积分专题复习

通常来说，单变量积分是数学分析B1课程的一个难点，不仅是直接的积分计算有难度，还有利用积分定理（如第一、第二积分中值定理）构造函数进行证明、积分值作为级数各项考虑其收敛性等题型. 不过近年试题中并未出现过或方法或结果复杂的不定积分积分计算题¹，本篇会更着眼于考试中出现的题型，尽可能覆盖所有需要的技巧. 至于证明类题²，考试中不会出现单独考察利用积分定理的构造证明（和微分学考察微分中值定理不一样），而结合其他知识点出现时会放在该知识点的讲义中进行讲解. 那么，我们开始吧.

1不定积分

1.1 要点与技巧

1.
不定积分的结果别忘了待上积分常数 $C$ .
2.
换元法常用微分关系³：

$e^{x} d x = d (e^{x}), \frac{d x}{x} = d (ln x),$
(1)
$sin x d x = - d (cos x), cos x d x = d (sin x),$
(2)
$\frac{d x}{cos ^{2} x} = d (tan x), \frac{d x}{sin ^{2} x} = - d (cot x),$
(3)
$\frac{d x}{1 + x ^{2}} = d (arctan x), \frac{d x}{1 - x ^{2}} = d (arcsin x) .$
(4)

更一般地， $x$ 可换为任一变量或函数，有如上形式的表达式均可作如此微分变换，如

$\frac{1}{1 + ( arctan x ) ^{2}} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = \frac{d ( arctan x )}{1 + ( arctan x ) ^{2}} = d (arctan (arctan x)) .$
(5)
3.
换元法技巧：
1. (a).
  原则上只要碰到反三角函数，都可以将其整体作变量代换，以消去对表达式作分部积分或分离等操作时不容易看出性质的反三角函数. 当然形式非常明显的如 $\frac{arcsin x}{1 - x ^{2}}$ 可省略代换这一步.
2. (b).
  三角函数、反三角函数作用的表达式原则上都可以作整体变量代换，如 $sin \frac{1}{x}$ 中可令 $u = 1/ x$ ，以便将其化为容易分析性质的三角函数或为上一条提到的变量代换做准备.
3. (c).
  牢记三角恒等式 $\frac{1}{cos ^{2} x} = 1 + tan^{2} x$ ，这一公式常用于配三角函数有理式：
  
  $d x = cos^{2} x \cdot \frac{d x}{cos ^{2} x} = \frac{d ( tan x )}{1 + tan ^{2} x}$
  (6)
  
  以及常见平方和差结构的换元 $(a > 0)$ ：
  
  $x^{2} + a^{2} ⟶ x = a sinh t 或 x = a tan t,$
  (7)
  $x^{2} - a^{2} ⟶ x = a cosh t 或 x = \frac{a}{cos t},$
  (8)
  $a^{2} - x^{2} ⟶ x = a sin t .$
  (9)
4. (d).
  若根号内的表达式为分式线性函数⁴或形如 $e^{x} - 1, ln x, tan x$ 的单调函数，可将表达式带根号整体换元，如 $[3] 2 x + 1 = u$ ，则 $x = (u^{3} - 1) /2$ . 若 $x$ 的次数为不小于3的奇数或既约分数，通常会两步换元——先令 $t = x^{n}$ ，再令 $u$ 为带根号的整体表达式，如
  
  $\frac{d x}{x + 1} = t = x \frac{2 t d t}{t + 1} = u = t + 1 \frac{2 ( u ^{2} - 1 )}{u} \cdot 2 u d u .$
  (10)
4.
分部积分法技巧：考试中常见形式为有理函数与作用在 $x$ （而非含 $x$ 的表达式）上的指数函数、对数函数、（反）三角函数的乘积，特征较明显，所以这类题的关键在于分辨其结构. 通常来说，若为对数函数和反三角函数则先对有理函数积分，若为指数函数和三角函数则先对指数函数或三角函数积分.
5.
有理函数积分技巧：
1. (a).
  首先需要比较分母与分子的次数，将有理分式拆分为整式和分式.
2. (b).
  拆解分式的基本原则是能用直接看出来的分解方法就用，比如将用如下几种快速拆解的方法组合，待定系数法永远是下下策.
3. (c).
  最简单的形式为分母的多项式可在实数域上因式分解若干形如 $(x^{n} + a)$ （各项次数 $n$ 相同）的多项式，如
  
  $\frac{1}{x ^{2} - 3 x - 4} = \frac{1}{( x - 4 ) ( x + 1 )} = \frac{1}{5} (\frac{1}{x - 4} - \frac{1}{x + 1}),$
  (11)
  $\frac{1}{x ^{3} - 4 x ^{2} + 5 x - 2} = \frac{1}{( x - 1 ) ^{2} ( x - 2 )} = \frac{1}{x - 1} (\frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1})$
  $= (\frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1}) - \frac{1}{( x - 1 ) ^{2}},$
  (12)
  $\frac{1}{x ^{4} + 5 x ^{2} + 6} = \frac{1}{( x ^{2} + 2 ) ( x ^{2} + 3 )} = \frac{1}{x ^{2} + 2} - \frac{1}{x ^{2} + 3} .$
  (13)
4. (d).
  若分母含 $x^{n}$ 项且 $n$ 不低于剩余分解因式的最高次数，则可利用此项进行上一条提到的配项操作.
5. (e).
  对于 $k > - 2$ ，牢记如下形式的分解：
  
  $\frac{1}{x ^{4 n} - k x ^{2} + 1} = \frac{1}{( x ^{2 n} + 1 ) ^{2} - ( k + 2 ) x ^{2 n}}$
  $= \frac{1}{( x ^{2 n} + k + 2 x ^{n} + 1 ) ( x ^{2 n} - k + 2 x ^{n} + 1 )} .$
  (14)
6. (f).
  对于三角函数有理分式，视 $sin x, cos x$ 为同次，则视 $tan x$ 为常数时，若每一含正弦或余弦的项内各项次数只差偶数次（如 $1 + cos^{2} x + sin^{4} x tan x$ ，而 $1 + sin x$ 则不满足），则可比较分母与分子的次数差. 若差偶数次，则可利用三角恒等式 $1/ cos^{2} x = 1 + tan^{2} x$ 以及 $d x / cos^{2} x = d (tan x)$ 将其化为关于 $tan x$ 的有理分式，作换元 $u = tan x$ 后化为有理分式积分，如
  
  $\int \frac{d x}{cos ^{4} x + sin ^{2} x} = \int \frac{1/ cos ^{2} x}{1 + tan ^{2} x ( 1/ cos ^{2} x )} \frac{d x}{cos ^{2} x}$
  $= u = t a n x \int \frac{1 + u ^{2}}{1 + u ^{2} ( 1 + u ^{2} )} d u .$
  (15)
  
  若差奇数次，则将提供奇数次项的因子并入微分，再将微分表达式换元，如
  
  $\frac{sin ^{3} x}{cos ^{4} x + sin ^{2} x} d x = - \frac{sin ^{2} x}{cos ^{4} x + sin ^{2} x} d (cos x) = u = c o s x \frac{u ^{2} - 1}{u ^{4} + ( 1 - u ^{2} )} d u .$
  (16)
7. (g).
  若三角函数有理分式不满足上一条的条件，则考虑将其化为 $sin x, cos x$ 之一的有理分式. 除此之外，还有下下策，即利用万能公式
  
  $cos x = \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}, sin x = \frac{2 t}{1 + t ^{2}}, tan x = \frac{2 t}{1 - t ^{2}} .$
  (17)
  
  将表达式换为关于 $t$ 的有理分式，其中 $t = tan (x /2)$ .

1.2 习题讲解

1.2.1 换元法计算不定积分

1.
$\int \frac{e ^{3 x} + 1}{e ^{x} + 1} d x$ .
2.
$\int tan^{2} x d x$ .
3.
$\int \frac{1 + cos ^{2} x}{1 + cos 2 x} d x$ .
4.
$\int \frac{1}{x ^{2}} sin \frac{1}{x} d x$ .
5.
$\int \frac{cos x - sin x}{1 + sin x + cos x} d x$ .
6.
$\int \frac{arctan x}{1 + x ^{2}} d x$ .
7.
$\int x 1 - x^{2} d x$ .
8.
$\int \frac{d x}{x ( 1 + x )}$ .
9.
$\int \frac{arctan ( 1/ x )}{1 + x ^{2}} d x$ .
10.
$\int \frac{1 + ln x}{1 + x ln x} d x$ .
11.
$\int e^{x} - 2 d x$ .
12.
$\int x^{2} + a^{2} d x$ .
13.
$\int \frac{d x}{( x ^{2} - a ^{2} ) ^{3/2}}$ .
14.
$\int \frac{x ^{2}}{a ^{2} - x ^{2}} d x$ .
15.
$\int \frac{1}{1 + x + 1} d x$ .
16.
$\int \frac{x + 2}{[ 3 ] 2 x + 1} d x$ .

