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 x x? d
中，若
f x( )
可以通过等价变形化成
~ ( ( )) )f g x g x,而函数 ~ ( )f u 的原函数 ~ ( )F u 是容易求的。
因为
)())((~]))((~[ xgxgFxgF
=
)())((~ xgxgf?
=
f x( )
，可知
()f x x? 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
u g x? ( )
对原式作变量代换，这时相应地有
()u g x xdd
，于是,
()f x x? d
=
( ( )) )f g x g x x d ( ( )) )f g x g x d
()f u u d CuF )(
~ ~ ( ( ))F g x C? 。
这个方法称为 第一类 换元积分法 。 由于在将
()f x xd
化成
( ( ) ) )f g x g x x d ( ( ) ) )f g x g x?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
f x
x a
( )?
1 看成是 ~
( )f u
u
1 和 u x a 的复合函数，因为
()x a xdd
，所以
()x x a
x a x a
dd
（作变量代换 u x a ）
u
u
dln | |u C
（用 u x a 代回）
ln | |x a C
。
同理可以求出
1
11
( ) 1 ( )nn
x C
x a n x a?
d （ n? 1 ）
和
22
x
xa
d 1
2
xx
a x a x a
dd C
ax
ax
a
ln
2
1 。
例 6.2.1 求
x
xa
d
。
解 将
f x
x a
( )?
1 看成是 ~
( )f u
u
1 和 u x a 的复合函数，因为
()x a xdd
，所以
()x x a
x a x a
dd
（作变量代换 u x a ）
u
u
dln | |u C
（用 u x a 代回）
ln | |x a C
。
例 6.2.2 求
22
x
xa
d
。
解
2 2 2 2 2
()11
1 ( ) 1 ( )
x
a
xx
aa
xx
x a a a
ddd
（作变量代换
u
x
a
）
2
1
1
u
au
d
Cu
a
t a na r c
1
（用
u
x
a
代回）
C
a
x
a
t a na r c
1
。
同理可以 求出
22
x
ax?
da rc s in x
a
C
。
例 6.2.3 求
t a n xx? d
。
解
t a n xx? d si n
c os
x
x
x
d
( c os )
c os
xx
x
d
（作变量代换 u x? c o s ）
u
u
dln | |u C
（用 u x? c o s 代回）
ln | c o s |x C
。
等熟练之后，只要将代换
u g x? ( )
默记在心，就可以直接写出
t a n xx? d si n
c os
x
x
x
d
( c os )
c os
x
x
dln | c o s |x C
。
例 6.2.4 求
s e c xx? d
。
解
s e c xx? d
2
1 c os
c os c os
x
xx
xx
dd
2
(s i n )
1 s i n
x
x
d
,
作变量代换 u x? s i n,并利用
22
x
xa?
d
C
ax
ax
a
ln
2
1
，得到
s e c xx? d C
x
x
C
x
x
2
2
s in1
)s in1(
ln
2
1
s in1
s in1
ln
2
1
CxxC
x
x
|t a ns e c|ln
c o s
s in1
ln
。
可以类似地求出
c o t xx? dln | s i n |x C
和
c s c xx? d Cxx |c o tc s c|ln
。
例 6.2.5 求
( 1 )
x
xx
d 。
解
2
12 ( ) 2 a r c t a n
( 1 ) 1 ( )
x x x C
x x x
d d。
例 6.2.6 求
si n c osm x nx x? d
( nm? ) 。
解
si n c osm x nx x? d 1 [ sin ( ) sin ( ) ]
2
m n x m n x x d
C
nm
xnm
nm
xnm?
)c o s ()c o s (
2
1 。
可以类似地求出
sin sinm x n x x? d
和
c o s c o smx n x x? d
。
例 6.2.5 求
( 1 )
x
xx
d 。
解
2
12 ( ) 2 a r c t a n
( 1 ) 1 ( )
x x x C
x x x
d d。
⑵ 第二类 换元积分法若不定积分
()f x 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
()f x x? d ( ( ) ) )f t t d ( ( )) )f t t t d
,
而
)))(( ttf
的原函数 ~
( )F t
是容易求的。
因为
1
( ( ) )Fx
x
d
d
=
()
t
Ft
x
d
d
=
( ( )) ( )
t
f t t
x
d
d
=
)(
1
)())((
t
ttf
=
)())(( xftf
,
所以
()f x 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 x x? d ( ( ) ) )f t t d ( ( )) )f t t t d
()F t C CxF ))((~ 1? 。
这个方法称为 第二类 换元积分法 。
例 6.2.7 求
22a x x d
。
解 为了去掉根号，令
x t a t ( ) s i n π π()
22
t
，于是
22 c o sa x a t,d c o s dx a t t?,
2 2 2 2c o sa x x a t t dd
2
( 1 c o s 2 )
2
a
tt d
C
t
t
a
2
2s in
2
2 （用
t x
x
a
1 ( ) ar c s in
代回）
1
2
2 2x a x
a x
a
C
2
2
a r c si n?
