基本積分方法

1、基本積分方法一、換元積分法晞一壬口 、土第一類換元積分法換元積分法第二類換元積分法 1 1.第一類換元積分法：設(shè) f(u)f(u),(X)為連續(xù)函數(shù)，(X)可導(dǎo)，且 f(u)du F(u) C，則鍾淵閨橥鉸鰍櫓。(X) f (u)du F(u) C例 2 2、2 2 計(jì)算下列積分:(1) eln(1 ex)；解: ( 1 1)X I /Xe ln(1e )ln(11 cosx-dx閿渙鄖課東誥堊。1 cosxex)d(ex1)ex) (ex1)(ex1)丄 dx(eX1)ln(11 exex)exCf (X) (x)dxF(X) C常見(jiàn)得湊微分形式:f (ax1b)dx f (axab)d (

2、ax b)f(axnb)dxnaf (axnb)d(axnb)1 f(lnx) dx x1 f (ln X)- dxxf (sin x) cosxdxf (In x)d(ln x)f (In x)d(ln x)f (sin x)d(sin x)f (cosx)sin xdxf (cosx)d (cosx)2f (tanx)sec xdxf (tan x)d (tan x)f (arcs in x)例 2 2、1 1 計(jì)算arctanxdx X2(1 X2)t，dx sec2tdt，tsec21丄2- dttan t sec tf (arcsin x)d(arcsin x)解：令arctanxa

3、rctan x ,xX (1 X )t (csc21 1)dttd cotttcottcottdtarcta n x2,| x|ln I I&X2t cott In I si nt I1 (arcta n x)2，c、 1 cosx ,(2)-dx1 cosx2(1 cosx) ,-dxcosx)2 2d sin Xsin x(1 cosx)(122csc xdxdx 2 2.第二類換元積分法:(t)單調(diào)、可導(dǎo)且 (t)0 ,又 ff(x)dxf (t) (t)dt22 sin x 2cosxdx(t)有原函數(shù)sin2x2cotxCsin xG(t)。貝 U U覲獵贗辦減鸞縝。G(t) C G

4、1(x) C類換元法中常用得變量代換:- 二角代換變:輔助三加可為變量還原提供方便。角形換倒數(shù)根式積分二角有理式積分代換 T T 角:可消去分母中得變量 X X。指數(shù)代例：3 妒t t 換：適用被積函數(shù):、3 3 計(jì)算積分丘一JVJV解:xe36 e6令 e6蟹就x x* *石 ntf dx紳seesee / /dt(f白 axax 或 eXeX 構(gòu)成得代數(shù)式。 尸畋tuntunf)dt6l nt 3l n|1 t|xx 3ln |1 e6|3-ln(123ln(1 2t2)xe3)3arcta nt Cx3arcta ne6C例 2 2、4 4 計(jì)算積分 -x解：斗x v1 xdx。例 2

5、2、5 5 計(jì)算積分解：令 xx 1dxx2- 1=x2 =sin tcostdt =sint cost1 .-t ln |sint cost | 2211 arcs inx ln|x22x 12 / 2VX=dx11,(dt)丄丄 t2tMt211Sint cost cost sint2Sint costdt17dtd(1 t2)2P1 t2* *- / /x x2 21 1arcsint J1 t2C -x二、分部積分法可用分部積分法求積分得類型:代數(shù)算法，可以把它分解為四種基本形式得有理分式得與，而這四種基本形式得有理分 式存在相應(yīng)得積分公式。列出如下：嚌齷鍤閌頇勸臉。分部積分公式:ud

6、vuv vdu分部積分法條件：u u ,v v 具有連續(xù)導(dǎo)數(shù)。 選取 U U,得原則:v要易于求出vdu比udv容易求出.1 arcsinxsin axIn xPn(x)例 2 2、6 6 計(jì)算積分xInxIn xdxxdx。Pn(x)1arctanx dx,arccosxu(x)u(x)解：原式= =In xd2x2例 2 2、7 7 計(jì)算積分2x .ln2x2x-dx earcta nedx例 2 2、7 7 設(shè) f (ln x)xdx2x .ln2axesin ax dxcosax2arctanexd(e2x)2x丄Xarcta nedeXe2x(1 e2x)-(e2xarctanexe

7、x2 ln(1 X)xarctanex)C。，計(jì)算 f(x)dx。廡蠍擷詎鯉櫟粵。解：，設(shè) t ln x，則 x et,f(t)ln(1 et)。et節(jié)腡鶴檸嚴(yán)縞厭。f(x)dx=lmidxln(1 ex)d(ex)xln (1 ex)dxxeeX|n(11 1.有理函數(shù)得積分xe)dx1 ex三、幾種特殊類型得積分：部分分式之與得積分對(duì)于任意有理函數(shù)，存在一個(gè)固定得(1(1ex)ln(1 ex) C。cosax dx,axeA(1)(1)-dx Al n|x a | Cx aA &；-x(x a) Px Qx2px-dx qd(x a)(x a)kPln(x22(XpxPx Q(x2px q

