在第二章中，我们讨论了如何求一个函数的导函数问题，本章将讨论它的反问题，即要寻找一个可导函数，使它的导函数等于已知函数。——高等数学同济版
目录
- 习题4-1 不定积分的概念与性质
- 习题4-2 换元积分法
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- 2.求下列不定积分（其中 a a a、 b b b、 ω \omega ω、 φ \varphi φ均为常数）
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- （16） ∫ d x x ln x ln ln x ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x\ln\ln x}; ∫xlnxlnlnxdx;
- （21） ∫ 1 + ln x ( x ln x ) 2 d x ; \displaystyle\int\cfrac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}\mathrm{d}x; ∫(xlnx)21+lnxdx;
- （35） ∫ x x 2 − x − 2 d x ; \displaystyle\int\cfrac{x}{x^2-x-2}\mathrm{d}x; ∫x2−x−2xdx;
- （36） ∫ x 2 d x a 2 − x 2 ( a > 0 ) ; \displaystyle\int\cfrac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}(a>0); ∫a2−x2x2dx(a>0);
- （37） ∫ d x x x 2 − 1 ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}; ∫xx2−1dx;
- （38） ∫ d x ( x 2 + 1 ) 3 ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x^2+1)^3}}; ∫(x2+1)3dx;
- （39） ∫ x 2 − 9 x d x ; \displaystyle\int\cfrac{\sqrt{x^2-9}}{x}\mathrm{d}x; ∫xx2−9dx;
- （41） ∫ d x 1 + 1 − x 2 ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{1-x^2}}; ∫1+1−x2dx;
- （42） ∫ d x x + 1 − x 2 ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{1-x^2}}; ∫x+1−x2dx;
- （43） ∫ x 3 + 1 ( x 2 + 1 ) 2 d x ; \displaystyle\int\cfrac{x^3+1}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x; ∫(x2+1)2x3+1dx;
- 习题4-3 分部积分法
- 习题4-4 有理函数的积分
-
- 求下列不定积分：
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- 5. ∫ 3 x 3 + 1 d x . \displaystyle\int\cfrac{3}{x^3+1}\mathrm{d}x. ∫x3+13dx.
- 12. ∫ ( x + 1 ) 2 ( x 2 + 1 ) 2 d x . \displaystyle\int\cfrac{(x+1)^2}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x. ∫(x2+1)2(x+1)2dx.
- 13. ∫ − x 2 − 2 ( x 2 + x + 1 ) 2 d x \displaystyle\int\cfrac{-x^2-2}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x ∫(x2+x+1)2−x2−2dx
- 15. ∫ d x 3 + cos x . \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{3+\cos x}. ∫3+cosxdx.
- 习题4-5 积分表的使用
- 写在最后
习题4-1 不定积分的概念与性质
本节主要介绍不定积分的基础定义与性质。
2.求下列不定积分：
（13） ∫ ( 2 e x + 3 x ) d x ; \displaystyle\int\left(2e^x+\cfrac{3}{x}\right)\mathrm{d}x; ∫(2ex+x3)dx;
解
∫ ( 2 e x + 3 x ) d x = 2 ∫ e x d x + 3 ∫ d x x = 2 e x + 3 ln ∣ x ∣ + C . \displaystyle\int\left(2e^x+\cfrac{3}{x}\right)\mathrm{d}x=2\displaystyle\int e^x\mathrm{d}x+3\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x}=2e^x+3\ln|x|+C. ∫(2ex+x3)dx=2∫exdx+3∫xdx=2ex+3ln∣x∣+C.
（这道题在积分时容易忘记加上绝对值）
习题4-2 换元积分法
本节把复合函数的微分法反过来用于求不定积分，利用中间变量的代换，得到复合函数的积分法，称为换元积分法，简称换元法。
本节主要介绍了两类换元积分法。
2.求下列不定积分（其中 a a a、 b b b、 ω \omega ω、 φ \varphi φ均为常数）
（16） ∫ d x x ln x ln ln x ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x\ln\ln x}; ∫xlnxlnlnxdx;
解
∫ d x x ln x ln ln x = ∫ d ( ln x ) ln x ln ln x ∫ d ( ln ln x ) ln ln x = ln ∣ ln ln x ∣ + C . \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x\ln\ln x}=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\ln x)}{\ln x\ln\ln x}\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\ln\ln x)}{\ln\ln x}=\ln|\ln\ln x|+C. ∫xlnxlnlnxdx=∫lnxlnlnxd(lnx)∫lnlnxd(lnlnx)=ln∣lnlnx∣+C.
