青春偶像剧大全-白岩松的演讲

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1．计算下列定积分：
⑴


3
sin(x
3
)dx
；



【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式

3
sin(x
3
)dx


3
sin(x
3< br>)d(x
3
)
cos(x
3
)







3

[cos(

)cos()][cos(cos)]0
。
33333
【解法二】应用定积分换元法
令
x

 

3
xdu
u
，则
d
，当
x从

2

4

单调变化到

时，单调 变化到，
u
从
333
4

3
2

3
于是有


3
sin(x
3
)dx

sinudu
cosu
[cos

4< br>
3
2

3
[cos
4

2< br>
cos]

33

(cos)]0
。 < br>33

⑵
dx

2
(115x)
3；
1
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
11
1
1
dx
3
(115x)
2
(115x)d(115x)

2
(115x)
3
5

2
52
1
1
2


51
11
111

(1)
。
[]
2
22
512
1016
10(1151)(1152 )
【解法二】应用定积分换元法
令
115xu
，则
dx
16，于是有
1du
，当
x
从
2
单调变化到1时，
u
从1单 调变化到
5
1
16
3
11
2
dx
u duu

2
(115x)
3
5

1
52
1
16
1

51
11
(
21)

。
512
1016

⑶

2
0
sin

cos
3

d

；
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
1
4
22
cos

sin

cos

d

cos
< br>dcos


0

0
4
33
< br>
2
0
1

[cos
4
cos
4
0]

42

1

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1
1
[01]

。
4
4
【解法二】应用定积分换元法
令
cos

 u
，则
sin

d

du
，当
从0单调变化到
到0，于是有


时，
u
从1单调变 化
2

⑷
2
0
01
1
sin
< br>cos
3

d



u
3
du

u
3
du
u
4
10
4
1
0

1
。
4


0
(1 sin
3

)d

；
3
【解】被积式为
(1sin

)d

，不属于三角函数的基本可积形式，须进行变换。由于 1是
3
独立的，易于分离出去独立积分，于是问题成为对
sin

d

的积分，这是正、余弦的奇数
次幂的积分，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

dcos

，余下的
sin
2

1cos
2

，这样得到 的
(1cos
2

)dcos

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



1d


sin

sin

d



00
3

2

0

< br>(1cos
2

)dcos


0
1


(cos

cos
3

)

0

3
1


(cos
< br>cos0)(cos
3

cos
3
0)
3
4
1


(11)(11)



。
3
3
【解法二】应用定积分换元法
令
c os

u
，则
sin

d

du< br>，当

从0单调变化到

时，
u
从1单调变化
到
1
，于是有


0
(1sin

)d



1d



sin

sin

d



00
3

2

0


(1cos
2

) dcos


0

1
1
1





(1u
2
)du


(uu
3
)
1
1
3
4
1


(11)(11)



。
3
3


2

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解


⑸


2
cos
2
udu
；
6
【解】这是正、余弦的偶次幂，其一般积分方法为，利用三角函数的半角公式：
co s
2
u1cosu
1cos2u
2

，将平方部份降次 成为一次的余弦三角函数：
cosu
，使之
22
2
可以换元成为基 本可积形式：
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式

1cos2u
1 1


6
2
cosudu


6
2
2
du

2
(


6
2du
2


6
2
cos2ud2u)


2
1
(u
2


2
6

1

1

1
2
sin2u

)
[()(sin

sin)]

22623
2
6
1

3
()
。
234
【解法二】应用定积分换元法
令
2ux
，则
du
于是有

1cos2 u
11


6
2
cosudu

6
2
2
du

2
(


6< br>2
du
2


6
2
cos2ud2u)< br>


2



1
dx
， 当
u
从单调变化到时，
x
从单调变化到

，
623
2
1
(u
2


2
6
1

1

1



cosxdx)[() sinx


]

2
3
2262
3
1

1

1

3
[(sin
sin)]
()
。
2323
234
⑹

2
0
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
x
变化到
2sinu
，当
x< br>从0单调
2
时，
u
从0单调变化到

