D5_4几种特殊函数的积分
五大积分法
五大积分法积分是微积分的重要概念之一，它在数学、物理、工程等领域中有着广泛的应用。
在微积分中，有多种方法可以进行积分运算，其中比较常用的是五大积分法，包括定积分、不定积分、换元积分法、分部积分法和特殊函数积分法。
下面将分别对这五种积分法进行介绍。
一、定积分定积分是对函数在一个区间上的积分运算。
它的定义是将函数在该区间上的取值乘以区间的长度，并对乘积进行求和。
定积分的符号表示为∫f(x)dx，其中f(x)是被积函数，dx表示积分变量。
定积分的计算需要确定积分上下限和被积函数，然后进行积分运算。
定积分的结果是一个数值，表示函数在给定区间上的总体积或面积。
二、不定积分不定积分是对函数的积分运算，它的结果是一个含有积分变量的表达式。
不定积分的符号表示为∫f(x)dx，其中f(x)是被积函数，dx 表示积分变量。
不定积分的计算需要找到被积函数的原函数，即原函数的导数等于被积函数。
不定积分的结果可以看作是原函数的一个特定形式，有时也被称为不定积分的通解。
三、换元积分法换元积分法是一种通过变量替换来简化积分运算的方法。
它的基本思想是将被积函数中的变量进行代换，使得积分变得更简单。
换元积分法的步骤是先选择适当的代换变量，然后计算出新的被积函数和积分变量，最后进行积分运算。
换元积分法在解决一些复杂的积分问题时非常有用，可以大大简化计算过程。
四、分部积分法分部积分法是一种通过对积分变量进行分部处理，将复杂的积分转化为简单的积分的方法。
它的基本思想是将被积函数进行分解，然后对分解后的每一项进行积分运算。
分部积分法的公式为∫u(x)v'(x)dx = u(x)v(x) - ∫v(x)u'(x)dx，其中u(x)和v(x)是两个函数，u'(x)和v'(x)分别是它们的导数。
分部积分法可以多次使用，将复杂的积分转化为简单的积分，从而简化计算过程。
五、特殊函数积分法特殊函数积分法是一种通过使用特殊函数的性质来进行积分运算的方法。
D5-4有理函数积分
一、六个基本积分二、待定系数法举例第四节第四节第四节有理函数的积分第五章有理函数的定义：两个多项式的商表示的函数称之为两个多项式的商表示的函数称之为有理函数有理函数有理函数..m m m m n n n n b x b x b x b a x a x a x a x Q x P ++++++++=−−−−11101110)()(⋯⋯其中、都是非负整数；及都是实数，并且，.一、六个基本积分假定分子与分母之间没有公因式,)1(m n <这有理函数是真分式；,)2(m n ≥这有理函数是假分式；利用多项式除法, 假分式可以化成一个多项式和一个真分式之和.例1123+++x x x .112++=x x 难点将有理函数化为部分分式之和.理论上，任何一个有理函数(真分式)都可分为以下六个类型的基本积分的代数和:d ln x x a C x a=+++∫1d 1(1())()n n x C x a n x a −=++−+∫22d 1arctan ()x x C a ax a =++∫1.2.3.)2(≥n4.5.6.2222d 1ln()2x x x a Cx a =+++∫22221d 1()2(1)()n n x x C x a n x a −=++−+∫22d ()n xx a +∫(2)n ≥(2)n ≥可用递推法求出（1）分母中若有因式，则分解后为k a x )(−,)()(121ax A a x A a x A k k k −++−+−−⋯有理函数化为部分分式之和的一般规律：其中AA A,,,21⋯都是常数.特殊地：,1=k 分解后为;a x A −二、待定系数法举例（2）分母中若有因式 ，其中kq px x )(2++则分解后为042<−q p q px x N x M q px x N x M q px x N x M k k k k ++++++++++++−21222211)()(⋯其中i NM ,都是常数.特殊地：,1=k 分解后为;2q px x N Mx +++真分式化为部分分式之和的待定系数法6532+−+x x x )3)(2(3−−+=x x x ,32−+−=x B x A ),2()3(3−+−=+x B x A x ∵),23()(3B A x B A x +−+=+∴⎩⎨⎧=+−=+⇒,3)23(,1B A B A ,65⎩⎨⎧=−=⇒B A 6532+−+∴x x x .3625−+−−=x x 例12)1(1−x x ,1)1(2−+−+=x C x B x A )1()1()1(12−++−=x Cx Bx x A 代入特殊值来确定系数C B A ,,取,0=x 1=⇒A 取,1=x 1=⇒B 取,2=x B A ,并将值代入)1(1−=⇒C .11)1(112−−−+=x x x 2)1(1−∴x x 例2例3.1515221542x x x ++−++=)1)(21(12x x ++),21)(()1(12x C Bx x A ++++=,)2()2(12A C x C B x B A +++++=⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+,1,02,02C A C B B A ,51,52,54=−==⇒C B A ,1212x C Bx x A ++++=)1)(21(12x x ++∴整理得例4 求积分 21d .