04 第四节 定积分的换元法积分法和分部积分法

从上节微积分学的基本公式知道,求定积分f(x)dx的问题可以转化为求被积函数

abf(x)在区间[a,b]上的增量问题. 从而在求不定积分时应用的换元法和分部积分法在求定积

分时仍适用,本节将具体讨论之,请读者注意其与不定积分的差异.

分布图示

★ 定积分换元积分法

★ 例1

★ 例2

★ 例3 ★ 例7 ★ 例11 ★ 例15

★ 例4 ★ 例8 ★ 例12 ★ 例16

★ 例5 ★ 例6

★ 定积分的分部积分法

★ 例9 ★ 例13

★ 例17

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★ 例10 ★ 例14 ★ 例18 ★ 课堂练习

内容要点

一、定积分换元积分法

定理1 设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,函数x(t)满足条件： （1）()a,()b, 且a(t)b；

（2）(t)在[,](或[,])上具有连续导数,则有

bf(x)dxaf[(t)](t)dt. (4.1)

公式(4.1)称为定积分的换元公式.

定积分的换元公式与不定积分的换元公式很类似. 但是,在应用定积分的换元公式时应注意以下两点：

（1）用x(t)把变量x换成新变量t时, 积分限也要换成相应于新变量t的积分限,且上限对应于上限,下限对应于下限；

（2） 求出f[(t)](t)的一个原函数(t)后,不必象计算不定积分那样再把(t)变换成原变量x的函数,而只要把新变量t的上、下限分别代入(t)然后相减就行了. 二、定积分的分部积分法

bbbbudva[uvb]avdu 或 aabuvdx[uv]avudx.

a例题选讲

定积分换元积分法

例1(E01) 计算

2cos5xsinxdx0.

解 令tcosx,则dtsinxdx,x02t0,x0t1,

612cos50xsinxdxtdt511tdt5t06016.

注: 本例中，如果不明显写出新变量t,则定积分的上、下限就不要变，重新计算如下:



2cos5xsinxdx02cos50xd(cosx)cos6x260110.

66例2(E02) 求定积分a0axdx(a0).

22解 令xasint,则dxacostdt

ax22a1sinta|cost|acost,

2x t 0 0 a 由换元积分公式得

2 a0axdx22a220costdt2a221cos2t2dta2202(1cos2t)dt0a12tsin2t2202

a42.

注: 在第一节的课堂练习中，我们曾利用定积分的几何意义解本题并得到相同的结果.

例3 (E03) 求定积分350sinxsinxdx.

335解 sinxsinx|cosx|(sinx)2

0sinxsinxdx35033|cosx|(sinx)2dx20cosx(sinx)dx2cos23x(sinx)2dx

32(sinx)2dsinx023(sinx)2dsinx25(sinx)5220255(sinx)2245.

例4 (E04) 求定积分4x22x1t122dx0.

当x0时，t1,当x4时，t3,从而

3解 令t2x1,则xt12,dxtdt,40x22x1dx32t2tdt12131113127221293(t3)dtt3t.

2332331

例5 (E05) 当f(x)在[a,a]上连续, 则

(1) 当f(x)为偶函数,有 (2) 当f(x)为奇函数,有 证

af(x)dx2aaaf(x)dx;

0af(x)dx0.

af(x)dxa00f(x)dxaaa0f(x)dx,在上式右端第一项中令xt,则

0f(x)dxaf(t)dtaf(t)dt0a0f(x)dx, f(x)dx(1)当f(x)为偶函数，即f(x)f(x),aa0f(x)dxaaf(x)dx20a0f(x)dx;

(2)当f(x)为奇函数，即f(x)f(x),

例6 (E06) 计算

1af(x)dxa0f(x)dxaa0f(x)dx0.

1(|x|sinx)xdx.

2解 因为积分区间对称于原点，且|x|x2为偶函数,sinxx2为奇函数，所以

1111(|x|sinx)xdx22|x|xdx21xdx23x4104012.

例7 计算解 原式12x2xcosx111x222dx.

112x1dx1x11xcosx11x2dx

偶函数 奇函数

410x122dx41x10x(121x)221(1x)dx41(101x)dx4421021xdx4.

单位圆的面积

例8 (E07) 若f(x)在[0, 1]上连续, 证明 (1) (2)

/2f(sinx)dx0/20f(cosx)dx; f(sinx)dx,

xf(sinx)dx02由此计算

02xsinx1cos20xdx.

