09-01 错题记录

例 3.14（不定积分·奇次幂含根式 / 三角代换凑微分 / 根式整体代换 / 易错幂次漏乘与变量回代）

三角代换转化为正余弦时的幂次漏乘陷阱（高频失分点）：
- 将 $\tan^5 t \sec t$ 化为 $\sin/\cos$ 计算时， $\tan^5 t = \dfrac{\sin^5 t}{\cos^5 t}$ ， $\sec t = \dfrac{1}{\cos t}$ ，两者相乘分母应为 $\cos^{\mathbf{6}} t$ （ $5+1=6$ 次方）；
- 极易粗心漏乘 $\sec t$ 的一个分母，误写为 $\cos^4 t$ ，导致后续积分得出错误结果（如误算出 $-\cos t - \dfrac{2}{\cos t} + \dfrac{1}{3\cos^3 t}$ ）。
第二个换元（凑微分）的转化意识：
- 看到 $\sec t \tan t\,\mathrm{d}t$ 必须条件反射凑成 $\mathrm{d}(\sec t)$ ；
- 随后必须利用恒等式 $\tan^2 t = \sec^2 t - 1$ ，把剩余的 $\tan^4 t$ 彻底写为 $(\sec^2 t - 1)^2$ ，令 $u = \sec t$ 转化为多项式积分 $\int (u^2-1)^2\,\mathrm{d}u$ 。
不定积分必须回代原变量 $x$ 并提公因式化简：
- 很多同学算完 $u$ 或 $t$ 后忘记回代，或回代后不知如何化简；
- 回代关系： $u = \sec t = \sqrt{1+\tan^2 t} = \sqrt{1+x^2}$ ；
- 多项式通分技巧：先提取公因式 $u = \sqrt{1+x^2}$ ，再对剩余的二次多项式取公分母 $15$ 通分，化为标准形式 $\dfrac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C$ 。
解题策略敏锐度：根式整体换元往往比三角换元更简捷：
- 看到分子含有奇数次幂 $x^5 = x^4 \cdot x$ ，且分母为 $\sqrt{1+x^2}$ 时，直接令 $t = \sqrt{1+x^2}$ （此时 $x\,\mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}t$ ）不仅直接消去根号，而且完全避开了复杂的三角变形与幂次陷阱，是考场上最稳妥、计算量最小的方法！

方法一：根式整体代换法（🌟 考场首选·最不易出错）

第一步：设根式整体为 $t$ 并求微分 令 $t = \sqrt{1+x^2} > 0$ ，则：

t^2 = 1+x^2 \implies x^2 = t^2 - 1

两边微分：

2x\,\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t \implies x\,\mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}t

第二步：拆分子代入化简

\begin{aligned} I &= \int \frac{x^4}{\sqrt{1+x^2}} \cdot (x\,\mathrm{d}x) \\ &= \int \frac{(t^2 - 1)^2}{t} \cdot (t\,\mathrm{d}t) \quad (\text{分母 } t \text{ 与微分项中的 } t \text{ 完美约掉}) \\ &= \int (t^4 - 2t^2 + 1)\,\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{5}t^5 - \frac{2}{3}t^3 + t + C \end{aligned}

第三步：回代 $t = \sqrt{1+x^2}$ 并通分化简

\begin{aligned} I &= \left( \frac{1}{5}t^4 - \frac{2}{3}t^2 + 1 \right) t + C \\ &= \left[ \frac{1}{5}(1+x^2)^2 - \frac{2}{3}(1+x^2) + 1 \right] \sqrt{1+x^2} + C \\ &= \frac{1}{15}\left[ 3(x^4 + 2x^2 + 1) - 10(x^2 + 1) + 15 \right] \sqrt{1+x^2} + C \\ &= \mathbf{\frac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C} \end{aligned}

方法二：三角代换法（经典标准解法）

第一步：三角换元 设 $x = \tan t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则：

\mathrm{d}x = \sec^2 t\,\mathrm{d}t, \qquad \sqrt{1+x^2} = \sqrt{1+\tan^2 t} = \sec t

代入原式：

I = \int \frac{\tan^5 t \cdot \sec^2 t}{\sec t}\,\mathrm{d}t = \int \tan^5 t \sec t\,\mathrm{d}t

第二步：凑微分与第二个换元 拆出一个 $\tan t$ 与 $\sec t$ 组合，凑出 $\mathrm{d}(\sec t)$ ：

I = \int \tan^4 t \cdot (\sec t \tan t\,\mathrm{d}t) = \int (\sec^2 t - 1)^2\,\mathrm{d}(\sec t)

令 $u = \sec t$ ：

I = \int (u^2 - 1)^2\,\mathrm{d}u = \int (u^4 - 2u^2 + 1)\,\mathrm{d}u = \frac{1}{5}u^5 - \frac{2}{3}u^3 + u + C