(1)x x x −∫21d (1)x x x −∫2111d 1(1)x x x x ⎡⎤−=+⎢⎥−−⎣⎦∫2111d d d 1(1)x x x x x x =+−−−∫∫∫1ln ||ln |1|.1x x C x =−−−+−解例5 求积分 解21d .(12)(1)x x x ++∫2421555d d 121x x x x x−+=+++∫∫21d (12)(1)x x x ++∫2221211ln(12)d d 55151x x x x x x =+−+++∫∫2211ln(12)ln(1)arctan .555x x x C =+−+++例6 求积分解3621d .1x x x x e e e+++∫令6x e t =,ln 6t x =⇒6d d ,x t t=3621d 1x x x x e e e+++∫3216d 1tt t t t =⋅+++∫216d (1)(1)t t t t =++∫26333d 11t t t t t +⎛⎞=−−⎜⎟++⎝⎠∫236ln 3ln(1)ln(1)3arctan 2t t t t C=−+−+−+23633d 11t t t t t +⎛⎞=−−⎜⎟++⎝⎠∫6363))3ln(1)ln(13arctan(.2x x x e x e e C =−+−+−+36ln 3ln(1)2t t =−+−222d(1)13d 11t t t t +−++∫∫说明将有理函数化为部分分式之和后，只出现三类情况：)1(多项式；;)()2(n a x A −;)()3(2nq px x N Mx +++讨论积分2d ,()nMx Nx x px q +++∫,42222p q p x q px x −+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=++∵令tp x =+2,422pq a −=,2MpN b −=则2d ()n Mx N x x px q +∴++∫22d ()nMtt t a =+∫22d ()n b t t a ++∫,222a t q px x +=++,b Mt N Mx +=+记,1)2(>n 2d ()n Mx Nxx px q +++∫122))(1(2−+−−=n a t n M.)(122∫++dt a t b n 这三类积分均可积出, 且原函数都是初等函数.,1)1(=n )ln(22q px x M ++=;2arctanC ap x a b +++2d Mx N xx px q +++∫任何有理函数都有初等原函数，任何初等函数在其连续区间内也有原函数，但并不是所有连续的初等函数都有初等原函数，如：24sin d d d d .ln 1x x x x x e x x x x −+∫∫∫∫，，，即有些初等函数是积不出来的。
几种特殊类型的函数的积分
dt dt 6 原式 6 3 2 (1 t t t ) t (t 1)(t 2 1) t
dt 3 2 ln( t 1) 3 arctan t C 6 ln t 3 ln t 1 2
山东农业大学
高等数学
主讲人： 苏本堂
解 原式
1 [ln x 10 ln( x 10 2)] C 20 1 1 ln x ln( x 10 2) C . 2 20
山东农业大学
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主讲人： 苏本堂
例16 求
3
3
dx . 2 4 ( x 1) ( x 1)
2 4 3
x 1 4 ) ( x 1) 2 . 解 ( x 1) ( x 1) ( x1 2 x 1 则有 dt dx , 令t , 2 ( x 1) x1 4 1 dx 原式 t 3 dt x 1 4 2 2 3 ( ) ( x 1) x1 33 x 1 3 1 3 C. t C 2 x 1 2
ln 2 ln 3
C
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例2
计算
x2 dx 6 6 a x
3 3 1 1 3 1 x a 解:原式 3 2 dx ln 3 C 3 2 3 3 3 ( x ) (a ) 6a x a 例3 计算 1 cos x dx x sin x d ( x sin x ) ln | x sin x | C 解:原式 x sin x
x1 例10 求 2 dx. 2 x x 1 1 解 令x , (倒代换)
1 1 1 1 t t 原式 ( 2 )dt dt 2 1 12 t 1 t ( ) 1 t2 t 1 d (1 t 2 ) 2 arcsin t 1 t C dt 2 2 1 t 2 1 t
几类特殊函数的积分
x x 1 2 x 1 化为多项式与真分式之和 x
3
例如，我们可将
1 x2 1
预科部：melinda
2）在实数范围内真分式总可以分解成几个最简式之和 最简分式是下面两种形式的分式
A k ( x a)
2
Ax B ( x 2 px q )k
其中 A, B, a , p, q 都是待定的常数.
2
2u 1 u 2 R(sin x, cos x ) dx R 1 u2 , 1 u2 1 u2 du.
