【高等数学基础进阶】不定积分本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。一、不定积分的概念与性质原函数：$F

本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

一、不定积分的概念与性质

原函数： $F'(x)=f(x)$

不定积分： $\int f(x)dx=F(x)+C$

不定积分的几何意义：表示一簇积分曲线，这簇积分曲线对应于横坐标 $x$ 处的切线都相互平行

原函数存在定理

定理1：若 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续，则 $f(x)$ 在区间 $I$ 上一定存在原函数

定理2：若 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有第一类间断点，则 $f(x)$ 在区间 $I$ 上没有原函数

例1： $g(x)=\text{sgn }x=\begin{cases}-1&x<0\\0&x=0\\1&x>0\end{cases}$

设存在原函数 $F(x)$ ，根据分段函数

F(x)=\begin{cases} -x+C_{1} &x<0\\ x+C_{2}&x>0 \end{cases}

由于 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续，则 $C_{1}=C_{2}=C$ ，有

F(x)=\begin{cases} -x+C&x<0 \\ x+C&x>0 \end{cases}=|x|+C

根据定义 $F'(x)=g(x)$ ，显然 $F'(0)$ 不存在，因此 $g(x)$ 不存在原函数

即，若 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有第一类间断点，则 $f(x)$ 在区间 $I$ 上没有原函数

不定积分的性质

\begin{gathered} \begin{aligned} &(\int f(x)dx)'=f(x)\quad &d\int f(x)dx=f(x)dx\\ &\int f'(x)dx=f(x)+C&\int df(x)=f(x)+C \end{aligned}\\ \int[f(x)\pm g(x)]dx=\int f(x)dx\pm\int g(x)dx \end{gathered}

二、不定积分的基本公式

\begin{aligned} \int 0dx&=C\\ \int x^{\alpha} dx&=\frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+C\\ \int \frac{1}x dx&=\ln|x|+C\\ \int a^{x}dx&=\frac{a^{x}}{\ln a}+C\\ \int e^{x}d&=e^{x}+C\\ \int \sin xdx&=-\cos x+C\\ \int \cos xdx&=\sin x+C\\ \int \sec^{2}xdx&=\tan x+C\\ \int \csc^{2}xdx&=-\cot x+C\\ \int \frac{1}{\cos^2 x}dx&=\tan x+C\\ \int \frac{1}{\sin^{2}x}dx&=-\cot x+C\\ \int \sec x\tan xdx&=\sec x+C\\ \int \csc x\cot xdx&=-\csc x+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx&=\arcsin x+C\\ \int \frac{1}{1+x^2}dx&=\arctan x+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx&=\arcsin \frac{x}{a}+C\\ \int \frac{1}{a^{2}+x^{2}}dx&=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C\\ \int \frac{1}{x^{2}-a^{2}}&= \frac{1}{2a}\ln| \frac{x-a}{x+a}|+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx&=\ln(x+\sqrt{x^{2}+a^{2}})+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}dx&=\ln|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C\\ \int \sec xdx&=\ln|\sec x+\tan x|+C\\ \int \csc xdx&=-\ln|\csc x+\cot x|+C \end{aligned}

三、三种主要积分法

第一类换元法（凑微分法）

若 $\int f(u)du=F(u)+C$

则 $\int f[\phi(x)]\phi'(x)dx=\int f[\phi(x)]d \phi(x)=F[\phi(x)]+C$

例2：计算积分 $\int \frac{dx}{\sqrt{x(4-x)}}=()$

\begin{aligned} 原式&=\int \frac{d(x-2)}{\sqrt{4-(x-2)^{2}}}=\arcsin \frac{x-2}{2}+C\\ 原式&=\int \frac{dx}{\sqrt{x}\sqrt{4-x}}=2\int \frac{d \sqrt{x}}{\sqrt{4-(\sqrt{x})^{2}}}=2\arcsin \frac{\sqrt{x}}{2}+C \end{aligned}