。
例 6.2.8 求
22
x
xa?
d
和
22
x
xa?
d
。
解 对于
22
x
xa?
d
，令
x t a t ( ) s e c
，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 t a nx a a t
，
t a n s e cx a t t t?dd
,
22
x
xa?
d s ec tt?
d
Ctt |t a ns e c|ln
。
用
a
x
t?s e c
和
a
ax
tt
22
2
1s e ct a n
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 | |x x a C2 2
。
类似地可求得
22
x
xa?
dln | |x x a C2 2
。
若被积函数中含有诸如 a x
2 2?
,x a
2 2?
,x a
2 2?
这样形式的根式，可以分别考虑将变换取为 x a t? si n,
x a t? s e c
和
tax ta n?
以化去根号。
例 6.2.9 求
100( 2 1 )x x x d
。
解 令 2 1x t 即
x t 12
，则 1
2
xt?dd
，于是
100( 2 1 )x x x d
= 1 0 2 1 0 1
10011 ( 1 )
4 4 1 0 2 1 0 1
tt
t t t C
d
Cxx
1 0 1
1
1 0 2
12
4
)12( 1 0 1 。
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 x x d
。
解 令 2 1x t 即
x t 12
，则 1
2
xt?dd
，于是
100( 2 1 )x x x d
= 1 0 2 1 0 1
10011 ( 1 )
4 4 1 0 2 1 0 1
tt
t t t C
d
Cxx
1 0 1
1
1 0 2
12
4
)12( 1 0 1 。
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
2x
C
1 2x
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
1xt
t
dd
，于是
22 1
x
xx
d
21
tt
t
d1 2t C
1 1 2x C
1 2x
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 t a n?,则
2s e cx t t?dd
，于是
22 1
x
xx?
d
2
2
s e c
t a n s e c
tt
tt
d
2
c os
si n
tt
t
d
。
再用第一类换元积分法
2
c os
si n
tt
t?
d
2
( s i n )
s i n
t
t
d1
s in t
C
,
最后代回变量，即得到
22 1
x
xx?
d1
2x
x
C
。
解法二 用第二类换元积分法。做代换
x t? 1
，则
2
1xt
t
dd
，于是
22 1
x
xx
d
21
tt
t
d1 2t C
1 1 2x C
1 2x
x C
。
分部积分法对任意两个可微的函数
u x v x( ) ( )、
，成立关系式
[ ( ) ) ] [ ) ] ( ) ) [ ( ) ]u x v x u x v x u x v xd d d
,
两边同时求不定积分并移项，就有
) [ ( ) ] ( ) ) ( ) [ ) ]u x v x u x v x v x u x dd
,
也即
) ( ) ( ) ) ( ) )u x v x x u x v x v x u 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
u x( )
求导降低它的复杂程度，而
v x( )
与
v x( )
的类型相似或复杂程度相当。
设
p xn ( )
为 n 次多项式。对于形如
( ) sinnp x x x d
,
( ) c osnp x x x d
和
( ) e xnp x x d
之类 的不定积分，可以取
p xn ( )
为
u x( )
，而将另一个函数看成
v x( )
，这时 v x( ) 是很容易求的。通过分部积分,p x
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 c o sx x x? d 。
解 将 x 看成 u x( ),c o s x 看成?v x( ),则u x( ) 1,v x x( ) s i n?,代入分部积分公式,
c o sx x x? d ( s i n )xx d s i n s i nx x x x dx x x Cs in cos 。
例 6.2.12 求
2 e xxx? d
。
解 将 x 2 看成
u x( )
,e x 看成
v x( )
，则
u x x( ) 2
，
v x x( ) e?
