53定積分的換元法和分部積分法習(xí)題

1、1 .計(jì)算以下定積分: Gsin(x +)dx ;33【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式fnsin(x + -)dx = fcsin(x+-)d(x + ) =-cos(x + -)"ji ji ji333333 3= -cos(n +) -cos( + ) = -cos-(-cos) =0o4 二單調(diào)變化到,于3【解法二】應(yīng)用定積分換元法令x十二=u,那么dx = du,當(dāng)x從二單調(diào)變化到 幾時(shí),u從 33是有Ji二 sln(x )dx334 二3 一二23 sin udu - - cosu4 二23 = cos3cos33JIdx丸11 5x)【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式1 d

2、x= (11 5x)3-2 11 1.1 1(11 5x) d(11 5x)(11 5x)5 25 -21111151=一2 -2 = 一 (-2 -1)=.10 (11 5 1)(11 -5 2)10 16512【解法二】應(yīng)用定積分換元法1令11+5x = u ,那么dx =du ,當(dāng)x從2單倜變化到1時(shí),u從1單倜變化到16,于5是有J dx 1 ,16112 161 , 1,、513 =_ u du =一 1-u 1 =一(-2-1)=匕(11 +5x)5 "5 -210 16512耳sin中cos3中d中；0【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式TE；sin cos3 dJT- 0

3、2cos3 de0s14 ：-cos41 r 4 -4 - cos - cos 042=:0 -1=1.44【解法二】應(yīng)用定積分換元法TT令cos平=u ,那么-sin平d甲=du ,當(dāng)中從0單調(diào)變化到 二時(shí),u從1單調(diào)變化到0,2于是有0° lx021214 11Lsin<p8s 中的=Tudu =10udu=zu 0=4一 二3 1 (1 -sin 6)d0 ;【解】被積式為(1 -sin4 =冗 +(T 1) 一(一1 -1)=n一一. 30)d9 ,不屬于三角函數(shù)的根本可積形式,須進(jìn)行變換.由于 1是獨(dú)立的,易于別離出去獨(dú)立積分,于是問(wèn)題成為對(duì)sin38d日的積分,這是

4、正、余弦的奇數(shù)次哥的積分,其一般方法是應(yīng)用第一換元法,先分出一次式以便作湊微分：. 一- 一. 一 .22 - 2 r一 .sin9d9 =-dcos8,余下的sin日=1 一cos日,這樣得到的 一(1 一cos日)d cosQ便為變量代換做好了準(zhǔn)備.具體的變換方式有如下兩種：【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式一 n3-r 一 冗-一冗 2r rrrTT 尹2rrJ0 (1sin 8)d8 = J01dB -( sin 8 sin 8d日=8 0r + .( (1cos 8)d cos=o 十(cos9 ；cos3) 0r1,33、二二 (cos9 一cos0) -(cos T 一cos 0)

5、31 4=冗 +(1 -1) (-1 -1)=冗-o3 3【解法二】應(yīng)用定積分換元法令cos中=u,那么-sin中d中=du,當(dāng)中從0單調(diào)變化到n時(shí),u從1單調(diào)變化到一1, 于是有:3 . . -： -：+10 (1 -cos2g)d cossin0(1-sin 觸口 = 0的一 0si191 Q=冗 + l (1 _u )du =冗 + (u -3u )-22碇 cos udu;這是正、余弦的偶次哥,其一般積分方法為,利用三角函數(shù)的半角公式：2 u cos21 cosu,將平方部份降次成為一次的余弦三角函數(shù):22cos u1 cos2u 公、,使之可以換元成為根本可積形式:【解法一】應(yīng)用牛頓

6、-萊布尼茲公式_3l2 cos2 udu61 cos2udu1 二 1二(2du222 cos2ud2u):2(uJI 261sin2u2兀 2H61二二1)(- -) (sin 蹙-sin)22623【解法二】應(yīng)用定積分換元法1令2u = x ,那么du = dx,當(dāng)u從一單倜變化到26ji時(shí),x從一單調(diào)變化到兀,于是有ji2 cos2 udu621 cos2uJ jiduji11=2(產(chǎn) 22 cos2ud2u)61= 2(u2c 2 J61+2冗二cosxdx)31 n n 1 仃=二二一二/二輸 x nlr 1,.一 一(sin 區(qū) 一sin 3 2JI二 1 二3) =2(3(6).

