1. 分部积分法原理

由乘积的求导法则\((uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime\)，移项可得\(uv^\prime=(uv)^\prime - u^\prime v\)。

对等式两边在区间\([a,b]\)上求定积分，就得到定积分的分部积分公式

\(\int_{a}^{b}u(x)v^\prime(x)dx=[u(x)v(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u^\prime(x)v(x)dx\)，其中\([u(x)v(x)]_{a}^{b}=u(b)v(b)-u(a)v(a)\)。

关键在于合理地选择\(u\)和\(v^\prime\)，一般原则是使\(\int_{a}^{b}u^\prime(x)v(x)dx\)比\(\int_{a}^{b}u(x)v^\prime(x)dx\)更容易计算。

2. 选择\(u\)和\(v^\prime\)的常见方法（“反对幂指三”）

“反”（反三角函数）：如果被积函数是反三角函数与其他函数的乘积，一般设反三角函数为\(u\)。

例如，在\(\int_{0}^{1}\arctan xdx\)中，设\(u = \arctan x\)，\(v^\prime=1\)。

“对”（对数函数）：当被积函数是对数函数与其他函数的乘积时，通常把对数函数设为\(u\)。

比如，对于\(\int_{1}^{e}x\ln xdx\)，设\(u=\ln x\)，\(v^\prime = x\)。

“幂”（幂函数）：如果是幂函数与指数函数或三角函数的乘积，一般设幂函数为\(u\)。

例如，在\(\int_{0}^{\pi}x\sin xdx\)中，设\(u = x\)，\(v^\prime=\sin x\)。

“指”（指数函数）：不过当指数函数与三角函数相乘时，设\(u\)和\(v^\prime\)的方式比较灵活，两种选择都可能需要尝试，具体要看哪种方式能使后续积分更简便。

“三”（三角函数）：同指数函数与三角函数相乘的情况类似，在和其他函数乘积积分时，设\(u\)和\(v^\prime\)的选择要根据实际情况判断，以方便后续计算为原则。

例1：计算\(\int_{0}^{1}x\sin xdx\)

设\(u = x\)，\(v^\prime=\sin x\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v = -\cos x\)。

根据分部积分公式\(\int_{a}^{b}u(x)v^\prime(x)dx=[u(x)v(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u^\prime(x)v(x)dx\)，可得：

\(\int_{0}^{1}x\sin xdx=[-x\cos x]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(-\cos x)dx\)

\(=- (1\times\cos1 - 0\times\cos0)+[\sin x]_{0}^{1}=-\cos1+\sin1\)。

例2：计算\(\int_{0}^{\pi}x\cos2xdx\)

设\(u = x\)，\(v^\prime=\cos2x\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v=\frac{1}{2}\sin2x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{0}^{\pi}x\cos2xdx=\left[\frac{1}{2}x\sin2x\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\frac{1}{2}\sin2xdx\)

\(=\frac{1}{2}(\pi\sin2\pi - 0\times\sin0)-\left[-\frac{1}{4}\cos2x\right]_{0}^{\pi}\)

\(=0 - \left(-\frac{1}{4}\cos2\pi+\frac{1}{4}\cos0\right)=0\)。

例3：计算\(\int_{1}^{e}x\ln xdx\)

设\(u=\ln x\)，\(v^\prime = x\)，则\(u^\prime=\frac{1}{x}\)，\(v=\frac{1}{2}x^{2}\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{1}^{e}x\ln xdx=\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln x\right]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}\frac{1}{2}x^{2}\times\frac{1}{x}dx\)

\(=\frac{1}{2}(e^{2}\ln e - 1^{2}\ln1)-\frac{1}{2}\int_{1}^{e}xdx=\frac{e^{2}}{2}-\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}x^{2}\big|_{1}^{e}\)

\(=\frac{e^{2}}{2}-\frac{e^{2}-1}{4}=\frac{e^{2}+1}{4}\)。

例4：计算\(\int_{0}^{1}\arctan xdx\)

设\(u = \arctan x\)，\(v^\prime = 1\)，则\(u^\prime=\frac{1}{1 + x^{2}}\)，\(v = x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{0}^{1}\arctan xdx=[x\arctan x]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x}{1 + x^{2}}dx\)

\(=(1\times\arctan1 - 0\times\arctan0)-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{2x}{1 + x^{2}}dx=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln(1 + x^{2})\big|_{0}^{1}\)

\(=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2\)。

例5：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\sin xdx\)

设\(u = e^{x}\)，\(v^\prime=\sin x\)，则\(u^\prime = e^{x}\)，\(v = -\cos x\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\sin xdx=[-e^{x}\cos x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\cos xdx\)。

