5−1t−3)dt=ln⁡∣t−5t−3∣+C=ln⁡∣tan⁡x2−5tan⁡x2−3∣+C令\tan\frac{x}{2}=t,x=2\arctan t,dx=\frac{2}{1+t^2}\\ \int{\frac{1}{8-4\sin x+7\cos x}dx}=\int{\frac{1}{8-4\frac{2t}{1+t^2}+7\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt}\\ =\int{(\frac{1}{t-5}-\frac{1}{t-3})dt}=\ln|\frac{t-5}{t-3}|+C =\ln|\frac{\tan\frac{x}{2}-5}{\tan\frac{x}{2}-3}|+C$

$∫asin⁡x+bcos⁡xcsin⁡x+dcos⁡xdx=∫A(csin⁡x+dcos⁡x)+B(csin⁡x+dcos⁡x)′csin⁡x+dcos⁡xdx\int{\frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}dx}=\int{\frac{A(c\sin x+d\cos x)+B(c\sin x+d\cos x)^{'}}{c\sin x +d\cos x}dx}$

例4 求 $∫4sin⁡x+3cos⁡x2sin⁡x−cos⁡xdx\int{\frac{4\sin x+3\cos x}{2\sin x-\cos x}dx}$
$解:原式=∫a(2sin⁡x−cos⁡x)+b(2sin⁡x−cos⁡x)′2sin⁡x−cos⁡xdxa=1,b=2原式=x+22sin⁡x−cos⁡xd(2sin⁡x−cos⁡x)=x+2ln⁡∣2sin⁡x−cos⁡x∣+C解:原式=\int{\frac{a(2\sin x-\cos x)+b(2\sin x-\cos x)^{'}}{2\sin x-\cos x}dx}\\ a =1,b=2\\ 原式=x+\frac{2}{2\sin x-\cos x}d(2\sin x-\cos x)=x+2\ln|2\sin x-\cos x|+C$

后记

❓QQ:806797785

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参考：

[1]同济大学数学系.高等数学第七版上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.

[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频｜纯干货知识点解析，应该是全网最细｜微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p31.