3.1.4 换元、分部积分、杂七杂八

总目录 · 第3章知识点索引

综合题的难点不在单个方法，而在”先走哪一步”。本节按”判据 → 换元专题 → 分部专题 → 拆项专题 → 必背公式”排列：

判据层（一）：化简方向（降分母复杂度）、分部积分中 $\mathrm{d}v$ 的两种选法、换元对象的选取与单调可导要求，这三条判据决定后续所有例题的走向。
题型速查（一、末）：把常考的七类结构特征与对应策略列成表，做题时先按特征归类，再进具体方法。
换元专题（二、三）：含 $\sqrt{1+x^2}$ 、含分式根式、含 $e^x$ 与 $\ln x$ 复合的题目，先判断”能不能直接凑微分”，再决定是否需要三角代换或根式整体代换。
分部专题（四）：分母出现 $(ax+b)^2$ 型高次项时，选 $\mathrm{d}v$ 的判据与常规相反，理由在例 3.26 中给出。
拆项专题与必背公式（五、六）：分子出现加号或与分母因式结构匹配时优先裂项；根号下三角函数一律先配成完全平方再按区间去绝对值。

一、不定积分核心心法与处理原则

积分化简的第一最高准则就是”让分母尽可能简单”。

分母如果复杂（如含根式、复合项、二次式乘积），一切代换（三角换元、根式整体换元、倒代换）和变形的目的都是为了降解分母的复杂度，将其转化为单项式或易于裂项的有理式。

判断依据：三角有理式的情形已在 3.1.3 中给出同一准则的表述——比较两条候选路径不看”标准程度”，只看变形后的分母是否次数更低、因式更少。本节所有例题（例 3.14、例 3.23、例 3.25）的路径选择都可以用这条标准解释。

什么时候这条准则会失效：分母的复杂度无法再降时（例如分母已是不可约的二次式 $(x-1)^2+1$ ），继续变形只会增加工作量，此时应转向分子，改用拆项或分部积分。

常规选法：把容易积分的因子放进 $\mathrm{d}$ 后面，让 $u$ 每求导一次就更简单（选 $u$ 的顺序见 3.1.1 的”反对幂指三”）。
反向选法：当分母出现 $(x+2)^2$ 、 $(1-x)^2$ 、 $\sqrt{1+x}$ 这类不易直接积分的复合高次项时，把它们放进 $\mathrm{d}$ 后面（例如 $\dfrac{1}{(x+2)^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{x+2}\right)$ ），再做分部积分展开。

成立条件：反向选法能生效需要两个条件同时满足——① 该高次项能直接凑成初等函数的微分，即 $v$ 本身形式简单；② $u$ 求导后产生的式子含有与 $v$ 的分母相同的因式，从而能约分。此时求导项往往与分子展开式自动因式分解、约分，彻底消除分母障碍。

条件不满足时的后果：若 $u$ 的导数不含分母的因式， $\int v\,\mathrm{d}u$ 只会得到新的分式，越积越复杂。判断不出能否约分时，先按常规选法试，再考虑反向选法。

“被积函数是什么的函数，就令什么为 $t$ ”：
- 式中遍布 $e^x$ $\implies$ 令 $e^x = t$ ；
- 式中含根式 $\sqrt{x}$ 、 $\sqrt{x-1}$ 、 $\sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}$ $\implies$ 优先令根式整体为 $t$ ；
- 式中含对数复合 $\ln x$ $\implies$ 令 $\ln x = t$ （即 $x = e^t$ ）。
判据的实质是：换元后 $\mathrm{d}x$ $d x$ 也要能用 $t$ $t$ 表示，且被积式中不再残留 $x$ $x$ 。以上三类结构恰好在换元后同时满足这两点。
换元函数的单调可导性：
- 作变量代换 $x = \varphi(t)$ 或 $t = \psi(x)$ 时，所设函数在积分区间内必须严格单调且可导（即 $\psi'(x)\ne 0$ ），以保证存在唯一确定的反函数。
- 不满足会怎样：若 $\psi$ 不单调，同一个 $t$ 会对应多个 $x$ ，回代时无法确定取哪一个分支，积分区间的对应关系与 $\mathrm{d}x$ 的符号都会出错。例 3.18 为此专门写明了 $t=\sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}$ 的单调区间。

