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## 第9讲 一元函数积分学的计算
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>不定积分、定积分、变限积分和反常积分的计算</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①掌握不定积分的基本公式，掌握不定积分与定积分的换元积分法与分部积分法；②会求有理函数、三角函数有理式和简单无理函数的积分；③掌握牛顿－莱布尼茨公式；④会计算反常积分</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①不定积分和反常积分的计算；②定积分的计算和方法；③变限积分的计算和结论；④有些原函数无法用基本初等函数进行表示</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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基本积分公式的由来： $\left[ F ( x ) \right] ^ { \prime } = f ( x ) \Rightarrow \int f ( x ) \mathrm { d } x = F ( x ) + C . \cdot \left( \frac { 1 } { k + 1 } x ^ { k + 1 } \right) ^ { \prime } = x ^ { k } \Rightarrow \int x ^ { k } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { k + 1 } x ^ { k + 1 } + C . \cdot$
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需要牢记，是所有积分计算的基础！！！所有的积分计算通过各种方法最后都化为基本积分公式.
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两个难点： $\enclose{circle} { 1 } F ^ { \prime } ( x ) = f ( x )$ ，使用基本的积分方法找不到 $F ( x )$
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→引入中间变量
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②有的原函数无法用基本初等函数进行表示.
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## 基本积分公式
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以下10组公式，要牢记.
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①x²dx= -xk++C,k≠-1； $\begin{array} { l } { \displaystyle \{ \displaystyle \int \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = - \frac { 1 } { x } + C , } \\ { \displaystyle \frac { 1 } { \sqrt { x } } \mathrm { d } x = 2 \sqrt { x } + C . } \end{array}$ k+1
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\enclose{circle} { 2 } \int \frac { 1 } { x } \mathrm { d } x = \ln { \left| x \right| } + C . \longrightarrow ( \ln { x } ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { x }
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③[e²dx =e²+C; $\int a ^ { x } \mathrm { d } x = \frac { a ^ { x } } { \ln a } + C , a > 0$ 且 $a \neq 1 \ . { \longrightarrow } ( a ^ { x } ) ^ { \prime } = a ^ { x } \ln a$
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④ $\int \sin { x } \mathrm { d } x = - \cos { x } + C ; \int \cos { x } \mathrm { d } x = \sin { x } + C$
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\int \limits _ { \log 3 } ^ { \log 3 d x } d x = - \ln ( \cos x ) + C ; \int \cot x \mathrm { d } x = \ln ( \sin x ) + C ;
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\ P S _ { \mid \mid } \stackrel { \mathbb { V } } { \longrightarrow } { _ { \colon \thinspace \left( - \ln \left| \cos { x } \right| \right) ^ { \prime } = \tan { x } \Rightarrow \int \tan { x } \mathrm { d } x } } = - \ln { \left| \cos { x } \right| } + C .
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角度二： [tan xdx= sin x dx =- (cos x)'dx (凑徽分) cos x cosx u=cosx du =-In|u|+C=-ln｜cosx|+C. u
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\int { \frac { \mathrm { d } x } { \cos x } } = \int \sec x \mathrm { d } x = \ln \left| \sec x + \tan x \right| + C ; \star
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\int { \frac { \mathrm { d } x } { \sin x } } = \int \csc x \mathrm { d } x = \ln \left| \csc x - \cot x \right| + C ;
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\int \sec ^ { 2 } x \mathrm { d } x = \tan x + C ; \int \csc ^ { 2 } x \mathrm { d } x = - \cot x + C ;
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\int \sec { x } \tan { x } \mathrm { d } x = \sec { x } + C ; \int \csc { x } \cot { x } \mathrm { d } x = - \csc { x } + C .
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\enclose{circle} { 5 } \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \int _ { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \arctan x + C , } } \\ { \displaystyle { \int _ { a ^ { 2 } + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { a } \arctan \frac { x } { a } + C ( a > 0 ) . } } \end{array} \right.
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\enclose{circle} { 6 } \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \int _ { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \arcsin x + C \mathrm { , } } } \\ { \displaystyle { \int _ { \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \arcsin \frac { x } { a } + C ( a > 0 ) } . } \end{array} \right.
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\begin{array} { c } { { \displaystyle { \int } \frac { 1 } { x ^ { 2 } + a ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac 1 a { \displaystyle { \int } \frac { 1 } { 1 + \left( \frac { x } { a } \right) ^ { 2 } } \left( \frac { x } { a } \right) ^ { \prime } \mathrm { d } x } \nonumber } } \\ { { { \displaystyle { \frac { x } { a } = u } \frac { 1 } { a } { \displaystyle { \int } \frac { 1 } { 1 + u ^ { 2 } } } \mathrm { d } u = \frac 1 a \mathrm { a r c t a n } u + C } } } \\ { { { \displaystyle { \phantom { \displaystyle { \frac { x } { a } = u } \mathrm { a r c t a n } \frac { x } { a } + C } } } } } \end{array}
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\enclose{circle} { \enclose{circle} { 7 } } \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \int \frac { 1 } { \sqrt { x ^ { 2 } + a ^ { 2 } } } ~ \mathrm { d } x = \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + a ^ { 2 } } ) + C ( \frac { \sqrt { y ^ { 2 } } } { \sqrt { y ^ { 2 } } } , \operatorname { f l } ~ a = 1 ) , } \\ { \displaystyle \int \frac { 1 } { \sqrt { x ^ { 2 } - a ^ { 2 } } } ~ \mathrm { d } x = \ln \left| x + \sqrt { x ^ { 2 } - a ^ { 2 } } \right| + C ( \left| x \right| > \left| a \right| ) . } \end{array} \right.
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\enclose{circle} { 3 } \int \frac { 1 } { x ^ { 2 } - a ^ { 2 } } ~ \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 a } \ln \left| \frac { x - a } { x + a } \right| + C \left( \int \frac { 1 } { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 a } \ln \left| \frac { x + a } { x - a } \right| + C \right) .
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\enclose{circle} { 9 } \int \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { a ^ { 2 } } { 2 } \arcsin \frac { x } { a } + \frac { x } { 2 } \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } + C ( a > \left| x \right| \geqslant 0 ) \ .
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\begin{array} { c l } { { \displaystyle { \gamma \int \frac { 1 } { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = - \int \frac { 1 } { x ^ { 2 } - a ^ { 2 } } \mathrm { d } x = - \frac { 1 } { 2 a } \mathrm { l n } \left| \frac { x - a } { x + a } \right| + C } } } \\ { { \displaystyle { = \frac { 1 } { 2 a } \mathrm { l n } \left| \frac { x + a } { x - a } \right| + C . } } } \end{array}
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$\int \sin ^ { 2 } x \mathrm { d } x = { \frac { x } { 2 } } - { \frac { \sin 2 x } { 4 } } + C { \left( \sin ^ { 2 } x = { \frac { 1 - \cos 2 x } { 2 } } \right) }$ ；—→记住2次方即可，3次方不用再记
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\int \cos ^ { 2 } x \mathrm { d } x = \frac { x } { 2 } + \frac { \sin 2 x } { 4 } + C \left( \cos ^ { 2 } x = \frac { 1 + \cos 2 x } { 2 } \right) ;
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\int \tan ^ { 2 } x \mathrm { d } x = \tan x - x + C ( \tan ^ { 2 } x = \sec ^ { 2 } x - 1 ) ;
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\int \cot ^ { 2 } x \mathrm { d } x = - \cot x - x + C ( \cot ^ { 2 } x = \csc ^ { 2 } x - 1 ) \enspace .
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## 不定积分的积分法
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## 凑微分法
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\scriptstyle \bigwedge _ { \vec { \mathbf { \tau } } } g ( { \pmb x } ) = { \pmb u }
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$\int f [ g ( x ) ] g ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x = \int f [ g ( x ) ] \mathrm { d } [ g ( x ) ] = \int f ( u ) \mathrm { d } u$ .—→若可以代入基本积分公式，则结束
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当被积函数比较复杂时，拿出一部分放到d后面去，若能凑成 $\int f ( u ) \mathrm { d } u$ 的形式，则凑微分成功.比如，
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\begin{array} { c } { { { \displaystyle { \int } } { \frac { \ln ^ { 5 } x } { x } } \mathrm { d } x = { \displaystyle { \int } } \ln ^ { 5 } x \cdot { \frac { 1 } { x } } \mathrm { d } x = { \displaystyle { \int } } \ln ^ { 5 } x \mathrm { d } ( \ln x ) = { \frac { \ln ^ { 6 } x } { 6 } } + C . } } \\ { { { } } } \\ { { { \displaystyle { \int } \ln ^ { 5 } x \cdot ( \ln x ) ^ { \prime } \mathrm { d } x } } } \\ { { { } } } \\ { { { \displaystyle { f [ g ( x ) ] } } g ^ { \prime } ( x ) } } \end{array}
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即注2的⑤
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## →放入d后面要熟练
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## 常用的凑微分公式：
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①由于 $x \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \mathrm { d } ( x ^ { 2 } )$ ，故 $\int x f ( x ^ { 2 } ) \mathrm { d } x = { \frac { 1 } { 2 } } \int f ( x ^ { 2 } ) \mathrm { d } ( x ^ { 2 } ) = { \frac { 1 } { 2 } } \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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②由于 ${ \sqrt { x } } \mathrm { d } x = { \frac { 2 } { 3 } } \mathrm { d } ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } )$ ，故 $\int \sqrt { x } f ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } ) \mathrm { d } x = \frac { 2 } { 3 } \int f ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } ) \mathrm { d } ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } ) = \frac { 2 } { 3 } \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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③由于 $\frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { x } } = 2 \mathrm { d } ( \sqrt { x } )$ $\int { \frac { f ( { \sqrt { x } } ) } { \sqrt { x } } } \mathrm { d } x = 2 \int f ( { \sqrt { x } } ) \mathrm { d } ( { \sqrt { x } } ) = 2 \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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④由于 ${ \frac { \mathrm { d } x } { { \boldsymbol { x } } ^ { 2 } } } = \mathrm { d } \left( - { \frac { 1 } { x } } \right)$ $\int { \frac { f \left( - { \frac { 1 } { x } } \right) } { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \int f \left( - { \frac { 1 } { x } } \right) \mathrm { d } \left( - { \frac { 1 } { x } } \right) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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⑤由于当x>0时， ${ \frac { 1 } { x } } \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( \ln x )$ ，故 $\int { \frac { f ( \ln x ) } { x } } \mathrm { d } x = \int f ( \ln x ) \mathrm { d } ( \ln x ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 $\operatorname { e } ^ { x } \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( \operatorname { e } ^ { x } )$ ，故 $\int \mathrm { e } ^ { x } f ( \mathrm { e } ^ { x } ) \mathrm { d } x = \int f ( \mathrm { e } ^ { x } ) \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { x } ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 $a ^ { x } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { \ln a } \mathrm { d } ( a ^ { x } ) , a > 0 , a \neq 1$ 做 $\int a ^ { x } f ( a ^ { x } ) \mathrm { d } x = { \frac { 1 } { \ln a } } \int f ( a ^ { x } ) \mathrm { d } ( a ^ { x } ) = { \frac { 1 } { \ln a } } \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 $\sin x \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( - \cos x )$ ，故 $\int \sin { x } \cdot f ( - \cos { x } ) \mathrm { d } x = \int f ( - \cos { x } ) \mathrm { d } ( - \cos { x } ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 $\cos x \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( \sin x )$ 故 $\int \cos { x } \cdot f ( \sin { x } ) \mathrm { d } x = \int f ( \sin { x } ) \mathrm { d } ( \sin { x } ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 $\frac { \mathrm { d } x } { \cos ^ { 2 } x } = \sec ^ { 2 } x \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( \tan x )$ )，故 $\int { \frac { f ( \tan x ) } { \cos ^ { 2 } x } } \mathrm { d } x = \int f ( \tan x ) \mathrm { d } ( \tan x ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由 $\mp \frac { \mathrm { d } x } { \sin ^ { 2 } x } = \csc ^ { 2 } x \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( - \cot x )$ ，故 $\int { \frac { f ( - \cot x ) } { \sin ^ { 2 } x } } \mathrm { d } x = \int f ( - \cot x ) \mathrm { d } ( - \cot x ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 ${ \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( \arctan x )$ 做 $\int { \frac { f ( \arctan x ) } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \int f ( \arctan x ) \mathrm { d } ( \arctan x ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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由于 $\frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \mathrm { d } ( \arcsin x )$ 做 $\int { \frac { f ( \arcsin x ) } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } } \mathrm { d } x = \int f ( \arcsin x ) \mathrm { d } ( \arcsin x ) = \int f ( u ) \mathrm { d } u$
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选择复杂部分求导 $\frac { ( \arcsin x ) ^ { \prime } } { \downarrow } = \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } }$
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例9.1 求不定积分 $\int \frac { \sqrt { x } } { \sqrt { 4 - x ^ { 3 } } } \mathrm { d } x$
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解
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\int \frac { \sqrt { x } } { \sqrt { 4 - x ^ { 3 } } } \mathrm { d } x = \frac { 2 } { 3 } \int \frac { \mathrm { d } ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } ) } { \sqrt { 4 - ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } ) ^ { 2 } } } = \frac { 2 } { 3 } \int \frac { \mathrm { d } ( x ^ { \frac { 3 } { 2 } } ) } { 2 \sqrt { 1 - \left( \frac { 1 } { 2 } x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \right) ^ { 2 } } }
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= \frac { 2 } { 3 } \int \frac { \mathrm { d } { \left( \frac { 1 } { 2 } x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \right) } } { \sqrt { 1 - { \left( \frac { 1 } { 2 } x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \right) } ^ { 2 } } } \overset { > } { = } \frac { 2 } { 3 } \mathrm { a r c s i n } { \left( \frac { 1 } { 2 } x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \right) } + C \mathrm { ~ . ~ }
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例9.2 求不定积分 $\int \mathrm { e } ^ { \frac { \sin \theta } { \cos \theta + \sin \theta } } \bullet \frac { 1 } { \left( \cos \theta + \sin \theta \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta$ (真题中大题最后一步)
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分析）若不是常用的凑微分公式，则可对被积函数的复杂部分g(x)求导，若 $g ^ { \prime } ( x ) = f ( x )$ 即 $\mathrm { d } [ g ( x ) ] = f ( x ) \mathrm { d } x$ 则 $\int f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = \int g ( x ) \mathrm { d } [ g ( x ) ]$ ，凑微分成功.
