高等数学高等数学
（提高班）
授课教师
李晓沛
Tel 13878971026
第五章
定积分
第五章第五章
定积分定积分
第三节
定积分的换元法和分部积分法
第三节第三节
定积分的换元法和分部积分法定积分的换元法和分部积分法
d 22 xxa . 2arcsin2
222
Cxax
a
xa
22
d
ax
x
. ||ln 22 Caxx
. )0( d
axxa xa
xx xlnd .|ln|ln Cx
xxdsec .|sectan|ln Cxx
. arcsin 22 Cxa
a
xa
dxx ln Cxxx ln
. darccos xx
.arctan xdxx .)arctan(21arctan2
2
Cxxxx
.1 arccos 2 Cxxx
Cxxx 21arcsin darcsin xx
由牛顿——莱布尼兹公式，可以通过不定积分来
计算定积分. 一般是将定积分的计算截然分成两步：
先计算相应的不定积分，然后再运用牛顿——莱布尼
兹公式代值计算出定积分. 这种作法相当麻烦，我们
希望将不定积分的计算
方法
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与牛顿——莱布尼兹公式
有机地结合起来，构成定积分自身的计算方法——定
积分的换元法和定积分的分部积分法.
一. 利用不定积分计算定积分
例1
解
. d1
1
0
2 xx计算
数的一个原函数：先用不定积分求被积函
ttxx dcosd1 22
sin tx 令
tt d)2cos1(
2
1
Ctt
4
2sin
2
Cxxx 21
2
1arcsin
2
1
得，—莱布尼兹公式—由牛顿
.
4
1
2
1arcsin
2
1d1
1
0
21
0
2
xxxxx
例1
解
. d1
1
0
2 xx计算
数的一个原函数：先用不定积分求被积函
ttxx dcosd1 22
sin tx 令
tt d)2cos1(
2
1
Ctt
4
2sin
2
Cxxx 21
2
1arcsin
2
1
得，—莱布尼兹公式—由牛顿
.
4
1
2
1arcsin
2
1d1
1
0
21
0
2
xxxxx
10 x
2
0 t
2 0 21 0 2 dcosd1
ttxx tt d)2cos1(2
1 2
0
2
0
4
2sin
2
tt .
4
有什么想法没有？
就是说，计算定积分时可以使用换元法 . 换元
时只要同时改变积分的上、下限，就不必再返回到
原来的变量，直接往下计算并运用牛顿——莱布尼
兹公式便可得到定积分的结果 .
定理 ;)] ,[()( )1( baCxf 设
且单调； ) ] ,[ ()( )2( 1 Ctx
，， ba )( )( )3(
. d)())((d)(
tttfxxfba则
定积分的换元法
应用换元公式时应注意:
（1）
求出 )()]([ ttf 的一个原函数 )(t 后，
不必象计算不定积分那样再要把 )(t 变换
成原变量 x 的函数，而只要把新变量 t 的
上、下限分别代入 )(t 然后相减就行了.
（2）
用 )(tx 把变量 x 换成新变量 t 时，积分限也
相应的改变.
例2
解
.
1
d 5
3
2
1 2 xx x计算
dd 1 2 ，，则令 t
tx
t
x
3
5 2 :
5
3
2
1 : ，故时，且 tx
3
5
2 2
5
3
2
1 2 1
d
1
d
t
t
xx
x
2
3
5 2 1
d
t
t
2
3
5
2 |1|ln tt . 3ln)32ln(
例3
解
. d
)1(
arcsin 4
3
4
1 xxx x计算
dcossin2d sin arcsin 2 ，，，则令 tttxtxtx
的单调性保证 )( tx
3
6
:
4
3
4
1 : ，故时，且 tx
)sin1(sin
dcossin2 d
)1(
arcsin 3
6
22
4
3
4
1
tt
ttttx
xx
x
3
6
d 2
tt
3
6
2
t 12
2
例4
解
.
1
d
2
2 2 x x计算
dtansecd sec ，，则令 tttxtx
.
2
sec 0 ttx 中，故因为
4
3
3
2 : 2 2 : ，故时，且 tx
tan
dsectan
1
d 4
3
3
2
2
2 2
t
ttt
x
x
dsec 4
3
3
2
tt
4
3
3
2 |tansec|ln
tt
.
