2014年山东省普通高等教育专升本考试
2014年山东专升本暑期精讲班核心讲义
高职高专类
高等数学
经典方法及典型例题归纳
—经管类专业：会计学、工商管理、国际经济与贸易、电子商务 —理工类专业：电气工程及其自动化、电子信息工程、机械设计制造
及其自动化、交通运输、计算机科学与技术、土木工程
2013年5月17日星期五 曲天尧 编写
一、求极限的各种方法
1．约去零因子求极限
x 4-1
例1：求极限lim
x →1x -1
【说明】x →1表明x 与1无限接近，但x ≠1，所以x -1这一零因子可以约去。
(x -1)(x +1)(x 2+1)
=lim (x +1)(x 2+1) =6=4 【解】lim
x →1x →1x -1
2．分子分母同除求极限
x 3-x 2
例2：求极限lim
x →∞3x 3+1
【说明】
∞
型且分子分母都以多项式给出的极限, 可通过分子分母同除来求。 ∞
1-1x 3-x 21=lim =【解】lim
x →∞3x 3+1x →∞3+13x 3
【注】(1) 一般分子分母同除x 的最高次方；
⎧
⎪0n n -1
a x +a n -1x + +a 0⎪
=⎨∞ (2) lim n m
m -1x →∞b x +b x + +b m m -10⎪a n
⎪⎩b n
m >n m
3．分子(母) 有理化求极限
例3：求极限lim (x +3-
x →+∞
2
x 2+1)
【说明】分子或分母有理化求极限，是通过有理化化去无理式。 【解】lim (x +3-
x →+∞
2
x +1) =lim
2
(x 2+3-x 2+1)(x 2+3+x 2+1)
x +3+x +1
2
2
x →+∞
=lim
2x +3+x +1
2
2
x →+∞
=0
例4：求极限lim
x →0
+tan x -+sin x
3
x
【解】lim
x →0
+tan x -+sin x tan x -sin x
=lim
x →0x 3+tan x ++sin x x 3
1
lim
=lim
x →0
tan x -sin x 1tan x -sin x 1
=lim = 33x →0x →024x x +tan x ++sin x
【注】本题除了使用分子有理化方法外，及时分离极限式中的非零因子是解题的关键 ．．．．．．．．．．．
4．应用两个重要极限求极限
sin x 11
=1和lim (1+) x =lim (1+) n =lim (1+x ) x =e ，两个重要极限是lim 第一个
x →0x →∞n →∞x →0x x n
重要极限过于简单且可通过等价无穷小来实现。主要考第二个重要极限。
x
1
⎛x +1⎫
例5：求极限lim ⎪
x →+∞x -1⎝⎭
【说明】第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出１，再凑+
1
，最后凑指数部分。 X
2
x -11⎤⎡x x
2
2⎫1⎫⎛2⎫2⎥⎛x +1⎫⎛2⎢⎛ ⎪=lim 1+=lim 1+1+=e 【解】lim ⎪ ⎪ ⎪x -1⎪ ⎢⎥x →+∞x -1x →+∞x →+∞x -1⎭x -1⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎝⎢⎥⎣⎦
1⎫⎛⎛x +2a ⎫
例6：(1)lim 1-2⎪；(2)已知lim ⎪=8，求a 。
x →+∞x →+∞
⎝x ⎭⎝x -a ⎭
x x
5．用等价无穷小量代换求极限
【说明】
(1)常见等价无穷小有：
1+x ) ~e -1, 当x →0 时, x ~sin x ~tan x ~arcsin x ~arctan x ~ln(1-cos x ~
12b
x , (1+ax )-1~abx ； 2
x
(2) 等价无穷小量代换, 只能代换极限式中的因式； ．．(3)此方法在各种求极限的方法中应作为首选。 ．．．．．
x ln(1+x )
=
x →01-cos x x ln(1+x ) x ⋅x
【解】 lim =lim =2.
x →01-cos x x →02
x 2
sin x -x
例8：求极限lim
x →0tan 3x
例7：求极限lim
2
-sin x -x sin x -x cos x -112x 【解】lim =lim =lim ==lim =-322x →0tan 3x x →0x →0x →06x 3x 3x
6．用洛必达法则求极限
ln cos 2x -ln(1+sin 2x )
例9：求极限lim 2x →0x
∞0
或型的极限, 可通过罗必塔法则来求。 ∞0
-2sin 2x sin 2x
-2ln cos 2x -ln(1+sin 2x ) cos 2x 1+sin x 【解】lim =lim 2x →0x →0x 2x
【说明】
=lim
sin 2x ⎛-21⎫
- ⎪=-3 2x →02x ⎝cos 2x 1+sin x ⎭
【注】许多变动上显的积分表示的极限，常用洛必达法则求解
⎰例10：设函数f(x)连续，且f (0) ≠0，求极限lim
x →0
x
(x -t ) f (t ) dt
x 0
x ⎰f (x -t ) dt
.
【解】 由于
⎰
x
f (x -t ) dt =
x -t =u 0
⎰
x
f (u )(-du ) =⎰f (u ) du , 于是
x
x
x
lim
x →0
⎰
x
(x -t ) f (t ) dt
x 0
x ⎰f (x -t ) dt
x
=lim
x →0
x ⎰f (t ) dt -⎰tf (t ) dt
x ⎰f (u ) du
0x
⎰=lim
x →0
f (t ) dt +xf (x ) -xf (x )
⎰
x
=lim
x →0
⎰⎰
x 0
x
f (t ) dt
f (u ) du +xf (x )
x
f (u ) du +xf (x )
⎰
=lim
x →0
f (t ) dt
x +f (x )
=
⎰
x
f (u ) du
f (0) 1
=.
f (0) +f (0) 2
7．用对数恒等式求lim f (x ) g (x ) 极限
例11：极限lim [1+ln(1+x )]
x →0
2x
2
ln[1+ln(1+x )]x
2x
【解】 lim [1+ln(1+x )]=lim e
x →0
x →0
=e
2ln[1+ln(1+x )]x →0x lim
=e
2ln(1+x )
x →0x lim
=e 2.
【注】对于1型未定式lim f (x )
∞g (x )
的极限，也可用公式
lim f (x ) g (x ) (1∞) =e lim(f (x ) -1) g (x )
因为
lim f (x ) g (x ) =e lim g (x ) ln(f (x )) =e lim g (x ) ln(1+f (x ) -1) =e lim(f (x ) -1) g (x )
1
例12：求极限lim 3
x →0x
⎡⎛2+cos x ⎫x ⎤⎢ ⎪-1⎥.
