不定积分求解方法总结

求不定积分是高等数学积分学的重要内容，其过程具有较强的技术性。一般的教材，都对求不定积分的方法进行了详细的介绍，基本上可以覆盖求不定积分的类型。因而本文只总结不定积分求解的方法，并通过一些题目来讨论如何根据被积函数的特点，选择合适的求积分的方法。

求不定积分的方法主要有直接法、换元法和分部积分法。如果被积函数是基本积分表中出现的函数或者可以简单变形成为基本积分表的函数或线性组合的形式，就可以直接求得原函数。换元法又分为第一换元法和第二换元法，第一换元法又称为凑微分法，即考虑把被积函数写成\(\int f[\phi(x)]\phi'(x)dx\)的形式，凑成微分\(\int f[\phi(x)]d(\phi(x))\)的形式，将\(\phi(x)\)看做整体求原函数；第二换元法就是直接进行换元来处理给积分带来困扰的式子，从而起到化简积分式的作用。分部积分法是很常用的形式，原理是\((uv)'=u'v+uv'\)得到分部积分公式\(\int uv'=uv-\int u'v\)，合理地选择\(u\)和\(v\)起到简化的作用。另外介绍了一些特殊结构的求不定积分，包括有理函数、含有三角函数的式子、根式等，主要讨论了有理函数可以写成几种特殊形式的和的方法，每一种形式都可以求出不定积分，然后三角函数的式子可以使用万能换元变成有理式，根式也可以通过换元得到有理式。具体每个式子该采取什么样的方法，主要还是取决于被积函数特征，用什么方法可以起到化繁为简的作用。因为书本上的概括很好，这里不详细展开，只是简单概括一下求解的方法。下面通过一些题目来看应该如何考虑这些问题。

以下例题都选自《高等数学》同济六版中第四章的总复习题，有一定难度和技巧性。

例1：\(\int {\frac{{dx}}{{x({x^6} + 4)}}} \)

分析：虽然被积函数是有理分式形式，但是却不容易利用有理分式形式积分的方法将其写成一些简单分式之和，所以并不是所有有理分式都要用这种方法。分母有，这里看我们是否可以进行凑微分，如果分子分母同时乘就可以使用第一类换元法了。

解：\(\begin{gathered} \int {\frac{{dx}}{{x({x^6} + 4)}}} = \int {\frac{{{x^5}dx}}{{{x^6}({x^6} + 4)}} = \frac{1}{6}\int {\frac{{d({x^6})}}{{{x^6}({x^6} + 4)}}} } \hfill \\ = \frac{1}{{24}}\int {\left( {\frac{1}{{{x^6}}} - \frac{1}{{{x^6} + 4}}} \right)d({x^6})} = \frac{1}{{24}}\left[ {\ln ({x^6}) - \ln ({x^6} + 4)} \right] + C \hfill \\ = \frac{1}{4}\ln \left| x \right| - \frac{1}{{24}}\ln ({x^6} + 4) + C \hfill \\ \end{gathered} \)

如果被积函数可以写成\(\frac{g(x^m)}x(m是正整数)\)的形式，就可以考虑用此方法了，利用第一类换元法，\(\int {\frac{{g({x^m})}}{x}dx = \int {\frac{{{x^{m - 1}}g({x^m})}}{{{x^m}}}} dx = \frac{1}{m}\int {\frac{{g({x^m})}}{{{x^m}}}d({x^m})} } \)，如果\(g(x)\over x\)的原函数容易求得，此技巧就奏效了。类似地，还有：

\(\int {\frac{{{x^{11}}}}{{{x^8} + 3{x^4} + 2}}dx} \)，其指数也很有讲究，求解如下：

\(\begin{gathered} \int {\frac{{{x^{11}}}}{{{x^8} + 3{x^4} + 2}}dx} = \frac{1}{4}\int {\frac{{{x^8}}}{{{x^8} + 3{x^4} + 2}}d({x^4})} = \frac{1}{4}\int {\frac{t}{{{t^2} + 3t + 2}}dt} \hfill \\ = \frac{1}{4}\int {(\frac{2}{{t + 2}} - \frac{1}{{t + 1}})dt = \frac{1}{2}\ln ({x^4} + 2) - \frac{1}{4}\ln ({x^4} + 1) + } C \hfill \\ \end{gathered} \)

