0503定积分的换元法和分部积分法-定积分-高等数学

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1 定积分的换元法

定理 假设函数 f ( x ) f(x) f(x)在区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续，函数 x = ϕ ( t ) x=\phi(t) x=ϕ(t)满足条件：

（1） ϕ ( α ) = a , ϕ ( β ) = b \phi(\alpha)=a,\phi(\beta)=b ϕ(α)=a,ϕ(β)=b;

（2） ϕ ( x ) 在 [ α , β ] （或 [ β , α ] ） \phi(x)在[\alpha, \beta]（或[\beta,\alpha]） ϕ(x)在[α,β]（或[β,α]）上具有连续导数，且其值域 R ϕ = [ a , b ] R_\phi=[a,b] Rϕ​=[a,b],则有

​ ∫ a b f ( x ) d x = ∫ α β f [ ϕ ( t ) ] ϕ ′ ( t ) d t \int_a^bf(x)dx=\int_\alpha^\beta f[\phi(t)]\phi{'}(t)dt ∫ab​f(x)dx=∫αβ​f[ϕ(t)]ϕ′(t)dt (3-1)

公式(3-1)称为定积分的换元公式。

证明：公式两边被积函数都是连续的，则两边都可积，且存在原函数 应用微积分基本公式，假设 F ( x ) 是 f ( x ) 的一个原函数，则 ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a ) 令 Φ ( t ) = F [ ϕ ( t ) ] , 则 Φ ′ ( t ) = f [ ϕ ( t ) ] ϕ ′ ( t ) 那么 Φ ( t ) 是 f [ ϕ ( t ) ] ϕ ′ ( t ) 的一个原函数 , ∴ ∫ α β f [ ϕ ( t ) ] ϕ ′ ( t ) d t = Φ ( β ) − Φ ( α ) ∵ x = ϕ ( t ) , ϕ ( α ) = a , ϕ ( β ) = b ∴ ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a ) = Φ ( β ) − Φ ( α ) = ∫ α β f [ ϕ ( t ) ] ϕ ′ ( t ) d t 证明：公式两边被积函数都是连续的，则两边都可积，且存在原函数\\ 应用微积分基本公式，假设F(x)是f(x)的一个原函数，则\\ \int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a)\\ 令\Phi(t)=F[\phi(t)],则\Phi^{'}(t)=f[\phi(t)]\phi^{'}(t)\\ 那么\Phi(t)是f[\phi(t)]\phi^{'}(t)的一个原函数,\\ ∴\int_\alpha^\beta f[\phi(t)]\phi^{'}(t)dt=\Phi(\beta)-\Phi(\alpha)\\ ∵x=\phi(t),\phi(\alpha)=a,\phi(\beta)=b\\ ∴\int_a^b f(x)dx=F(b)-F(a)=\Phi(\beta)-\Phi(\alpha)\\ =\int_\alpha^\beta f[\phi(t)]\phi^{'}(t)dt 证明：公式两边被积函数都是连续的，则两边都可积，且存在原函数应用微积分基本公式，假设F(x)是f(x)的一个原函数，则∫ab​f(x)dx=F(b)−F(a)令Φ(t)=F[ϕ(t)],则Φ′(t)=f[ϕ(t)]ϕ′(t)那么Φ(t)是f[ϕ(t)]ϕ′(t)的一个原函数,∴∫αβ​f[ϕ(t)]ϕ′(t)dt=Φ(β)−Φ(α)∵x=ϕ(t),ϕ(α)=a,ϕ(β)=b∴∫ab​f(x)dx=F(b)−F(a)=Φ(β)−Φ(α)=∫αβ​f[ϕ(t)]ϕ′(t)dt

注：

当 α < β \alpha\lt\beta α<β时，公式仍然成立；

更新积分变量，相应的积分限也要做变换；

换元公式可以反过来使用即

∫ α β f [ ϕ ( t ) ] ϕ ′ ( t ) d t = x = ϕ ( t ) ∫ a b f ( x ) d t \int_\alpha^\beta f[\phi(t)]\phi^{'}(t)dt\overset{x=\phi(t)}=\int_a^bf(x)dt ∫αβ​f[ϕ(t)]ϕ′(t)dt=x=ϕ(t)∫ab​f(x)dt

例1 求 ∫ 0 2 2 − x 2 d x \int_0^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^2}dx ∫02 ​​2−x2 ​dx