7、J2 -x2dx ;【解】被積函數(shù)中含根號(hào),且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法:為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方差轉(zhuǎn)換成完全平方,應(yīng)令x=j2sinu,當(dāng)x從0單調(diào)變化到J2時(shí),u從0單調(diào)變化到,且.2 - x2 = j2-2sin2 u =亞cosu , 2§1 +cos2u 6dx =/2cosudu ,使得- x2dx = 2 2cosu 2 cosudu =2ji2cos2udu =u02 +-sin 2u2JI 2 0冗=十202 cos2ud2u1 , c、(sin 二-0)=22JI【解】被積函數(shù)中含根號(hào),且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2

8、,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法:為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方差轉(zhuǎn)換成完全平方,應(yīng)令1、x = sinu,當(dāng)x從一產(chǎn)單倜變化 2到1時(shí),u從三單調(diào)變化到-,且1 - x21 -sin2 u_2sin ucosu . I,dx = cosudu ,使得 sin u/1 =dx2 x=-2cosu cosudu =4 sin u222 cot udu = 2 (csc u-1)du £ x2/ji ji ji790t 2一向42一4JTji=1 一一 .42 x2dx( a>0);【解】被積函數(shù)中含根號(hào),且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法:為使

9、根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方差轉(zhuǎn)換成完全平方,應(yīng)令=asinu ,當(dāng)x從0單調(diào)變化到a時(shí),u從0單調(diào)變化到2,2_22x a -x =a sin u一222、a -sin u =sin u acosu ,dx =acosudu,使得0ax2 a2-x2dx =ji2a02sin4 二a 2 . 2a cosu a cosudu = sin 2udu21 cos4ua41du= 8 (u 4 s1n 4u)1_2 4(si-1 4-a16dxx2 .1 x2【解】被積函數(shù)中含根號(hào),且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的三角變換法：為使根號(hào)內(nèi)的變量在后的平方和轉(zhuǎn)換成完全平方,應(yīng)令x

10、 = tanu,當(dāng)x從1單調(diào)變化到幣時(shí),u從工單調(diào)變化到且4322dxsec udu sec udu cosu ,1,.22 du =2 dsin ux2 1 x2tan2u 1 tan2 u tan usecu sin u sin u一 3 dx 9 123t從上單調(diào)變化到二,使得 dx = 2 . 2 dsinu 1 x2 1 x24 sin u這時(shí),再令sinu=t,當(dāng)u從二單調(diào)變化到二時(shí),431又付 32d sin u4 sin u23 1=2 t2 dt =2 t1 暫 J 2/- 2 0,2x -x2dx ；【解】被積函數(shù)中含根號(hào),且根指數(shù)及根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)都是2,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)

11、換元法中的三角變換法.由于根號(hào)內(nèi)的二次多項(xiàng)式并非為三角變換中的平方和或差的標(biāo)準(zhǔn)形式,需要先將其轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形:2x -x2 = J1 -(1-2x + x2) = Jl-(x-1)2 ,現(xiàn)在,根號(hào)內(nèi)的二次多項(xiàng)式成為了變量在后的平方差的形式了,因此可令x -1 = sinu ,當(dāng)x從0單調(diào)變化到1時(shí),x-1從-1單調(diào)變化到0,從而u對(duì)應(yīng)從單調(diào)變化到0,而且 v'2x-x2 = 41 -sin2u = vcos2u = cosu , dx = cosudu ,于是1200 1 cos2uc 2x -x dx - cosu cosudu =du0.一, Q22211(u sin 2u)220&

12、quot;21一一 二 1-. 二=萬(wàn)0 -(-2)+2sin0-sin(-n)=.【解】被積函數(shù)中含根號(hào),可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法：【解法一】令 jx = u,當(dāng)X從1單調(diào)變化到4時(shí),u從1單調(diào)變化到2,且由此得x = u2,11dx =2udu , 1=,于1 x 1 u4 dx2 2udu2=210 -)du =2(u -ln 1 + u )232、=2(2 -1)-(ln3 ln2)=2.m)=2,).【解法二】為便于積分,可使變換后的分母成為簡(jiǎn)單變量,即令1 + JX = u ,當(dāng)X從1單調(diào)變化到4時(shí),u從2單調(diào)變化到23,且由此得x

13、=(u -1),11dx = 2(u1)du, -f= 1 - v x u4 dx1 1 x：2T)du31=2 (1 - )du =2(u ln2uu) 3dx 3.一4 % 1 - x - 1【解】被積函數(shù)中含根號(hào),可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法：【解法一】令 J匚x = u,當(dāng)x從=2(3 -2) (ln3 -ln 2) =2(1 ln-).2單調(diào)變化到 1時(shí),u從1單調(diào)變化到 0,且由此得422. 一 ,11 一一x=1u , dx = -2udu,$-=,于是1 -x -1 u -11 dx0 2u-1I -3 j = lhdu =2 p(1