对于\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\cos xdx\)，再设\(u = e^{x}\)，\(v^\prime=\cos x\)，则\(u^\prime = e^{x}\)，\(v=\sin x\)。

所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\cos xdx=[e^{x}\sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\sin xdx\)。

设\(I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\sin xdx\)，则\(I=[-e^{x}\cos x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+[e^{x}\sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-I\)。

解得\(2I = e^{\frac{\pi}{2}} + 1\)，即\(I=\frac{1}{2}(e^{\frac{\pi}{2}} + 1)\)。

例6：计算\(\int_{1}^{2}x\ln^{2}xdx\)

设\(u=\ln^{2}x\)，\(v^\prime = x\)，则\(u^\prime = 2\frac{\ln x}{x}\)，\(v=\frac{1}{2}x^{2}\)。

由分部积分公式：

\(\int_{1}^{2}x\ln^{2}xdx=\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln^{2}x\right]_{1}^{2}-\int_{1}^{2}\frac{1}{2}x^{2}\times2\frac{\ln x}{x}dx\)

\(=\frac{1}{2}(2^{2}\ln^{2}2 - 1^{2}\ln^{2}1)-\int_{1}^{2}x\ln xdx\)。

对于\(\int_{1}^{2}x\ln xdx\)，设\(u=\ln x\)，\(v^\prime = x\)，\(u^\prime=\frac{1}{x}\)，\(v=\frac{1}{2}x^{2}\)，则

\(\int_{1}^{2}x\ln xdx=\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln x\right]_{1}^{2}-\int_{1}^{2}\frac{1}{2}x^{2}\times\frac{1}{x}dx\)

\(=\frac{1}{2}(2^{2}\ln2 - 1^{2}\ln1)-\frac{1}{2}\int_{1}^{2}xdx=\frac{1}{2}(4\ln2)-\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}x^{2}\big|_{1}^{2}\)

\(=2\ln2-\frac{3}{4}\)。

所以\(\int_{1}^{2}x\ln^{2}xdx=2\ln^{2}2-(2\ln2-\frac{3}{4})\)。

例7：计算\(\int_{0}^{1}x^{2}\arctan xdx\)

设\(u = \arctan x\)，\(v^\prime = x^{2}\)，则\(u^\prime=\frac{1}{1 + x^{2}}\)，\(v=\frac{1}{3}x^{3}\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{0}^{1}x^{2}\arctan xdx=\left[\frac{1}{3}x^{3}\arctan x\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{3}x^{3}\times\frac{1}{1 + x^{2}}dx\)

\(=\frac{1}{3}\times1^{3}\arctan1 - 0\times\arctan0-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{1 + x^{2}}dx\)

\(=\frac{\pi}{12}-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{1 + x^{2}}dx\)。

令\(t = 1 + x^{2}\)，\(x^{2}=t - 1\)，\(dx=\frac{1}{2}dt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x = 1\)时，\(t = 2\)。

\(\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{1 + x^{2}}dx=\frac{1}{6}\int_{1}^{2}\frac{t - 1}{t}dt=\frac{1}{6}\int_{1}^{2}(1-\frac{1}{t})dt\)

\(=\frac{1}{6}(t-\ln t)\big|_{1}^{2}=\frac{1}{6}(2 - \ln2 - 1)=\frac{1}{6}(1 - \ln2)\)。

所以\(\int_{0}^{1}x^{2}\arctan xdx=\frac{\pi}{12}-\frac{1}{6}(1 - \ln2)\)。

例8：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}x\sec^{2}xdx\)

设\(u = x\)，\(v^\prime=\sec^{2}x\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v=\tan x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}x\sec^{2}xdx=[x\tan x]_{0}^{\frac{\pi}{3}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\tan xdx\)

\(=\frac{\pi}{3}\tan\frac{\pi}{3}-0\times\tan0- [-\ln|\cos x|]_{0}^{\frac{\pi}{3}}\)

\(=\frac{\pi\sqrt{3}}{3}+\ln|\cos\frac{\pi}{3}|-\ln|\cos0|=\frac{\pi\sqrt{3}}{3}+\ln\frac{1}{2}\)。

例9：计算\(\int_{0}^{1}x\arcsin xdx\)

设\(u = \arcsin x\)，\(v^\prime = x\)，则\(u^\prime=\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}\)，\(v=\frac{1}{2}x^{2}\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{0}^{1}x\arcsin xdx=\left[\frac{1}{2}x^{2}\arcsin x\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{2}x^{2}\times\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}dx\)

\(=\frac{1}{2}\times1^{2}\arcsin1 - 0\times\arcsin0-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}}dx\)。

令\(x=\sin t\)，\(dx=\cos tdt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x = 1\)时，\(t=\frac{\pi}{2}\)。

\(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2}t}{\cos t}\cos tdt\)

