第3节 分部积分法
已校验
一、基础题
1
求下列不定积分
（1）$\displaystyle \int x\cos\frac{x}{2}\,dx$
解答：
令$\displaystyle u=x,\; dv=\cos\frac{x}{2}dx$。 则$\displaystyle du=dx,\; v=2\sin\frac{x}{2}$。
$$\int x\cos\frac{x}{2}dx=x\cdot2\sin\frac{x}{2}-\int 2\sin\frac{x}{2}dx$$$$=2x\sin\frac{x}{2}+4\cos\frac{x}{2}+C.$$（2）$\displaystyle \int 2xe^{-2x}\,dx$
解答：
设$\displaystyle u=2x,\; dv=e^{-2x}dx$。 则$\displaystyle du=2dx,\; v=-\frac12 e^{-2x}$。
$$\int 2xe^{-2x}dx=-x e^{-2x}+\int e^{-2x}dx$$$$=-xe^{-2x}-\frac12 e^{-2x}+C$$$$=-(x+\tfrac12)e^{-2x}+C.$$（3）$\displaystyle \int \ln x\,dx$
解答：
$$\int\ln x\,dx=x\ln x-x+C.$$（4）$\displaystyle \int x^{2}\ln 2x\,dx$
解答：
$\ln 2x=\ln 2+\ln x$，故
$$\int x^{2}\ln 2x\,dx=\ln2\int x^{2}dx+\int x^{2}\ln x\,dx.$$对后者分部积分： 设 $u=\ln x,\; dv=x^{2}dx$，则
$$\int x^{2}\ln x\,dx=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\frac{x^{3}}{3}\cdot\frac1x dx$$$$=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac13\int x^{2}dx$$$$=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}.$$故
$$\int x^{2}\ln 2x\,dx=\frac{\ln2}{3}x^{3}+\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C.$$（5）$\displaystyle \int \ln(1+x^{2})\,dx$
解答：
分部积分：$u=\ln(1+x^{2}), dv=dx$。
$$\int \ln(1+x^{2})dx=x\ln(1+x^{2})-\int x\cdot\frac{2x}{1+x^{2}}dx$$$$=x\ln(1+x^{2})-2\int \frac{x^{2}}{1+x^{2}}dx.$$$$\frac{x^{2}}{1+x^{2}}=1-\frac1{1+x^{2}}.$$$$= x\ln(1+x^{2})-2\left( x-\arctan x\right)+C.$$（6）$\displaystyle \int \sec^{3}x\,dx$
解答：
设
$$u=\sec x,\quad dv=\sec^2 x\,dx$$则
$$du=\sec x \tan x\,dx,\quad v=\tan x$$套用分部积分：
$$\int \sec^3 x\,dx = \sec x \tan x - \int \tan x \cdot \sec x \tan x\,dx$$利用恒等式 $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$：
$$\int \sec x \tan^2 x\,dx = \int \sec^3 x\,dx - \int \sec x\,dx$$于是得到：
$$\int \sec^3 x\,dx = \sec x \tan x - \left( \int \sec^3 x\,dx - \int \sec x\,dx \right)$$把 $\int \sec^3 x\,dx$ 移到一边：
$$2\int \sec^3 x\,dx = \sec x\tan x + \int \sec x\,dx$$而
$$\int \sec x\,dx = \ln|\sec x+\tan x|$$最终结果：
$$\boxed{\int \sec^3 x\,dx = \frac{1}{2}\sec x \tan x + \frac{1}{2}\ln|\sec x+\tan x| + C}$$（7）$\displaystyle \int x^{2}\arctan x\,dx$
解答：
分部积分：$u=\arctan x,\; dv=x^{2}dx$。
$$\int x^{2}\arctan x dx=\frac{x^{3}}{3}\arctan x-\int\frac{x^{3}}{3}\cdot\frac1{1+x^{2}}dx.$$$$\frac{x^{3}}{1+x^{2}}=x-\frac{x}{1+x^{2}}.$$故：
$$=\frac{x^{3}}{3}\arctan x-\frac13\int x dx+\frac13 \int \frac{x}{1+x^{2}}dx$$$$=\frac{x^{3}}{3}\arctan x-\frac{x^{2}}{6}+\frac{1}{6}\ln(1+x^{2})+C.$$（8）$\displaystyle \int \frac{\arctan x}{x^{3}}\,dx$
解答：
分部积分：$u=\arctan x,\; dv=x^{-3}dx$。
