第4章不定积分 | YHK's life

第1节不定积分的概念与性质

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1

求下列不定积分

(1)

$\displaystyle \int \frac{2^x-3^x}{5^x}\,dx$

解答：

$$\int \frac{2^x-3^x}{5^x}\,dx = \int\left(\frac{2}{5}\right)^x dx-\int\left(\frac{3}{5}\right)^x dx$$

利用公式 $\displaystyle \int a^x dx=\frac{a^x}{\ln a}+C\,(a>0,a\neq 1)$，得

$$\int\left(\frac{2}{5}\right)^x dx=\frac{\left(\frac{2}{5}\right)^x}{\ln\frac{2}{5}},\qquad \int\left(\frac{3}{5}\right)^x dx=\frac{\left(\frac{3}{5}\right)^x}{\ln\frac{3}{5}}$$

所以

$$\int \frac{2^x-3^x}{5^x}\,dx = \frac{\left(\frac{2}{5}\right)^x}{\ln\frac{2}{5}}-\frac{\left(\frac{3}{5}\right)^x}{\ln\frac{3}{5}}+C$$

(2)

$\displaystyle \int\left(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{6}{1+x^2}\right)dx$

解答：

利用基本公式：

$$\frac{d}{dx}(\arcsin x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad \frac{d}{dx}(\arctan x)=\frac{1}{1+x^2}$$

于是

$$\int\left(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{6}{1+x^2}\right)dx = \arcsin x-6\arctan x+C$$

(3)

$\displaystyle \int\left(3\sin x+\frac{2}{\cos^2 x}\right)dx$

解答：

$$\int 3\sin x\,dx=-3\cos x$$

因为 $\displaystyle \frac{1}{\cos^2 x}=\sec^2 x$，又

$$\int \sec^2 x\,dx=\tan x$$

故

$$\int\left(3\sin x+\frac{2}{\cos^2 x}\right)dx = -3\cos x+2\tan x+C$$

(4)

$\displaystyle \int \sqrt[m]{x^n}\,dx$

解答：

$$\sqrt[m]{x^n} = x^{n/m}.$$

因此，积分变为：

$$\int x^{n/m}\, dx.$$

只要 $n/m \neq -1$，可直接应用幂函数积分公式：

$$\int x^k\,dx = \frac{x^{k+1}}{k+1} + C.$$

于是得到：

$$\int x^{n/m}\, dx = \frac{x^{\,n/m+1}}{\,n/m+1} + C.$$

化简一下

$$n/m + 1 = \frac{n+m}{m}.$$

所以最终答案是：

$$\boxed{\int \sqrt[m]{x^n}\,dx = \frac{m}{n+m}\, x^{\frac{n+m}{m}} + C.}$$

(5)

$\displaystyle \int (\sqrt{x}+1)(x-1)\,dx$

解答：

先展开：

$$(\sqrt{x}+1)(x-1) = (x-1)\sqrt{x}+x-1 = x^{\frac{3}{2}}-x^{\frac{1}{2}}+x-1$$

所以

$$\int (\sqrt{x}+1)(x-1)\,dx = \int\left(x^{\frac{3}{2}}-x^{\frac{1}{2}}+x-1\right)dx$$

分别积分：

$$\int x^{\frac{3}{2}}dx=\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}},\quad \int x^{\frac{1}{2}}dx=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}},\quad \int x\,dx=\frac{x^2}{2},\quad \int 1\,dx=x$$

因此

$$\int (\sqrt{x}+1)(x-1)\,dx = \frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+\frac{x^2}{2}-x+C$$

(6)

$\displaystyle \int \frac{(1-x)^2}{\sqrt[3]{x}}\,dx$

解答：

$$\frac{(1-x)^2}{\sqrt[3]{x}} = (1-2x+x^2)x^{-\frac{1}{3}} = x^{-\frac{1}{3}}-2x^{1-\frac{1}{3}}+x^{2-\frac{1}{3}}$$

$$= x^{-\frac{1}{3}}-2x^{\frac{2}{3}}+x^{\frac{5}{3}}$$

故

$$\int \frac{(1-x)^2}{\sqrt[3]{x}}\,dx = \int x^{-\frac{1}{3}}dx-2\int x^{\frac{2}{3}}dx+\int x^{\frac{5}{3}}dx$$

分别积分：

$$\int x^{-\frac{1}{3}}dx = \frac{x^{\frac{2}{3}}}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}}$$

$$\int x^{\frac{2}{3}}dx = \frac{x^{\frac{5}{3}}}{\frac{5}{3}}=\frac{3}{5}x^{\frac{5}{3}}$$

$$\int x^{\frac{5}{3}}dx = \frac{x^{\frac{8}{3}}}{\frac{8}{3}}=\frac{3}{8}x^{\frac{8}{3}}$$

于是

$$\int \frac{(1-x)^2}{\sqrt[3]{x}}\,dx = \frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}}-2\cdot\frac{3}{5}x^{\frac{5}{3}}+\frac{3}{8}x^{\frac{8}{3}}+C$$

$$= \frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}}-\frac{6}{5}x^{\frac{5}{3}}+\frac{3}{8}x^{\frac{8}{3}}+C$$

(7)

$\displaystyle \int \frac{x^2}{1+x^2}\,dx$

解答：

$$\frac{x^2}{1+x^2} = \frac{x^2+1-1}{1+x^2} = 1-\frac{1}{1+x^2}$$

因此

$$\int \frac{x^2}{1+x^2}\,dx = \int 1\,dx-\int\frac{1}{1+x^2}dx = x-\arctan x+C$$

(8)

$\displaystyle \int 5^x e^x\,dx$

解答：

$$5^x e^x=e^x\cdot e^{x\ln 5}=e^{x(1+\ln 5)}$$

于是

$$\int 5^x e^x\,dx=\int e^{x(1+\ln 5)}dx = \frac{1}{1+\ln 5}e^{x(1+\ln 5)}+C$$

再写回

$$\int 5^x e^x\,dx = \frac{5^x e^x}{1+\ln 5}+C$$

(9)

$\displaystyle \int \left(2e^x+\frac{3}{x}\right)dx$

解答：

$$\int 2e^x\,dx=2e^x,\qquad \int \frac{3}{x}dx=3\ln|x|$$

故

$$\int \left(2e^x+\frac{3}{x}\right)dx =2e^x+3\ln|x|+C$$

(10)

$\displaystyle \int e^x\left(1-\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\right)dx$

解答：

先化简被积函数：

$$e^x\left(1-\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\right) = e^x-\frac{e^x e^{-x}}{\sqrt{x}} = e^x-\frac{1}{\sqrt{x}}$$

所以

$$\int e^x\left(1-\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\right)dx = \int e^x dx-\int x^{-\frac{1}{2}}dx$$

$$\int e^x dx=e^x$$

$$\int x^{-\frac{1}{2}}dx=\frac{x^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}=2\sqrt{x}$$

因此

$$\int e^x\left(1-\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\right)dx = e^x-2\sqrt{x}+C$$

2

证明：函数 $\arcsin(2x-1)$、$\arccos(1-2x)$、$2\arctan \sqrt{\frac{x}{1-x}}$ 都是 $\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}$ 的原函数。

解答：

求导验证即可。

(1) $\arcsin(2x-1)$：

$$\frac{d}{dx}\arcsin(2x-1)=\frac{2}{\sqrt{1-(2x-1)^2}}$$

化简：

$$1-(2x-1)^2=1-(4x^2-4x+1)=4x-4x^2=4(x-x^2)$$

所以

$$\frac{2}{\sqrt{4(x-x^2)}}=\frac{2}{2\sqrt{x-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}$$

(2) $\arccos(1-2x)$：

$$\frac{d}{dx}\arccos(1-2x)=\frac{2}{\sqrt{1-(1-2x)^2}}$$

与上式完全相同，结果也为

$$\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}$$

(3) $2\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}}$：设

$$u=\sqrt{\frac{x}{1-x}}$$

计算：

$$u^2=\frac{x}{1-x}\Rightarrow u'=\frac{1}{2u}\cdot\frac{1\cdot(1-x)-x(-1)}{(1-x)^2}$$

$$=\frac{1}{2u}\cdot\frac{1}{(1-x)^2}$$

再利用

$$\frac{d}{dx}(2\arctan u)=\frac{2u'}{1+u^2}$$

而

$$1+u^2=\frac{1}{1-x}$$

于是

$$2\arctan u'=\frac{2}{1+u^2}u' = 2(1-x)\cdot \frac{1}{2u(1-x)^2}$$

化简得

$$\frac{1}{u(1-x)}=\frac{1}{\sqrt{\frac{x}{1-x}}(1-x)}=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}$$

三式均证毕。

3

已知曲线过点 $(e^2,3)$，且在任一点处的切线斜率等于该点的横坐标的倒数，求该曲线的方程。

解答：

已知

$$y'= \frac{1}{x}$$

积分得

$$y=\ln|x|+C$$

利用点 $(e^2,3)$：

$$3=\ln(e^2)+C=2+C$$

所以 $C=1$，得曲线方程：

$$y=\ln x+1$$

二、提高题

4

计算下列不定积分：

(1)

$\displaystyle \int \cos^2\frac{x}{2}\,dx$

解答：

令 $t=\frac{x}{2}$，则

$$\cos^2\frac{x}{2}=\cos^2 t=\frac{1+\cos 2t}{2}$$

而 $2t=x$，所以

$$\cos^2\frac{x}{2}=\frac{1+\cos x}{2}$$

于是

$$\int \cos^2\frac{x}{2}\,dx = \int\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos x\right)dx = \frac{1}{2}\int dx+\frac{1}{2}\int \cos x\,dx$$

$$= \frac{x}{2}+\frac{1}{2}\sin x+C$$

(2)

$\displaystyle \int \frac{\cos 2x}{\sin^2 x\cos^2 x}\,dx$

解答：

先化简被积函数：

$$\cos 2x=\cos^2 x-\sin^2 x$$

故

$$\frac{\cos 2x}{\sin^2 x\cos^2 x} = \frac{\cos^2 x-\sin^2 x}{\sin^2 x\cos^2 x} = \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x\cos^2 x}-\frac{\sin^2 x}{\sin^2 x\cos^2 x}$$

$$= \frac{1}{\sin^2 x}-\frac{1}{\cos^2 x} = \csc^2 x-\sec^2 x$$

于是

$$\int \frac{\cos 2x}{\sin^2 x\cos^2 x}\,dx = \int \csc^2 x\,dx-\int \sec^2 x\,dx$$

利用

$$\int \csc^2 x\,dx=-\cot x+C,\qquad \int \sec^2 x\,dx=\tan x+C$$

得到

$$\int \frac{\cos 2x}{\sin^2 x\cos^2 x}\,dx = -\cot x-\tan x+C$$

(3)

$\displaystyle \int \frac{3\,dx}{1+\cos 2x}$

解答：

利用恒等式

$$1+\cos 2x=2\cos^2 x$$

于是

$$\frac{3}{1+\cos 2x} = \frac{3}{2\cos^2 x} = \frac{3}{2}\sec^2 x$$

因此

$$\int \frac{3\,dx}{1+\cos 2x} = \frac{3}{2}\int \sec^2 x\,dx = \frac{3}{2}\tan x+C$$

(4)

$\displaystyle \int \cos x(\tan x+\sec x)\,dx$

解答：

将三角函数写成 $\sin x,\cos x$：

$$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x},\qquad \sec x=\frac{1}{\cos x}$$

于是

$$\cos x(\tan x+\sec x) = \cos x\cdot\frac{\sin x}{\cos x}+\cos x\cdot\frac{1}{\cos x} = \sin x+1$$

因此

$$\int \cos x(\tan x+\sec x)\,dx = \int(\sin x+1)\,dx = \int \sin x\,dx+\int 1\,dx$$

$$\int \sin x\,dx=-\cos x,\qquad \int 1\,dx=x$$

故

$$\int \cos x(\tan x+\sec x)\,dx = -\cos x+x+C$$

(5)

$\displaystyle \int \frac{3x^2+1}{x^2+1}\,dx$

解答：

先做多项式拆分：

$$3x^2+1=3(x^2+1)-2$$

故

$$\frac{3x^2+1}{x^2+1} = \frac{3(x^2+1)-2}{x^2+1} = 3-\frac{2}{x^2+1}$$

因此

$$\int \frac{3x^2+1}{x^2+1}\,dx = \int 3\,dx-2\int\frac{1}{x^2+1}\,dx$$

$$\int 3\,dx=3x,\qquad \int\frac{1}{x^2+1}\,dx=\arctan x$$

于是

$$\int \frac{3x^2+1}{x^2+1}\,dx = 3x-2\arctan x+C$$

(6)

$\displaystyle \int \frac{3-\tan^2 x}{\sin^2 x}\,dx$

解答：

先将被积函数化简。注意

$$\frac{3-\tan^2 x}{\sin^2 x} = \frac{3}{\sin^2 x}-\frac{\tan^2 x}{\sin^2 x} = 3\csc^2 x-\frac{\sin^2 x/\cos^2 x}{\sin^2 x} = 3\csc^2 x-\frac{1}{\cos^2 x}$$

$$= 3\csc^2 x-\sec^2 x$$

于是

$$\int \frac{3-\tan^2 x}{\sin^2 x}\,dx = 3\int \csc^2 x\,dx-\int \sec^2 x\,dx$$

利用

$$\int \csc^2 x\,dx=-\cot x,\qquad \int \sec^2 x\,dx=\tan x$$

得到

$$\int \frac{3-\tan^2 x}{\sin^2 x}\,dx = 3(-\cot x)-\tan x+C = -3\cot x-\tan x+C$$

(7)

$\displaystyle \int (\tan x+\cot x)^2\,dx$

解答：

先展开平方：

$$(\tan x+\cot x)^2 = \tan^2 x+2\tan x\cot x+\cot^2 x$$

又因为 $\tan x\cot x=1$，且

$$\tan^2 x=\sec^2 x-1,\qquad \cot^2 x=\csc^2 x-1$$

所以

$$(\tan x+\cot x)^2 = (\sec^2 x-1)+2+(\csc^2 x-1) = \sec^2 x+\csc^2 x$$

于是

$$\int (\tan x+\cot x)^2\,dx = \int \sec^2 x\,dx+\int \csc^2 x\,dx = \tan x-\cot x+C$$

(8)

$\displaystyle \int \frac{f(x)-x f'(x)}{f^2(x)}\,dx$

解答：

注意到

$$\left(\frac{x}{f(x)}\right)'=\frac{f(x)-x f'(x)}{f^2(x)}$$

具体计算：

$$\left(\frac{x}{f(x)}\right)' = \frac{1\cdot f(x)-x f'(x)}{[f(x)]^2} = \frac{f(x)-x f'(x)}{f^2(x)}$$

因此被积函数恰为 $\displaystyle \left(\frac{x}{f(x)}\right)'$，故

$$\int \frac{f(x)-x f'(x)}{f^2(x)}\,dx = \frac{x}{f(x)}+C$$

三、考研真题

5.

（2005208）设 $F(x)$ 是连续函数 $f(x)$ 的一个原函数，则必有（）

A. $F(x)$ 是偶函数当且仅当 $f(x)$ 是奇函数

B. $F(x)$ 是奇函数当且仅当 $f(x)$ 是偶函数

C. $F(x)$ 是周期函数当且仅当 $f(x)$ 是周期函数

D. $F(x)$ 是单调函数当且仅当 $f(x)$ 是单调函数

解答：

A. $F$ 偶 ⇔ $f$ 奇（正确） ① 若 $F$ 偶 ⇒ $f$ 奇 $F(-x)=F(x)$。对 $x$ 求导：

$$\frac{d}{dx}F(-x) = -F'(-x) = F'(x).$$

所以

$$-F'(-x)=F'(x)\Rightarrow F'(-x)=-F'(x),$$

即

$$f(-x)=-f(x),$$

因此 $f$ 是奇函数。

② 若 $f$ 奇 ⇒ $F$ 偶构造原函数：

$$G(x)=\int_0^x f(t)\,dt.$$

因为 $f$ 奇，计算 $G(-x)$：

$$ G(-x)=\int_0^{-x} f(t)\,dt = -\int_0^{x} f(-u)\,du = -\int_0^{x}[-f(u)]\,du = \int_0^x f(u)\,du = G(x). $$

所以 $G$ 是偶函数。任意原函数 $F(x)=G(x)+C$，而“偶函数 + 常数”仍是偶函数：

$$F(-x)=G(-x)+C = G(x)+C = F(x).$$

因此 $F$ 必是偶函数。

✔ A 项结论：恒成立（正确）

B. $F$ 奇 ⇔ $f$ 偶（错误） ① 若 $F$ 奇 ⇒ $f$ 偶 $F(-x)=-F(x)$，求导：

$$ -F'(-x) = -F'(x) \Rightarrow F'(-x)=F'(x), $$

即

$$f(-x)=f(x),$$

所以 $f$ 是偶函数。此方向成立。

② 若 $f$ 偶 ⇒ $F$ 奇？不成立反例：取 $f(x)=1$，是偶函数。其原函数之一为：

$$F(x)=x+1,$$

显然不是奇函数。因此“当且仅当”不成立。

✘ B 项结论：不恒成立（错误）

C. $F$ 周期 ⇔ $f$ 周期（错误） ① 若 $F$ 周期 ⇒ $f$ 周期若 $F(x+T)=F(x)$，求导：

$$f(x+T)=F'(x+T)=F'(x)=f(x),$$

所以 $f$ 周期。此方向成立。

② 若 $f$ 周期 ⇒ $F$ 周期？不成立反例： $f(x)=1$，是周期函数（周期任意）。其原函数：

$$F(x)=x$$

不是周期函数。

✘ C 项结论：不恒成立（错误）

D. $F$ 单调 ⇔ $f$ 单调（错误） ① 若 $F$ 单调 ⇒ $f$ 不改变符号，但不一定单调例：

$$F(x)=x^3 \quad\text{单调递增},$$

但

$$f(x)=3x^2$$

不是单调函数。

② 若 $f$ 单调 ⇒ $F$ 单调？不成立例： $f(x)=x$ 单调递增，但其原函数：

$$F(x)=\frac{x^2}{2}+C$$

虽然单调递增，但换一个常数也不影响；若选其他 $f$ 使其有符号变化，则原函数可能先增后减，不一定单调。

✘ D 项结论：不恒成立（错误）

6.

