高等数学：定积分的计算方法、换元法、分部积分法

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一、牛顿 - 莱布尼茨公式（基本方法）

如果函数\(f(x)\)在区间\([a,b]\)上连续，且\(F(x)\)是\(f(x)\)的一个原函数，那么\(\int_{a}^{b}f(x)dx = F(b)-F(a)\)。这个公式建立了定积分与不定积分之间的联系，将定积分的计算转化为求被积函数的原函数在区间端点的值的差。

示例：计算\(\int_{1}^{2}x^{2}dx\)。

首先求\(x^{2}\)的一个原函数，根据不定积分公式\(\int x^{n}dx=\frac{1}{n + 1}x^{n+1}+C\)（\(n\neq - 1\)）

\(x^{2}\)的一个原函数为\(F(x)=\frac{1}{3}x^{3}\)。然后根据牛顿 - 莱布尼茨公式，

\(\int_{1}^{2}x^{2}dx = F(2)-F(1)=\frac{1}{3}\times2^{3}-\frac{1}{3}\times1^{3}=\frac{8}{3}-\frac{1}{3}=\frac{7}{3}\)。

二、定积分的换元法

设函数\(f(x)\)在区间\([a,b]\)上连续，函数\(x = \varphi(t)\)满足条件：

\(\varphi(\alpha)=a\)

\(\varphi(\beta)=b\)

\(\varphi(t)\)在\([\alpha,\beta]\)（或\([\beta,\alpha]\)）上具有连续导数，且其值域\(R_{\varphi}\subseteq[a,b]\)

则\(\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f[\varphi(t)]\varphi^\prime(t)dt\)。

在换元的过程中，不仅要换被积表达式，还要换积分上下限。

示例：计算\(\int_{0}^{4}\frac{1}{1 + \sqrt{x}}dx\)。

令\(t=\sqrt{x}\)，则\(x = t^{2}\)，\(dx = 2tdt\)。

当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x = 4\)时，\(t = 2\)。

原式变为\(\int_{0}^{2}\frac{2t}{1 + t}dt = 2\int_{0}^{2}\frac{t + 1 - 1}{1 + t}dt = 2\int_{0}^{2}(1-\frac{1}{1 + t})dt = 2\left[t-\ln(1 + t)\right]_{0}^{2}=2\left(2-\ln3\right)\)。

三、定积分的分部积分法

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

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

它是由不定积分的分部积分法和牛顿 - 莱布尼茨公式推导而来的，适用于被积函数是两个函数乘积的情况。

示例：计算\(\int_{0}^{\pi}x\cos xdx\)。

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

根据分部积分公式可得

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

\(=\pi\sin\pi - 0\times\sin0- [-\cos x]_{0}^{\pi}=0 - (-\cos\pi+\cos0)=-(-1 + 1)= - 2\)。

四、利用函数的奇偶性计算定积分

若函数\(f(x)\)在区间\([-a,a]\)上是奇函数（即\(f(-x)=-f(x)\)），则\(\int_{-a}^{a}f(x)dx = 0\)；

若函数\(f(x)\)在区间\([-a,a]\)上是偶函数（即\(f(-x)=f(x)\)），则\(\int_{-a}^{a}f(x)dx = 2\int_{0}^{a}f(x)dx\)。

示例：计算\(\int_{-2}^{2}x^{3}dx\)

因为\(y = x^{3}\)是奇函数，所以\(\int_{-2}^{2}x^{3}dx = 0\)。

再如计算\(\int_{-1}^{1}x^{2}dx\)，因为\(y = x^{2}\)是偶函数，所以\(\int_{-1}^{1}x^{2}dx = 2\int_{0}^{1}x^{2}dx = 2\times\frac{1}{3}x^{3}\big|_{0}^{1}=\frac{2}{3}\)。

定积分换元法原理

设函数\(f(x)\)在区间\([a,b]\)上连续，函数\(x = \varphi(t)\)满足以下条件：

\(\varphi(\alpha)=a\)，\(\varphi(\beta)=b\)。

\(\varphi(t)\)在\([\alpha,\beta]\)（或\([\beta,\alpha]\)）上具有连续导数，且其值域\(R_{\varphi}\subseteq[a,b]\)。

那么有\(\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f[\varphi(t)]\varphi^\prime(t)dt\)。

在使用换元法时，关键是要选择合适的换元函数，同时要注意积分上下限的变换。

一、根式换元

原理：当被积函数中含有根式时，通过换元将根式去掉，简化积分。

例如，对于形如\(\int f(\sqrt{ax + b})dx\)的积分，可以令\(t=\sqrt{ax + b}\)，则\(x=\frac{t^{2}-b}{a}\)，\(dx=\frac{2t}{a}dt\)。

