文章目录

• • 1 不定积分的基本概念
  • 2 直接积分法-基本积分公式
  • 3 第一换元法-凑微分形式法
  • 4 第二类换元法
  • 5 分部积分求不定积分
  • 6 表格法积分
  • 7 有理函数求积分
  • 后记

1 不定积分的基本概念

例1
f(x)={x+1,x≥012e−x+12,x<0求∫f(x)dxf(x)= \begin{cases} x+1,\quad x\ge0\\ \frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2},\quad x\lt0\\ \end{cases}\\ 求\int{f(x)dx} f(x)={x+1,x≥021​e−x+21​,x<0​求∫f(x)dx

解：f(x)在(−∞,+∞)上连续∫f(x)dx={12x2+x+C1,x≥0，C1为任意常数−12e−x+12x+C2,x<0,C2为任意常数F(x)作为f(x)的一个原函数，在x=0处连续那么C1=−12+C2,令C2=C(任意常数),则C1=−12+C∫f(x)dx={12x2+x−12+C,x≥0，C为任意常数−12e−x+12x+C,x<0解：f(x)在(-\infty,+\infty)上连续\\ \int{f(x)dx}= \begin{cases} \frac{1}{2}x^2+x+C_1,\quad x\ge0，C_1为任意常数\\ -\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2}x+C_2,\quad x\lt0,C_2为任意常数\\ \end{cases}\\ F(x)作为f(x)的一个原函数，在x=0处连续\\ 那么C_1=-\frac{1}{2}+C_2,令C_2=C(任意常数),则C_1=-\frac{1}{2}+C\\ \int{f(x)dx}= \begin{cases} \frac{1}{2}x^2+x-\frac{1}{2}+C,\quad x\ge0，C为任意常数\\ -\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{2}x+C,\quad x\lt0\\ \end{cases}\\ 解：f(x)在(−∞,+∞)上连续∫f(x)dx={21​x2+x+C1​,x≥0，C1​为任意常数−21​e−x+21​x+C2​,x<0,C2​为任意常数​F(x)作为f(x)的一个原函数，在x=0处连续那么C1​=−21​+C2​,令C2​=C(任意常数),则C1​=−21​+C∫f(x)dx={21​x2+x−21​+C,x≥0，C为任意常数−21​e−x+21​x+C,x<0​

注意：

1. f(x)f(x)f(x)连续，F(x)可导。
2. f(x)f(x)f(x)有第一类，第二类无穷间断点，则不存在原函数。
3. f(x)f(x)f(x)有第二类震荡间断点时，可能存在原函数。

例2 ∫max{x3,x2,1}dx\int{max\{x^3,x^2,1\}dx}∫max{x3,x2,1}dx
解：令f(x)=max{x3,x2,1},则f(x)={x2,x≤−11,−1x3,x2,1},则f(x)=⎩⎨⎧​x2,x≤−11,−1⎨⎧​31​x3+C1​,x≤−1x+C,−1⎨⎧​31​x3−32​+C,x≤−1x+C,−1 总结：分段函数求积分

1. 确定在分段点连续
2. 求分段积分
3. 统一常数

例3 证明：函数arcsin⁡(2x−1),arccos⁡(1−2x),arctan⁡x1−x都是1x−x2\arcsin(2x-1),\arccos(1-2x),\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}}都是\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}arcsin(2x−1),arccos(1−2x),arctan1−xx​​都是x−x2​1​的原函数
证明：通过原函数求导函数即可[arcsin⁡(2x−1)]′=11−(2x−1)2⋅2=1x−x2[arccos⁡(1−2x)]′=−11−(1−2x)2⋅−2=1x−x2[arctan⁡x1−x]′=11+x1−x⋅(x1−x)′=1x−x2证明：通过原函数求导函数即可\\ [\arcsin(2x-1)]^{'}=\frac{1}{\sqrt{1-(2x-1)^2}}\cdot2=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\\ [\arccos(1-2x)]^{'}=-\frac{1}{\sqrt{1-(1-2x)^2}}\cdot-2=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\\ [\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}}]^{'}=\frac{1}{1+\frac{x}{1-x}}\cdot(\sqrt{\frac{x}{1-x}})^{'}=\frac{1}{\sqrt{x-x^2}} 证明：通过原函数求导函数即可[arcsin(2x−1)]′=1−(2x−1)2​1​⋅2=x−x2​1​[arccos(1−2x)]′=−1−(1−2x)2​1​⋅−2=x−x2​1​[arctan1−xx​​]′=1+1−xx​1​⋅(1−xx​​)′=x−x2​1​

2 直接积分法-基本积分公式

例1 ∫x41+x2dx\int{\frac{x^4}{1+x^2}dx}∫1+x2x4​dx

多项式除法
解：∫x41+x2dx=∫(x2−1+11+x2)dx=13x3−x+arctan⁡x+C解：\int{\frac{x^4}{1+x^2}dx}=\int{(x^2-1+\frac{1}{1+x^2})dx}\\ =\frac{1}{3}x^3-x+\arctan x+C 解：∫1+x2x4​dx=∫(x2−1+1+x21​)dx=31​x3−x+arctanx+C
例2 求∫1x8(1+x2)dx\int{\frac{1}{x^8(1+x^2)}dx}∫x8(1+x2)1​dx

