不定积分例题与答案解析

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不定积分的典型例题50题答案

例1．解法1).12)(12(1224+-++=+x x x x x而 +++)12(2x x )1(2)12(22+=+-x x x 所以)121121(21112242dx x x dx x x dx x x ⎰⎰⎰++++-=++ .)]12arctan()12[arctan(211)12()12211)12()12(21)21)22(121)22(1[212222c x x x x d x x d dx x dx x +++-=+++++--=++++-=⎰⎰⎰⎰解法2dxx x x x xx x dx x x ⎰⎰+++-++-=++)12)(12(2)12(1122242.arctan 21)12arctan(211212242c x x dx x xx x dx +++=++++=⎰⎰解法3⎰⎰⎰+-=++=++≠2222242)1(1111,0xx x x d dx x x x dx x x x 当 c x x xx x x d +-=+--=⎰21arctan 212)1()1(22,2221arctan 21lim 20π-=-+→x x x ,2221arctan 21lim 20π=--→x x x 由拼接法可有.02221arctan 2100,2221arctan 21112242⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+--=>++-=++⎰x cx x x x c x x dx x x ππ 例2.解将被积函数化为简单的部分分式(*)1)1(1)1()1(222223⋅⋅⋅⋅⋅++++++=+++x DCx x B x A x x x 两边同乘以2)1(+x ，约去1+x 的因子后令1-→x 得 .211)1(2)1(23=+-+-=B 两边同乘以2)1(+x ，对x 求导，再令1-→x ，施以上运算后，右端得A,而左端为.2.2426)1()2(2)1(3lim ]12[lim )1()1()1(2[lim 22322123122231=∴=+=++-+=++=++++-→-→-→A x x x x x x x dx d x x x x dx d x x x 在分解式（*）中令,0=x 得,2D B A ++=所以.21-=D 分解式（*）两边同乘以x ，再令,+∞→x 得.1,1-=⇒+=C C A 故有.arctan 21)1ln(21)1(211ln 2]1)1(1[)1()1(2222223c x x x x dxx DCx x B x A dx x x x +-+-+-+=++++++=+++⎰⎰例3.解令 ,2x u =再用部分分式，則⎰⎰++=++))(1(21)()1(22244u u u dudx x x x x,11)()1(1222+++++=++u D Cu u B u A u u u 两边乘以,u 再令,0→u 得.1=A 两边乘以,1+u 再令,1-→u 得.21-=B 两边乘以,u 再令,+∞→u 得.21,0-=⇒++=C C B A 令.21,1-=⇒=D u.arctan 41)1()1(ln 81arctan 41)1ln(81)1ln(41ln 21arctan 41)1ln(811ln 41ln 21]12121)1(211[21))(1(21)()1(2422824222222244c x x x x c x x x x c u u u u du u u u u u u u dudx x x x x +-++=+-+-+-=+-+-+-=+--++-=++=++∴⎰⎰⎰ 例4828872882815)1(1181)1()1(dx x x dx x x x dx x x ⎰⎰⎰+-+=⋅+=+)1(])1(111[818288++-+=⎰x d x x .)1(81)1ln(8188c x x ++++= 例5. 解令 ,2tant x =则=-++⎰dx xx xsin cos 1cos 1 .2)sin 1ln(21arctan )1ln(211ln )1111()1)(1(212121111112222222c x x ct t t dtt t t dtt t dx t t t t t t t ++--=++++--=+++--=-+=+⋅+-+-++-+⎰⎰⎰ 例6dx x x 122+⎰⎰+=22421dx x x.1ln 811)12(81))21(ln(161)21(41)21(21)21()21()21(212222222222222c x x x x x c u u u u du u x d x +++-++=+-+--=-=+-+=⎰⎰分部积分例7.25342)2()1(25232121232c x x x dx x x x dx x x ++-=+-=-⎰⎰-分项例8dx x x dx x ]1111[2111224++-=-⎰⎰ .arctan 2111ln 41c x x x ++-+= 例9．dx x x dx x x ⎰⎰+-+=+1111.134132111c x x x dx xdx x ++-+=+-+=⎰⎰例10．⎰⎰⎰---=-+=+)24(cos )24()2cos(1sin 12x x d x dxx dx πππ.)24tan(c x +--=π 例 11c t t dt x xdx tx +=-=-⎰⎰=arcsin 11212⎪⎩⎪⎨⎧-<+>+-=.1,1arcsin 1,1arcsin x c x x c x 例12．解 .2cos 41)2sin 211(c x x dx x J I ++=-=+⎰dx x x x x x dxxx x x x J I ⎰⎰++-=++-=-222)sin (cos )2sin 211)(sin (cos sin cos )2sin 211)(sin (cos.)12ln(sin 412sin 412sin 12cos )2sin 211(c x x dx x xx +++=++=⎰解上面的联立方程可得出.,J I例13． ).(,)1ln(31)1ln(1111111,)21(332arctan 332.1,1111111332322333233略从而可解出可求出令I c x x dx x x dx x dx x x x x dx x x J I c x J I dx x x J dx x x dx x x dx xx x dx x I ++-+=+-+=+-+-=+-=-+-=++=+-+-=+-+=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 例14．)1(12arcsin 12arcsin++=+⎰⎰x d xxdx x x .212arcsin )1(112arcsin1c x xxx dx xx x x ++++=+++=⎰）（分部积分例15．解令,)21(12,211,12222dt t t t dx t t x t x x x +++=+-=⇒+-=++ .)1212(231212ln 231ln 2])12(23)12(231[2)21(12222222c x x x x x x x x x dt t t t dt t t t t I ++++++++++-+++=+-+-=+++=⎰⎰例16．解 .sin 2cos 5]cos 2sin 5[x x x x +='- 被积函数的分子是x x sin ,cos 的线性组合，故有.1,2,cos )25(sin )25()cos 2sin 5()cos 2sin 5(cos sin 12==⇒-++='-+-=+B A x A B x B A x x B x x A x x 于是.cos 2sin 5ln 2cos 2sin 5)cos 2sin 5()cos 2sin 5(2cos 2sin 5cos sin 12c x x x dx x x x x x x dx x x x x +-+=-'-+-=-+⎰⎰例17．解 ⎰⎰⎰-=-+-=+=4cos 13)(cos sin 3sin 2cos 22t dtx x d x xdx t x .cos 2cos 2ln 41]2121[41c xx dt t t ++-=+--=⎰ 例18．⎰⎰+=+x xdxx dx 222cos )2cos 1(cos 21 .3tan arctan 313arctan 313tan 3)(tan 2cos )(tan 222c x c t t dtx x d xx d +=+=+=+=+⎰⎰⎰ 例19．.)1ln(18189623266332366c x x x x x dx x x x t x +++-+-=⋅⋅⋅=+-=⎰例20．.15arctan 21515ln153215c x xx x x x dx x xx t x x+-------+-=⋅⋅⋅=---=--⎰例21．.]1ln [arctan 2112sin 22c x x x x x dx tx t +-++=⋅⋅⋅=-+=≤⎰π 例22．,11ln 21211222tan 232c x x x x x dxx tx t +++-+-=⋅⋅⋅=+=<⎰π例23．⋅⋅⋅=+-=⎰t e x x xe e dx232换元后有理函数积分例24．.1arcsin arcsin 2c x x x xdx+-+=⎰分部积分例25．.)(c e dx e e dx exxx e xe xe +==⎰⎰+例26．”）妙用“1(cos sin 1ln cos sin 1)cos sin 1(cos sin 12cos c x x x x x x d x x xdx ++=++=+⎰⎰例27..)13()(2dx e x x e x x x x +++⎰.])[(32])[()()13(])[(23222322c e x x e x x d e x x e x x e x x x x x e ++=++=∴++='+⎰原式例28..11)1(arctan .)1(arctan 2111arctan22x x c x dx x x +-='+-=+⎰例29.=++-=+⎰⎰xb x a x b x a d a b dxx b x a x22222222222222sin cos )sin cos (1sin cos 2sin .2sin )()sin cos (.sin cos 2222222222222x a b x b x a c x b x a ab -='+++-例30.)ln ()ln (1)ln (ln 1)ln (ln 1222x xx d xx x dxxx x xxdx x x x ---=--=--⎰⎰⎰ .ln ln 1c x x xc xx x +-=+-=例31．.1212ln2211)1(22sin 22c xx xx xdxt x +---+-=-+⎰=例32．.111)1(22tan 2323c x x dx x x tx ++++=+=⎰例33．.313222sec 0422c x a x a dx x a x t a x a +⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅=-=>⎰例34dt tt t dt t t x dx tx ⎰⎰⎰--=+=-+=22sin 2cos 1cos cos cos 1cos 11 .arcsin 112c x x x x ++-+-=例35．.ln 212ln 141)1(2)1()2(72717c x x dt tttx x dxtx +++-=-⋅+=+⎰⎰=例36．.13)12(2)431(]43)21[()1(2232121232232c xx x t tdt x dxx x dx tx ++++=+-=++=++⎰⎰⎰=+例37．.22)(212)2(2222c e x x dx e x x x e x dx x e x x xx x ++-='+++-=+⎰⎰ 例38．.)2ln(201ln 21)2()2(101010910c x x x x dx x x x dx ++-=+=+⎰⎰ 例39．.1ln 72ln )2()1()1()1(71076777c x x x x dx x x x x dx x ++-=+-=+-⎰⎰ 例40．.)1ln (1)()111(111112c x x nx d x n dx x x x x dx x n n n n n n n n n ++-=+-=+⋅=+⎰⎰⎰-- 例41．.)1(121003dx x x ⎰-+9899111003)1(493)1(1331)1(12----=-+=-⎰x x dx x x u x例51．求,))((dx x b a x ⎰-- 其中.b a < 解由配方得2,)2())((22a b R b a x R x b a x -=+--=--其中，令,2b a u x ++=则有原式 .))((4)(2)(2arcsin )(41cos sin 22)2sin 412(22cos 1cos 2222222sin 22c x b a x b a x ab b a x a bc t t R t R c t t R dt t R tdt R du u R t R u +--+-+-+--=++=++=+==-=⎰⎰⎰= 例52．设)(x f 有一个原函数,sin xx 求.)(⎰'dx x f x 解用分部积分法有 (*))()()()(⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=='⎰⎰⎰dxx f x xf x xdf dx x f x.sin cos ]sin [])([)(sin )(211xx x x c x x dx x f x f c x x dx x f -='+='=⇒+=⎰⎰ 代入（*）有 1sin sin cos )(c xx x x x dx x f x ---='⎰，即 .sin 2cos )(c x x x dx x f x +-='⎰。