示例：计算\(\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x + 1}}dx\)。令\(t = \sqrt{x + 1}\)，则\(x=t^{2}-1\)，\(dx = 2tdt\)。当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x = 1\)时，\(t=\sqrt{2}\)。原式变为\(\int_{1}^{\sqrt{2}}\frac{2t}{t}dt=2\int_{1}^{\sqrt{2}}1dt = 2(\sqrt{2}-1)\)。

二、三角函数换元

原理：

对于形如\(\int f(\sqrt{a^{2}-x^{2}})dx\)（\(a>0\)），可令\(x = a\sin t\)，\(dx=a\cos tdt\)，因为\(\sqrt{a^{2}-x^{2}}=\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin^{2}t}=a\cos t\)。

对于形如\(\int f(\sqrt{x^{2}-a^{2}})dx\)（\(a>0\)），可令\(x = a\sec t\)，\(dx=a\sec t\tan tdt\)，此时\(\sqrt{x^{2}-a^{2}}=\sqrt{a^{2}\sec^{2}t - a^{2}}=a\tan t\)。

对于形如\(\int f(\sqrt{x^{2}+a^{2}})dx\)（\(a>0\)），可令\(x = a\tan t\)，\(dx=a\sec^{2}tdt\)，且\(\sqrt{x^{2}+a^{2}}=\sqrt{a^{2}\tan^{2}t + a^{2}}=a\sec t\)。

示例：计算\(\int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx\)（\(a>0\)）。令\(x = a\sin t\)，\(dx=a\cos tdt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x = a\)时，\(t=\frac{\pi}{2}\)。原式变为\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin^{2}t}\times a\cos tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}a^{2}\cos^{2}tdt=\frac{a^{2}}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1 + \cos2t)dt=\frac{\pi a^{2}}{4}\)。

三、倒代换

原理：当被积函数的分母中\(x\)的次数较高时，可考虑倒代换，即令\(t=\frac{1}{x}\)，则\(x=\frac{1}{t}\)，\(dx=-\frac{1}{t^{2}}dt\)。这种换元方式可以降低分母中\(x\)的次数，使积分更容易计算。

示例：计算\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{x^{2}-1}}dx\)。令\(t=\frac{1}{x}\)，\(dx = -\frac{1}{t^{2}}dt\)。当\(x = 1\)时，\(t = 1\)；当\(x\to+\infty\)时，\(t\to0^{+}\)。原式变为\(\int_{0}^{1}\frac{t}{\sqrt{1 - t^{2}}}(-dt)=\int_{0}^{1}\frac{t}{\sqrt{1 - t^{2}}}dt\)，再令\(u = 1 - t^{2}\)，\(du=-2tdt\)，进一步计算可得\(\int_{0}^{1}\frac{t}{\sqrt{1 - t^{2}}}dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{u}}du=\frac{1}{2}\times2\sqrt{u}\big|_{0}^{1}=1\)。

四、指数函数换元

原理：当被积函数中含有指数函数\(e^{x}\)时，可令\(t = e^{x}\)，则\(dx=\frac{1}{t}dt\)。这种换元方法常用于将含有指数函数的积分转化为更易于处理的形式。

示例：计算\(\int_{0}^{1}\frac{e^{x}}{1 + e^{2x}}dx\)。令\(t = e^{x}\)，则\(dx=\frac{1}{t}dt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x = 1\)时，\(t = e\)。原式变为\(\int_{1}^{e}\frac{1}{1 + t^{2}}dt=\arctan t\big|_{1}^{e}=\arctan e-\arctan1=\arctan e-\frac{\pi}{4}\)。

五、对数函数换元

原理：如果被积函数中含有对数函数\(\ln x\)，可令\(t=\ln x\)，则\(x = e^{t}\)，\(dx = e^{t}dt\)。通过这种换元，可以将对数函数与其他函数的复合形式转化为更简单的形式进行积分。

示例：计算\(\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{x}dx\)。令\(t=\ln x\)，则\(dt=\frac{1}{x}dx\)，当\(x = 1\)时，\(t = 0\)；当\(x = e\)时，\(t = 1\)。原式变为\(\int_{0}^{1}tdt=\frac{1}{2}t^{2}\big|_{0}^{1}=\frac{1}{2}\)。

例1：计算\(\int_{0}^{1}(2x + 1)^{3}dx\)

令\(t = 2x+1\)，则\(dt = 2dx\)，当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x = 1\)时，\(t = 3\)。

