前言
本篇文章讲解不定积分的解法。首先要说明的一点是不定积分是一个无底洞，不管水平多高，总会有不会做的。本文不适合零基础阅读，需要有一定功底。另外，本文不涉及双元法求解不定积分,不涉及特殊函数积分。纯粹利用一些凑微分和各种技巧求解。题源主要来源于竞赛书籍和平时做题遇到的题目以及网上题目，另外还有一部分来自于
@虚调子
大佬的王者百题热身题及正文的一部分，特此感谢。文章会讲述多种方法，例题的选取可能不完全与此方法对应，一题也会有多种方法。 水平有限，如有错误，欢迎指出。
切忌眼高手低，看着答案简短就认为题简单。
个别偏难题用红色字体显示。
另附王者百题
不定积分王者100题6996 赞同 · 321 评论文章
闻道有先后，术业有专攻.
一,定义
∫f(x)dx=F(x)+c\int_{}^{}f(x)dx=F(x)+c 其中， (F(x)+c)′=f(x)(F(x)+c)^{}=f(x) 不定积分一般结果不唯一.
二，积分表
部分常用积分表
都是一些基础的积分，在此不做推导，请务必熟悉。
三，常见不可积的积分
要求不定积分，首先就是要知道哪些积分的原函数不可用初等函数表示（积不出来），这些积分看似简单，但是却是不可积积分（原函数不能表达为初等函数），常见的有如下积分。
1.∫e−ax2dx(a≠0)1.\int_{}^{}e^{-ax^{2}}dx(a\ne0) 2.∫sinxxdx2.\int_{}^{}\frac{sinx}{x}dx 3.∫cosxxdx3.\int_{}^{}\frac{cosx}{x}dx
4.∫sin(x2)dx4.\int_{}^{}sin(x^{2})dx 5.∫cos(x2)dx5.\int_{}^{}cos(x^{2})dx 6.∫exxdx6.\int_{}^{}\frac{e^{x}}{x}dx
7.∫dxlnx7.\int_{}^{}\frac{dx}{lnx} 8.∫lnxx+adx(a≠0)8.\int_{}^{}\frac{lnx}{x+a}dx(a\ne0) 9.∫dx1+x49.\int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt{1+x^{4}}}
10.∫1+x3dx10.\int_{}^{}\sqrt{1+x^{3}}dx 椭圆积分＜11.椭圆积分(1)∫dx1−k2(sinx)2(2)∫1−k2(sinx)2dx(k2＜1)11.椭圆积分(1)\int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt{1-k^{2}(sinx)^{2}}} (2)\int_{}^{}\sqrt{1-k^{2}(sinx)^{2}}dx(k^{2}＜1)
12.∫ln(tanx)dx12.\int_{}^{}ln(tanx)dx
值得注意的是，其中的一些不定积分若是改成定积分便可求出。
因此，做题时，千万不可随意修改定积分为不定积分。
四，换元法
（一）第一类换元法
设 f(u)f(u) 有原函数， u=φ(x)u=\varphi(x) 可导，则有 ∫f[φ(x)]φ′(x)dx=[∫f(u)du]u=φ(x)\int_{}^{}f[\varphi(x)]\varphi^{}(x)dx=[\int_{}^{}f(u)du]_{u=\varphi(x)} ，第一类换元法主要技巧在于凑微分，不仅要熟悉常见函数的导数，还要很强的观察能力。
4.14.1 I=∫dx(x−a)(b−x) I=\int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}
法一 ：
I=∫d(x−a)x−ab−x=2∫d(x−a)b−xI=\int_{}^{}\frac{d(x-a)}{\sqrt{x-a}\sqrt{b-x}}=2\int_{}^{}\frac{d(\sqrt{x-a})}{\sqrt{b-x}}
=2∫d(x−a)(b−a)−(x−a)2=2arcsin(x−ab−a)+c=2φ+c=2\int_{}^{}\frac{d(\sqrt{x-a})}{\sqrt{(b-a)-(\sqrt{x-a})^{2}}}=2arcsin(\sqrt[]{\frac{x-a}{b-a}})+c=2\varphi+c
法二：
令 x=a(cosφ)2+b(sinφ)2x=a(cos\varphi)^{2}+b(sin\varphi)^{2}
则 I=∫2(b−a)sinφcosφ(b−a)2(sinφ)2(cosφ)2dφ=2∫dφ=2φ+cI=\int_{}^{}\frac{2(b-a)sin\varphi cos\varphi}{\sqrt{(b-a)^{2}(sin\varphi)^{2}(cos\varphi)^{2}}}d\varphi=2\int_{}^{}d\varphi=2\varphi+c
x−ab−x=(b−a)(sinφ)2(b−a)(cosφ)2=(tanφ)2\frac{x-a}{b-x}=\frac{(b-a)(sin\varphi)^{2}}{(b-a)(cos\varphi)^{2}}=(tan\varphi)^{2} φ=arctan(x−ab−x)\varphi=arctan(\sqrt{\frac{x-a}{b-x}})
I=2arctan(x−ab−x)+cI=2arctan(\sqrt{\frac{x-a}{b-x}})+c
法三 ：
I=∫dx−ab+(a+b)x−x2=∫dx(b−a2)2−(x−a+b2)2=arcsin(2x−a−bb−a)+cI=\int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt{-ab+(a+b)x-x^{2}}}=\int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt{(\frac{b-a}{2})^{2}-(x-\frac{a+b}{2})^{2}}}=arcsin(\frac{2x-a-b}{b-a})+c
法四：
I=∫dx(x−a)b−xx−aI=\int_{}^{}\frac{dx}{(x-a)\sqrt{\frac{b-x}{x-a}}} 令 t=b−xx−at=\sqrt{\frac{b-x}{x-a}} x=b+at21+t2x=\frac{b+at^{2}}{1+t^{2}}
I=−2∫dt1+t2=−2arctant+c=−2arctanb−xx−a+cI=-2\int_{}^{}\frac{dt}{1+t^{2}}=-2arctant+c=-2arctan\sqrt{\frac{b-x}{x-a}}+c
换元重点在于消根号，后面会详细讲述。
4.24.2 I=∫1(sinx)6+(cosx)6dxI=\int_{}^{}\frac{1}{(sinx)^{6}+(cosx)^{6}}dx
易知 (sinx)6+(cosx)6=14[1+3(cos2x)2](1)(sinx)^{6}+(cosx)^{6}=\frac{1}{4}[1+3(cos2x)^{2}](1)
I=2∫d(2x)1+3(cos2x)2=2∫(sec2x)2(sec2x)2+3d(2x)I=2\int_{}^{}\frac{d(2x)}{1+3(cos2x)^{2}}=2\int_{}^{}\frac{(sec2x)^{2}}{(sec2x)^{2}+3}d(2x)
=2∫d(tan2x)(tan2x)2+4=arctan(tan2x2)+c=2\int_{}^{}\frac{d(tan2x)}{(tan2x)^{2}+4}=arctan(\frac{tan2x}{2})+c
得到 式 (1)(1) 后，本题便容易求解了
4.3I=∫x+1+lnx(x+1)2+(xlnx)2dx 4.3I=\int_{}^{}\frac{x+1+lnx}{(x+1)^{2}+(xlnx)^{2}}dx
(xlnxx+1)′=x+1+lnx(x+1)2(\frac{xlnx}{x+1})^{}=\frac{x+1+lnx}{(x+1)^{2}}
⇒I=∫11+(xlnx1+x)2d(xlnxx+1)=arctan(xlnxx+1)+c\Rightarrow I=\int_{}^{}\frac{1}{1+(\frac{xlnx}{1+x})^{2}}d(\frac{xlnx}{x+1})=arctan(\frac{xlnx}{x+1})+c
注意凑微分，读者要多加练习。
4.4∫(sinx)2(xcosx−sinx)2dx4.4\int_{}^{}\frac{(sinx)^{2}}{(xcosx-sinx)^{2}}dx
上下同时除以 (cosx)2(cosx)^{2} ,得到
I=∫(tanx)2(x−tanx)2dx=∫d(tanx−x)(x−tanx)2=cosxxcosx−sinx+cI=\int_{}^{}\frac{(tanx)^{2}}{(x-tanx)^{2}}dx=\int_{}^{}\frac{d(tanx-x)}{(x-tanx)^{2}}=\frac{cosx}{xcosx-sinx}+c
分式上下同时乘除是常用的方法。
4.5∫ln(x+1+x2)+51+x2dx4.5\int_{}^{}\frac{\sqrt{ln(x+\sqrt{1+x^{2}})+5}}{\sqrt{1+x^{2}}}dx
注意到 [ln(x+1+x2)]′=11+x2[ln(x+\sqrt{1+x^{2}})]^{}=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}
⇒I=∫ln(x+1+x2)+5d(ln(x+1+x2))\Rightarrow I=\int_{}^{}\sqrt{ln(x+\sqrt{1+x^{2}})+5}d(ln(x+\sqrt{1+x^{2}}))
=23(ln(x+1+x2)+5)32+c=\frac{2}{3}(ln(x+\sqrt{1+x^{2}})+5)^{\frac{3}{2}}+c
分母常常是凑微分的对象。
（二）第二类换元法
设 x=ψ(t)x=\psi(t) 为单调的可导函数，且 ψ(t)′\psi(t)^{} ≠\ne 0，同时， f[ψ(t)]φ(t)′f[\psi(t)]\varphi(t)^{} 有原函数，则有
∫f(x)dx=[∫f[ψ(t)]ψ(t)′dt]t=φ(x)−1\int_{}^{}f(x)dx=[\int_{}^{}f[\psi(t)]\psi(t)^{}dt]_{t=\varphi(x)^{-1}} ,常用的求积分方法，尤其是换元的函数如何选取是关键。
常见的换元方法如下：
换元形式多种多样，不必记忆太多。此类换元是利用， (sinx)2+(cosx)2=1,(sinx)^{2}+(cosx)^{2}=1,