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解 对复杂部分求导：
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\left( { \frac { \sin \theta } { \cos \theta + \sin \theta } } \right) ^ { \prime } = { \frac { \cos \theta ( \cos \theta + \sin \theta ) - \sin \theta ( - \sin \theta + \cos \theta ) } { \left( \cos \theta + \sin \theta \right) ^ { 2 } } } = { \frac { 1 } { \left( \cos \theta + \sin \theta \right) ^ { 2 } } } ,
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故
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\mathrm { d } \left( \frac { \sin \theta } { \cos \theta + \sin \theta } \right) = \frac { 1 } { \left( \cos \theta + \sin \theta \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta ,
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于是
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②换元法
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\overbrace { \underbrace { \vphantom { \int } \sum _ { j \in \mathcal { S } } ^ { m } \frac { \partial } { \partial \Psi } } } ^ { \substack { \sum } } = \ \int _ { \underset { f \left[ g \left( x \right) \right] } { \underbrace { \vphantom { \int } \sum _ { k = 0 } ^ { \infty } \mathrm { d } \theta } } } ^ { \infty \frac { \sin \theta } { \sin \theta } } \mathrm { d } \left( \underset { \underset { g \left( x \right) } { \underbrace { \vphantom { \int } \sin \theta } } } { \underbrace { \sin \theta } } \right) = \mathrm { e } ^ { \frac { \sin \theta } { \cos \theta + \sin \theta } } + C \ .
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(1)基本思想.
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\int f ( x ) \mathrm { d } x { \frac { x = g ( u ) } { \int f [ g ( u ) ] \mathrm { d } [ g ( u ) ] = \int f [ g ( u ) ] g ^ { \prime } ( u ) \mathrm { d } u ~ . } }
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↓ ${ \mathfrak { x } } _ { 5 } \cdot { \textstyle \sqrt { \mathrm { ~ \alpha ~ } } } ^ { * } \cdot { \mathrm { ~ \sqrt { e ^ { x } + 1 } ~ } } , \ { \sqrt { \frac { 2 x + 1 } { x + 1 } } } , \ { \frac { 1 } { \sqrt { { \mathrm { e } } ^ { 2 x } + 1 } } } .$ 本质：f(x)比较复杂，
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引入新的自变量u，将原式化简为 $\int h ( u ) \mathrm { d } u$ ，可代入公式
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注(1)当被积函数不容易积分（比如含有根式或含有反三角函数）时，可以通过换元的方法从d后面拿出一部分放到前面来，就成为 $\int f [ g ( u ) ] g ^ { \prime } ( u ) \mathrm { d } u$ 的形式，若 $f [ g ( u ) ] g ^ { \prime } ( u )$ 容易积分，则换元成功(2) $\scriptstyle x = g ( u )$ 须是单调可导函数，且不要忘记计算结束后用反函数 $u = g ^ { - 1 } ( x )$ 回代
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(2)常用换元法.
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①三角函数代换—当被积函数含有如下根式时，可作三角函数代换，这里 $a > 0$
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√a²-x→令x=sint,<；
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√a²+x²→令x=tant,<，
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若x>0，则 $0 < t < \frac { \pi } { 2 }$
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若x<0，则 $\frac { \pi } { 2 } < t < \pi .$
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②恒等变形后作三角函数代换 当被积函数含有根式 $\sqrt { a x ^ { 2 } + b x + c }$ 时，可先化为以下三种形式：
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\sqrt { \varphi ^ { 2 } ( x ) + k ^ { 2 } } , \sqrt { \varphi ^ { 2 } ( x ) - k ^ { 2 } } , \sqrt { k ^ { 2 } - \varphi ^ { 2 } ( x ) } ,
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再作三角函数代换.
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解题利器：“令复杂=t"
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“举重若轻"7★★★③根式代换一 一当被积函数含有根式 ${ \sqrt [ n ] { a x + b } } , { \sqrt { \frac { a x + b } { c x + d } } } , { \sqrt { a \mathbf { e } ^ { b x } + c } }$ 等时，一般令根式 ${ \sqrt { * } } = t$ （因为事实上，很难通过根号内换元的办法凑成平方，所以根号无法去掉).对既含有 $\sqrt [ n ] { a x + b }$ ，也含有$\sqrt [ m ] { a x + b }$ 的函数，一般取m,n的最小公倍数l，令 ${ \sqrt [ [object Object] ] { a x + b } } = t$
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￥比如，含有ax+b，ax+b的函数，令 $t = \sqrt [ 6 ] { a x + b }$
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④倒代换一当被积函数分母的幂次比分子高两次及两次以上时，作倒代换，令 $x = \frac { 1 } { t }$
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未必一定用.如 √ $\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int } \frac { 1 } { x ( x ^ { 3 } + 1 ) } \mathrm { d } x = \int \frac { x ^ { 2 } } { x ^ { 3 } ( x ^ { 3 } + 1 ) } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 3 } \int \frac { 1 } { x ^ { 3 } ( x ^ { 3 } + 1 ) } \mathrm { d } ( x ^ { 3 } ) } } \\ { { \displaystyle { \qquad \frac { x ^ { 3 } - t } { 3 } \frac { 1 } { 3 } \int _ { t ( t + 1 ) } ^ { 1 } \mathrm { d } t = \frac { 1 } { 3 } \int \left( \frac { 1 } { t } - \frac { 1 } { t + 1 } \right) \mathrm { d } t } } } \\ { { \displaystyle { \qquad = \frac { 1 } { 3 } ( \ln | t | - \ln | t + 1 | ) + C } } } \\ { { \displaystyle { \qquad = \frac { 1 } { 3 } \ln \left| \frac { x ^ { 3 } } { x ^ { 3 } + 1 } \right| + C } } } \end{array}$
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③复杂函数的直接代换一—当被积函数中含有 $a ^ { x } , \mathbf { e } ^ { x }$ ,In x,arcsinx，arctan x等时，可考虑直接令复杂函数等于t，值得指出的是，当Inx,arcsin x，arctan x与 $P _ { n } ( x )$ 或 $\mathrm { e } ^ { a x }$ 作乘法时（其中 $P _ { n } ( x )$ 为x的n次多项式)，优先考虑分部积分法.
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例9.3 求不定积分 $\int \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x ( a > 0 )$
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\longrightarrow - a \leqslant x \leqslant a , - \frac { \pi } { 2 } \leqslant t \leqslant \frac { \pi } { 2 }
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解设 $x = a \sin t$ ，则 $\mathrm { d } x = a \cos { \iota }$ tdt， $\scriptstyle \prime = \arcsin { \frac { x } { a } }$ ，所以
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int } \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int \sqrt { a ^ { 2 } - a ^ { 2 } \sin ^ { 2 } t } \cdot a \cos t \mathrm { d } t = a ^ { 2 } \displaystyle { \int } \cos ^ { 2 } t \mathrm { d } t = \frac { a ^ { 2 } } { 2 } \int \bigl ( 1 + \cos 2 t \bigr ) \mathrm { d } t } } \\ { { \displaystyle \qquad = \frac { a ^ { 2 } } { 2 } t + \frac { a ^ { 2 } } { 4 } \sin 2 t + C = \frac { a ^ { 2 } } { 2 } t + \frac { a ^ { 2 } } { 2 } \sin t \cos t + C } } \\ { { \displaystyle \qquad = \frac { a ^ { 2 } } { 2 } \arcsin \frac { x } { a } + \frac { x } { 2 } \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } + C . } } \end{array}
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## ③分部积分法
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(1) $\int \limits _ { \sin A } u \mathrm { d } \nu = u \nu - \int \nu \mathrm { d } u$
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这个方法主要适用于求[udv比较困难，而[vdu比较容易的情形
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注积分后会“简单”些的函数宜取作v；微分后会“简单”些的函数宜取作u．故u，v的选取原则为 指、三均可为u
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相对位置在左边的宜选作u，用来求导；相对位置在右边的宜选作v，用来积分，即
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（1）被积函数为 $P _ { n } ( x ) \mathrm { e } ^ { i x } , P _ { n } ( x ) \sin a x , P _ { n } ( x ) \cos a x$ 等形式时，一般来说选取 $u = P _ { n } ( x )$
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（2）被积函数为 $\mathrm { e } ^ { a x } \sin b x , \mathrm { e } ^ { a x } \cos b x$ 等形式时，u可以取两因子中的任意一个；
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（3）被积函数为 $P _ { n } ( x ) \ln x , P _ { n } ( x ) \arcsin x , P _ { n } ( x ) \arctan x$ 等形式时，一般分别选取
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u = \ln x , u = \arcsin x , u = \arctan x .
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\begin{array} { l } { \displaystyle \downarrow \downarrow \bigcup _ { u } { \bigcup _ { u } { { \big ( 1 + x ^ { 2 } \big ) } \mathord { \bigcup _ { v } } } } = \displaystyle { \int _ { \ln { \big ( 1 + x ^ { 2 } \big ) } } } \cdot { x ^ { \prime } } \mathrm { d } x } \\ { \displaystyle { \bigcup _ { u } { \big ( 1 + x ^ { 2 } \big ) } } \cdot { \bigcup _ { u } { \big ( 1 + x ^ { 2 } \big ) } } \cdot { \big \downarrow } } \\ { \displaystyle { \qquad = \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) \cdot x - \int x \cdot \frac { 2 x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ { \displaystyle { \qquad = x \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) - 2 \Big \lceil \frac { x ^ { 2 } + 1 - 1 } { x ^ { 2 } + 1 } \mathrm { d } x } } \\ { \displaystyle { \qquad = x \ln ( 1 + x ^ { 2 } ) - 2 x + 2 \arctan x + C . } } \end{array}
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\begin{array} { r l } & { \not \downarrow \delta > \int x ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { x } \mathrm { d } x = \displaystyle \int x ^ { 3 } \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { x } ) = x ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { x } - \int \mathrm { e } ^ { x } \ast 3 x ^ { 2 } \mathrm { d } x } \\ & { \qquad = x ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { x } - 3 \int x ^ { 2 } \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { x } ) } \\ & { \qquad = x ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { x } - 3 \left( x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x } - \int \mathrm { e } ^ { x } \ast 2 x \mathrm { d } x \right) } \\ & { \qquad = x ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { x } - 3 x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x } + 6 x \mathrm { e } ^ { x } - 6 \mathrm { e } ^ { x } + C } \end{array}
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(2)分部积分法的推广公式与 $\int P _ { n } ( x ) \mathrm { e } ^ { k x } \mathrm { d } x , \int P _ { n } ( x ) \sin a x \mathrm { d } x , \int P _ { n } ( x ) \cos b x \mathrm { d } x$
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设函数 $\scriptstyle u = u ( x )$ 与 $\nu = \nu ( x )$ 具有直到第n+1阶的连续导数，并根据分部积分公式
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\int u \mathrm { d } \nu = u \nu - \int \nu \mathrm { d } u ,
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则有
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\int u \nu ^ { ( n + 1 ) } \mathrm { d } x = u \nu ^ { ( n ) } - u ^ { \prime } \nu ^ { ( n - 1 ) } + u ^ { \prime } \nu ^ { ( n - 2 ) } - \cdots + ( - 1 ) ^ { n } u ^ { ( n ) } \nu + ( - 1 ) ^ { n + 1 } \int u ^ { ( n + 1 ) } \nu \mathrm { d } x \ .
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注证明n=3时，如下：
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证
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\begin{array} { r l } & { \int u v ^ { ( 4 ) } \mathrm { d } x = u v ^ { ( 3 ) } - u ^ { \prime } v ^ { \prime } + u ^ { \prime } v ^ { \prime } - u ^ { ( 3 ) } v + \int u ^ { ( 4 ) } v \mathrm { d } x \ . } \\ & { \qquad \int u v ^ { ( 4 ) } \mathrm { d } x = \int u \mathrm { d } [ v ^ { ( 3 ) } ] = u v ^ { ( 3 ) } - \int u ^ { \prime } v ^ { ( 3 ) } \mathrm { d } x \ . } \\ & { \qquad \int u ^ { \prime } v ^ { ( 3 ) } \mathrm { d } x = \int u ^ { \prime } \mathrm { d } ( v ^ { \prime } ) = u ^ { \prime } v ^ { \prime } - \int u ^ { \prime } v ^ { \prime } \mathrm { d } x \ . } \\ & { \qquad \int u ^ { \prime } v ^ { \prime } \mathrm { d } x = \int u ^ { \prime } \mathrm { d } ( v ^ { \prime } ) = u ^ { \prime } v ^ { \prime } - \int u ^ { ( 3 ) } v ^ { \prime } \mathrm { d } x \ . } \\ & { \qquad \int u ^ { ( 3 ) } v ^ { \prime } \mathrm { d } x = \int u ^ { ( 3 ) } \mathrm { d } v - u ^ { ( 3 ) } v - \int u ^ { ( 4 ) } v \mathrm { d } x \ . } \end{array}
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联立以上式子，得
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\int u \nu ^ { ( 4 ) } \mathrm { d } x = u \nu ^ { ( 3 ) } - u ^ { \prime } \nu ^ { \prime } + u ^ { \prime \prime } \nu ^ { \prime } - u ^ { ( 3 ) } \nu + \int u ^ { ( 4 ) } \nu \mathrm { d } x ~ .
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事实上，可写成如下表格：
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>u的各阶导数</td><td rowspan=1 colspan=1> $\boldsymbol { u }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $u ^ { \prime }$ </td><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1> $u ^ { ( 3 ) }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\frac { \boldsymbol { u } ^ { ( 4 ) } } { \updownarrow }$ </td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\nu ^ { ( 4 ) }$ 的各阶原函数</td><td rowspan=1 colspan=1> $\nu ^ { ( 4 ) }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\nu ^ { ( 3 ) }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\nu ^ { \prime \prime }$ </td><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1></td></tr></table>
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计算方法：以u作起点左上、右下错位相乘，各项符号 $" + " - "$ 相间，最后一项为 $\int u ^ { ( 4 ) } \nu \mathrm { d } x$ 比如，求不定积分 $\int ( x ^ { 3 } + 2 x + 6 ) \mathrm { e } ^ { 2 x } \mathrm { d } x$ ，则
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1> $x ^ { 3 } + 2 x + 6$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $3 x ^ { 2 } + 2$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $_ { 6 x }$ </td><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1></td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\nu ^ { ( 4 ) }$ $\mathrm { e } ^ { 2 x }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\frac { 1 } { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> ${ \frac { 1 } { 4 } } \mathrm { e } ^ { 2 x }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\frac { 1 } { 8 } \mathrm { e } ^ { 2 x }$ </td><td rowspan=1 colspan=1> ${ \frac { 1 } { 1 6 } } \mathrm { e } ^ { 2 x }$ </td></tr></table>
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利用上述表格，可得
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\begin{array} { r l } & { \displaystyle \ J _ { \mathrm { F } } ^ { \mathrm { G } } \frac { \ d \bf \to \bar { x } } { \ d \bf \bar { x } } = ( x ^ { 3 } + 2 x + 6 ) \left( \frac 1 2 { \bf e } ^ { 2 x } \right) - ( 3 x ^ { 2 } + 2 ) \left( \frac 1 4 { \bf e } ^ { 2 x } \right) + 6 x \left( \frac 1 8 { \bf e } ^ { 2 x } \right) - 6 \left( \frac 1 { 1 6 } { \bf e } ^ { 2 x } \right) + \int 0 \cdot \left( \frac 1 { 1 6 } { \bf e } ^ { 2 x } \right) \mathrm { d } x } \\ & { \quad \quad = \left( \frac 1 2 x ^ { 3 } - \frac 3 4 x ^ { 2 } + \frac 7 4 x + \frac { 1 7 } { 8 } \right) { \bf e } ^ { 2 x } + C \ . } \end{array}
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例9.4 求不定积分 $\int \frac { x \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } } \mathrm { d } x$
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分析 $\int \displaylimits _ { \downarrow } \Delta \mathrm { d } x \int \displaylimits _ { \downarrow } \mathrm { d } x$ .②带且无平方项，整体代换令其为u.稳定不好求易求
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解 本题主要考查换元法、分部积分法．
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$u = \sqrt { \mathrm { e } ^ { x } - 1 }$ ，则 $\scriptstyle x = \ln ( 1 + u ^ { 2 } )$ ，dx $= \frac { 2 u } { 1 + u ^ { 2 } } \mathrm { d } u$ ，从而
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\begin{array} { l } { \displaystyle \int \frac { x \mathrm { e } ^ { x } } { \sqrt { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } } \mathrm { d } x = \displaystyle \int \frac { ( 1 + u ^ { 2 } ) \ln ( 1 + u ^ { 2 } ) } { u } \cdot \frac { 2 u } { 1 + u ^ { 2 } } \mathrm { d } u = 2 \displaystyle \int \ln ( 1 + u ^ { 2 } ) \mathrm { d } u } \\ { \displaystyle \qquad = 2 u \ln ( 1 + u ^ { 2 } ) - \int \frac { 4 u ^ { 2 } } { 1 + u ^ { 2 } } \mathrm { d } u = 2 u \ln ( 1 + u ^ { 2 } ) - 4 u + 4 \arctan u + C } \\ { \displaystyle \qquad = 2 x \sqrt { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } - 4 \sqrt { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } + 4 \arctan \sqrt { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } + C \ . } \end{array}
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例9.5 求不定积分 $\int { \frac { x \mathrm { e } ^ { \arctan x } } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } } } \mathrm { d } x$
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分析带 $\sqrt { { ~ ^ { ~ } } ^ { ~ } }$ 且有平方项→三角代换x=tant→消 $\sqrt { { ~ ^ { ~ } } ^ { ~ } }$
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解 本题涉及换元法、分部积分法.