，代入分部积分公式,
2 e xxx? d 2 2 2 2d ( e ) e e ( ) e 2 ex x x x xx x x x x xdd
,
对后一项再用一次分部积分,
e xxx? d ( e ) e e e ex x x x xx x x x C dd
,
于是
2 e xxx? de ( )x x x C2 2 2
。
例 6.2.11 求 c o sx x x? d 。
解 将 x 看成 u x( ),c o s x 看成?v x( ),则u x( ) 1,v x x( ) s i n?,代入分部积分公式,
c o sx x x? d ( s i n )xx d s i n s i nx x x x dx x x Cs in cos 。
(2) 通过对 u x( ) 求导使得它的类型与 v x( ) 的类型相同或相近，然后将?u x( ) v x( ) 作为一个统一的形式来处理。
对于形如
( ) a r c sinnp x x x? d
，
( ) a r c ta nnp x x x? d
和
( ) l nnp x x x? d
之类的不定积分，可以取 p x
n ( )
为?v x( ),而将另一个函数看成 u x( ),这时关于
u x( ) v x( ) 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 u x( ),而将 1 看成?v x( ),则
u x x( ) 1
,v x x( )?,
代入分部积分公式,
ln xx? d 1lnx x x x
x d
x x C( l n )1 。
(2) 通过对 u x( ) 求导使得它的类型与 v x( ) 的类型相同或相近，然后将?u x( ) v x( ) 作为一个统一的形式来处理。
对于形如
( ) a r c sinnp x x x? d
，
( ) a r c ta nnp x x x? d
和
( ) l nnp x x x? d
之类的不定积分，可以取 p x
n ( )
为?v x( ),而将另一个函数看成 u x( ),这时关于
u x( ) v x( ) 的不定积分就比较容易求出。
例 6.2.14 求
ar ctanx x x? d
。
解 将 xt a na r c 看成
u x( )
,x 看成
v x( )
，则
u x
x
( )
1
1 2
，
v x
x
( )?
2
2
，
代入分部积分公式得
ar ctanx x x? d
22
2
1
a r c t a n
2 2 1
xx
xx
x
d
2
2
11
a r c t a n 1
2 2 1
x
xx
x
d
C
x
x
x
2
t a na r c
2
1 2 。
例 6.2.15 求
1 co s
x x
x
d
。
解 利用分部积分法和换元积分法得
2
t a n
1 c o s 22 c o s
2
x x x
x x x
xx
d d d
ta n ta n
22
xxxx d t a n 2 l n c o s
22
xxxC。
(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
) ( )u x v x 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
) ( )u x v x x d
。
对于形如
e s i nx xx d
或
e co sx xx d
之类的不定积分，可以取 e x? 与
s in x? （或 c os x? ）中任一个为 u x( ),而另一个为?v x( ) ；对于 22x a x d
之类的不定积分，则可将 u x( ) 取作 x a2 2?,而将?v x( ) 视 为 1 。
例 6.2.16 求
e s i nx xx? d
。
解 将 s i n x 看成
u x( )
,e x 看成
v x( )
，应用分部积分公式,
e s i nx xx? d e s i n e co sxx x x x d
,
在等式右端的积分中，将 xc o s 看成
u x( )
,e x 看成
v x( )
，再次应用分部积分公式,得到
e s i nx xx? d e s i n e co sxx x x x de si n e c os e si nx x xx x x x d
。
等式的两边都出现了所要求的
e s i nx xx? d
，把它们都移到等式的左边，
解出
e s i nx xx? d?
e (sin c o s )x x x
C
2
。
类似地可以得到
e co sx xx? d?
e (sin c o s )x x x
C
2
。
例 6.2.17 求
22
x a x d
和
22
x a x d
。
解 以
22
x a x 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 a x d
2
22
22
x
x x a x
xa
d
2 2 2
22
22
x a a
x x a x
xa
d
2
2 2 2 2
22
a
x x a x x a x
xa
dd
。
移项后，解出
2
2 2 2 2
22
1
2
a
x a x x x a x
xa
dd
2 2 2 2 21
l n | |
2
x x a a x x a C
。
类似地可以求出
22
x a x d2 2 2 2 2
1
l n | |
2
x x a a x x a C
。
(4) 对某些形如
()nf x x? 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
nI?
22() n
x
xa
d
。
解 由例 6.2.2,
1I?
22
x
xa
d
C
a
x
a
t a na r c
1
,
而对于 n? 2,有
nI?