14、 +)du =2(u +ln u -1) 04 v1 -x -12 u -10 u -11 1=2(一+ln ln1) =12ln2.2 2【解法二】為便于積分,可使變換后的分母成為簡(jiǎn)單變量,即令JT7x-1 = u ,當(dāng)x從3單412倜變化到1時(shí),u從單調(diào)變化到 1,且由此得x = 1(u+1), dx=-2(u + 1)du , 211日1 dx3 -=4 1 -x -1-2(u+1)f 1f'1-du =2 j=(1 +-)du =2(u +ln u ) j2 u- u1fl1n11n -1) =1 -21n 2.21 xdx f；.5 -4x【解】被積函數(shù)中含根號(hào),可見(jiàn)根指數(shù)與

15、根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元法中的直接變換法：令J5 -4x =u ,當(dāng)x從-1單調(diào)變化到1時(shí),u從3單調(diào)變化到 1 ,且由此得1 2111 工日x = (u -5) , dx = udu, j = 一,于425 -4x u1 xdxt 54xJ1 -1(u2-5) -1 3u 421 1 21 1 3udu (u -5)du ( u -5u)8 38 31 131= (13 )5(13)=.8 3612 ex(14) wdx;1 x21ex1 1111【解】由于 -dx =ex,丁dx ,為含復(fù)合函數(shù)ex的積分,且微分部份 二dx僅與復(fù)合函數(shù)ex xxx11之中間變重一的微分

16、dx相差一個(gè)常數(shù)倍,可以應(yīng)用第一換元積分法：xx【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式1、,1112 ex2 - 1- 2-1Lj 2-dx = -1 exd = -ex 1 = -(e2 -e ) = e- ve o1 x 1 x【解法二】應(yīng)用定積分的換元法,111令一 =u,當(dāng)x從1單倜變化到 2時(shí),u從1單倜變化到 一,且由此得-dx =du , x2x于是e2dx = x1 2ex二dx x2 uu2e du - -e2 _-(e2-e)=e- e.10tet2t2t2【解】為含復(fù)合函數(shù)e7的積分,且微分部份tdt與復(fù)合函數(shù)e=之中間變量t2珀-的被分2-tdt僅相個(gè)常數(shù)倍,可以應(yīng)用第一換元

17、積分法:【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式t20te 2dt =1 - t一 °e 2d(-2)=t2-e 2= -(e-2-e0)【解法二】應(yīng)用定積分的換元法-tdt = du, 1,x從0單調(diào)變化到1時(shí),u從0單調(diào)變化到-一,且由此得 2t20te 2dt0- 2e du = 1 e du 010021 =e -e 2-2-2=1-4=.ee2(16)dxx *1 ln x【解】為含復(fù)合函數(shù)的積分,且微分部份dx ,dx與復(fù)合函數(shù)1 ln x之中間變量1 + ln x的微 1 ,一一分一dx相等,可以應(yīng)用第一換兀積分法:x【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式dxx 1 ln x1 ln

18、 xd(1 ln x)=e21一 dx =du , x=2( 1 ln e2 - 1 ln1) =2( 12- 1 0) = 2( 3-1).【解法二】應(yīng)用定積分的換元法令1+lnx = u,當(dāng)x從1單調(diào)變化到e2時(shí),u從1單調(diào)變化到3,且由此得dxx 1 ln xdu =2.|； =2(731).0 (x 2)dxJx2 2x 2【解】為含復(fù)合函數(shù)的積分,被積函數(shù)為真有理分式,分母為二次無(wú)零點(diǎn)的多項(xiàng)式,且分子比分母低一次,可以分解為兩個(gè)可積根本分式的積分:0 (x 2)dx?x22x 21 0 (2x 2) 2-)dx2 N x2 2x 2 ,22x 22x2 2x 21 dx2 n-2dx