3⎭⎢⎝⎥⎣⎦
⎛2+cos x ⎫
x ln ⎪
3⎭⎝
【解1】 原式=lim
x →0
e
x 3
⎛2+cos x ⎫
ln ⎪-13⎝⎭ =lim x →0x 2
1
⋅-s i n x ）l （n 2+c o x ）s -l n 3 =l i =l i 2x →0x →0x 2x
11s i x n 1
⋅=- =-l i 2x →02+c o x s x 6
e
⎛2+cos x ⎫
x ln ⎪
3⎭⎝
【解2】 原式=lim
x →0
x 3
⎛2+cos x ⎫
ln ⎪-13⎝⎭ =lim 2x →0x
ln （1+
=lim
x →0
c o s x -1
）c o s x -11=l i =-
x →03x 26x 2
8．利用Taylor 公式求极限
a x +a -x -2
, ( a >0 ) . 例13 求极限 lim 2x →0x
x 22
=1+x l n a +l n a + ( x 2) ,
2
【解】 a =e
x x ln a
a
-x
x 22
=1-x ln a +ln a + ( x 2) ;
2
-x
a +a
x
-2=x 2ln 2a + ( x 2).
a x +a -x -2x 2ln 2a + ( x 2) 2
=lim =ln a . ∴ lim 22x →0x →0x x
例14 求极限lim x →0【解】 lim x →0
11
(-cot x ) . x x
111sin x -x cos x (-cot x ) =lim x →0x x x x sin x
x 3x 23
x -+ο(x ) -x [1-+ο(x 2)]=lim 3x →0x 113
-) x +ο(x 3)
1
=lim 3=x →0x 3.
(
9．数列极限转化成函数极限求解
例15：极限lim n sin
∞
⎛
n →∞
⎝1⎫⎪ n ⎭
n 2
【说明】这是1形式的的数列极限，由于数列极限不能使用洛必达法则，若直接求有一定难度，若转化成函数极限，可通过7提供的方法结合罗必塔法则求解。
1⎫⎛
【解】考虑辅助极限lim x sin ⎪
x →+∞x ⎭⎝
x 2
=lim e
x →+∞
1⎫⎛
x 2 x sin -1⎪
x ⎭⎝
=lim e +
y →0
⎫1⎛1
sin y -1⎪⎪ y y ⎝⎭
=e
-
1
6
1⎫⎛
所以，lim n sin ⎪
n →∞n ⎭⎝
n 2
=e
-
1
6
10．n 项和数列极限问题
n 项和数列极限问题极限问题有两种处理方法 (1)用定积分的定义把极限转化为定积分来计算; (2)利用两边夹法则求极限.
⎛111
++ +例16：极限lim 22n →∞ n 2+22n 2+n 2⎝n +1⎫
⎪ ⎪⎭
【说明】用定积分的定义把极限转化为定积分计算, 是把f (x ) 看成［0,1］定积分。
1⎛⎛1⎫lim f ⎪+n →∞n ⎝⎝n ⎭⎛2⎫
f ⎪+ +⎝n ⎭1⎛n ⎫⎫
f ⎪⎪=f (x ) dx ⎪⎰0⎝n ⎭⎭
⎛ 1 111
++ +【解】原式＝lim
222n →∞n ⎛1⎫⎛2⎫⎛n ⎫
+ ⎪+ ⎪ + ⎪
n n ⎝⎭⎝⎭⎝n ⎭⎝
=⎰
10
⎫
⎪⎪⎪ ⎪⎪⎭
12-1dx =-ln 222+1+x
1
⎛111++ +例17：极限lim 2n →∞ n 2+2n 2+n ⎝n +1
【说明】(1)该题遇上一题类似，但是不能凑成lim 因而用两边夹法则求解；
⎫
⎪ ⎪⎭
1⎛⎛1⎫ f ⎪+n →∞n ⎝⎝n ⎭⎛2⎫
f ⎪+ +⎝n ⎭⎛n ⎫⎫
的形式，f ⎪⎪⎪⎝n ⎭⎭
(2) 两边夹法则需要放大不等式，常用的方法是都换成最大的或最小的。 【解】lim
⎛111
++ +2n →∞ n 2+2n 2+n ⎝n +1⎫
⎪ ⎪⎭
因为
n n +n
2
≤n
1n +1
2
+
1n +2n n +1
22
+ +
1n +n
2
≤
n n +1
2
又 lim
n →∞
n +n
2
=lim
n →∞
=1
⎫
⎪＝１ ⎪⎭
⎛111
++ +所以 lim 2n →∞ n 2+2n 2+n ⎝n +1
11．单调有界数列的极限问题
例18：设数列{x n }满足0
n →∞
1
⎛x n +1⎫x n （Ⅱ）计算lim ⎪. n →∞x ⎝n ⎭
【分析】 一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在.
【详解】 （Ⅰ）因为0
x n +1sin x n
sin x 0时，， 则有x n +1
x n x n
n →∞
调减少，故由单调减少有下界数列必有极限知极限lim x n 存在.
设lim x n =l ，在x n +1=sin x n 两边令n →∞，得 l =sin l ，解得l =0，即lim x n =0.
n →∞
n →∞
11
⎛x ⎫
（Ⅱ） 因 lim n +1⎪
n →∞
⎝x n ⎭
12
x n
⎛sin x n ⎫x n ∞
，由（Ⅰ）知该极限为1型， =lim ⎪n →∞
⎝x n ⎭
1⎛1⎫ sin x -1⎪2x x ⎝⎭
sin x -x 2
⎛1⎫x
lim sin x e ⎪=lim +x →0+⎝x x →0⎭
1
=lim e +
x →0
x
3
=e (使用了洛必达法则)
-
1
6
⎛x ⎫
故 lim n +1⎪
n →∞
⎝x n ⎭
2x n
1-⎛sin x n ⎫x n 2
=lim =e 6. ⎪n →∞
⎝x n ⎭
1
二、常见不定积分的求解方法的讨论
0. 引言
不定积分是《高等数学》中的一个重要内容，它是定积分、广义积分、狭积分、重积分、曲线积分以及各种有关积分的函数的基础，要解决以上问题，不定积分的问题必须解决，而不定积分的基础就是常见不定积分的解法。不定积分的解法不像微分运算时有一定的法则，它要根据不同题型的特点采用不同的解法，积分运算比起微分运算来，不仅技巧性更强，而且也已证明，有许多初等函数是“积不出来”的，就是说这些函数的原函数不能用初等函数来表示，例如
⎰
1sin x -x 2e dx ⎰22⎰-k sin x （其中0
dx
这一方面体现了积分运算的困难，另一方面也推动了微积分本身的发展。同时，同一
道题也可能有多种解法，多种结果，所以，掌握不定积分的解法比较困难，下面将不定积分的各种求解方法分类归纳，以便于更好的掌握、运用。
1. 不定积分的概念
定义：在某区间I 上的函数
f (x ) ，若存在原函数，则称f (x ) 为可积函数，并将f (x )
的全体原函数记为 称它是函数
⎰f (x ) dx ,
为积分符号，f
f (x ) 在区间I 内的不定积分，其中⎰
(x ) 称为被积函数，
x 称为积分变量。
若
F (x ) 为f (x ) 的原函数，则：
⎰f (x ) dx =F (x ) +C(C为积分常数) 。
在这里要特别注意，不定积分是某一函数的全体原函数，而不是一个单一的函数，它的几
何意义是一簇平行曲线，也就是说：
d
(⎰f (x ) dx ) 和 dx
⎰f '(x ) dx
是不相等的，前者的结果是一个函数，而后者是无穷多个函数，所以，在书写计算结果时一定不能忘记积分常数。 性质：
1. 微分运算与积分运算时互逆的。
注：积分和微分连在一起运算时：
d ⎰
——————>完全抵消。
