定积分换元法与分部积分法习题教学文稿
英译汉句子-财务部年终总结
定积分换元法与分部
积分法习题
1 •计算下列定积
分:
⑴
g 3
)dx
；
【解法
应用牛顿
-莱布尼兹公式
一】
)dx sin(x
sin( x
3
3
3
[cos(
应用定积分换元法
【解法
二】
化到
于是有
dx
；
23
(11 5x)
；
【解法一】应用牛
3)d(x
3
)
cos(x
)
3
cos(— 一)] [ cos
3
3 3
(cos )]
。
3
0
u
，则
dx
du
当
x
从
3
单调变化到
4 4
，
sin(x )dx
3
3
3
2
3
2
时，
u
从
3
单调变
3
2
3
sinudu
cosu
[cos
4
3
cos
2
]
3
[cos
(cos
3
)
]
3
3
-莱布尼兹公式
1
顿
1
2
dx
(11 5x)
3
(1
1
2
5x) d(11
3
5x)
1
2
(11
5x)
2
1^(11 5
1
1)
2
(11 5 2)
2
]
1
10 16
2
(
1
2
1)
51
512
【解法二】应用定积分换元
法
令 11 5x u， 则
dx
16,于是有
1
2
du
，
当x从2单调变化到1时，u从1单调
5
1
变化到
dx
(11 5x)
3
16
1
u
3
du
1
5
2 16
1
1o（
卡
1
）
誥。
⑶ 0%in cos
1 2 3
d
；
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
2
2
0
sin cos d
4
• 3
2 3
2
0
cos
dcos
1
4
cos
4
1
4
[cos cos 0]
4 2
1]
【解法二】应用定积分换元法
令cos u
，
sin
du
单调变化到
2
时，
u
从1
单调变化到0,于是有
，
2
0
sin
cos
3
:u
3
du
0
u
0
3
du
⑷
o
(1 sin
3
)d
；
【解】被积式为
(1 sin
3
)d
，不属于三角函数的基本可积形式，须进行变换。
sin
3
d
的积分,
由于1是独立的，易于分离出去独立积分，于是问题成为对
这是正、余弦的奇数次幕的积分，其一般方法是应用第一换元法，先分出一次
式以便作凑微分： sin d d cos ，余下的
sin
2
1 cos
2
，这样得到的
(1 cos
2
)d
cos
便为变量代换做好了准备。
具体的变换方式有如下两种:
【解法
一】
应用牛顿-莱布尼兹公式
0
(1 sin )d
3
0
1d
°
sin
2
sin d
3
(cos
cos0)
3
1(1
0 o
(1 cos
2
)d cos
(cos
(cos
1)
1
cos
3
0)
1)
【解法
二】
应用定积分换元法
1
-cos
3
令
cos u，贝
U sin d du
，当从0单调变化到时，u从1
单调变化到1,于是有
3
2
⑸
2
cos udu
9
0
(1
sin)d
0
1d
0
Sin sin d
0
(
1
cos
2
)d cos
2
1
(1 u
)du (u
1
(1 1) ( 1 1)
3
1
1
3
3
u
)
6
【解】这是正、余弦的偶次幕，其一般积分方法为，利用三角函数的半角
公
式：
cos
2
u 1
cosu
，将平方部份降次成为一次的余弦三角函数:
2 2
cos
2
u
1
cos2u
，使之可以换元成为基本可积形式：
2
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1 - 1 -
2
1 cos2u
cos udu
-(
2
du
2
cos2ud2u)
2
6
2
6
2
6
i
(u
】
sin2u 2)
1 1
[(—-)(sin
2 2 6
2
sin 3
)]
4
3
)
【解法二】应用定积分换元法
1
令
2u
x，则
du
2
dx
，当
u
从
6
单调变化到
2
时，X从
3
单调变
化到，于是有
cos2u
cos udu
2
du
1
1
(
2
du
2
cos2ud2u)
2
6
2
6
2
3
cosxdx)
2 2 6
1 . —
sin x
2
11
[ (sin sin )]
2 3
2 3
1 3
(———)
。
2 3 4
⑹
2
2 x
2
dx;
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是 2,应该应用