22() n
x
xa
d
2 2 2
2 2 2
1
()
n
x a x
x
a x a
d
2
1
2 2 2 2
1
()
n
n
I x
x
a a x a
d
。
对最后一项用分部积分,
nI? 1
2 2 2 2 1
11
2 ( 1 ) ( )
n
n
I
x
a a n x a
d
11
2 2 2 2 1 2
1
2 ( 1 ) ( ) 2 ( 1 )
nn
n
II x
a a n x a a n
。
于是得到递推关系
12 2 2 2 1
1
2 3 1
,2,
2 ( 1 ) 2 ( 1 ) ( )
1
a r c ta n
nn n
nx
I I n
a n a n x a
x
IC
aa
。
基 本 积 分 表
11
1
,1
l n | |,1
xC
xx
xC
d
ln xx? d Cxx )1( ln
ln
x
x
a
a x C
a
d
,特别地
ee
xx
xC d
sin c o sx x x C d
c os si nx x x C d
t a n xx? dln | c o s |x C
c o t xx? dln | s i n |x C
s e c xx? d Cxx |t a ns e c|ln
c s c xx? d Cxx |c o tc s c|ln
sh c hx x x C d
c h shx x x C d
22
x
ax?
d
a rc s in
x
a
C
22
x
xa?
dln | |x x a C2 2
22
x
xa?
d
C
ax
ax
a
ln
2
1
22
x
xa?
d
C
a
x
a
t a na r c
1
22
a x x d
1
2
2 2x a x
a x
a
C
2
2
a r c si n?
22
x a x d2 2 2 2 2
1
l n | |
2
x x a a x x a C
例 6.2.19 求
2( 1 ) 2 5x x x x 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 ta n21,那么 22 s e cx t t?dd,于是
22
3 3 3
32
33
( 1 ) 2 5 ( 1 ) ( 1 ) 4
8 ( 1 ta n ) s e c 8 s e c 8 ta n s e c
8 s e c 8 s e c ( s e c )
8
8 s e c s e c,
3
x x x x x x x
t t t t t t t t
t t t t
t t t
dd
d d d
dd
d
对于计算
3s e c tt? d
，利用分部积分法与例 6.2.4 的结果，就有
3se c se c ta nt t t t dd
2se c ta n ta n se ct t t t t d
2se c t a n ( se c 1 ) se ct t t t t d
3se c ta n se c se ct t t t t t dd
3se c t a n se c l n | se c t a n |t t t t t t d
,
于是移项得到
3 1se c [ se c ta n l n | se c ta n |]
2
t t t t t t C d
。
注意到
2
1t a n xt 及
2
52
2
1
1t a n1s e c
22
2
xxx
tt
，即得
2
3
3
2 2 2
2
( 1 ) 2 5
8
se c 4 [ se c t a n l n | se c t a n |]
3
1
( 2 5 ) ( 1 ) 2 5 4 l n | ( 1 ) 2 5 |,
3
x x x x
t t t t t C
x x x x x x x x C
d
解法二 直接 利用例 6.2.17 的结果。
2 2 2
2 2 2
3
22
2
1
( 1 ) 2 5 ( 2 2 ) 2 5 2 2 5
2
1
2 5 ( 2 5 ) 2 ( 1 ) 4
2
1
( 2 5 ) 2 ( 1 ) 4,
3
x x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
d d d
dd
d
对于
2( 1 ) 4xx
d
，由 例 6.2.17 得 22
22
22
( 1 ) 4 ( 1 ) 4 ( 1 )
1
( 1 ) ( 1 ) 4 2 l n | ( 1 ) ( 1 ) 4 |
2
1
( 1 ) 2 5 2 l n | ( 1 ) 2 5 |,
2
x x x x
x x x x C
x x x x x x C
dd
因此
2
3
2 2 22
( 1 ) 2 5
1
( 2 5 ) ( 1 ) 2 5 4 l n | ( 1 ) 2 5 |,
3
x x x x
x x x x x x x x 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
xx
d
。
解 将
22 2xx
配方后化成
2 2 2( ) | |x
，把
22||
看作
a 2,便有
22
2
x
xx
d
2 2 2
()
( ) | |
x
x
d
22l n | ( ) 2 |x x x C
。
这是一个一般的结 果，比如当
22,5
时，得到
2 45
x
xx
dln | ( ) |x x x C2 4 52
。
对于诸如
22
()
2
a x b x
xx
d,
22
()
2
a x b x
xx
d,22( ) 2a x b x x x 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
xx
d
。
解 将
22 2xx
配方后化成
2 2 2( ) | |x
，把
22||
看作
a 2,便有
22
2
x
xx
d
2 2 2
()
( ) | |
x
x
d
22l n | ( ) 2 |x x x C
。
这是一个一般的结 果，比如当
22,5
时，得到
2 45
x
xx
dln | ( ) |x x x C2 4 52
。
⑴ 第一类 换元积分法在不定积分
()f x x? d
中，若
f x( )
可以通过等价变形化成
~ ( ( )) )f g x g x,而函数 ~ ( )f u 的原函数 ~ ( )F u 是容易求的。
因为
)())((~]))((~[ xgxgFxgF
=
)())((~ xgxgf?