⎰d ——————>抵消后差一常数。
⎰[f (x ) ±g (x )]dx =⎰f (x ) dx ±⎰g (x ) dx 。
2. 两函数代数和的不定积分，等于它们各自积分的代数和，即：
3. 在求不定积分时，非零数可提到积分符号外面，即：
⎰kf (x ) dx =k ⎰f (x ) dx (k ≠0) 。
在这里，给出两个重要定理： (1)导数为0的函数是常函数。
(2)若两函数的导数处处相等，则两函数相差一个常数。 以便于更好的解决一些简单的不定积分问题。
上面将不定积分的概念以及性质做了简单的介绍，下面，我们开始讨论不定积分的各种求解方法。
2. 直接积分法(公式法)
从解题方面来看，利用不定积分的定义来计算不定积分是非常不方便的，利用不定积
分的运算性质和基本积分公式从而直接求出不定积分，这种方法就是直接积分法(另称公式法) 。
下面先给出基本求导公式：
(1)
(kx )' =k (2)
(x )' =μx
μμ-1
(3)
(5)
11
(lnx )' = (4) (arctanx )' =
1+x 2 x
11(arcsinx )' =(x )' =2 (6) log a
x ln a -x
(7) (9) (11)
(e x )' =e x (8) (sinx )' =cos x
(cosx )' =-sin x (10) (tanx )' =sec 2x
(cotx )' =-csc 2x 。
根据以上基本求导公式，我们不难导出以下基本积分表：
(1)
⎰
x μ
kdx =kx +C (k 是常数) (2)⎰x dx =
μ+1
μ+1
+C (μ≠-1)
(3)
1dx
⎰x =ln x +C (4) ⎰1+x 2=arctan x +C
1
(5)
-x 2
x
dx =arcsin x +C (6)
a +C x
dx = ⎰a ln a
x
(7)
x
dx =e +C (8) ⎰cos xdx =sin x +C ⎰e
2
xdx =tan x +C sin xdx =-cos x +C sec (10) ⎰
2
csc ⎰xdx =-cot x +C 。
(9)
⎰
(11)
下面举例子加以说明：
2
(3-4x +1) dx x 例2.1： 求⎰
解 原式=
23x ⎰dx -⎰4xdx +⎰dx
23x = ⎰dx -4⎰xdx +⎰dx
x x 3(+) -4(+C 2) +(x +C 3) C 1 =
32
2-2 =x x +x +C
注意：这里三个积分常数都是任意的，故可写成一个积分常数。所以对一个不定积分，
只要在最后所得的式子中写上一个积分常数即可，以后遇到这种情况不再说明。
例2.2： 求
32
3
⎰
x 2
+1x
2
dx (x 2+1) -1
dx -=⎰解 原式=⎰ ⎰22
+1+1x x
=
x -arctan x +C
注：此处有一个技巧的方法，这里先称作“加1减1”法，相当于是将多项式拆分成多
个单项式，然后利用基本积分公式计算，下面的例题中还会遇到类似的题型，遇到时具体讲解。
直接积分法只能计算较简单的不定积分，或是稍做变形就可用基本积分表解决的不定积分，对于稍微复杂一点的不定积分便无从下手，所以，下面我们将一一讨论其他方法。
3. 第一类换元法(凑微法)
利用基本积分公式和积分性质可求得一些函数的原函数，但只是这样远不能解决问题，如
⎰s i n x c o s x d x
2
就无法求出，必须将它进行变形，然后就可以利用基本积分公式求出其积分。
如果不定积分 作变量代换u
⎰f (x ) dx 用直接积分法不易求得，但被积函数可分解为
f (x ) =g [ϕ(x )]ϕ'(x ) ，
=ϕ(x ) ，并注意到ϕ'(x ) dx =d ϕ(x ) ，则可将关于变量x 的积
分转化为关于u 的积分，于是有
⎰f (x ) dx =⎰g [ϕ(x )]ϕ'(x ) dx =⎰g (u ) du .
如果
⎰g (u ) du 可以求出，不定积分⎰f (x ) dx 的计算问题就解决了，这就是第一类
换元法(凑微分法) 。
注：上述公式中，第一个等号表示换元
ϕ(x ) =u ，最后一个等号表示回代
u =ϕ(x ) .
下面具体举例题加以讨论
10
dx . (2x +1) 例3.1：求⎰
110
(2x +1) 'dx (2x +1) 解 原式=⎰2110
d (2x +1) (2x +1) =⎰2
2x +1=u
1101111
+C du =⋅+C (2x +1) u =2x +1u ⎰222211
11
对变量代换比较熟练后，可省去书写中间变量的换元和回代过程。
1
d (x ) . 例3.2：求⎰2
x -8x +25
解 原式=⎰
111
=d (x ) d (x ) 22⎰2
x -43(x -4) +9() +1
3
=
1
3⎰
1x -4
d () 2
3x -4
() +1
3
1x -4=a r c t a +C 33
dx
例3.3：求⎰1-x 2
11111
==(+) 解 2
1-x (1-x )(1+x ) 21+x 1-x 11d (1+x ) d (1-x )
=[⎰-⎰] ∴⎰2
1-x 21+x 1-x
1
=[ln+x -ln -x ]+C 2
=
11+x ln +C 21-x
3
dx
在这里做一个小结，当遇到形如：⎰a x 2+bx +c 的不定积分，可分为以下
中情况：
∆=a x 2+bx +c 的：
①
∆大于0时。可将原式化为(x -x 1)(x -x 2) ，
其中，x 1、x 2为
a x 2+bx +c =0的两个解，则原不定积分为：
dx 1d (x -x 1) d (x -x 2) ⎰(x -x 1)(x -x 2) =(x 2-x 1) [⎰(x -x 1) -⎰(x -x 2) ]
1x -x 1
=ln +C
(x 2-x 1) x -x 2
②
∆等于0时。可利用完全平方公式，然后可化成⎰(x -k ) -2d (x -k ) 。然后根据∆小于0时。形如例4，可先给分母进行配方。然后可根据基本积分公式(4)便可求
基本微分公式(2)便可求解。 ③
解。 例3.4： 求
⎰sec xdx
dx cos xdx d sin x
=⎰=⎰解 原式=⎰ 22
cos x x 1-x cos sin
d sin x =⎰
(1+sin x )(1-s i n x )
1d s i n x d s i n x =[⎰+⎰] 2(1+s i n x ) (1-s i n x )
11+s i n x =ln +C 21-s i n x
2
该题也可利用三角函数之间的关系求解：
sec x +sec x tan x = 原式 ⎰sec x +tan x
1=⎰(s e c x +t a n x )
s e c x +t a n x
=ln s e c x +t a n x +C .
虽然两种解法的结果不同，但经验证均为sec x 的原函数，这也就体现了不定积分的
2
xdx cos 例3.5：求⎰
解法以及结果的不唯一性。
.
解
⎰cos xdx =⎰
2
1+cos 2x 1
=(⎰dx +⎰cos 2xdx )
22
11
=⎰dx +⎰c o s 2xd (2x ) 24
=
x sin 2x ++C 24
例3.6：求
⎰sec
6
6
xdx .