解：令 x = 2 t , 则 d x = 2 d t , t ∈ [ 0 , 1 ] ∫ 0 2 2 − x 2 d x = ∫ 0 1 2 − 2 t 2 ⋅ 2 d t = 2 ∫ 0 1 1 − t 2 d t = ( t 1 − t 2 + arcsin ⁡ t ) ∣ 0 1 = π 2 解：令x=\sqrt{2}t,则dx=\sqrt{2}dt,t\in[0,1]\\ \int_0^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^2}dx=\int_0^1\sqrt{2-2t^2}\cdot\sqrt{2}dt\\ =2\int_0^1\sqrt{1-t^2}dt=(t\sqrt{1-t^2}+\arcsin t)|_0^1=\frac{\pi}{2} 解：令x=2 ​t,则dx=2 ​dt,t∈[0,1]∫02 ​​2−x2 ​dx=∫01​2−2t2 ​⋅2 ​dt=2∫01​1−t2 ​dt=(t1−t2 ​+arcsint)∣01​=2π​

例2 求 ∫ 0 π 2 cos ⁡ 5 x sin ⁡ x d x \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5x\sin xdx ∫02π​​cos5xsinxdx

解： ∫ 0 π 2 cos ⁡ 5 x sin ⁡ x d x = − ∫ 0 π 2 cos ⁡ 5 x d cos ⁡ x = − 1 6 cos ⁡ 6 x ∣ 0 π 2 = 1 6 解：\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5x\sin xdx=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^5xd\cos x\\ =-\frac{1}{6}\cos^6x|_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{6} 解：∫02π​​cos5xsinxdx=−∫02π​​cos5xdcosx=−61​cos6x∣02π​​=61​

注：凑微分形式，积分变量不变，积分限也不变

例3 求 ∫ − π 2 π 2 cos ⁡ x − cos ⁡ 3 x d x \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x-\cos^3x}dx ∫−2π​2π​​cosx−cos3x ​dx

解： ∫ − π 2 π 2 cos ⁡ x − cos ⁡ 3 x d x = ∫ − π 2 π 2 ∣ sin ⁡ x ∣ cos ⁡ x d x = − ∫ − π 2 0 sin ⁡ x cos ⁡ x d x + ∫ 0 π 2 sin ⁡ x cos ⁡ x d x = 2 3 cos ⁡ 3 2 x ∣ − π 2 0 − 2 3 cos ⁡ 3 2 x ∣ 0 π 2 = 4 3 解：\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\cos x-\cos^3x}dx\\ =\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}|\sin x|\sqrt{\cos x}dx\\ =-\int_{-\frac{\pi}{2}}^0\sin x\sqrt{\cos x}dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x\sqrt{\cos x}dx\\ =\frac{2}{3}\cos^{\frac{3}{2}}x|_{-\frac{\pi}{2}}^0-\frac{2}{3}\cos^{\frac{3}{2}}x|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ =\frac{4}{3} 解：∫−2π​2π​​cosx−cos3x ​dx=∫−2π​2π​​∣sinx∣cosx ​dx=−∫−2π​0​sinxcosx ​dx+∫02π​​sinxcosx ​dx=32​cos23​x∣−2π​0​−32​cos23​x∣02π​​=34​

例4 求 ∫ 0 4 x + 2 2 x + 1 d x \int_0^4\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}dx ∫04​2x+1 ​x+2​dx​

解：令 2 x + 1 = t , x = 1 2 ( t 2 − 1 ) , d x = t d t , t ∈ [ 1 , 3 ] ∫ 0 4 x + 2 2 x + 1 d x = ∫ 1 3 1 2 ( t 2 − 1 ) + 2 t ⋅ t d t = 1 6 t 3 ∣ 1 3 + 3 2 t ∣ 1 3 = 22 3 解：令\sqrt{2x+1}=t,x=\frac{1}{2}(t^2-1),dx=tdt,t\in[1,3]\\ \int_0^4\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}dx=\int_1^3\frac{\frac{1}{2}(t^2-1)+2}{t}\cdot tdt\\ =\frac{1}{6}t^3|_1^3+\frac{3}{2}t|_1^3=\frac{22}{3} 解：令2x+1 ​=t,x=21​(t2−1),dx=tdt,t∈[1,3]∫04​2x+1 ​x+2​dx=∫13​t21​(t2−1)+2​⋅tdt=61​t3∣13​+23​t∣13​=322​

例5 求 ∫ e e 3 4 d x x ln ⁡ x ( 1 − ln ⁡ x ) \int_{\sqrt{e}}^{e^{\frac{3}{4}}}\frac{dx}{x\sqrt{\ln x(1-\ln x)}} ∫e ​e43​​xlnx(1−lnx) ​dx​