不定积分典型例题

例例1812．2
xx44 11xx22
ddxx
xx14141x1x2211ddxx
((xx22111)1)((xxx2x22211))11ddxx
(x2
1 1 )dx 1
1 x2
3
x3xarctgxC。
例9．某厂生产某种产品，每日生产的产品的总成本 y 的变化率是日产量 x 的函数 y 7 25 ，已知固定
例9
求
x (1 x)2 dx.
解
x
(1 x)2 dx
x 11 (1 x)2 dx
[1 (1
x)
1 (1 x)2
]d (1
x)
1 ln( x 1) C1 (1 x) C2
ln( x 1) 1 C (1 x)
例11 求 sin3 xdx
解 sin3 xdx sin2 x sin xdx (1 cos2 x)d cos x (cos x 1 cos3 x) C
ssiinn
22 xx 22
ddxx
11 22
((11
ccooss
xx))ddxx
11 22
((xx
ssiinn
xx)) CC
。。
例71．0
1
dx 4
sin 2 x cos 2 x
1 sin 2
x
dx
4ctg
xC。
22
)
1 x
dx
ln|x|(C1，1)
1 1 x2
dx arctgxC。
dx.
解
1
1 cos
x
dx
1 cos x 1 cos2 x
dx
1 cos x sin2 x