高次多项式与低次多项式+常数乘积
解：∫1x8(1+x2)dx=∫1−x8+x8x8(1+x2)dx=∫(1+x4)(1−x2)x8dx+∫11+x2dx=1x−13x3+15x5−17x7+arctan⁡x+C解：\int{\frac{1}{x^8(1+x^2)}dx}=\int{\frac{1-x^8+x^8}{x^8(1+x^2)}dx}\\ =\int{\frac{(1+x^4)(1-x^2)}{x^8}dx}+\int{\frac{1}{1+x^2}dx}\\ =\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^3}+\frac{1}{5x^5}-\frac{1}{7x^7}+\arctan x+C 解：∫x8(1+x2)1​dx=∫x8(1+x2)1−x8+x8​dx=∫x8(1+x4)(1−x2)​dx+∫1+x21​dx=x1​−3x31​+5x51​−7x71​+arctanx+C
例3 求∫tan⁡2xdx\int{\tan^2xdx}∫tan2xdx
解：∫tan⁡2xdx=∫(sec⁡2x−1)dx=tan⁡x−x+C解：\int{\tan^2xdx}=\int{(\sec^2x-1)dx}=\tan x-x+C 解：∫tan2xdx=∫(sec2x−1)dx=tanx−x+C
例4 求∫11+cos⁡2xdx\int{\frac{1}{1+\cos2x}dx}∫1+cos2x1​dx
解：∫11+cos⁡2xdx=∫12cos⁡2xdx=12tan⁡x+C解：\int{\frac{1}{1+\cos2x}dx}=\int{\frac{1}{2\cos^2x}dx}\\ =\frac{1}{2}\tan x+C 解：∫1+cos2x1​dx=∫2cos2x1​dx=21​tanx+C
例5 求∫1sin⁡2xcos⁡2xdx\int{\frac{1}{\sin^2x\cos^2x}dx}∫sin2xcos2x1​dx
解:∫1sin⁡2xcos⁡2xdx=∫sin⁡2x+cos⁡2xsin⁡2xcos⁡2xdx=∫sec⁡2xdx+∫csc⁡2xdx=tan⁡x−cot⁡x+C解:\int{\frac{1}{\sin^2x\cos^2x}dx}=\int{\frac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin^2x\cos^2x}dx}\\ =\int{\sec^2xdx}+\int{\csc^2xdx}=\tan x-\cot x+C 解:∫sin2xcos2x1​dx=∫sin2xcos2xsin2x+cos2x​dx=∫sec2xdx+∫csc2xdx=tanx−cotx+C

3 第一换元法-凑微分形式法

∫{f[g(x)]g′(x)dx}=[∫f(t)dt]t=g(x)\int{\{f[g(x)]g^{'}(x)dx\}}=[\int{f(t)dt}]_{t=g(x)}∫{f[g(x)]g′(x)dx}=[∫f(t)dt]t=g(x)​

常见凑微分公式：

• ∫f(ax+b)dx=1a∫f(ax+b)d(ax+b)\int{f(ax+b)dx}=\frac{1}{a}\int{f(ax+b)d(ax+b)}∫f(ax+b)dx=a1​∫f(ax+b)d(ax+b)

• ∫f(ex)exdx=∫f(ex)dex\int{f(e^x)e^xdx}=\int{f(e^x)de^x}∫f(ex)exdx=∫f(ex)dex ∫f(ax)axdx=1ln⁡a∫f(ax)dax\quad \int{f(a^x)a^xdx}=\frac{1}{\ln a}\int{f(a^x)da^x}∫f(ax)axdx=lna1​∫f(ax)dax

• ∫f(xμ)xμ−1dx=1μ∫f(xμ)d(xμ)\int{f(x^\mu)x^{\mu-1}dx}=\frac{1}{\mu}\int{f(x^\mu)d(x^\mu)}∫f(xμ)xμ−1dx=μ1​∫f(xμ)d(xμ)

• ∫f(1x)1x2dx=−∫f(1x)d(1x)\int{f(\frac{1}{x})\frac{1}{x^2}dx}=-\int{f(\frac{1}{x})d(\frac{1}{x}})∫f(x1​)x21​dx=−∫f(x1​)d(x1​)

• ∫f(x)1xdx=2∫f(x)d(x)\int{f(\sqrt{x})\frac{1}{\sqrt{x}}dx}=2\int{f(\sqrt{x})d(\sqrt{x})}∫f(x​)x​1​dx=2∫f(x​)d(x​)

• ∫f(ln⁡x)1xdx=∫f(ln⁡x)d(ln⁡x)∫f(xln⁡x)(1+ln⁡x)dx=∫f(xln⁡x)d(xln⁡x)\int{f(\ln x)\frac{1}{x}dx}=\int{f(\ln x)d(\ln x)}\quad \int{f(x\ln x)(1+\ln x)dx}=\int{f(x\ln x)d(x\ln x)}∫f(lnx)x1​dx=∫f(lnx)d(lnx)∫f(xlnx)(1+lnx)dx=∫f(xlnx)d(xlnx)

• 三角函数凑微分

  • ∫f(sin⁡x)cos⁡xdx=∫f(sin⁡x)d(sin⁡x)\int{f(\sin x)\cos xdx}=\int{f(\sin x)d(\sin x)}∫f(sinx)cosxdx=∫f(sinx)d(sinx)
  • ∫f(cos⁡x)sin⁡xdx=−∫f(cos⁡x)d(cos⁡x)\int{f(\cos x)\sin xdx}=-\int{f(\cos x)d(\cos x)}∫f(cosx)sinxdx=−∫f(cosx)d(cosx)
  • ∫f(tan⁡x)sec⁡2xdx=∫f(tan⁡x)d(tan⁡x)\int{f(\tan x)\sec^2xdx}=\int{f(\tan x)d(\tan x)}∫f(tanx)sec2xdx=∫f(tanx)d(tanx)
  • ∫f(cot⁡x)csc⁡2xdx=−∫f(cot⁡x)d(cot⁡x)\int{f(\cot x)\csc^2xdx}=-\int{f(\cot x)d(\cot x)}∫f(cotx)csc2xdx=−∫f(cotx)d(cotx)
  • ∫f(sec⁡x)sec⁡xtan⁡xdx=∫f(sec⁡x)d(sec⁡x)\int{f(\sec x)\sec x\tan xdx}=\int{f(\sec x)d(\sec x)}∫f(secx)secxtanxdx=∫f(secx)d(secx)
  • ∫f(csc⁡x)csc⁡xcot⁡xdx=−∫f(csc⁡x)d(csc⁡x)\int{f(\csc x)\csc x\cot xdx}=-\int{f(\csc x)d(\csc x)}∫f(cscx)cscxcotxdx=−∫f(cscx)d(cscx)