2
2
解
22xdx =xdx =⎰(1+tan 2x ) d (tanx ) sec sec (x ) ⎰⎰sec
24
=⎰(1+2t a n x +t a n x ) d (t a n x )
2315
=t a n x +t a n x +t a n x +C
35
注：当被积函数是三角函数的乘积时，拆开奇次项去凑微分。当被积函数为三角函数
的偶数次幂时，常用半角公式通过降低幂次的方法来计算；若为奇次，则拆一项去凑微，剩余的偶次用半角公式降幂后再计算。
x dx . 100例3.7：求⎰(x -1)
2
x -1+1dx =解 原式⎰(x -1) 100
2
x +11=⎰[+]dx
99100
(x -1) (x -1) x -1+21=⎰[+]dx
99100
(x -1) (x -1)
121=⎰[++]d (x -1) 9898100
(x -1) (x -1) (x -1) 111-97-98
=-(x -1) -(x -1) -(x -1) -99+C
974999
注：这里也就是类似例2所说的方法，此处是“减1加1”法。
4. 第二类换元法
如果不定积分替换
⎰f (x ) dx 用直接积分法或第一类换元法不易求得，但作适当的变量
x =ϕ(t ) 后，所得到的关于新积分变量t 的不定积分
⎰f [ϕ(t )]ϕ'(t ) dt
可以求得，则可解决
设函数
⎰f (x ) dx 的计算问题，这就是所谓的第二类换元(积分) 法。
x =ϕ(t ) 是单调、可导函数，且ϕ'(t ) ≠0，又设f [ϕ(t )]ϕ'(t ) 具有原
F (t ) ，则
⎰f (x ) dx =⎰f [ϕ(t )]ϕ'(t ) dt =F (t ) +C =F [ψ(x )]+C ，
其中
ψ(x ) 是x =ϕ(t ) 的反函数。
注：由此可见，第二类换元积分法的换元与回代过程与第一类换元积分法的正好相反。 例4.1：求不定积分
⎰
22
a -x dx (a >0) .
解 令
2
x =a s i n t ，则dx =a cos t d t ，t ∈(-π2, π2) ，所以
2
2
a (1+cos 2t ) dt = ⎰a -x dx =⎰a cos t ⋅a cos t dt 2⎰
22
1a a =(t +s i n 2t ) +C =(t +s i n t c o t s ) +C
222
为将变量t 还原回原来的积分变量x ，由x =a sin t 作直角三角形，可知
cos t =
22a -x
，代入上式，得 a
⎰
2
x x a 2222=arcsin +⋅-+C a x -dx a x
2a 2注：对本题，若令x =a cos t ，同样可计算。
x
例4.2：求不定积分
⎰
1x +a
2
2
(a >0) .
解 令
x =a t a n t ，则dx =a sec 2t d ，t t ∈(-π2, π2) ，所以 1
⎰
12
=⋅a sec tdt =⎰sec tdt
22
a sec t x +a
=ln s e c t +t a t +C 1
22
=ln x +++C x a
例4.3：求不定积分
⎰
1x -a
2
2
(a >0) .
解 令
x =a s e c t ，则dx =a sec t ⋅tan t d t ，t ∈(0, π2) ，所以
1
⎰
a sec t ⋅tan t =dt =sec tdt ⎰
22
a tan t -x a
=ln s e c t +t a t +C 1
22=ln x +-x a +C
注：以上几例所使用的均为三角代换，三角代换的目的是化掉根式，其一般规律如下：若果被积函数中含有函数中含有
22
a -x 时，可令x =a sin t ，t ∈(-π2, π2) ；如果被积
22
x +a ，可令x =a tan t ，t ∈(-π2, π2) ；如果被积函数中含有
，
22
x -a ；可令x =±a sec t
t ∈(0, π2) .
dx
例4.4：求不定积分⎰x -x
e +e
x
dt dx =解 令t =e (t >0) ，则x =ln t ，所以，
t
。
dx ∴⎰e x +e -x
1
1
=⎰=
211+t t +
t
⎰
=a r c t a t n +C
x =a r c t a +C . e n
例4.5：求不定积分
⎰
xdx 2-3x
2.
解
⎰
1d x 2
=⎰222-3x 2-3x 2x d x
(变形).
2
22-t 22
2=-tdt =令t =2-3x (t ≥0) ，∴ x . dx 33
111122
=-2-3=-dt =(-tdt ) x +C 原式⎰⎰32t 33
关于第二类换元法，就举些例子说明，具体要多做大量的习题，这样才能找到该怎么样换元的感觉，才能更好的掌握这种方法。
5. 分部积分法
前面所介绍的换元积分法虽然可以解决许多积分的计算问题，但有些积分，如
x x e ⎰dx 、⎰x cos x dx 等，利用换元法就无法求解. 接下来要介绍另一种基本积分法—
—分部积分法. 设函数u
=u (x ) 和v =v (x ) 具有连续导数，则d (uv ) =vdu +udv 移项得到
udv =d (uv ) -v d u ，所以有
⎰udv =uv -⎰v d u ， 或 ⎰u v 'dx =uv -⎰u 'vd .
上面两个式子称为分部积分公式.
利用分部积分公式求不定积分的关键在于如何将所给积分
⎰f (x ) dx 化成⎰udv 的形式，使它更容易计算. 所采用的主要方法就是凑微分法，例如，
x x x x x x
e x dx =x xd =x -dx =x -+C =(x -1) e e e +C ⎰⎰e e ⎰e
利用分部积分法计算不定积分，选择好u,v 非常关键，选择不当将会使积分的计算变得更加复杂。下面将通过例题介绍分部积分法的应用。 例5.1：求不定积分解 令
⎰x cos x dx .
u =x ，cos xdx =d sin x =dv ，则
⎰x cos x dx =⎰xd sin x =x sin x -⎰sin x dx =x sin x +cos x +C
有些函数的积分需要连续多次应用分部积分法。
例5.2：求不定积分
⎰x
2
e dx .
x
x 2
dv =u =e dx ，则 解 令x 和
x x 2x
=xd -2x dx . dx e e x e ⎰⎰
对后面的不定积分再用分部积分法，
x x x x
x dx =x d =x -⎰e ⎰e e e +C
(运算熟练后，式子中不再指出u 和v 了) ，代入前式即得
2x 2x
dx =(-2x +2) +C . x e x e ⎰
注：若被积函数是幂函数(指数为正整数) 与指数函数或正(余) 弦函数的乘积，可设幂函
数为u ，而将其余部分凑微分进入微分符号，使得应用分部积分公式后，幂函数的幂次降低一次(幂指相碰幂为u) 。
例5.3：求不定积分
⎰x arctan
2
xdx
2
.