综合题型特征与解题策略速查表

题型特征	核心策略 / 处理手法	关键操作步骤	对应典型例题
含 $\sqrt{a^2+x^2}$ 且分子有奇数次幂	三角换元 / 凑微分代换	令 $x = a\tan t$ 或凑 $\mathrm{d}\sqrt{a^2+x^2}$	例 3.14、例 3.22
分母含二次复合根式乘积	三角换元化简分母	令 $x = \tan t \implies \sec t$ ，化为正弦有理式	例 3.23
含分式根式 $\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}$	根式整体代换	令根式整体为 $t$ ，反解 $x$ 化为有理真分式	例 3.18
复合指数 / 对数与根式混合	凑微分分部 + 根式换元	凑 $\mathrm{d}\sqrt{e^x-1}$ 或 $\mathrm{d}\sqrt{1+x}$ 后分部	例 3.15、例 3.16
分母含高次平方项 $(ax+b)^2$	把高次分母凑入 $\mathrm{d}$ 后分部积分	凑 $\mathrm{d}\left(\frac{1}{ax+b}\right)$ ，展开后约分化简	例 3.25、例 3.26
被积函数为 $\arctan x$ 与分式乘积	带着分子一起裂项	分解有理分式 $\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}$	例 3.19
分子含多项加减 $\frac{f(x)+g(x)}{h(x)}$	分子拆开，分别积分	拆成两项独立积分，分别凑微分或分部	例 3.20
根号下出现三角函数 $\sqrt{1\pm\sin x}$	恒等配方开根号（带绝对值）	运用半角公式配成完全平方： $\left\\|\sin\frac{x}{2}\pm\cos\frac{x}{2}\right\\|$	例 3.28

二、根式与代数换元专题（让分母变简单 / 整体换元）

1. $\sqrt{1+x^2}$ 型与三角换元 / 凑微分对比

含 $\sqrt{1+x^2}$ 的题目有两条稳定可行的路径：三角代换 $x=\tan t$ 把根式化为 $\sec t$ （通用，但要回代），以及直接凑 $\mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ （省去回代，但要求分子能提出合适的因子）。下面两组例题就是在这两条路径之间选择。

路径选择：分母是 $\sqrt{1+x^2}$ ，令 $x=\tan t$ 后 $\sqrt{1+x^2}=\sec t$ ，分母由根式降为单项式 $\sec t$ ，符合”让分母尽可能简单”的标准。

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

\begin{aligned} I &= \int \frac{\tan^5 t \cdot \sec^2 t}{\sec t}\,\mathrm{d}t = \int \tan^4 t (\tan t \sec t)\,\mathrm{d}t \\ &= \int (\sec^2 t - 1)^2\,\mathrm{d}(\sec t) \end{aligned}

令 $u = \sec t = \sqrt{1+x^2}$ ，展开积分：

\begin{aligned} I &= \int (u^4 - 2u^2 + 1)\,\mathrm{d}u = \frac{1}{5}u^5 - \frac{2}{3}u^3 + u + C \\ &= \frac{1}{5}(1+x^2)^{5/2} - \frac{2}{3}(1+x^2)^{3/2} + (1+x^2)^{1/2} + C \\ &= \frac{1}{15}\left(3(1+x^2)^2 - 10(1+x^2) + 15\right)\sqrt{1+x^2} + C \\ &= \frac{1}{15}\left(3x^4 - 4x^2 + 8\right)\sqrt{1+x^2} + C \end{aligned}

路径选择：利用 $x\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}\mathrm{d}(1+x^2)$ 把分母的根式直接凑成微分 $\mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ ，避免三角代换与回代，代价是后面要做一次分部积分。

注意到 $\dfrac{x\,\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^2}} = \mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ ，提取 $x^4$ 凑微分：

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

两条路径的取舍：解法二多做一次分部，但换元步骤少、不必回代；解法一是含 $\sqrt{1+x^2}$ 题目的通用路径，分子结构复杂、看不出能提出哪个因子时更稳。

路径选择：与例 3.14 解法一同一条路径，分母由 $\sqrt{1+x^2}$ 化为 $\sec t$ 后，剩余部分是 $\tan^3 t$ 与 $\sec t$ 的组合，可用 $\mathrm{d}(\sec t)$ 一次性处理。

