换元积分法
换元积分法可以分成两种类型,
⑴ 第一类换元积分法
在不定积分 ()f xx
∫
d 中，若 fx()可以通过等价变形化成
~
(()) )fgxgx′(,而函数
~
()fu的原函数
~
()Fu是容易求的。
因为 )())((
~
]))((
~
[ xgxgFxgF
′′
=
′
= )())((
~
xgxgf
′
= fx()，可知
()f xx
∫
d CxgF += ))((
~
。
§ 2 换元积分法和分部积分法在运算时，可采用下述步骤：用 ugx= ()对原式作变量代换，这时相应地有 ()ugxx
′
=dd，于是,
()f xx
∫
d = (() )f gx g x x
′
(
∫
d (()) )f gx gx=(
∫
d
()f uu= =
∫
d =+CuF )(
~ ~
(())Fgx C+ 。
这个方法称为 第一类换元积分法 。由于在将 ()f xxd 化成
(() )f gx g x x
′
(=
d (() )f gx gx(
d 的过程中往往要采取适当地“凑”的办法，
它也被俗称为“凑微分法”。
例 6.2.1 求
x
xa?
∫
d
。
解 将 fx
xa
()=
1
看成是
~
()fu
u
=
1
和 uxa=? 的复合函数，因为
()xa x? =dd，所以
()xxa
xa xa
=
∫∫
dd
（作变量代换 uxa=? ）
u
u
=
∫
d
= +ln | |uC （用 uxa=? 代回）
=? +ln | |xa C 。
同理可以求出
1
11
() 1()
nn
x
C
xa n xa
= +
∫
d
（ n >1）
和
22
x
xa?
∫
d 1
2
xx
axa xa
=?
+
∫∫
dd
C
ax
ax
a
+
+
= ln
2
1
。
例 6.2.1 求
x
xa?
∫
d
。
解 将 fx
xa
()=
1
看成是
~
()fu
u
=
1
和 uxa=? 的复合函数，因为
()xa x? =dd，所以
()xxa
xa xa
=
∫∫
dd
（作变量代换 uxa=? ）
u
u
=
∫
d
= +ln | |uC （用 uxa=? 代回）
=? +ln | |xa C 。
例 6.2.2 求
22
x
xa+
∫
d
。
解
22 2 2 2
()11
1() 1()
x
a
xx
aa
xx
xa a a
==
+++
∫∫∫
ddd
（作变量代换 u
x
a
= ）
2
1
1
u
au
=
+
∫
d
Cu
a
+= tanarc
1
（用 u
x
a
= 代回）
C
a
x
a
+= tanarc
1
。
同理可以求出
22
x
ax?
∫
d
=+arcsin
x
a
C。
例 6.2.3 求 tan xx
∫
d 。
解 tan xx
∫
d
sin
cos
x
x
x
=
∫
d
(cos )
cos
xx
x
′
=?
∫
d
（作变量代换 ux= cos ）
u
u
=?
∫
d
=? +ln | |uC （用 ux= cos 代回）
=? +ln |cos |xC 。
等熟练之后，只要将代换 ugx= ()默记在心，就可以直接写出
tan xx
∫
d
sin
cos
x
x
x
=
∫
d
(cos )
cos
x
x
=?
∫
d
=? +ln |cos |xC。
例 6.2.4 求 sec xx
∫
d 。
解 sec xx
∫
d
2
1cos
cos cos
x
xx==
∫∫
dd
2
(sin )
1sin
x
x
=
∫
d
,
作变量代换 ux= sin,并利用
22
x
xa?
∫
d
C
ax
ax
a
+
+
= ln
2
1
，得到
sec xx
∫
d C
x
x
C
x
x
+
+
=+
+
=
2
2
sin1
)sin1(
ln
2
1
sin1
sin1
ln
2
1
CxxC
x
x
++=+
+
= |tansec|ln
cos
sin1
ln 。
可以类似地求出
cot xx
∫
d = +ln |sin |xC
和
csc xx
∫
d Cxx +?= |cotcsc|ln 。
例 6.2.5 求
(1 )
x
xx+
∫
d
。
解
2
1
2 ( ) 2arctan
(1 ) 1 ( )
x
xxC
xx x
= =+
++
∫∫
d
d 。
例 6.2.6 求 sin cosmx nx x
∫
d ( nm ≠ )。
解 sin cosmx nx x
∫
d
1
[sin( ) sin( ) ]
2
mnx mnxx=++?
∫
d
C
nm
xnm
nm
xnm
+
+
+
+
=
)cos()cos(
2
1
。
可以类似地求出 sin sinmx nx x
∫
d 和 cos cosmx nx x
∫
d 。
例 6.2.5 求
(1 )
x
xx+
∫
d
。
解
2
1
2 ( ) 2arctan
(1 ) 1 ( )
x
xxC
xx x
= =+
++
∫∫
d
d 。
⑵ 第二类换元积分法
若不定积分 ()fx x
∫
d 不能直接求出，但能够找到一个适当的变量 代换 )(tx?= （要求 )(tx?= 的反函数 )(
1
xt
=? 存在），将原式化为
()fx x
∫
d ( ( )) )ft t= (=
∫
d (()) )ft tt
′
(
∫
d,
而 )))(( ttf (
′
的原函数
~
()Ft是容易求的。
因为
1
(()F x
x
d
d
= ()
t
Ft
x
′
d
d
= (()) ()
t
ft t
x
′
d
d
=
)(
1
)())((
t
ttf
′
′
= )())(( xftf =?,
所以
()fx x=
∫
d CxF +
))((
~
1
。
在运算时，可以采用与第一类换元积分法方向相反的步骤,
()f xx
∫
d (()) )f tt= (=
∫
d (()) )f ttt
′
(
∫
d
()F tC= +=
CxF +
))((
~
1
。
这个方法称为第二类换元积分法。
例 6.2.7 求
22
axx?
