第四节 定积分的分部积分公式
一、定积分的分部积分公式
b b
udv =uv -⎰vdu ⎰a
a a
b
例7．4．1 用分部积分公式求下列定积分：
π
（1）
⎰
20
x cos xdx ；（2）⎰(5x +1) e dx ；（3
）⎰
2
1
x
1
2
（4）⎰ln xdx . ；
3
4
解
π
（1）
π
⎰
2
x 2cos xdx
=⎰2x 2d sin x
π
2
π
=x sin x 2-2⎰2x sin xdx
0=
π2
4
π
+2⎰2xd cos x
=
π2
π
π
+2x cos x 2-2⎰2cos xdx
04
=
π2
4
π
-2sin x 2
0-2；
=
π2
4
（2）
1
⎰
1
(5x +1) e x dx
=⎰(5x +1) de x
=(5x +1) e x
11x
-⎰e d (5x +1) 00
=6e -1-5⎰e x dx
1
1
=6e -1-5e
x
=e +4；
（3
）
⎰
1
=-⎰
1121-2
(
1-x 2)
=-⎰
arcsin =x
1-2
12
+⎰
121-2
arcsin x
=+
6=-+
x
6
12-
12
=1（4）
； ⎰
2
4
3
ln 2xdx
44
=x ln x -⎰xdx ln 2x
33
4⎛1⎫
=4ln 24-3ln 23-2⎰ x ln x ⋅⎪dx
3x ⎭⎝
=4ln 24-3ln 23-2⎰ln xdx
3
4
4
=4ln 24-3ln 23-2(x ln x -x )
3
=4ln 24-3ln 23-8ln 4+6ln3+2.
π
例7．4．2 试求定积分解
π
⎰
20
sin n xdx （其中n 为非负整数）.
令
⎰
20
sin n xdx =I n
π
π
则I 0=
⎰
2sin 0xdx =⎰2dx =
π
π
π
sin xdx =-cos x 2=1
，I 1=
⎰
20
2
π
而I n =
⎰
20
sin n xdx
π
=⎰20
sin n -1x sin xdx
π
=-⎰20
sin n -1xd cos x
π
π
=-sin
n -1
x cos x 2+⎰2cos xd sin n -10
x
(π
=0+n -1)⎰20
sin n -2x cos 2xdx
π
=(n -1)⎰20
sin n -2x (sin 2x -1)dx
ππ
=(n -1)⎰2sin n
xdx -(n -1)⎰20
sin n -2xdx
=(n -1)I n -(n -1)I n -2
即I n =(n -1)I n -(n -1)I n -2 整理，得递推公式I n =n -1
n
I n -2 那么I π
0=
2， I 1=1
I 11π222=2I 0=2⋅2， I 3=3I 1=3⋅1
I 331π4424=4I 2=4⋅2⋅2， I 5=5I 3=5⋅3
⋅1
总之I -1n =
n n ⋅n -3n -2⋅ 31π
4⋅2⋅2（n 为偶数时）， I n -1n -34n n -2⋅ 5⋅2n =⋅3
⋅1 （n 为奇数时）.
π
例7．4．3 求定积分解
套上面公式，得
π
⎰
20
sin 5xdx .
⎰
20
sin 5xdx =I 5=
428⋅⋅1=. 5315
二、分段函数的定积分
当定积分的被积函数为分段函数时，需利用积分的区间分割性质
⎰
b
a
b
f (x ) dx =⎰c a f (x ) dx +⎰c f (x ) dx
从分段函数的分段点处分为若干个定积分进行计算.