，且
2 x
2
22sin
2
u2cosu
，
2
dx 2cosudu
，使得

3

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

2

2
< br>
0
2xdx


2
2cosu2cosudu
2

2
0
0
1cos2u
du
2

0

0

2
0

2
du

2
cos2udu
u

1



2
cos2ud2u

2
0
u
1
1
2
2
0
1
sin2u
2

2
0



1
(sin

0 )

。
2
22
⑺

1x
2
dx
；
2
x
【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< br>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
单调
2


1x< br>2
1sin
2
ucosu
变化到1时，
u
从单调变 化到，且

2
，
dxcosudu
，
42
x< br>2
sin
2
usinu
使得

1
1
2



1x
2
cosu
22
222
dx
cosuducotudu(cscu1)du




2
2

x
4
sinu
44

(cotuu)
⑻

2
4
[(cot



cot)()]
1
。
4
2424

a
0
；
x
2
a< br>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asinu
，当
x
从 0单调变
化到
a
时，
u
从0单调变化到

2
，且
x
2
a
2
x
2
a
2
s inua
2
sin
2
usin
2
uacosu
2
，
dxacosudu
，使得

a
0
x< br>2
4
a
axdx


2
asinuac osuacosudu

0
4


22
22
2
0
sin
2
2udu

4
a1< br>a
2
1cos4u
(usin4u)


du
84
4
0
2
4


2
0


4

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1
a
4

1< br>[(sin2

0)]


a
4
。
16
824
⑼

3
dx
x
2
1< br>1x
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：
为使根号内的变量在后的平方和转换成完全平方， 应令
xtanu
，当
x
从1单调变
化到
3
时，< br>u
从

单调变化到，且
43
sec
2
u dudx
x
2
cosu1
sec
2
udu
du dsinu


22
2
222
sinu
1xt anu1tanu
tanusecu
sinu
使得

3
d x
x
2
1x
2

1


3
4
1
dsinu

2
sinu
这时，再令< br>sinut
，当
u
从



23
单调变化到时，
t
从单调变化到，
43
22
3
2
2
2
3
1
1
1
2
dt

又得


3
dsinu

2
t
2
2< br>t
4
sinu
2
(
22
2
)
2
。
32
3
⑽

1
0
2xx2
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。
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

变化到0，
而且
2xx
2
1sin
2
u cos
2
ucosu
，
dxcosudu
，于是

2
单调


1
0
2xx
2< br>dx



cosucosudu



2
0
1cos2u
11
du
(usin2u)


2
22
2
0
0


2
5

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解


1

1
{ [0()][sin0sin(

)]}

。
4
222
⑾

4
1
dx
；
1 x
【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
xu
，当
x
从1单调变化到4时 ，
u
从1单调变化到2，且由此得
xu
，
2
dx2ud u
，
11

，于是
1u
1x
2
2u du
2
1
dx
2


2

(1 )du
2(uln1u)
1

1
1u
1
1u
1x

4
1
3
2
2(1ln)
2(1ln)
。
2[(21)(ln3ln2)]
2
3【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
11

，
1x
u
变化到4时，
u
从2单调变化到3，且由此得
x(u1)
2
，
dx2(u 1)du
，
于是

4
1
3
2(u1)
3
1
dx


du2

(1)du
 2(ulnu)
22
uu
1x
3
2

3
2[(32)(ln3ln2)]
2(1ln)
。
2
⑿

1
3
4
dx
；
1x 1
【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u
，当
x
从
31
单调变化到1时，
u
从单调变化到0，且由此得
42
x1u2
，
dx2udu
，
11

，于是
1x1
u1


1
3
4
1
1
0
2u
1
dx
2

)du
2(u lnu1)
0


1
du
2

2(1
0
u1
1x1
2
u1
6

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

11
2(lnln1)
12ln2
。
22< br>【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1u
，当x
从
调变化到1时，
u
从

3
单
4< br>1
单调变化到
1
，且由此得
x1(u1)
2
，
dx2(u1)du
，
2
11

，于是
1x1
u

1
3
4
1

1
2(u1)
1
dx


1
du
2

2
(1)du
2(ulnu)
1
u
u
1 x1

2
1
2
1


11
2[()(1)lnln1)]
12ln2
。
22
⒀

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
11
11
x(u2
5)
，
dxudu
，

，于是
42
54x
u

1
1
1
11
1
1
11
1
xdx


(u
2
5) udu


(u
2
5)du(u
3
5u)< br>1
3

3
3
u
883
42
54x
1
11
[(13
3
)5(13)]