解： ∫ e e 3 4 d x x ln ⁡ x ( 1 − ln ⁡ x ) = ∫ e e 3 4 d ln ⁡ x ln ⁡ x ( 1 − ln ⁡ x ) = 2 ∫ e e 3 4 d ( ln ⁡ x ) ( 1 − ( ln ⁡ x ) 2 ) = 2 [ arcsin ⁡ ( ln ⁡ x ) ] ∣ e e 3 4 = π 6 解：\int_{\sqrt{e}}^{e^{\frac{3}{4}}}\frac{dx}{x\sqrt{\ln x(1-\ln x)}}=\int_{\sqrt{e}}^{e^{\frac{3}{4}}}\frac{d\ln x}{\sqrt{\ln x(1-\ln x)}}\\ =2\int_{\sqrt{e}}^{e^{\frac{3}{4}}}\frac{d(\sqrt{\ln x})}{\sqrt{(1-(\sqrt{\ln x})^2)}}\\ =2[\arcsin(\sqrt{\ln x})]|_{\sqrt{e}}^{e^\frac{3}{4}}=\frac{\pi}{6} 解：∫e ​e43​​xlnx(1−lnx) ​dx​=∫e ​e43​​lnx(1−lnx) ​dlnx​=2∫e ​e43​​(1−(lnx ​)2) ​d(lnx ​)​=2[arcsin(lnx ​)]∣e ​e43​​=6π​

例6 证明

（1）若 f ( x ) 在 [ − a , a ] f(x)在[-a,a] f(x)在[−a,a]上连续且为偶函数，则 ∫ − a a f ( x ) d x = 2 ∫ 0 a f ( x ) d x \int_{-a}^af(x)dx=2\int_0^af(x)dx ∫−aa​f(x)dx=2∫0a​f(x)dx

（2）若 f ( x ) 在 [ − a , a ] f(x)在[-a,a] f(x)在[−a,a]上连续且为奇函数，则 ∫ − a a f ( x ) d x = 0 \int_{-a}^af(x)dx=0 ∫−aa​f(x)dx=0

证明： ∫ − a a f ( x ) d x = ∫ − a 0 f ( x ) d x + ∫ 0 a f ( x ) d x 令 x = − t , 则 d x = − d t , x ∈ [ − a , 0 ] , t ∈ [ 0 , a ] = − ∫ a 0 f ( − t ) d t + ∫ 0 a f ( t ) d t = ∫ 0 a f ( − t ) d t + ∫ 0 a f ( t ) d t ( 1 − 1 ) ( 1 ) 当 f ( x ) 为偶函数时， ( 1 − 1 ) 式 = ∫ 0 a ( t ) d t + ∫ 0 a f ( t ) d t = 2 ∫ 0 a f ( t ) d t , 即 ∫ − a a f ( x ) d x = 2 ∫ 0 a f ( x ) d x ( 2 ) 当 f ( x ) 为奇函数时， ( 1 − 1 ) 式 = − ∫ 0 a f ( t ) d t + ∫ 0 a f ( t ) d t = 0 , 即 ∫ − a a f ( x ) d x = 0 证明：\int_{-a}^af(x)dx=\int_{-a}^0f(x)dx+\int_0^af(x)dx\\ 令x=-t,则dx=-dt,x\in[-a,0],t\in[0,a]\\ =-\int_a^0f(-t)dt+\int_0^af(t)dt=\int_0^af(-t)dt+\int_0^af(t)dt\qquad(1-1)\\ (1)当f(x)为偶函数时，\\ (1-1)式=\int_0^a(t)dt+\int_0^af(t)dt=2\int_0^af(t)dt,即\\ \int_{-a}^af(x)dx=2\int_0^af(x)dx (2)当f(x)为奇函数时，\\ (1-1)式=-\int_0^af(t)dt+\int_0^af(t)dt=0,即\\ \int_{-a}^af(x)dx=0 证明：∫−aa​f(x)dx=∫−a0​f(x)dx+∫0a​f(x)dx令x=−t,则dx=−dt,x∈[−a,0],t∈[0,a]=−∫a0​f(−t)dt+∫0a​f(t)dt=∫0a​f(−t)dt+∫0a​f(t)dt(1−1)(1)当f(x)为偶函数时，(1−1)式=∫0a​(t)dt+∫0a​f(t)dt=2∫0a​f(t)dt,即∫−aa​f(x)dx=2∫0a​f(x)dx(2)当f(x)为奇函数时，(1−1)式=−∫0a​f(t)dt+∫0a​f(t)dt=0,即∫−aa​f(x)dx=0

例7 求 ∫ − 1 1 2 x 2 + x cos ⁡ x 1 + 1 − x 2 d x \int_{-1}^1\frac{2x^2+x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}dx ∫−11​1+1−x2 ​2x2+xcosx​dx​​