2
预科部：melinda
1 sin x sin x(1 cos x ) dx 2u , 解 由万能置换公式 sin x 2 1 u 2 2 1 u dx du , cos x 2 1 u 1 u2 1 sin x 1 u 2 2u 1 du sin x(1 cos x ) dx 2 u 1 u2 ( 2u ln u) C 2 2 2 x tan x 1 x 2 tan ln tan C 4 2 2 2
1 A(1 x 2 ) ( Bx C )(1 2 x ), 1 ( A 2 B ) x 2 ( B 2C ) x C A,
A 2 B 0, 4 2 1 B 2C 0, A , B , C , 5 5 5 A C 1, 4 2 1 x 1 5 5 5. (1 2 x )(1 x 2 ) 1 2 x 1 x2
( n 1)
预科部：melinda
1 1 u 而 I1 2 du arctan C 2 u a a a
结论 有理函数的原函数都是初等函数. 虽然从理论上讲，有理函数总可以分解为部分分式然 后再积分，但是实际上，不能机械地套用这个原理，而 要根据情况，把积分尽量简化.
D54定积分的分部积分法-PPT精选文档
4 4 tan x sec xtan x0 0 xdsec
2 2 xsec xdx 2 4 sec x 1sec xdx 2 4 tan 0
0
2 4 sec3 xdx 4 sec xdx
0
0
4 2 1 2 14 x dx sec xdx ln sec xtan x sec 0 2 2 2 2 0 2 1 ln 2 1 P154 2 2
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b b ( udv uv vdu ) a a a
b
例. 计算
0 arcsinxdx.
1 2
1 2
x 解: 原式 = x arcsin
0
0
1 2
x 1 x
2
dxΒιβλιοθήκη 1 π 11 2 2 2 2 ( 1 x) d ( 1 x) 0 12 2 1 1 π 2 (1 x2)2 12 0 π 3 b b b 1 uv vdu 12 2 a udv a a
[ u ( x ) v ( x ) ] u ( x ) v ( x ) u ( x ) v ( x ) 证:
两端在 [ a ,b ]上积分
b b b u ( x ) v ( x ) d x u ( x ) v ( x ) d x u (x )v (x ) a a a b b b (x u (x )v (x )d x )v (x )d x u ( x ) v ( x ) u a a a
t
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例 计算 0 4 cos x dx.
几种特殊函数的积分
x x x ln sec ln 1 tan C 2 2 2
数学分析（上）
注意 万能代换不一定是最佳方法, 故三角有理式 的计算先考虑其它方法, 不得已才用万能代换.
1 cos x 例如 d sin x dx 1 sin x 1 sin x
dx d cot x 又如 2 2 3 si n x 3 csc x 1
dx 1 C . (a sinx b cos x)2 a(a tan x b)
数学分析（上）Leabharlann 例5dx (1) 1 s i nx
dx ( 2) 2 cos x
dx ( 3) 2 si n x
A B 1 A 5 (3 A 2B ) 3 B 6 x3 5 6 2 （待定系数法） x 5x 6 x 2 x 3 x3 x 2 5 x 6 dx 5 ln x 2 6 ln x 3 C
数学分析（上）
dx 例3 求 I 1 x3 1 1 3 2 1 x (1 x )(1 x x )
1 A Bx C 2 2 (1 x )(1 x x ) 1 x 1 x x
1 1 2 , B ,C 可求得 A 3 3 3 1 1 1 1 2 I ln1 x ln(x x 1) arctan (2 x 1) C 3 6 3 3
Ak A1 A2 2 k x a ( x a) ( x a)
数学分析（上）
2）分母中若有因式 ( x
2
2
px q) ,其中
高数资料(特殊积分法)
t =∫ ⋅ 2 sin t cos t ⋅ d t = −2 ∫ t ⋅ d cos t cos t
= −2t cos t + 2 ∫ cos t ⋅ d t = −2t cos t + 2 sin t + C = −2 1 − x arcsin x + 2 x + C
5 3 2 = ln( x + 2 x + 4) − ∫ 3 2
dx
2
x + 1 1+ 3 5 x +1 3 arctan +C = ln( x 2 + 2 x + 4) − 3 3 2
例2
8 x + 31 2x + 4 dx ⋅ dx = 4 ∫ 2 ⋅ d x+ 15 ∫ 2 ∫ ( x 2 + 4 x + 13)2 ( x + 4 x + 13) 2 ( x + 4 x + 13) 2
1 1 1 = ∫ + ⋅dt 3 3 − t 3 + t 1 3+ t = ln +C 3 3−t
x 1 3 + tan 2 = ln +C x 3 3 − tan 2
例 6 解一
1 ∫ sin 4 x dx .