∫
d 。
解 为了去掉根号，令 xtat= =?() sin
ππ
()
22
t?≤≤,于是
22
cosaxa t?=,dcosdx att=,
22 2 2
cosaxxa tt?=
∫ ∫
dd
2
(1 cos 2 )
2
a
tt=+
∫
d
C
t
t
a
+
+=
2
2sin
2
2
（用 tx
x
a
==
1
() arcsin 代回）
=?+
1
2
22
xa x
ax
a
C
2
2
arcsin + 。
例 6.2.8 求
22
x
xa?
∫
d
和
22
x
xa+
∫
d
。
解 对于
22
x
xa?
∫
d
，令 xtat= =?() sec，其中 t的变化范围可以 这样确定：当 xa> 时，
π
0,
2
t
∈
；当 xa<? 时，
3
π,π
2
t
∈
。于是
22
tanxa a t?=,tan secxa t tt=dd,
22
x
xa?
∫
d
sectt=
∫
d Ctt ++= |tansec|ln 。
用
a
x
t =sec 和
a
ax
tt
22
2
1sectan
=?= 代回，由于 aC ln? 仍然是一个任意常数，因此
22
x
xa?
∫
d
C
a
axx
+
+
=
22
ln
Caaxx ++= ln||ln
22
=+?+ln | |xxa C
22
。
类似地可求得
22
x
xa+
∫
d
=+++ln | |xxa C
22
。
若被积函数中含有诸如 ax
22
,xa
22
,xa
22
+ 这样形式的根式，可以分别考虑将变换取为 xa t= sin,xa t= sec 和 tax tan= 以化去根号。
例 6.2.9 求
100
(2 1)x xx?
∫
d 。
解 令 21x t? = 即 x
t
=
+1
2
，则
1
2
x t=dd，于是
100
(2 1)x xx?
∫
d =
102 101
100
11
(1)
4410210
tt
ttt C
+ =++
∫
d
C
xx
+
+
=
101
1
102
12
4
)12(
101
。
有许多题目，既可以采用第一类换元积分 法，也可以采用第二类换元积分法，代换的函数形式也可以大不相同，要根据具体情况灵活运用。
例 6.2.9 求
100
(2 1)x xx?
∫
d 。
解 令 21x t? = 即 x
t
=
+1
2
，则
1
2
x t=dd，于是
100
(2 1)x xx?
∫
d =
102 101
100
11
(1)
4410210
tt
ttt C
+ =++
∫
d
C
xx
+
+
=
101
1
102
12
4
)12(
101
。
例 6.2.10 求
22
1
x
xx+
∫
d
。
解法一 用第一类换元积分法。当 x > 0时，原式可变形为
22
1
x
xx+
∫
d
2
3
1
1
x
x
x
=
+
∫
d
2
3
1
12
21
x
x
x
=
+
∫
d,
利用
23
12
x
xx
=?
dd，得到
22
1
x
xx+
∫
d
2
2
1
11
21
x
x
=?
+
∫
d
2
2
1
11
1
21
x
x
=? +
+
∫
d
=? + +1
1
2
x
C =?
+
+
1
2
x
x
C。
容易验证，它也是被积函数在 x < 0时的原函数。
解法二 用第二类换元积分法。做代换 x
t
=
1
，则
2
1
x t
t
=?dd，于是
22
1
x
x x+
∫
d
2
1
tt
t
=?
+
∫
d
=? + +1
2
tC
=? + +1
1
2
x
C =?
+
+
1
2
x
x
C。
解法三 将两种换元法结合起来。先用第二类换元积分法，做 代换 tx tan=,则
2
secx tt=dd，于是
22
1
x
x x+
∫
d
2
2
sec
tan sec
tt
tt
=
∫
d
2
cos
sin
tt
t
=
∫
d
。
再用第一类换元积分法
2
cos
sin
tt
t
∫
d
2
(sin )
sin
t
t
=
∫
d
=? +
1
sin t
C,
最后代回变量，即得到
22
1
x
x x+
∫
d
=?
+
+
1
2
x
x
C。
解法二 用第二类换元积分法。做代换 x
t
=
1
，则
2
1
x t
t
=?dd，于是
22
1
x
x x+
∫
d
2
1
tt
t
=?
+
∫
d
=? + +1
2
tC
=? + +1
1
2
x
C =?
+
+
1
2
x
x
C。
分部积分法
对任意两个可微的函数 ux vx() ()、,成立关系式
[() )] [ )]() )[()]uxvx uxvx ux vx( =( +(dd d,
两边同时求不定积分并移项，就有
)[()] () ) ()[ )]ux vx uxvx vx ux( =(? (
∫ ∫
,
也即
)() () ) () )uxvx x uxvx vxu x x
′′
(=(?(
∫ ∫
dd,
这就是 分部积分公式。
分部积分公式的正确使用大致有下述几种模式,
(1)通过对 ux()求导降低它的复杂程度,而 ′vx()与 vx()的类型相似或复杂程度相当。
设 px
n
()为 n次多项式。对于形如 ()sin
n
p xxxα
∫
d,()cos
n
p xxxβ
∫
d 和
()e
x
n
p xx
λ
∫
d 之类的不定积分，可以取 px
n
()为 ux()，而将另一个函数看成 ′vx()，这时 vx()是很容易求的。通过分部积分,px
n
()的次数随着求导而逐次降低，直到最后成为常数。
例 6.2.11 求 cosxxx
∫
d 。
解 将 x看成 ux(),cos x看成 ′vx()，则 ′ =ux() 1,vx x() sin=,代入分部积分公式,
cosxxx
∫
d (sin )xx=
∫
d sin sinxx xx=?