第二类换元法中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令
2 sinu
，当
x
从
0
单调变化
到
2
时，
u
从
0
单调变化到
2
，且
2 x
2
2 2sin
2
u
2
2cosu，
dx 2 cosudu
，使得
2
2
cosu 2cosudu
dx
0
2
2
1
cos2u
du
2
0
2
cos2udu
0
2
cos2ud2u
1
— sin
2u
2
0) 2
。
且根指数及根号内多项式的次数都是
【解】被积函数中含根号,
2，应该应用
第二类换元法中的三角变换法:
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令 x sinu，当 x从
1
* 2 r
i
2
cosu
_
u
~2~
，
¥单调变化到1时，u从一单调变化到一，且召
sin u
2 4 2
x sin u
dx cosudu，使得
丁
1
1
2
1 x
2
2
dx
x
cosu ,
——
2
cosudu
4
sin u
2
2
2
cot
2
udu
2
(csc
2
u 1)du
4 4
(cotu u)
2
4
[
(
cot
2
cot
4
)(
2 4
)
]
⑻
0
x
2
,
a
2
x
2
dx
（ a 0）；
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都
是
第二类换元法中的三角变换法:
2,应该应用
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令
从
0单调变化到a时，u从 0单
a
2
sin
2
u
a
2
sin
2
u sin
2
u acosu，
dx
（『sin
2
u acosu acosudu
a
2
1 cos4u
2 ----------- du
0
4
4
a
x asin u，当 x
化到
2
，且
x
2
a
2
x
2
acosudu，使得
4
dx
—
2
2udu
4
0
1
-sin
4u）
4
a
4
4
1 1
4
（
sin2 0
）
］
16
。
dx
⑼
1
x
2
_
厂
?
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都
是
第二类换元法中的三角变换法:
2，应该应用
从
为使根号内的变量在后的平方和转换成完全平方，应令
1单
调变化到
3
时，
u
从
4
单调变化到
3
，且
dx sec udu sec udu
x
2
1
x
2
tan
2
u 1 tan
2
u
tan
2
u secu
3
x
tanu，当 x
cosu
.2
du sin
u
1
—
2
d sin u
sin u
dx
2
1
使得
1 2
3
4
sin u
1
2
dsinu
x 1 x
2
L 2
这时，再令sinu
t
，当
从
4
单调变化到
3
时,
u
t
从2
2
单调变化到
又得
3
IV
2
dsi nu
4
sin u
；!dt
嘉■
t
1
3
t
2
2
2
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是 2,应该应用
第二类换元法中的三角变换法。
由于根号内的二次多项式并非为三角变换中的平方和或差的标准形式,
需要先将其转化为标准形:
2x x
2
1 (1 2x
x
2
) 1 (x 1)
2
，
现在，根号内的二次多项式成为了变量在后的平方差的形式了，因此可
令x 1
sinu,当x从0单调变化到1时,
x 1从1单调变化到0,从而u对应
从
2
单调变化到
0
,
而且 2x x
2
1 sin
2
u
0 0
cos
2
u
cosu，
dx cosudu，于是
1 cos2u
xdx
2
cosu cosudu
2
2
2
2 2
du
1
(u
1
sin2u)
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应
4
(11)
dx
；
1
x u
,
【解法一】令
「
x
用第二类换元法中的直接变换法:
当x从1单调变化到4时，
1
u从1单调变化到2,且由此
1 1
1 x 1 u
，于是
4
1
dx
1 x
2
2udu
2 2(1
1
1
1
u 1 u
)du
2(u In 1 u)
2
IV 1
2
{[0 (
2
)
]
2
[s
4
。
2[(2 1) (In3 In 2)]
2(1 In)