\(=\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1 - \cos2t)dt=\frac{\pi}{8}\)。

所以\(\int_{0}^{1}x\arcsin xdx=\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{8}\)。

例10：计算\(\int_{1}^{2}\ln(x + 1)dx\)

设\(u=\ln(x + 1)\)，\(v^\prime = 1\)，则\(u^\prime=\frac{1}{x + 1}\)，\(v = x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{1}^{2}\ln(x + 1)dx=[x\ln(x + 1)]_{1}^{2}-\int_{1}^{2}\frac{x}{x + 1}dx=2\ln3 - \ln2-\int_{1}^{2}\frac{x + 1 - 1}{x + 1}dx\)

\(=2\ln3 - \ln2-\int_{1}^{2}(1-\frac{1}{x + 1})dx\)

\(=2\ln3 - \ln2-(x-\ln|x + 1|)\big|_{1}^{2}\)

\(=2\ln3 - \ln2-(2 - \ln3 - 1 + \ln2)=3\ln3 - 2\ln2 - 1\)。

例11：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\tan^{2}xdx\)

因为\(\tan^{2}x=\sec^{2}x - 1\)，所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\tan^{2}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x(\sec^{2}x - 1)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\sec^{2}xdx-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}xdx\)。

对于\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\sec^{2}xdx\)，设\(u = x\)，\(v^\prime=\sec^{2}x\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v=\tan x\)。

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\sec^{2}xdx=[x\tan x]_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan xdx\)

\(=\frac{\pi}{4}\tan\frac{\pi}{4}-0\times\tan0- [-\ln|\cos x|]_{0}^{\frac{\pi}{4}}\)

\(=\frac{\pi}{4}+\ln|\cos\frac{\pi}{4}|-\ln|\cos0|=\frac{\pi}{4}+\ln\frac{\sqrt{2}}{2}\)。

而\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}xdx=\frac{1}{2}x^{2}\big|_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi^{2}}{32}\)。

所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\tan^{2}xdx=\frac{\pi}{4}+\ln\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\pi^{2}}{32}\)。

例12：计算\(\int_{0}^{1}e^{\sqrt{x}}dx\)

令\(t = \sqrt{x}\)，则\(x = t^{2}\)，\(dx = 2tdt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x = 1\)时，\(t = 1\)。

原式变为\(\int_{0}^{1}e^{\sqrt{x}}dx=2\int_{0}^{1}te^{t}dt\)。

设\(u = t\)，\(v^\prime=e^{t}\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v = e^{t}\)。

\(2\int_{0}^{1}te^{t}dt=2([te^{t}]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{t}dt)=2(e - [e^{t}]_{0}^{1})=2(e - e + 1)=2\)。

例13：计算\(\int_{-1}^{1}x\ln(1 + x^{2})dx\)

设\(u = \ln(1 + x^{2})\)，\(v^\prime=x\)，则\(u^\prime=\frac{2x}{1 + x^{2}}\)，\(v=\frac{1}{2}x^{2}\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{-1}^{1}x\ln(1 + x^{2})dx=\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})\right]_{-1}^{1}-\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}x^{2}\times\frac{2x}{1 + x^{2}}dx\)。

注意到\(\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})\)是偶函数，\(\frac{1}{2}x^{2}\times\frac{2x}{1 + x^{2}}\)是奇函数。

对于偶函数\(f(x)\)，\(\int_{-a}^{a}f(x)dx = 2\int_{0}^{a}f(x)dx\)；对于奇函数\(g(x)\)，\(\int_{-a}^{a}g(x)dx = 0\)。

所以\(\left[\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})\right]_{-1}^{1}=2\times\frac{1}{2}\times1^{2}\ln(1 + 1^{2})=\ln2\)，\(\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}x^{2}\times\frac{2x}{1 + x^{2}}dx = 0\)。

则\(\int_{-1}^{1}x\ln(1 + x^{2})dx=\ln2\)。

例14：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\cos xdx\)

设\(u = x^{2}\)，\(v^\prime=\cos x\)，则\(u^\prime = 2x\)，\(v=\sin x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\cos xdx=\left[x^{2}\sin x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2x\sin xdx\)。

对于\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2x\sin xdx\)，再设\(u = 2x\)，\(v^\prime=\sin x\)，则\(u^\prime = 2\)，\(v = -\cos x\)。

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2x\sin xdx=\left[-2x\cos x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2\cos xdx\)

\(=- 2\times\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi}{2}+2[\sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=2\)。

所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\cos xdx=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}\sin\frac{\pi}{2}-2=\frac{\pi^{2}}{4}-2\)。

例15：计算\(\int_{0}^{1}x^{3}e^{x^{2}}dx\)

