不定积分典型例题

不定积分典型例题

一、直接积分法 直接积分法是利用基本积分公式和不定积分性质求不定积分的方法， 解题时 往往需对被积函数进行简单恒等变形，使之逐项能用基本积分公式. 例 1、求 ∫ (1 −

1 ) x x dx x2

3 4 − 5 4 7 1

4 解 原式＝ ∫ ( x − x )dx = x 4 + 4 x 4 + C 7

e3 x + 1 ∫ e x + 1 dx 1 2x e − ex + x + C 2

例 2、求

解

原式＝ ∫ (e 2 x − e x + 1)dx =

例 3、求

∫ sin

2

1 dx x cos 2 x

解

原式 = ∫

sin 2 x + cos 2 x 1 1 dx = ∫ dx + ∫ 2 dx = tan x − cot x + C 2 2 2 sin x cos x cos x sin x

例 4、 ∫ cos 2 解 原式＝

x dx 2 x + sin x 1 + cos x dx = +C 2 2

∫

x2 例 5、 ∫ dx 1 + x2 x2 +1 −1 1 dx = ∫ (1 − )dx = x − arctan x + C 2 1+ x 1+ x2

解

原式 = ∫

注：本题所用“加 1 减 1”方法是求积分时常用的恒等变形技巧. 二、第一类换元积分法(凑微分法)

1

∫

f ( x)dx = ∫ g[ϕ ( x)]ϕ ' ( x)dx

凑成

令ϕ ( x ) = u

=

∫ g (u )du = G (u ) + C

求出

还原

= G[ϕ ( x)] + C

在上述过程中，关键的一步是从被积函数 f (x) 中选取适当的部分作为

ϕ ' ( x) ，与 dx 一起凑成 ϕ (x) 的微分 dϕ ( x) = du 且 ∫ g (u )du 易求.

例 1、求

∫

tan x dx cos x

3 − 2 sin x − d cos x = − ∫ (cos x) 2 d cos x = +C dx = ∫ 解 原式＝ ∫ cos x cos x cos x cos x cos x

例 2、求

∫

arcsin x x − x2

dx

解

原式 = ∫

arcsin x 1− x

⋅

1 x

dx = ∫

2 arcsin x 1 − ( x)2

d( x)

= 2 ∫ arcsin x d (arcsin x ) = (arcsin x ) 2 + C 1 dx = 2d ( x ) x 1− x 9 − 4x2

注

例 3、求

∫

dx

1 − 1 d (2 x) 1 2 解 原式 = ∫ + ∫ (9 − 4 x ) 2 d (9 − 4 x 2 ) 2 2 2 8 3 − (2 x)

=

1 2∫

2 d ( x) 1 1 2 1 3 + 9 − 4 x 2 = arcsin x + 9 − 4x2 + C 3 4 4 2 2 1 − ( x) 2 3

2

例 4、求

∫ tan

1+ x2 ⋅

x 1 + x2

dx

解

原式＝

∫ tan

x

1 + x 2 d 1 + x 2 = − ln | cos 1 + x 2 | +C

例 5、求

∫ x−

x2 −1

dx

解

原式＝

x ( x + x 2 − 1) 2 2 ∫ x 2 − ( x 2 − 1) dx = ∫ x dx + ∫ x x − 1dx

=

3 x3 1 x3 1 + ∫ x 2 − 1d ( x 2 − 1) = + ( x 2 − 1) 2 + C 3 2 3 3

例 6、求

∫ 1 + tan x dx ∫ sin x + cos x dx = 2 ∫ (1 + cos x + sin x )dx

cos x 1 cos x − sin x

1

解

原式＝

=

1⎡ 1 ⎤ 1 ⎢ x + ∫ cos x + sin x d (cos x + sin x)⎥ = 2 ( x + ln | cos x + sin x |) + C 2⎣ ⎦