$$v=-\frac12 x^{-2}$$$$\int \frac{\arctan x}{x^{3}}dx=-\frac12 \frac{\arctan x}{x^{2}}+\frac12\int \frac{1}{x^{2}(1+x^{2})}dx.$$部分分式：
$$\frac{1}{x^{2}(1+x^{2})}=\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{1+x^{2}}.$$故
$$=\;-\frac12\frac{\arctan x}{x^{2}}+\frac12\left(-\frac1x-\arctan x\right)+C.$$（9）$\displaystyle \int \cos(\ln x)\,dx$
解答：
令 $t=\ln x$，则 $dx=e^{t}dt=x dt$。
$$\int \cos(\ln x)dx=\int e^{t}\cos t\,dt$$$$=\frac12 e^{t}(\sin t+\cos t)+C$$$$=\frac{x}{2}(\sin(\ln x)+\cos(\ln x))+C.$$（10）$\displaystyle \int e^{\sqrt{2x+3}}\,dx$
解答：
令 $u=\sqrt{2x+3}$，则 $u^{2}=2x+3$，$x=\frac{u^{2}-3}{2}$，且
$$dx=u du.$$$$\int e^{u} u\, du =u e^{u}-e^{u}+C=e^{u}(u-1)+C.$$$$=e^{\sqrt{2x+3}}\left(\sqrt{2x+3}-1\right)+C.$$二、提高题
2
求下列不定积分
（1）$\displaystyle \int (\ln x)^{2}dx$
解答：
设
$$u = (\ln x)^2,\quad dv = dx$$则
$$du = \frac{2\ln x}{x}\,dx,\quad v = x$$套用分部积分：
$$\int (\ln x)^2 dx = x(\ln x)^2 - \int x\cdot \frac{2\ln x}{x}\,dx$$化简：
$$= x(\ln x)^2 - 2\int \ln x \, dx$$再对 $\int \ln x\, dx$ 继续分部积分： 设
$$u=\ln x,\quad dv=dx$$则
$$du=\frac{1}{x}dx,\quad v=x$$$$\int \ln x\,dx = x\ln x - x$$代回去：
$$\int (\ln x)^2 dx = x(\ln x)^2 - 2(x\ln x - x)$$整理：
$$\boxed{\int (\ln x)^2 dx = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x + C}$$（2）$\displaystyle \int \frac{\ln^{3} x}{x^{2}}dx$
解答：
步骤 1：换元 令
$$u=\ln x$$则
$$du=\frac{1}{x}\,dx,\qquad \frac{1}{x^2}dx=\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}dx=e^{-u}du$$因为
$$x=e^u \Rightarrow x^{-1}=e^{-u}$$所以
$$\frac{\ln^3 x}{x^2}dx = u^3 e^{-u} du$$因此积分变成
$$\int u^3 e^{-u}\,du$$步骤 2：分部积分（多次） 计算
$$\int u^3 e^{-u}\,du$$设
$$u_1 = u^3,\quad dv_1 = e^{-u}du$$则
$$du_1 = 3u^2 du,\quad v_1 = -e^{-u}$$$$\int u^3 e^{-u} du = -u^3 e^{-u} + 3\int u^2 e^{-u} du$$对
$$\int u^2 e^{-u} du$$同理继续进行两次分部积分（结果直接写出）：
$$\int u^3 e^{-u} du = -e^{-u}\left(u^3 + 3u^2 + 6u + 6\right) + C$$步骤 3：代回 $u=\ln x$，且 $e^{-u} = \frac{1}{x}$
$$\int \frac{\ln^3 x}{x^2}dx = -\frac{1}{x}\Big[(\ln x)^3 + 3(\ln x)^2 + 6\ln x + 6\Big] + C$$（3）$\displaystyle \int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\,dx$
解答：
步骤 1：化简 $\cos^2\frac{x}{2}$
$$\cos^2 \frac{x}{2} = \frac{1+\cos x}{2}$$代入：
$$\int x^2 \cos^2 \frac{x}{2}\, dx = \int x^2 \cdot \frac{1+\cos x}{2}\, dx$$$$= \frac12 \int x^2 dx + \frac12 \int x^2 \cos x\, dx$$步骤 2：计算 $\int x^2 dx$
$$\frac12 \int x^2 dx = \frac12 \cdot \frac{x^3}{3} = \frac{x^3}{6}$$步骤 3：计算 $\int x^2 \cos x\,dx$（两次分部积分） 设
$$u = x^2,\quad dv=\cos x\,dx$$$$du = 2x\,dx,\quad v=\sin x$$$$\int x^2 \cos x\,dx = x^2\sin x - \int 2x\sin x\,dx$$继续分部积分计算 $\int x\sin x\,dx$： 设