21
32ln
例5
证
)] ,[()( ，证明：设 aaCxf
. d)( 2d)( )( )1(
0
aaa xxfxxfxf 为偶函数，则
. 0d)( )( )2(
aa xxfxf 为奇函数，则
, d)(d)(d)(
0
0 aaaa xxfxxfxxf因为
0: 0: dd ，从而时，，且，则故令 ataxtxtx
0 0 )d)((d)( aa ttfxxf a ttf 0 d)( . d)( 0 a xxf
.d)]()([ d)(d)(d)(
0
0
0
aaaaa xxfxfxxfxxfxxf
于是
，故有为偶函数，则若 )()( )( )1( xfxfxf
. d)( 2d)(
0
aaa xxfxxf
，故有－为奇函数，则若 )()( )( )2( xfxfxf
. 0d)(
aa xxf
.d)]()([ d)(d)(d)(
0
0
0
aaaaa xxfxfxxfxxfxxf
奇函数
计算
解
.
11
cos21
1 2
2
dx
x
xxx
原式
1
1 2
2
11
2 dx
x
x
1
1 211
cos dx
x
xx
偶函数
1
0 2
2
11
4 dx
x
x
1
0 2
22
)1(1
)11(4 dx
x
xx
10 2 )11(4 dxx 10 2144 dxx
.4 单位圆的面积
例9
例6
证
. )) ,(()( 证明：为周期，且以设 TRxf
. d)(d)(
0
TTaa xxfxxfRa ，有
, d)(d)(d)(d)(
0
0
TaTTaTaa xxfxxfxxfxxf因为
0: : dd ，从而时，，且，则故令 atTaTxtxTtx
d)(d)(
0
aTaT tTtfxxf d)(d)( 0 0 aa xxfttf
d)(d)(d)(d)(
0
0
0
aTaTaa xxfxxfxxfxxf于是
d)(d)(d)(
0
0
0 aTa xxfxxfxxf
. d)(
0 T xxf
计算
解
.sinsin
0
53 dxxx
xxxf 53 sinsin)( 23sincos xx
0 53 sinsin dxxx 0 23sincos dxxx
20 23sincos dxxx
2
2
3
sincos dxxx
20 23 sinsin xdx
2
2
3
sinsin xdx
2
0
2
5
sin
5
2
x
2
2
5
sin
5
2 x .
5
4
例7
计算
解
.
)ln1(ln
4
3
e
e xxx
dx
原式
4
3
)ln1(ln
)(lne
e xx
xd
4
3
)ln1(ln
)(lne
e xx
xd
4
3
2)ln(1
ln2
e
e x
xd
43)lnarcsin(2 eex .6
例8
若 )(xf 在 ]1,0[ 上连续，证明
（1） 22 00 )(cos)(sin dxxfdxxf ;
（2） 00 )(sin2)(sin dxxfdxxxf .
由此计算 0 2cos1 sin dxxxx .
证 （1）设 tx
2
,dtdx
0x ,
2
t
2
x ,0 t
例10
20 )(sin dxxf
0
2 2
sin dttf
20 )(cos dttf ;)(cos20
dxxf
（2）设 tx ,dtdx
0x , t x ,0 t
0 )(sin dxxxf 0 )][sin()( dttft
,)(sin)(
0 dttft
0 )(sin dttf 0 )(sin dtttf
0 )(sin dxxf ,)(sin0 dxxxf
.)(sin
2
)(sin
00 dxxfdxxxf
0 2cos1 sin dxxxx
0 2cos1
sin
2
dx
x
x
0 2 )(coscos1 12 xdx 0)arctan(cos2 x
.
4
2)
44
(
2
0 )(sin dxxxf
几个特殊积分、定积分的几个等式
定积分的换元法
dxxf
b
a )( dtttf )()]([
二、小结
定理 ] ,[ )( )( 上可导，在，设函数 baxvxu
]) ,([)()( ，则，且 baRxvxu
. d)()( )()(d)()(
bababa xxvxuxvxuxxvxu
.部积分公式该公式称为定积分的分
证明与不定积分的情形类似 .
