3.1.5 不定积分补充

本节补齐 3.1.1–3.1.4 之外的高频题型与公式推导，按”公式与裂项 → 根式公式 → 高次幂与三角体系 → 复合化简”排列：

代数部分（一）：指数与三角振荡积分的统一公式、有理分式裂项中留数法的适用范围（例 3.30 为 2025 年真题）。
根式公式（二）： $\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x$ 与 $\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x$ 两条公式的三角换元与分部积分两条推导，重点在”加项减项后原积分以反号重现”这一步。
三角部分（三、四）： $\sin^n x$ 、 $\cos^n x$ （ $n=2,3,4$ ）的原函数速查与推导，正割、余割、正切体系的导数与积分，以及 $\sec^3 x$ 、 $\csc^3 x$ 的循环分部。
化简部分（五）：三角与反三角嵌套的化简判据、 $\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x$ 的整体凑微分速算、辅助角公式在定积分中的作用（例 3.35.1）。

一、表格法与留数定理补充

1. 经典指数-三角振荡积分公式与表格法

对于形如 $\displaystyle\int e^{ax}\sin bx\,\mathrm{d}x$ 与 $\displaystyle\int e^{ax}\cos bx\,\mathrm{d}x$ 的积分，有标准结论公式：

\begin{aligned} \int e^{ax}\sin bx\,\mathrm{d}x &= \frac{e^{ax}(a\sin bx - b\cos bx)}{a^2+b^2} + C = \frac{ae^{ax}\sin bx - be^{ax}\cos bx}{a^2+b^2} + C \\ \int e^{ax}\cos bx\,\mathrm{d}x &= \frac{e^{ax}(a\cos bx + b\sin bx)}{a^2+b^2} + C = \frac{ae^{ax}\cos bx + be^{ax}\sin bx}{a^2+b^2} + C \end{aligned}

2. 留数定理与待定系数法综合实战

第一步：有理分式裂项（结合留数定理与待定系数法）

设被积函数展开式为：

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

分母中 $x+1$ 是一次（单）因式，其对应系数可以直接用**留数定理（遮号法）**读出：遮住 $(x+1)$ 、代入该因式的根 $x=-1$ 即得

A = \left.\frac{1}{x^2-2x+2}\right|_{x=-1} = \frac{1}{(-1)^2 - 2(-1) + 2} = \frac{1}{5}

为什么 $x^2-2x+2$ 的系数不能用同一手法：该二次因式在实数范围内不可约（判别式 $4-8<0$ ），没有实根可代入，所以分子 $Bx+C$ 必须靠比较系数或取特殊值确定。将 $A = \dfrac{1}{5}$ 代回原式通分，比较分子多项式系数：

1 \equiv \frac{1}{5}(x^2-2x+2) + (Bx+C)(x+1) = \left(\frac{1}{5}+B\right)x^2 + \left(-\frac{2}{5}+B+C\right)x + \left(\frac{2}{5}+C\right)

对比两端系数：

$x^2$ 项系数： $\dfrac{1}{5} + B = 0 \implies B = -\dfrac{1}{5}$
常数项： $\dfrac{2}{5} + C = 1 \implies C = \dfrac{3}{5}$

故有理分式分解为：

\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)} = \frac{1}{5}\cdot\frac{1}{x+1} + \frac{-\frac{1}{5}x + \frac{3}{5}}{x^2-2x+2}

第二步：逐项积分

分母 $x^2-2x+2$ 的分子是一次式，按”凑导数项 + 配方项”拆开：一次项部分凑成 $\dfrac{2x-2}{x^2-2x+2}$ 以便用对数，剩余常数部分配方为 $(x-1)^2+1$ 以便用反正切：

\begin{aligned} \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{(x+1)(x^2-2x+2)} &= \frac{1}{5}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{x+1} + \int_0^1 \frac{-\frac{1}{5}x + \frac{3}{5}}{x^2-2x+2}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{5}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{x+1} - \frac{1}{10}\int_0^1 \frac{2x-2}{x^2-2x+2}\,\mathrm{d}x + \frac{2}{5}\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{(x-1)^2+1} \\ &= \frac{1}{5}\Big[ \ln|x+1| \Big]_0^1 - \frac{1}{10}\Big[ \ln(x^2-2x+2) \Big]_0^1 + \frac{2}{5}\Big[ \arctan(x-1) \Big]_0^1 \\ &= \frac{1}{5}\ln 2 - \frac{1}{10}(\ln 1 - \ln 2) + \frac{2}{5}\left(\arctan 0 - \arctan(-1)\right) \\ &= \frac{1}{5}\ln 2 + \frac{1}{10}\ln 2 + \frac{2}{5}\left(0 - \left(-\frac{\pi}{4}\right)\right) \\ &= \frac{3}{10}\ln 2 + \frac{\pi}{10} \end{aligned}

