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数学一备考体系

3.1.5 不定积分补充

3k words 13 min read

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3.1.5 不定积分补充

💡 【笔记】 章节导读与说明

本小节对手稿中不定积分的重要题型、推导技巧和常见命题角度进行系统补充与归纳。内容包括：指数与三角振荡积分的表格法处理、有理分式留数定理实战、两大根式积分公式的双重推导、三角函数高次幂原函数计算体系、正割/余割积分体系、三角与反三角嵌套化简以及辅助角公式的应用。

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 ∫eaxsin⁡bx dx\displaystyle\int e^{ax}\sin bx\,\mathrm{d}x 与 ∫eaxcos⁡bx dx\displaystyle\int e^{ax}\cos bx\,\mathrm{d}x 的积分，手稿给出标准结论公式：

∫eaxsin⁡bx dx=eax(asin⁡bx−bcos⁡bx)a2+b2+C=aeaxsin⁡bx−beaxcos⁡bxa2+b2+C∫eaxcos⁡bx dx=eax(acos⁡bx+bsin⁡bx)a2+b2+C=aeaxcos⁡bx+beaxsin⁡bxa2+b2+C\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}

💡 【技巧与方法】 学习与记忆建议

此类公式无需强行死记硬背，熟练掌握**表格法（分部积分循环法）**即可在考场上快速写出推导与计算过程。

2. 留数定理与待定系数法综合实战

💡 【经典例题】 例 3.30 ｜ 2025 数一、数二、数三真题

计算定积分 ∫011(x+1)(x2−2x+2) dx\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)}\,\mathrm{d}x。

💡 【SOLUTION】 解

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：

1(x+1)(x2−2x+2)=Ax+1+Bx+Cx2−2x+2\frac{1}{(x+1)(x^2-2x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2-2x+2}

利用**留数定理（遮号法）**秒杀单根对应系数 AA：

A=1x2−2x+2∣x=−1=1(−1)2−2(−1)+2=15A = \left.\frac{1}{x^2-2x+2}\right|_{x=-1} = \frac{1}{(-1)^2 - 2(-1) + 2} = \frac{1}{5}

将 A=15A = \dfrac{1}{5} 代回原式通分，比较分子多项式系数：

1≡15(x2−2x+2)+(Bx+C)(x+1)=(15+B)x2+(−25+B+C)x+(25+C)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：

  • x2x^2 项系数：15+B=0  ⟹  B=−15\dfrac{1}{5} + B = 0 \implies B = -\dfrac{1}{5}
  • 常数项：25+C=1  ⟹  C=35\dfrac{2}{5} + C = 1 \implies C = \dfrac{3}{5}

故有理分式分解为：

1(x+1)(x2−2x+2)=15⋅1x+1+−15x+35x2−2x+2\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

对分子线性项拆分为“凑导数项”与“配方项”：

∫01dx(x+1)(x2−2x+2)=15∫01dxx+1+∫01−15x+35x2−2x+2 dx=15∫01dxx+1−110∫012x−2x2−2x+2 dx+25∫01dx(x−1)2+1=15[ln⁡∣x+1∣]01−110[ln⁡(x2−2x+2)]01+25[arctan⁡(x−1)]01=15ln⁡2−110(ln⁡1−ln⁡2)+25(arctan⁡0−arctan⁡(−1))=15ln⁡2+110ln⁡2+25(0−(−π4))=310ln⁡2+π10\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}

💡 【技巧与方法】 考场作答规范批注

  • 系数 AA 可直接利用留数定理秒杀；B,CB, C 可用待定系数法或特殊值代入法（如令 x=0x=0 和 x=1x=1）。
  • 大题中直接写出留数定理求出的系数完全合规；若追求稳妥，可在草稿纸上速求，并在答题卡上简要写出通分对应过程。