x u = tan , 2
2u sin x = , 2 1+ u
2 2
1 3 = − cot x − cot x + C . 3 结论 比较以上三种解法, 比较以上三种解法 便知万能置换不一定是最佳 方法, 故三角有理式的计算中先考虑其它手段, 方法 故三角有理式的计算中先考虑其它手段 不得已才用万能置换. 不得已才用万能置换
几种特殊类型函数的积分
解：令 则
例10（补充题） 求
解： 一直做下去，一定可以积出来，只是太麻烦。 由此可以看出，万能代换法不是最简方法， 能不用尽量不用。
例11（1987.III) 求
解: 说明: 通常求含 的积分时, 往往更方便 . 的有理式 用代换
2.简单无理函数的积分
令
例如:
令
令
化为有理函数的积分. 被积函数为简单根式的有理式 , 可通过根式代换
例2
通分以后比较分子得：
我们也可以用赋值法来得到最简分式，比如前面的例2，两端去分母后得到
例3
整理得
例4 求积分
例3
例6 求
思考: 如何求
解: 原式 提示: 变形方法同例6, 并利用 第三节 例9 .
注意：
有理函数的积分就是对下列三类函数的积分： 多项式； 主要讨论（3）积分
万能代换
简单无理函数
三角代换
根式代换
2. 特殊类型的积分按上述方法虽然可以积出,
但不一定
要注意综合使用基本积分法 ,
简便计算 .
简便 ,
习题4-4 奇数题
课后练习
思考与练习
1. 如何求下列积分更简便 ?
解: （1）
（2） 原式
解法 1
令 原式 求
2. 求
解法 2 令 原式
解: 因被积函数关于 cos x 为奇函数, 可令 原式 求
化为多项式与真分式之和
2）在实数范围内真分式总可以分解成几个最简式之和 最简分式是下面两种形式的分式
（1）分母中若有因式 ，则分解后为
3）有理函数化为部分分式之和的一般规律：
（2）分母中若有因式 ，其中
则分解后为
几种特殊类型函数的积分
几种特殊类型函数的积分一、有理函数的不定积分1.化有理函数为简单函数两个多项式的商所表示的函数)(x R 称为有理函数，即mm m m m nn n n n b x b x b x b x b a x a x a x a x a x Q x P x R ++++++++++==------122110122110)()()(ΛΛ （1） 其中n 和m 是非负整数；n a a a a ,,,,210Λ及m b b b b ,,,,210Λ都是实数，并且0,000≠≠b a ．当（1）式的分子多项式的次数n 小于其分母多项式的次数m ，即m n <时，称为有理真分式；当m n ≥时，称为有理假分式．对于任一假分式，我们总可以利用多项式的除法，将它化为一个多项式和一个真分式之和的形式．例如 12)1(112224+++-=+++x x x x x x ． 多项式的积分容易求得，下面只讨论真分式的积分问题．设有理函数（1）式中m n <，如果多项式)(x Q 在实数范围内能分解成一次因式和二次质因式的乘积：μλβα)()()()()(220s rx x q px x b x a x b x Q ++++--=ΛΛ．其中s r q p b a ,,,,,,,ΛΛ为实数；042<-q p ，…，042<-s r ；,,,βαΛμλ,,Λ为正整数，那末根据代数理论可知，真分式)()(x Q x P 总可以分解成如下部分分式之和，即βααα)()()()()(1121b x B a x A a x A a x A x Q x P -++-++-+-=-ΛΛλββ)()(21112q px x N x M b x B b x B ++++-++-+-Λμλλλ)()(21121222s rx x S x R q px x N x M q px x N x M ++++++++++++++-ΛΛsrx x S x R s rx x S x R +++++++++-21222)(μμμΛ． （2）其中i i i i i i S R N M B A ,,,,,,,ΛΛ都是待定常数，并且这样分解时，这些常数是唯一的．可见在实数范围内，任何有理真分式都可以分解成下面四类简单分式之和： （1）ax A - ，（2）ka x A )(- （k 是正整数，2≥k ）， （3）qpx x B Ax +++2（042<-q p ）， （4）k q px x B Ax )(2+++ （k 是正整数，04,22<-≥q p k ）．2. 有理函数的不定积分求有理函数的不定积分归结为求四类简单分式的积分．下面讨论这四类简单分式的积分．（1）C a x A a x d ax A dx a x A +-=--=-⎰⎰ln )(1，（2）C a x k A a x d a x A dx a x A k k k+-⋅--=--=---⎰⎰1)(11)()()(， （3）dx qpx x B Ax ⎰+++2（042<-q p ）． 将分母配方得)4()2(222p q p x q px x -++=++，作变量代换2px u +=，则du dx p u x =-=,2；由于04,0422>-<-p q q p ，记224a p q =-，于是 du au B pu A dx pq p x BAx dx qpx x B Ax ⎰⎰⎰++-=-+++=+++22222)2()4()2( du au Ap B du a u Au ⎰⎰+-++=22222C au a Ap B a u A +-++=arctan 2)ln(222C pq px p q Ap B q px x A +-+--+++=22242arctan 42)ln(2．（4）dx q px x B Ax k⎰+++)(2 (04,22<-≥q p k )．作变量代换2px u +=，并记224a p q =-，于是⎰⎰⎰+-++=+++du a u ApB du a u Au dx q px x B Ax k k k )(2)()(22222． 其中第一个积分C a u k A a u d a u A du a u Au k k k++⋅--=++=+--⎰⎰122222222)(1)1(2)()(2)(．