解： ∫ − 1 1 2 x 2 + x cos ⁡ x 1 + 1 − x 2 d x = ∫ − 1 1 2 x 2 1 + 1 − x 2 d x + ∫ − 1 1 x cos ⁡ x 1 + 1 − x 2 d x 因为 2 x 2 1 + 1 − x 2 在作用域 ( − ∞ , + ∞ ) 内为偶函数， x cos ⁡ x 1 + 1 − x 2 在作用域 ( − ∞ , + ∞ ) 内为奇函数，所以 上式 = 2 ∫ 0 1 2 x 2 1 + 1 − x 2 + 0 = 2 ∫ 0 1 2 x 2 ( 1 − 1 − x 2 ) ( 1 + 1 − x 2 ) ( 1 − 1 − x 2 ) d x = 4 ∫ 0 1 ( 1 − 1 − x 2 ) d x = 4 − π 解：\int_{-1}^1\frac{2x^2+x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}dx=\int_{-1}^1\frac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}dx+\int_{-1}^1\frac{x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}dx\\ 因为\frac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}在作用域(-\infty,+\infty)内为偶函数，\frac{x\cos x}{1+\sqrt{1-x^2}}在作用域(-\infty,+\infty)内为奇函数，所以\\ 上式=2\int_0^1\frac{2x^2}{1+\sqrt{1-x^2}}+0=2\int_0^1\frac{2x^2(1-\sqrt{1-x^2})}{(1+\sqrt{1-x^2})(1-\sqrt{1-x^2})}dx\\ =4\int_0^1(1-\sqrt{1-x^2})dx=4-\pi 解：∫−11​1+1−x2 ​2x2+xcosx​dx=∫−11​1+1−x2 ​2x2​dx+∫−11​1+1−x2 ​xcosx​dx因为1+1−x2 ​2x2​在作用域(−∞,+∞)内为偶函数，1+1−x2 ​xcosx​在作用域(−∞,+∞)内为奇函数，所以上式=2∫01​1+1−x2 ​2x2​+0=2∫01​(1+1−x2 ​)(1−1−x2 ​)2x2(1−1−x2 ​)​dx=4∫01​(1−1−x2 ​)dx=4−π

$$

$$

形如 ∫ 0 a a 2 − x 2 d x \int_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx ∫0a​a2−x2 ​dx的定积分，可以利用定积分的几何意义，等价于求 x 2 + y 2 = a 2 圆的 1 4 面积，为 1 4 π a 2 x^2+y^2=a^2圆的\frac{1}{4}面积，为\frac{1}{4}\pi a^2 x2+y2=a2圆的41​面积，为41​πa2

例8 若 f ( x ) ∈ [ 0 , 1 ] f(x)\in[0,1] f(x)∈[0,1],证明

（1） ∫ 0 π 2 f ( sin ⁡ x ) d x = ∫ 0 π 2 f ( cos ⁡ x ) d x \int_0^\frac{\pi}{2}f(\sin x)dx=\int_0^\frac{\pi}{2}f(\cos x)dx ∫02π​​f(sinx)dx=∫02π​​f(cosx)dx

（2） ∫ 0 π x f ( sin ⁡ x ) d x = π 2 ∫ 0 π f ( sin ⁡ x ) d x \int_0^\pi xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)dx ∫0π​xf(sinx)dx=2π​∫0π​f(sinx)dx

由此计算 ∫ 0 π x sin ⁡ x 1 + cos ⁡ 2 x \int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x} ∫0π​1+cos2xxsinx​