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设x=tant，则
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又
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\begin{array} { r l } & { \int \displaystyle \frac { x \mathrm { e } ^ { i \alpha \mathrm { m } x } } { \left( 1 + x ^ { 2 } \right) ^ { \frac { 3 } { 2 } } } \mathrm { d } x = \int \displaystyle \frac { \mathrm { e } ^ { i } \tan t } { \left( 1 + \tan ^ { 2 } t \right) ^ { \frac { 3 } { 2 } } } \mathrm { s e c } ^ { \alpha } t \mathrm { d } t = \int \mathrm { e } ^ { i } \sin t \mathrm { d } t , } \\ & { \int \displaystyle \mathrm { e } ^ { i } \sin t \mathrm { d } t \frac { ( \mathrm { e } ^ { + } ) } { - \int } \mathrm { e } ^ { i } \mathrm { d } ( \cos t ) = - \Big ( \mathrm { e } ^ { i } \cos t - \int \mathrm { e } ^ { i } \cos t \mathrm { d } t \Big ) \quad \Bigg ] _ { \left. \frac { \mathrm { e } ^ { + } \sin \frac { 4 } { 9 } \sqrt { 9 } \mathrm { e } ^ { i } \frac { { \lambda } { \sqrt { 3 } } } { 2 } } \mathrm { d } \alpha \right. \frac { 4 } { 5 } \frac { \sin \frac { t } { 2 } \sin \frac { 4 } { 9 } \sqrt { 9 } } { 4 } } } \\ & { \qquad = - \mathrm { e } ^ { i } \cos t + \mathrm { e } ^ { i } \sin t - \int \mathrm { e } ^ { i } \sin t \mathrm { d } t , } \end{array}
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故原式 $= \int \mathrm { e } ^ { t } \sin t \mathrm { d } t = { \frac { 1 } { 2 } } \mathrm { e } ^ { t } ( \sin t - \cos t ) + C = { \frac { ( x - 1 ) \mathrm { e } ^ { a \mathrm { r c t a n } x } } { 2 { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } } } + C$
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注（\*）处亦可直接套用如下公式：
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\enclose{circle} { 1 } \int \mathrm { e } ^ { a x } \sin b x \mathrm { d } x = \frac { \left| \mathrm { e } ^ { a x } - \mathrm { s i n } b x \right| ^ { \prime } } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } + C = \frac { a \mathrm { e } ^ { a x } \sin b x - b \mathrm { e } ^ { a x } \cos b x } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } + C ;
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\enclose{circle} { 2 } \int \mathrm { e } ^ { a x } \cos b x \mathrm { d } x = \frac { | \mathrm { e } ^ { a x } \langle \mathrm { } \cos b x \rangle ^ { \prime } | } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } + C = \frac { a \mathrm { e } ^ { a x } \cos b x + b \mathrm { e } ^ { a x } \sin b x } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } + C \ .
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再如， $\int \mathrm { e } ^ { - x } \sin n x \mathrm { d } x = { \frac { - \mathrm { e } ^ { - x } \sin n x - n \mathrm { e } ^ { - x } \cos n x } { ( - 1 ) ^ { 2 } + n ^ { 2 } } } + C$
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例9.6 设 $f ( \ln x ) = { \frac { \ln ( 1 + x ) } { x } }$ ，计算 $\int f ( x ) \mathrm { d } x$
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分析首先，本题要求出f(x)的表达式，一般方法是令t=lnx.其次，计算具体积分，或先凑微分再分部积分，或换元再分部积分.
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解 设lnx=t，则 $x = { \mathrm { e } } ^ { t } , f ( t ) = { \frac { \ln ( 1 + { \mathrm { e } } ^ { t } ) } { { \mathrm { e } } ^ { t } } }$ ，故
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int f ( x ) \mathrm { d } x = \int \frac { \mathrm { l n } ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) } { \mathrm { e } ^ { x } } \mathrm { d } x = - \int \mathrm { l n } ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { - x } ) } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { \displaystyle { \phantom { \int } { } { = } - \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { l n } ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) + \int [ 1 + \mathrm { e } ^ { x } \mathrm { \frac { } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } { = } - \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { l n } ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) + x - \mathrm { l n } ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) + C } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \int } { } { = } x - ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) \mathrm { l n } ( 1 + \mathrm { e } ^ { x } ) + C . } } } \end{array}
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例9.7 计算不定积分 $\int \mathrm { e } ^ { 2 x } ( \tan x + 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x$
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分析）展开平方，利用三角函数公式化简.
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解
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{ \begin{array} { r l } & { \int \mathbf { e } ^ { 2 x } ( \tan x + 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \int \mathbf { e } ^ { 2 x } ( \sec ^ { 2 } x + 2 \tan x ) \mathrm { d } x } \\ & { \qquad = \int \mathbf { e } ^ { 2 x } \sec ^ { 2 } x \mathrm { d } x + 2 \int \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \mathrm { d } x } \\ & { \qquad = \int \mathbf { e } ^ { 2 x } \mathrm { d } ( \tan x ) + 2 \int \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \mathrm { d } x } \\ & { \qquad = \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \left[ - 2 \left[ \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \mathrm { d } x + 2 \right] \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \mathrm { d } x \right] } \\ & { \qquad = \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \left[ { \frac { - 2 \left[ \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \mathrm { d } x + 2 \right] \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x \mathrm { d } x } { \hbar } } \right] \cdots \left. { \frac { \mathbf { i } } { \hbar } } { \frac { \mathbf { i } } { \hbar } } + { \frac { 1 } { 6 } } { \frac { \partial } { \partial } } { \frac { \partial } { \partial } } { \frac { \partial } { \partial } } { \frac { \partial } { \partial } } { \frac { \partial } { \partial } } \right. \ , \ \pm \Re { \mathrm { d } } { \frac { \partial } { \partial } } { \frac { \partial } { \partial } } \ } \\ & { \qquad = \mathbf { e } ^ { 2 x } \tan x + C \ . } \end{array} }
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## 4有理函数的积分
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(1)定义.
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形如 $\int \frac { P _ { n } ( x ) } { Q _ { m } ( x ) } \mathrm { d } x ( n < m )$ 的积分称为有理函数的积分，其中 $P _ { n } ( x ) , Q _ { m } ( x )$ 分别是x的n次多项式和m次多项式. → $\frac { P _ { n } ( x ) } { Q _ { m } ( x ) } \bigg \{ { n < m }$ 莫分式， 假分式=多项式+真分式.比如： ${ \frac { x ^ { 2 } } { x + 1 } } = { \frac { x ^ { 2 } - 1 + 1 } { x + 1 } } = x - 1 + { \frac { 1 } { x + 1 } }$
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(2)思想.
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若 $Q _ { m } ( x )$ 在实数域内可因式分解，则因式分解后再把 $\frac { P _ { n } ( x ) } { Q _ { m } ( x ) }$ 拆成若干项最简有理分式之和.
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有理式=最简有理分式之和，其中最简有理分式分为 $\frac { A } { a x + b } , \frac { A _ { k } } { ( a x + b ) ^ { k } } , \frac { A x + B } { p x ^ { 2 } + q x + r } , \frac { A _ { k } x + B _ { k } } { ( p x ^ { 2 } + q x + r ) ^ { k } }$ $( k = 2 , 3 , \cdots )$ 积分易算
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比如
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\int { \frac { 1 } { x + 1 } } \mathrm { d } x = \ln { \left| x + 1 \right| } + C ,
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\int \frac { 2 } { ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } { \mathrm { d } } x = \int \frac { 1 } { ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } { \mathrm { d } } ( 2 x - 1 ) = - \frac { 1 } { 2 x - 1 } + C ,
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\int \frac { x - 1 } { { x } ^ { 2 } + 1 } \mathrm { d } x = \int \frac { 1 } { 2 } \frac { 2 x } { { x } ^ { 2 } + 1 } \mathrm { d } x - \int \frac { 1 } { { x } ^ { 2 } + 1 } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \ln ( { x } ^ { 2 } + 1 ) - \arctan { x } + C ~ .
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利用分部积分逆推 $I = \int \frac { \mathrm { d } x } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } }$ ，由于
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\begin{array} { r } \displaystyle { \int } \displaystyle { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { x } { 1 + x ^ { 2 } } + \int x \bullet \frac { 2 x } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } } \mathrm { d } x } \\ { = \displaystyle { \frac { x } { 1 + x ^ { 2 } } + 2 \int \frac { x ^ { 2 } + 1 - 1 } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ { = \displaystyle { \frac { x } { 1 + x ^ { 2 } } + 2 \arctan { x } - 2 I } , } \end{array}
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因此 $I = \frac { x } { 2 ( 1 + x ^ { 2 } ) } + \frac { 1 } { 2 } \arctan x + C$
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(3)方法（如何拆）.
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$Q _ { m } ( x )$ 的一次单因式 $a x + b$ 产生一项 $\frac { A } { a x + b }$
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② $Q _ { m } ( x )$ 的k重一次因式 $( a x + b ) ^ { k } \vec { \jmath } ^ { s }$ 生k项，分别为 $\frac { A _ { 1 } } { a x + b } , \frac { A _ { 2 } } { ( a x + b ) ^ { 2 } } , \cdots , \frac { A _ { k } } { ( a x + b ) ^ { k } } ( k = 2 , 3 , \cdots )$
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$Q _ { m } ( x )$ 的二次单因式 $p x ^ { 2 } + q x + r { \vec { y } } ^ { 2 }$ 生一项 $\frac { A x + B } { p x ^ { 2 } + q x + r }$
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④ $Q _ { m } ( x )$ 的k重二次因式 $( p x ^ { 2 } + q x + r ) ^ { k }$ 产生k项，分别为
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{ \frac { A _ { 1 } x + B _ { 1 } } { p x ^ { 2 } + q x + r } } , { \frac { A _ { 2 } x + B _ { 2 } } { \left( p x ^ { 2 } + q x + r \right) ^ { 2 } } } , \cdots , { \frac { A _ { k } x + B _ { k } } { \left( p x ^ { 2 } + q x + r \right) ^ { k } } }
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比如， $Q _ { m } ( x ) = ( a x + b ) ^ { 2 } ( p x ^ { 2 } + q x + r ) ^ { 2 }$ ，则有
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\frac { P } { Q } = \frac { A _ { 1 } } { a x + b } + \frac { A _ { 2 } } { \left( a x + b \right) ^ { 2 } } + \frac { A _ { 3 } x + B } { p x ^ { 2 } + q x + r } + \frac { A _ { 4 } x + C } { \left( p x ^ { 2 } + q x + r \right) ^ { 2 } } \ .
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山 例9.8 求 $\int \frac { 4 x ^ { 2 } - 6 x - 1 } { ( x + 1 ) ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } \mathrm { d } x$
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解 本题主要考查有理函数的积分.
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先将被积函数分解为最简有理分式之和.这时应有分解式
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{ \frac { 4 x ^ { 2 } - 6 x - 1 } { ( x + 1 ) ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } } = { \frac { A } { x + 1 } } + { \frac { B } { 2 x - 1 } } + { \frac { C } { ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } } ,
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问题是如何定出A，B,C这三个数.右边通分后等号左、右两边的分子应恒等，即
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4 x ^ { 2 } - 6 x - 1 \equiv A ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } + B ( x + 1 ) ( 2 x - 1 ) + C ( x + 1 ) ~ .\tag{*}
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由此恒等式不难定出A,B,C来，常用的方法有两种.
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一种方法是将等式右端展开，得到
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4 x ^ { 2 } - 6 x - 1 \equiv ( 4 A + 2 B ) x ^ { 2 } + ( - 4 A + B + C ) x + ( A - B + C ) ,
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因为这是恒等式，等号左、右两边x的同次幂的系数应该相等，故应有
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\left\{ \begin{array} { l } { { 4 A + 2 B = 4 , } } \\ { { - 4 A + B + C = - 6 , } } \\ { { A - B + C = - 1 , } } \end{array} \right.
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解得 $A = 1 , B = 0 , C = - 2$
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这种方法比较死板，且解系数满足的方程组有时较烦琐.我们希望能求得A,B,C应满足的较简单的条件.
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另一种方法是根据在恒等式中以变量x的任意值代入等号两边应该得到相同的值，利用这一性质，赋予x适当的值，可以得到A,B,C应满足的简单条件.例如，在(\*)式中
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$x = - 1$ ，有 $9 = 9 A , A = 1$
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$x = \frac { 1 } { 2 }$ ，有 $- 3 = \frac { 3 } { 2 } C , C = - 2$
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$x = 0$ ，有 $- 1 = A - B + C$ ，可求出 $B = 0$
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两种方法求得的结果一致：
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{ \frac { 4 x ^ { 2 } - 6 x - 1 } { ( x + 1 ) ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } } = { \frac { 1 } { x + 1 } } - { \frac { 2 } { ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } } \ .
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因此可求得
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\int \frac { 4 x ^ { 2 } - 6 x - 1 } { ( x + 1 ) ( 2 x - 1 ) ^ { 2 } } { \mathrm { d } } x = \int \frac { { \mathrm { d } } x } { x + 1 } - \int \frac { 2 } { \left( 2 x - 1 \right) ^ { 2 } } { \mathrm { d } } x
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例9.9 求 $\int { \frac { x } { { { x } ^ { 3 } } - { { x } ^ { 2 } } + { x } - 1 } } \mathrm { d } x$
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分析）对分母进行因式分解（不会很难）→拆分母，求参数→对最简有理分式积分.
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解 本题主要考查有理函数的积分.
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因为 $x ^ { 3 } - x ^ { 2 } + x - 1 = ( x - 1 ) ( x ^ { 2 } + 1 )$ ，设
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{ \frac { x } { x ^ { 3 } - x ^ { 2 } + x - 1 } } = { \frac { A } { x - 1 } } + { \frac { B x + C } { x ^ { 2 } + 1 } } ,
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这时应有
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x \equiv A ( x ^ { 2 } + 1 ) + ( B x + C ) ( x - 1 ) ,\tag{*}
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在(\*)式中，令x=1，得 $1 = 2 A , A = { \frac { 1 } { 2 } }$ ；令x=0，得 $0 = A - C , C = \frac { 1 } { 2 }$
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比较(\*)式两端 $x ^ { 2 }$ 的系数，有 $0 = A + B$ ，已求得 $A = \frac { 1 } { 2 }$ ，故有 $B = - \frac 1 2$ .于是可得
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\begin{array} { l } \displaystyle { \int \frac { x } { { { x ^ { 3 } } - { x ^ { 2 } } + { x - 1 } } } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \displaystyle { \int \frac { \mathrm { d } x } { x - 1 } } - \frac { 1 } { 2 } \displaystyle { \int \frac { x - 1 } { { x ^ { 2 } } + 1 } \mathrm { d } x } } \\ { \displaystyle { \qquad = \frac { 1 } { 2 } \ln \left| x - 1 \right| - \frac { 1 } { 4 } \ln ( { x ^ { 2 } } + 1 ) + \frac { 1 } { 2 } \arctan x + C _ { 1 } } } \\ { \displaystyle { \qquad = \frac { 1 } { 4 } \ln \frac { ( x - 1 ) ^ { 2 } } { { x ^ { 2 } } + 1 } + \frac { 1 } { 2 } \arctan x + C _ { 1 } ~ . } } \end{array}
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注①形如R(sinx，cosx)的有理式称为三角函数有理式→有理函数
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a令 $t = \tan \frac { x } { 2 }$ $\sin x = \frac { 2 t } { 1 + t ^ { 2 } }$ $\cos x = \frac { 1 - t ^ { 2 } } { 1 + t ^ { 2 } }$ （万能公式），则有
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\int R ( \sin x , \cos x ) { \mathrm { d } } x = \int R \left( { \frac { 2 t } { 1 + t ^ { 2 } } } , { \frac { 1 - t ^ { 2 } } { 1 + t ^ { 2 } } } \right) { \frac { 2 } { 1 + t ^ { 2 } } } { \mathrm { d } } t = \int { \frac { P _ { n } ( t ) } { Q _ { m } ( t ) } } { \mathrm { d } } t \ ,
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b.若 $R ( \sin x , \cos x ) = - R ( - \sin x , \cos x )$ ，令cosx=t凑微分
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若 $R ( \sin x , \cos x ) = - R ( \sin x , - \cos x )$ ，令sinx=t凑微分
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若 $R ( \sin x , \cos x ) = R ( - \sin x , - \cos x )$ ，令tanx=t凑微分
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$\int f ( \sqrt { a ^ { 2 } + x ^ { 2 } } ) d x \xrightarrow { x = a \tan 1 }$ 有理函数
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$\int f \left( \sqrt { \frac { a x + b } { c x + d } } \right) \mathrm { d } x \xrightarrow [ ] { t = \sqrt { \frac { a x + b } { c x + d } } } \quad \quad$ 有理函数．
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例9.10 $\int \frac { 2 x + 3 } { x ^ { 2 } - x + 1 } \mathrm { d } x$
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解 应填 $\ln ( x ^ { 2 } - x + 1 ) + { \frac { 8 { \sqrt { 3 } } } { 3 } } \arctan { \frac { 2 x - 1 } { \sqrt { 3 } } } + C$
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已是最简有理分式，请泣意看接下来的积分方法
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\begin{array} { l } { { { \displaystyle { \int } \frac { 2 x + 3 } { x ^ { 2 } - x + 1 } \mathrm { d } x = \displaystyle { \int } \frac { 2 x - 1 + 4 } { x ^ { 2 } - x + 1 } \mathrm { d } x } \qquad { \displaystyle { \int } \frac { u ^ { \prime } } { u } \mathrm { d } x = \displaystyle { \int } \frac { \mathrm { d } u } { u } = \mathrm { h } \left| u \right| + C } } } \\ { { \displaystyle { \qquad = \displaystyle { \int } \frac { 1 } { x ^ { 2 } - x + 1 } \mathrm { d } ( x ^ { 2 } - x + 1 ) + \displaystyle { \int } \frac { 4 } { x ^ { 2 } - x + 1 } \mathrm { d } x } } } \\ { { \displaystyle { \qquad = \ln ( x ^ { 2 } - x + 1 ) + 4 \displaystyle { \int } \frac { 1 } { x ^ { 2 } - x + 1 } \mathrm { d } x } } } \end{array}
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\begin{array} { l } { { \displaystyle = \ln ( x ^ { 2 } - x + 1 ) + 4 \int \frac { 1 } { \left( x - \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } + \left( \displaystyle \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } \left( x - \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \right) } } \\ { { \displaystyle = \ln ( x ^ { 2 } - x + 1 ) + \frac { 8 \sqrt { 3 } } { 3 } \arctan \frac { 2 x - 1 } { \sqrt { 3 } } + C \ . } } \end{array}
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## 定积分的计算
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→牛顿-菜布尼茨公式及其推广
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设函数F(x)是连续函数f(x)在[a,b]上的一个原函数，则
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\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = F ( x ) { \big | } _ { a } ^ { b } = F ( b ) - F ( a ) ~ .
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牛顿（1643-1727）
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国证令 $G ( x ) = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t , a \leqslant x \leqslant b$ ，则有
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G ( b ) = \int _ { a } ^ { b } f ( t ) \mathrm { d } t , G ( a ) = 0 ,
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又 $F ^ { \prime } ( x ) = f ( x )$ 且 $G ( x ) = F ( x ) + C$ ，则
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\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = G ( b ) - G ( a ) = F ( b ) - F ( a ) \ .
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小故事：菜布尼茨写信给康熙皇帝请求在北京创立研究院被拒绝，否则可能此公式会被称为康熙公式
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## 注牛顿-莱布尼茨公式推广
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（1）若f（x）在[a，b]上有原函数F（x），则 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = F ( b ) - F ( a )$
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★（2)若f(x）在[a,b]上分段有原函数，如[a,c)上有原函数F(x)，(c,b]上有原函数 $F _ { 2 } ( x )$ ，则
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\begin{array} { l } { \displaystyle \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { c } f ( x ) \mathrm { d } x + \int _ { c } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x } \\ { \displaystyle = F _ { 1 } ( c - 0 ) - F _ { 1 } ( a ) + F _ { 2 } ( b ) - F _ { 2 } ( c + 0 ) } \end{array}
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莱布尼茨（1646—1716）
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若 $F _ { 1 } ( c - 0 ) , F _ { 2 } ( c + 0 )$ 存在，则 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x$ 收敛，见习题9.10.
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若 $F _ { 1 } ( c - 0 ) , F _ { 2 } ( c + 0 )$ 至少有一个不存在，则 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x$ 发散
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例9.11 设 $f { \Bigg ( } x + { \frac { 1 } { x } } { \Bigg ) } = { \frac { x + x ^ { 3 } } { 1 + x ^ { 4 } } }$ ，则 $\int _ { 2 } ^ { 2 \sqrt { 2 } } f ( x ) \mathrm { d } x =$
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分析求f(x)→计算积分.
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解 应填 ${ \frac { 1 } { 2 } } \ln 3$
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由例1.1知，当 $x \geqslant 2$ 时， $f ( x ) = { \frac { x } { x ^ { 2 } - 2 } }$ ，则
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\int _ { 2 } ^ { 2 \sqrt { 2 } } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 2 } ^ { 2 \sqrt { 2 } } { \frac { x } { x ^ { 2 } - 2 } } \mathrm { d } x = { \frac { 1 } { 2 } } \ln ( x ^ { 2 } - 2 ) { \Biggl | } _ { 2 } ^ { 2 \sqrt { 2 } } = { \frac { 1 } { 2 } } \ln 3 .
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由牛顿-莱布尼茨公式结合不定积分的计算方法，有定积分的换元积分法和分部积分法，分别如下.换元要三换：①被积函数要换：②积分变量要换：③上下限要换
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(1)定积分的换元积分法．
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设f(x)在[a,b]上连续，函数 $\scriptstyle x = \varphi ( t )$ 满足① $\varphi ( \alpha ) = a , \varphi ( \beta ) = b$ ； $\enclose{circle} { 2 } x = \varphi ( t )$ 在[a，β]或 $[ \beta , \alpha ] )$ 上有连续的导数，且其值域为 $R _ { \varphi } = [ a , b ]$ ，则有 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { \sin \left( { \frac { \pi } { 2 } } \pm t \right) = \cos t ; } \\ { \cos \left( { \frac { \pi } { 2 } } \pm t \right) = \mp \sin t . } \end{array} \right. }$ 常考： $\scriptstyle \cdot { \pmb x } = { \frac { \pi } { 2 } } \pm t$ ，则有
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\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { \alpha } ^ { \beta } f [ \varphi ( t ) ] \varphi ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \ .
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$$
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令x=π±t，则有 $\left\{ \begin{array} { l l } { \sin ( \pi \pm t ) = \mp \sin t ; } \\ { \cos ( \pi \pm t ) = - \cos t } \end{array} \right.$
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当 $\varphi ( t )$ 的值域 $R _ { \varphi }$ 超出[a，b]，但 $\varphi ( t )$ 满足其余条件时，只要f（x)在 $R _ { \varphi }$ 上连续，则上述结论仍成立
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(2)定积分的分部积分法.
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\int _ { a } ^ { b } u ( x ) \nu ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x = u ( x ) \nu ( x ) \big | _ { a } ^ { b } - \int _ { a } ^ { b } \nu ( x ) u ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x ,
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这里要求 $u ^ { \prime } ( x ) , \nu ^ { \prime } ( x )$ 在[a,b]上连续.
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## 注在计算定积分时，下面这些结论是很有用的
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（1）设f（x）为连续的偶函数，则
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\int _ { - a } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x .
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（2）设f(x)为连续的奇函数，则
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\int _ { - a } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x = 0 \ .
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（3）设f（x）是以T为周期的连续函数，则对任意的实数a，都有
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\int _ { a } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x ,
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即在长度为一个周期的区间上的定积分，与该区间的起点位置无关，其证明见例9.16
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（4）设f（x）为连续函数，则
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\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { b } f ( a + b - x ) \mathrm { d } x ,
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这叫“区间再现公式”，其证明见例9.17.
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3 n为大于1的奇数，
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2 1.匹 2 n为正偶数.
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\star ( 6 ) \int _ { 0 } ^ { \pi } \sin ^ { n } x \mathrm { d } x = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 \bullet \frac { n - 1 } { n } \bullet \frac { n - 3 } { n - 2 } \bullet \cdots \bullet \frac { 2 } { 3 } \bullet 1 , } \\ { 2 \bullet \frac { n - 1 } { n } \bullet \frac { n - 3 } { n - 2 } \bullet \cdots \bullet \frac { 1 } { 2 } \bullet \frac { \pi } { 2 } , } \end{array} \right.
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n为大于1的奇数，
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n为正偶数，
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\int \limits _ { 0 } ^ { \pi } \cos ^ { n } x \mathrm { d } x = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } \\ { 2 \cdot \frac { n - 1 } { n } \cdot \frac { n - 3 } { n - 2 } \cdots \cdot \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { \pi } { 2 } , } \end{array} \right.
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n为正奇数，
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n为正偶数
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\star ( 7 ) \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \cos ^ { n } x \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \sin ^ { n } x \mathrm { d } x = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } & { } \\ { 4 \cdot \displaystyle { \frac { n - 1 } { n } } \cdot \displaystyle { \frac { n - 3 } { n - 2 } } \cdot \cdots \cdot { \frac { 1 } { 2 } } \cdot \displaystyle { \frac { \pi } { 2 } } , } & { } \end{array} \right.
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n为正奇数，
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（5），(6)，（7）叫华里士公式，利用华里士公式可快速计算某些特殊的定积分，如
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\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 8 } x \mathrm { d } x = \frac { 7 } { 8 } \cdot \frac { 5 } { 6 } \cdot \frac { 3 } { 4 } \cdot \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { \pi } { 2 } = \frac { 3 5 \pi } { 2 5 6 } ,
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点火公式”
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\int _ { 0 } ^ { \pi } \sin ^ { 9 } x \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 9 } x \mathrm { d } x = 2 \cdot \frac { 8 } { 9 } \cdot \frac { 6 } { 7 } \cdot \frac { 4 } { 5 } \cdot \frac { 2 } { 3 } \cdot 1 = \frac { 2 5 6 } { 3 1 5 } .
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$$
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例9.12 $\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \frac { 1 } { n } \sum _ { i = 1 } ^ { n } [ \ln ( 3 n - 2 i ) - \ln ( n + 2 i ) ] \ =$
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分析 $\ln ( 3 n - 2 i ) - \ln ( n + 2 i ) = \ln { \frac { 3 n - 2 i } { n + 2 i } } = \ln { \frac { 3 - 2 { \frac { i } { n } } } { 1 + 2 { \frac { i } { n } } } } ~ .$
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应填0.
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\begin{array} { l } { \displaystyle | \widehat { \mathbb { H } } _ { \mathfrak { N } } ^ { \sharp } \widehat { \mathbf { x } } | _ { = \displaystyle \operatorname* { m i n } } ^ { \displaystyle - } \sum _ { n = 1 } ^ { \mathfrak { N } } \ln \frac { 3 n - 2 i } { n + 2 i } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \ln \frac { 3 - 2 \frac { i } { n } } { 1 + 2 \frac { i } { n } } } \\ { \displaystyle \qquad \quad } \\ { \displaystyle = \int _ { 0 } ^ { 1 } \ln \frac { 3 - 2 x } { 1 + 2 x } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } \ln \frac { 2 } { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } + x } \mathrm { d } x \frac { \widehat { \ast } x - \displaystyle \frac { 1 } { 2 } = t } { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \ln \frac { 1 - t } { 1 + t } \mathrm { d } t } , } \end{array}
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$$
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由于 $\ln { \frac { 1 - t } { 1 + t } } = \ln ( 1 - t ) - \ln ( 1 + t )$ 为奇函数，故原式=0.