$$u = x,\quad dv = \sin x dx$$$$du = dx,\quad v = -\cos x$$$$\int x \sin x\,dx = -x\cos x + \int \cos x dx$$$$= -x\cos x + \sin x$$代回去：
$$\int x^2 \cos x\,dx = x^2\sin x - 2(-x\cos x + \sin x)$$$$= x^2\sin x + 2x\cos x - 2\sin x$$步骤 4：代回整体
$$\int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\,dx = \frac{x^3}{6} + \frac12(x^2\sin x + 2x\cos x - 2\sin x) + C$$整理：
$$\boxed{ \int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\,dx = \frac{x^3}{6} + \frac12 x^2\sin x + x\cos x - \sin x + C }$$（4）$\displaystyle \int (\arcsin x)^{2}dx$
解答：
步骤 1：分部积分 设
$$u = (\arcsin x)^2,\qquad dv = dx$$则
$$du = 2\arcsin x \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx,\qquad v = x$$代入分部积分公式：
$$\int (\arcsin x)^2 dx = x(\arcsin x)^2 - 2\int x\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx$$步骤 2：化简被积表达式 注意到：
$$\frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = -\frac{d}{dx}\sqrt{1-x^2}$$所以
$$\int x\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx$$做换元更方便： 令
$$t = \arcsin x \quad\Rightarrow\quad x = \sin t,\quad dx=\cos t\, dt$$并且
$$\sqrt{1-x^2} = \cos t$$于是：
$$x \cdot \frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}} dx = \sin t \cdot t \cdot \frac{1}{\cos t} \cdot \cos t\, dt = t \sin t\, dt$$步骤 3：计算 $\int t\sin t\, dt$ （分部积分） 设
$$u=t,\ dv=\sin t\,dt$$$$du=dt,\ v=-\cos t$$$$\int t \sin t\, dt = -t\cos t + \int \cos t\, dt = -t\cos t + \sin t$$步骤 4：代回 $t=\arcsin x$，$\sin t = x$，$\cos t = \sqrt{1-x^2}$
$$\int x\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx = -\arcsin x\sqrt{1-x^2} + x$$代入主表达式：
$$\int (\arcsin x)^2 dx = x(\arcsin x)^2 - 2\left[-\arcsin x\sqrt{1-x^2} + x\right] + C$$最终答案：
$$\boxed{ \int (\arcsin x)^2 dx = x(\arcsin x)^2 + 2\arcsin x\sqrt{1-x^2} - 2x + C }$$（5）$\displaystyle \int \ln(x+\sqrt{1+x^{2}})\,dx$
解答：
步骤 1：分部积分 设
$$u=\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right),\qquad dv=dx$$则
$$du=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx,\qquad v=x$$代入分部积分公式：
$$\int \ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\,dx = x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)-\int \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}dx$$步骤 2：化简第二个积分
$$\int \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}dx$$令
$$t = 1+x^{2},\quad dt = 2x\,dx$$$$= \int \frac{1}{2}\frac{dt}{\sqrt{t}} = \sqrt{t} = \sqrt{1+x^{2}}$$步骤 3：代回 所以：
$$\int \ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\,dx = x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right) - \sqrt{1+x^{2}} + C$$最终答案