=
f x( )
，可知
()f x x? 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
u g x? ( )
对原式作变量代换，这时相应地有
()u g x xdd
，于是,
()f x x? d
=
( ( )) )f g x g x x d ( ( )) )f g x g x d
()f u u d CuF )(
~ ~ ( ( ))F g x C? 。
这个方法称为 第一类 换元积分法 。 由于在将
()f x xd
化成
( ( ) ) )f g x g x x d ( ( ) ) )f g x g x?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
f x
x a
( )?
1 看成是 ~
( )f u
u
1 和 u x a 的复合函数，因为
()x a xdd
，所以
()x x a
x a x a
dd
（作变量代换 u x a ）
u
u
dln | |u C
（用 u x a 代回）
ln | |x a C
。
同理可以求出
1
11
( ) 1 ( )nn
x C
x a n x a?
d （ n? 1 ）
和
22
x
xa
d 1
2
xx
a x a x a
dd C
ax
ax
a
ln
2
1 。
例 6.2.1 求
x
xa
d
。
解 将
f x
x a
( )?
1 看成是 ~
( )f u
u
1 和 u x a 的复合函数，因为
()x a xdd
，所以
()x x a
x a x a
dd
（作变量代换 u x a ）
u
u
dln | |u C
（用 u x a 代回）
ln | |x a C
。
例 6.2.2 求
22
x
xa
d
。
解
2 2 2 2 2
()11
1 ( ) 1 ( )
x
a
xx
aa
xx
x a a a
ddd
（作变量代换
u
x
a
）
2
1
1
u
au
d
Cu
a
t a na r c
1
（用
u
x
a
代回）
C
a
x
a
t a na r c
1
。
同理可以 求出
22
x
ax?
da rc s in x
a
C
。
例 6.2.3 求
t a n xx? d
。
解
t a n xx? d si n
c os
x
x
x
d
( c os )
c os
xx
x
d
（作变量代换 u x? c o s ）
u
u
dln | |u C
（用 u x? c o s 代回）
ln | c o s |x C
。
等熟练之后，只要将代换
u g x? ( )
默记在心，就可以直接写出
t a n xx? d si n
c os
x
x
x
d
( c os )
c os
x
x
dln | c o s |x C
。
例 6.2.4 求
s e c xx? d
。
解
s e c xx? d
2
1 c os
c os c os
x
xx
xx
dd
2
(s i n )
1 s i n
x
x
d
,
作变量代换 u x? s i n,并利用
22
x
xa?
d
C
ax
ax
a
ln
2
1
，得到
s e c xx? d C
x
x
C
x
x
2
2
s in1
)s in1(
ln
2
1
s in1
s in1
ln
2
1
CxxC
x
x
|t a ns e c|ln
c o s
s in1
ln
。
可以类似地求出
c o t xx? dln | s i n |x C
和
c s c xx? d Cxx |c o tc s c|ln
。
例 6.2.5 求
( 1 )
x
xx
d 。
解
2
12 ( ) 2 a r c t a n
( 1 ) 1 ( )
x x x C
x x x
d d。
例 6.2.6 求
si n c osm x nx x? d
( nm? ) 。
解
si n c osm x nx x? d 1 [ sin ( ) sin ( ) ]
2
m n x m n x x d
C
nm
xnm
nm
xnm?
)c o s ()c o s (
2
1 。
可以类似地求出
sin sinm x n x x? d
和
c o s c o smx n x x? d
。
例 6.2.5 求
( 1 )
x
xx
d 。
解
2
12 ( ) 2 a r c t a n
( 1 ) 1 ( )
x x x C
x x x
d d。
⑵ 第二类 换元积分法若不定积分
()f x 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
()f x x? d ( ( ) ) )f t t d ( ( )) )f t t t d
,
而
)))(( ttf
的原函数 ~
( )F t
是容易求的。
因为
1
( ( ) )Fx
x
d
d
=
()
t
Ft
x
d
d
=
( ( )) ( )
t
f t t
x
d
d
=
)(
1
)())((
t
ttf
=
)())(( xftf
,
所以
()f x 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 x x? d ( ( ) ) )f t t d ( ( )) )f t t t d
()F t C CxF ))((~ 1? 。
这个方法称为 第二类 换元积分法 。
例 6.2.7 求
22a x x d
。
解 为了去掉根号，令
x t a t ( ) s i n π π()
22
t
，于是
22 c o sa x a t,d c o s dx a t t?,
2 2 2 2c o sa x x a t t dd
2
( 1 c o s 2 )
2
a
tt d
C
t
t
a
2
2s in
2
2 （用
t x
x
a
1 ( ) ar c s in
代回）
1
2
2 2x a x
a x
a
C
2
2
a r c si n?
