本文档系统梳理专升本高数中不定积分与定积分的全部核心方法，按照从基础到进阶的逻辑编排。每个方法配有典型习题与详细解析，建议按顺序学习，循序渐进。
符号约定： $\int f(x)\,dx$ 表示不定积分，$\int_a^b f(x)\,dx$ 表示定积分，$C$ 表示积分常数，$\Rightarrow$ 表示"推出"，$u,v$ 通常表示 $x$ 的函数。
核心概念： 不定积分是求导的逆运算。若 $F'(x) = f(x)$，则
$$\int f(x)\,dx = F(x) + C$$
其中 $F(x)$ 称为 $f(x)$ 的一个原函数，$C$ 为任意常数。
原函数存在定理： 连续函数一定存在原函数。
基本积分表（必须熟记）：
| 积分公式 | 说明 |
|---|---|
| $\int k\,dx = kx + C$ | 常数积分 |
| $\int x^\mu\,dx = \dfrac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C \quad (\mu \neq -1)$ | 幂函数积分 |
| $\int \dfrac{1}{x}\,dx = \ln|x| + C$ | 注意绝对值 |
| $\int e^x\,dx = e^x + C$ | 指数函数 |
| $\int a^x\,dx = \dfrac{a^x}{\ln a} + C \quad (a>0, a\neq 1)$ | 一般指数 |
| $\int \sin x\,dx = -\cos x + C$ | 正弦 |
| $\int \cos x\,dx = \sin x + C$ | 余弦 |
| $\int \sec^2 x\,dx = \tan x + C$ | 正割平方 |
| $\int \csc^2 x\,dx = -\cot x + C$ | 余割平方 |
| $\int \dfrac{1}{1+x^2}\,dx = \arctan x + C$ | 反正切 |
| $\int \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arcsin x + C$ | 反正弦 |
| $\int \tan x\,dx = -\ln|\cos x| + C$ | 正切 |
| $\int \cot x\,dx = \ln|\sin x| + C$ | 余切 |
| $\int \sec x\,dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ | 正割 |
| $\int \csc x\,dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ | 余割 |
不定积分的线性性质：
$$\int [f(x) \pm g(x)]\,dx = \int f(x)\,dx \pm \int g(x)\,dx$$
$$\int k\,f(x)\,dx = k\int f(x)\,dx \quad (k \neq 0)$$
求 $\int \left(2x^3 - 3x^2 + 5x - 1\right)dx$。
解： 逐项积分：
$$= 2\cdot\frac{x^4}{4} - 3\cdot\frac{x^3}{3} + 5\cdot\frac{x^2}{2} - x + C = \frac{x^4}{2} - x^3 + \frac{5x^2}{2} - x + C$$
求 $\int \dfrac{x^2+x+1}{x}\,dx$。
解： 先拆分再逐项积分：
$$\int \frac{x^2+x+1}{x}\,dx = \int \left(x + 1 + \frac{1}{x}\right)dx = \frac{x^2}{2} + x + \ln|x| + C$$
核心思想： 通过代数变形（拆项、配方、三角恒等变换等），将被积函数化为基本积分表中已有的形式，然后直接使用公式积分。
常用变形技巧：
求 $\int \dfrac{1}{\sin^2 x \cos^2 x}\,dx$。
解： 利用 $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$：
$$\frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x} + \frac{1}{\sin^2 x} = \sec^2 x + \csc^2 x$$
$$\int (\sec^2 x + \csc^2 x)\,dx = \tan x - \cot x + C$$
求 $\int \dfrac{x^4}{1+x^2}\,dx$。
解： 分子降次：$x^4 = (x^4-1)+1 = (x^2-1)(x^2+1)+1$：
$$\frac{x^4}{1+x^2} = x^2 - 1 + \frac{1}{x^2+1}$$
$$\int \left(x^2 - 1 + \frac{1}{x^2+1}\right)dx = \frac{x^3}{3} - x + \arctan x + C$$
核心公式： 若 $\int f(u)\,du = F(u) + C$，且 $u = \varphi(x)$ 可导，则：
$$\int f[\varphi(x)]\varphi'(x)\,dx = \int f(u)\,du = F(u) + C = F[\varphi(x)] + C$$
核心思想： 将被积函数中某一部分的微分"凑"出来，使积分化为基本形式。
常见凑微分模式（必须熟练）：
| 被积函数特征 | 凑微分方式 |
|---|---|
| $f(ax+b)$ | $dx = \dfrac{1}{a}d(ax+b)$ |
| $x^{n-1} f(x^n)$ | $x^{n-1}dx = \dfrac{1}{n}d(x^n)$ |