∫
d = + +xx xCsin cos 。
例 6.2.12 求
2
e
x
x x
∫
d 。
解 将 x
2
看成 ux(),e
x
看成 ′vx()，则 ′ =ux x() 2,vx
x
() e=,代入 分部积分公式,
2
e
x
x x
∫
d
22 22
d(e ) e e ( ) e 2 e
xxx xx
x xx==?=?
∫ ∫∫
dd,
对后一项再用一次分部积分,
e
x
x x
∫
d (e ) e e e e
xxx xx
x xx C= =? =?+
∫ ∫
dd,
于是
2
e
x
xx
∫
d =? + +e( )
x
xx C
2
22 。
例 6.2.11 求 cosxxx
∫
d 。
解 将 x看成 ux(),cos x看成 ′vx()，则 ′ =ux() 1,vx x() sin=,代入分部积分公式,
cosxxx
∫
d (sin )xx=
∫
d sin sinxx xx=?
∫
d = + +xx xCsin cos 。
(2)通过对 ux()求导使得它的类型与 vx()的类型相同或相近，然后将 ′ux()vx()作为一个统一的形式来处理。
对于形如 ( ) arcsin
n
p xxx
∫
d,( ) arctan
n
p xxx
∫
d 和 ()ln
n
p xxx
∫
d 之类的不定积分，可以取 px
n
()为 ′vx()，而将另一个函数看成 ux()，这时关于
′ux()vx()的不定积分就比较容易求出。
例 6.2.13 求 ln xx
∫
d 。
解 将 ln x 看成 ux()，而将 1 看成 ′vx()，则 ′ =ux
x
()
1
,vx x()=,
代入分部积分公式,
ln xx
∫
d
1
lnxx x x
x
=
∫
d =? +xx C(ln )1 。
(2)通过对 ux()求导使得它的类型与 vx()的类型相同或相近，然后将 ′ux()vx()作为一个统一的形式来处理。
对于形如 ( ) arcsin
n
p xxx
∫
d,( ) arctan
n
p xxx
∫
d 和 ()ln
n
p xxx
∫
d 之类的不定积分，可以取 px
n
()为 ′vx()，而将另一个函数看成 ux()，这时关于
′ux()vx()的不定积分就比较容易求出。
例 6.2.14 求 arctanxxx
∫
d 。
解 将 xtanarc 看成 ux(),x看成 ′vx()，则 ′ =
+
ux
x
()
1
1
2
,vx
x
()=
2
2
，
代入分部积分公式得
arctanxxx
∫
d
22
2
1
arctan
22
xx
xx
x
=?
+
∫
d
2
2
11
arctan 1
22
x
xx
x
=
+
∫
d
C
x
x
x
+?
+
=
2
tanarc
2
1
2
。
例 6.2.15 求
1cos
x
x
x+
∫
d 。
解 利用分部积分法和换元积分法得
2
tan
1cos 2
2cos
2
xx x
xxx
x
x
==
+
∫∫∫
ddd
tan tan
22
xx
=?
∫
d tan 2ln cos
22
xx
xC= ++。
(3)利用有些函数经数次求导后形式会复原的性质，通过若干次分部积分，使等式右边也产生 )()uxvx x
′
(
∫
d 的项，只要它的系数不为1，
就可以用解方程的办法求得 )()uxvx x
′
(
∫
d 。
对于形如 esin
x
x x
λ
α
∫
d 或 ecos
x
x x
λ
β
∫
d 之类的不定积分,可以取 e
xλ
与
sin xα （或 cos xβ ）中任一个为 ux()，而另一个为 ′vx()；对于
22
x ax+
∫
d
之类的不定积分，则可将 ux()取作 xa
22
+,而将 ′vx()视为 1。
例 6.2.16 求 esin
x
x x
∫
d 。
解 将 sin x看成 ux(),e
x
看成 ′vx()，应用分部积分公式,
esin
x
x x
∫
d esin ecos
xx
x xx=?
∫
d,
在等式右端的积分中，将 xcos 看成 ux(),e
x
看成 ′vx()，再次应用分部积分公式,得到
esin
x
x x
∫
d esin ecos
xx
x xx=?
∫
d esin ecos esin
xx x
x xxx=
∫
d 。
等式的两边都出现了所要求的 esin
x
xx
∫
d,把它们都移到等式的左边，
解出
esin
x
x x
∫
d =
+
e(sin cos )
x
xx
C
2
。
类似地可以得到
ecos
x
xx
∫
d =
+
+
e(sin cos )
x
xx
C
2
。
例 6.2.17 求
22
x ax+
∫
d 和
22
x ax?
∫
d 。
解 以
22
x ax+
∫
d 为例，这个不定积分是可以用第二类换元积分法做的，但用分部积分的方法更为简单些。
22
x ax+
∫
d
2
22
22
x
x xa x
xa
=+?
+
∫
d
222
22
22
xaa
x xa x
xa
+?
=+?
+
∫
d
2
22 22
22
a
x xa x xax
xa
=++?+
+
∫∫
dd。
移项后，解出
2
22 22
22
1
2
a
x ax xx a x
xa
+= ++
+
∫∫
dd
( )
222 22
1
ln | |
2
x xaa x xa C= ++ + + +。
类似地可以求出
22
x ax?
∫
d
( )
222 22
1
ln | |
2
x xaa x xa C= +? +。
(4)对某些形如 ()
n
f xx
∫
d 的不定积分，利用分部积分法降低幂指数，导出递推公式。
例 6.2.18 求
n
I =
22
()
n
x
xa+
∫
d
。
解 由例6.2.2,
1
I =
22
x
x a+
∫
d
C
a
x
a
+= tanarc
1
,
而对于 n ≥ 2，有
n
I =
22
()
n
x
xa+
∫
d
222
222
1
()
n
xax
x
axa
+?