第三步：回代 $u = \sec t = \sqrt{1+x^2}$ 代入并提取公因式 $\sqrt{1+x^2}$ 通分整理，同样可得：

I = \mathbf{\frac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C}

📌 注：若采用化为 $\sin/\cos$ 计算，务必注意分母总次数：
$\int \tan^5 t \sec t\,\mathrm{d}t = \int \frac{\sin^5 t}{\mathbf{\cos^6 t}}\,\mathrm{d}t = -\int \frac{(1-\cos^2 t)^2}{\cos^6 t}\,\mathrm{d}(\cos t)$
展开积分可得 $\dfrac{1}{5\cos^5 t} - \dfrac{2}{3\cos^3 t} + \dfrac{1}{\cos t} + C = \dfrac{1}{5}\sec^5 t - \dfrac{2}{3}\sec^3 t + \sec t + C$ 。

方法三：代数凑微分分部法

利用 $\dfrac{x\,\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^2}} = \mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ ：

\begin{aligned} I &= \int x^4\,\mathrm{d}\sqrt{1+x^2} \\ &= x^4\sqrt{1+x^2} - \int \sqrt{1+x^2} \cdot 4x^3\,\mathrm{d}x \\ &= x^4\sqrt{1+x^2} - 2\int \left[(1+x^2) - 1\right]\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}(1+x^2) \\ &= x^4\sqrt{1+x^2} - \frac{4}{5}(1+x^2)^{5/2} + \frac{4}{3}(1+x^2)^{3/2} + C \\ &= \mathbf{\frac{1}{15}(3x^4 - 4x^2 + 8)\sqrt{1+x^2} + C} \end{aligned}

看分子是否含有 $x$ （奇次幂）：
- 若分子含 $x^1, x^3, x^5 \dots$ $\implies$ 最优先选择：直接令 $t = \sqrt{a^2+x^2}$ 整体换元，因为 $x\,\mathrm{d}x = t\,\mathrm{d}t$ 刚好把分母根式与微分项抵消，瞬间降次为纯多项式！
若分子为偶次幂（如 $1, x^2, x^4 \dots$ ）：
- 此时无法直接凑出 $x\,\mathrm{d}x$ $\implies$ 优先选择：三角代换 $x = a\tan t$ 或倒代换。
结果检验：
- 不定积分如果解法不同，所得解析式在形式上可能略有差异，但对结果求导后必须严格等于原被积函数。

例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 $e^x=t$ 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

换元思维优先于生硬分部（被积函数遍布 $e^x$ 的结构特征）：
- 看到被积函数中处处是 $e^x$ （分子为 $\arctan e^x$ ，分母为 $e^{2x} = (e^x)^2$ ），最清晰、最不易出错的解法是直接令 $t = e^x$ 整体代换！
- 代换后 $\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}t}{t}$ ，原积分瞬间转化为纯代数有理分式与反三角函数相乘的标准形式 $\displaystyle\int \frac{\arctan t}{t^3}\,\mathrm{d}t$ ，后续分部与裂项一目了然。
直接分部积分的凑微分负号与变形陷阱：
- 若直接分部，将 $e^{-2x}\,\mathrm{d}x$ 凑入微分 $-\dfrac{1}{2}\mathrm{d}(e^{-2x})$ 后，剩余积分为 $\displaystyle\int \frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x$ ；
- 此时若改写为 $e^{-x}$ 的函数凑微分 $\mathrm{d}(e^{-x}) = -e^{-x}\,\mathrm{d}x$ ，极易漏掉负号；
- 积出 $\arctan(e^{-x})$ 后，需注意反三角恒等式 $\arctan(e^{-x}) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan(e^x)$ ，其中常数 $\dfrac{\pi}{4}$ 归入任意常数 $C$ ，许多同学因不熟悉该恒等式而怀疑答案错误。
有理分式裂项技巧（口算裂项 vs 待定系数）：
- 面对 $\dfrac{1}{t^2(1+t^2)}$ ，无需机械化设待定系数法（ $\dfrac{A}{t}+\dfrac{B}{t^2}+\dfrac{Ct+D}{1+t^2}$ 耗时费力）；
- 分子直接构造 $(1+t^2) - t^2$ ，即 $\dfrac{1}{t^2(1+t^2)} = \dfrac{1}{t^2} - \dfrac{1}{1+t^2}$ ，瞬间完成裂项。
不定积分必须回代原变量并化简：
- 回代 $t = e^x$ ： $-\dfrac{\arctan t}{2t^2} - \dfrac{1}{2t} - \dfrac{1}{2}\arctan t + C = -\dfrac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C$ 。

方法一：令 $e^x = t$ 变量代换法（🌟 考场首选·思维阻力最小）

第一步：换元与求微分 令 $t = e^x > 0$ ，则 $x = \ln t$ ， $\mathrm{d}x = \dfrac{1}{t}\,\mathrm{d}t$ 。

第二步：代入化简并进行分部积分

\begin{aligned} I &= \int \frac{\arctan t}{t^2} \cdot \frac{\mathrm{d}t}{t} = \int \frac{\arctan t}{t^3}\,\mathrm{d}t \\ &= -\frac{1}{2}\int \arctan t\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{t^2}\right) \\ &= -\frac{\arctan t}{2t^2} + \frac{1}{2}\int \frac{1}{t^2}\,\mathrm{d}(\arctan t) \\ &= -\frac{\arctan t}{2t^2} + \frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}t}{t^2(1+t^2)} \end{aligned}