不定积分的习题及答案

不定积分的习题及答案不定积分的习题及答案数学作为一门精确的科学，无论在理论还是实践中都扮演着重要的角色。

而在数学中，不定积分是一个重要的概念，它与求导密切相关，被广泛应用于微积分、物理学等领域。

本文将围绕不定积分展开，介绍一些相关的习题及答案。

1. 求解以下不定积分：a. ∫(3x^2 + 2x - 1) dx解答：根据不定积分的性质，我们可以将该积分拆分成三个部分：∫(3x^2) dx + ∫(2x) dx - ∫(1) dx对于每个部分，我们可以利用不定积分的基本公式进行求解：∫(3x^2) dx = x^3 + C1∫(2x) dx = x^2 + C2∫(1) dx = x + C3因此，原积分的解为：x^3 + C1 + x^2 + C2 - x + C3，其中C1、C2、C3为常数。

b. ∫(e^x + 1/x) dx解答：对于第一部分∫(e^x) dx，我们可以利用指数函数的不定积分公式进行求解，即e^x + C1。

对于第二部分∫(1/x) dx，我们可以利用对数函数的不定积分公式进行求解，即ln|x| + C2。

因此，原积分的解为：e^x + ln|x| + C1 + C2，其中C1、C2为常数。

2. 求解以下不定积分：a. ∫(2sinx + 3cosx) dx解答：对于第一部分∫(2sinx) dx，我们可以利用正弦函数的不定积分公式进行求解，即-2cosx + C1。

对于第二部分∫(3cosx) dx，我们可以利用余弦函数的不定积分公式进行求解，即3sinx + C2。

因此，原积分的解为：-2cosx + 3sinx + C1 + C2，其中C1、C2为常数。

b. ∫(x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx解答：根据不定积分的性质，我们可以将该积分拆分成四个部分：∫(x^3) dx + ∫(2x^2) dx + ∫(3x) dx + ∫(4) dx对于每个部分，我们可以利用不定积分的基本公式进行求解：∫(x^3) dx = (1/4)x^4 + C1∫(2x^2) dx = (2/3)x^3 + C2∫(3x) dx = (3/2)x^2 + C3∫(4) dx = 4x + C4因此，原积分的解为：(1/4)x^4 + (2/3)x^3 + (3/2)x^2 + 4x + C1 + C2 + C3 + C4，其中C1、C2、C3、C4为常数。

不定积分100道例题及解答

不定积分100道例题及解答不定积分100道例题及解答1. 问题：计算不定积分∫(x^2 + 2x + 1) dx解答：根据不定积分的基本性质，我们可以逐个对各项进行积分。

对于x^2，应用幂函数的基本积分法则得到 x^(2+1)/(2+1) =x^3/3。

对于2x，应用常数倍法则得到的积分结果为 x^2。

对于常数项1，则积分结果是x。

将这三个结果相加，即得到最终的积分结果为x^3/3 + x^2 + x + C，其中C为常数项。

2. 问题：计算不定积分∫(2e^x + 3x^2) dx解答：对于2e^x，应用指数函数的基本积分法则得到 2e^x。

对于3x^2，应用幂函数的基本积分法则得到 x^(2+1)/(2+1) = x^3/3。

将这两个结果相加，即得到最终的积分结果为 2e^x + x^3/3 + C，其中C为常数项。

3. 问题：计算不定积分∫(sin(x) + cos(x)) dx解答：对于sin(x)，应用三角函数的基本积分法则得到 -cos(x)。

对于cos(x)，同样应用三角函数的基本积分法则得到 sin(x)。

将这两个结果相加，即得到最终的积分结果为 -cos(x) + sin(x) + C，其中C为常数项。

4. 问题：计算不定积分∫(1/x^2) dx解答：对于1/x^2，可以应用倒数函数的基本积分法则得到 -1/x。

因此，最终的积分结果为 -1/x + C，其中C为常数项。

5. 问题：计算不定积分∫(ln(x) + 1/x) dx解答：对于ln(x)，应用对数函数的基本积分法则得到 xln(x) - x。

对于1/x，同样应用倒数函数的基本积分法则得到 ln(x)。

将这两个结果相加，即得到最终的积分结果为 xln(x) - x + ln(x) + C，其中C为常数项。

6. 问题：计算不定积分∫(e^2x + x^3) dx解答：对于e^2x，应用指数函数的基本积分法则得到(1/2)e^2x。

高等数学不定积分例题及答案

第4章不定积分习题4-11.求下列不定积分：知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。

思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！★(1)思路:52x-=，由积分表中的公式（2）可解。

解：532223x dx x C --==-+⎰★(2)dx-⎰思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。

解：1141113332223()24dx x x dx x dx x dx x x C ---=-=-=-+⎰⎰⎰⎰★(3)22xx dx +⎰（）思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。

解：2232122ln 23x xxx dx dx x dx x C +=+=++⎰⎰⎰（）★(4)3)x dx -思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。

解：3153222223)325x dx x dx x dx x x C -=-=-+⎰⎰★★(5)4223311x x dx x +++⎰思路:观察到422223311311x x x x x ++=+++后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。

解：42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x ++=+=++++⎰⎰⎰ ★★(6)221x dx x +⎰思路:注意到222221111111x x x x x +-==-+++，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。

解：2221arctan .11x dx dx dx x x C x x=-=-+++⎰⎰⎰ 注：容易看出(5)(6)两题的解题思路是一致的。

一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。

★(7)x dx x x x ⎰34134（-+-）2 思路:分项积分。

解：3411342x dx xdx dx x dx x dx x xx x --=-+-⎰⎰⎰⎰⎰34134（-+-）2 ★(8)23(1dx x -+⎰思路:分项积分。

不定积分例题(含过程及解析)

例题1dx e x x ⎰+)12( ce e x dxe e x x d e e x de x x x xx x x x+-+=•-+=+-+=+=⎰⎰⎰2)12(2)12()12()12()12( 根据分部积分法⎰⎰-=vdu uv udv ，（2x+1）为u ，e x 为v 。