证明：（ 1 ）令 x = π 2 − t , d x = − d t , 则 ∫ 0 π 2 f ( sin ⁡ x ) d x = − ∫ π 2 0 f [ sin ⁡ ( π 2 − t ) ] d t = ∫ 0 π 2 f ( cos ⁡ x ) d x ( 2 ) 令 x = π − t , d x = − d t , t ∈ [ 0 , π ] ∫ 0 π x f ( sin ⁡ x ) d x = − ∫ π 0 ( π − t ) f [ sin ⁡ ( π − t ) ] d t = ∫ 0 π ( π − t ) f ( sin ⁡ t ) d t = π ∫ 0 π f ( sin ⁡ t ) d t − t ∫ 0 π f ( sin ⁡ t ) d t 则 ∫ 0 π x f ( sin ⁡ x ) d x = π 2 ∫ 0 π f ( sin ⁡ x ) d x 计算 ∫ 0 π x sin ⁡ x 1 + cos ⁡ 2 x d x = π 2 ∫ 0 π sin ⁡ x 1 + cos ⁡ 2 x d x = − π 2 ∫ 0 π 1 1 + cos ⁡ 2 x d ( cos ⁡ x ) = − π 2 ( arctan ⁡ cos ⁡ x ∣ 0 π ) = π 2 4 证明：（1）令x=\frac{\pi}{2}-t,dx=-dt,则\\ \int_0^\frac{\pi}{2}f(\sin x)dx=-\int_\frac{\pi}{2}^0f[\sin(\frac{\pi}{2}-t)]dt\\ =\int_0^\frac{\pi}{2}f(\cos x)dx\\ (2)令x=\pi-t,dx=-dt,t\in[0,\pi]\\ \int_0^\pi xf(\sin x)dx=-\int_\pi^0(\pi-t)f[\sin(\pi-t)]dt\\ =\int_0^\pi(\pi-t)f(\sin t)dt=\pi\int_0^\pi f(\sin t)dt-t\int_0^\pi f(\sin t)dt\\ 则\int_0^\pi xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(\sin x)dx\\ 计算\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x}dx\\ =-\frac{\pi}{2}\int_0^\pi\frac{1}{1+\cos^2x}d(\cos x)=-\frac{\pi}{2}(\arctan\cos x|_0^\pi)=\frac{\pi^2}{4} 证明：（1）令x=2π​−t,dx=−dt,则∫02π​​f(sinx)dx=−∫2π​0​f[sin(2π​−t)]dt=∫02π​​f(cosx)dx(2)令x=π−t,dx=−dt,t∈[0,π]∫0π​xf(sinx)dx=−∫π0​(π−t)f[sin(π−t)]dt=∫0π​(π−t)f(sint)dt=π∫0π​f(sint)dt−t∫0π​f(sint)dt则∫0π​xf(sinx)dx=2π​∫0π​f(sinx)dx计算∫0π​1+cos2xxsinx​dx=2π​∫0π​1+cos2xsinx​dx=−2π​∫0π​1+cos2x1​d(cosx)=−2π​(arctancosx∣0π​)=4π2​

例9 若 f ( x ) f(x) f(x)为连续函数，求 d d x ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t \frac{d}{dx}\int_0^xtf(x^2-t^2)dt dxd​∫0x​tf(x2−t2)dt

解：令 x 2 − t 2 = u , x 为积分上限， t 是积分变量， x 选定就是常数 . 对上式两边求导得 − 2 t d t = d u , s d t = − 1 2 d u , u ∈ [ 0 , x 2 ] 则 ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t = − 1 2 ∫ x 2 0 f ( u ) d u = 1 2 ∫ 0 x 2 f ( u ) d u d d x ∫ 0 x t f ( x 2 − t 2 ) d t = x f ( x 2 ) 解：令x^2-t^2=u,\\ x为积分上限，t是积分变量，x选定就是常数.对上式两边求导得\\ -2tdt=du,sdt=-\frac{1}{2}du,u\in[0,x^2]\\ 则\int_0^xtf(x^2-t^2)dt=-\frac{1}{2}\int_{x^2}^0f(u)du=\frac{1}{2}\int_0^{x^2}f(u)du\\ \frac{d}{dx}\int_0^xtf(x^2-t^2)dt=xf(x^2) 解：令x2−t2=u,x为积分上限，t是积分变量，x选定就是常数.对上式两边求导得−2tdt=du,sdt=−21​du,u∈[0,x2]则∫0x​tf(x2−t2)dt=−21​∫x20​f(u)du=21​∫0x2​f(u)dudxd​∫0x​tf(x2−t2)dt=xf(x2)

注：

做变上限函数求导，f(u)，u必须是关于积分变量的整体变化式。

例10 设

f ( x ) = { 2 x , x ≥ 0 1 + x 1 − x , x < 0 f(x)= \begin{cases} 2x,\quad x\ge0\\ \frac{1+x}{1-x},\quad x\lt 0\\ \end{cases} f(x)={2x,x≥01−x1+x​,x<0​

求 ∫ 0 2 f ( x − 1 ) d x \int_0^2f(x-1)dx ∫02​f(x−1)dx

解： ∫ 0 2 f ( x − 1 ) d x = ∫ − 1 1 f ( x ) d x = ∫ − 1 0 f ( x ) d x + ∫ 0 1 f ( x ) d x = ∫ − 1 0 1 + x 1 − x d x + ∫ 0 1 ( 2 x ) d x = 2 ln ⁡ 2 − 1 + 1 = 2 ln ⁡ 2 解：\int_0^2f(x-1)dx=\int_{-1}^1f(x)dx=\int_{-1}^0f(x)dx+\int_0^1f(x)dx\\ =\int_{-1}^0\frac{1+x}{1-x}dx+\int_0^1(2x)dx=2\ln2-1+1=2\ln2 解：∫02​f(x−1)dx=∫−11​f(x)dx=∫−10​f(x)dx+∫01​f(x)dx=∫−10​1−x1+x​dx+∫01​(2x)dx=2ln2−1+1=2ln2

