第四章 不定积分

第四章 不定积分

在第二章中我们讨论了导数和微分的计算问题，即已知一个函数，如何去求它的导数或微分，本章将讨论它的反问题，即如何找这样的函数，使得它的导数等于已知函数。

第一节 不定积分的概念与性质

一、 原函数与不定积分的概念

定义 4.1.1 设函数 $ f(x) $ 在区间 I 内有定义，如果存在函数 $ F(x) $，对任意 $ x \in I $ 有

$$ F^{\prime}(x)=f(x) 或 \mathrm{d}F(x)=f(x)\mathrm{d}x, $$

则称函数 $ F(x) $ 是函数 $ f(x) $ 在区间 I 内的一个原函数.

例如，因为在区间 $ (-\infty, +\infty) $ 内， $ (\sin x)' = \cos x $，所以 $ \sin x $ 是 $ \cos x $ 在区间 $ (-\infty, +\infty) $ 内的一个原函数；

又如 $ 2\sqrt{x} $ 与 $ 2\sqrt{x} + 1 $ 都是 $ \frac{1}{\sqrt{x}} $ 在 $ (0, +\infty) $ 上的原函数，因为 $ (2\sqrt{x})' = (2\sqrt{x} + 1)' = \frac{1}{\sqrt{x}} $.

关于原函数，首先要考虑的是：

一个函数应具备什么条件，方能保证它的原函数一定存在？对于这个问题，我们用下面的原函数存在定理来回答，定理的证明在下一章给出。

定理 4.1.1（原函数存在定理） 如果函数 $ f(x) $ 在区间 I 内连续，则在区间 I 内必定存在可导的函数 $ F(x) $，使得对于任一 $ x \in I $，都有 $ F'(x) = f(x) $。换句话说，连续函数必定存在原函数。

一般地，若 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 在区间 I 内的一个原函数，则对任意的常数 C，函数 $ F(x)+C $ 也是 $ f(x) $ 的原函数。这说明 $ f(x) $ 在区间 I 内如有原函数 $ F(x) $，那么就有无穷多个原函数 $ F(x)+C $。反过来， $ f(x) $ 的任意一个原函数都可表示

为 $ F(x)+C $。这是因为若 $ \Phi(x) $是 $ f(x) $的另一个原函数，那么 $ (\Phi(x)-F(x))'=-\Phi'(x)-F'(x)=f(x)-f(x)\equiv0 $，所以 $ \Phi(x)-F(x)=C $，即 $ \Phi(x)=F(x)+C $。

由此，我们引入不定积分概念.

定义 4.1.2 如果 $ F(x) $ 是函数 $ f(x) $ 在区间 I 内的一个原函数，则称 $ F(x) + C(C $ 为任意常数）是函数 $ f(x) $ 在区间 I 内的不定积分，记作 $ \int f(x) \, dx $，即

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C,\quad x\in I, $$

其中记号 $ \int $称为积分号， $ f(x) $称为被积函数， $ f(x)\mathrm{d}x $称为被积表达式，x称为积分变量.

由定义可知，要求函数 $ f(x) $ 的不定积分，只需求出 $ f(x) $ 的任何一个原函数 $ F(x) $，即满足 $ F'(x) = f(x) $， $ x \in I $，再加上任意常数 C 即可。

例如，由于在区间 $ (-∞, +∞) $ 内， $ \sin x $ 是 $ \cos x $ 的一个原函数，因此

$$ \int\cos x\mathrm{d}x=\sin x+C. $$

又比如，由于 $ (\arctan x)' = \frac{1}{1 + x^2} $， $ x \in (-\infty, +\infty) $，所以 $ \arctan x $ 是 $ \frac{1}{1 + x^2} $ 的一个原函数，因此

$$ \int\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\arctan x+C. $$

二、 不定积分的几何意义

设 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 的任意一个原函数， $ y=F(x) $ 的图形是 xOy 平面上的一条曲线，称此曲线为 $ f(x) $ 的积分曲线。积分曲线 $ y=F(x) $ 在点 $ (x, F(x)) $ 处的斜率为 $ f(x) $。 $ f(x) $ 的不定积分 $ \int f(x) \, dx $ 在

几何上是其一条积分曲线 $ y = F(x) $ 沿 y 轴平移所得到的积分曲线族。在积分曲线族中，任意两条积分曲线在横坐标相同的点处的切线平行（如图4-1）.

例 1 已知曲线通过点（0，1），且在此曲线上任一点 $ (x, y) $ 处的切线斜率为 2x，求此曲线的方程.

解 设所求曲线方程为 $ y=f(x) $，依题意，有

$ f'(x)=2x $

即 $ f(x) $ 是 2x 的一个原函数. 因为

$$ \int2x\mathrm{d}x=x^{2}+C, $$

于是，存在常数 C，使得 $ y=f(x)=x^{2}+C $.

又因为曲线通过点（0，1），将 x=0，y=1 代入积分曲线 $ y=x^{2}+C $，得 C=1。于是所求曲线为 $ y=x^{2}+1 $。

三、 基本积分公式

下面我们给出一些重要初等函数的不定积分，它们可以由基本初等函数的微分公式反转而得到.

(1) $ \int x^{\alpha} dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C $ $ \quad (\alpha \neq -1) $,

特别地， $ \int0\mathrm{d}x=C $; $ \int k\mathrm{d}x=kx+C $ (k为常数).

(2) $ \int \frac{1}{x} \mathrm{d}x = \ln |x| + C. $

(3) $ \int a^{x} \, \mathrm{d}x = \frac{a^{x}}{\ln a} + C $ (a \gt 0, $ a \neq 1 $),

特别地， $ \int e^{x}dx=e^{x}+C. $

(4) $ \int \cos x \, dx = \sin x + C $.

(5) $ \int \sin x \, dx = -\cos x + C $.

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

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

(8) $ \int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C. $

(9) $ \int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C $.

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

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

求函数的不定积分，通常都要将被积函数转化为以上积分公式左端的形式，因此必须熟记以上基本积分公式.

四、 不定积分的性质

性质1 $ \int\left[f(x)\pm g(x)\right]\mathrm{d}x=\int f(x)\mathrm{d}x\pm\int g(x)\mathrm{d}x. $

证 等式右边对 x 求导，得

$$ \begin{align*}\left[\int f(x)\mathrm{d}x\pm\int g(x)\mathrm{d}x\right]^{\prime}=&\left(\int f(x)\mathrm{d}x\right)^{\prime}\pm\left(\int g(x)\mathrm{d}x\right)^{\prime}\\ =&f(x)\pm g(x),\end{align*} $$

由不定积分的定义知公式成立.

性质2 $ \int kf(x)dx = k\int f(x)dx $ (k为非零常数).

证明类似于性质1.

利用不定积分的性质和基本积分表，可以求出一些简单函数的不定积分.

例2 求 $ \int3^{x}e^{x}dx $.

解 因为 $ 3^{x}e^{x}=(3e)^{x} $，将 3e 看作 a，由基本积分公式 (3)，得

$$ \int3^{x}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\int(3\mathrm{e})^{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{\ln(3\mathrm{e})}(3\mathrm{e})^{x}+C=\frac{3^{x}\mathrm{e}^{x}}{1+\ln3}+C. $$

例3 求 $ \int\frac{1}{\sin^{2}\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}\mathrm{d}x. $

解 基本积分公式中没有这类函数的积分，需要先利用三角恒等式变形，然后再求积分：

$$ \int\frac{1}{\sin^{2}\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{\left(\frac{\sin x}{2}\right)^{2}}\mathrm{d}x=4\int\csc^{2}x\mathrm{d}x=-4\cot x+C. $$

我们常把一个复杂的函数分解成几个简单的函数的和，其中每个简单的函数的不定积分我们都会求，然后利用性质求出不定积分，这就是分项积分法。

例4 求 $ \int\frac{(x-1)^{3}}{x^{2}}\mathrm{d}x. $

解 先将被积函数化为幂函数的和，再分项求积分：

$$ \begin{aligned}\int\frac{\left(x-1\right)^{3}}{x^{2}}\mathrm{d}x&=\int\left(x-3+3\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{2}}{2}-3x+3\ln\left|x\right|+\frac{1}{x}+C.\end{aligned} $$

例5 求 $ \int\frac{1+x+x^{2}}{x\left(1+x^{2}\right)} $ dx.