例3：计算积分 $\int \frac{2-x}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx=()$

分子分母次数相同，分子带根号，考虑整体凑微分

\begin{aligned} \frac{2-x}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx&=\int \frac{(1-x)+1}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx\\ &此处考虑凑3+2x-x^{2}整体的微分2-2x\\ &又因为倍数不影响,所以根据分子的-x凑1-x\\ &=\frac{1}{2}\int \frac{(2-2x)}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx+\int \frac{dx}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}\\ &=\frac{1}{2}\int \frac{d(3+2x-x^{2})}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}+\int \frac{d(x+1)}{\sqrt{4-(x-1)^{2}}}\\ &=\sqrt{3+2x-x^{2}}+\arcsin \frac{x-1}{2}+C \end{aligned}

第二类换元法

定理3：设 $x=\phi(t)$ 是单调的、可导的函数，并且 $\phi'(t)\ne0$ 。又 $\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt=F(t)+C$ ，则 $\int f(x)dx=\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt=F(t)+C=F[\phi^{-1}(x)]+C$

常用代换

$\sqrt{a^{2}-x^{2}}\quad x=a\sin t(a\cos t)$
$\sqrt{a^{2}+x^{2}}\quad x=a\tan t$
$\sqrt{x^{2}-a^{2}}\quad x=a\sec t$

这些选择的范围都是考虑好的，换元完直接开出来就行

例4：求不定积分 $\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx$

令 $x=a\sin t,t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$

选择 $t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ 原因

能取遍 $(-a,a)$

$\sqrt{a^{2}-x^{2}}=\sqrt{\cos^{2} t}$ ，此时 $\cos t,t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ ，即 $\cos t>0$ ，有 $\sqrt{a^{2}-x^{2}}=\cos t$

如果选 $\cos t$ ，范围应该是 $t\in(0,\pi)$

\begin{aligned} \int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx&=\int \frac{a^{2}\sin^{2}t}{a\cos t}\cdot a\cos tdt\\ &=\frac{a^{2}}{2}\int (1-\cos 2t)dt\\ &=\frac{a^{2}}{2}(t- \frac{1}{2}\sin 2t)+C\\ &=\frac{a^{2}}{2}\arcsin \frac{x}{a}- \frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C \end{aligned}

求不定积分 $\int \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{x^{2}}dx$

令 $x=a\tan t,t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$

\begin{aligned} \int \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{x^{2}}dx&=\int \frac{a\sec t}{a^{2}\tan^{2}t}\cdot a\sec^{2}tdt\\ &=\int \frac{1}{\sin^{2}t\cos t}dt\\ &=\int \frac{\sin^{2}t+\cos^{2}t}{\sin^{2}t\cos t}dt\\ &分母是\sin\cos高次,分子为1,常把分子拆开\\ &=\int \sec tdt+\int \frac{\cos t}{\sin^{2}t}dt\\ &=\ln|\sec t+\tan t|- \frac{1}{\sin t}+C\\ \int \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{x^{2}}dx&=\int \frac{x^{2}+a^{2}}{x^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx\\ &=\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}+\int \frac{a^{2}dx}{x^{3}\sqrt{1+(\frac{a}{x})^{2}}}\\ &=\ln(x-\sqrt{x^{2}+a^{2}})- \frac{1}{2}\int \frac{d[1+(\frac{a}{x})^{2}]}{\sqrt{1+(\frac{a}{x})^{2}}}\\ &=\ln(x-\sqrt{x^{2}+a^{2}})-\sqrt{1+(\frac{a}{x})^{2}}+C \end{aligned}

求不定积分 $\int \frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}dx$

令 $x=a\sec t,t\in(0,\frac{\pi}{2})$

\begin{aligned} \int \frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}dx&=\int \frac{a\tan t}{a\sec t}\cdot a\sec t\tan tdt\\ &=a\int \tan^{2}tdt\\ &=a\int(\sec^{2}t-1)dt\\ &=a(\tan t-t)+C\\ &=\sqrt{x^{2}-a^{2}}-a\arccos \frac{a}{x}+C \end{aligned}