例11 设 f ( x ) 在 ( − ∞ , + ∞ ) f(x)在(-\infty,+\infty) f(x)在(−∞,+∞)上连续，且满足： ∫ 0 x t f ( x − t ) d t = e x − x − 1 求 f ( x ) \int_0^xtf(x-t)dt=e^x-x-1求f(x) ∫0x​tf(x−t)dt=ex−x−1求f(x),

分析：

等式左边是关于x积分上限函数，右侧是一个表达式，需要对积分上限函数求导

解：等式两边对 x 求导 等式左侧求导， d d x ∫ 0 x t f ( x − t ) d t , 令 x − t = u , d t = − d u d d x ∫ x 0 − ( x − u ) f ( u ) d u = d d x ∫ 0 x [ x f ( u ) − u f ( u ) ] d u = ∫ 0 x f ( u ) d u ( 1 − 1 ) 等式右侧求导， ( e x − x − 1 ) ′ = e x − 1 ，即 ∫ 0 x f ( u ) d u = e x − 1 , 等式两边继续对 x 求导，得 d d x ∫ 0 x f ( u ) d u = ( e x − 1 ) ′ f ( x ) = e x , x ∈ ( − ∞ , + ∞ ) 解：等式两边对x求导\\ 等式左侧求导，\frac{d}{dx}\int_0^xtf(x-t)dt,令x-t=u,dt=-du\\ \frac{d}{dx}\int_x^0-(x-u)f(u)du=\frac{d}{dx}\int_0^x[xf(u)-uf(u)]du\\ =\int_0^xf(u)du \quad (1-1)\\ 等式右侧求导，(e^x-x-1)^{'}=e^x-1，即\\ \int_0^xf(u)du=e^x-1,等式两边继续对x求导，得\\ \frac{d}{dx}\int_0^xf(u)du=(e^x-1)^{'}\\ f(x)=e^x,\quad x\in(-\infty,+\infty) 解：等式两边对x求导等式左侧求导，dxd​∫0x​tf(x−t)dt,令x−t=u,dt=−dudxd​∫x0​−(x−u)f(u)du=dxd​∫0x​[xf(u)−uf(u)]du=∫0x​f(u)du(1−1)等式右侧求导，(ex−x−1)′=ex−1，即∫0x​f(u)du=ex−1,等式两边继续对x求导，得dxd​∫0x​f(u)du=(ex−1)′f(x)=ex,x∈(−∞,+∞)

2 定积分的分部积分法

定理 设 f ( x ) 在 [ a , b ] f(x)在[a,b] f(x)在[a,b]上连续，则

​ ∫ a b u d v = [ u v ] ∣ a b + ∫ a b v d u \int_a^budv=[uv]|_a^b+\int_a^bvdu ∫ab​udv=[uv]∣ab​+∫ab​vdu

上式称为定积分的分部积分公式。

例12 求 ∫ 0 1 x e x d x \int_0^1xe^xdx ∫01​xexdx

解： ∫ 0 1 x e x d x = ∫ 0 1 x d e x = ( x e x ) ∣ 0 1 − ∫ 0 1 e x d x = e − ( e − 1 ) = 1 解：\int_0^1xe^xdx=\int_0^1xde^x=(xe^x)|_0^1-\int_0^1e^xdx\\ =e-(e-1)=1 解：∫01​xexdx=∫01​xdex=(xex)∣01​−∫01​exdx=e−(e−1)=1

例13 求 ∫ 1 5 ln ⁡ x d x \int_1^5\ln xdx ∫15​lnxdx

解： ∫ 1 5 ln ⁡ x d x = ( x ln ⁡ x ) ∣ 1 5 − ∫ 1 5 x d ( ln ⁡ x ) = 5 ln ⁡ 5 − 4 解：\int_1^5\ln xdx=(x\ln x)|_1^5-\int_1^5xd(\ln x)\\ =5\ln5-4 解：∫15​lnxdx=(xlnx)∣15​−∫15​xd(lnx)=5ln5−4