解 根据分母的形式组合分子，变形后再分项求积分：

$$ \begin{aligned}\int\frac{1+x+x^{2}}{x\left(1+x^{2}\right)}\mathrm{d}x&=\int\frac{x+\left(1+x^{2}\right)}{x\left(1+x^{2}\right)}\mathrm{d}x=\int\left(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x\\&=\arctan\ x+\ln\left|x\right|+C.\end{aligned} $$

例6 求 $ \int \tan^{2} x dx $.

解 先利用三角恒等式变形，然后分项求积分：

$$ \int\tan^{2}x\mathrm{d}x=\int\left(\sec^{2}x-1\right)\mathrm{d}x=\tan x-x+C. $$

1. 求下列不定积分：

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

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

(3) $ \int\left(2^{x}+3^{x}\right)^{2}dx $;

(4) $ \int \sec x (\sec x - \tan x) \, dx $;

(5) $ \int \frac{1}{\sin^{2}x\cos^{2}x} \, dx $;

(6) $ \int \cos^{2} \frac{x}{2} dx $;

(7) $ \int \frac{\cos 2x}{\cos x - \sin x} \, dx $;

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

(9) $ \int \frac{2^{x+1} + 3^{x-2}}{6^x} \, dx $;

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

(11) $ \int (1 + \cos^{2} x) \sec^{2} x \, dx $.

1. （1）已知 $ F(x) $ 是 $ \frac{\ln x}{x} $ 的一个原函数，求 $ \mathrm{d}F(\sin x) $;

（2）已知 $ f(x) $ 的一个原函数为 $ \frac{\sin x}{1+x\sin x} $，求 $ \int f(x)f'(x)dx $.

1. 设 $ f(x) $ 满足方程 $ f(x) + xf'(x) = x^{2} + \sqrt{x} $，求 $ f(x) $.

第二节 不定积分的换元积分法

换元积分法的实质就是把复合函数的微分法反转过来用于求不定积分.

一、 第一换元法

设 $ G'(u) = g(u) $, $ u = \varphi(x) $ 可导，由复合函数的求导法则，得

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}G\left(\varphi\left(x\right)\right)=G^{\prime}\left(u\right)\varphi^{\prime}\left(x\right)=g\left(u\right)\varphi^{\prime}\left(x\right)=g\left(\varphi\left(x\right)\right)\varphi^{\prime}\left(x\right). $$

于是，有

$$ \int g\left(\varphi(x)\right)\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x=G\left(\varphi(x)\right)+C=\int g(u)\mathrm{d}u\bigg|_{u=\varphi(x)}. $$

写成定理，就是：

定理 4.2.1 (凑微分法) 设 $ g(u) $ 存在原函数， $ u = \varphi(x) $ 可导，则有

$$ \int g\left(\varphi(x)\right)\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x=\int g(u)\mathrm{d}u\bigg|_{u=\varphi(x)}. $$

第一换元法说明：在积分 $ \int f(x) \, dx $ 中，如果被积函数 $ f(x) $ 可以分解为两个因子的积，其中一个因子是以 $ \varphi(x) $ 为中间变量的复合函数 $ g(\varphi(x)) $，另一个因子是 $ \varphi(x) $ 的导数 $ \varphi'(x) $，那么可作代换 $ \varphi(x) = u $，把积分 $ \int f(x) \, dx $ 转化为 $ \int g(u) \, du $。这样，如果能求得 $ \int g(u) \, du $，当然也就得到了 $ \int f(x) \, dx $。

第一换元法的一般过程是： $ \int f(x)dx=\int g(\varphi(x))\varphi'(x)dx=\int g(\varphi(x))d\varphi(x)=\int g(u)du=G(u)+C=G(\varphi(x))+C $，其中将 $ \varphi'(x) $与dx之积“凑”成新变量 $ u(u=\varphi(x)) $的微分 $ d\varphi(x) $是关键步骤，因此第一换元法又叫做凑微分法.

例1 求 $ \int\cos(2x+1)dx $.

解 观察被积函数的形式，显然我们应该引入中间变量 u=2x+1，这时

$$ \int\cos(2x+1)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int\cos(2x+1)\cdot(2x+1)^{\prime}\mathrm{d}x, $$

令 $ 2x+1=u $ ，得

$$ \int\cos\left(2x+1\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int\cos u\mathrm{d}u=\frac{1}{2}\sin u+C, $$

再以 u=2x+1 回代，得

$$ \int\cos\left(2x+1\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sin\left(2x+1\right)+C. $$

当我们对凑微分法比较熟悉以后，为了简便起见，可以不再写出中间变量u，只要在计算过程中知道哪一个是 $ \varphi(x) $就可以了.

例2 求 $ \int\frac{1}{a^{2}+x^{2}}dx $

解 先提出分母上的因子 $ a^{2} $，再换元：

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{a^{2}+x^{2}}\mathrm{d}x&=\frac{1}{a^{2}}\int\frac{1}{1+\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{a}\int\frac{1}{1+\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}\mathrm{d}\left(\frac{x}{a}\right)\\&=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C.\end{aligned} $$

例3 求 $ \int\frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx $ (a\gt 0).

解 $ \int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} \mathrm{d}x = \frac{1}{a} \int \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}} \mathrm{d}x = \int \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}} \mathrm{d}\left(\frac{x}{a}\right) $

$ = \arcsin \frac{x}{a} + C. $

例4 求 $ \int\frac{1}{x^{2}-a^{2}}dx $.

解 先将被积函数化为两个简单函数之和，然后分项积分.

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{\left(x-a\right)\left(x+a\right)}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2a}\int\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2a}\Big[\int\frac{1}{x-a}\mathrm{d}\left(x-a\right)-\int\frac{1}{x+a}\mathrm{d}\left(x+a\right)\Big]\\&=\frac{1}{2a}\left[\left.\ln|x-a|-\ln|x+a|+C_{1}\right.\right]\\&=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C.\\ \end{aligned} $$

例5 求 $ \int\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{d}x $.

解 由于 $ \frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2\mathrm{d}\sqrt{x} $，因此

$$ \int\frac{1}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\mathrm{d}x=2\int\frac{1}{1+\left(\sqrt{x}\right)^{2}}\mathrm{d}\sqrt{x}=2\arctan\sqrt{x}+C. $$

例6 求 $ \int e^{x^{2}+\ln x}dx $.

解 由于 $ x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{d}x^{2} $，因此

$$ \int\mathrm{e}^{x^{2}+\ln x}\mathrm{d}x=\int\mathrm{e}^{x^{2}}\cdot x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x^{2}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x^{2}}+C. $$

例7 求 $ \int \sin^{2}x \cos x \, dx $.

解 由于 $ \cos x \, dx = d \sin x $，因此

$$ \int\sin^{2}x\cos x\mathrm{d}x=\int\sin^{2}x\mathrm{d}\sin x=\frac{1}{3}(\sin x)^{3}+C. $$

例8 求 $ \int \sin^{2}x \cos^{2}x dx $.

解 首先利用倍角公式进行降次，再换元：

$$ \begin{aligned}&\int\sin^{2}x\cdot\cos^{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\int\sin^{2}2x\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{8}\int\left(1-\cos4x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{8}\bigg(x-\frac{1}{4}\sin4x\bigg)+C.\\ \end{aligned} $$

例 9 求 $ \int \tan x \, dx $.

解 $ \int\tan x dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx=-\int\frac{1}{\cos x}d(\cos x)=-\ln|\cos x|+C. $

类似可得

$$ \int\cot x\mathrm{d}x=\ln|\sin x|+C. $$

例 10 求 $ \int \csc x \, dx $.

解

$$ \begin{align*}\int\csc\ x\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{\sin\ x}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}\mathrm{d}x\\&=\int\frac{1}{\tan\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right)=\int\frac{1}{\tan\frac{x}{2}}\mathrm{d}\left(\tan\frac{x}{2}\right)\\&=\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|+C,\end{align*} $$

因为

$$ \tan\frac{x}{2}=\frac{\sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}}=\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\csc x-\cot x, $$

所以上述不定积分又可以表示为

$$ \int\csc\ x\mathrm{d}x=\ln|\csc\ x-\cot x|+C. $$

例 11 求 $ \int \sec x \, dx $.

