1、152P.182 习题1验证下列等式（1） （2）Cxfdf)()( Cxfdf)(证明 （1）因为 是 的一个原函数，所以 . xfd)(（2）因为 , 所以 .uxff)(2求一曲线 , 使得在曲线上每一点 处的切线斜率为 , 且通过点)(xfy,yx2.)5,(解 由导数的几何意义 , 知 , 所以 . xf2)( Cxdxff 2)()(于是知曲线为 , 再由条件“曲线通过点 ”知，当 时， , 所Cxy2 5, 5y以有 , 解得 , 从而所求曲线为25112xy3验证 是 在 上的一个原函数.xysgn|),(证明 当 时, , ; 当 时, , ; 当 时, 的0x2y0x2xy
2、0xy导数为 , 所以sgnlimsgn)(lim020xxx |0x4据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数？解 由 P.122 推论 3 的证明过程可知：在区间 I 上的导函数 ，它在 I 上的每一点，f要么是连续点，要么是第二类间断点，也就是说导函数不可能出现第一类间断点。因此每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数。5求下列不定积分 Cxxdxdxdx 3142323321)1(153 Cxxdxdx |ln34)12()1( 22 gCgg2121 dxdxdx xxxxx )9624()3()32( 2229ln64ln Cxdxdx arcsin23123 Cxd
3、xxx )arctn1(3)1(3)(3)1(3 222 Cddtan1sectan xdxxx )2sin()2cos(2osi2 Cd cosiiincsinco xdxxdxx tanc)cos1si(sicosic2 222 Ctdt ttt 90ln)10ln()910(3102 xx8587 Cxdxdxxd arcsin21)1()1( 22154 Cxxddxdxx 2cos12sin1)2sin1()sin(co2 )i3i(co3 eedxeedxe xxxxxx 333 1)()(P.188 习题1应用换元积分法求下列不定积分： Cxxx )43sin(1)43()cos
4、(31)4cos( Cedexe222 xxd |1|ln1)(1 nn 1)()( Cxxdddx 3arcsin13arcsin)313 2222 ddx xxx 2ll2)(2233 CxCxx 23321 )8(9)8(31)8()(8 dxxd 332313 )57(10)57()57()(57 x222 cossinsin Cxdxd )4t(1)42(si1)42(si 155 解法一： Cxdxxd 2tancos2scos12解法二： xd22isi)(xxdsn1ctsincot2解法一：利用上一题的结果，有 CxCxd )24tan()2(ta)2cs(1sin1 解法二
5、： xxdxdx cos1tcossini 222解法三： 222 )(tan)co(siin1xxdC1tan)12(ta 解法一： )2()sec()sec(c xddxxd C |cots|ln|)2ta(|ln解法二： xxdxxd 1l21cossinsi1c 22C|cot|ln解法三： dxxxdts)c(cs C|cots|lnot)(解法四： dxdxxd2csi2csin1cs156Cxxxd |2tan|l|2cot|lnct2ot1 xxx2221)(11 Cdxdx arctn4)(44 22 |lnlln xxddx 25535354 )1(0)()1()1( Cx
6、Cx |2|ln81|2|ln214)( 444248 dxd |1|l|l|l)()1( x|sin|lsincot(21) xddxdsin)i1(245 Cxx 532 1si)sii1(22) 解法一： x |2cot|l2in(coin解法二： dxxd|an|ltass解法三： coin)(coin22 Cxdx|cs|lns|l)si(157(23) Ceedxedx xx arctn122(24) x|83|l83)(83222(25) Cxxdxxd 2323 )1(3|1|ln)1()(1()(26) 2ad解 令 , 则txn CaxCtt |ln|asec|lnsec
7、2122(27) xxdaxd 212212232 )()(1)(解法 2 令 , 则tn CaxCtatdtx 2222323 sincosec)(28) dx251解 令 , 则tsin CxxxCttt tdttdtx 25232153 25525 )1()()(cos1cos cosin(29) dx31解 令 , 则 , t66t5tx158Ctttdttt dtttttdx |1|ln26)357(6)1(6 )(1)(1224 246242533其中 61xt(30) d解 令 , 则 , ,tx12txtdCxx Cxxtt dttdttd |1|ln41 |1|ln4)142
8、()2()(22应用分部积分法求下列不定积分： xxdd 221arcsinarcsiarcsi Cxxln1lnl xx xdddd sin2cosin cos2iiicos2222 Cxddx 2323 41ln1l1lln xxdl)(ll)()(l 22 dxxd 221arctn1arctn1arctn Cxdx )arctn(t)(2t2122Cxx1arcn)(159 dxxdxln1)ln(l1)ln( Cx )(l dxxdx222 1arcsi)(arcsin)(arcsin22iixdxxx222 1arcsin1)(arcsinCxri)(ri22 xdxxd23 ta