二、 两个核心根式积分公式的双重推导

💡 【核心公式】 考研必背两大根式积分公式（a>0a>0）

  1. ∫a2−x2 dx=x2a2−x2+a22arcsin⁡xa+C\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C
  2. ∫a2+x2 dx=x2a2+x2+a22ln⁡(x+a2+x2)+C\displaystyle\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

💡 【技巧与方法】 学习心法

这两个公式无需死记硬背，必须熟练掌握两种推导方式：

  • 三角换元法：思路直观自然，但后续三角函数积分计算量稍大；
  • 分部积分法：计算量较小，但核心在于“分子加项减项、构造并复现原被积函数”。

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

💡 【经典例题】 例 3.30.1

推导并计算不定积分 ∫a2−x2 dx(a>0)\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)。

💡 【SOLUTION】 解法一（三角换元法）

令 x=asin⁡t(−π2≤t≤π2)x = a\sin t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} \le t \le \dfrac{\pi}{2}\right)，则 dx=acos⁡t dt\mathrm{d}x = a\cos t\,\mathrm{d}t，a2−x2=acos⁡t\sqrt{a^2-x^2} = a\cos t：

∫a2−x2 dx=∫(acos⁡t)(acos⁡t) dt=a2∫cos⁡2t dt=a2∫1+cos⁡2t2 dt=a22t+a24sin⁡2t+C=a22t+a22sin⁡tcos⁡t+C\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⁡xat = \arcsin\dfrac{x}{a}，sin⁡t=xa\sin t = \dfrac{x}{a}，cos⁡t=a2−x2a\cos t = \dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}：

∫a2−x2 dx=a22arcsin⁡xa+x2a2−x2+C\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

💡 【SOLUTION】 解法二（分部积分法 —— 加项减项构造原式）

设 I=∫a2−x2 dxI = \displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x：

I=xa2−x2−∫x d(a2−x2)=xa2−x2−∫x⋅−xa2−x2 dx=xa2−x2+∫x2a2−x2 dx=xa2−x2−∫(a2−x2)−a2a2−x2 dx=xa2−x2−∫a2−x2 dx+a2∫dxa2−x2=xa2−x2−I+a2arcsin⁡xa\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=xa2−x2+a2arcsin⁡xa+C02I = x\sqrt{a^2-x^2} + a^2\arcsin\dfrac{x}{a} + C_0，两边同除以 22：

I=x2a2−x2+a22arcsin⁡xa+CI = \frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C

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

💡 【经典例题】 例 3.30.2

推导并计算不定积分 ∫a2+x2 dx(a>0)\displaystyle\int \sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x \quad (a>0)。

💡 【SOLUTION】 解法一（三角换元法）

令 x=atan⁡t(−π2<t<π2)x = a\tan t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)，则 dx=asec⁡2t dt\mathrm{d}x = a\sec^2 t\,\mathrm{d}t，a2+x2=asec⁡t\sqrt{a^2+x^2} = a\sec t：

∫a2+x2 dx=∫(asec⁡t)(asec⁡2t) dt=a2∫sec⁡3t dt\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 ∫sec⁡3t dt=12sec⁡ttan⁡t+12ln⁡∣sec⁡t+tan⁡t∣+C\displaystyle\int\sec^3 t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\sec t\tan t + \frac{1}{2}\ln|\sec t+\tan t| + C：

∫a2+x2 dx=a22sec⁡ttan⁡t+a22ln⁡∣sec⁡t+tan⁡t∣+C=a22⋅a2+x2a⋅xa+a22ln⁡∣a2+x2a+xa∣+C=x2a2+x2+a22ln⁡∣x+a2+x2∣−a22ln⁡a+C\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+a2+x2>0x+\sqrt{a^2+x^2} > 0 恒成立，且常数项 −a22ln⁡a-\dfrac{a^2}{2}\ln a 可归并入任意常数 CC：

∫a2+x2 dx=x2a2+x2+a22ln⁡(x+a2+x2)+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