令 $x = \tan t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\mathrm{d}x = \sec^2 t\,\mathrm{d}t$ ：

\begin{aligned} I &= \int \frac{\tan^3 t \sec^2 t}{\sec t}\,\mathrm{d}t = \int \tan^2 t\,\mathrm{d}(\sec t) \\ &= \int (\sec^2 t - 1)\,\mathrm{d}(\sec t) = \frac{1}{3}\sec^3 t - \sec t + C \\ &= \frac{1}{3}(1+x^2)^{3/2} - (1+x^2)^{1/2} + C \end{aligned}

路径选择：分子是 $x^3$ ，可以拆出一个 $x$ 与分母的 $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ 配成 $\mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ ，剩下的 $x^2$ 用 $\sqrt{1+x^2}$ 表示，于是被积式变成关于 $\sqrt{1+x^2}$ 的幂函数。

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

\begin{aligned} I &= \int \frac{x^2\,\mathrm{d}(1+x^2)}{2\sqrt{1+x^2}} = \int (x^2+1-1)\,\mathrm{d}\sqrt{1+x^2} \\ &= \int \left(\sqrt{1+x^2}\right)^2\mathrm{d}\sqrt{1+x^2} - \int \mathrm{d}\sqrt{1+x^2} \\ &= \frac{1}{3}(1+x^2)^{3/2} - (1+x^2)^{1/2} + C \end{aligned}

何时选解法二：分子能拆出一个一次因子与分母的根式配成 $\mathrm{d}\sqrt{1+x^2}$ （此处是 $x^3 = x^2\cdot x$ ），且剩余部分能用 $\sqrt{1+x^2}$ 表示。分子为奇数次幂且只有一项时，这一条件最容易满足；分子含多项相加时仍以三角换元为稳。

路径选择（判据）：分母同时含有 $2x^2+1$ 与 $\sqrt{1+x^2}$ ，两者都是 $x^2$ 的表达式。若用代数代换（如令 $\sqrt{1+x^2}=t$ ）， $2x^2+1$ 会变成 $2t^2-1$ ，两个结构混在一起、分母因式变多，与”让分母尽可能简单”相反；而三角代换把所有 $x^2$ 统一为 $\tan^2 t$ ，分母只剩下 $\sin t$ 、 $\cos t$ 的组合。故优先采用三角代换：

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

\begin{aligned} I &= \int \frac{\sec^2 t\,\mathrm{d}t}{(2\tan^2 t + 1)\sec t} = \int \frac{\sec t}{2\frac{\sin^2 t}{\cos^2 t} + 1}\,\mathrm{d}t \\ &= \int \frac{\cos t}{2\sin^2 t + \cos^2 t}\,\mathrm{d}t = \int \frac{\cos t}{\sin^2 t + 1}\,\mathrm{d}t \\ &= \int \frac{\mathrm{d}(\sin t)}{1+\sin^2 t} = \arctan(\sin t) + C \end{aligned}

由直角三角形关系， $\sin t = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ ，故：

I = \arctan\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} + C

关键一步的理由：把分母的 $\cos^2 t$ 换成 $1-\sin^2 t$ 后， $2\sin^2 t+\cos^2 t$ 合并为 $\sin^2 t+1$ ，同时分子是 $\cos t$ ，恰好凑成 $\mathrm{d}(\sin t)$ 。这类”分母化同角后恰好只含一个三角函数的偶次幂、分子为其导函数”的结构，是三角代换后能一步成功的原因。

2. 根式整体代换法（令根式为 $t$ ）

这一类题目的共同判据：被积函数是某个根式的函数（根式在 $\sin$ 、 $\ln$ 、 $\sqrt{\cdot}$ 的内层或外层），把整个根式设为 $t$ 后， $x$ 与 $\mathrm{d}x$ 都能用 $t$ 的有理式表示，被积式变成有理函数。

换元的合法性说明：换元时所设变换在积分区间内必须严格单调且可导（保证存在唯一反函数）。本题取 $t = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}$ ，在 $x<-1$ 与 $x>1$ 两个区间上分别单调，因此求解时需按所在区间讨论；下面的推导假定 $x<-1$ 或 $x>1$ 。