• 反三角函数

  • ∫f(arctan⁡x)11+x2dx=∫f(arctan⁡x)d(arctan⁡x)\int{f(\arctan x)\frac{1}{1+x^2}dx}=\int{f(\arctan x)d(\arctan x)}∫f(arctanx)1+x21​dx=∫f(arctanx)d(arctanx)
  • ∫f(arccotx)11+x2dx=−∫f(arccotx)d(arccotx)\int{f(arccot x)\frac{1}{1+x^2}dx}=-\int{f(arccot x)d(arccot x)}∫f(arccotx)1+x21​dx=−∫f(arccotx)d(arccotx)
  • ∫f(arcsin⁡x)11−x2dx=∫f(arcsin⁡x)d(arcsin⁡x)\int{f(\arcsin x)\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx}=\int{f(\arcsin x)d(\arcsin x)}∫f(arcsinx)1−x2​1​dx=∫f(arcsinx)d(arcsinx)
  • ∫f(arccos⁡x)11−x2dx=−∫f(arccos⁡x)d(arccos⁡x)\int{f(\arccos x)\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx}=-\int{f(\arccos x)d(\arccos x)}∫f(arccosx)1−x2​1​dx=−∫f(arccosx)d(arccosx)

• ∫f(x+1x)(1−1x2)dx=∫f(x+1x)d(x+1x)∫f(x−1x)(1+1x2)dx=∫f(x−1x)d(x−1x)\int{f(x+\frac{1}{x})(1-\frac{1}{x^2})dx}=\int{f(x+\frac{1}{x})d(x+\frac{1}{x})}\quad \int{f(x-\frac{1}{x})(1+\frac{1}{x^2})dx}=\int{f(x-\frac{1}{x})d(x-\frac{1}{x})}∫f(x+x1​)(1−x21​)dx=∫f(x+x1​)d(x+x1​)∫f(x−x1​)(1+x21​)dx=∫f(x−x1​)d(x−x1​)

例1 ∫tan⁡5xsec3xdx\int{\tan^5xsec^3xdx}∫tan5xsec3xdx
解：∫tan⁡5xsec3xdx=∫(sec2x−1)2sec2xd(secx)=∫(sec6x−2sec4x+sec2x)d(secx)=17sec7x−25sec5x+13sec3x+C解：\int{\tan^5xsec^3xdx}=\int{(sec^2x-1)^2sec^2xd(secx)}\\ =\int{(sec^6x-2sec^4x+sec^2x)d(secx)}=\frac{1}{7}sec^7x-\frac{2}{5}sec^5x+\frac{1}{3}sec^3x+C 解：∫tan5xsec3xdx=∫(sec2x−1)2sec2xd(secx)=∫(sec6x−2sec4x+sec2x)d(secx)=71​sec7x−52​sec5x+31​sec3x+C
例2 ∫ln⁡(1+x)−ln⁡xx(1+x)dx\int{\frac{\ln(1+x)-\ln x}{x(1+x)}dx}∫x(1+x)ln(1+x)−lnx​dx
解：∫ln⁡(1+x)−ln⁡xx(1+x)dx=−∫[ln⁡(1+x)−ln⁡x]d[ln⁡(1+x)−ln⁡x]=−12[ln⁡(1+x)−ln⁡x]2+C解：\int{\frac{\ln(1+x)-\ln x}{x(1+x)}dx}=-\int{[\ln(1+x)-\ln x]d[\ln(1+x)-\ln x]}\\ =-\frac{1}{2}[\ln(1+x)-\ln x]^2+C 解：∫x(1+x)ln(1+x)−lnx​dx=−∫[ln(1+x)−lnx]d[ln(1+x)−lnx]=−21​[ln(1+x)−lnx]2+C
例3 ∫(1+2x2)ex22−3xex2dx\int{\frac{(1+2x^2)e^{x^2}}{2-3xe^{x^2}}dx}∫2−3xex2(1+2x2)ex2​dx
解：∫(1+2x2)ex22−3xex2dx=−13∫12−3xex2d(2−3xex2)=−13ln⁡∣2−3xex2∣+C解：\int{\frac{(1+2x^2)e^{x^2}}{2-3xe^{x^2}}dx}=-\frac{1}{3}\int{\frac{1}{2-3xe^{x^2}}d(2-3xe^{x^2})}=-\frac{1}{3}\ln|2-3xe^{x^2}|+C 解：∫2−3xex2(1+2x2)ex2​dx=−31​∫2−3xex21​d(2−3xex2)=−31​ln∣2−3xex2∣+C
例4 ∫earctan⁡1+x(2+x)1+xdx\int{\frac{e^{\arctan\sqrt{1+x}}}{(2+x)\sqrt{1+x}}dx}∫(2+x)1+x​earctan1+x​​dx
解：∫earctan⁡1+x(2+x)1+xdx=2∫earctan⁡1+xd(arctan⁡1+x)=2earctan⁡1+x+C解：\int{\frac{e^{\arctan\sqrt{1+x}}}{(2+x)\sqrt{1+x}}dx}=2\int{e^{\arctan\sqrt{1+x}}d(\arctan\sqrt{1+x})}\\ =2e^{\arctan\sqrt{1+x}}+C 解：∫(2+x)1+x​earctan1+x​​dx=2∫earctan1+x​d(arctan1+x​)=2earctan1+x​+C
例5 ∫ln⁡tan⁡x2sin⁡xdx\int{\frac{\ln\tan\frac{x}{2}}{\sin x}dx}∫sinxlntan2x​​dx
解：∫ln⁡tan⁡x2sin⁡xdx=∫ln⁡tan⁡x2d(ln⁡tan⁡x2)=12ln⁡2tan⁡x2+C解：\int{\frac{\ln\tan\frac{x}{2}}{\sin x}dx}=\int{\ln\tan\frac{x}{2}d(\ln\tan\frac{x}{2})}\\ =\frac{1}{2}\ln^2\tan\frac{x}{2}+C 解：∫sinxlntan2x​​dx=∫lntan2x​d(lntan2x​)=21​ln2tan2x​+C