8、)kdxPt (Q )其中 tpx ； dt=dxdt=dx；2可以很容易地求出( t (t(t2a2)k而對(duì)于第二個(gè)積分式,Aka)q)2q pP.arcta nJ4q p222 kdt(t a )Jq 丄。懌鍬漣簀籠樺覷。V 4中得第一個(gè)積分為1 。八八“22、k 1 (k 1)(t a )我們可以得到遞推公式(idt(QIn1爲(wèi)(t2；2)n，其中:I1dt1t-arctan- C。a a【注意】從理論上講，任意有理函數(shù)得積分都可以被積出來(lái),特點(diǎn)，靈活選擇解法，常用得方法中有湊微分法與變量替換法。例 2 2、8 8 計(jì)算積分 一 X5-x 5.-dxx26x 13但要分析被積函數(shù)得灝愨撟

9、與鋸鋮債。解:- dx。6x 13I (2x 6)16x26xdx131丁(x6x13)2x2x6xx 34 arctan-2(XXdx例 2 2、9 9 計(jì)算下列積分2x31(1 1)- dx ；(x 1)1001解：(1 1)令 x 11u2x31原式= =100 dx(x 1)100=丄 u9933= _1_33(x -(2 2 )令 x10原式=10 u(u 1)則 dx1002(丄udx廄構(gòu)潑題據(jù)聞檜。x(x 1)1dx，于就是聶鯁誥繡鸚項(xiàng)識(shí)。u)31(-2)du uu95(3u36u26u 2)du3u4998Au979731u48697(x 1)979648(x 1)961)99

10、49(x 1)98u，貝 U du 10 x9dx，于就是劇頦錕錫駙鷴斬。du 1 u 1 u 112 - du -2210 u(u 1)210 u(u 1)(1 u)2du111 1 1 1=- -du (ln|u| ln|u 11 -) C10 u u 1(1 u)210u 12 2 .三角函數(shù)有理式得積分有理函數(shù)得積分 由 sinx , cosx 及常數(shù)，經(jīng)過(guò)有限次四則運(yùn)算所得到得函數(shù)稱為三角函數(shù)有理式，記作：R(sinx, cosx),積分R(sin X, cosx)dx 稱為三角函數(shù)有理式積分。賬閏鱘韃壓擴(kuò)項(xiàng)【解題方法】sinxcos x-si n(2)xsin()xsinxsin

11、x1-cos(2)xcos()xcosxcos x1cos()x cos()xX)X)1倍角公式:1盡量使分母簡(jiǎn)單，為此可以分子、分母同乘以某個(gè)因子，把分母化成coscoskx x 得單項(xiàng)式，或?qū)⒎帜刚麄€(gè)瞧作一項(xiàng)。2盡量使 R(cosR(cos x x，sinsin常用積化與差公式：1 c- 2 sin 2x， sin2在積分得過(guò)程中注意“1例 2 2、sin xcosxx (12.2Sin xcos2x),2 ”cos x(1)1010 計(jì)算下列積分dx.35Sin xcos-；(2 2)x解:135sin xcos xsin2xxxdx ；( 3 3)1 cosx2cos xX sin.3

12、5sin xcos x.2 2Sin x cos x5sin xcos xcos2x - (1 cos2x)鯀覬進(jìn)醬諶斬鄰。2得妙用。15sin xcos x.2 sin xsinsin2xcos4xdx。鍛澆鵲覺(jué)膚闡鑊。13sin2xcos3x故原積分=(警cos xcos x33xcos x1sin x11.3Sin xcosx5cos xsin xcos3xsin3xcosx2sin x2Sin xcos2x3Sin xcosx5cos x.3Sinxcosx22(sin xcos x)sin xcosx1sin xcos3x5cos x .3 Sin xsin xcosx2sin x2

13、sin xcosx13cosx ；sin xcosx5cos x .3 Sin xsin xcosx2sin x3sin xcosx3cos xcos5xsin3x3sin xcosxsin xcosxsin X5cos xcosx、.-)dxsin xsinsinkx x 或變囪裥綻號(hào)紈諄。得幕降低，常用倍角公式或積化與差公式。12(2)4 cos4xx sin x x 1cosx1 12 2cos x 2sin Xx-dx1 cosxX dxx23ln |csc2xln(1sin2xcos4cot 2x|22cosx= =xta n-2x = =xta n-2x si n22x416(1c