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例9.13 求 $\int _ { - 1 } ^ { 1 } x ^ { 2 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$
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分析 $\sqrt { { ~ ^ { ~ } } ^ { ~ } }$ 中含平方项→三角函数代换.
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解 因被积函数为偶函数，故
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\int _ { - 1 } ^ { 1 } x ^ { 2 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 2 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x ~ .
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$$
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再作三角变换，令 $x = \sin t$ ，当x=0时，可取t=0；当x=1时，可取 $t = \frac { \pi } { 2 }$ ，且当 $t \in \left[ 0 , \frac { \pi } { 2 } \right]$ 时，$x = \sin t$ 不超出原上、下限的区间[0,1]，在 $\left[ 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$ 上， $x ^ { \prime } = x ^ { \prime } ( t ) = \cos t$ 连续.于是
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\begin{array} { r l } & { \mathbb { E } _ { \mathfrak { A } } ^ { \mathfrak { a } } \mathbb { E } _ { \mathfrak { A } } ^ { \mathfrak { b } } = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 2 } \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 2 } t \cos ^ { 2 } t \mathrm { d } t } \\ & { \quad \quad = 2 \Bigg ( \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 2 } t \mathrm { d } t - \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 4 } t \mathrm { d } t \Bigg ) } \\ & { \quad \quad = 2 \Bigg ( \frac { 1 } { 2 } \times \frac { \pi } { 2 } - \frac { 3 } { 4 } \times \frac { 1 } { 2 } \times \frac { \pi } { 2 } \Bigg ) = \frac { \pi } { 8 } \ . } \end{array}
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$$
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注从原则上讲，作变换 $x = \sin t { \sqrt { \frac { 2 } { \Pi } } }$ 当x=0时，可取 $t = 0 , \pm \pi , \pm 2 \pi , \cdots ;$ 当x=1时，可取 $t =$ ${ \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \pm 2 \pi , \cdots$ 上、下限有多种组合可满足定理条件.但被积函数中 ${ \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } = { \sqrt { 1 - \sin ^ { 2 } t } } = \left| \cos t \right|$ 在不同组合中，此绝对值的处理有简有繁，应引起注意，不要自找麻烦。
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例9.14 $\int _ { 0 } ^ { 1 } \arcsin { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x \ =$
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分析 ① $\intop _ { u } \arcsin \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \intop _ { \nu } u \mathrm { d } \nu \textrm { ( } \underset { \ast } { \ast } \frac { \varkappa } { \xi } \frac { \varkappa } { \xi } \frac { \varkappa } { \xi } \textrm { ) } = u \nu - \intop \nu \mathrm { d } u$ （易算）.
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2 $\sqrt { { ~ ^ { ~ } } ^ { ~ } }$ 中含平方项→三角函数代换.
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解 应填1.
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方法一分部积分法.
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{ \begin{array} { r l } & { \qquad \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } \arcsin { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = x \arcsin { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \displaystyle { \Big | _ { 0 } ^ { 1 } } - \int _ { 0 } ^ { 1 } x \mathrm { d } ( \arcsin { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } ) } \\ & { = - { \Big \int _ { 0 } ^ { 1 } } x \mathrm { d } ( \arcsin { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } ) = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } x { \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } } \mathrm { d } x = - { \frac { 1 } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { \mathrm { d } ( 1 - x ^ { 2 } ) } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } } } \\ & { = - { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } { \Big | _ { 0 } ^ { 1 } } = 1 ~ . } \end{array} }
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方法二换元法.
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } \arcsin \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \frac { x = \cos t } { 2 } \int _ { - \pi } ^ { 0 } \arcsin ( - \sin t ) \cdot ( - \sin t ) \mathrm { d } t } } } \\ { { \displaystyle { = \int _ { - \pi } ^ { 0 } t \sin t \mathrm { d } t = - t \cos t \left| _ { - \pi } ^ { 0 } + \sin t \right| _ { - \pi } ^ { 0 } = 1 . } } } \end{array}
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例9.15 $\int _ { 0 } ^ { 1 } x \arcsin { \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x \ =$ ·(重要题源）
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分析 ${ \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } } = { \sqrt { 1 ^ { 2 } - ( 1 - 2 x ) ^ { 2 } } } \Rightarrow \equiv$ 角函数代换，令 $1 - 2 x = \cos t$ （从头开始）
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$\Rightarrow { \widehat { \ast } } \ 1 - 2 x = t$ （利用例9.14方法一的结论）.
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解 应填 $\frac { 1 } { 2 }$
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\begin{array} { r l } & { \quad \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x \arcsin \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x \arcsin \sqrt { 1 - ( 1 - 2 x ) ^ { 2 } } \mathrm { d } x } \\ & { \quad \displaystyle \frac { \bigtriangleup 1 - 2 x = t } { x - 1 - ( 1 - t ) } \frac { 1 } { 2 } \int _ { 1 } ^ { - 1 } ( 1 - t ) \arcsin \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } \biggl ( - \frac { 1 } { 2 } \mathrm { d } t \biggr ) = \frac { 1 } { 4 } \int _ { - 1 } ^ { 1 } ( 1 - t ) \arcsin \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t } \\ & { \quad = \displaystyle \frac { 1 } { 4 } \int _ { - 1 } ^ { 1 } \arcsin \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t - \frac { 1 } { 4 } \int _ { - 1 } ^ { 1 } t \arcsin \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t } \\ & { \quad = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } \arcsin \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t , } \end{array}
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$$
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由例9.14知, $\int _ { 0 } ^ { 1 } \arcsin { \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } } \mathrm { d } t = 1$ ，故原式 $= \frac { 1 } { 2 }$
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例9.16 证明：若函数f(x)是以T为周期的连续函数，则对任意的实数a，都有
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\int _ { a } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x .
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$\int _ { a } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { 0 } f ( x ) \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x + \int _ { T } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x$
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设 $t = x - T$ ，则
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\int _ { T } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { a } f ( t + T ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { a } f ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x ,
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所以
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\int _ { a } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { 0 } f ( x ) \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x \mathrm { ~ . ~ }
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注若函数f（x）是连续且以T为周期的奇函数，则 $\int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$
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例9.17 设f(x)为连续函数，证明 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { b } f ( a + b - x ) \mathrm { d } x$
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证 作变量代换，令 $x = a + b - t$ ，则
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\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { b } ^ { a } f ( a + b - t ) ( - \mathrm { d } t )
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$$
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= \int _ { a } ^ { b } f ( a + b - t ) \mathrm { d } t = \int _ { a } ^ { b } f ( a + b - x ) \mathrm { d } x ,
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证毕.
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注（1）此结论的证明过程比较简单，但其用处很大
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（2)若f(x)复杂， $f ( x ) + f ( a + b - x )$ 简单，则考虑 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { b } { \frac { f ( x ) + f ( a + b - x ) } { 2 } } \mathrm { d } x$ 比如
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\begin{array} { r } { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac \pi 4 } } \ln ( 1 + \tan x ) \mathrm { d } x = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac \pi 4 } } \ln \left[ 1 + \tan \left( \frac { \pi } { 4 } - x \right) \right] \mathrm { d } x = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac \pi 4 } } \ln \frac { 2 } { 1 + \tan x } \mathrm { d } x } \\ { \displaystyle { - \int _ { 0 } ^ { \frac \pi 4 } } \frac { \ln ( 1 + \tan x ) + \ln \frac { 2 } { 1 + \tan x } } { 2 } \mathrm { d } x = \frac { \pi } { 8 } \ln 2 . } \end{array}
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$$
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例9.18 设f(x)在[0,1]上连续，证明 $\int _ { 0 } ^ { \pi } { x } f ( \sin { x } ) \mathrm { d } x = { \frac { \pi } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { \pi } { f ( \sin { x } ) \mathrm { d } x }$ ，并计算 $\int _ { 0 } ^ { \pi } x \sin ^ { 9 } x \mathrm { d } x$ 分析 $\int _ { 0 } ^ { \pi } \ d x f ( \sin x ) \mathrm { d } x \frac { \lambda ^ { \sharp } \ d y ^ { } } { \ d y ^ { } }$ 区间再现.
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解 令 $\scriptstyle x = \pi - t$ ，作区间再现换元，有
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\begin{array} { r l } & { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \pi } x f ( \sin x ) \mathrm { d } x = \displaystyle \int _ { \pi } ^ { 0 } ( \pi - t ) f [ \sin ( \pi - t ) ] ( - \mathrm { d } t ) } \\ & { \quad \quad \quad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \pi } ( \pi - t ) f ( \sin t ) \mathrm { d } t = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \pi } ( \pi - x ) f ( \sin x ) \mathrm { d } x } \\ & { \quad \quad \quad = \displaystyle \pi \int _ { 0 } ^ { \pi } f ( \sin x ) \mathrm { d } x - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \pi } x f ( \sin x ) \mathrm { d } x \mathrm { , } } \end{array}
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故
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\int _ { 0 } ^ { \pi } x f ( \sin x ) \mathrm { d } x = \frac { \pi } { 2 } \int _ { 0 } ^ { \pi } f ( \sin x ) \mathrm { d } x .
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$$
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$$
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\int _ { 0 } ^ { \pi } { x \sin ^ { 9 } x \mathrm { d } x } = \frac { \pi } { 2 } \int _ { 0 } ^ { \pi } { \sin ^ { 9 } x \mathrm { d } x } = \pi \times \frac { 8 } { 9 } \times \frac { 6 } { 7 } \times \frac { 4 } { 5 } \times \frac { 2 } { 3 } = \frac { 1 2 8 \pi } { 3 1 5 } \ .
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$$
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例9.19 设 $f ( x ) = \int _ { 1 } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t$ ，则 $\int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x = \mathrm { ~ ( ~ } \qquad )$ (A) $\frac { 1 } { 4 } ( \mathrm { e } ^ { - 1 } + 1 )$ (B) $\frac { 1 } { 4 } ( \mathbf { e } ^ { - 1 } - 1 )$ (C) $\frac 1 4 ( { \tt e } + 1 )$ (D) $\frac 1 4 ( \mathrm { e } - 1 )$
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分析①可积不可求积函数见例14.6的注；
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②变限积分求导公式见“四、变限积分的计算”；
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$\int u \mathrm { d } \nu = u \nu - \int \nu \mathrm { d } u$ （不可求积先求导）.
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解 应选 (B).
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由于 $f ( x ) = \int _ { 1 } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t$ 不能积出来，故由分部积分公式有 $\int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x = { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } f ( x ) { \Bigg | } _ { 0 } ^ { 1 } - \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } \bullet f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x$ ，可见，
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如果能得出f(1)，f'(x)，即可求解本题.
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令x=1，由f(x)表达式可得 $f ( 1 ) = \int _ { 1 } ^ { 1 } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t = 0$ ，又 $f ^ { \prime } ( x ) = \mathrm { e } ^ { - x ^ { 4 } } ( x ^ { 2 } ) ^ { \prime } = 2 x \mathrm { e } ^ { - x ^ { 4 } }$ ，因此
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x = - \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { x ^ { 2 } } { 2 } \bullet 2 x \mathrm { e } ^ { - x ^ { 4 } } \mathrm { d } x = - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 4 } } \mathrm { d } x = \displaystyle \frac { 1 } { 4 } \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 4 } } \mathrm { d } ( - x ^ { 4 } ) } } \\ { { \displaystyle \qquad = \frac { 1 } { 4 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 4 } } \displaystyle \Bigg \vert _ { 0 } ^ { 1 } = \frac { 1 } { 4 } ( \mathrm { e } ^ { - 1 } - 1 ) ~ . } } \end{array}
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故选 (B).
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## 变限积分的计算
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## 求导公式
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设 $F ( x ) = \int _ { \varphi _ { 1 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 2 } ( x ) } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，其中f(x)在[a,b]上连续，可导函数 $\varphi _ { 1 } ( x )$ 和 $\varphi _ { 2 } ( x )$ 的值域在 $[ a , b ]$ 上，则在函数 $\varphi _ { 1 } ( x )$ 和 $\varphi _ { 2 } ( x )$ 的公共定义域上，有
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\begin{array} { r } { F ^ { \prime } ( x ) = \displaystyle \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } x } \biggl [ \int _ { \varphi _ { 1 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 2 } ( x ) } f ( t ) \mathrm { d } t \biggr ] = f [ \varphi _ { 2 } ( x ) ] \varphi _ { 2 } ^ { \prime } ( x ) - f [ \varphi _ { 1 } ( x ) ] \varphi _ { 1 } ^ { \prime } ( x ) \ . } \\ { \psi _ { 2 } ^ { \mathrm { s i n } ^ { 2 } x } f ( t ^ { 2 } ) \mathrm { d } t \biggr ] ^ { \prime } = 2 \sin x \cos x \cdot f ( \sin ^ { 4 } x ) - 2 x \bullet f ( x ^ { 4 } ) } \end{array}
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$$
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注我们称上面公式中的x为“求导变量”，t为“积分变量”.当被积函数中只含“积分变量”t时，才能用求导公式，若被积函数中有“求导变量”x，则必须通过恒等变形（比如变量代换等）将其移出被积函数，才能使用变限积分求导公式，>如f(xt)中令xt=u (x当作常量)
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例9.20 曲线 $y = \int _ { 0 } ^ { \sin x } \mathrm { e } ^ { t ^ { 2 } } \mathrm { d } t$ 在点(0,0)处的法线方程为（ ）.(A) $y = { \frac { 1 } { 2 } } x$ (B) $y = - { \frac { 1 } { 2 } } x$ (C) $y = x$ (D) $y = - x$
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分析）欲求曲线在给定点处的法线方程，应先检查此点是否在曲线上，如果此点在曲线上，再求该点处切线的斜率，最后利用点斜式求法线方程．
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解 应选(D).
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易知点(0,0)在曲线 $y = \int _ { 0 } ^ { \sin x } \mathbf { e } ^ { t ^ { 2 } } \mathrm { d } t _ { - }$ 上.
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由于 $y ^ { \prime } = \mathbf { e } ^ { \sin ^ { 2 } x } \cdot \cos x , \left. y ^ { \prime } \right| _ { x = 0 } = 1$ ，可知切线斜率k=1，法线斜率为 $- \frac { 1 } { k } = - 1$ ，因此所求法线方程为$y = - x$ .故选(D).
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★★★例9.21 $F ( x ) = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \Bigl | \sin x - \sin t \Bigr | \mathrm { d } t ( x \geq 0 )$ 在 $x \to 0 ^ { + }$ 处的二次泰勒多项式为 $a + b x + c x ^ { 2 }$ ，则
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abc
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分析 $\int _ { a } ^ { b } f ( x , t ) \mathrm { d } t = F ( x )$ 不是一个定积分，而是一个函数．
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解 应填 $- { \frac { \pi } { 2 } }$
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「求极限；|f（x)，f（xD求导；[求积分.业去掉绝对值=求F(x)=泰勒公式 直接展开(定义法）利用已有展开式（公式法）
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当 $x \to 0 ^ { + }$ 时，
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\begin{array} { l } { { \displaystyle F ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } ( \sin x - \sin t ) \mathrm { d } t + \int _ { x } ^ { \frac { \pi } { 2 } } ( \sin t - \sin x ) \mathrm { d } t } \ ~ } \\ { { \displaystyle ~ } } \\ { { \displaystyle ~ = x \sin x + ( \cos x - 1 ) + \cos x - \sin x \cdot \left( \frac { \pi } { 2 } - x \right) \phantom { \displaystyle } } } \\ { { \displaystyle ~ } } \\ { { \displaystyle ~ = \left( 2 x - \frac { \pi } { 2 } \right) \sin x + 2 \cos x - 1 } ~ . } \end{array}
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$$
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方法一直接展开.