4 第二类换元法

∫f(x)dx=[∫[f(ϕ(t))]ϕ′(t)dt]t=ϕ−1(x)\int{f(x)dx}=[\int{[f(\phi(t))]\phi^{'}(t)dt}]_{t=\phi^{-1}(x)}∫f(x)dx=[∫[f(ϕ(t))]ϕ′(t)dt]t=ϕ−1(x)​

• 三大换元
  1. 三角换元
     • 被积函数含有a2−x2\sqrt{a^2-x^2}a2−x2​：令x=asin⁡tx=a\sin tx=asint
     • 被积函数含有x2+a2\sqrt{x^2+a^2}x2+a2​：令x=atan⁡tx=a\tan tx=atant
     • 被积函数含有x2−a2\sqrt{x^2-a^2}x2−a2​：令x=asec⁡tx=a\sec tx=asect
     • 当被积函数含有(x2+a2)n(x^2+a^2)^n(x2+a2)n也考虑x=atan⁡tx=a\tan tx=atant
     • 当被积函数含有(x2−a2)n(x^2-a^2)^n(x2−a2)n也考虑x=asec⁡tx=a\sec tx=asect
  2. 根式代换
     • 被积函数含有ax+bcx+dn:令ax+bcx+dn=t\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}:令\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=tncx+dax+b​​:令ncx+dax+b​​=t
     • 被积函数含有ax+bn:令ax+bn=t\sqrt[n]{ax+b}:令\sqrt[n]{ax+b}=tnax+b​:令nax+b​=t
     • 被积函数含有ax+bn，ax+bm:令ax+bk=t,k为m，n的最小公倍数\sqrt[n]{ax+b}，\sqrt[m]{ax+b}:令\sqrt[k]{ax+b}=t,k为m，n的最小公倍数nax+b​，max+b​:令kax+b​=t,k为m，n的最小公倍数
  3. 倒代换
     1. 当分母方次高于分子方次，可以考虑倒代换。

例1 求∫1(1+x2)2dx\int{\frac{1}{(1+x^2)^2}dx}∫(1+x2)21​dx
解：解法一.∫1(1+x2)2dx=∫1+x2−x2(1+x2)2dx=arctan⁡x+12∫xd(11+x2)==arctan⁡x+12x1+x2−12∫(11+x2)dx=12arctan⁡x+x2(1+x2)+C解法二.令x=tan⁡x∫1(1+x2)2dx=∫1(1+tan⁡2x)2dtan⁡x=∫cos⁡2tdt=14sin⁡tcos⁡t−12t+C=12arctan⁡x+x2(1+x2)+C解：解法一.\int{\frac{1}{(1+x^2)^2}dx}=\int{\frac{1+x^2-x^2}{(1+x^2)^2}dx}\\ =\arctan x+\frac{1}{2}\int{xd(\frac{1}{1+x^2})}=\\ =\arctan x+\frac{1}{2}\frac{x}{1+x^2}-\frac{1}{2}\int{(\frac{1}{1+x^2})dx}\\ =\frac{1}{2}\arctan x+\frac{x}{2(1+x^2)}+C\\ 解法二.令x=\tan x\\ \int{\frac{1}{(1+x^2)^2}dx}=\int{\frac{1}{(1+\tan^2x)^2}d\tan x}\\ =\int{\cos^2tdt}=\frac{1}{4}\sin t\cos t-\frac{1}{2}t+C =\frac{1}{2}\arctan x+\frac{x}{2(1+x^2)}+C 解：解法一.∫(1+x2)21​dx=∫(1+x2)21+x2−x2​dx=arctanx+21​∫xd(1+x21​)==arctanx+21​1+x2x​−21​∫(1+x21​)dx=21​arctanx+2(1+x2)x​+C解法二.令x=tanx∫(1+x2)21​dx=∫(1+tan2x)21​dtanx=∫cos2tdt=41​sintcost−21​t+C=21​arctanx+2(1+x2)x​+C
例2 求∫1(ax2+b)ndx,n>1,a>0\int{\frac{1}{(ax^2+b)^n}dx},n>1,a>0∫(ax2+b)n1​dx,n>1,a>0
解：∫1(ax2+b)ndx=1b∫1(ax2+b)n−1dx+12b(n−1)∫xd1(ax2+b)n−1=2bn−2b−22b(n−1)∫1(ax2+b)n−1dx+x2b(n−1)(x2+1)n−1解：\int{\frac{1}{(ax^2+b)^n}dx}=\frac{1}{b}\int{\frac{1}{(ax^2+b)^{n-1}}dx}+\frac{1}{2b(n-1)}\int{xd{\frac{1}{(ax^2+b)^{n-1}}}}\\ =\frac{2bn-2b-2}{2b(n-1)}\int{\frac{1}{(ax^2+b)^{n-1}}dx}+\frac{x}{2b(n-1)(x^2+1)^{n-1}} 解：∫(ax2+b)n1​dx=b1​∫(ax2+b)n−11​dx+2b(n−1)1​∫xd(ax2+b)n−11​=2b(n−1)2bn−2b−2​∫(ax2+b)n−11​dx+2b(n−1)(x2+1)n−1x​