=
+
∫
d
2
1
2222
1
()
n
n
I x
x
aaxa
=+
+
∫
d 。
对最后一项用分部积分,
n
I =
1
22 221
11
2( 1) ( )
n
n
I
x
aan xa
+
+
∫
d
22 2212
1
2( 1)( ) 2( 1)
nn
n
IIx
aan xa an
=+?
+?
。
于是得到递推关系
1
2221
1
23 1
,2,
2( 1) 2( 1)( )
1
arctan
nn
n
nx
II n
an an x a
x
IC
aa
= +≥
+?
=+
。
基 本 积 分 表
1
1
1
,1
ln | |,1
xC
xx
xC
α
αα
α
α
+
+
+ ≠?
=
+ =?
∫
d ln x x
∫
d Cxx +?= )1(ln
ln
x
x
a
ax C
a
=+
∫
d,特别地 ee
xx
x C= +
∫
d
sin cosx xxC=?+
∫
d cos sinx xxC= +
∫
d
tan x x
∫
d =? +ln |cos |xC cot x x
∫
d = +ln |sin |xC
sec x x
∫
d Cxx ++= |tansec|ln csc x x
∫
d Cxx +?= |cotcsc|ln
sh chx xxC=+
∫
d ch shx xxC= +
∫
d
22
x
ax?
∫
d
=+arcsin
x
a
C
22
x
x a±
∫
d
=+±+ln | |xxa C
22
22
x
x a?
∫
d
C
ax
ax
a
+
+
= ln
2
1
22
x
x a+
∫
d
C
a
x
a
+= tanarc
1
22
axx?
∫
d =?+
1
2
22
xa x
ax
a
C
2
2
arcsin +
22
x ax±
∫
d
( )
222 22
1
ln | |
2
x xaa x xa C= ±± + ± +
例 6.2.19 求
2
(1) 25xxxx+?+
∫
d 。
我们分别用换元积分法与分部积分法来求此不定积分,
解法一 作变量代换 tx tan21=?,那么
2
2secxtt=dd，于是
22
33 3
32
33
(1) 25 (1)(1)4
8(1 tan )sec 8 sec 8 tan sec
8 sec 8 sec (sec )
8
8sec sec,
3
xxxxx x x
ttt t tt
tt t t
tt t
+?+=+?+
=+ = +
=+
=+
∫∫
∫
∫∫
∫
dd
dd d
dd
d
对于计算
3
sec tt
∫
d,利用分部积分法与例6.2.4的结果，就有
3
sec sec tantt t t=
∫∫
dd
2
sec tan tan sectt ttt=?
∫
d
2
sec tan (sec 1)sectt t tt=
∫
d
3
sec tan sec sectt tt tt=?+
∫ ∫
dd
3
sec tan sec ln | sec tan |tt tt t t=?++
∫
d,
于是移项得到
3
1
sec [sec tan ln | sec tan |]
2
tt t t t t C= +++
∫
d 。
注意到
2
1
tan
=
x
t 及
2
52
2
1
1tan1sec
2
2
2
+?
=
+=+=
xxx
tt,即得
2
3
3
22 2
2
(1) 25
8
sec 4[sec tan ln | sec tan |]
3
1
(25)(1) 254ln|(1) 25|.
3
xxxx
ttt ttC
xx x xx x xx C
+?+
=+ +++
=?+ +++?+?++
∫
d
解法二 直接利用例6.2.17的结果。
222
22 2
3
2
1
(1) 25 (22) 25 2 25
2
1
25( 25)2(1)4
2
1
(25)2(1)4.
3
x xxx x xxx xxx
xx xx x x
xx x x
+?+=++?+
=?+?++?+
=?++?+
∫∫∫
∫
ddd
d
对于
2
(1)4xx?+
∫
d,由例6.2.17得
22
22
(1)4 (1)4(1)
1
( 1) ( 1) 4 2 ln | ( 1) ( 1) 4 |
2
1
(1) 252ln|(1) 25|,
2
xxx x
xx x x C
xxx x xx C
+ =?+?
=++?+?++
=++?+?++
∫∫
dd
因此
2
3
22 2
2
(1) 25
1
(25)(1) 254ln|(1) 25|.
3
xxxx
xx x xx x xx C
+?+
=?+ +++?+?++
∫
d
可以发现，对于这一问题，用分部积分法比用换元积分法要方便。
例 6.2.20 求
22
2
x
xxξ η++
∫
d
。
解 将
22
2xxξ η++配方后化成
222
()| |x ξ ηξ+±?，把
22
||η ξ? 看作
a
2
，便有
22
2
x
xxξ η++
∫
d
222
()
()| |
x
x
ξ
ξ ηξ
+
=
+±?
∫
d
22
ln | ( ) 2 |xxxCξξη= ++ + + +。
这是一个一般的结果，比如当
2
2,5ξη=?=时，得到
2
45
x
xx? +
∫
d
=?+?++ln |( ) |xxxC245
2
。
对于诸如
22
()
2
ax b x
xxξ η
+
++
∫
d
，
22
()
2
ax b x
xxξ η
+
++
∫
d
，
22
() 2ax b x x xξη+++
∫
d
型不定积分，解题思路是类似的，只是先要如例6.2.19那样对 bax+
作一次拆项 。
例 6.2.20 求
22
2
x
xxξ η++
∫
d
。
解 将
22
2xxξ η++配方后化成
222
()| |x ξ ηξ+±?，把
22
||η ξ? 看作
a
2
，便有
22
2
x
xxξ η++
∫
d
222
()
()| |
x
x
ξ
ξ ηξ
+
=
+±?