解

1.
$\int \frac{e ^{3 x} + 1}{e ^{x} + 1} d x = \int [(e^{x})^{2} - (e^{x}) + 1] d x = \frac{1}{2} e^{2 x} - e^{x} + x + C$ .
2.
$\int tan^{2} x d x = \int (\frac{1}{cos ^{2} x} - 1) d x = tan x - x + C$ .
3.
$\int \frac{1 + cos ^{2} x}{1 + cos 2 x} d x = \frac{1}{2} \int (\frac{1}{cos ^{2} x} + 1) d x = \frac{1}{2} (tan x + x) + C$ .
4.
$\int \frac{1}{x ^{2}} sin \frac{1}{x} d x = - \int sin \frac{1}{x} d (\frac{1}{x}) = cos \frac{1}{x} + C$ .
5.
$\int \frac{cos x - sin x}{1 + sin x + cos x} d x = \int \frac{d ( 1 + sin x + cos x )}{1 + sin x + cos x} = ln ∣ 1 + sin x + cos x ∣ + C$ .
6.
$\int \frac{arctan x}{1 + x ^{2}} d x = \int arctan x d arctan x = \frac{1}{2} (arctan x)^{2} + C$ .
7.
$\int x 1 - x^{2} d x = - \frac{1}{2} \int 1 - x^{2} d (1 - x^{2}) = - \frac{1}{3} (1 - x^{2})^{3/2} + C$ .
8.
$\int \frac{d x}{x ( 1 + x )} = 2 \int \frac{d x}{1 + ( x ) ^{2}} = 2 arctan x + C$ .
9.
$\int \frac{arctan ( 1/ x )}{1 + x ^{2}} d x = - \int \frac{arctan ( 1/ x )}{1 + ( 1/ x ) ^{2}} d (\frac{1}{x}) = - \frac{1}{2} (arctan \frac{1}{x})^{2} + C$ .
10.
$\int \frac{1 + ln x}{1 + x ln x} d x = \int \frac{d ( 1 + x ln x )}{1 + ln x} = ln ∣ 1 + x ln x ∣ + C$ .
11.
令 $u = e^{x} - 2$ ，则 $x = ln (u^{2} + 2)$ ，从而

$\int e^{x} - 2 d x = \int u \cdot \frac{2 u d u}{u ^{2} + 2} = 2 \int (1 - \frac{2}{u ^{2} + 2}) d u$
$= 2 u - 22 arctan \frac{u}{2} + C$
$= 2 e^{x} - 2 - 22 arctan \frac{e ^{x}}{2} - 1 + C .$
(18)
12.
令 $x = a sinh t$ ，则 $t = arcsinh (x / a)$ ，从而

$\int x^{2} + a^{2} d x = \int a cosh t \cdot a cosh t d t = a^{2} \int \frac{1 + cosh 2 t}{2} d t$
$= \frac{a ^{2}}{4} (2 t + sinh 2 t) + C = \frac{a ^{2}}{2} (t + sinh t 1 + sinh^{2} t) + C$
$= \frac{1}{2} [a^{2} ln (\frac{x}{a} + 1 + \frac{x ^{2}}{a ^{2}}) + x x^{2} + a^{2}] + C .$
(19)
13.
令 $x = a / cos t$ ，则

$\int \frac{d x}{( x ^{2} - a ^{2} ) ^{3/2}} = \int \frac{1}{a ^{3} tan ^{3} t} (- \frac{a d t}{cos ^{2} t}) = - \frac{1}{a ^{2}} \int \frac{d sin t}{sin ^{3} t}$
$= \frac{1}{2 a ^{2} sin ^{2} t} + C = \frac{x ^{2}}{2 a ^{2} ( x ^{2} - a ^{2} )} + C .$
(20)
14.
令 $x = a sin t$ ，则 $t = arcsin (x / a)$ ，从而

$\int \frac{x ^{2}}{a ^{2} - x ^{2}} d x = \int \frac{a ^{2} sin ^{2} t}{a cos t} \cdot a cos t d t = a^{2} (\frac{t}{2} - \frac{1}{4} sin 2 t) + C$
$= \frac{1}{2} (a^{2} arcsin \frac{x}{a} - x a^{2} - x^{2}) + C .$
(21)
15.
令 $u = x + 1$ ，则 $x = u^{2} - 1$ ，从而

$\int \frac{d x}{1 + x + 1} = \int \frac{2 u d u}{1 + u} = 2 (u - ln ∣ 1 + u ∣) + C = 2 (1 + x - ln 1 + x + 1) + C .$
(22)
16.
令 $u = [3] 2 x + 1$ ，则 $x = (u^{3} - 1) /2$ ，从而

$\int \frac{x + 2}{[ 3 ] 2 x + 1} d x = \int \frac{( u ^{3} - 1 ) /2 + 2}{u} \cdot \frac{3}{2} u^{2} d u = \frac{3}{4} \int (u^{4} + 3 u) d u$
$= \frac{3}{20} (2 x + 1)^{5/3} + \frac{9}{8} (2 x + 1)^{2/3} + C .$
(23)

1.2.2 分部积分法计算不定积分

1.
$\int x^{2} ln x d x$ .
2.
$\int x^{2} cos 5 x d x$ .
3.
$\int x^{2} e^{x} d x$ .
4.
$\int x arcsin x d x$ .

解

1.
$\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{1}{3} \int x^{2} d x = \frac{x ^{3}}{9} (3 ln x - 1) + C$ .
2.
对三角函数积分：

$\int x^{2} cos 5 x d x = \frac{x ^{2}}{5} sin 5 x - \frac{2}{5} \int x sin 5 x d x$
$= \frac{x ^{2}}{5} sin 5 x + \frac{2}{25} x cos 5 x - \frac{2}{25} \int cos 5 x d x$
$= \frac{1}{125} [(25 x^{2} - 2) sin 5 x + 10 x cos 5 x] + C .$
(24)
3.
$\int x^{2} e^{x} d x = x^{2} e^{x} - 2 \int x e^{x} d x = (x^{2} - 2 x) e^{x} + 2 \int e^{x} d x = (x^{2} - 2 x + 2) e^{x} + C$ .
4.
对有理函数积分后换元：

$\int x arcsin x d x = \frac{x ^{2}}{2} arcsin x - \frac{1}{2} \int \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} d x$
$= x = s i n t \frac{x ^{2}}{2} arcsin x - \frac{1}{2} \int sin^{2} t d t$
$= \frac{x ^{2}}{2} arcsin x - \frac{1}{4} (t - sin t cos t) + C$
$= \frac{1}{4} [(2 x^{2} - 1) arcsin x + x 1 - x^{2}] + C .$
(25)

1.2.3 有理函数或三角函数有理式的不定积分

1.
$\int \frac{d x}{x ^{2} + x - 2}$ .
2.
$\int \frac{x ^{4}}{x ^{2} + 1} d x$ .
3.
$\int \frac{x ^{3} + 1}{x ^{3} - x} d x$ .
4.
$\int \frac{d x}{( x ^{2} + 1 ) ( x ^{2} + x )}$ .
5.
$\int \frac{x}{( x + 1 ) ^{2} ( x ^{2} + x + 1 )} d x$ .
6.
$\int \frac{x ^{5} - x}{x ^{8} + 1} d x$ .
7.
$\int \frac{x ^{15}}{( x ^{8} + 1 ) ^{2}} d x$ .
8.
$\int \frac{1 + sin x}{sin x ( 1 + cos x )} d x$ .
9.
$\int \frac{sin ^{5} x}{cos x} d x$ .
10.
$\int \frac{sin ^{2} x cos x}{sin x + cos x} d x$ .
11.
$\int \frac{sin x cos x}{sin x + cos x} d x$ .
12.
$\int \frac{sin ^{2} x}{1 + sin ^{2} x} d x$ .
13.
$\int \frac{d x}{2 sin x + sin 2 x}$ .
14.
$\int \frac{cos x}{a sin x + b cos x} d x (a^{2} + b^{2} \neq = 0)$ .