例 7、求

∫ 1− x

1

2

ln

1+ x dx 1− x

解

原式＝

1 1+ x 1+ x 1 2 1+ x ∫ ln 1 − x d (ln 1 − x ) = 4 ln 1 − x + C 2 1 dx +1

例 8、求

∫e

x

解

原式＝

ex 1+ ex − ex dx = ∫ dx − ∫ dx ∫ ex +1 1+ ex 1 d (1 + e x ) = x − ln(1 + e x ) + C x 1+ e

= ∫ dx − ∫

3

例 9、求

∫e

x

1 dx + e− x

解

ex 1 原式＝ ∫ 2 x dx = ∫ d (e x ) = arctan e x + C x 2 e +1 1 + (e )

例 10、求

∫ 1 + sin x dx

1 1 − sin x )dx = ∫ dx − ∫ dx 1 + sin x cos 2 x

sin x

解

原式＝ ∫ (1 −

= x−∫

1 sin x dx + ∫ dx = x − t

an x + sec x + C 2 cos x cos 2 x dx 2 − 3 ln x

− 1 2

例 11、求

∫x

解

原式 = ∫ (2 − 3 ln x) d (ln x)

1 1 − 1 1 1 = ∫ (2 − 3 ln x) 2 (− )d (2 − 3 ln x) = − ⋅ (2 − 3 ln x) 2 + C 3 3 − 1 +1 2

=−

2 2 − 3 ln x + C 3

例 12、求

∫a

2

1 dx sin x + b 2 cos 2 x

2

解

原式＝

∫b

1

2

+ a tan x

2 2

d (tan x) =

1 1 a d ( tan x) ∫ a ab 1 + ( tan x) 2 b b

=

1 a arctan( tan x) + C ab b

x4 +1 dx 例 13、求 ∫ 6 x +1

4

解

原式＝ ∫

( x 2 )2 − x 2 + 1 x2 x4 − x2 +1+ x2 dx + ∫ 3 2 dx dx = ∫ ( x 2 )3 + 1 (x ) x6 + 1

=∫

1 1 1 1 dx + ∫ dx 3 = arctan x + arctan x 3 + C 2 3 2 1+ x 3 1+ (x ) 3

例 14、求

∫ x(1 + x ) dx

8

1

解

原式＝ ∫

1 + x8 − x8 1 1 x7 dx = ln | x | − ln(1 + x 8 ) + C dx = ∫ dx − ∫ 8 8 1+ x x(1 + x ) x 8

例 15、求

∫x

2

3x − 2 dx − 4x + 5

3 d ( x 2 − 4 x + 5) 1 + 4∫ 2 解 原式＝ ∫ 2 dx 2 x − 4x + 5 x − 4x + 5 d ( x − 2) 3 ln | x 2 − 4 x + 5 | +4∫ 2 ( x − 2) 2 + 1 3 ln | x 2 − 4 x + 5 | +4 arctan( x − 2) + C 2

=

=

注

由于分子比分母低一次，故可先将分子凑成分母的导数，把积分化为形 1 dx 的积分(将分母配方，再凑微分). 如 ∫ 2 ax + bx + c 例 16、已知 f ( x 2 − 1) = ln

x2 ，且 f [ϕ ( x)] = ln x ，求 ∫ ϕ ( x)dx . x2 − 2

x2 −1+1 x +1 ，故 f ( x) = ln ，又因为 解 因为 f ( x − 1) = ln 2 x −1−1 x −1

2

f [ϕ ( x)] = ln

ϕ ( x) + 1 ϕ ( x) + 1 x +1 = ln x ，得 = x ，解出 ϕ ( x) = ，从而 ϕ ( x) − 1 ϕ ( x) − 1 x −1

5

∫ ϕ ( x)dx = ∫ x − 1 dx = ∫ (1 + x − 1)dx = x + 2 ln | x − 1 | + C

例 17、求

x +1

2

∫ cos

1

4

x

dx

解

1 原式 = ∫ sec 2 xd tan x = ∫ (1 + tan 2 x)d tan x = tan x + tan 3 x + C 3

例 18、求

∫ 2 + ( x ln x)

