《高等数学》课程电子教案（PPT课件）第4章 一元函数积分学及其应用 Ch4-1 不定积分（2/4）换元积分法

第四章第一节不定积分（二）换元法积分法一、第一类换元法二、第二类换元法O00010x机动目录上页下页返回结束

二、第二类换元法 第一节 一、第一类换元法 机动 目录 上页 下页 返回 结束 不定积分(二) 第四章 换元法积分法

基本思路设F'(u)= f(u),u=(x) 可导,则有dF[p(x)] = f[p(x)]p'(x)dx[f[o(x)]p'(x)dx = F[p(x)]+C = F(u)+ Cu=p(x)[ f(u)du u=0(x)第一类换元法{ f(u) du( f[o(x)]p'(x) dx第二类换元法O0000x机动目录上页下页返回结束

第二类换元法 第一类换元法 基本思路 机动 目录 上页 下页 返回 结束 设 F(u) = f (u), 可导, F[(x)]+C d ( ) ( ) u u u x f =  = ( ) ( ) = F u +C u= x dF[(x)] = f [(x)](x)dx 则有

一、第一类换元法定理1．设f(u)有原函数，u=@(x)可导,则有换元公式[ f[p(x)p'(x)dx = ( f(u)du u= p(x)( f[p(x)]p(x)dx = ( f(p(x)d p(x)即（也称配元法，微分法O0000X机动目录上页下页返回结束

一、第一类换元法 定理1. 设 f (u)有原函数, u =(x)可导, 则有换元 公式  f (u)du u =(x)  f ((x))d(x) (也称配元法 即  =  f [(x)] (x)dx , 凑微分法) 机动 目录 上页 下页 返回 结束

例1. 求[(ax+b)"dx (m ±-1).解：令u=ax+b,则du=adx,故11m+1原式=[um Idu+C-m+1aa1m+ax + b)m+I + Ca(m + 1)注：当m=-1时dx-Inlax + bl + Cax +baO0000x机动目录上页下页返回结束

例1. 求 解: 令 u = ax + b , 则 d u = adx , 故 原式 =  m u u a d 1 a 1 = u C m m + +  +1 1 1 注: 当 时 机动 目录 上页 下页 返回 结束

dx例2.求想到公式2aXdudxdx2解：1+u22aa+x= arctan u + Cx则 du== dxaa1du-arctan u+C2aa1+u1=arctan(=) + Caaeo0x机动目录上页下页返回结束

 + = 2 2 1 ( ) 1 d a x x a 例2. 求 解: , a x 令 u = 则 x a u d 1 d =  + 2 1 u du a 1 u C a = arctan + 1 想到公式  + 2 1 d u u = arctan u +C ( ) a x = 机动 目录 上页 下页 返回 结束

dx例3.求(a>0)2adxdx解：X= arcsin=+Cadu想到arcsinu+C一u[ f[o(x)]p'(x)dx = ( f(p(x)dp(x)（直接配元）0000x机动目录上页下页返回结束

例3. 求 = −  2 1 d u u 想到 arcsinu +C 解:  − 2 1 ( ) d a x a x   = f ((x))d(x) (直接配元)  f [(x)] (x)dx  − = 2 1 ( ) d ( ) a x a x 机动 目录 上页 下页 返回 结束

例4. 求[tan xdx,dcos xsinx解：[ tan xdx :cos xcos x= -ln|cos x|+ C类似cos xdxdsin xcot xdsin xsin x= In sin x |+ CO0000x机动目录上页下页返回结束

例4. 求 解:  x x x d cos sin  = − x x cos dcos  x x x sin cos d  = x x sin dsin 机动 目录 上页 下页 返回 结束 类似

dx例5.求2x解:11(x+a)-(x-a)22a(x-a)(x+a)2a x-ax+aXdxdx原式2ax+a-x-a)2ax-ax+aXIn| x-α|-ln| x+a| ]+C2a2ax+aO0000x机动目录上页下页返回结束

C x a x a a + + − = ln 2 1 例5. 求 解: 2 2 1 x − a  (x − a)(x + a) (x + a) − (x − a) 2a 1 = ) 1 1 ( 2 1 a x a x + a − − = ∴ 原式 =    2a 1   + − − x a x x a dx d       = 2a 1  − − x a d(x a)     2a 1 = ln x − a − ln x + a +C  + + − x a d(x a) 机动 目录 上页 下页 返回 结束

常用的几种配元形式：(1) [ f(ax +b)dx = f(ax +b) d(ax +b)a万能凑幂法(2) f(x")xn-1 dx= Lf(x") dxn(3) [ f(x")dx==[f(xndxnX+(4) J f(sin x)cos xdx = f(sin x)dsin x(5) ( f(cos x)sin xdx = -[ f(cos x) dcos xOe0D0x机动目录上页下页返回结束

常用的几种配元形式: + =  (1) f (ax b)dx d(ax + b) a 1 =  − f x x x n n (2) ( ) d 1 n dx n 1 =  x x f x n d 1 (3) ( ) n dx n 1 n x 1 万 能 凑 幂 法 =  (4) f (sin x)cos xdx dsin x =  (5) f (cos x)sin xdx − dcos x 机动 目录 上页 下页 返回 结束

(6) { f(tan x)sec2 xdx = { f(tan x) dtan x(7) [ f(e")e*dx= f(e*) de*(8) J f(Inx)=dx=J (lnx) dlnxxdx例6. 求x(1+ 2ln x)dlnxd(1 +2lnx)解：原式=」1+2lnx21+2lnxIIn|1+ 21nx |+C2O0000x机动目录上页下页返回结束

=  (6) f (tan x)sec xdx 2 dtan x =  f e e x x x (7) ( ) d x de =  x x f x d 1 (8) (ln ) dln x 例6. 求  1+ 2ln x dln x 解: 原式 =  + = 2 1 2ln x 1 d(1+ 2ln x) 机动 目录 上页 下页 返回 结束