∫
d
22
ln | ( ) 2 |xxxCξξη= ++ + + +。
这是一个一般的结果，比如当
2
2,5ξη=?=时，得到
2
45
x
xx? +
∫
d
=?+?++ln |( ) |xxxC245
2
。
换元积分法可以分成两种类型,
⑴ 第一类换元积分法
在不定积分 ()f xx
∫
d 中，若 fx()可以通过等价变形化成
~
(()) )fgxgx′(,而函数
~
()fu的原函数
~
()Fu是容易求的。
因为 )())((
~
]))((
~
[ xgxgFxgF
′′
=
′
= )())((
~
xgxgf
′
= fx()，可知
()f xx
∫
d CxgF += ))((
~
。
§ 2 换元积分法和分部积分法在运算时，可采用下述步骤：用 ugx= ()对原式作变量代换，这时相应地有 ()ugxx
′
=dd，于是,
()f xx
∫
d = (() )f gx g x x
′
(
∫
d (()) )f gx gx=(
∫
d
()f uu= =
∫
d =+CuF )(
~ ~
(())Fgx C+ 。
这个方法称为 第一类换元积分法 。由于在将 ()f xxd 化成
(() )f gx g x x
′
(=
d (() )f gx gx(
d 的过程中往往要采取适当地“凑”的办法，
它也被俗称为“凑微分法”。
例 6.2.1 求
x
xa?
∫
d
。
解 将 fx
xa
()=
1
看成是
~
()fu
u
=
1
和 uxa=? 的复合函数，因为
()xa x? =dd，所以
()xxa
xa xa
=
∫∫
dd
（作变量代换 uxa=? ）
u
u
=
∫
d
= +ln | |uC （用 uxa=? 代回）
=? +ln | |xa C 。
同理可以求出
1
11
() 1()
nn
x
C
xa n xa
= +
∫
d
（ n >1）
和
22
x
xa?
∫
d 1
2
xx
axa xa
=?
+
∫∫
dd
C
ax
ax
a
+
+
= ln
2
1
。
例 6.2.1 求
x
xa?
∫
d
。
解 将 fx
xa
()=
1
看成是
~
()fu
u
=
1
和 uxa=? 的复合函数，因为
()xa x? =dd，所以
()xxa
xa xa
=
∫∫
dd
（作变量代换 uxa=? ）
u
u
=
∫
d
= +ln | |uC （用 uxa=? 代回）
=? +ln | |xa C 。
例 6.2.2 求
22
x
xa+
∫
d
。
解
22 2 2 2
()11
1() 1()
x
a
xx
aa
xx
xa a a
==
+++
∫∫∫
ddd
（作变量代换 u
x
a
= ）
2
1
1
u
au
=
+
∫
d
Cu
a
+= tanarc
1
（用 u
x
a
= 代回）
C
a
x
a
+= tanarc
1
。
同理可以求出
22
x
ax?
∫
d
=+arcsin
x
a
C。
例 6.2.3 求 tan xx
∫
d 。
解 tan xx
∫
d
sin
cos
x
x
x
=
∫
d
(cos )
cos
xx
x
′
=?
∫
d
（作变量代换 ux= cos ）
u
u
=?
∫
d
=? +ln | |uC （用 ux= cos 代回）
=? +ln |cos |xC 。
等熟练之后，只要将代换 ugx= ()默记在心，就可以直接写出
tan xx
∫
d
sin
cos
x
x
x
=
∫
d
(cos )
cos
x
x
=?
∫
d
=? +ln |cos |xC。
例 6.2.4 求 sec xx
∫
d 。
解 sec xx
∫
d
2
1cos
cos cos
x
xx==
∫∫
dd
2
(sin )
1sin
x
x
=
∫
d
,
作变量代换 ux= sin,并利用
22
x
xa?
∫
d
C
ax
ax
a
+
+
= ln
2
1
，得到
sec xx
∫
d C
x
x
C
x
x
+
+
=+
+
=
2
2
sin1
)sin1(
ln
2
1
sin1
sin1
ln
2
1
CxxC
x
x
++=+
+
= |tansec|ln
cos
sin1
ln 。
可以类似地求出
cot xx
∫
d = +ln |sin |xC
和
csc xx
∫
d Cxx +?= |cotcsc|ln 。
例 6.2.5 求
(1 )
x
xx+
∫
d
。
解
2
1
2 ( ) 2arctan
(1 ) 1 ( )
x
xxC
xx x
= =+
++
∫∫
d
d 。
例 6.2.6 求 sin cosmx nx x
∫
d ( nm ≠ )。
解 sin cosmx nx x
∫
d
1
[sin( ) sin( ) ]
2
mnx mnxx=++?
∫
d
C
nm
xnm
nm
xnm
+
+
+
+
=
)cos()cos(
2
1
。
可以类似地求出 sin sinmx nx x
∫
d 和 cos cosmx nx x
∫
d 。
例 6.2.5 求
(1 )
x
xx+
∫
d
。
解
2
1
2 ( ) 2arctan
(1 ) 1 ( )
x
xxC
xx x
= =+
++
∫∫
d
d 。
⑵ 第二类换元积分法
若不定积分 ()fx x
∫
d 不能直接求出，但能够找到一个适当的变量 代换 )(tx?= （要求 )(tx?= 的反函数 )(
1
xt
=? 存在），将原式化为
()fx x
∫
d ( ( )) )ft t= (=
∫
d (()) )ft tt
′
(
∫
d,
而 )))(( ttf (
′
的原函数
~
()Ft是容易求的。
因为
1
(()F x
x
d
d
= ()
t
Ft
x
′
d
d
= (()) ()
t
ft t
x
′
d
d
=
)(
1
)())((
t
ttf
′
′
= )())(( xftf =?,
所以
()fx x=
∫
d CxF +
))((
~
1
。
在运算时，可以采用与第一类换元积分法方向相反的步骤,
()f xx
∫
d (()) )f tt= (=
∫
d (()) )f ttt
′
(
∫
d
()F tC= +=
CxF +
))((
~
1
。
这个方法称为第二类换元积分法。
例 6.2.7 求
22
axx?