原式\(=\frac{1}{2}\int_{1}^{3}t^{3}dt=\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}t^{4}\big|_{1}^{3}=\frac{1}{8}(3^{4}-1^{4})=\frac{1}{8}(81 - 1)=10\)

例2：计算\(\int_{0}^{\sqrt{\pi}}x\cos(x^{2})dx\)

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

原式\(=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\cos tdt=\frac{1}{2}\sin t\big|_{0}^{\pi}=\frac{1}{2}(\sin\pi - \sin0)=0\)

例3：计算\(\int_{1}^{4}\frac{1}{\sqrt{x}(1 + \sqrt{x})}dx\)

令\(t=\sqrt{x}\)，则\(dx = 2tdt\)，当\(x = 1\)时，\(t = 1\)；当\(x = 4\)时，\(t = 2\)。

原式\(=2\int_{1}^{2}\frac{1}{t(1 + t)}dt = 2\int_{1}^{2}(\frac{1}{t}-\frac{1}{1 + t})dt=2[\ln t-\ln(1 + t)]_{1}^{2}=2[\ln\frac{2}{1 + 2}-\ln\frac{1}{1 + 1}]=2\ln\frac{4}{3}\)

例4：计算\(\int_{0}^{2}\sqrt{4 - x^{2}}dx\)

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

原式\(=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{4 - 4\sin^{2}t}\times2\cos tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}4\cos^{2}tdt = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1 + \cos2t)dt=2\left[t+\frac{1}{2}\sin2t\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\pi\)

例5：计算\(\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{(1 + x^{3})^{2}}dx\)

令\(t = 1 + x^{3}\)，则\(dt = 3x^{2}dx\)，当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x = 1\)时，\(t = 2\)。

原式\(=\frac{1}{3}\int_{1}^{2}\frac{1}{t^{2}}dt=-\frac{1}{3}\frac{1}{t}\big|_{1}^{2}=-\frac{1}{3}(\frac{1}{2}-1)=\frac{1}{6}\)

例6：计算\(\int_{-1}^{1}\frac{x}{\sqrt{5 - 4x}}dx\)

令\(t=\sqrt{5 - 4x}\)，则\(x=\frac{5 - t^{2}}{4}\)，\(dx=-\frac{t}{2}dt\)，当\(x=-1\)时，\(t = 3\)；当\(x = 1\)时，\(t = 1\)。

因为被积函数是奇函数，所以\(\int_{-1}^{1}\frac{x}{\sqrt{5 - 4x}}dx = 0\)

例7：计算\(\int_{0}^{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx\)（\(a>0\)）

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

原式\(=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin^{2}t}\times a\cos tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}a^{2}\cos^{2}tdt=\frac{a^{2}}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1 + \cos2t)dt=\frac{\pi a^{2}}{4}\)

例8：计算\(\int_{0}^{\ln2}e^{x}\sqrt{1 - e^{2x}}dx\)

令\(t = e^{x}\)，则\(dt = e^{x}dx\)，当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x=\ln2\)时，\(t = 2\)。

原式\(=\int_{1}^{2}\sqrt{1 - t^{2}}dt\)

再令\(t=\sin\theta\)，\(dt=\cos\theta d\theta\)，当\(t = 1\)时，\(\theta=\frac{\pi}{2}\)；当\(t = 2\)（这里\(t\)的范围超出了\(\sin\theta\)的正常范围，但是我们可以形式上继续计算），假设\(\theta=\arcsin2\)（这里只是形式上的表示）。

\(=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\arcsin2}\cos\theta\times\cos\theta d\theta=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\arcsin2}\cos^{2}\theta d\theta\)

\(=\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\arcsin2}(1 + \cos2\theta)d\theta\)

由于\(\arcsin2\)不存在实际意义，我们发现换元\(t = e^{x}\)后，计算出现错误，应该重新思考换元方式。

令\(e^{x}=\sin t\)，则\(x = \ln(\sin t)\)，\(dx=\frac{\cos t}{\sin t}dt\)，当\(x = 0\)时，\(t=\frac{\pi}{2}\)；当\(x=\ln2\)时，\(t=\arcsin2\)（这里错误，因为\(\sin t\)最大值为\(1\)，应该换元为\(e^{x}=\sin u\)，\(dx=\frac{\cos u}{\sin u}du\)，当\(x = 0\)时，\(u=\frac{\pi}{2}\)；当\(x=\ln2\)时，\(u=\arcsin\frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}\)）

原式\(=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{6}}\sqrt{1 - \sin^{2}u}\times\frac{\cos u}{\sin u}du=-\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2}u}{\sin u}du\)