(secx)2−(tanx)2=1(secx)^{2}-(tanx)^{2}=1 , (chx)2−(shx)2=1(chx)^{2}-(shx)^{2}=1 等公式消去根号，因此第二类换元法，很重要的一个目的是消去根号。
4.6∫arcsin(a−xa+x)dx4.6\int_{}^{}arcsin(\sqrt{\frac{a-x}{a+x}})dx
对于 I1=∫1(1+t2)1−t2dtI_{1}=\int_{}^{}\frac{1}{(1+t^{2})\sqrt{1-t^{2}}}dt ,作换元 t=sinut=sinu
则， I1=∫11+(sinu)2du=∫(secu)22(tanu)2+1du=∫d(tanu)2(tanu)2+1=12arctan(2t)+cI_{1}=\int_{}^{}\frac{1}{1+(sinu)^{2}}du=\int_{}^{}\frac{(secu)^{2}}{2(tanu)^{2}+1}du=\int_{}^{}\frac{d(tanu)}{2(tanu)^{2}+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}arctan(\sqrt{2}t)+c
整理代入即得答案，有时候遇到整体根号，可以整体换元，如第一个换元。求 I1I_{1} 时，上下同时除 然后凑(cosx)2,然后凑d(tanx)(cosx)^{2},然后凑d(tanx) 是常用方法。
4.7∫1(x+1)2(x−1)43dx4.7\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt[3]{(x+1)^{2}(x-1)^{4}}}dx
法一: I=∫1×2−1x+1x−13dxI=\int_{}^{}\frac{1}{x^{2}-1}\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}dx ,令 u=x+1x−13u=\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}
I=−∫32du=−32u+c=−32x+1x−13+cI=-\int_{}^{}\frac{3}{2}du=-\frac{3}{2}u+c=-\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}+c
法二:
I=∫(x+1x−1)431(x+1)2dxI=\int_{}^{}(\frac{x+1}{x-1})^{\frac{4}{3}}\frac{1}{(x+1)^{2}}dx
令 t=x+1x−1t=\frac{x+1}{x-1} ,
I=−∫12t−23dt=−32t13+c=−32(x+1x−1)13+cI=-\int_{}^{}\frac{1}{2}t^{\frac{-2}{3}}dt=-\frac{3}{2}t^{\frac{1}{3}}+c=-\frac{3}{2}(\frac{x+1}{x-1})^{\frac{1}{3}}+c
换元的方法多种多样.
注： ∫1(ax+b)n−1(cx+d)n+1ndx=nad−bcax+bcx+dn+c\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt[n]{(ax+b)^{n-1}(cx+d)^{n+1}}}dx=\frac{n}{ad-bc}\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}+c
y=ax+bcx+dny=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}} , y′=ad−bcn1(ax+b)n−1(cx+d)n+1ny^{}=\frac{ad-bc}{n}\frac{1}{\sqrt[n]{(ax+b)^{n-1}(cx+d)^{n+1}}} ，对等式两边同时积分，立得。
4.8∫sinx(sinx)3+(cosx)3dx4.8\int_{}^{}\frac{sinx}{(sinx)^{3}+(cosx)^{3}}dx
令 u=tanxu=tanx
I=∫u1+u3du=13∫−duu+1+u+1u2−u+1duI=\int_{}^{}\frac{u}{1+u^{3}}du=\frac{1}{3}\int_{}^{}-\frac{du}{u+1}+\frac{u+1}{u^{2}-u+1}du
=−13ln|u+1|+16∫d(u2−u+1)u2−u+1+12∫1u2−u+1du=-\frac{1}{3}ln\left| u+1 \right|+\frac{1}{6}\int_{}^{}\frac{d(u^{2}-u+1)}{u^{2}-u+1}+\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{1}{u^{2}-u+1}du
=−13ln|u+1|+16ln|u2−u+1|+13arctan(2u−13)+c=-\frac{1}{3}ln\left| u+1 \right|+\frac{1}{6}ln\left| u^{2}-u+1 \right|+\frac{1}{\sqrt{3}}arctan(\frac{2u-1}{\sqrt{3}})+c
另外关于 ∫1×3+1dx\int_{}^{}\frac{1}{x^{3}+1}dx ∫1×4+1dx\int_{}^{}\frac{1}{x^{4}+1}dx ∫1×6+1dx\int_{}^{}\frac{1}{x^{6}+1}dx 的求法可参加如下文章
草莓：有理分式不定积分杂例11 赞同 · 0 评论文章
4.9I=∫1[1+(sinx)2]3dx4.9I=\int_{}^{}\frac{1}{[1+(sinx)^{2}]^{3}}dx
I=∫(secx)6[2(tanx)2+1]3dx=∫[1+(tanx)2]2[2(tanx)2+1]3d(tanx)I=\int_{}^{}\frac{(secx)^{6}}{[2(tanx)^{2}+1]^{3}}dx=\int_{}^{}\frac{[1+(tanx)^{2}]^{2}}{[2(tanx)^{2}+1]^{3}}d(tanx)
2tanx=t\sqrt{2}tanx=t 这里根据分母形式决定 tanxtanx 前面系数。
I=12∫1+t2+14t4(t2+1)3dt=12∫1(t2+1)2dt+142∫t4(t2+1)3dtI=\frac{1}{\sqrt[]{2}}\int_{}^{}\frac{1+t^{2}+\frac{1}{4}t^{4}}{(t^{2}+1)^{3}}dt=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{}^{}\frac{1}{(t^{2}+1)^{2}}dt+\frac{1}{4\sqrt{2}}\int_{}^{}\frac{t^{4}}{(t^{2}+1)^{3}}dt
I=122[−12t(x2+1)+12t+arctant2]+142[−5t3+3t8(t2+1)2+38arctant]+cI=\frac{1}{2\sqrt{2}}[-\frac{1}{2t(x^{2}+1)}+\frac{1}{2t}+\frac{arctant}{2}]+\frac{1}{4\sqrt{2}}[-\frac{5t^{3}+3t}{8(t^{2}+1)^{2}}+\frac{3}{8}arctant]+c
注 ：关于 In=∫1(x2+a2)ndxI_{n}=\int_{}^{}\frac{1}{(x^{2}+a^{2})^{n}}dx 求解可参见 10.210.2
4.10I=∫1−lnx(x−lnx)2dx4.10I=\int_{}^{}\frac{1-lnx}{(x-lnx)^{2}}dx
法一：
x=etx=e^{t} ,
I=∫et(1−t)(et−1)2dt=∫et(1−t)et−1d(1et−t)=et(t−1)et−t⋅1et−t−∫et(et−1)2dt=et(t−1)et−t⋅1et−t+1et−1+c\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{e^{t}(1-t)}{(e^{t}-1)^{2}}dt\\&=\int_{}^{}\frac{e^{t}(1-t)}{e^{t}-1}d(\frac{1}{e^{t}-t})\\&=\frac{e^{t}(t-1)}{e^{t}-t}\cdot\frac{1}{e^{t}-t}-\int_{}^{}\frac{e^{t}}{(e^{t}-1)^{2}}dt\\&=\frac{e^{t}(t-1)}{e^{t}-t}\cdot\frac{1}{e^{t}-t}+\frac{1}{e^{t}-1}+c\end{align}
法二：
I=∫(x−lnx)x′−x(x−lnx)′(x−lnx)2dx=xx−lnx+cI=\int_{}^{}\frac{(x-lnx)x^{}-x(x-lnx)^{}}{(x-lnx)^{2}}dx=\frac{x}{x-lnx}+c
法三：
I=∫1−lnxx2(1−lnxx)2dxI=\int_{}^{}\frac{1-lnx}{x^{2}(1-\frac{lnx}{x})^{2}}dx 令 t=1−lnxxt=1-\frac{lnx}{x}
I=−∫1t2dt=1t+c=xx−lnx+cI=-\int_{}^{}\frac{1}{t^{2}}dt=\frac{1}{t}+c=\frac{x}{x-lnx}+c
法二法三较为简单，但是不容易想到。
五，分部积分法
∫udv=uv−∫vdu\int_{}^{}udv=uv-\int_{}^{}vdu
5.1I=∫x+cosx1+sinxdx5.1I=\int_{}^{}\frac{x+cosx}{1+sinx}dx