解 由上题得

$$ \begin{align*}\int\sec\ x\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{\cos\ x}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)}\mathrm{d}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\\&=\ln\bigg|\csc\left(x+\frac{\pi}{2}\right)-\cot\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\bigg|+C=\ln|\sec\ x+\tan\ x|+C.\end{align*} $$

例12 求 $ \int\frac{\sqrt[3]{1+2\ln x}}{x}dx $ (x\gt 0).

解 由于 $ \frac{1}{x}\mathrm{d}x = \mathrm{d}\ln|x| $，

$$ \begin{align*}\int\frac{\sqrt[3]{1+2\ln x}}{x}\mathrm{d}x&=\int\left(1+2\ln x\right)^{\frac{1}{3}}\mathrm{d}\ln|x|=\frac{1}{2}\int\left(1+2\ln x\right)^{\frac{1}{3}}\mathrm{d}\left(1+2\ln x\right)\\&=\frac{3}{8}\left(1+2\ln x\right)^{\frac{4}{3}}+C.\end{align*} $$

二、 第二换元法

当 $ \int f(x) \, \mathrm{d}x $不易求出，在第一换元法中，我们引入中间变量 $ u = \varphi(x) $， $ u $是原积分变量 $ x $的函数，使 $ \int f(x) \, \mathrm{d}x $转化为易积出的 $ \int g(u) \, \mathrm{d}u $。而在第二换元法中，我们要将 $ x $作为中间变量，令 $ x $为另一变量 $ t $的函数： $ x = \varphi(t) $，使 $ \int f(x) \, \mathrm{d}x $转化为 $ \int f(\varphi(t)) \varphi'(t) \, \mathrm{d}t $。若容易算得 $ \int f(\varphi(t)) \varphi'(t) \, \mathrm{d}t = F(t) + C $，这时，当 $ \varphi'(t) \neq 0 $，由复合函数的求导法则，得

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}F(t)=f(\varphi(t))\varphi^{\prime}(t)\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=f(\varphi(t))\varphi^{\prime}(t)\frac{1}{\varphi^{\prime}(t)}=f(x), $$

于是，有

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=F(t)\bigg|_{t=\varphi^{-1}(x)}+C=\int f((\varphi(t))\varphi^{\prime}(t)\mathrm{d}t\bigg|_{t=\varphi^{-1}(x)}, $$

这里 $ t=\varphi^{-1}(x) $ 是 $ x=\varphi(t) $ 的反函数。写成定理就是：

定理4.2.2 设函数 $ x=\varphi(t) $ 单调，可导，且 $ \varphi'(x)\neq0 $，又 $ f(\varphi(t))\varphi'(t) $ 具有原函数，则有

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=\left.\int f(({\varphi}(t)){\varphi}^{\prime}(t)\mathrm{d}t\right|_{t={\varphi}^{-1}(x)}, $$

其中 $ t=\varphi^{-1}(x) $ 是 $ x=\varphi(t) $ 的反函数.

第二换元法较多地用于求含根式函数的积分，通过换元法来消去根式，使积分易于求出.

例 13 求 $ \int \sqrt{a^{2}-x^{2}} \, dx $ (a\gt 0).

解　为消去被积函数中的根式 $ \sqrt{a^2 - x^2} $，可利用三角公式 $ \sin^2 t + \cos^2 t = 1 $，令 $ x = a \sin t \left(-\frac{\pi}{2} \lt t \lt \frac{\pi}{2}\right) $，则

$$ \sqrt{a^{2}-x^{2}}=a\cos t,\quad\mathrm{d}x=a\cos t\mathrm{d}t, $$

于是，含二次根式的不定积分化成了三角函数的不定积分，即有

$$ \begin{align*}\int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x&=\int a^{2}\cos^{2}t\mathrm{d}t=\frac{a^{2}}{2}\int(1+\cos2t)\mathrm{d}t\\&=\frac{a^{2}}{2}\bigg(t+\frac{1}{2}\sin2t\bigg)+C=\frac{a^{2}}{2}(t+\sin t\cos t)+C.\end{align*} $$

为使变量 t 还原为变量 x，可以根据 $ \sin t = \frac{x}{a} $，得 $ t = \arcsin \frac{x}{a} $；再作辅助直角三角形（如图 4-2），根据锐角三角函数，得到 $ \cos t = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a} $，于是，有

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

例14 求 $ \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}dx $ (a\gt 0).

解 可利用三角公式 $ \sec^{2}t-1=\tan^{2}t $ 来消去被积函数中的根式 $ \sqrt{x^{2}-a^{2}} $，并将含根式的积分化为三角函数的积分.

当 x \gt a 时，设 $ x = a \sec t \left(0 \lt t \lt \frac{\pi}{2}\right) $，则

$$ \sqrt{x^{2}-a^{2}}=\sqrt{a^{2}\sec^{2}t-a^{2}}=a\tan t,\quad\mathrm{d}x=a\sec t\tan t\mathrm{d}t, $$

故

$$ \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}x=\int\sec t\mathrm{d}t=\ln\left(\sec t+\tan t\right)+C_{1}. $$

根据 $ \sec t = \frac{x}{a} $ 作辅助三角形（如图 4-3），得

$$ \tan\ t=\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a}, $$

于是

$$ \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}x=\ln\left(\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a}\right)+C_{1} $$

$$ =\ln\left(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C\quad\left(C=C_{1}-\ln a\right). $$

当 x\lt -a 时，令 x=-t （t\gt a），得

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\int\frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}x=-\int\frac{1}{\sqrt{t^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}t=-\ln\left(t+\sqrt{t^{2}-a^{2}}\right)+C_{2}\\ \displaystyle\qquad=-\ln\left(-x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C_{2}\\ \displaystyle\qquad=\ln\left[-\left(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)\right]+C\quad\left(C=C_{2}-2\ln a\right).\end{array} $$

综合上述，当 $ |x|\gt a $时，有

$$ \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}x=\ln|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C. $$

例15 求 $ \int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx $ (a\gt 0).

解 利用公式 $ 1 + \tan^{2}t = \sec^{2}t $ 来消去根式 $ \sqrt{x^{2} + a^{2}} $，将积分转化为三角函数的积分.

设 $ x = a \tan t \left( -\frac{\pi}{2} \lt t \lt \frac{\pi}{2} \right) $，则

$$ \sqrt{x^{2}+a^{2}}=a\sec t,\quad\mathrm{d}x=a\sec^{2}t\mathrm{d}t, $$

所以

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{a\sec t}\cdot a\sec^{2}t\mathrm{d}t=\int\sec t\mathrm{d}t\\&=\ln|\sec t+\tan t|+C_{1}\\&=\ln\left|\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}+\frac{x}{a}\right|+C_{1}\\&=\ln|x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C.\end{aligned} $$

这里利用辅助三角形（如图4-4），得 $ \sec t = \frac{\sqrt{x^{2} + a^{2}}}{a} $.

从上面的例题看出，当被积函数中含有二次根式 $ \sqrt{a^{2}-x^{2}} $， $ \sqrt{x^{2}-a^{2}} $或 $ \sqrt{x^{2}+a^{2}} $（a\gt 0）时，可分别作下列三角换元来消去根式，并将含根式的积分化为三角函数的积分：

（1）被积函数含 $ \sqrt{a^{2}-x^{2}} $时，令 $ x=a\sin t $， $ t\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) $；

（2）被积函数含 $ \sqrt{x^2 - a^2} $时，令 $ x = a\sec t $， $ x \gt a $时， $ t \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $； $ x \lt -a $时，作变换 $ x = -u $，化为 $ u \gt a $情形；

（3）被积函数含 $ \sqrt{x^{2}+a^{2}} $时，令 $ x=a\tan t $， $ t\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) $.

下面再介绍一种变换——倒变换，为了消去被积函数的分母中的变量因子x，常采用倒变换.

例16 求 $ \int\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{x^{4}}\mathrm{d}x(a\gt 0) $.