。
6
83
⒁

2
1
e
dx
； x
2
1
x
1
x
11
1
1
e1
【解】由于
2
dxe
x

2
dx
，为含 复合函数
e
x
的积分，且微分部份
2
dx
仅与复合函数e
x
x
xx
11
之中间变量的微分

2
dx
相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法：
xx
【解法一】应用牛顿- 莱布尼兹公式
2


1
1
1
2
e
1
dx


e
x
d
e
x
2
1
x
x
1
x
2
1
(ee
1
)
ee
。
1
2
【解法二】应用定积分的换元法
7

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

令
于是
11
1
u
，当
x< br>从1单调变化到2时，
u
从1单调变化到，且由此得

2
dx du
，
x2
x
1
x

⒂
2
1< br>1
1
2
e
1
u
x
2
u
dx
edx
e
edu

1
x
2
< br>1
x
2
1
2
1
(ee
1
)< br>ee
。
1
2

te
0
1
< br>t
2
2
dt
；

t
2
2

t
2
2
【解】为含复合函数
e
的积分，且微分部份
tdt
与复合函数
e
t
2
之中间变量

的微分< br>2
tdt
仅相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法：
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式
t
tedt
ed()
 e

0

0
2
1

t
2
2
1

t
2
2
2

t
2
2
1
0
(ee
0
)
1

1< br>2
1
。
e
【解法二】应用定积分的换元法
1
t< br>2
令
u
，当
x
从0单调变化到1时，且由此得
 tdtdu
，
u
从0单调变化到

，
2
2
于是

1
0
te

t
2
2
dt


edu


1
edu
e
u
0
2

1
2
0
u
u0< br>
1
2
ee
0

1
2
1< br>1
。
e
⒃

e
2
1
dx
；
x1l nx
dx
1
与复合函数之中间变量
1lnx
的微
x
1lnx
【解】为含复合函数的积分，且微分部份
分
1
dx
相等 ，可以应用第一换元积分法：
x
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式

e
2
1
e
2
dx1


d(1lnx)< br>21lnx
1
x1lnx1lnx
e
2
1

2(1lne
2
1ln1)
2(1210)2(31)
。
【解法二】应用定积分的换元法
令
1lnxu
，当
x
从1单调变化到
e
时，
u
从1单调变化到3，且由此得
2

8

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1
dxdu
，于是
x

⒄
0
e
2
1
3
1dx

du
2u
1
x1lnxu
3
1
2(3 1)
。
(x2)dx

2
x
2
2x2
；
【解】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：
(x2)dx1
0
(2x2)2< br>

2
x
2
2x22

2
x
2
2x2
dx

1
0
2x21
0
2


2
dx

2
dx
2
2
x2x22
2
x2x2
0


0
1
0
11
2
d(x2x2)d(x1)

22

22
2x2x2(x1)1
1
0
ln(x
2
2x2)
0
2
arctan(x1)
2

2
1
(ln2ln2)arctan1arctan(1)

2


()

。
2
44
⒅

2
dx
x1(x1)
3
0
；
【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
2
当
x
从0单调变化到2时，且由此得
xu 1
，
x1u
，
u
从1单调变化到
3
，
dx2udu
，
1
x1(x1)
3
dx



3
1
，于是
uu
3
3
112udu2du
2arctanu
32

1
uu1u

2
3
1
0
x1(x1)
3
1


2(arctan3arctan1)
2()

。
6
34

⒆


2
cosxcos
3
xdx
；
cosx(1cos
2
x)
cosxsin
2
x
cosxsinx
，
2
【解】由于
cosxcos
3
x


9

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解


所以


2

2
c osxcosxdx



cosxcosxdx

2
cosxcos
3
xdx


2
0
3
0

3


0



2
cosx(sinx)dx

2
cosxsinxdx

0


于是有
0

2

cosxdcosx

2
cosxdcosx

0
【解法一】应用牛顿-莱布尼兹公式



2

2
cosxcosxdx



(cosx)dcos x

(cosx)dcosx


2
2
0
3
0
1
2

1
2
3
2
(co sx)
2
3
0


2
3
2
(c osx)
2
3

2
0


4
22
(10)(01)