例14 求 ∫ 1 e ln ⁡ x x 3 d x \int_1^e\frac{\ln x}{x^3}dx ∫1e​x3lnx​dx​

解： ∫ 1 e ln ⁡ x x 3 d x = − 1 2 ∫ 1 e ln ⁡ x d ( x − 2 ) = − 1 2 ( x − 2 ln ⁡ x ) ∣ 1 e + 1 2 ∫ 1 e x − 2 d ( ln ⁡ x ) = − 3 4 e 2 + 1 4 解：\int_1^e\frac{\ln x}{x^3}dx=-\frac{1}{2}\int_1^e\ln xd(x^{-2})\\ =-\frac{1}{2}(x^{-2}\ln x)|_1^e+\frac{1}{2}\int_1^ex^{-2}d(\ln x)\\ =-\frac{3}{4e^2}+\frac{1}{4} 解：∫1e​x3lnx​dx=−21​∫1e​lnxd(x−2)=−21​(x−2lnx)∣1e​+21​∫1e​x−2d(lnx)=−4e23​+41​

例15 求 ∫ 0 1 e x d x \int_0^1e^{\sqrt{x}}dx ∫01​ex ​dx

解： ∫ 0 1 e x d x = x = t 2 ∫ 0 1 t e t d t = 2 解：\int_0^1e^{\sqrt{x}}dx\overset{\sqrt{x}=t}=2\int_0^1te^tdt\\ =2 解：∫01​ex ​dx=x ​=t2∫01​tetdt=2

例16 求 ∫ 0 3 arcsin ⁡ x 1 + x d x \int_0^3\arcsin\sqrt\frac{x}{1+x}dx ∫03​arcsin1+xx​ ​dx

解：令 t = arcsin ⁡ x 1 + x , x = tan ⁡ 2 x ∫ 0 3 arcsin ⁡ x 1 + x d x = ∫ 0 π 3 t d ( tan ⁡ 2 t ) = t tan ⁡ 2 t ∣ 0 π 3 − ∫ 0 π 3 ( s e c 2 t − 1 ) d t = π − 3 + π 3 = 4 3 π − 3 解：令t=\arcsin\sqrt\frac{x}{1+x},x=\tan^2x\\ \int_0^3\arcsin\sqrt\frac{x}{1+x}dx=\int_0^\frac{\pi}{3}td(\tan^2t)\\ =t\tan^2t|_0^\frac{\pi}{3}-\int_0^\frac{\pi}{3}(sec^2t-1)dt\\ =\pi-\sqrt{3}+\frac{\pi}{3}=\frac{4}{3}\pi-\sqrt{3} 解：令t=arcsin1+xx​ ​,x=tan2x∫03​arcsin1+xx​ ​dx=∫03π​​td(tan2t)=ttan2t∣03π​​−∫03π​​(sec2t−1)dt=π−3 ​+3π​=34​π−3 ​

例17 求 ∫ 1 e sin ⁡ ( ln ⁡ x ) d x \int_1^e\sin(\ln x)dx ∫1e​sin(lnx)dx

解：令 ln ⁡ x = t , x = e t ∫ 1 e sin ⁡ ( ln ⁡ x ) d x = ∫ 0 1 sin ⁡ t d ( e t ) = sin ⁡ t e t ∣ 0 1 + ∫ 0 1 cos ⁡ t e t d t = e sin ⁡ 1 − e cos ⁡ 1 + 1 − ∫ 0 1 sin ⁡ t e t d t 原式 = 1 2 e sin ⁡ 1 − 1 2 e cos ⁡ 1 + 1 2 解：令\ln x=t,x=e^t\\ \int_1^e\sin(\ln x)dx=\int_0^1\sin td(e^t)=\sin te^t|_0^1+\int_0^1\cos te^tdt\\ =e\sin1-e\cos1+1-\int_0^1\sin te^tdt\\ 原式=\frac{1}{2}e\sin1-\frac{1}{2}e\cos1+\frac{1}{2} 解：令lnx=t,x=et∫1e​sin(lnx)dx=∫01​sintd(et)=sintet∣01​+∫01​costetdt=esin1−ecos1+1−∫01​sintetdt原式=21​esin1−21​ecos1+21​

例18 计算 I = ∫ 0 1 f ( x ) x d x , 其中 f ( x ) = ∫ 1 x e − t 2 d t I=\int_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx,其中f(x)=\int_1^{\sqrt{x}}e^{-t^2}dt I=∫01​x ​f(x)​dx,其中f(x)=∫1x ​​e−t2dt