注意： $x^2-2x+2>0$ 恒成立，其对数不必加绝对值； $\ln|x+1|$ 在区间 $[0,1]$ 上 $x+1>0$ ，代入后可直接写 $\ln 2$ 。

二、两个核心根式积分公式的双重推导

这两个公式不必死记结果，两种推导都需要掌握，因为它们的适用条件不同：

三角换元法：思路直观——把根式化为单一三角函数，再降幂积分。适用条件是原式能整体化为 $\cos^2 t$ 或 $\sec^3 t$ 的积分；代价是回代时要用直角三角形关系还原 $\sin t$ 、 $\cos t$ 、 $\sec t$ 。
分部积分法：计算量较小，也不涉及回代。核心操作是”分子加项减项、构造并复现原被积函数”：把分子 $x^2$ 拆成 $\pm(a^2-x^2)\mp a^2$ （或 $\pm(x^2+a^2)\mp a^2$ ），使原积分以反号重现，再移项解出。适用条件是被积函数本身是根式，且分母结构允许拆出原式。

两条路径的结果必然一致，可以用其中一条验证另一条。

1. 公式一： $\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)$

令 $x = a\sin t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} \le t \le \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\mathrm{d}x = a\cos t\,\mathrm{d}t$ ， $\sqrt{a^2-x^2} = a\cos t$ （该区间上 $\cos t\ge 0$ ，开方不必加绝对值）：

\begin{aligned} \int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x &= \int (a\cos t)(a\cos t)\,\mathrm{d}t = a^2\int\cos^2 t\,\mathrm{d}t \\ &= a^2\int\frac{1+\cos 2t}{2}\,\mathrm{d}t = \frac{a^2}{2}t + \frac{a^2}{4}\sin 2t + C \\ &= \frac{a^2}{2}t + \frac{a^2}{2}\sin t\cos t + C \end{aligned}

回代 $t = \arcsin\dfrac{x}{a}$ ， $\sin t = \dfrac{x}{a}$ ， $\cos t = \dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}$ ：

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

设 $I = \displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x$ 。把 $x^2$ 拆成 $(a^2-x^2)-a^2$ ，使原积分以反号重现：

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

移项合并得 $2I = x\sqrt{a^2-x^2} + a^2\arcsin\dfrac{x}{a} + C_0$ ，两边同除以 $2$ ：

I = \frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C

关键一步： $\dfrac{x^2}{\sqrt{a^2-x^2}}$ 的分子必须凑出 $(a^2-x^2)$ 才能与原式相消，多出来的 $-a^2$ 送到右边的 $\arcsin$ 项。看到”分部后出现系数为 $1$ 的同形积分”就应该想到用这种凑法。

2. 公式二： $\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)$

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

\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x = \int (a\sec t)(a\sec^2 t)\,\mathrm{d}t = a^2\int\sec^3 t\,\mathrm{d}t

借助三次正割积分标准公式 $\displaystyle\int\sec^3 t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\sec t\tan t + \frac{1}{2}\ln|\sec t+\tan t| + C$ （推导见本节四、3 与 3.1.4 例 3.29）：

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

注意到 $x+\sqrt{a^2+x^2} > 0$ 恒成立，且常数项 $-\dfrac{a^2}{2}\ln a$ 可归并入任意常数 $C$ ：

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

为什么绝对值可以去掉： $\sqrt{a^2+x^2}>|x|$ ，所以 $x+\sqrt{a^2+x^2}>0$ 对一切 $x$ 成立，对数真数恒正；而 $-\dfrac{a^2}{2}\ln a$ 与积分变量无关，属于常数，可以吸收进 $C$ 。这与公式一中 $\arcsin$ 项不需要绝对值是同一个道理——形式上要逐项确认，不能整体照抄。

设 $I = \displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x$ ，把 $x^2$ 拆成 $(x^2+a^2)-a^2$ ：

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

移项合并得 $2I = x\sqrt{a^2+x^2} + a^2\ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right) + C_0$ ，两边同除以 $2$ ：