证 (1) 设x02tdxdt,x0t,x2t0,

20f(sinx)dx2fsintdt22f(cost)dt02f(cosx)dx;0

(2) 设xtdxdt,x0t,xt0,

xf(sinx)dx0(t)f[sin(t)]dt(t)f(sint)dt,

00f(sint)dt0tf(sint)dt0f(sinx)dx0xf(sinx)dx,

0xf(sinx)dx20f(sinx)dx.

0xsinx1cos20xdx2sinx1cos20xdx211cos20xd(cosx)

22arctan(cosx)0. 2444

定积分的分部积分法

例9 (E08) 计算arcsinxdx.

01/2解 令uarcsinx,dvdx,则dudx1x2,vx,

11120arcsinxdx[xarcsin2x]020xdx1x21126212011x2d(1x)21212 [1x]0212321.

例10 (E09) 计算定积分/4xdx1cos2x.

0解 1cos2x2cos2x,

4xdx1cos2x040xdx2cosx24x2d(tanx)120[xtanx]041402tanxdx812[lnsecx]04

8ln24.

例11 求/20xsinxdx

2解 由分部积分公式得

2xsinxdx202xd(cosx)x(cosx)222002cosxd(x)2202xcosxdx0

再用一次分部积分公式得

2xcosxdx22002xd(sinx)xsinx002020sinxdx2cosx2021

从而xsinxdx22xcosxdx2.

例12 (E10) 计算

1e2x11/2dx.

解 令t2x1,则tdtdx,当x于是有e1/212x112时, t0;当x1时, t1;

dxte01tdt

再使用分部积分法，令ut,dvetdt,则dudt,vet.

1101从而tedtte0ttedtt1e1(et)0012e.

例13 (E11) 计算定积分

e2|lnx|xe2dx.

解 因为在[e2,1]上lnx0,在[1,e2]上lnx0,所以应分两个区间进行积分，于是

e2|lnx|xe2dx12lnxxdx1eee2lnxx1dx12lnxd(2x)e12e2e21lnxd(2x)

2xdx(2xlnx)21e22xdx(2xlnx)e1

4e14xe24e4xe128(1e1).

例14 已知2ln2dte1tx6, 求x.

解 令et1u,则

2ln2xdte1xt3e1x2u(u1)u2du2arctanu3e1x232arctane1x6

故arctane14,所以xln2.

例15 (E12) 已知f(x)满足方程

f(x)3x1x210f(x)dx,

2求f(x).

解 设f2(x)dxC,则f(x)3xC1x2.有(3xC1x2)2dxC,

0011积分得3232C2CCC3,或C32, 1x.

2所以f(x)3x31x2,或f(x)3x

例16 (E13) 导出In/232sinn0xdx(n为非负整数)的递推公式.

解 易见I020dx2,I120sinxdx1,当n2时

In20sinxdxn20sinn1xdcosxsinn1xcosx20(n1)20sinn22xcosxdx

(n1)20sinn2x(1sinx)dx(n1)n1n220sinn2xdx(n1)20sinxdx(n1)In2(n1)In

n从而得到递推公式InIn2.

反复用此公式直到下标为 0 或 1，得

52m12m32m26In2m2m2m22m12m131426475232,,n2m

n2m1其中m为自然数.

n注: 根据例8的结果，有2sinxdx020cosxdx.

n

例17 利用上题结论计算cos052dx.

解 令

x2t,则dx2dt于是cos05x2dx220costdt251642. 1553 x t 0 0  2 例18 求函数I(x)x1t(12lnt)dt在[1,e]上的最大值与最小值.

解 I(x)x(12lnx),令I(x)0,得驻点x0,xe1/26.03.且I(x)在[1,e]是恒大于0,故I(x)在[1,e]上单调增加.

当x1时, I(x)取最小值，最小值为I(1)0; 当xe时, I(x)取最大值，最大值为I(e).

I(e)t(12lnt)dt(t2tlnt)dt11ee12et21e11222tlntt2412e 1e即最大值I(e)e2,最小值I(1)0.

课堂练习

1.计算定积分/2|sin|d(12rcosr)22/2.

2.设f(x)在[0, 1]上连续, 且f(0)1,f(2)3,f(2)5,求xf(2x)dx.

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