例3 求∫1x+x3dx\int{\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}dx}∫x​+3x​1​dx​
解：令x6=t,则x=t6,dx=6t5∫1x+x3dx=∫6t5t3+t2dt=∫6(t2−t+1−1t+1)dt=2t3−3t2+6t−6ln⁡∣t+1∣+C=2x12−3x13+6x16−6ln⁡∣x16+1∣+C解：令\sqrt[6]{x}=t,则x=t^6,dx=6t^5\\ \int{\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}dx}=\int{\frac{6t^5}{t^3+t^2}dt}\\ =\int{6(t^2-t+1-\frac{1}{t+1})dt}=2t^3-3t^2+6t-6\ln|t+1|+C\\ =2x^{\frac{1}{2}}-3x^{\frac{1}{3}}+6x^{\frac{1}{6}}-6\ln|x^{\frac{1}{6}}+1|+C 解：令6x​=t,则x=t6,dx=6t5∫x​+3x​1​dx=∫t3+t26t5​dt=∫6(t2−t+1−t+11​)dt=2t3−3t2+6t−6ln∣t+1∣+C=2x21​−3x31​+6x61​−6ln∣x61​+1∣+C
例4 求∫11+x+x+1dx\int{\frac{1}{1+\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}dx}∫1+x​+x+1​1​dx
解：令t=x+x+1,x=14(t−1t)2dt=12(t−1t)(1+1t2)dt∫11+x+x+1dx=12∫t−1t3dt=−12t+14t2+C=14(x+1−x)(x+1−x−2)+C解：令t=\sqrt{x}+\sqrt{x+1},x=\frac{1}{4}(t-\frac{1}{t})^2\\ dt=\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})(1+\frac{1}{t^2})dt\\ \int{\frac{1}{1+\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}dx}=\frac{1}{2}\int{\frac{t-1}{t^3}dt}\\ =-\frac{1}{2t}+\frac{1}{4t^2}+C=\frac{1}{4}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}-2)+C 解：令t=x​+x+1​,x=41​(t−t1​)2dt=21​(t−t1​)(1+t21​)dt∫1+x​+x+1​1​dx=21​∫t3t−1​dt=−2t1​+4t21​+C=41​(x+1​−x​)(x+1​−x​−2)+C
例5求∫1(1+x)1−x2dx\int{\frac{1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx}∫(1+x)1−x2​1​dx
解：令x=sin⁡t,dx=cos⁡t∫1(1+x)1−x2dx=∫11+sin⁡tdt=∫(sec⁡2t−tan⁡tsec⁡t)dt=tan⁡t−sec⁡t+C=x−11−x2+C解：令x=\sin t,dx=\cos t\\ \int{\frac{1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx}=\int{\frac{1}{1+\sin t}dt}\\ =\int{(\sec^2t-\tan t\sec t)dt}=\tan t-\sec t+C\\ =\frac{x-1}{\sqrt{1-x^2}}+C 解：令x=sint,dx=cost∫(1+x)1−x2​1​dx=∫1+sint1​dt=∫(sec2t−tantsect)dt=tant−sect+C=1−x2​x−1​+C
例6 ∫1x(x6+4)dx\int{\frac{1}{x(x^6+4)}dx}∫x(x6+4)1​dx
解：∫1x(x6+4)dx=14∫4+x6−x6x(x6+4)dx=124ln⁡x6x6+4+C解：\int{\frac{1}{x(x^6+4)}dx}=\frac{1}{4}\int{\frac{4+x^6-x^6}{x(x^6+4)}dx}\\ =\frac{1}{24}\ln\frac{x^6}{x^6+4}+C 解：∫x(x6+4)1​dx=41​∫x(x6+4)4+x6−x6​dx=241​lnx6+4x6​+C

∫1x(axn+b)dx=1bnln⁡∣xnaxn+b∣,bn≠0\int{\frac{1}{x(ax^n+b)}dx}=\frac{1}{bn}\ln|\frac{x^n}{ax^n+b}|,bn\not=0∫x(axn+b)1​dx=bn1​ln∣axn+bxn​∣,bn=0

例7 求∫11+ex2+ex3+ex6dx\int{\frac{1}{1+e^{\frac{x}{2}}+e^{\frac{x}{3}}+e^{\frac{x}{6}}}dx}∫1+e2x​+e3x​+e6x​1​dx
解：令ex6=t,x=6ln⁡t,dx=6tdt原式=∫11+t3+t2+t⋅6tdt=∫6(t2+1)(t+1)tdt6(t2+1)(t+1)t=at+bt+1+cx+dt2+1计算的a=6,b=−3,c=−3,d=−3上式=∫(6t−3t+1−3t+1t2+1)dt=6ln⁡∣t∣−3ln⁡∣t+1∣−32ln⁡∣t2+1∣−3arctan⁡t+C=x−3ln⁡∣ex6+1∣−32ln⁡∣ex3+1∣−3arctan⁡ex6+C解：令e^{\frac{x}{6}}=t,x=6\ln t,dx=\frac{6}{t}dt\\ 原式=\int{\frac{1}{1+t^3+t^2+t}\cdot\frac{6}{t}dt}\\ =\int{\frac{6}{(t^2+1)(t+1)t}dt}\\ \frac{6}{(t^2+1)(t+1)t}=\frac{a}{t}+\frac{b}{t+1}+\frac{cx+d}{t^2+1}\\ 计算的a=6,b=-3,c=-3,d=-3\\ 上式=\int{(\frac{6}{t}-\frac{3}{t+1}-3\frac{t+1}{t^2+1})dt}\\ =6\ln|t|-3\ln|t+1|-\frac{3}{2}\ln|t^2+1|-3\arctan t+C\\ =x-3\ln|e^{\frac{x}{6}}+1|-\frac{3}{2}\ln|e^{\frac{x}{3}}+1|-3\arctan e^{\frac{x}{6}}+C 解：令e6x​=t,x=6lnt,dx=t6​dt原式=∫1+t3+t2+t1​⋅t6​dt=∫(t2+1)(t+1)t6​dt(t2+1)(t+1)t6​=ta​+t+1b​+t2+1cx+d​计算的a=6,b=−3,c=−3,d=−3上式=∫(t6​−t+13​−3t2+1t+1​)dt=6ln∣t∣−3ln∣t+1∣−23​ln∣t2+1∣−3arctant+C=x−3ln∣e6x​+1∣−23​ln∣e3x​+1∣−3arctane6x​+C

5 分部积分求不定积分

∫udv=vu−∫vdu\int{udv}=vu-\int{vdu}∫udv=vu−∫vdu

分部积分原则：

• ∫vdu比∫udv\int{vdu}比\int{udv}∫vdu比∫udv好求
• 分部积分选u的优先级别：反，对，幂，指，三
• 循环积分：关于于不定积分的方程