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

与公式一的对照：两条公式的分部推导结构完全相同，区别只在 $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin\frac{x}{a}$ 与 $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2+x^2}}=\ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right)$ 这一步。记住这一点，两个公式就可以一次推出。

三、三角函数不定积分与高次幂原函数

1. 降幂与分部综合技巧

第一步：二倍角降幂化简分母

由 $1+\cos 2x = 2\cos^2 x$ ，被积函数化为：

\frac{x}{1+\cos 2x} = \frac{x}{2\cos^2 x} = \frac{1}{2}x\sec^2 x

第二步：凑微分分部积分

把 $\sec^2 x$ 放入 $\mathrm{d}$ 后面凑成 $\mathrm{d}(\tan x)$ （ $\sec^2 x$ 的原函数就是 $\tan x$ ，属于常规选法：容易积分的因子进 $\mathrm{d}$ ，剩下的 $x$ 求导后化为常数）：

\begin{aligned} \int_0^{\pi/4} \frac{x}{1+\cos 2x}\,\mathrm{d}x &= \frac{1}{2}\int_0^{\pi/4} x\sec^2 x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/4} x\,\mathrm{d}(\tan x) \\ &= \frac{1}{2}\left( \Big[ x\tan x \Big]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4}\tan x\,\mathrm{d}x \right) \\ &= \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{4}\cdot 1 - 0 - \Big[ -\ln|\cos x| \Big]_0^{\pi/4} \right) \\ &= \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{4} + \ln\left(\cos\frac{\pi}{4}\right) - \ln(\cos 0) \right) \\ &= \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{4} + \ln\frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\ln 2 \right) \\ &= \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}\ln 2 \end{aligned}

注意：定积分中先降幂再分部可以避免 $\sec^2 x$ 与 $x$ 同时留在积分号内；若不做降幂直接处理 $\dfrac{1}{1+\cos 2x}$ ，分母含 $x$ 与三角函数的乘积，反而更麻烦。

2. 统一角变量与约分技巧

判据：先统一角变量。式中同时出现变量 $x$ 与半角 $\dfrac{x}{2}$ 的三角函数，而凑微分与分部积分都要求被积函数关于同一个角书写。由于分子是高次偶次幂，把它改写成 $x$ 的三角函数形式要连续降幂，极为繁琐；因此优先把分母用二倍角公式展开，让半角成为唯一的角：

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

代入被积函数并约分（分子分母的 $\cos^3$ 因子相同，可直接相除，这是选择”展开分母”而非”改写分子”的收益）：

\frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x} = \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{8\sin^3\frac{x}{2}\cos^3\frac{x}{2}} = \frac{1}{8}\frac{x\cos\frac{x}{2}}{\sin^3\frac{x}{2}}

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)

进而进行分部积分：

\begin{aligned} \int \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x}\,\mathrm{d}x &= -\frac{1}{8}\int x\,\mathrm{d}\left(\csc^2\frac{x}{2}\right) \\ &= -\frac{1}{8}x\csc^2\frac{x}{2} + \frac{1}{8}\int \csc^2\frac{x}{2}\,\mathrm{d}x \\ &= -\frac{1}{8}x\csc^2\frac{x}{2} - \frac{1}{4}\cot\frac{x}{2} + C \end{aligned}

判据总结：出现半角与单角混用（或倍角与单角混用）时，先判断”改写哪一边工作量小”——哪一边的幂次低、结构简单就改写哪一边。本题分母是三次幂但只有乘积结构，展开后能与分子的高次幂约分，成本明显低于改写分子。

3. $\sin^n x, \cos^n x$ （ $n=2,3,4$ ）原函数速查与推导

幂次	$\displaystyle\int \sin^n x\,\mathrm{d}x$	$\displaystyle\int \cos^n x\,\mathrm{d}x$	常用手法 / 核心原理
2 次	$\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4}\sin 2x + C$	$\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{4}\sin 2x + C$	二倍角降幂： $\dfrac{1\mp\cos 2x}{2}$
3 次	$-\cos x + \dfrac{1}{3}\cos^3 x + C$	$\sin x - \dfrac{1}{3}\sin^3 x + C$	凑微分：拆一项进 $\mathrm{d}$ ，平方项用同角恒等式
4 次	$\dfrac{3}{8}x - \dfrac{1}{4}\sin 2x + \dfrac{1}{32}\sin 4x + C$	$\dfrac{3}{8}x + \dfrac{1}{4}\sin 2x + \dfrac{1}{32}\sin 4x + C$	连续两次降幂展开

