高等数学（第七版）同济大学习题4-2（后半部分）个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题4-2（后半部分）

解：

(30)令u=ex，得∫dxex+e−x=∫1u+1u⋅1udu=∫11+u2du=arctanu+C=arctan(ex)+C(31)令u=2x，得∫1−x9−4x2dx=12∫1−u232−u2du=12(∫132−u2du−12∫u32−u2du)，令t=u2，得12(∫132−u2du−12∫u32−u2du)=12(∫132−u2du−12∫t9−t⋅12tdt)=12(∫132−u2du+14∫19−td(9−t))=12arcsin23x+9−4x24+C(32)∫x39+x2dx=∫xdx−92∫19+x2d(9+x2)=12x2−92ln(9+x2)+C(33)∫dx2x2−1dx=12∫(12x−1−12x+1)dx=122ln∣2x−12x+1∣+C(34)∫dx(x+1)(x−2)=13∫(1x−2−1x+1)dx=13ln∣x−2x+1∣+C(35)∫xx2−x−2dx=∫x(x−2)(x+1)dx=13∫(2x−2+1x+1)dx=23ln∣x−2∣+13ln∣x+1∣+C(36)令x=asinu(−π2<u<π2)，则a2−x2=acosu，dx=acosudu，得∫x2dxa2−x2=∫a2sin2udu=a2∫1−cos2u2du=a22(u−sin2u2)+C=a22arcsinxa−xa2−x22+C(37)令t=1x，当x>1时，得∫dxxx2−1=−∫11−t2dt=−arcsint+C=−arcsin1x+C，当x<−1时，得∫dxxx2−1=∫11−t2dt=arcsint+C=arcsin1x+C，所以，在(−∞,−1)和(1,+∞)内，有∫dxxx2−1=−arcsin1∣x∣+C(38)令x=tanu(−π2<u<π2)，则x2+1=secu，dx=sec2udu，得∫dx(x2+1)3=∫cosudu=sinu+C=x1+x2+C(39)令x=3secu(0≤u<π2)，当x>3时，得∫x2−9xdx=3∫tan2udu=3∫(sec2u−1)du=3tanu−3u+C=x2−9−3arccos3x+C，令x=3secu(π2<u≤π)，当x>3时，得∫x2−9xdx=−3∫tan2udu=−3∫(sec2u−1)du=−3tanu−3u+C0=x2−9+3arccos3x+C0=x2−9−3arccos3−x+C0+3π，合并后得∫x2−9xdx=x2−9−3arccos3∣x∣+C(40)令u=2x，得∫dx1+2x=∫u1+udu=u−ln(1+u)+C=2x−ln(1+2x)+C(41)令x=sint(−π2<t<π2)，则1−x2=cost，dx=costdt，得∫dx1+1−x2=∫cost1+costdt=∫2cos2t2−12cos2t2dt=t−tant2+C=t−sint1+cost+C=arcsinx−x1+1−x2+C(42)令x=sint(−π4<t<π2)，则1−x2=cost，dx=costdt，得∫dxx+1−x2=∫costsint+costdt令I1=∫costsint+costdt，I2=∫sintsint+costdt，由I1+I2=∫dt=t+C，I1−I2=∫cost−sintsint+costdt=∫1sint+costd(sint+cost)=ln∣sint+cost∣+C，得I1=∫costsint+costdt=12(t+ln∣sint+cost∣)+C，即在(−22,1)内，有∫dxx+1−x2=12(arcsinx+ln∣x+1−x2∣)+C，令x=sint(−π2<t<−π4)，同样可得在(−1,−22)内有∫dxx+1−x2=12(arcsinx+ln∣x+1−x2∣)+C，因此，在(−22,1)或(−1,−22)内有∫dxx+1−x2=12(arcsinx+ln∣x+1−x2∣)+C(43)∫x−1x2+2x+3dx=∫x+1−2(x+1)2+2dx=12∫1(x+1)2+2d[(x+1)2+2]−2∫1(x+12)2+1d(x+12)=12ln(x2+2x+3)−2arctanx+12+C(44)令x=tant(−π2<t<π2)，则x2+1=sec2t，dx=sec2tdt，得∫x3+1(x2+1)2dx=∫tan3t+1sec2tdt=∫cos2t−1costd(cost)+∫1+cos2t2dt=12cos2t−lncost+12t+14sin2t+C=12cos2t−lncost+12t+12sintcost+C，作辅助三角形，得cost=11+x2，sint=x1+x2，得∫x3+1(x2+1)2dx=1+x2(1+x2)+12ln(1+x2)+12arctanx+C\begin{aligned} &\ \ (30)\ 令u=e^x，得\int \frac{dx}{e^x+e^{-x}}=\int \frac{1}{u+\frac{1}{u}}\cdot \frac{1}{u}du=\int \frac{1}{1+u^2}du=arctan\ u+C=arctan(e^x)+C\\\\ &\ \ (31)\ 令u=2x，得\int \frac{1-x}{\sqrt{9-4x^2}}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1-\frac{u}{2}}{\sqrt{3^2-u^2}}du=\frac{1}{2}\left(\int \frac{1}{\sqrt{3^2-u^2}}du-\frac{1}{2}\int \frac{u}{\sqrt{3^2-u^2}}du\right)，令t=u^2，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\left(\int \frac{1}{\sqrt{3^2-u^2}}du-\frac{1}{2}\int \frac{u}{\sqrt{3^2-u^2}}du\right)=\frac{1}{2}\left(\int \frac{1}{\sqrt{3^2-u^2}}du-\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{9-t}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{t}}dt\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\left(\int \frac{1}{\sqrt{3^2-u^2}}du+\frac{1}{4}\int \frac{1}{\sqrt{9-t}}d(9-t)\right)=\frac{1}{2}arcsin\ \frac{2}{3}x+\frac{\sqrt{9-4x^2}}{4}+C\\\\ &\ \ (32)\ \int \frac{x^3}{9+x^2}dx=\int xdx-\frac{9}{2}\int \frac{1}{9+x^2}d(9+x^2)=\frac{1}{2}x^2-\frac{9}{2}ln(9+x^2)+C\\\\ &\ \ (33)\ \int \frac{dx}{2x^2-1}dx=\frac{1}{2}\int \left(\frac{1}{\sqrt{2x}-1}-\frac{1}{\sqrt{2x}+1}\right)dx=\frac{1}{2\sqrt{2}}ln\ \left|\frac{\sqrt{2x}-1}{\sqrt{2x}+1}\right|+C\\\\ &\ \ (34)\ \int \frac{dx}{(x+1)(x-2)}=\frac{1}{3}\int \left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+1}\right)dx=\frac{1}{3}ln\ \left|\frac{x-2}{x+1}\right|+C\\\\ &\ \ (35)\ \int \frac{x}{x^2-x-2}dx=\int \frac{x}{(x-2)(x+1)}dx=\frac{1}{3}\int \left(\frac{2}{x-2}+\frac{1}{x+1}\right)dx=\frac{2}{3}ln\ |x-2|+\frac{1}{3}ln\ |x+1|+C\\\\ &\ \ (36)\ 令x=asin\ u\ \left(-\frac{\pi}{2} \lt u \lt \frac{\pi}{2}\right)，则\sqrt{a^2-x^2}=acos\ u，dx=acos\ udu，得\int \frac{x^2dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int a^2sin^2\ udu=a^2\int \frac{1-cos\ 2u}{2}du=\frac{a^2}{2}\left(u-\frac{sin\ 2u}{2}\right)+C=\frac{a^2}{2}arcsin\ \frac{x}{a}-\frac{x\sqrt{a^2-x^2}}{2}+C\\\\ &\ \ (37)\ 令t=\frac{1}{x}，当x \gt 1时，得\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=-\int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt=-arcsin\ t+C=-arcsin\ \frac{1}{x}+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 当x \lt -1时，得\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=\int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt=arcsin\ t+C=arcsin\ \frac{1}{x}+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以，在(-\infty, \ -1)和(1, \ +\infty)内，有\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=-arcsin\ \frac{1}{|x|}+C\\\\ &\ \ (38)\ 令x=tan\ u\ \left(-\frac{\pi}{2} \lt u \lt \frac{\pi}{2}\right)，则\sqrt{x^2+1}=sec\ u，dx=sec^2\ udu，得\int \frac{dx}{\sqrt{(x^2+1)^3}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int cos\ udu=sin\ u+C=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C\\\\ &\ \ (39)\ 令x=3sec\ u\ \left(0 \le u \lt \frac{\pi}{2}\right)，当x \gt 3时，得\int \frac{\sqrt{x^2-9}}{x}dx=3\int tan^2\ udu=3\int (sec^2\ u-1)du=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 3tan\ u-3u+C=\sqrt{x^2-9}-3arccos\ \frac{3}{x}+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 令x=3sec\ u\ \left(\frac{\pi}{2} \lt u \le \pi\right)，当x \gt 3时，得\int \frac{\sqrt{x^2-9}}{x}dx=-3\int tan^2\ udu=-3\int (sec^2\ u-1)du=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ -3tan\ u-3u+C_0=\sqrt{x^2-9}+3arccos\ \frac{3}{x}+C_0=\sqrt{x^2-9}-3arccos\ \frac{3}{-x}+C_0+3\pi，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 合并后得\int \frac{\sqrt{x^2-9}}{x}dx=\sqrt{x^2-9}-3arccos\ \frac{3}{|x|}+C\\\\ &\ \ (40)\ 令u=\sqrt{2x}，得\int \frac{dx}{1+\sqrt{2x}}=\int \frac{u}{1+u}du=u-ln(1+u)+C=\sqrt{2x}-ln(1+\sqrt{2x})+C\\\\ &\ \ (41)\ 令x=sin\ t\ \left(-\frac{\pi}{2} \lt t \lt \frac{\pi}{2}\right)，则\sqrt{1-x^2}=cos\ t，dx=cos\ tdt，得\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^2}}=\int \frac{cos\ t}{1+cos\ t}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{2cos^2\frac{t}{2}-1}{2cos^2\frac{t}{2}}dt=t-tan\ \frac{t}{2}+C=t-\frac{sin\ t}{1+cos\ t}+C=arcsin\ x-\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}+C\\\\ &\ \ (42)\ 令x=sin\ t\ \left(-\frac{\pi}{4} \lt t \lt \frac{\pi}{2}\right)，则\sqrt{1-x^2}=cos\ t，dx=cos\ tdt，得\int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^2}}=\int \frac{cos\ t}{sin\ t+cos\ t}dt\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 令I_1=\int \frac{cos\ t}{sin\ t+cos\ t}dt，I_2=\int \frac{sin\ t}{sin\ t+cos\ t}dt，由I_1+I_2=\int dt=t+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ I_1-I_2=\int \frac{cos\ t-sin\ t}{sin\ t+cos\ t}dt=\int \frac{1}{sin\ t+cos\ t}d(sin\ t+cos\ t)=ln\ |sin\ t+cos\ t|+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 得I_1=\int \frac{cos\ t}{sin\ t+cos\ t}dt=\frac{1}{2}(t+ln\ |sin\ t+cos\ t|)+C，即在\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \ 1\right)内，有\int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}(arcsin\ x+ln\ |x+\sqrt{1-x^2}|)+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 令x=sin\ t\ \left(-\frac{\pi}{2} \lt t \lt -\frac{\pi}{4}\right)，同样可得在\left(-1, \ -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)内有\int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}(arcsin\ x+ln\ |x+\sqrt{1-x^2}|)+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 因此，在\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \ 1\right)或\left(-1, \ -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)内有\int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^2}}=\frac{1}{2}(arcsin\ x+ln\ |x+\sqrt{1-x^2}|)+C\\\\ &\ \ (43)\ \int \frac{x-1}{x^2+2x+3}dx=\int \frac{x+1-2}{(x+1)^2+2}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1}{(x+1)^2+2}d[(x+1)^2+2]-\sqrt{2}\int \frac{1}{\left(\frac{x+1}{\sqrt{2}}\right)^2+1}d\left(\frac{x+1}{\sqrt{2}}\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}ln(x^2+2x+3)-\sqrt{2}arctan\ \frac{x+1}{\sqrt{2}}+C\\\\ &\ \ (44)\ 令x=tan\ t\ \left(-\frac{\pi}{2} \lt t \lt \frac{\pi}{2}\right)，则x^2+1=sec^2\ t，dx=sec^2\ tdt，得\int \frac{x^3+1}{(x^2+1)^2}dx=\int \frac{tan^3\ t+1}{sec^2\ t}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{cos^2\ t-1}{cos\ t}d(cos\ t)+\int \frac{1+cos\ 