| $\dfrac{f(\ln x)}{x}$ | $\dfrac{dx}{x} = d(\ln x)$ |
| $e^x f(e^x)$ | $e^x dx = d(e^x)$ |
| $f(\sin x)\cos x$ | $\cos x\,dx = d(\sin x)$ |
| $f(\cos x)\sin x$ | $\sin x\,dx = -d(\cos x)$ |
| $\dfrac{f(\arctan x)}{1+x^2}$ | $\dfrac{dx}{1+x^2} = d(\arctan x)$ |
| $\dfrac{f(\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}$ | $\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = d(\arcsin x)$ |
| $f(\tan x)\sec^2 x$ | $\sec^2 x\,dx = d(\tan x)$ |
| $f(\sqrt{x})\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ | $\dfrac{dx}{\sqrt{x}} = 2d(\sqrt{x})$ |
操作步骤：
求 $\int \dfrac{e^{3x}}{1+e^{6x}}\,dx$。
解： 令 $u = e^{3x}$，则 $du = 3e^{3x}dx$，即 $e^{3x}dx = \dfrac{1}{3}du$：
$$\int \frac{e^{3x}}{1+e^{6x}}\,dx = \int \frac{1}{1+u^2}\cdot\frac{du}{3} = \frac{1}{3}\arctan u + C = \frac{1}{3}\arctan(e^{3x}) + C$$
求 $\int \dfrac{\ln x}{x}\,dx$。
解： 令 $u = \ln x$，则 $du = \dfrac{1}{x}dx$：
$$\int \frac{\ln x}{x}\,dx = \int u\,du = \frac{u^2}{2} + C = \frac{(\ln x)^2}{2} + C$$
核心思想： 当被积函数含有根号时，引入新变量 $t$ 替换 $x$，消去根号后再积分。
三种标准三角换元：
类型 A： 含 $\sqrt{a^2 - x^2}$，令 $x = a\sin t$（$t \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$）：
$$\sqrt{a^2-x^2} = a\cos t, \quad dx = a\cos t\,dt$$
类型 B： 含 $\sqrt{a^2 + x^2}$，令 $x = a\tan t$（$t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$）：
$$\sqrt{a^2+x^2} = a\sec t, \quad dx = a\sec^2 t\,dt$$
类型 C： 含 $\sqrt{x^2 - a^2}$，令 $x = a\sec t$（$t \in (0, \frac{\pi}{2})$）：
$$\sqrt{x^2-a^2} = a\tan t, \quad dx = a\sec t\tan t\,dt$$
根式换元：
三角换元后，结果的回代建议使用辅助三角形法：根据换元关系画直角三角形，从三角函数值直接读出边长关系，避免反三角函数的复杂转换。
求 $\int \sqrt{4-x^2}\,dx$。
解： 令 $x = 2\sin t$，则 $dx = 2\cos t\,dt$，$\sqrt{4-x^2} = 2\cos t$：
$$\int \sqrt{4-x^2}\,dx = \int 2\cos t \cdot 2\cos t\,dt = 4\int \cos^2 t\,dt$$
利用 $\cos^2 t = \dfrac{1+\cos 2t}{2}$：
$$= 2t + 2\sin t\cos t + C$$
回代：$t = \arcsin\dfrac{x}{2}$，$\sin t = \dfrac{x}{2}$，$\cos t = \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{2}$：
$$= 2\arcsin\frac{x}{2} + \frac{x\sqrt{4-x^2}}{2} + C$$
求 $\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$（$a>0$）。
解： 令 $x = a\tan t$，则 $dx = a\sec^2 t\,dt$，$\sqrt{x^2+a^2} = a\sec t$：
$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} = \int \sec t\,dt = \ln|\sec t + \tan t| + C$$
回代：$\tan t = \dfrac{x}{a}$，$\sec t = \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}$：
$$= \ln\left(x + \sqrt{x^2+a^2}\right) + C'$$
重要结论： $\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2 \pm a^2}} = \ln\left|x + \sqrt{x^2 \pm a^2}\right| + C$，可直接作为公式使用。
核心公式：
$$\int u\,dv = uv - \int v\,du$$