$$\boxed{ \int \ln\!\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\,dx = x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right) - \sqrt{1+x^{2}} + C }$$（6）$\displaystyle \int e^{x}\sin^{2}x\,dx$
解答：
我们先利用三角恒等式降幂，再使用分部积分法。直接对 $\sin^2 x$ 进行分部积分会很麻烦。最简单的方法是利用倍角公式：
$$\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$$1 变形积分 将原积分转化为两部分：
$$I = \int e^x \sin^2 x \, dx = \int e^x \left( \frac{1 - \cos 2x}{2} \right) dx$$$$I = \frac{1}{2} \int e^x \, dx - \frac{1}{2} \int e^x \cos 2x \, dx$$第一部分很简单： $\frac{1}{2} \int e^x \, dx = \frac{1}{2}e^x$。 现在的重点是计算第二部分： Let $J = \int e^x \cos 2x \, dx$。
2 对 $J$ 进行分部积分 (两次) 我们需要计算 $J = \int e^x \cos 2x \, dx$。
第一次分部积分： 令 $u = \cos 2x$，$dv = e^x dx$ 则 $du = -2\sin 2x \, dx$，$v = e^x$
$$J = e^x \cos 2x - \int e^x (-2\sin 2x) dx$$$$J = e^x \cos 2x + 2 \int e^x \sin 2x \, dx$$第二次分部积分 (针对上式中的积分)： 令 $u = \sin 2x$，$dv = e^x dx$ 则 $du = 2\cos 2x \, dx$，$v = e^x$
$$\int e^x \sin 2x \, dx = e^x \sin 2x - \int e^x (2\cos 2x) dx$$$$= e^x \sin 2x - 2J$$代回 $J$ 的方程：
$$J = e^x \cos 2x + 2(e^x \sin 2x - 2J)$$$$J = e^x \cos 2x + 2e^x \sin 2x - 4J$$解出 $J$： 移项得 $5J = e^x(\cos 2x + 2\sin 2x)$
$$J = \frac{e^x}{5}(\cos 2x + 2\sin 2x)$$3 组合最终结果 回到步骤 1 的公式： $I = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{2}J$
$$I = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{2} \left[ \frac{e^x}{5}(\cos 2x + 2\sin 2x) \right] + C$$整理得：
$$I = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{10}e^x(\cos 2x + 2\sin 2x) + C$$或者提取公因式 $\frac{e^x}{10}$ 使结果更美观：
$$\displaystyle \int e^{x}\sin^{2}x\,dx = \frac{e^x}{10}(5 - \cos 2x - 2\sin 2x) + C$$（7）$\displaystyle \int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx$
解答：
1 使用分部积分法 (IBP)
我们使用公式 $\displaystyle \int u \, dv = uv - \int v \, du$。
选取 $u$ 和 $dv$： 令 $u = \ln(1+e^x)$，因为其导数更简单。 令 $dv = \frac{1}{e^x} dx = e^{-x} dx$，因为这部分容易积分。
求 $du$ 和 $v$：
$$du = \frac{d}{dx}[\ln(1+e^x)] dx = \frac{e^x}{1+e^x} dx$$$$v = \int e^{-x} dx = -e^{-x} = -\frac{1}{e^x}$$应用 IBP 公式：
$$\int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = \ln(1+e^x) \cdot \left(-\frac{1}{e^x}\right) - \int \left(-\frac{1}{e^x}\right) \cdot \left(\frac{e^x}{1+e^x}\right) dx$$$$= -\frac{\ln(1+e^x)}{e^x} + \int \frac{1}{e^x} \cdot \frac{e^x}{1+e^x} dx$$$$= -\frac{\ln(1+e^x)}{e^x} + \int \frac{1}{1+e^x} dx \quad (*)$$
2 求解剩余积分
现在我们要求解 $I_2 = \displaystyle \int \frac{1}{1+e^x} dx$。
使用代换法： 令 $t = e^x$，则 $dt = e^x dx = t \, dx$。因此 $dx = \frac{dt}{t}$。
$$I_2 = \int \frac{1}{1+t} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{1}{t(1+t)} dt$$使用部分分式分解：
