dxaseccos?tdt-(1+cos2t)d+2a+ sec+tax(t+sintcost)+C--(arctan+C2a2gax+dx例10求/x2 -1解：【方法一]】第一换元积分法dxu2+(dVx21(14x[方法二】第二换元积分法（令x=sect）：Vx2 -dxsect-tantdt=[costdt=sint+C:C（优于方法一!!)sec"t-tantx2-x分部积分法定理8.5(分部积分法）若u(x)与v(x)可导，不定积分[u(x)(x)dx存在，则不定积分[u(x)v(x)dx也存在，且[u(x)v(x)dx=u(x)v(x)-u(x)(x)dx，（此式称为分部积分公式);即[u(x)d(x)=u(x)v(x)-「v(x)du(x)，（此式称为分部积分公式).证明：由[u(x)v(x)"=u(x)v(x)+u(x)v(x)即可得.例11求xcosxdx.【分析】令u=x，dv=cosx=dsinx，用分部积分分式即可求出。解：令 u=x,dy=cosx=dsinx,则xcosxdx=xsinx-sinxdx=xsinx+cosx+C.例12 求arctanxdx说明：在熟练后，u,v不须写出。xarctanxdx= xarctanx-In(1+x)+C解：xarctan2例 13[ x In xdx .解：x In xdx =[inxd([x dx):-)=-(x* Inx-(4lnx-1)+C.416注：分部积分可多次使用.104
104 2 2 2 (x a ) dx t dt a tdt a dt a t a t (1 cos 2 ) 2 1 cos 1 sec sec 3 2 4 4 3 2 C x a ax a x a t t t C a (arctan ) 2 1 ( sin cos ) 2 1 3 3 2 2 ． 例 10 求 1 2 2 x x dx ． 解：[方法一] 第一换元积分法： 1 2 2 x x dx du u C u u x d x x 2 2 2 1 1 ) 1 ( 1 1 1 1 C x x 1 2 ， ) 1 ( x u ． [方法二] 第二换元积分法（令 x sect ）： 1 2 2 x x dx C x x dt tdt t C t t t t 1 cos sin sec tan sec tan 2 2 （优于方法一！！）． 二 分部积分法 定理 8.5（分部积分法） 若u(x) 与v(x) 可导，不定积分 u(x)v(x)dx 存在，则不定积分 u(x)v(x)dx 也存在，且 u(x)v(x)dx u(x)v(x) u(x)v(x)dx ，（此式称为分部积分公式）； 即 u(x)dv(x) u(x)v(x) v(x)du(x) ，（此式称为分部积分公式）． 证明：由[u(x)v(x)] u(x)v(x) u(x)v(x) 即可得． 例 11 求 x cos xdx ． 【分析】 令 u x ， dv cos x d sin x ，用分部积分分式即可求出． 解：令 u x ， dv cos x d sin x ，则 x cos xdx x sin x sin xdx x sin x cos x C ． 例 12 求 arctan xdx ． 说明：在熟练后，u, v 不须写出． 解： dx x x x xdx x x 2 1 arctan arctan x x ln(1 x ) C 2 1 arctan 2 . 例 13 x ln xdx 3 ． 解： x ln xdx 3 x C x x x x dx x xd (4ln 1) 16 ( ln ) 4 1 ) 4 ln ( 4 4 3 4 ． 注：分部积分可多次使用．
例14求[xedx.解：[x'edx=[x’d(-e*)=-x’e-*+2]xe-*dx =-x'e-*+2]xd(-e-*)= -x’e** - 2xe* +2edx =-e*(x? + 2x+2)+C.例15 求I, =Je cos bxdx和I, =Je sin bxdx. J cos bxd(e)= (e cos bx + b fe sinbx) = (e cos bx+ bl).解：I=aCI,= sin bxd(e)={(e sin bx-bl),aqal,-bl,=ecosbx由此得到[bl,+bl,=e sinbx解此方程组，求得I= fecos brdx= sinraosbr+Cc,1, fe sinbadx asinh-boshcα? +b?α?+b结论：当n是正整数时，如[x"e*dx，『x"sinxdx，『x"cosxdx，这种类型的积分，都可用分部积法解决，这时，设u=x"，dv分别为e*dx，sinxdx，cosxdx；同样x"Inxdx，x"arctanxdx，x"arcsinxdx这种类型的积分，也可用分部积分法解决，这时，设dv=x"dx，u分别为lnx，arctanx，arcsinx，[e sin(ax+b)dx, Je* cos(ax+b)dx（a，b，k为常数）这种类型的积分如例15那样，也可以用分部积分法来解决，作业P1891（1)(3)-(25)，P1902(1)—(6)105