2
3
2(1 In2)
。
【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变
量,
即令
1 x u
，当
x从1单调变化到4时,
2单调变化到3， 由此得
x (u 1)
2
，
1 1
dx 2(u 1)du , ------------- - -----
于是
1 Jx u
4
1
dx
1 x
2(u
1)
du
u
2
3
3
1
2(1
2
u
)du
3
U)
In
2(u
2[(3
2) (In3
dx
In 2)] 2(1
3
In
—)
2
；
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应
用第二类换元法中的直接变换法:
【解法一】令
1 x
3
u
1
，当
x
从
4
单调变化到
1
时,
1
,于是
1
u从单调变化到
2
0，
且
由
此得
x 1 u
2
， dx
1
dx
4
1 x 1
:
2u
2
u 1
du
2
0
1)du
u1
(1 2(u
In u
1
)
2(
1
In
1
2 2
In1)
1
2ln 2。
【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变量，即令
当
3 1
x从
3
单调变化到1时,
4
dx 2(u
1)du ,——
1
v1 x
1
u从
1
2
单调变化到
1，且由此得
1 (u
2
1)
，
，于是
u
2(u 1)
dx
3
1 x 1
du
1
1
2
1
)du 2(u In u ) u
1
(
In 1)]
1 2I
n2。
(13)
1
1
xdx
；
； 5 4x '
【解】被积函数中含根号，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应
用第
二类换元法中的直接变换法:
令
5 4x
u
，当x从1单调变化到1时，u从3单调变化到1,且由此
得
x
1
(u
2
5)
dx
舟
udu，
2
1
，
1
1
----
5 4x
1
，于是
u
1
xdx
5 4x
1 1
8
[
3
(
1
(u
2
1
5) —udu
2
2
3
(u
5)du
11
8 3
(
u
3
5u
3
3
)
5(1 3)]
1
e・
(I
4
)
1
pdx
1
x
2
1
e
；
x
dx
1
e
；
的积分，且微分部份
1
2
dx
仅与
x
'
2
dx
，为含复合函数
x
复合函数
e
x
之中间变量
1
的微分
1
2
dx
相差
个常数倍，可以应用第一换元积
分法:
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1
1
x
2
2
dx
2
e
x
e
x
d
1
x
2
1
1
1
1
e
x
1
(e
2
e)
【解法二】应用定积分的换元法
1
令-
u
，当x从1单调变化到
x
时,
1
单调变化到
2
，且由此得
1
2
dx
du
，于是
x
2x
1
e
2
dx
12
1
1
x
2u
1
edu
(e
2
e
1
) e e
。
1
t
2
'dt
;
t
2
t
2
【解】为含复合函数 e
2
的积分，且微分部份
tdt与复合函数
t
2
的微分tdt仅相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法:
2
e
2
之中间变量
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1
0
t
2
t
2
te
dt
2
Pg §
1
e
2
(e
e)
2
0
1
1
e
。
应用定积分的换元法
【解法二】
t
2
2
当x从0单调变化到
1
t
2
1
时,
0
1
2
0单调变化到
，且由此
得tdt
du，于是
dx
__
0
te dt
0
2
2u
edu
e
u
du
e
0
(16)
e
2
1
x
、
1 In x
dx
dx
【解】为含复合函数的积分，且微分部份
1
In x
与复合函数
之中间变量
1
1 Inx的微分
V
dx
相等，可以应用第一换元积分法:
x
x
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
e
dx
x 1 I nx
e
2
1
1
1
d(1 In x) 2
1 In x
1
In x
2( 1
Ine
2
【解法二】应用定积分的换元法
1 ln1)
2(