14、os2x1x16sin x-dxcosxcosx)xxd tan 2ln(1 cosx)xtan dx2x2 ln |cos- I21 cos2xln(1 cosx)ln(1 cosx) C1(1 cos2x)18cos4x2(1cos2xcos4x16(1cos2xcos4x161cos2x -cos6x)dxcos2xcos4x)cos4x1 .sin 2x6411-cos2x - cos6x)故 原積分221 sin4x 643 3.無(wú)理函數(shù)得積分有理函數(shù)得積分 無(wú)理函數(shù)得積分，一般就是通過(guò)選擇變量替換，化為有理函數(shù)得積分來(lái)進(jìn)行?！窘忸}方法】利用第二類換元法中得三角代換；若被積函數(shù)含有

15、ua 廠 b,，可令axrbVex d si n6x C192攣鏢。t Jax bt ；幀餃擁絆濾Vex d若被積函數(shù)含有坂，皈，可令px t，其中 m m， 小公倍數(shù)。墮洼嗶懾鰒塹續(xù)。【注意】無(wú)理函數(shù)分子或分母可有理化時(shí)，應(yīng)先有理化。n n 為正整數(shù)，p p 為 m m, n n 得最例 2 2、1111 計(jì)算積分解：令J J x 21丿 X 2dx2衛(wèi)1,XV x2(t2xpdx原積分= =4t2(1 t2)(1 t2)dtdt1 t28t(t21)2dt1 t2dtln2 arcta ntC121 on0四、分段函數(shù)得積分連續(xù)函數(shù)必有原函數(shù)，且原函數(shù)連續(xù)。因此有如果函數(shù)在分界點(diǎn)連續(xù)，則在

16、包含該點(diǎn)得區(qū)間內(nèi)原函數(shù)存在。如果分界點(diǎn)就是函數(shù)得間斷點(diǎn)，那么在包含該點(diǎn)得區(qū)間內(nèi)，不存在原函數(shù)?！窘忸}方法】方法一先分別求出函數(shù)得各分段在相應(yīng)區(qū)間內(nèi)得原函數(shù)；由原函數(shù)得連續(xù)性確定出各積分常數(shù)之間得關(guān)系。方法二xf (x)dx = = f(t)dt+C+Ca鎂貧奧聞綆鴉尋。解法一：由于 f f(X)(X)在在 x=0 x=0 連續(xù)，0)0) , (0(0 , + + m) )內(nèi)得原函數(shù)。墊連輾嘸貼瞼恆。F(x) 3x3 C1,x 0cos x C2, x 0F(x)(x)得連續(xù)性，考慮 F(x)(x)在 x x= 0 0 處得左、右極限，得xF(x) f(t)dt，而0 xF(x) f(t)dt

17、= =0 x2x dx, x 00 x-In1 嚴(yán) 2%； 2)ux22arctan-Y X 2CiC2C21Cif (x)dx3C,cosx 1CiC, x 0利用變上限積分函數(shù)，先求出 f (x)得一個(gè)原函數(shù)xf (t)dt，則有a(注意：方法二省去了確定常數(shù)得麻煩)X2例 2 2、 1212 設(shè) f(x),0，求 f(x)dx。0故 f f (x)(x)得原函數(shù)存在，因此先分別求出f f (x)(x)在 ( (-由原函數(shù)解法二:設(shè) f(X)f(X)得一個(gè)原函數(shù)為1 on0sin xdx, x 0133x，cosx1, x 0f(x)dx= =F(x) C = =13-x3cosxC, x

18、 01 C, x躍寶鷚賠聶繚綾。0例2、1313 求 min1, x2 dx。1, x解：min1, X2x2,1, x由于 min1,min1, x2x2在 x=x= 1 1, x=1x=1min1,x2min1,x2在( (-o, 1)1), ( ( 1 1, 1)1),由原函數(shù) F(x)F(x)得連續(xù)性，考慮limx 1F(x)因此連續(xù)，故min1,min1,xzxz得原函數(shù)存在，因此先分別求出1x C1, x13(1(1, + + o) )內(nèi)得原函數(shù)。F(x) -x C2,X C3, 得lim F(x) lim F(x)x 1x 1C2F(x)所謂抽象函數(shù)得不定積分,同樣可用換元法與分部積分法。解：原式f(x)f(x)F(x)F(x)在 x=x= 1 1 , x=1x=1 處得左、右極限,C：C23 ,C3lim F(x)x 1131-x3C,C1C3故C1C2C2C23,抽象函數(shù)得積分就是指被積函數(shù)由抽象函數(shù)所構(gòu)成得一類積分。其解法f2(x)f(x)五、例 2 2、1313 求不定積分f(x)f2(x)f2(x)f(x)dxdxf3(x)f2(x)