例7．4．4 设函数f (x )=⎨解
由积分的区间分割性质得
⎧x +1, x ∈[-1,0)1⎪
， 求f (x )dx . 2⎰-1x +1, x ∈0,1[]⎪⎩
⎰f (x )dx =⎰f (x )dx +⎰f (x )dx
-1
-1
1
101
显然f (x )在x ∈[-1,0]与x ∈[0,1]均连续，通过N-L 公式均可计算出其积分 即
⎰
1
-10
f (x )dx =⎰f (x )dx +⎰f (x )dx
-11
=⎰
x +1)dx +⎰(x 2+1)dx (-10
⎛1⎫0⎛1⎫1
= x 2+x ⎪+ x 3+x ⎪ ⎝2⎭-1⎝3⎭0
=11. 6
但当被积函数在积分区间上不连续呢？比如出现第一类间断点，这时如何积分？
⎧x 2-1
2, x ≠1⎪
例7．4．5 求⎰g (x )dx ， 其中g (x )=⎨x -1（如图7．4．1）.
⎪1, x =1⎩
解 可见g (x )在[0,1)连续，不满足N-L 公式要求在[0,1]上连续的条件， 这时可在[0,1)内取一点ξ，g (x )在[0, ξ]上连续
则
⎰g (x )dx =⎰
ξξ
ξ⎛x 2⎫ξξ2x 2-1
dx =⎰(x +1)dx = +x ⎪=+ξ
0x -1⎝2⎭02
由lim
ξ→10
1
⎰
ξ
⎛ξ2⎫3
g (x )dx =lim +ξ⎪=
ξ→1
⎝2⎭2
235，同理可得 ⎰g (x )dx =
122
得
⎰
g (x )dx =
20
那么
⎰
g (x )dx =4
图7．4．1.
可见，一个第一类间断点不影响定积分的存在性.
⎧π⎤⎡sin x , x ∈-π, -⎪⎢⎥π2⎦⎪⎣
例7．4．6 设函数f (x )=⎨，求⎰f (x )dx .
-π
⎪x , x ∈⎛-π, π⎤
⎥⎪⎝2⎦⎩
解 由积分的区间分割性质，有
⎰π
-
π
f (x )dx =⎰
-
-
π
2
-π
f (x )dx +⎰
ππ
2
-
f (x )dx
π
2
=⎰
-π
sin xdx +⎰πxdx
-2
π
1
=-cos x 2+x 2π
2--π23
=π2-1. 8
若被积函数带有绝对值符号，要先把绝对值符号去掉即化为分段函数再求积分.
-
ππ
例7．4．7 求下列定积分： (1)解
(1) 2-x =⎨
5
⎰
5
2-； (2)⎰x 2.
-2
1
⎧2-x , x ∈[-∞, 2]⎪
x -2, x ∈2, +∞(]⎪⎩
2
5
2
∴⎰2-=⎰(2-x ) dx +⎰(x -2) dx
2151
=(2x -x 2) +(x 2-2x )
0222
=2+=
9 2
13； 2
2
⎧-x 3, x ∈[-∞,0]⎪
(2) x x =⎨3
x , x ∈0, +∞(]⎪⎩
∴⎰x 2=-⎰x 3dx +⎰x 3dx
-2
-2
101
01411
=-x 4+x
4-240
=4+=
1 4
17. 4
思考题7.4
π
π
5
π
5
5
π0
1．例7．4．3
⎰
2
5
sin xdx 与例7．3．7⎰2cos xdx 的结果一样，即⎰2sin xdx =⎰2cos xdx
π
这是巧合吗？换句话说
⎰
2
cos n xdx 也可套用上面公式吗？
2．一个第一类间断点不影响定积分的存在性，两个呢？三个呢？无数多个呢？ 练习题7.4 1．求下列定积分：
x 2x
e cos xdx ． （1）⎰ln xdx ；（2）⎰x arctan xdx ；（3）π3；（4）⎰2001
4sin x
3
1
ππ
⎧1
⎪1+x 2, x ∈(-∞,0]
2⎪2．求⎰f (x )dx ，其中f (x )=⎨ . 1, x ∈(0,1]-1
⎪1
⎪x , x ∈(1, +∞)⎩e
练习题7.4答案