解 设 $ x=\frac{1}{t} $，则 $ \mathrm{d}x=-\frac{1}{t^{2}}\mathrm{d}t $，于是

$$ \int\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{x^{4}}\mathrm{d}x=\int\frac{\sqrt{a^{2}-\frac{1}{t^{2}}}}{\frac{1}{t^{4}}}\left(-\frac{1}{t^{2}}\right)\mathrm{d}t=-\int\left(a^{2}t^{2}-1\right)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}t, $$

当x\gt 0时，有

$$ \begin{align*}\int\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{x^{4}}\mathrm{d}x&=-\frac{1}{2a^{2}}\int\left(a^{2}t^{2}-1\right)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}\left(a^{2}t^{2}-1\right)\\&=-\frac{\left(a^{2}t^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}{3a^{2}}+C=-\frac{\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}{3a^{2}x^{3}}+C.\end{align*} $$

当x\lt 0时，有相同的结果.

一般来说，当被积函数中分母 x 的幂次高出分子 x 的幂次至少二次以上，可以考虑使用倒变换.

在计算不定积分时，有些积分经常遇到，所以把它们作为积分基本公式列在下面：

(1) $ \int \tan x \, dx = -\ln |\cos x| + C $;

(2) $ \int \cot x \, dx = \ln |\sin x| + C $;

(3) $ \int \sec x \, dx = \ln |\sec x + \tan x| + C $;

(4) $ \int \csc x \, dx = \ln |\csc x - \cot x| + C $;

(5) $ \int \frac{1}{x^{2}-a^{2}}dx = \frac{1}{2a} \ln \left| \frac{x-a}{x+a} \right| + C $;

(6) $ \int \frac{1}{a^{2} + x^{2}} \mathrm{d}x = \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C $;

(7) $ \int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} dx = \arcsin \frac{x}{a} + C $;

(8) $ \int \frac{1}{\sqrt{x^{2} \pm a^{2}}} \, dx = \ln |x + \sqrt{x^{2} \pm a^{2}}| + C. $

通过适当的变量代换，将所求的积分转化为容易求积分的形式，直至最终能够运用基本积分公式直接得出答案，这是换元积分法的思想.

简单说来，在等式

$$ \int f(\varphi(x))\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x\xlongequal{u=\varphi(x)}f(u)\mathrm{d}u $$

中，若将等式的左端化为右端，则是第一换元法；若将等式的右端化为左端，则是第二换元法.

习题4-2

1. 利用凑微分法计算下列不定积分：

(1) $ \int (3 - 2x)^{3} \, dx $;

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

(3) $ \int 5e^{3x} dx $;

(4) $ \int e^{x} \sin e^{x} \, dx $;

(5) $ \int \frac{1}{x^{2}} \cos \frac{1}{x} \, dx $;

(6) $ \int \frac{1}{x \ln x} \, dx $;

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

(8) $ \int\left(1-\frac{1}{x^{2}}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx $;

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

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

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

(12) $ \int \sin 2x \cos 3x dx $;

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

(14) $ \int \tan^3 x \sec x \, dx $;

(15) $ \int \frac{\sin x \cos x}{1 + \sin^{4} x} \, dx $;

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

(17) $ \int \frac{dx}{x(x^{6} + 4)}; $

(18) $ \int \frac{dx}{e^x + 1} $;

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

(20) $ \int \frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)} \, dx $;

(21) $ \int \frac{e^{\arctan x} + x \ln(1 + x^2)}{1 + x^2} dx $;

(22) $ \int \frac{\cot x}{1 + \sin x} \, dx $.

1. 已知 $ f'( \sin^{2} x ) = \cos 2 x + \tan^{2} x $，求 $ f(x) $.

1. 计算下列不定积分：

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

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

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

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

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

(6) $ \int \sqrt{\frac{a+x}{a-x}} \, dx $;

(7) $ \int \frac{\sqrt{x}}{1 + \sqrt[4]{x^3}} \, dx $;

(8) $ \int \frac{dx}{\sqrt{e^x + 1}} $;

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

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

第三节 不定积分的分部积分法

考察不定积分 $ \int x\sin xdx $ 和 $ \int \arctan xdx $，我们发现，虽然换元积分法应用

广泛，但是对于这两个不定积分，换元法就无能为力。下面，我们从两个函数乘积的求导法则出发，来寻求另一个重要的积分方法——分部积分法。

设 $ u(x) $ 与 $ v(x) $ 都可导，由函数乘积求导公式，有

$$ u v^{\prime}=\left(u v\right)^{\prime}-u^{\prime}v, $$

两边求不定积分得

$$ \int u v^{\prime}\mathrm{d}x=u v-\int u^{\prime}v\mathrm{d}x, $$

这就是分部积分公式.

定理 4.3.1 设函数 $ u(x) $ 与 $ v(x) $ 都有连续的导数，则有

$$ \int u\left(x\right)\cdot v^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x=u\left(x\right)v\left(x\right)-\int u^{\prime}\left(x\right)\cdot v\left(x\right)\mathrm{d}x, $$

或写成

$$ \int u(x)\mathrm{d}v(x)=u(x)v(x)-\int v(x)\mathrm{d}u(x). $$

上式称作不定积分的分部积分公式.

分部积分公式的两端各有一个积分，使用公式的意义是将难求的一个转化为易求的另一个。关键在于选择恰当的 u 和 dv，以便达到化难为易的目的。应用分部积分公式求积分 $ \int f(x)dx $，要将被积分表达式 $ f(x)dx $ 变成 u dv。选择 u 和 dv 一般按照下列原则进行，（1）由 $ v' $ 容易求 $ v $；（2） $ \int u' $ v dx 比 $ \int uv' $ dx 简单易求。

例1 求 $ \int x\sin x dx $.

解 令 $ u = x $, $ v' = \sin x $, 则有 $ u' = 1 $, $ v = -\cos x $, 于是, 由分部积分公式, 有

$$ \begin{aligned}\int x\sin\ x\mathrm{d}x&=\int x\mathrm{d}\left(-\cos\ x\right)=-x\cos\ x-\int1\cdot\left(-\cos\ x\right)\mathrm{d}x\\&=-x\cos\ x+\sin\ x+C.\end{aligned} $$

例2 求 $ \int x^{2}e^{2x}dx $.

解 令 $ u = x^{2} $， $ v' = e^{2x} $，则有 $ u' = 2x $， $ v = \frac{e^{2x}}{2} $，由分部积分公式，有

$$ \int x^{2}\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x=\int x^{2}\mathrm{d}\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}=x^{2}\cdot\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}-\int2x\cdot\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}\mathrm{d}x, $$

对积分 $ \int x \cdot e^{2x} dx $，又使用分部积分公式，有

$$ \int x\cdot\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x=\int x\mathrm{d}\left(\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}\right) $$

$$ =x\cdot\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}-\int1\cdot\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}\mathrm{d}x=x\cdot\frac{\mathrm{e}^{2x}}{2}-\frac{1}{4}\mathrm{e}^{2x}+C, $$

综合整理得

$$ \int x^{2}\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}(2x^{2}-2x+1)\mathrm{e}^{2x}+C. $$

从上面的例子可得知，对下列三种形式的不定积分：

$$ \int x^{n}\mathrm{e}^{ax}\mathrm{d}x,\int x^{n}\sin bx\mathrm{d}x,\int x^{n}\cos bx\mathrm{d}x(n 为自然数 ) $$

在使用分部积分公式计算时，都将幂函数 $ x^n $ 取作公式中的 $ u $，而将被积函数的余下的因子作为公式中的 $ v' $，这是因为 $ e^{ax} $， $ \sin bx $ 与 $ \cos bx $ 的原函数很容易求出，且保持函数形态不变。更重要的是，每使用一次分部积分公式，幂函数 $ x^n $ 经求导后必降低一次幂，可以预料，在使用分部积分公式若干次后，被积函数中的幂函数便完全消失，原积分转化为被积函数是指数函数或三角函数的积分。

例3 求 $ \int \arcsin x dx $.

解 设 $ u = \arcsin x $， $ dv = dx $，则由分部积分公式有

$$ \begin{aligned}\int\arcsin x\mathrm{d}x&=x\arcsin x-\int x\mathrm{d}(\arcsin x)\\&=x\arcsin x-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=x\arcsin x+\frac{1}{2}\int\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\cdot(1-x^{2})^{\prime}\mathrm{d}x\\&=x\arcsin x+\sqrt{1-x^{2}}+C.\end{aligned} $$

在分部积分法运用比较熟练之后，就不必写出哪一部分选作 u，哪一部分选作 $ v^{\prime}dx $ 或 dv. 只要被积表达式凑成 $ uv^{\prime}dx $ 或 $ udv $ 的形式，就可以使用分部积分公式.