令 $t = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}} > 0 \quad (t \ne 1)$ ，则：

t^2 = \frac{x+1}{x-1} = 1 + \frac{2}{x-1} \implies x = \frac{t^2+1}{t^2-1}

微分得：

\mathrm{d}x = \left(\frac{t^2+1}{t^2-1}\right)'\mathrm{d}t = -\frac{4t}{(t^2-1)^2}\,\mathrm{d}t

代入原积分式：

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

回代 $t = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}$ ：

注意到 $\dfrac{1+t}{1-t} = \dfrac{\sqrt{x-1}+\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}-\sqrt{x+1}} = -\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$ ，故：

\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x-1}}\,\mathrm{d}x = \ln\left|x+\sqrt{x^2-1}\right| - 2\arctan\sqrt{\frac{x+1}{x-1}} + C

两种裂项方式：这里 $-4\cdot\dfrac{t^2}{(t^2+1)(t^2-1)}$ 的分子写成 $(t^2+1)+(t^2-1)$ ，一步化成两个标准积分；若改用待定系数法解 $A,B,C,D$ ，工作量明显更大。分子拆配与分母因式”配对”是这类题目的通用降本手段。

判据：被积函数中出现 $\sqrt{x}$ ，属”被积函数是某个根式的函数”，令整个根式为 $t$ ， $\mathrm{d}x$ 也随之化为 $t$ 的有理式。

令 $\sqrt{x} = t \quad (t > 0)$ ，则 $x = t^2$ ， $\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t$ ：

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

注意：换元后分母按 $t(1+t)$ 裂项，得到两个对数项。

判据：被积函数是 $\sqrt{x-1}$ 的函数（ $\arctan$ 的变量与分母的根式都是它），令 $t=\sqrt{x-1}$ 后分母的根式与 $\mathrm{d}x$ 的 $t$ 因子恰好抵消，剩下 $\dfrac{\arctan t}{1+t^2}\,\mathrm{d}t$ ，而 $\dfrac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\mathrm{d}(\arctan t)$ ，于是被积式成为 $\arctan t$ 与它自身微分的乘积。

令 $t = \sqrt{x-1}$ ，则 $x = t^2+1$ ， $\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t$ ：

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

识别标志：换元后若出现" $f(t)\cdot f'(t)\,\mathrm{d}t$ "的形状，直接写成 $\dfrac{1}{2}\mathrm{d}\left[f(t)\right]^2$ 或 $f(t)\,\mathrm{d}f(t)$ ，不必再分部积分。

三、指数、对数与复合函数换元

这一类题目里有两条可行次序：先凑微分分部、再换元，或先换元、再分部。两种次序都能做到底，差别在于换元的时机——先分部往往能消掉一整个因子，先换元则一开始就消除所有复合结构。下面的例题给出对照。

第一步（凑微分分部）：注意到 $\left(\sqrt{e^x-1}\right)' = \dfrac{e^x}{2\sqrt{e^x-1}}$ ，即 $\dfrac{e^x}{\sqrt{e^x-1}}\,\mathrm{d}x = 2\,\mathrm{d}\sqrt{e^x-1}$ 。这里把分母的根式凑进微分号，是因为 $v=\sqrt{e^x-1}$ 形式简单，且后面的 $\int v\,\mathrm{d}u$ 只含 $x$ 的一次幂，复杂度下降：

I = 2\int x\,\mathrm{d}\sqrt{e^x-1} = 2x\sqrt{e^x-1} - 2\int \sqrt{e^x-1}\,\mathrm{d}x

第二步（根式整体换元）：对剩余积分 $\displaystyle \int \sqrt{e^x-1}\,\mathrm{d}x$ ，它是根式的函数，令 $t = \sqrt{e^x-1}$ ，则 $e^x = t^2+1$ ， $x = \ln(t^2+1)$ ， $\mathrm{d}x = \dfrac{2t}{1+t^2}\,\mathrm{d}t$ ：