（这道题表明在题目中包含 x > 0 x>0 x>0这个条件时， ∫ d x x = ln x \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x}=\ln x ∫xdx=lnx）
（21） ∫ 1 + ln x ( x ln x ) 2 d x ; \displaystyle\int\cfrac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}\mathrm{d}x; ∫(xlnx)21+lnxdx;
解
∫ 1 + ln x ( x ln x ) 2 d x = ∫ d ( x ln x ) ( x ln x ) 2 = − 1 x ln x + C . \displaystyle\int\cfrac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(x\ln x)}{(x\ln x)^2}=-\cfrac{1}{x\ln x}+C. ∫(xlnx)21+lnxdx=∫(xlnx)2d(xlnx)=−xlnx1+C.
（这道题主要利用 ( 1 + ln x ) d x = d ( x ln x ) (1+\ln x)\mathrm{d}x=\mathrm{d}(x\ln x) (1+lnx)dx=d(xlnx)求解）
（35） ∫ x x 2 − x − 2 d x ; \displaystyle\int\cfrac{x}{x^2-x-2}\mathrm{d}x; ∫x2−x−2xdx;
解
∫ x x 2 − x − 2 d x = ∫ x ( x − 2 ) ( x + 1 ) d x = ∫ 1 3 ( 2 x − 2 + 1 x + 1 ) d x = 2 3 ln ∣ x − 2 ∣ + 1 3 ln ∣ x + 1 ∣ + C . \begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{x}{x^2-x-2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{x}{(x-2)(x+1)}\mathrm{d}x=\displaystyle\int\cfrac{1}{3}\left(\cfrac{2}{x-2}+\cfrac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{2}{3}\ln|x-2|+\cfrac{1}{3}\ln|x+1|+C. \end{aligned} ∫x2−x−2xdx=∫(x−2)(x+1)xdx=∫31(x−22+x+11)dx=32ln∣x−2∣+31ln∣x+1∣+C.
（这道题利用分解因式并进行凑整进行求导）
（36） ∫ x 2 d x a 2 − x 2 ( a > 0 ) ; \displaystyle\int\cfrac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}(a>0); ∫a2−x2x2dx(a>0);
解 设 x = a sin u ( − π 2 < u < π 2 ) x=a\sin u\left(-\cfrac{\pi}{2}<u<\cfrac{\pi}{2}\right) x=asinu(−2π<u<2π)，则 a 2 − x 2 = a cos u , d x = a cos u d u \sqrt{a^2-x^2}=a\cos u,\mathrm{d}x=a\cos u\mathrm{d}u a2−x2=acosu,dx=acosudu，于是
∫ x 2 d x a 2 − x 2 = ∫ a 2 sin 2 u d u = a 2 ∫ 1 − cos 2 u 2 d u = a 2 2 ( u − sin 2 u 2 ) + C = a 2 2 arcsin x a − x a 2 − x 2 2 + C . \begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}&=\displaystyle\int a^2\sin^2u\mathrm{d}u=a^2\displaystyle\int\cfrac{1-\cos2u}{2}\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{a^2}{2}\left(u-\cfrac{\sin2u}{2}\right)+C\\ &=\cfrac{a^2}{2}\arcsin\cfrac{x}{a}-\cfrac{x\sqrt{a^2-x^2}}{2}+C. \end{aligned} ∫a2−x2x2dx=∫a2sin2udu=a2∫21−cos2udu=2a2(u−2sin2u)+C=2a2arcsinax−2xa2−x2+C.
（这道题在进行换元时，为了保证只含根号的式子不小于0，对于 u u u进行了大小限制）
（37） ∫ d x x x 2 − 1 ; \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}; ∫xx2−1dx;
解 当 x > 1 x>1 x>1时，
∫ d x x x 2 − 1 = x = 1 t − ∫ d t 1 − t 2 = − arcsin t + C = − arcsin 1 x + C . \begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}&\xlongequal{x=\cfrac{1}{t}}-\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}=-\arcsin t+C\\ &=-\arcsin\cfrac{1}{x}+C. \end{aligned} ∫xx2−1dxx=t1−∫1−t2dt=−arcsint+C=−arcsinx1+C.
当 x < − 1 x<-1 x<−1时，
∫ d x x x 2 − 1 = x = 1 t ∫ d t 1 − t 2 = arcsin t + C = arcsin 1 x + C . \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}\xlongequal{x=\cfrac{1}{t}}\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}=\arcsin t+C=\arcsin\cfrac{1}{x}+C. ∫xx2−1dxx=t1∫1−t2dt=arcsint+C=arcsinx1+C.
故在 ( − ∞ , − 1 ) (-\infty,-1) (−∞,−1)或 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞)内，有
∫ d x x x 2 − 1 = − arcsin 1 ∣ x ∣ + C \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}=-\arcsin\cfrac{1}{|x|}+C ∫xx2−1dx=−arcsin∣x∣1+C
（这道题表明对于不连续的不定积分可以进行分段求解）
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