第二个积分可通过建立递推公式求得．记 ⎰+=kk a u du I )(22 利用分部积分法有⎰⎰++++=+=12222222)(2)()(k k k k a u du u k a u u a u du I du a u a a u k a u u k k ⎰++-+++=12222222)()(2)( 122222)(+-++=k k k kI a kI a u u ． 整理得 k k k I ka k a u u k a I 22221212)(21-++⋅=+． 于是可得递推公式]2232)()1(21[111222----++⋅-=k k k I k k a u u k a I ． （3）利用（3）式，逐步递推，最后可归结为不定积分C a u a a u du I +=+=⎰arctan 1221．最后由2px u +=全部换回原积分变量，即可求出不定积分⎰+++dx q px x B Ax k )(2．例1 求⎰++-dx x x x 22)32(1． 解 ⎰⎰++-+=++-dx x x dx x x x 2222]2)1[(21)32(1 ⎰⎰+-++=2222)2(2)2(1u du du u u x u ]2212121[212)2(21222⎰+++⋅⨯⨯-+-=u du u u u C u u u +-++-=2arctan 221)2(212`C x x x x ++-+++-=21arctan 221)32(222． 例2 求dx x x ⎰-2)1(1．解 因为2)1(1-x x 可分解为 1)1()1(122-+-+=-x C x B x A x x ． 其中A ，B ，C 为待定系数．可以用两种方法求出待定系数．第一种方法：两端去掉分母后，得)1()1(12-++-=x Cx Bx x A ． （4）即A x C AB xC A +--++=)2()(12由于（4）式是恒等式，等式两端2x 和x 的系数及常数项必须分别相等，于是有⎪⎩⎪⎨⎧==--=+1020A C ABC A ， 从而解得 1=A ，1=B ，1-=C ．第二种方法：在恒等式（4）中，代入特殊的x 值，从而求出待定系数．如令0=x ，得1=A ；令1=x ，得1=B ；把A ，B 的值代入（4）式，并令2=x ，得C 2211++=，即1-=C ．于是⎰⎰---+=-dx x x x dx x x )11)1(11()1(122⎰⎰⎰---+=dx x dx x dx x 11)1(112 C x x x +----=1ln 11ln ． 例3 求⎰+-+dx x x x 22)1)(1(22． 解 因为1)1(1)1)(1(2222222++++++-=+-+x E Dx x C Bx x A x x x ， 两端去分母得)1)(1)(()1)(()1(22222+-++-+++=+x x E Dx x C Bx x A x234)2()()(x B E D A x D E x D A +-++-++=)()(C E A x C B E D --++-+-+．两端比较系数得 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--=+-+-=+-+=-=+220200C E A C B ED BE D A D E D A ，解方程组得1=A ，2-=B ，0=C ，1-=D ，1-=E ，故dx x x x x x dx x x x )11)1(211()1)(1(2222222⎰⎰++-+--=+-+ dx x x dx x x dx x ⎰⎰⎰++-+--=11)1(211222C x x x x +-+-++-=arctan )1ln(21111ln 22 C x x x x +-+++-=arctan 1111ln22． 例4 求⎰+-+dx x x x 6532． 解 因为32)3)(2(36532-+-=--+=+-+x B x A x x x x x x ， 两端去分母得 )2()3(3-+-=+x B x A x ．令2=x ，得5-=A ；令3=x ，得6=B ．于是C x x dx x x dx x x x +---=---=+-+⎰⎰2ln 53ln 6)2536(6532C x x +--=56)2()3(ln ． 从理论上讲，多项式)(x Q 总可以在实数范围内分解成一次因式和二次质因式的乘积，从而把有理函数)()(x Q x P 分解为多项式与四类简单分式之和，而简单分式都可以积出．所以，任何有理函数的原函数都是初等函数．但我们同时也应该注意到，在具体使用此方法时会遇到困难．首先，用待定系数法求待定系数时，计算比较繁琐；其次，当分母的次数比较高时，因式分解相当困难．因此，在解题时要灵活使用各种方法．例5 求dx x x x x x ⎰+++++12232． 解 dx x dx x dx x x x x dx x x x x x ⎰⎰⎰⎰+++=+++++=+++++1111)1)(1()1()1(12222232C x x +++=arctan 1ln ．例6 求dx x x x x ⎰+-+-)54)(44(122． 解 dx x x x x x x x x dx x x x x ⎰⎰+-+-+--+-=+-+-)54)(44()44()54()54)(44(1222222dx x x dx x x ⎰⎰+--+-=54144122 ⎰⎰-+----=)2(1)2(1)2()2(122x d x x d xC x x +----=)2arctan(21．例7 求dx x ⎰+114． 解 ⎰⎰⎰+--++=+dx x x dx x x dx x 112111211142424dx x x x dx x x x ⎰⎰+--++=2222221112111121 )1(2)1(121)1(2)1(12122xx d xx x x d x x +-+--+-=⎰⎰C x x x x x x ++++---=1212ln 24121arctan 221222．