原理： 将 $\int u\,dv$ 转化为 $\int v\,du$，适用于被积函数为两类不同函数的乘积。
选 $u$ 的优先顺序（LIATE 法则）：
排在前面的选为 $u$，排在后面的与 $dx$ 一起凑成 $dv$。
常见题型与解法：
求 $\int x^2 e^x\,dx$。
解： $u = x^2$，$dv = e^x dx$，$v = e^x$：
$$\int x^2 e^x\,dx = x^2 e^x - 2\int x\,e^x\,dx$$
对 $\int x\,e^x\,dx$ 再次分部：$u = x$，$dv = e^x dx$：
$$\int x\,e^x\,dx = xe^x - e^x + C$$
综合：
$$\int x^2 e^x\,dx = e^x(x^2 - 2x + 2) + C$$
求 $\int e^x \sin x\,dx$。
解： 取 $u = \sin x$，$dv = e^x dx$，$v = e^x$：
$$I = e^x \sin x - \int e^x \cos x\,dx$$
对 $\int e^x \cos x\,dx$ 再次分部：$u = \cos x$，$dv = e^x dx$：
$$\int e^x \cos x\,dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x\,dx = e^x \cos x + I$$
代入回原式（设原积分为 $I$）：
$$I = e^x \sin x - (e^x \cos x + I)$$
$$2I = e^x(\sin x - \cos x) \quad \Rightarrow \quad I = \frac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + C$$
说明： 此类"循环型"分部积分是专升本常考题型，关键在于两次分部后出现原积分，解方程即可。
适用场景： $\int \dfrac{P(x)}{Q(x)}\,dx$，其中 $P(x)$，$Q(x)$ 为多项式。
步骤：
部分分式分解规则：
求 $\int \dfrac{x+3}{x^2-5x+6}\,dx$。
解： $x^2-5x+6 = (x-2)(x-3)$，设：
$$\frac{x+3}{(x-2)(x-3)} = \frac{A}{x-2} + \frac{B}{x-3}$$
通分：$x+3 = A(x-3) + B(x-2)$。
取 $x=2$：$5 = -A$，$A=-5$。取 $x=3$：$6 = B$，$B=6$。
$$\int \frac{x+3}{x^2-5x+6}\,dx = -5\ln|x-2| + 6\ln|x-3| + C$$
求 $\int \dfrac{1}{x(x^2+1)}\,dx$。
解： 设 $\dfrac{1}{x(x^2+1)} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx+C}{x^2+1}$。
通分：$1 = (A+B)x^2 + Cx + A$。比较系数：$A=1$，$B=-1$，$C=0$。
$$\int \frac{1}{x(x^2+1)}\,dx = \int\left(\frac{1}{x} - \frac{x}{x^2+1}\right)dx = \ln|x| - \frac{1}{2}\ln(x^2+1) + C$$
适用场景： $\int R(\sin x, \cos x)\,dx$，其中 $R$ 为有理函数。
万能代换（半角代换）： 令 $t = \tan\dfrac{x}{2}$，则：
$$\sin x = \frac{2t}{1+t^2}, \quad \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad dx = \frac{2}{1+t^2}\,dt$$
万能代换可将任何三角有理式化为有理函数积分，但计算量往往很大。
优先尝试的简化策略：
求 $\int \dfrac{1}{\sin x + \cos x}\,dx$。
解： 利用万能代换 $t = \tan\dfrac{x}{2}$：
$$\int \frac{1}{\sin x + \cos x}\,dx = \int \frac{2\,dt}{2t+1-t^2} = \int \frac{-2\,dt}{(t-1)^2-2}$$
$$= \frac{-1}{\sqrt{2}}\ln\left|\frac{t-1-\sqrt{2}}{t-1+\sqrt{2}}\right| + C$$
回代 $t = \tan\dfrac{x}{2}$ 即可。
求 $\int \dfrac{\cos x}{1+\sin x}\,dx$。
解： 观察到分子 $\cos x$ 恰好是 $\sin x$ 的导数，直接凑微分：
$$\int \frac{\cos x}{1+\sin x}\,dx = \int \frac{d(1+\sin x)}{1+\sin x} = \ln|1+\sin x| + C$$
说明： 并非所有三角有理式都需要万能代换，能凑微分或用恒等变换简化时应优先使用。
核心公式： 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，则：
$$\int_a^b f(x)\,dx = F(b) - F(a) = F(x)\Big|_a^b$$
意义： 将定积分（极限求和）的计算转化为求原函数的值，是定积分计算的基石。
定积分的性质：
求 $\int_0^1 (3x^2 - 2x + 1)\,dx$。
解：
$$\int_0^1 (3x^2-2x+1)\,dx = \left[x^3 - x^2 + x\right]_0^1 = (1-1+1) - 0 = 1$$