例5：求不定积分 $\int \sqrt{1+e^{x}}dx$

令 $t=\sqrt{1+e^{x}}$ ，则 $x=\ln(t^{2}-1)$

\begin{aligned} \int \sqrt{1+e^{x}}dx&=\int \frac{2t^{2}}{t^{2}-1}dx\\ &=2\int(1+ \frac{1}{t^{2}-1})dt\\ &=2t+\ln| \frac{t-1}{t+1}|+C\\ &=2\sqrt{1+e^{2}}+\ln \frac{\sqrt{1+e^{x}}-1}{\sqrt{1+e^{x}}+1}+C \end{aligned}

分部积分法

\int udv=uv-\int vdu

适用于两类不同函数相乘

按照”反对幂指三“或”反对幂三指“的顺序（记住一个就行，建议前者），谁靠后谁先凑微分（凑 $v$ ）

即

$\int p_{n}(x)e^{\alpha x}dx,\int p_{n}(x)\sin \alpha xdx,\int p_{n}(x)\cos \alpha xdx$

这三种积分应把多项式以外的函数凑进微分号

$\int p_{n}(x)\ln xdx,\int p_{n}(x)\arctan xdx,\int p_{n}(x)\arcsin xdx$

这三中积分都应把多项式函数凑进微分号

$\int e^{\alpha x}\sin \beta xdx,\int e^{\alpha x}\cos \beta xdx$

这两种积分把指数函数或三角函数凑进微分号都可以，但把指数凑进去更简单，连续两次将指数函数凑进去分部积分还原便可求解

例6：计算 $\int \frac{\ln x}{(1-x)^{2}}dx$

\begin{aligned} \int \frac{\ln x}{(1-x)^{2}}dx&=\int \ln x d \frac{1}{1-x}\\ &=\frac{\ln x}{1-x}-\int \frac{dx}{x(1-x)}\\ &=\frac{\ln x}{1-x}-\int(\frac{1}{x}+ \frac{1}{1-x})dx\\ &=\frac{\ln x}{1-x}+\ln \frac{|1-x|}{x}+C \end{aligned}

四、三类常见可积函数积分

有理函数积分 $\int R(x)dx$

一般法（部分分式法）
特殊方法（加项减项拆或凑微分降幂）

常见积不出的积分

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

例7： $\int \frac{x+5}{x^{2}-6x+13}dx=()$

分子次数少于分母一次，分子整体凑分母微分

分子次数少于分母二次，分母凑平方公式

分子次数多于等于分母，约分分离常数和多项式

\begin{aligned} \int \frac{x+5}{x^{2}-6x+13}dx&= \frac{1}{2}\underbrace{\int \frac{d(x^{2}-6x+13)}{x^{2}-6x+13}}_{少于分母一次}+8\underbrace{\int \frac{d(x-3)}{(x-3)^{2}+2^{2}}}_{少于分母二次}\\ &=\frac{1}{2}\ln(x^{2}-6x+13)+4\arctan \frac{x-3}{2}+C \end{aligned}

$\int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}=()$

\begin{aligned} \int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}&=\frac{1}{9}\int \frac{dx^{9}}{x^{9}(x^{9}+1)}=\frac{1}{9}\ln| \frac{x^{9}}{x^{9}+1}|+C\\ &凑微分降幂\\ \int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}&=\int \frac{(1+x^{9})-x^{9}}{x(x^{9}+1)}dx \\ &加项减项拆\\ &=\int \frac{dx}{x}-\int \frac{x^{8}}{x^{9}+1}dx\\ &=\ln|x|- \frac{1}{9}\ln(x^{9}+1)+C\\ \int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}&=\int \frac{dx}{x^{10}(1+ \frac{1}{x^{9}})}\\ &=\frac{1}{9}\int \frac{d(1+\frac{1}{x^{9}})}{1+\frac{1}{x^{9}}}\\ &=- \frac{1}{9}\ln|1+ \frac{1}{x^{9}}|+C \end{aligned}