解

1.
$\int \frac{d x}{x ^{2} + x - 2} = \int \frac{d x}{( x + 2 ) ( x - 1 )} = \frac{1}{3} \int (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 2}) = \frac{1}{3} ln \frac{x - 1}{x + 2} + C$ .
2.
$\int \frac{x ^{4}}{x ^{2} + 1} d x = \int (x^{2} - 1 + \frac{1}{x ^{2} + 1}) d x = \frac{x ^{3}}{3} - x + arctan x + C$ .
3.
$\int \frac{x ^{3} + 1}{x ^{3} - x} d x = \int \frac{x ^{2} - x + 1}{x ( x - 1 )} = \int (1 + \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x}) d x = x + ln 1 - \frac{1}{x} + C$ .
4.
逐项拆解：

$\int \frac{d x}{( x ^{2} + 1 ) ( x ^{2} + x )} = \int \frac{1}{x ^{2} + 1} (\frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}) d x$
$= \int [(\frac{1}{x} - \frac{x}{x ^{2} + 1}) - \frac{1}{2} (\frac{1}{x + 1} - \frac{x - 1}{x ^{2} + 1})] d x$
$= ln ∣ x ∣ - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) - \frac{1}{2} ln ∣ 1 + x ∣ + \frac{1}{4} ln (1 + x^{2}) - \frac{1}{2} arctan x + C$
$= - \frac{1}{4} ln (1 + \frac{1}{x ^{2}}) (1 + \frac{1}{x})^{2} - \frac{1}{2} arctan x + C .$
(26)
5.
将分母拆解：

$\int \frac{x ^{5} - x}{x ^{8} + 1} d x = \int \frac{x ( x ^{4} - 1 )}{( x ^{4} - 2 x ^{2} + 1 ) ( x ^{4} + 2 x ^{2} + 1 )} d x$
$= \frac{1}{2} \int x (\frac{2 x ^{2} - 1}{x ^{4} - 2 x ^{2} + 1} - \frac{2 x ^{2} + 1}{x ^{4} + 2 x ^{2} + 1}) d x$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} [\int \frac{d ( x ^{4} - 2 x ^{2} + 1 )}{x ^{4} - 2 x ^{2} + 1} - \int \frac{d ( x ^{4} + 2 x ^{2} + 1 )}{x ^{4} + 2 x ^{2} + 1}]$
$= \frac{2}{8} ln \frac{x ^{4} - 2 x ^{2} + 1}{x ^{4} + 2 x ^{2} + 1} + C .$
(27)
6.
先将其拆解为关于 $(x^{8} + 1)$ 的整式 $+$ 分式的形式：

$\int \frac{x ^{15}}{( x ^{8} + 1 ) ^{2}} d x = \int [\frac{x ^{7}}{x ^{8} + 1} - \frac{x ^{7}}{( x ^{8} + 1 ) ^{2}}] d x$
$= \frac{1}{8} ln (x^{8} + 1) + \frac{1}{8} \frac{1}{x ^{8} + 1} + C .$
(28)
7.
非奇次也非偶次甚至非齐次，利用二倍角公式后可化为偶次：

$\int \frac{1 + sin x}{sin x ( 1 + cos x )} d x = x = 2 u \int \frac{( cos u + sin u ) ^{2}}{2 sin u cos u \cdot 2 cos ^{2} u} \cdot 2 d u$
$= \frac{1}{2} \int \frac{( 1 + tan u ) ^{2}}{tan u} d tan u$
$= \frac{1}{4} (tan^{2} \frac{x}{2} + 4 tan \frac{x}{2} + 2 ln tan \frac{x}{2}) + C .$
(29)
8.
可化为关于 $cos x$ 的多项式：

$\int \frac{sin ^{5} x}{cos x} d x = - \int \frac{( 1 - cos ^{2} x ) ^{2}}{cos x} d cos x = - \frac{1}{4} cos^{4} x + cos^{2} x - ln ∣ cos x ∣ + C .$
(30)
9.
偶次，因此

$\int \frac{sin ^{2} x cos x}{sin x + cos x} d x = \int \frac{tan ^{2} x}{( 1 + tan x ) ( 1 + tan ^{2} x ) ^{2}} d tan x$
$= u = t a n x \int \frac{u ^{2} d u}{( 1 + u ) ( 1 + u ^{2} ) ^{2}}$
$= \frac{1}{4} \int [\frac{1}{u + 1} - \frac{u - 1}{u ^{2} + 1} + 2 \frac{u - 1}{( u ^{2} + 1 ) ^{2}}] d u$
$= \frac{1}{4} ln ∣ 1 + u ∣ - \frac{1}{8} ln (1 + u^{2}) + \frac{arctan u}{4} - \frac{1}{4 ( u ^{2} + 1 )} - \frac{1}{2} \int \frac{d u}{( u ^{2} + 1 ) ^{2}}$
$= \frac{1}{8} ln (sin x + cos x)^{2} + \frac{x}{4} - \frac{cos ^{2} x}{4} - \frac{1}{2} \int cos^{2} x d x$
$= \frac{1}{8} [2 ln ∣ sin x + cos x ∣ - (sin 2 x + cos 2 x)] + C .$
(31)
10.
奇次，但正弦和余弦均提供奇次，因此用万能公式换元： $t = tan (x /2)$ ，可得

$\int \frac{sin x cos x}{sin x + cos x} d x = \int \frac{2 t ( 1 - t ^{2} )}{1 + 2 t - t ^{2}} \frac{1}{t ^{2} + 1} \cdot \frac{2 d t}{1 + t ^{2}} = 4 \int \frac{t ( t ^{2} - 1 ) d t}{( t ^{2} - 2 t - 1 ) ( t ^{2} + 1 ) ^{2}}$
$= \int [- \frac{1}{t ^{2} + 1} + 2 \frac{t + 1}{( t ^{2} + 1 ) ^{2}} + \frac{1}{t ^{2} - 2 t - 1}] d t$
$= - arctan t - \frac{1}{t ^{2} + 1} + 2 \int \frac{d t}{( t ^{2} + 1 ) ^{2}} + \int \frac{d t}{( t - 1 ) ^{2} - 2}$
$= - \frac{x}{2} - cos^{2} \frac{x}{2} + \int cos^{2} \frac{x}{2} d x + \frac{1}{2 2} ln \frac{t - 1 - 2}{t - 1 + 2}$
$= \frac{sin x - cos x}{2} + \frac{1}{2 2} ln \frac{tan ( x /2 ) - 1 - 2}{tan ( x /2 ) - 1 + 2} + C .$
(32)
11.
偶次，因此

$\int \frac{sin ^{2} x}{1 + sin ^{2} x} d x = \int \frac{1}{1 + ( 1 + cot ^{2} x )} \frac{- d cot x}{1 + cot ^{2} x}$
$= \int (\frac{1}{2 + cot ^{2} x} - \frac{1}{1 + cot ^{2} x}) d cot x$
$= \frac{1}{2} arctan \frac{cos x}{2} - arctan cot x + C$
$= x - \frac{1}{2} arctan (2 tan x) + C^{'} .$
(33)
12.
非奇次也非偶次甚至非齐次，利用二倍角公式后可化为偶次：

$\int \frac{d x}{2 sin x + sin 2 x} = \int \frac{d x}{2 sin x ( 1 + cos x )} = \int \frac{d x}{8 sin ( x /2 ) cos ^{3} ( x /2 )}$
$= - \frac{1}{4} \int \frac{d cos ( x /2 )}{sin ^{2} ( x /2 ) cos ^{3} ( x /2 )} = u = c o s (x /2) - \frac{1}{4} \int \frac{d u}{( 1 - u ^{2} ) u ^{3}}$
$= - \frac{1}{4} \int \frac{1}{u} (\frac{1}{1 - u ^{2}} + \frac{1}{u ^{2}}) d u$
$= - \frac{1}{4} \int [\frac{1}{2} (\frac{1}{u} + \frac{1}{1 - u}) + \frac{1}{2} (\frac{1}{u} - \frac{1}{1 + u}) + \frac{1}{u ^{3}}] d u$
$= - \frac{1}{8} ln \frac{u ^{2}}{1 - u ^{2}} + \frac{1}{8 u ^{2}} + C = \frac{1}{8 cos ^{2} ( x /2 )} + \frac{1}{4} ln tan \frac{x}{2} + C .$
(34)
13.
偶次，因此