例4 求 $ \int x^{2}\ln x dx $.

解

$$ \begin{aligned}\int x^{2}\ln x\mathrm{d}x&=\int\ln x\cdot\left(\frac{x^{3}}{3}\right)^{\prime}\mathrm{d}x=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\left(\ln x\right)^{\prime}\cdot\frac{x^{3}}{3}\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\frac{1}{x}\cdot\frac{x^{3}}{3}\mathrm{d}x=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{1}{3}\int x^{2}\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{1}{9}x^{3}+C.\end{aligned} $$

这两个例子说明，若被积函数是幂函数与反三角函数的乘积，或是幂函数与对数函数的乘积时，其不定积分采用分部积分公式，都将幂函数 $ \pi $ 取作公

式中的 $ v' $，而将被积函数的余下的因子作为公式中的 u。这样，使用分部积分公式后，虽然幂函数 $ x^{a} $ 会升一次幂，但重要的是，难以积分的反三角函数和对数函数都会得到转换而消除。

例5 已知 $ f(x) $ 的一个原函数是 $ \ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right) $，求 $ \int x f'(x) \, dx $.

解 由分部积分公式得

$$ \int x f^{\prime}(x)\mathrm{d}x=x f(x)-\int f(x)\mathrm{d}x, $$

又因为 $ \ln(x+\sqrt{1+x^{2}}) $ 是 $ f(x) $ 的一个原函数，所以有

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=\ln(x+\sqrt{1+x^{2}})+C, $$

$$ f(x)=\left[\ln(x+\sqrt{1+x^{2}})\right]^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}, $$

从而

$$ \int x f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x=\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}-\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)+C. $$

例6 求 $ \int e^{x}\cos xdx $.

解 由分部积分公式得

$$ \begin{align*}\int\mathrm{e}^{x}\cos x\mathrm{d}x&=\int\cos x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})=\mathrm{e}^{x}\cos x-\int(-\sin x)\cdot\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\\&=\mathrm{e}^{x}\cos x+\int\sin x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})\\&=\mathrm{e}^{x}\cos x+\mathrm{e}^{x}\sin x-\int\cos x\cdot\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x,\end{align*} $$

移项后得

$$ \int\mathrm{e}^{x}\cos x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{x}\cos x+\mathrm{e}^{x}\sin x\right)+C. $$

这个例子中，经过两次分部积分后又出现了我们要求的不定积分，但符号相反，这时，经过移项就得到了我们要求的不定积分。下一个例子也如此：

例7 求 $ \int \sec^{3} x dx $.

解

$$ \begin{aligned}\int\sec^{3}x\mathrm{d}x&=\int\sec x\mathrm{d}(\tan x)\\&=\sec x\tan x-\int\sec x\tan x\cdot\tan x\mathrm{d}x\\&=\sec x\tan x-\int\sec x(\sec^{2}x-1)\mathrm{d}x\end{aligned} $$

$$ \begin{array}{l}{=\sec\ x\tan\ x-\displaystyle\int\sec^{3}x\mathrm{d}x+\displaystyle\int\sec\ x\mathrm{d}x}\\ {=\sec\ x\tan\ x+\ln|\sec\ x+\tan\ x|-\displaystyle\int\sec^{3}x\mathrm{d}x\;,}\end{array} $$

移项且两端同除以2得

$$ \int\sec^{3}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sec x\tan x+\frac{1}{2}\ln|\sec x+\tan x|+C. $$

对例6和例7在使用分部积分公式时，计算过程中再一次出现所求的积分，事实上，我们已得到关于所求积分的一个方程式．这时，可由此方程式解出所要求的积分.

利用分部积分法，我们还可以得到有些不定积分的递推公式.

例8 求 $ I_{n}=\int\frac{1}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n}}\mathrm{d}x $，其中 n 是正整数.

解 当 n \gt 1 时，由分部积分公式得

$$ \begin{aligned}I_{_{n-1}}&=\int\frac{1}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}}\mathrm{d}x\\&=\frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}}+2\left(n-1\right)\int\frac{x^{2}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n}}\mathrm{d}x\\&=\frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}}+2\left(n-1\right)\int\left[\frac{1}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}}-\frac{a^{2}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n}}\right]\mathrm{d}x\end{aligned} $$

即

$$ I_{n-1}=\frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}}+2(n-1)\left(I_{n-1}-a^{2}I_{n}\right), $$

于是，得递推公式

$$ I_{n}=\frac{1}{2a^{2}(n-1)}\left[\frac{x}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{n-1}}+\left(2n-3\right)I_{n-1}\right]\qquad(n\gt 1). $$

由

$$ I_{1}=\int\frac{1}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C $$

就可求得 $ I_{2} $， $ I_{3} $， $ \cdots $， $ I_{n} $ 等积分的结果.

至此，我们已经介绍了不定积分的换元法和分部积分法．在一个题目中具体应该使用什么方法才好，有时也没有一定的规律可循，只能适当地多做些练习从中总结经验找到窍门．但是，我们要指出，并非所有初等函数的原函数都是初等函数，即不定积分也有“积不出来”的时候，例如

$$ \int\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x,\int\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x,\int\sin x^{2}\mathrm{d}x,\int\frac{1}{\ln x}\mathrm{d}x,\int\sqrt{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}\mathrm{d}x\quad(a^{2}\neq b^{2}) $$

等就积不出来，即不能用初等函数表示.

例9 用多种方法求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\quad(a\gt 0). $

解法一 设 x \gt a

$$ \begin{array}{c}\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{3}\sqrt{1-\frac{a^{2}}{x^{2}}}}=\frac{1}{2a^{2}}\int\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{a}{x}\right)^{2}}}\mathrm{d}\left(1-\frac{a^{2}}{x^{2}}\right)\\=\displaystyle\frac{1}{a^{2}}\sqrt{1-\left(\frac{a}{x}\right)^{2}}+C=\frac{1}{a^{2}}\sqrt{x^{2}-a^{2}}+C.\end{array} $$

若 x\lt -a，则结果也成立.

解法二

$$ \begin{array}{c}\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\frac{1}{a^{2}}\int\frac{x^{2}-\left(x^{2}-a^{2}\right)}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}x\\=\frac{1}{a^{2}}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}-\frac{1}{a^{2}}\int\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x^{2}}\mathrm{d}x,\end{array} $$

对上式右端第二项用分部积分法得

$$ \int\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x^{2}}\mathrm{d}x=-\int\sqrt{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}+\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}, $$

将它代入上式，可得

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a}}=\frac{1}{a^{2}}\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}+C. $$

解法三 设 x \gt a，令 $ x = \frac{1}{t} $，

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}}&=\int\frac{1}{\frac{1}{t^{2}}\sqrt{\frac{1}{t^{2}}-a^{2}}}\left(-\frac{1}{t^{2}}\right)\mathrm{d}t=-\int\frac{t}{\sqrt{1-a^{2}t^{2}}}\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2a^{2}}\int\frac{1}{\sqrt{1-a^{2}t^{2}}}\mathrm{d}\left(1-a^{2}t^{2}\right)=\frac{1}{a^{2}}\sqrt{1-a^{2}t^{2}}+C=\frac{1}{a^{2}}\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}+C.\end{aligned} $$

若 x\lt -a，则结果也成立.

解法四 令 $ x=\frac{a}{\sin t}\left(-\frac{\pi}{2}\lt t\lt \frac{\pi}{2},t\neq0\right) $

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=-\frac{1}{a^{2}}\int|\sin t|\mathrm{d}t=\{\begin{aligned}&\frac{1}{a^{2}}\cos t+C,t\in(0,\frac{\pi}{2}),\\ &-\frac{1}{a^{2}}\cos t+C,\quad t\in(-\frac{\pi}{2},\quad0)\end{aligned}. $$

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

习题4-3

1. 求下列不定积分：

(1) $ \int x^{2} e^{x} dx $;

(2) $ \int x^{2}\sin^{2}\frac{x}{2}dx $;

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

(4) $ \int \arcsin x \, dx $;

(5) $ \int x \tan^{2} x \, dx $;

(6) $ \int \frac{x}{\cos^{2}x} \, dx $;

(7) $ \int x^{3} e^{-x^{2}} dx $;

(8) $ \int \sin x \ln \tan x \, dx $;

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

(10) $ \int e^{-3x} \sin 2x \, dx $;

(11) $ \int e^{\sqrt[3]{x}} \, dx $;

(12) $ \int \frac{x e^{x}}{\sqrt{e^{x}-1}} \mathrm{d}x $;

(13) $ \int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}} \, dx $.