1 + ln x

2

dx

解

原式＝ ∫

1 d ( x ln x) x ln x arctan( = )+C 2 2 + ( x ln x) 2 2

三、第二类换元法 设 x = ϕ (t ) 单调可导，且 ϕ ' (t ) ≠ 0 ，已知

令x =ϕ ( t )

∫ f [ϕ (t )]ϕ ' (t )dt = F (t ) + C ，则

F [ϕ −1 ( x)] + C

∫ f ( x)dx

=

∫ f [ϕ (t )]ϕ ' (t )dt = F (t ) + C =

t =ϕ −1 ( x ) 还原

选取代换 x = ϕ (t ) 的关键是使无理式的积分化为有理式的积分(消去根号)， 同时使

∫ f [ϕ (t )]ϕ ' (t )dt 易于计算. ∫ (x

xdx

2

例 1、求

+ 1) 1 − x 2

解

令 x = sin t , dx = cos tdt

原式＝ ∫

1 1 1 sin t cos tdt d cos t = −∫ =− 2 2 ∫ ( 2 − cos t + 2 + cos t )d cos t (sin t + 1) cos t 2 − cos t 2 2 2 + cos t 1 2 + 1− x2 +C = − +C ln 2 − cos t 2 2 2 − 1− x2

=−

1 2 2

ln

6

例 2、求

∫x

dx

4

1+ x2

解

令 x = tan t , dx = sec 2 tdt

原式＝ ∫

sec 2 tdt cos 3 tdt 1 − sin 2 t =∫ =∫ d sin t = ∫ (sin − 4 t − sin − 2 t )d sin t tan 4 t ⋅ sec t sin 4 t sin 4 t

(1 + x 2 ) 3 (1 + x 2 ) 1 1 1 =− + +C = − + +C 3 sin 3 t sin t 3x 3 x

x2 − 9 dx x2

例 3、求

∫

解

令 x = 3 sec t ，则 dx = 3 sec t ⋅ tan

tdt

原式＝

3 tan t tan 2 t ⋅ 3 sec t ⋅ tan tdt = ∫ dt = ∫ (sec t − cos t )dt ∫ 9 sec2 t sec t

= ln | sec t + tan t | − sin t + C1

= ln

x x2 − a2 x2 − a2 + − + C1 a a x

= ln x + x 2 − a 2 −

x2 − a2 +C x

例 4、求

∫ x( x

7

1 dx + 2)

解

1 1 令 x = ，则 dx = − 2 dt ， t t

7

1 t6 1 1 原式 = ∫ (− 2 )dt = − ∫ dt = − ∫ d (1 + 2t 7 ) 7 7 1 1 + 2t 14 1 + 2t +2 t 7 t t =− 1 1 1 ln | 1 + 2t 7 | +C = − ln | 2 + x 7 | + ln | x | +C 14 14 2

注

设 m, n 分别为被积函数的分子，分母关于 x 的最高次数，当 n − m > 1 时，

可用倒代换求积分.

例 5、求

∫x

x +1

2

x2 −1

dx

解

1 1 令 x = ， dx = − 2 dt t t

1 +1 1 1+ t 1 d (1 − t 2 ) t (− 2 )dt = − ∫ dt = − ∫ dt + ∫ 原式 = ∫ t 1 1 1− t2 1− t 2 2 1− t 2 −1 t2 t2

= − arcsin t + 1 − t 2 + C =

x2 −1 1 − arcsin + C x x

例 6、求

∫

x

3

x −4 x

2

dx

解

原式

令12 x = t

dx =12 t

= 11

t6 t 14 t 10 ⋅ t 4 ⋅12t 11dt = 12 ∫ 5 dt = 12∫ 5 dt 8 3 dt ∫ t − t t −1 t −1

= 12∫

1 12 12 12 t 10 − 1 + 1 4 12 ⋅ t dt = ∫ (t 5 + 1 + 5 )dt 5 = t 10 + t 5 + ln | t 5 − 1 | +C 5 t −1 5 t −1 10 5 5