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

综合得：

I = 2x\sqrt{e^x-1} - 4\sqrt{e^x-1} + 4\arctan\sqrt{e^x-1} + C

第一步：把分母的根式凑进微分号，消去分母，剩下 $\ln x$ 与根式的乘积：

I = 2\int \ln x\,\mathrm{d}\sqrt{1+x} = 2\sqrt{1+x}\ln x - 2\int \frac{\sqrt{1+x}}{x}\,\mathrm{d}x

对于第二项积分，令 $t = \sqrt{1+x}$ ，则 $x = t^2-1$ ， $\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t$ ：

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

故：

I = 2\sqrt{1+x}\ln x - 4\sqrt{1+x} - 2\ln\left|\frac{\sqrt{1+x}-1}{\sqrt{1+x}+1}\right| + C

路径选择：一开始就把整个根式设为 $t$ ，同时消去根式与 $\ln x$ 的复合结构，之后 $\ln(t^2-1)$ 乘常数仍然是分部积分型。令 $t = \sqrt{1+x}$ ，则 $x = t^2-1$ ， $\mathrm{d}x = 2t\,\mathrm{d}t$ ：

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

两种次序的差别：解法一的第一次分部消掉了分母的根式，把题目改成”根式 ÷ $x$ “的形式；解法二则把 $\ln$ 的复合结构也一起消掉，从 $2t\,\mathrm{d}t$ 中直接得到 $2\int\ln(t^2-1)\mathrm{d}t$ 。解法二的中间步骤更短，是因为换元一次就消除了全部复合结构；解法一更接近”边化简边观察”的常规推进方式。

路径选择：被积式中 $e^{-2x}$ 容易积分，把它凑入微分 $-\dfrac{1}{2}\mathrm{d}(e^{-2x})$ ，而后 $\mathrm{d}u$ 中出现的 $e^x$ 与分母的 $e^{2x}$ 约掉，复杂度下降：

\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 \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan e^x - \frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}(e^{-x})}{1+(e^{-x})^{-2}} \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan e^x - \frac{1}{2}\int \frac{(e^{-x})^2}{1+(e^{-x})^2}\,\mathrm{d}(e^{-x}) \\ &= -\frac{1}{2}e^{-2x}\arctan e^x - \frac{1}{2}\left[e^{-x} - \arctan(e^{-x})\right] + C \\ &= -\frac{1}{2}\left[e^{-2x}\arctan e^x + e^{-x} + \arctan e^x\right] + C \end{aligned}

注意：凑微分时 $e^{-2x}\,\mathrm{d}x$ 带出的系数是 $-\dfrac{1}{2}$ ，这个负号与 $1/2$ 是本题最容易漏错的地方；最后一步用 $\arctan(e^{-x}) = \dfrac{\pi}{2}-\arctan e^x$ 把两个反正切合并成 $\arctan e^x$ （常数 $\dfrac{\pi}{2}$ 并入 $C$ ）。

路径选择：被积函数是 $e^x$ 的函数，按”被积函数是什么的函数，就令什么为 $t$ “直接换元，把指数结构一次消除。

令 $e^x = t$ ，则 $x = \ln t$ ， $\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{d}t}{t}$ ：

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

两条路径的取舍：解法一不必回代，但每次凑微分都要盯住系数；解法二把指数结构一次换成 $t$ ，后续是标准的" $t^{-3}\arctan t$ "型分部加裂项，思路机械但书写量稍大。含 $e^x$ 、 $\ln x$ 的复合题都可先按解法二的判据换元，解不动时再退回解法一。

判据：被积函数是 $\ln x$ 的函数，按判据三令 $t=\ln x$ （即 $x=e^t$ ）。换元后 $\mathrm{d}x = e^t\mathrm{d}t$ ，被积式化为 $e^t\sin t\,\mathrm{d}t$ ，属于”指数 × 三角”的循环型积分。

令 $\ln x = t$ ，则 $x = e^t$ ， $\mathrm{d}x = e^t\,\mathrm{d}t$ ：

I = \int e^t \sin t\,\mathrm{d}t

进行连续两次分部积分（循环回归法）：

\begin{aligned} I &= \int \sin t\,\mathrm{d}(e^t) = e^t \sin t - \int e^t \cos t\,\mathrm{d}t \\ &= e^t \sin t - \int \cos t\,\mathrm{d}(e^t) \\ &= e^t \sin t - \left(e^t \cos t - \int e^t (-\sin t)\,\mathrm{d}t\right) \\ &= e^t(\sin t - \cos t) - I \end{aligned}