(1) 2 次幂积分（降幂公式）：

\int\sin^2 x\,\mathrm{d}x = \int\frac{1-\cos 2x}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x + C

\int\cos^2 x\,\mathrm{d}x = \int\frac{1+\cos 2x}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin 2x + C

(2) 3 次幂积分（拆项凑微分）：

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

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

(3) 4 次幂积分（二次降幂）：

\begin{aligned} \int\sin^4 x\,\mathrm{d}x &= \int\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2\mathrm{d}x = \frac{1}{4}\int(1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x)\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{4}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{4}\int\frac{1+\cos 4x}{2}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x + C \end{aligned}

\begin{aligned} \int\cos^4 x\,\mathrm{d}x &= \int\left(\frac{1+\cos 2x}{2}\right)^2\mathrm{d}x = \frac{1}{4}\int(1 + 2\cos 2x + \cos^2 2x)\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{4}x + \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{4}\int\frac{1+\cos 4x}{2}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{3}{8}x + \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x + C \end{aligned}

$\sin^2 x, \sin^4 x, \cos^2 x, \cos^4 x$ 在形式上满足 $R(-\sin x, -\cos x) = R(\sin x, \cos x)$ ，也就是三角有理式的判据 (3) 成立。但按判据 (3) 的角度操作——同除以 $\cos^n x$ 再令 $u=\tan x$ ——会把多项式幂次整体抬高一档，分母出现 $1+u^2$ 的高次幂，计算量远大于降幂公式法。 判断依据：判据 (3) 保证路径可行，不保证省力。幂次为偶且不高时，优先用降幂公式把三角函数的幂次降到一次，再逐项积分（上面的 2 次、4 次幂即此路径）；幂次为奇时用”拆一项进 $\mathrm{d}$ “（3 次幂即此路径）。

4. 幂函数与三角高次混合积分

方法一：利用 $\sin^2 x$ 的已知原函数分部积分

由 $\displaystyle\int\sin^2 x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x$ （取一个原函数即可，常数留在最后）：

\begin{aligned} \int x\sin^2 x\,\mathrm{d}x &= \int x\,\mathrm{d}\left(\frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x\right) \\ &= x\left(\frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x\right) - \int\left(\frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x\right)\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{4}x\sin 2x - \left(\frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{8}\cos 2x\right) + C \\ &= \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{4}x\sin 2x - \frac{1}{8}\cos 2x + C \end{aligned}

方法二：先降幂拆项后分部

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

两条路径的比较：方法二把降幂与分部拆成两步，中间出现 $x\cos 2x$ 这个标准型（幂函数 × 三角，属于常规选法的典型情形），思维负担更小；方法一把 $\sin^2 x$ 的原函数整体放进 $\mathrm{d}$ 后面，省去一次拆项，但要求先准确写出 $\sin^2 x$ 的原函数。这两种写法的本质都是”把幂函数 $x$ 留作 $u$ 求导降次”。

四、正割、余割、正切体系与三次幂积分专项

1. 正割与余割的定义、恒等式与导数记忆技巧

倒数关系（按字母配对记忆）：
- $\sec x = \dfrac{1}{\cos x}$ （ $\sec$ 与 $\cos$ 配对， $s$ 起头 → $c$ 起头）；
- $\csc x = \dfrac{1}{\sin x}$ （ $\csc$ 与 $\sin$ 配对）。
同角平方恒等式： $\tan^2 x + 1 = \sec^2 x, \qquad \cot^2 x + 1 = \csc^2 x$ 这两条是把 $\tan^2$ 、 $\cot^2$ 的积分转化为标准积分的关键，务必与 $\sin^2 x+\cos^2 x=1$ 一样熟练。
导数公式（必须准确到符号）： $\begin{aligned} (\tan x)' &= \sec^2 x, &\qquad (\cot x)' &= -\csc^2 x \\ (\sec x)' &= \sec x\tan x, &\qquad (\csc x)' &= -\csc x\cot x \end{aligned}$ 符号判据：以 $\cot$ 、 $\csc$ 起头的两个导数都带负号，因为这两个函数在 $(0,\pi)$ 内单调递减。
常见平方组合积分（由第 2 条恒等式直接得到）： $\begin{aligned} \int\tan^2 x\,\mathrm{d}x &= \int(\sec^2 x - 1)\,\mathrm{d}x = \tan x - x + C \\ \int\cot^2 x\,\mathrm{d}x &= \int(\csc^2 x - 1)\,\mathrm{d}x = -\cot x - x + C \end{aligned}$

