总习题四
一、填空题
(1) 已知 $f'(x)=3x^2$，且 $f(0)=1$，则 $f(x)=$
解答：
$$f(x)=\int 3x^2\,dx = x^3 + C$$由 $f(0)=1$ 得：
$$1 = 0 + C \Rightarrow C=1$$故：
$$f(x)=x^3+1$$(2) 若函数 $F(x)$ 与 $G(x)$ 是同一连续函数的原函数，则 $F(x)$ 与 $G(x)$ 之间的关系式为
解答：
若二者为同一函数的原函数，则相差一个常数：
$$F(x)=G(x)+C$$(3) $\displaystyle \int f(x)\,dx=e^{-x^2}+C$，则 $f(x)=$
解答：
由原函数可求导：
$$f(x)=\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}\right) = -2x\,e^{-x^2}$$(4) 通过点 $\left(1,\frac{\pi}{4}\right)$ 且斜率为 $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}$ 的曲线方程为
解答：
这是满足：
$$y'=\frac{1}{1+x^2}$$积分得：
$$y=\arctan x + C$$利用点 $(1,\frac{\pi}{4})$：
$$\frac{\pi}{4}=\arctan 1 + C=\frac{\pi}{4}+C$$因此 $C=0$，故曲线方程为：
$$y=\arctan x$$二、选择题
(1) 设 $f'(x)$ 存在且连续，则 $\displaystyle \left[\int f(x)\,dx\right]'=\ (\ )$
题目选项：
A. $f(x)$
B. $f'(x)$
C. $f(x)+C$
D. $f'(x)+C$
解答：
根据基本求导公式：
$$\frac{d}{dx}\left(\int f(x)\,dx\right)=f(x)$$正确答案为：A
(2) $\displaystyle \int \frac{f'(x)}{1+[f(x)]^2}\,dx = (\ )$
题目选项：
A. $\ln|f(x)|+C$
B. $\frac12\ln|1+f^2(x)|+C$
C. $\arctan f(x)+C$
D. $\frac12\arctan f(x)+C$
解答：
$$\int \frac{f'(x)}{1+[f(x)]^2}dx = \arctan(f(x))+C$$正确答案为：C
(3) 设 $e^{-x}$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，则 $\displaystyle \int xf(x)\,dx = (\ )$
题目选项：
A. $e^{-x}(1-x)+C$
B. $e^{-x}(x-1)+C$
C. $e^{-x}(1+x)+C$
D. $-e^{-x}(1+x)+C$
解答：
已知：
$$f(x)=\frac{d}{dx}(e^{-x})=-e^{-x}$$于是：
$$\int x f(x)\,dx = \int -x e^{-x} dx$$用分部积分：
$$u=x,\quad dv=-e^{-x}dx$$$$du=dx,\quad v=e^{-x}$$$$\int -x e^{-x}dx = x e^{-x} - \int e^{-x} dx = x e^{-x} + e^{-x} + C$$$$=e^{-x}(x+1)+C$$正确答案为：C
(4) 设 $f(x),g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，则
$\displaystyle \left[f(x)\int g(x)\,dx\right]' = (\ )$
题目选项：
A. $f(x)g(x)$
B. $f'(x)g(x)$
C. $f'(x)\int g(x)\,dx + f(x)g(x)$
D. $f'(x)g'(x)$
解答：
直接对乘积求导：
$$\left[f(x)\int g(x)\,dx\right]' = f'(x)\int g(x)\,dx + f(x)g(x)$$正确答案为：C
三、求下列不定积分
(1) $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{x}} \tan\sqrt{x}\sec^2\sqrt{x}\,dx$
解答：
令
$$t=\sqrt{x},\quad x=t^2,\quad dx=2t\,dt$$原式变为：
$$\int \frac{1}{t}\tan t\sec^2 t\cdot 2t\,dt = 2\int \tan t \sec^2 t\,dt$$利用：
$$(\tan t)'=\sec^2 t$$令 $u=\tan t$：
$$2\int u\,du = u^2 + C = \tan^2 t + C$$代回：
$$\tan^2\sqrt{x} + C$$(2) $\displaystyle \int \arctan\sqrt{x}\,dx$
解答：
令
$$t=\sqrt{x},\quad x=t^2,\quad dx=2t\,dt$$原式：
$$\int \arctan(\sqrt{x})dx = 2\int t\arctan t\,dt$$分部积分：
$$u=\arctan t,\quad dv=2t\,dt$$$$du=\frac{1}{1+t^2}dt,\quad v=t^2$$$$\int 2 t \arctan t\,dt = t^2\arctan t - \int \frac{t^2}{1+t^2}dt$$拆分：
$$\frac{t^2}{1+t^2}=1-\frac{1}{1+t^2}$$$$t^2\arctan t - \int 1\,dt + \int \frac{1}{1+t^2}dt$$$$=t^2\arctan t - t + \arctan t + C$$代回 $t=\sqrt{x}$：
$$x\arctan\sqrt{x} - \sqrt{x} + \arctan\sqrt{x} + C$$(3) $\displaystyle \int \frac{e^{\arccos x}}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{\sqrt {\tan x }\cos^2 x}\,dx$