105 例 14 求 x e dx x 2 ． 解： x e dx x d e x e xe dx x x x x ( ) 2 2 2 2 2 ( ) 2 x x x e xd e x e xe e dx x x x 2 2 2 e x x C x ( 2 2) 2 . 例 15 求 I e bxdx ax cos 1 和 I e bxdx ax 2 sin . 解： ( cos sin ) 1 cos ( ) 1 1 e bx b e bx a bxd e a I ax ax ax ( cos ) 1 b 2 e bx I a ax . ( sin ) 1 sin ( ) 1 2 b 1 e bx I a bxd e a I ax ax ． 由此得到 bI bI e bx aI bI e bx axax sin cos 1 2 1 2 解此方程组，求得 1 2 2 2 2 2 sin cos sin cos cos ; sin ax b bx a bx ax a bx b bx I e bxdx C I e bxdx C a b a b 结论：当 n 是正整数时，如 x e dx n x ， x xdx n sin ， x xdx n cos ，这种类型的积分，都可用分部积法解 决，这时，设 n u x ，dv分别为 e dx x ，sin xdx ，cos xdx ；同样 x xdx n ln ， x xdx n arctan ， x xdx n arcsin 这种类型的积分，也可用分部积分法解决，这时，设 dv x dx n ， u 分别为 ln x ， arctan x ， arcsin x ． e ax b dx kx sin( ) ， e ax b dx kx cos( ) （ a ，b ， k 为常数）这种类型的积分如例 15 那样，也可以 用分部积分法来解决． 作业 P189 1（1）(3)-(25), P190 2(1)—(6)
S3有理函数和可化为有理函数的不定积分[教学目的】会计算有理函数和可化为有理函数的不定积分[教学要求】（1)会计算有理函数的不定积分、三角函数有理式的不定积分、某些无理根式的不定积分：(2）会利用欧拉代换求某些无理根式的不定积分.[教学重点］有理函数的不定积分.【教学难点】利用欧拉代换求某些无理根式的不定积分.【教学方法]］系统讲授法.[教学程序]有理函数的不定积分有理函数的一般形式为：R(x)= P() --"+a*a.O(x)box+b,x"-l+...+bm其中n,m为非负整数，ao,aj,",a，与bo,b,,b都是常数，且ab0.若m>n，则称R(x)为真分式：若m≤n，则称R(x)为假分式结论：假分式=多项式+真分式。因此，对有理函数的积分，只要讨论真分式的积分即可，重要结论：任何一个有理真分式必定可以表示为若干个形如（称为部分分式）：AAx + B(1)(2)-(p-4g<0)(x-a)h(x2 + px+g)的真分式之和，其中A，B，α,p,q,为常数，k为正整数因此，对有理真分式的积分只要讨论上述四种形式的真分式的积分即可。dx=Inx-a+C.(1)r-a1dx(2)(k>1)-+C，(1-k)(x-a)t-Ix-a)YAx+BAx+ Bdx，令1=x+号，并记r2=4g-PN=B_PAdx= [-(3)242+B)2+4g-p2+ px + q(x +42则Ax + BAx + Btdtddx+ px + q(x+)2+ 4g-p42Narctan-+CIn(t2rr106