💡 【SOLUTION】 解法二（分部积分法 —— 加项减项构造原式）

设 I=∫a2+x2 dxI = \displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}\,\mathrm{d}x：

I=xa2+x2−∫x d(a2+x2)=xa2+x2−∫x⋅xa2+x2 dx=xa2+x2−∫(x2+a2)−a2a2+x2 dx=xa2+x2−∫a2+x2 dx+a2∫dxa2+x2=xa2+x2−I+a2ln⁡(x+a2+x2)\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=xa2+x2+a2ln⁡(x+a2+x2)+C02I = x\sqrt{a^2+x^2} + a^2\ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right) + C_0，两边同除以 22：

I=x2a2+x2+a22ln⁡(x+a2+x2)+CI = \frac{x}{2}\sqrt{a^2+x^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x+\sqrt{a^2+x^2}\right) + C

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

💡 【经典例题】 例 3.31 ｜ 1993 考研真题

计算定积分 ∫0π/4x1+cos⁡2x dx\displaystyle\int_0^{\pi/4} \frac{x}{1+\cos 2x}\,\mathrm{d}x。

💡 【SOLUTION】 解

第一步：二倍角降幂化简分母

由 1+cos⁡2x=2cos⁡2x1+\cos 2x = 2\cos^2 x，被积函数化为：

x1+cos⁡2x=x2cos⁡2x=12xsec⁡2x\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

将“恶心项”sec⁡2x\sec^2 x 放入 d\mathrm{d} 后面凑成 d(tan⁡x)\mathrm{d}(\tan x)：

∫0π/4x1+cos⁡2x dx=12∫0π/4xsec⁡2x dx=12∫0π/4x d(tan⁡x)=12([xtan⁡x]0π/4−∫0π/4tan⁡x dx)=12(π4⋅1−0−[−ln⁡∣cos⁡x∣]0π/4)=12(π4+ln⁡(cos⁡π4)−ln⁡(cos⁡0))=12(π4+ln⁡22)=12(π4−12ln⁡2)=π8−14ln⁡2\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}

2. 统一角变量与约分技巧

💡 【经典例题】 例 3.32 ｜ 1990 数三真题

求不定积分 ∫xcos⁡4x2sin⁡3x dx\displaystyle\int \frac{x\cos^4\frac{x}{2}}{\sin^3 x}\,\mathrm{d}x。

💡 【SOLUTION】 解

分析思路：式中同时出现变量 xx 与半角 x2\dfrac{x}{2} 的三角函数，必须统一角变量。由于分子为高次偶次幂，若将分子改写为 xx 的三角函数形式极为繁琐；优先将分母用二倍角公式展开：

sin⁡x=2sin⁡x2cos⁡x2  ⟹  sin⁡3x=8sin⁡3x2cos⁡3x2\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：

xcos⁡4x2sin⁡3x=xcos⁡4x28sin⁡3x2cos⁡3x2=18xcos⁡x2sin⁡3x2\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：

cos⁡x2sin⁡3x2 dx=2sin⁡−3x2 d(sin⁡x2)=−d(sin⁡−2x2)=−d(csc⁡2x2)\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：

∫xcos⁡4x2sin⁡3x dx=−18∫x d(csc⁡2x2)=−18xcsc⁡2x2+18∫csc⁡2x2 dx=−18xcsc⁡2x2−14cot⁡x2+C\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}

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

💡 【重点关注】 原函数的必要性说明

华里士公式（点火公式）仅适用于区间 [0,π2][0, \dfrac{\pi}{2}] 上的定积分。在非特定区间或不定积分计算中，求解 sin⁡nx\sin^n x 与 cos⁡nx\cos^n x 的原函数属于基本功，必须熟练掌握。