2. 乘积展开与微分抵消

判据：被积函数含 $(\tan x+1)^2$ ，展开后用 $\tan^2 x+1 = \sec^2 x$ 归并，会使其中一部分变成 $e^{2x}\sec^2 x$ ，而 $\sec^2 x$ 恰好是 $\tan x$ 的导数，可与 $e^{2x}$ 配成分部积分的标准型；另一部分 $2e^{2x}\tan x$ 与分部后产生的项符号相反，用于抵消。展开被积函数平方项：

\begin{aligned} \int e^{2x}(\tan x+1)^2\,\mathrm{d}x &= \int e^{2x}(\tan^2 x + 2\tan x + 1)\,\mathrm{d}x \\ &= \int e^{2x}\sec^2 x\,\mathrm{d}x + \int 2e^{2x}\tan x\,\mathrm{d}x \\ &= \int e^{2x}\,\mathrm{d}(\tan x) + \int 2e^{2x}\tan x\,\mathrm{d}x \end{aligned}

对第一项进行分部积分：

\begin{aligned} \int e^{2x}\,\mathrm{d}(\tan x) &= e^{2x}\tan x - \int \tan x\,\mathrm{d}(e^{2x}) \\ &= e^{2x}\tan x - \int 2e^{2x}\tan x\,\mathrm{d}x \end{aligned}

代回原式，后项恰好完全抵消：

\int e^{2x}(\tan x+1)^2\,\mathrm{d}x = e^{2x}\tan x + C

3. 三次正割与三次余割积分专项推导

判据：被积函数是同一个三角函数的奇次幂，拆出一个 $\csc^2 x$ 凑进微分号（ $\mathrm{d}(\cot x) = -\csc^2 x\,\mathrm{d}x$ ），剩下的 $\csc x$ 与 $\cot x$ 配合分部；分部后再用 $\cot^2 x = \csc^2 x-1$ 让原积分以反号重现：

\begin{aligned} \int\csc^3 x\,\mathrm{d}x &= \int\csc x\cdot\csc^2 x\,\mathrm{d}x = -\int\csc x\,\mathrm{d}(\cot x) \\ &= -\csc x\cot x + \int\cot x\,\mathrm{d}(\csc x) \\ &= -\csc x\cot x - \int\cot^2 x\csc x\,\mathrm{d}x \\ &= -\csc x\cot x - \int(\csc^2 x - 1)\csc x\,\mathrm{d}x \\ &= -\csc x\cot x - \int\csc^3 x\,\mathrm{d}x + \int\csc x\,\mathrm{d}x \\ &= -\csc x\cot x - \int\csc^3 x\,\mathrm{d}x - \ln|\csc x+\cot x| \end{aligned}

移项合并：

2\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x = -\csc x\cot x - \ln|\csc x+\cot x| + C_0

两边同除以 $2$ 即得：

\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\csc x\cot x - \frac{1}{2}\ln|\csc x+\cot x| + C

推导结构： $\sec^3 x$ 的推导（3.1.4 例 3.29）与此完全相同，区别只有两点——凑微分时 $\mathrm{d}(\tan x)$ 换成 $\mathrm{d}(\cot x)$ 会带一个负号，同角恒等式由 $\tan^2 x=\sec^2 x-1$ 换成 $\cot^2 x=\csc^2 x-1$ 。推导中最后一步用到的 $\displaystyle\int\csc x\,\mathrm{d}x = -\ln|\csc x+\cot x|$ 与 $\displaystyle\int\sec x\,\mathrm{d}x = \ln|\sec x+\tan x|$ 互为对偶，符号相反，是最容易记错的一处。

4. 正切高次积分与级数综合应用

观察通项中相邻两项之和，用 $\tan^{n+2}x = \tan^n x\cdot\tan^2 x$ 提取公因式，再用 $1+\tan^2 x = \sec^2 x$ 凑成 $\mathrm{d}(\tan x)$ ：

\begin{aligned} a_n + a_{n+2} &= \int_0^{\pi/4}\left(\tan^n x + \tan^{n+2} x\right)\mathrm{d}x \\ &= \int_0^{\pi/4}\tan^n x(1+\tan^2 x)\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^{\pi/4}\tan^n x\sec^2 x\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^{\pi/4}\tan^n x\,\mathrm{d}(\tan x) = \left[ \frac{\tan^{n+1} x}{n+1} \right]_0^{\pi/4} = \frac{1}{n+1} \end{aligned}