$\int \frac{cos x}{a sin x + b cos x} d x = \int \frac{d ( tan x )}{( b + a tan x ) ( 1 + tan ^{2} x )} = u = t a n x \int \frac{d u}{( b + a u ) ( 1 + u ^{2} )}$
$= \frac{1}{a ^{2} + b ^{2}} \int (\frac{a ^{2}}{b + a u} + \frac{b - a u}{1 + u ^{2}}) d u$
$= \frac{1}{a ^{2} + b ^{2}} [a ln ∣ b + a u ∣ + b arctan u - \frac{a}{2} ln 1 + u^{2}] + C$
$= \frac{1}{a ^{2} + b ^{2}} [a ln ∣ b + a tan x ∣ + b x + a ln ∣ cos x ∣] + C$
$= \frac{a ln ∣ a sin x + b cos x ∣ + b x}{a ^{2} + b ^{2}} + C .$
(35)

1.2.4 综合练习

1.
$\int \frac{d x}{1 + e ^{x}}$ .
2.
$\int \frac{x ^{2} - 1}{x ^{4} + x ^{2} + 1} d x$ .
3.
$\int \frac{d x}{x ^{4} + x ^{6}}$ .
4.
$\int \frac{x e ^{x}}{e ^{x} - 2} d x$ .
5.
$\int \frac{d x}{( 1 + tan x ) sin ^{2} x}$ .
6.
$\int \frac{x - 1}{x + 1} \frac{d x}{x ^{2}}$ .
7.
$\int cos x cos 2 x cos 3 x d x$ .
8.
$\int \frac{d x}{cos ^{4} x + sin ^{4} x}$ .
9.
$\int \frac{d x}{x + 1}$ .
10.
$\int \frac{x}{1 - x x} d x$ .

解

1.
$\int \frac{d x}{1 + e ^{x}} = \int \frac{- d ( e ^{- x} )}{1 + e ^{- x}} = - ln (1 + e^{- x}) + C$ .
2.
注意到分母是 $x^{4 n} - k x^{2 n} + 1$ 的类型，因此

$\int \frac{x ^{2} - 1}{x ^{4} + x ^{2} + 1} d x = \int \frac{x ^{2} - 1}{( x ^{2} - x + 1 ) ( x ^{2} + x + 1 )} d x$
$= \int [\frac{x - 1/2}{( x - 1/2 ) ^{2} + ( 3 /2 ) ^{2}} - \frac{x + 1/2}{( x + 1/2 ) ^{2} + ( 3 /2 ) ^{2}}] d x$
$= \frac{1}{2} ln \frac{x ^{2} - x + 1}{x ^{2} + x + 1} + C .$
(36)
3.
原积分为：

$\int \frac{d x}{x ^{4} + x ^{6}} = \int \frac{1}{x ^{2}} (\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{1 + x ^{2}}) d x = \int (\frac{1}{x ^{4}} - \frac{1}{x ^{2}} + \frac{1}{1 + x ^{2}}) d x$
$= - \frac{1}{3 x ^{3}} + \frac{1}{x} + arctan x + C .$
(37)
4.
注意到根号内为形如 $e^{x}$ 的单调函数，因此带根号整体代换： $u = e^{x} - 2$ ，则

$\int \frac{x e ^{x}}{e ^{x} - 2} d x = \int \frac{( u ^{2} + 2 ) ln ( u ^{2} + 2 )}{u} \cdot \frac{2 u d u}{u ^{2} + 2}$
$= 2 \int ln (u^{2} + 2) d u = 2 u ln (u^{2} + 2) - 4 \int \frac{u ^{2}}{u ^{2} + 2} d u$
$= 2 u ln (u^{2} + 2) - 4 (u - 2 arctan \frac{u}{2}) + C$
$= 2 (x - 2) e^{x} - 2 + 42 arctan \frac{e ^{x}}{2} - 1 + C .$
(38)
5.
偶次，因此

$\int \frac{d x}{( 1 + tan x ) sin ^{2} x} = \int \frac{cot x}{1 + cot x} \cdot [- d (cot x)] = ln ∣ 1 + cot x ∣ - cot x + C .$
(39)
6.
注意到根号内为分式线性函数，因此带根号整体代换： $u = \frac{x - 1}{x + 1}$ ，则

$\int \frac{x - 1}{x + 1} \frac{d x}{x ^{2}} = \int u (\frac{1 - u ^{2}}{1 + u ^{2}})^{2} \cdot \frac{4 u d u}{( 1 - u ^{2} ) ^{2}} = 4 \int \frac{u ^{2} d u}{( 1 + u ^{2} ) ^{2}}$
$= u = t a n t 4 \int \frac{tan ^{2} t}{1/ cos ^{4} t} \frac{d t}{cos ^{2} t} = 4 \int sin^{2} t d t$
$= 2 (t - sin t cos t) + C = 2 (arctan u - \frac{u}{1 + u ^{2}}) + C$
$= 2 arctan \frac{x - 1}{x + 1} - 1 - \frac{1}{x ^{2}} + C .$
(40)
7.
由积化和差公式，

$cos x cos 3 x = \frac{1}{2} (cos 2 x + cos 4 x) = \frac{1}{2} (2 cos^{2} 2 x + cos 2 x - 1),$
(41)

因此

$\int cos x cos 2 x cos 3 x d x = \frac{1}{2} \int (2 cos^{3} 2 x + cos^{2} 2 x - cos 2 x) d x .$
(42)

再利用二倍角公式和三倍角公式⁵降次扩角：

$\int cos x cos 2 x cos 3 x d x = \frac{1}{4} \int (3 cos 2 x + cos 6 x) d x + \frac{1}{4} \int (1 + cos 4 x) d x - \frac{1}{4} sin 2 x$
$= \frac{x}{4} + \frac{1}{8} sin 2 x + \frac{1}{16} sin 4 x + \frac{1}{24} sin 6 x + C .$
(43)
8.
偶次，因此

$\int \frac{d x}{cos ^{4} x + sin ^{4} x} = \int \frac{( 1 + tan ^{2} x ) ^{2}}{1 + tan ^{4} x} \frac{d ( tan x )}{1 + tan ^{2} x}$
$= u = t a n x \int \frac{1 + u ^{2}}{( 1 - 2 u + u ^{2} ) ( 1 + 2 u + u ^{2} )} d u$
$= \frac{1}{2} \int [\frac{1}{( 1/ 2 ) ^{2} + ( u - 1/ 2 ) ^{2}} + \frac{1}{( 2 ) ^{2} + ( u + 1/ 2 ) ^{2}}] d u$
$= \frac{2}{2} [arctan (2 u - 1) + arctan (2 u + 1)] + C$
$= \frac{1}{2} arctan \frac{2 u}{1 - u ^{2}} + C = \frac{1}{2} arctan \frac{tan 2 x}{2} + C .$
(44)
9.
注意到根号内为单调函数，因此带根号整体代换： $u = x + 1$ ，则

$\int \frac{d x}{x + 1} = \int \frac{1}{u} \cdot 2 u (u^{2} - 1) d u = \frac{2}{3} u^{3} - 2 u + C$
$= \frac{2}{3} (x + 1)^{3/2} - 2 x + 1 + C$
$= \frac{2}{3} (x - 2) x + 1 + C .$
(45)
10.
先将 $x$ 整体代换为 $t$ ：

$\int \frac{x}{1 - x x} d x = \int \frac{t \cdot 2 t d t}{1 - t ^{3}} = - \frac{2}{3} \int \frac{d ( 1 - t ^{3} )}{1 - t ^{3}}$
$= - \frac{4}{3} 1 - t^{3} + C = - \frac{4}{3} 1 - x^{3/2} + C .$
(46)

2定积分

2.1 要点与技巧

1.
积分的重要性质：
1. (a).
  若在 $[a, b]$ 上恒有 $f (x) ⩽ g (x)$ ，则 $\int_{a}^{b} f (x) d x ⩽ \int_{a}^{b} g (x) d x$ . 特别地，若两者积分值相等，则 $f (x) \equiv g (x)$ .
2. (b).
  1. i.
    积分第一中值定理：若 $f (x) \in C [a, b]$ ，则 $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $\int_{a}^{b} f (x) d x = f (ξ) (b - a)$ .
  2. ii.
    积分第二中值定理：若 $f (x), g (x) \in C [a, b]$ 且 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上不变号，则 $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得
    