1 2 1 0)
2( 3 1)
。
令 1 In x u，
当x从1单调变化到
e
2
时，u从1单调变化到3,且
V
由此得
-dx du
，于是
x
e
dx
x 1 In x
3
1
1
du
2如|；
2(13 1)
o
为含复合函数的积分，被积函数为真有理分式，分母为二次无零点的多
项式,
且分子比分母低一次，可以分解为两个可积基本分式的积分:
0
(x 2)dx
o
(2x 2) 2」
2
x
2
2x 2
2
x
2
2
2x 2
dx
0
2x 2 」
0
2
x
2
2
2
2x 2
dx
2
x
2
2
2x 2
dx
0
1
0
d
(
x
1
2x
2)
2
X
2
2x
2
2
2
(x 1)
2
1
d(x 1)
1
ln(x 2
2
一
2x
2)
0
1
2
arcta n(x 1)
2
(In 2
In
2) arcta n1 arcta n( 1)
4
(
4) 2
。
2
(18)
dx
_________
0
x 1 , (x 1)
3
【解】被积函数中含根号
，可见根指数与根号内多项式的次数不相等，应该应
第二类换元法中的直接变换法:
1
u
，当x从0单调变化到2时，u从1单调变化到
3
，且由此
得
x u
2
1
，
dx 2udu ，
心 1 J(x
1)
3
2
dx
3
3
1
2
0
x 1 (x 1)
3
1
u u
-----
1
3
2udu
1
1
—
2
du
2arctan u
u
2(arcta n 3 arcta n1) 2( — —)
。
3 4 6
(19)
2
、cosx cos
3
xdx
；
2
【解】由于 cosx cos x
cosx(1
cos
2
x) cosxsin
2
x
cosx |sinx，
所以
2
cosx
cos
3
xdx
cosx cos
3
xdx
o
2
cosx cos
3
xdx
2
2
cosx( sin x)dx
0
2
cosxsi
nxdx
2
用
0 . _________
___________________ _____
cosxd cosx
6
7
cosxd cosx
0
2
于是有
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
2
cosx
2
3
(cosx)
2
2(0
3
2
3
(cosx)
2
。
3
1
；(cosx)
2
d cosx
2
2(10)
1) 4
【解法二】应用定积分的换元法
令
cosx
u
，当x从
2
单调变化到。时，
u
从。单调变化到
1
, 当
x
从
0
单调变化到
2
时'
u
从
1
单调变化到°，且由此得
sinxdx du
'于是
2
cosx
cos
3
xdx
udu
cosx(
sin x)dx : cosxsin xdx
1
2
0
1
udu
0
0
u
2
du
i
1
0
u
2
du
2
2
u
3
1
0
du
2
2
u
3
如
0
1
cos2xdx
【解】由于
1 cos2x 2cos
2
x
所以
0
1 cos2xdx 2
72 |cos x
,
cos x dx cosx dx cosx dx]
2[
2
cos
xdx
0
(cos x) dx] 2[sin x
2
sin x ]
2
2
伽 2
0
)
(sin sin
2
)
]
2[1 (
1)] 2 2
。
2•禾U用函数的奇偶性计算下列定积分:
——3—
0
cos xdx
(cosx)d cosx
7
2
1
⑴
x
4
sin xdx
;
si
nx
是奇函数，即知
x
4
si n xdx 0
。
【解】由于函
数
⑵
2
4cos
4
d
2
【解】由于函
数
4
4cos
f(
4cos
4
是偶函数，且有
cos2 )
2
1 2cos 2
cos
2
2
1 2cos2
1 cos4
2
】
cos4
2
0
即得
2
4cos
4
2
1
(arcsinx)
2
dx
2
⑶
1
2
1
2
4cos
4
2cos2
1
-cos4 )d
2
2(3
sin2
1
0)
o
(si
n2 0)]
8
2[3
3
2
(
2
0)
(sin
。
：
x
2
（arcsi
nx
）
由于函数
是偶函数，所以
2 2 1
2
2
(arcsinx)
2
(arcsinx)
22
2
(arcsinx)d arcsinx
dx dx
0
2
2
1 x
0
2
x
2 2 … -
(arcsin x)
彳叫）
0] 3（6）
3
1 .
