沈阳师范大学：《数学分析》课程授课教案（讲义）第八章 不定积分 第九章 定积分 第十章 定积分的应用 第十一章 反常积分 第十二章 数项级数 第十三章 函数列与函数项级数 第十四章 幂级数 第十五章 傅里叶级数

第八章不定积分s1不定积分概念与基本积分公式[教学目的】掌握原函数,不定积分的概念和性质，【教学要求】熟练掌握原函数的概念和基本积分公式。【教学重点］基本积分公式；不定积分的几何意义【教学难点】不定积分的几何意义【教学方法】“系统讲授”结合“问题教学”[教学程序]一原函数与不定积分1原函数定义1设函数f(x)与F(x)在区间I上有定义。若F(x)=f(x)，XEI，则称F(x)为f(x)在区间I上的一个原函数11如：于“是亡在R上的一个原荫数；一cos2x+1，sin2x，-cos2x等都有是sin2x在cos2x,2R上的原函数一一若函数f（x）存在原函数，则其原函数不是唯一的问题1f(x)在什么条件下必存在原函数？若存在，其个数是否唯一；又若不唯一，则有多少个？问题2若函数f(x)的原函数存在，如何将它求出？（这是本章的重点内容）.2原函数存在定理定理8.1若f(x)在区间I上连续，则f(x)在I上存在原函数F(x).证明：在第九章中进行.说明：（1）由于初等函数在其定义域内都是连续的，故初等函数在其定义域内必存在原函数（但其原函数不一定仍是初等函数）。（2）连续是存在原函数的充分条件，并非必要条件3原函数之间关系定理8.2设F(x)是f(x)在在区间I上的一个原函数，则（1）设F(x)+C是f(x)在在区间I上的原函数，其中C为任意常量（若f(x)存在原函数，则其个数必为无穷多个）（2）f（x）在I上的任何两个原函数之间，只可能相差上个常数（揭示了原函数间的关系）.证明：由定义即可得.4不定积分定义2函数f(x)在区间I上的原函数的全体称为f(x)在1上的不定积分，记作：[ f(x)dx其中[--积分号；f(x)--被积函数；f(x)dx--被积表达式；x--积分变量.99

99 第八章 不定积分 §1 不定积分概念与基本积分公式 [教学目的] 掌握原函数,不定积分的概念和性质． [教学要求] 熟练掌握原函数的概念和基本积分公式． [教学重点] 基本积分公式；不定积分的几何意义. [教学难点] 不定积分的几何意义 [教学方法] “系统讲授”结合“问题教学”． [教学程序] 一 原函数与不定积分 1 原函数 定义 1 设函数 f (x) 与 F(x)在区间 I 上有定义．若 F(x)  f (x) ， x  I ，则称 F(x)为 f (x) 在区间 I 上的一个原函数． 如： 3 3 1 x 是 2 x 在 R 上的一个原函数； cos 2x 2 1  ， cos 2 1 2 1 x  ， x 2 sin ， x 2  cos 等都有是sin 2x 在 R 上的原函数——若函数 f (x) 存在原函数，则其原函数不是唯一的． 问题 1 f (x) 在什么条件下必存在原函数？若存在，其个数是否唯一；又若不唯一，则有多少个？ 问题 2 若函数 f (x) 的原函数存在，如何将它求出？（这是本章的重点内容）． 2 原函数存在定理 定理 8．1 若 f (x) 在区间 I 上连续，则 f (x) 在 I 上存在原函数 F(x)． 证明：在第九章中进行． 说明：（1）由于初等函数在其定义域内都是连续的，故初等函数在其定义域内必存在原函数（但其原函 数不一定仍是初等函数）．（2）连续是存在原函数的充分条件，并非必要条件． 3 原函数之间关系 定理 8．2 设 F(x)是 f (x) 在在区间 I 上的一个原函数，则 （1）设 F(x)  C 是 f (x) 在在区间 I 上的原函数，其中 C 为任意常量（若 f (x) 存在原函数，则其个数 必为无穷多个）． （2） f (x) 在 I 上的任何两个原函数之间，只可能相差上个常数（揭示了原函数间的关系）． 证明：由定义即可得． 4 不定积分 定义 2 函数 f (x) 在区间 I 上的原函数的全体称为 f (x) 在 I 上的不定积分，记作：  f (x)dx 其中    积分号； f (x)   被积函数； f (x)dx   被积表达式； x   积分变量．