1. 求解下列各题：

（1）已知 $ f(x) $ 的一个原函数是 $ \frac{\sin x}{x} $，求 $ \int x f'(x) \, dx $;

（2）设 $ f'(e^{x})=1+x $，求 $ f(x) $.

第四节 几类可积初等函数的不定积分

前面，我们已介绍了求不定积分的基本方法。同时，我们发现，有些被积函数的原函数，不是初等函数，我们无法将这类不定积分“积出来”。但是，对于有理函数，三角函数的有理式和某些特殊的无理式，我们总可以按一定的

程序求出它们的不定积分.

一、 有理函数的不定积分

有理函数是两个实系数多项式的商，即形如

$$ R\left(x\right)=\frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}=\frac{a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_{n}}{b_{0}x^{m}+b_{1}x^{m-1}+\cdots+b_{m-1}x+b_{m}}, $$

其中 m, n 是非负整数， $ a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n} $ 及 $ b_{0}, b_{1}, \cdots, b_{m} $ 都是实数，且 $ a_{0} \neq 0, b_{0} \neq 0 $.

通常我们假设 $ P(x) $ 与 $ Q(x) $ 之间没有公因式，这时，我们称分子 $ P(x) $ 与分母 $ Q(x) $ 互质.

在（1）式中，当 n\lt m 时，称 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $ 为真分式，否则称 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $ 为假分式。利用多项式的除法，假分式总可以化为一个多项式与一个真分式之和，而多项式是很容易求积分的，故下面我们假定 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $ 为真分式。

对于真分式 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $首先是将 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $分解成部分分式之和.所谓部分分式是指下列四种形式的最简单的真分式（最简分式）：

$$ \frac{A}{x-a},\quad\frac{A}{\left(x-a\right)^{n}}\quad(n\gt 1), $$

$$ \frac{Bx+C}{x^{2}+px+q},\quad\frac{Bx+C}{\left(x^{2}+px+q\right)^{a}}\qquad(n\gt 1), $$

其中，A，B，C，p，q 为常数，n 为自然数， $ p^{2}-4q\lt 0 $。

下面介绍将真分式分解成部分分式的基本方法——待定系数法.

根据代数基本定理，在复数范围内实系数多项式 $ Q(x) $ 的零点（即方程 $ Q(x)=0 $ 的根）的个数与 $ Q(x) $ 的次数相同。如果 $ Q(x) $ 有复零点，则复零点一定共轭成对出现。因此，在实数范围内， $ Q(x) $ 总可以分解为一次因式与二次质因式的乘积，即

$$ Q\left(x\right)=b_{0}\left(x-a\right)^{\alpha}\cdots\left(x-b\right)^{\beta}\left(x^{2}+px+q\right)^{\lambda}\cdots\left(x^{2}+rx+s\right)^{\mu}, $$

其中 $ p^{2}-4q\lt 0,\ r^{2}-4s\lt 0 $.

根据 $ Q(x) $ 的分解结果，将真分式 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $ 分解为最简分式之和：

$$ \begin{aligned}\frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}&=\frac{A_{1}}{\left(x-a\right)^{\alpha}}+\frac{A_{2}}{\left(x-a\right)^{\alpha-1}}+\cdots+\frac{A_{\alpha}}{\left(x-a\right)}\\&+\cdots\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&+\frac{B_{_{1}}}{\left(x-b\right)^{\beta}}+\frac{B_{_{2}}}{\left(x-b\right)^{\beta-1}}+\cdots+\frac{B_{_{\beta}}}{\left(x-b\right)}\\ &+\frac{M_{_{1}}x+N_{_{1}}}{\left(x^{2}+px+q\right)^{\lambda}}+\frac{M_{_{2}}x+N_{_{2}}}{\left(x^{2}+px+q\right)^{\lambda-1}}+\cdots+\frac{M_{_{\lambda}}x+N_{_{\lambda}}}{\left(x^{2}+px+q\right)}\\ &+\cdots\\ &+\frac{R_{_{1}}x+S_{_{1}}}{\left(x^{2}+rx+s\right)^{\mu}}+\frac{R_{_{2}}x+S_{_{2}}}{\left(x^{2}+rx+s\right)^{\mu-1}}+\cdots+\frac{R_{_{\mu}}x+S_{_{\mu}}}{\left(x^{2}+rx+s\right)},\end{aligned} $$

其中， $ A_{i} $， $ \cdots $， $ B_{i} $， $ \cdots $， $ M_{i} $， $ N_{i} $， $ \cdots $， $ R_{i} $， $ S_{i} $都是常数.

这里，必须对部分分式作两点解释：

（1）分母 $ Q(x) $ 中若有因子 $ (x-a)^{k} $，则在部分分式中相应于这个因子，就要有下列形式的 k 项部分分式之和：

$$ \frac{A_{1}}{(x-a)^{k}}+\frac{A_{2}}{(x-a)^{k-1}}+\cdots+\frac{A_{k}}{(x-a)}, $$

其中 $ A_{1} $， $ A_{2} $， $ \cdots $， $ A_{k} $为待定常数.

特别，如果 k=1，则分解后只有一项 $ \frac{A}{x-a} $.

（2）分母 $ Q(x) $ 中若有因子 $ (x^{2}+px+q)^{k} $ $ (p^{2}-4q\lt 0) $，则在部分分式中相应于这个因子，就要有下列形式的 k 项部分分式之和

$$ \frac{M_{1}x+N_{1}}{\left(x^{2}+px+q\right)^{k}}+\frac{M_{2}x+N_{2}}{\left(x^{2}+px+q\right)^{k-1}}+\cdots+\frac{M_{k}x+N_{k}}{\left(x^{2}+px+q\right)}, $$

其中 $ M_{i} $， $ N_{i}(i=1,2,\cdots,k) $ 为待定常数.

特别，如果 k=1，则分解后只有一项 $ \frac{Mx+N}{x^{2}+px+q} $.

将真分式 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $分解为最简分式之和分两步进行，首先根据分解原理确定出分解式的形式，然后使用比较系数法或赋值法确定其中的各个待定系数.

例1 将 $ \frac{1}{x(x-1)^{2}} $分解为部分分式之和.

解 根据分解原理写出部分分式的形式，可以得到

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

两边同时乘以分母 $ x(x-1)^{2} $，得

$$ 1=A\left(x-1\right)^{2}+Bx+Cx\left(x-1\right). $$

合并整理得

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

上式为恒等式，方程两边 x 的同次幂的系数应该相等，故得

$$ \{\begin{aligned}0&=A+C,\\ 0&=-2A+B-C,\\ 1&=A\end{aligned}.,\Rightarrow\{\begin{aligned}A&=1,\\ B&=1,\\ C&=-1,\end{aligned}. 故 $$

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

例2 将 $ \frac{x+5}{(x+2)(x^{2}+x+1)} $写成部分分式之和.

解 根据分解原理写出部分分式的形式，可以得到

$$ \frac{x+5}{(x+2)(x^{2}+x+1)}=\frac{A}{x+2}+\frac{Bx+C}{x^{2}+x+1}, $$

去掉分母得

$$ x+5=A\left(x^{2}+x+1\right)+\left(Bx+C\right)\left(x+2\right). $$

合并整理得

$$ x+5=\left(A+B\right)x^{2}+\left(A+2B+C\right)x+\left(A+2C\right). $$

比较方程两边的系数得

$$ \begin{aligned}&\{\begin{aligned}&0=A+B,\\&1=A+2B+C,\\&5=A+2C\end{aligned}.\Rightarrow\{\begin{aligned}&A=1,\\&B=-1,\\&C=2,\end{aligned}., 故 \\ &\frac{x+5}{(x+2)(x^{2}+x+1)}=\frac{1}{x+2}+\frac{-x+2}{x^{2}+x+1}.\\ \end{aligned} $$

既然真分式 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $能够分解为最简分式之和，那么根据分项积分法，真分式 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $的积分问题也就转化为求下列四种最简分式的不定积分.

