3.1 不定积分：基本公式、有理分式分解、三角函数积分与换元分部手法

列表：上行对 $u = x^3+2x+6$ 逐次求导，下行对 $e^{2x}$ 逐次积分：

错位相乘，符号交替：

注意到 $1-x^4 = (1-x^2)(1+x^2) = (1-x)(1+x)(1+x^2)$，故

设 $\dfrac{1}{x^2(1-x^4)} = \dfrac{A}{x^2}+\dfrac{B}{x}+\dfrac{C}{1-x}+\dfrac{D}{1+x}+\dfrac{Ex+F}{1+x^2}$。

用留数定理：$A = \left.\dfrac{1}{1-x^4}\right|_{x=0} = 1$。

通分比较系数，解得 $A=1$，$B=0$，$C=\frac{1}{4}$，$D=-\frac{1}{4}$，$E=-1$，$F=0$。

设 $\dfrac{1}{x^4(1+x^2)} = \dfrac{A}{x^4}+\dfrac{B}{x^3}+\dfrac{C}{x^2}+\dfrac{D}{x}+\dfrac{Ex+F}{1+x^2}$。

通分比较系数：$A=1$，$B=0$，$C=-1$，$D=0$，$E=0$，$F=1$。

试根：$x=1$ 时，$1+1-10+8=0$，故 $(x-1)$ 是因式。

用长除法或配凑：$x^3+x^2-10x+8 = (x-1)(x^2+2x-8) = (x-1)(x+4)(x-2)$。

留数定理裂项：

$A = \frac{1}{(1+4)(1-2)} = -\frac{1}{5}$，$B = \frac{1}{(-4-1)(-4-2)} = \frac{1}{30}$，$C = \frac{1}{(2-1)(2+4)} = \frac{1}{6}$。

注意到 $1+x^6 = (1+x^2)(1-x^2+x^4)$，且 $1+x^4 = (1-x^2+x^4)+x^2$，故

配方：$x^2-x+1 = (x-\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$。

拆分分子：$2x+3 = (2x-1)+4$。

第一项：$\ln(x^2-x+1)\Big|_0^1 = \ln 1 - \ln 1 = 0$。

第二项：$4\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{x-1/2}{\sqrt{3}/2}\Bigg|_0^1 = \frac{8}{\sqrt{3}}\left[\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}-\arctan\frac{-1}{\sqrt{3}}\right] = \frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{8\sqrt{3}\pi}{9}$。

$R(-\sin x, \cos x) = -R(\sin x, \cos x)$，故为 $\sin x$ 的奇函数，令 $u = \cos x$，$du = -\sin x\,dx$：

裂项：$\dfrac{1}{(1-u^2)u^4} = \dfrac{1}{u^4}+\dfrac{1}{u^2}+\dfrac{1}{1-u^2}$。

令 $u = \tan x$，$du = \sec^2 x\,dx$：

方法三（万能代换）：令 $t = \tan\frac{x}{2}$，则 $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$，$dx = \frac{2}{1+t^2}dt$：

设 $\sin x = M(\sin x+\cos x)+N(\cos x-\sin x)$，比较系数：

$M - N = 1$，$M + N = 0$，解得 $M = \frac{1}{2}$，$N = -\frac{1}{2}$。

方法一（三角换元）：令 $x = \tan t$，$dx = \sec^2 t\,dt$，$\sqrt{1+x^2} = \sec t$：

令 $u = \sec t$：$= \int (u^2-1)^2\,du = \frac{u^5}{5}-\frac{2u^3}{3}+u+C$

回代 $u = \sqrt{1+x^2}$：

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

分部积分：$= 2t\ln(t^2+1) - 2\int \frac{2t^2}{t^2+1}\,dt = 2t\ln(t^2+1) - 4t + 4\arctan t + C$

回代：$= 2\sqrt{e^x-1}\cdot x - 4\sqrt{e^x-1} + 4\arctan\sqrt{e^x-1}+C$

令 $t = \ln x$，$x = e^t$，$dx = e^t\,dt$：

用表格法或两次分部积分：$\int e^t\sin t\,dt = \frac{e^t}{2}(\sin t - \cos t)+C$

回代：$= \frac{x}{2}[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)]+C$

原资料未提供单独例题解答，以上公式即为该知识点的核心内容。后续例 3.29 中会用到此配方技巧。

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

分部积分：令 $u = \sec t$，$dv = \sec^2 t\,dt$，则 $du = \sec t\tan t\,dt$，$v = \tan t$：

移项：$2\int \sec^3 t\,dt = \sec t\tan t + \ln|\sec t+\tan t|+C$

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

无需背诵，要掌握红笔的推导过程！

三角换元：令 $x = a\sin t$，$t\in[0,\frac{\pi}{2})$，$dx = a\cos t\,dt$：

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

分部积分：令 $u = \sqrt{a^2-x^2}$，$dv = dx$：

移项相加，除以2：

分部积分：令 $u = \csc x$，$dv = \csc^2 x\,dx$，则 $du = -\csc x\cot x\,dx$，$v = -\cot x$：

移项：$2\int \csc^3 x\,dx = -\csc x\cot x + \ln|\csc x-\cot x|+C$

处理思想和 $\sec^3 x$ 一模一样。考研真题已不止一次考过 $\sec^3 x$ 的积分，$\csc^3 x$ 也是很好的命题角度，一定要掌握！

展开：$(\tan x+1)^2 = \tan^2 x + 2\tan x + 1 = \sec^2 x + 2\tan x$。

对第一项分部积分：$\int e^{2x}\sec^2 x\,dx = e^{2x}\tan x - 2\int e^{2x}\tan x\,dx$

代入：原式 $= e^{2x}\tan x - 2\int e^{2x}\tan x\,dx + 2\int e^{2x}\tan x\,dx = e^{2x}\tan x + C$

两个相同的不定积分作差，结果不是0，而是 $C$！

利用 $\cos\theta+\sin\theta = \sqrt{2}\cos(\theta-\frac{\pi}{4})$，令 $u = \theta-\frac{\pi}{4}$：

由 $\int \sec^3 u\,du = \frac{1}{2}\sec u\tan u + \frac{1}{2}\ln|\sec u+\tan u|+C$：

最终结果：$\dfrac{3}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)\right) = \dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1)$