（确定u 和v 的口诀：对反幂三指；对——对数函数、反——反函数、幂——幂函数、三——三角函数、指——指数函数）2x+1为幂函数，e x 为指数函数。

例题2dx xe x ⎰-ce xe dxe e xe dx e xe xde x x x x x x x++-=•+-=--=-=-------⎰⎰⎰1)(x e -是一个复合函数，其导数应为1-•-x e例题3⎰xdx arctanc x x x xd xx x dx x x x x xxd x x ++-=++-=+-•=-•=⎰⎰⎰)1ln(21arctan 11121arctan 1arctan tan arctan 2222arctanx ’=1/1+x 2，在这里会用到反三角函数的导数公式。

其它的反三角导数是arcsinx ’=211x -、arccosx ’=211x --、arccotx ’=211x +-例题4dx x x ⎰2cos 2sin|cos |ln 2cos cos 12cos sin 2cos cos sin 22x x d xdx xx dx xx x -=-===⎰⎰⎰这里用到二倍角公式，如下：Sin2x=2sinxcosxCos2x=2cos 2x-1=1-sin 2x-1例题5dx x x ⎰++2cos 1sin 12c x x x xdx dx dx x dx xx +-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰21tan 21sec 121cos 1cos 2cos 22222 这里除了用到二倍角公式，还会用到sin 、cos 、sec 、csc 间的相互转化，sinx 和cscx 互为倒数、cosx 和secx 互为倒数。