19、x2 2x 22"x2 2x 22d(x2 2x 2)N(x 1)2 1d(x 1)12=2 ln(x 2x 2)02 +arctan(x+1)1 . c、,),一、=2 (ln 2 -In 2) arctan1 - arctan(-1)Jikn=-(一一)=一.dx4422(18)0【解】被積函數(shù)中含根號(hào),可見(jiàn)根指數(shù)與根號(hào)內(nèi)多項(xiàng)式的次數(shù)不相等,應(yīng)該應(yīng)用第二類(lèi)換元 法中的直接變換法:令Jx +1 = u,當(dāng)x從0單調(diào)變化到2時(shí),u從1單調(diào)變化到3 ,且由此得x= u2 -1 ,dx =2udu ,x 1 (x 1)3dx1c2 du = 2arctan u1 u2-冗 冗= 2(ar

20、ctan 3-arctan1) 二2(一)3 4K (19)Mcosx - cos13 2udu = 21 u u31 xdx ;in 所以 2二 cosx - cos3 xdx"2【解】 由于 Jcosx -cos3 x = Jcosx(1 -cos2 x) = Jcosxsin2 x = Vcosx|sin x ,03-3,二 cosx-cos xdx02 cosx-cos xdx- 二 cosx(-sin x)dx 一2Tl2 cos x sin xdx00二 一 cosxd cosxji 2cosxd cosx于是有【解法一】應(yīng)用牛頓-萊布尼茲公式cosx - cod xdx

21、0二 二(cos x)2dcosx22 .- J02 (cos x)2d cosx=2 (cosx)兀 "2-2(cosx)32 cosx - cos3-2(20)udu11u2du - u2du= 2u2310du+iu2厘 /-.( v1 +cos2xdx.(j0)(0 -1) 333【解法二】應(yīng)用定積分的換元法令cosx=u,當(dāng)x從-;單調(diào)變化到0時(shí),u從0單調(diào)變化到1,當(dāng)x從0單調(diào)變化 到上時(shí),u從1單調(diào)變化到0,且由此得-sin xdx = du ,于20xdx = - cosx(-sin x)dx,cos xdx - I. (-cosx)dx = 2sin x2 cosx

22、sin xdx【解】由于 1 cos2x = 2cos2 x = 2 cos所以13 +cos2xdx = V2 j cosxdx = 22 cosx dx +J0!：.： cosx dx2it=2"2(2 - sin x【解】由于函數(shù)y =x4sin x是奇函數(shù),即知f"x4sinxdx = 0.'cos4 8d日；J jL-2【解】由于函數(shù)f日=4cos48是偶函數(shù),且有4 ,“1 cos2i 22/ 八 c1cos4f4cos 1-4() =1 2cos 2 1 cos 21 -1 2cos2 1 3 -1= 2cos2cos41223.1.即得2.4cos

23、rd 二-2 1 32二 3二(arcsin )3 -0 -()3 =4cos W i - 2 2 (- 2cos 2 cos4i)d i-200 2231= 2(-0+sin2e +gsin48) 03 二1=2 ( 0) (sin 二0)(sin2二 一0)2 282 (arcsinx)【解】由于函數(shù)y(arcsinx)21-x2是偶函數(shù),所以2 (arcsinx)11-x2dx=21(arcsinx)2-01 -x2dx = 2； (arcsinx)2d arcsinx= 2(arcsin x)3 3324(4)1 2 xarcsinxdx.【解I由于函數(shù)y =xarcs1nx杲偶函數(shù),

24、所以 1-x21 112 xarcsinxxarcsinx ,21 - dx=2 2 . dx = -2 2arcsinxd 1一21-x201-x20-2 1 - x2 arcsinx110 -Ji -x2 d arcsin x3.證實(shí):1一 arcsin- 0 一41 dtx1 t2【證實(shí)】作倒數(shù)變換且有11t2于是有證畢.1 1 t202 dxl =(x >0).1 (1)2dt2x1 t1 1 t2JI；二1 一 3,6,當(dāng)t從x單調(diào)變化到1時(shí),-1I 2 - 2 x 1 u udu12x1 udu2 dudt,JI4.證實(shí):【證實(shí)】由于 0sinnxdx = .02sinnxd

25、x3T其中,對(duì)于Jsinn xdx ,作如下的處理:u從3單調(diào)變化到0,冗作變換x = n - u ,當(dāng)x從一單調(diào)變化到n時(shí),2且有 sinn x = sinn(yx -u) = sinn un.二 sin2xdx- - - sinn udu從而得sinn xdx ?05.設(shè)f(t)為連續(xù)函數(shù),證實(shí):02sinnudu02 sinn xdx 'JIp2sinn xdx - I .sinn xdx=2 f2sinn xdx.證畢. 0當(dāng)f(t)是偶函數(shù)時(shí),：(x)=xf f(t)dt為奇函數(shù);0【證實(shí)】當(dāng)f(t)是偶函數(shù)時(shí),有f(t) = f(t),_xxx使得cp(-x) = f f