第三步：有理分式裂项积分

\begin{aligned} \int \frac{\mathrm{d}t}{t^2(1+t^2)} &= \int \frac{(1+t^2) - t^2}{t^2(1+t^2)}\,\mathrm{d}t = \int \left(\frac{1}{t^2} - \frac{1}{1+t^2}\right)\mathrm{d}t \\ &= -\frac{1}{t} - \arctan t + C_1 \end{aligned}

第四步：回代原变量 $t = e^x$ 并整理

\begin{aligned} I &= -\frac{\arctan t}{2t^2} + \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{t} - \arctan t\right) + C \\ &= -\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}} - \frac{1}{2e^x} - \frac{1}{2}\arctan e^x + C \\ &= \mathbf{-\frac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C} \end{aligned}

方法二：直接分部积分法（指数凑微分）

第一步：将指数项凑入微分

\begin{aligned} I &= \int \arctan(e^x) \cdot e^{-2x}\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\int \arctan(e^x)\,\mathrm{d}(e^{-2x}) \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan(e^x) + \frac{1}{2}\int e^{-2x} \cdot \frac{e^x}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan(e^x) + \frac{1}{2}\int \frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

第二步：分子分母配凑 $e^{-x}$ 的微分

\begin{aligned} \int \frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm{d}x &= \int \frac{e^{-x}}{1+(e^{-x})^{-2}}\,\mathrm{d}x = \int \frac{(e^{-x})^3}{1+(e^{-x})^2}\,\mathrm{d}x \\ &= -\int \frac{(e^{-x})^2}{1+(e^{-x})^2}\,\mathrm{d}(e^{-x}) \quad (\text{令 } u = e^{-x}) \\ &= -\int \frac{u^2}{1+u^2}\,\mathrm{d}u = -\int \left(1 - \frac{1}{1+u^2}\right)\mathrm{d}u \\ &= -u + \arctan u + C_1 \\ &= -e^{-x} + \arctan(e^{-x}) + C_1 \end{aligned}

第三步：利用反三角函数恒等式化简 当 $u > 0$ 时， $\arctan(u) + \arctan\left(\dfrac{1}{u}\right) = \dfrac{\pi}{2}$ ，故 $\arctan(e^{-x}) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan(e^x)$ 。将常数 $\dfrac{\pi}{4}$ 吸收进任意常数 $C$ ：

\begin{aligned} I &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan(e^x) + \frac{1}{2}\left[-e^{-x} + \frac{\pi}{2} - \arctan(e^x)\right] + C_1 \\ &= \mathbf{-\frac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C} \end{aligned}

方法三：令 $u = \arctan e^x$ 整体代换法

令 $u = \arctan e^x \implies e^x = \tan u \quad \left(0 < u < \dfrac{\pi}{2}\right)$ 。两边微分： $e^x\,\mathrm{d}x = \sec^2 u\,\mathrm{d}u \implies \mathrm{d}x = \dfrac{\sec^2 u}{\tan u}\,\mathrm{d}u$ 。

\begin{aligned} I &= \int \frac{u}{\tan^2 u} \cdot \frac{\sec^2 u}{\tan u}\,\mathrm{d}u = \int \frac{u}{\tan^3 u}\,\mathrm{d}(\tan u) \\ &= -\frac{1}{2}\int u\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{\tan^2 u}\right) = -\frac{u}{2\tan^2 u} + \frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}u}{\tan^2 u} \\ &= -\frac{u}{2\tan^2 u} + \frac{1}{2}\int (\csc^2 u - 1)\,\mathrm{d}u = -\frac{u}{2\tan^2 u} - \frac{1}{2}\cot u - \frac{1}{2}u + C \end{aligned}

回代 $u = \arctan e^x$ 与 $\tan u = e^x$ （ $\cot u = e^{-x}$ ）：

I = -\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}} - \frac{1}{2}e^{-x} - \frac{1}{2}\arctan e^x + C = \mathbf{-\frac{1}{2}\left[(e^{-2x}+1)\arctan e^x + e^{-x}\right] + C}