移项求解：

2I = e^t(\sin t - \cos t) + C_1 \implies I = \frac{1}{2}e^t(\sin t - \cos t) + C

回代 $t = \ln x$ （ $e^t = x$ ）：

I = \frac{1}{2}x\left[\sin(\ln x) - \cos(\ln x)\right] + C

成立条件与注意事项：只有被积函数能通过两次分部”重现自身”时才可以用移项法，因此两次分部必须对同类因子取 $u$ （本题两次都把 $e^t$ 放进微分号），否则第二次会积回原式却无法得到关于 $I$ 的方程。 $\sin(\ln x)$ 、 $\cos(\ln x)$ 、 $e^{ax}\sin bx$ 都属于这类循环型结构。

四、分部积分高阶技巧（恶心项凑微分与恒等变形）

这一组题目的共同特征：分子是多项式或对数，分母是 $(ax+b)^2$ 型高次项。此时按判据二的反向选法，把高次分母凑入 $\mathrm{d}$ 后面，求导后分子会被因式分解并与分母约简。

关键变形：先把分母统一写成 $(x-1)^2$ 。由于 $(1-x)^2 = (x-1)^2$ ，写成 $(x-1)$ 的形式后凑微分 $\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{x-1}\right) = -\dfrac{\mathrm{d}x}{(x-1)^2}$ ，符号一次配平，就不用再操心 $\pm 1$ 的错漏：

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

为什么先做这一步变形：凑微分时 $v=\dfrac{1}{x-1}$ 直接由 $(x-1)^{-2}$ 得到，系数为 $-1$ ；若保留 $(1-x)$ 的形式， $v$ 会变成 $\dfrac{1}{1-x}$ ，与求导结果中的符号关系相反，容易在 $\int v\,\mathrm{d}u$ 一步出差号。这是”把分母统一成同一因式的形式”这类准备工作的典型用途。

判据（对比例 3.14 的凑微分）：分母 $(x+2)^2$ 是”不易直接积分的复合高次项”，符合判据二反向选法的条件：① $\dfrac{1}{(x+2)^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{x+2}\right)$ ， $v$ 形式简单；② $u=x^2e^x$ 求导后得到 $x(x+2)e^x$ ，含有与分母相同的因式 $x+2$ 。两个条件都满足，因此把它凑入 $\mathrm{d}$ 后面：

\begin{aligned} I &= -\int x^2 e^x\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{x+2}\right) \\ &= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + \int \frac{1}{x+2}\,\mathrm{d}(x^2 e^x) \\ &= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + \int \frac{2x e^x + x^2 e^x}{x+2}\,\mathrm{d}x \\ &= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + \int \frac{x(x+2)e^x}{x+2}\,\mathrm{d}x \quad (\text{分子完美约去 } x+2 !) \\ &= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + \int x e^x\,\mathrm{d}x \end{aligned}

利用表格法或直接分部： $\displaystyle \int x e^x\,\mathrm{d}x = (x-1)e^x + C$ 。

故：

\begin{aligned} I &= -\frac{x^2 e^x}{x+2} + (x-1)e^x + C \\ &= \frac{-x^2 + (x-1)(x+2)}{x+2}e^x + C \\ &= \frac{x-2}{x+2}e^x + C \end{aligned}

条件不满足时的后果：若 $u$ 求导后不含 $(x+2)$ 因子（例如分子换成 $\ln x$ ），约分不会发生， $\int v\,\mathrm{d}u$ 会得到 $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{x(x+2)}$ 一类的新分式，虽然仍可裂项积出，但反向选法就失去了”消除分母障碍”的优势。所以使用前先估算一下 $u'$ 的因式结构。