令\(t = x^{2}\)，则\(x=\sqrt{t}\)，\(dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}dt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x = 1\)时，\(t = 1\)。

原式变为\(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}t e^{t}dt\)。

设\(u = t\)，\(v^\prime=e^{t}\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v = e^{t}\)。

\(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}t e^{t}dt=\frac{1}{2}([t e^{t}]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^{t}dt)\)

\(=\frac{1}{2}(e - [e^{t}]_{0}^{1})=\frac{1}{2}(e - e + 1)=\frac{1}{2}\)。

例16：计算\(\int_{0}^{\ln2}x e^{-x}dx\)

设\(u = x\)，\(v^\prime=e^{-x}\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v=-e^{-x}\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{0}^{\ln2}x e^{-x}dx=\left[-x e^{-x}\right]_{0}^{\ln2}+\int_{0}^{\ln2}e^{-x}dx\)

\(=-(\ln2\times e^{-\ln2}-0\times e^{0})- [e^{-x}]_{0}^{\ln2}\)

\(=-\frac{\ln2}{2}-(e^{-\ln2}-e^{0})=-\frac{\ln2}{2}-\left(\frac{1}{2}-1\right)= \frac{1 - \ln2}{2}\)。

例17：计算\(\int_{0}^{1}\arccos xdx\)

设\(u=\arccos x\)，\(v^\prime = 1\)，则\(u^\prime=-\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}\)，\(v = x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{0}^{1}\arccos xdx=[x\arccos x]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}}dx\)

\(=(1\times\arccos1 - 0\times\arccos0)+\left[-\sqrt{1 - x^{2}}\right]_{0}^{1}\)

\(=0 + (-\sqrt{1 - 1^{2}}+\sqrt{1 - 0^{2}})=1\)。

例18：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}x\csc^{2}xdx\)

设\(u = x\)，\(v^\prime=\csc^{2}x\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v = -\cot x\)。

根据分部积分公式：

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}x\csc^{2}xdx=[-x\cot x]_{0}^{\frac{\pi}{6}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\cot xdx\)

\(=-\frac{\pi}{6}\cot\frac{\pi}{6}+0\times\cot0+[\ln|\sin x|]_{0}^{\frac{\pi}{6}}=-\frac{\pi\sqrt{3}}{6}+\ln\frac{1}{2}\)。

例19：计算\(\int_{1}^{2}(x - 1)\ln xdx\)

设\(u=\ln x\)，\(v^\prime=(x - 1)\)，则\(u^\prime=\frac{1}{x}\)，\(v=\frac{1}{2}x^{2}-x\)。

由分部积分公式：

\(\int_{1}^{2}(x - 1)\ln xdx=\left[(\frac{1}{2}x^{2}-x)\ln x\right]_{1}^{2}-\int_{1}^{2}(\frac{1}{2}x^{2}-x)\times\frac{1}{x}dx\)

\(=\left[(\frac{1}{2}x^{2}-x)\ln x\right]_{2}- \left[(\frac{1}{2}x^{2}-x)\ln x\right]_{1}-\int_{1}^{2}(\frac{1}{2}x - 1)dx\)

计算可得\(=(2\ln2 - 0)-\left[\frac{1}{4}x^{2}-x\right]_{1}^{2}=2\ln2-\left(\frac{1}{4}\times2^{2}-2-\frac{1}{4}+1\right)=2\ln2-\frac{1}{4}\)。

例20：计算\(\int_{0}^{\frac{1}{2}}\arcsin x\sqrt{1 - x^{2}}dx\)

令\(t=\arcsin x\)，则\(x = \sin t\)，\(dx=\cos tdt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x=\frac{1}{2}\)时，\(t=\frac{\pi}{6}\)。

原式变为\(\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}t\cos t\times\cos tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}t\cos^{2}tdt\)。

因为\(\cos^{2}t=\frac{1}{2}(1 + \cos2t)\)，所以

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}t\cos^{2}tdt=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}t(1 + \cos2t)dt\)。

设\(u = t\)，\(v^\prime=(1 + \cos2t)\)，则\(u^\prime = 1\)，\(v=\frac{1}{2}t + \frac{1}{4}\sin2t\)。

根据分部积分公式：

\(\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}t(1 + \cos2t)dt\)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{2}t + \frac{1}{4}\sin2t\right)t\right]_{0}^{\frac{\pi}{6}}-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\left(\frac{1}{2}t + \frac{1}{4}\sin2t\right)dt\)

计算可得\(=\frac{\pi}{12}\left(\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{6}+\frac{1}{4}\sin\frac{\pi}{3}\right)-\frac{1}{2}\left[\frac{1}{4}t^{2}-\frac{1}{8}\cos2t\right]_{0}^{\frac{\pi}{6}}\)，进一步化简得到结果。

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