注1「f(x)dx是一个整体记号；不定积分与原函数是总体与个体的关系，即若F(x)是f(x)的一个原函数，则f(x)的不定积分是一个函数族(F(x)+C)，其中C是任意常数，于是，记为：「f(x)dx=F(x)+C.此时称C为积分常数，它可取任意实数．故有不定积分简单性质[Jf(x)dx)=(x)——先积后导正好还原；或dj f(x)dx = f(x)dx .[f(x)dx=(x)+C一一先导后积还原后需加上一个常数（不能完全还原）.或 Jdf(x)= f(x)+C.[x'd=号+C, [sin2xdk--如：cos2x+C32几何意义：若F(x)是f(x)的一个原函数，则称y=F(x)的图象为f(x)的一条积分曲线。于是，f(x)的不定积分在几何上表示f(x）的某一条积分曲线沿纵轴方向任意平移所得一载积分曲线组成的曲线族，如左图。结论：若在每一条积分曲线上横坐标相同的点处作切线，则这些切线互相平行，注：在求原函数的具体问题中，往往是先求出全体原函数，然后从中确定一个满足条件F(x）=y。（称之为初始条件，一般由具体问题确定）的原函数，它就是积分曲线族中通过点（xo，yo）的那条积分曲线。如：见P179.二、基本积分公式1基本积分表由于不定积分的定义不象导数定义那样具有构造性，这就使得求原函数的问题要比求导数难得多，因此，我们只能先按照微分法的已知结果去试探首先，我们把基本导数公式改写成基本积分公式：1. Jodk=C; 2. J1dx=Jdx=x+C; 3. J dx="a+1+C, (α*-Ix>0):4. J-dx=Inx+C, (x#0); 5. Je'dx =e' +C;6. Ja'd=a+C, (a>0.a1); 7 cosaxd=sinax+C, (a0):InaQ3. Jsinaxdx=-=cos ax+C,(a+0);9. Jsecxdx=tanx+C;a10. Jcsc xdx = -cot x+C; 11. Jsecx·tan xdx= secx+C;100

100 注 1  f (x)dx 是一个整体记号； 不定积分与原函数是总体与个体的关系，即若 F(x)是 f (x) 的一个原函数，则 f (x) 的不定积分是一个 函数族F(x) C，其中C 是任意常数，于是，记为：  f (x)dx = F(x)  C ． 此时称C 为积分常数，它可取任意实数．故有 不定积分简单性质  [ f (x)dx]  f (x)——先积后导正好还原； 或  d f (x)dx  f (x)dx ．  f (x)dx  f (x)  C ——先导后积还原后需加上一个常数（不能完全还原）． 或  df (x)  f (x)  C ． 如： C x x dx    3 3 2 ， xdx   x  C  cos 2 2 1 sin 2 ． 几何意义： 若 F(x) 是 f (x) 的一个原函数，则称 y  F(x) 的图象为 f (x) 的一条积分曲线．于是， f (x) 的不定积 分在几何上表示 f (x) 的某一条积分曲线沿纵轴方向任意平移所得一载积分曲线组成的曲线族，如左图． 结论：若在每一条积分曲线上横坐标相同的点处作切线，则这些切线互相平行． 注： 在求原函数的具体问题中，往往是先求出全体原函数，然后从中确定一个满足条件 0 0 F(x )  y （称之为初始条件，一般由具体问题确定）的原函数，它就是积 分曲线族中通过点( , ) 0 0 x y 的那条积分曲线．如：见 P179. 二 基本积分公式 1 基本积分表 由于不定积分的定义不象导数定义那样具有构造性，这就使得求原函数的问题要比求导数难得多，因此， 我们只能先按照微分法的已知结果去试探．首先，我们把基本导数公式改写成基本积分公式： 1.  0dx  C ；2.   1dx  dx  x  C ；3. C x x dx     1 1    ，(  1, x  0) ； 4. dx x C x    ln 1 ，(x  0) ；5.  e dx  e  C x x ； 6. C a a a dx x x    ln ， (a  0, a  1) ；7. ax C a axdx    sin 1 cos ，(a  0) ； 8. ax C a axdx     cos 1 sin ，(a  0) ；9.  sec xdx  tan x  C 2 ； 10.  csc xdx  cot x  C 2 ；11.  sec x  tan xdx  sec x  C ；