因此：

\frac{1}{n}(a_n+a_{n+2}) = \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}

其部分和为裂项求和：

S_N = \sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = 1 - \frac{1}{N+1}

取极限得级数和：

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}(a_n+a_{n+2}) = \lim_{N\to\infty} S_N = \lim_{N\to\infty}\left(1 - \frac{1}{N+1}\right) = 1

当 $x \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]$ 时， $0 \le \tan x \le 1$ 。故对任意正整数 $n$ ，恒有 $0 \le \tan^{n+1} x \le \tan^n x$ ，因此数列 $\{a_n\}$ 单调递减且各项均非负：

0 < a_{n+2} < a_{n+1} < a_n

由（1）知 $a_n + a_{n+2} = \dfrac{1}{n+1}$ ，结合单调性可得放缩不等式（用 $a_n>a_{n+2}$ 放缩较大的一端，用 $a_{n+2}<a_n$ 放缩较小的一端）：

2a_{n+2} < a_n + a_{n+2} = \frac{1}{n+1} < 2a_n

即：

$a_n > \dfrac{1}{2(n+1)}$
$a_{n+2} < \dfrac{1}{2(n+1)} \implies a_n < \dfrac{1}{2(n-1)} \quad (n \ge 2)$

由此可对级数通项进行放缩（ $n \ge 2$ ）：

0 < \frac{a_n}{n^\lambda} < \frac{1}{2(n-1)n^\lambda} \le \frac{1}{n^{1+\lambda}} \quad (\text{当 } n \ge 2 \text{ 时})

因为 $\lambda > 0$ ，所以 $p = 1+\lambda > 1$ 。由 $p$ -级数审敛法知，正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{1+\lambda}}$ 收敛。

根据正项级数比较审敛法，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^\lambda}$ 必收敛。

这条证明的关键：（1）得到的是 $a_n+a_{n+2}$ 的准确值，而（2）只需要 $a_n$ 的上下界。把两者结合的办法是用单调性把”两项之和”夹在”两倍的单项”之间，这一步是整题唯一需要自己想出来的地方。

五、三角与反三角复合化简、对数积分与辅助角技巧

1. 三角函数与反三角函数嵌套的化简

$\arctan(\sin x)$ 这类外层为反三角、内层为三角的形式已经是最简形式，无法进一步化为代数式；
$\sin(\arctan x)$ 、 $\cos(\arcsin x)$ 等外层为三角、内层为反三角的形式不是最简形式，必须化为代数分式。

判断依据：反三角函数的值是一个角，把这个角记为 $t$ 之后，三角函数的定义就可以由直角三角形直接读出；反过来，若角度本身由三角函数给出（如 $\sin x$ ），反三角函数无法用 $x$ 的代数式表示。

化简通法：令内层反三角函数为 $t$ （如令 $t = \arctan x \implies \tan t = x$ ），按 $t$ 所在区间构造辅助直角三角形，读取各边比值。

令 $\arctan x = t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $\tan t = x$ 。

构造直角三角形（由 $\tan t = x$ 读出对边与邻边）：

对边 $= x$
邻边 $= 1$
斜边 $= \sqrt{1+x^2}$

从而：

\sin(\arctan x) = \sin t = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

代入原式得最终化简形式：

\arcsin\left[\sqrt{2}\sin(\arctan x)\right] = \arcsin\left(\frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{1+x^2}}\right)

注意：最外层仍是 $\arcsin$ 。这一步只把内层的 $\sin(\arctan x)$ 化成了代数式，外层的反三角无法继续化简——化简的终点就是恢复原有的 $\arcsin$ 记号。

2. 线性对数积分 $\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x$ 的凑微分速算

计算形如 $\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x$ 的积分时：

直接分部法（把 $\mathrm{d}x$ 作为 $\mathrm{d}v$ ， $\ln$ 作为 $u$ ）： $\int\ln(2x+1)\,\mathrm{d}x = x\ln(2x+1) - \int\frac{2x}{2x+1}\,\mathrm{d}x = x\ln(2x+1) - x + \frac{1}{2}\ln(2x+1) + C$
整体凑微分法（先凑出 $\mathrm{d}(ax+b)$ ，让 $\ln$ 的自变量与被积变量一致）： $\int\ln(2x+1)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int\ln(2x+1)\,\mathrm{d}(2x+1) = \frac{1}{2}(2x+1)\ln(2x+1) - x + C$