二、三角函数有理式的积分由三角函数和常数经过有限次四则运算所构成的函数称为三角函数有理式．因为所有三角函数都可以表示为x sin 和x cos 的有理函数，所以，下面只讨论)cos ,(sin x x R 型函数的不定积分．由三角学知道，x sin 和x cos 都可以用2tan x 的有理式表示，因此，作变量代换2tan x u =，则222122tan12tan22sec 2tan 22cos 2sin 2sin u u x x x x x x x +=+===, 22222222112tan 12tan 12sec 2tan 12sin 2cos cos u u x xx x x x x +-=+-=-=-=． 又由u x arctan 2=，得du u dx 212+=，于是 ⎰⎰++-+=du u u u u u R dx x x R 222212)11,12()cos ,(sin ． 由此可见，在任何情况下，变换2tan x u =都可以把积分dx x x R )cos ,(sin ⎰有理化．所以，称变换2tan x u =为万能代换．例8 求dx xx ⎰++cos sin 11． 解 设2tan x u =，则du u du u u u u u dx x x ⎰⎰⎰+=+⋅+-+++=++1112111211cos sin 112222 C xC u ++=++=2tan1ln 1ln ． 例9 求dx xx ⎰-+cos 1sin 1．解 设2tan x u =，则du u u u u du u u u u u dx x x⎰⎰⎰+++=+⋅+--++=-+)1(2)1(12111121cos 1sin 12222222du u u du u ⎰⎰++=)1(2122du u u u u du u ⎰⎰+-++=)1()1(212222⎰⎰⎰+-+=du u u du u du u 2212121C u u u ++-+-=)1ln(ln 212 C x x x +--=)2ln(sec 2cot 2tan ln 22．虽然利用代换2tan x u =可以把三角函数有理式的积分化为有理函数的积分，但是，经代换后得出的有理函数积分一般比较麻烦．因此，这种代换不一定是最简捷的代换．例10 求dx xx ⎰+sin 1sin ．解 dx xx x dx x x x dx x x ⎰⎰⎰-=--=+222cos sin sin sin 1)sin 1(sin sin 1sin dx x x dx xx ⎰⎰--=222cos cos 1cos sin ⎰⎰⎰+--=dx dx x x d x 22cos 1cos cos 1C x x x ++-=tan cos 1． 例11 求dx x⎰+2cos 311． 解 x d x dx x x dx xtan 4tan 13sec sec cos 3112222⎰⎰⎰+=+=+ C x +=)2tan arctan(21．三、简单无理函数的积分（一）),(nb ax x R +型函数的积分),(u x R 表示x 和u 两个变量的有理式．其中a ，b 为常数．对于这种类型函数的积分，作变量代换u b ax n=+，则a b u x n -=，du anu dx n 1-=，于是du a nuu a b u R dx b ax x R n n n1),(),(-⋅-=+⎰⎰ ． （5）（5）式右端是一个有理函数的积分．例12 求⎰++dx x 3211． 解 令u x =+32，则23-=u x ，du u dx 23=，于是⎰⎰⎰++-=+=++du u u du u u dx x 111313211223 C u u u du u u +++-=++-=⎰)1ln 2(3)111(32C x x x +++++-+=333221ln 323)2(23． 例13 求dx xx ⎰+31．解 为了同时去掉被积函数中的两个根式，取3和2的最小公倍数6，并作变量代换 u x =6，则6u x =，du u dx 56=，23u x =，3u x =，于是du u u du u u dx xx⎰⎰⎰+=+=+1616128283u d uu u u ⎰++-+-=)111(62246 C u u u u u ++-+-=arctan 6625676357 C x x x x x x ++-+-=66656arctan 6625676．（二）),(ndcx b ax x R ++型函数的积分这里),(u x R 仍然表示x 和u 两个变量的有理式．其中d c b a ,,,为常数．对于这种类型函数的不定积分，作变量代换u d cx b ax n=++，则nn cu a b du x --=，du cu a bc ad nu dx n n 21)()(--=-，于是du cu a bc ad nu u cu a b du R dx d cx b ax x R n n n nn21)()(),(),(--⋅--=++-⎰⎰． （6）（6）式右端是一个有理函数的积分．例14 求dx xx x ⎰+11．解 令u x x =+1, 则112-=u x ，du u u dx 22)1(2--=，于是 du u u du u u du u u u u dx x x x ⎰⎰⎰⎰-+--=--=--⋅-=+111212)1(2)1(112222222C u u u du u ++---=-+-=⎰11ln 2)111(22C u u u +--++-=1ln )1ln(222C x xx x x ++++++-=ln )11ln(212．例15 求dx x x ⎰-+342)1()1(1． 解⎰⎰+--+=-+dx x x x x dx x x 334211)1)(1(1)1()1(1，令u x x =+-311，则311u x x =+-，3311u u x -+=，du u u dx 232)1(6-=， 于是 du u dx x x x dx x x ⎰⎰⎰=+--=-+23234212311)1(1)1()1(1 C x x C u +-+-=+-=3112323．精品文档。