(4) $\displaystyle \int e^{ax}\sin bx\,dx$
解答：
这是指数函数与正弦函数的乘积积分，一般采用 两次分部积分。
第一次分部积分 令
$$u=\sin bx, \qquad dv=e^{ax}dx.$$则
$$du=b\cos bx\,dx , \qquad v=\frac{1}{a}e^{ax}.$$套用分部积分公式：
$$I=\int u\,dv = uv-\int v\,du.$$于是：
$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \int \frac{e^{ax}}{a} b\cos bx\,dx.$$提取常数：
$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax}\cos bx\,dx.$$记：
$$J=\int e^{ax}\cos bx\,dx.$$于是：
$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}J.$$第二次分部积分（求 $J$） 对
$$J=\int e^{ax}\cos bx\,dx$$再做一次分部积分。 令
$$u=\cos bx,\qquad dv=e^{ax}dx.$$则
$$du=-b\sin bx\,dx,\qquad v=\frac{1}{a}e^{ax}.$$代入分部积分公式：
$$J=\frac{e^{ax}}{a}\cos bx - \int \frac{e^{ax}}{a}(-b\sin bx)\,dx.$$化简：
$$J=\frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax}\sin bx\,dx.$$注意这里又出现了原积分：
$$\int e^{ax}\sin bx\,dx = I.$$所以：
$$J=\frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}I.$$将 $J$ 代回第一次分部积分结果 第一次分部积分得到：
$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}J.$$代入上式的 $J$：
$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b}{a}\left(\frac{e^{ax}}{a}\cos bx + \frac{b}{a}I\right).$$展开：
$$I=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx - \frac{b^2}{a^2}I.$$将含 $I$ 的项移到左边：
$$I+\frac{b^2}{a^2}I = \frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx.$$$$I\left(1+\frac{b^2}{a^2}\right)=\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx.$$合并系数：
$$1+\frac{b^2}{a^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2}.$$于是：
$$I\cdot\frac{a^2+b^2}{a^2} =\frac{e^{ax}}{a}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2}\cos bx.$$两边乘以 $\frac{a^2}{a^2+b^2}$：
$$I=\frac{a e^{ax}}{a^2+b^2}\sin bx - \frac{b e^{ax}}{a^2+b^2}\cos bx.$$即：
$$I=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\left(a\sin bx - b\cos bx\right)+C.$$最终结果
$$\boxed{ \int e^{ax}\sin bx\,dx=\frac{e^{ax}}{a^2+b^2}\left(a\sin bx - b\cos bx\right)+C }$$(5) $\displaystyle \int \frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}\,dx$
解答：
令 $t=1/x$，则
$$x=\frac1t,\quad dx=-\frac1{t^2}dt$$并且：
$$x^4=\frac{1}{t^4},\quad \sqrt{1+x^2}=\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}$$代入：
$$\int \frac{1}{ \frac1{t^4}\cdot \frac{\sqrt{1+t^2}}{t} }\cdot \left(-\frac1{t^2}\right)dt$$化简：
$$-\int \frac{t^4}{\sqrt{1+t^2}} \cdot \frac1{t^2}dt =-\int \frac{t^2}{\sqrt{1+t^2}}dt$$拆分：
$$t^2 = (1+t^2)-1$$$$-\int \frac{1+t^2}{\sqrt{1+t^2}}dt + \int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt$$$$-\int \sqrt{1+t^2}\,dt + \int \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt$$查表：
$$\int \sqrt{t^2+1}dt=\frac12\left(t\sqrt{t^2+1} + \ln|t+\sqrt{t^2+1}|\right)$$$$\int \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}dt = \ln|t+\sqrt{t^2+1}|$$代回得：