I=∫[x(sinx2+cosx2)2+cosx1+sinx]dx=12∫x[sec(x2−π4)]2dx+ln|1+sinx|=∫xd[(tan(x2−π4)]+ln|1+sinx|=xtan(x2−π4)+2ln|cos(x2−π4)|+ln|1+sinx|+c\begin{align}I&=\int_{}^{}[\frac{x}{(sin\frac{x}{2}+cos\frac{x}{2})^{2}}+\frac{cosx}{1+sinx}]dx\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}x[sec(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4})]^{2}dx+ln\left| 1+sinx \right|\\&=\int_{}^{}xd[(tan(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4})]+ln\left| 1+sinx \right|\\&=xtan(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4})+2ln\left| cos(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}) \right|+ln\left| 1+sinx \right|+c\end{align}
5.2I=∫x+sinx1+cosxdx5.2I=\int_{}^{}\frac{x+sinx}{1+cosx}dx
I=12∫(secx2)2(x+sinx)dx=12∫x(secx2)2dx+∫tan(x2)dx=∫[xd(tanx2)+tanx2dx]=xtanx2+c\begin{align}I&=\frac{1}{2}\int_{}^{}(sec\frac{x}{2})^{2}(x+sinx)dx\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}x(sec\frac{x}{2})^{2}dx+\int_{}^{}tan(\frac{x}{2})dx\\&=\int_{}^{}[xd(tan\frac{x}{2})+tan\frac{x}{2}dx]\\&=xtan\frac{x}{2}+c\end{align}
上面两题有些类似，用分部积分法即可求解，方法也不止以上两种,题目并不难，不多赘述。
5.3I=∫esinx[x(cosx)3−sinx](cosx)2dx5.3I=\int_{}^{}\frac{e^{sinx}[x(cosx)^{3}-sinx]}{(cosx)^{2}}dx
I=∫esinx[xcosx−sinx(cosx)2]dx=∫xcosxesinxdx+∫esinxd(−1cosx)=∫xd(esinx)+∫esinxd(−1cosx)=xesinx−∫esinxdx−esinxcosx+∫esinxdx=xesinx−esinxcosx+c\begin{align}I&=\int_{}^{}e^{sinx}[xcosx-\frac{sinx}{(cosx)^{2}}]dx\\&=\int_{}^{}xcosxe^{sinx}dx+\int_{}^{}e^{sinx}d(-\frac{1}{cosx})\\&=\int_{}^{}xd(e^{sinx})+\int_{}^{}e^{sinx}d(-\frac{1}{cosx})\\&=xe^{sinx}-\int_{}^{}e^{sinx}dx-\frac{e^{sinx}}{cosx}+\int_{}^{}e^{sinx}dx\\&=xe^{sinx}-\frac{e^{sinx}}{cosx}+c\end{align}
此题和 8.28.2 形式有些类似,像 ∫esinxdx\int_{}^{}e^{sinx}dx 之类没有初等表达式的积分，可以利用分部积分法使之消去。对于含有不可积部分的积分，常用此方法。
5.4I=∫1x2arctan(x2x2+1)dx\color{red}{5.4I=\int_{}^{}\frac{1}{x^{2}}arctan(\frac{x^{2}}{x^{2}+1})dx}
I=−∫arctan(x2x2+1)d(1x)=−arctan(x2x2+1)⋅1x+∫1x⋅2x2x4+2×2+1dx=−arctan(x2x2+1)⋅1x+I2\begin{align}I&=-\int_{}^{}arctan(\frac{x^{2}}{x^{2}+1})d(\frac{1}{x})\\&=-arctan(\frac{x^{2}}{x^{2}+1})\cdot\frac{1}{x}+\int_{}^{}\frac{1}{x}\cdot\frac{2x}{2x^{4}+2x^{2}+1}dx\\&=-arctan(\frac{x^{2}}{x^{2}+1})\cdot\frac{1}{x}+I_{2}\end{align}
对于分母为4次方多项式的不定积分，本例提供了思路， 凑d(ax+bx)d(ax+\frac{b}{x}) 即可求解。注意分子如何进行拆分，要根据分母的平方项去进行配凑。
（二）分部积分的一个妙用
关于分部积分，有时候把不同的部分放入“ d()d() ”之内可能会使积分更容易求解，找准凑微分的对象十分重要。对于 ∫f(x)g(x)dx\int_{}^{}f(x)g(x)dx ,可以使用分部积分法使之转化为 ∫f(x)d(G(x))\int_{}^{}f(x)d(G(x)) ,其中， G(x)′=g(x)G(x)^{}=g(x) ,一般，可以对 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 中稍微复杂的一个函数放到“ d()d() ”内，使之容易求解。
5.5I=∫xarctanxln(1+x2)dx5.5I=\int_{}^{}xarctanxln(1+x^{2})dx
思路： I=∫arctanxd[F(x)]I=\int_{}^{}arctanxd[F(x)] ，其中， F(x)′=xln(x2+1)F(x)^{}=xln(x^{2}+1)
⇒F(x)=∫xln(x2+1)dx=12∫ln(x2+1)d(x2+1)=12[(x2+1)ln(x2+1)−x2]+c\begin{align}\Rightarrow F(x)&=\int_{}^{}xln(x^{2}+1)dx\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}ln(x^{2}+1)d(x^{2}+1)\\&=\frac{1}{2}[(x^{2}+1)ln(x^{2}+1)-x^{2}]+c\end{align}
注： ∫lnxdx=xlnx−x+c\int_{}^{}lnxdx=xlnx-x+c
⇒I=12∫arctanxd[(x2+1)ln(x2+1)−x2]=12[(x2+1)ln(x2+1)−x2]arctanx−12∫[ln(x2+1)−x2x2+1]dx=12[(x2+1)ln(x2+1)−x2−3]arctanx−x2ln(x2+1)+32x+c\begin{align}\Rightarrow I&=\frac{1}{2}\int_{}^{}arctanxd[(x^{2}+1)ln(x^{2}+1)-x^{2}]\\&=\frac{1}{2}[(x^{2}+1)ln(x^{2}+1)-x^{2}]arctanx-\frac{1}{2}\int_{}^{}[ln(x^{2}+1)-\frac{x^{2}}{x^{2}+1}]dx\\&=\frac{1}{2}[(x^{2}+1)ln(x^{2}+1)-x^{2}-3]arctanx-\frac{x}{2}ln(x^{2}+1)+\frac{3}{2}x+c\end{align}
注意到， [(1+x2)arctanx−x]′=2xarctanx[(1+x^{2})arctanx-x]^{}=2xarctanx ,因此本题也可以将 xarctanxxarctanx 放入“ d()d() ”内，请读者尝试。
5.6I=∫lnxx3(1−x)dx5.6I=\int_{}^{}\frac{lnx}{\sqrt{x^{3}(1-x)}}dx
方法同上， I=∫lnxd[F(x)],F(x)′=1×3(1−x)I=\int_{}^{}lnxd[F(x)],F(x)^{}=\frac{1}{\sqrt{x^{3}(1-x)}}
F(x)=∫1×3(1−x)dx=∫1×21−xxdx=∫11x−1d(1−1x)=−21−xx+c\begin{align}F(x)&=\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt{x^{3}(1-x)}}dx\\&=\int_{}^{}\frac{1}{x^{2}\sqrt{\frac{1-x}{x}}}dx\\&=\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x}-1}}d(1-\frac{1}{x})=-2\sqrt{\frac{1-x}{x}}+c\end{align}
I=∫lnxx3(1−x)dx=−2∫lnxd(1−xx)=−21−xxlnx+2∫1−xx⋅1xdx=−21−xxlnx+2I2\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{lnx}{\sqrt{x^{3}(1-x)}}dx\\&=-2\int_{}^{}lnxd(\sqrt{\frac{1-x}{x}})\\&=-2\sqrt{\frac{1-x}{x}}lnx+2\int_{}^{}\sqrt{\frac{1-x}{x}}\cdot\frac{1}{x}dx\\&=-2\sqrt{\frac{1-x}{x}}lnx+2I_{2}\end{align}
其中, I_{2}=\int_{}^{}\sqrt{\frac{1-x}{x}}\cdot\frac{1}{x}dx 令， u=\sqrt{\frac{1-x}{x}},x=\frac{1}{u^{2}+1}
\begin{align}\Rightarrow I_{2}&= -2\int_{}^{}\frac{u^{2}}{u^{2}+1}du\\&=-2(u-arctanu)+c\\&=-2[\sqrt{\frac{1+x}{x}}-arctan(\sqrt{\frac{1+x}{x}})]+c\end{align}
I=-2\sqrt{\frac{1-x}{x}}lnx-4\sqrt{\frac{1-x}{x}}+4arctan(\sqrt{\frac{1-x}{x}})+c
5.7I=\int_{}^{}\frac{ln(x+\sqrt{1+x^{2}})}{(1+x^{2})^{\frac{3}{2}}}dx
\begin{align}I&=\int_{}^{}ln(x+\sqrt{1+x^{2}})d(\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}})\\&=ln(x+\sqrt{1+x^{2}})\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}-\int_{}^{}\frac{x}{x^{2}+1}dx\\&=ln(x+\sqrt{1+x^{2}})\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}-\frac{1}{2}ln(x^{2}+1)+c\end{align}