2t}{2}dt=\frac{1}{2}cos^2\ t-ln\ cos\ t+\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}sin\ 2t+C=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}cos^2\ t-ln\ cos\ t+\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}sin\ tcos\ t+C，作辅助三角形，得cos\ t=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}，sin\ t=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{x^3+1}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1+x}{2(1+x^2)}+\frac{1}{2}ln(1+x^2)+\frac{1}{2}arctan\ x+C & \end{aligned} (30) 令u=ex，得∫ex+e−xdx=∫u+u11⋅u1du=∫1+u21du=arctan u+C=arctan(ex)+C (31) 令u=2x，得∫9−4x21−xdx=21∫32−u21−2udu=21(∫32−u21du−21∫32−u2udu)，令t=u2，得 21(∫32−u21du−21∫32−u2udu)=21(∫32−u21du−21∫9−tt⋅2t1dt)= 21(∫32−u21du+41∫9−t1d(9−t))=21arcsin 32x+49−4x2+C (32) ∫9+x2x3dx=∫xdx−29∫9+x21d(9+x2)=21x2−29ln(9+x2)+C (33) ∫2x2−1dxdx=21∫(2x−11−2x+11)dx=221ln ∣∣2x+12x−1∣∣+C (34) ∫(x+1)(x−2)dx=31∫(x−21−x+11)dx=31ln ∣∣x+1x−2∣∣+C (35) ∫x2−x−2xdx=∫(x−2)(x+1)xdx=31∫(x−22+x+11)dx=32ln ∣x−2∣+31ln ∣x+1∣+C (36) 令x=asin u (−2π<u<2π)，则a2−x2=acos u，dx=acos udu，得∫a2−x2x2dx= ∫a2sin2 udu=a2∫21−cos 2udu=2a2(u−2sin 2u)+C=2a2arcsin ax−2xa2−x2+C (37) 令t=x1，当x>1时，得∫xx2−1dx=−∫1−t21dt=−arcsin t+C=−arcsin x1+C，当x<−1时，得∫xx2−1dx=∫1−t21dt=arcsin t+C=arcsin x1+C，所以，在(−∞, −1)和(1, +∞)内，有∫xx2−1dx=−arcsin ∣x∣1+C (38) 令x=tan u (−2π<u<2π)，则x2+1=sec u，dx=sec2 udu，得∫(x2+1)3dx= ∫cos udu=sin u+C=1+x2x+C (39) 令x=3sec u (0≤u<2π)，当x>3时，得∫xx2−9dx=3∫tan2 udu=3∫(sec2 u−1)du= 3tan u−3u+C=x2−9−3arccos x3+C，令x=3sec u (2π<u≤π)，当x>3时，得∫xx2−9dx=−3∫tan2 udu=−3∫(sec2 u−1)du= −3tan u−3u+C0=x2−9+3arccos x3+C0=x2−9−3arccos −x3+C0+3π，合并后得∫xx2−9dx=x2−9−3arccos ∣x∣3+C (40) 令u=2x，得∫1+2xdx=∫1+uudu=u−ln(1+u)+C=2x−ln(1+2x)+C (41) 令x=sin t (−2π<t<2π)，则1−x2=cos t，dx=cos tdt，得∫1+1−x2dx=∫1+cos tcos tdt= ∫2cos22t2cos22t−1dt=t−tan 2t+C=t−1+cos tsin t+C=arcsin x−1+1−x2x+C (42) 令x=sin t (−4π<t<2π)，则1−x2=cos t，dx=cos tdt，得∫x+1−x2dx=∫sin t+cos tcos tdt 令I1=∫sin t+cos tcos tdt，I2=∫sin t+cos tsin tdt，由I1+I2=∫dt=t+C， I1−I2=∫sin t+cos tcos t−sin tdt=∫sin t+cos t1d(sin t+cos t)=ln ∣sin t+cos t∣+C，得I1=∫sin t+cos tcos tdt=21(t+ln ∣sin t+cos t∣)+C，即在(−22, 1)内，有∫x+1−x2dx= 21(arcsin x+ln ∣x+1−x2∣)+C，令x=sin t (−2π<t<−4π)，同样可得在(−1, −22)内有∫x+1−x2dx= 21(arcsin x+ln ∣x+1−x2∣)+C，因此，在(−22, 1)或(−1, −22)内有∫x+1−x2dx=21(arcsin x+ln ∣x+1−x2∣)+C (43) ∫x2+2x+3x−1dx=∫(x+1)2+2x+1−2dx=21∫(x+1)2+21d[(x+1)2+2]−2∫(2x+1)2+11d(2x+1)= 21ln(x2+2x+3)−2arctan 2x+1+C (44) 令x=tan t (−2π<t<2π)，则x2+1=sec2 t，dx=sec2 tdt，得∫(x2+1)2x3+1dx=∫sec2 ttan3 t+1dt= ∫cos tcos2 t−1d(cos t)+∫21+cos 2tdt=21cos2 t−ln cos t+21t+41sin 2t+C= 21cos2 t−ln cos t+21t+21sin tcos t+C，作辅助三角形，得cos t=1+x21，sin t=1+x2x，得 ∫(x2+1)2x3+1dx=2(1+x2)1+x+21ln(1+x2)+21arctan x+C

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