12x?x是f(x)在[1,??)上的一个原函数.设F(x)为f(x)的一个原函数，且满足 21F(x)?x2?x,x?[1,??)
2则当x?(??,1]时，F?(x)?1?x.所以存在常数C1,使得
1F(x)??x2?x?C1,x?(??,1].
2易见
因为F(x)在(??,??)上连续，所以在x?1处连续，从而有
11??1?C1??1 22即C1??1，因此
?12x?[1,??)x?x,??2F(x)??
??1x2?x?1,x?(??,1]??2?x?1dx?F(x)?C.
第二节 换元积分法与分部积分法
虽然我们给出了不定积分的一些性质和积分运算法则以及基本积分公式，但我们仅对较简单的函数易求不定积分，而对较复杂的就较难求了。例如
?xsinxdx就不能用运算法则
来求，所以我们要另辟途径来求不定积分。这里我们介绍两种方法：换元积分法和分部积分
法。
一、换元积分法（凑微分法和变量置换法）
由复合函数求导法，可以导出换元积分法．
?(t)在区间J上可导，且定理6-4 (换元积分法) 设函数f(x)在区间I上有定义，
?(J)?I．
① 如果不定积分
?f(x)dx?F(x)?C在I上存在，则不定积分
?f(?(t))??(t)dt在J上也存在，且
?f(?(t))??(t)dt?F(?(t))?C. （1）
?1 ② 如果x??(t)在J上存在反函数t??(x),x?I，且不定积分?f(x)dx在I上存
在，则当不定积分
?f(?(t))??(t)dt?G(t)?C在J上存在时，在I上有
?f(x)dx?G(??1(x))?C. （2）
证明 ㈠ 用复合函数求导法进行验证：因为对于任何t?J,有
d(F(?(t)))?F?(?(t))??(t)?f(?(t))??(t), dt所以f(?(t))??(t)以F(?(t))为其原函数，（1）式成立；
㈡ 设
?f(x)dx?F(x)?C.对于任何t?J有
d(F(?(t))?G(t))?F?(?(t))??(t)?G?(t) dt?f(?(t))??(t)?f(?(t))??(t)?0.
所以存在常数C1，使得F(?(t)?)G?t()C于任何t?J成立，从而1对
x?I成立，因此对于任何x?I有 G(??1(x)?)F?(x1)对于任何的Cd(G(??1(x)))?F?(x)?f(x), dx?1即C(?(x))为f(x)的原函数，(2)式成立.
注意1 定理中“不定积分结论可能不成立，例如：设
?f(x)dx存在”是②成立的一个必需条件，否则
?1,x?[0,8],3 ?(t)?t,t?[0, 2].f(x)???0,x?0,则x??(t)在[0,2]上存在反函数，且在[0,2]上不定积分
?f(?(t))??(t)dt??3tdt?t?f(x)dx不存在
23?C
存在.但是f(x)在[0,8]上有第一类间断点x?0，所以在区间[0,8]上不定积分
注意2 如果在②中将条件“x??(t)在J上存在反函数t??(x),x?I”换成更强的条件 “??(t)?0,x?J且?(J)?I”， 则当不定积且有
?1?f(?(t))??(t)dt?G(t)?C在J上存在时，
?1?f(x)dx?G(?(x))?C.
这是因为在条件“??(t)?0,x?J且?(J)?I”下，x??(t)在J上存在反函数
t???1(x),x?I，然后直接用复合函数和反函数求导法可得
d(G?(??1(x)))?G?(??1(x))(??1(x))? dx
?f(?(t))??(t)|t=??1(x)?1|?1?f(x). ??(t)t=?(x) 上述换元积分法中的公式(1)与(2)反映了正、逆两种换元方式，习惯上分 别称为第一换元积分法和第二换元积分法(公式(1)与(2)分别称为第一换元公式与第二换元公式.
下面的例1至例5采用第一换元积分法求解，在使用公式(1)时，也可把它写成如下简便形式：
?f(?(x))?'(x)dx??f(?(x))d?(x)?F(?(x))?C. (1')
例1 求tanxdx.
解 由
??tanxdx??可令u?cosx,g(u)?sinx(cosx)'dx???dx, cosxcosx1,则得 u1tanxdx????udu??lnu?C
??ln|cosx|?C.
11例2 ?2exdx
x解 设
11?t,dx??2dt,有 xt11112ttt?x2exdx??te(?x2)dt???edt??e?C??ex?C.
dx?a2?x2（a?0）.
xd()dx1a?令u?x)? 解?2???a?x2a?1?(x)2?a?a1du1???arctanu?C 2a1?ua1x?arctan?C. aa例3 求
对换元积分法较熟练后，可以不写出换元变量u,而直接使用公式(1'). 例4求
?dxa?x22(a?0).
解
?dx??x22?1a?dxx1?()2ax?arcsin?C.
a??xd()a x1?()2a例5求
dx?x2?a2(a?0).
dx111?(?)dx 解?22?x?a2ax?ax?a1?d(x?a)d(x?a)? ?????2a?x?ax?a?1?[ln|x?a|?ln|x?a|]?C 2a1x?a?ln||?C.2ax?a
例66x?24?3x3dx.
解 x?24?3x3dx?11334?3xdx??4?3x3d(4?3x3) ??39231223332???(4?3x)?C??(4?3x)?C9327
例7 求secxdx.
解 解法一 利用例4的结果可得
??secxdx??解法二
cosxd(sinx)dx??1?sin2x cos2x11?sinx?ln||?C. 21?sinx?secxdx??secx(secx?tanx)dx
secx?tanxd(secx?taxn)??
secx?taxn
txan?C|
xc? ?ln|se这两种解法所得结果只是形式上的不同．
从以上几例看到，使用第一换元积分法的关键在于把被积表达式凑成
f(?(x))??(x)dx的形式，以便选取变换u??(x),化为易于积分的?f(u)du.最终不要忘
记把新引入的变量(u)还原为起始变量(x).
第二换元积分法从形式上看是第一换元积分法的逆行，但目的都是为了化为容易求得原函数的形式(最终同样不要忘记变量还原)．以下例8至例10采用第二换元积分法求解． 例8 求
?du. 3u?u解 为去掉被积函数中的根式，取根次数2与3的最小公倍数6，并令
u?x6,则可把原来的不定积分化为简单有理式的积分：
?du6x512?dx?6(x?x?1?)dx 32??3x?xx?1u?ux3x2?6(??x?lnx?1)?C
32?2u?33u?66u?61n|6u?1|?C.
例9 求
?a2?x2dx(a?0).
解 令x?asint,|t|?于是
?2 (这是存在反函数t?arcsin的一个单调区间)．
xa?a2?x2dx??acostd(asint)?a2?cos2tdt
a2a21??(1?cos2t)dt?(t?sin2t)?C 222
a2xxx?(arcsin?1?()2)?C 2aaa 1x?(a2arcsin?xa2?x2)?C.
a 2有些不定积分还可采用两种换元方法来计 例10 求
?xdx2x?12
解 [解法一] 采用第一换元积分法：