dx[cscx-cot xdx=-cscx+C; 13.2rcsinx+C=-arccosx+C,arctanx+C=-arc cotx+C,+x.注意：上述基本积分公式一定要牢记，因为其它函数的不定积分经运算变形后，最终归结为这些基本不定积分另外，还须借助一些积分法则才能求出更多函数的不定积分。2线性运算法则定理8.3若函数f(x)与g(x)在区间1上都存在原函数，ki,kz为两个任意常数，则k,f(x)+kzg(x)也存在原函数，且[k,f(x)+kzg(x)]dx=ki[f(x)dx+k,[g(x)dx（积分的线性)证明：由定义即得[k,J.(x)dx=2kJf(x)dx.注：线性法则的一般形式为：例1p(x)=aox"+a,x"-+...+an-ix+an,则[ p(x)dx=+x*+.+x*+a,x+C.n+12nx32[(x? -1+-例 2)dxx+2arctanx+C.x2 +1x2+1Sdx[cosx+sin'd= (csc + sc* x)dx例3cosxsin"xcos"xsin?x=-cotx+tanx+C11..1例 4J cos 3x · sin xdx = [(sin 4x -sin 2x)dx =-cos2x)+Ccos4x+242(cos4x-cos2x)+C.8例 5[(10* -10-*) dx =[(102* +10-2× - 2)dx = [(103)* +(10-)* -2]dx(102× -10-2)-22+C2ln10作业P1815(1)-(10)101

101 12.  csc x  cot xdx  csc x  C ；13. 1 2 arcsin arccos 1 x C x C x dx       ； 14. 2 1 arctan cot 1 x C arc x C x dx        ． 注意：上述基本积分公式一定要牢记，因为其它函数的不定积分经运算变形后，最终归结为这些基本不 定积分．另外，还须借助一些积分法则才能求出更多函数的不定积分． 2 线性运算法则 定 理 8.3 若 函 数 f (x) 与 g(x) 在 区 间 I 上 都 存 在 原 函 数 ， 1 2 k , k 为 两 个 任 意 常 数 ， 则 ( ) ( ) 1 2 k f x  k g x 也存在原函数，且    [k f (x)  k g(x)]dx  k f (x)dx  k g(x)dx 1 2 1 2 （积分的线性）． 证明：由定义即得． 注：线性法则的一般形式为：       n i n i ki f i x dx ki f i x dx 1 1 ( ) ( ) ． 例 1 n n n n p x  a x  a x   a  x  a  1 1 0 1 ( )  , 则 x a x C a x n a x n a p x dx n n n n           0 1 1 1 2 1 2 ( )  ． 例 2 x x C x dx x dx x x x             2arctan 3 ) 1 2 ( 1 1 1 3 2 2 2 4 ． 例 3        dx x x dx x x x x x x dx (csc sec ) cos sin cos sin cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2  cot x  tan x  C ． 例 4 x  xdx  x  x dx   x  x  C   cos 2 ) 2 1 cos 4 4 1 ( 2 1 (sin 4 sin 2 ) 2 1 cos3 sin   (cos 4x  cos 2x)  C 8 1 ． 例 5              dx dx dx x x x x x x (10 10 ) (10 10 2) [(10 ) (10 ) 2] 2 2 2 2 2 C x x      (10 10 ) 22 2ln10 1 2 2 ． 作业 P181 5（1）-（10）