求 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 \dfrac{x}{2}\,dx$。
解： 降幂：$\sin^2\dfrac{x}{2} = \dfrac{1-\cos x}{2}$：
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos x}{2}\,dx = \frac{1}{2}\left[x - \sin x\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi-2}{4}$$
核心公式： 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$x = \varphi(t)$ 满足 $\varphi(\alpha) = a$，$\varphi(\beta) = b$，且 $\varphi(t)$ 单调连续可导，则：
$$\int_a^b f(x)\,dx = \int_\alpha^\beta f[\varphi(t)]\varphi'(t)\,dt$$
与不定积分换元的区别：
求 $\int_0^4 \dfrac{dx}{1+\sqrt{x}}$。
解： 令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$，$dx = 2t\,dt$。换限：$x=0 \Rightarrow t=0$；$x=4 \Rightarrow t=2$。
$$\int_0^4 \frac{dx}{1+\sqrt{x}} = \int_0^2 \frac{2t}{1+t}\,dt = 2\int_0^2\left(1-\frac{1}{1+t}\right)dt = 2\left[t - \ln(1+t)\right]_0^2 = 2(2 - \ln 3)$$
求 $\int_0^{\ln 2} \sqrt{e^x - 1}\,dx$。
解： 令 $t = \sqrt{e^x-1}$，则 $x = \ln(1+t^2)$，$dx = \dfrac{2t}{1+t^2}\,dt$。换限：$x=0 \Rightarrow t=0$；$x=\ln 2 \Rightarrow t=1$。
$$\int_0^{\ln 2}\sqrt{e^x-1}\,dx = \int_0^1 \frac{2t^2}{1+t^2}\,dt = 2\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+t^2}\right)dt$$
$$= 2\left[t - \arctan t\right]_0^1 = 2 - \frac{\pi}{2}$$
核心公式：
$$\int_a^b u\,dv = \left[uv\right]_a^b - \int_a^b v\,du$$
选 $u$ 的原则 与不定积分的 LIATE 法则完全相同。
华里士公式（Wallis 公式）——重要结论：
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x\,dx = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} & n \text{ 为奇数} \\[6pt] \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot \dfrac{\pi}{2} & n \text{ 为偶数} \end{cases}$$
常用具体值：
求 $\int_0^1 x e^x\,dx$。
解： $u = x$，$dv = e^x dx$，$v = e^x$：
$$\int_0^1 x e^x\,dx = \left[x e^x\right]_0^1 - \int_0^1 e^x\,dx = e - (e-1) = 1$$
求 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \cos x\,dx$。
解： $u = x$，$dv = \cos x\,dx$，$v = \sin x$：
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\cos x\,dx = \left[x\sin x\right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x\,dx = \frac{\pi}{2} - 1$$
核心公式： 设 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 上可积：
若 $f(x)$ 为偶函数（$f(-x)=f(x)$）：
$$\int_{-a}^a f(x)\,dx = 2\int_0^a f(x)\,dx$$
若 $f(x)$ 为奇函数（$f(-x)=-f(x)$）：
$$\int_{-a}^a f(x)\,dx = 0$$
使用要点：
奇函数： $x$，$x^3$，$\sin x$，$\tan x$，$\arcsin x$，$\arctan x$，$\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$
偶函数： $x^2$，$\cos x$，$|x|$，$e^{|x|}$，$\ln(1+x^2)$
求 $\int_{-1}^1 \left(x^3\cos x + x^2\sin x\right)dx$。
解： $x^3\cos x$ 是奇函数（奇×偶=奇），$x^2\sin x$ 是奇函数（偶×奇=奇）。
$$\int_{-1}^1 x^3\cos x\,dx = 0, \quad \int_{-1}^1 x^2\sin x\,dx = 0$$
故原式 $= 0$。
求 $\int_{-2}^2 \left(x^4 + x^2\arctan x\right)dx$。