$$\frac{1}{t(1+t)} = \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t}$$积分：
$$I_2 = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{1+t} \right) dt = \ln|t| - \ln|1+t| + C_1$$代回 $t=e^x$： 由于 $e^x > 0$ 和 $1+e^x > 0$，我们去掉绝对值。
$$I_2 = \ln(e^x) - \ln(1+e^x) + C_1$$$$I_2 = x - \ln(1+e^x) + C_1$$
3 合并最终结果
将 $I_2$ 代回步骤 1 中的 $(*)$ 式：
$$\int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = -\frac{\ln(1+e^x)}{e^x} + \left[ x - \ln(1+e^x) \right] + C$$整理并合并 $\ln(1+e^x)$ 项：
$$\int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = x - \ln(1+e^x) \left( \frac{1}{e^x} + 1 \right) + C$$$$\displaystyle \int \frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}dx = x - \frac{1+e^x}{e^x} \ln(1+e^x) + C$$（8）$\displaystyle \int e^{2x}( \tan x+1)^{2} dx$
解答：
这是一个可以使用积的求导法则逆运算（Product Rule in Reverse）求解的积分。
1 简化被积函数
首先展开 $(\tan x+1)^2$，并利用三角恒等式 $\sec^2 x = \tan^2 x + 1$ 来简化被积函数。
$$\begin{aligned} \int e^{2x}( \tan x+1)^{2} dx &= \int e^{2x}(\tan^2 x + 2\tan x + 1) dx \\ &= \int e^{2x}[(\tan^2 x + 1) + 2\tan x] dx \\ &= \int e^{2x}(\sec^2 x + 2\tan x) dx \end{aligned}$$2 利用导数公式的逆运算
我们观察到积分形式 $\displaystyle \int e^{ax}[f'(x) + a f(x)] dx = e^{ax} f(x) + C$。
在这个问题中：
- 我们有 $a = 2$。
- 如果设 $f(x) = \tan x$，则 $f'(x) = \sec^2 x$。
将这些代入，我们看到被积函数正好是：
$$e^{2x}(\sec^2 x + 2\tan x) = e^{2x}[f'(x) + 2 f(x)]$$因此，根据公式，积分结果为 $e^{2x} f(x) + C$。
$$\int e^{2x}(\sec^2 x + 2\tan x) dx = e^{2x} \tan x + C$$3 验证（分部积分法）
为了确保结果的正确性，我们可以通过对 $e^{2x} \sec^2 x$ 部分使用分部积分法进行验证。
$$I = \int e^{2x}\sec^2 x \, dx + \int 2e^{2x}\tan x \, dx$$对第一项 $I_1 = \int e^{2x}\sec^2 x \, dx$ 使用分部积分法：
- 令 $u = e^{2x}$， $dv = \sec^2 x \, dx$
- 则 $du = 2e^{2x} dx$， $v = \tan x$
代回原积分 $I$：
$$I = I_1 + \int 2e^{2x}\tan x \, dx$$$$I = \left( e^{2x} \tan x - 2 \int e^{2x} \tan x \, dx \right) + 2 \int e^{2x} \tan x \, dx + C$$中间的两项互相抵消，最终结果为：
$$\displaystyle \int e^{2x}( \tan x+1)^{2} dx = e^{2x} \tan x + C$$3
已知 $f(x)$ 的一个原函数为 $\dfrac{\sin x}{x}$，求 $\displaystyle \int x f'(x)\,dx$
解答： 已知
$$F(x)=\frac{\sin x}{x}$$是 $f(x)$ 的一个原函数，因此
$$F'(x)=f(x).$$要求
$$\int x f'(x) dx.$$对被积函数作分部积分，令
$$u=x,\quad dv=f'(x)\,dx,$$则
$$du=dx,\quad v=f(x).$$因此
$$\int x f'(x) dx= x f(x)-\int f(x)dx.$$又因为
$$\int f(x)dx = F(x)=\frac{\sin x}{x}.$$代入得
$$\int x f'(x) dx = x f(x)-\frac{\sin x}{x} + C.$$而
$$f(x)=F'(x)=\left(\frac{\sin x}{x}\right)'=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}.$$因此
$$x f(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x}.$$最终：
$$\int x f'(x) dx=\frac{x\cos x-\sin x}{x}-\frac{\sin x}{x}+C$$$$=\frac{x\cos x-2\sin x}{x}+C.$$4
证明：若