x 2x
e cos xdx ．1．求下列定积分：（1）⎰ln xdx ；（2）⎰x arctan xdx ；（3）π3；（4） ⎰2001
4sin x
3
1
ππ
解 （1）
⎰
3
1
ln xdx
33
=x ln x -⎰xd ln x
11
1
=3ln 3-⎰x dx
1x
3
3
=3ln 3-x
1
=3ln 3-2；
（2）
⎰
1
x arctan xdx
=
112
arctan xdx 2⎰0
111x 212
=x arctan x -⎰dx 200221+x
11x 2+1-1=-⎰dx 20821+x
π
=
π
11
-(x -arctan x )
082
=
π
4
-
12
； π
（3）
x
π
3
sin 2x
4
π
=-π3xd cot x
4
ππ
=-x cot x
π
3+cot xdx
4
⎰
π34
π
=+π
4
+ln sin x 3π
4
=
π
1
4
-
9+2ln 6-ln 2； π（4）
⎰
20
e x cos xdx
π
=⎰20
cos xde x
π
π
=e x
cos x 2+⎰2e x sin xdx 0
π
π
=-1+e x
sin x 2-0
⎰20
e x cos xdx
ππ=-1+e 2
-⎰20
e x cos xdx
π
π
移项，得2
⎰
2x
e cos xdx =-1+e 2
π
则⎰20e x
cos xdx =1
π2
(e 2-1) ．
⎧⎪1
1+x 2, x ∈(-∞,0]
2．求⎰2⎪
-1
f (x )dx ，其中f (x )=⎨1, x ∈(0,1⎪]⎪1
⎩e
x , x ∈(1, +∞) .
解
⎰f (x )dx
-1
2
=⎰f (x )dx +⎰f (x )dx +⎰f (x )dx
-10
012
01
=⎰
1211+1dx +⎰0⎰1e x -11+x 2
=arctan x
=
02+1-e -x -11
π
4
+1-
11+. e 2e
第四节 定积分的分部积分公式
一、定积分的分部积分公式
b b
udv =uv -⎰vdu ⎰a
a a
b
例7．4．1 用分部积分公式求下列定积分：
π
（1）
⎰
20
x cos xdx ；（2）⎰(5x +1) e dx ；（3
）⎰
2
1
x
1
2
（4）⎰ln xdx . ；
3
4
解
π
（1）
π
⎰
2
x 2cos xdx
=⎰2x 2d sin x
π
2
π
=x sin x 2-2⎰2x sin xdx
0=
π2
4
π
+2⎰2xd cos x
=
π2
π
π
+2x cos x 2-2⎰2cos xdx
04
=
π2
4
π
-2sin x 2
0-2；
=
π2
4
（2）
1
⎰
1
(5x +1) e x dx
=⎰(5x +1) de x
=(5x +1) e x
11x
-⎰e d (5x +1) 00
=6e -1-5⎰e x dx
1
1
=6e -1-5e
x
=e +4；
（3
）
⎰
1
=-⎰
1121-2
(
1-x 2)
=-⎰
arcsin =x
1-2
12
+⎰
121-2
arcsin x
=+
6=-+
x
6
12-
12
=1（4）
； ⎰
2
4
3
ln 2xdx
44
=x ln x -⎰xdx ln 2x
33
4⎛1⎫
=4ln 24-3ln 23-2⎰ x ln x ⋅⎪dx
3x ⎭⎝
=4ln 24-3ln 23-2⎰ln xdx
3
4
4
=4ln 24-3ln 23-2(x ln x -x )
3
=4ln 24-3ln 23-8ln 4+6ln3+2.
π
例7．4．2 试求定积分解
π
⎰
20
sin n xdx （其中n 为非负整数）.