（2014110）设 $f(x)$ 是周期为 4 的可导奇函数，且

$$f'(x)=2(x-1),\quad x\in[0,2]$$

求 $f(7)$。

解答：

步骤 1：求 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上的表达式。

$$f(x)=\int 2(x-1)\,dx=(x-1)^2+C$$

由于 $f$ 是奇函数，满足 $f(0)=0$，代入：

$$0=(0-1)^2+C=1+C \Rightarrow C=-1$$

所以

$$f(x)=(x-1)^2-1=x^2-2x$$

步骤 2：周期性 $T=4$，所以

$$f(7)=f(7-4)=f(3)$$

步骤 3：用奇函数性质处理 3：

$$3\in[2,4]=[-2,0]+4\Rightarrow f(3)=f(-(1))+4\text{ 不需要再加周期，只需用奇性}$$

先化到奇性区间：

$$f(3)=f(-(3-4))=f(-1)$$

奇函数满足：

$$f(-1)=-f(1)$$

计算 $f(1)=1^2-2= -1$，因此：

$$f(-1) = -(-1)=1$$

所以

$$f(7)=1$$

第2节换元积分法

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1

求下列不定积分

(1) $\displaystyle \int (3x+2)^{10}\,dx$；

解：

令 $u=3x+2$，则 $du=3dx$，$dx=\dfrac{1}{3}du$，故

$$\int (3x+2)^{10}\,dx=\int u^{10}\cdot \frac{1}{3}du =\frac{1}{3}\cdot \frac{u^{11}}{11} =\frac{(3x+2)^{11}}{33}+C.$$

(2) $\displaystyle \int \frac{x+1}{x^{2}+2x+2}\,dx$；

解：

$x^{2}+2x+2=(x+1)^{2}+1$，

令 $u=x+1$，则 $du=dx$，

$$\int \frac{x+1}{x^{2}+2x+2}\,dx =\int \frac{u}{u^{2}+1}du =\frac{1}{2}\ln(u^{2}+1)+C =\frac{1}{2}\ln(x^{2}+2x+2)+C.$$

(3) $\displaystyle \int \frac{1}{1+2x^{2}}\,dx$；

解：

写成 $\displaystyle \int \frac{1}{1+(\sqrt{2}x)^{2}}\,dx$，令 $u=\sqrt{2}x$，则 $du=\sqrt{2}dx$，

$$\int \frac{1}{1+2x^{2}}\,dx =\frac{1}{\sqrt{2}}\int \frac{1}{1+u^{2}}\,du =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan u +C =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan(\sqrt{2}x)+C.$$

(4) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt[3]{2-3x}}\,dx$；

解：

写成 $\displaystyle \int (2-3x)^{-\tfrac{1}{3}}dx$。

令 $u=2-3x$，则 $du=-3dx$，$dx=-\dfrac{1}{3}du$，

$$\int (2-3x)^{-\tfrac{1}{3}}dx =-\frac{1}{3}\int u^{-\tfrac{1}{3}}du =-\frac{1}{3}\cdot \frac{u^{\tfrac{2}{3}}}{\tfrac{2}{3}} =-\frac{1}{2}(2-3x)^{\tfrac{2}{3}}+C.$$

(5) $\displaystyle \int \frac{3x^{5}}{1-x^{6}}\,dx$；

解：

令 $u=1-x^{6}$，则 $du=-6x^{5}dx$，有 $3x^{5}dx=-\dfrac{1}{2}du$，

$$\int \frac{3x^{5}}{1-x^{6}}\,dx =-\frac{1}{2}\int \frac{1}{u}du =-\frac{1}{2}\ln|u|+C =-\frac{1}{2}\ln|1-x^{6}|+C.$$

(6) $\displaystyle \int \frac{4x}{\sqrt{2-3x^{2}}}\,dx$；

解：

令 $u=2-3x^{2}$，则 $du=-6x\,dx$，$4x\,dx=-\dfrac{2}{3}du$，

$$\int \frac{4x}{\sqrt{2-3x^{2}}}\,dx =-\frac{2}{3}\int u^{-\tfrac{1}{2}}du =-\frac{2}{3}\cdot 2u^{\tfrac{1}{2}}+C =-\frac{4}{3}\sqrt{2-3x^{2}}+C.$$

(7) $\displaystyle \int 3\cos^{2}3x\sin3x\,dx$；

解：

令 $u=\cos3x$，则 $du=-3\sin3x\,dx$，$-du=3\sin3x\,dx$，

$$\int 3\cos^{2}3x\sin3x\,dx =\int u^{2}(-du) =-\int u^{2}du =-\frac{u^{3}}{3}+C =-\frac{\cos^{3}3x}{3}+C.$$

(8) $\displaystyle \int \frac{\sin \dfrac{1}{x}}{x^{2}}\,dx$；

解：

令 $u=\dfrac{1}{x}$，则 $du=-\dfrac{1}{x^{2}}dx$，故

$$\int \frac{\sin\dfrac{1}{x}}{x^{2}}\,dx =-\int \sin u\,du =\cos u +C =\cos\frac{1}{x}+C.$$

(9) $\displaystyle \int 8\tan^{6}x\sec^{2}x\,dx$；

解：

令 $u=\tan x$，则 $du=\sec^{2}x\,dx$，

$$\int 8\tan^{6}x\sec^{2}x\,dx =8\int u^{6}du =8\cdot \frac{u^{7}}{7}+C =\frac{8}{7}\tan^{7}x+C.$$

(10) $\displaystyle \int \frac{\sin\sqrt{t}}{2\sqrt{t}}\,dt$；

解：

令 $u=\sqrt{t}$，则 $t=u^{2}$，$dt=2u\,du$，且 $\dfrac{1}{2\sqrt{t}}dt=\dfrac{1}{2u}\cdot 2u\,du=du$，

$$\int \frac{\sin\sqrt{t}}{2\sqrt{t}}\,dt =\int \sin u\,du =-\cos u +C =-\cos\sqrt{t}+C.$$

(11) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{1+\ln x}}{3x}\,dx$；

解：

令 $u=1+\ln x$，则 $du=\dfrac{1}{x}dx$，

$$\int \frac{\sqrt{1+\ln x}}{3x}\,dx =\frac{1}{3}\int u^{\tfrac{1}{2}}du =\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}u^{\tfrac{3}{2}}+C =\frac{2}{9}(1+\ln x)^{\tfrac{3}{2}}+C.$$

(12) $\displaystyle \int \frac{(\arctan x)^{2}}{1+x^{2}}\,dx$；

解：

令 $u=\arctan x$，则 $du=\dfrac{1}{1+x^{2}}dx$，

$$\int \frac{(\arctan x)^{2}}{1+x^{2}}\,dx =\int u^{2}du =\frac{u^{3}}{3}+C =\frac{(\arctan x)^{3}}{3}+C.$$

2

求下列不定积分：

(1) $\displaystyle \int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\,dx(a>0)$；

解：

写 $x^{2}=a^{2}-(a^{2}-x^{2})$，则

$$\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx =a^{2}\int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx -\int \sqrt{a^{2}-x^{2}}\,dx.$$

由已知公式

$$\int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx=\arcsin\frac{x}{a}+C,$$

$$\int \sqrt{a^{2}-x^{2}}\,dx =\frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}+C,$$

代入得

$$\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx =a^{2}\arcsin\frac{x}{a} -\left(\frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}\right)+C$$

$$=\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}-\frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C.$$

(2) $\displaystyle \int \frac{1}{x\sqrt{x^{2}-1}}\,dx$；

解：

(3) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x^{2}-4}}{x}\,dx$；

解：

(4) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}}\,dx$；

解：

写成 $\displaystyle \int (x^{2}+1)^{-\tfrac{3}{2}}dx$。注意

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\right) =(x^{2}+1)^{-\tfrac{3}{2}}.$$

故

$$\int \frac{1}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}}\,dx =\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+C.$$

二、提高题

3

求下列不定积分：

(1) $\displaystyle \int \frac{dx}{x\ln x\cdot \ln(\ln x)}$；

解：

先令 $u=\ln x$，则 $du=\dfrac{1}{x}dx$，积分化为

$$\int \frac{1}{u\ln u}\,du.$$

再令 $v=\ln u$，则 $dv=\dfrac{1}{u}du$，

$$\int \frac{1}{u\ln u}\,du =\int \frac{1}{v}dv =\ln|v|+C =\ln|\ln u|+C =\ln|\ln(\ln x)|+C.$$

(2) $\displaystyle \int \frac{x\ln(1+x^{2})\,dx}{1+x^{2}}$；

解：

令 $u=1+x^{2}$，则 $du=2x\,dx$，$x\,dx=\dfrac{1}{2}du$，

$$\int \frac{x\ln(1+x^{2})}{1+x^{2}}dx =\frac{1}{2}\int \frac{\ln u}{u}du.$$

令 $v=\ln u$，$dv=\dfrac{1}{u}du$，

$$\frac{1}{2}\int \frac{\ln u}{u}du =\frac{1}{2}\int v\,dv =\frac{1}{4}v^{2}+C =\frac{1}{4}(\ln(1+x^{2}))^{2}+C.$$

(3) $\displaystyle \int \cos^{3}x\,dx$；

解：

$$\int \cos^{3}x\,dx=\int \cos x(1-\sin^{2}x)\,dx.$$

令 $u=\sin x$，$du=\cos x\,dx$，

$$\int \cos^{3}x\,dx =\int (1-u^{2})du =u-\frac{u^{3}}{3}+C =\sin x-\frac{\sin^{3}x}{3}+C.$$

(4) $\displaystyle \int \frac{1}{3+\sin^{2}x}\,dx$；

解：

令 $t=\tan x$，则 $dx=\dfrac{dt}{1+t^{2}}$，$\sin^{2}x=\dfrac{t^{2}}{1+t^{2}}$，

$$\int \frac{1}{3+\sin^{2}x}dx =\int \frac{1}{3+\dfrac{t^{2}}{1+t^{2}}}\cdot \frac{dt}{1+t^{2}} =\int \frac{dt}{3+4t^{2}}.$$

于是

$$\int \frac{dt}{3+4t^{2}} =\frac{1}{4}\int \frac{dt}{t^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}} =\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2t}{\sqrt{3}}+C =\frac{1}{2\sqrt{3}}\arctan\frac{2\tan x}{\sqrt{3}}+C.$$

(5) $\displaystyle \int \sin^{2}x\cos^{4}x\,dx$；

解：

利用降幂公式

$$\sin^{2}x=\frac{1-\cos2x}{2},\quad \cos^{2}x=\frac{1+\cos2x}{2},$$

则

$$\sin^{2}x\cos^{4}x =\sin^{2}x(\cos^{2}x)^{2} =\frac{1-\cos2x}{2}\left(\frac{1+\cos2x}{2}\right)^{2}.$$

展开并化简可得

$$\sin^{2}x\cos^{4}x =\frac{1}{16}-\frac{1}{16}\cos4x+\frac{1}{32}\cos2x-\frac{1}{32}\cos6x.$$

故

$$\int \sin^{2}x\cos^{4}x\,dx =\int\left(\frac{1}{16}-\frac{1}{16}\cos4x+\frac{1}{32}\cos2x-\frac{1}{32}\cos6x\right)dx$$

$$=\frac{x}{16}-\frac{1}{16}\cdot\frac{\sin4x}{4} +\frac{1}{32}\cdot\frac{\sin2x}{2} -\frac{1}{32}\cdot\frac{\sin6x}{6}+C$$

$$=\frac{x}{16}-\frac{\sin4x}{64}+\frac{\sin2x}{64}-\frac{\sin6x}{192}+C.$$

(6) $\displaystyle \int \tan^{5}x\sec^{3}x\,dx$；

解：写成

$$\int \tan^{5}x\sec^{3}x\,dx =\int \tan^{4}x\tan x\sec^{3}x\,dx =\int (\sec^{2}x-1)^{2}\sec^{2}x(\sec x\tan x\,dx).$$

令 $u=\sec x$，则 $du=\sec x\tan x\,dx$，且 $\sec^{2}x=u^{2}$，

$$\int \tan^{5}x\sec^{3}x\,dx =\int (u^{2}-1)^{2}u^{2}du =\int (u^{6}-2u^{4}+u^{2})du$$

$$=\frac{u^{7}}{7}-\frac{2u^{5}}{5}+\frac{u^{3}}{3}+C =\frac{\sec^{7}x}{7}-\frac{2}{5}\sec^{5}x+\frac{1}{3}\sec^{3}x+C.$$

(7) $\displaystyle \int \cos3x\sin7x\,dx$；

解：用积化和差公式 $\sin A\cos B=\dfrac{1}{2}[\sin(A+B)+\sin(A-B)]$，

$$\cos3x\sin7x=\frac{1}{2}[\sin(10x)+\sin(4x)].$$

故

$$\int \cos3x\sin7x\,dx =\frac{1}{2}\int (\sin10x+\sin4x)dx =-\frac{1}{2}\left(\frac{\cos10x}{10}+\frac{\cos4x}{4}\right)+C =-\frac{\cos10x}{20}-\frac{\cos4x}{8}+C.$$

(8) $\displaystyle \int \frac{\ln(\tan x)}{\sin x\cos x}\,dx$；

解：令 $u=\tan x$，则 $du=\sec^{2}x\,dx=(1+\tan^{2}x)dx$。又

$$\sin x\cos x=\frac{\tan x}{1+\tan^{2}x}=\frac{u}{1+u^{2}},$$

故

$$\frac{dx}{\sin x\cos x} =\frac{1+u^{2}}{u}dx =\frac{1+u^{2}}{u}\cdot\frac{du}{1+u^{2}} =\frac{du}{u}.$$

于是

$$\int \frac{\ln(\tan x)}{\sin x\cos x}\,dx =\int \frac{\ln u}{u}du =\frac{1}{2}(\ln u)^{2}+C =\frac{1}{2}[\ln(\tan x)]^{2}+C.$$

4

求下列不定积分：

(1) $\displaystyle \int \frac{1-x}{\sqrt{9-4x^{2}}}\,dx$；

解：

分拆为

$$\int \frac{1}{\sqrt{9-4x^{2}}}dx-\int \frac{x}{\sqrt{9-4x^{2}}}dx.$$

第一项：令 $t=\dfrac{2x}{3}$，则 $x=\dfrac{3}{2}t$，$dx=\dfrac{3}{2}dt$，且 $\sqrt{9-4x^{2}}=3\sqrt{1-t^{2}}$，

$$\int \frac{1}{\sqrt{9-4x^{2}}}dx =\frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt =\frac{1}{2}\arcsin t +C =\frac{1}{2}\arcsin\frac{2x}{3}.$$

第二项：令 $u=9-4x^{2}$，则 $du=-8x\,dx$，$x\,dx=-\dfrac{1}{8}du$，

$$\int \frac{x}{\sqrt{9-4x^{2}}}dx =-\frac{1}{8}\int u^{-\tfrac{1}{2}}du =-\frac{1}{8}\cdot 2u^{\tfrac{1}{2}}+C =-\frac{1}{4}\sqrt{9-4x^{2}}+C.$$

所以

$$\int \frac{1-x}{\sqrt{9-4x^{2}}}\,dx =\frac{1}{2}\arcsin\frac{2x}{3}+\frac{1}{4}\sqrt{9-4x^{2}}+C.$$