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 x 234−54714解原式＝∫(x −x )dx =x 4+4x 4+C 7e 3x +1例2、求∫x dx e +1解原式＝∫(e 2x −e x +1)dx =例3、求∫12x e −e x +x +C 21dx 22sin x cos xsin 2x +cos 2x 11解原式=∫dx =dx +dx =tan x −cot x +C 2222∫∫sin x cos x cos x sin x例4、∫cos 2解原式＝∫x dx 2x +sin x 1+cos x dx =+C 22x 2例5、∫dx 21+x x 2+1−11dx =(1−解原式=∫∫1+x 2)dx =x −arctan x +C 1+x 2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)∫f (x )dx =∫g [ϕ(x )]ϕ'(x )dx 凑成令ϕ(x )=u =∫g (u )du 求出=G (u )+C 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d ϕ(x )=du 且∫g (u )du 易求.tan x dx cos x例1、求∫3−2sin x −d cos x =−∫(cos x )2d cos x =+C dx =∫解原式＝∫cos x cos x cos x cos x cos x例2、求∫arcsin xx −x 2dx解原式=∫arcsin x1−x ⋅1x dx =∫2arcsin x1−(x )2d (x )=2∫arcsin xd (arcsin x )=(arcsin x )2+C注1dx =2d (x )x1−x9−4x 2 例3、求∫dx1−1d (2x )12 解原式=∫+∫(9−4x )2d (9−4x 2)232−(2x )28=12∫2d (x )11213+9−4x 2=arcsin x +9−4x 2+C 423421−(x )23例4、求∫tan 1+x 2⋅x1+x 2dx解原式＝∫tan1+x 2d 1+x 2=−ln |cos 1+x 2|+C 例5、求∫x x −x −12dxx (x +x 2−1)22dx =x dx +x x −1dx 解原式＝∫2∫∫x −(x 2−1)3x 31x 31222=+∫x −1d (x −1)=+(x −1)2+C 3233例6、求∫1dx 1+tan xcos x 1cos x −sin x )dx dx =∫(1+sin x +cos x 2cos x +sin x解原式＝∫=1⎡1⎤1++(cos sin )x d x x =(x +ln |cos x +sin x |)+C ∫⎢⎥2⎣cos x +sin x ⎦211+x ln dx 1−x 21−x11+x 1+x 121+x ln (ln +C )d ln =∫21−x 1−x 41−x例7、求∫ 解原式＝例8、求∫1dx x e +1e x 1+e x −e x dx =∫dx −∫dx 解原式＝∫e x +11+e x=∫dx −∫1x x d (1+e )=x −ln(1+e )+C x1+e例9、求∫1dx e x +e −xe x 1 解原式＝∫2x dx =∫d (e x )=arctan e x +C x 2e +11+(e ) 例10、求∫sin x dx 1+sin x11−sin x )dx =∫dx −∫dx 21+sin x cos x解原式＝∫(1−=x −∫1sin x dx +dx =x −tan x +sec x +C 22∫cos x cos x例11、求∫dx x 2−3ln x−12 解原式=∫(2−3ln x )d (ln x )1111(2−3ln x )2+C =∫(2−3ln x )(−)d (2−3ln x )=−⋅33−1+12−12=−22−3ln x +C 31dx a 2sin 2x +b 2cos 2x1b 2+a 2tan 2x d (tan x )=11a (tan x )d ab ∫1+(a tan x )2b b例 12、求∫ 解原式＝∫=1a arctan(tan x )+C ab bx 4+1dx 例13、求∫6x +1(x 2)2−x 2+1x 2x 4−x 2+1+x 2dx +∫32dx dx =∫解原式＝∫(x 2)3+1(x )x 6+1=∫111133dx +dx =arctan x +arctan x +C 232∫1+x 31+(x )3例14、求∫1dx x (1+x 8)1+x 8−x 811x 78=−dx dx dx 解原式＝∫=ln |x |−ln(1+x )+C 88∫x ∫1+x x (1+x )8例15、求∫3x −2dx x 2−4x +53d (x 2−4x +5)1+4∫2 解原式＝∫2dx 2x −4x +5x −4x +5d (x −2)3ln |x 2−4x +5|+4∫22(x −2)+13ln |x 2−4x +5|+4arctan(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1dx 的积分(将分母配方，再凑微分).如∫2ax +bx +cx 2 例16、已知f (x −1)=ln 2，且f [ϕ(x )]=ln x ，求∫ϕ(x )dx .x −22x 2−1+1x +1 解因为f (x −1)=ln 2，故f (x )=ln ，又因为x −1−1x −12f [ϕ(x )]=ln ϕ(x )+1ϕ(x )+1x +1=ln x ，得=x ，解出ϕ(x )=，从而ϕ(x )−1ϕ(x )−1x −1∫ϕ(x )dx =∫ 例17、求∫x +12dx =∫(1+)dx =x +2ln |x −1|+C x −1x −11dx cos 4x1 解原式=∫sec 2xd tan x =∫(1+tan 2x )d tan x =tan x +tan 3x +C 3例18、求∫1+ln x dx 22+(x ln x ) 解原式＝∫1d (x ln x )x ln x arctan(=)+C 2+(x ln x )222三、第二类换元法设x =ϕ(t )单调可导，且ϕ'(t )≠0，已知∫f [ϕ(t )]ϕ'(t )dt =F (t )+C ，则∫f (x )dx 令x =ϕ(t )=∫f [ϕ(t )]ϕ'(t )dt =F (t )+C t =ϕ−1(x )还原=F [ϕ−1(x )]+C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.例1、求∫xdx(x +1)1−x 22 解令x =sin t ,dx =cos tdt原式＝∫111sin t cos tdt d cos t (=−)d cos t =−+22∫∫(sin t +1)cos t 2−cos t 222−cos t 2+cos t2+cos t 12+1−x 2ln +C =−+C ln =−2222−cos t 222−1−x 1例2、求∫dxx41+x2解令x=tan t,dx=sec2tdtsec2tdt cos3tdt1−sin2t原式＝∫=∫=∫d sin t=∫(sin−4t−sin−2t)d sin t 444tan t⋅sec t sin t sin t(1+x2)3(1+x2)111++C=−++C=−333sin t sin t3x xx2−9dxx2例3、求∫解令x=3sec t，则dx=3sec t⋅tan tdt3tan t tan2t原式＝∫⋅3sec t⋅tan tdt=∫dt=∫(sec t−cos t)dt29sec t sec t=ln|sec t+tan t|−sin t+C1x x2−a2x2−a2=ln+−+C1a a xx2−a2+C=ln x+x−a−x22例4、求∫1dxx(x7+2)11 解令x=，则dx=−2dt，t t1t 6117 原式=∫(−2)dt =−∫dt =−d (1+2t )77∫11+2t 141+2t +2t 7t t 111ln |1+2t 7|+C =−ln |2+x 7|+ln |x |+C 14142=− 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 +1x 2x −12dx11 解令x =，dx =−2dt t t 1+111+t 1d (1−t 2)t (−2)dt =−∫dt =−∫dt +∫ 原式=∫222t 111−t 1−t 21−t −1t 2t 2=−arcsin t +1−t +C =2x 2−11−arcsin +C x x例6、求∫x 3x −x 24dxt 10⋅t 4t 6t 1411解原式=11∫83⋅12t dt =12∫5dt =12∫5dt dx =12t dt t −t t −1t −1令12x =t t 10−1+14121121212⋅t dt =∫(t 5+1+5)dt 5=t 10+t 5+ln |t 5−1|+C =12∫5t −15t −1105561212=x 6+x 12+ln x 12−1+C 555555例7、求∫dx1+e x解令1+e x =t ，e x =t 2−1，dx =2t dt 2t −112t 1t −11+e x −1原式＝∫⋅2dt =2∫2dt =ln +C =ln +C x t t −1t −1t +11+e +1ln x dx x 1+ln x例8、求∫解令t =1+ln x原式=∫ln x t −1d ln x =∫dt 1+ln x t112322=∫(t −)dt =t −2t 2+C =(ln x −2)1+ln x +C 33t例9、求∫x +1−1dx x +1+1解令x +1=t ,x =t 2−1,dx =2tdt因为原式=∫x +2−2x +1x +1dx =x +2ln |x |−2∫dx x x而∫x +12t 2dt 1dx =∫2=2∫(1+2)dt x t −1t −1t −1x +1−1+C =2x +1+ln +C t +1x +1+1=2t +ln原式＝x +2ln |x |−4x +1−2ln x +1−1+C ＝x −4x +1+4ln 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 3e x dx解原式＝∫x 3de x =x 3e x −3∫x 2de x =x 3e x −3x 2e x +6∫xde x =x 3e x −3x 2e x +6xe x −6e x +C例2、求∫x 2cos 2解原式=x dx 2121312x (1+cos x )dx =x +∫x cos xdx ∫262=131211x +∫x d sin x =x 3+x 2sin x −∫x sin xdx 6262131211x +x sin x +∫xd cos x =x 3+x 2sin x +x cos x −∫cos xdx 62621312x +x sin x +x cos x −sin x +C 623==例3、求∫e x dx令3x =t 解原式dx =3t 2dt=3∫t e dt =3∫t de 2t 2t =3t 2e t −6te t +6e t +C=33x 2e 3x −63xe 3x +6e 3x +C例4、求∫cos(ln x )dx解原式=x cos(ln x )+∫sin(ln x )dx=x cos(ln x )+x sin(ln x )−∫cos(ln x )dxx移项，整理得原式=[cos(ln x )+sin(ln x )]+C2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：αxe ∫cos βxdx 或αxe ∫sin βxdx例5、求∫ln(x +1+x 2)dx解原式=x ln(x +1+x 2)−∫x 1+x 2dx =x ln(x +1+x 2)−1+x 2+Cln 3x例6、求∫2dx x 1ln 3x 1 解原式＝=∫−ln xd ()=−−3∫ln 2xd ()x x x3ln 3x ⎡ln 2x 1⎤ln 3x 3ln 2x 6ln x 6−3⎢+2∫ln xd ()⎥=−−−−+C=−x x ⎦x x x x ⎣x例7、推导∫1dx 的递推公式22n(x +a ) 解令I n =∫1dx (x 2+a 2)nx x 2+a 2−a 21x 2I n =2n +dx 222=+−nI na dx n 2n 22n +122n 22n +1∫∫(x +a )(x +a )(x +a )(x +a )=x 2+2nI −2na In +1n 22n(x +a )I n +1=12na 2⎡⎤x(2n 1)I +−n ⎥⎢(x 2+a 2)n ⎣⎦⎡⎤x(2n 3)I +−n −1⎥⎢(x 2+a 2)n −1⎣⎦I n =12(n −1)a 2例8、推导I n=∫tan n xdx 的递推公式.