26、(t)dt t - 1G f(-u)d(-u) = L f(u)du =中(x),x可知此時(shí)?(x) = f (t)dt為奇函數(shù),證畢.x當(dāng)f (t)是奇函數(shù)時(shí),平(x)=(f(t)dt為偶函數(shù).【證實(shí)】當(dāng)f (t)是奇函數(shù)時(shí),有f(t)=f(t),_xxx使得 (_x) = 0 f (t)dt t - -u 0 f (-u)d(-u)= 0 f (u)du =q：'：(x), x可知此時(shí)中(x) = f f (t)dt為偶函數(shù),證畢.6 .設(shè)f (x)是以T為周期的連續(xù)函數(shù),證實(shí)：對(duì)任意的常數(shù)a,有a -TTL f(x)dx= L f (x)dx.【證實(shí)】題設(shè)f (x)是以T為周期的

27、連續(xù)函數(shù),可知成立f(x±T)= f(x),a T0Ta T由于 f (x)dx = f f (x)dx + .10 f (x)dx + ( f (x)dx aTa T=一0 f(x)dx» f(x)dx- f(x)dx a T其中,對(duì)于T f (x)dx ,作如下的處理：令x = u+T,當(dāng)x從T單調(diào)變化到a+T時(shí),u從0單調(diào)變化到a, a： ；Ta使得1r f(x)dx x=u+T ( f(u+T)d(u+T)aa=j0 f (u)du = L f (x)dx , a TaTaT于是有 f (x)dx = 一、f (x)dx + I f (x)dx+ Jo f (x)d

28、x =f (x)dx , 證畢.7 .計(jì)算以下定積分：,八1,101=-e _(e -e ) =1 -2e . J0 xe dx ;【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi),應(yīng)選e以為先積分部份,【解法一】套用分部積分公式,11-xx、. xxe dx = xd (-e ) = -xe001d1x1x ,o (-e )dx = -e - 0 i e dx-4-x二一e e【解法二】應(yīng)用列表法符號(hào)求導(dǎo)積分-x e-e-x e可得 0xe*dx =(_xe-x-_x、1, 1 A /八00'yce ) 0 (1 e e ) (0e e )1 2e .【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi),套用分部積分公式,

29、選x為先積分部份,ee 1 2xln xdx = 1 In xd - x12 一、=(e ln e -0) - 112 ,=x ln x21 2 1 . x - dx2 xe1 x2dln x 2e1xdx21 21,2.、1,2e - (e -1) (e244+ 1).含不可直接積分部份的分部積分不應(yīng)使用列表法1'x arctan xdx ;【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi),套用分部積分公式,選X為先積分部份,1x arctan xdx011 21 2,= arctanxd x = x arctanx 02211 2 , 02xdarctanx111 2=arctan1 - x202二

30、 1 .11 x2JI1 dx= - 8 2 ' 1 一 二、=- -(x-arctanx) 0 =- -(1-)=一8 28 2441 、, 2)dx 1 x1一o2ji 02xsin2xdx；【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi),應(yīng)選sin2x為先積分部份,-1 xcos2x2二 1- 02 (- 2 cos2x)dx【解法一】套用分部積分公式,冗冗彳11 二-(cos2 21 -0)2冗cos 2 xdx - - (-1) 41 sin 2x4ji 2 0二 1 ,.=十 (sin n -0)=.4 44【解法二】應(yīng)用列表法可得符號(hào)求導(dǎo)積分+xsin 2x11c一 cos2x2+01.

31、 c一 sin 2x4n 202ii2 xsin2xdx =( -xcos2x -sin2x)1 二1=- ( cos 二-0) (sin 二-sln0) 2 2414十二 2-/V12dxInx衣411 a【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi),套用分部積分公式,應(yīng)選為先積分部份,f 1nxdx = ( ln xd2Tx =2/x ln x 4 - f 2Vxd ln x“J7由1X n X 21 . 一 L. 4 _ .4 1 .一 dx = 2vx In x 1 -2 j f= dx x1 x=2Vx In x 4 -4Vx|4 =2 6(lnx-2)= 2j4(ln 4 -2) -?(ln1