5 5

=

6 6 12 12 12 x + x + ln x 12 − 1 + C 5 5 5

5

8

例 7、求

∫

dx 1+ ex 2t dt t −1

2

解

令 1 + e x = t ， e x = t 2 − 1 ， dx =

1 2t 1 t −1 1+ ex −1 原式＝ ∫ ⋅ 2 dt = 2∫ 2 dt = ln + C = ln +C t t −1 t −1 t +1 1+ ex +1

例 8、求

∫x

ln x dx 1 + ln x

解

令 t = 1+ ln x

原式 = ∫

ln x t −1 d ln x = ∫ dt 1 + ln x t

1 1 2 3 2 2 = ∫ ( t − )dt = t − 2t 2 + C = (ln x − 2) 1 + ln x + C 3 3 t

例 9、求

∫

x + 1 −1 dx x +1 +1

解

令

x + 1 = t , x = t 2 − 1, dx = 2tdt

因为原式 = ∫

x + 2 − 2 x +1 x +1 dx = x + 2 ln | x | −2∫ dx x x

而

∫

x +1 2t 2 dt 1 dx = ∫ 2 = 2∫ (1 + 2 )dt x t −1 t −1

t −1 x +1 −1 + C = 2 x + 1 + ln +C t +1 x +1 +1

= 2t + ln

9

原式＝ x + 2 ln | x | −4 x + 1 − 2 ln

x +1 −1 + C ＝ x − 4 x + 1 + 4 ln x + 1 + 1 + C x +1 +1

四、分部积分法 分部积分公式为 ∫ uv' dx = uv − ∫ u ' vdx 使用该公式的关键在于 u, v' 的选取， 可 参见本节答疑解惑 4. 例 1、求

∫ x e dx

3 x

解

原式＝ ∫ x 3de x = x 3e x − 3∫ x 2 de x = x 3e x − 3 x 2 e x + 6∫ xde x

= x 3e x − 3x 2 e x + 6 xe x − 6e x + C

例 2、求

∫x

2

cos 2

x dx 2

解

原式 =

1 2 1 3 1 2 ∫ x (1 + cos x)dx = 6 x + 2 ∫ x cos xdx 2

=

1 3 1 2 1 1 x + ∫ x d sin x = x 3 + x 2 sin x − ∫ x sin xdx 6 2 6 2 1 3 1 2 1 1 x + x sin x + ∫ xd cos x = x 3 + x 2 sin x + x cos x − ∫ cos xdx 6 2 6 2 1 3 1 2 x + x sin x + x cos x − sin x + C 6 2

3

=

=

例 3、求 ∫ e x dx

令 3 x =t

解

原式

dx =3t 2 dt

= 3∫ t e dt = 3∫ t de

2 t 2

t

= 3t 2 e t − 6te t + 6e t + C

= 33 x 2 e

3

x

− 63 x e

3

x

+ 6e

3

x

+C

例 4、求 ∫ cos(ln x)dx

10

解

原式 = x cos(ln x) + ∫ si

n(ln x)dx

= x cos(ln x) + x sin(ln x) − ∫ cos(ln x)dx

x 移项，整理得原式 = [cos(ln x) + sin(ln x)] + C 2

注 应用一次分部积分法后，等式右端循环地出现了我们所要求出的积分 式，移项即得解，类似地能出现循环现象的例题是求如下不定积分：

∫e

αx

cos β xdx 或

∫e

αx

sin βxdx

例 5、求 ∫ ln( x + 1 + x 2 )dx 解 原式 = x ln( x + 1 + x 2 ) − ∫

x 1+ x

2

dx = x ln( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 + C

例 6、求

ln 3 x ∫ x 2 dx

1 ln 3 x 1 解 原式＝ = ∫ − ln xd ( ) = − − 3∫ ln 2 xd ( ) x x x

3

=−

ln 3 x ⎡ ln 2 x 1 ⎤ ln 3 x 3 ln 2 x 6 ln x 6 − 3⎢ + 2 ∫ ln xd ( )⎥ = − − − − +C x x x ⎦ x x x x ⎣