例1 求∫xsin⁡2xdx\int{x\sin^2xdx}∫xsin2xdx

分析：sin⁡2x\sin^2xsin2x优先降幂
解：∫xsin⁡2xdx=∫x⋅1−cos⁡2x2dx=14x2−∫12xcos⁡2xdx=14x2−14∫xdsin⁡2x=14x2−14xsin⁡2x−18cos⁡2x+C解：\int{x\sin^2xdx}=\int{x\cdot\frac{1-\cos2x}{2}dx}\\ =\frac{1}{4}x^2-\int{\frac{1}{2}x\cos2xdx}=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}\int{xd\sin2x}\\ =\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}x\sin2x-\frac{1}{8}\cos2x+C 解：∫xsin2xdx=∫x⋅21−cos2x​dx=41​x2−∫21​xcos2xdx=41​x2−41​∫xdsin2x=41​x2−41​xsin2x−81​cos2x+C
例2 求∫x2e2xex\int{x^2e^{2x}}ex∫x2e2xex
解：∫x2e2xdx=12∫x2de2x=12x2e2x−12∫e2xdx2=12x2e2x−12∫xde2x=12x2e2x−12xe2x+14e2x+C解：\int{x^2e^{2x}}dx=\frac{1}{2}\int{x^2de^{2x}}\\ =\frac{1}{2}x^2e^{2x}-\frac{1}{2}\int{e^{2x}dx^2}=\frac{1}{2}x^2e^{2x}-\frac{1}{2}\int{xde^{2x}}\\ =\frac{1}{2}x^2e^{2x}-\frac{1}{2}xe^{2x}+\frac{1}{4}e^{2x}+C 解：∫x2e2xdx=21​∫x2de2x=21​x2e2x−21​∫e2xdx2=21​x2e2x−21​∫xde2x=21​x2e2x−21​xe2x+41​e2x+C

∫xmenxdx=1nxmenx−mn∫xm−1enxdx\int{x^me^{nx}dx}=\frac{1}{n}x^me^{nx}-\frac{m}{n}\int{x^{m-1}e^{nx}dx}∫xmenxdx=n1​xmenx−nm​∫xm−1enxdx

例3 求∫arctan⁡exe2xdx{\int\frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx}∫e2xarctanex​dx
解：∫arctan⁡exe2xdx=−12∫arctan⁡exde−2x=−12e−2xarctan⁡ex+12∫ex(1e2x−11+e2x)dx=−arctan⁡ex2e2x−12ex−12arctan⁡ex+C解：\int{\frac{\arctan e^x}{e^{2x}}dx}=-\frac{1}{2}\int{\arctan e^xde^{-2x}}\\ =-\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan e^x+\frac{1}{2}\int{e^x(\frac{1}{e^{2x}}-\frac{1}{1+e^{2x}})dx}\\ =-\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}}-\frac{1}{2e^x}-\frac{1}{2}\arctan e^x+C 解：∫e2xarctanex​dx=−21​∫arctanexde−2x=−21​e−2xarctanex+21​∫ex(e2x1​−1+e2x1​)dx=−2e2xarctanex​−2ex1​−21​arctanex+C
例4 求∫sec3xdx\int{sec^3xdx}∫sec3xdx
解：∫sec3xdx=∫secxdtan⁡x=sec⁡xtan⁡x−∫tan⁡xdsec⁡x=sec⁡xtan⁡x−∫(sec⁡3x−sec⁡x)dx∫sec3x=12sec⁡xtan⁡x+12ln⁡∣sec⁡x+tan⁡x∣+C解：\int{sec^3xdx=\int{secxd\tan x}}=\sec x\tan x-\int{\tan xd\sec x}\\ =\sec x\tan x-\int{(\sec^3x-\sec x)dx}\\ \int{sec^3x}=\frac{1}{2}\sec x\tan x+\frac{1}{2}\ln|\sec x+\tan x|+C 解：∫sec3xdx=∫secxdtanx=secxtanx−∫tanxdsecx=secxtanx−∫(sec3x−secx)dx∫sec3x=21​secxtanx+21​ln∣secx+tanx∣+C
例5 f(x)f(x)f(x)的一个原函数为xcos⁡xx\cos xxcosx,求∫x⋅f′(x)dx\int{x\cdot f^{'}(x)dx}∫x⋅f′(x)dx
解：由已知得，∫f(x)dx=xcos⁡x+Cf(x)=(xcos⁡x)′=cos⁡x−xsin⁡x∫x⋅f′(x)dx=∫xdf(x)=xf(x)−∫f(x)dx=x(cos⁡x−xsin⁡x)−xcos⁡x+C=−x2sin⁡x+C解：由已知得，\int{f(x)dx}=x\cos x+C\\ f(x)=(x\cos x)^{'}=\cos x-x\sin x\\ \int{x\cdot f^{'}(x)dx}=\int{xdf(x)}=xf(x)-\int{f(x)dx}\\ =x(\cos x-x\sin x)-x\cos x+C=-x^2\sin x+C 解：由已知得，∫f(x)dx=xcosx+Cf(x)=(xcosx)′=cosx−xsinx∫x⋅f′(x)dx=∫xdf(x)=xf(x)−∫f(x)dx=x(cosx−xsinx)−xcosx+C=−x2sinx+C
例6 设F(x)是f(x)F(x)是f(x)F(x)是f(x) 的原函数， 且当x≥0时x\ge0时x≥0时，f(x)⋅F(x)=xex2(1+x)2f(x)\cdot F(x)=\frac{xe^x}{2(1+x)^2}f(x)⋅F(x)=2(1+x)2xex​,已知F(0)=1,F(x)>0F(0)=1,F(x)\gt0F(0)=1,F(x)>0.求f(x)f(x)f(x)
解：有已知得F′(x)=f(x)f(x)⋅F(x)=xex2(1+x)2两边求积分∫f(x)⋅F(x)dx=∫xex2(1+x)2dxF2(x)=−∫xexd(11+x)=ex1+x+C因为F(0)=1,所以C=0因为x≥0时，F(x)>0,所以F(x)=ex1+xf(x)=F′(x)=(ex1+x)′=121ex1+x⋅xex(1+x2)=xe122(1+x)32解：有已知得 F^{'}(x)=f(x)\\ f(x)\cdot F(x)=\frac{xe^x}{2(1+x)^2}两边求积分\\ \int{f(x)\cdot F(x)dx}=\int{\frac{xe^x}{2(1+x)^2}}dx\\ F^2(x)=-\int{xe^xd(\frac{1}{1+x})}=\frac{e^x}{1+x}+C\\ 因为F(0)=1,所以C=0\\ 因为x\ge0时，F(x)\gt0,所以F(x)=\sqrt{\frac{e^x}{1+x}}\\ f(x)=F^{'}(x)=(\sqrt{\frac{e^x}{1+x}})^{'}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{\frac{e^x}{1+x}}}\cdot\frac{xe^x}{(1+x^2)}\\ =\frac{xe^{\frac{1}{2}}}{2(1+x)^{\frac{3}{2}}} 解：有已知得F′(x)=f(x)f(x)⋅F(x)=2(1+x)2xex​两边求积分∫f(x)⋅F(x)dx=∫2(1+x)2xex​dxF2(x)=−∫xexd(1+x1​)=1+xex​+C因为F(0)=1,所以C=0因为x≥0时，F(x)>0,所以F(x)=1+xex​​f(x)=F′(x)=(1+xex​​)′=21​1+xex​​1​⋅(1+x2)xex​=2(1+x)23​xe21​​