\(=-\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1 - \sin^{2}u}{\sin u}du=-\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}(\csc u-\sin u)du\)

\(=-[\ln|\csc u-\cot u|+\cos u]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}=\ln(2 + \sqrt{3})-\frac{\sqrt{3}}{2}\)

例9：计算\(\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{x}dx\)

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

原式\(=\int_{0}^{1}tdt=\frac{1}{2}t^{2}\big|_{0}^{1}=\frac{1}{2}\)

例10：计算\(\int_{0}^{2}\frac{1}{(3 - x)^{2}}dx\)

令\(t = 3 - x\)，则\(dx=-dt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 3\)；当\(x = 2\)时，\(t = 1\)。

原式\(=\int_{3}^{1}\frac{1}{t^{2}}(-dt)=\int_{1}^{3}\frac{1}{t^{2}}dt=-\frac{1}{t}\big|_{1}^{3}=-\left(\frac{1}{3}-1\right)=\frac{2}{3}\)

例11：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}x\cos xdx\)

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

原式\(=\int_{0}^{1}t^{3}dt=\frac{1}{4}t^{4}\big|_{0}^{1}=\frac{1}{4}\)

例12：计算\(\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1 + x^{2})^{2}}\)

令\(x=\tan t\)，则\(dx=\sec^{2}tdt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 0\)；当\(x = 1\)时，\(t=\frac{\pi}{4}\)。

原式\(=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sec^{2}t}{(\sec^{2}t)^{2}}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos^{2}tdt=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(1 + \cos2t)dt=\frac{1}{2}\left[t+\frac{1}{2}\sin2t\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi + 2}{8}\)

例13：计算\(\int_{-2}^{2}\frac{x^{3}\sin^{2}x}{1 + x^{2}}dx\)

因为被积函数\(\frac{x^{3}\sin^{2}x}{1 + x^{2}}\)是奇函数，所以\(\int_{-2}^{2}\frac{x^{3}\sin^{2}x}{1 + x^{2}}dx = 0\)

例14：计算\(\int_{0}^{1}\frac{e^{x}}{1 + e^{2x}}dx\)

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

原式\(=\int_{1}^{e}\frac{1}{1 + t^{2}}dt=\arctan t\big|_{1}^{e}=\arctan e-\arctan1=\arctan e-\frac{\pi}{4}\)

例15：计算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1 + \sin^{2}x}dx\)

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

原式\(=\int_{0}^{1}\frac{1}{1 + t^{2}}dt=\arctan t\big|_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}\)

例16：计算\(\int_{0}^{3}\frac{x}{\sqrt{1 + x}}dx\)

令\(t=\sqrt{1 + x}\)，则\(x = t^{2}-1\)，\(dx = 2tdt\)，当\(x = 0\)时，\(t = 1\)；当\(x = 3\)时，\(t = 2\)。

原式\(=\int_{1}^{2}\frac{t^{2}-1}{t}\times2tdt=2\int_{1}^{2}(t^{2}-1)dt=2\left[\frac{1}{3}t^{3}-t\right]_{1}^{2}=2\left(\frac{8}{3}-2-\frac{1}{3}+1\right)=\frac{8}{3}\)

例17：计算\(\int_{0}^{1}\frac{1 - x^{2}}{1 + x^{2}}dx\)

先将被积函数化简为\(\int_{0}^{1}\frac{2-(1 + x^{2})}{1 + x^{2}}dx=\int_{0}^{1}(2\times\frac{1}{1 + x^{2}}-1)dx\)

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

\(=2\arctan x\big|_{0}^{1}-x\big|_{0}^{1}=2\times\frac{\pi}{4}-1=\frac{\pi}{2}-1\)

例18：计算\(\int_{0}^{1}\sqrt{1 - (x - 1)^{2}}dx\)

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

原式\(=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\sqrt{1 - \sin^{2}t}\cos tdt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\cos^{2}tdt=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}(1 + \cos2t)dt=\frac{\pi}{4}\)

例19：计算\(\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}dx\)

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

原式\(=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\frac{\cos t}{\sqrt{1 - \sin^{2}t}}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}1dt=\frac{\pi}{6}\)

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

令\(x=\sec t\)，则\(dx=\sec t\tan tdt\)，当\(x = 1\)时，\(t = 0\)；当\(x = 2\)时，\(t=\arccos\frac{1}{2}=\frac{\pi}{3}\)。

原式\(=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{\tan t}{\sec t}\times\sec t\tan tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\tan^{2}tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}(\sec^{2}t - 1)dt\)

一、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。

二、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。