$$I_n =\int \tan^{n} x\, dx\quad (n=2,3,\ldots),$$则
$$I_n=\frac{1}{n-1}\tan^{\,n-1}x - I_{n-2}.$$解答： 从
$$I_n=\int \tan^{n}x\, dx$$开始，将被积函数拆出一项 $\tan^{n-2}x \tan^{2}x$：
$$I_n=\int \tan^{n-2}x \tan^{2}x\,dx.$$利用恒等式
$$\tan^{2}x=\sec^{2}x -1,$$得
$$I_n=\int \tan^{n-2}x (\sec^{2}x-1)\,dx$$$$=\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx - \int \tan^{n-2}x\,dx$$$$=\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx - I_{n-2}.$$对第一项作变量代换： 令
$$u=\tan x,\quad du=\sec^{2}x\,dx,$$则
$$\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx=\int u^{\,n-2}\,du=\frac{u^{\,n-1}}{n-1}+C.$$写回原变量：
$$\int \tan^{n-2}x \sec^{2}x\,dx=\frac{\tan^{\,n-1}x}{n-1}.$$因此
$$I_n=\frac{1}{n-1}\tan^{\,n-1}x - I_{n-2} + C.$$证毕。
三、考研真题
5
（2006216）$\displaystyle \int\frac{\arcsin(e^{x})}{e^{x}}dx$
解答：
✅ 步骤 1：代换 $t=e^x$（这是关键）
$$t=e^x \quad\Rightarrow\quad dt=e^x dx \Rightarrow dx=\frac{dt}{t}$$代入：
$$\int \frac{\arcsin(e^x)}{e^x} dx = \int \frac{\arcsin(t)}{t} \cdot \frac{dt}{t} = \int \frac{\arcsin(t)}{t^2} dt$$✅ 步骤 2：分部积分 令
$$u=\arcsin t,\quad dv=t^{-2}dt$$则
$$du=\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt,\quad v=-t^{-1}$$分部积分：
$$\int \frac{\arcsin(t)}{t^2} dt = -\frac{\arcsin t}{t} + \int \frac{1}{t\sqrt{1-t^2}} dt$$✅ 步骤 3：再做一个简单代换 第二个积分：
$$\int \frac{1}{t\sqrt{1-t^2}} dt$$令 $t=\sin\theta$，则：
$$dt=\cos\theta d\theta,\quad \sqrt{1-t^2}=\cos\theta$$代入：
$$\int \frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\cos\theta d\theta = \int \csc\theta\, d\theta = \ln|\csc\theta - \cot\theta|$$回到 $t=\sin\theta$：
$$\csc\theta=\frac{1}{t},\quad \cot\theta=\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}$$所以：
$$\int \frac{1}{t\sqrt{1-t^2}} dt = \ln\left|\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t}\right|$$⭐ 最终代回 $t=e^x$
$$\boxed{ \int \frac{\arcsin(e^x)}{e^x} dx = -\frac{\arcsin(e^x)}{e^x} + \ln\left|\frac{1-\sqrt{1-e^{2x}}}{e^x}\right| + C }$$6
（2003215）$\displaystyle \int \frac{x e^{\arctan x}}{(1+x^{2})^{3/2}}dx$
解答：
令 $u=\arctan x$，则 $du=\frac1{1+x^{2}}dx$，且$\sqrt{1+x^{2}}=\sec u$。 化简可得：
$$\int e^{u}\sin u\,du$$$$=\frac12 e^{u}(\sin u-\cos u)+C.$$写回 $x$：
$$=\frac12 e^{\arctan x}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}\right)+C.$$7
（2011317）$\displaystyle \int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx$
解答：
我们来计算：
$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}\,dx$$把它拆开最简单：
$$= \int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\,dx \;+\; \int \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx$$下面两个积分分别算，过程尽量简单。