例 7、推导

∫ (x

2

1 dx 的递推公式 + a 2 )n

解 令 In = ∫

1 dx ( x + a 2 )n

2

In =

x x2 + a2 − a2 1 x + 2n ∫ 2 dx = 2 + 2nI n − 2na 2 ∫ 2 dx 2 2 n 2 n +1 2 n (x + a ) (x + a ) (x + a ) ( x + a 2 ) n +1

11

=

x + 2nI n − 2na 2 I n +1 ( x + a 2 )n

2

I n +1 =

⎤ 1 ⎡ x + (2n − 1) I n ⎥ 2 ⎢ 2 2 n 2na ⎣ ( x + a ) ⎦ ⎡ ⎤ x ⎢ ( x 2 + a 2 ) n −1 + (2n − 3) I n −1 ⎥ ⎣ ⎦

In =

1 2(n − 1)a 2

例 8、推导 I n = ∫ tan n xdx 的递推公式. 解 I n = ∫ tan n − 2 x ⋅ tan 2 xdx = ∫ tan n − 2 x ⋅ (sec 2 x − 1)dx = ∫ tan n − 2 x ⋅ sec 2 xdx − ∫ tan n − 2 xdx = ∫ tan n − 2 xd (tan x) − I n − 2 =

1 tan n −1 x − I n −2 n −1

注 应用分部积分法可以建立与正整数 n 有关的一些不定积分的递推公式. 例 9、已知 f (x) 的一个原函数是 e − x ，求

2

∫ xf ' ( x)dx

2

解 原式 = ∫ xdf ( x) = xf ( x) − ∫ f ( x)dx = xf ( x) − e − x + C 例 10、求

∫ x arctan x ln(1 + x

2

)dx

解 因为

∫ x ln(1 + x

=

2

)dx =

1 2 2 ∫ ln(1 + x )d (1 + x ) 2

1 1 (1 + x 2 ) ln(1 + x 2 ) − x 2 + C 2 2

1 ⎤ ⎡1 所以 原式＝ ∫ arctan xd ⎢ (1 + x 2 ) ln(1 + x 2 ) − x 2 ⎥ 2 ⎦ ⎣2

12

=

1 1 ⎡ x2 ⎤ (1 + x 2 ) ln(1 + x 2 ) − x 2 arctan x − ∫ ⎢ln(1 + x 2 ) − ⎥ 2 2 ⎣ 1+ x2 ⎦

[

]

=

1 3 x arctan x (1 + x 2 ) ln(1 + x 2 ) − x 2 − 3 − ln(1 + x 2 ) + x + C 2 2 2

[

]

注 本题是三类函数相乘的形式，这类问题大多采用本题的方法.

xe arctan x ∫ (1 + x 2 ) dx

例 11、求

解 令 x = tan t , dx = sec 2 tdt

原式 = ∫

tan t ⋅ e t sec 2 t dt = ∫ sin t cos te t dt sec 4 t

=

e arctan x ( x 2 + x − 1) 1 1 +C sin 2te t dt = e t (sin 2t − cos 2t ) + C = 5(1 + x 2 ) 2∫ 10

例 12、求

x2 ∫ 1 + x 2 arctan xdx 1 1 ) arctan xdx = ∫ arctan xdx − ∫ arctan xdx 2 1+ x 1+ x2

解 原式＝ ∫ (1 −

1 1 = x arctan x − ln(1 + x 2 ) − (arctan x) 2 + C 2 2 arcsin x 1 + x 2 ⋅ dx 例 13、求 ∫ x2 1− x2

解 令 x = sin t , arcsin x = t , dx = cos tdt ，

t (1 + sin 2 t ) t ⋅ cos tdt = ∫ 2 dt + ∫ tdt 原式 = ∫ 2 sin t cos t sin t

13

1 1 = ∫ td (− cot t ) + t 2 = −t cot t + ∫ cot tdt + t 2 2 2 1 = −t cos t +

ln | sin t | + t 2 + C 2

1 − x2 1 arcsin x + ln | x | + (arcsin x) 2 + C x 2

=−

注 直接积分法、换元法、分部积分法是求不定积分最重要的方法，主要用 到了“拆、凑、换、分”的技巧，同时应注意这些方法的综合运用. 五、有理函数的积分 有理函数的积分总可化为整式和如下四种类型的积分： (1)