例 3.19（不定积分·带着分子裂项 / 反三角函数与有理分式 / 三角代换消反三角 / 易错漏乘系数与对数绝对值）

生硬全式分部导致积分更加繁难（常见思维定势）：
- 看到 $\arctan x$ 与有理分式乘积，若不先观察分母特征，直接将 $\arctan x$ 当作 $u$ 、将整个分母 $\dfrac{1}{x^2(1+x^2)}$ 求原函数进行全式分部，容易在求原函数过程中计算混乱；
- 正确意识：看到分母由简单的单项与二次式相乘 $x^2(1+x^2)$ ，优先利用加减恒等式 $(1+x^2)-x^2 = 1$ 进行裂项分解，并且带着分子 $\arctan x$ 一同拆项！
第二项凑微分容易遗漏系数 $\dfrac{1}{2}$ ：
- 拆项后第二部分为 $\displaystyle\int \frac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$ ；
- 注意到 $\dfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \mathrm{d}(\arctan x)$ ，该积分为复合函数微分 $\displaystyle\int \arctan x\,\mathrm{d}(\arctan x) = \mathbf{\frac{1}{2}(\arctan x)^2}$ ；
- 极易粗心漏写系数 $\dfrac{1}{2}$ ，误记为 $(\arctan x)^2$ 。
剩余有理积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}$ 的求解与对数绝对值要求：
- 计算 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}$ 时，可利用凑微分 $\dfrac{1}{2}\int \dfrac{\mathrm{d}(x^2)}{x^2(1+x^2)} = \dfrac{1}{2}\left(\ln x^2 - \ln(1+x^2)\right) = \ln|x| - \dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)$ ；
- 高频失分点： $\ln|x|$ 必须加绝对值（因未限定 $x>0$ ）；而 $1+x^2 > 0$ 恒成立，无需加绝对值。合并对数时可写成 $\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{x^2}{1+x^2}$ 。
三角代换法中反三角“脱壳”与辅助三角形回代：
- 令 $x = \tan t$ ，原式可瞬间脱去反三角外壳转化为三角多项式积分 $\displaystyle\int t\cot^2 t\,\mathrm{d}t$ ；
- 积出对数项 $\ln|\sin t|$ 后，必须借助直角三角形准确回代 $\sin t = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ ，防止回代符号或根号出错。

方法一：带着分子整体裂项法（🌟 考场首选·最精简利落）

第一步：分母裂项并带着分子同步拆项 注意到分母具有平方差加减恒等结构：

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

带着分子 $\arctan x$ 拆分为两个独立的积分：

\begin{aligned} I &= \int \frac{\arctan x}{x^2(1+x^2)}\,\mathrm{d}x \\ &= \int \frac{\arctan x}{x^2}\,\mathrm{d}x - \int \frac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

第二步：前项分部积分，后项直接凑微分

处理前项：将 $\dfrac{1}{x^2}$ 凑入微分 $-\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{x}\right)$ ： $\begin{aligned} \int \frac{\arctan x}{x^2}\,\mathrm{d}x &= -\int \arctan x\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right) \\ &= -\frac{\arctan x}{x} + \int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}(\arctan x) \\ &= -\frac{\arctan x}{x} + \int \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)} \end{aligned}$
处理后项：注意到 $\dfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \mathrm{d}(\arctan x)$ ： $\int \frac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \int \arctan x\,\mathrm{d}(\arctan x) = \frac{1}{2}(\arctan x)^2$

第三步：求解有理分式积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}$ 分子分母同乘 $x$ 凑 $\mathrm{d}(x^2)$ ：

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

第四步：汇总各项并整理最终结果

\begin{aligned} I &= \left(-\frac{\arctan x}{x} + \frac{1}{2}\ln\frac{x^2}{1+x^2}\right) - \frac{1}{2}(\arctan x)^2 + C \\ &= \mathbf{-\frac{\arctan x}{x} - \frac{1}{2}(\arctan x)^2 + \frac{1}{2}\ln\frac{x^2}{1+x^2} + C} \end{aligned}

方法二：三角换元法（ $x = \tan t$ 令反三角函数彻底脱壳）

第一步：三角代换 令 $x = \tan t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2},\, t \ne 0\right)$ ，则：

\arctan x = t, \qquad \mathrm{d}x = \sec^2 t\,\mathrm{d}t, \qquad 1+x^2 = \sec^2 t

代入原积分：

\begin{aligned} I &= \int \frac{t}{\tan^2 t \cdot \sec^2 t} \cdot (\sec^2 t\,\mathrm{d}t) = \int \frac{t}{\tan^2 t}\,\mathrm{d}t \\ &= \int t\cot^2 t\,\mathrm{d}t \end{aligned}

第二步：利用同角三角恒等式 $\cot^2 t = \csc^2 t - 1$ 拆项分部

\begin{aligned} I &= \int t(\csc^2 t - 1)\,\mathrm{d}t = \int t\csc^2 t\,\mathrm{d}t - \int t\,\mathrm{d}t \\ &= -\int t\,\mathrm{d}(\cot t) - \frac{1}{2}t^2 \\ &= -\left( t\cot t - \int \cot t\,\mathrm{d}t \right) - \frac{1}{2}t^2 \\ &= -t\cot t + \ln|\sin t| - \frac{1}{2}t^2 + C \end{aligned}

第三步：辅助三角形回代 $x$ 由 $\tan t = x$ 构造直角三角形（对边 $x$ ，邻边 $1$ ，斜边 $\sqrt{1+x^2}$ ）：

$t = \arctan x$
$\cot t = \dfrac{1}{x}$ ，故 $t\cot t = \dfrac{\arctan x}{x}$
$\sin t = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ ，故 $\ln|\sin t| = \ln\left|\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right| = \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{x^2}{1+x^2}$