。
3
33
【解法二】应用定积分的换元法
令
cosxu
， 当
x
从

调变化到

2
单调变化到0时，
u
从0单调变化到1，当
x
从0单

时，
u
从1单 调变化到0，且由此得
sinxdxdu
，于是
2



2

2
cosxcosxdx



cosx(sinx)dx

2
cosxsinxdx

< br>2
0
3
0



1
0
ud u

1
0
1
0
1
udu

< br>0
udu

0
udu

1
0
1< br>1
2
1
1
2
2
3
u
2
3
⒇
2
3

0
du
3
u
2

224

。
333


0
1cos2xdx
。
2cos
2
x2cosx
，

【解】由于
1cos2x
所以


< br>0
0
1cos2xdx2

cosxdx
2[

2
cosxdx


cosxdx]

0
2

0
2[

2
cosxdx


(cosx)dx]
2[sinx
2


2
0
sinx


]

2

10

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

2[(sin

0)(sin

sin )]
2[1(1)]
22
。
22

2．利用函数的奇偶性计算下列定积分：
⑴




x
4
sinxdx
；
【解】由于函数
yx
4
sinx
是奇函数，即知





x
4
sinxdx0
。
⑵

2


2
4cos
4

d
；
【解】由于函数
f(

)4cos
4

是偶函数，且有
1cos2

2
1cos4
)
12cos2

cos
2
2

1 2cos2


4cos
4

4(

22
31
2cos2

cos4


22
即得
31
2
24cos

d

2(2cos2

cos4

)d

4cos

d



0
2



2
2
2
4
2
0
4



31
2(

sin2

sin4

)
28

2
0

3

12[(0)(sin

0)(sin2

0)]

228
3


。
2
⑶

12
1

2
(arcsinx)
2
1x
2dx
；
(arcsinx)
2
1x
2
【解】由于函 数
y
1
2
1

2
是偶函数，所以
1< br>2
0

(arcsinx)
2
1x
2
dx 2

1
2
0
(arcsinx)
2
1x
2
1
2
0
dx
2

(arcsinx)
2
darcsinx

2
(arcsinx)
3
3⑷
21
3
2

3

3
[(arcs in)0]()

。
3236
324

1
2
1

2
xarcsinx
1x
2
dx
。
xarcsinx
1x
2
【解】由于函数
y
是偶函 数，所以

11

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解


1
2
1
< br>2
xarcsinx
1x
2
dx2

1
2
0
xarcsinx
1x
2
1
2
0
d x
2

arcsinxd1x
2

1
20
2[1xarcsinx
2


1
2
0
1x
2
darcsinx]

1
1
3

11
3

2
2
1
。
2[1 arcsin0

dx]
2[x
0
]
0
6
42
26
1
dtdt
x

3．证明：

。

1
1t
2
（
x0
）
x
1t
2
1
【证明】作倒数变换
t
1
1
，当
t
从
x
单调变化到1时，
u
从单调变化到1，
x
u
1
11u
2
dtdu

且有，
u
2
1t
2
1(
1
)
2< br>u
2
1
u
1
2
1
1
u
d t
1
1
1
x

于是有

du< br>du

1
1u
2
du


1
x
1u
2

1
x
1u
2
u< br>2
x
1t
2
1


证毕。
4．证明：
1
x
1
1
dt
，
1t2



0
sinxdx2

2
s in
n
xdx
。
0
n
【证明】由于



n
0
sinxdx


2
sin
n
xdx


sin
n
xdx
，
0
2

其中，对于


2

sin
n
xdx
，作如下的处理：
作变换
x

u
， 当
x
从
nn


单调变化到

时，
u
从单调变化到0，
22
n
且有
sinxsin(

u)sinu
，
dxdu
，
于是，


2

sinxdx


sinudu


2
sinudu

2
sin
n
xdx
，
nn
2
00
0

n

从而得




n
0
sinxdx


sinxdx


sinxdx
2

0
2
sin
n
xdx
。证毕。
2
0
nn
2



12

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

5．设
f(t)
为连续函数，证明：
⑴当
f(t)是偶函数时，

(x)

x
0
f(t)dt
为奇函数；
【证明】当
f(t)
是偶函数时，有
f(t)f(t)
，
使得

(x)

x
0
x
f(t)dt
tu

x
0
f(u)d(u)

f(u) du


(x)
，
0
x
可知此时
< br>(x)

