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从而= f ′( y) 1= f (1) 3 。于是 f= ( y) 3ln y + C 。又因为 f (1) = 3 ，故
y
y
f= (x) 3ln x + 3 。将此结果代入题中等式的两端可验证它即为我们所要
求的解。
例子 15.7. 求可微函数 f (x) ，使其满足
∫ f 2(x) =
x
f (t)
x
dx
= − 1 ln(2 2
+
cos
x)
+
C
。
注意到由已知的方程可得 f (0) = 0 ，故有
f (x) = − 1 ln(2 + cos x) + 1 ln 3 = 1 ln 3 。
2
2
2 2 + cos x
例子 15.8. 求二次多项式 f (x) 使它满足
∫ ∫ 1 f (x t) dt +

sin
π n
n +1
+
sin
2π n
n
+
1 2
+
+
sin
nπ n
n
+
1 n
解：将数列适当放大和缩小，以简化成积分和
∑ ∑ ∑ n
n
sin kπ ⋅ 1 <
n
sin
kπ n
<
n
sin kπ ⋅ 1
= n + 1 k 1 = n n k 1= n + k1 k 1
nn
又因为
∑ ∫ lim n sin= kπ ⋅ 1
对任意 x, y ∈ (0, +∞) 均成立，求 f (x) 。
解：方程两端对 x 求导，得
y
= yf ( xy) ∫1 f (t)dt + yf ( x)
y
令 x = 1 ，得= f ( y) y ∫1 f (t) dt + y f (1) 。再对 y 求导，得
f ( y) + yf '( y) =f ( y) + f (1)
因为 F (x) 连续，利用 F(1+=) F(1−=) F(1) 得到
−
1 2
+ C1
=
1 2
+ C2
:=
C
于是，
∫x
−1
dx
=
x2 2
−
x
x
−
x2 2
+ −
1 2 1 2
+ C, + C,
x x
>1 ≤1
例子 15.4. 设 F(x) 为 f (x) 的一个原函数，且 F(0) = 1。当 x ≥ 0 时有
C
从而F 2 ( x) = x − 14 sin 4x + C 。由于 F(0) = 1，= 得 C (= F(0))2 1。
由于 F(x) ≥ 0 ，故
F
(
x)
=x −
1 4
sin
4x
+
1
从而 = f (x) F= '(x)
sin2 2x
x
−
1 4
sin
4
x
+
1
例子 15.5. 求极限
=I
lim
n→∞
)
2
=
1 2
f (x) f ′(x)
+C
例子 15.3. 求不定积分 ∫ x −1 dx
解：被积函数为连续函数，它的原函数一定存在。设
F′(x) =
x −1, x > 1 x −1 = 1 − x, x ≤ 1
则
F
(
x)
=
x2 − x 2 x − x2
2
+ +
C1, C2 ,
x x
>1 ≤1
x f (t − 1) dt =x3 + 2x +1
0
0
解：令 u
=
xt
1
，则 ∫0
f
(x t) dt
=
1 x
x
∫0
f
(u) du
，代入原方程得
∫ ∫ x f (u) du + x
x f (t − 1) dt =x4 + 2x2 +x
0
0
两边对 x 求导得
∫ f (x) +
x
f (t −1)dt + xf (x −1)=
求的解。
例子 15.9. 设 f (x), g(x) 在[a,b]上连续且 g(x) ≠ 0 。证明至少存在一个点
c ∈ (a ,b) 使得
b
f (x)d x
∫a
b
g(x)d x
=
f (c) g(c)
∫a
x
b
x
b
= 证明：令 F(x) ∫a g(t) d t∫a f (t) d t − ∫a f (t)dt∫a g(t) d t 。则 F (x) 在 [a,b] 上连
sin t
dt
0 2 + cos t
解：等式两边对 x 求导得
2 f (x) f '(x) = f (x) sin x 2 + cos x
于是得到 f (x) = 0 ，或者 f ′(x)= 1 ⋅ sin x 。后者得到
2 2 + cos x
f
(
x)
= ∫ f ′(x)
dx
= 12 ∫ 2 +sicnoxs
x −3y
t
t3 2−
1
1 −
3t t2 −
1
⋅
t2 (t2 − 3) (t2 − 1)2
d=t
t dt t2 −1
=
1 2
ln
t2
−1
+=C
1 2
ln
(x
−
y)2
−1
+
C
例子 15.2. 计算不定积分
∫
f (x) − f ′(x)
f
′′(x) f 2 (x) f ′3(x)
dx
解：我们有
∫ ∫
4x3 + 4x +1
0
两边对 x 再求导得
f '(x) + f (x −1) + f (x −1) + xf '(x −1=) 12x2 + 4
于是 f (x) 应为二次多项式，设 f (x) = ax2 + bx + c ，代入上式比较同次幂
系数 , 得=a 3= ,b 4= , c 1 。故 f (x) = 3x2 + 4x + 1.代入原方程可知即为所
1
sin= π x dx
2
n→∞ k =1
nn 0
π
lim n = 1 n→∞ n + 1
于是，由迫敛性定理可知
I
=
2 π
。
例子 15.6. 已知 f (x) ∈C1(0, +∞) ， f (1) = 3 ，且方程
xy
y
x
= ∫1 f (t) d t x ∫1 f (t) d t + y ∫1 f (t) d t
f ( x)F ( x) = sin2 2x ， F(x) ≥ 0 。求 f (x) 。
解：由题设 F '(x) = f (x) ，于是有F '( x)F ( x) = sin2 2x 。故
∫
F
(
x
)
F
′(
x
)d
x
= ∫ sin
2
2
xd
x
= ∫ 1−
cos 2
4
x
d
x
= x − 2
sin 4 8
x
+
第五章第十五讲、不定积分、定积分例题选讲
例子 15.1.
设
y(x
−
y)2
= x ，求不定积分
∫
x
1 − 3y
dx
解：令 x − y =t ，即 y=
x
−t
。代入式子
y(x
−
y)2
= x ，得到
x
=
t3 t2 −1
，
y
=
t2
t −1
。从而
dx
=
t2 (t2 − 3) (t2 − 1)2
dt
。这样
∫ ∫ ∫ 1 d=x
f (x) − f ′(x)
f ′′(x) f 2 (x) f ′3(x)
d
x
= f (x) f ′(x)
1−
f
′′(x) f (x) f ′2 (x)
dx
= ∫ ff ′((xx)) ⋅ f ′2(x)
− f ′′(x) f ′2 (x)
f
(
x)
dx
= ∫ ff ′((xx)) d( ff ′((xx))