💡 【SUMMARY】 高次正弦、余弦原函数速查表

幂次∫sin⁡nx dx\displaystyle\int \sin^n x\,\mathrm{d}x∫cos⁡nx dx\displaystyle\int \cos^n x\,\mathrm{d}x常用手法 / 核心原理
2 次12x−14sin⁡2x+C\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4}\sin 2x + C12x+14sin⁡2x+C\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{4}\sin 2x + C二倍角降幂：1∓cos⁡2x2\dfrac{1\mp\cos 2x}{2}
3 次−cos⁡x+13cos⁡3x+C-\cos x + \dfrac{1}{3}\cos^3 x + Csin⁡x−13sin⁡3x+C\sin x - \dfrac{1}{3}\sin^3 x + C凑微分：拆一项进 d\mathrm{d}，平方项用同角恒等式
4 次38x−14sin⁡2x+132sin⁡4x+C\dfrac{3}{8}x - \dfrac{1}{4}\sin 2x + \dfrac{1}{32}\sin 4x + C38x+14sin⁡2x+132sin⁡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

💡 【经典例题】 例 3.32.1 ｜ 六大高次幂积分逐项推导

(1) 2 次幂积分（降幂公式）：

∫sin⁡2x dx=∫1−cos⁡2x2 dx=12x−14sin⁡2x+C\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 ∫cos⁡2x dx=∫1+cos⁡2x2 dx=12x+14sin⁡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）：

∫sin⁡3x dx=−∫(1−cos⁡2x) d(cos⁡x)=−cos⁡x+13cos⁡3x+C\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 ∫cos⁡3x dx=∫(1−sin⁡2x) d(sin⁡x)=sin⁡x−13sin⁡3x+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）：

∫sin⁡4x dx=∫(1−cos⁡2x2)2dx=14∫(1−2cos⁡2x+cos⁡22x) dx=14x−14sin⁡2x+14∫1+cos⁡4x2 dx=38x−14sin⁡2x+132sin⁡4x+C\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} ∫cos⁡4x dx=∫(1+cos⁡2x2)2dx=14∫(1+2cos⁡2x+cos⁡22x) dx=14x+14sin⁡2x+14∫1+cos⁡4x2 dx=38x+14sin⁡2x+132sin⁡4x+C\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}

💡 【技巧与方法】 避坑指南

sin⁡2x,sin⁡4x,cos⁡2x,cos⁡4x\sin^2 x, \sin^4 x, \cos^2 x, \cos^4 x 虽然满足 R(−sin⁡x,−cos⁡x)=R(sin⁡x,cos⁡x)R(-\sin x, -\cos x) = R(\sin x, \cos x)，但若直接使用三角有理式通法“凑 d(tan⁡x)\mathrm{d}(\tan x)”计算量极大。强烈推荐直接使用降幂公式法。

4. 幂函数与三角高次混合积分

💡 【经典例题】 例 3.32.2

计算不定积分 ∫xsin⁡2x dx\displaystyle\int x\sin^2 x\,\mathrm{d}x。

💡 【SOLUTION】 解

方法一：利用 sin⁡2x\sin^2 x 的已知原函数分部积分

由 ∫sin⁡2x dx=12x−14sin⁡2x\displaystyle\int\sin^2 x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x：

∫xsin⁡2x dx=∫x d(12x−14sin⁡2x)=x(12x−14sin⁡2x)−∫(12x−14sin⁡2x)dx=12x2−14xsin⁡2x−(14x2+18cos⁡2x)+C=14x2−14xsin⁡2x−18cos⁡2x+C\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

∫xsin⁡2x dx=∫x⋅1−cos⁡2x2 dx=12∫x dx−12∫xcos⁡2x dx=14x2−14∫x d(sin⁡2x)=14x2−14(xsin⁡2x−∫sin⁡2x dx)=14x2−14xsin⁡2x−18cos⁡2x+C\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}