令
⎰
20
sin n xdx =I n
π
π
则I 0=
⎰
2sin 0xdx =⎰2dx =
π
π
π
sin xdx =-cos x 2=1
，I 1=
⎰
20
2
π
而I n =
⎰
20
sin n xdx
π
=⎰20
sin n -1x sin xdx
π
=-⎰20
sin n -1xd cos x
π
π
=-sin
n -1
x cos x 2+⎰2cos xd sin n -10
x
(π
=0+n -1)⎰20
sin n -2x cos 2xdx
π
=(n -1)⎰20
sin n -2x (sin 2x -1)dx
ππ
=(n -1)⎰2sin n
xdx -(n -1)⎰20
sin n -2xdx
=(n -1)I n -(n -1)I n -2
即I n =(n -1)I n -(n -1)I n -2 整理，得递推公式I n =n -1
n
I n -2 那么I π
0=
2， I 1=1
I 11π222=2I 0=2⋅2， I 3=3I 1=3⋅1
I 331π4424=4I 2=4⋅2⋅2， I 5=5I 3=5⋅3
⋅1
总之I -1n =
n n ⋅n -3n -2⋅ 31π
4⋅2⋅2（n 为偶数时）， I n -1n -34n n -2⋅ 5⋅2n =⋅3
⋅1 （n 为奇数时）.
π
例7．4．3 求定积分解
套上面公式，得
π
⎰
20
sin 5xdx .
⎰
20
sin 5xdx =I 5=
428⋅⋅1=. 5315
二、分段函数的定积分
当定积分的被积函数为分段函数时，需利用积分的区间分割性质
⎰
b
a
b
f (x ) dx =⎰c a f (x ) dx +⎰c f (x ) dx
从分段函数的分段点处分为若干个定积分进行计算.
例7．4．4 设函数f (x )=⎨解
由积分的区间分割性质得
⎧x +1, x ∈[-1,0)1⎪
， 求f (x )dx . 2⎰-1x +1, x ∈0,1[]⎪⎩
⎰f (x )dx =⎰f (x )dx +⎰f (x )dx
-1
-1
1
101
显然f (x )在x ∈[-1,0]与x ∈[0,1]均连续，通过N-L 公式均可计算出其积分 即
⎰
1
-10
f (x )dx =⎰f (x )dx +⎰f (x )dx
-11
=⎰
x +1)dx +⎰(x 2+1)dx (-10
⎛1⎫0⎛1⎫1
= x 2+x ⎪+ x 3+x ⎪ ⎝2⎭-1⎝3⎭0
=11. 6
但当被积函数在积分区间上不连续呢？比如出现第一类间断点，这时如何积分？
⎧x 2-1
2, x ≠1⎪
例7．4．5 求⎰g (x )dx ， 其中g (x )=⎨x -1（如图7．4．1）.
⎪1, x =1⎩
解 可见g (x )在[0,1)连续，不满足N-L 公式要求在[0,1]上连续的条件， 这时可在[0,1)内取一点ξ，g (x )在[0, ξ]上连续
则
⎰g (x )dx =⎰
ξξ
ξ⎛x 2⎫ξξ2x 2-1
dx =⎰(x +1)dx = +x ⎪=+ξ
0x -1⎝2⎭02
由lim
ξ→10
1
⎰
ξ
⎛ξ2⎫3
g (x )dx =lim +ξ⎪=
ξ→1
⎝2⎭2
235，同理可得 ⎰g (x )dx =
122
得
⎰
g (x )dx =
20
那么
⎰
g (x )dx =4
图7．4．1.
可见，一个第一类间断点不影响定积分的存在性.
⎧π⎤⎡sin x , x ∈-π, -⎪⎢⎥π2⎦⎪⎣
例7．4．6 设函数f (x )=⎨，求⎰f (x )dx .
-π
⎪x , x ∈⎛-π, π⎤
⎥⎪⎝2⎦⎩
解 由积分的区间分割性质，有
⎰π
-
π
f (x )dx =⎰
-
-
π
2
-π
f (x )dx +⎰
ππ
2
-
f (x )dx
π
2
=⎰
-π
sin xdx +⎰πxdx
-2
π
1
=-cos x 2+x 2π
2--π23
=π2-1. 8
若被积函数带有绝对值符号，要先把绝对值符号去掉即化为分段函数再求积分.