解： $x^4$ 是偶函数，$x^2\arctan x$ 是奇函数：
$$= 2\int_0^2 x^4\,dx + 0 = 2\left[\frac{x^5}{5}\right]_0^2 = \frac{64}{5}$$
周期函数积分性质： 若 $f(x)$ 以 $T$ 为周期，则对任意 $a$：
$$\int_a^{a+T} f(x)\,dx = \int_0^T f(x)\,dx$$
区间再现公式：
$$\int_0^a f(x)\,dx = \int_0^a f(a-x)\,dx$$
证明： 令 $x = a - t$，$dx = -dt$：
$$\int_0^a f(x)\,dx = \int_a^0 f(a-t)(-dt) = \int_0^a f(a-t)\,dt = \int_0^a f(a-x)\,dx$$
区间再现公式的应用场景：
求 $\int_0^\pi x \sin x\,dx$。
解： 利用区间再现公式（$a=\pi$）：
$$I = \int_0^\pi x\sin x\,dx = \int_0^\pi (\pi-x)\sin x\,dx = \pi\int_0^\pi \sin x\,dx - I$$
$$2I = \pi \cdot 2 \quad \Rightarrow \quad I = \pi$$
求 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin x}{\sin x + \cos x}\,dx$。
解： 利用区间再现公式（$a=\pi/2$）：
$$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{\sin x + \cos x}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{\cos x + \sin x}\,dx$$
两式相加：
$$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1\,dx = \frac{\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad I = \frac{\pi}{4}$$
基本公式： 若 $f(x)$ 连续，$\varphi(x)$，$\psi(x)$ 可导，则：
$$\frac{d}{dx}\int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)\,dt = f[\psi(x)]\psi'(x) - f[\varphi(x)]\varphi'(x)$$
特例：
关键认知： $\int_a^x f(t)\,dt$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，其导数就是 $f(x)$。
复合形式求导： 若被积函数也含 $x$，需将 $x$ 提到积分号外再求导：
$$\frac{d}{dx}\int_a^x x\,f(t)\,dt = \frac{d}{dx}\left[x\int_a^x f(t)\,dt\right] = \int_a^x f(t)\,dt + x\,f(x)$$
求 $\dfrac{d}{dx}\int_0^{x^2} e^{-t^2}\,dt$。
解： 上限为 $x^2$，由变限积分求导公式：
$$\frac{d}{dx}\int_0^{x^2} e^{-t^2}\,dt = e^{-(x^2)^2}\cdot 2x = 2x\,e^{-x^4}$$
求极限 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\int_0^x \sin t^2\,dt}{x^3}$。
解： $0/0$ 型，洛必达法则：
$$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x \sin t^2\,dt}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x^2)}{3x^2} = \frac{1}{3}$$
定义：
$$\int_a^{+\infty} f(x)\,dx = \lim_{b \to +\infty} \int_a^b f(x)\,dx$$
若极限存在，称广义积分收敛；否则称发散。
计算方法： 先求不定积分得原函数 $F(x)$，再取极限：
$$\int_a^{+\infty} f(x)\,dx = F(+\infty) - F(a)$$
其中 $F(+\infty) = \lim_{x \to +\infty} F(x)$。
$p$-积分收敛性： $\int_1^{+\infty}\dfrac{dx}{x^p}$ 当 $p > 1$ 时收敛，$p \leq 1$ 时发散。
判断 $\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x^2}\,dx$ 的收敛性并求值。
解： $p=2 > 1$，收敛。
$$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}\,dx = \left[-\frac{1}{x}\right]_1^{+\infty} = 0 + 1 = 1$$
求 $\int_0^{+\infty} x e^{-x}\,dx$。
解： 分部积分：
$$\int_0^{+\infty} x e^{-x}\,dx = \left[-xe^{-x}\right]_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} e^{-x}\,dx = 0 + 1 = 1$$