定积分的分部积分法
例11
解
. dcos 2
0
xxex计算
xcos xe
xexsin
dsin cosdcos 2
0
2
0
2
0
xxexexxe xxx
dsin1 2
0
xxexxsin
xe
xexcos
dcos sin1 2
0
2
0
xxexe xx
dcos1 2
0
2 xxee x
. )1 (
2
1dcos 22
0
exxex故
什么情况下运用分部积分法呢？
定积分与不定积分的情形相同！
例12
解
. d |ln|
1 e
e
xx计算
e
e
e
e
xxxxxx
1
1
1
1
d ln d )ln( d |ln|
xln 1
x
1
x
ee
e
e xxxxxx
1 1
1
1
1
1 dlnd ln
. ) 11 ( 2
e
例13
证
2 02 0 dcosdsin
xxxxI nnn证明：
. ,
!!
!)!1(
,
2!!
!)!1(
为正奇数
为正偶数，
n
n
n
n
n
n
dsin 2
0
，则令 xxI nn
xn 1sin xsin
xxn n cossin)1( 2 xcos
2
0
12
0
sincosdsin
xxxxI nnn
2 0 22 dcossin)1(
xxxn n
2 02 0 2 dsin)1(dsin)1(
xxnxxn nn
.)1()1( 2 nn InIn
. 1 2
nn In
nI故
, 1 cosdsin ,
2
d 2
0
2
0 1
2
0 0
xxxIxI由于
，所以
;
2!!
!)!1(
2
1
4
3
2
31
0
n
nI
n
n
n
nI
n
n
为正偶数时，当
.
!!
!)!1(
3
2
5
4
2
31
1 n
nI
n
n
n
nI
n
n
为正奇数时，当
2 2
0 0
10 sin d cos d . n nx x x x
在例 中已证明： 证毕
例14
解
. dsin 2
0
6 xx计算
2!!6
!)!1(6dsin2
0
6 xx
.
32
5
2246
135
例15
解
. , d)1(
1
0
2 Znxx n计算
, dcosd ,sin ttxtx 则令
故时且 ,
2
0 : , 10 : tx
2 0 21 0 2 dcoscosd1
tttxx nn）－（
2 0 12 dcos
ttn
.
!)!12(
!)!2(
n
n
计算 .arcsin2
1
0 xdx
解 令 ,arcsin xu ,dxdv
,
1 2x
dxdu ,xv
210 arcsin xdx 210arcsin xx 2
1
0 21 x
xdx
62
1 )1(
1
1
2
1 2
0 2
2
1
xd
x
12
21021 x .12312
则
例16
计算
解
.
)2(
)1ln(1
0 2 dxxx
1
0 2)2(
)1ln( dx
x
x
1
0 2
1)1ln(
x
dx
1
02
)1ln(
x
x
1
0
)1ln(
2
1 xd
x
3
2ln dx
xx 10 1 12 1 xx 2 11 1
10)2ln()1ln(3
2ln xx .3ln2ln
3
5
例17
设 求
解
21 ,sin)( x dtt txf .)(
1
0 dxxxf
因为
t
tsin 没有初等形式的原函数，
无法直接求出 )(xf ，所以采用分部积分法
10 )( dxxxf 10 2 )()(2
1 xdxf
102 )(21 xfx 10 2 )(21 xdfx
)1(
2
1 f 10 2 )(2
1 dxxfx
例18
21 ,sin)( x dtt
txf
,sin22sin)(
2
2
2
x
xx
x
xxf
10 )( dxxxf )1(21 f
1
0
2 )(
2
1 dxxfx
10 2sin22
1 dxxx 10 22sin2
1 dxx
102cos21 x ).11(cos21
,0sin)1(
1
1 dtt tf
思考题
设 )(xf 在 1,0 上连续，且 1)0( f ，
3)2( f ， 5)2( f ，求 10 )2( dxxfx .
思考题解答
10 )2( dxxfx 10 )2(2
1 xfxd
1010 )2(21)2(21 dxxfxfx
10)2(4
1)2(
2
1 xff
)0()2(
4
1
2
5 ff .2
计算
解
1
4
0
.
1 cos 2
xdx
x
,cos22cos1 2 xx
40 2cos1 xxdx
4
0 2cos2 x
xdx xdx tan
2
4
0
40tan2
1 xx xdxtan
2
1 4
0
40secln2
1
8
x .