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

💡 【技巧与方法】 巧记与对应关系

  1. 倒数关系记忆：
    • sec⁡\sec 三个字母倒过来是“ces”，形态接近 cos⁡\cos，故 sec⁡x=1cos⁡x\sec x = \dfrac{1}{\cos x}；
    • 类似地，csc⁡x=1sin⁡x\csc x = \dfrac{1}{\sin x}。
  2. 同角平方恒等式： tan⁡2x+1=sec⁡2x,cot⁡2x+1=csc⁡2x\tan^2 x + 1 = \sec^2 x, \qquad \cot^2 x + 1 = \csc^2 x
  3. 核心导数公式（必须形成肌肉记忆）： (tan⁡x)′=sec⁡2x,(cot⁡x)′=−csc⁡2x(sec⁡x)′=sec⁡xtan⁡x,(csc⁡x)′=−csc⁡xcot⁡x\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}
  4. 常见平方组合积分： ∫tan⁡2x dx=∫(sec⁡2x−1) dx=tan⁡x−x+C∫cot⁡2x dx=∫(csc⁡2x−1) dx=−cot⁡x−x+C\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

💡 【经典例题】 例 3.33 ｜ 1997 数二真题

计算不定积分 ∫e2x(tan⁡x+1)2 dx\displaystyle\int e^{2x}(\tan x+1)^2\,\mathrm{d}x。

💡 【SOLUTION】 解

展开被积函数平方项，利用恒等式 tan⁡2x+1=sec⁡2x\tan^2 x+1 = \sec^2 x：

∫e2x(tan⁡x+1)2 dx=∫e2x(tan⁡2x+2tan⁡x+1) dx=∫e2xsec⁡2x dx+∫2e2xtan⁡x dx=∫e2x d(tan⁡x)+∫2e2xtan⁡x dx\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：

∫e2x d(tan⁡x)=e2xtan⁡x−∫tan⁡x d(e2x)=e2xtan⁡x−∫2e2xtan⁡x dx\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：

∫e2x(tan⁡x+1)2 dx=e2xtan⁡x+C\int e^{2x}(\tan x+1)^2\,\mathrm{d}x = e^{2x}\tan x + C

💡 【避坑警示】 重点提醒

两个相同的不定积分作差抵消，结果不是 00，而是任意常数 CC！

3. 三次正割与三次余割积分专项推导

💡 【核心公式】 三次正割与三次余割必背公式

  1. ∫sec⁡3x dx=12sec⁡xtan⁡x+12ln⁡∣sec⁡x+tan⁡x∣+C\displaystyle\int\sec^3 x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\sec x\tan x + \frac{1}{2}\ln|\sec x+\tan x| + C
  2. ∫csc⁡3x dx=−12csc⁡xcot⁡x−12ln⁡∣csc⁡x+cot⁡x∣+C\displaystyle\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\csc x\cot x - \frac{1}{2}\ln|\csc x+\cot x| + C

💡 【经典例题】 例 3.34 ｜ ∫csc⁡3x dx\displaystyle\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x 标准推导

计算不定积分 ∫csc⁡3x dx\displaystyle\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x。

💡 【SOLUTION】 解

拆项并凑微分分部：

∫csc⁡3x dx=∫csc⁡x⋅csc⁡2x dx=−∫csc⁡x d(cot⁡x)=−csc⁡xcot⁡x+∫cot⁡x d(csc⁡x)=−csc⁡xcot⁡x−∫cot⁡2xcsc⁡x dx=−csc⁡xcot⁡x−∫(csc⁡2x−1)csc⁡x dx=−csc⁡xcot⁡x−∫csc⁡3x dx+∫csc⁡x dx=−csc⁡xcot⁡x−∫csc⁡3x dx−ln⁡∣csc⁡x+cot⁡x∣\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∫csc⁡3x dx=−csc⁡xcot⁡x−ln⁡∣csc⁡x+cot⁡x∣+C02\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x = -\csc x\cot x - \ln|\csc x+\cot x| + C_0