① 计算 $\displaystyle \int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\,dx$ 令：
$$t=\sqrt{x}\quad (x=t^2)$$$$dx = 2t\,dt,\quad \sqrt{x}=t$$代入：
$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx = \int \frac{\arcsin(t)}{t}\cdot 2t\,dt = 2\int \arcsin(t)\,dt$$再做分部积分： 令
$$u=\arcsin t,\quad dv=dt$$$$du=\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt,\quad v=t$$$$\int \arcsin t\,dt = t\arcsin t-\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt$$第二个积分令 $u=1-t^2$ 即可：
$$\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt = -\sqrt{1-t^2}$$所以：
$$\int \arcsin t\,dt = t\arcsin t+\sqrt{1-t^2}$$因此：
$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx = 2\left( t\arcsin t+\sqrt{1-t^2} \right)$$代回 $t=\sqrt{x}$：
$$=2\sqrt{x}\,\arcsin\sqrt{x} +2\sqrt{\,1-x\,}$$② 计算 $\displaystyle \int \frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx$ 仍用 $x=t^2$ 代换：
$$x=t^2,\quad dx=2t\,dt$$$$\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx = \frac{\ln(t^2)}{t}\cdot 2t\,dt = 2\ln(t^2)\,dt = 4\ln t\,dt$$积分：
$$\int 4\ln t\,dt = 4(t\ln t - t)$$代回 $t=\sqrt{x}$：
$$= 4\sqrt{x}\ln\sqrt{x} - 4\sqrt{x}$$因为 $\ln\sqrt{x}=\tfrac12\ln x$：
$$= 2\sqrt{x}\ln x - 4\sqrt{x}$$③ 合并两个部分 把①②相加：
$$\int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx = 2\sqrt{x}\,\arcsin\sqrt{x} +2\sqrt{1-x} +2\sqrt{x}\ln x -4\sqrt{x} + C$$最终答案
$$\boxed{ \int \frac{\arcsin\sqrt{x}+\ln x}{\sqrt{x}}dx = 2\sqrt{x}\,\arcsin\sqrt{x} + 2\sqrt{1-x} + 2\sqrt{x}\ln x - 4\sqrt{x} + C }$$8
（2016102）已知函数
$$f(x)= \begin{cases} 2(x-1), & x<1,\\[6pt] \ln x, & x\ge 1, \end{cases}$$则 $f(x)$ 的一个原函数是（ ） (A)
$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x -1), & x\ge 1 \end{cases}$$(B)
$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x +1)-1, & x\ge 1 \end{cases}$$(C)
$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x +1)+1, & x\ge 1 \end{cases}$$(D)
$$F(x)= \begin{cases} (x-1)^2, & x<1,\\[6pt] x(\ln x -1)+1, & x\ge 1 \end{cases}$$解答：
第一步：对各段积分 (1) 当 $x<1$：
$$\int 2(x-1)\,dx = (x-1)^2 + C_1$$所以所有选项的左段 $(x-1)^2$ 都是正确的。
(2) 当 $x\ge 1$：
$$\int \ln x\,dx = x\ln x - x + C_2$$所以右段形式应该是：
$$x(\ln x -1)+C_2 \quad\text{或}\quad x(\ln x+1)+C_2$$但要匹配导数：
$x(\ln x -1)$’ = $\ln x$ ✔
$x(\ln x +1)$’ = $\ln x + 2$ ❌（多出常数 2，不对）
因此 右段必须形如：
$$x(\ln x -1)+C_2$$第二步：检查选项 我们检查右段表达式：
(A) $x(\ln x -1)$ ✔ 正确
(B) $x(\ln x +1)-1$ ❌ 导数为 $\ln x + 2$（错误）
(C) $x(\ln x +1)+1$ ❌ 同理错误
(D) $x(\ln x -1)+1$ ✔ 导数为 $\ln x$
第三步：检查在 $x=1$ 是否连续 左段：
$$F(1^-)= (1-1)^2 = 0$$检查 (A)：
$$F(1^+) = 1(\ln1 - 1)= -1$$不连续 → 排除 A 检查 (D)：
$$F(1^+) = 1(\ln1 - 1)+1 = -1 + 1 = 0$$与左侧相同 → 连续
✅ 最终答案：D