0
f(t)dt
为奇函数，证毕。
⑵当
f(t)
是奇函数时，

(x)

x
0
f(t) dt
为偶函数。
【证明】当
f(t)
是奇函数时，有
f(t)f(t)
，
使得

(x)

x
0
x
f(t)dt
tu

x
0
f(u)d(u)

f(u)d u


(x)
，
0
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 

aT
aT
a
f(x)dx

f(x )dx
。
0
T
【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)
，
由于
a
f(x)dx


f(x)dx

f(x)dx
< br>a0
aT
00
0TaT
T
aT
f(x)dx
f(x)dx



f(x)dx

f (x)dx

其中，对于
T


aT
T
f(x)dx
，作如下的处理：
令
xuT
，当
x
从
T
单调变化到
aT
时，
u
从0单调变化到
a，
使得
aT
T
f(x)dx
xuT
a

a
0
f(uT)d(uT)

a
0


f(u)du

f(x)dx
，
0
于是有
证毕。

aT
a
f(x)dx< br>

f(x)dx

f(x)dx

f(x) dx


f(x)dx
，
000
0
aTa
T
7．计算下列定积分：
⑴

1
0
xe
x
dx
；
x
【解】被积函数属分部积分第一类，应选
e
为先积分部份，

13

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

【解法一】套用分部积分公式，

1
0
xed x

xd(e)xe
0
x
1
xx1
0


(e)dxe0

e
x
dx< br>
00
1
x1
1
e
1
e
x
【解法二】应用列表法
1
0
e
1
(e1
e
0
)
12e
1
。
符号 求导 积分
 x e
x
 1 e
1
x

 0 e
x
可得
⑵

0
xe
x
dx(xe
x
e
x
)
1
0
(1e< br>1
e
1
)(0e
0
e
0
)12e
1
。

e
1
xlnxdx
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
x
为先积分部份，

e
1
xlnxdx


lnxd
e
1
1
2
1
2e
x
xlnx
1


x
2
dlnx

1
1
2
2
2e
1
e
1
1
2
1
22
1
( elne0）

xdx
e

xdx

1
2
1
2
2
2x
11111
e
e
2
x
2
1
e
2
(e
2
1)(e
2
1)
。
24244
e
（含不可直接积分部份的分部积分不应使用列表法）
⑶

1
0
xarctanxdx
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
x
为先积分部份，

1
0
xarctanxdx


arctanxd1
1
1
2
1
22
x
xarctanx
1
xdarctanx

0

0
0
2
22
1
1

1
1
1
11
(1)dx

arctan1

x
2
dx
0
2
82

0
1x
2
21x
2

1

1


1
(xarctanx)
1(1)
。
0
42
82824
1

⑷

2
0
xsin2xdx
；
【解】被积函数属分部积分第一类，应选
sin2x
为先积分部份，
【解法一】套用分部积分公式，



2
0
xs in2xdx


2
0
1
1
xd(cos2x)
xcos2x
2
2

2
0
1


2
(cos2x)dx

0
2


14

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1

1


1
(cos< br>
0)

2
cos2xdx
(1)sin2x< br>222
0
44


2
0



1
(sin

0)

。
4
44
符号 求导 积分
【解法二】应用列表法
 x sin2x
1
 1 cos2x

2
1
 0 sin2x
4
11
可得

2
xsin2xdx
(xcos2xsin2x)
0
24


2
01

1
(cos

0)(sin

 sin0)

224
1

1

()(00)
。
4
224
⑸

4
1
lnx
dx
；
x
1
为先积分部份，
x
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分 部积分公式，应选