代入整理即得：

I = \mathbf{-\frac{\arctan x}{x} - \frac{1}{2}(\arctan x)^2 + \frac{1}{2}\ln\frac{x^2}{1+x^2} + C}

方法三：分部积分法（有理部分整体进 $\mathrm{d}$ ）

第一步：求有理部分的原函数

\int \frac{\mathrm{d}x}{x^2(1+x^2)} = \int \left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x = -\frac{1}{x} - \arctan x

即 $\dfrac{\mathrm{d}x}{x^2(1+x^2)} = -\mathrm{d}\left(\frac{1}{x} + \arctan x\right)$ 。

第二步：分部积分展开

\begin{aligned} I &= -\int \arctan x\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{x} + \arctan x\right) \\ &= -\arctan x\left(\frac{1}{x} + \arctan x\right) + \int \left(\frac{1}{x} + \arctan x\right)\mathrm{d}(\arctan x) \\ &= -\frac{\arctan x}{x} - (\arctan x)^2 + \int \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)} + \int \arctan x\,\mathrm{d}(\arctan x) \\ &= -\frac{\arctan x}{x} - (\arctan x)^2 + \frac{1}{2}\ln\frac{x^2}{1+x^2} + \frac{1}{2}(\arctan x)^2 + C \\ &= \mathbf{-\frac{\arctan x}{x} - \frac{1}{2}(\arctan x)^2 + \frac{1}{2}\ln\frac{x^2}{1+x^2} + C} \end{aligned}

“带着分子裂项”是顶级拆题技巧：
- 面对 $\displaystyle\int \frac{f(x)}{Q(x)}\,\mathrm{d}x$ ，若分母分式 $\dfrac{1}{Q(x)} = \dfrac{1}{Q_1(x)} \pm \dfrac{1}{Q_2(x)}$ 可简捷裂项，先带着分子 $f(x)$ 拆开；
- 往往其中一项刚好与 $f'(x)$ 匹配构成直接凑微分（如本题 $\dfrac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \mathrm{d}\left(\frac{1}{2}\arctan^2 x\right)$ ），另一项化为标准单项分部积分！
三角代换脱壳的普适性：
- 当被积函数中含有 $\arctan x$ 且其余部分全为 $x$ 与 $1+x^2$ 的代数式时，令 $x = \tan t$ 必定能够彻底消除反三角函数，转化为标准纯三角函数不定积分。

例 3.29（不定积分·无理根式 $\sqrt{1+x^2}$ / 三角代换 $x=\tan t$ / 三次正割 $\sec^3 t$ 循环分部 / 正弦有理化裂项 / 易错漏代数项与系数回代）

误将结果算为纯对数项，漏掉核心代数项 $\dfrac{1}{2}\sec t\tan t$ （即 $\dfrac{x}{2}\sqrt{1+x^2}$ ）：
- 考场典型错解：计算得出 $\ln\left(\dfrac{1+\sin t}{1-\sin t}\right)$ ，误以为积分完成；
- 核心特征： $\sqrt{a^2\pm x^2}$ 型无理积分的结果必定包含代数项与对数/反三角项两部分（即 $\dfrac{x}{2}\sqrt{a^2\pm x^2} + \dots$ ），绝非单一纯对数！
正弦有理化裂项时的系数漏乘 $\dfrac{1}{4}$ ：
- 若令 $u = \sin t$ ，被积函数转化为 $\dfrac{1}{(1-u^2)^2} = \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{1-u} + \dfrac{1}{1+u}\right)^2$ ；
- 裂项展开积分后，对数项的前置系数为 $\dfrac{1}{4}$ （即 $\dfrac{1}{4}\ln\left|\dfrac{1+\sin t}{1-\sin t}\right|$ ）；若误写为系数 $1$ ，相差达 $4$ 倍！
不定积分换元后遗忘回代原变量 $x$ ：
- 题目所求为关于 $x$ 的原函数，绝不能停留在中间参数 $t$ ；
- 回代恒等关系： $\dfrac{1+\sin t}{1-\sin t} = \dfrac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}} = \dfrac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}-x} = \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2$ ；
- 进而 $\dfrac{1}{4}\ln\left(\dfrac{1+\sin t}{1-\sin t}\right) = \dfrac{1}{4}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2 = \mathbf{\dfrac{1}{2}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}$ 。
分部积分循环移项时的去括号符号陷阱：
- $\displaystyle\int \sec^3 t\,\mathrm{d}t = \sec t\tan t - \int(\sec^2 t - 1)\sec t\,\mathrm{d}t = \sec t\tan t - \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t + \int \sec t\,\mathrm{d}t$ ；
- 注意后项为 $+\displaystyle\int \sec t\,\mathrm{d}t$ ，移项后两边除以 $2$ 得到系数 $\dfrac{1}{2}$ 。

方法一：三角代换与循环分部积分法（🌟 考场首选·标准推导）

第一步：三角代换 令 $x = \tan t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\mathrm{d}x = \sec^2 t\,\mathrm{d}t$ ， $\sqrt{1+x^2} = \sec t$ ：