八
2
xarcsinx
2
⑷
1
----- dx。
2
1 x
2
㈣
324
o
由于函数
y
1
2
2
xarcsinx
是偶函数,
1 x
2
所以
1 ______________________
xarcsinx _
1 -----------
dx
1
1
x
2
xarcsinx _
2 ___ dx
0
1 x
2
2
1
2
2
2
arcsinxd 1 x
2
0
1 1
2&1 x arcsinx
0
；
d arcs inx]
1
2[(1 £
arcsin_
：
dx]
1
dt
3•证明： -
dt
dt
x
7
1 t
2
【证明】作倒数变换
当t从
x
单调变化到1时,
且有
1
1 1
u
2
t
2
(
1
u
)
2
u
2
dt
u
1du
1
于是有
dt
u
2
0
du
1
1
x
1
t
2
1
2
1
2
x
1
u
u
x
1
一
du
1
u
x
1
1 t
2
dt
，
证毕。
4•证明:
n
o
si
n
n
xdx
2
2
sin
xdx
o
0
【证明】 由于
sin
n
xdx
2
sin
n
xdx sin
n
xdx
,
0 0
2
—
7
其中，对于
sin
n
xdx
，作如下的处理:
2
作变换
x u
，当
x
从
2
单调变化到 时
，
且有
si
n
n
x si n
n
(
u) sin u
，
n
dx
du，
于是，
sin
n
xdx
0
sin
n
udu
2
n
2
2
0
sin
udu
从而得
si
n
n
n
xdx
0
sin
n
xdx
2
0
sin xdx
2
5.设
f(t)
为连续函数，证明:
6
x
1
u从单调变化到
x
：
1
1 A
从单调变化到
1
2
2
sin
n
xdx，
0
2
2
sin
n
xdx
证毕
0
1
,
u
x
⑴当
f(t)
是偶函数时，
(X)
0
f(t)dt
为奇函数；
【证明】当
f(t)
是偶函数时，有
f ( t) f(t)
,
X X
使得
(x)
0
f(t)dt
t u
0
f( u)d( u)
X
f (u)du
(
X
)
，
可知此时
(x)
0
f
(t)dt
X
为奇函数，证毕。
⑵当是奇函数时，为偶函数。
【证明】当
f(t)
是奇函数时，有
f( t) f(t)
，
XXX
使得
(x)
0
f(t)dt
t
u
0
f( u)d( u)
0
f(u)du
X
(x)
，
可知此时
(X)
0
f
(t)dt
为偶函数，证毕
6•设
f(x)
是以T为周期的连续函数，证明：对任意的常数
a
，有
f(x)dx
0
f(x)dx
。
【证明】题设
f(x)
是以T为周期的连续函数，可知成立
f (x T)
f (x)
，
a T
0
由于
a
f
(x)dx
a
f(x)dx
T
0
f(x)dx
f(x)dx
f(x)dx f(x)dx
f(x)dx
a
T
其中，对于
T
f(x)dx
，作如下的处理:
T
,当
x
从T单调变化到a
T时，
u
从0单调变化到
a
，
a T a
使得
T f(x)dx
X u
T
o
f(u T)d(u
T)
0
f(u)du
0
f(x)dx
，
f(x)dx
f(x)dx
，
于是有
证毕
f(x)dx
0
f(x)dx f (x)dx
7
•计算下列定积分:
1
⑴
xe
x
d
0
7
【解】被积函数属分部积分第一类，应选
e
x
为先积分部份,
【解法一】套用分部积分公
式,
1 1
0
xe
x
dx
°
xd(
e )
X
xe
x
0
；
（ e
1
)dx e
1 2e
1
x
0
e dx
0
(e
1
e
【解法二】应用列表
法
符号
求导
积分
e
e
e
x
x
x
1
x . X X
1e
0
xe dx
( xe
e )
1
e
⑵
1
x|
nxdx
；
【解】被积函数属分部积分第二
类,
e
[H 1
2
xln xdx
In xd -x
1
1
2
1
2
(e In e 0)
2
e
1
)(
0e e )
0
0 1
1 2e
。
套用分部积分公式，选
e
2
x
为先积分部份,
1
⑶
0
xarctanxdx
；
x
为先积分部份,
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，
选
1
1
2
1
2
arctan xd ^x
2
-x
arctanx
xarcta n
0
x d arctanx
0
2
2
xdx
2
0
1 ,
1
1
1
1
2
arcta n1
(1
x
2
dx
2
0
0
2
1 x
x
1(x
1
x
In x
-x
2
d In x
1
2
2
e
1
2
e
1
1
2
1,
e
xdx
2
1
x dx
2
1
2
.2
2
1
Je
1) (e
1
2
4 4
1
2
1
1)
e