4
1
4
4
lnx
4
d x


lnxd2x
2xlnx
1


2xdlnx

1
1
x
4
4
1
1
4
4
2xlnx
1


2xdx
2xlnx
1
2

dx

1
1
x
x
4
2xlnx
1
4x
4
1
4
2x(lnx 2)
1

2[4(ln42)1(ln12)]
4[ln41 ]4(2ln21)
。

⑹


3
4
x
dx
；
2
sinx
1
为先积分部份，
sin
2
x
【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，

x

4
3
sin
2
x
dx


4
3
xd(cotx)
xcotx



3
4




3
(cotx)dx< br>
4

15

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解


xcotx

3
4
cosx



3
dx
xcotx
sinx
4




3
4



3
4
1
dsinx

sinx

3
4

xcotx

3
4
lnsinx

3
4
(xcotxlnsinx)


(

3
cot

3
lnsin

3
)(

4
cot

4
lnsi n

4
)

(

3

13< br>
2
ln)(ln)

242
3
3
11
1113
()

ln
2
()
ln
。
4
33
4
33
22
2
2< br>【解法二】应用列表法
符号 求导 积分
1
sin
2
x
 1 cotx
 x
 0 lnsinx


可得


3
4
x
dx
(xcotxlnsinx)
sin
2
x
(


3
4


3
cot

3
lnsin

3
)(

4
cot

4
lnsin

4
)
< br>(

3

13

2
ln)(l n)

242
3
3
11
1113
()

ln
2
()

ln
。
4
33
4
33
22
2
2

⑺

2
0
e
2x
cosxdx
；
2x
【解】被积函数属分部积 分第一类，
e
与
cosx
均可选为先积分部份，
【解法一】套用分部积分公式，选
e
为先积分部份，

16
2x

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1
2x
1
2x
2
2
ecosx dx
cosxde
ecosx

0

0
22
2x



2
0
1

< br>2
e
2x
dcosx

0
2

< br>1


0
1
(ecosecos0)

2
e
2x
sinxdx

0
222

1 11
11
(01)

2
sinxde
2x
 e
2x
sinx
0
222
24

2
0
1


2
e
2x
dsinx

0
4

11


0
1

(e sinesin0)

2
e
2x
cosxdx

2424
0


1e1


2
e
2x
cosxdx
， 即得

2
ecosxdx0
244
0
2x


移项，整理得
< br>2
0
1
e
2x
cosxdx(e

2)
。
5
【解法二】套用分部积分公式，选
cosx
为先积分部份，



2x


2
0
ecosx dx

edsinx
esinx
2
0
2x
2x
2
0


2
sinxde
2x

0
(esin


2

2
0
2x


0
0)

2esinxdx
e
< br>2
2e
2x
d(cosx)



20
e[2e(cosx)


2x


2
(cosx)d2e
2x
]

0

e2e cosx

2x
2
0


2
4e
2x
cosxdx

0
e2(ecos



2

ecos0)4

2
e
2x
c osxdx

0
0

即得

2
0< br>ecosxdxe24

2
e
2x
cosxdx
，
0
2x


移项，整理得

2
0
1
e
2x
cosxdx(e

2)
。
5
⑻

2
1
xlog
2
xdx
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
x
为先积分部份，

17

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

2
2
1
1
2< br>1
22
xlog
2
xdx


log
2
xdx
xlog
2
x
1


x2
dlog
2
x

1
1
2
2
2
2
2
1
1
11
xdx

(4log< br>2
20)

x
2
dx
2

1
1
2ln2
22xln2
11
22
13
2 x
1
2(41)2
。
2ln224ln24ln2
2

1
⑼

2

0
xcos
2xdx
；
【解】将三角函数降次后求解，

2

0
xcos
2
xdx


x
0
2

1
2

1cos2x
dx


(x xcos2x)dx

2
0
2
2

11
2 2

(x
0


xcos2xdx)

0
22
1
2

2




xcos2xdx

2
0

其中，积分

2

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

1
1
1
2


0
xcos2xdx


0
xd2
sin2x

2
xsin2x
0


0
2
sin2xdx

11
2


< br>sin4

0cos2x
0
00(cos4
cos0)