106 §3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 [教学目的] 会计算有理函数和可化为有理函数的不定积分． [教学要求] (1)会计算有理函数的不定积分、三角函数有理式的不定积分、某些无理根式的不定积分; (2)会利用欧拉代换求某些无理根式的不定积分． [教学重点] 有理函数的不定积分． [教学难点] 利用欧拉代换求某些无理根式的不定积分. [教学方法] 系统讲授法． [教学程序] 一 有理函数的不定积分 有理函数的一般形式为： m m m n n n b x b x b a x a x a Q x P x R x 1 0 1 1 0 1 ( ) ( ) ( ) ． 其中 n, m 为非负整数， n a , a , , a 0 1 与 m b ,b , ,b 0 1 都是常数，且 0 a0 b0 ．若 m n，则称 R(x)为真分 式；若 m n ，则称 R(x)为假分式． 结论： 假分式=多项式+真分式． 因此，对有理函数的积分，只要讨论真分式的积分即可． 重要结论：任何一个有理真分式必定可以表示为若干个形如（称为部分分式）： （1） k x a A ( ) ； （2） ( 4 0) ( ) 2 2 p q x px q Ax B k ． 的真分式之和，其中 A，B， a, p, q, 为常数， k 为正整数． 因此，对有理真分式的积分只要讨论上述四种形式的真分式的积分即可． （1） x a C x a dx ln ． （2） C x a k x a dx k k 1 (1 )( ) 1 ( ) ， (k 1) ． （3） dx p q p x Ax B dx x px q Ax B 4 4 ) 2 ( 2 2 2 ，令 2 p t x ，并记 4 4 2 2 q p r ， 2 pA N B ， 则 dx p q p x Ax B dx x px q Ax B 4 4 ) 2 ( 2 2 2 2 2 t r tdt A 2 2 t r dt N C r t r N t r A ln( ) arctan 2 2 2 ．
(4)同（3）可得（k≥2）Ax + Btdtdt(t2 +r2)k(x+px+g)k(t?+r2)dtA2(1-k)(* +r)- +NJT(t?+r)kdt记则+r2)k==2+r2(t2 +r2)k(12td(2r2(k-1)(+r）)-1k-]，于是，有递推公式21k-1++2r2(k-1)(* +*)4--2k-3II = 2r (k-1)( +r)- *2r (k-1)将这些结果代回，即可求得所求积分，x +1例1求dx(x2 -2x+2)解：因本题中，被积函数的分母不能再分解，故x? +12x-1(x -2x+2)+(2x-1)1x2-2x+2(x2-2x+2)2(x2 -2x+2)2(x2 -2x+2)2dxd(x-1)而= arctan(x -1)+C :(x-1)2 +1-2x+2d(x-1)dx=[(2x-2)+1 (d(x2 -2x+2)2x-dx=- 2x + 2)2(x2 - 2x+2)2(x2 -2x+2)2 [(x - 1)? + 1]21dt(t=x-l):x2-2x+2(t2+1)dtdt111X-arctant+C(t? +1)2 - 2(t? +1)/2+12J2(t2 +1) 2x-1-arctan(x-1)+C2 :2(x2-2x+2)2107
107 （4） 同（3）可得 (k 2) ， k x px q Ax B ( ) 2 k k t r dt N t r tdt A ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2(1 )( ) k k t r A k t r dt N ( ) 2 2 ． 记 k k t r dt I ( ) 2 2 ，则 dt t r t r I r dt t r t r t r I k k k k ( ) 1 1 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 = ) ( ) 1 ( 2 ( 1) 1 1 2 1 2 1 k k t r td r k I r ] ( ) [ 2 ( 1) 1 1 2 1 2 2 2 1 1 k k k I t r t r k I r ，于是，有递推公式 2 2 2 1 2 1 2 ( 1) 2 3 2 ( 1)( ) k k k I r k k r k t r t I ． 将这些结果代回，即可求得所求积分． 例 1 求 dx x x x 2 2 2 ( 2 2) 1 ． 解：因本题中，被积函数的分母不能再分解，故 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2) 2 1 2 2 1 ( 2 2) ( 2 2) (2 1) ( 2 2) 1 x x x x x x x x x x x x x ； 而 2 2 1 arctan( 1) ( 1) 1 ( 1) 2 2 x C x d x x x dx ； dx x x x dx x x x 2 2 2 2 ( 2 2) (2 2) 1 ( 2 2) 2 1 2 2 2 ( 2 2) ( 2 2) x x d x x 2 2 [( 1) 1] ( 1) x d x 2 2 1 2 x x ( 1) ( 1) 2 2 t x t dt ； 又 2 1 1 ( 1) 2( 1) 2 2 2 2 2 t dt t t t dt I 2 2 arctan 2 1 2( 1) t C t t 2 2 arctan( 1) 2 1 2( 2 2) 1 x C x x x ；