解： ∫ 0 1 f ( x ) x d x = 2 ∫ 0 1 f ( x ) d ( x ) = 2 ( x f ( x ) ∣ 0 1 ) − 2 ∫ 0 1 x f ′ ( x ) d x = − 2 ∫ 0 1 x f ′ ( x ) d x f ′ ( x ) = d d x ∫ 1 x e − t 2 d t = 1 2 x e x I = − 2 ∫ 0 1 x ⋅ 1 2 x e x d x = 1 e x ∣ 0 1 = 1 e − 1 解：\int_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx=2\int_0^1f(x)d(\sqrt{x})\\ =2(\sqrt{x}f(x)|_0^1)-2\int_0^1\sqrt{x}f^{'}(x)dx=-2\int_0^1\sqrt{x}f^{'}(x)dx\\ f^{'}(x)=\frac{d}{dx}\int_1^{\sqrt{x}}e^{-t^2}dt=\frac{1}{2\sqrt{x}e^x}\\ I=-2\int_0^1\sqrt{x}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}e^x}dx=\frac{1}{e^x}|_0^1=\frac{1}{e}-1 解：∫01​x ​f(x)​dx=2∫01​f(x)d(x ​)=2(x ​f(x)∣01​)−2∫01​x ​f′(x)dx=−2∫01​x ​f′(x)dxf′(x)=dxd​∫1x ​​e−t2dt=2x ​ex1​I=−2∫01​x ​⋅2x ​ex1​dx=ex1​∣01​=e1​−1

例19 计算 I n = ∫ 0 π 2 sin ⁡ n x d x ( n ∈ N ) I_n=\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nxdx \quad(n\in N) In​=∫02π​​sinnxdx(n∈N)

解： I n = ∫ 0 π 2 sin ⁡ n x d x = − ∫ 0 π 2 sin ⁡ n − 1 x d ( cos ⁡ x ) = ( n − 1 ) ∫ 0 π 2 ( 1 − sin ⁡ 2 x ) sin ⁡ n − 2 x d x I n = n − 1 n I n − 2 I 0 = π 2 , I 1 = 1 因此 I 2 m = 2 m − 1 2 m ⋅ 2 m − 3 2 m − 2 ⋯ 1 2 ⋅ π 2 = ( 2 m − 1 ) ! ! ( 2 m ) ! ! I 2 m + 1 = 2 m 2 m + 1 ⋅ 2 m 2 m − 1 ⋯ 2 3 = ( 2 m ) ! ! ( 2 m + 1 ) ! ! ( m = 1 , 2 , ⋯ ) 解：I_n=\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nxdx=-\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{n-1}xd(\cos x)\\ =(n-1)\int_0^\frac{\pi}{2}(1-\sin^2x)\sin^{n-2}xdx\\ I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\\ I_0=\frac{\pi}{2},I_1=1\\ 因此I_{2m}=\frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdots\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\\ I_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{2m}{2m-1}\cdots\frac{2}{3}=\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}\quad(m=1,2,\cdots) 解：In​=∫02π​​sinnxdx=−∫02π​​sinn−1xd(cosx)=(n−1)∫02π​​(1−sin2x)sinn−2xdxIn​=nn−1​In−2​I0​=2π​,I1​=1因此I2m​=2m2m−1​⋅2m−22m−3​⋯21​⋅2π​=(2m)!!(2m−1)!!​I2m+1​=2m+12m​⋅2m−12m​⋯32​=(2m+1)!!(2m)!!​(m=1,2,⋯)

∫ 0 π 2 sin ⁡ 6 x d x = 5 6 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 5 32 \int_0^\frac{\pi}{2}\sin^6xdx=\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{5}{32} ∫02π​​sin6xdx=65​⋅43​⋅21​⋅2π​=325​

∫ 0 π 2 cos ⁡ 5 x d x = 4 ! ! 5 ! ! = 8 15 \int_0^\frac{\pi}{2}\cos^5xdx=\frac{4!!}{5!!}=\frac{8}{15} ∫02π​​cos5xdx=5!!4!!​=158​

例20 求 ∫ 0 π cos ⁡ 5 x 2 d x \int_0^\pi\cos^5\frac{x}{2}dx ∫0π​cos52x​dx

解：令 t = x 2 ∫ 0 π cos ⁡ 5 x 2 d x = 2 ∫ 0 π 2 c o s 5 t d t = 16 15 解：令t=\frac{x}{2}\\ \int_0^\pi\cos^5\frac{x}{2}dx=2\int_0^\frac{\pi}{2}cos^5tdt=\frac{16}{15} 解：令t=2x​∫0π​cos52x​dx=2∫02π​​cos5tdt=1516​

后记

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参考：

[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,.7.p246-254.

[2]同济七版《高等数学》全程教学视频[CP/OL].-04-16.p34.