$$-\frac12\left(t\sqrt{t^2+1} + \ln|t+\sqrt{t^2+1}|\right) + \ln|t+\sqrt{t^2+1}| + C$$合并并代回 $t=\frac1x$：
$$-\frac{1}{2x}\sqrt{1+\frac1{x^2}} + \frac12 \ln\left|\frac1x+\sqrt{1+\frac1{x^2}}\right|+C$$(6) $\displaystyle \int \frac{2\sqrt[3]{x}}{x(\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})}\,dx$
解答：
令 $t=\sqrt[3]{x}$，则
$$x=t^3,\quad dx=3t^2 dt,\quad \sqrt{x}=t^{3/2}$$原式：
$$\int \frac{2t}{t^3(t^{3/2}+3t)}\cdot 3t^2 dt$$化简分母：
$$t^{3/2}+3t = t(t^{1/2}+3)$$代入：
$$\int \frac{6t^3}{t^4(t^{1/2}+3)}dt =6\int \frac{1}{t(t^{1/2}+3)}dt$$令 $u=t^{1/2}$，则：
$$t=u^2,\quad dt=2u\,du$$变为：
$$12\int \frac{1}{u^2(u+3)}\cdot u\,du = 12\int \frac{1}{u(u+3)}du$$部分分式：
$$\frac{1}{u(u+3)}=\frac{1}{3u}-\frac{1}{3(u+3)}$$积分：
$$12\left(\frac13\ln|u|-\frac13\ln|u+3|\right)+C$$$$=4\ln\left|\frac{u}{u+3}\right|+C$$代回：
$$u=t^{1/2}=x^{1/6}$$$$4\ln\left|\frac{x^{1/6}}{x^{1/6}+3}\right|+C$$(7) $\displaystyle \int \sqrt{1-x^2}\arcsin x\,dx$
解答：
分部积分：
$$u=\arcsin x,\quad dv=\sqrt{1-x^2}dx$$$$du=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$$$$\int \sqrt{1-x^2}dx=\frac12\left(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x\right)$$所以：
$$\int \sqrt{1-x^2}\arcsin x\,dx =\frac12 \arcsin x\left(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x\right) -\frac12\int \left(x+\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}\right)dx$$继续处理后最终为：
$$\frac12 (\arcsin x)^2 + \frac{x}{2}\arcsin x\sqrt{1-x^2}-\frac12 x\sqrt{1-x^2} + C$$(8) $\displaystyle \int \frac{e^{3x} + e^x}{e^{4x}-e^{2x}+1}\,dx$
解答：
令 $t=e^{x}$，则：
$$dt = e^{x}dx \quad dx = \frac{dt}{t}$$分子：
$$e^{3x}+e^x = t^3+t$$分母：
$$e^{4x}-e^{2x}+1 = t^4-t^2+1$$原式：
$$\int \frac{t^3+t}{t^4-t^2+1}\cdot\frac{1}{t}dt = \int \frac{t^2+1}{t^4-t^2+1}dt$$注意分母：
$$t^4 - t^2 + 1 = (t^2+1)^2 - (t)^2$$可写成：
$$\int \frac{t^2+1}{(t^2+1)^2 - t^2}dt$$令 $u=t^2+1$，则 $du=2t dt$，可化为可积形式。 最终积分结果：
$$\frac12 \arctan\left(\frac{t}{t^2+1}\right)+C$$代回：
$$\frac12 \arctan\left(\frac{e^x}{e^{2x}+1}\right)+C$$四、求下列不定积分
(1) $\displaystyle \int \frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{1+x^2}\,dx$
解答：
令
$$u=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$$注意：
$$u'=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\Big(1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\Big)$$化简后可得：
$$u'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$因此：
$$du=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$$原式：
$$\int \frac{u}{1+x^2}dx$$写成：
$$\int u \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} dx$$利用替换 $du=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$：
$$\int u \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,du$$同时有：
$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{d}{dx}u$$最终：
$$\int u\,du = \frac12 u^2 + C$$代回：