。
例 6.2.8 求
22
x
xa?
d
和
22
x
xa?
d
。
解 对于
22
x
xa?
d
，令
x t a t ( ) s e c
，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 t a nx a a t
，
t a n s e cx a t t t?dd
,
22
x
xa?
d s ec tt?
d
Ctt |t a ns e c|ln
。
用
a
x
t?s e c
和
a
ax
tt
22
2
1s e ct a n
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 | |x x a C2 2
。
类似地可求得
22
x
xa?
dln | |x x a C2 2
。
若被积函数中含有诸如 a x
2 2?
,x a
2 2?
,x a
2 2?
这样形式的根式，可以分别考虑将变换取为 x a t? si n,
x a t? s e c
和
tax ta n?
以化去根号。
例 6.2.9 求
100( 2 1 )x x x d
。
解 令 2 1x t 即
x t 12
，则 1
2
xt?dd
，于是
100( 2 1 )x x x d
= 1 0 2 1 0 1
10011 ( 1 )
4 4 1 0 2 1 0 1
tt
t t t C
d
Cxx
1 0 1
1
1 0 2
12
4
)12( 1 0 1 。
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 x x d
。
解 令 2 1x t 即
x t 12
，则 1
2
xt?dd
，于是
100( 2 1 )x x x d
= 1 0 2 1 0 1
10011 ( 1 )
4 4 1 0 2 1 0 1
tt
t t t C
d
Cxx
1 0 1
1
1 0 2
12
4
)12( 1 0 1 。
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
2x
C
1 2x
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
1xt
t
dd
，于是
22 1
x
xx
d
21
tt
t
d1 2t C
1 1 2x C
1 2x
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 t a n?,则
2s e cx t t?dd
，于是
22 1
x
xx?
d
2
2
s e c
t a n s e c
tt
tt
d
2
c os
si n
tt
t
d
。
再用第一类换元积分法
2
c os
si n
tt
t?
d
2
( s i n )
s i n
t
t
d1
s in t
C
,
最后代回变量，即得到
22 1
x
xx?
d1
2x
x
C
。
解法二 用第二类换元积分法。做代换
x t? 1
，则
2
1xt
t
dd
，于是
22 1
x
xx
d
21
tt
t
d1 2t C
1 1 2x C
1 2x
x C
。
分部积分法对任意两个可微的函数
u x v x( ) ( )、
，成立关系式
[ ( ) ) ] [ ) ] ( ) ) [ ( ) ]u x v x u x v x u x v xd d d
,
两边同时求不定积分并移项，就有
) [ ( ) ] ( ) ) ( ) [ ) ]u x v x u x v x v x u x dd
,
也即
) ( ) ( ) ) ( ) )u x v x x u x v x v x u 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
u x( )
求导降低它的复杂程度，而
v x( )
与
v x( )
的类型相似或复杂程度相当。
设
p xn ( )
为 n 次多项式。对于形如
( ) sinnp x x x d
,
( ) c osnp x x x d
和
( ) e xnp x x d
之类 的不定积分，可以取
p xn ( )
为
u x( )
，而将另一个函数看成
v x( )
，这时 v x( ) 是很容易求的。通过分部积分,p x
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 c o sx x x? d 。
解 将 x 看成 u x( ),c o s x 看成?v x( ),则u x( ) 1,v x x( ) s i n?,代入分部积分公式,
c o sx x x? d ( s i n )xx d s i n s i nx x x x dx x x Cs in cos 。
例 6.2.12 求
2 e xxx? d
。
解 将 x 2 看成
u x( )
,e x 看成
v x( )
，则
u x x( ) 2
，
v x x( ) e?