    $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x .$
    (47)
3. (c).
  $\int_{a}^{b} f (x) d x ⩽ \int_{a}^{b} ∣ f (x) ∣ d x$ .
4. (d).
  对于连续的 $f (x)$ ，积分值 $\int_{- a}^{a} f (x) d x$ 在 $f (x)$ 为奇函数时取0，在 $f (x)$ 为偶函数时取 $2 \int_{0}^{a} f (x) d x$ .
5. (e).
  在 $R$ 上连续且周期为 $T$ 的函数 $f (x)$ ，满足
  
  $\int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x, \forall a \in R .$
  (48)
2.
变上限积分求导：

$F (x) = \int_{α (x)}^{β (x)} f (t) d t ⟹ F^{'} (x) = β^{'} (x) f (β (x)) - α^{'} (x) f (α (x)) .$
(49)

考试中也可能会碰到 $f (t)$ 中含变量 $x$ 的情况，即 $f (t)$ 实际上应当写成 $f (x, t)$ . 在数学分析B2的含参变量的积分的章节中，我们会学习如下求导公式：

$F (x) = \int_{α (x)}^{β (x)} f (x, t) d t$
$⟹ F^{'} (x) = β^{'} (x) f (x, β (x)) - α^{'} (x) f (x, α (x)) + \int_{α (x)}^{β (x)} \frac{\partial f ( x , t )}{\partial x} d t .$
(50)

如果了解的话直接用应该没什么问题（改卷助教肯定知道），而考虑到出题难度，现阶段我们还可以采取的技巧是将含 $x$ 的项整体换元成 $u$ ，将 $x$ 并入微分变量，从而能从积分表达式中提出，如

$\int_{0}^{1} f (x y) d y = u = x y \int_{0}^{x} f (u) \cdot \frac{d u}{x} = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u,$
(51)

从而化为我们能直接求导的形式.
3.
往年题常考变上限积分的极限，其中一种形式是“可用L'Hospital法则化简”的形式，其基本思路就是通过该法则与变上限积分求导法则消去积分号，从而将问题转化为最开始学习的函数极限的计算. 有些题分母可先用等价无穷小换成 $x^{n}$ 再求导，不能换的求导后通常有一部分可以代换，另一部分求极限时自动变为常数，如 $cos^{2} x$ 在 $x \to 0$ 时.
4.
往年题考察积分极限的另一种形式是“求和型极限”的形式，并且这类题通常用Stolz定理无法解决. 这时需要结合积分的Riemann和定义，先提出 $1/ n$ 作为 $d x$ ，然后将求和写成代数表达式的求和形式（带求和号的形式），通常出现的是 $k / n$ 的形式，这样将 $k / n$ 视为 $x$ ，通常 $k$ 从 $0$ 或 $1$ 到 $(n - 1)$ 或 $n$ 求和，即积分上下限分别为0和1. 在此基础上写下积分表达式，计算即可.
5.
对于难以求解原函数的定积分，要么是将其分段计算，要么一定会利用定积分与被积区间之间形成的某种对称性，常见的如

$sin (π - x) = sin (x), cos (- x) = cos x,$
(52)
$sin (\frac{π}{2} - x) = cos x, \frac{1}{1 + e ^{- x}} = \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}} = 1 - \frac{1}{1 + e ^{x}},$
(53)

以及习题中出现过的容易辨别但不多见的

$ln \frac{1 + x}{1 - x} = - ln \frac{1 - x}{1 + x} = - ln \frac{1 + ( - x )}{1 - ( - x )}, arctan \frac{1}{x} = \frac{π}{2} - arctan x .$
(54)
6.
几何量计算的根本公式：
1. (a).
  弧长：弧元
  
  $d s = (d x)^{2} + (d y)^{2} = (d ρ)^{2} + (ρ d φ)^{2},$
  (55)
  
  后者为极坐标系中的公式. 这两个关系都很容易从几何上看出来，并且不限于 $y$ 能直接写成 $x$ 的函数、 $ρ$ 能直接写成 $φ$ 的函数，可以是两个变量关于某一参数 $t$ 的表达式，如直角系下圆周方程可写为关于方位角 $θ$ 的参数式： ${x (θ) = R cos θ, y (θ) = R sin θ .$
2. (b).
  平面图形面积：直角系下面元
  
  $d A = y d x = x d y,$
  (56)
  
  $y (x)$ 和 $x (y)$ 哪个形式简单且能保证自身一阶导的连续性通常用哪个，如 $∣ x ∣$ 从 $[- 1, 1]$ 上积分可用 $\int_{0}^{1} [y - (- y)] d y = 1$ . 同样地，这里 $x, y$ 可以是某个参数 $t$ 的函数. 极坐标系下的面元 $d A = ρ^{2} d φ /2$ （原点在边界上的平面图形）.
3. (c).
  旋转体体积：弄清旋转轴，比如绕 $x$ 轴旋转，那么旋转半径就是 $∣ y ∣$ ，将其细分成薄圆片，体积元为
  
  $d V = π y^{2} d x,$
  (57)
  
  后续讨论同上.
4. (d).
  旋转体侧面积：弄清旋转轴，并且这里分割后不能完全将其视为薄圆片，因为边界长度（第一条讨论过的弧长） $d s$ 与薄圆片高 $d x$ 为同阶小量，这意味着积分后数值有差异. 正确的侧面积元为⁶
  
  $d S = \frac{1}{2} [2 π y + 2 π (y + d y)] d s = 2 π y (d x)^{2} + (d y)^{2} .$
  (58)

2.2 习题讲解

2.2.1 变上下限积分的导数计算

1.
$\int_{0}^{x^{2}} sin t^{2} d t$ .
2.
$\int_{x}^{1} \frac{d t}{1 + t ^{2} + cos ^{2} t}$ .
3.
$\int_{x}^{x^{2}} e^{- t^{2}} d t$ .
4.
$sin (\int_{0}^{x} sin (\int_{0}^{y} sin t^{2} d t) d y)$ .
5.
设 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上为正值连续函数. 证明：当 $x > 0$ 时，函数

$G (x) = \int_{0}^{x} t f (t) d t / \int_{0}^{x} f (t) d t$
(59)

单调递增.

解

1.
$2 x \cdot sin x^{4}$ .
2.
$- \frac{1}{1 + x ^{2} + cos ^{2} x}$ .
3.
$2 x e^{- x^{4}} - e^{- x^{2}}$ .
4.
$cos (\int_{0}^{x} sin (\int_{0}^{y} sin t^{2} d t) d y) \cdot sin (\int_{0}^{x} sin t^{2} d t)$ .
5.
记 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t)$ ，则

$G^{'} (x) = \frac{1}{F ^{2} ( x )} [x f (x) \int_{0}^{x} f (t) d t - f (x) \int_{0}^{x} t f (t) d t] = Δ \frac{f ( x ) g ( x )}{F ^{2} ( x )},$
(60)

继续研究 $g (x) = x \int_{0}^{x} f (t) d t - \int_{0}^{x} t f (t) d t$ 的单调性：

$g^{'} (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t + x f (x) - x f (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t .$
(61)

由于 $x > 0$ 且 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上非负，因此 $g^{'} (x) ⩾ 0$ ，即 $g (x)$ 单调递增，因此 $g (x) ⩾ g (0) = 0$ ，从而 $G^{'} (x) ⩾ 0$ ，即 $G (x)$ 单调递增.

2.2.2 积分极限与求和型数列极限的计算

1.
$x \to 0 lim \frac{1}{x ^{4}} \int_{0}^{x} sin t^{3} d t$ .
2.
$x \to 0 lim \frac{1}{sin ^{3} x} \int_{0}^{t a n x} arcsin t^{2} d t$ .
3.
$n \to \infty lim (\frac{1}{n ^{2}} + \frac{1}{n ^{2} - 1 ^{2}} + \dots + \frac{1}{n ^{2} - ( n - 1 ) ^{2}})$ .
4.
$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} (p > 0)$ .
5.
设 $a_{k} = (1 - \frac{k}{n}) a + \frac{k}{n} b (0 < a < b, k = 1, 2, \dots, n)$ ，计算：
1. (a).
  $n \to \infty lim \frac{a _{1} + a _{2} + \dots + a _{n}}{n}$ .
2. (b).
  $n \to \infty lim [n] a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ .
6.
$n \to \infty lim [\frac{sin ( π / n )}{n + 1} + \frac{sin ( 2 π / n )}{n + 1/2} + \dots + \frac{sin π}{n + 1/ n}]$ .