44
1
(11)0
，
4
2

1
2

1
22
2
2
从而得

xcosxdx




xcos2xdx< br>
0


。
0
2
0
2
2

2

⑽

e
1
sin(lnx)d x
；
【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
1
e
sin(lnx)dxxsin(lnx)
1


xdsin(lnx)

1
e
1
esin(lne)0

xcos(lnx)dx

1
x
e
esin1

cos(lnx)dx

1
e
e
esin1[xcos(lnx)
1


xdcos(lnx)]

1
e
1
esin1[ec os(lne)cos(ln1)]

x[sin(lnx)]dx

1
x
e
esin1ecos11

sin(lnx)dx< br>
1
e

18

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

即得

e1
sin(lnx)dxe(sin1cos1)1

sin(lnx) dx
，
1
e
移项、整理得
⑾
1
sin(lnx)dx[e(sin1cos1)1]
。

1
2
e

e
1
e
lnxdx
；
e1e1e
【解】

1
e
lnxdx
1
lnxdx

lnxdx

1
(lnx)dx 

lnxdx

e
1
e
1
1e


1
lnxdx

lnxdx
[xlnx
e
1
1
1
e
e


1
xdln x]xlnx
1


xdlnx

e
1
1e
e
1e
1111
1
1
(0ln)
< br>1
xdxelne0

xdx


1
dxe

dx

1
1
e
e
e exx
e
1
x
1
1
ex
e
e< br>⑿
e
1
112
1e(e1)2
。
e
ee

ln2
0
x
3
e
x
d x
。
2
【解】这是含复合函数的积分，可用第一换元积分法，
令
xu
，当
x
从0单调变化到
ln2
时，
u
从0单 调变化到
ln2
，
2
1
ln2
2x
2
2
1
ln2
u
1
ln2
u
xedxueduud e


0
2

0
2

0
2

0
ln2
1
11
uln22
(ue
0


e
u
du)
(ln2e
ln2
0)e
uln

0
0
2
22
111
 ln2(e
ln2
e
0
)ln2(21)ln2
。
222
x
2
sint
1
dt
，求

xf(x)dx
。 8．设
f(x)

1
0
t
sint
【解】因此，无法通过确定
f(x)

t
dt
是著 名的无法用初等函数表示结果的一道积分题，
得
ln2

x
3< br>e
x
dx
2
的表达式来求解积分

1
0xf(x)dx
，
但明显可见，易于求出
f'(x)
：
2< br>sinx
2
d
x
2
sintsinx
2
2< br>2
sinx
2x
f'(x)

dt(x)'
，
2
2
1
x
x
dxtx
于是，可以通过分部积 分法，由

1
0
xf(x)dx
转化出
f'(x)
从而解决问题：

19

第5章 定积分及其应用 5.3 定积分的换元法和分部积分法 习题解

1
1
1
2
1< br>212

0
xf(x)dx


0
f(x) d
2
x

2
xf(x)
0


0
2
xdf(x)

1
1
1
1
1
1
[1
2
f(1)0]

x
2
f'(x)dx
f(1)

x
2
f'(x)dx

0
2
0
2
2
2
1
1
1
1
12
f(1)

x
2
sinx
2
dx
f(1 )

xsinx
2
dx

0
0
2
2
2x
11
1
11
f(1)

sinx2
dx
2
f(1)cosx
21
0

22
0
22
111
f(1)(cos11)[f(1)cos11]

222
x
2
sint
1
sint
dt< br>，可得
f(1)

dt0
， 由题设
f(x)

11
tt
1
1
最终得到

xf(x)dx
(cos11)
。
0
2
1
1
9．设
f(x)x
【解】由于


0
f(x)cosxdx
，求
f(x)
。


0
f(x)cosxdx
为常数，可知
f'(x)1
，
由此得


0
f(x)cosxdx

f(x)dsinx
f (x)sinx
0


0


sinxdf(x)

0

f(

)sin

f(0)s in0

sinxf'(x)dx

0

00
sinxdx
cosx
0


0
cos

cos02
，
于是，
f(x)x


0
f(x)cosxdx
x(2)
x2
。

20