高等数学：5.6 几种特殊类型函数的积分
3o x4 2x2 x 1 A(x2 1)2 (Bx C)x (x2 1) (Dx E)x
令x 0得A 1,代入上式，化简得 1 (Bx C)(x2 1) (Dx E) Bx3 Cx2 (B D)x C E
比较系数得 B=0,C 0, D 0, E 1
三角函数有理式
三角代换
简单无理函数
2. 特殊类型的积分按上述方法虽然可以积出, 但不一定 简便 , 要注意综合使用基本积分法 , 简便计算 .
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5.1 定积分的概念及性质 5.2 微积分基本定理与牛顿-莱布尼兹公式 5.3 不定积分的概念与性质 5.4 换元积分法 5.5 分部积分法 5.6 几种特殊类型函数的积分 5.7 反常积分
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5.6 几种特殊类型函数的积分
一、有理函数的积分 二、三角函数有理式的积分 三、简单无理根式的积分
A x
Bx x2
C 1
Dx E (x2 1)2
通分，去分母得
x4 2x2 x 1 A(x2 1)2
(Bx C)x(x2 1) (Dx E)x 1o x4 2x2 x 1 ( A B)x4 Cx3 (2A B
D)x2 (C E)x A 比较两端系数,得
A B=1,C 0,2A B D 2,C E 1, A 1
原式
(t
2
1)
t
(t
2t 2 1)2
d
t
2
t
t
2
2
1
d
t
2 t ln t 1 C t 1
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注：很多初等函数的不定积分无法用有限个初等函 数表示（“积不出来”），如
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2 d(1+ 2x) 1 d(1+ x2 ) 1 dx ∴原 = ∫ 式 + ∫ − ∫ 2 5 1+ 2x 5 1+ x 5 1+ x2
2 1 1 2 = ln 1+ 2x − ln(1+ x )+ arctan x+ C 5 5 5
例1(3)
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例3. 求 解: 原式 = ∫
1 (2x + 2) − 3 2 2
1 4 2x −1 原式 = − 5 1+ 2x 1+ x2
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四种典型部分分式的积分: 四种典型部分分式的积分
A 1. ∫ dx = Aln x − a + C x −a A A = (x − a)1−n + C (n ≠1) 2. ∫ dx n 1− n (x − a)
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(2) 用赋值法
x +3 x +3 A B = = + 2 x − 5x + 6 (x − 2)(x − 3) x − 2 x − 3
x +3 = ∴ A = (x − 2) ⋅ 原 式 = −5 x = 2 x −3 x = 2
x +3 =6 = B = (x −3) ⋅ 原 式 x = 3 x −2 x = 3
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说明: 说明 将有理函数分解为部分分式进行积分虽可行, 但不一定简便 , 因此要注意根据被积函数的结构寻求 简便的方法. 例4. 求 解:
2x3 + 5x 2x2 + 5 I =∫ 4 dx + ∫ 4 dx 2 2 x + 5x + 4 x + 5x + 4
1 d(x4 + 5x2 + 4) (x2 +1) + (x2 + 4) = ∫ 4 +∫ dx 2 2 x + 5x + 4 (x2 +1)(x2 + 4) 1 1 x 4 2 = ln x + 5x + 4 + arctan +arctan x+ C 2 2 2
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例如： 例如：
P(x) R(x) = Q(x)
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例1. 将下列真分式分解为部分分式 :
解: (1) 用拼凑法
1 x − (x −1) = 2 x(x −1) x(x −1)2
1 1 = 2− (x −1) x(x −1)
1 x − (x −1) = − 2 x(x −1) (x −1) 1 1 1 = − + 2 x −1 x (x −1)
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例5. 求
(x2 + 2x + 2)− (2x + 2) dx 解: 原式 = ∫ 2 2 (x + 2x + 2)
dx dx d(x2 + 2x + 2) =∫ −∫ 2 2 (x +1) +1 (x + 2x + 2)2
1 = arctan(x +1) + 2 +C x + 2x + 2
第三节 几类初等函数的积分
第五章 五
• 基本积分法 : 直接积分法 ; 换元积分法 ; 分部积分法 • 初等函数 求导 积分 初等函数
本节内容: 一、有理函数的积分 二、可化为有理函数的积分举例
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一、 有理函数的积分
有理函数:
P(x) R(x) = = Q(x)
a0xn + a1xn−1 +⋯+ an
说明: 说明 通常求含 sin2 x, cos2 x及sin xcos x 的有理式 的积分时, 用代换 t = tan x 往往更方便 .