∫
d 。
解 为了去掉根号，令 xtat= =?() sin
ππ
()
22
t?≤≤,于是
22
cosaxa t?=,dcosdx att=,
22 2 2
cosaxxa tt?=
∫ ∫
dd
2
(1 cos 2 )
2
a
tt=+
∫
d
C
t
t
a
+
+=
2
2sin
2
2
（用 tx
x
a
==
1
() arcsin 代回）
=?+
1
2
22
xa x
ax
a
C
2
2
arcsin + 。
例 6.2.8 求
22
x
xa?
∫
d
和
22
x
xa+
∫
d
。
解 对于
22
x
xa?
∫
d
，令 xtat= =?() sec，其中 t的变化范围可以 这样确定：当 xa> 时，
π
0,
2
t
∈
；当 xa<? 时，
3
π,π
2
t
∈
。于是
22
tanxa a t?=,tan secxa t tt=dd,
22
x
xa?
∫
d
sectt=
∫
d Ctt ++= |tansec|ln 。
用
a
x
t =sec 和
a
ax
tt
22
2
1sectan
=?= 代回，由于 aC ln? 仍然是一个任意常数，因此
22
x
xa?
∫
d
C
a
axx
+
+
=
22
ln
Caaxx ++= ln||ln
22
=+?+ln | |xxa C
22
。
类似地可求得
22
x
xa+
∫
d
=+++ln | |xxa C
22
。
若被积函数中含有诸如 ax
22
,xa
22
,xa
22
+ 这样形式的根式，可以分别考虑将变换取为 xa t= sin,xa t= sec 和 tax tan= 以化去根号。
例 6.2.9 求
100
(2 1)x xx?
∫
d 。
解 令 21x t? = 即 x
t
=
+1
2
，则
1
2
x t=dd，于是
100
(2 1)x xx?
∫
d =
102 101
100
11
(1)
4410210
tt
ttt C
+ =++
∫
d
C
xx
+
+
=
101
1
102
12
4
)12(
101
。
有许多题目，既可以采用第一类换元积分 法，也可以采用第二类换元积分法，代换的函数形式也可以大不相同，要根据具体情况灵活运用。
例 6.2.9 求
100
(2 1)x xx?
∫
d 。
解 令 21x t? = 即 x
t
=
+1
2
，则
1
2
x t=dd，于是
100
(2 1)x xx?
∫
d =
102 101
100
11
(1)
4410210
tt
ttt C
+ =++
∫
d
C
xx
+
+
=
101
1
102
12
4
)12(
101
。
例 6.2.10 求
22
1
x
xx+
∫
d
。
解法一 用第一类换元积分法。当 x > 0时，原式可变形为
22
1
x
xx+
∫
d
2
3
1
1
x
x
x
=
+
∫
d
2
3
1
12
21
x
x
x
=
+
∫
d,
利用
23
12
x
xx
=?
dd，得到
22
1
x
xx+
∫
d
2
2
1
11
21
x
x
=?
+
∫
d
2
2
1
11
1
21
x
x
=? +
+
∫
d
=? + +1
1
2
x
C =?
+
+
1
2
x
x
C。
容易验证，它也是被积函数在 x < 0时的原函数。
解法二 用第二类换元积分法。做代换 x
t
=
1
，则
2
1
x t
t
=?dd，于是
22
1
x
x x+
∫
d
2
1
tt
t
=?
+
∫
d
=? + +1
2
tC
=? + +1
1
2
x
C =?
+
+
1
2
x
x
C。
解法三 将两种换元法结合起来。先用第二类换元积分法，做 代换 tx tan=,则
2
secx tt=dd，于是
22
1
x
x x+
∫
d
2
2
sec
tan sec
tt
tt
=
∫
d
2
cos
sin
tt
t
=
∫
d
。
再用第一类换元积分法
2
cos
sin
tt
t
∫
d
2
(sin )
sin
t
t
=
∫
d
=? +
1
sin t
C,
最后代回变量，即得到
22
1
x
x x+
∫
d
=?
+
+
1
2
x
x
C。
解法二 用第二类换元积分法。做代换 x
t
=
1
，则
2
1
x t
t
=?dd，于是
22
1
x
x x+
∫
d
2
1
tt
t
=?
+
∫
d
=? + +1
2
tC
=? + +1
1
2
x
C =?
+
+
1
2
x
x
C。
分部积分法
对任意两个可微的函数 ux vx() ()、,成立关系式
[() )] [ )]() )[()]uxvx uxvx ux vx( =( +(dd d,
两边同时求不定积分并移项，就有
)[()] () ) ()[ )]ux vx uxvx vx ux( =(? (
∫ ∫
,
也即
)() () ) () )uxvx x uxvx vxu x x
′′
(=(?(
∫ ∫
dd,
这就是 分部积分公式。
分部积分公式的正确使用大致有下述几种模式,
(1)通过对 ux()求导降低它的复杂程度,而 ′vx()与 vx()的类型相似或复杂程度相当。
设 px
n
()为 n次多项式。对于形如 ()sin
n
p xxxα
∫
d,()cos
n
p xxxβ
∫
d 和
()e
x
n
p xx
λ
∫
d 之类的不定积分，可以取 px
n
()为 ux()，而将另一个函数看成 ′vx()，这时 vx()是很容易求的。通过分部积分,px
n
()的次数随着求导而逐次降低，直到最后成为常数。
例 6.2.11 求 cosxxx
∫
d 。
解 将 x看成 ux(),cos x看成 ′vx()，则 ′ =ux() 1,vx x() sin=,代入分部积分公式,
cosxxx
∫
d (sin )xx=
∫
d sin sinxx xx=?