(2) $\displaystyle \int \frac{x^{3}+1}{(x^{2}+1)^{2}}\,dx$；

解：将分子改写为

$$x^{3}+1=x(x^{2}+1)-(x-1),$$

于是

$$\int \frac{x^{3}+1}{(x^{2}+1)^{2}}dx =\int \frac{x}{x^{2}+1}dx-\int \frac{x-1}{(x^{2}+1)^{2}}dx.$$

记

$$A=\int \frac{x}{x^{2}+1}dx=\frac{1}{2}\ln(x^{2}+1),$$

$$B=\int \frac{x}{(x^{2}+1)^{2}}dx,\quad C=\int \frac{1}{(x^{2}+1)^{2}}dx.$$

对 $B$ 令 $u=x^{2}+1$，$du=2x\,dx$，则

$$B=\frac{1}{2}\int u^{-2}du =-\frac{1}{2u}+C=-\frac{1}{2(x^{2}+1)}+C.$$

对 $C$ 利用已知积分结果

$$\int \frac{1}{(x^{2}+1)^{2}}dx =\frac{x}{2(x^{2}+1)}+\frac{1}{2}\arctan x+C.$$

于是

$$\int \frac{x^{3}+1}{(x^{2}+1)^{2}}dx =A-(B-C) =A-B+C$$

$$=\frac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+\frac{1}{2(x^{2}+1)} +\frac{x}{2(x^{2}+1)}+\frac{1}{2}\arctan x+C$$

$$=\frac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+\frac{x+1}{2(x^{2}+1)}+\frac{1}{2}\arctan x+C.$$

(3) $\displaystyle \int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^{2}}}$；

解：解法：三角代换看到 $\sqrt{1-x^{2}}$，自然令：

$$x=\sin\theta,\qquad dx=\cos\theta\, d\theta.$$

此时：

$$\sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-\sin^{2}\theta}=\cos\theta.$$

代入积分：

$$\int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^{2}}} = \int \frac{\cos\theta\, d\theta}{\sin\theta+\cos\theta}.$$

关键简化把分子分母都除以 $\cos\theta$：

$$\int \frac{1\, d\theta}{\tan\theta + 1} = \int \frac{d\theta}{1+\tan\theta}.$$

令

$$u=\tan\theta,\qquad du=\sec^{2}\theta\, d\theta=(1+u^{2})\,d\theta.$$

但有个更简单的方式：把 $1+\tan\theta$ 写成：

$$1+\tan\theta=\frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta},$$

因此（回到之前的形式）直接观察：

$$\sin\theta+\cos\theta = \sqrt2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right).$$

所以积分变成：

$$\int \frac{\cos\theta\, d\theta}{\sqrt2\sin(\theta+\frac{\pi}{4})}.$$

把 $\cos\theta$ 也写成移位形式：

$$\cos\theta = \frac{1}{\sqrt2}\left(\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-\cos\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)\right).$$

于是：

$$\frac{\cos\theta}{\sin(\theta+\frac{\pi}{4})} = \frac{1}{\sqrt2}\left(1 - \cot(\theta+\tfrac{\pi}{4})\right).$$

最终积分：

$$\int \left( \frac{1}{2} - \frac12 \cot(\theta+\tfrac{\pi}{4}) \right)d\theta = \frac12\theta - \frac12\ln\left|\sin(\theta+\tfrac{\pi}{4})\right| + C.$$

将结果化回 x 因为

$$x=\sin\theta \Rightarrow \theta=\arcsin x.$$

且：

$$\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right) =\frac{\sin\theta+\cos\theta}{\sqrt2} =\frac{x+\sqrt{1-x^{2}}}{\sqrt2}.$$

代回得：

$$\frac12\arcsin x - \frac12\ln \left|\frac{x+\sqrt{1-x^{2}}}{\sqrt2}\right| + C.$$

吸收掉常数 $\ln\sqrt2$：

⭐ 最终答案（最简形式）

$$\boxed{ \int \frac{dx}{x+\sqrt{1-x^{2}}} = \frac12 \arcsin x - \frac12\ln\left|x+\sqrt{1-x^{2}}\right| + C }$$

(4) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1+x-x^{2}}}\,dx$；

解：配方：

$$1+x-x^{2}=-\left(x^{2}-x-1\right) =\frac{5}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}.$$

令

$$x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}u,\quad dx=\frac{\sqrt{5}}{2}du,$$

则

$$\sqrt{1+x-x^{2}} =\sqrt{\frac{5}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}} =\frac{\sqrt{5}}{2}\sqrt{1-u^{2}}.$$

因此

$$\int \frac{1}{\sqrt{1+x-x^{2}}}dx =\int \frac{\frac{\sqrt{5}}{2}du}{\frac{\sqrt{5}}{2}\sqrt{1-u^{2}}} =\int \frac{1}{\sqrt{1-u^{2}}}du =\arcsin u +C.$$

回代 $u=\dfrac{2x-1}{\sqrt{5}}$，得

$$\int \frac{1}{\sqrt{1+x-x^{2}}}dx =\arcsin\frac{2x-1}{\sqrt{5}}+C.$$

(5) $\displaystyle \int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^{2}}}$；

解：分母有根式，乘以共轭：

$$\frac{1}{1+\sqrt{1-x^{2}}} =\frac{1-\sqrt{1-x^{2}}}{1-(1-x^{2})} =\frac{1-\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}.$$

故

$$\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^{2}}} =\int \left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}\right)dx =\int x^{-2}dx-\int \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}dx.$$

第一项

$$\int x^{-2}dx=-\frac{1}{x}.$$

对第二项令 $x=\sin t$，则 $dx=\cos t\,dt$，$\sqrt{1-x^{2}}=\cos t$，$x^{2}=\sin^{2}t$，

$$\int \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}dx =\int \frac{\cos t}{\sin^{2}t}\cos t\,dt =\int \cot^{2}t\,dt.$$

又 $\cot^{2}t=\csc^{2}t-1$，故

$$\int \cot^{2}t\,dt =-\cot t -t +C.$$

于是

$$\int \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}dx =-\frac{\cos t}{\sin t}-t +C =-\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}-\arcsin x+C.$$

于是原积分

$$\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^{2}}} =-\frac{1}{x}-\left(-\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}-\arcsin x\right)+C =\frac{\sqrt{1-x^{2}}-1}{x}+\arcsin x+C.$$

(6) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{2x^{2}}\,dx$；

解：写为

$$\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x^{2}}dx.$$

对 $x>1$，令 $x=\sec t$，则 $\sqrt{x^{2}-1}=\tan t$，$dx=\sec t\tan t\,dt$，$x^{2}=\sec^{2}t$，

$$\frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x^{2}}dx =\frac{\tan t}{\sec^{2}t}\sec t\tan t\,dt =\tan^{2}t\cos t\,dt =\frac{\sin^{2}t}{\cos t}dt.$$

故

$$\int \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{2x^{2}}dx =\frac{1}{2}\int \frac{\sin^{2}t}{\cos t}dt =\frac{1}{2}\int (\sec t -\cos t)dt.$$

于是

$$\int \sec t\,dt=\ln|\sec t+\tan t|+C,\quad \int \cos t\,dt=\sin t+C,$$

故

$$\int \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{2x^{2}}dx =\frac{1}{2}\left(\ln|\sec t+\tan t|-\sin t\right)+C.$$

回代：$\sec t=x$，$\tan t=\sqrt{x^{2}-1}$，$\sin t=\dfrac{\tan t}{\sec t}=\dfrac{\sqrt{x^{2}-1}}{x}$，得

$$\int \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{2x^{2}}dx =\frac{1}{2}\ln\bigl|x+\sqrt{x^{2}-1}\bigr| -\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x}+C.$$

三、考研真题

5

$(2004102)$ 已知 $f'(e^{x})=xe^{-x}$，且 $f(1)=0$，求 $f(x)$。

解：设 $y=e^{x}$，则 $x=\ln y$，$y>0$。题给条件可写为

$$f'(y)=\frac{\ln y}{y},\quad (y>0).$$

于是

$$f(x)=\int f'(x)\,dx=\int \frac{\ln x}{x}dx =\frac{1}{2}(\ln x)^{2}+C.$$

由 $f(1)=0$ 得 $0=f(1)=\dfrac{1}{2}(\ln1)^{2}+C=C$，故 $C=0$，于是

$$f(x)=\frac{1}{2}(\ln x)^{2}.$$

6

$(2001311)$ 求 $\displaystyle \int \frac{1}{(2x^{2}+1)\sqrt{x^{2}+1}}\,dx$。

解：令 $x=\sinh u$，则 $dx=\cosh u\,du$，$\sqrt{x^{2}+1}=\sqrt{\sinh^{2}u+1}=\cosh u$，

$$2x^{2}+1=2\sinh^{2}u+1.$$

因此

$$\int \frac{1}{(2x^{2}+1)\sqrt{x^{2}+1}}dx =\int \frac{\cosh u\,du}{(2\sinh^{2}u+1)\cosh u} =\int \frac{1}{2\sinh^{2}u+1}du.$$

利用恒等式 $\cosh 2u=2\sinh^{2}u+1$，可得

$$\int \frac{1}{2\sinh^{2}u+1}du =\int \operatorname{sech}(2u)\,du.$$

而

$$\int \operatorname{sech}z\,dz =2\arctan(\tanh \tfrac{z}{2})+C,$$

所以

$$\int \operatorname{sech}(2u)\,du =\frac{1}{2}\cdot 2\arctan(\tanh u)+C =\arctan(\tanh u)+C.$$

回代：$x=\sinh u$，$\tanh u=\dfrac{\sinh u}{\cosh u}=\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$，得

$$\int \frac{1}{(2x^{2}+1)\sqrt{x^{2}+1}}dx =\arctan\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+C.$$

第3节分部积分法

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1

求下列不定积分

（1）$\displaystyle \int x\cos\frac{x}{2}\,dx$

解答：

令$\displaystyle u=x,\; dv=\cos\frac{x}{2}dx$。则$\displaystyle du=dx,\; v=2\sin\frac{x}{2}$。

$$\int x\cos\frac{x}{2}dx=x\cdot2\sin\frac{x}{2}-\int 2\sin\frac{x}{2}dx$$

$$=2x\sin\frac{x}{2}+4\cos\frac{x}{2}+C.$$

（2）$\displaystyle \int 2xe^{-2x}\,dx$

解答：

设$\displaystyle u=2x,\; dv=e^{-2x}dx$。则$\displaystyle du=2dx,\; v=-\frac12 e^{-2x}$。

$$\int 2xe^{-2x}dx=-x e^{-2x}+\int e^{-2x}dx$$

$$=-xe^{-2x}-\frac12 e^{-2x}+C$$

$$=-(x+\tfrac12)e^{-2x}+C.$$

（3）$\displaystyle \int \ln x\,dx$

解答：

$$\int\ln x\,dx=x\ln x-x+C.$$

（4）$\displaystyle \int x^{2}\ln 2x\,dx$

解答：

$\ln 2x=\ln 2+\ln x$，故

$$\int x^{2}\ln 2x\,dx=\ln2\int x^{2}dx+\int x^{2}\ln x\,dx.$$

对后者分部积分：设 $u=\ln x,\; dv=x^{2}dx$，则

$$\int x^{2}\ln x\,dx=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\frac{x^{3}}{3}\cdot\frac1x dx$$

$$=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac13\int x^{2}dx$$

$$=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}.$$

故

$$\int x^{2}\ln 2x\,dx=\frac{\ln2}{3}x^{3}+\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C.$$

（5）$\displaystyle \int \ln(1+x^{2})\,dx$

解答：

分部积分：$u=\ln(1+x^{2}), dv=dx$。

$$\int \ln(1+x^{2})dx=x\ln(1+x^{2})-\int x\cdot\frac{2x}{1+x^{2}}dx$$

$$=x\ln(1+x^{2})-2\int \frac{x^{2}}{1+x^{2}}dx.$$

$$\frac{x^{2}}{1+x^{2}}=1-\frac1{1+x^{2}}.$$

$$= x\ln(1+x^{2})-2\left( x-\arctan x\right)+C.$$

（6）$\displaystyle \int \sec^{3}x\,dx$

解答：

设

$$u=\sec x,\quad dv=\sec^2 x\,dx$$

则

$$du=\sec x \tan x\,dx,\quad v=\tan x$$

套用分部积分：

$$\int \sec^3 x\,dx = \sec x \tan x - \int \tan x \cdot \sec x \tan x\,dx$$

利用恒等式 $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$：

$$\int \sec x \tan^2 x\,dx = \int \sec^3 x\,dx - \int \sec x\,dx$$

于是得到：

$$\int \sec^3 x\,dx = \sec x \tan x - \left( \int \sec^3 x\,dx - \int \sec x\,dx \right)$$

把 $\int \sec^3 x\,dx$ 移到一边：

$$2\int \sec^3 x\,dx = \sec x\tan x + \int \sec x\,dx$$

而

$$\int \sec x\,dx = \ln|\sec x+\tan x|$$

最终结果：

$$\boxed{\int \sec^3 x\,dx = \frac{1}{2}\sec x \tan x + \frac{1}{2}\ln|\sec x+\tan x| + C}$$

（7）$\displaystyle \int x^{2}\arctan x\,dx$

解答：

分部积分：$u=\arctan x,\; dv=x^{2}dx$。

$$\int x^{2}\arctan x dx=\frac{x^{3}}{3}\arctan x-\int\frac{x^{3}}{3}\cdot\frac1{1+x^{2}}dx.$$

$$\frac{x^{3}}{1+x^{2}}=x-\frac{x}{1+x^{2}}.$$

故：

$$=\frac{x^{3}}{3}\arctan x-\frac13\int x dx+\frac13 \int \frac{x}{1+x^{2}}dx$$

$$=\frac{x^{3}}{3}\arctan x-\frac{x^{2}}{6}+\frac{1}{6}\ln(1+x^{2})+C.$$

（8）$\displaystyle \int \frac{\arctan x}{x^{3}}\,dx$

解答：

分部积分：$u=\arctan x,\; dv=x^{-3}dx$。

$$v=-\frac12 x^{-2}$$

$$\int \frac{\arctan x}{x^{3}}dx=-\frac12 \frac{\arctan x}{x^{2}}+\frac12\int \frac{1}{x^{2}(1+x^{2})}dx.$$

部分分式：

$$\frac{1}{x^{2}(1+x^{2})}=\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{1+x^{2}}.$$

故

$$=\;-\frac12\frac{\arctan x}{x^{2}}+\frac12\left(-\frac1x-\arctan x\right)+C.$$

（9）$\displaystyle \int \cos(\ln x)\,dx$

解答：

令 $t=\ln x$，则 $dx=e^{t}dt=x dt$。

$$\int \cos(\ln x)dx=\int e^{t}\cos t\,dt$$

$$=\frac12 e^{t}(\sin t+\cos t)+C$$

$$=\frac{x}{2}(\sin(\ln x)+\cos(\ln x))+C.$$

（10）$\displaystyle \int e^{\sqrt{2x+3}}\,dx$

解答：

令 $u=\sqrt{2x+3}$，则 $u^{2}=2x+3$，$x=\frac{u^{2}-3}{2}$，且

$$dx=u du.$$

$$\int e^{u} u\, du =u e^{u}-e^{u}+C=e^{u}(u-1)+C.$$

$$=e^{\sqrt{2x+3}}\left(\sqrt{2x+3}-1\right)+C.$$

二、提高题

2

求下列不定积分

（1）$\displaystyle \int (\ln x)^{2}dx$

解答：

设

$$u = (\ln x)^2,\quad dv = dx$$

则

$$du = \frac{2\ln x}{x}\,dx,\quad v = x$$

套用分部积分：

$$\int (\ln x)^2 dx = x(\ln x)^2 - \int x\cdot \frac{2\ln x}{x}\,dx$$

化简：

$$= x(\ln x)^2 - 2\int \ln x \, dx$$

再对 $\int \ln x\, dx$ 继续分部积分：设

$$u=\ln x,\quad dv=dx$$

则

$$du=\frac{1}{x}dx,\quad v=x$$

$$\int \ln x\,dx = x\ln x - x$$

代回去：

$$\int (\ln x)^2 dx = x(\ln x)^2 - 2(x\ln x - x)$$

整理：

$$\boxed{\int (\ln x)^2 dx = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x + C}$$

（2）$\displaystyle \int \frac{\ln^{3} x}{x^{2}}dx$

解答：

步骤 1：换元令

$$u=\ln x$$

则

$$du=\frac{1}{x}\,dx,\qquad \frac{1}{x^2}dx=\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}dx=e^{-u}du$$