I = \int \sec t \cdot \sec^2 t\,\mathrm{d}t = \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t

第二步：循环分部积分 将 $\sec^2 t$ 凑入微分 $\mathrm{d}(\tan t)$ ：

\begin{aligned} \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t &= \int \sec t\,\mathrm{d}(\tan t) \\ &= \sec t\tan t - \int \tan t\,\mathrm{d}(\sec t) \\ &= \sec t\tan t - \int \tan t \cdot (\sec t\tan t)\,\mathrm{d}t \\ &= \sec t\tan t - \int \tan^2 t\sec t\,\mathrm{d}t \\ &= \sec t\tan t - \int (\sec^2 t - 1)\sec t\,\mathrm{d}t \\ &= \sec t\tan t - \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t + \int \sec t\,\mathrm{d}t \\ &= \sec t\tan t - \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t + \ln|\sec t + \tan t| \end{aligned}

移项合并：

2\int \sec^3 t\,\mathrm{d}t = \sec t\tan t + \ln|\sec t + \tan t| + C_0

两边同除以 $2$ ：

\int \sec^3 t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\sec t\tan t + \frac{1}{2}\ln|\sec t + \tan t| + C

第三步：直角三角形回代原变量 $x$ 由 $\tan t = x$ ，构造直角三角形（对边 $x$ ，邻边 $1$ ，斜边 $\sqrt{1+x^2}$ ）：

$\sec t = \sqrt{1+x^2}$ ，故 $\dfrac{1}{2}\sec t\tan t = \dfrac{x}{2}\sqrt{1+x^2}$ ；
$\sec t + \tan t = \sqrt{1+x^2} + x > 0$ ，故对数绝对值可直接去掉。

代入整理得：

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

方法二：正弦有理化代换法（揭示对数式 $\ln\frac{1+\sin t}{1-\sin t}$ 的本质来源）

第一步：化为正弦并凑微分

I = \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t = \int \frac{\mathrm{d}t}{\cos^3 t} = \int \frac{\cos t\,\mathrm{d}t}{\cos^4 t} = \int \frac{\mathrm{d}(\sin t)}{(1-\sin^2 t)^2}

第二步：令 $u = \sin t$ 进行有理真分式裂项

\begin{aligned} \frac{1}{(1-u^2)^2} &= \frac{1}{4}\left(\frac{1}{1-u} + \frac{1}{1+u}\right)^2 \\ &= \frac{1}{4}\left[ \frac{1}{(1-u)^2} + \frac{1}{(1+u)^2} + \frac{2}{1-u^2} \right] \\ &= \frac{1}{4}\left[ \frac{1}{(1-u)^2} + \frac{1}{(1+u)^2} + \frac{1}{1-u} + \frac{1}{1+u} \right] \end{aligned}

逐项积分：

\begin{aligned} \int \frac{\mathrm{d}u}{(1-u^2)^2} &= \frac{1}{4}\left[ \frac{1}{1-u} - \frac{1}{1+u} - \ln|1-u| + \ln|1+u| \right] + C \\ &= \frac{1}{4}\left[ \frac{2u}{1-u^2} + \ln\left|\frac{1+u}{1-u}\right| \right] + C \\ &= \mathbf{\frac{u}{2(1-u^2)} + \frac{1}{4}\ln\left|\frac{1+u}{1-u}\right| + C} \end{aligned}

第三步：回代 $u = \sin t$ 与 $x$

代数项： $\dfrac{\sin t}{2(1-\sin^2 t)} = \dfrac{\sin t}{2\cos^2 t} = \dfrac{1}{2}\tan t\sec t = \dfrac{x}{2}\sqrt{1+x^2}$ ；
对数项： $\dfrac{1}{4}\ln\left|\dfrac{1+\sin t}{1-\sin t}\right| = \dfrac{1}{4}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^2 = \dfrac{1}{2}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)$ 。

最终同样严密得到：

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

方法三：加项减项直接分部法（无需三角换元·极速循环）

设 $I = \displaystyle\int\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x$ ：

\begin{aligned} I &= x\sqrt{1+x^2} - \int x\,\mathrm{d}\left(\sqrt{1+x^2}\right) \\ &= x\sqrt{1+x^2} - \int x \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,\mathrm{d}x \\ &= x\sqrt{1+x^2} - \int \frac{(x^2+1) - 1}{\sqrt{1+x^2}}\,\mathrm{d}x \\ &= x\sqrt{1+x^2} - \int \sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x + \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^2}} \\ &= x\sqrt{1+x^2} - I + \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) \end{aligned}

移项得 $2I = x\sqrt{1+x^2} + \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) + C_0$ ，同除以 $2$ ：

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

结构记忆模型：
- $\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x = \mathbf{\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C}$
- $\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x = \mathbf{\frac{x}{2}\sqrt{a^2+x^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right) + C}$
- 记忆口诀：前面永远是 $\dfrac{x}{2} \times \text{原根式}$ ；后面永远是 $\dfrac{a^2}{2} \times \text{该根式在分母时的标准积分}$ ！
推导策略优先级：
- 考场如果忘记公式，直接分部加减项复现原式（方法三）是推导速度最快、最不易出错的手法！

