一类定积分的计算

第 16 卷 第 3 期 Vol.16 No.3
邯郸学院学报 Journal of Handan College
2006 年 9 月 Sept. 2006
一类定积分的计算
赵冠华 1，陈海俊 1，徐陆芳２
（1. 邯郸学院 数学系，河北 邯郸 056005; 2. 邯郸市第二十七中学，河北邯郸 056001）
2 ln t dt = 1 t +t2
2 (1 − 1 ) ln tdt 1 t t +1
t
∫ ∫ ∫ = 2 ln t dt − 2 ln t dt = 1 (ln 2)2 − 2 ln x dx ，有 I = 1 (ln 2)2 .
1t
1 1+t 2
1 1+ x
2
∫e ln x
例6
1 e
1
+
x2
因题而异进行尝试，使得学生在学习这部分内容时往往感到比较困难. 对某些被积函数的原函数不是初等函数
的定积分，如能对被积函数的性态做较透彻的分析，选取恰当的积分方法，对被积函数进行转化，有时会收到
意想不到的效果. [1]267-297，[2]35-38，[3]23-25，[4]118-122 下面结合典型例题，讨论被积函数中含对数的定积分的常用解法.
2
2
= 1 ln 2 + e x
+ e−x
=
1 [x
+
ln(2
+
ex
+ e − x )] ，得到
2
e−x
2
f (x) = 1 x 2 + 1 x ln(2 + e x + e−x ) ，而 x ln(2 + e x + e−x ) 在 [− 2,2]是奇函数，有
22
∫ ∫ ∫ I = 2 x ln(1 + e x )dx = 2 f (x)dx = 1 2 x2dx = 8 .
π
∫ 例 1 I = 4 ln(1+ tan x)dx . 0
∫ 解 1 令 x = π − t ，得 I =
π 4
ln(1
+
π tan(
− t))dt ，
4
0
4
∫ ∫ 有
I=1
π
4 {ln(1+
tan x) + ln[1+ tan(π
−
x)]}dx
=
1
π 4
{ln(1
+
tan
x)
+
ln[1
+
1
−
tan
参考文献：
[1]刘玉琏，傅沛仁. 数学分析讲义[M]. 第 3 版. 北京：高等教育出版社,1992. [2]凌明伟. 对称法求积分[J]. 高等数学研究，2003,(1). [3]程希旺. 对称性在定积分计算中的应用[J]. 青海师专学报，2005,(6). [4]王卫生. 高等数学中的思维定势[J]. 辽宁师范大学学报，2004,(1). [5]翁耀明. 一类反函数的简捷积分法[J]. 大学数学，2003,(4).
26
=
π
ln 2 −
π 4
ln(1 +
tan t)dt
，有
I
=
π
ln 2 .
0
0
4
0
8
∫ ∫ 解 3
I=
π 4
ln
cos
x
+
sin
x
dx
=
π
4 ln
2
π cos(
−
x)
4 dx
0
cos x
0
cos x
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =
π
4 ln
2dx +
π
π
4 ln cos(
− x)dx −
π 4
ln cos
xdx
dx
.
∫ ∫ ∫ ∫ 解
令 x = 1 ，得 t
e ln x
1 e

1
+
x2
dx
=
1 e
−
ln t
(−
1
)dt
=
e 1+ 1 t2
t2
1 ln t
e
e 1+t2
dt
，有
e ln x
1 e
1+
x2
dx
=
0
.
小结：从积分上、下限互为倒数入手，利用倒代换变形，进而求解.
∫ 例 7
1
ln(x +
1 + x 2 )dx .
=
π
ln
2
+
π
π
4 ln cos(
−
x)dx −
π
4 ln cos xdx
0
0
4
0
8
0
4
0
∫ ∫ 令 x = π − t ，得
π
π
4 ln cos(
−
x)dx
=
π 4
ln cos tdt
，有 I
=
π
ln 2 .
4
0
4
0
8
小结：例 1 的三种解法借助于换元积分法，巧妙地运用了对数函数和三角函数的公式进行恒等变形，从而
于定积分的方程，从而求出解.
∫ 例 3
I=
1 x3 − x dx .
0 ln x
∫ 解 1 x3 − x 在 (0,1) 连续，且 lim x3 − x = 0 ， lim x3 − x = 2 ,从而 I = 1 x3 − x dx 有意义.
ln x
x→0+ ln x
x→1− ln x
0 ln x
24
实现了被积函数的转化.
∫ 例 2
I=
1 ln(1 + x) dx .
0 1+ x2
∫ ∫ 解 1 令 x = tan t ，得 I =
π 4
ln(1 +
tan
t)
sec 2
tdt
=
π 4
ln(1 +
tan t)dt
=
π
ln 2
.
0 1 + tan 2 t
0
8
解 2 令x = 1−t ， 1+ t
0
解 依据结论[5]91-93：若 f (x) 在区间单调、连续，其反函数为 f −1 (x) ，且 F ′(x) = f (x) . 则
∫ f −1 (x)dx = x ⋅ f −1 (x) ⋅ F ( f −1 (x)) + C .
令 f −1 (x) = ln(x +
1+
x2
)
，得
f
(x)
=
1 2
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摘 要：从分析函数的性态入手，采用多种积分方法，讨论了被积函数中含对数的定积分，并结合典型例题给出了这
类定积分的常用解法.
关键词：分析函数；定积分；对数
中图分类号：O174
文献标识码：A
文章编号：1673-2030(2006)03-0024-03
小结：解１是依据指数函数的原函数特点，将分母中的 ln x 转化掉，借助于二重积分的性质而得到；解 2
是依据含参变量的积分理论，通过引入参数建立微分方程而得到.
∫ 例 4 I = 2 x ln(1 + e x )dx . −2
解 令 f (x) = x ln(1 + e x ) . 因为 ln(1 + e x ) = 1 ln(1 + e x )2 = 1 ln(1 + 2e x + e2x )
0 ln x
0 ln x
∫ I ′(b) = 1 xbdx = 1 ，积分得 I (b) = ln(b + 1) + C ，显然 I (1) = 0 ，从而 C = − ln 2 ，有
0
b +1
I (b) = ln(b + 1) − ln 2 = ln b + 1 ，即得 I = I (3) = ln 2 . 2
收稿日期：2005-11-10
课题项目：邯郸市教育科学“十五”规划重点课题 （0120008）
作者简介：赵冠华（1969—），男，河北永年人，邯郸学院副教授，硕士.
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定积分是数学分析中的一个十分重要的概念，但是求定积分却没有固定的方法可循，只能依据基本思路，
(e x
−
e−x )
，
F ( x)
=
1 2
(e x
+
e−x
) ，有
∫1 ln(x +
1 + x2 )dx = x ⋅ ln(x +
1 + x 2 ) ⋅ 1 (eln(x+ 1+x2 ) + e −ln(x+ 1+ x2 ) ) 1 =
2 ln(1 +
2)
0
2
0
小结：借助于反函数的性质求定积分，可以直接代入公式而得到.
x
]}dx
20
4
20
1+ tan x
∫ = ln 2
π 4
dx
=
π
ln 2 .
20
8
∫ ∫ 解 2 令 x = π − t ，得 I =
π 4
ln(1