，代入分部积分公式,
2 e xxx? d 2 2 2 2d ( e ) e e ( ) e 2 ex x x x xx x x x x xdd
,
对后一项再用一次分部积分,
e xxx? d ( e ) e e e ex x x x xx x x x C dd
,
于是
2 e xxx? de ( )x x x C2 2 2
。
例 6.2.11 求 c o sx x x? d 。
解 将 x 看成 u x( ),c o s x 看成?v x( ),则u x( ) 1,v x x( ) s i n?,代入分部积分公式,
c o sx x x? d ( s i n )xx d s i n s i nx x x x dx x x Cs in cos 。
(2) 通过对 u x( ) 求导使得它的类型与 v x( ) 的类型相同或相近，然后将?u x( ) v x( ) 作为一个统一的形式来处理。
对于形如
( ) a r c sinnp x x x? d
，
( ) a r c ta nnp x x x? d
和
( ) l nnp x x x? d
之类的不定积分，可以取 p x
n ( )
为?v x( ),而将另一个函数看成 u x( ),这时关于
u x( ) v x( ) 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 u x( ),而将 1 看成?v x( ),则
u x x( ) 1
,v x x( )?,
代入分部积分公式,
ln xx? d 1lnx x x x
x d
x x C( l n )1 。
(2) 通过对 u x( ) 求导使得它的类型与 v x( ) 的类型相同或相近，然后将?u x( ) v x( ) 作为一个统一的形式来处理。
对于形如
( ) a r c sinnp x x x? d
，
( ) a r c ta nnp x x x? d
和
( ) l nnp x x x? d
之类的不定积分，可以取 p x
n ( )
为?v x( ),而将另一个函数看成 u x( ),这时关于
u x( ) v x( ) 的不定积分就比较容易求出。
例 6.2.14 求
ar ctanx x x? d
。
解 将 xt a na r c 看成
u x( )
,x 看成
v x( )
，则
u x
x
( )
1
1 2
，
v x
x
( )?
2
2
，
代入分部积分公式得
ar ctanx x x? d
22
2
1
a r c t a n
2 2 1
xx
xx
x
d
2
2
11
a r c t a n 1
2 2 1
x
xx
x
d
C
x
x
x
2
t a na r c
2
1 2 。
例 6.2.15 求
1 co s
x x
x
d
。
解 利用分部积分法和换元积分法得
2
t a n
1 c o s 22 c o s
2
x x x
x x x
xx
d d d
ta n ta n
22
xxxx d t a n 2 l n c o s
22
xxxC。
(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
) ( )u x v x 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
) ( )u x v x x d
。
对于形如
e s i nx xx d
或
e co sx xx d
之类的不定积分，可以取 e x? 与
s in x? （或 c os x? ）中任一个为 u x( ),而另一个为?v x( ) ；对于 22x a x d
之类的不定积分，则可将 u x( ) 取作 x a2 2?,而将?v x( ) 视 为 1 。
例 6.2.16 求
e s i nx xx? d
。
解 将 s i n x 看成
u x( )
,e x 看成
v x( )
，应用分部积分公式,
e s i nx xx? d e s i n e co sxx x x x d
,
在等式右端的积分中，将 xc o s 看成
u x( )
,e x 看成
v x( )
，再次应用分部积分公式,得到
e s i nx xx? d e s i n e co sxx x x x de si n e c os e si nx x xx x x x d
。
等式的两边都出现了所要求的
e s i nx xx? d
，把它们都移到等式的左边，
解出
e s i nx xx? d?
e (sin c o s )x x x
C
2
。
类似地可以得到
e co sx xx? d?
e (sin c o s )x x x
C
2
。
例 6.2.17 求
22
x a x d
和
22
x a x d
。
解 以
22
x a x 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 a x d
2
22
22
x
x x a x
xa
d
2 2 2
22
22
x a a
x x a x
xa
d
2
2 2 2 2
22
a
x x a x x a x
xa
dd
。
移项后，解出
2
2 2 2 2
22
1
2
a
x a x x x a x
xa
dd
2 2 2 2 21
l n | |
2
x x a a x x a C
。
类似地可以求出
22
x a x d2 2 2 2 2
1
l n | |
2
x x a a x x a C
。
(4) 对某些形如
()nf x x? 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
nI?
22() n
x
xa
d
。
解 由例 6.2.2,
1I?
22
x
xa
d
C
a
x
a
t a na r c
1
,
而对于 n? 2,有
nI?