注： (ln\left| x+\sqrt{x^{2}\pm b} \right|)^{}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}\pm b}}
值得一提的是，上面三道例题还有很多其他方法，比如，第三个可以令 x=tant 换元，在此不详述。
（三）分部积分的推广
关于分部积分推广，可以参加如下文章
六，分式积分
分式积分是一类较难处理的积分，尤其是无理函数分式积分，下面列举多种方法。
（一）无理分式不定积分
有理分式不定积分主要是记住常见的积分公式，学会有理分式的分解即可
有理分式的分解可以参加如下文章
6.1I=\int_{}^{}\frac{x+\sqrt{1-x^{2}}}{1-x\sqrt{1-x^{2}}}dx
令 x=sint
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{sintcost+(cost)^{2}}{1-sintcost}dt\\&=-t+\int_{}^{}\frac{(cost)^{2}+1}{1-sintcost}dt\\&=-t+\int_{}^{}\frac{(cost)^{2}-\frac{1}{2}}{1-sintcost}dt+\frac{3}{2}\int_{}^{}\frac{1}{1-sintcost}dt\\&=-t-\frac{1}{2}ln\left| 1-sintcost \right|+\frac{3}{2}\int_{}^{}\frac{(sect)^{2}}{(sect)^{2}-tant}dt\\&=-t-\frac{1}{2}ln\left| 1-sintcost \right|+\frac{3}{2}\int_{}^{}\frac{d(tant-\frac{1}{2})}{(tant-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}}\\&=-t-\frac{1}{2}ln\left| 1-sintcost \right|+\sqrt{3}arctan(\frac{2tant-1}{\sqrt{3}})+c\end{align}
\color{red}{6.2I=\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt[4]{x^{4}+1}}dx}
法一:
对于 \int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt[n]{x^{n}+1}}, 可依次令 x=\frac{1}{t},u=t^{n},v=\sqrt[n]{u+1} 求解
\begin{align}\Rightarrow I&=-\int_{}^{}\frac{1}{t\sqrt[4]{t^{4}+1}}dt\\&=-\frac{1}{4}\int_{}^{}\frac{d(t^{4})}{t^{4}\sqrt[4]{t^{4}+1}}\\&=-\frac{1}{4}\int_{}^{}\frac{du}{u^{}\sqrt[4]{u+1}}\\&=-\int_{}^{}\frac{v^{2}}{v^{4}-1}dv\\&=-\frac{1}{4}ln\left| \frac{v-1}{v+1} \right|-\frac{1}{2}arctanv+c\end{align}
v=\frac{\sqrt[4]{x^{4}+1}}{x} 代入即可求得原积分。
法二：按照切比雪夫积分法，可令 t=\frac{\sqrt[4]{1+x^{4}}}{x},x=\frac{1}{\sqrt[4]{t^{4}-1}}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{t^{2}}{1-t^{4}}dt\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}(\frac{1}{1-t^{2}}-\frac{1}{1+t^{2}})dt\\&=\frac{1}{4}ln\left| \frac{t+1}{t-1} \right|-\frac{1}{2}arctant+c\end{align}
值得一提的是，本题亦可令 t=\frac{x}{\sqrt[4]{1+x^{4}}} ，请读者尝试,关于切比雪夫定理，可参见如下文章
法三：
x=\sqrt{tant}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{(sect)^{\frac{3}{2}}}{2\sqrt{tant}}dt\\&=\int_{}^{}\frac{sect}{2\sqrt{sint}}dt\\&=\int_{}^{}\frac{cost}{2(cost)^{2}\sqrt{sint}}dt\\&=\int_{}^{}\frac{1}{(cost)^{2}}d\sqrt{sint}\\&=\int_{}^{}\frac{1}{1-(\sqrt{sint})^{4}}d\sqrt{sint}\\&=\frac{1}{4}ln\left| \frac{1+\sqrt{sint}}{1-\sqrt{sint}} \right|+\frac{1}{2}arctan(\sqrt{sint})+c\end{align}
本题给出多种方法，但是对于第一次尝试，本题并不是一道容易的题目。
6.3I=\int_{}^{}\frac{sin(4x)}{(sinx)^{8}+(cosx)^{8}}dx
三角积分由于三角公式的多种多样，积分解法也多种多样。
6.4I=\int_{}^{}\frac{1}{(1+x^{3})(1+x^{2})}dx
法一：
\begin{align}I&=\frac{1}{6}\int_{}^{}\frac{1}{x+1}dx+\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{1+x}{1+x^{2}}dx-\frac{1}{3}\int_{}^{}\frac{2x-1}{x^{2}-x+1}dx\\&=\frac{1}{6}ln\left| 1+x \right|+\frac{1}{4}ln\left| x^{2}+1 \right|+\frac{1}{2}arctanx-\frac{1}{3}ln\left| x^{2}-x+1 \right|+c\end{align}
此方法较为简短，但是并不容易分解。
法二：
类似可求 J=\int_{}^{}\frac{(sinx)^{3}}{(sinx)^{3}+(cosx)^{3}}dx ，本题凑微分前先要经过多次变换。
6.5I=\int_{}^{}\frac{\sqrt{x^{2}+2x+2}}{x}dx
法一：
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{\sqrt{x^{2}+2x+2}}{x}dx\\&=\int_{}^{}\frac{x^{2}+2x+x}{x\sqrt{x^{2}+2x+2}}dx\\&=\int_{}^{}\frac{x+2}{\sqrt{x^{2}+2x+2}}dx+\int_{}^{}\frac{2}{x\sqrt{x^{2}+2x+2}}dx\\&=I_{1}+I_{2}\end{align}
法二：
\color{red}{6.6I=\int_{}^{}\frac{1}{(x^{2}-x+2)\sqrt{x^{2}+x+1}}dx}
法一：先进行分析，分母部分由两部分组成。 x^{2}-x+2与\sqrt{x^{2}+x+1} ，这两部分不容易同时换元成为简单的部分，所以，考虑消去 x^{2}-x+2 。当然，消去另外一部分也可以做。
I=\int_{}^{}\frac{1}{[(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{7}{4}]\sqrt{(x-\frac{1}{2})^{2}+2(x-\frac{1}{2})+\frac{7}{4}}}dx ，现在形式比较明显了，令 x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{7}}{2}tant
法二：
下面介绍一种更通用的方法，令 x=\frac{\alpha t+\beta}{t+1} ，此换元的目的是消去分母两个二项式的一次项，从而使得所求积分转化为容易求得的积分。但是对于此题，求得 \alpha=\frac{1-\sqrt{7}}{2} ，\beta=\frac{1+\sqrt{7}}{2} ，过于麻烦，因此对原题稍作修改，改为 I=\int_{}^{}\frac{1}{(x^{2}-x+1)\sqrt{x^{2}+x+1}}dx ，此时 \alpha=1，\beta=-1
令 x=\frac{t-1}{t+1} I=2\int_{}^{}\frac{t+1}{(t^{2}+3)\sqrt{3t^{2}+1}}dt=2(I_{1}+I_{2})
I_{1}=\int_{}^{}\frac{du}{(u+3)\sqrt{3u+1}},令\sqrt{3u+1}=v,
I_{1}=\int_{}^{}\frac{2}{v^{2}+8}dv=\frac{1}{\sqrt{2}}arctan(\frac{v}{2\sqrt{2}})+c
令v=\frac{t}{\sqrt{3t^{2}+1}} ， I_{2}=2\int_{}^{}\frac{1}{3-8v^{2}}dv=-\frac{\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}ln\left| \frac{2\sqrt{2}v-\sqrt{3}}{2\sqrt{2}v+\sqrt{3}} \right|+c
常用的两个积分公式 ①\int_{}^{}\frac{dx}{x^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a}arctan(\frac{x}{a})+c
②\int_{}^{}\frac{dx}{x^{2}-a^{2}}=\frac{1}{2a}ln\left| \frac{x-a}{x+a}\right|+c