∫ x − a dx = A ln | x − a | +C ∫ ( x − a)

A

n

A

(2)

dx =

−A 1 + C (n ≠ 1) n − 1 ( x − a ) n −1

dx dx (3) ∫ 2 dx = ∫ n n ( x + px + q ) ⎡ p 2 4q − p 2 ⎤ ⎢( x + ) + ⎥ 2 4 ⎦ ⎣

p 令x + ＝u 2 4q− p2 ＝a 2 4

=

令

∫ (u

2

du + a2 )n

(4)

∫ (x

2

( x + a)dx 1 1 p dx dx = − + (a − ) ∫ 2 ,其 n 2 n −1 + px + q) 2(n − 1) ( x + px + q) 2 ( x + px + q) n

中 p 2 − 4q

∫x

2

dx − 2x + 3 dx

2

解 原式＝

∫ ( x − 1)

+2

=∫

1 d ( x − 1) x −1 arctan = +C 2 2 + ( x − 1) 2 2

14

例 2、求

x 2 + 5x + 4 ∫ x 4 + 5x 2 + 4 dx

x2 + 4 x ∫ ( x 2 + 1)( x 2 + 4) dx + 5∫ ( x 2 + 1)( x 2 + 4) dx

解 原式＝

dx 5 dx 2 5 1 1 )dx 2 =∫ 2 + ∫ 2 = arctan x + ∫ ( 2 − 2 2 x + 1 2 ( x + 1)( x + 4) 6 x +1 x + 4

5 x2 +1 = arctan x + ln 2 +C 6 x +4

本题若用待定系数法，较麻烦一些，也可获得同样的结果.事实上，

x 2 + 5 x + 4 Ax + B Cx + D 设 4 = + 2 ，通分后应有 x + 5x 2 + 4 x 2 + 1 x +4 x 2 + 5 x + 4 = ( Ax + B)( x 2 + 4) + (Cx + D)( x 2 + 1)

得 比较等式两端 x 的同次幂的系数， A + C = 0 ，B + D = 0 ，4 A + C = 5 ，4 B + D = 4

5 5 由此， A = , B = 1, C = − , D = −1 3 3

5 ⎡5 ⎤ ⎢ 3 x + 1 − 3 x − 1⎥ 5 x2 +1 + 2 dx = ln 2 + arctan x + C 故原式＝ ∫ ⎢ 2 ⎥ x +1 x +4 ⎥ 6 x +4 ⎢ ⎣ ⎦

例 3、求

∫x

3

xdx 3 −1

解 设

x A Bx + C 2 = + 2 ，通分后应有 x = A( x + x + 1) + ( Bx + C )( x − 1) x −1 x −1 x + x + 1

比较等式两端 x 的同次幂的系数，得 A + B = 0, A − B + C = 1, A − C = 0 ，由此，

1 1 1 A = , B = − ,C = 3 3 3

15

故原式＝

∫ ⎢ 3( x − 1) − 3( x ⎣

⎡

1

2

⎤ x −1 dx + x + 1) ⎥ ⎦

1 d (x + ) 1 dx 1 2x +1 1 2 dx + ∫ = ∫ − ∫ 2 1 2 3 3 x −1 6 x + x + 1 2 (x + ) + 2 4

( x − 1) 2 1 2x +1 1 = ln 2 + arctan +C 6 x + x +1 3 3

例 4、求

∫x

2

dx (1 − x 4 )

解 原式＝

( x 2 + 1) − x 2 1 1 ∫ x 2 (1 − x 4 ) dx = ∫ x 2 (1 − x 2 )dx − ∫ (1 − x 2 )(1 + x 2 )dx

= ∫(

1 1 1 1 1 + + )dx − ∫ ( )dx 2 2 2 x 1− x 2 1 − x 1+ x2

1 1 1 1 1 =− + ∫ dx − ∫ dx 2 2 1 + x2 x 2 1− x 1 1 1+ x 1 = − + ln − arctan x + C x 4 1− x 2

注：本题若用待定系数法，应当将被积函数分解

为

A B C D Ex + F 1 1 = 2 = + 2+ + + 4 2 x (1 − x ) x (1 − x)(1 + x)(1 + x ) x x 1 − x 1 + x 1 + x 2

2

然后再确定系数，显然这样做比较麻烦，也可获同样结果，此处从略.