22() n
x
xa
d
2 2 2
2 2 2
1
()
n
x a x
x
a x a
d
2
1
2 2 2 2
1
()
n
n
I x
x
a a x a
d
。
对最后一项用分部积分,
nI? 1
2 2 2 2 1
11
2 ( 1 ) ( )
n
n
I
x
a a n x a
d
11
2 2 2 2 1 2
1
2 ( 1 ) ( ) 2 ( 1 )
nn
n
II x
a a n x a a n
。
于是得到递推关系
12 2 2 2 1
1
2 3 1
,2,
2 ( 1 ) 2 ( 1 ) ( )
1
a r c ta n
nn n
nx
I I n
a n a n x a
x
IC
aa
。
基 本 积 分 表
11
1
,1
l n | |,1
xC
xx
xC
d
ln xx? d Cxx )1( ln
ln
x
x
a
a x C
a
d
,特别地
ee
xx
xC d
sin c o sx x x C d
c os si nx x x C d
t a n xx? dln | c o s |x C
c o t xx? dln | s i n |x C
s e c xx? d Cxx |t a ns e c|ln
c s c xx? d Cxx |c o tc s c|ln
sh c hx x x C d
c h shx x x C d
22
x
ax?
d
a rc s in
x
a
C
22
x
xa?
dln | |x x a C2 2
22
x
xa?
d
C
ax
ax
a
ln
2
1
22
x
xa?
d
C
a
x
a
t a na r c
1
22
a x x d
1
2
2 2x a x
a x
a
C
2
2
a r c si n?
22
x a x d2 2 2 2 2
1
l n | |
2
x x a a x x a C
例 6.2.19 求
2( 1 ) 2 5x x x x 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 ta n21,那么 22 s e cx t t?dd,于是
22
3 3 3
32
33
( 1 ) 2 5 ( 1 ) ( 1 ) 4
8 ( 1 ta n ) s e c 8 s e c 8 ta n s e c
8 s e c 8 s e c ( s e c )
8
8 s e c s e c,
3
x x x x x x x
t t t t t t t t
t t t t
t t t
dd
d d d
dd
d
对于计算
3s e c tt? d
，利用分部积分法与例 6.2.4 的结果，就有
3se c se c ta nt t t t dd
2se c ta n ta n se ct t t t t d
2se c t a n ( se c 1 ) se ct t t t t d
3se c ta n se c se ct t t t t t dd
3se c t a n se c l n | se c t a n |t t t t t t d
,
于是移项得到
3 1se c [ se c ta n l n | se c ta n |]
2
t t t t t t C d
。
注意到
2
1t a n xt 及
2
52
2
1
1t a n1s e c
22
2
xxx
tt
，即得
2
3
3
2 2 2
2
( 1 ) 2 5
8
se c 4 [ se c t a n l n | se c t a n |]
3
1
( 2 5 ) ( 1 ) 2 5 4 l n | ( 1 ) 2 5 |,
3
x x x x
t t t t t C
x x x x x x x x C
d
解法二 直接 利用例 6.2.17 的结果。
2 2 2
2 2 2
3
22
2
1
( 1 ) 2 5 ( 2 2 ) 2 5 2 2 5
2
1
2 5 ( 2 5 ) 2 ( 1 ) 4
2
1
( 2 5 ) 2 ( 1 ) 4,
3
x x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
d d d
dd
d
对于
2( 1 ) 4xx
d
，由 例 6.2.17 得 22
22
22
( 1 ) 4 ( 1 ) 4 ( 1 )
1
( 1 ) ( 1 ) 4 2 l n | ( 1 ) ( 1 ) 4 |
2
1
( 1 ) 2 5 2 l n | ( 1 ) 2 5 |,
2
x x x x
x x x x C
x x x x x x C
dd
因此
2
3
2 2 22
( 1 ) 2 5
1
( 2 5 ) ( 1 ) 2 5 4 l n | ( 1 ) 2 5 |,
3
x x x x
x x x x x x x x 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
xx
d
。
解 将
22 2xx
配方后化成
2 2 2( ) | |x
，把
22||
看作
a 2,便有
22
2
x
xx
d
2 2 2
()
( ) | |
x
x
d
22l n | ( ) 2 |x x x C
。
这是一个一般的结 果，比如当
22,5
时，得到
2 45
x
xx
dln | ( ) |x x x C2 4 52
。
对于诸如
22
()
2
a x b x
xx
d,
22
()
2
a x b x
xx
d,22( ) 2a x b x x x 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
xx
d
。
解 将
22 2xx
配方后化成
2 2 2( ) | |x
，把
22||
看作
a 2,便有
22
2
x
xx
d
2 2 2
()
( ) | |
x
x
d
22l n | ( ) 2 |x x x C
。
这是一个一般的结 果，比如当
22,5
时，得到
2 45
x
xx
dln | ( ) |x x x C2 4 52
。