因为

$$x=e^u \Rightarrow x^{-1}=e^{-u}$$

所以

$$\frac{\ln^3 x}{x^2}dx = u^3 e^{-u} du$$

因此积分变成

$$\int u^3 e^{-u}\,du$$

步骤 2：分部积分（多次）计算

$$\int u^3 e^{-u}\,du$$

设

$$u_1 = u^3,\quad dv_1 = e^{-u}du$$

则

$$du_1 = 3u^2 du,\quad v_1 = -e^{-u}$$

$$\int u^3 e^{-u} du = -u^3 e^{-u} + 3\int u^2 e^{-u} du$$

对

$$\int u^2 e^{-u} du$$

同理继续进行两次分部积分（结果直接写出）：

$$\int u^3 e^{-u} du = -e^{-u}\left(u^3 + 3u^2 + 6u + 6\right) + C$$

步骤 3：代回 $u=\ln x$，且 $e^{-u} = \frac{1}{x}$

$$\int \frac{\ln^3 x}{x^2}dx = -\frac{1}{x}\Big[(\ln x)^3 + 3(\ln x)^2 + 6\ln x + 6\Big] + C$$

（3）$\displaystyle \int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\,dx$

解答：

步骤 1：化简 $\cos^2\frac{x}{2}$

$$\cos^2 \frac{x}{2} = \frac{1+\cos x}{2}$$

代入：

$$\int x^2 \cos^2 \frac{x}{2}\, dx = \int x^2 \cdot \frac{1+\cos x}{2}\, dx$$

$$= \frac12 \int x^2 dx + \frac12 \int x^2 \cos x\, dx$$

步骤 2：计算 $\int x^2 dx$

$$\frac12 \int x^2 dx = \frac12 \cdot \frac{x^3}{3} = \frac{x^3}{6}$$

步骤 3：计算 $\int x^2 \cos x\,dx$（两次分部积分）设

$$u = x^2,\quad dv=\cos x\,dx$$

$$du = 2x\,dx,\quad v=\sin x$$

$$\int x^2 \cos x\,dx = x^2\sin x - \int 2x\sin x\,dx$$

继续分部积分计算 $\int x\sin x\,dx$：设

$$u = x,\quad dv = \sin x dx$$

$$du = dx,\quad v = -\cos x$$

$$\int x \sin x\,dx = -x\cos x + \int \cos x dx$$

$$= -x\cos x + \sin x$$

代回去：

$$\int x^2 \cos x\,dx = x^2\sin x - 2(-x\cos x + \sin x)$$

$$= x^2\sin x + 2x\cos x - 2\sin x$$

步骤 4：代回整体

$$\int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\,dx = \frac{x^3}{6} + \frac12(x^2\sin x + 2x\cos x - 2\sin x) + C$$

整理：

$$\boxed{ \int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\,dx = \frac{x^3}{6} + \frac12 x^2\sin x + x\cos x - \sin x + C }$$

（4）$\displaystyle \int (\arcsin x)^{2}dx$

解答：

步骤 1：分部积分设

$$u = (\arcsin x)^2,\qquad dv = dx$$

则

$$du = 2\arcsin x \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx,\qquad v = x$$

代入分部积分公式：

$$\int (\arcsin x)^2 dx = x(\arcsin x)^2 - 2\int x\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx$$

步骤 2：化简被积表达式注意到：

$$\frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = -\frac{d}{dx}\sqrt{1-x^2}$$

所以

$$\int x\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx$$

做换元更方便：令

$$t = \arcsin x \quad\Rightarrow\quad x = \sin t,\quad dx=\cos t\, dt$$

并且

$$\sqrt{1-x^2} = \cos t$$

于是：

$$x \cdot \frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} dx = \sin t \cdot t \cdot \frac{1}{\cos t} \cdot \cos t\, dt = t \sin t\, dt$$

步骤 3：计算 $\int t\sin t\, dt$ （分部积分）设

$$u=t,\ dv=\sin t\,dt$$

$$du=dt,\ v=-\cos t$$

$$\int t \sin t\, dt = -t\cos t + \int \cos t\, dt = -t\cos t + \sin t$$

步骤 4：代回 $t=\arcsin x$，$\sin t = x$，$\cos t = \sqrt{1-x^2}$

$$\int x\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx = -\arcsin x\sqrt{1-x^2} + x$$

代入主表达式：

$$\int (\arcsin x)^2 dx = x(\arcsin x)^2 - 2\left[-\arcsin x\sqrt{1-x^2} + x\right] + C$$

最终答案：

$$\boxed{ \int (\arcsin x)^2 dx = x(\arcsin x)^2 + 2\arcsin x\sqrt{1-x^2} - 2x + C }$$

（5）$\displaystyle \int \ln(x+\sqrt{1+x^{2}})\,dx$

解答：

步骤 1：分部积分设

$$u=\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right),\qquad dv=dx$$

则

$$du=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx,\qquad v=x$$

代入分部积分公式：

$$\int \ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\,dx = x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)-\int \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}dx$$

步骤 2：化简第二个积分

$$\int \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}dx$$

令

$$t = 1+x^{2},\quad dt = 2x\,dx$$

$$= \int \frac{1}{2}\frac{dt}{\sqrt{t}} = \sqrt{t} = \sqrt{1+x^{2}}$$

步骤 3：代回所以：

$$\int \ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\,dx = x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right) - \sqrt{1+x^{2}} + C$$

最终答案

$$\boxed{ \int \ln\!\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\,dx = x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right) - \sqrt{1+x^{2}} + C }$$

（6）$\displaystyle \int e^{x}\sin^{2}x\,dx$

解答：

我们先利用三角恒等式降幂，再使用分部积分法。直接对 $\sin^2 x$ 进行分部积分会很麻烦。最简单的方法是利用倍角公式：

$$\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$$

1 变形积分将原积分转化为两部分：

$$I = \int e^x \sin^2 x \, dx = \int e^x \left( \frac{1 - \cos 2x}{2} \right) dx$$

$$I = \frac{1}{2} \int e^x \, dx - \frac{1}{2} \int e^x \cos 2x \, dx$$

第一部分很简单： $\frac{1}{2} \int e^x \, dx = \frac{1}{2}e^x$。现在的重点是计算第二部分： Let $J = \int e^x \cos 2x \, dx$。

2 对 $J$ 进行分部积分 (两次) 我们需要计算 $J = \int e^x \cos 2x \, dx$。

第一次分部积分： 令 $u = \cos 2x$，$dv = e^x dx$ 则 $du = -2\sin 2x \, dx$，$v = e^x$

$$J = e^x \cos 2x - \int e^x (-2\sin 2x) dx$$

$$J = e^x \cos 2x + 2 \int e^x \sin 2x \, dx$$

第二次分部积分 (针对上式中的积分)： 令 $u = \sin 2x$，$dv = e^x dx$ 则 $du = 2\cos 2x \, dx$，$v = e^x$

$$\int e^x \sin 2x \, dx = e^x \sin 2x - \int e^x (2\cos 2x) dx$$

$$= e^x \sin 2x - 2J$$

代回 $J$ 的方程：

$$J = e^x \cos 2x + 2(e^x \sin 2x - 2J)$$

$$J = e^x \cos 2x + 2e^x \sin 2x - 4J$$

解出 $J$： 移项得 $5J = e^x(\cos 2x + 2\sin 2x)$

$$J = \frac{e^x}{5}(\cos 2x + 2\sin 2x)$$

3 组合最终结果回到步骤 1 的公式： $I = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{2}J$

$$I = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{2} \left[ \frac{e^x}{5}(\cos 2x + 2\sin 2x) \right] + C$$

整理得：

$$I = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{10}e^x(\cos 2x + 2\sin 2x) + C$$

或者提取公因式 $\frac{e^x}{10}$ 使结果更美观：

$$\displaystyle \int e^{x}\sin^{2}x\,dx = \frac{e^x}{10}(5 - \cos 2x - 2\sin 2x) + C$$

（7）$\displaystyle \int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx$

解答：

1 使用分部积分法 (IBP)

我们使用公式 $\displaystyle \int u \, dv = uv - \int v \, du$。

选取 $u$ 和 $dv$： 令 $u = \ln(1+e^x)$，因为其导数更简单。令 $dv = \frac{1}{e^x} dx = e^{-x} dx$，因为这部分容易积分。
求 $du$ 和 $v$：
$$du = \frac{d}{dx}[\ln(1+e^x)] dx = \frac{e^x}{1+e^x} dx$$

$$v = \int e^{-x} dx = -e^{-x} = -\frac{1}{e^x}$$
应用 IBP 公式：
$$\int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = \ln(1+e^x) \cdot \left(-\frac{1}{e^x}\right) - \int \left(-\frac{1}{e^x}\right) \cdot \left(\frac{e^x}{1+e^x}\right) dx$$

$$= -\frac{\ln(1+e^x)}{e^x} + \int \frac{1}{e^x} \cdot \frac{e^x}{1+e^x} dx$$

$$= -\frac{\ln(1+e^x)}{e^x} + \int \frac{1}{1+e^x} dx \quad (*)$$

2 求解剩余积分

现在我们要求解 $I_2 = \displaystyle \int \frac{1}{1+e^x} dx$。

使用代换法： 令 $t = e^x$，则 $dt = e^x dx = t \, dx$。因此 $dx = \frac{dt}{t}$。
$$I_2 = \int \frac{1}{1+t} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{1}{t(1+t)} dt$$
使用部分分式分解：
$$\frac{1}{t(1+t)} = \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t}$$
积分：
$$I_2 = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} \right) dt = \ln|t| - \ln|1+t| + C_1$$
代回 $t=e^x$： 由于 $e^x > 0$ 和 $1+e^x > 0$，我们去掉绝对值。
$$I_2 = \ln(e^x) - \ln(1+e^x) + C_1$$

$$I_2 = x - \ln(1+e^x) + C_1$$

3 合并最终结果

将 $I_2$ 代回步骤 1 中的 $(*)$ 式：

$$\int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = -\frac{\ln(1+e^x)}{e^x} + \left[ x - \ln(1+e^x) \right] + C$$

整理并合并 $\ln(1+e^x)$ 项：

$$\int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = x - \ln(1+e^x) \left( \frac{1}{e^x} + 1 \right) + C$$$$\displaystyle \int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = x - \frac{1+e^x}{e^x} \ln(1+e^x) + C$$

（8）$\displaystyle \int e^{2x}( \tan x+1)^{2} dx$

解答：

这是一个可以使用积的求导法则逆运算（Product Rule in Reverse）求解的积分。

1 简化被积函数

首先展开 $(\tan x+1)^2$，并利用三角恒等式 $\sec^2 x = \tan^2 x + 1$ 来简化被积函数。

$$ \begin{aligned} \int e^{2x}( \tan x+1)^{2} dx &= \int e^{2x}(\tan^2 x + 2\tan x + 1) dx \\ &= \int e^{2x}[(\tan^2 x + 1) + 2\tan x] dx \\ &= \int e^{2x}(\sec^2 x + 2\tan x) dx \end{aligned} $$

2 利用导数公式的逆运算

我们观察到积分形式 $\displaystyle \int e^{ax}[f'(x) + a f(x)] dx = e^{ax} f(x) + C$。

在这个问题中：

我们有 $a = 2$。
如果设 $f(x) = \tan x$，则 $f'(x) = \sec^2 x$。

将这些代入，我们看到被积函数正好是：

$$e^{2x}(\sec^2 x + 2\tan x) = e^{2x}[f'(x) + 2 f(x)]$$

因此，根据公式，积分结果为 $e^{2x} f(x) + C$。

$$\int e^{2x}(\sec^2 x + 2\tan x) dx = e^{2x} \tan x + C$$

3 验证（分部积分法）

为了确保结果的正确性，我们可以通过对 $e^{2x} \sec^2 x$ 部分使用分部积分法进行验证。

$$I = \int e^{2x}\sec^2 x \, dx + \int 2e^{2x}\tan x \, dx$$

对第一项 $I_1 = \int e^{2x}\sec^2 x \, dx$ 使用分部积分法：

令 $u = e^{2x}$， $dv = \sec^2 x \, dx$
则 $du = 2e^{2x} dx$， $v = \tan x$

$$I_1 = e^{2x} \tan x - \int \tan x (2e^{2x}) dx$$

$$I_1 = e^{2x} \tan x - 2 \int e^{2x} \tan x \, dx$$

代回原积分 $I$：

$$I = I_1 + \int 2e^{2x}\tan x \, dx$$

$$I = \left( e^{2x} \tan x - 2 \int e^{2x} \tan x \, dx \right) + 2 \int e^{2x} \tan x \, dx + C$$

中间的两项互相抵消，最终结果为：

$$\displaystyle \int e^{2x}( \tan x+1)^{2} dx = e^{2x} \tan x + C$$

3

已知 $f(x)$ 的一个原函数为 $\dfrac{\sin x}{x}$，求 $\displaystyle \int x f'(x)\,dx$

解答：已知

$$F(x)=\frac{\sin x}{x}$$

是 $f(x)$ 的一个原函数，因此

$$F'(x)=f(x).$$

要求

$$\int x f'(x) dx.$$

对被积函数作分部积分，令

$$u=x,\quad dv=f'(x)\,dx,$$

则

$$du=dx,\quad v=f(x).$$

因此

$$\int x f'(x) dx= x f(x)-\int f(x)dx.$$

又因为

$$\int f(x)dx = F(x)=\frac{\sin x}{x}.$$

代入得

$$\int x f'(x) dx = x f(x)-\frac{\sin x}{x} + C.$$

而

$$f(x)=F'(x)=\left(\frac{\sin x}{x}\right)'=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}.$$

因此

$$x f(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x}.$$

最终：

$$\int x f'(x) dx=\frac{x\cos x-\sin x}{x}-\frac{\sin x}{x}+C$$

$$=\frac{x\cos x-2\sin x}{x}+C.$$

4

证明：若

$$I_n =\int \tan^{n} x\, dx\quad (n=2,3,\ldots),$$

则

$$I_n=\frac{1}{n-1}\tan^{\,n-1}x - I_{n-2}.$$

解答：从

$$I_n=\int \tan^{n}x\, dx$$

开始，将被积函数拆出一项 $\tan^{n-2}x \tan^{2}x$：

$$I_n=\int \tan^{n-2}x \tan^{2}x\,dx.$$

利用恒等式

$$\tan^{2}x=\sec^{2}x -1,$$

得

$$I_n=\int \tan^{n-2}x (\sec^{2}x-1)\,dx$$

$$=\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx - \int \tan^{n-2}x\,dx$$

$$=\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx - I_{n-2}.$$

对第一项作变量代换：令

$$u=\tan x,\quad du=\sec^{2}x\,dx,$$

则

$$\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx=\int u^{\,n-2}\,du=\frac{u^{\,n-1}}{n-1}+C.$$

写回原变量：

$$\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx=\frac{\tan^{\,n-1}x}{n-1}.$$

因此

$$I_n=\frac{1}{n-1}\tan^{\,n-1}x - I_{n-2} + C.$$

证毕。

三、考研真题

5

（2006216）$\displaystyle \int\frac{\arcsin(e^{x})}{e^{x}}dx$

解答：

✅ 步骤 1：代换 $t=e^x$（这是关键）

$$t=e^x \quad\Rightarrow\quad dt=e^x dx \Rightarrow dx=\frac{dt}{t}$$

代入：

$$\int \frac{\arcsin(e^x)}{e^x} dx = \int \frac{\arcsin(t)}{t} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{\arcsin(t)}{t^2} dt$$

✅ 步骤 2：分部积分令

$$u=\arcsin t,\quad dv=t^{-2}dt$$

则

$$du=\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt,\quad v=-t^{-1}$$

分部积分：

$$\int \frac{\arcsin(t)}{t^2} dt = -\frac{\arcsin t}{t} + \int \frac{1}{t\sqrt{1-t^2}} dt$$

✅ 步骤 3：再做一个简单代换第二个积分：

$$\int \frac{1}{t\sqrt{1-t^2}} dt$$

令 $t=\sin\theta$，则：

$$dt=\cos\theta d\theta,\quad \sqrt{1-t^2}=\cos\theta$$

代入：

$$\int \frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\cos\theta d\theta = \int \csc\theta\, d\theta = \ln|\csc\theta - \cot\theta|$$

回到 $t=\sin\theta$：

$$\csc\theta=\frac{1}{t},\quad \cot\theta=\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}$$

所以：

$$\int \frac{1}{t\sqrt{1-t^2}} dt = \ln\left|\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t}\right|$$

⭐ 最终代回 $t=e^x$

$$\boxed{ \int \frac{\arcsin(e^x)}{e^x} dx = -\frac{\arcsin(e^x)}{e^x} + \ln\left|\frac{1-\sqrt{1-e^{2x}}}{e^x}\right| + C }$$

6

（2003215）$\displaystyle \int \frac{x e^{\arctan x}}{(1+x^{2})^{3/2}}dx$

解答：

令 $u=\arctan x$，则 $du=\frac1{1+x^{2}}dx$，且$\sqrt{1+x^{2}}=\sec u$。化简可得：

$$\int e^{u}\sin u\,du$$

$$=\frac12 e^{u}(\sin u-\cos u)+C.$$

写回 $x$：

$$=\frac12 e^{\arctan x}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}\right)+C.$$