x x d x =d n ，解 令u =a r c t a x 2
, 则
2
x arctan x -x d (arctanx ) =x arctan xdx ⎰2⎰2
2
11x =arctan x -⎰⋅(1-) dx
2
221+x 2
1x =a r c t a x n -(x -a r c t a x ) n +C
22
2014年山东省普通高等教育专升本考试
2014年山东专升本暑期精讲班核心讲义
高职高专类
高等数学
经典方法及典型例题归纳
—经管类专业：会计学、工商管理、国际经济与贸易、电子商务 —理工类专业：电气工程及其自动化、电子信息工程、机械设计制造
及其自动化、交通运输、计算机科学与技术、土木工程
2013年5月17日星期五 曲天尧 编写
一、求极限的各种方法
1．约去零因子求极限
x 4-1
例1：求极限lim
x →1x -1
【说明】x →1表明x 与1无限接近，但x ≠1，所以x -1这一零因子可以约去。
(x -1)(x +1)(x 2+1)
=lim (x +1)(x 2+1) =6=4 【解】lim
x →1x →1x -1
2．分子分母同除求极限
x 3-x 2
例2：求极限lim
x →∞3x 3+1
【说明】
∞
型且分子分母都以多项式给出的极限, 可通过分子分母同除来求。 ∞
1-1x 3-x 21=lim =【解】lim
x →∞3x 3+1x →∞3+13x 3
【注】(1) 一般分子分母同除x 的最高次方；
⎧
⎪0n n -1
a x +a n -1x + +a 0⎪
=⎨∞ (2) lim n m
m -1x →∞b x +b x + +b m m -10⎪a n
⎪⎩b n
m >n m
3．分子(母) 有理化求极限
例3：求极限lim (x +3-
x →+∞
2
x 2+1)
【说明】分子或分母有理化求极限，是通过有理化化去无理式。 【解】lim (x +3-
x →+∞
2
x +1) =lim
2
(x 2+3-x 2+1)(x 2+3+x 2+1)
x +3+x +1
2
2
x →+∞
=lim
2x +3+x +1
2
2
x →+∞
=0
例4：求极限lim
x →0
+tan x -+sin x
3
x
【解】lim
x →0
+tan x -+sin x tan x -sin x
=lim
x →0x 3+tan x ++sin x x 3
1
lim
=lim
x →0
tan x -sin x 1tan x -sin x 1
=lim = 33x →0x →024x x +tan x ++sin x
【注】本题除了使用分子有理化方法外，及时分离极限式中的非零因子是解题的关键 ．．．．．．．．．．．
4．应用两个重要极限求极限
sin x 11
=1和lim (1+) x =lim (1+) n =lim (1+x ) x =e ，两个重要极限是lim 第一个
x →0x →∞n →∞x →0x x n
重要极限过于简单且可通过等价无穷小来实现。主要考第二个重要极限。
x
1
⎛x +1⎫
例5：求极限lim ⎪
x →+∞x -1⎝⎭
【说明】第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出１，再凑+
1
，最后凑指数部分。 X
2
x -11⎤⎡x x
2
2⎫1⎫⎛2⎫2⎥⎛x +1⎫⎛2⎢⎛ ⎪=lim 1+=lim 1+1+=e 【解】lim ⎪ ⎪ ⎪x -1⎪ ⎢⎥x →+∞x -1x →+∞x →+∞x -1⎭x -1⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎝⎢⎥⎣⎦
1⎫⎛⎛x +2a ⎫
例6：(1)lim 1-2⎪；(2)已知lim ⎪=8，求a 。
x →+∞x →+∞
⎝x ⎭⎝x -a ⎭
x x
5．用等价无穷小量代换求极限
【说明】
(1)常见等价无穷小有：
1+x ) ~e -1, 当x →0 时, x ~sin x ~tan x ~arcsin x ~arctan x ~ln(1-cos x ~
12b
x , (1+ax )-1~abx ； 2
x
(2) 等价无穷小量代换, 只能代换极限式中的因式； ．．(3)此方法在各种求极限的方法中应作为首选。 ．．．．．
x ln(1+x )
=
x →01-cos x x ln(1+x ) x ⋅x
【解】 lim =lim =2.
x →01-cos x x →02
x 2
sin x -x
例8：求极限lim
x →0tan 3x
例7：求极限lim
2
-sin x -x sin x -x cos x -112x 【解】lim =lim =lim ==lim =-322x →0tan 3x x →0x →0x →06x 3x 3x
6．用洛必达法则求极限
ln cos 2x -ln(1+sin 2x )
例9：求极限lim 2x →0x
∞0
或型的极限, 可通过罗必塔法则来求。 ∞0
-2sin 2x sin 2x
-2ln cos 2x -ln(1+sin 2x ) cos 2x 1+sin x 【解】lim =lim 2x →0x →0x 2x
【说明】
=lim
sin 2x ⎛-21⎫
- ⎪=-3 2x →02x ⎝cos 2x 1+sin x ⎭
【注】许多变动上显的积分表示的极限，常用洛必达法则求解
⎰例10：设函数f(x)连续，且f (0) ≠0，求极限lim
x →0
x
(x -t ) f (t ) dt
x 0
x ⎰f (x -t ) dt
.
【解】 由于
⎰
x
f (x -t ) dt =
x -t =u 0
⎰
x
f (u )(-du ) =⎰f (u ) du , 于是
x
x
x
lim
x →0
⎰
x
(x -t ) f (t ) dt
x 0
x ⎰f (x -t ) dt
x
=lim
x →0
x ⎰f (t ) dt -⎰tf (t ) dt
x ⎰f (u ) du
0x
⎰=lim
x →0
f (t ) dt +xf (x ) -xf (x )
⎰
x
=lim
x →0
⎰⎰
x 0
x
f (t ) dt
f (u ) du +xf (x )
x
f (u ) du +xf (x )
⎰
=lim
x →0
f (t ) dt
x +f (x )
=
⎰
x
f (u ) du
f (0) 1
=.
f (0) +f (0) 2
7．用对数恒等式求lim f (x ) g (x ) 极限
例11：极限lim [1+ln(1+x )]
x →0
2x
2
ln[1+ln(1+x )]x
2x
【解】 lim [1+ln(1+x )]=lim e
x →0
x →0
=e
2ln[1+ln(1+x )]x →0x lim
=e
2ln(1+x )
x →0x lim
=e 2.
【注】对于1型未定式lim f (x )
∞g (x )
的极限，也可用公式
lim f (x ) g (x ) (1∞) =e lim(f (x ) -1) g (x )
因为
lim f (x ) g (x ) =e lim g (x ) ln(f (x )) =e lim g (x ) ln(1+f (x ) -1) =e lim(f (x ) -1) g (x )
1
例12：求极限lim 3
x →0x
⎡⎛2+cos x ⎫x ⎤⎢ ⎪-1⎥.