关于加项减项拆

对于分式 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ ，如果

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

其中 $p^{2}-4q<0,\cdots.r^{2}-4s<0$

则

\begin{aligned} \frac{P(x)}{Q(x)}&= \frac{A_{1}}{(x-a)^{\alpha}}+ \frac{A_{2}}{(x-a)^{\alpha-1}}+\cdots+ \frac{A_{\alpha}}{x-a}+\cdots+ \frac{B_{1}}{(x-b)^{\beta}}+\frac{B_{2}}{(x-b)^{\beta-1}}+\cdots\\ &+\frac{B_{\beta}}{x-b}+\cdots+ \frac{M_{1}x+N_{1}}{(x^{2}+px+q)^{\lambda}}+\frac{M_{2}x+N_{2}}{(x^{2}+px+q)^{\lambda-1}}+\cdots+\frac{M_{\lambda}x+N_{\lambda}}{x^{2}+px+q}+\\ &\cdots+\frac{R_{1}x+S_{1}}{(x^{2}+rx+s)^{\mu}}+\frac{R_{2}x+S_{2}}{(x^{2}+rx+s)^{\mu-1}}+\cdots+\frac{R_{\mu}x+S_{\mu}}{x^{2}+rx+s} \end{aligned}

其中 $A_{1},\cdots,A_{\alpha},B_{1},\cdots,B_{\beta},M_{1},\cdots,M_{\lambda},N_{1},\cdots,N_{\lambda},R_{1},\cdots,R_{\mu},S_{1},\cdots,S_{\mu}$ 等都是常数

在上述有理分式分解中，应注意到以下两点

若分母 $Q(x)$ 中含有因式 $(x-a)^{k}$ ，则分解后含有下列 $k$ 个最简分式之和：

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

其中 $A_{1},A_{2},\cdots,A_{k}$ 都是常数。特别地，若 $k=1$ ，分解后 $\frac{A_{1}}{x-a}$

若分母 $Q(x)$ 中含有因式 $(x^{2}+px+q)^{k}$ ，其中 $p^{2}-4q<0$ ，则分解后含有下列 $k$ 个最简分式之和：

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

其中 $M_{i},N_{i}(i=1,2,\cdots,k)$ 都是常数。特别地，若 $k=1$ ，分解后有

$\frac{M_{k}x+N_{k}}{x^{2}+px+q}$

三角有理式积分 $\int R(\sin x,\cos x)dx$

一般方法（万能代换）：令 $\tan \frac{x}{2}=t$

$\int R(\sin x,\cos x)dx=\int R \left(\frac{2t}{1+t^{2}},\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\right) \frac{2}{1+t^{2}}dt$

特殊方法（三角变形，换元，分部）

若 $R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$ ，则令 $u=\cos x$

若 $R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$ ，则令 $u=\sin x$

若 $R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)$ ，则令 $u=\tan x$

注意要提前凑好 $du$

例8：求 $\int \frac{dx}{1+\sin x}$

分母出现 $1-\sin x,1-\cos x$ 一般化成 $\sin^{2}x,\cos^{2}x$

\begin{aligned} 原式&=\int \frac{1-\sin x}{\cos^{2}x}dx=\tan \frac{x-1}{\cos x}+C \end{aligned}

或利用万能代换

令 $\tan \frac{x}{2}=t$ ，则

\begin{aligned} 原式&=\int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^{2}}}\cdot \frac{2}{1+t^{2}}dt\\ &=\int \frac{2dt}{(1+t)^{2}}\\ &=- \frac{2}{1+t}+C\\ &=- \frac{2}{1+\tan \frac{x}{2}}+C \end{aligned}