7

（2011317）$\displaystyle \int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx$

解答：

我们来计算：

$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}\,dx$$

把它拆开最简单：

$$= \int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\,dx \;+\; \int \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx$$

下面两个积分分别算，过程尽量简单。

① 计算 $\displaystyle \int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\,dx$ 令：

$$t=\sqrt{x}\quad (x=t^2)$$

$$dx = 2t\,dt,\quad \sqrt{x}=t$$

代入：

$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx = \int \frac{\arcsin(t)}{t}\cdot 2t\,dt = 2\int \arcsin(t)\,dt$$

再做分部积分：令

$$u=\arcsin t,\quad dv=dt$$

$$du=\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt,\quad v=t$$

$$\int \arcsin t\,dt = t\arcsin t-\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt$$

第二个积分令 $u=1-t^2$ 即可：

$$\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt = -\sqrt{1-t^2}$$

所以：

$$\int \arcsin t\,dt = t\arcsin t+\sqrt{1-t^2}$$

因此：

$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx = 2\left( t\arcsin t+\sqrt{1-t^2} \right)$$

代回 $t=\sqrt{x}$：

$$=2\sqrt{x}\,\arcsin\sqrt{x} +2\sqrt{\,1-x\,}$$

② 计算 $\displaystyle \int \frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx$ 仍用 $x=t^2$ 代换：

$$x=t^2,\quad dx=2t\,dt$$

$$\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx = \frac{\ln(t^2)}{t}\cdot 2t\,dt = 2\ln(t^2)\,dt = 4\ln t\,dt$$

积分：

$$\int 4\ln t\,dt = 4(t\ln t - t)$$

代回 $t=\sqrt{x}$：

$$= 4\sqrt{x}\ln\sqrt{x} - 4\sqrt{x}$$

因为 $\ln\sqrt{x}=\tfrac12\ln x$：

$$= 2\sqrt{x}\ln x - 4\sqrt{x}$$

③ 合并两个部分把①②相加：

$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx = 2\sqrt{x}\,\arcsin\sqrt{x} +2\sqrt{1-x} +2\sqrt{x}\ln x -4\sqrt{x} + C$$

最终答案

$$\boxed{ \int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx = 2\sqrt{x}\,\arcsin\sqrt{x} + 2\sqrt{1-x} + 2\sqrt{x}\ln x - 4\sqrt{x} + C }$$

8

（2016102）已知函数

$$f(x)= \begin{cases} 2(x-1), & x<1,\\[6pt] \ln x, & x\ge 1, \end{cases}$$

则 $f(x)$ 的一个原函数是（） (A)

$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x -1), & x\ge 1 \end{cases}$$

(B)

$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x +1)-1, & x\ge 1 \end{cases}$$

(C)

$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x +1)+1, & x\ge 1 \end{cases}$$

(D)

$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x -1)+1, & x\ge 1 \end{cases}$$

解答：

第一步：对各段积分 (1) 当 $x<1$：

$$\int 2(x-1)\,dx = (x-1)^2 + C_1$$

所以所有选项的左段 $(x-1)^2$ 都是正确的。

(2) 当 $x\ge 1$：

$$\int \ln x\,dx = x\ln x - x + C_2$$

所以右段形式应该是：

$$x(\ln x -1)+C_2 \quad\text{或}\quad x(\ln x+1)+C_2$$

但要匹配导数：

$x(\ln x -1)$’ = $\ln x$ ✔

$x(\ln x +1)$’ = $\ln x + 2$ ❌（多出常数 2，不对）

因此右段必须形如：

$$x(\ln x -1)+C_2$$

第二步：检查选项我们检查右段表达式：

(A) $x(\ln x -1)$ ✔ 正确

(B) $x(\ln x +1)-1$ ❌ 导数为 $\ln x + 2$（错误）

(D) $x(\ln x -1)+1$ ✔ 导数为 $\ln x$

第三步：检查在 $x=1$ 是否连续左段：

$$F(1^-)= (1-1)^2 = 0$$

检查 (A)：

$$F(1^+) = 1(\ln1 - 1)= -1$$

不连续 → 排除 A 检查 (D)：

$$F(1^+) = 1(\ln1 - 1)+1 = -1 + 1 = 0$$

与左侧相同 → 连续

✅ 最终答案：D

第4节几种特殊函数的不定积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

部分校验

一、基础题

1 求下列不定积分

(1)

$\displaystyle \int \frac{2x+1}{x^2+3x-4}\,dx$

解答：

$$x^2+3x-4=(x+4)(x-1)$$

部分分式：

$$\frac{2x+1}{(x+4)(x-1)}=\frac{A}{x+4}+\frac{B}{x-1}$$

$$2x+1=A(x-1)+B(x+4)$$

配系数得：

$$A+B=2,\quad -A+4B=1$$

解得 $A=\frac{7}{5}, B=\frac{3}{5}$。

$$\int \frac{2x+1}{x^2+3x-4}\,dx=\frac{7}{5}\ln|x+4|+\frac{3}{5}\ln|x-1|+C$$

(2)

$\displaystyle \int \frac{2x+5}{x^2+4x+5}\,dx$

解答：

$$x^2+4x+5=(x+2)^2+1,\quad 2x+5=2(x+2)+1$$

$$\int\frac{2(x+2)}{(x+2)^2+1}\,dx+\int\frac{1}{(x+2)^2+1}\,dx$$

$$=\ln\left((x+2)^2+1\right)+\arctan(x+2)+C$$

(3)

$\displaystyle \int \frac{x^2+x-1}{x^3-x}\,dx$

解答：

先化简被积函数。

① 分母因式分解

$$x^3 - x = x(x^2 - 1)=x(x-1)(x+1)$$

② 做部分分式分解设

$$\frac{x^2+x-1}{x(x-1)(x+1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{x+1}$$

两边同乘分母：

$$x^2+x-1 = A(x-1)(x+1)+B x(x+1)+C x(x-1)$$

代入三个简单点的 x：

(1) 令 $x=0$

$$-1 = A(-1)(1) = -A \Rightarrow A = 1$$

(2) 令 $x=1$

$$1+1-1 = 1 = B(1)(2) \Rightarrow B = \frac12$$

(3) 令 $x=-1$

$$1 -1 -1 = -1 = C(-1)(-2) = 2C \Rightarrow C = -\frac12$$

③ 部分分式得到

$$\frac{x^2+x-1}{x(x-1)(x+1)} = \frac{1}{x} +\frac{1/2}{x-1} -\frac{1/2}{x+1}$$

④ 逐项积分

$$\int \frac{1}{x} dx = \ln|x|$$

$$\int \frac{1}{2(x-1)} dx = \frac12 \ln|x-1|$$

$$\int -\frac{1}{2(x+1)} dx = -\frac12 \ln|x+1|$$

⑤ 合并得到最终答案

$$\boxed{ \int \frac{x^2+x-1}{x^3-x}\,dx = \ln|x| +\frac12 \ln|x-1| -\frac12 \ln|x+1| + C }$$

也可以写成一个对数：

$$\boxed{ \int = \ln\left|\frac{x\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}}\right| + C }$$

(4)

$\displaystyle \int \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{x+1}+1}\,dx$

解答：

这个积分可以通过代换法 (Substitution) 轻松求解。

1 变量代换

令 $u = \sqrt{x+1}$。我们的目标是消去积分中的根号项。

平方两边： $u^2 = x+1$
求 $x$ 的微分 $dx$： $2u \, du = dx$

现在我们用 $u$ 替换积分中的所有项：

$$\int \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{x+1}+1}\,dx = \int \frac{u-1}{u+1} \cdot (2u \, du)$$

$$= 2 \int \frac{u^2 - u}{u + 1} \, du$$

2 简化有理函数

由于分子 $u^2 - u$ 的次数大于分母 $u+1$ 的次数，我们使用多项式除法（或代数技巧）来简化被积函数。

$$\frac{u^2 - u}{u + 1} = \frac{u^2 + u - 2u}{u + 1} = \frac{u(u+1) - 2(u+1) + 2}{u + 1}$$

$$\frac{u^2 - u}{u + 1} = u - 2 + \frac{2}{u + 1}$$

3 积分求解

将简化后的表达式代回积分式中：

$$I = 2 \int \left( u - 2 + \frac{2}{u + 1} \right) du$$

$$I = 2 \left[ \int u \, du - \int 2 \, du + 2 \int \frac{1}{u + 1} \, du \right]$$$$I = 2 \left[ \frac{u^2}{2} - 2u + 2 \ln|u + 1| \right] + C$$

分配 $2$ 并简化：

$$I = u^2 - 4u + 4 \ln|u + 1| + C$$

4 回代到 $x$

最后，将 $u = \sqrt{x+1}$ 和 $u^2 = x+1$ 代回：

$$I = (x+1) - 4\sqrt{x+1} + 4 \ln|\sqrt{x+1} + 1| + C$$

由于 $\sqrt{x+1}$ 是非负数，$\sqrt{x+1} + 1$ 恒为正，因此可以去掉绝对值号。同时，常数 $1$ 可以被吸收到积分常数 $C$ 中。

$$\displaystyle \int \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{x+1}+1}\,dx = x - 4\sqrt{x+1} + 4 \ln(\sqrt{x+1} + 1) + C$$

(5)

$\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}}$

解答：

这是一个典型的通过变量代换（Substitution）来简化根式表达式的积分。

1 变量代换

观察到积分中出现 $\sqrt{x} = x^{1/2}$ 和 $\sqrt[4]{x} = x^{1/4}$。我们选择一个代换，使得所有根式都能被消除。

取最小公分母的指数： 最小指数是 $\frac{1}{4}$。
令 $u = \sqrt[4]{x}$。

通过这个代换，我们得到：

$u^2 = (\sqrt[4]{x})^2 = \sqrt{x}$
$u^4 = x$
求 $dx$： $dx = 4u^3 \, du$

2 转换为 $u$ 的积分

将所有项代入原积分：

$$I = \int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}} = \int \frac{4u^3 \, du}{u^2 + u}$$

3 简化并求解积分

3.1 简化有理函数

首先约分，然后使用代数技巧（或多项式除法）来简化：

$$I = 4 \int \frac{u^3}{u(u + 1)} du = 4 \int \frac{u^2}{u + 1} du$$

我们知道 $u^2 = u^2 - 1 + 1 = (u-1)(u+1) + 1$。

$$\frac{u^2}{u + 1} = \frac{(u-1)(u+1) + 1}{u + 1} = (u - 1) + \frac{1}{u + 1}$$

3.2 积分

$$I = 4 \int \left( u - 1 + \frac{1}{u + 1} \right) du$$

$$I = 4 \left[ \frac{u^2}{2} - u + \ln|u + 1| \right] + C$$

$$I = 2u^2 - 4u + 4 \ln|u + 1| + C$$

4 回代到 $x$

最后，将 $u = \sqrt[4]{x}$ 和 $u^2 = \sqrt{x}$ 代回：

$$\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}} = 2\sqrt{x} - 4\sqrt[4]{x} + 4 \ln|\sqrt[4]{x} + 1| + C$$

由于 $\sqrt[4]{x} \ge 0$，所以 $\sqrt[4]{x} + 1$ 恒为正，可以去掉绝对值号：

$$\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}} = 2\sqrt{x} - 4\sqrt[4]{x} + 4 \ln(\sqrt[4]{x} + 1) + C$$

(6)

$\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{1+e^x}}$

解答：

这个积分可以通过变量代换 (Substitution) 来求解。

1 变量代换

令 $u$ 等于根式项，以消除根号：

$$u = \sqrt{1+e^x}$$

平方并解出 $e^x$： $u^2 = 1+e^x \implies e^x = u^2 - 1$
解出 $x$： $x = \ln(u^2 - 1)$
求 $dx$： 对 $x$ 求导： $$dx = \frac{1}{u^2 - 1} \cdot (2u) du = \frac{2u}{u^2 - 1} du$$

2 转换为 $u$ 的积分

将所有项代入原积分：

$$I = \int \frac{dx}{\sqrt{1+e^x}} = \int \frac{1}{u} \cdot \frac{2u}{u^2 - 1} du$$

$$I = \int \frac{2}{u^2 - 1} du$$

3 部分分式分解

我们将被积函数分解为部分分式，因为 $u^2 - 1 = (u-1)(u+1)$：

$$\frac{2}{u^2 - 1} = \frac{A}{u - 1} + \frac{B}{u + 1}$$

解得 $A=1, B=-1$ (通过代入 $u=1$ 和 $u=-1$ 即可得到)。

$$I = \int \left( \frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1} \right) du$$

4 积分并回代

对分解后的式子进行积分：

$$I = \ln|u - 1| - \ln|u + 1| + C$$

$$I = \ln\left|\frac{u - 1}{u + 1}\right| + C$$

代回 $u = \sqrt{1+e^x}$：

$$I = \ln\left|\frac{\sqrt{1+e^x} - 1}{\sqrt{1+e^x} + 1}\right| + C$$

5 最终简化 (可选)

我们可以对 $\ln$ 函数内的式子进行有理化，以得到更简洁的形式。

$$\frac{\sqrt{1+e^x} - 1}{\sqrt{1+e^x} + 1} = \frac{(\sqrt{1+e^x} - 1)^2}{(\sqrt{1+e^x} + 1)(\sqrt{1+e^x} - 1)} = \frac{(\sqrt{1+e^x} - 1)^2}{(1+e^x) - 1} = \frac{(\sqrt{1+e^x} - 1)^2}{e^x}$$

代入 $I$ 并使用对数性质 $\ln(a/b) = \ln a - \ln b$：

$$I = \ln\left( \frac{(\sqrt{1+e^x} - 1)^2}{e^x} \right) + C$$

$$I = 2\ln(\sqrt{1+e^x} - 1) - \ln(e^x) + C$$

最终结果为：

$$\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{1+e^x}} = 2\ln(\sqrt{1+e^x} - 1) - x + C$$

(注意：在定义域内，$\sqrt{1+e^x} > 1$，所以 $\sqrt{1+e^x} - 1$ 恒为正，无需绝对值。)

(7)

$\displaystyle \int \frac{dx}{3+\cos x}$

解答：

这个积分是使用万能代换法（Weierstrass Substitution，或称为半角正切代换）的典型例子。

1 使用万能代换法

我们进行以下代换：

令 $t = \tan\left(\frac{x}{2}\right)$
于是，微分 $dx$ 和 $\cos x$ 可以表示为： $$dx = \frac{2 dt}{1 + t^2}$$ $$\cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$$

2 转换积分表达式

将 $\cos x$ 代入被积函数的分母中：

$$3 + \cos x = 3 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$$

$$\frac{3(1 + t^2) + (1 - t^2)}{1 + t^2} = \frac{3 + 3t^2 + 1 - t^2}{1 + t^2} = \frac{4 + 2t^2}{1 + t^2}$$

现在将 $dx$ 和分母代入原积分：

$$I = \int \frac{1}{3+\cos x} dx = \int \frac{1}{\frac{4 + 2t^2}{1 + t^2}} \cdot \frac{2 dt}{1 + t^2}$$

$$I = \int \frac{1 + t^2}{4 + 2t^2} \cdot \frac{2 dt}{1 + t^2}$$

3 简化并求解积分

简化上式，注意到 $(1 + t^2)$ 项被约去，常数 $2$ 也被约分：

$$I = \int \frac{2}{4 + 2t^2} dt = \int \frac{2}{2(2 + t^2)} dt$$

$$I = \int \frac{1}{2 + t^2} dt$$

这是一个标准的 $\arctan$ 积分形式： $\displaystyle \int \frac{1}{a^2 + u^2} du = \frac{1}{a} \arctan\left(\frac{u}{a}\right) + C$。在此式中，$t$ 对应 $u$， $2$ 对应 $a^2$，即 $a = \sqrt{2}$。

$$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right) + C$$

4 回代到 $x$

最后，将 $t = \tan(\frac{x}{2})$ 代回：

$$\displaystyle \int \frac{dx}{3+\cos x} = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{\tan(\frac{x}{2})}{\sqrt{2}}\right) + C$$

(8)

$\displaystyle \int \frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)}\,dx$

解答：

这是一个复杂的三角积分，最好的方法是将其分解为两个部分，然后对每个部分应用三角恒等式和代换法。

1 分解被积函数

首先将分数分解成两项：

$$I = \int \frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)}\,dx = \int \left( \frac{1}{\sin x(1+\cos x)} + \frac{\sin x}{\sin x(1+\cos x)} \right) \,dx$$$$I = \int \frac{1}{\sin x(1+\cos x)} \,dx + \int \frac{1}{1+\cos x} \,dx$$

我们分别求解 $I_1 = \int \frac{1}{\sin x(1+\cos x)} \,dx$ 和 $I_2 = \int \frac{1}{1+\cos x} \,dx$。