求导列 $u$	积分列 $v$	符号
$x$	$e^x$	$(+)$
$1$	$e^x$	$(-)$
$0$	$e^x$

对角线相乘即得： $\int x e^x\,\mathrm{d}x = x e^x - e^x + C = (x-1)e^x + C$ 。

表格法的适用条件是被求导的因子能有限步归零（多项式）或保持同类（指数、三角）；这两类之外的因子写表格只会把式子拉长。

五、拆项与裂项分解技巧（分子见加号 / 带着分子裂项）

这一类题目的判据在分母：分母若能分解成两个结构互补的因式（如 $x^2$ 与 $1+x^2$ 、 $x$ 与 $1-x$ ），就”带着分子一起裂项”，把一个大积分换成两个可识别的小积分。

裂项判据：分母满足 $\dfrac{1}{x^2(1+x^2)} = \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1}{1+x^2}$ （分子 $1$ 拆成 $(1+x^2)-x^2$ ），两个因式互补且各自能直接积分，因此带着分子 $\arctan x$ 一起拆项：

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

两处结构识别： $\dfrac{\arctan x}{1+x^2}$ 是 $f\cdot f'$ 型，直接写成 $\dfrac{1}{2}\mathrm{d}(\arctan x)^2$ ；而 $\dfrac{1}{x(1+x^2)}$ 又是一次裂项，所以再补一次同型分解。

判据：分子是两项之和，分母对两项都能单独处理（ $\dfrac{x}{x^2}=\dfrac{1}{x}$ 直接积分， $\dfrac{\ln(1-x)}{x^2}$ 可用分母凑微分分部），因此按加号拆成两部分分别处理，比强行凑一个整体积分更省力：

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

注意：拆项后得到的 $\ln|x|$ 会在最后一步被抵消，这是分子拆项法的常见现象，写的时候不要提前约掉，否则中间的符号核对会失去依据； $\ln(1-x)$ 要求 $x<1$ ，故结果中的 $|1-x|$ 可写成 $1-x$ 。

六、考研必备核心公式与推导（秒杀考点）

1. 根号下三角函数配方体系（真题高频极速化简）

判据：被开方式是 $1\pm\sin x$ 或 $1\pm\cos x$ 时，把 $1$ 写成 $\sin^2\dfrac{x}{2}+\cos^2\dfrac{x}{2}$ （或直接用 $1\pm\cos x=2\cos^2\dfrac{x}{2},\,2\sin^2\dfrac{x}{2}$ ），使被开方式成为完全平方，从而把根号化为绝对值。 为什么必须这样做：根号下的三角函数无法直接积分，只有化为完全平方后，根号才能换成 $|f(x)|$ 的形式，再按积分区间判断符号、去掉绝对值。

\begin{aligned} \sqrt{1-\sin x} &= \sqrt{\sin^2\frac{x}{2} + \cos^2\frac{x}{2} - 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} = \left|\sin\frac{x}{2} - \cos\frac{x}{2}\right| \\ \sqrt{1+\sin x} &= \sqrt{\sin^2\frac{x}{2} + \cos^2\frac{x}{2} + 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} = \left|\sin\frac{x}{2} + \cos\frac{x}{2}\right| \\ \sqrt{1-\cos x} &= \sqrt{2\sin^2\frac{x}{2}} = \sqrt{2}\left|\sin\frac{x}{2}\right| \\ \sqrt{1+\cos x} &= \sqrt{2\cos^2\frac{x}{2}} = \sqrt{2}\left|\cos\frac{x}{2}\right| \end{aligned}

成立条件与注意事项：四个式子右端的绝对值不能省—— $\sqrt{f^2}=|f|$ 是定义，与区间无关；只有在明确了积分区间、并据此判定 $\sin\dfrac{x}{2}\pm\cos\dfrac{x}{2}$ 的符号之后，才能去掉绝对值。

考情：2020 年数二与 2024 年数一真题大题均直接考察了此配方化简技巧。

致命易错点：直接脱去根号会使被积函数在绝对值内取负的那段区间上整体差一个负号，导致定积分结果错误。定积分题一定要先查区间再脱绝对值。

2. 经典无理积分公式循环分部推导

路径选择：三角代换把根式化为 $\sec t$ ，而 $\sec^3 t$ 的积分需要一次分部后与原积分重现（循环回归）。这类”分部后原积分重现”的结构，都可以移项解出。

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^3 t\,\mathrm{d}t = \int \sec t\,\mathrm{d}(\tan t)