本题是一道难题，由法一和法二给出两道思考题 \color{red}{\int_{}^{}\frac{6sinx+5}{\sqrt{2(sinx)^{2}+5sinx+11}}dx}； \color{red}{\int_{}^{}\frac{1+x^{2}}{x^{4}-4x-1}dx}
（二）欧拉替换法
6.7I=\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt{ax^{2}+bx+c}}dx
第一种欧拉替换法， \sqrt{ax^{2}+bx+c}=t-\sqrt{a}x
I=\int_{}^{}\frac{2dt}{2\sqrt{a}t+b}=\frac{1}{\sqrt{a}}ln\left| 2\sqrt{a}t+b \right|+c
6.8I=\int_{}^{}\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}-x+1}}dx
法一：
第二种欧拉替换法，令 \sqrt{x^{2}-x+1}=tx-1
\begin{align}\Rightarrow I&=\int_{}^{}\frac{-2t^{2}+2t-2}{t(t-1)(t+1)^{2}}dt\\&=\int_{}^{}\frac{2}{t}-\frac{1}{2(t-1)}-\frac{3}{2(t+1)}-\frac{3}{(1+t)^{2}}dt\\&=\frac{3}{t+1}+2ln\left| t \right|-\frac{1}{2}ln\left| t-1 \right|-\frac{3}{2}ln\left| t+1 \right|+c\end{align}
将 t=\frac{\sqrt{x^{2}-x+1}+1}{x} 代入即可
法二：
第一种欧拉替换，令 \sqrt{x^{2}-x+1}=t-x
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{2(t^{2}-t+1)}{t(2t-1)^{2}}dt\\&=\int_{}^{}[\frac{2}{t}-\frac{3}{2t-1}+\frac{3}{(2t-1)^{2}}]dt\\&=-\frac{3}{2(2t-1)}+2ln\left| t \right|-\frac{3}{2}ln\left| 2t-1 \right|+c\end{align}
6.9I=\int_{}^{}\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}-5x+6}}dx
此题多项式分解不唯一。
上面某一道题并不限定用某种方法，只要接出来即可，甚至可以不以欧拉替换法，因为过程显得繁琐，并且使用这种方法要熟练掌握有理分式分解。
（三）倒带换
6.10I=\int_{}^{}\frac{1}{(x+1)^{3}\sqrt{x(x+2)}}dx
I=\int_{}^{}\frac{d(x+1)}{(x+1)^{3}\sqrt{(x+1)^{2}-1}} 令， x+1=\frac{1}{t}＞0
\begin{align}\Rightarrow I&=-\int_{}^{}\frac{t^{2}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\\&=\int_{}^{}\frac{(1-t^{2})-1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\\&=\frac{t}{2}\sqrt{1-t^{2}}-\frac{1}{2}arcsint\\&=\frac{\sqrt{x^{2}+2x}}{2(x+1)^{2}}-\frac{1}{2}arcsin\frac{1}{x+1}+c\end{align}
当 x+1＜0 时，结果相同。
6.11I=\int_{}^{}\frac{1}{x^{3}(e^{\frac{1}{x}}+e^{\frac{-1}{x}})^{2}}dx
令 \frac{1}{x}=t
\begin{align}I&=-\int_{}^{}\frac{t}{(e^{t}+e^{-t})^{2}}dt\\&=-\frac{1}{4}\int_{}^{}td(\frac{e^{t}-e^{-t}}{e^{t}+e^{-t}})\\&=-\frac{1}{4}[t(\frac{e^{t}-e^{-t}}{e^{t}+e^{-t}})-\int_{}^{}\frac{e^{t}-e^{-t}}{e^{t}+e^{-t}}dt]\\&=-\frac{1}{4}[t(\frac{e^{t}-e^{-t}}{e^{t}+e^{-t}})-ln\left| e^{t}+e^{-t} \right|]+c\end{align}
（四）设原函数法
由于求导法则 (\frac{f}{g})^{}=\frac{f^{}g-g^{}f}{g^{2}} ，所以遇到分母为平方的不定积分，，可以先设出来原函数，再对比求得原函数。
6.12I=\int_{}^{}\frac{xsinx+cosx}{(x+cosx)^{2}}dx
设其原函数为 \frac{f(x)}{x+cosx} ，则其导数为 \frac{f^{}(x)(x+cosx)-(1-sinx)f(x)}{(x+cosx)^{2}}
令 f^{}(x)(x+cosx)-(1-sinx)f(x)=xsinx+cosx
对比可得， f^{}(x)=sinx,\Rightarrow f(x)=-cosx
I=-\frac{cosx}{x+cosx}+c
6.13I=\int_{}^{}\frac{1}{(1+xtanx)^{2}}dx
设其原函数为 \frac{f(x)}{1+xtanx} ，则其导数为 \frac{f^{}(x)(1+xtanx)-[tanx+x(secx)^{2}]f(x)}{(1+xtanx)^{2}}
f^{}(x)(1+xtanx)-[tanx+x(secx)^{2}]f(x)=1
f(x)=tanx \Rightarrow I=\frac{tanx}{1+xtanx}+c
\color{red}{6.14\int_{}^{}\frac{xcosx}{3+4sinx-cos2x}dx}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{xcosx}{3(sinx)^{2}+3(cosx)^{2}+4sinx-(cosx)^{2}+(sinx)^{2}}dx\\&=\int_{}^{}\frac{xcosx}{2(sinx)^{2}+4sinx+2}dx\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{xcosx}{(sinx+1)^{2}}dx\end{align}
对于, J=\int_{}^{}\frac{xcosx}{(sinx+1)^{2}}dx
设其原函数为 \frac{f(x)}{1+sinx} ，则其导数为 \frac{f^{}(x)(1+sinx)-f(x)cosx}{(1+sinx)^{2}} ，对比可知 f^{}(x)(1+sinx)-f(x)cosx=xcosx ，观察可得 f(x)=-x-cosx
\Rightarrow I=-\frac{x+cosx}{2(1+sinx)}+c
当然，求导法则多种多样，所以原函数设法也多种多样。不过对于部分复杂函数，此方法并不容易求出原函数，或是原函数并不好设。
（五） lnf(x)+lng(x)型
由于 (lnf(x))^{}=\frac{f^{}(x)}{f(x)} ,所以一些分式积分可以将分母配凑成几项之积，再将整体分解成几项之和，注意分子要配凑成分母的导数的形式。 [lnf(x)+lng(x)]^{}=[lnf(x)g(x)]^{}=\frac{f^{}(x)g(x)+g^{}(x)f(x)}{f(x)g(x)}=\frac{f^{}(x)}{f(x)}+\frac{g^{}(x)}{g(x)}
\color{red}{6.15I=\int_{}^{}\frac{x^{2}+2cosx-1}{(1+x^{2})sinx-2x}dx}
此积分较难处理，按照上诉思路，观察分母，将其分解为两项相乘，进而分解配凑。为了因式分解，所以对三角函数进行升幂。
\begin{align}(1+x^{2})sinx-2x&=2(1+x^{2})sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}-2x[(sinx)^{2}+(cosx)^{2}]\\&=2(xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2})(xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2})\end{align}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{x^{2}+(cos\frac{x}{2})^{2}-3(sin\frac{x}{2})^{2}}{2(xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2})(xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2})}dx\\&=\int_{}^{}[\frac{(sin\frac{x}{2}+\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}+\frac{1}{2}sin\frac{x}{2})(xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2})}{(xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2})(xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2})}-\frac{(cos\frac{x}{2}-\frac{x}{2}sin\frac{x}{2}-\frac{1}{2}cos\frac{x}{2})(xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2})}{(xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2})(xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2})}]dx\\&=\int_{}^{}[\frac{sin\frac{x}{2}+\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}+\frac{1}{2}sin\frac{x}{2}}{xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2}}-\frac{cos\frac{x}{2}-\frac{x}{2}sin\frac{x}{2}-\frac{1}{2}cos\frac{x}{2}}{xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}]dx\\&=ln\left| xsin\frac{x}{2}-cos\frac{x}{2}\right|-ln\left| xcos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2} \right|+c\end{align}