2 求解 $I_2 = \int \frac{1}{1+\cos x} \,dx$

利用半角公式：$1 + \cos x = 2\cos^2(\frac{x}{2})$。

$$I_2 = \int \frac{1}{2\cos^2(\frac{x}{2})} \,dx = \frac{1}{2} \int \sec^2\left(\frac{x}{2}\right) \,dx$$

使用代换 $u = x/2$，则 $dx = 2\,du$：

$$I_2 = \frac{1}{2} \int \sec^2(u) (2\,du) = \int \sec^2(u) \,du$$

$$I_2 = \tan u + C_2 = \tan\left(\frac{x}{2}\right) + C_2$$

3 求解 $I_1 = \int \frac{1}{\sin x(1+\cos x)} \,dx$

$I_1$ 同样使用半角公式进行简化：

$\sin x = 2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})$
$1 + \cos x = 2\cos^2(\frac{x}{2})$

$$I_1 = \int \frac{1}{[2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})] [2\cos^2(\frac{x}{2})]} \,dx = \int \frac{1}{4\sin(\frac{x}{2})\cos^3(\frac{x}{2})} \,dx$$

为了进行进一步代换，我们将分子和分母同乘 $\frac{1}{\cos^4(\frac{x}{2})}$，引入 $\tan(\frac{x}{2})$：

$$I_1 = \frac{1}{4} \int \frac{\sec^4(\frac{x}{2})}{\tan(\frac{x}{2})} \,dx$$

利用恒等式 $\sec^4(\theta) = (1 + \tan^2(\theta)) \sec^2(\theta)$：

$$I_1 = \frac{1}{4} \int \frac{(1 + \tan^2(\frac{x}{2})) \sec^2(\frac{x}{2})}{\tan(\frac{x}{2})} \,dx$$

进行代换： 令 $t = \tan(\frac{x}{2})$，则 $dt = \sec^2(\frac{x}{2}) \cdot \frac{1}{2} \,dx$，即 $2\,dt = \sec^2(\frac{x}{2}) \,dx$。

$$I_1 = \frac{1}{4} \int \frac{1 + t^2}{t} (2\,dt) = \frac{1}{2} \int \left( \frac{1}{t} + t \right) \,dt$$

对 $t$ 进行积分：

$$I_1 = \frac{1}{2} \left[ \ln|t| + \frac{t^2}{2} \right] + C_1 = \frac{1}{2} \ln|t| + \frac{t^2}{4} + C_1$$

回代 $t = \tan(\frac{x}{2})$：

$$I_1 = \frac{1}{2} \ln\left|\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right| + \frac{1}{4} \tan^2\left(\frac{x}{2}\right) + C_1$$

4 组合最终结果

将 $I_1$ 和 $I_2$ 相加，并合并常数 $C_1$ 和 $C_2$ 为 $C$：

$$I = I_1 + I_2$$

$$I = \left( \frac{1}{2} \ln\left|\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right| + \frac{1}{4} \tan^2\left(\frac{x}{2}\right) \right) + \tan\left(\frac{x}{2}\right) + C$$$$\displaystyle \int \frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)}\,dx = \frac{1}{4} \tan^2\left(\frac{x}{2}\right) + \tan\left(\frac{x}{2}\right) + \frac{1}{2} \ln\left|\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right| + C$$

二、提高题

2

求下列不定积分

(1)

$\displaystyle \int \frac{dx}{(x^2+1)(x^2+x)}$

解答：

这是一个有理函数积分，我们使用部分分式分解（Partial Fraction Decomposition, P.F.D.）来求解。

1 分解分母

首先将分母完全分解：

$$(x^2+1)(x^2+x) = (x^2+1) \cdot x(x+1)$$

2 部分分式分解设置

我们将被积函数分解为三个部分：两个对应线性因子，一个对应不可约二次因子。

$$\frac{1}{x(x+1)(x^2+1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} + \frac{Cx + D}{x^2+1}$$

将两边同乘以公分母 $x(x+1)(x^2+1)$：

$$1 = A(x+1)(x^2+1) + Bx(x^2+1) + (Cx+D)x(x+1)$$

3 求解常数 A, B, C, D

求解 A 和 B (使用特殊值法)：

令 $x = 0$： $$1 = A(1)(1) + 0 + 0 \implies \mathbf{A = 1}$$
令 $x = -1$： $$1 = 0 + B(-1)((-1)^2+1) + 0$$ $$1 = -2B \implies \mathbf{B = -1/2}$$

求解 C 和 D (使用比较系数法)：展开并比较 $x^3$ 和常数项的系数：

$$1 = (A+B+C)x^3 + (A+C+D)x^2 + (A+B+D)x + A$$

$x^3$ 的系数 (必须为 0)：
$$A + B + C = 0$$

$$1 + (-1/2) + C = 0 \implies 1/2 + C = 0 \implies \mathbf{C = -1/2}$$
$x^2$ 的系数 (必须为 0)：
$$A + C + D = 0$$

$$1 + (-1/2) + D = 0 \implies 1/2 + D = 0 \implies \mathbf{D = -1/2}$$

4 积分

部分分式分解的结果为：

$$\frac{1}{x(x+1)(x^2+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{2(x+1)} - \frac{1}{2} \cdot \frac{x+1}{x^2+1}$$

将积分分解为易于求解的四部分：

$$I = \int \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{2(x+1)} - \frac{1}{2} \cdot \frac{x}{x^2+1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^2+1} \right) dx$$

第 1, 2 项 (对数)： $\displaystyle \int \frac{1}{x} dx = \ln|x|$; $\displaystyle \int \frac{1}{x+1} dx = \ln|x+1|$
第 3 项 (对数，代换 $u=x^2+1$）： $\displaystyle \int \frac{x}{x^2+1} dx = \frac{1}{2} \ln(x^2+1)$
第 4 项 (反正切)： $\displaystyle \int \frac{1}{x^2+1} dx = \arctan(x)$

5 组合最终结果

$$I = \ln|x| - \frac{1}{2} \ln|x+1| - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \ln(x^2+1) \right) - \frac{1}{2} \arctan(x) + C$$$$\displaystyle \int \frac{dx}{(x^2+1)(x^2+x)} = \ln|x| - \frac{1}{2} \ln|x+1| - \frac{1}{4} \ln(x^2+1) - \frac{1}{2} \arctan(x) + C$$

(2)

$\displaystyle \int \frac{x^2+1}{(x+1)^2(x-1)}\,dx$

解答：

这是一个有理函数积分，我们将使用部分分式分解（Partial Fraction Decomposition, P.F.D.）来求解。

1 部分分式分解设置

分母包含一个重复线性因子 $(x+1)^2$ 和一个简单线性因子 $(x-1)$。分解形式如下：

$$\frac{x^2+1}{(x+1)^2(x-1)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{(x+1)^2} + \frac{C}{x-1}$$

2 求解常数 A, B, C

将两边同乘以公分母 $(x+1)^2(x-1)$：

$$x^2+1 = A(x+1)(x-1) + B(x-1) + C(x+1)^2$$

令 $x = 1$ (求解 C)：
$$1^2 + 1 = 0 + 0 + C(1+1)^2$$

$$2 = 4C \implies \mathbf{C = 1/2}$$
令 $x = -1$ (求解 B)：
$$(-1)^2 + 1 = 0 + B(-1-1) + 0$$

$$2 = -2B \implies \mathbf{B = -1}$$
令 $x = 0$ (求解 A, 或比较 $x^2$ 系数)： 比较 $x^2$ 的系数是更快的：展开右侧， $x^2$ 项为 $Ax^2 + Cx^2$。
$$A + C = 1 \quad (\text{左侧 } x^2 \text{ 的系数为 } 1)$$

$$A + 1/2 = 1 \implies \mathbf{A = 1/2}$$

3 积分

部分分式分解的结果为：

$$\frac{x^2+1}{(x+1)^2(x-1)} = \frac{1}{2(x+1)} - \frac{1}{(x+1)^2} + \frac{1}{2(x-1)}$$

对分解后的每一项分别积分：

$$I = \int \left( \frac{1}{2(x+1)} - (x+1)^{-2} + \frac{1}{2(x-1)} \right) dx$$

$$\int \frac{1}{2(x+1)} dx = \frac{1}{2} \ln|x+1|$$
$$\int -(x+1)^{-2} dx = - \frac{(x+1)^{-1}}{-1} = \frac{1}{x+1}$$
$$\int \frac{1}{2(x-1)} dx = \frac{1}{2} \ln|x-1|$$

4 组合最终结果

将所有结果相加并合并常数项：

$$I = \frac{1}{2} \ln|x+1| + \frac{1}{x+1} + \frac{1}{2} \ln|x-1| + C$$

利用对数性质 $\ln a + \ln b = \ln(ab)$ 进行简化：

$$I = \frac{1}{2} (\ln|x+1| + \ln|x-1|) + \frac{1}{x+1} + C$$

$$\displaystyle \int \frac{x^2+1}{(x+1)^2(x-1)}\,dx = \frac{1}{2} \ln|x^2-1| + \frac{1}{x+1} + C$$

(3)

$\displaystyle \int \frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx$

解答：

这是一个可以使用分子拆分技巧求解的典型积分。我们的目标是将分子 $\sin x$ 写成分母 $(\sin x + \cos x)$ 和分母的导数 $(\cos x - \sin x)$ 的线性组合。

1 分子拆分 (代数操作)

设 $\sin x = A(\sin x + \cos x) + B(\cos x - \sin x)$。

展开并按 $\sin x$ 和 $\cos x$ 分组：

$$\sin x = (A - B)\sin x + (A + B)\cos x$$

比较等式两边的系数：

$\sin x$ 的系数： $A - B = 1$
$\cos x$ 的系数： $A + B = 0$

解方程组：

由 (2) 得 $A = -B$。
代入 (1)： $(-B) - B = 1 \implies -2B = 1 \implies \mathbf{B = -1/2}$
代回 $A = -B$： $\mathbf{A = 1/2}$

因此，我们可以将分子 $\sin x$ 写为：

$$\sin x = \frac{1}{2}(\sin x + \cos x) - \frac{1}{2}(\cos x - \sin x)$$

2 积分求解

将拆分后的分子代入原积分：

$$I = \int \frac{\frac{1}{2}(\sin x + \cos x) - \frac{1}{2}(\cos x - \sin x)}{\sin x+\cos x}\,dx$$

将积分拆分为两部分：

$$I = \frac{1}{2} \int \frac{\sin x + \cos x}{\sin x+\cos x} \,dx - \frac{1}{2} \int \frac{\cos x - \sin x}{\sin x+\cos x} \,dx$$

第一部分： $\frac{\sin x + \cos x}{\sin x+\cos x} = 1$
$$\frac{1}{2} \int 1 \,dx = \frac{1}{2}x$$
第二部分： $\frac{\cos x - \sin x}{\sin x+\cos x}$ 形式为 $\frac{f'(x)}{f(x)}$
$$\int \frac{\cos x - \sin x}{\sin x+\cos x} \,dx = \ln|\sin x + \cos x|$$

3 组合最终结果

将两部分结果组合起来：

$$\displaystyle \int \frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2} \ln|\sin x + \cos x| + C$$

(4)

$\displaystyle \int \frac{\cos x}{2\sin x+3\cos x}\,dx$

解答：

这个积分可以使用分子拆分（或线性组合）技巧求解，这是处理 $\displaystyle \int \frac{a \cos x + b \sin x}{c \cos x + d \sin x} dx$ 形式积分的标准方法。

1 分子拆分 (代数操作)

我们的目标是将分子 $\cos x$ 写成分母 $D = 2\sin x + 3\cos x$ 和分母的导数 $D' = 2\cos x - 3\sin x$ 的线性组合。

设 $\cos x = A(2\sin x + 3\cos x) + B(2\cos x - 3\sin x)$。

展开并按 $\sin x$ 和 $\cos x$ 分组：

$$\cos x = (2A - 3B)\sin x + (3A + 2B)\cos x$$

比较等式两边 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的系数：

$\sin x$ 的系数 (左侧为 0)： $2A - 3B = 0$
$\cos x$ 的系数 (左侧为 1)： $3A + 2B = 1$

解方程组：

由 (1) 得 $A = \frac{3}{2}B$。
代入 (2)： $$3\left(\frac{3}{2}B\right) + 2B = 1$$ $$\frac{9}{2}B + \frac{4}{2}B = 1 \implies \frac{13}{2}B = 1 \implies \mathbf{B = \frac{2}{13}}$$
求 $A$： $$A = \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{13} \implies \mathbf{A = \frac{3}{13}}$$

2 积分求解

现在我们将分子 $\cos x$ 替换为我们找到的线性组合：

$$\cos x = \frac{3}{13}(2\sin x + 3\cos x) + \frac{2}{13}(2\cos x - 3\sin x)$$

将积分拆分为两部分：

$$I = \int \left[ \frac{3}{13} \cdot \frac{2\sin x + 3\cos x}{2\sin x+3\cos x} + \frac{2}{13} \cdot \frac{2\cos x - 3\sin x}{2\sin x+3\cos x} \right] \,dx$$$$I = \frac{3}{13} \int 1 \,dx + \frac{2}{13} \int \frac{2\cos x - 3\sin x}{2\sin x+3\cos x} \,dx$$

第一部分： $\frac{3}{13} \int 1 \,dx = \frac{3}{13}x$
第二部分： 形式为 $\int \frac{D'}{D} dx$，其积分为 $\ln|D|$
$$\int \frac{2\cos x - 3\sin x}{2\sin x+3\cos x} \,dx = \ln|2\sin x + 3\cos x|$$

3 组合最终结果

将两部分结果组合起来：

$$\displaystyle \int \frac{\cos x}{2\sin x+3\cos x}\,dx = \frac{3}{13}x + \frac{2}{13} \ln|2\sin x + 3\cos x| + C$$

(5)

$\displaystyle \int \sqrt{\frac{e^x-1}{e^x+1}}\,dx$

解答：

(6) $\displaystyle \int \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\,dx$

解答：

三、考研真题

3

(2009216) 求 $\displaystyle \int \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)\,dx\ (x>0)$

解答：

这是一个复杂的积分，需要结合分部积分法 (IBP)、代数技巧和三角代换来求解。

1 分部积分法 (IBP)

我们使用公式 $\displaystyle \int u \, dv = uv - \int v \, du$。

令 $u = \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)$，则 $dv = dx$。
于是 $v = x$。

我们需要求 $du$。由于 $\sqrt{\frac{1+x}{x}} = \sqrt{1+\frac{1}{x}}$，求导 $du$ 的过程非常复杂。在求出 $du$ 后，我们将使用共轭表达式来简化 $\int v \, du$。

经过复杂求导和代数整理（见后面的推导），我们得到：

$$du = \frac{d}{dx} \left[ \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) \right] dx = -\frac{1}{2x\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})} dx$$

代入 IBP 公式：

$$I = x \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) - \int x \left( -\frac{1}{2x\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})} \right) dx$$

$$I = x \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) + \frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})} dx$$

2 简化剩余积分 (使用共轭)

我们处理积分 $I_{rest} = \int \frac{1}{\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})} dx$。

利用共轭表达式 $\sqrt{x+1} - \sqrt{x}$ 进行简化：

$$\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}} = \frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{(\sqrt{x+1})^2 - (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x+1}-\sqrt{x}$$

代入 $I_{rest}$：

$$I_{rest} = \int \frac{1}{\sqrt{x+1}} (\sqrt{x+1}-\sqrt{x}) dx = \int \left( 1 - \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}} \right) dx$$

$$I_{rest} = \int 1 \,dx - \int \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx$$

$$I_{rest} = x - \underbrace{\int \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx}_{I_{final}}$$

3 求解最终积分 $I_{final}$ (三角代换)

我们对 $I_{final} = \int \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx$ 使用三角代换。

令 $x = \tan^2 \theta$。 (由于 $x>0$)
则 $dx = 2 \tan \theta \sec^2 \theta \, d\theta$。
$\sqrt{\frac{x}{x+1}} = \sqrt{\frac{\tan^2 \theta}{\tan^2 \theta + 1}} = \sqrt{\frac{\tan^2 \theta}{\sec^2 \theta}} = \sin \theta$。

$$I_{final} = \int \sin \theta \cdot (2 \tan \theta \sec^2 \theta) d\theta$$

$$I_{final} = 2 \int \frac{\sin^2 \theta}{\cos^3 \theta} d\theta = 2 \int \frac{1-\cos^2 \theta}{\cos^3 \theta} d\theta = 2 \int (\sec^3 \theta - \sec \theta) d\theta$$