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1 dx (ab ≠ 0) . 例9. 求 ∫ (asin x + bcos x)2
解法 1 原式 = ∫
dx
(a tan x + b) cos x
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1 1+ x 例13. 求 ∫ dx . x x
1+ x ,则 解: 令 t = x
− 2t dt 原式 = ∫ (t −1)t ⋅ 2 (t −1)2
2
t2 t −1 = −2∫ 2 dt = −2t − ln +C t +1 t −1
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dx . 例11. 求 ∫ 3 1+ x + 2
u =3 x+2 , 则 解: 令
(u2 −1) +1 3u du = 3 原式 = ∫ ∫ 1+ u du 1+ u 1 = 3∫ ( u −1+ ) du 1+ u 1 u2 − u + ln 1+ u ] + C = 3[ 2
x x x cos2 2 −sin2 2 1− tan2 2 1−t 2 cos x = 2 = = x + cos2 x 1+ tan2 x sin 2 1+ t 2 2 2
x = 2arctant
2 dx = dt 2 1+ t
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1+ sin x ∫ sin x(1+ cos x) dx
= −∫ d(t − 1) t (t −1)2 + 3 t
(t 2 +1) dt = −∫ 1+ t 2 + t 4 t −1 1 = − arctan t + C 3 3 1 cos2 x = arctan +C 3 3sin x
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2. 某些含根式的函数的积分 被积函数为简单根式的有理式 , 可通过根式代换 化为有理函数 令 t = n ax + b ∫
R(x , n c x+d ) dx , ∫
a x+b
令
n a x+b t = c x+d
R(x , n ax + b , m ax + b) dx , ∫
令 t = p ax + b , p为 , n的 小 倍 . m 最 公 数
1 2x x x 1 = tan + tan + ln tan + C 4 2 2 2 2
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例8. 求
1 cos x
2
1 d tan x 式 解: 原 = ∫ = 2∫ 2 2 2 2 a tan x + (b)2 a tan x + b a
dx
1 a = arctan( tan x) + C ab b
I2 =
1 x = 2( 2 2 2a x + a
1 d(x2 + 2x + 3) d(x +1) = ∫ 2 − 3∫ 2 2 （x + 2x + 3 ） ((x +1)2 + ( 2)2 )2
3 x +1 1 1 − ( + =− 2 2 2 2 x + 2x + 3 4 (x +1) + ( 2) 1 x +1 + arctan ) +C 2 2 然后化简之┄┄┄
2
2
令 t = tan x
1 dt =− +C =∫ a(a t + b) (at + b)2 cos x =− +C a(a sin x + bcos x)
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1 dx (ab ≠ 0) 例9. 求 ∫ 2 (asin x + bcos x)
解法 2 令
a
a2 + b2 a2 + b2 1 dx 原式 = 2 2∫ a + b cos2 (x −ϕ) 1 = 2 2 tan(x −ϕ) + C a +b
= sinϕ ,
b
= cosϕ
asin x + bcos x cos ϕ sinϕ ab 2 2 1 a sinarctan ) + C cos x = a +b = 2 2 tan(x − x + 2 2 +a 2 + b2 b a +b b a
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Mx + N 3. ∫ 2 dx x + px + q Mx + N 4. ∫ 2 dx n (x + px + q)
变分子为
M (2x + p) 2
+N−
Mp 2
再分项积分
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例2. 求 解: 已知
1 1 4 2x 1 − + 2 = 2 (1+ 2x)(1+ x ) 5 1+ 2x 1+ x 1+ x2
故
−5 6 原 = 式 + x − 2 x −3
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(3) 混合法