解

1.
由L'Hospital法则，

$x \to 0 lim \frac{1}{x ^{4}} \int_{0}^{x} sin t^{3} d t = x \to 0 lim \frac{sin x ^{3}}{4 x ^{3}} = \frac{1}{4} .$
(62)
2.
由L'Hospital法则，

$x \to 0 lim \frac{1}{sin ^{3} x} \int_{0}^{t a n x} arcsin t^{2} d t = x \to 0 lim \frac{1}{x ^{3}} \int_{0}^{t a n x} arcsin t^{2} d t$
$= x \to 0 lim \frac{arcsin ( tan ^{2} x ) \cdot 1/ cos ^{2} x}{3 x ^{2}} = \frac{1}{3} .$
(63)
3.
这是求和型极限，因此向着 $\frac{1}{n} k = 1 \sum n f (\frac{k}{n})$ 的形式化简：

$n \to \infty lim (\frac{1}{n ^{2}} + \frac{1}{n ^{2} - 1 ^{2}} + \dots + \frac{1}{n ^{2} - ( n - 1 ) ^{2}}) = n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 0 \sum n - 1 \frac{1}{1 - ( k / n ) ^{2}}$
$= \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 - x ^{2}} = arcsin 1 = \frac{π}{2} .$
(64)
4.
这是求和型极限，因此向着 $\frac{1}{n} k = 1 \sum n f (\frac{k}{n})$ 的形式化简：

$n \to \infty lim \frac{1 ^{p} + 2 ^{p} + \dots + n ^{p}}{n ^{p + 1}} = n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n (\frac{k}{n})^{p} = \int_{0}^{1} x^{p} d x = \frac{1}{p + 1} .$
(65)
5.
1. (a).
  这是求和型极限，因此向着 $\frac{1}{n} k = 1 \sum n f (\frac{k}{n})$ 的形式化简：
  
  $n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n a_{k} = n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n [a + (b - a) \frac{k}{n}] = \int_{0}^{1} [a + (b - a) x] d x = \frac{a + b}{2} .$
  (66)
2. (b).
  为了将求积转化成求和，将待证表达式利用公式 $A = e^{l n A} (A > 0)$ 改写：
  
  $n \to \infty lim [n] k = 1 \prod n a_{k} = n \to \infty lim exp {\frac{1}{n} k = 1 \sum n ln [a + (b - a) \frac{k}{n}]}$
  $= exp {\int_{0}^{1} ln [a + (b - a) x] d x}$
  $= u = a + (b - a) x exp [\frac{u ( ln u - 1 )}{b - a} a^{b}]$
  $= \frac{1}{e} (\frac{b ^{b}}{a ^{a}})^{1/ (b - a)} .$
  (67)
6.
这里并没有直接的 $k / n$ 因子，因此先进行放缩：

$\frac{1}{n + 1/ k} < \frac{1}{n} ⟹ n \to \infty lim \frac{1}{n} k = 1 \sum n sin \frac{k π}{n} = \int_{0}^{1} sin π x d x = \frac{2}{π},$
(68)
$\frac{1}{n + 1/ k} ⩾ \frac{1}{n + 1} ⟹ n \to \infty lim \frac{1}{n + 1} k = 1 \sum n sin \frac{k π}{n} = n \to \infty lim \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{2}{π} = \frac{2}{π} .$
(69)

由夹逼准则，原积分极限为 $2/ π$ .

2.2.3 易求原函数定积分的计算

1.
$\int_{0}^{l n 2} 1 - e^{- 2 x} d x$ .
2.
$\int_{0}^{1} x arcsin x d x$ .
3.
$\int_{0}^{1} x^{3} e^{x} d x$ .
4.
$\int_{0}^{a} \frac{d x}{x + a ^{2} - x ^{2}}$ .
5.
$\int_{0}^{π /4} tan x d x$ .
6.
$\int_{0}^{π /2} \frac{d x}{a ^{2} sin ^{2} x + b ^{2} cos ^{2} x}$ .

解

1.
注意到根号内为形如 $e^{x}$ 的单调函数，因此带根号整体代换： $u = 1 - e^{- 2 x}$ ，则

$\int_{0}^{l n 2} 1 - e^{- 2 x} d x = \int_{0}^{3 /2} u \cdot \frac{u d u}{1 - u ^{2}} = \int_{0}^{3 /2} [\frac{1}{2} (\frac{1}{1 - u} + \frac{1}{1 + u}) - 1] d u$
$= \frac{1}{2} ln \frac{1 + 3 /2}{1 - 3 /2} - \frac{3}{2} = ln \frac{3 + 1}{3 - 1} - \frac{3}{2} = ln (2 + 3) - \frac{3}{2} .$
(70)
2.
有理函数乘反三角型分部积分，因此先对有理函数积分：

$\int_{0}^{1} x arcsin x d x = \frac{x ^{2}}{2} arcsin x ∣ 0^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} d x$
$= x = s i n t \frac{π}{4} - \frac{1}{2} \int_{0}^{π /2} \frac{sin ^{2} t}{cos t} \cdot cos t d t$
$= \frac{π}{4} - \frac{1}{2} (\frac{t}{2} - \frac{1}{4} sin 2 t) 0^{π /2} = \frac{π}{8} .$
(71)
3.
有理函数乘指数型分部积分，因此先对指数函数积分：

$\int_{0}^{1} x^{3} e^{x} d x = x^{3} e^{x} 0^{1} - 3 \int_{0}^{1} x^{2} e^{x} d x = e - 3 x^{2} e^{x} 0^{1} + 6 \int_{0}^{1} x e^{x} d x$
$= - 2 e + 6 x e^{x} ∣ 0^{1} - 6 \int_{0}^{1} e^{x} d x = 4 e - 6 (e - 1) = 6 - 2 e .$
(72)
4.
出现 $a^{2} - x^{2}$ 的结构，考虑三角换元 $x = a sin t$ ，则

$\int_{0}^{a} \frac{d x}{x + a ^{2} - x ^{2}} = \int_{0}^{π /2} \frac{a cos t d t}{a ( sin t + cos t )} = \int_{0}^{π /2} \frac{d ( tan t )}{( 1 + tan t ) ( 1 + tan ^{2} t )}$
$= u = t a n t \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{2} (\frac{1}{1 + u} + \frac{1 - u}{1 + u ^{2}}) d u$
$= \frac{1}{2} [ln ∣ 1 + u ∣ + arctan u - \frac{1}{2} ln (1 + u^{2})] 0^{+ \infty}$
$= \frac{1}{4} ln \frac{( 1 + u ) ^{2}}{1 + u ^{2}} 0^{+ \infty} + \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{4} .$
(73)
5.
注意到根号内为形如 $e^{x}$ 的单调函数，因此带根号整体代换： $u = tan x$ ，则

$\int_{0}^{π /4} tan x d x = \int_{0}^{1} u \cdot \frac{2 u d u}{1 + u ^{4}} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} u (\frac{1}{u ^{2} - 2 u + 1} - \frac{1}{u ^{2} + 2 u + 1}) d u$
$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} [\frac{( u - 1/ 2 ) + 1/ 2}{( u - 1/ 2 ) ^{2} + ( 1/ 2 ) ^{2}} - \frac{( u + 1/ 2 ) - 1/ 2}{( u + 1/ 2 ) ^{2} + ( 1/ 2 ) ^{2}}] d u$
$= \frac{1}{2} [\frac{1}{2} ln \frac{u ^{2} - 2 u + 1}{u ^{2} + 2 u + 1} + arctan (2 u - 1) + arctan (2 u + 1)] 0^{1}$
$= \frac{1}{2} [\frac{1}{2} ln \frac{2 - 1}{2 + 1} + arctan (2 - 1) + arctan (2 + 1)]$
$= \frac{1}{2 2} (π + ln \frac{2 - 1}{2 + 1}) = \frac{1}{2 2} [π + 2 ln (2 - 1)] .$
(74)
6.
偶次，因此

$\int_{0}^{π /2} \frac{d x}{a ^{2} sin ^{2} x + + b ^{2} cos ^{2} x} = \int_{0}^{π /2} \frac{d ( tan x )}{b ^{2} + a ^{2} tan ^{2} x} = \frac{1}{∣ ab ∣} arctan \frac{∣ a ∣ tan x}{∣ b ∣} 0^{π /2} = \frac{π}{2 ∣ ab ∣} .$
(75)

2.2.4 难求原函数定积分的计算

1.
$\int_{- 3}^{4} [x] d x$ .
2.
$\int_{- 1}^{1} cos x ln \frac{1 + x}{1 - x} d x$ .
3.
$\int_{- π /2}^{π /2} \frac{cos ^{3} x}{1 + e ^{x}} d x$ .
4.
$\int_{- 1}^{1} e^{∣ x ∣} arctan e^{x} d x$ .

