对于含有根式的函数的 积分，原则上是设法去 掉根式。
有些含有根式的函数的 积分，直接令根式为新 变量 即可将问题转化为一般 的不含根式的函数的积 分。
补充例题11 计算
解:
1 6

dx . 3 x x
xx ,
1 2
3
xx ,
1 3
它们的指数部分的 分母的最小公倍数 为6 .
令 t x , t 0,
则 x t , d x 6 t d t, 故
6 5

t 3 1 1 dx 6 t3 dt d t 6 3 t 1 x x t 1
1 6 ( t t 1 )dt t 1
2
2 t 3 3 t 2 6 t 6 ln | t 1 | C 2 x 33 x 66 x 6 ln( 6 x 1) C .
第二类换元法常见类型:
(1)
(2)


f ( x , n ax b ) dx , 令
a x b n ( x , c x d ) dx ,
f
令 或
第 三 节 讲
(3) (4) (5)
f ( x , a 2 x 2 ) dx , 令 f ( x , a 2 x 2 ) dx , 令 f ( x , x 2 a 2 ) dx , 令
求
f (tan x)sec 2 xdx
补充例题4
1 解: 原式 = 1 2 ln x 2 1 2 ln x
自主学习课本P141例4.2.6、例4.2.7、例4.2.8
例4.2.9 求
tan xdx 和 cot xdx
．
解: cot xdx cos x dx 1 d sin x = ln sinx + C sin x sin x
第四章
4.2 换元积分法和分部积分法
（Integration by Substitution and Integration by Parts ）
一、第一类换元积分法 二、第二类换元积分法
三、分部积分法
基本思路 设 F (u ) f (u ) ,
可导, 则有
dF [ ( x)] f [ ( x)] ( x)dx F [ ( x)] C F (u ) C
arctan x 2 arctan u dx du 2 x (1 x) 1 u
du 令 v arctan u，则 d v ，从而 2 1 u

arctan x d x 2v d v x (1 x)
换元法可以连续使用
v2 C
(arctan u ) 2 C (arctan x ) 2 C .
令 u 1

1 ln x du 2 2 ( x ln x) d x u
1 C u x C. x ln x
补充例题8 计算
解:

ax dx ax
(a 0) .

ax dx ax


ax dx 2 2 a x
ad x 2 2 a x xd x a2 x2
(C C1 2 ln a)
自主学习课本P143例4.2.16
从上面三个例子，可以看出如果被积函数含有：
(1) a x
2
2
可作代换 可作代换
或
(2) a x
2
2
(3)
x2 a2
可作代换
补充例题 15
dx 求 2 , (a 0) . 2 2 (x a )
2 解 设 x a tan t ，则 d x a sec t d t ， 于是
或
或
(6)

f ( a x ) dx , 令
(7) 分母中因Байду номын сангаас次数较高时, 可试用倒代换
2. 常用基本积分公式的补充
前面，我们利用复合函数的求到法则得到了 “换元积分法” 。 但是，对于形如 xe x dx;
x ln xdx; x sin xdx;
的积分用直接积分法或换元积分法都无法计算. 注意到，这些积分的被积函数都有共同的特点——
2 2 a cos a cos t a cos t d t ∴ 原式 tdt
2
2
2
a t
x
a2
C
x a2 x2 sin 2t 2 sin t cos t 2 a a x 1 a2 arcsin x a 2 x 2 C 2 a 2 自主学习课本P142例4.2.14 2）
ln | tan x sec x | C .
解法2 （与课本解法不一样） cos x dx 2 cos x
1 1 1 d sin x 2 1 sin x 1 sin x 1 ln 1 sin x ln 1 sin x C 2
a d( x / a) 1 d( a 2 x 2 ) 2 1 ( x / a) 2 a2 x2
x a arcsin a 2 x 2 C . a
补充例题9 计算
解:

arctan x d x. x (1 x)
令 u x ，则 d u
dx ，故 2 x

补充例题5 求 sec 6 xdx . 解: 原式 = (tan x 1) sec xd x
2 2 2
(tan 4 x 2 tan 2 x 1) dtan x
补充例题6求 cos3 x sin 5 x d x
1 1 6 1 8 4 cos x cos x cos x C1 或 4 3 8
易求
若所求积分
f (u )d u 难求，
易求,
则用第二类换元积分法 .
定理4.2.2 设
是单调可导函数 , 且
具有原函数 , 则有换元公式
其中 t 1 ( x) 是 x (t ) 的反函数 (t ) f [ (t )] (t )
证明略, 详细过程可参见课本P142
a
dx
x)2 1 (a

x) d (a x )2 1 (a
dx . 例4.2.5 求 2 2 x a
1 xa 答案： ln C 2a x a
dx 1 x . 答案： arctan C 补充例题3 求 2 2 a x a a
常用的几种配元形式:
(1) (2)
(3)
dx 例4.2.14 计算1） 1 1 +x .
解:
令 t 1+x ， d x 2 t d t，故

dx 2 1 1 +x

t dt 1 t
2 2
t 11 dt t 1 1 (1 )dt t 1
2 ( t ln | t 1 | ) C
2 1 +x 2ln( 1 +x 1) C.
都是两种不同类型函数的乘积。 这就启发我们把两个 函数乘积的微分法则反过来用于求这类不定积分，
1 x
1 x
(ax b)
m
dx (m 1).
解: 令 u a x b , 则 d u adx , 故 1 1 m 1 m 1 du u C 原式 = u a a m 1
补充例题2求 例4.2.4 求 解:
答案：e
x2
C

dx a2 x2
(a 0).
x ln a
t
x2 a2
x2 a2 C 1 a
(C C1 ln a)
当x a 时, 令
du
则 u a , 于是
u2 a2
ln u u 2 a 2 C1
ln x x 2 a 2 C1
ln a2 x x2 a2 C1
1 6 1 8 sin x sin x C2 . 6 8
补充例题7 计算
解

1 ln x d x. 2 ( x ln x)

1 ln x 1 ln x dx 2 ln x 2 ( x ln x) d x x 2 (1 ) x
ln x 1 ln x ，则 d u d x，故 2 x x
dx ( x 2 a 2 )2
a sec2 t a4 (tan 2 t 1)2 d t
1 t 1 1 2 3 cos t d t 3 ( sin 2t ) C a 2 4 a
1 t 1 3 ( sin t cos t ) C a 2 2
1 x x 3 arctan 2 2 C 2 2a a 2a ( x a )
t a
(C C1 ln a)
x
自主学习课本P142例4.2.15
补充例题14 求
解: 当x a 时, 令 则
x 2 a 2 a 2 sec 2 t a 2 a tan t dx a sec t tan t d t
a sec t tan t d t sec t d t ∴ 原式 a tan t ln sec t tan t C1
1 4 3 2 3 2 cos 2 x 1 cos 4 x ) dx ( 2 2
1 cos 4 x d ( 4 x) cos 2 x d( 2 x ) d x 8
自主学习课本P141例4.2.11—例4.2.13
二、第二类换元法 第一类换元法解决的问题
难求
f (u )d u
补充例题13 求
解: 令
2
则
x 2 a 2 a 2 tan 2 t a 2 a sec t