∫
d = + +xx xCsin cos 。
例 6.2.12 求
2
e
x
x x
∫
d 。
解 将 x
2
看成 ux(),e
x
看成 ′vx()，则 ′ =ux x() 2,vx
x
() e=,代入 分部积分公式,
2
e
x
x x
∫
d
22 22
d(e ) e e ( ) e 2 e
xxx xx
x xx==?=?
∫ ∫∫
dd,
对后一项再用一次分部积分,
e
x
x x
∫
d (e ) e e e e
xxx xx
x xx C= =? =?+
∫ ∫
dd,
于是
2
e
x
xx
∫
d =? + +e( )
x
xx C
2
22 。
例 6.2.11 求 cosxxx
∫
d 。
解 将 x看成 ux(),cos x看成 ′vx()，则 ′ =ux() 1,vx x() sin=,代入分部积分公式,
cosxxx
∫
d (sin )xx=
∫
d sin sinxx xx=?
∫
d = + +xx xCsin cos 。
(2)通过对 ux()求导使得它的类型与 vx()的类型相同或相近，然后将 ′ux()vx()作为一个统一的形式来处理。
对于形如 ( ) arcsin
n
p xxx
∫
d,( ) arctan
n
p xxx
∫
d 和 ()ln
n
p xxx
∫
d 之类的不定积分，可以取 px
n
()为 ′vx()，而将另一个函数看成 ux()，这时关于
′ux()vx()的不定积分就比较容易求出。
例 6.2.13 求 ln xx
∫
d 。
解 将 ln x 看成 ux()，而将 1 看成 ′vx()，则 ′ =ux
x
()
1
,vx x()=,
代入分部积分公式,
ln xx
∫
d
1
lnxx x x
x
=
∫
d =? +xx C(ln )1 。
(2)通过对 ux()求导使得它的类型与 vx()的类型相同或相近，然后将 ′ux()vx()作为一个统一的形式来处理。
对于形如 ( ) arcsin
n
p xxx
∫
d,( ) arctan
n
p xxx
∫
d 和 ()ln
n
p xxx
∫
d 之类的不定积分，可以取 px
n
()为 ′vx()，而将另一个函数看成 ux()，这时关于
′ux()vx()的不定积分就比较容易求出。
例 6.2.14 求 arctanxxx
∫
d 。
解 将 xtanarc 看成 ux(),x看成 ′vx()，则 ′ =
+
ux
x
()
1
1
2
,vx
x
()=
2
2
，
代入分部积分公式得
arctanxxx
∫
d
22
2
1
arctan
22
xx
xx
x
=?
+
∫
d
2
2
11
arctan 1
22
x
xx
x
=
+
∫
d
C
x
x
x
+?
+
=
2
tanarc
2
1
2
。
例 6.2.15 求
1cos
x
x
x+
∫
d 。
解 利用分部积分法和换元积分法得
2
tan
1cos 2
2cos
2
xx x
xxx
x
x
==
+
∫∫∫
ddd
tan tan
22
xx
=?
∫
d tan 2ln cos
22
xx
xC= ++。
(3)利用有些函数经数次求导后形式会复原的性质，通过若干次分部积分，使等式右边也产生 )()uxvx x
′
(
∫
d 的项，只要它的系数不为1，
就可以用解方程的办法求得 )()uxvx x
′
(
∫
d 。
对于形如 esin
x
x x
λ
α
∫
d 或 ecos
x
x x
λ
β
∫
d 之类的不定积分,可以取 e
xλ
与
sin xα （或 cos xβ ）中任一个为 ux()，而另一个为 ′vx()；对于
22
x ax+
∫
d
之类的不定积分，则可将 ux()取作 xa
22
+,而将 ′vx()视为 1。
例 6.2.16 求 esin
x
x x
∫
d 。
解 将 sin x看成 ux(),e
x
看成 ′vx()，应用分部积分公式,
esin
x
x x
∫
d esin ecos
xx
x xx=?
∫
d,
在等式右端的积分中，将 xcos 看成 ux(),e
x
看成 ′vx()，再次应用分部积分公式,得到
esin
x
x x
∫
d esin ecos
xx
x xx=?
∫
d esin ecos esin
xx x
x xxx=
∫
d 。
等式的两边都出现了所要求的 esin
x
xx
∫
d,把它们都移到等式的左边，
解出
esin
x
x x
∫
d =
+
e(sin cos )
x
xx
C
2
。
类似地可以得到
ecos
x
xx
∫
d =
+
+
e(sin cos )
x
xx
C
2
。
例 6.2.17 求
22
x ax+
∫
d 和
22
x ax?
∫
d 。
解 以
22
x ax+
∫
d 为例，这个不定积分是可以用第二类换元积分法做的，但用分部积分的方法更为简单些。
22
x ax+
∫
d
2
22
22
x
x xa x
xa
=+?
+
∫
d
222
22
22
xaa
x xa x
xa
+?
=+?
+
∫
d
2
22 22
22
a
x xa x xax
xa
=++?+
+
∫∫
dd。
移项后，解出
2
22 22
22
1
2
a
x ax xx a x
xa
+= ++
+
∫∫
dd
( )
222 22
1
ln | |
2
x xaa x xa C= ++ + + +。
类似地可以求出
22
x ax?
∫
d
( )
222 22
1
ln | |
2
x xaa x xa C= +? +。
(4)对某些形如 ()
n
f xx
∫
d 的不定积分，利用分部积分法降低幂指数，导出递推公式。
例 6.2.18 求
n
I =
22
()
n
x
xa+
∫
d
。
解 由例6.2.2,
1
I =
22
x
x a+
∫
d
C
a
x
a
+= tanarc
1
,
而对于 n ≥ 2，有
n
I =
22
()
n
x
xa+
∫
d
222
222
1
()
n
xax
x
axa
+?