-e
-x
。
2
4
（含不可直接积分部份的分部积分不应使用列表
法）
1
2
芯
dx
)
arcta
nx
2xdx
2
⑷
0
XSin ；
【解】被积函数属分部积分第一类，应
选
【解法一】套用分部积分公
式,
2
(
1
4
）
1
2
-。
sin
2x为先积分部
份,
0
2
XSi xdx
n2
0
2
xd(
1
-cos2x)
2
0)
2
-xcos2x
2
cos2xdx
1)
1
(^cos2x)dx
1
4
1 ( cos
2 2
sin 2x
0)
【解法二】应用列表
法
符号 求导 积分
sin2x
1
2
cos2x
n2(
2
可得
0
XSi xdx
4
lnx
⑸
1
計
；
份,
-sin2x
4
】xcos2x
1
— sin
2
2x)
4
1 1
2
(
2
)
4
(
0 0)
1
(cos
2 2
0)
1
4
(sin sin 0)
被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，应选
1
为先积分部
ln x ,
—dx
1
x
4
“ ln xd2 x
1
4
1
2 xd l n x
2 Jx — dx
2“x ln x
1
x
4 1
dx
1
x
2 x l nx
2[ 4(ln 4
4 x
4
2)
2 x(ln x 2)
4(21 n 2
1)
。
1(l n1 2)] 4[l n4 1]
dx
；
【解】被积函数属分部积分第一
类,
【解法一】套用分部积分公式,
应选
1
sin
2
为先积分部份,
x
3
4
sin x
4
：
dx
3
xd( cot x)
xcotx
3
cosx
3
----- dx
3
( cot x)dx
4
xcotx
xcotx
3
- -1
------
dsinx
3
4
sin x
4
4
sinx
xcotx In sin x xcot x In sin x)
4
In
4
(
— cot— In sin — )(—cot— In
sin —
3 3 3 4 4 4
)
In
1 2
)
2
3
1 1
2
(
4 3 3
)
^2
1 1
2
(
4 3 3
)
【解法二】应用列表法
符号
求导 积分
可得
3
x
2
3
sin x
dx
(xcot x In sin x)
4
4
(
— cot— In sin — )(—cot— In
3
3 3 4 4
碍(；
In 2
)
2
sin —
4
)
1
13
(:
ln
。
(
ln (
,
2 2
2 4
2
⑺
0
愛
cosxdx ；
2x
【解】被积函数属分部积分第一类，
e
与
cosx<
br>均可选为先积分部份,
3
In 2
【解法一】套用分部积分公式，选
e
2x
为先积分部
份,
2
2
2x
cosxd
-e
2x
1
2x
2
1
2x
0
0
e
cosxdx
0
2
2
2
e
COS
2
ed cosx
X
1
0 C、
2
1
e
2x
2
(
e
cos e cos0)
2
一
2
sin xdx
1
(
0
2
1
2x .
e sin
1)
0
-sin xd
1 1
2
-
2x
2
e
4
x
1
(
e
sin —
e
0
sin 0) e
2x
cosxdx
2
即得
2 2x
2
1
2
e
2x
cosxdx
,
0
e
cosxdx
4
0
移项,
整理得
0
2
e
2x
cosxdx
1
5
(e 2)
o
【解法二】套用分部积分公式，
cos
X
为先积分部
选
份,
0
2
e
2x
cosxdx
e
2x
sin x
2
0
sin
xde
2x
(e
sin
0)
22x
2
2
2
0
2esin xdx
e
0
航（
[2e
2x
( cosx)
0
2
(
cosx)d2e
2x
]
2e
cosx
2x
0
2
4e
2x
cos
xdx
0
2
4
e
2x
dsinx
cosx)
22x
e
cosxdx
e 2 4
0
2
e
2x
c
os
xdx，
即得
0
.
1 .
2
2x
2
移项，整理得
e cosxdx (e
2)
。
0
5
2
⑻
1
xlog
2
xdx
；
被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
1
2
2 2
e 2(e cos— e cos0)
4
o
2
e cosxdx
0 2 2x .
x
为先积分部份,
2
xd x
i
x
Iog
2
xdx
1
log
2
2
2
1
2
1
1
-x
2
2
(
4log
2
2 0)
o
1 1
2
1 x
log
2
x
dx
xl n2
1
(4
1
2 -------- -x
2ln 2 2
xcos
2
xdx
；
4ln 2
1)
1
2..
x d log
2
x
1
£
1
2
.