例 5、求

x11dx ∫ x8 + 3x 4 + 3 dx

解 令 x 4 = u ，则 du = 4 x 3dx ，于是，

16

原式 =

u2 1 4 1 1 ∫ u 2 + 3u + 2 du = 4 ∫ (1 + u + 1 − u + 2 )du 4

1 x4 1 = (u + ln | u + 1 | −4 ln | u + 2 | +C ) = + ln(1 + x 4 ) − ln( x 4 + 2) + C 4 4 4

x5 例 6、求 ∫ dx (2 x 2 + 3) 3

解 令 2x2 + 3 = t, x2 =

t −3 ,4 xdx = dt ，从而， 2

原式＝

(t − 3) 2 1 1 6 9 ∫ 4 ⋅ 4t 3 dt = 16 ∫ ( t − t 2 + t 3 )dt

=

1 6 9 1 6 9 (ln | t | + − 2 ) + C = [ln | 2 x 2 + 3 | + 2 − ]+C 2 16 16 t 2t 2 x + 3 2(2 x + 3) 2

例 7、求

x4 ∫ x 4 + 5x 2 + 4 dx

解

x4 − (5 x 2 + 4) = 1+ 4 x 4 + 5x2 + 4 x + 5x2 + 4

− (5 x 2 + 4) A1 x + B1 A2 x + B2 = 2 + 2 ，通分后应有 x 4 + 5x2 + 4 x +1 x +4 − (5 x 2 + 4) = ( A1 x + B1 )( x 2 + 4) + ( A2 x + B2 )( x 2 + 1)

设

1 16 由此， A1 = 0, B1 = , A2 = 0, B2 = − ，故 3 3

原式＝

∫ ⎢1 + 3( x ⎣

⎡

1

2

+ 1)

−

1 8 16 ⎤ x ⎥dx = x + 3 arctan x − 3 arctan 2 + C 2 3( x + 4) ⎦

17

例 8、求

∫ x(x

10

dx + 1) 2

解 由于

x10 + 1 − x10 x9 1 1 = = − 10 x( x10 + 1) 2 x( x10 + 1) 2 x( x10 + 1) ( x + 1) 2

1 x9 x9 = − 10 − x ( x + 1) ( x10 + 1) 2 ⎤ ⎡1 x9 x9 1 d ( x10 + 1) 1 d ( x10 + 1) dx = ln | x | − ∫ 10 原式＝ ∫ ⎢ − 10 − ∫ 10 − 10 2⎥ 10 x +1 10 ( x + 1) 2 ⎣ x ( x + 1) ( x + 1) ⎦

= ln | x | −

1 1 1 x10 1 ln( x10 + 1) + + C = ln 10 + +C 10 10 x + 1 10( x10 + 1) 10 10( x + 1)

注 对被积函数先做初等变形常常可以使问题得到简化，常见的初等变形 有：分子分母同乘一个因子；有理化；加一项或者减一项以及利用三角函数恒等 变形等. 六、三角函数有理式的积分 一般从理论上讲，三角函数有理式的积分

∫ R(sin x, cos x)dx 可通过万能代换

x 化为代数有理式的积分，但有时较繁，因此我们常采用三角恒等变形， 2 然后再求解. t = tan

例 1、求

∫ sin x cos

dx

4

x

解 原式＝

sin 2 x + cos 2 x sin x dx ∫ sin x cos 4 x dx = ∫ cos 4 x dx + ∫ sin x cos 2 x 1 sin x dx d (cos x) + ∫ dx + ∫ 4 2 cos x cos x sin x

= −∫ =

1 1 1 x d (cos x) x −∫ + ln | tan | = + + ln | tan | +C 3 2 3 3 cos x cos x 2 3 cos x cos x 2