解

1.
当 $n ⩽ x < n + 1$ 时 $[x] = n$ ，因此

$\int_{- 3}^{4} [x] d x = n = - 3 \sum 3 \int_{n}^{n + 1} n d x = n = - 3 \sum 3 n = 0.$
(76)
2.
注意到区间是对称的，因此考虑被积函数是否存在奇（偶）对称性：

$cos (- x) ln \frac{1 + ( - x )}{1 - ( - x )} = cos x \cdot (- ln \frac{1 + x}{1 - x}) = - cos x ln \frac{1 + x}{1 - x},$
(77)

即被积函数为奇函数，因此原积分值为0.
3.
注意到区间是对称的，因此考虑被积函数是否存在奇（偶）对称性：

$\frac{cos ^{3} ( - x )}{1 + e ^{- x}} = \frac{e ^{x} cos ^{3} x}{1 + e ^{x}},$
(78)

因此

$\int_{- π /2}^{π /2} \frac{cos ^{3} x}{1 + e ^{x}} d x = \int_{0}^{π /2} \frac{cos ^{3} x}{1 + e ^{x}} d x + \int_{0}^{π /2} \frac{e ^{x} cos ^{3} x}{1 + e ^{x}} d x$
$= \int_{0}^{π /2} cos^{3} x d x = \int_{0}^{π /2} \frac{cos 3 x + 3 cos x}{4} d x$
$= - \frac{1}{12} + \frac{3}{4} = \frac{2}{3} .$
(79)
4.
注意到区间是对称的，因此考虑被积函数是否存在奇（偶）对称性：

$e^{∣ - x ∣} arctan e^{- x} = e^{∣ x ∣} (\frac{π}{2} - arctan e^{x}),$
(80)

因此

$\int_{- 1}^{1} e^{∣ x ∣} arctan e^{x} d x = \int_{0}^{1} e^{∣ x ∣} \cdot \frac{π}{2} d x = \frac{π}{2} (e - 1) .$
(81)

2.2.5 几何量的计算（弧长、面积、体积）⁷

1.
计算弧长：
1. (a).
  星形线 ${x = a cos^{3} t, y = a sin^{3} t (0 ⩽ t < 2 π, a > 0)$ .
2. (b).
  Archimedes螺线： $r = a θ (0 ⩽ θ ⩽ 2 π)$ .
2.
计算图线围成的平面图形的面积：
1. (a).
  双纽线 $r^{2} = a^{2} cos 2 θ (- \frac{π}{4} ⩽ θ < \frac{π}{4} 或 \frac{3 π}{4} < θ ⩽ \frac{5 π}{4})$ .
2. (b).
  ${x = t - sin t, y = 1 - cos t (0 ⩽ t ⩽ 2 π)$ 及 $x$ 轴.
3.
计算旋转体体积：
1. (a).
  ${x = t - sin t, y = 1 - cos t (0 ⩽ t ⩽ 2 π)$ 绕 $x$ 轴旋转一周.
2. (b).
  半径为 $R$ 、高为 $h$ 的球缺.
4.
计算旋转体侧面积：
1. (a).
  $y = a cosh x (0 ⩽ x ⩽ a)$ 绕 $x$ 轴.
2. (b).
  $r = a (1 + cos θ) (a > 0)$ 绕极轴.

解

1.
1. (a).
  弧长：
  
  $s (L) = \int (d x)^{2} + (d y)^{2} = \int_{0}^{2 π} [x^{'} (t)]^{2} + [y^{'} (t)]^{2} d t$
  $= \int_{0}^{2 π} (- 3 a cos^{2} t sin t)^{2} + (3 a sin^{2} t cos t) d t$
  $= 3 a \int_{0}^{2 π} ∣ sin t cos t ∣ d t = 12 a \int_{0}^{π /2} sin t cos t d t = 6 a .$
  (82)
2. (b).
  弧长：
  
  $s (L) = \int_{0}^{2 π} (d r)^{2} + (r d θ)^{2} = a \int_{0}^{2 π} 1 + θ^{2} d θ$
  $= θ = s i n h x a \int_{0}^{x_{0}} cosh^{2} x d x = a (\frac{x}{2} + \frac{1}{4} sinh 2 x) 0^{arcsinh 2 π}$
  $= \frac{a}{2} (2 π 1 + 4 π^{2} + arcsinh 2 π) = a [π 1 + 4 π^{2} + \frac{1}{2} ln (2 π + 1 + 4 π^{2})] .$
  (83)
2.
1. (a).
  平面图形面积：
  
  $A (D) = \int \frac{1}{2} r^{2} d θ = 2 \cdot \frac{1}{2} \int_{- π /4}^{π /4} a^{2} cos 2 θ d θ = a^{2} .$
  (84)
2. (b).
  平面图形面积：
  
  $A (D) = \int y d x = \int_{0}^{2 π} (1 - cos t) \cdot (1 - cos t) d t$
  $= \int_{0}^{2 π} (1 - 2 cos t + \frac{1 + cos 2 t}{2}) d t$
  $= \frac{3}{2} \cdot 2 π = 3 π .$
  (85)
3.
1. (a).
  旋转体体积：
  
  $V (Ω) = \int π y^{2} d x = π \int_{0}^{2 π} (1 - cos t)^{2} \cdot (1 - cos t) d t$
  $= π \int_{0}^{2 π} (1 - 3 cos t + 3 \frac{1 + cos 2 t}{2} - \frac{cos 3 t + cos t}{4}) d t$
  $= \frac{5 π}{2} \cdot 2 π = 5 π^{2} .$
  (86)
2. (b).
  球缺任一轴截面方程可写为 $y (x) = R^{2} - x^{2} (R - h ⩽ x ⩽ R)$ ，因此旋转体体积：
  
  $V (Ω) = \int π y^{2} d x = π \int_{R - h}^{R} (R^{2} - x^{2}) d x = π [R^{2} h - \frac{R ^{3} - ( R - h ) ^{3}}{3}]$
  $= \frac{π}{3} [3 R^{2} h - (3 R^{2} h - 3 R h^{2} + h^{3})] = π h^{2} (R - \frac{h}{3}) .$
  (87)
  
  作为验证，若 $h = R$ ，则为半球面，其体积恰为 $V (Ω) = 2 π R^{3} /3$ .
4.
1. (a).
  旋转体侧面积：
  
  $S (Ω) = \int 2 π y d s = 2 π \int_{0}^{a} a cosh x 1 + a^{2} sinh^{2} x d x$
  $= u = a s i n h x 2 π \int_{0}^{a s i n h a} 1 + u^{2} d u$
  $= u = s i n h t 2 π \int_{0}^{t_{0}} cosh^{2} t d t = π (t_{0} + sinh t_{0} cosh t_{0})$
  $= π [arcsinh (a sinh a) + a sinh a 1 + a^{2} sinh^{2} a]$
  $= π [a sinh a 1 + a^{2} sinh^{2} a + ln (a sinh a + 1 + a^{2} sinh^{2} a)] .$
  (88)
  
  其中 $t_{0} = arctan (a sinh a)$ .
2. (b).
  旋转体侧面积：
  
  $S (Ω) = \int 2 π y d s = 2 π \int_{0}^{π} (r sin θ) (d r)^{2} + (r d θ)^{2}$
  $= 2 π \int_{0}^{π} a (1 + cos θ) sin θ \cdot 2 a cos \frac{θ}{2} d θ$
  $= 16 π a^{2} \int_{0}^{π} sin \frac{θ}{2} cos^{4} \frac{θ}{2} d θ$
  $= - \frac{32 π a ^{2}}{5} cos^{5} \frac{θ}{2} 0^{π} = \frac{32 π}{5} a^{2} .$
  (89)

2.2.6 综合练习

1.
计算下列积分：
1. (a).
  $\int_{1/2}^{2} (1 + x - \frac{1}{x}) e^{x + 1/ x} d x$ .
2. (b).
  $\int_{0}^{nπ} x ∣ sin x ∣ d x$ （ $n$ 为自然数）.
3. (c).
  设 $f (x) = \int_{x}^{x + 2 π} (1 + e^{s i n t} - e^{- s i n t}) d t + \frac{1}{1 + x} \int_{0}^{1} f (t) d t$ ，求 $\int_{0}^{1} f (x) d x$ .
2.
证明：