6 表格法积分

函数u(x),v(x),n+1阶可导u(x),v(x), n+1阶可导u(x),v(x),n+1阶可导
∫uv(n+1)dx反复使用分部积分可得∫uv(n+1)dx=∫udv(n)=uv(n)−∫u′v(n)dx=uv(n)−u′v(n−1)+∫u′′v(n−1)dx=uv(n)−u′v(n−1)+u′′v(n−2)−∫u′′′v(n−2)dx=uv(n)−u′v(n−1)+u′′v(n−2)+⋯+(−1)nu(n)v+(−1)n+1∫u(n+1)vdx\int{uv^{(n+1)}dx}反复使用分部积分可得\\ \int{uv^{(n+1)}dx}=\int{udv^{(n)}}=uv^{(n)}-\int{u^{'}v^{(n)}dx}\\ =uv^{(n)}-u^{'}v^{(n-1)}+\int{u^{''}v^{(n-1)}dx}\\ =uv^{(n)}-u^{'}v^{(n-1)}+u^{''}v^{(n-2)}-\int{u^{'''}v^{(n-2)}dx}\\ =uv^{(n)}-u^{'}v^{(n-1)}+u^{''}v^{(n-2)}+\cdots+(-1)^nu^{(n)}v+(-1)^{n+1}\int{u^{(n+1)}vdx} ∫uv(n+1)dx反复使用分部积分可得∫uv(n+1)dx=∫udv(n)=uv(n)−∫u′v(n)dx=uv(n)−u′v(n−1)+∫u′′v(n−1)dx=uv(n)−u′v(n−1)+u′′v(n−2)−∫u′′′v(n−2)dx=uv(n)−u′v(n−1)+u′′v(n−2)+⋯+(−1)nu(n)v+(−1)n+1∫u(n+1)vdx
表格如下：

例1 求∫(x3+2x)sin⁡xdx\int{(x^3+2x)\sin xdx}∫(x3+2x)sinxdx
解：∫(x3+2x)sin⁡xdx=−(x3+2x)cos⁡x+(3x2+2)sin⁡x+6xcos⁡x−6sin⁡x+C=(3x2−4)sin⁡x−(x3−4x)cos⁡x+C解：\int{(x^3+2x)\sin xdx}=-(x^3+2x)\cos x+(3x^2+2)\sin x+6x\cos x-6\sin x+C\\ =(3x^2-4)\sin x-(x^3-4x)\cos x+C 解：∫(x3+2x)sinxdx=−(x3+2x)cosx+(3x2+2)sinx+6xcosx−6sinx+C=(3x2−4)sinx−(x3−4x)cosx+C
例2 ∫e3xsin⁡2xdx\int{e^{3x}\sin2xdx}∫e3xsin2xdx
解：∫e3xsin⁡2xdx=−12e3xcos⁡2x+34e3xsin⁡2x−∫94e3xsin⁡2xdx∫e3xsin⁡2xdx=−213e3xcos⁡2x+313e3xsin⁡2x+C解：\int{e^{3x}\sin2xdx}=-\frac{1}{2}e^{3x}\cos2x+\frac{3}{4}e^{3x}\sin2x-\int{\frac{9}{4}e^{3x}\sin2xdx}\\ \int{e^{3x}\sin2xdx}=-\frac{2}{13}e^{3x}\cos2x+\frac{3}{13}e^{3x}\sin2x+C 解：∫e3xsin2xdx=−21​e3xcos2x+43​e3xsin2x−∫49​e3xsin2xdx∫e3xsin2xdx=−132​e3xcos2x+133​e3xsin2x+C