18

例 2、求

∫

1 + sin x dx

解 原式＝

∫

sin 2

x x x x + cos 2 + 2 sin cos dx 2 2 2 2

= ∫ (sin

x x x x x x + cos ) 2 dx = ∫ (sin + cos )dx = −2 cos + 2 sin + C 2 2 2 2 2 2 dx

例 3、求

∫ 2 sin x − cos x + 5

x 2t 1− t 2 2dt , cos x = , dx = ，于是 ，则 sin x = 2 2 2 1+ t 1+ t 1+ t2

解 令 t = tan

x ⎞ ⎛ ⎜ 3 tan + 1 ⎟ 1 1 dt ⎛ 3t + 1 ⎞ 2 ⎟+C 原式＝ ∫ 2 arctan⎜ arctan⎜ = ⎟+C = 3t + 2t + 2 5 5 5 ⎜ ⎟ ⎝ 5 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

例 4、求

∫ 1 + sin x dx

sin x(1 − sin x) sin x 1 − cos 2 x

dx = ∫ dx − ∫ dx ∫ cos 2 x cos 2 x cos 2 x

sin x

解 原式＝

=

1 − tan x + x + C cos x sin x

例 5、求

∫ sin x + cos x dx

1 sin x + cos x + sin x − cos x 1 ⎛ sin x − cos x ⎞ dx = ∫ ⎜1 + ⎟dx ∫ 2 sin x + cos x 2 ⎝ sin x + cos x ⎠

解 原式＝

=

1 1 − d (sin x + cos x) 1 x+ ∫ = ( x − ln | sin x + cos x |) + C 2 2 sin x + cos x 2

例 6、求 ∫ sin 5 x cos xdx

19

解 原式＝

1 1 1 ∫ [sin 4 x + sin 6 x]dx = − 8 cos 4 x − 12 cos 6 x + C 2

注 积化和差公式

1 sin αx ⋅ cos β x = [sin(α + β ) x + sin(α − β ) x] 2 1 sin αx ⋅ sin β x = [cos(α − β ) x − cos(α + β ) x] 2 1 cos αx ⋅ cos β x = [cos(α + β ) x + cos(α − β ) x] 2

例 7、求

∫ (2 + sin

dx 2 x) cos x

解 令 sin x = t , cos xdx = dt

于是原式＝

1 (2 + t 2 ) + (1 − t 2 ) dt = ∫ ∫ (2 + t 2 )(1 − t 2 ) 3 (2 + t 2 )(1 − t 2 ) dt

=

1 dt 1 1 1+ t 1 dt t ∫ 1 − t 2 + 3 ∫ 2 + t 2 = 6 ln 1 − t + 3 2 arctan( 2 ) + C 3

1 1 + sin x 1 sin x arctan( = ln + )+C 6 1 − sin x 3 2 2

注 形如 ∫ R(sin x, cos x)dx 的有理函数的积分，一般可利用代换 tan 为有理函数的积分. (i) 若 R (− sin x, cos x) = − R(sin x, cos x) 或 R (sin x,− cos x) = − R(sin x, cos x) 成立，最好利用代换 cos x = t 或对应的 sin x = t . (ii) 若等式 R (− sin x,− cos x) = R(sin x, cos x) 成立，最好利用代换 tan x = t .

x =t化 2

例 8、求

∫ sin

3

sin x dx x + cos3 x

20

解 令 tan x = t ，则 sec 2 xdx = dt ，于是

t 1 (1 + t ) 2 − (1 − t + t 2 ) 1 t +1 1 dt dt = ∫ dt = ∫ dt − ∫ 原式＝ ∫ 3 2 2 1+ t 3 (1 + t )(1 − t + t ) 3 1− t + t 3 1+ t

＝

1 1 2t − 1 1 ln(t 2 − t + 1) + arctan( ) − ln | 1 + t | +C 6 3 3 3

2 tan x − 1 1 tan 2 x − tan x + 1 1 + arctan( )+C ＝ ln 2 6 (1 + tan x) 3 3

21