一般尤其高次三角函数不考虑万能代换

求 $\int \frac{dx}{\sin(2x)+2\sin x}=()$

\begin{aligned} 原式&=\int \frac{dx}{2\sin x(\cos x+1)}\\ &发现满足R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\\ &为了凑du=d\cos x,上下同乘\sin x\\ &=\int \frac{\sin xdx}{2(1-\cos^{2}x)(1+\cos x)}\\ &\overset{\cos x=u}{=}- \frac{1}{2}\int \frac{du}{(1-u)(1+u)^{2}}\\ &=- \frac{1}{2}\int[\frac{A}{1-u}+ \frac{B}{(1+u)^{2}}+ \frac{C}{1+u}]du\\ &通分有Au^{2}+2Au+A+B-Bu+C-Cu^{2}=1\\ &即\begin{cases} A-C=0 \\ 2A-B=0 \\ A+B+C=1 \end{cases}解得\begin{cases} A=\frac{1}{4} \\ B=\frac{1}{2} \\ C=\frac{1}{4} \end{cases}\\ &=- \frac{1}{4}\int(\frac{1}{2} \frac{1}{1-u}+ \frac{1}{(1+u)^{2}}+ \frac{1}{2} \frac{1}{1+u})du\\ &=\frac{1}{8}[\ln \frac{1-u}{1+u}+ \frac{2}{1+u}]+C\\ &=\frac{1}{8}\ln \frac{1-\cos x}{1+\cos x}+ \frac{1}{4(1+\cos x)}+C \end{aligned}

简单无理函数积分 $\int R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$

令 $\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t$

例9：计算 $\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx$

令 $\sqrt{\frac{x+1}{x}}$ ，则 $x=\frac{1}{t^{2}-1},dx=- \frac{2t}{(t^{2}-1)^{2}}dt$

\begin{aligned} \int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx&=\int (t^{2}-1)t \frac{-2t}{(t^{2}-1)^{2}}dt\\ &=-2\int(1+ \frac{1}{t^{2}-1})dt\\ &=-2(t+ \frac{1}{2}\ln| \frac{t-1}{t+1}|)+C \end{aligned}

常考题型与典型例题

如果题中用到上面提到的通用方法会说明，但不会给详细步骤

例10： $\int \frac{dx}{(2-x)\sqrt{1-x}}$

利用简单无理函数积分 $\int R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$

或

常用 $\frac{dx}{\sqrt{x}}=2d \sqrt{x}$ ，对于 $R(x)$ 也是同理

\begin{aligned} 原式=\int \frac{-2d \sqrt{1-x}}{1+(\sqrt{1-x})^{2}}=-2\arctan \sqrt{1-x}+C \end{aligned}

例11：设 $f(x)=\begin{cases}e^{x}&x\geq0\\\cos x&x<0\end{cases}$ ，则 $\int f(x)dx=()$

数学上可以证明，如果分段被积函数连续，则分段积分获得分段原函数后调整常数，使分段原函数连续，则该分段原函数一定可导

\int f(x)dx=\begin{cases} e^{x}+C_{1}&x\geq0 \\ \sin x+C_{2}&x<0 \end{cases}

根据原函数连续性

1+C_{1}=C_{2}\Rightarrow C_{1}=C,C_{2}=1+C

则

\int f(x)dx=\begin{cases} e^{x}+C&x\geq0 \\ \sin x+1+C&x<0 \end{cases}

例12：计算 $\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx(a>0)$

三角有理式积分 $\int R(\sin x,\cos x)dx$ 中三角代换 $x=a\sin t$

或

\begin{aligned} 原式&=-\int xd \sqrt{a^{2}-x^{2}}\\ &=-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\int \sqrt{a^{2}-x^{2}}dx\\ &=-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\int \frac{a^{2}-x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx\\ &=-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+a^{2}\arcsin \frac{x}{a}-\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx\\ 原式&=\frac{-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+a^{2}\arcsin \frac{x}{a}}{2} \end{aligned}