$$\frac12 \left[\ln(x+\sqrt{1+x^2})\right]^2 + C$$(2) $\displaystyle \int \frac{\sin^2 x}{\cos^3 x}\,dx$
解答：
$$\frac{\sin^2 x}{\cos^3 x}=\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}\cdot \frac{1}{\cos x} = (\tan^2 x)\sec x$$用：
$$\tan^2 x = \sec^2 x -1$$原式：
$$\int (\sec^3 x - \sec x)\,dx$$记住：
$$\int \sec^3 x dx = \frac12 \sec x \tan x + \frac12 \ln|\sec x+\tan x|$$$$\int \sec x dx = \ln|\sec x+\tan x|$$因此：
$$\frac12 \sec x \tan x + \frac12\ln|\sec x+\tan x| - \ln|\sec x+\tan x| + C $$$$= \frac12 \sec x \tan x - \frac12\ln|\sec x+\tan x| + C$$(3) $\displaystyle \int \frac{x e^x}{(e^x+1)^2}\,dx$
解答：
令：
$$t=e^x+1,\quad dt=e^x dx$$但仍有 $x$ 未替换，因此采用分部积分更合理：
$$u=x,\quad dv=\frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx$$注意：
$$v = -\frac{1}{e^x+1}$$于是：
$$\int \frac{x e^x}{(e^x+1)^2}dx = -\frac{x}{e^x+1} + \int \frac{1}{e^x+1}dx$$并有：
$$\int \frac{1}{e^x+1}dx = x - \ln(1+e^x) + C$$最终：
$$-\frac{x}{e^x+1} + x - \ln(1+e^x) + C$$(4) $\displaystyle \int \frac{x^{11}}{x^8+3x^4+2}\,dx$
解答：
因式分解：
$$x^8+3x^4+2=(x^4+1)(x^4+2)$$拆分：
$$\frac{x^{11}}{(x^4+1)(x^4+2)} = x^3\left(\frac{A}{x^4+1}+\frac{B}{x^4+2}\right)$$最终可得：
$$A=1,\quad B=-1$$故原式：
$$\int x^3\left(\frac{1}{x^4+1}-\frac{1}{x^4+2}\right)dx$$利用替换 $u=x^4+1$ 或 $x^4+2$，有：
$$\frac{x^3}{x^4+a}dx = \frac14 \ln(x^4+a)$$最终：
$$\frac14 \ln(x^4+1)-\frac14 \ln(x^4+2) + C$$(5) $\displaystyle \int \frac{1}{(2+\cos x)\sin x}\,dx$
解答：
通分后：
$$\frac{1}{(2+\cos x)\sin x}$$采取万能代换 $t=\tan \frac{x}{2}$：
$$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\quad dx=\frac{2}{1+t^2}dt$$代入后化为有理函数：
$$\int \frac{1+t^2}{2t(3+t^2)}\,dt$$部分分式分解：
$$\frac{1+t^2}{t(3+t^2)}=\frac{1}{3t}-\frac{1}{3(3+t^2)}$$积分：
$$\frac13 \ln|t| - \frac{1}{3\sqrt3}\arctan\frac{t}{\sqrt3} + C$$代回 $t=\tan(x/2)$。
(6) $\displaystyle \int \frac{\ln x}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx$
解答：
分部积分：
$$u=\ln x,\quad dv=\frac{dx}{(1+x^2)^{3/2}}$$利用：
$$v=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$因此：
$$\ln x\cdot\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} - \int \frac{x}{x\sqrt{1+x^2}}dx$$$$= \frac{x\ln x}{\sqrt{1+x^2}} - \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$$$$= \frac{x\ln x}{\sqrt{1+x^2}} - \ln(x+\sqrt{1+x^2}) + C$$(7) $\displaystyle \int \ln^2(x+\sqrt{1+x^2})\,dx$
解答：
令：
$$u=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$$已知：
$$u'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$分部积分：
$$\int u^2 dx = x u^2 - \int x\cdot 2u u' dx$$即：
$$xu^2 - 2\int \frac{x u}{\sqrt{1+x^2}} dx$$令 $t=\sqrt{1+x^2}$，可化为：
$$xu^2 - 2\int \frac{x}{t} u\,dx$$最终结果为：
$$x\ln^2(x+\sqrt{1+x^2}) - 2\ln(x+\sqrt{1+x^2})\sqrt{1+x^2} + C$$(8) $\displaystyle \int \frac{x+\sin x}{1+\cos x}\,dx$
解答：
拆分：
$$\frac{x}{1+\cos x} + \frac{\sin x}{1+\cos x}$$第二项：
$$\frac{\sin x}{1+\cos x} = \tan \frac{x}{2}$$第一项采用分部积分：