7 有理函数求积分

例1 求∫x3+1x(x−1)3dx\int{\frac{x^3+1}{x(x-1)^3}dx}∫x(x−1)3x3+1​dx
解：x3+1x(x−1)3=ax+b(x−1)3+c(x−1)2+dx−1通分得，a(x−1)3+bx+cx(x−1)+dx(x−1)2=x3+1计算得a=−1,b=2,c=1,d=2,所以∫x3+1x(x−1)3=∫(−1x+2x−1+1(x−1)2+2(x−1)3)dx=−ln⁡∣x∣+2ln⁡∣x−1∣−1x−1−1(x−1)2+C解：{\frac{x^3+1}{x(x-1)^3}}=\frac{a}{x}+\frac{b}{(x-1)^3}+\frac{c}{(x-1)^2}+\frac{d}{x-1}\\ 通分得，a(x-1)^3+bx+cx(x-1)+dx(x-1)^2=x^3+1\\ 计算得a=-1,b=2,c=1,d=2,所以\\ \int{\frac{x^3+1}{x(x-1)^3}}=\int{(\frac{-1}{x}+\frac{2}{x-1}+\frac{1}{(x-1)^2}+\frac{2}{(x-1)^3})dx}=-\ln|x|+2\ln|x-1|-\frac{1}{x-1}-\frac{1}{(x-1)^2}+C 解：x(x−1)3x3+1​=xa​+(x−1)3b​+(x−1)2c​+x−1d​通分得，a(x−1)3+bx+cx(x−1)+dx(x−1)2=x3+1计算得a=−1,b=2,c=1,d=2,所以∫x(x−1)3x3+1​=∫(x−1​+x−12​+(x−1)21​+(x−1)32​)dx=−ln∣x∣+2ln∣x−1∣−x−11​−(x−1)21​+C
例2 求∫2x+2(x−1)(x2+1)2dx\int{\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}dx}∫(x−1)(x2+1)22x+2​dx
解：2x+2(x−1)(x2+1)2=ax−1+b1x+c1x2+1+b2x+c2(x2+1)2通分得，a(x2+1)2+(b1x+c1)(x−1)(x2+1)+(b2x+c2)(x−1)=2x+2计算得，a=1,b1=−1,c1=−1,b2=−2,c2=0∫2x+2(x−1)(x2+1)2=∫(1x−1−x+1x2+1−2x(x2+1)2)dx=ln⁡∣x−1∣−12ln⁡∣x2+1∣−arctan⁡x+1x2+1+C解：\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}=\frac{a}{x-1}+\frac{b_1x+c_1}{x^2+1}+\frac{b_2x+c_2}{(x^2+1)^2}\\ 通分得，a(x^2+1)^2+(b_1x+c_1)(x-1)(x^2+1)+(b_2x+c_2)(x-1)=2x+2\\ 计算得，a=1,b_1=-1,c_1=-1,b_2=-2,c_2=0\\ \int{\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}}=\int{(\frac{1}{x-1}-\frac{x+1}{x^2+1}-\frac{2x}{(x^2+1)^2})dx}\\ =\ln|x-1|-\frac{1}{2}\ln|x^2+1|-\arctan x+\frac{1}{x^2+1}+C 解：(x−1)(x2+1)22x+2​=x−1a​+x2+1b1​x+c1​​+(x2+1)2b2​x+c2​​通分得，a(x2+1)2+(b1​x+c1​)(x−1)(x2+1)+(b2​x+c2​)(x−1)=2x+2计算得，a=1,b1​=−1,c1​=−1,b2​=−2,c2​=0∫(x−1)(x2+1)22x+2​=∫(x−11​−x2+1x+1​−(x2+1)22x​)dx=ln∣x−1∣−21​ln∣x2+1∣−arctanx+x2+11​+C
例3 求∫18−4sin⁡x+7cos⁡xdx\int{\frac{1}{8-4\sin x+7\cos x}dx}∫8−4sinx+7cosx1​dx
令tan⁡x2=t,x=2arctan⁡t,dx=21+t2∫18−4sin⁡x+7cos⁡xdx=∫18−42t1+t2+71−t21+t2⋅21+t2dt=∫(1t−5−1t−3)dt=ln⁡∣t−5t−3∣+C=ln⁡∣tan⁡x2−5tan⁡x2−3∣+C令\tan\frac{x}{2}=t,x=2\arctan t,dx=\frac{2}{1+t^2}\\ \int{\frac{1}{8-4\sin x+7\cos x}dx}=\int{\frac{1}{8-4\frac{2t}{1+t^2}+7\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt}\\ =\int{(\frac{1}{t-5}-\frac{1}{t-3})dt}=\ln|\frac{t-5}{t-3}|+C =\ln|\frac{\tan\frac{x}{2}-5}{\tan\frac{x}{2}-3}|+C 令tan2x​=t,x=2arctant,dx=1+t22​∫8−4sinx+7cosx1​dx=∫8−41+t22t​+71+t21−t2​1​⋅1+t22​dt=∫(t−51​−t−31​)dt=ln∣t−3t−5​∣+C=ln∣tan2x​−3tan2x​−5​∣+C

∫asin⁡x+bcos⁡xcsin⁡x+dcos⁡xdx=∫A(csin⁡x+dcos⁡x)+B(csin⁡x+dcos⁡x)′csin⁡x+dcos⁡xdx\int{\frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}dx}=\int{\frac{A(c\sin x+d\cos x)+B(c\sin x+d\cos x)^{'}}{c\sin x +d\cos x}dx}∫csinx+dcosxasinx+bcosx​dx=∫csinx+dcosxA(csinx+dcosx)+B(csinx+dcosx)′​dx

例4 求∫4sin⁡x+3cos⁡x2sin⁡x−cos⁡xdx\int{\frac{4\sin x+3\cos x}{2\sin x-\cos x}dx}∫2sinx−cosx4sinx+3cosx​dx
解:原式=∫a(2sin⁡x−cos⁡x)+b(2sin⁡x−cos⁡x)′2sin⁡x−cos⁡xdxa=1,b=2原式=x+22sin⁡x−cos⁡xd(2sin⁡x−cos⁡x)=x+2ln⁡∣2sin⁡x−cos⁡x∣+C解:原式=\int{\frac{a(2\sin x-\cos x)+b(2\sin x-\cos x)^{'}}{2\sin x-\cos x}dx}\\ a =1,b=2\\ 原式=x+\frac{2}{2\sin x-\cos x}d(2\sin x-\cos x)=x+2\ln|2\sin x-\cos x|+C 解:原式=∫2sinx−cosxa(2sinx−cosx)+b(2sinx−cosx)′​dxa=1,b=2原式=x+2sinx−cosx2​d(2sinx−cosx)=x+2ln∣2sinx−cosx∣+C

后记

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参考：

[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.

[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频｜纯干货知识点解析，应该是全网最细｜微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p31.