3⎭⎢⎝⎥⎣⎦
⎛2+cos x ⎫
x ln ⎪
3⎭⎝
【解1】 原式=lim
x →0
e
x 3
⎛2+cos x ⎫
ln ⎪-13⎝⎭ =lim x →0x 2
1
⋅-s i n x ）l （n 2+c o x ）s -l n 3 =l i =l i 2x →0x →0x 2x
11s i x n 1
⋅=- =-l i 2x →02+c o x s x 6
e
⎛2+cos x ⎫
x ln ⎪
3⎭⎝
【解2】 原式=lim
x →0
x 3
⎛2+cos x ⎫
ln ⎪-13⎝⎭ =lim 2x →0x
ln （1+
=lim
x →0
c o s x -1
）c o s x -11=l i =-
x →03x 26x 2
8．利用Taylor 公式求极限
a x +a -x -2
, ( a >0 ) . 例13 求极限 lim 2x →0x
x 22
=1+x l n a +l n a + ( x 2) ,
2
【解】 a =e
x x ln a
a
-x
x 22
=1-x ln a +ln a + ( x 2) ;
2
-x
a +a
x
-2=x 2ln 2a + ( x 2).
a x +a -x -2x 2ln 2a + ( x 2) 2
=lim =ln a . ∴ lim 22x →0x →0x x
例14 求极限lim x →0【解】 lim x →0
11
(-cot x ) . x x
111sin x -x cos x (-cot x ) =lim x →0x x x x sin x
x 3x 23
x -+ο(x ) -x [1-+ο(x 2)]=lim 3x →0x 113
-) x +ο(x 3)
1
=lim 3=x →0x 3.
(
9．数列极限转化成函数极限求解
例15：极限lim n sin
∞
⎛
n →∞
⎝1⎫⎪ n ⎭
n 2
【说明】这是1形式的的数列极限，由于数列极限不能使用洛必达法则，若直接求有一定难度，若转化成函数极限，可通过7提供的方法结合罗必塔法则求解。
1⎫⎛
【解】考虑辅助极限lim x sin ⎪
x →+∞x ⎭⎝
x 2
=lim e
x →+∞
1⎫⎛
x 2 x sin -1⎪
x ⎭⎝
=lim e +
y →0
⎫1⎛1
sin y -1⎪⎪ y y ⎝⎭
=e
-
1
6
1⎫⎛
所以，lim n sin ⎪
n →∞n ⎭⎝
n 2
=e
-
1
6
10．n 项和数列极限问题
n 项和数列极限问题极限问题有两种处理方法 (1)用定积分的定义把极限转化为定积分来计算; (2)利用两边夹法则求极限.
⎛111
++ +例16：极限lim 22n →∞ n 2+22n 2+n 2⎝n +1⎫
⎪ ⎪⎭
【说明】用定积分的定义把极限转化为定积分计算, 是把f (x ) 看成［0,1］定积分。
1⎛⎛1⎫lim f ⎪+n →∞n ⎝⎝n ⎭⎛2⎫
f ⎪+ +⎝n ⎭1⎛n ⎫⎫
f ⎪⎪=f (x ) dx ⎪⎰0⎝n ⎭⎭
⎛ 1 111
++ +【解】原式＝lim
222n →∞n ⎛1⎫⎛2⎫⎛n ⎫
+ ⎪+ ⎪ + ⎪
n n ⎝⎭⎝⎭⎝n ⎭⎝
=⎰
10
⎫
⎪⎪⎪ ⎪⎪⎭
12-1dx =-ln 222+1+x
1
⎛111++ +例17：极限lim 2n →∞ n 2+2n 2+n ⎝n +1
【说明】(1)该题遇上一题类似，但是不能凑成lim 因而用两边夹法则求解；
⎫
⎪ ⎪⎭
1⎛⎛1⎫ f ⎪+n →∞n ⎝⎝n ⎭⎛2⎫
f ⎪+ +⎝n ⎭⎛n ⎫⎫
的形式，f ⎪⎪⎪⎝n ⎭⎭
(2) 两边夹法则需要放大不等式，常用的方法是都换成最大的或最小的。 【解】lim
⎛111
++ +2n →∞ n 2+2n 2+n ⎝n +1⎫
⎪ ⎪⎭
因为
n n +n
2
≤n
1n +1
2
+
1n +2n n +1
22
+ +
1n +n
2
≤
n n +1
2
又 lim
n →∞
n +n
2
=lim
n →∞
=1
⎫
⎪＝１ ⎪⎭
⎛111
++ +所以 lim 2n →∞ n 2+2n 2+n ⎝n +1
11．单调有界数列的极限问题
例18：设数列{x n }满足0
n →∞
1
⎛x n +1⎫x n （Ⅱ）计算lim ⎪. n →∞x ⎝n ⎭
【分析】 一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在.
【详解】 （Ⅰ）因为0
x n +1sin x n
sin x 0时，， 则有x n +1
x n x n
n →∞
调减少，故由单调减少有下界数列必有极限知极限lim x n 存在.
设lim x n =l ，在x n +1=sin x n 两边令n →∞，得 l =sin l ，解得l =0，即lim x n =0.
n →∞
n →∞
11
⎛x ⎫
（Ⅱ） 因 lim n +1⎪
n →∞
⎝x n ⎭
12
x n
⎛sin x n ⎫x n ∞
，由（Ⅰ）知该极限为1型， =lim ⎪n →∞
⎝x n ⎭
1⎛1⎫ sin x -1⎪2x x ⎝⎭
sin x -x 2
⎛1⎫x
lim sin x e ⎪=lim +x →0+⎝x x →0⎭
1
=lim e +
x →0
x
3
=e (使用了洛必达法则)
-
1
6
⎛x ⎫
故 lim n +1⎪
n →∞
⎝x n ⎭
2x n
1-⎛sin x n ⎫x n 2
=lim =e 6. ⎪n →∞
⎝x n ⎭
1
二、常见不定积分的求解方法的讨论
0. 引言
不定积分是《高等数学》中的一个重要内容，它是定积分、广义积分、狭积分、重积分、曲线积分以及各种有关积分的函数的基础，要解决以上问题，不定积分的问题必须解决，而不定积分的基础就是常见不定积分的解法。不定积分的解法不像微分运算时有一定的法则，它要根据不同题型的特点采用不同的解法，积分运算比起微分运算来，不仅技巧性更强，而且也已证明，有许多初等函数是“积不出来”的，就是说这些函数的原函数不能用初等函数来表示，例如
⎰
1sin x -x 2e dx ⎰22⎰-k sin x （其中0
dx
这一方面体现了积分运算的困难，另一方面也推动了微积分本身的发展。同时，同一
道题也可能有多种解法，多种结果，所以，掌握不定积分的解法比较困难，下面将不定积分的各种求解方法分类归纳，以便于更好的掌握、运用。
1. 不定积分的概念
定义：在某区间I 上的函数
f (x ) ，若存在原函数，则称f (x ) 为可积函数，并将f (x )
的全体原函数记为 称它是函数
⎰f (x ) dx ,
为积分符号，f
f (x ) 在区间I 内的不定积分，其中⎰
(x ) 称为被积函数，
x 称为积分变量。
若
F (x ) 为f (x ) 的原函数，则：
⎰f (x ) dx =F (x ) +C(C为积分常数) 。
在这里要特别注意，不定积分是某一函数的全体原函数，而不是一个单一的函数，它的几
何意义是一簇平行曲线，也就是说：
d
(⎰f (x ) dx ) 和 dx
⎰f '(x ) dx
是不相等的，前者的结果是一个函数，而后者是无穷多个函数，所以，在书写计算结果时一定不能忘记积分常数。 性质：