4
2ln
8
练习练习
一、 填空题：
1、
3
)
3
sin( dxx ___________________；
2、 0 3 )sin1( d ________________；
3、 20 22 dxx _____________；
4、 2
1
2
1 2
2
1
)(arcsin dx
x
x ___________；
5、
5
5 24
23
12
sin dx
xx
xx
________________________ ..
练习题
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练习题
二、 计算下列定积分：
1 、
3
1 22 1 xx
dx ； 3 、； 4 、；
2 0 2cos1 dxx ； 6、2
2
4cos4
dx；
7、 11 2322 )11( dxxxxx ；
8、20 3 },max{ dxxx ；
9、 20 dxxx （ 为参数 ）.
三、 设
时，当
时，当
0,
1
1
0,
1
1
)(
x
e
x
xxf
x
求 20 )1( dxxf .
四、设 baxf ,)( 在 上连续，
证明 ba ba dxxbafdxxf )()( .
五、 证明：
10 1`0 )1()1( dxxxdxxx mnnm .
六、证明：
aa a dxxfxfdxxf 0 )]()([)( ,
并求 44 sin1 x
dx .
七、设 1,0)( 在xf 上连续，
证明 20 20 )cos(41)cos( dxxfdxxf .
练习题答案
一、1、0； 2、
3
4 ； 3、
2
； 4、
32
3 ； 5、0.
二、1、
4
1； 2、
3
322 ； 3、 2ln21 ； 4、
3
4；
5、 22 ； 6、
2
3 ； 7、
4
； 8、
8
；
9、
4
17； 10、 时当 0 , 2
3
8 ； 当 20
时,
3
2
3
8 3 ； 当 2 时, 2
3
8 .
三、 )1ln(1 1 e .
六、 2.
往年考研题
1 12
2
31
1 1 .
2
xe dx e
x
证明
1
1 12 132
13 21 1
2
1 1( )
t
x
t txe dx t e dt te dt
x t
111 2
11
22
1 .
2
t tte e dt e
例
解
往年考研题
1l 2l
30 2 .)()( dxxfxx
C的方程为y=f(x)，点(3,2)是它的一个拐点，直线
与 分别是曲线C在点(0,0)与(3,2)处的切线，
其交点为(2,4). 设函数f(x)具有三阶连续导数，计算定积分
2)0( f .0)3(,2)3( fff(0)=0, f(3)=2,
3030 302230 2 )12)(()()()()()()( dxxxfxfxxxfdxxdxxfxx
3 33
00 0
(2 1) ( ) (2 1) ( ) 2 ( )x df x x f x f x dx
16 2[ (3) (0)] 20.f f
例
解
往年考研题
把 0x 时的无穷小量
dttdttdtt
xxx 0 300 2 sin,tan,cos
2 ，使排在后
面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是[ ]
(A) ,, . (B) ,, .
(C) ,, . (D) ,, .
例
解
.1
2ln
0
2 dxe x求
,sin te x 令
.
sin
cos,sinln dt
t
tdxtx 则
6
2
)
sin
cos(cos dt
t
tt原式 2
6
2
sin
cos dt
t
t
x
t
0 2ln
2
6
2
6
2
6
sin
sin
tdt
t
dt
.
2
3)32ln(
例
.)(
)(
)(
.0)(],[)(
2ab
xf
dxdxxf
xfbaxf
b
a
b
a
证明
上连续，且在区间设
证 作辅助函数
,)(
)(
)()( 2ax
tf
dtdttfxF
x
a
x
a
)(2
)(
1)(
)(
1)()( ax
xf
dttfdt
tf
xfxF
x
a
x
a
,2
)(
)(
)(
)( xaxaxa dtdtxf tfdttf xf
例
0)2
)(
)(
)(
)(()( dtxf tftf xfxF xa即
2
)(
)(
)(
)(
xf
tf
tf
xf,0)( xf
.)( 单调增加xF
,0)( aF又 ,0)()( aFbF
.)(
)(
)( 2ab
xf
dxdxxf
b
a
b
a
即
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幻灯片编号 7
定积分的换元法
幻灯片编号 9
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幻灯片编号 14
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幻灯片编号 16
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幻灯片编号 20
幻灯片编号 21
二、小结
定积分的分部积分法
幻灯片编号 24
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练 习 题
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幻灯片编号 41
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