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$$
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\sin x = x + o ( x ^ { 2 } ) ,
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$$
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\cos x = 1 - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) \ : ,
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\begin{array} { l } { { F ( x ) = \displaystyle \biggl ( 2 x - \frac { \pi } { 2 } \biggr ) [ x + o ( x ^ { 2 } ) ] + 2 \biggl [ 1 - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) \biggr ] - 1 } } \\ { { { } } } \\ { { { } ~ = 1 - \displaystyle \frac { \pi } { 2 } x + x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) ~ , } } \end{array}
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$$
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因此 $a = 1 , b = - \frac { \pi } { 2 } , c = 1$ ，故 $a b c = - { \frac { \pi } { 2 } }$
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方法二由
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F ^ { \prime } ( x ) = 2 \sin x + \left( 2 x - { \frac { \pi } { 2 } } \right) \cos x - 2 \sin x = \left( 2 x - { \frac { \pi } { 2 } } \right) \cos x \ ,
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$$
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F ^ { \prime \prime } ( x ) = 2 \cos x - \left( 2 x - { \frac { \pi } { 2 } } \right) \sin x \ ,
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故
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F ( 0 ) = 1 , F _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = - \frac { \pi } { 2 } , F _ { + } ^ { \prime \prime } ( 0 ) = 2 ,
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$$
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\begin{array} { c } { { F ( x ) = F ( 0 ) + F _ { \ast } ^ { \prime } ( 0 ) x + \displaystyle \frac { F _ { \ast } ^ { \prime } ( 0 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots } } \\ { { { } } } \\ { { { } = 1 - \displaystyle \frac { \pi } { 2 } x + x ^ { 2 } + \cdots , } } \end{array}
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$$
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即 $a = 1 , b = - \frac { \pi } { 2 } , c = 1$ ，故 $a b c = - { \frac { \pi } { 2 } }$
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f ( x ) < - 2 x f ^ { \prime } ( x )
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F ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } t f ( x ^ { 2 } - t ^ { 2 } ) \mathrm { d } t
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(A)在x=0处取极大值 (B)在x=0处取极小值
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(C)拐点是(0,0)
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(D)在(0,0)处既非极值点也非拐点
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分析①对于 $f ( x ^ { 2 } - t ^ { 2 } )$ $x ^ { 2 } - t ^ { 2 } = u \Rightarrow f ( u )$
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②换元后对x求导，利用极值充分判别法.
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解 应选(A).
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$x ^ { 2 } - t ^ { 2 } = u$ ，则
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F ( x ) = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { x ^ { 2 } } f ( u ) \mathrm { d } u \ ,
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于是
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F ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } \bullet 2 x f ( x ^ { 2 } ) = x f ( x ^ { 2 } ) \ ,
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F ^ { \prime \prime } ( x ) = f ( x ^ { 2 } ) + 2 x ^ { 2 } f ^ { \prime } ( x ^ { 2 } ) \ .
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因为 $f ( x ) < - 2 x f ^ { \prime } ( x )$ ，所以 $f ( x ^ { 2 } ) + 2 x ^ { 2 } f ^ { \prime } ( x ^ { 2 } ) < 0$ ，即 $F ^ { \prime \prime } ( x ) < 0$ ，另外， $F ( 0 ) = F ^ { \prime } ( 0 ) = 0$ ，故由判别极值的第二充分条件，F(x)在x=0处取极大值，选(A).
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## ②重要结论
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$\Rightarrow { \left\{ \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \right. } $ 为偶函数， (1)f(x)为可积的奇函数 为偶函数 $( a \neq 0 )$ f(x)偶
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注(1)若f(x)为连续的奇函数，则 $\int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t + C$ 也是偶函数，故f(x)的全体原函数均为偶函数(2)只需要被积函数可积，即可有变限积分的相关性质，只有被积函数连续时，才能谈原函数的相关性质，以下同.
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(2)f(x)为可积的偶函数→ $\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \dot { \mathcal { X } } \dot { \mathrm { ~ \scriptstyle { \cal ~ a } ~ } } } } \\ { \displaystyle { \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t ( a \neq 0 ) + \frac { \ } { } } } \end{array} \right.$ 数若若 $\begin{array} { l } { \displaystyle \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } \\ { \displaystyle \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \neq \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } \end{array}$ ，为奇函数， ，为非奇非偶函数. f(x)奇
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注若f(x)为连续的偶函数，则f（x)的全体原函数中，只有 $\int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$ 是奇函数
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(3)f(x)是可积的且以T为周期的周期函数，则 $\int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$ 是以T为周期的周期函数 $\Leftrightarrow \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$ V $f ^ { \prime } ( x ) { \mathrel { \ast } } \mathbb { \to } T$ 为周期
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$\frac { \displaystyle \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t = \displaystyle \frac { \int _ { a } ^ { 0 } f ( t ) \mathrm { d } t } { \nu } + \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } { \nu } } { \displaystyle \operatorname* { d } _ { \mathrm { K } \neq \mathrm { K } } \mathrm { ~ } }$ 亦是以T为周期的周期函数 $( a \neq 0 )$
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例9.23 证明连续的奇函数的一切原函数都是偶函数；连续的偶函数的原函数中仅有一个原函数是奇函数.
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证 设f(x)是连续函数，则其一个原函数可以表示为 $F ( x ) = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$
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若f(x)是连续的奇函数，即有f(x)=-f(-x)，且 $\int _ { - a } ^ { a } f ( t ) \mathrm { d } t = 0$ ，则
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F ( - x ) = \int _ { a } ^ { - x } { f ( t ) \mathrm { d } t } \frac { { t ^ { a } } - { u } } { \sum _ { - a } { f ( - u ) \mathrm { d } u } } = \int _ { - a } ^ { x } { f ( u ) \mathrm { d } u } + \int _ { a } ^ { x } { f ( u ) \mathrm { d } u } = 0 + F ( x ) = F ( x ) ,
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所以连续的奇函数的一切原函数都是偶函数.
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若f(x)是连续的偶函数，即有f(-x)=f(x)，且 $\int _ { - a } ^ { a } f ( t ) \mathrm { d } t = 2 \int _ { 0 } ^ { a } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，则
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F ( - x ) = \int _ { a } ^ { - x } { f ( t ) \mathrm { d } t \frac { t ^ { 1 - u } - u } { - \int _ { - a } ^ { x } { f ( - u ) \mathrm { d } u } = - \int _ { - a } ^ { a } { f ( u ) \mathrm { d } u } - \int _ { a } ^ { x } { f ( u ) \mathrm { d } u } = - 2 \int _ { 0 } ^ { a } { f ( u ) \mathrm { d } u } - F ( x ) } } ,
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只有当 $\int _ { 0 } ^ { a } f ( u ) \mathrm { d } u = 0$ 时， $F ( - x ) = - F ( x )$ ，即连续的偶函数的原函数中仅有一个原函数为奇函数．
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( - \infty , + \infty )
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(A) $\int _ { 0 } ^ { x } [ \cos f ( t ) + f ^ { \prime } ( t ) ]$ dt是奇函数 (B) $\int _ { 0 } ^ { x } [ \cos f ( t ) + f ^ { \prime } ( t ) ] \mathrm { d } t$ 是偶函数(C) $\int _ { 0 } ^ { x } [ \cos f ^ { \prime } ( t ) + f ( t ) ] \mathrm { d } t$ 是奇函数 (D) $\int _ { 0 } ^ { x } [ \cos f ^ { \prime } ( t ) + f ( t ) ] \mathrm { d } t$ 是偶函数
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分析）内偶则偶，内奇同外.
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cos f(t)=偶，cosf'(t)=偶；
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$\cos f ( t ) + f ^ { \prime } ( t ) \Rightarrow$ 偶， $\cos f ^ { \prime } ( t ) + f ( t ) \Rightarrow$ 非奇非偶.
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## 解 应选(A).
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由题设可知cosf(x)和f"(x)均为偶函数，则由上述重要结论(2)知， $\int _ { 0 } ^ { x } [ \cos f ( t ) + f ^ { \prime } ( t ) ]$ dt为奇函数.
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f ( x ) = \int _ { 0 } ^ { \sin x } \cos t ^ { 2 } \mathrm { d } t
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分析 令 $h ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } \cos t ^ { 2 } \mathrm { d } t$ ，则 $f ( x ) = h ( \sin x ) = h [ g ( x ) ]$ ，又有内奇同外，且h(x)为奇函数，故f(x)为奇函数.
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F ( x ) = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t
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证明：(1)当且仅当 $\int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$ 时，F(x)以T为周期；
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(2) $F ( x ) - { \frac { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } } x$ 以T为周期.
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$$
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F ( x + T ) = \int _ { a } ^ { x + T } f ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t + \int _ { x } ^ { x + T } f ( t ) \mathrm { d } t ,
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$$
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因为f(x)以T为周期，于是 $\int _ { x } ^ { x + T } f ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { T } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，即 $F ( x + T ) - F ( x ) = \int _ { 0 } ^ { T } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，所以当且仅当
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$\int _ { 0 } ^ { T } f ( t ) \mathrm { d } t = 0$ ，即 $\int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$ 时， $F ( x )$ 以T为周期.
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(2)记
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$$
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\varphi ( x ) = F ( x ) - { \frac { \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } } x = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t - { \frac { \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } } x \ ,
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于是
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\begin{array} { l l l } { \displaystyle { \varphi ( x + T ) - \varphi ( x ) = \int _ { a } ^ { x + T } f ( t ) \mathrm { d } t - \frac { \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } ( x + T ) - \left[ \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t - \frac { \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } x \right] } } \\ { \displaystyle { = \int _ { x } ^ { x + T } f ( t ) \mathrm { d } t - \frac { \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } \bullet T = \int _ { 0 } ^ { T } f ( t ) \mathrm { d } t - \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x = 0 \ , } } \end{array}
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故 $\varphi ( x ) = F ( x ) - { \frac { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x } { T } } x$ 以T为周期.
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## 反常积分的计算
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在计算反常积分时，注意识别奇点（端点、内部）>小心！
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例9.26 计算反常积分 $\int \limits _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { | x - x ^ { 2 } | } } \cdot \quad \quad \cdot \sqrt { | x - x | }$
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分析注意内部的点x=1为瑕点， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } { \frac { 1 } { \sqrt { \left| x - x ^ { 2 } \right| } } } = \infty \Rightarrow$ 反常积分拆区间去绝对值.
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解 注意到被积函数含有绝对值符号且x=1是其无穷间断点，故
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\sqrt { \sharp } \overrightarrow { \mathfrak { x } } = \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { 1 } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { x - x ^ { 2 } } } + \int _ { 1 } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { x ^ { 2 } - x } } \ .
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而
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\int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { 1 } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { x - x ^ { 2 } } } = \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { 1 } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { \frac { 1 } { 4 } - \left( x - \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } } } = \arcsin \left( 2 x - 1 \right) \left| _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \left[ 1 \right] } = \arcsin 1 = \frac { \pi } { 2 } \right. ,
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$$
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\begin{array} { r l r } { { \int _ { 1 } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { x ^ { 2 } - x } } = \int _ { 1 } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } - \frac { 1 } { 4 } } } = \ln [ ( x - \frac { 1 } { 2 } ) + \sqrt { ( x - \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } - \frac { 1 } { 4 } } ] [ \underset { \mathrm { i f } } { \overset { \cdot } { \longrightarrow } } ] \underset { \mathrm { i f } } { \overset { \cdot } { \longrightarrow } } } } \\ & { } & { = \ln ( 2 + \sqrt { 3 } ) ~ , } \end{array}
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$$
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因此
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\int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { \left| x - x ^ { 2 } \right| } } = \frac { \pi } { 2 } + \ln ( 2 + \sqrt { 3 } ) \ .
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$$
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例9.27 求 $\int _ { 3 } ^ { + \infty } \frac { \mathrm { d } x } { ( x - 1 ) ^ { 4 } \sqrt { x ^ { 2 } - 2 x } }$
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解
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\begin{array} { l l } { { \displaystyle | \overrightarrow { \mathrm { J } } _ { \mathrm { J } } ^ { \pm } \overrightarrow { \dot { x } } | = \int _ { 3 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \mathrm { d } x } { \left( x - 1 \right) ^ { 4 } \sqrt { \left( x - 1 \right) ^ { 2 } - 1 } } \frac { x - 1 = \sec \theta } { \displaystyle \int _ { \frac { \pi } { 3 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \sec \theta \tan \theta } { \sec ^ { 4 } \theta \tan \theta } \mathrm { d } \theta } } } \\ { { \displaystyle ~ = \int _ { \frac { \pi } { 3 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } ( 1 - \sin ^ { 2 } \theta ) \cos \theta \mathrm { d } \theta = \frac { 2 } { 3 } - \frac { 3 \sqrt { 3 } } { 8 } ~ . } } \end{array}
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注在收敛的条件下，通过换元可能实现反常积分与定积分的相互转化
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★★★ 例9.28 计算 $I _ { n } = \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { n } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x$ （n为非负整数).