我们使用 $\sec^3 \theta$ 的标准积分公式 $\int \sec^3 \theta \, d\theta = \frac{1}{2}\sec \theta \tan \theta + \frac{1}{2} \ln|\sec \theta + \tan \theta|$：

$$I_{final} = 2 \left[ \left(\frac{1}{2}\sec \theta \tan \theta + \frac{1}{2} \ln|\sec \theta + \tan \theta|\right) - \ln|\sec \theta + \tan \theta| \right] + C'$$

$$I_{final} = \sec \theta \tan \theta - \ln|\sec \theta + \tan \theta| + C'$$

回代到 $x$： 由于 $x = \tan^2 \theta$，所以 $\tan \theta = \sqrt{x}$，$\sec \theta = \sqrt{1+x}$。

$$I_{final} = \sqrt{x}\sqrt{x+1} - \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1}) + C'$$

$$I_{final} = \sqrt{x^2+x} - \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1}) + C'$$

4 组合最终结果

将 $I_{rest}$ 和 $I_{final}$ 代回 IBP 结果：

$$I = x \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) + \frac{1}{2} (x - I_{final}) + C$$

$$I = x \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} \left[ \sqrt{x^2+x} - \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1}) \right] + C$$

整理： 使用对数性质 $\ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) = \ln\left(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}}\right) = \ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}) - \frac{1}{2}\ln x$。

$$I = x \left[ \ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}) - \frac{1}{2}\ln x \right] + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2}\sqrt{x^2+x} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}) + C$$

分组 $\ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})$ 项：

$$I = \left(x + \frac{1}{2}\right) \ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}) - \frac{1}{2} x \ln x + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2}\sqrt{x^2+x} + C$$

为了形式统一，将 $\left(x + \frac{1}{2}\right)$ 写成 $\frac{2x+1}{2}$：

$$\displaystyle \int \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)\,dx = \frac{2x+1}{2} \ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}) - \frac{1}{2} x \ln x + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2}\sqrt{x^2+x} + C$$

第5节积分表的使用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

基础题

利用积分表计算下列不定积分：

(1) $\displaystyle \int \frac{x^2}{(x+2)^2}\,dx$

解答：

先将被积式拆分：

$$\frac{x^2}{(x+2)^2}=\frac{(x+2-2)^2}{(x+2)^2}=1-\frac{4}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^2}$$

逐项积分：

$$\int 1\,dx = x$$

$$\int -\frac{4}{x+2}dx = -4\ln|x+2|$$

$$\int \frac{4}{(x+2)^2}dx = -\frac{4}{x+2}$$

综上：

$$x-4\ln|x+2|-\frac{4}{x+2}+C$$

(2) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{6-4x+x^2}}\,dx$

解答：

配方：

$$6-4x+x^2=(x-2)^2+2$$

$$\int \frac{dx}{\sqrt{(x-2)^2+2}}=\ln\left|x-2+\sqrt{(x-2)^2+2}\right|+C$$

(3) $\displaystyle \int \frac{x}{\sqrt{1+x -x^2}}\,dx$

解答：

先重写分母：

$$1+x-x^2= -\left(x^2-x-1\right)=-(x-\tfrac12)^2+\tfrac54$$

令：

$$t=1+x-x^2,\quad dt=(1-2x)dx$$

写成线性组合即可。最终积分为：

$$-\frac12 \sqrt{1+x-x^2}+\frac12 \arcsin\frac{2x-1}{\sqrt5}+C$$

(4) $\displaystyle \int \frac{1}{x\sqrt{2x-1}}\,dx$

解答：

令 $t=\sqrt{2x-1}$，则：

$$t^2=2x-1 \Rightarrow x=\frac{t^2+1}{2},\ dx=t\,dt$$

原式：

$$\int \frac{t}{\frac{t^2+1}{2}\,t}\,dt =\int \frac{2}{t^2+1}dt$$

$$=2\arctan t +C =2\arctan\sqrt{2x-1}+C$$

(5) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{1+x}}\,dx$

解答：

令 $x=\cosh u$，或采用：

$$\sqrt{x-1}=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\sqrt{x+1}$$

令：

$$t=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}$$

化为有理函数积分，最终：

$$\sqrt{x^2-1}-\arccos\frac{1}{x}+C$$

(6) $\displaystyle \int \sqrt{2x^2-1}\,dx$

解答：

查表：

$$\int \sqrt{ax^2+b}\,dx=\frac{x}{2}\sqrt{ax^2+b}+\frac{b}{2\sqrt{a}}\ln\Big|x\sqrt{a}+\sqrt{ax^2+b}\Big|+C$$

代入 $a=2,b=-1$ 得：

$$\frac{x}{2}\sqrt{2x^2-1}-\frac{1}{2\sqrt2}\ln\left|x\sqrt2+\sqrt{2x^2-1}\right|+C$$

(7) $\displaystyle \int \sin^6 x\,dx$

解答：

利用降幂公式：

$$\sin^6 x=\frac{10}{32}-\frac{15}{32}\cos 2x+\frac{6}{32}\cos 4x-\frac{1}{32}\cos 6x$$

逐项积分得：

$$\int \sin^6 x dx=\frac{5}{16}x-\frac{15}{64}\sin2x+\frac{3}{64}\sin4x-\frac{1}{192}\sin6x+C$$

(8) $\displaystyle \int x^2\arcsin\frac{x}{2}\,dx$

解答：

分部积分，令：

$$u=\arcsin\frac{x}{2},\quad dv=x^2dx$$

$$du=\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}dx,\quad v=\frac{x^3}{3}$$

$$\int x^2\arcsin\frac{x}{2}dx=\frac{x^3}{3}\arcsin\frac{x}{2}-\frac{1}{3}\int \frac{x^3}{\sqrt{4-x^2}}dx$$

代换 $t=4-x^2$ 后可得最终结果：

$$\frac{x^3}{3}\arcsin\frac{x}{2}+\frac{1}{3}\sqrt{4-x^2}(x^2-2)+C$$

(9) $\displaystyle \int \frac{1}{x^3(9+4x^2)}\,dx$

解答：

拆分：

$$\frac{1}{x^3(9+4x^2)}=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}+\frac{Cx}{9+4x^2}$$

求得：

$$A=\frac19,\ B=-\frac{4}{81},\ C=\frac{16}{81}$$

积分：

$$\int\frac{1}{9x^3}dx=-\frac{1}{18x^2}$$

$$\int -\frac{4}{81x}dx=-\frac{4}{81}\ln|x|$$

$$\int\frac{16x}{81(9+4x^2)}dx=\frac{2}{81}\ln(9+4x^2)$$

故：

$$-\frac{1}{18x^2}-\frac{4}{81}\ln|x|+\frac{2}{81}\ln(9+4x^2)+C$$

(10) $\displaystyle \int \frac{x+1}{x^2-2x-1}\,dx$

解答：

分子配合分母微分：

$$x^2-2x-1=(x-1)^2-2$$

$$x+1=(\frac12)(2x-2)+2$$

拆分：

$$\int \frac{1}{2}\frac{2(x-1)}{(x-1)^2-2}dx + \int \frac{2}{(x-1)^2-2}dx$$

第一项：

$$\frac12 \ln|(x-1)^2-2|$$

第二项查表（双曲函数）：

$$\int\frac{1}{u^2-a^2}du=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{u-a}{u+a}\right|$$

得最终：

$$\frac12\ln|x^2-2x-1|+\frac{1}{\sqrt2}\ln\left|\frac{x-1-\sqrt2}{x-1+\sqrt2}\right|+C$$

总习题四

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、填空题

(1) 已知 $f'(x)=3x^2$，且 $f(0)=1$，则 $f(x)=$

解答：

$$f(x)=\int 3x^2\,dx = x^3 + C$$

由 $f(0)=1$ 得：

$$1 = 0 + C \Rightarrow C=1$$

故：

$$f(x)=x^3+1$$

(2) 若函数 $F(x)$ 与 $G(x)$ 是同一连续函数的原函数，则 $F(x)$ 与 $G(x)$ 之间的关系式为

解答：

若二者为同一函数的原函数，则相差一个常数：

$$F(x)=G(x)+C$$

(3) $\displaystyle \int f(x)\,dx=e^{-x^2}+C$，则 $f(x)=$

解答：

由原函数可求导：

$$f(x)=\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}\right) = -2x\,e^{-x^2}$$

(4) 通过点 $\left(1,\frac{\pi}{4}\right)$ 且斜率为 $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}$ 的曲线方程为

解答：

这是满足：

$$y'=\frac{1}{1+x^2}$$

积分得：

$$y=\arctan x + C$$

利用点 $(1,\frac{\pi}{4})$：

$$\frac{\pi}{4}=\arctan 1 + C=\frac{\pi}{4}+C$$

因此 $C=0$，故曲线方程为：

$$y=\arctan x$$

二、选择题

(1) 设 $f'(x)$ 存在且连续，则 $\displaystyle \left[\int f(x)\,dx\right]'=\ (\ )$

题目选项：

A. $f(x)$

B. $f'(x)$

C. $f(x)+C$

D. $f'(x)+C$

解答：

根据基本求导公式：

$$\frac{d}{dx}\left(\int f(x)\,dx\right)=f(x)$$

正确答案为：A

(2) $\displaystyle \int \frac{f'(x)}{1+[f(x)]^2}\,dx = (\ )$

题目选项：

A. $\ln|f(x)|+C$

B. $\frac12\ln|1+f^2(x)|+C$

C. $\arctan f(x)+C$

D. $\frac12\arctan f(x)+C$

解答：

$$\int \frac{f'(x)}{1+[f(x)]^2}dx = \arctan(f(x))+C$$

正确答案为：C

(3) 设 $e^{-x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，则 $\displaystyle \int xf(x)\,dx = (\ )$

题目选项：

A. $e^{-x}(1-x)+C$

B. $e^{-x}(x-1)+C$

C. $e^{-x}(1+x)+C$

D. $-e^{-x}(1+x)+C$

解答：

已知：

$$f(x)=\frac{d}{dx}(e^{-x})=-e^{-x}$$

于是：

$$\int x f(x)\,dx = \int -x e^{-x} dx$$

用分部积分：

$$u=x,\quad dv=-e^{-x}dx$$

$$du=dx,\quad v=e^{-x}$$

$$\int -x e^{-x}dx = x e^{-x} - \int e^{-x} dx = x e^{-x} + e^{-x} + C$$

$$=e^{-x}(x+1)+C$$

正确答案为：C

(4) 设 $f(x),g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，则

$\displaystyle \left[f(x)\int g(x)\,dx\right]' = (\ )$

题目选项：

A. $f(x)g(x)$

B. $f'(x)g(x)$

C. $f'(x)\int g(x)\,dx + f(x)g(x)$

D. $f'(x)g'(x)$

解答：

直接对乘积求导：

$$\left[f(x)\int g(x)\,dx\right]' = f'(x)\int g(x)\,dx + f(x)g(x)$$

正确答案为：C

三、求下列不定积分

(1) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{x}} \tan\sqrt{x}\sec^2\sqrt{x}\,dx$

解答：

令

$$t=\sqrt{x},\quad x=t^2,\quad dx=2t\,dt$$

原式变为：

$$\int \frac{1}{t}\tan t\sec^2 t\cdot 2t\,dt = 2\int \tan t \sec^2 t\,dt$$

利用：

$$(\tan t)'=\sec^2 t$$

令 $u=\tan t$：

$$2\int u\,du = u^2 + C = \tan^2 t + C$$

代回：

$$\tan^2\sqrt{x} + C$$

(2) $\displaystyle \int \arctan\sqrt{x}\,dx$

解答：

令

$$t=\sqrt{x},\quad x=t^2,\quad dx=2t\,dt$$

原式：

$$\int \arctan(\sqrt{x})dx = 2\int t\arctan t\,dt$$

分部积分：

$$u=\arctan t,\quad dv=2t\,dt$$

$$du=\frac{1}{1+t^2}dt,\quad v=t^2$$

$$\int 2 t \arctan t\,dt = t^2\arctan t - \int \frac{t^2}{1+t^2}dt$$

拆分：

$$\frac{t^2}{1+t^2}=1-\frac{1}{1+t^2}$$

$$t^2\arctan t - \int 1\,dt + \int \frac{1}{1+t^2}dt$$

$$=t^2\arctan t - t + \arctan t + C$$

代回 $t=\sqrt{x}$：

$$x\arctan\sqrt{x} - \sqrt{x} + \arctan\sqrt{x} + C$$

(3) $\displaystyle \int \frac{e^{\arccos x}}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{\sqrt {\tan x }\cos^2 x}\,dx$

(4) $\displaystyle \int e^{ax}\sin bx\,dx$

解答：

这是指数函数与正弦函数的乘积积分，一般采用两次分部积分。

第一次分部积分令

$$u=\sin bx, \qquad dv=e^{ax}dx.$$

则

$$du=b\cos bx\,dx , \qquad v=\frac{1}{a}e^{ax}.$$

套用分部积分公式：

$$I=\int u\,dv = uv-\int v\,du.$$

于是：

$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \int \frac{e^{ax}}{a} b\cos bx\,dx.$$

提取常数：

$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax}\cos bx\,dx.$$

记：

$$J=\int e^{ax}\cos bx\,dx.$$

于是：

$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}J.$$

第二次分部积分（求 $J$）对

$$J=\int e^{ax}\cos bx\,dx$$

再做一次分部积分。令

$$u=\cos bx,\qquad dv=e^{ax}dx.$$

则

$$du=-b\sin bx\,dx,\qquad v=\frac{1}{a}e^{ax}.$$

代入分部积分公式：

$$J=\frac{e^{ax}}{a}\cos bx - \int \frac{e^{ax}}{a}(-b\sin bx)\,dx.$$

化简：

$$J=\frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax}\sin bx\,dx.$$

注意这里又出现了原积分：

$$\int e^{ax}\sin bx\,dx = I.$$

所以：

$$J=\frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}I.$$

将 $J$ 代回第一次分部积分结果第一次分部积分得到：

$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}J.$$

代入上式的 $J$：

$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}\left(\frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}I\right).$$

展开：

$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx - \frac{b^2}{a^2}I.$$

将含 $I$ 的项移到左边：

$$I+\frac{b^2}{a^2}I = \frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx.$$

$$I\left(1+\frac{b^2}{a^2}\right)=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx.$$

合并系数：

$$1+\frac{b^2}{a^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2}.$$

于是：

$$ I\cdot\frac{a^2+b^2}{a^2} =\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx. $$

两边乘以 $\frac{a^2}{a^2+b^2}$：

$$I=\frac{a e^{ax}}{a^2+b^2}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2+b^2}\cos bx.$$

即：

$$I=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\left(a\sin bx - b\cos bx\right)+C.$$

最终结果

$$ \boxed{ \int e^{ax}\sin bx\,dx=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\left(a\sin bx - b\cos bx\right)+C } $$

(5) $\displaystyle \int \frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}\,dx$

解答：

令 $t=1/x$，则

$$x=\frac1t,\quad dx=-\frac1{t^2}dt$$

并且：

$$x^4=\frac{1}{t^4},\quad \sqrt{1+x^2}=\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}$$

代入：

$$\int \frac{1}{ \frac1{t^4}\cdot \frac{\sqrt{1+t^2}}{t} }\cdot \left(-\frac1{t^2}\right)dt$$

化简：

$$ -\int \frac{t^4}{\sqrt{1+t^2}} \cdot \frac1{t^2}dt =-\int \frac{t^2}{\sqrt{1+t^2}}dt $$

拆分：

$$t^2 = (1+t^2)-1$$

$$-\int \frac{1+t^2}{\sqrt{1+t^2}}dt + \int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt$$

$$-\int \sqrt{1+t^2}\,dt + \int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt$$

查表：

$$\int \sqrt{t^2+1}dt=\frac12\left(t\sqrt{t^2+1} + \ln|t+\sqrt{t^2+1}|\right)$$

$$\int \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}dt = \ln|t+\sqrt{t^2+1}|$$

代回得：

$$-\frac12\left(t\sqrt{t^2+1} + \ln|t+\sqrt{t^2+1}|\right) + \ln|t+\sqrt{t^2+1}| + C$$

合并并代回 $t=\frac1x$：

$$-\frac{1}{2x}\sqrt{1+\frac1{x^2}} + \frac12 \ln\left|\frac1x+\sqrt{1+\frac1{x^2}}\right|+C$$

(6) $\displaystyle \int \frac{2\sqrt[3]{x}}{x(\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})}\,dx$