s2换元积分法与分部积分法[教学目的】掌握第一、二换元积分法与分部积分法.【教学要求】熟练掌握换元积分法和分部积分法，正弦代换，正切代换，正割代换，根式代换的技巧【教学重点］换元积分法和分部积分法【教学难点]代换的选择技巧【教学方法]】系统讲授法.[教学程序]换元积分法定理8.4（换元积分法）设g(u)在[α,β]上有定义，u=(x)在[a,b]上可导，且α≤p(x)≤β,xe[a,b],记f(x)=g(o(x))p(x), xe[a,b] .(1)（第一换元积分法）若g(u)在[α,β)上存在原函数G(x)，则f(x)在[a,b]上也存在原函数F(x)且有 F(x)=G(p(x)+C，即[f(x)dx =[g(p(x)p'(x)dx = [g(u)du=G(u) +C= G(p(x)+C也可写为：[ g(p(x)p(x)dx=J g(p(x)dp(x)= (令 p(x)= u) =J g(u)du= G(u) +C=（代回u=p(x)) G(p(x)+C.（2）（第二换元积分法）又若p（x)0，xe[a,b]，则上述命题（1）可逆，即当f(x)在[a,b]存在原函数F(x)时，g(u)在[α,β上也存在原函数G(u)，且G(u)=F(p-"(u))+C，即Jg(u)du (令u= p(x) =g(p(x)p(x)dx=[ f(x)dx= F(x)+C (代回x=p-'(u)F(β-'(u))+C.证明：由不定积分的定义及求导法则即得，注：在第一换元积分法中是将被积函数的某一部分视为一个整体看作一个新的积分变量；在第二换元积分法中是用某一函数来代替其积分变量。（一）第一换元积分法（凑微法）例 1 求sinxcos xdx.dx例2求(a>0)a?+xdu若令u=三（第一换元法），可将积分化为：【分析】1+u?a102

102 §2 换元积分法与分部积分法 [教学目的] 掌握第一、二换元积分法与分部积分法． [教学要求] 熟练掌握换元积分法和分部积分法，正弦代换，正切代换，正割代换，根式代换的技巧. [教学重点] 换元积分法和分部积分法． [教学难点] 代换的选择技巧 [教学方法] 系统讲授法． [教学程序] 一 换元积分法 定理 8．4 （换元积分法） 设 g(u) 在[,  ]上有定义，u  (x) 在[a,b]上可导，且  (x)   ， x [a,b] ，记 f (x)  g((x))(x)， x [a,b] ． （1）（第一换元积分法）若 g(u) 在[,  ]上存在原函数G(x) ，则 f (x) 在[a,b]上也存在原函数 F(x)， 且有 F(x)  G((x))  C ，即    f (x)dx  g((x))(x)dx  g(u)du  G(u)  C  G((x))  C ． 也可写为：      g((x)) (x)dx g((x))d(x) （令(x)  u)   g(u)du  G(u)  C =（代回u  (x) ）G((x))  C ． （2）（第二换元积分法） 又若(x)  0， x [a,b] ，则上述命题（1）可逆，即当 f (x) 在[a,b]存在 原函数 F(x)时， g(u) 在[, ]上也存在原函数G(u) ，且G(u)  F u  C  ( ( )) 1  ，即  g(u)du （令u  (x))    g((x))(x)dx  f (x)dx  F(x)  C （代回 ( )) 1 x u    F u  C  ( ( )) 1  ． 证明：由不定积分的定义及求导法则即得． 注：在第一换元积分法中是将被积函数的某一部分视为一个整体看作一个新的积分变量；在第二换元积 分法中是用某一函数来代替其积分变量． （一）第一换元积分法（湊微法） 例 1 求  sin x cos xdx 3 ． 例 2 求   2 2 a x dx (a  0) ． 【分析】 若令 a x u  （第一换元法），可将积分化为：   2 1 u du ；