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分析分部积分法可能会建立递推式 $I _ { n } = f ( I _ { n - 1 } )$
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解 由分部积分法，得
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I _ { n } = - \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { n } \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { - x } ) = \left( - x ^ { n } \mathrm { e } ^ { - x } \right) { \Big | } _ { 0 } ^ { + \infty } + n { \int _ { 0 } ^ { + \infty } } x ^ { n - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x = n I _ { n - 1 } , n = 1 , 2 , \cdots ,
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$$
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其中 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } x ^ { n } \mathbf { e } ^ { - x } = 0$ .又因为
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$$
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I _ { 0 } = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x = - \mathrm { e } ^ { - x } \Big | _ { 0 } ^ { + \infty } = 1 ,
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$$
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所以
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$$
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I _ { n } = n I _ { n - 1 } = n ( n - 1 ) I _ { n - 2 } = \cdots = n ( n - 1 ) \cdots \overbrace { \cdots 1 \cdot I _ { 0 } } ^ { \substack { \mathrm { e x t } \mathrm { d } \mathrm { \Delta } } } = n ! . \qquad
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$$
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注计算积分时，若能用上“T函数”的知识，会既快速又准确。
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1定义： $\Gamma ( \alpha ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x \frac { x ^ { = } t ^ { 2 } } { 2 } 2 \int _ { 0 } ^ { + \infty } t ^ { 2 \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t ( x , t > 0 )$
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（2）递推式：
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\Gamma ( \alpha + 1 ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x = - \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha } \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { - x } ) = - x ^ { \alpha } \mathrm { e } ^ { - x } \bigg | _ { 0 } ^ { + \alpha } + \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x } \alpha x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { d } x = \alpha \Gamma ( \alpha ) ,
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$$
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其中 r(1) =1, $\Gamma \left( \frac { 1 } { 2 } \right) = \sqrt { \pi }$ $\Gamma ( n + 1 ) = n ! , \Gamma ( 2 ) = 1 , \Gamma \left( { \frac { 5 } { 2 } } \right) = { \frac { 3 } { 2 } } \bullet { \frac { 1 } { 2 } } \bullet \Gamma \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = { \frac { 3 } { 4 } } \sqrt { \pi }$
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$$
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\Gamma ( 1 ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x = 1
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$$
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> \Gamma \left( \frac { 1 } { 2 } \right) = 2 \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t = \sqrt { \pi }
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诺贝尔物理学奖得主费曼喜欢“在积分号下求导”这种被数学家认为不严谨甚至“荒唐”的方法. $y _ { 3 } e ^ { - x _ { 0 } } \int _ { 0 } ^ { + x } e ^ { - x } \mathrm { d } x = 1$ ，简单推广为$\int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - a x } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { a } , a > 0 ,$ 一个有意思的现象是：视a为变量，等式两边对a求导，注意左边是在积分号下对a求导，有 $\int _ { 0 } ^ { + \infty } ( { \mathrm e } ^ { - a x } ) _ { a } ^ { \prime } \mathrm { d } x = \left( \frac { 1 } { a } \right) ^ { \prime }$ 即 $- \int _ { 0 } ^ { + \infty } x \bullet e ^ { - \alpha x } \mathrm { d } x = - \frac { 1 } { a ^ { 2 } }$ ，重复上述工作，直到 $( - 1 ) ^ { n } \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { n } \mathrm { e } ^ { - a x } \mathrm { d } x = ( - 1 ) ^ { n } { \frac { n ! } { a ^ { n + 1 } } }$ ，再令a=1，得 $\int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { n } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x = n !$ .费曼对自己的这个“戏法”非常得意，他说：“无论用什么方法，即使是戏法，只有答案对了，才是唯一重要的.”
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例9.29 设 $f ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { \displaystyle { 4 x ^ { 2 } } } \mathrm { e } ^ { - \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } } , } & { x > 0 , } \\ { a ^ { 3 } { \sqrt { \pi } } } & { x \leq 0 , } \\ { 0 , } & { x \leq 0 , } \end{array} \right.$ a为正常数，则 $\int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x =$
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解 应填 ${ \frac { 3 } { 2 } } a ^ { 2 }$
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x = { \frac { 2 a ^ { 2 } } { \sqrt \pi } } \bullet 2 { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { + \infty } \left( { \frac { x } { a } } \right) ^ { 2 \cdot { \frac { 5 } { 2 } - 1 } } } { \mathrm { e } ^ { - \left( { \frac { x } { a } } \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } \left( { \frac { x } { a } } \right) } = { \frac { 2 a ^ { 2 } } { \sqrt \pi } } \bullet \Gamma \left( { \frac { 5 } { 2 } } \right) } } } } \\ { { { } } } \\ { { \displaystyle { = { \frac { 2 a ^ { 2 } } { \sqrt \pi } } \bullet { \frac { 3 } { 2 } } \bullet { \frac { 1 } { 2 } } \bullet \Gamma \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = { \frac { 3 } { 2 } } a ^ { 2 } ~ . } } } \end{array}
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\Gamma ( \alpha ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x + \int _ { 1 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x .
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①当 $\alpha - 1 \geq 0$ 时，
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\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } } { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } } { \frac { \frac { 0 } { 0 } } { \frac { x } { x ^ { \alpha + \infty } } } } \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } x ^ { \alpha + 1 } \mathrm { e } ^ { - x } = 0 \ ,
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由于 $\int _ { 1 } ^ { + \infty } { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$ 收敛，因此 $\int _ { 1 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha - 1 } e ^ { - x } \mathrm { d } x$ 收敛.
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②当 $\alpha - 1 < 0$ 时， $\int \limits _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { x ^ { 1 - \alpha } } e ^ { - x } \mathrm { d } x$ 等价于研究 $\int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { 1 } { x ^ { 1 - \alpha } } } \mathrm { d } x$ 的敛散性，则 $1 - \alpha < 1$ ，即当 $0 < \alpha < 1$ 时，$\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { x ^ { 1 - \alpha } } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x$ 收敛，显然 $\int _ { 1 } ^ { + \infty } { \frac { 1 } { x ^ { 1 - \alpha } } } \operatorname { e } ^ { - x } \mathrm { d } x$ 收敛
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综上所述，当 $\alpha > 0$ 时，(α)收敛.
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## 基础习题精练
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## 习题
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9.1若 $\int x f ( x ) \mathrm { d } x = \arcsin x + C$ ，则 $\int { \frac { 1 } { f ( x ) } } \mathrm { d } x =$
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9.2若 $f ( x ) = { \frac { 1 } { 1 + { x } ^ { 2 } } } + { x } ^ { 3 } \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x$ ，则 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \ =$
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9.3极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { \mathrm { e } } ^ { x } \left( 1 - { \frac { 1 } { t } } \right) ^ { t } \cdot \mathrm { e } ^ { \mathrm { e } t } \mathrm { d } t } { \mathrm { e } ^ { \mathrm { e } x } } } =$
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9.4设f(x)的一个原函数为 $\ln ^ { 2 } x$ ，则ʃxf'(x)dx =
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9.5 $\int \frac { \arcsin { \sqrt { x } } } { \sqrt { x } } \mathrm { d } x \ =$
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9.6 $\int _ { 2 } ^ { + \infty } \frac { \mathrm { d } x } { ( x + 7 ) \sqrt { x - 2 } } =$
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9.7计算 $\int \arcsin { \sqrt { \frac { x } { a + x } } } \mathrm { d } x$ （a是大于0的常数）.
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9.8求 $\int { \frac { \arctan \mathrm { e } ^ { x } } { \mathrm { e } ^ { x } } } \mathrm { d } x$
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9.9求 $\int \operatorname* { m a x } \{ 1 , | x | \} \mathrm { d } x$
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9.10求定积分 $\int _ { 0 } ^ { \frac { 3 } { 4 } \pi } \frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x$
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9.11计算 $\int _ { \frac { \pi } { 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { \sqrt { \cos x } } \mathrm { d } x$
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9.12计算 $I = \int _ { 0 } ^ { \pi } \frac { x \sin x } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x$
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9.13求 $\int _ { - 1 } ^ { 1 } \frac { x + 1 } { 1 + \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$
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9.14设 $f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \frac { 1 } { 1 + \sin x } } , } & { \ x \geqslant 0 , } \\ { \displaystyle { \frac { 1 } { 1 + \mathrm { e } ^ { x } } } , } & { \ x < 0 , } \end{array} \right.$ 求 $\int _ { - 1 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } f ( x ) \mathrm { d } x$
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9.15设x≥-1，求 $\int _ { - 1 } ^ { x } ( 1 - | t | ) \mathrm { d } t$
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9.16求连续函数f(x)，使它满足 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( t x ) \mathrm { d } t = f ( x ) + x \sin x$
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9.17设 $f ( x ) = \int _ { 0 } ^ { 1 } t { \big | } t - x { \big | } \mathrm { d } t$ ，求f(x).
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## 解答
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9.1 $- \frac { 1 } { 3 } ( 1 - x ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } + C _ { 1 }$ 解由 $\int x f ( x ) \mathrm { d } x = \arcsin x + C$ 求导可得 $x f ( x ) = { \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } }$ ，则 ${ \frac { 1 } { f ( x ) } } = x { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } }$ 故 {d=x-xd=x.
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9.2 $\frac { \pi } { 3 }$ 解定积分 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x$ 是一个常数，所以等式两端同时在[0,1]上对x进行积分得
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\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ x ^ { 3 } \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \biggr ] \mathrm { d } x ,
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即
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } f ( x ) { \mathrm d } x = \arctan x { \Big \vert _ { 0 } ^ { 1 } } + \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) { \mathrm d } x { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } x ^ { 3 } } { \mathrm d } x } } \\ { { \displaystyle { = \frac { \pi } { 4 } } + \frac { 1 } { 4 } { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } f ( x ) { \mathrm d } x } , } } \end{array}
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解得 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x = \frac { \pi } { 3 }$
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9.3 $\frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { 2 } }$ 解原式 $= \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \cdot \operatorname { e } ^ { \mathrm { { e } } x } } { \mathrm { e } \cdot \operatorname { e } ^ { \mathrm { { e } } x } } } = { \frac { \operatorname { e } ^ { - 1 } } { \mathrm { e } } } = { \frac { 1 } { \operatorname { e } ^ { 2 } } }$
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$2 \ln x - \ln ^ { 2 } x + C$ 解被积函数中有 $f ^ { \prime } ( x )$ ，用分部积分法.
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\int x f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x = \int x \mathrm { d } [ f ( x ) ] = x f ( x ) - \int f ( x ) \mathrm { d } x = x f ( x ) - \ln ^ { 2 } x + C ,
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其中
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f ( x ) = ( \ln ^ { 2 } x ) ^ { \prime } = { \frac { 2 \ln x } { x } } ,
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于是
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\int x f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x = 2 \ln x - \ln ^ { 2 } x + C \ .
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9.5 $2 { \sqrt { x } } \arcsin { \sqrt { x } } + 2 { \sqrt { 1 - x } } + C$ 解去掉根号将会使计算变得简单.令 ${ \sqrt { x } } = t , x = t ^ { 2 }$ ，则
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\int \frac { \arcsin { \sqrt { x } } } { \sqrt { x } } \mathrm { d } x = 2 \int t \cdot \frac { \arcsin { t } } { t } \mathrm { d } t = 2 \int \arcsin { t } \mathrm { d } t = 2 \big ( t \arcsin { t } + \sqrt { 1 - t ^ { 2 } } \big ) + C
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9.6 $\frac { \pi } { 3 }$ 解令 $t = { \sqrt { x - 2 } }$ ，则 $x = t ^ { 2 } + 2 , \mathrm { d } x = 2 t \mathrm { d } t$ .当x=2时，t=0；当 $x \to + \infty$ 时， $t \to + \infty$
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\left| \overleftrightarrow { \mathbb { H } } \thinspace \mathbf { \vec { x } } \right| = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \left. \frac { 2 t \mathrm { d } t } { ( t ^ { 2 } + 9 ) t } = \operatorname* { l i m } _ { b \right. + \infty } \left( \frac { 2 } { 3 } \arctan \frac { t } { 3 } \right| _ { 0 } ^ { b } \right) = \frac { \pi } { 3 } \left. \ .
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9.7解令 $\arcsin { \sqrt { \frac { x } { a + x } } } = t , x = { \frac { a \sin ^ { 2 } t } { 1 - \sin ^ { 2 } t } } = a \tan ^ { 2 } t$ ，于是
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \int \arcsin \sqrt { \frac { x } { a + x } } { \mathrm { d } } x = \int t { \mathrm { d } } ( a \tan ^ { 2 } t ) = a t \tan ^ { 2 } t - a \int \tan ^ { 2 } t { \mathrm { d } } t } \ ~ } \\ { { } } \\ { { = a t \tan ^ { 2 } t + a \int ( 1 - \sec ^ { 2 } t ) { \mathrm { d } } t = a t \tan ^ { 2 } t + a t - a \tan t + C \ ~ } } \\ { { } } \\ { { = ( a + x ) \arcsin \sqrt { \frac { x } { a + x } } - \sqrt { a x } + C \ . } } \end{array}
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9.8解因为不满足凑微分法的条件，所以要用分部积分法．
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方法一
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \int \frac { \arctan { \mathrm { e } ^ { x } } } { \mathrm { e } ^ { x } } \mathrm { d } x = - \displaystyle \int \arctan { \mathrm { e } ^ { x } } \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { - x } ) = - \mathrm { e } ^ { - x } \arctan { \mathrm { e } ^ { x } } + \displaystyle \int \frac { \mathrm { d } x } { 1 + \mathrm { e } ^ { 2 x } } } } \\ { ~ } \\ { { \displaystyle ~ = - \mathrm { e } ^ { - x } \arctan { \mathrm { e } ^ { x } } + \displaystyle \int \Biggl ( 1 - \frac { \mathrm { e } ^ { 2 x } } { 1 + \mathrm { e } ^ { 2 x } } \Biggr ) \mathrm { d } x } } \\ { { ~ } } \\ { { \displaystyle ~ = - \mathrm { e } ^ { - x } \arctan { \mathrm { e } ^ { x } } + x - \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \ln ( 1 + \mathrm { e } ^ { 2 x } ) + C ~ . } } \end{array}
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方法二 令 $\mathrm { e } ^ { x } = t$ ，则
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\begin{array}{c} \int \frac { \mathrm { a r c t a n } \mathrm { e } ^ { x } } { \mathrm { e } ^ { x } } \mathrm { d } x = \int \frac { \arctan t } { t ^ { 2 } } \mathrm { d } t = - \int \arctan t \mathrm { d } \left( \frac { 1 } { t } \right) = - \frac { 1 } { t } \arctan t + \int \frac { \mathrm { d } t } { t ( 1 + t ^ { 2 } ) } \\ { = - \frac { 1 } { t } \arctan t + \int \frac { \mathrm { d } t } { t } - \int \frac { t \mathrm { d } t } { 1 + t ^ { 2 } } = - \frac { 1 } { t } \arctan t + \ln t - \frac { 1 } { 2 } \ln ( 1 + t ^ { 2 } ) + C } \\ { = - \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { x } } \arctan \mathrm { e } ^ { x } + x - \frac { 1 } { 2 } \ln ( 1 + \mathrm { e } ^ { 2 x } ) + C \ . } \end{array}
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9.9解设 $f ( x ) = \mathrm { m a x } { \big \{ } 1 , | x | { \big \} }$ ，则
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f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { - x , } & { x < - 1 , } \\ { 1 , } & { - 1 \leqslant x \leqslant 1 , } \\ { x , } & { x > 1 . } \end{array} \right.
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由于f(x)在 $( - \infty , + \infty )$ 上连续，因此必存在原函数 $F ( x )$ ，即
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F ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + C _ { 1 } } , } & { ~ x < - 1 , } \\ { \displaystyle x + C _ { 2 } , } & { ~ - 1 \leqslant x \leqslant 1 , } \\ { \displaystyle { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + C _ { 3 } } , } & { ~ x > 1 , } \end{array} \right.