解答：

令 $t=\sqrt[3]{x}$，则

$$x=t^3,\quad dx=3t^2 dt,\quad \sqrt{x}=t^{3/2}$$

原式：

$$\int \frac{2t}{t^3(t^{3/2}+3t)}\cdot 3t^2 dt$$

化简分母：

$$t^{3/2}+3t = t(t^{1/2}+3)$$

代入：

$$ \int \frac{6t^3}{t^4(t^{1/2}+3)}dt =6\int \frac{1}{t(t^{1/2}+3)}dt $$

令 $u=t^{1/2}$，则：

$$t=u^2,\quad dt=2u\,du$$

变为：

$$12\int \frac{1}{u^2(u+3)}\cdot u\,du = 12\int \frac{1}{u(u+3)}du$$

部分分式：

$$\frac{1}{u(u+3)}=\frac{1}{3u}-\frac{1}{3(u+3)}$$

积分：

$$12\left(\frac13\ln|u|-\frac13\ln|u+3|\right)+C$$

$$=4\ln\left|\frac{u}{u+3}\right|+C$$

代回：

$$u=t^{1/2}=x^{1/6}$$

$$4\ln\left|\frac{x^{1/6}}{x^{1/6}+3}\right|+C$$

(7) $\displaystyle \int \sqrt{1-x^2}\arcsin x\,dx$

解答：

分部积分：

$$u=\arcsin x,\quad dv=\sqrt{1-x^2}dx$$

$$du=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$$

$$\int \sqrt{1-x^2}dx=\frac12\left(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x\right)$$

所以：

$$ \int \sqrt{1-x^2}\arcsin x\,dx =\frac12 \arcsin x\left(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x\right) -\frac12\int \left(x+\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}\right)dx $$

继续处理后最终为：

$$\frac12 (\arcsin x)^2 + \frac{x}{2}\arcsin x\sqrt{1-x^2}-\frac12 x\sqrt{1-x^2} + C$$

(8) $\displaystyle \int \frac{e^{3x} + e^x}{e^{4x}-e^{2x}+1}\,dx$

解答：

令 $t=e^{x}$，则：

$$dt = e^{x}dx \quad dx = \frac{dt}{t}$$

分子：

$$e^{3x}+e^x = t^3+t$$

分母：

$$e^{4x}-e^{2x}+1 = t^4-t^2+1$$

原式：

$$\int \frac{t^3+t}{t^4-t^2+1}\cdot\frac{1}{t}dt = \int \frac{t^2+1}{t^4-t^2+1}dt$$

注意分母：

$$t^4 - t^2 + 1 = (t^2+1)^2 - (t)^2$$

可写成：

$$\int \frac{t^2+1}{(t^2+1)^2 - t^2}dt$$

令 $u=t^2+1$，则 $du=2t dt$，可化为可积形式。最终积分结果：

$$\frac12 \arctan\left(\frac{t}{t^2+1}\right)+C$$

代回：

$$\frac12 \arctan\left(\frac{e^x}{e^{2x}+1}\right)+C$$

四、求下列不定积分

(1) $\displaystyle \int \frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{1+x^2}\,dx$

解答：

令

$$u=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$$

注意：

$$u'=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\Big(1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\Big)$$

化简后可得：

$$u'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$

因此：

$$du=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$$

原式：

$$\int \frac{u}{1+x^2}dx$$

写成：

$$\int u \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} dx$$

利用替换 $du=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$：

$$\int u \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,du$$

同时有：

$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{d}{dx}u$$

最终：

$$\int u\,du = \frac12 u^2 + C$$

代回：

$$\frac12 \left[\ln(x+\sqrt{1+x^2})\right]^2 + C$$

(2) $\displaystyle \int \frac{\sin^2 x}{\cos^3 x}\,dx$

解答：

$$\frac{\sin^2 x}{\cos^3 x}=\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}\cdot \frac{1}{\cos x} = (\tan^2 x)\sec x$$

用：

$$\tan^2 x = \sec^2 x -1$$

原式：

$$\int (\sec^3 x - \sec x)\,dx$$

记住：

$$\int \sec^3 x dx = \frac12 \sec x \tan x + \frac12 \ln|\sec x+\tan x|$$

$$\int \sec x dx = \ln|\sec x+\tan x|$$

因此：

$$\frac12 \sec x \tan x + \frac12\ln|\sec x+\tan x| - \ln|\sec x+\tan x| + C $$

$$= \frac12 \sec x \tan x - \frac12\ln|\sec x+\tan x| + C$$

(3) $\displaystyle \int \frac{x e^x}{(e^x+1)^2}\,dx$

解答：

令：

$$t=e^x+1,\quad dt=e^x dx$$

但仍有 $x$ 未替换，因此采用分部积分更合理：

$$u=x,\quad dv=\frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx$$

注意：

$$v = -\frac{1}{e^x+1}$$

于是：

$$\int \frac{x e^x}{(e^x+1)^2}dx = -\frac{x}{e^x+1} + \int \frac{1}{e^x+1}dx$$

并有：

$$\int \frac{1}{e^x+1}dx = x - \ln(1+e^x) + C$$

最终：

$$-\frac{x}{e^x+1} + x - \ln(1+e^x) + C$$

(4) $\displaystyle \int \frac{x^{11}}{x^8+3x^4+2}\,dx$

解答：

因式分解：

$$x^8+3x^4+2=(x^4+1)(x^4+2)$$

拆分：

$$ \frac{x^{11}}{(x^4+1)(x^4+2)} = x^3\left(\frac{A}{x^4+1}+\frac{B}{x^4+2}\right) $$

最终可得：

$$A=1,\quad B=-1$$

故原式：

$$\int x^3\left(\frac{1}{x^4+1}-\frac{1}{x^4+2}\right)dx$$

利用替换 $u=x^4+1$ 或 $x^4+2$，有：

$$\frac{x^3}{x^4+a}dx = \frac14 \ln(x^4+a)$$

最终：

$$\frac14 \ln(x^4+1)-\frac14 \ln(x^4+2) + C$$

(5) $\displaystyle \int \frac{1}{(2+\cos x)\sin x}\,dx$

解答：

通分后：

$$\frac{1}{(2+\cos x)\sin x}$$

采取万能代换 $t=\tan \frac{x}{2}$：

$$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\quad dx=\frac{2}{1+t^2}dt$$

代入后化为有理函数：

$$\int \frac{1+t^2}{2t(3+t^2)}\,dt$$

部分分式分解：

$$\frac{1+t^2}{t(3+t^2)}=\frac{1}{3t}-\frac{1}{3(3+t^2)}$$

积分：

$$\frac13 \ln|t| - \frac{1}{3\sqrt3}\arctan\frac{t}{\sqrt3} + C$$

代回 $t=\tan(x/2)$。

(6) $\displaystyle \int \frac{\ln x}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx$

解答：

分部积分：

$$u=\ln x,\quad dv=\frac{dx}{(1+x^2)^{3/2}}$$

利用：

$$v=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$

因此：

$$\ln x\cdot\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} - \int \frac{x}{x\sqrt{1+x^2}}dx$$

$$= \frac{x\ln x}{\sqrt{1+x^2}} - \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$$

$$= \frac{x\ln x}{\sqrt{1+x^2}} - \ln(x+\sqrt{1+x^2}) + C$$

(7) $\displaystyle \int \ln^2(x+\sqrt{1+x^2})\,dx$

解答：

令：

$$u=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$$

已知：

$$u'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$

分部积分：

$$\int u^2 dx = x u^2 - \int x\cdot 2u u' dx$$

即：

$$xu^2 - 2\int \frac{x u}{\sqrt{1+x^2}} dx$$

令 $t=\sqrt{1+x^2}$，可化为：

$$xu^2 - 2\int \frac{x}{t} u\,dx$$

最终结果为：

$$x\ln^2(x+\sqrt{1+x^2}) - 2\ln(x+\sqrt{1+x^2})\sqrt{1+x^2} + C$$

(8) $\displaystyle \int \frac{x+\sin x}{1+\cos x}\,dx$

解答：

拆分：

$$\frac{x}{1+\cos x} + \frac{\sin x}{1+\cos x}$$

第二项：

$$\frac{\sin x}{1+\cos x} = \tan \frac{x}{2}$$

第一项采用分部积分：

$$\int \frac{x}{1+\cos x}dx = \int x \cdot \tan\frac{x}{2}dx$$

令 $t=\tan(x/2)$，化为有理函数后可积。最终：

$$x\tan\frac{x}{2} -2\ln|\cos\frac{x}{2}| + C$$

(9) $\displaystyle \int \frac{\cot x}{1+\sin x}\,dx$

解答：

$$\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$$

$$\frac{\cot x}{1+\sin x}=\frac{\cos x}{\sin x(1+\sin x)}$$

令 $t=\sin x$，则：

$$dt=\cos x dx$$

原式：

$$\int \frac{1}{t(1+t)}dt$$

分解：

$$\frac{1}{t(1+t)}=\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}$$

积分：

$$\ln|t| - \ln|1+t| + C$$

代回 $t=\sin x$：

$$\ln|\sin x| - \ln(1+\sin x) + C$$

(10) $\displaystyle \int \frac{1}{\sin^3 x \cos x}\,dx$

解答：

写成：

$$\int \csc^3 x \sec x\,dx$$

更好的写法：

$$\frac{1}{\sin^3 x \cos x}=\tan x \csc^3 x \cdot \frac{1}{\sin x}$$

更直接的处理：

$$\int \frac{1}{\sin^3 x \cos x}dx = \int \frac{\sec x}{\sin^3 x}dx$$

令 $u=\sin x$，则：

$$du=\cos x dx,\quad dx=\frac{du}{\cos x}=\sec x du$$

原式变为：

$$\int u^{-3} \sec^2 x\,du = \int \frac{1}{u^3(1-u^2)}du$$

部分分式可得：

$$\int \left(\frac{1}{u^3}+\frac{1}{u}-\frac{u}{1-u^2}\right) du$$

$$= -\frac12 u^{-2} + \ln|u| + \frac12 \ln|1-u^2| + C$$

代回 $u=\sin x$：

$$-\frac{1}{2\sin^2 x} + \ln|\sin x| + \frac12 \ln|1-\sin^2 x| + C$$

$$=-\frac{1}{2\sin^2 x} + \ln|\sin x| + \frac12 \ln|\cos^2 x| + C$$

5 函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)$ 的图形是一条二次抛物线，开口向上，且与 $x$ 轴交于 $x=0,\,x=2$ 处，若 $f(x)$ 的极大值为 4，极小值为 0，求 $f(x)$。

解答：由题意，$f'(x)$ 为一开口向上的二次函数，并在 $x=0$ 和 $x=2$ 零点：

$$f'(x)=k\,x(x-2),\quad k>0.$$

积分求 $f(x)$：

$$ f(x)=k\int x(x-2)\,dx =k\left(\frac{x^{3}}{3}-x^{2}\right)+C. $$

导数零点 $x=0,2$ 即为极值点：

$$f(0)=C,\qquad f(2)=k\left(\frac{8}{3}-4\right)+C = -\frac{4k}{3}+C.$$

题给：极大值为 4，极小值为 0。显然：

$$f(0)=C=4,$$

且：

$$-\frac{4k}{3}+C = 0.$$

代入 $C=4$：

$$-\frac{4k}{3}+4=0\quad \Rightarrow\quad k=3.$$

因此：

$$f(x)=3\left(\frac{x^{3}}{3}-x^{2}\right)+4$$

$$=x^{3}-3x^{2}+4.$$

6 (2002312) 设 $f(\sin^2 x)=\dfrac{x}{\sin x}$，求 $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\,f(x)\,dx$。

解答：由题意：

$$f(\sin^2 x)=\frac{x}{\sin x}.$$

令：

$$t=\sin^2 x \quad (0 对 $t=\sin^2 x$ 求导：

$$dt=2\sin x\cos x\,dx =2\sqrt{t(1-t)}\,dx$$

$$dx=\frac{dt}{2\sqrt{t(1-t)}}.$$

并且：

$$f(t)=\frac{x}{\sin x}=\frac{x}{\sqrt{t}}.$$

所求积分为：

$$\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}} f(x)\,dx.$$

令 $x=t$，被积式变为：

$$\int \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}} \cdot f(t)\,dt$$

代入 $f(t)=\dfrac{x}{\sqrt{t}}$ 后：

$$ = \int \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}} \cdot \frac{x}{\sqrt{t}}dt = \int \frac{x}{\sqrt{1-t}}dt. $$

又由：

$$t=\sin^2 x \quad\Rightarrow\quad x=\arcsin\sqrt{t},$$

因此积分变为：

$$\int \frac{\arcsin\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}}\,dt.$$

令：

$$u=\arcsin \sqrt{t},\quad \sqrt{t}=\sin u,\quad t=\sin^2 u.$$

再求：

$$dt = 2\sin u\cos u\,du,\qquad \sqrt{1-t}=\cos u.$$

代入后：

$$ \int \frac{u}{\cos u}\cdot 2\sin u\cos u\,du = 2\int u\sin u\,du. $$

分部积分：令 $A=u,\ B'= \sin u$：

$$A'=1,\quad B=-\cos u.$$$$ 2\left( -u\cos u + \int \cos u\,du\right) =2\left(-u\cos u + \sin u\right)+C. $$

代回：

$$u=\arcsin\sqrt{x},\qquad \sin u=\sqrt{x},\qquad \cos u=\sqrt{1-x}.$$

最终答案：

$$2\left[-(\arcsin\sqrt{x})\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\right]+C.$$

7 (2018115) 求 $\displaystyle \int e^{2x}\arctan \sqrt{e^x -1}\,dx$。

解答：令：

$$u=e^x,\qquad du=e^x dx.$$

则：

$$e^{2x}\,dx = e^x(e^x dx)=u\,du.$$

原积分变为：

$$\int u\arctan \sqrt{u-1}\,du.$$

令：

$$t=\sqrt{u-1},\quad u=t^2+1,\quad du=2t\,dt.$$

代入：

$$ \int (t^2+1)\arctan t \cdot 2t\,dt = 2\int t(t^2+1)\arctan t\,dt. $$

分部积分：令

$$A=\arctan t,\qquad B'=2t(t^2+1).$$

则

$$A'=\frac{1}{1+t^2},\qquad B=\frac{t^2+1}{1} = t^2+1.$$

因此：

$$ \int 2t(t^2+1)\arctan t\,dt = (t^2+1)\arctan t - \int (t^2+1)\cdot\frac{1}{1+t^2}\,dt $$$$=(t^2+1)\arctan t - \int 1\,dt$$

$$=(t^2+1)\arctan t - t + C.$$

代回：

$$ t=\sqrt{u-1}=\sqrt{e^x-1}, \qquad t^2+1=u=e^x. $$

最终：

$$e^x \arctan \sqrt{e^x-1} - \sqrt{e^x-1} + C.$$

第4章 不定积分 | YHK's life

第1节 不定积分的概念与性质

一、基础题

1

2

3

二、提高题

4

三、考研真题

5.

6.

第2节 换元积分法

一、基础题

1

2

二、提高题

3

4

三、考研真题

5

6

第3节 分部积分法

一、基础题

1

二、提高题

2

3

4

三、考研真题

5

6

7

8

第4节 几种特殊函数的不定积分

一、基础题

1 求下列不定积分

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

二、提高题

2

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

三、考研真题

3

第5节 积分表的使用

基础题

总习题四

一、填空题

(1) 已知 $f'(x)=3x^2$，且 $f(0)=1$，则 $f(x)=$

(2) 若函数 $F(x)$ 与 $G(x)$ 是同一连续函数的原函数，则 $F(x)$ 与 $G(x)$ 之间的关系式为

(3) $\displaystyle \int f(x)\,dx=e^{-x^2}+C$，则 $f(x)=$

(4) 通过点 $\left(1,\frac{\pi}{4}\right)$ 且斜率为 $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}$ 的曲线方程为

二、选择题

(1) 设 $f'(x)$ 存在且连续，则 $\displaystyle \left[\int f(x)\,dx\right]'=\ (\ )$

(2) $\displaystyle \int \frac{f'(x)}{1+[f(x)]^2}\,dx = (\ )$

(3) 设 $e^{-x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，则 $\displaystyle \int xf(x)\,dx = (\ )$

(4) 设 $f(x),g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，则

三、求下列不定积分

(1) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{x}} \tan\sqrt{x}\sec^2\sqrt{x}\,dx$

(2) $\displaystyle \int \arctan\sqrt{x}\,dx$

(3) $\displaystyle \int \frac{e^{\arccos x}}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{\sqrt {\tan x }\cos^2 x}\,dx$

(5) $\displaystyle \int \frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}\,dx$

(6) $\displaystyle \int \frac{2\sqrt[3]{x}}{x(\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})}\,dx$

(7) $\displaystyle \int \sqrt{1-x^2}\arcsin x\,dx$

(8) $\displaystyle \int \frac{e^{3x} + e^x}{e^{4x}-e^{2x}+1}\,dx$

四、求下列不定积分

(1) $\displaystyle \int \frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{1+x^2}\,dx$

(2) $\displaystyle \int \frac{\sin^2 x}{\cos^3 x}\,dx$

(3) $\displaystyle \int \frac{x e^x}{(e^x+1)^2}\,dx$

(4) $\displaystyle \int \frac{x^{11}}{x^8+3x^4+2}\,dx$

(5) $\displaystyle \int \frac{1}{(2+\cos x)\sin x}\,dx$

第4章不定积分 | YHK's life

第1节不定积分的概念与性质

第2节换元积分法

第3节分部积分法

第4节几种特殊函数的不定积分

第5节积分表的使用