例 3.32（不定积分·半角与单倍角混合 / 统一角变量二倍角展开 / 约分化简与凑微分分部 / 易错角系数与负号遗漏）

角变量不统一时的化简方向选错（高频严重失分点）：
- 式中同时出现 $x$ 与 $\dfrac{x}{2}$ 的三角函数。若盲目变分子（将 $\cos^4\dfrac{x}{2}$ 用降幂公式展开为 $x$ ），会导致被积函数分裂出 $\dfrac{x}{\sin^3 x}$ 、 $\dfrac{x\cos x}{\sin^3 x}$ 、 $\dfrac{x\cos^2 x}{\sin^3 x}$ 三大极繁项，陷入计算泥潭；
- 黄金准则：优先展开分母二倍角 $\sin x = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2} \implies \sin^3 x = 8\sin^3\dfrac{x}{2}\cos^3\dfrac{x}{2}$ ，分子分母的 $\cos^3\dfrac{x}{2}$ 刚好完美约分，积分瞬间降阶为极其清爽的单项式！
凑微分时的多层复合负号与系数遗漏：
- 约分后得到 $\dfrac{\cos\frac{x}{2}}{\sin^3\frac{x}{2}}\,\mathrm{d}x$ ；
- 凑微分推导： $\dfrac{\cos\frac{x}{2}}{\sin^3\frac{x}{2}}\,\mathrm{d}x = 2\sin^{-3}\frac{x}{2}\,\mathrm{d}\left(\sin\frac{x}{2}\right) = -\mathrm{d}\left(\sin^{-2}\frac{x}{2}\right) = -\mathrm{d}\left(\csc^2\frac{x}{2}\right)$ ；
- 极易在积分 $(\sin^{-3} u)\,\mathrm{d}u = -\dfrac{1}{2}\sin^{-2} u$ 与半角微分 $\mathrm{d}(\frac{x}{2}) = \dfrac{1}{2}\mathrm{d}x$ 相互抵消的过程中遗漏负号或搞错系数。
分部积分中 $\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x$ 的积分系数计算失误：
- 分部积分第二项为 $\displaystyle\frac{1}{8}\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x$ ；
- $\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x = 2\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right) = -2\cot\frac{x}{2}$ ；
- 与前面系数 $\dfrac{1}{8}$ 相乘后结果为 $-\dfrac{1}{4}\cot\dfrac{x}{2}$ ，极易漏乘由半角引出的系数 $2$ 而误写为 $-\dfrac{1}{8}\cot\dfrac{x}{2}$ 。

方法一：分母二倍角展开约分法（🌟 考场标准解法）

第一步：二倍角公式展开分母以统一角变量 由 $\sin x = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}$ ，分母立方展开为：

\sin^3 x = 8\sin^3\frac{x}{2}\cos^3\frac{x}{2}

代入原式，分子分母约去 $\cos^3\dfrac{x}{2}$ ：

\begin{aligned} I &= \int \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{8\sin^3\frac{x}{2}\cos^3\frac{x}{2}}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{8}\int \frac{x\cos\frac{x}{2}}{\sin^3\frac{x}{2}}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

第二步：凑微分 注意到：

\frac{\cos\frac{x}{2}}{\sin^3\frac{x}{2}}\,\mathrm{d}x = 2\sin^{-3}\frac{x}{2}\,\mathrm{d}\left(\sin\frac{x}{2}\right) = -\mathrm{d}\left(\sin^{-2}\frac{x}{2}\right) = -\mathrm{d}\left(\csc^2\frac{x}{2}\right)

第三步：分部积分

\begin{aligned} I &= -\frac{1}{8}\int x\,\mathrm{d}\left(\csc^2\frac{x}{2}\right) \\ &= -\frac{1}{8}\left[ x\csc^2\frac{x}{2} - \int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x \right] \\ &= -\frac{1}{8}x\csc^2\frac{x}{2} + \frac{1}{8}\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x \end{aligned}

第四步：完成余割平方积分并整理 利用 $\displaystyle\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x = 2\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right) = -2\cot\frac{x}{2}$ ：

\begin{aligned} I &= -\frac{1}{8}x\csc^2\frac{x}{2} + \frac{1}{8}\left(-2\cot\frac{x}{2}\right) + C \\ &= \mathbf{-\frac{1}{8}x\csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4}\cot\frac{x}{2} + C} \end{aligned}

方法二：先令 $t = \dfrac{x}{2}$ 降维换元法（🌟 思维阻力最小·彻底消除半角系数错误）

第一步：整体设半角为 $t$ 令 $t = \dfrac{x}{2}$ ，则 $x = 2t$ ， $\mathrm{d}x = 2\,\mathrm{d}t$ ， $\sin x = \sin 2t$ 。