-
ππ
例7．4．7 求下列定积分： (1)解
(1) 2-x =⎨
5
⎰
5
2-； (2)⎰x 2.
-2
1
⎧2-x , x ∈[-∞, 2]⎪
x -2, x ∈2, +∞(]⎪⎩
2
5
2
∴⎰2-=⎰(2-x ) dx +⎰(x -2) dx
2151
=(2x -x 2) +(x 2-2x )
0222
=2+=
9 2
13； 2
2
⎧-x 3, x ∈[-∞,0]⎪
(2) x x =⎨3
x , x ∈0, +∞(]⎪⎩
∴⎰x 2=-⎰x 3dx +⎰x 3dx
-2
-2
101
01411
=-x 4+x
4-240
=4+=
1 4
17. 4
思考题7.4
π
π
5
π
5
5
π0
1．例7．4．3
⎰
2
5
sin xdx 与例7．3．7⎰2cos xdx 的结果一样，即⎰2sin xdx =⎰2cos xdx
π
这是巧合吗？换句话说
⎰
2
cos n xdx 也可套用上面公式吗？
2．一个第一类间断点不影响定积分的存在性，两个呢？三个呢？无数多个呢？ 练习题7.4 1．求下列定积分：
x 2x
e cos xdx ． （1）⎰ln xdx ；（2）⎰x arctan xdx ；（3）π3；（4）⎰2001
4sin x
3
1
ππ
⎧1
⎪1+x 2, x ∈(-∞,0]
2⎪2．求⎰f (x )dx ，其中f (x )=⎨ . 1, x ∈(0,1]-1
⎪1
⎪x , x ∈(1, +∞)⎩e
练习题7.4答案
x 2x
e cos xdx ．1．求下列定积分：（1）⎰ln xdx ；（2）⎰x arctan xdx ；（3）π3；（4） ⎰2001
4sin x
3
1
ππ
解 （1）
⎰
3
1
ln xdx
33
=x ln x -⎰xd ln x
11
1
=3ln 3-⎰x dx
1x
3
3
=3ln 3-x
1
=3ln 3-2；
（2）
⎰
1
x arctan xdx
=
112
arctan xdx 2⎰0
111x 212
=x arctan x -⎰dx 200221+x
11x 2+1-1=-⎰dx 20821+x
π
=
π
11
-(x -arctan x )
082
=
π
4
-
12
； π
（3）
x
π
3
sin 2x
4
π
=-π3xd cot x
4
ππ
=-x cot x
π
3+cot xdx
4
⎰
π34
π
=+π
4
+ln sin x 3π
4
=
π
1
4
-
9+2ln 6-ln 2； π（4）
⎰
20
e x cos xdx
π
=⎰20
cos xde x
π
π
=e x
cos x 2+⎰2e x sin xdx 0
π
π
=-1+e x
sin x 2-0
⎰20
e x cos xdx
ππ=-1+e 2
-⎰20
e x cos xdx
π
π
移项，得2
⎰
2x
e cos xdx =-1+e 2
π
则⎰20e x
cos xdx =1
π2
(e 2-1) ．
⎧⎪1
1+x 2, x ∈(-∞,0]
2．求⎰2⎪
-1
f (x )dx ，其中f (x )=⎨1, x ∈(0,1⎪]⎪1
⎩e
x , x ∈(1, +∞) .
解
⎰f (x )dx
-1
2
=⎰f (x )dx +⎰f (x )dx +⎰f (x )dx
-10
012
01
=⎰
1211+1dx +⎰0⎰1e x -11+x 2
=arctan x
=
02+1-e -x -11
π
4
+1-
11+. e 2e