七，三角积分
7.1I=\int_{}^{}\frac{sinx+cosx}{1-sinxcosx}dx
I=\int_{}^{}\frac{1}{1-\frac{1-(sinx-cosx)^{2}}{2}}d(sinx-cosx)=2arctan(sinx-cosx)+c
经典的一个积分，变换凑微分即可。
7.2I=\int_{}^{}\frac{1}{sinx+cosx+sinxcosx}dx
尝试万能代换，令 tan\frac{x}{2}=au,sinx=\frac{2au}{a^{2}u^{2}+1},cosx=\frac{1-a^{2}u^{2}}{a^{2}u^{2}+1}
I=2a\int_{}^{}\frac{a^{2}u^{2}+1}{1+4au-a^{4}u^{4}}du,当取a=\frac{1}{\sqrt{2}}，
解决本题利用万能公式要熟悉有理分式的分解。
7.3I=\int_{}^{}\frac{1}{(sinx)^{3}+(cosx)^{3}}dx
法一：
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{1}{(sinx+cosx)(1-sinxcosx)}dx\\&=\frac{1}{3}\int_{}^{}[\frac{2}{sinx+cosx}+\frac{sinx+cosx}{1-sinxcosx}]dx\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}[\frac{\sqrt{2}}{sin(x+\frac{\pi}{4})}+\frac{2(sinx+cosx)}{(sinx-cosx)^{2}+1}]dx\\&=\frac{\sqrt{2}}{3}ln\left| csc(x+\frac{\pi}{4})-cot(x+\frac{\pi}{4}) \right|+\frac{2}{3}arctan(sinx-cosx)+c\end{align}
法二：
I=\int_{}^{}\frac{(sinx)^{2}+(cosx)^{2}}{(sinx)^{3}+(cosx)^{3}}dx J=\int_{}^{}\frac{sinxcosx}{(cosx)^{3}+(sinx)^{3}}dx
I-J=\int_{}^{}\frac{1-sinxcosx}{(1-sinxcosx)(sinx+cosx)}dx=\frac{1}{\sqrt{2}}ln\left| csc(x+\frac{\pi}{4})-cot(x+\frac{\pi}{4}) \right|+c
I+2J=\int_{}^{}\frac{sinx+cosx}{1-sinxcosx}dx=2arctan(sinx-cosx)+c
I=\frac{2(I-J)+(I+2J)}{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}ln\left| csc(x+\frac{\pi}{4})-cot(x+\frac{\pi}{4}) \right|+\frac{2}{3}arctan(sinx-cosx)+c
本题应用到了立方和公式，第二种方法使用了组合积分法。
7.4I=\int_{}^{}\frac{sin2nx}{sinx}dx
由积化和差公式易知，
本题应用到了积化和差公式，并不难。
7.5I=\int_{}^{}arcsinxarccosxdx
由分部积分法,
积分形式怪，分部试一试. 对于部分形式比较奇怪的积分，分部积分法是可以尝试的。
7.6I=\int_{}^{}\frac{1}{a+bcosx+csinx}dx
令 cos\alpha=\frac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}},sin\alpha=\frac{c}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}},tan\alpha=\frac{c}{b},\alpha=arctan\frac{c}{b}
bcosx+csinx=\sqrt{b^{2}+c^{2}}cos(x-\alpha)
\Rightarrow I=\int_{}^{}\frac{d(x-\alpha)}{a+\sqrt{b^{2}+c^{2}}cos(x-\alpha)}
① a^{2}＞b^{2}+c^{2} ,
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{d(x-\alpha)}{a+\sqrt{b^{2}+c^{2}}cos(x-\alpha)}\\&=\frac{2}{\sqrt{a^{2}-(b^{2}+c^{2})}}arctan(\sqrt{\frac{a-\sqrt{b^{2}+c^{2}}}{a+\sqrt{b^{2}+c^{2}}}}tan\frac{x-\alpha}{2})+c\end{align}
② a^{2}＜b^{2}+c^{2}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{d(x-\alpha)}{a+\sqrt{b^{2}+c^{2}}cos(x-\alpha)}\\&=\frac{2}{\sqrt{(b^{2}+c^{2})-a^{2}}}artanh(\sqrt{\frac{\sqrt{b^{2}+c^{2}}-a}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}+a}}tan\frac{x-\alpha}{2})+c\end{align}
其中， \alpha=arctan\frac{c}{b}
注： I_{1}=\int_{}^{}\frac{dx}{a+bcosx};I_{2}=\int_{}^{}\frac{dx}{a+bsinx} 的求解
① a＞b
\begin{align}a+bcosx&=a[(cos\frac{x}{2})^{2}+(sin\frac{x}{2})^{2}]+b[(cos\frac{x}{2})^{2}-(sin\frac{x}{2})^{2}]\\&=(a-b)(cos\frac{x}{2})^{2}[\frac{a+b}{a-b}+(tan\frac{x}{2})^{2}]\end{align}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{dx}{(a-b)(cos\frac{x}{2})^{2}[\frac{a+b}{a-b}+(tan\frac{x}{2})^{2}]}\\&=\frac{2}{a-b}\int_{}^{}\frac{d(tan\frac{x}{2})}{(\sqrt{\frac{a+b}{a-b}})^{2}+(tan\frac{x}{2})^{2}}\\&=\frac{2}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}arctan(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}tan\frac{x}{2})+c\end{align}
② a＜b,
\begin{align}a+bcosx&=a[(cos\frac{x}{2})^{2}+(sin\frac{x}{2})^{2}]+b[(cos\frac{x}{2})^{2}-(sin\frac{x}{2})^{2}]\\&=(b-a)(cos\frac{x}{2})^{2}[\frac{b+a}{b-a}-(tan\frac{x}{2})^{2}]\end{align}
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{dx}{(b-a)(cos\frac{x}{2})^{2}[\frac{b+a}{b-a}-(tan\frac{x}{2})^{2}]}\\&=\frac{2}{b-a}\int_{}^{}\frac{d(tan\frac{x}{2})}{(\sqrt{\frac{b+a}{b-a}})^{2}-(tan\frac{x}{2})^{2}}\\&=\frac{2}{\sqrt{b^{2}-a^{2}}}artanh(\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}tan\frac{x}{2})+c\end{align}
对于 I_{2} ，令 x=\frac{\pi}{2}+y 即可
7.7I=\int_{}^{}\frac{\sqrt{cos2x}}{sinx}dx
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{\sqrt{(cosx)^{2}-(sinx)^{2}}}{sinx}dx\\&=-\int_{}^{}\frac{\sqrt{(cosx)^{2}-(sinx)^{2}}}{sinx^{2}}dcosx\\&=\int_{}^{}\frac{\sqrt{2t^{2}-1}}{t^{2}-1}dt(t=cosx)\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{\sqrt{2t^{2}-1}}{(t^{2}-1)\sqrt{t^{2}}}dt^{2}\\&=\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{\sqrt{2u-1}}{\sqrt{u}(u-1)}du(t^{2}=u)\end{align}
令 \sqrt{\frac{2u-1}{u}}=w .