1. 微分运算与积分运算时互逆的。
注：积分和微分连在一起运算时：
d ⎰
——————>完全抵消。
⎰d ——————>抵消后差一常数。
⎰[f (x ) ±g (x )]dx =⎰f (x ) dx ±⎰g (x ) dx 。
2. 两函数代数和的不定积分，等于它们各自积分的代数和，即：
3. 在求不定积分时，非零数可提到积分符号外面，即：
⎰kf (x ) dx =k ⎰f (x ) dx (k ≠0) 。
在这里，给出两个重要定理： (1)导数为0的函数是常函数。
(2)若两函数的导数处处相等，则两函数相差一个常数。 以便于更好的解决一些简单的不定积分问题。
上面将不定积分的概念以及性质做了简单的介绍，下面，我们开始讨论不定积分的各种求解方法。
2. 直接积分法(公式法)
从解题方面来看，利用不定积分的定义来计算不定积分是非常不方便的，利用不定积
分的运算性质和基本积分公式从而直接求出不定积分，这种方法就是直接积分法(另称公式法) 。
下面先给出基本求导公式：
(1)
(kx )' =k (2)
(x )' =μx
μμ-1
(3)
(5)
11
(lnx )' = (4) (arctanx )' =
1+x 2 x
11(arcsinx )' =(x )' =2 (6) log a
x ln a -x
(7) (9) (11)
(e x )' =e x (8) (sinx )' =cos x
(cosx )' =-sin x (10) (tanx )' =sec 2x
(cotx )' =-csc 2x 。
根据以上基本求导公式，我们不难导出以下基本积分表：
(1)
⎰
x μ
kdx =kx +C (k 是常数) (2)⎰x dx =
μ+1
μ+1
+C (μ≠-1)
(3)
1dx
⎰x =ln x +C (4) ⎰1+x 2=arctan x +C
1
(5)
-x 2
x
dx =arcsin x +C (6)
a +C x
dx = ⎰a ln a
x
(7)
x
dx =e +C (8) ⎰cos xdx =sin x +C ⎰e
2
xdx =tan x +C sin xdx =-cos x +C sec (10) ⎰
2
csc ⎰xdx =-cot x +C 。
(9)
⎰
(11)
下面举例子加以说明：
2
(3-4x +1) dx x 例2.1： 求⎰
解 原式=
23x ⎰dx -⎰4xdx +⎰dx
23x = ⎰dx -4⎰xdx +⎰dx
x x 3(+) -4(+C 2) +(x +C 3) C 1 =
32
2-2 =x x +x +C
注意：这里三个积分常数都是任意的，故可写成一个积分常数。所以对一个不定积分，
只要在最后所得的式子中写上一个积分常数即可，以后遇到这种情况不再说明。
例2.2： 求
32
3
⎰
x 2
+1x
2
dx (x 2+1) -1
dx -=⎰解 原式=⎰ ⎰22
+1+1x x
=
x -arctan x +C
注：此处有一个技巧的方法，这里先称作“加1减1”法，相当于是将多项式拆分成多
个单项式，然后利用基本积分公式计算，下面的例题中还会遇到类似的题型，遇到时具体讲解。
直接积分法只能计算较简单的不定积分，或是稍做变形就可用基本积分表解决的不定积分，对于稍微复杂一点的不定积分便无从下手，所以，下面我们将一一讨论其他方法。
3. 第一类换元法(凑微法)
利用基本积分公式和积分性质可求得一些函数的原函数，但只是这样远不能解决问题，如
⎰s i n x c o s x d x
2
就无法求出，必须将它进行变形，然后就可以利用基本积分公式求出其积分。
如果不定积分 作变量代换u
⎰f (x ) dx 用直接积分法不易求得，但被积函数可分解为
f (x ) =g [ϕ(x )]ϕ'(x ) ，
=ϕ(x ) ，并注意到ϕ'(x ) dx =d ϕ(x ) ，则可将关于变量x 的积
分转化为关于u 的积分，于是有
⎰f (x ) dx =⎰g [ϕ(x )]ϕ'(x ) dx =⎰g (u ) du .
如果
⎰g (u ) du 可以求出，不定积分⎰f (x ) dx 的计算问题就解决了，这就是第一类
换元法(凑微分法) 。
注：上述公式中，第一个等号表示换元
ϕ(x ) =u ，最后一个等号表示回代
u =ϕ(x ) .
下面具体举例题加以讨论
10
dx . (2x +1) 例3.1：求⎰
110
(2x +1) 'dx (2x +1) 解 原式=⎰2110
d (2x +1) (2x +1) =⎰2
2x +1=u
1101111
+C du =⋅+C (2x +1) u =2x +1u ⎰222211
11
对变量代换比较熟练后，可省去书写中间变量的换元和回代过程。
1
d (x ) . 例3.2：求⎰2
x -8x +25
解 原式=⎰
111
=d (x ) d (x ) 22⎰2
x -43(x -4) +9() +1
3
=
1
3⎰
1x -4
d () 2
3x -4
() +1
3
1x -4=a r c t a +C 33
dx
例3.3：求⎰1-x 2
11111
==(+) 解 2
1-x (1-x )(1+x ) 21+x 1-x 11d (1+x ) d (1-x )
=[⎰-⎰] ∴⎰2
1-x 21+x 1-x
1
=[ln+x -ln -x ]+C 2
=
11+x ln +C 21-x
3
dx
在这里做一个小结，当遇到形如：⎰a x 2+bx +c 的不定积分，可分为以下
中情况：
∆=a x 2+bx +c 的：
①
∆大于0时。可将原式化为(x -x 1)(x -x 2) ，
其中，x 1、x 2为
a x 2+bx +c =0的两个解，则原不定积分为：
dx 1d (x -x 1) d (x -x 2) ⎰(x -x 1)(x -x 2) =(x 2-x 1) [⎰(x -x 1) -⎰(x -x 2) ]
1x -x 1
=ln +C
(x 2-x 1) x -x 2
②
∆等于0时。可利用完全平方公式，然后可化成⎰(x -k ) -2d (x -k ) 。然后根据∆小于0时。形如例4，可先给分母进行配方。然后可根据基本积分公式(4)便可求
基本微分公式(2)便可求解。 ③
解。 例3.4： 求
⎰sec xdx
dx cos xdx d sin x
=⎰=⎰解 原式=⎰ 22
cos x x 1-x cos sin
d sin x =⎰
(1+sin x )(1-s i n x )
1d s i n x d s i n x =[⎰+⎰] 2(1+s i n x ) (1-s i n x )
11+s i n x =ln +C 21-s i n x
2
该题也可利用三角函数之间的关系求解：
sec x +sec x tan x = 原式 ⎰sec x +tan x
1=⎰(s e c x +t a n x )
s e c x +t a n x
=ln s e c x +t a n x +C .
虽然两种解法的结果不同，但经验证均为sec x 的原函数，这也就体现了不定积分的
2
xdx cos 例3.5：求⎰
解法以及结果的不唯一性。
.