------ xdx
2ln2
1
3
。
4l
n2
2
【解】将三角函数降次后求
解,
2
1
2
x cos xdx
x
0
0
11
2
(x
2 2
2
1
2
cos2x 1
------- dx -
2 2
2
(
xcos2x)dx
X
o xcos2xdx)
xcos2xdx
2
其中，积分
0
xcos2xdx
中的被积函数属分部积分第一类，套用分部积
分公式，选cos2x为先积分部份，得
2
sin2x
1 1
0
xd
2
xcos 2
xdx
-xsi n2x
sin 2xdx
0
2
2
1
1
sin 4
cos2x
4
COS
4 cos0)
4
1
4
(
1 1
)
(
从而得
e
⑽
sin (In x)dx
:
1
x cos xdx
2
2
0
xcos2xdx
【解】被积函数属分部积分第二
类,
且已经具有
udv的结构，直接套用分部积
分公式得
e e
1
sin (I n x)dx xsin (I n
x)
1
x)
xd sin (I n
e
esin
(I ne)
0 x cos(Inx) — dx
1
x
e
esinl
1
cos(In x)dx
e
esinl [xcos(ln x)
1
xd
cos(In x)]
esinl [ecos(Ine) cos(In1)]
e
x[ sin (I n x)] dx x
1
esinl
e
ecosl
1
dx
1
sin (I n x)
e e
即得
1
sin (I n
e(si cos1) 1 i sin (I n
x)dx
,
x)dx
n1
移
整理得
1 [e(sin1 cos1) 1]
。
sin (I n
项、
x)dx
e
(11)
1
In x dx
;
e
e
1
[解]
In x dx In x dx
In x dx
1
(
In x)dx i In xdx
e
e
1 e 1
1
1n
xdx In xdx
[xIn x
e
x]
1
xd In
xln x
e
1
1
11
(0
e e
In
1
) dx
1
X
x
eIn e
x
dx
e
1
dx
e
1
dx
e
(e
1) 2
x
3
e
这是含复合函数的积分，可用第一换元积分法,
令
x
2
u
，当
x
从0单
调变化到
In2
时，u从0单调变化到In
2 ,
•」
ln2
2
1
In 2
2
1
In 2
1
In2
3 x 2 x 2 u
得 x e
dx x e dx
ue du
0
ude
u
0
2
0
2
0
2
xd In x
8 .设 f (x)
sin t
x
2
1
t
1
In 2
c 1 J
u In 2
> 0
e
u
0) - e
£
(
In2
0
edu)
2
1
1
In 2 0
1
In 2
-(e e )
In 2 - (2
1)
In
2
2
2
。
dt，求
1
2
0
x f (x) dx
。
1
u In 2
(ue
2
> 0
In 2
u
【解】
dt是著名的无法用初等函数表示结果的一道积分题，因此，无法
t
1
通过确定
f
(x)
的表达式来求解积分
0
xf (x)dx
，
但明显可见，易于求出
f'(x)
:
d
x
sin t
— ——dt
dx
1
t
2
f'(X)
sin x
2
—2 (x )'
x
1
.
2
sin x
2-
x
0
xf (x)dx
1
0
・ 2
2x
2
sinx
2
，
x
于是,
可以通过分部积分法，由
1
0
转化出
f '(x)
从而解决问题:
xf
(x)dx
0
1
2
由题设f (x)
1
最终得到
o
xf (x)dx
2cos1
1)
。
9.设
f(x) x f (x)cos xdx
，求
f (x)
。
【解】由于
0
f (x)cosxdx
为常数，可知
f '(x)
由此得
o
f (x) cosxdx
o
f (x)d sin x
2
1
2 •
2
1
f1
0
()
2
1
2
x 2
sin x dx
xsi
nx
2
f1
x
0
dx
1
2
()
1
2
1
sin x dx
0
1 1
C
f(1) 2
f (1) cosx
2
1
2 2
(cos1
1 f(1)
2
1
2
x
sint ,
1)
2
【f
(
1
)
cos1 1]
——dt
1
1
t
sint
，可得
f(1)
1
t dt 0，
人
1
2
f(x)d x
2
2
1
2
2
-[1f(1)
1
f(x)
1
1
2
0
0
— X
2
df(x)
1
f1
2
()
11
1
0]
xf
'(x)dx
0
2
x
2
f '(x)dx
0
2
(
f (x)sin x
o
sin xdf (x)
f ( )sin f(0)sin
0
o
sin xf '(x)dx
0 0
0
sin xdx
cosx
0
cos cos0 2，
于是,
f (x) x
o
f (x)cos xdx x ( 2) x 2
。
2
得
x u
, dx 2udu,
1
2[(
2
) ( 1)