(1) $ \int \frac{A}{x-a} dx $;

(2) $ \int \frac{A}{(x-a)^{n}} \, dx $;

(3) $ \int \frac{Bx + C}{x^2 + px + q} \, dx \quad (p^2 - 4q \lt 0) $;

(4) $ \int \frac{Bx + C}{\left(x^{2} + px + q\right)^{n}} \, dx \quad (p^{2} - 4q \lt 0) $.

对于（1）和（2）两种，其不定积分是显然的，对于（3）和（4）我们用以下例题来示范它们的求法.

例3 求 $ \int\frac{2x-4}{x^{2}-2x+5}dx $.

解 分子是一个一次多项式，可以拆成两部分之和：一部分是分母的导数

乘以一个常数因子；另一部分是常数.

$$ \begin{array}{rl}\displaystyle\int\frac{2x-4}{x^{2}-2x+5}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\frac{\left(x^{2}-2x+5\right)^{\prime}}{x^{2}-2x+5}\mathrm{d}x-\int\frac{2}{x^{2}-2x+5}\mathrm{d}x\\&=\ln|x^{2}-2x+5|-2\int\frac{1}{2^{2}+\left(x-1\right)^{2}}\mathrm{d}x\\&=\ln|x^{2}-2x+5|-arctan\frac{x-1}{2}+C.\end{array} $$

例4 求 $ \int\frac{2x-4}{\left(x^{2}-2x+5\right)^{k}}\mathrm{d}x $ (k\gt 1, k 为正整数).

解 类似于例 3，有

$$ \begin{aligned}&\int\frac{2x-4}{\left(x^{2}-2x+5\right)^{k}}\mathrm{d}x\\=&\int\frac{\left(x^{2}-2x+5\right)^{\prime}}{\left(x^{2}-2x+5\right)^{k}}\mathrm{d}x-\int\frac{2}{\left(x^{2}-2x+5\right)^{k}}\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{-k+1}\left(x^{2}-2x+5\right)^{-k+1}-\int\frac{2}{\left(x^{2}-2x+5\right)^{k}}\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{-k+1}\left(x^{2}-2x+5\right)^{-k+1}-2\int\frac{1}{\left(2^{2}+\left(x-1\right)^{2}\right)^{k}}\mathrm{d}(x-1),\end{aligned} $$

然后，对积分 $ \int \frac{1}{(2^2 + (x-1)^2)^k} \, \mathrm{d}(x-1) $，只要令 $ u = x-1 $，就转化为积分 $ I_k = \int \frac{1}{(u^2 + a^2)^k} \, \mathrm{d}u $，再由递推公式

$$ I_{k}=\frac{1}{2a^{2}(k-1)}\bigg(\frac{u}{\left(u^{2}+a^{2}\right)^{k-1}}+\left(2k-3\right)I_{k-1}\bigg)\qquad(k\gt 1) $$

及 $ I_{1}=\int\frac{1}{u^{2}+a^{2}}dx=\frac{1}{a}\arctan\frac{u}{a}+C $，便可将本题的不定积分积出来（读者自己完成解题过程）.

这样，四类最简分式的不定积分全部可以求出，而且积分的结果只含有真分式，对数函数和反正切函数.

综合上述，我们得到结论：实系数有理函数的原函数都是初等函数，而且从理论上讲，实系数有理函数的原函数都是可积分出来的。

例5 求 $ \int\frac{1}{x^{2}(x^{2}+2)}\mathrm{d}x. $

解法一 由有理函数的部分分式方法，可设

$$ \frac{1}{x^{2}\left(x^{2}+2\right)}=\frac{A}{x^{2}}+\frac{B}{x}+\frac{C x+D}{x^{2}+2}, $$

利用比较系数法求得

$$ A=\frac{1}{2},B=0,C=0,D=-\frac{1}{2}, $$

于是

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\int\frac{1}{x^{2}\left(x^{2}+2\right)}\mathrm{d}x\ =\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{2}+2}\right)\mathrm{d}x\\ \displaystyle\qquad\quad\qquad\quad=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}\right)+C.\end{array} $$

$$ \begin{aligned} 解法二 \quad\int\frac{1}{x^{2}\left(x^{2}+2\right)}\mathrm{d}x=&\frac{1}{2}\int\left(\frac{\left(x^{2}+2\right)-x^{2}}{x^{2}\left(x^{2}+2\right)}\right)\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{2}+2}\right)\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}\right)+C.\end{aligned} $$

比较本例的两种方法，显然解法二比解法一简便。因此，在求有理函数的积分时，应根据被积函数的特点，先看是否有比较简捷的方法，在没有更好的办法时，再采用将有理函数分解为最简分式之和的方法。再例如：

例6 求 $ \int\frac{x^{2}+2}{(x-1)^{4}} $ dx.

解 令 t=x-1，将被积函数的分母变成单项式，然后分项积分求之，要比部分分式法简捷.

$$ \begin{aligned}\int\frac{x^{2}+2}{\left(x-1\right)^{4}}\mathrm{d}x&=\int\frac{\left(t+1\right)^{2}+2}{t^{4}}\mathrm{d}t=\int\left(\frac{1}{t^{2}}+\frac{2}{t^{3}}+\frac{3}{t^{4}}\right)\mathrm{d}t\\&=-\frac{1}{t}-\frac{1}{t^{2}}-\frac{1}{t^{3}}+C\\&=-\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\left(x-1\right)^{2}}-\frac{1}{\left(x-1\right)^{3}}+C.\end{aligned} $$

二、 三角函数有理式的不定积分

由基本三角函数和常数经过有限次有理运算所构成的式子，称为三角函数的有理式，由于基本三角函数都可用 $ \sin x $ 及 $ \cos x $ 的有理式表示，故三角函数有理式也就是 $ \sin x $， $ \cos x $ 的有理式。三角函数有理式记作 $ R(\sin x, \cos x) $。

例如， $ \frac{2-\cos x}{1+\sin x+\cos x} $是三角函数有理式， $ \sin\frac{x}{3}+\cos x $就不是三角函数有理式.

对于积分 $ \int R(\sin x, \cos x)dx $，可作如下半角变换（万能变换）：

令 $ \tan\frac{x}{2}=u $，则 $ x=2\arctan u $， $ \mathrm{d}x=\frac{2}{1+u^{2}}\mathrm{d}u $，

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

于是

$$ \int R\left(\sin x,\cos x\right)\mathrm{d}x=\int R\left(\frac{2u}{1+u^{2}},\frac{1-u^{2}}{1+u^{2}}\right)\frac{2}{1+u^{2}}\mathrm{d}u. $$

这样，三角函数有理式的积分化成了关于 u 的有理函数的积分．因此，三角函数有理式的原函数也都是可积分出来的.

例7 求 $ \int\frac{\sin x}{1+\sin x+\cos x}dx $.

解 作变量代换 $ u = \tan \frac{x}{2} $，则有 $ x = 2 \arctan u $，故

$$ \mathrm{d}x=\frac{2}{1+u^{2}}\mathrm{d}u,\quad\sin x=\frac{2u}{1+u^{2}},\quad\cos x=\frac{1-u^{2}}{1+u^{2}}. $$

于是，

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int\frac{\frac{2u}{1+u^{2}}}{1+\frac{2u}{1+u^{2}}+\frac{1-u^{2}}{1+u^{2}}}\cdot\frac{2}{1+u^{2}}\mathrm{d}u\\&=\int\frac{2u}{\left(1+u\right)\left(1+u^{2}\right)}\mathrm{d}u=\int\frac{\left(1+u\right)^{2}-\left(1+u^{2}\right)}{\left(1+u\right)\left(1+u^{2}\right)}\mathrm{d}u\\&=\int\frac{1+u}{1+u^{2}}\mathrm{d}u-\int\frac{1}{1+u}\mathrm{d}u\\&=\int\frac{1}{1+u^{2}}\mathrm{d}u+\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+u^{2}}\mathrm{d}\left(1+u^{2}\right)-\ln\left|1+u\right|\\&=\arctan\ u+\frac{1}{2}\ln\left|1+u^{2}\right|-\ln\left|1+u\right|+C\\&=\frac{x}{2}+\ln\left|\sec\ \frac{x}{2}\right|-\ln\left|1+\tan\ \frac{x}{2}\right|+C.\end{aligned} $$

对于三角函数有理式，采用万能变换，总能化为有理函数的积分．但这种方法并不是在任何场合都是简单的，有时会很麻烦．因此，对于具体的题目，要灵活地应对．在有其他捷径时，就要放弃所谓的万能变换法.