判据：两种做法结果都正确（只差常数），差别在中间步骤。直接分部法会得到 $\dfrac{2x}{2x+1}$ 这类需要再拆一次的分式；整体凑微分法把 $ax+b$ 当作一个整体，等价于套用 $\displaystyle\int\ln u\,\mathrm{d}u = u\ln u - u$ ，一步到位，因此计算量更小。

一般结论公式：

\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{a}\left[(ax+b)\ln|ax+b| - (ax+b)\right] + C

使用条件： $a\ne 0$ ，且要求 $ax+b>0$ （否则对数无定义）。结果中的绝对值不能省，因为 $ax+b$ 的符号随 $a$ 的正负而变。

3. 辅助角公式在定积分中的妙用

第一步：利用辅助角公式化简分母

分子中 $\sin\theta$ 与 $\cos\theta$ 的系数都是 $1$ ，属辅助角合一的标准情形，取 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ ：

\cos\theta + \sin\theta = \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta + \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta\right) = \sqrt{2}\cos\left(\theta - \frac{\pi}{4}\right)

第二步：平移换元并利用偶函数性质

令 $u = \theta - \dfrac{\pi}{4}$ ，则 $\mathrm{d}\theta = \mathrm{d}u$ ；当 $\theta = 0$ 时 $u = -\dfrac{\pi}{4}$ ，当 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 时 $u = \dfrac{\pi}{4}$ ：

\begin{aligned} 3\int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^3} &= 3\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{\mathrm{d}u}{\left[\sqrt{2}\cos u\right]^3} = \frac{3}{2\sqrt{2}}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\sec^3 u\,\mathrm{d}u \\ &= \frac{3}{\sqrt{2}}\int_0^{\pi/4}\sec^3 u\,\mathrm{d}u \end{aligned}

第三步：代入三次正割定积分计算

由三次正割积分公式：

\begin{aligned} \int_0^{\pi/4}\sec^3 u\,\mathrm{d}u &= \left[ \frac{1}{2}\sec u\tan u + \frac{1}{2}\ln|\sec u+\tan u| \right]_0^{\pi/4} \\ &= \frac{1}{2}(\sqrt{2}\cdot 1) + \frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1) - 0 \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1) \end{aligned}

代回得：

3\int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^3} = \frac{3}{\sqrt{2}}\left[\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)\right] = \frac{3}{2} + \frac{3\sqrt{2}}{4}\ln(\sqrt{2}+1)

为什么值得做辅助角：分母由” $\sin$ 与 $\cos$ 相加”变成单一 $\cos(\theta-\frac{\pi}{4})$ ，换元后积分区间变为关于原点对称的 $\left[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right]$ ， $\sec^3 u$ 是偶函数，于是可以折半到 $\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$ ，直接套用已推导的三次正割公式（本节四、3）。若不化辅助角，分母的三次幂必须展开为 $\sin$ 、 $\cos$ 的多项式后再逐项处理，计算量成倍增加。