两边同除以 22 即得：

∫csc⁡3x dx=−12csc⁡xcot⁡x−12ln⁡∣csc⁡x+cot⁡x∣+C\int\csc^3 x\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\csc x\cot x - \frac{1}{2}\ln|\csc x+\cot x| + C

4. 正切高次积分与级数综合应用

💡 【经典例题】 例 7.75 ｜ 1999 数一真题

设数列 an=∫0π/4tan⁡nx dx(n=1,2,⋯ )a_n = \displaystyle\int_0^{\pi/4}\tan^n x\,\mathrm{d}x \quad (n=1,2,\cdots)。

（1）求无穷级数 ∑n=1∞1n(an+an+2)\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}(a_n+a_{n+2}) 的和；

（2）证明：对任意常数 λ>0\lambda>0，级数 ∑n=1∞annλ\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^\lambda} 收敛。

💡 【SOLUTION】 （1）解

观察通项中相邻两项之和：

an+an+2=∫0π/4(tan⁡nx+tan⁡n+2x)dx=∫0π/4tan⁡nx(1+tan⁡2x) dx=∫0π/4tan⁡nxsec⁡2x dx=∫0π/4tan⁡nx d(tan⁡x)=[tan⁡n+1xn+1]0π/4=1n+1\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：

1n(an+an+2)=1n(n+1)=1n−1n+1\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：

SN=∑n=1N(1n−1n+1)=1−1N+1S_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：

∑n=1∞1n(an+an+2)=lim⁡N→∞SN=lim⁡N→∞(1−1N+1)=1\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

💡 【SOLUTION】 （2）证

当 x∈[0,π4]x \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right] 时，0≤tan⁡x≤10 \le \tan x \le 1。 故对任意正整数 nn，恒有 0≤tan⁡n+1x≤tan⁡nx0 \le \tan^{n+1} x \le \tan^n x，因此数列 {an}\{a_n\} 单调递减且各项均非负：

0<an+2<an+1<an0 < a_{n+2} < a_{n+1} < a_n

由（1）知 an+an+2=1n+1a_n + a_{n+2} = \dfrac{1}{n+1}，结合单调性可得放缩不等式：

2an+2<an+an+2=1n+1<2an2a_{n+2} < a_n + a_{n+2} = \frac{1}{n+1} < 2a_n

即：

  • an>12(n+1)a_n > \dfrac{1}{2(n+1)}
  • an+2<12(n+1)  ⟹  an<12(n−1)(n≥2)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≥2n \ge 2）：

0<annλ<12(n−1)nλ≤1n1+λ(当 n≥2 时)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 λ>0\lambda > 0，所以 p=1+λ>1p = 1+\lambda > 1。由 pp-级数审敛法知，正项级数 ∑n=1∞1n1+λ\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 ∑n=1∞annλ\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^\lambda} 必收敛。

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

💡 【METHOD】 嵌套化简的核心心法

  • arctan⁡(sin⁡x)\arctan(\sin x) 属于最简形式，无法进一步化简代数式；
  • sin⁡(arctan⁡x)\sin(\arctan x)、cos⁡(arcsin⁡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。
  • 化简通法：令内层反三角函数为 tt（即令 t=arctan⁡x  ⟹  tan⁡t=xt = \arctan x \implies \tan t = x），构造辅助直角三角形读取各边比值。

💡 【经典例题】 例 3.35

化简表达式 arcsin⁡[2sin⁡(arctan⁡x)]\displaystyle\arcsin\left[\sqrt{2}\sin(\arctan x)\right]。

💡 【SOLUTION】 解

令 arctan⁡x=t(−π2<t<π2)\arctan x = t \quad \left(-\dfrac{\pi}{2} < t < \dfrac{\pi}{2}\right)，则 tan⁡t=x\tan t = x。

构造直角三角形：

  • 对边 =x= x
  • 邻边 =1= 1
  • 斜边 =1+x2= \sqrt{1+x^2}

从而：

sin⁡(arctan⁡x)=sin⁡t=x1+x2\sin(\arctan x) = \sin t = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