例2：\(\int {\frac{1}{{\sqrt {1 + {e^x}} }}dx} \)

这里分母肯定是这个积分棘手的式子，既然如此就进行换元，令\(t=\sqrt{1+e^x}\)，则\(x=\ln(t^2-1)\)，\(dx=\frac{2t}{t^2-1}dt\),这是很理想的一种换元。

解：令\(t=\sqrt{1+e^x}\)，则\(x=\ln(t^2-1)\)，\(dx=\frac{2t}{t^2-1}dt\).
\(\begin{gathered} \int {\frac{1}{{\sqrt {1 + {e^x}} }}dx} = \int {\frac{1}{t} \cdot \frac{{2t}}{{{t^2} - 1}}} dt = \int {(\frac{1}{{t - 1}} - } \frac{1}{{t + 1}})dt = \ln \frac{{t - 1}}{{t + 1}} + C \hfill \\ = \ln \frac{{\sqrt {1 + {e^x}} - 1}}{{\sqrt {1 + {e^x}} + 1}} + C \hfill \\ \end{gathered} \)

例3：\(\int {\frac{{\sin x}}{{1 + \sin x}}dx} \)

分母没有好的变形方式，所以考虑用万能变换换成有理分式型，令\(t = \tan \frac{x}{2},x = 2\arctan t,dx = \frac{2}{{{t^2} + 1}}dt\)，原积分式变为\(\int {\frac{{2t}}{{{t^2} + 2t + 1}} \cdot \frac{2}{{{t^2} + 1}}dt} = \int {\frac{{4tdt}}{{{{(t + 1)}^2}({t^2} + 1)}}} \)，需要考虑写成简单的分式和差的形式。这个拆项也不复杂。

解：令\(t = \tan \frac{x}{2},x = 2\arctan t,dx = \frac{2}{{{t^2} + 1}}dt\)，

\(\begin{gathered} \int {\frac{{\sin x}}{{1 + \sin x}}dx} = \int {\frac{{4tdt}}{{{{(t + 1)}^2}({t^2} + 1)}}} = 2\int {\frac{1}{{{t^2} + 1}} - \frac{1}{{{{(t + 1)}^2}}}dt} \hfill \\ = 2(\arctan t + \frac{1}{{t + 1}}) + C = x + \frac{2}{{1 + \tan \frac{x}{2}}} + C \hfill \\ \end{gathered} \)

例4：\(\int {\frac{{x + \sin x}}{{1 + \cos x}}} dx\)

虽然分子的导数是分母，但是这一发现没有太大的作用，假如分子和分母颠倒一下就好了。但是我们还有方法，这里\(\int\frac{\sin x}{1+\cos x}dx\)比较容易求，只需要求\(\int\frac x{1+\cos x}dx\)，分母可以通过升幂公式处理。

解：\({I_2} = \int {\frac{{\sin x}}{{1 + \cos x}}} dx = - \int {\frac{{d(\cos x)}}{{1 + \cos x}}} = - \ln (1 + \cos x) + {C_2}\)

\(\begin{gathered} {I_1} = \int {\frac{x}{{1 + \cos x}}dx} = \int {\frac{x}{{2{{\cos }^2}\frac{x}{2}}}dx} = \int {\frac{x}{2}{{\sec }^2}\frac{x}{2}dx} \hfill \\ = \int {xd(\tan \frac{x}{2})} = x\tan \frac{x}{2} - \int {\tan \frac{x}{2}dx} \hfill \\ = x\tan \frac{x}{2} + 2\ln \left| {\cos \frac{x}{2}} \right| + {C_1} \hfill \\ \end{gathered} \)

\(\int {\frac{{x + \sin x}}{{1 + \cos x}}} dx = {I_1} + {I_2} = x\tan \frac{x}{2} + 2\ln \left| {\cos \frac{x}{2}} \right| - \ln (1 + \cos x) + C\)

例5：\(\int {{e^{\sin x}}\frac{{x{{\cos }^3}x - \sin x}}{{{{\cos }^2}x}}dx} \)

此形式看上去十分复杂，那么就分成两部分分别考虑求积分，因为没有很好的换元方法，故要选择分部积分法.