解I n=∫tan n −2x ⋅tan 2xdx =∫tan n −2x ⋅(sec 2x −1)dx=∫tan n −2x ⋅sec 2xdx −∫tan n −2xdx =∫tann −2xd (tan x )−In −2=1tan n −1x −I n −2n −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∫xf '(x )dx解原式=∫xdf (x )=xf (x )−∫f (x )dx =xf (x )−e −x +C例10、求∫x arctan x ln(1+x2)dx解因为∫x ln(1+x 2)dx ==221ln(1+x 2)d (1+x 2)∫211(1+x 2)ln(1+x 2)−x 2+C 221⎤⎡1所以原式＝∫arctan xd ⎢(1+x 2)ln(1+x 2)−x 2⎥2⎦⎣211⎡x 2⎤2222=(1+x )ln(1+x )−x arctan x −∫⎢ln(1+x )−2⎥22⎣1+x ⎦[]=13x arctan x (1+x 2)ln(1+x 2)−x 2−3−ln(1+x 2)+x +C 222[]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 xdx 例11、求∫2(1+x )解令x =tan t ,dx =sec 2tdttan t ⋅e t sec 2tdt =∫sin t cos te t dt 原式=∫4sec te arctan x (x 2+x −1)11t t +C =∫sin 2te dt =e (sin 2t −cos 2t )+C =25(1+x )210x 2arctan xdx 例12、求∫21+x 解原式＝∫(1−11=−)arctan xdx arctan xdx ∫∫1+x 2arctan xdx 1+x 211=x arctan x −ln(1+x 2)−(arctan x )2+C22arcsin x 1+x 2⋅dx 例13、求∫22x 1−x 解令x =sin t ,arcsin x =t ,dx =cos tdt ，t (1+sin 2t )t cos ⋅tdt = 原式=∫∫sin 2tdt +∫tdt sin 2t cos t=td (−cot t )+∫121t=−t cot t +∫cot tdt +t2221=−t cos t +ln |sin t |+t 2+C21−x 21=−arcsin x +ln |x |+(arcsin x )2+Cx 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)∫Adx =A ln |x −a |+C x −a−AA 1dx =+C (n ≠1)n n −1(x −a )n −1(x −a )(2)∫(3)∫dx dx dx =∫⎡p 4q −p 2⎤n(x 2+px +q )n 2⎢(x +)+⎥24⎣⎦p令x +＝u24q −p 2令＝a 4=du 22n∫(u +a )2(4)∫(x +a )dx 11p dx()dx a =−+−,其2n 2n −12n∫(x +px +q )2(n −1)(x +px +q )2(x +px +q )中p 2−4q <0.这就是说有理函数积分，从理论上讲，可先化假分式为整式与真分式之和，再将真分式化为若干部分分式之和，然后逐项积分，但这样做有时非常复杂，因此我们最好先分析被积函数的特点，寻求更合适，更简捷的方法也是很必要的.例1、求∫dx2x −2x +31dx d (x −1)x −1arctan ==+C(x −1)2+2∫2+(x −1)222解原式＝∫x 2+5x +4例2、求∫4dx 2x +5x +4x 2+4x解原式＝∫2dx +5dx222∫(x +1)(x +4)(x +1)(x +4)dx 5dx 25112=∫2arctan x ()dx +∫2=+−222∫x +12(x +1)(x +4)6x +1x +45x 2+1+C=arctan x +ln 26x +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+5x +4Ax +B Cx +D 设4=2+2，通分后应有2x +5x +4x +1x +4x 2+5x +4=(Ax +B )(x 2+4)+(Cx +D )(x 2+1)得A +C =0，B +D =0，4A +C =5，4B +D =4比较等式两端x 的同次幂的系数，55由此，A =,B =1,C =−,D =−1335⎡5⎤−−+11x x ⎢3⎥5x 2+13+2+arctan x +C 故原式＝∫⎢2⎥dx =ln 2x +4⎥6x +4⎢x +1⎣⎦例3、求∫解设xdx3x −1x A Bx +C2=+，通分后应有x =A (x +x +1)+(Bx +C )(x −1)32x −1x −1x +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，111A =,B =−,C =333⎡1⎤x −1故原式＝∫⎢dx −⎥2⎣3(x −1)3(x +x +1)⎦1d (x +)1dx 12x +112dx +∫=∫−∫23x −16x +x +12(x +1)2+324(x −1)212x +11=ln 2+arctan +C 6x +x +133例4、求∫dx24x (1−x )(x 2+1)−x 211解原式＝∫2dx dx =−∫x 2(1−x 2)∫(1−x 2)(1+x 2)dx x (1−x 4)=∫(11111+−+)dx ()dx x 21−x 22∫1−x 21+x 211111=−+∫−dx dx 22∫21+x x 21−x 111+x 1−arctan x +C=−+ln x 41−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 +F11==++++x 2(1−x 4)x 2(1−x )(1+x )(1+x 2)x x 21−x 1+x 1+x 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.x 11dxdx 例5、求∫8x +3x 4+3解令x 4=u ，则du =4x 3dx ，于是，u 21411−原式=∫2du =∫(1+)du u +1u +24u +3u +241x 41=(u +ln |u +1|−4ln |u +2|+C )=+ln(1+x 4)−ln(x 4+2)+C 444x 5例6、求∫dx23(2x +3)解令2x 2+3=t ,x 2=t −3,4xdx =dt ，从而，2(t −3)21169原式＝∫dt =(−2+3)dt 3∫4⋅4t 16t t t 169169(ln |t |+−2)+C =[ln |2x 2+3|+2−]+C 221616t 2t 2x +32(2x +3)=x 4dx 例7、求∫4x +5x 2+4x 4−(5x 2+4)解4=1+4x +5x 2+4x +5x 2+4−(5x 2+4)A 1x +B 1A 2x +B2设4=2+2，通分后应有x +5x 2+4x +1x +4−(5x 2+4)=(A 1x +B 1)(x 2+4)+(A 2x +B 2)(x 2+1)116由此，A 1=0,B 1=,A 2=0,B 2=−，故33⎡18116⎤xdx −原式＝∫⎢1+arctan arctan =x +x −+C ⎥223(1)3(4)++x x 332⎣⎦例8、求∫dx 102x (x +1)x 10+1−x 10x 911==−10解由于102102102x (x +1)x (x +1)x (x +1)(x +1)1x 9x 9=−10−102x (x +1)(x +1)⎤⎡1x 9x 91d (x 10+1)1d (x 10+1)dx =ln |x |−∫10原式＝∫⎢−10−∫10−102⎥2x x x (1)(1)10x +110(x +1)++⎦⎣111x 10110=ln |x |−ln(x +1)++C =ln ++C10x 10+110(x 10+1)1010(x 10+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∫dx4sin x cos xsin 2x +cos 2x sin x dx dx dx =+解原式＝∫442∫∫sin x cos x cos x sin x cos x=−∫=sin x dx1d (cos x )dx ++∫cos 2x ∫sin xcos 4x x 111d (cos x )x −+ln |tan |=++ln |tan |+C 3cos 3x ∫cos 2x 23cos 3x cos x 2例2、求∫1+sin xdxx x x x +cos 2+2sin cos dx2222解原式＝∫sin 2=∫(sin x x x x x x+cos )2dx =∫(sin +cos )dx =−2cos +2sin +C222222例3、求∫dx2sin x −cos x +5x 2t 1−t 22dt,cos x ,dx ==，于是解令t =tan ，则sin x =22221+t 1+t 1+t x ⎞⎛3tan +1⎟⎜11dt ⎛3t +1⎞2⎟+C 原式＝∫2arctan ⎜arctan ⎜=⎟+C =3t +2t +2555⎜⎟⎝5⎠⎜⎟⎝⎠例4、求∫sin xdx 1+sin xsin x (1−sin x )sin x 1−cos 2xdx =∫dx −∫dx 解原式＝∫cos 2x cos 2x cos 2x=1−tan x +x +C cos xsin xdx sin x +cos x1sin x +cos x +sin x −cos x 1⎛sin x −cos x ⎞dx =⎜1+⎟dx ∫∫2sin x +cos x 2⎝sin x +cos x ⎠例5、求∫解原式＝=11−d (sin x +cos x )1x +∫=(x −ln |sin x +cos x |)+C 22sin x +cos x 2例6、求∫sin 5x cos xdx解原式＝111[sin 4x +sin 6x ]dx =−cos 4x −cos6x +C 2∫812注积化和差公式1sin αx ⋅cos βx =[sin(α+β)x +sin(α−β)x ]21sin αx ⋅sin βx =[cos(α−β)x −cos(α+β)x ]21cos αx ⋅cos βx =[cos(α+β)x +cos(α−β)x ]2例7、求∫dx2(2+sin x )cos x解令sin x =t ,cos xdx =dt1(2+t 2)+(1−t 2)dt =于是原式＝∫dt(2+t 2)(1−t 2)3∫(2+t 2)(1−t 2)=1dt 111+t 1dt tln +=+arctan()+C 22∫∫31−t 32+t 61−t 32211+sin x 1sin xarctan(=ln +)+C 61−sin x 322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 xdx sin 3x +cos 3x解令tan x =t ，则sec 2xdx =dt ，于是t 1(1+t )2−(1−t +t 2)1t +11dt dt =dt =dt −原式＝∫1+t 33∫(1+t )(1−t +t 2)3∫1−t +t 23∫1+t 112t −11arctan()−ln |1+t |+C ＝ln(t 2−t +1)+63332tan x −11tan 2x −tan x +11+arctan()+C ＝ln 26(1+tan x )33 21。

