2024年5月17日发(作者：友凝冬)

不定积分典型例题

一、直接积分法

直接积分法是利用基本积分公式和不定积分性质求不定积分的方法，解题时

往往需对被积函数进行简单恒等变形，使之逐项能用基本积分公式.

1

例1、求

∫

(1−

)xxdx

x

2

1

4

7

解原式＝

∫

(x−x)dx=x

4

+4x

4

+C

7

3

4

−

5

4

e

3x

+1

例2、求

∫

dx

e

x

+1

解

1

原式＝

∫

(e

2

x

−e

x

+1)dx=e

2

x

−e

x

+x+C

2

1

dx

例3、求

∫

sin

2

xcos

2

x

sin

2

x

+

cos

2

x11

dx

=

∫

dx

+

∫

dx

=tanx−cotx+C

解原式=

∫

sin

2

xcos

2

xcos

2

xsin

2

x

x

例4、

∫

cos

2

dx

2

解

1+cosxx+sinx

∫

dx=+C

原式＝

22

x

2

dx

例5、

∫

1+x

2

x

2

+1−11

dx=

∫

(1−)dx

=x−arctanx+C

解原式

=

∫

1+x

2

1+x

2

注：本题所用“加1减1”方法是求积分时常用的恒等变形技巧.

二、第一类换元积分法(凑微分法)

1

∫

f(x)dx=

∫

g[

ϕ

(x)]

ϕ

'(x)dx

凑成

令

ϕ

(x)=u

=

∫

g(u)du

求出

=G(u)+C

还原

=

G[

ϕ

(x)]+C

在上述过程中，关键的一步是从被积函数

f(x)

中选取适当的部分作为

ϕ

'(x)

，与

dx

一起凑成

ϕ

(x)

的微分

d

ϕ

(x)=du

且

∫

g(u)du

易求.

例1、求

∫

tanx

dx

cosx

3

2

sinx−dcosx

−

∫

∫∫

=−(cosx)

2

dcosx=+C

dx=

解原式＝

cosxcosxcosxcosx

cosx

例2、求

∫

arcsinx

x−x

2

dx

解原式

=

∫

arcsinx

1

−

x

⋅

1

x

dx=

∫

2arcsinx

1−(x)

2

d(x)

=2

∫

arcsinxd(arcsinx)=(arcsinx)

2

+C

注

1

dx=2d(x)

x

例3、求

∫

1−x

9−4x

2

dx

1

1d(2x)1

−

+

∫

(9−4x

2

)

2

d(9−4x

2

)

解原式

=

∫

2

3

2

−(2x)

2

8

1

=

∫

2

2

d(x)

1121

3

+9−4x

2

=arcsinx+9−4x

2

+C

4234

2

1−(x)

2

3

2

2024年5月17日发(作者：友凝冬)

不定积分典型例题

一、直接积分法

直接积分法是利用基本积分公式和不定积分性质求不定积分的方法，解题时

往往需对被积函数进行简单恒等变形，使之逐项能用基本积分公式.

1

例1、求

∫

(1−

)xxdx

x

2

1

4

7

解原式＝

∫

(x−x)dx=x

4

+4x

4

+C

7

3

4

−

5

4

e

3x

+1

例2、求

∫

dx

e

x

+1

解

1

原式＝

∫

(e

2

x

−e

x

+1)dx=e

2

x

−e

x

+x+C

2

1

dx

例3、求

∫

sin

2

xcos

2

x

sin

2

x

+

cos

2

x11

dx

=

∫

dx

+

∫

dx

=tanx−cotx+C

解原式=

∫

sin

2

xcos

2

xcos

2

xsin

2

x

x

例4、

∫

cos

2

dx

2

解

1+cosxx+sinx

∫

dx=+C

原式＝

22

x

2

dx

例5、

∫

1+x

2

x

2

+1−11

dx=

∫

(1−)dx

=x−arctanx+C

解原式

=

∫

1+x

2

1+x

2

注：本题所用“加1减1”方法是求积分时常用的恒等变形技巧.

二、第一类换元积分法(凑微分法)

1

∫

f(x)dx=

∫

g[

ϕ

(x)]

ϕ

'(x)dx

凑成

令

ϕ

(x)=u

=

∫

g(u)du

求出

=G(u)+C

还原

=

G[

ϕ

(x)]+C

在上述过程中，关键的一步是从被积函数

f(x)

中选取适当的部分作为

ϕ

'(x)

，与

dx

一起凑成

ϕ

(x)

的微分

d

ϕ

(x)=du

且

∫

g(u)du

易求.

例1、求

∫

tanx

dx

cosx

3

2

sinx−dcosx

−

∫

∫∫

=−(cosx)

2

dcosx=+C

dx=

解原式＝

cosxcosxcosxcosx

cosx

例2、求

∫

arcsinx

x−x

2

dx

解原式

=

∫

arcsinx

1

−

x

⋅

1

x

dx=

∫

2arcsinx

1−(x)

2

d(x)

=2

∫

arcsinxd(arcsinx)=(arcsinx)

2

+C

注

1

dx=2d(x)

x

例3、求

∫

1−x

9−4x

2

dx

1

1d(2x)1

−

+

∫

(9−4x

2

)

2

d(9−4x

2

)

解原式

=

∫

2

3

2

−(2x)

2

8

1

=

∫

2

2

d(x)

1121

3

+9−4x

2

=arcsinx+9−4x

2

+C

4234

2

1−(x)

2

3

2