解：记\({I_1} = \int {{e^{\sin x}}} x\cos xdx,{I_2} = \int {{e^{\sin x}}} \frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x}}dx\)

\({I_1} = \int {{e^{\sin x}}xd(\sin x) = \int {xd\left( {{e^{\sin x}}} \right)} = x{e^{\sin x}} - \int {{e^{\sin x}}dx} } \)

\(\begin{gathered} {I_2} = \int {{e^{\sin x}}\tan x\sec xdx = \int {{e^{\sin x}}d(\sec x)} } \hfill \\ = {e^{\sin x}}\sec x - \int {\cos x{e^{\sin x}}\sec xdx} \hfill \\ = {e^{\sin x}}\sec x - \int {{e^{\sin x}}dx} . \hfill \\ \end{gathered} \)

\(\begin{gathered} \int {{e^{\sin x}}\frac{{x{{\cos }^3}x - \sin x}}{{{{\cos }^2}x}}dx} = {I_1} - {I_2} \hfill \\ = {e^{\sin x}}(x - \sec x) + C \hfill \\ \end{gathered} \)

例6：\(\int {\frac{{x{e^x}}}{{{{({e^x} + 1)}^2}}}dx} \)

分部积分时候，把\(x\)看做函数\(u\)，那么分部积分得：

.\(\begin{gathered} \int {\frac{{x{e^x}}}{{{{({e^x} + 1)}^2}}}dx} = \int {x\frac{{d({e^x})}}{{{{({e^x} + 1)}^2}}} = \int {xd( - \frac{1}{{{e^x} + 1}})} } \hfill \\ = - \frac{x}{{{e^x} + 1}} + \int {\frac{{dx}}{{{e^x} + 1}}} \hfill \\ \end{gathered} \)

求\(\int\frac{dx}{e^x+1}\)用换元的方法.

解：\(\begin{gathered} \int {\frac{{x{e^x}}}{{{{({e^x} + 1)}^2}}}dx} = \int {x\frac{{d({e^x})}}{{{{({e^x} + 1)}^2}}} = \int {xd( - \frac{1}{{{e^x} + 1}})} } \hfill \\ = - \frac{x}{{{e^x} + 1}} + \int {\frac{{dx}}{{{e^x} + 1}}} \hfill \\ \end{gathered} \)

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

\(\begin{gathered} \int {\frac{{dx}}{{{e^x} + 1}} = \int {\frac{{dt}}{{t(t - 1)}} = \ln \frac{{t - 1}}{t}} } \hfill \\ = x - \ln ({e^x} + 1) + C \hfill \\ \end{gathered} \)

\(\begin{gathered} \int {\frac{{x{e^x}}}{{{{({e^x} + 1)}^2}}}dx} = - \frac{x}{{{e^x} + 1}} + \int {\frac{{dx}}{{{e^x} + 1}}} \hfill \\ = x - \frac{x}{{{e^x} + 1}} - \ln ({e^x} + 1) + C \hfill \\ \end{gathered} \)

这里既使用了分部积分，又使用了换元法，可见比较难的题目一般综合使用多种求不定积分的方法。

例7：\(\int {\frac{{\ln x}}{{{{(1 + {x^2})}^{^{\tfrac{3}{2}}}}}}dx} \)

分母出现了\(1+x^2\)，常进行换元\(x = \tan t\).换元之后，积分式变成了\(\int\cos t\ln\tan tdt\)，此时再进行分部积分.

解：令\(x = \tan t\)，

\(\begin{gathered} \int {\frac{{\ln x}}{{{{(1 + {x^2})}^{^{\tfrac{2}{3}}}}}}dx} = \int {\frac{{\ln \tan t}}{{{{\sec }^3}t}}d(\tan t)} = \int {\cos t\ln \tan tdt} \hfill \\ = \sin t\ln \tan t - \int {\sin t} \frac{{{{\sec }^2}t}}{{\tan t}}dt \hfill \\ = \sin t\ln \tan t - \int {\sec tdt} \hfill \\ = \sin t\ln \tan t - \ln \left| {\sec t + \tan t} \right| + C \hfill \\ = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\ln x - \ln (x + \sqrt {{x^2} + 1} ) + C \hfill \\ \end{gathered} \)

有些难度较大的求不定积分，无非就是同时使用多种方法。要想出色地求解不定积分，需要熟练得掌握每一种方法，并熟练常见的结果，具有较强的恒等变形能力。