=
+
∫
d
2
1
2222
1
()
n
n
I x
x
aaxa
=+
+
∫
d 。
对最后一项用分部积分,
n
I =
1
22 221
11
2( 1) ( )
n
n
I
x
aan xa
+
+
∫
d
22 2212
1
2( 1)( ) 2( 1)
nn
n
IIx
aan xa an
=+?
+?
。
于是得到递推关系
1
2221
1
23 1
,2,
2( 1) 2( 1)( )
1
arctan
nn
n
nx
II n
an an x a
x
IC
aa
= +≥
+?
=+
。
基 本 积 分 表
1
1
1
,1
ln | |,1
xC
xx
xC
α
αα
α
α
+
+
+ ≠?
=
+ =?
∫
d ln x x
∫
d Cxx +?= )1(ln
ln
x
x
a
ax C
a
=+
∫
d,特别地 ee
xx
x C= +
∫
d
sin cosx xxC=?+
∫
d cos sinx xxC= +
∫
d
tan x x
∫
d =? +ln |cos |xC cot x x
∫
d = +ln |sin |xC
sec x x
∫
d Cxx ++= |tansec|ln csc x x
∫
d Cxx +?= |cotcsc|ln
sh chx xxC=+
∫
d ch shx xxC= +
∫
d
22
x
ax?
∫
d
=+arcsin
x
a
C
22
x
x a±
∫
d
=+±+ln | |xxa C
22
22
x
x a?
∫
d
C
ax
ax
a
+
+
= ln
2
1
22
x
x a+
∫
d
C
a
x
a
+= tanarc
1
22
axx?
∫
d =?+
1
2
22
xa x
ax
a
C
2
2
arcsin +
22
x ax±
∫
d
( )
222 22
1
ln | |
2
x xaa x xa C= ±± + ± +
例 6.2.19 求
2
(1) 25xxxx+?+
∫
d 。
我们分别用换元积分法与分部积分法来求此不定积分,
解法一 作变量代换 tx tan21=?,那么
2
2secxtt=dd，于是
22
33 3
32
33
(1) 25 (1)(1)4
8(1 tan )sec 8 sec 8 tan sec
8 sec 8 sec (sec )
8
8sec sec,
3
xxxxx x x
ttt t tt
tt t t
tt t
+?+=+?+
=+ = +
=+
=+
∫∫
∫
∫∫
∫
dd
dd d
dd
d
对于计算
3
sec tt
∫
d,利用分部积分法与例6.2.4的结果，就有
3
sec sec tantt t t=
∫∫
dd
2
sec tan tan sectt ttt=?
∫
d
2
sec tan (sec 1)sectt t tt=
∫
d
3
sec tan sec sectt tt tt=?+
∫ ∫
dd
3
sec tan sec ln | sec tan |tt tt t t=?++
∫
d,
于是移项得到
3
1
sec [sec tan ln | sec tan |]
2
tt t t t t C= +++
∫
d 。
注意到
2
1
tan
=
x
t 及
2
52
2
1
1tan1sec
2
2
2
+?
=
+=+=
xxx
tt,即得
2
3
3
22 2
2
(1) 25
8
sec 4[sec tan ln | sec tan |]
3
1
(25)(1) 254ln|(1) 25|.
3
xxxx
ttt ttC
xx x xx x xx C
+?+
=+ +++
=?+ +++?+?++
∫
d
解法二 直接利用例6.2.17的结果。
222
22 2
3
2
1
(1) 25 (22) 25 2 25
2
1
25( 25)2(1)4
2
1
(25)2(1)4.
3
x xxx x xxx xxx
xx xx x x
xx x x
+?+=++?+
=?+?++?+
=?++?+
∫∫∫
∫
ddd
d
对于
2
(1)4xx?+
∫
d,由例6.2.17得
22
22
(1)4 (1)4(1)
1
( 1) ( 1) 4 2 ln | ( 1) ( 1) 4 |
2
1
(1) 252ln|(1) 25|,
2
xxx x
xx x x C
xxx x xx C
+ =?+?
=++?+?++
=++?+?++
∫∫
dd
因此
2
3
22 2
2
(1) 25
1
(25)(1) 254ln|(1) 25|.
3
xxxx
xx x xx x xx C
+?+
=?+ +++?+?++
∫
d
可以发现，对于这一问题，用分部积分法比用换元积分法要方便。
例 6.2.20 求
22
2
x
xxξ η++
∫
d
。
解 将
22
2xxξ η++配方后化成
222
()| |x ξ ηξ+±?，把
22
||η ξ? 看作
a
2
，便有
22
2
x
xxξ η++
∫
d
222
()
()| |
x
x
ξ
ξ ηξ
+
=
+±?
∫
d
22
ln | ( ) 2 |xxxCξξη= ++ + + +。
这是一个一般的结果，比如当
2
2,5ξη=?=时，得到
2
45
x
xx? +
∫
d
=?+?++ln |( ) |xxxC245
2
。
对于诸如
22
()
2
ax b x
xxξ η
+
++
∫
d
，
22
()
2
ax b x
xxξ η
+
++
∫
d
，
22
() 2ax b x x xξη+++
∫
d
型不定积分，解题思路是类似的，只是先要如例6.2.19那样对 bax+
作一次拆项 。
例 6.2.20 求
22
2
x
xxξ η++
∫
d
。
解 将
22
2xxξ η++配方后化成
222
()| |x ξ ηξ+±?，把
22
||η ξ? 看作
a
2
，便有
22
2
x
xxξ η++
∫
d
222
()
()| |
x
x
ξ
ξ ηξ
+
=
+±?
∫
d
22
ln | ( ) 2 |xxxCξξη= ++ + + +。
这是一个一般的结果，比如当
2
2,5ξη=?=时，得到
2
45
x
xx? +
∫
d
=?+?++ln |( ) |xxxC245
2
。