定义： 若 $f(x)$ 在 $a$ 的某邻域内无界（$a$ 为瑕点），则：
$$\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+}\int_{a+\varepsilon}^b f(x)\,dx$$
常见瑕点： 函数在该点趋于无穷，如 $\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ 在 $x=0$ 处，$\dfrac{1}{1-x}$ 在 $x=1$ 处。
无界函数 $p$-积分： $\int_0^1 \dfrac{dx}{x^p}$ 当 $p < 1$ 时收敛，$p \geq 1$ 时发散。
这是专升本考试中常见的易混淆点。
判断 $\int_0^1 \dfrac{dx}{\sqrt{x}}$ 的收敛性并求值。
解： $x=0$ 为瑕点，$p = 1/2 < 1$，收敛。
$$\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\left[2\sqrt{x}\right]_\varepsilon^1 = 2$$
判断 $\int_0^1 \dfrac{dx}{x}\,dx$ 的收敛性。
解： $x=0$ 为瑕点，$p = 1$，发散。
$$\int_0^1 \frac{dx}{x} = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\left[\ln x\right]_\varepsilon^1 = +\infty$$
故积分发散。
拿到一道不定积分题，按以下顺序思考：
求 $\int \dfrac{x\arctan x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$。
解： 注意到 $\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx = d(\sqrt{1+x^2})$，故：
$$\int \frac{x\arctan x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx = \int \arctan x\,d(\sqrt{1+x^2})$$
分部积分：
$$= \sqrt{1+x^2}\arctan x - \int \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}} = \sqrt{1+x^2}\arctan x - \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) + C$$
求 $\int_0^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{x}{\cos^2 x}\,dx$。
解： 分部积分，$u = x$，$dv = \sec^2 x\,dx$，$v = \tan x$：
$$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos^2 x}\,dx = \left[x\tan x\right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x\,dx$$
$$= \frac{\pi}{4} - \left[-\ln|\cos x|\right]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\ln 2$$
求 $\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^2}\,dx$。
解：
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}\,dx = \left[\arctan x\right]_{-\infty}^{+\infty} = \frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi$$
| 题型特征 | 首选方法 | 备用方法 |
|---|---|---|
| 多项式/基本函数 | 直接积分法 | — |
| $f[\varphi(x)]\varphi'(x)$ 型 | 凑微分法 | 换元法 |
| 含 $\sqrt{a^2-x^2}$ | $x=a\sin t$ 换元 | — |
| 含 $\sqrt{a^2+x^2}$ | $x=a\tan t$ 换元 | — |
| 含 $\sqrt{x^2-a^2}$ | $x=a\sec t$ 换元 | — |
| 含 $\sqrt[n]{ax+b}$ | $t=\sqrt[n]{ax+b}$ 换元 | — |
| $x^n e^x$ / $x^n\sin x$ | 分部积分（$u=x^n$） | — |
| $x^n\ln x$ / $x^n\arctan x$ | 分部（$u=\ln x$ 或 $\arctan x$） | — |
| $e^x\sin x$ 型 | 分部两次，解方程 | — |
| 有理分式 | 部分分式分解 | — |
| 三角有理式 | 恒等变换/凑微分 | 万能代换 |
| 对称区间 $[-a,a]$ | 奇偶函数法 | 换元法 |
| $[0,a]$ 上含 $f(x)+f(a-x)$ | 区间再现公式 | — |
| $\int_0^{\pi/2}\sin^n x$ | 华里士公式 | 分部递推 |
| 含变限积分 $\int_a^x f(t)dt$ | 变限求导公式 | 洛必达法则 |
| 无穷区间 $\int_a^{+\infty}$ | 极限定义 + 牛-莱公式 | 比较判别法 |
| 无界函数（瑕点） | 极限定义 + 牛-莱公式 | $p$-判别法 |