例13： $\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}dx=()$

如果 $e^{x}$ 看做 $t$ ，原式即为两类函数积分，用分部积分即可

能用分部积分的只要 $\int f(x)dg(x)$ 中 $f(x)$ 和 $g(x)$ 各自是一类函数即可。例如本题 $\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}dx$ 直接看不一定能分部积分，但如果凑成 $-\int \arcsin e^{x}d(e^{-x})$ 显然符合上述要求，能够进行分部积分

\begin{aligned} 原式&=-\int \arcsin e^{x}d(e^{-x})\\ &=- \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}+\int \frac{dx}{\sqrt{1-e^{2x}}} \end{aligned}

在 $\int \frac{dx}{\sqrt{1-e^{2x}}}$ 中，令 $\sqrt{1-e^{2x}}=t$ ，即 $dx= \frac{-tdt}{1-t^{2}}$

\begin{aligned} \int \frac{dx}{\sqrt{1-e^{2x}}}&=-\int \frac{dt}{1-t^{2}}\\ &=- \frac{1}{2}\ln \frac{1+t}{1-t}+C\\ &=- \frac{1}{2}\ln \frac{1+\sqrt{1-e^{2x}}}{1-\sqrt{1-e^{2x}}}+C\\ \int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}dx&=- \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}- \frac{1}{2}\ln \frac{1+\sqrt{1-e^{2x}}}{1-\sqrt{1-e^{2x}}}+C \end{aligned}

或者考虑换元

令 $\arcsin e^{x}=t$ ，则 $x=\ln \sin t,dx=\frac{\cos t}{\sin t}dt$

\begin{aligned} 原式&=\int \frac{t}{\sin t}\cdot\frac{\cos t}{\sin t}dt\\ &=-\int td \frac{1}{\sin t}\\ &=- \frac{t}{\sin t}+\int \frac{1}{(\sin t)}dt\\ &=- \frac{t}{\sin t}-\ln|\csc t+\cot t|+C \end{aligned}

由于 $\arcsin x,\arctan x,\ln x$ 单独求导后不在含有反三角函数和对数，即分部积分后会变成有理函数的形式。因此有关上述的积分，即使不符合三类常见可积函数积分标准形式，也可以先尝试分部积分

例14：计算 $\int \ln(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}})dx(x>0)$

设 $\sqrt{\frac{1+x}{x}}=t$ ，则 $x=\frac{1}{t^{2}-1}$

\begin{aligned} 原式&=\int\ln(1+t)d \frac{1}{t^{2}-1}\\ &=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}-\int\ln \frac{1}{t^{2}-1}\cdot \frac{1}{t+1}dt\\ \ln \frac{1}{t^{2}-1}\cdot \frac{1}{t+1}dt&=\frac{1}{2}\int \frac{(t+1)-(t-1)}{(t^{2}-1)(t+1)}dt\\ &=\frac{1}{4}\ln| \frac{t-1}{t+1}|+ \frac{1}{2(t+1)}+C\\ 原式&=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}+\frac{1}{4}\ln| \frac{t-1}{t+1}|+ \frac{1}{2(t+1)}+C \end{aligned}

例15：已知 $\frac{\sin x}{x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，求 $\int x^{3}f'(x)dx=()$

f(x)=(\frac{\sin x}{x})'=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}

有

\begin{aligned} \int x^{3}f'(x)dx&=\int x^{3}df(x)\\ &=x^{3}f(x)-3\int x^{2}f(x)dx\\ &=x^{3}f(x)-3\int x^{2}d(\frac{\sin x}{x})\\ &=x^{3}f(x)-3[x^{2} \frac{\sin x}{x}-2\int\sin xdx]\\ &=x^{3}\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}-3x\sin x-6\cos x+C \end{aligned}

【高等数学基础进阶】不定积分