不定积分例题及标准答案

第4章不定积分
习题4-1
1.求下列不定积分：
知识点:直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。

思路分析:利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分!
★(１）
思路: 被积函数5
2
x -=,由积分表中的公式（2)可解。

解:53
22
23x dx x C --==-+⎰
★（2）dx
⎰
思路:根据不定积分的线性性质,将被积函数分为两项，分别积分。

解:1
14111
3332223()2
4dx x x dx x dx x dx x x C ---=-=-=-+⎰⎰⎰⎰ ★（3)22x x dx +⎰（）
思路：根据不定积分的线性性质,将被积函数分为两项,分别积分。

解:22
32122ln 23x x x x dx dx x dx x C +=+=++⎰⎰⎰（）
★(4)3)x dx - 思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项,分别积分。

解：3153
222223)325x dx x dx x dx x x C -=-=-+⎰⎰⎰ ★★（5)4223311x x dx x +++⎰
思路:观察到422223311311
x x x x x ++=+++后,根据不定积分的线性性质,将被积函数分项,分别积分。

解：42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x
++=+=++++⎰⎰⎰ ★★(6）2
21x dx x +⎰
思路:注意到222221111111x x x x x +-==-+++,根据不定积分的线性性质,将被积函数分项,分别积分。

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第4章不定积分
容概要
课后习题全解
习题4-1
1.求下列不定积分：
知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。

思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！★
(1)⎰
思路: 被积函数
5
2
x-
=，由积分表中的公式（2）可解。

解：
53
22
2
3
x dx x C
--
==-+
⎰
★(2)dx
-
⎰
思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。

解：1
14111
3332223()2
4dx x x dx x dx x dx x x C --=-=-=-+⎰⎰⎰⎰ ★(3)22x x dx +⎰
（）思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。

解：22
32122ln 23x x x x dx dx x dx x C +=+=++⎰⎰⎰（）
★(4)3)x dx -
思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。

解：3153
222223)325x dx x dx x dx x x C -=-=-+⎰⎰⎰ ★★(5)4223311
x x dx x +++⎰ 思路:观察到422223311311
x x x x x ++=+++后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。

