84.2换元积分法教学目的：使学生掌握不定积分的第一类换元法和第二类换元法教学重点：不定积分的第一类换元法教学难点：不定积分的第二类换元法教学内容：一、第一类换元积分法设F(u)为f(u)的原函数，即F(u)=f(u)或【f(u)du=F(u)+C如果u=(x)，且(x)可微，则一F(0()= F()0(x)= (0)0()= 10()0(x)dx即F[p(x)]为f[p(x)]p(x)的原函数，或J [o()()d= F[(x)+C=[F()+C((= ()dul)因此有定理1设F(u)为f(u)的原函数，u=p(x)可微，则[[o(x)10(x)dx=f f(u)di)e()(2-1) 公式(2-1)称为第一类换元积分公式。例1．求「2cos2xdx解：[2cos2xdx=Jcos2x(2x)'dx=Jcos2xd2x=sin2x+C例2．求『-dx3+2x[+(3+2x)dx=d(3+2x)=dx=In|3+2x|+C解：2J3+2x2J3+233+2x例3.求[(2xer"+xV1-x +tanx)dx解：原式=[2xe"dx+Jx/1-x’dx+Jsinxd2cos.x=Jer dx2-[(1-x3)d(1-x)-J--dcosxCos.x=er -I(1-x2)3-In|cosx|+C128
128 §4.2 换元积分法 教学目的：使学生掌握不定积分的第一类换元法和第二类换元法 教学重点：不定积分的第一类换元法 教学难点：不定积分的第二类换元法 教学内容： 一、第一类换元积分法 设 F(u)为 f (u) 的原函数，即 F′(u) = f (u) 或 ∫ f ( u)du = F(u) + C 如果 ) u = ϕ(x ，且ϕ(x) 可微，则 F[ (x)] F (u) (x) f (u) (x) f [ (x)] (x) dx d ϕ = ′ ϕ′ = ϕ′ = ϕ ϕ′ 即 F[ϕ(x)]为 f [ϕ(x)]ϕ′(x) 的原函数，或 ( ) ( ) [ ( )] ( ) [ ( )] [ ( ) ] [ ( ) ] u x f x x dx F x C F u C u x f u du ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = ∫ = ∫ ′ = + = + = 因此有 定理 1 设 F(u)为 f (u) 的原函数，u = ϕ(x) 可微，则 ( ) [ ( )] ( ) [ ( ) ] u x f x x dx f u du ϕ ϕ ϕ ∫ ∫ = ′ = (2-1) 公式(2-1)称为第一类换元积分公式。 例1． 求 ∫ 2 cos 2xdx 解：∫ ∫ ∫ 2 cos 2xdx = cos 2x(2x)′dx = cos 2xd2x =sin 2x + C 例2． 求 ∫ + dx 3 2x 1 解：∫ ∫ ∫ + = + + + + ′ = + = + d x x C x x dx x dx x ln | 3 2 | 2 1 (3 2 ) 3 2 1 2 1 (3 2 ) 3 2 1 2 1 3 2 1 例3． 求 ∫ xe + x − x + x dx x (2 1 tan ) 2 2 解：原式= dx x x xe dx x x dx x ∫ ∫ ∫ + − + cos sin 2 1 2 2 e x x C d x x e dx x d x x x = − − − + = − − − − ∫ ∫ ∫ (1 ) ln | cos | 3 1 cos cos 1 (1 ) (1 ) 2 1 2 3 2 2 2 1 2 2 2 2
例4.求dr1xd(=)解：dxdbx=arctan-+C+x2a4y?aaq+1+(1+(aa例5.求dx-解：)dx-dx=2axtax-ad(x-a)--d(x+a))00L-[n|x-a]-In|x+a|I+C2a1x-aIn/I+C2ax+a11e3wejdx例6.求x(1+2ln x)Vx111e3wjdx3/x解：dx +dx(1+2lnx)x(1+2nx)VxVx/1+21nxd(+21n )+Te3d32e3/x+C-In|1+2|nx|+32例7.求「cos xdx解：[cos* xdx=j1+cos2xdx=-dx+[cos2xdx2xx1[cos2xd2x==sin2x+C--424例8.求[sec xdx解：secxdxdxcos.xd(x+sin(x+")22T元)I+C = In | sec x + tan x|+C=ln|cos(x+)-cot(x +22129
129 例4． 求 ∫ + dx a x 2 2 1 ， 解：∫ ∫ ∫ = + + = + = + C a x a a x d a a x dx a a x dx a x arctan 1 ( ) 1 ( ) 1 1 1 ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 例5． 求 ∫ − dx x a 2 2 1 解：∫ ∫ + − − = − dx a x a x a dx x a ) 1 1 ( 2 1 1 2 2 C x a x a a x a x a C a d x a x a d x a a x a + + − = = − − + + + + − − − = ∫ ∫ ln | | 2 1 [ln | | ln | |] 2 1 ( )] 1 ( ) 1 [ 2 1 例6． 求 e dx x x x x ] 1 (1 2ln ) 1 [ 3 ∫ + + 解： ∫ ∫ ∫ + + + = + e dx x dx x x e dx x x x 3 x 1 3 x (1 2ln ) 1 ] 1 (1 2ln ) 1 [ x e C d x e d x x x x = + + + + + + = ∫ ∫ 3 3 3 2 ln |1 2ln | 2 1 3 3 2 (1 2ln ) 1 2ln 1 2 1 例7． 求 ∫ xdx 2 cos 解： ∫ ∫ ∫∫ = + + = [ cos 2 ] 2 1 2 1 cos 2 cos 2 dx dx xdx x xdx ∫ = + = + x + C x xd x x sin 2 4 1 2 cos 2 2 4 1 2 例8． 求 ∫sec xdx 解： ∫ ∫ = dx x xdx cos 1 sec x x C x x C d x x = + − + + = + + + + = ∫ ) | ln | sec tan | 2 ) cot( 2 ln | cos( ) 2 ( ) 2 sin( 1 π π π π