9、nsectansectasecsec xx sec)1(tan 32|tasec|lsecsec3xx所以 Cd|)n|tan23 dxaxxax 222x)(222dxadaxx222 )ln(222所以 Caxxdax (12类似地可得 a )ln(22223求下列不定积分：160 Cxfaxdffdxf aaa 1)()()( ffffrctn)(1)(122 Cxffdxf|ln)()( efeexfxxf )(4证明： 若 ， ，则dInnta,3221tannnIxI证 ddxxx22 tsecta)1(sec.2tantnI因为 ，xnxdxntat)(a 212所以 .ntat
10、t 从而 .21annIxI 若 ，则当 时，dmmsico),( 0nm),2(1s,1InxnI ，),(ico1nImm ,32,证 xddxnI nmn 11sicosi),( is)1(cos1 221xnm )cs1(ci 2xxnmn ,),2()sc1 nIIxm161所以 ，),2(1sinco),(1nmImxnI 同理可得 ),(i),(1IInP.199 习题1求下列不定积分： dxxdxdx )1(1233C|ln23 解法一： Cxdxdxx |3|)4(ln)3142(17 22解法二： xx 127222 )(41)7(317)(122 xdxdCx3ln|ln
11、2 解 223 1)1)(1 xBAx 去分母得 )(CxA令 ，得 . 再令 ，得 ，于是 . 比较上式两端二x30A32C次幂的系数得 ，从而 ，因此0B31dxxdx2331162 dxdxx22116|ln31 43)()l(|l 2Cxx312arctn1)(ln612 解 dxdxdxd 4242424 111)()(1 2222 )()(xxxx)1()1(22xdxdCx21ln24arctn2x1l81arct422 2)(d解 令 , 解得222 )1(1)(1xEDCBxAx, , , 于是4A4CBED dxdxxdxd 222 )1(1)1(163Cxxxx )1(a
12、rctn41arctn41)ln(81|l4 222C)rt|(l 22 dxxdxdxx 222222 )1(5)1(41)(其中 )()1(4 22222 )12()1(1)(4)( 2222 xdxdxdx参见教材 P.186 例 9 或 P.193 关于 的递推公式arctn1)(2 kI.于是，有 Cxxxdx )12arctn(51)2(5124)12( C)arctn(5)(322求下列不定积分 xdcos35解 令 ，则2tan Cttdttdxd 2arcn1)2(141235cos35 2C)2tanr(21 )tan32(cos)tan32(sin3cosi 222 xd
13、xdxdxd164Cxxd )tan23rct(61)tan231(6 dxxdsicocossicot )n(21)nsi1(2 dxCx|i|l另解：设 ， ，xdIsico1 xIsico2则 ，n2 CxxdxI |sinco|lsinc)(sic1所以 CId|o|l21ta 222 1)(1 xddxx 22231)(xd其中（利用教材 P.185 例 7 的结果） 1)2(5arcsin42)(451 22 xxddx 22 11)( xxx5arcsin)2(4512 dd所以有165dx21 Cxxx 512arcsin3121)2(5arcsin4 2Cx4312ri87
14、Cxxxdx |21|ln4)21(2 dx12解 令 ，则 ， ，代入原式得t21t2)1(4tdx dttttdx 22222 )1(4)()(1 tttdtdtt )()1(14)(4 222222 Cttttdt |ln)()1(1222Cxx|ln总 练 习 题求下列不定积分： Cxxdxxdx 4312454124143 )(2166 1arcsin21arcsin21arcsin 22 dxxxddx其中 )si(oocsi12 tttttx)1(arsin2x所以 1arcsinci 22 dxxdx Cx)(i21arsin21x24rcsc xd1解 令 ，则udu2Cux
15、d |)1|ln(2)1(1C|)|ln(2 xxxx dededede sinsinsinsi 2i2cos2 CeCxx )1()i()ii( sinsinsisn eueuxex令 xxdxdd arcsin)1(11222解法二：令 ，txsecCxtdtd 1arcosan12167 xdxdxsinco)(sincotan1C|sico|l Cdxx |)4s(|l)4t(ta Cxxdd 23232 )(13|2|ln)(2)( xx 3224 tantta)t1cosecos dxddcos()(inin dx)24cos124s21(42 CxCxx in3si83)isi
16、d352解 dxxx22 )(154令 22 )()(15CBA去分母得： )1(1)(2 xxx解得： ， ，3AB所以 dxdxdxdxx 223 )(23145C|1|ln dx)arct(解 令 ，udu)1(2168 dudududx arctn2arctn2)1(arctn)1arctn( 12 l2rt Cuu xxx)l()ac( dxdd )2(224343747Cx)ln(14另解： Cxdxdd )2ln(14)21(422 444347 xtan1解 令 uxt duduud 2222 11CxxC3tanrc33arctnarctn dxdx102102)()( C97989 )()(4)( dxxdxdx 22 1arcsin1arcsinarcsinCxx|lrsi2 2)1ln()l(21)ln()1l(1ln dxxdxd Cxx l2l)l(2 2169 xddxdx tant1costan1cosin1 247C)t5(ta22 dxedxxedxex 2222 )1(1)1(1 Cxxxx xx 222222 ， ，duvInba1bav2解 21211 dxvunudxI nnn )(2 121121 babvbvbuvb nnnn )(211 nnn IaI所以 )()2( 1211 nnn IbuvbI