解：42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x
++=+=++++⎰⎰⎰ ★★(6)2
2
1x dx x +⎰ 思路:注意到222221111111x x x x x
+-==-+++，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。

解：22
21arctan .11x dx dx dx x x C x x =-=-+++⎰⎰⎰ 注：容易看出(5)(6)两题的解题思路是一致的。

一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。

★(7)x dx x x x ⎰34
134（-+-）2 思路:分项积分。

解：3411342x dx xdx dx x dx x dx x x
x x --=-+-⎰⎰⎰⎰⎰34134（-+-）2 223134ln ||.423
x x x x C --=--++ ★
(8)23(1dx x -+⎰ 思路:分项积分。

解
：2231(323arctan 2arcsin .11dx dx x x C x x =-=-+++⎰⎰ ★★
(9)
思路
=？
11172488x
x ++==，直接积分。

解
：715888.15
x dx x C ==+⎰⎰ ★★(10)
221(1)dx x x +⎰ 思路:裂项分项积分。

解：222222111111()arctan .(1)11dx dx dx dx x C x
x x x x x x =-=-=--++++⎰⎰⎰⎰ ★(11)211
x x e dx e --⎰ 解：21(1)(1)(1).11
x x x x x x x e e e dx dx e dx e x C e e --+==+=++--⎰⎰⎰ ★★(12)3x x
e dx ⎰ 思路:初中数学中有同底数幂的乘法：指数不变，底数相乘。

显然33x x x
e e =（）。

解：333.ln(3)x x x x
e e dx e dx C e ==+⎰⎰（）（）
★★(13)2cot xdx ⎰
思路:应用三角恒等式“22cot csc 1x x =-”。

解：22cot (csc 1)cot xdx x dx x x C =-=--+⎰⎰
★★(14)23523
x x
x dx ⋅-⋅⎰ 思路:被积函数 235222533
x x x x ⋅-⋅=-（），积分没困难。

解：2()2352232525.33ln 2ln 3
x x x
x x dx dx x C ⋅-⋅=-=-+-⎰⎰（（）） ★★(15)2cos 2x dx ⎰ 思路:若被积函数为弦函数的偶次方时，一般地先降幂，再积分。

解：2
1cos 11cos sin .2222
x x d dx x x C +==++⎰⎰ ★★(16)11cos 2dx x +⎰ 思路:应用弦函数的升降幂公式，先升幂再积分。

解：
221111sec tan .1cos 222
2cos dx dx xdx x C x x ===++⎰⎰⎰ ★(17)cos 2cos sin x dx x x -⎰ 思路:不难，关键知道“22
cos 2cos sin (cos sin )(cos sin )x x x x x x x =-=+-”。

解：
cos 2(cos sin )sin cos .cos sin x dx x x dx x x C x x =+=-+-⎰⎰
★(18)22cos 2cos sin x dx x x ⋅⎰ 思路:同上题方法，应用“22
cos 2cos sin x x x =-”，分项积分。

解：22222222cos 2cos sin 11cos sin cos sin sin cos x x x dx dx dx x x x x x x x
-==-⋅⋅⎰⎰⎰⎰ 22csc sec cot tan .xdx xdx x x C =-=--+⎰⎰
★★
(19)dx +⎰
思路:注意到被积函数
==，应用公式(5)即可。

解：
22arcsin .dx x C ==+⎰ ★★(20)21cos 1cos 2x dx x
++⎰ 思路:注意到被积函数 22221cos 1cos 11sec 1cos 2222cos x x x x x
++==++，则积分易得。

解：221cos 11tan sec .1cos 2222
x x x dx xdx dx C x ++=+=++⎰⎰⎰ ★2、设()arccos xf x dx x C =+⎰
，求()f x 。

知识点：考查不定积分（原函数）与被积函数的关系。

思路分析：直接利用不定积分的性质1：
[()]()d f x dx f x dx =⎰
即可。

解：等式两边对x 求导数得：
()()xf x f x =∴=
★3、设()f x 的导函数为sin x ，求()f x 的原函数全体。

知识点：仍为考查不定积分（原函数）与被积函数的关系。

思路分析：连续两次求不定积分即可。

解：由题意可知，1()sin cos f x xdx x C ==-+⎰
所以()f x 的原函数全体为：112cos sin x C dx x C x C -+=-++⎰
（）。

★4、证明函数21,2
x x e e shx 和x e chx 都是s x e chx hx -的原函数知识点：考查原函数（不定积分）与被积函数的关系。

思路分析：只需验证即可。

解：2x x e e chx shx =-，而22[][][]x x x x d d d e e shx e chx e dx dx dx
===1()2 ★5、一曲线通过点2(,3)e ，且在任意点处的切线的斜率都等于该点的横坐标的倒数，求此
曲线的方程。

知识点：属于第12章最简单的一阶线性微分方程的初值问题，实质仍为考查原函数（不定积分）与被积函数的关系。

思路分析：求得曲线方程的一般式，然后将点的坐标带入方程确定具体的方程即可。

解：设曲线方程为()y f x =，由题意可知：
1[()]d f x dx x =，()ln ||f x x C ∴=+；又点2(,3)e 在曲线上，适合方程，有23ln(),1e C C =+∴=，
所以曲线的方程为()ln || 1.f x x =+
★★6、一物体由静止开始运动，经t 秒后的速度是2
3(/)t m s ，问：（1）在3秒后物体离开出发点的距离是多少？
（2）物体走完360米需要多少时间？
知识点：属于最简单的一阶线性微分方程的初值问题，实质仍为考查原函数（不定积分）与被积函数的关系。

思路分析：求得物体的位移方程的一般式，然后将条件带入方程即可。

解：设物体的位移方程为：()y f t =，
则由速度和位移的关系可得：23[()]3()f t t f t t C =⇒=+d dt
，又因为物体是由静止开始运动的，3(0)0,0,()f C f t t ∴=∴=∴=。

(1) 3秒后物体离开出发点的距离为:3
(3)327f ==米；
(2)令3360t t =⇒=
秒。

习题4-2 ★1、填空是下列等式成立。