代入原式得最终化简形式：

arcsin⁡[2sin⁡(arctan⁡x)]=arcsin⁡(2x1+x2)\arcsin\left[\sqrt{2}\sin(\arctan x)\right] = \arcsin\left(\frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{1+x^2}}\right)

💡 【技巧与方法】 半角万能代换的直角三角形几何推导

同理，令 tan⁡x2=t\tan\dfrac{x}{2} = t，构造直角三角形（对边 tt，邻边 11，斜边 1+t2\sqrt{1+t^2}）：

  • sin⁡x2=t1+t2,cos⁡x2=11+t2\sin\dfrac{x}{2} = \dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}, \quad \cos\dfrac{x}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}
  • 利用二倍角公式可直接写出万能公式： sin⁡x=2t1+t2,cos⁡x=1−t21+t2,dx=21+t2 dt\sin x = \frac{2t}{1+t^2}, \qquad \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \qquad \mathrm{d}x = \frac{2}{1+t^2}\,\mathrm{d}t

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

💡 【METHOD】 对比与速算心法

计算形如 ∫ln⁡(ax+b) dx\displaystyle\int\ln(ax+b)\,\mathrm{d}x 时：

  • 直接分部法： ∫ln⁡(2x+1) dx=xln⁡(2x+1)−∫2x2x+1 dx=xln⁡(2x+1)−x+12ln⁡(2x+1)+C\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（极力推荐）： ∫ln⁡(2x+1) dx=12∫ln⁡(2x+1) d(2x+1)=12(2x+1)ln⁡(2x+1)−x+C\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

一般结论公式：

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

3. 辅助角公式在定积分中的妙用

💡 【核心公式】 高中三角恒等式速查

  1. 和差角公式： sin⁡(α±β)=sin⁡αcos⁡β±cos⁡αsin⁡β,cos⁡(α±β)=cos⁡αcos⁡β∓sin⁡αsin⁡β\sin(\alpha\pm\beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \cos\alpha\sin\beta, \qquad \cos(\alpha\pm\beta) = \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta
  2. 辅助角合一变形： asin⁡θ+bcos⁡θ=a2+b2sin⁡(θ+φ)=a2+b2cos⁡(θ−ϕ)a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\varphi) = \sqrt{a^2+b^2}\cos(\theta-\phi)

💡 【经典例题】 例 3.35.1

计算定积分 3∫0π/21(cos⁡θ+sin⁡θ)3 dθ\displaystyle 3\int_0^{\pi/2}\frac{1}{(\cos\theta+\sin\theta)^3}\,\mathrm{d}\theta。

💡 【SOLUTION】 解

第一步：利用辅助角公式化简分母

cos⁡θ+sin⁡θ=2(22cos⁡θ+22sin⁡θ)=2cos⁡(θ−π4)\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=θ−π4u = \theta - \dfrac{\pi}{4}，则 dθ=du\mathrm{d}\theta = \mathrm{d}u；当 θ=0\theta = 0 时 u=−π4u = -\dfrac{\pi}{4}，当 θ=π2\theta = \dfrac{\pi}{2} 时 u=π4u = \dfrac{\pi}{4}：

3∫0π/2dθ(cos⁡θ+sin⁡θ)3=3∫−π/4π/4du[2cos⁡u]3=322∫−π/4π/4sec⁡3u du=32∫0π/4sec⁡3u du\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：

∫0π/4sec⁡3u du=[12sec⁡utan⁡u+12ln⁡∣sec⁡u+tan⁡u∣]0π/4=12(2⋅1)+12ln⁡(2+1)−0=22+12ln⁡(2+1)\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∫0π/2dθ(cos⁡θ+sin⁡θ)3=32[22+12ln⁡(2+1)]=32+324ln⁡(2+1)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)

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