分部积分：

\begin{aligned} \int \sec^3 t\,\mathrm{d}t &= \sec t\tan t - \int \tan t\,\mathrm{d}(\sec 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| + C_1 \end{aligned}

移项化简得：

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

回代 $\tan t = x$ ， $\sec t = \sqrt{1+x^2}$ ：

\boxed{\int \sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{x}{2}\sqrt{1+x^2} + \frac{1}{2}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) + C}

关键一步的理由：把 $\tan^2 t$ 换成 $\sec^2 t-1$ ，是为了让 $\int\sec^3 t\,\mathrm{d}t$ 以相反符号重现，从而和左端的 $I$ 合并。凡是”分部后出现同形积分”的题目，都要主动凑出这个重现项。

我的总结

这一节我最大的收获是把”先走哪一步”变成可判断的事情。三条判据支撑了大部分选择：分母结构能不能降（决定用哪种变形）、 $u$ 求导后能不能约掉分母（决定分部积分时哪一项进 $\mathrm{d}$ ）、被积函数整体依赖哪个复合结构（决定换元令谁为 $t$ ）。
含 $\sqrt{1+x^2}$ 的题目我现在先看分子：只有一项奇次幂且能拆出一次因子时用凑微分解法（例 3.22 解法二），否则一律三角代换，回代环节按直角三角形的关系直接写出 $\sin t$ 、 $\cos t$ 。
反向选 $\mathrm{d}v$ 的做法（把 $(x+2)^2$ 这类分母凑进微分）我以前只会照做，现在知道它成立需要两个条件： $v$ 简单、且 $u'$ 含分母的因式。例 3.26 里 $x(x+2)e^x$ 约掉 $(x+2)$ 不是巧合，而是因为 $u=x^2e^x$ 求导后必含 $x+2$ 。
换元的单调可导条件我原来只当作”背书条款”。例 3.18 让我明白它的实际含义： $t=\sqrt{\frac{x+1}{x-1}}$ 在 $x<-1$ 与 $x>1$ 上分别单调，所以要分区间讨论；若不单调，回代时 $x$ 的分支就不唯一。
指数、对数复合题有两种次序（先分部或先换元），我按”哪种先消除复合结构”来选：例 3.16、例 3.17 都用先换元更短，但例 3.15 必须先分部才能把分母的根式降掉。
根号下三角函数我记住了”先配方、再审区间、最后脱绝对值”三步，2020 年数二与 2024 年数一都考过。脱绝对值前必须先确定符号，这一步漏掉就整题错。
我容易丢分的地方：凑微分时带出的负号与系数（例 3.17 的 $-\frac{1}{2}$ ）、分母因式未统一成同一形式就凑微分（例 3.25）。这两类错误都不是思路问题，而是准备工作没做够。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）：2020 年数二、2024 年数一（根号下三角函数配方化简）
常见考研数学教材与辅导资料
本人课程学习笔记；“让分母尽可能简单”的化简取向、把不易积分的分母高次项凑入 $\mathrm{d}$ 后分部的处理方式，以及根式整体代换与复合函数换元的选取判据，参考自某考研数学课程讲义

ギターと孤独と蒼い惑星

3.1.4 换元、分部积分、杂七杂八

3.1.4 换元、分部积分、杂七杂八

一、不定积分核心心法与处理原则

综合题型特征与解题策略速查表

二、根式与代数换元专题（让分母变简单 / 整体换元）

1. $\sqrt{1+x^2}$ 型与三角换元 / 凑微分对比

2. 根式整体代换法（令根式为 $t$ ）

三、指数、对数与复合函数换元

四、分部积分高阶技巧（恶心项凑微分与恒等变形）

五、拆项与裂项分解技巧（分子见加号 / 带着分子裂项）

六、考研必备核心公式与推导（秒杀考点）

1. 根号下三角函数配方体系（真题高频极速化简）

2. 经典无理积分公式循环分部推导

我的总结

参考资料

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2. 根式整体代换法（令根式为 ttt）

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四、 分部积分高阶技巧（恶心项凑微分与恒等变形）

五、 拆项与裂项分解技巧（分子见加号 / 带着分子裂项）

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五、拆项与裂项分解技巧（分子见加号 / 带着分子裂项）

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