dx例3求Vo4duT【分析】若令u=（第一换元法），可将积分化为：同时也可令x=asinu，或adx例4求-a?1111【分析】因故可分别令u=x-a，u=x+a（第一换元法），可x2-a22ax-ax+adu将积分化为：u例5求[sec xdxdsinxJ1+sinx解：（方法一) Jsecxd=J.cosxdx=TcosxJ1-sinx2"1-sinxd(secx+tanx)[seexdx=J sex(seex+tandx（方法二）sec x+tan xsec x+tan x=lnsecx+tanx+C.使用第一换元积分法的关键：在于把被积表达式f(x)dx凑成g(p(x)p(x)dx=g(p(x))dp(x)形式，从而作变换u=p(x)，化积分为：「g(u)du：但要注意的是最后要换回原积分变量（二）第二换元积分法第二换元积分法的目的同第一换元法一样，也是被积函数化为容易求得原函数的形式，但最终同样不要忘记变量还原.du例6求Vu+Vu【分析】为了去掉被积函数中的根号，取根次数2和3的最小公倍数6，并令u=x°，则可化简积分例7求Na?-x dx (a>0)【分析】为了去掉被积函数中的根号，可令x=asint，也可令x=acostdx例8求(a>0).x2-a【分析】为了去掉被积函数中的根号，可令x=asect，也可令x=acsctdx例9求(a>0).(x2 +α2)【分析】为了化简被积函数，可令x=atant，或x=acott。<，于是，有解：令x=atant，2103

103 例 3 求   2 2 a x dx ． 【分析】 若令 a x u  （第一换元法），可将积分化为：   2 1 u du ；同时也可令 x  asinu ，或 例 4 求   2 2 x a dx ． 【分析】 因 ) 1 1 ( 2 1 1 2 2 x a a x a x  a     ，故可分别令u  x  a，u  x  a （第一换元法），可 将积分化为：  u du ． 例 5 求  sec xdx ． 解：（方法一） C x x x d x dx x x xdx           1 sin 1 sin ln 2 1 1 sin sin cos cos sec 2 2 ． （方法二）  sec xdx         x x d x x dx x x x x x sec tan (sec tan ) sec tan sec (sec tan ) = ln sec x  tan x  C ． 使用第一换元积分法的关键：在于把被积表达式 f (x)dx 凑成 g((x))(x)dx  g((x))d(x) 形式， 从而作变换u  (x) ，化积分为：  g(u)du ．但要注意的是最后要换回原积分变量． （二）第二换元积分法 第二换元积分法的目的同第一换元法一样，也是被积函数化为容易求得原函数的形式，但最终同样不要忘记 变量还原． 例 6 求   3 u u du ． 【分析】 为了去掉被积函数中的根号，取根次数 2 和 3 的最小公倍数 6，并令 6 u  x ，则可化简积分． 例 7 求 a x dx   2 2 (a  0) ． 【分析】 为了去掉被积函数中的根号，可令 x  asint ，也可令 x  a cost ． 例 8 求 ( 0) 2 2    a x a dx ． 【分析】 为了去掉被积函数中的根号，可令 x  a sec t ，也可令 x  a csc t ． 例 9 求   2 2 2 (x a ) dx (a  0) ． 【分析】 为了化简被积函数，可令 x  a tan t ，或 x  a cot t ． 解：令 x  a tan t ， 2  t  ，于是，有

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-4g1)-+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