我的总结

这一节的内容可以归为两类：能用公式直接算的（振荡型指三积分、两条根式公式、 $\sin^n/\cos^n$ 原函数、 $\sec^3/\csc^3$ ）和必须先化简再算的（嵌套三角、 $\ln(ax+b)$ 、辅助角）。我现在遇到题目先判断属于哪一类，不想着一次到位。
两条根式公式我按结构记：分部推导的骨架完全相同，差别只在 $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2\pm x^2}}$ 这一步——差号配 $\arcsin$ ，和号配 $\ln$ 。这样记住骨架就不必分别背两串系数。
$\sec^3 x$ 与 $\csc^3 x$ 的推导我放在一起记：都是”拆一个平方项进 $\mathrm{d}$ ，再用平方恒等式凑出反号的同形积分”。符号差异只有 $\mathrm{d}(\cot x)$ 带来的负号和最后那个对数项的符号。
三处最容易出错的地方我都单独标了： $\csc$ 、 $\cot$ 的导数与积分带负号（符号判据是它们在 $(0,\pi)$ 上单调递减）；同形积分相消后的结果必须是常数 $C$ 而不是 $0$ ；去掉 $\ln$ 里的绝对值前要先确认真数恒正（如 $x+\sqrt{a^2+x^2}>0$ 、 $x^2-2x+2>0$ ）。
留数法的适用边界我记成一句话：只有一次（单）因式能直接读出系数，二次不可约因式对应的 $Bx+C$ 必须另想办法。例 3.30 的分母正好两类因式都有，是练这条边界的好例子。
幂次型三角函数积分我按幂次的奇偶分流：偶次用降幂公式（幂次高就连用两次），奇次拆一项进 $\mathrm{d}$ 。判据 (3) 在这类题目上形式成立但代价太大，我把它当作”最后手段”。
例 3.35.1 让我看到辅助角公式的真正用途：不是为了”化简得好看”，而是为了把积分区间变为对称区间以利用奇偶性。这一步想通了，后面套 $\sec^3$ 公式就很自然。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）：2025 数一、数二、数三（例 3.30）；1993（例 3.31）；1990 数三（例 3.32）；1997 数二（例 3.33）；1999 数一（例 7.75）
常见考研数学教材与辅导资料
本人课程学习笔记；指数与三角振荡积分用表格法现场推导、留数法（遮号法）取单因式系数的速算方式、以及 $\sin^n x,\cos^n x$ 原函数速查表的整理方式，参考自某考研数学课程讲义

ギターと孤独と蒼い惑星

3.1.5 不定积分补充

3.1.5 不定积分补充

一、表格法与留数定理补充

1. 经典指数-三角振荡积分公式与表格法

2. 留数定理与待定系数法综合实战

二、两个核心根式积分公式的双重推导

1. 公式一： $\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)$

2. 公式二： $\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)$

三、三角函数不定积分与高次幂原函数

1. 降幂与分部综合技巧

2. 统一角变量与约分技巧

3. $\sin^n x, \cos^n x$ （ $n=2,3,4$ ）原函数速查与推导

4. 幂函数与三角高次混合积分

四、正割、余割、正切体系与三次幂积分专项

1. 正割与余割的定义、恒等式与导数记忆技巧

2. 乘积展开与微分抵消

3. 三次正割与三次余割积分专项推导

4. 正切高次积分与级数综合应用

五、三角与反三角复合化简、对数积分与辅助角技巧

1. 三角函数与反三角函数嵌套的化简

2. 线性对数积分 $\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x$ 的凑微分速算

3. 辅助角公式在定积分中的妙用

我的总结

参考资料

Comments

3.1.5 不定积分补充

一、 表格法与留数定理补充

1. 经典指数-三角振荡积分公式与表格法

2. 留数定理与待定系数法综合实战

二、 两个核心根式积分公式的双重推导

1. 公式一：∫a2−x2 dx(a>0)\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)∫a2−x2​dx(a>0)

2. 公式二：∫a2+x2 dx(a>0)\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)∫a2+x2​dx(a>0)

三、 三角函数不定积分与高次幂原函数

1. 降幂与分部综合技巧

2. 统一角变量与约分技巧

3. sin⁡nx,cos⁡nx\sin^n x, \cos^n xsinnx,cosnx（n=2,3,4n=2,3,4n=2,3,4）原函数速查与推导

4. 幂函数与三角高次混合积分

四、 正割、余割、正切体系与三次幂积分专项

1. 正割与余割的定义、恒等式与导数记忆技巧

2. 乘积展开与微分抵消

3. 三次正割与三次余割积分专项推导

4. 正切高次积分与级数综合应用

五、 三角与反三角复合化简、对数积分与辅助角技巧

1. 三角函数与反三角函数嵌套的化简

2. 线性对数积分 ∫ln⁡(ax+b) dx\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x∫ln(ax+b)dx 的凑微分速算

3. 辅助角公式在定积分中的妙用

我的总结

参考资料

一、表格法与留数定理补充

二、两个核心根式积分公式的双重推导

1. 公式一： $\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)$

2. 公式二： $\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)$

三、三角函数不定积分与高次幂原函数

3. $\sin^n x, \cos^n x$ （ $n=2,3,4$ ）原函数速查与推导

四、正割、余割、正切体系与三次幂积分专项

五、三角与反三角复合化简、对数积分与辅助角技巧

2. 线性对数积分 $\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x$ 的凑微分速算