$\frac{1}{2 n + 2} < \int_{0}^{π /4} tan^{n} x d x < \frac{1}{2 n} (n = 1, 2, \dots) .$
(90)
3.
设 $f (x)$ 处处连续， $f (0) = 0$ ，且 $f^{'} (0)$ 存在. 记 $F (x) = \int_{0}^{1} f (x y) d y$ ，证明 $F (x)$ 处处可导，并求出 $F^{'} (x)$ .
4.
设函数 $f$ 处处连续，证明：

$h \to 0 lim \frac{1}{h} \int_{a}^{b} [f (x + h) - f (x)] d x = f (b) - f (a) .$
(91)
5.
证明： $x \to + \infty lim \frac{1}{x} \int_{0}^{x} ∣ sin t ∣ d t = \frac{2}{π}$ .
6.
设 $f (x) \in C [a, b]$ 且在 $[a, b]$ 上 $f (x) ⩾ 0$ 恒成立. 记 $F (x) = \int_{a}^{x} f (u) d u + \int_{b}^{x} \frac{d u}{f ( u )}$ ，证明：方程 $F (x) = 0$ 在 $(a, b)$ 中有且仅有一个实根.

解

1.
1. (a).
  假定被积函数原函数形式为 $f (x) e^{x + 1/ x}$ ，则
  
  $\frac{d}{d x} [f (x) e^{x + 1/ x}] = [f^{'} (x) + (1 - \frac{1}{x ^{2}}) f (x)] e^{x + 1/ x} = (1 + x - \frac{1}{x}) e^{x + 1/ x},$
  (92)
  
  由第二项猜测 $f (x) = x$ ，验证正确，因此
  
  $\int_{1/2}^{2} (1 + x - \frac{1}{x}) e^{x + 1/ x} d x = x e^{x + 1/ x}_{1/2}^{2} = \frac{3}{2} e^{5/2} .$
  (93)
2. (b).
  当 $nπ ⩽ x < (n + 1) π (n \in N^{*})$ 时， $∣ sin x ∣ = (- 1)^{n} sin x$ ，因此
  
  $\int_{0}^{nπ} x ∣ sin x ∣ d x = k = 0 \sum n - 1 \int_{k π}^{(k + 1) π} (- 1)^{k} x sin x d x$
  $= k = 0 \sum n - 1 (- 1)^{k} [- x cos x ∣_{k π}^{(k + 1) π} + \int_{k π}^{(k + 1) π} sin x d x]$
  $= k = 0 \sum n - 1 (- 1)^{k} \cdot (- 1)^{k} (2 k + 1) π = n^{2} π .$
  (94)
3. (c).
  记 $I = \int_{0}^{1} f (x) d x$ ，同时注意到 $e^{s i n t} - e^{- s i n t}$ 为奇函数且以 $2 π$ 为中心，因此
  
  $f (x) = \int_{x}^{x + 2 π} (1 + e^{s i n t} - e^{- s i n t}) d t + \frac{I}{1 + x}$
  $= 2 π + \int_{- π}^{π} (e^{s i n t} - e^{- s i n t}) d t + \frac{I}{1 + x}$
  $= 2 π + \frac{I}{1 + x},$
  (95)
  
  从而
  
  $I = \int_{0}^{1} f (x) d x = 2 π + I ln 2 ⟹ I = \frac{2 π}{1 - ln 2} .$
  (96)
2.
先将被积函数改写为可用 $tan x$ 表示的有理函数积分：

$\int_{0}^{π /4} tan^{n} x d x = \int_{0}^{π /4} \frac{tan ^{n} x}{1 + tan ^{2} x} d (tan x) = u = t a n x \int_{0}^{1} \frac{u ^{n}}{1 + u ^{2}} d u .$
(97)

显然在 $[0, 1]$ 上， $2 u ⩽ 1 + u^{2} ⩽ 2$ ，因此

$\frac{1}{2 ( n + 1 )} = \int_{0}^{1} \frac{u ^{n}}{2} d u < \int_{0}^{1} \frac{u ^{n} d u}{1 + u ^{2}} < \int_{0}^{1} \frac{u ^{n}}{2 u} d u = \frac{1}{2 n} .$
(98)
3.
希望含 $x$ 的项仅出现在上下限而非被积函数中，因此记 $u = x y$ ，则

$F (x) = \int_{0}^{1} f (x y) d y = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u .$
(99)

由于 $f (x)$ 连续，故其可积，从而 $F (x)$ 在 $x \neq = 0$ 处处连续可导. 当 $x = 0$ 时， $F (0) = \int_{0}^{1} f (0) d y = 0$ ，因此

$x \to 0 lim \frac{F ( x ) - F ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} [\int_{0}^{x} f (u) d u - x f (0)] = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{2 x} = \frac{1}{2} f^{'} (0),$
(100)

因此 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处亦可导. 综上， $F (x)$ 在 $R$ 上可导，且

$F^{'} (x) = \frac{f ( x )}{x} - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u, \forall x \in R .$
(101)
4.
希望含 $x$ 的项仅出现在上下限而非被积函数中，因此在第一项中记 $u = x + h$ ，则

$\int_{a}^{b} f (x + h) d x = \int_{a + h}^{b + h} f (u) d u,$
(102)

因此由L'Hospital法则及 $f (x)$ 的连续性，

$h \to 0 lim \int_{a}^{b} [f (x + h) - f (x)] d x = h \to 0 lim [f (b + h) - f (a + h) - 0] = f (b) - f (a) .$
(103)
5.
当 $nπ ⩽ t < (n + 1) π (n \in N^{*})$ 时，注意到对于 $\forall k \in N^{*}$ ，均有

$\int_{k π}^{(k + 1) π} ∣ sin t ∣ d t = (- 1)^{k} \int_{k π}^{(k + 1) π} sin t d t = (- 1)^{k} [(- 1)^{k} - (- 1)^{k + 1}] = 2,$
(104)

又因为 $∣ sin t ∣$ 非负，故

$2 n = \int_{0}^{nπ} ∣ sin t ∣ d t < \int_{0}^{x} ∣ sin t ∣ d t < \int_{0}^{(n + 1) π} ∣ sin t ∣ d t = 2 (n + 1),$
(105)

因此

$\frac{2}{π} \frac{n}{n + 1} < \frac{1}{x} \int_{0}^{x} ∣ sin t ∣ d t < \frac{2}{π} \frac{n + 1}{n} .$
(106)

当 $x \to + \infty$ 时， $n \to \infty$ ，由夹逼准则，

$x \to + \infty lim \int_{0}^{x} ∣ sin t ∣ d t = \frac{2}{π} .$
(107)
6.
由于 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 内非负，因此

$F (a) = - \int_{a}^{b} \frac{d x}{f ( x )} ⩽ 0, F (b) = \int_{a}^{b} f (x) d x ⩾ 0.$
(108)

由零点存在定理， $\exists x_{0} \in [a, b]$ ，使得 $F (x_{0}) = 0$ . 下证 $x_{0}$ 唯一. 考虑 $F (x)$ 的单调性：

$F^{'} (x) = f (x) + \frac{1}{f ( x )} ⩾ 2 > 0 ⟹ F (x) 单调递增,$
(109)

因此 $x_{0}$ 唯一. 综上， $F (x) = 0$ 在 $(a, b)$ 内仅有一个实根.

之前也和一位带这门课的助教聊过，他说一般考试并不会考察尤其是结果复杂的不定积分，因为不同的变量代换可能会导向不同的积分方法，从而最终结果形式相差甚远，判卷时很费时费力，所以一般考试出题会避免. 当然因为定积分结果就是一个数值，是可以出难一些的
积分变换类的证明题仍算作积分计算，如2018-2019年期末第4题
实际上严格结果为 $\int \frac{d x}{x} = ln ∣ x ∣ + C$ ，但计算中绝对值很难处理，通常默认 $x > 0$ ，仅在结果上加绝对值
指形式为 $\frac{a x + b}{c x + d} (a^{2} + c^{2} \neq = 0)$ 的有理分式
余弦的三倍角公式为 $cos 3 x = 4 cos^{3} x - 3 cos x$
中间消去了二阶小量 $d y d s$
这一部分的内容貌似不会直接考，但对于空间解析几何与数学分析B2课程中的重积分的学习与理解很有帮助