例8 求 $ \int\frac{dx}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}\quad(a\gt 0,\ b\gt 0) $.

解 显然，作变量代换 $ u = \tan \frac{x}{2} $，会比较复杂，故我们考虑用其他方法.

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int\frac{1}{a^{2}\frac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}+b^{2}}\cdot\frac{1}{\cos^{2}x}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{a^{2}\tan^{2}x+b^{2}}\cdot\sec^{2}x\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{b^{2}}\int\frac{1}{1+\left(\frac{a}{b}\tan x\right)^{2}}\mathrm{d}\tan\ x=\frac{1}{ab}\int\frac{1}{1+\left(\frac{a}{b}\tan x\right)^{2}}\mathrm{d}\left(\frac{a}{b}\tan x\right)\\&=\frac{1}{ab}\arctan\left(\frac{a}{b}x\right)+C.\end{aligned} $$

三、 简单无理式的不定积分

除了三角函数有理式之外，某些特殊形式的无理式的积分也能通过变量替换，使其变成新变量的有理式，从而求出积分.

例9 求 $ \int\frac{\sqrt{x+2}}{1+\sqrt{x+2}}dx $.

解 令 $ \sqrt{x+2}=t $，则 $ x=t^{2}-2 $， $ \mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t $，故

$$ \begin{align*}\int\frac{\sqrt{x+2}}{1+\sqrt{x+2}}\mathrm{d}x&=\int\frac{t}{1+t}\cdot2t\mathrm{d}t=2\int\frac{(t^{2}-1)+1}{1+t}\mathrm{d}t\\&=2\int\left(t-1+\frac{1}{1+t}\right)\mathrm{d}t\\&=2\bigg(\frac{t^{2}}{2}-t+\ln|t+1|\bigg)+C\\&=x+2-2\sqrt{x+2}+2\ln|1+\sqrt{x+2}|+C.\end{align*} $$

例10 求 $ \int\frac{1}{(1+\sqrt[3]{x})\sqrt{x}}dx $.

解 被积函数中既含有 $ \sqrt{x} $，也含有 $ \sqrt[3]{x} $，其根指数的最小公倍数是6，故令 $ \sqrt[6]{x}=t $，则 $ x=t^6 $， $ \mathrm{d}x=6t^5\mathrm{d}t $，于是，有

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{\left(1+\sqrt[3]{x}\right)\sqrt{x}}\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{\left(1+t^{2}\right)\cdot t^{3}}\cdot6t^{5}\mathrm{d}t=\int\frac{6t^{2}}{1+t^{2}}\mathrm{d}t\\&=6\int\left(1-\frac{1}{1+t^{2}}\right)\mathrm{d}t=6\left(t-\arctan t\right)+C\\&=6\sqrt[6]{x}-6\arctan\sqrt[6]{x}+C.\end{aligned} $$

例11 求 $ \int\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx $.

解 令 $ \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}=t $，则 $ x=\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1} $， $ \mathrm{d}x=\frac{4t}{\left(t^{2}+1\right)^{2}}\mathrm{d}t $，于是有

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\mathrm{d}x&=\int\frac{t^{2}+1}{t^{2}-1}\cdot t\cdot\frac{4t}{\left(t^{2}+1\right)^{2}}\mathrm{d}t=4\int\frac{t^{2}}{\left(t^{2}-1\right)\left(t^{2}+1\right)}\mathrm{d}t\\&=2\int\frac{t^{2}+1+t^{2}-1}{\left(t^{2}-1\right)\left(t^{2}+1\right)}\mathrm{d}t=\int\left(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}+\frac{2}{t^{2}+1}\right)\mathrm{d}t\\&=\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right|+2\arctan t+C\\&=\ln\left|\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\right|+2\arctan\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}+C.\end{aligned} $$

从以上例题看出，当被积函数中含有一次根式 $ \sqrt[m]{ax+b} $或 $ \sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}} $时，可分别作下列换元来消去根式，并将含一次根式的积分化为其他函数的积分：

（1）被积函数含 $ \sqrt[m]{ax+b} $时，令 $ \sqrt[m]{ax+b}=t $；

(2) 被积函数含 $ \sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}} $ 时，令 $ \sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t $.

我们已经学习了求不定积分的基本方法，同时讨论了几类特殊函数的不定积分的求法．这些方法必须掌握，因为求不定积分是求定积分和微分方程的基础.

求下列不定积分：

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

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

(3)

$$ \int\frac{3}{x^{3}+1}\mathrm{d}x; $$

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

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

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

(7) $ \int \frac{\cos x}{\sin^{2}x + \sin x - 2} \, dx $;

(8)

$$ \int\frac{1}{x^{3}}\sqrt{\frac{x}{2-x}}\mathrm{d}x; $$

（9）

$$ \int_{\frac{\sqrt{x}}{\sqrt[4]{x^3}}+1}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x; $$

(10) $ \int \frac{1 - \sqrt{x - 1}}{1 + \sqrt[3]{x - 1}} \, dx $;

(11) $ \int \frac{dx}{3 + 5\cos x} $;

(12) $ \int \frac{dx}{\sin x + \cos x} $;

(13) $ \int \frac{dx}{\sin^3 x \cos x} $;

(14)

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{2-\sin^{2}x}; $$

(15) $ \int \frac{\sin x}{\sin x + \cos x} \, dx $.

总练习题四

1. 选择题：

（1）若 $ f(x) $ 的导函数是 $ \sin x $，则 $ f(x) $ 有一个原函数为（）.

(A) $ 1 + \sin x $ (B) $ 1 - \sin x $ (C) $ 1 + \cos x $ (D) $ 1 - \cos x $

(2) 设函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上连续，则 $ \mathrm{d}\left[\int f(x) \, \mathrm{d}x\right] $ 等于.

(A) $ f(x) $ (B) $ f(x)dx $ (C) $ f(x)+C $ (D) $ f'(x)dx $

(3) 在下列等式中，正确的结果是（）.

(A) $ \int f'(x) \, dx = f(x) $

(B) $ \int df(x) = f(x) $

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

(D) $ \mathrm{d}\int f(x) \, \mathrm{d}x = f(x) $

1. 填空题：

（1）设 $ f'(\ln x)=1+x $，则 $ f(x)= $___。

（2）设 $ \int x f(x) \, \mathrm{d}x = \arcsin x + C $，则 $ \int \frac{1}{f(x)} \, \mathrm{d}x = $ ___。

(3) 若 $ e^{-x} $ 是 $ f(x) $ 的一个原函数，则 $ \int x f(x) \, dx = $ ___.

1. 计算 $ \int\frac{dx}{\sin(2x)+2\sin x} $

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

1. 计算 $ \int e^{2x}(\tan x+1)^{2}dx $.

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

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}\ln x,&x\geqslant1,\\ \frac{1}{2}-\frac{1}{1+x^{2}},&x\lt 1,\end{aligned}. $ 求 $ \int f(x)dx $.

1. 试确定系数 A, B, 使下式成立: $ \int \frac{dx}{(a + b\cos x)^2} = \frac{A\sin x}{a + b\cos x} + B \int \frac{dx}{a + b\cos x} $.

1. 设 $ f(x) $ 的一个原函数是 $ \frac{\sin x}{x} $，求 $ \int (x^{3} + x) f'(x) \, dx $.

1. 设 $ y = f(x) $ 与 $ x = \varphi(y) $ 互为反函数， $ \varphi'(y) $ 连续，且 $ \varphi'(y) \gt 0 $，证明 $ \int \sqrt{f'(x)} \, dx = \int \sqrt{\varphi'(y)} \, dy $.