32、-2) =4ln41 =4(2ln 21).",一一一,、,1【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi),應(yīng)選 Y-sin x為先積分部份,【解法一】套用分部積分公式,nno x32 dx - 3 xd( -cotx) - -xcotx4 sin x 4-(-cotx)dx4=-x cot x=-xcot xji3 -n4H3 cosx_,.3 dx = -xcotx4 sin x兀3 -3143 1.<3 , ds1nx4 sinxJ354+ ln sin x3T4= (-xcot x + ln sin x)nn二(cot In33Hsin 一 3)-(nn-cot 一44Innsin

33、)4二 13 二 2=( 一,ln)-(- ln)33242【解法二】應(yīng)用列表法符號(hào)求導(dǎo)積分+x1_ , _ 2 _ _sin x.1-cot x+0-ln|sin x- X xI可得 f2 dx = (x cot x + ln sin x)4 sin xITJl JTJT= ( cot +ln sin ) 一(一一cot +ln sin )3 二 2ln)-(- ln)242=(4 -二 ln31ln32 2ji2 e2x cosxdx;【解】被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi), e2x與cos x均可選為先積分部份,【解法一】套用分部積分公式,選2xI為先積分部份,02e2xcosxdx 二2cos

34、xd 12x e1 2x=e cosx271202：1 2x.2 e d cosxJ(e 二 cos 二 22-e° cos0),i022x .e sin xdx111(0 -1),2 sin xd20 22x e11 2x .一一 e sin x2 4ji 20二 1 “0 4e dsinx0-e sin 0)2e2x cosxdx11 / - 二一 (e sin242即得02e2xcosxdx -1e-：-T 24; fe2%0sxdx,：2x1-移項(xiàng),整理得(2x _=e 2e cosxe cosxdx = g(e,-2).【解法二】套用分部積分公式,選cosx為先積分部份,0

35、2e2xcosxdx = 2 e2x 2x 一i dsin x = e sin x02sinxde2xTT二(e sin -0)2-0Tt2 2e2xsin xdx = eJT-022e2xd(cosx)二e,J2e2x( - cosx)T _JT(2 - 02(-cosx)d2e2x02 4e2x cosxdx7102 2x=e 2(e cos -e cos0)-4 02 e cosxdx即得re；e2xcosxdx = e"一2 -4 2 e2x cosxdx ,-0移項(xiàng),整理得二：“1 -2e cosxdx = (e'-2).°52 x x 1og2 xdx

36、;【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi),套用分部積分公式,x為先積分部份,221x 1og2 xdx = 1og2 xd 21 一一=2(410g22-0)工21 2 x1 2!12 ,10g 2 x1 dx -2-x1n 22 1 2-.1 2x d1og2x12xdx2ln 2 1=2- 1 U21n 2 24ln 2(4-1) -2-o41n22 2 xcos xdx ;【解】將三角函數(shù)降次后求解,2 二 2xcos xdx =2二 1 cos2x 1 2二0 x dx = 2 ° (x xcos2x)dx1/1(x2 22 2n02 二° xcos2xdx),一,、 2

37、二其中,積分02 二x cos 2xdx =,2JI . 1. c 1. cxdsin2x = xsin2x021 二: sin 4五一0 一 cos2x 42二 102sin2xdx1 ,= 0- 0 - (cos4輿-cos0)從而得1 =_(1-1)=0,42 二 2,21xcos xdx = 一0222120 xcos2xdx = 72 0=二e(io) 1 sin(ln x)dx ;【解】被積函數(shù)屬分部積分第二類(lèi),且已經(jīng)具有udv的結(jié)構(gòu),直接套用分部積分公式得esin(ln x)dx = xsin(ln x)e:一xd sin(ln x)e1= esin(lne) -0 - x co

38、s(lnx) dx 1xe= esin1 - 1 cos(ln x)dx=esinl -xcos(ln x)e e1 - 1 xd cos(ln x)xcos2xdx中的被積函數(shù)屬分部積分第一類(lèi),套用分部積分公式,選cos2x為先積分部份,得e1 ,=esin1-ecos(lne)-cos(ln1) x-sin(ln x) dx 1xe= esin1 -ecos1 1sin(ln x)dx即得 (sin(ln x)dx =e(sin1 -cos1) +1 - 1 sin(ln x)dx ,e1 .移項(xiàng)、整理得 sin(ln x)dx = -e(sin1 一cos1)+1.(11)& |ln x dx ;e1e1e【解】j1 In x dx = 1 |ln x dx + In x dx = 1 (-ln x)dx + ( In xdx eee1e-11n xdx - I In xdxe=-xln x1- 1 xdln x xln xe11-(0 - ln ) e e11e