第二步：代入化简

\begin{aligned} I &= \int \frac{(2t)\cos^4 t}{\sin^3 2t} \cdot (2\,\mathrm{d}t) = 4\int \frac{t\cos^4 t}{(2\sin t\cos t)^3}\,\mathrm{d}t \\ &= 4\int \frac{t\cos^4 t}{8\sin^3 t\cos^3 t}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\int \frac{t\cos t}{\sin^3 t}\,\mathrm{d}t \end{aligned}

第三步：在 $t$ 域内极简分部积分

\frac{\cos t}{\sin^3 t}\,\mathrm{d}t = \sin^{-3} t\,\mathrm{d}(\sin t) = -\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(\sin^{-2} t\right) = -\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(\csc^2 t\right)

从而：

\begin{aligned} I &= \frac{1}{2}\int t \cdot \left[-\frac{1}{2}\mathrm{d}(\csc^2 t)\right] = -\frac{1}{4}\int t\,\mathrm{d}(\csc^2 t) \\ &= -\frac{1}{4}\left( t\csc^2 t - \int \csc^2 t\,\mathrm{d}t \right) \\ &= -\frac{1}{4}t\csc^2 t + \frac{1}{4}(-\cot t) + C \\ &= -\frac{1}{4}t\csc^2 t - \frac{1}{4}\cot t + C \end{aligned}

第四步：回代 $t = \dfrac{x}{2}$

I = -\frac{1}{4}\left(\frac{x}{2}\right)\csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4}\cot\frac{x}{2} + C = \mathbf{-\frac{1}{8}x\csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4}\cot\frac{x}{2} + C}

方法三：结果通分化简（正弦余弦形式）

将结果写为以 $\sin\dfrac{x}{2}$ 为分母的形式：

\begin{aligned} I &= -\frac{x}{8\sin^2\frac{x}{2}} - \frac{\cos\frac{x}{2}}{4\sin\frac{x}{2}} + C = -\frac{x + 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{8\sin^2\frac{x}{2}} + C \\ &= \mathbf{-\frac{x + \sin x}{4(1-\cos x)} + C} \end{aligned}

“统一角变量”是第一要务：
- 当题目同时出现 $x$ 与 $\dfrac{x}{2}$ （或 $2x$ 与 $x$ ）时，绝不能在角变量不统一的情况下盲目积分；
- 强烈推荐先令 $t = \dfrac{x}{2}$ （方法二）：将复合的半角转化为整数角 $t$ ，所有的求导、凑微分和系数运算都在最基本的 $t$ 域内完成，从根源上杜绝漏乘系数 $\dfrac{1}{2}$ 或 $2$ 的低级失误！
变分子 vs 变分母的判断准则：
- 变高次幂一方往往展开式膨胀成多项和（加减项极多）；
- 变乘积项（如分母的正弦展开）往往能与分子高次因式发生大面积约分。本题分母展开产生的 $\cos^3\dfrac{x}{2}$ 刚好消除分子绝大部分项，是解题的关键突破口。

ギターと孤独と蒼い惑星

09-01 错题记录

09-01 错题记录

例 3.14（不定积分·奇次幂含根式 / 三角代换凑微分 / 根式整体代换 / 易错幂次漏乘与变量回代）

例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 $e^x=t$ 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

例 3.19（不定积分·带着分子裂项 / 反三角函数与有理分式 / 三角代换消反三角 / 易错漏乘系数与对数绝对值）

例 3.29（不定积分·无理根式 $\sqrt{1+x^2}$ / 三角代换 $x=\tan t$ / 三次正割 $\sec^3 t$ 循环分部 / 正弦有理化裂项 / 易错漏代数项与系数回代）

例 3.32（不定积分·半角与单倍角混合 / 统一角变量二倍角展开 / 约分化简与凑微分分部 / 易错角系数与负号遗漏）

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09-01 错题记录

例 3.14（不定积分·奇次幂含根式 / 三角代换凑微分 / 根式整体代换 / 易错幂次漏乘与变量回代）

例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 ex=te^x=tex=t 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

例 3.19（不定积分·带着分子裂项 / 反三角函数与有理分式 / 三角代换消反三角 / 易错漏乘系数与对数绝对值）

例 3.29（不定积分·无理根式 1+x2\sqrt{1+x^2}1+x2​ / 三角代换 x=tan⁡tx=\tan tx=tant / 三次正割 sec⁡3t\sec^3 tsec3t 循环分部 / 正弦有理化裂项 / 易错漏代数项与系数回代）

例 3.32（不定积分·半角与单倍角混合 / 统一角变量二倍角展开 / 约分化简与凑微分分部 / 易错角系数与负号遗漏）

例 3.17（不定积分·指数与反三角复合函数 / 令 $e^x=t$ 换元 vs 分部积分 / 有理真分式裂项）

例 3.29（不定积分·无理根式 $\sqrt{1+x^2}$ / 三角代换 $x=\tan t$ / 三次正割 $\sec^3 t$ 循环分部 / 正弦有理化裂项 / 易错漏代数项与系数回代）