x? +13x-3dx故-arctan(x-1)+C2-2x+2)22(x2-2x+2)Y课堂练习：P198,T1.(1)(3)、(5).二三角有理式的不定积分由u(x)，v(x)及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于u(x)，v(x)的有理式，并记为R(u(x),v(x))对于三角有理式的不定积分R(sinx,cosx)dx.一般通过变换t=tan（万能变换），2可把它化为有理函数的积分：+2singcos2 tan±2t222sinx=1+/2;sin+cosI+ tan?x2222x242 xsin1- tan?cos1-722222dx=-dt :cOSx =1+/2;1+12sin4$+cos?4I+ tan?2221-t?22t故[R(sin x, cos x)dx =RC-dt1+t?'1+t?1tt1+ sin x求例2dxsinx(1+ cosx)X注意：上述变换1=tan二对三角有理式的不定积分总是有效的，但并不一定是最好的变换，在实际计算2中要注意选择不同的变换sinx1)若R(-sinx,cosx)=-R(sinx,cosx)，则可令t=cosx,如求dcostx若R(sinx,-cosx)=-R(sinx,cosx)，则可令t=sinx，如求「sin2xcosxdx.2)3)若R(-sinx,-cosx)=R(sinx,cosx)，则可令t=tanx，如P195例4.三 某些无理根式的不定积分ax+bax+bOdx（ad-bc+O）型的不定积分：只要t就可有理化.r+dcx+dx+2例 3求-dxVx-2说明：用下面的方法计算本题较为简单108
108 故 dx x x x 2 2 2 ( 2 2) 1 x C x x x arctan( 1) 2 3 2( 2 2) 3 2 ． 课堂练习： P198,T1.(1)、（3）、（5）． 二 三角有理式的不定积分 由 u(x) ， v(x) 及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于 u(x) ， v(x) 的有理式，并记为 R(u(x), v(x)) ．对于三角有理式的不定积分 R x x dx (sin , cos ) ． 一般通过变换 2 tan x t （万能变换）， 可把它化为有理函数的积分： 2 cos 2 sin 2 cos 2 2sin sin 2 x 2 x x x x 2 2 1 2 2 1 tan 2 2 tan t t x x ； 2 cos 2 sin 2 sin 2 cos cos 2 2 2 2 x x x x x 2 2 2 2 1 1 2 1 tan 2 1 tan t t x x ； dt t dx 2 1 2 ； 故 R x x dx (sin , cos ) dt t t t t t R 2 2 2 2 1 2 ) 1 1 , 1 2 ( ． 例 2 求 dx x x x sin (1 cos ) 1 sin ． 注意：上述变换 2 tan x t 对三角有理式的不定积分总是有效的，但并不一定是最好的变换，在实际计算 中要注意选择不同的变换． 1) 若 R(sin x, cos x) R(sin x, cos x), 则可令t cos x, 如求 dx x x 4 5 cos sin 2) 若 R(sin x,cos x) R(sin x, cos x) ，则可令t sin x，如求 x xdx 2 3 sin cos ． 3) 若 R(sin x,cos x) R(sin x, cos x)，则可令t tan x ，如 P195 例 4． 三 某些无理根式的不定积分 1． dx cx d ax b R x n ( , ) (ad bc 0) 型的不定积分．只要令 t cx d ax b n 就可有理化． 例 3 求 dx x x x 2 1 2 ． 说明：用下面的方法计算本题较为简单