\begin{align}\Rightarrow I&=\int_{}^{}\frac{w^{2}}{(w^{2}-1)(2-w^{2})}dw\\&=\int_{}^{}(\frac{1}{w^{2}-1}+\frac{2}{2-w^{2}})dw\\&=\frac{1}{2}ln\left| \frac{w-1}{w+1} \right|+\frac{\sqrt{2}}{2}ln\left| \frac{\sqrt{2}+w}{\sqrt{2}-w}\right|+c\end{align}
本题使用了多次换元得到最后答案，最后一次换元的技巧值得掌握。
7.8I=\int_{}^{}\frac{cosx}{\sqrt{2+sin2x}}dx
此题应用了组合积分法。
八， 含有 e^{x} 的积分
8.1\int_{}^{}e^{x+\frac{1}{x}}(x^{4}+30x-13)dx
此题给出了求 \int_{}^{}h(x)e^{g(x)}dx 的一种方法。
8.2I=\int_{}^{}(1+x-\frac{1}{x})e^{x+\frac{1}{x}}dx
法一：
\begin{align}I&=\int_{}^{}e^{x+\frac{1}{x}}dx+\int_{}^{}x(1-\frac{1}{x^{2}})e^{x+\frac{1}{x}}dx\\&=\int_{}^{}e^{x+\frac{1}{x}}dx+\int_{}^{}xd(e^{x+\frac{1}{x}})\\&=\int_{}^{}e^{x+\frac{1}{x}}dx+xe^{x+\frac{1}{x}}-\int_{}^{}e^{x+\frac{1}{x}}dx\\&=xe^{x+\frac{1}{x}}+c\end{align}
法二 ：
\begin{align}I&=\int_{}^{}(1+x)(1-\frac{1}{x^{2}})e^{x+\frac{1}{x}}dx+\int_{}^{}\frac{1}{x^{2}}e^{x+\frac{1}{x}}dx\\&=\int_{}^{}(1+x)d(e^{x+\frac{1}{x}})+\int_{}^{}\frac{1}{x^{2}}e^{x+\frac{1}{x}}dx\\&=(1+x)e^{x+\frac{1}{x}}-\int_{}^{}(1-\frac{1}{x^{2}})e^{x+\frac{1}{x}}dx\\&=xe^{x+\frac{1}{x}}+c\end{align}
本题应用分部积分法即可。
\color{red}{8.3I=\int_{}^{}\frac{e^{xsinx+cosx}[x^{4}(cosx)^{3}-xsinx+cosx]}{x^{2}(cosx)^{2}}dx}
法一：
法二：
本题有一定难度，使用分部积分法消去不可积部分即可。
8.4I=\int_{}^{}\frac{x(x+1)}{(e^{x}+x+1)^{2}}dx
法一：
I=\int_{}^{}\frac{\frac{x^{2}+x}{e^{2x}}}{(1+\frac{x+1}{e^{x}})^{2}}dx=-\int_{}^{}\frac{\frac{x+1}{e^{x}}}{(1+\frac{x+1}{e^{x}})^{2}}d(\frac{x+1}{e^{x}})=
-\int_{}^{}\frac{t}{(1+t)^{2}}dt=-\int_{}^{}\frac{t+1-1}{(t+1)^{2}}dt= t=\frac{x+1}{e^{x}}
-ln\left| t+1 \right|-\frac{1}{t+1}+c=xln\left| e^{x}+x+1 \right|-\frac{e^{x}}{e^{x}+x+1}+c
法二：
第一次写此题很可能找不对方向，使得题目变得复杂。法二和4.10法二类似。
\color{red}{8.5\int_{}^{}\frac{x^{5}-2x}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}}e^{x}dx}
法一：
法二:
易知 y=x\sqrt{x^{2}+1},y^{}=(x\sqrt{x^{2}+1})^{}=(\frac{2x^{2}+1}{\sqrt{x^{2}+1}})^{}=\frac{2x^{3}+3x}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}}
\frac{x^{5}-2x}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}}=x\sqrt{x^{2}+1}-\frac{2x^{3}+3x}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}}=y-y^{}
I=\int_{}^{}(y-y^{})e^{x}dx=(y-y^{})e^{x}+c
法三:
此题难度较大，十分考验读者的积分能力。方法二用微分方程法求解不定积分，读者需要注意。
（二）指数锁
\color{red}{8.6I=\int_{}^{}\frac{(x+1)e^{x}}{\sqrt{a^{2}-e^{x}}}dx}
\begin{align}I&=-2\int_{}^{}(x+1)d(\sqrt{a^{2}-e^{x}})\\&=-2(x+1)\sqrt{a^{2}-e^{x}}+2\int_{}^{}\sqrt{a^{2}-e^{x}}dx\\&=-2(x+1)\sqrt{a^{2}-e^{x}}+2\int_{}^{}\frac{\sqrt{a^{2}-e^{x}}}{e^{x}}de^{x}\\&=-2(x+1)\sqrt{a^{2}-e^{x}}+4\sqrt{a^{2}-e^{x}}-2aln\left| \frac{a+\sqrt{a^{2}-e^{x}}}{a-\sqrt{a^{2}-e^{x}}} \right|+c\end{align}
注： 对于 \int_{}^{}\frac{\sqrt{a^{2}-e^{x}}}{e^{x}}de^{x} ,可令 \sqrt{a^{2}-e^{x}}=u ,进而求解
8.7I=\int_{}^{}\frac{x-2}{\sqrt{e^{x}-x^{2}}}dx
\begin{align} I&=\int_{}^{}\frac{(x-2)e^{-\frac{x}{2}}}{\sqrt{1-x^{2}e^{-x}}}dx\\&=-2\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}e^{-x}}}dxe^{-\frac{x}{2}}\\&=-2arcsin(xe^{-\frac{x}{2}})+c\end{align}
8.8I=\int_{}^{}\frac{e^{x}(x-1)}{(x-e^{x})^{2}}dx
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{e^{x}(x-1)}{(x-e^{x})^{2}}dx\\&=\int_{}^{}\frac{\frac{e^{x}(x-1)}{x^{2}}}{(1-\frac{e^{x}}{x})^{2}}dx\\&=\int_{}^{}\frac{d(\frac{e^{x}}{x}-1)}{(1-\frac{e^{x}}{x})^{2}}\\&=\frac{x}{x-e^{x}}+c\end{align}
九，组合积分法
此方法对于求解某些形式的三角函数，指数函数，双曲函数的积分很方便。适用于可以互导或者自导的函数，常常要找与之配对的函数。前面例题也多次使用此方法。
互导：(sinx)^{}=cosx;(cosx)^{}=-sinx;(sinhx)^{}=coshx;(coshx)^{}=sinhx;自导(e^{x})^{}=e^{x}
\color{red}{9.1I=\int_{}^{}\frac{\sqrt{sinx}}{\sqrt{sinx}+\sqrt{cosx}}dx}
法一：组合积分法
J=\int_{}^{}\frac{\sqrt{sinx}+\sqrt{cosx}}{\sqrt{sinx}+\sqrt{cosx}}dx=x+c ；K=\int_{}^{}\frac{\sqrt{sinx}-\sqrt{cosx}}{\sqrt{sinx}+\sqrt{cosx}}dx
I=\frac{1}{2}(J+K)
法二：
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{\sqrt{tanx}}{\sqrt{tanx}+1}dx\\&=2\int_{}^{}\frac{t^{2}}{(1+t)(1+t^{4})}dt\\&=\int_{}^{}(\frac{1}{1+t}-\frac{t^{3}-t^{2}-t+1}{1+t^{4}})dt\\&=ln\left| 1+t \right|-\frac{1}{4}ln\left| 1+t^{4} \right|+\frac{1}{2\sqrt{2}}ln\left| \frac{t^{2}-\sqrt{2}t+1}{t^{2}+\sqrt{2}t+1} \right|+\frac{1}{2}arctan(t^{2})+c\end{align}
本题法一求解与7.7类似。
9.2I=\int_{}^{}\sqrt{tanx}dx
法一：
\sqrt{tanx}=u
\begin{align}I&=\int_{}^{}\frac{2u^{2}}{1+u^{4}}du\\&=\int_{}^{}\frac{u^{2}-1}{u^{4}+1}du+\int_{}^{}\frac{u^{2}+1}{u^{4}+1}du\\&=\int_{}^{}\frac{1-u^{-2}}{u^{2}+u^{-2}}du+\int_{}^{}\frac{1+u^{-2}}{u^{2}+u^{-2}}du\\&=\int_{}^{}\frac{d(u+\frac{1}{u})}{(u+\frac{1}{u})^{2}-2}+\int_{}^{}\frac{d(u-\frac{1}{u})}{(u-\frac{1}{u})^{2}+2}\\&=\frac{1}{2\sqrt{2}}ln\left| \frac{u^{2}-\sqrt{2}u+1}{u^{2}+\sqrt{2}u+1} \right|+\frac{1}{\sqrt{2}}arctan\frac{u^{2}-1}{\sqrt{2}u}+c\end{align}