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又 $F ( x )$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 上处处连续，可得 $\left\{ \begin{array} { l l } { { - { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } + C _ { 1 } = - 1 + C _ { 2 } } } \\ { { } } \\ { { 1 + C _ { 2 } = { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } } + C _ { 3 } , } } \end{array} \right.$ 令 $C _ { 1 } { = } C$ ，则可得 $C _ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } + C , C _ { 3 } = 1 + C$ .故
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\begin{array} { r } { \overrightarrow { \jmath } _ { \overrightarrow { \mathbf { J } } _ { 1 } } \overrightarrow { \mathbf { x } } = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + C , } & { \quad x < - 1 , } \\ { \displaystyle x + \frac { 1 } { 2 } + C , } & { - 1 \leqslant x \leqslant 1 , } \\ { \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + 1 + C , } & { \quad x > 1 . } \end{array} \right. } \end{array}
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注事实上，本题是一个分段函数的不定积分，这类问题的关键是分段求出每段上的原函数后，适当调整每一段上的常数使其原函数在分段函数的分段点处连续.
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9.10解
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\begin{array} { c } { { { \displaystyle { \int } \frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x = \int } \displaystyle { \frac { \sec ^ { 2 } x } { 2 + \tan ^ { 2 } x } \mathrm { d } x } = \int } \displaystyle { \frac { \sqrt { 2 } \mathrm { d } \left( \displaystyle { \frac { \tan x } { \sqrt { 2 } } } \right) } { 2 \left[ 1 + \left( \displaystyle { \frac { \tan x } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 } \right] } } } \\ { { { } } } \\ { { { } = \displaystyle { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \arctan \displaystyle { \frac { \tan x } { \sqrt { 2 } } } + \mathcal { C } } , } } \end{array}
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取C=0即得 $\frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x }$ 的一个原函数
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F ( x ) = { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } \arctan { \frac { \tan x } { \sqrt { 2 } } } ,
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于是 $\int _ { 0 } ^ { \frac { 3 } { 4 } \pi } \frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \arctan \frac { \tan x } { \sqrt { 2 } } \Bigg | _ { 0 } ^ { \frac { 3 } { 4 } \pi } = \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \arctan \frac { - 1 } { \sqrt { 2 } }$ ，根据积分的保号性，这显然是错误的结果，错误的根源在于误用牛顿-莱布尼茨公式，这里 $F ( x ) = { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } \arctan { \frac { \tan x } { \sqrt { 2 } } }$ 并不是 $\frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x }$ 在 $\left[ 0 , { \frac { 3 } { 4 } } \pi \right]$ 上的原函数(F(x)在 $x = \frac { \pi } { 2 }$ 处无意义)，应该分区间使用牛顿－莱布尼茨公式.于是
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\begin{array} { l } { { { \int _ { 0 } ^ { \frac { 3 } { 4 } } \displaystyle \frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } \displaystyle \frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x + \int _ { \frac { 1 } { 2 ^ { \pi } } } ^ { \frac { 3 } { 4 } } \displaystyle \frac { 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x } } } \\ { { \mathrm { = \operatorname* { l i m } _ { \scriptstyle x \diamond \binom { 3 } { 2 } } } } } \\ { { \mathrm { = \displaystyle \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \bullet \frac { \pi } { 2 } \bullet 0 + \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \ a r c t a n \frac { - 1 } { \sqrt { 2 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \bullet \left( - \frac { \pi } { 2 } \right) } } } \\ { { \mathrm { = \displaystyle \frac { \pi } { \sqrt { 2 } } \bullet \frac { \pi } { 2 } \bullet \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \ a r c t a n \frac { - 1 } { \sqrt { 2 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \bullet \left( - \frac { \pi } { 2 } \right) } } } \\ { { \mathrm { = \displaystyle \frac { \pi } { \sqrt { 2 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } \ a r c t a n \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } ~ . } } } \end{array}
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9.11解
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\begin{array} { r l } & { \sqrt { \frac { \pi } { 4 } } \frac { e ^ { \frac { x } { 2 } } } { 4 } \frac { \cos x - \sin x } { \sqrt { \cos x } } \mathrm { d } x = \int _ { \frac { 1 } { - 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { e ^ { \frac { x } { 2 } } } { \sqrt { 2 } \sqrt { \cos x } \mathrm { d } x } - \int _ { \frac { 1 } { + 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { e ^ { \frac { x } { 2 } } } { \sqrt { \cos x } } \mathrm { d } x } \\ & { \quad \quad = \int _ { \frac { 1 } { - 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \sqrt { \cos x } \mathrm { d } x + 2 \int _ { \frac { 1 } { - 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \mathrm { d } ( \sqrt { \cos x } ) } \\ & { \quad \quad = \int _ { \frac { 1 } { - 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \sqrt { \cos x } \mathrm { d } x + 2 \mathrm { e } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sqrt { \cos x } \bigg | _ { \frac { 1 } { - 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } - \int _ { \frac { 1 } { - 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \sqrt { \cos x } \mathrm { d } x } \\ & { \quad \quad = \sqrt { \frac { \pi } { 4 } } \left( \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } - \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \right) . } \end{array}
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积分过程中， $\int _ { - \frac { \pi } { 4 } } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 2 } } \sqrt { \cos x } \mathrm { d } x$ 被相互抵消，这是分部积分法的一种特殊类型，与循环积分类似.
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9.12解令x=π-t，则
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\begin{array} { l } { { \displaystyle I = \int _ { 0 } ^ { \pi } \frac { x \sin x } { 1 + \cos ^ { 2 } x } \mathrm { d } x = \int _ { \pi } ^ { 0 } \displaystyle \frac { ( \pi - t ) \sin ( \pi - t ) } { 1 + \cos ^ { 2 } ( \pi - t ) } ( - \mathrm { d } t ) = \int _ { 0 } ^ { \pi } \displaystyle \frac { ( \pi - t ) \sin t } { 1 + \cos ^ { 2 } t } \mathrm { d } t } } \\ { { \displaystyle = \pi \int _ { 0 } ^ { \pi } \displaystyle \frac { \sin t } { 1 + \cos ^ { 2 } t } \mathrm { d } t - \int _ { 0 } ^ { \pi } \displaystyle \frac { t \sin t } { 1 + \cos ^ { 2 } t } \mathrm { d } t = \pi \int _ { 0 } ^ { \pi } \displaystyle \frac { \sin t } { 1 + \cos ^ { 2 } t } \mathrm { d } t - I , } } \end{array}
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于是
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I = { \frac { \pi } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { \pi } { \frac { \sin t } { 1 + \cos ^ { 2 } t } } \mathrm { d } t = - { \frac { \pi } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { \pi } { \frac { \cdot 1 } { 1 + \cos ^ { 2 } t } } \mathrm { d } ( \cos t ) = - { \frac { \pi } { 2 } } \cdot \arctan ( \cos t ) { \Bigg | } _ { 0 } ^ { \pi } = { \frac { \pi ^ { 2 } } { 4 } } ~ .
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$$
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9.13解如果作变换 ${ \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } = t$ ，则 $\scriptstyle x = \pm { \sqrt { t ^ { 3 } } }$ .在x的区间[-1,1]上的积分，应分两段[-1,0]与[0,1]来处理（即相应地，在前一段上取 $x = - \sqrt { t ^ { 3 } }$ ；在后一段上取 $\scriptstyle x = { \sqrt { t ^ { 3 } } } \ )$ .如果作变换 ${ \sqrt [ 3 ] { x } } = t$ ，则 $x = t ^ { 3 }$ 虽然不必将区间[-1,1]分两段处理，但也不是最好的办法.经仔细审题发现
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\int _ { - 1 } ^ { 1 } \frac { x + 1 } { 1 + \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } ~ \mathrm { d } x = \int _ { - 1 } ^ { 1 } \frac { x } { 1 + \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } ~ \mathrm { d } x + \int _ { - 1 } ^ { 1 } \frac { 1 } { 1 + \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } ~ \mathrm { d } x = 0 + 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { 1 + \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } ~ \mathrm { d } x ,
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其中前一项因为被积函数是奇函数，故在对称区间上的积分应为0；后一项因为被积函数在对称区间上是偶函数.
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再作积分变量代换，令 ${ \sqrt [ 3 ] { x ^ { 2 } } } = t$ ，有 $\scriptstyle x = { \sqrt { t ^ { 3 } } } , \ d x = { \frac { 3 } { 2 } } { \sqrt { t } } \ d t$ .当 $x = 0$ 时， $t = 0$ ；当 $x = 1$ 时， $t = 1$ .于是
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\int \limits _ { \mathrm { J } } ^ { \mathrm { E } } \frac { \mathrm { d } \mathrm { \vec { c } } } { \mathrm { d } t } = 3 \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { \sqrt { t } } { 1 + t } \mathrm { d } t \frac { \sqrt { t } = u } { \mathrm { d } t } 6 \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { u ^ { 2 } } { 1 + u ^ { 2 } } \mathrm { d } u = 6 - 6 \arctan 1 = 6 - \frac { 3 } { 2 } \pi ~ .
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注可见仔细审题，利用积分性质，会给解题带来方便
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9.14解 $\int _ { - 1 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { - 1 } ^ { 0 } f ( x ) \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { - 1 } ^ { 0 } \frac { \mathrm { d } x } { 1 + \mathrm { e } ^ { x } } + \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { \mathrm { d } x } { 1 + \sin x } ,$
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\int _ { - 1 } ^ { 0 } \frac { \mathrm { d } x } { 1 + \mathrm { e } ^ { x } } \frac { \mathrm { e } ^ { x } = t } { \mathrm { e } ^ { x } } \int _ { \mathrm { e } ^ { - 1 } } ^ { 1 } \frac { 1 } { 1 + t } \bullet \frac { 1 } { t } \mathrm { d } t = \int _ { \mathrm { e } ^ { - 1 } } ^ { 1 } \left( \frac { 1 } { t } - \frac { 1 } { 1 + t } \right) \mathrm { d } t = \ln \frac { t } { 1 + t } \bigg | _ { \mathrm { e } ^ { - 1 } } ^ { 1 } = - \ln 2 + \ln ( 1 + \mathrm { e } ) ,
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{ \begin{array} { r } { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } { \frac { \mathrm { d } x } { 1 + \sin x } } = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } { \frac { 1 - \sin x } { \cos ^ { 2 } x } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \sec ^ { 2 } x \mathrm { d } x - \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } { \frac { \sin x } { \cos ^ { 2 } x } } \mathrm { d } x } \\ { = \tan x { \Biggl | } _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } - { \frac { 1 } { \cos x } } { \Biggl | } _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } = 1 - ( { \sqrt { 2 } } - 1 ) = 2 - { \sqrt { 2 } } , } \end{array} }
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从而
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\int _ { - 1 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } f ( x ) \mathrm { d } x = - \ln 2 + \ln ( 1 + \mathrm { e } ) + 2 - \sqrt { 2 } .
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9.15解当 $- 1 \leqslant x < 0$ 时，
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\sqrt { \Xi } \mp \ddagger = \int _ { - 1 } ^ { x } ( 1 + t ) \mathrm { d } t = \frac { 1 } { 2 } ( 1 + t ) ^ { 2 } \bigg | _ { - 1 } ^ { x } = \frac { 1 } { 2 } ( 1 + x ) ^ { 2 } \ ;
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当 $x \geqslant 0$ 时，
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\sqrt { \Xi } \dddot { \boldsymbol { \mathfrak { I } } } \bar { \boldsymbol { \mathfrak { I } } } = \int _ { - 1 } ^ { 0 } ( 1 + t ) \mathrm { d } t + \int _ { 0 } ^ { x } ( 1 - t ) \mathrm { d } t = 1 - \frac { 1 } { 2 } ( 1 - x ) ^ { 2 } \ .
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9.16解当 $x \neq 0$ 时，令 $\scriptstyle { t x = u }$ ，则原式 $= \frac { 1 } { x } \int _ { 0 } ^ { x } f ( u ) \mathrm { d } u = f ( x ) + x \sin { x }$ ，即
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\int _ { 0 } ^ { x } f ( u ) \mathrm { d } u = x f ( x ) + x ^ { 2 } \sin { x } ,
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两边对x求导，得
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f ( x ) = f ( x ) + x f ^ { \prime } ( x ) + 2 x \sin x + x ^ { 2 } \cos x \ ,
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即
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f ^ { \prime } ( x ) = - 2 \sin x - x \cos x \ ,
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积分，得
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\begin{array} { c } { { f ( x ) = 2 \cos x - \displaystyle \int x \mathrm { d } ( \sin x ) = 2 \cos x - x \sin x - \cos x + C \nonumber } } \\ { { { } } } \\ { { = \cos x - x \sin x + C ~ . } } \end{array}
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当 $x = 0$ 时，上式f(0)仍满足题干.
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不要把 $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( t ) d t$ 误认为定积分，
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9.17解当 $x \leqslant 0$ 时，
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f ( x ) = \int _ { 0 } ^ { 1 } t ( t - x ) \mathrm { d } t = { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { x } { 2 } } ;
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当 $0 < x \leqslant 1$ 时，
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\begin{array} { l } { { f ( x ) = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } t ( x - t ) \mathrm { d } t + \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } t ( t - x ) \mathrm { d } t } } \\ { { \displaystyle \qquad = \frac { 1 } { 3 } - \frac { x } { 2 } + \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } ; } \end{array}
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当 $x > 1$ 时，
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f ( x ) = \int _ { 0 } ^ { 1 } t ( x - t ) \mathrm { d } t = \frac { x } { 2 } { - } \frac { 1 } { 3 } ,
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则
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f ^ { \prime } ( x ) = \left\{ x ^ { 2 } - { \frac { 1 } { 2 } } , \quad \quad x < 0 , \right. \nonumber
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又
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f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { - } } \frac { \frac { 1 } { 3 } - \frac { x } { 2 } - \frac { 1 } { 3 } } { x - 0 } = - \frac { 1 } { 2 } , f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } \frac { \frac { 1 } { 3 } - \frac { x } { 2 } + \frac { x ^ { 3 } } { 3 } - \frac { 1 } { 3 } } { x - 0 } = - \frac { 1 } { 2 } ,
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$$
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可知 $f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) = f _ { + } ^ { \prime } ( 0 )$ ，故 $f ^ { \prime } ( 0 ) = - \frac { 1 } { 2 }$
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又
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f _ { - } ^ { \prime } ( 1 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 1 ^ { - } } \frac { \frac { 1 } { 3 } - \frac { x } { 2 } + \frac { x ^ { 3 } } { 3 } - \frac { 1 } { 6 } } { x - 1 } = \frac { 1 } { 2 } , f _ { + } ^ { \prime } ( 1 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 1 ^ { + } } \frac { \frac { x } { 2 } - \frac { 1 } { 3 } - \frac { 1 } { 6 } } { x - 1 } = \frac { 1 } { 2 } ,
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$$
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可知 $f _ { - } ^ { \prime } ( 1 ) = f _ { + } ^ { \prime } ( 1 )$ ，故 $f ^ { \prime } ( 1 ) = \frac { 1 } { 2 }$
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综上，
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f ^ { \prime } ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle - \frac { 1 } { 2 } , } & { \quad x < 0 , } \\ { \displaystyle x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } , } & { 0 \leqslant x < 1 , } \\ { \displaystyle \frac { 1 } { 2 } , } & { \quad x \geqslant 1 . } \end{array} \right.
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