解
⎰cos xdx =⎰
2
1+cos 2x 1
=(⎰dx +⎰cos 2xdx )
22
11
=⎰dx +⎰c o s 2xd (2x ) 24
=
x sin 2x ++C 24
例3.6：求
⎰sec
6
6
xdx .
2
2
解
22xdx =xdx =⎰(1+tan 2x ) d (tanx ) sec sec (x ) ⎰⎰sec
24
=⎰(1+2t a n x +t a n x ) d (t a n x )
2315
=t a n x +t a n x +t a n x +C
35
注：当被积函数是三角函数的乘积时，拆开奇次项去凑微分。当被积函数为三角函数
的偶数次幂时，常用半角公式通过降低幂次的方法来计算；若为奇次，则拆一项去凑微，剩余的偶次用半角公式降幂后再计算。
x dx . 100例3.7：求⎰(x -1)
2
x -1+1dx =解 原式⎰(x -1) 100
2
x +11=⎰[+]dx
99100
(x -1) (x -1) x -1+21=⎰[+]dx
99100
(x -1) (x -1)
121=⎰[++]d (x -1) 9898100
(x -1) (x -1) (x -1) 111-97-98
=-(x -1) -(x -1) -(x -1) -99+C
974999
注：这里也就是类似例2所说的方法，此处是“减1加1”法。
4. 第二类换元法
如果不定积分替换
⎰f (x ) dx 用直接积分法或第一类换元法不易求得，但作适当的变量
x =ϕ(t ) 后，所得到的关于新积分变量t 的不定积分
⎰f [ϕ(t )]ϕ'(t ) dt
可以求得，则可解决
设函数
⎰f (x ) dx 的计算问题，这就是所谓的第二类换元(积分) 法。
x =ϕ(t ) 是单调、可导函数，且ϕ'(t ) ≠0，又设f [ϕ(t )]ϕ'(t ) 具有原
F (t ) ，则
⎰f (x ) dx =⎰f [ϕ(t )]ϕ'(t ) dt =F (t ) +C =F [ψ(x )]+C ，
其中
ψ(x ) 是x =ϕ(t ) 的反函数。
注：由此可见，第二类换元积分法的换元与回代过程与第一类换元积分法的正好相反。 例4.1：求不定积分
⎰
22
a -x dx (a >0) .
解 令
2
x =a s i n t ，则dx =a cos t d t ，t ∈(-π2, π2) ，所以
2
2
a (1+cos 2t ) dt = ⎰a -x dx =⎰a cos t ⋅a cos t dt 2⎰
22
1a a =(t +s i n 2t ) +C =(t +s i n t c o t s ) +C
222
为将变量t 还原回原来的积分变量x ，由x =a sin t 作直角三角形，可知
cos t =
22a -x
，代入上式，得 a
⎰
2
x x a 2222=arcsin +⋅-+C a x -dx a x
2a 2注：对本题，若令x =a cos t ，同样可计算。
x
例4.2：求不定积分
⎰
1x +a
2
2
(a >0) .
解 令
x =a t a n t ，则dx =a sec 2t d ，t t ∈(-π2, π2) ，所以 1
⎰
12
=⋅a sec tdt =⎰sec tdt
22
a sec t x +a
=ln s e c t +t a t +C 1
22
=ln x +++C x a
例4.3：求不定积分
⎰
1x -a
2
2
(a >0) .
解 令
x =a s e c t ，则dx =a sec t ⋅tan t d t ，t ∈(0, π2) ，所以
1
⎰
a sec t ⋅tan t =dt =sec tdt ⎰
22
a tan t -x a
=ln s e c t +t a t +C 1
22=ln x +-x a +C
注：以上几例所使用的均为三角代换，三角代换的目的是化掉根式，其一般规律如下：若果被积函数中含有函数中含有
22
a -x 时，可令x =a sin t ，t ∈(-π2, π2) ；如果被积
22
x +a ，可令x =a tan t ，t ∈(-π2, π2) ；如果被积函数中含有
，
22
x -a ；可令x =±a sec t
t ∈(0, π2) .
dx
例4.4：求不定积分⎰x -x
e +e
x
dt dx =解 令t =e (t >0) ，则x =ln t ，所以，
t
。
dx ∴⎰e x +e -x
1
1
=⎰=
211+t t +
t
⎰
=a r c t a t n +C
x =a r c t a +C . e n
例4.5：求不定积分
⎰
xdx 2-3x
2.
解
⎰
1d x 2
=⎰222-3x 2-3x 2x d x
(变形).
2
22-t 22
2=-tdt =令t =2-3x (t ≥0) ，∴ x . dx 33
111122
=-2-3=-dt =(-tdt ) x +C 原式⎰⎰32t 33
关于第二类换元法，就举些例子说明，具体要多做大量的习题，这样才能找到该怎么样换元的感觉，才能更好的掌握这种方法。
5. 分部积分法
前面所介绍的换元积分法虽然可以解决许多积分的计算问题，但有些积分，如
x x e ⎰dx 、⎰x cos x dx 等，利用换元法就无法求解. 接下来要介绍另一种基本积分法—
—分部积分法. 设函数u
=u (x ) 和v =v (x ) 具有连续导数，则d (uv ) =vdu +udv 移项得到
udv =d (uv ) -v d u ，所以有
⎰udv =uv -⎰v d u ， 或 ⎰u v 'dx =uv -⎰u 'vd .
上面两个式子称为分部积分公式.
利用分部积分公式求不定积分的关键在于如何将所给积分
⎰f (x ) dx 化成⎰udv 的形式，使它更容易计算. 所采用的主要方法就是凑微分法，例如，
x x x x x x
e x dx =x xd =x -dx =x -+C =(x -1) e e e +C ⎰⎰e e ⎰e
利用分部积分法计算不定积分，选择好u,v 非常关键，选择不当将会使积分的计算变得更加复杂。下面将通过例题介绍分部积分法的应用。 例5.1：求不定积分解 令
⎰x cos x dx .
u =x ，cos xdx =d sin x =dv ，则
⎰x cos x dx =⎰xd sin x =x sin x -⎰sin x dx =x sin x +cos x +C
有些函数的积分需要连续多次应用分部积分法。
例5.2：求不定积分
⎰x
2
e dx .
x
x 2
dv =u =e dx ，则 解 令x 和
x x 2x
=xd -2x dx . dx e e x e ⎰⎰
对后面的不定积分再用分部积分法，
x x x x
x dx =x d =x -⎰e ⎰e e e +C
(运算熟练后，式子中不再指出u 和v 了) ，代入前式即得
2x 2x
dx =(-2x +2) +C . x e x e ⎰
注：若被积函数是幂函数(指数为正整数) 与指数函数或正(余) 弦函数的乘积，可设幂函
数为u ，而将其余部分凑微分进入微分符号，使得应用分部积分公式后，幂函数的幂次降低一次(幂指相碰幂为u) 。
例5.3：求不定积分
⎰x arctan
2
xdx
2
.
x x d x =d n ，解 令u =a r c t a x 2
, 则
2
x arctan x -x d (arctanx ) =x arctan xdx ⎰2⎰2
2
11x =arctan x -⎰⋅(1-) dx
2
221+x 2
1x =a r c t a x n -(x -a r c t a x ) n +C
22