此方法亦可求解 \int_{}^{}\frac{1}{\sqrt{tanx}}dx,\int_{}^{}\sqrt{tanx+1}dx,\int_{}^{}\frac{1}{\sqrt{tanx+1}}dx
法二:组合积分法
J=\int_{}^{}\sqrt{cotx}dx
I+J=\sqrt{2}\int_{}^{}\frac{d(sinx-cosx)}{\sqrt{1-(sinx-cosx)^{2}}}=\sqrt{2}arcsin(sinx-cosx)+c
I-J=-\sqrt{2}\int_{}^{}\frac{d(sinx+cosx)}{\sqrt{(sinx+cosx)^{2}-1}}=-\sqrt{2}arccosh(sinx+cosx)+c
I=\frac{1}{2}(I+J+I-J)
9.3I=\int_{}^{}ln(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})dx
法一：组合积分法
令 J=\int_{}^{}ln(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})dx
I+J=\int_{}^{}ln(2x)dx=xln(2x)-x+c
\begin{align}I-J&=\int_{}^{}ln(\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{x})dx\\&=xln(\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{x})+\int_{}^{}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}\\&=xln(\frac{1+\sqrt{1-x^{2}}}{x})+arcsinx+c\end{align}
I=\frac{1}{2}(I+J+I-J)
法二:
令 x=sin2t
\begin{align}I&=\int_{}^{}ln(2cost)d(sint)\\&=sin(2t)ln(2cost)+\int_{}^{}sin(2t)tantdt\\&=sin(2t)ln(2cost)+2\int_{}^{}(sint)^{2}dt\\&=sin(2t)ln(2cost)+t-\frac{1}{2}sin(2t)+c\end{align}
本题亦可直接分部积分求解，过程稍显繁琐。
十 ，递推式积分
10.1I_{n}=\int_{}^{}(secx)^{n}dx
易知 \frac{d}{dx}[tanx(secx)^{n}]=(n+1)(secx)^{n+2}-n(secx)^{n}， \Rightarrow (secx)^{n+2}=\frac{1}{n+1}\frac{d}{dx}[tanx(secx)^{n}+\frac{n}{n+1}(secx)^{n}
\int_{}^{}(secx)^{n+2}dx=\frac{1}{n+1}tanx(secx)^{n}+\frac{n}{n+1}\int_{}^{}(secx)^{n}dx
I_{n}=\frac{1}{n-1}tanx(secx)^{n-2}+\frac{n-2}{n-1}\int_{}^{}(secx)^{n-2}dx
由此即可得到递推公式。
10.2I_{n}=\int_{}^{}\frac{1}{(x^{2}+a^{2})^{n}}dx
\begin{align}I&=\frac{x}{(x^{2}+a^{2})^{n}}+2n\int_{}^{}\frac{x^{2}}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}dx\\&=\frac{x}{(x^{2}+a^{2})^{n}}+2n\int_{}^{}\frac{x^{2}+a^{2}-a^{2}}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}dx\\&=\frac{x}{(x^{2}+a^{2})^{n}}+2n\int_{}^{}\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{n}}-2na^{2}\int_{}^{}\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}} \end{align}
\Rightarrow I_{n}=\frac{x}{2(n-1)a^{2}(x^{2}+a^{2})^{n-1}}+\frac{2n-3}{2(n-1)a^{2}}I_{n-1}
10.3I_{n}=\int_{}^{}(arcsinx)^{n}dx
10.4I_{n}=\int_{}^{}cosnx(cosx)^{n}dx
此方法可求其定积分。
可参见如下文章
10.5I(n,m)=\int_{}^{}x^{n}(lnx)^{m}dx
u=(lnx)^{m},dv=x^{n}dx,
du=m(lnx)^{m-1}\frac{dx}{x},v=\frac{1}{n+1}x^{n+1}
\begin{align}I(n,m)&=\int_{}^{}x^{n}(lnx)^{m}dx\\&=\frac{1}{n+1}x^{n+1}-\frac{m}{n+1}\int_{}^{}x^{n}(lnx)^{m-1}dx\\&=I(n,m-1)\end{align}
使用分部积分法即可。
10.6I(m,n)=\int_{}^{}(cosx)^{m}(sinx)^{n}dx
十一，反函数，隐函数，特殊形式积分求解
\color{red}{11.1I=\int_{}^{}\left[ x \right]\left| sin（\pi x） \right|dx}
评注： 若 f(x) 为分段函数，求 \int_{}^{}f(x)dx 的常用方法为:
(1)分段积分法:分段积分得到各区间段的不定积分，由原函数的连续性确定各区间段积分常数的关系，最后保留一个积分常数。
(2)定积分法: \int_{}^{}f(x)dx=\int_{a}^{x}f(t)dt+c ,求定积分时要在积分区间中插入f(x) 的分段点。
(3)若分段点x是f(x)的第一类的间断点，则在包含x的区间上f(x)不存在原函数。
11.2 .设 f(x) 可导单调， f^{-1}(x) 为其反函数， \int_{}^{}f(x)dx=F(x)+c
求I=\int_{}^{}f^{-1}(x)dx
\begin{align}I&=\int_{}^{}f^{-1}(x)dx\\&=xf^{-1}(x)-\int_{}^{}xd[f^{-1}(x)]\\&=xf^{-1}(x)-\int_{}^{}f[(f^{-1}(x)]d[f^{-1}(x)]\\&=xf^{-1}(x)-F[f^{-1}(x)]+c\end{align}
11.3 y=y(x) 是由方程 y^{2}(x-y)=x^{2} 所确定的隐函数，求 I=\int_{}^{}\frac{1}{y^{2}}dx
令 y=tx ,代入 y=\frac{1}{t(1-t)},x=\frac{1}{t^{2}(1-t)},dx=\frac{3t-2}{t^{3}(1-t)^{2}}dt
\begin{align}I&=\int_{}^{}(3-\frac{2}{t})dt\\&=3t-2ln\left| t \right|+c\\&=\frac{3y}{x}-2ln\left| \frac{y}{x} \right|+c\end{align}
11.4 y=y(x) 是由方程 y(x-y)^{2}=x 所确定的隐函数，求 I=\int_{}^{}\frac{1}{x-3y}dx
令 t=x-y ,则 x=\frac{t^{3}}{t^{2}-1},y=\frac{t}{t^{2}-1}
I=\int_{}^{}\frac{t}{t^{2}-1}dt=\frac{1}{2}ln\left| t^{2}-1 \right|+c
注：若给定隐函数方程中 \frac{dy}{dx} 容易求出，且 \frac{dy}{dx}是关于 x的函数 求\int_{}^{}f(x)dy,可转化为\int_{}^{}f(x)\frac{dy}{dx}dx,将\frac{dy}{dx}代入即可
十二， 求积运算的封闭性
（一）形如 P_{n}(x)e^{\lambda x} 的函数记为 U_{n} ，（ \lambda \ne0 ）， P_{n}(x) 为次数不超过n次的多项式
（1）若 f(x)\in U_{n} ，则 f^{}(x)\in U_{n} ，称为 U_{n} 对求导运算的封闭性
（2）若 f(x)\in U_{n} ，则存在 f(x) 的原函数 F(x)\in U_{n} ，此性质成为 U_{n} 对求积运算的封闭性
12.1I=\int_{}^{}(4x^{3}-2x^{2}-2x+1)e^{2x}dx
对于 x^{n}e^{\lambda x} ，分别与 cosax,sinbx 的乘积及其线性组合称为幂三指函数，幂三指函数的求导与积分运算也有封闭性
（二）形如 P_{n}(x)e^{ax}cosbx+Q_{n}(x)e^{ax}sinbx(a\ne0) ，全体记为 U_{n} ，其中p与q是次数不超过 n 的多项式， U_{n} 对于求导与积分运算具有封闭性。
12.2I=\int_{}^{}(13x-1)e^{-2x}cos3xdx
总结
至此，不定积分的求解到此告一段落。不定积分并不是只有上面的方法，还有微分积分法，倍角法，微分方程法，算子法等等。但是，并不是要掌握所有的方法才行，正所谓：“他强任他强， 清风拂山岗”。做到无招胜有招，方法可以不用掌握太多，只要遇到题能求出来即可。
解题时可能需要多种方法并用，当然有时候也要多尝试，多写题。
主要参考书目
【1】 高等数学 同济大学 第六版
【2】大学生数学竞赛十八讲 陈挚清华大学出版社 第一版
【3】大学生数学竞赛题解析 贺金陵 复旦大学出版社 第一版
【4】 大学生数学竞赛习题精讲 清华大学出版社 第三版
【5】 大学生数学竞赛教程 浦和平 电子工业出版社
【6】 积分的方法与技巧 金玉明 中国科学技术大学出版社 第一版
文章来源：https://www.bxbdf.com/a/79615返回搜狐，查看更多
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