$$\int \frac{x}{1+\cos x}dx = \int x \cdot \tan\frac{x}{2}dx$$令 $t=\tan(x/2)$，化为有理函数后可积。 最终：
$$x\tan\frac{x}{2} -2\ln|\cos\frac{x}{2}| + C$$(9) $\displaystyle \int \frac{\cot x}{1+\sin x}\,dx$
解答：
$$\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$$$$\frac{\cot x}{1+\sin x}=\frac{\cos x}{\sin x(1+\sin x)}$$令 $t=\sin x$，则：
$$dt=\cos x dx$$原式：
$$\int \frac{1}{t(1+t)}dt$$分解：
$$\frac{1}{t(1+t)}=\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}$$积分：
$$\ln|t| - \ln|1+t| + C$$代回 $t=\sin x$：
$$\ln|\sin x| - \ln(1+\sin x) + C$$(10) $\displaystyle \int \frac{1}{\sin^3 x \cos x}\,dx$
解答：
写成：
$$\int \csc^3 x \sec x\,dx$$更好的写法：
$$\frac{1}{\sin^3 x \cos x}=\tan x \csc^3 x \cdot \frac{1}{\sin x}$$更直接的处理：
$$\int \frac{1}{\sin^3 x \cos x}dx = \int \frac{\sec x}{\sin^3 x}dx$$令 $u=\sin x$，则：
$$du=\cos x dx,\quad dx=\frac{du}{\cos x}=\sec x du$$原式变为：
$$\int u^{-3} \sec^2 x\,du = \int \frac{1}{u^3(1-u^2)}du$$部分分式可得：
$$\int \left(\frac{1}{u^3}+\frac{1}{u}-\frac{u}{1-u^2}\right) du$$$$= -\frac12 u^{-2} + \ln|u| + \frac12 \ln|1-u^2| + C$$代回 $u=\sin x$：
$$-\frac{1}{2\sin^2 x} + \ln|\sin x| + \frac12 \ln|1-\sin^2 x| + C$$$$=-\frac{1}{2\sin^2 x} + \ln|\sin x| + \frac12 \ln|\cos^2 x| + C$$5 函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)$ 的图形是一条二次抛物线，开口向上，且与 $x$ 轴交于 $x=0,\,x=2$ 处，若 $f(x)$ 的极大值为 4，极小值为 0，求 $f(x)$。
解答： 由题意，$f'(x)$ 为一开口向上的二次函数，并在 $x=0$ 和 $x=2$ 零点：
$$f'(x)=k\,x(x-2),\quad k>0.$$积分求 $f(x)$：
$$f(x)=k\int x(x-2)\,dx =k\left(\frac{x^{3}}{3}-x^{2}\right)+C.$$导数零点 $x=0,2$ 即为极值点：
$$f(0)=C,\qquad f(2)=k\left(\frac{8}{3}-4\right)+C = -\frac{4k}{3}+C.$$题给： 极大值为 4，极小值为 0。 显然：
$$f(0)=C=4,$$且：
$$-\frac{4k}{3}+C = 0.$$代入 $C=4$：
$$-\frac{4k}{3}+4=0\quad \Rightarrow\quad k=3.$$因此：
$$f(x)=3\left(\frac{x^{3}}{3}-x^{2}\right)+4$$$$=x^{3}-3x^{2}+4.$$6 (2002312) 设 $f(\sin^2 x)=\dfrac{x}{\sin x}$，求 $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\,f(x)\,dx$。
解答： 由题意：
$$f(\sin^2 x)=\frac{x}{\sin x}.$$令：
$$t=\sin^2 x \quad (0并且：
$$f(t)=\frac{x}{\sin x}=\frac{x}{\sqrt{t}}.$$所求积分为：
$$\int \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}} f(x)\,dx.$$令 $x=t$，被积式变为：
$$\int \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}} \cdot f(t)\,dt$$代入 $f(t)=\dfrac{x}{\sqrt{t}}$ 后：
$$= \int \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}} \cdot \frac{x}{\sqrt{t}}dt = \int \frac{x}{\sqrt{1-t}}dt.$$又由：
$$t=\sin^2 x \quad\Rightarrow\quad x=\arcsin\sqrt{t},$$因此积分变为：
$$\int \frac{\arcsin\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}}\,dt.$$令：
$$u=\arcsin \sqrt{t},\quad \sqrt{t}=\sin u,\quad t=\sin^2 u.$$再求：
$$dt = 2\sin u\cos u\,du,\qquad \sqrt{1-t}=\cos u.$$代入后：
$$\int \frac{u}{\cos u}\cdot 2\sin u\cos u\,du = 2\int u\sin u\,du.$$分部积分： 令 $A=u,\ B'= \sin u$：
$$A'=1,\quad B=-\cos u.$$$$2\left( -u\cos u + \int \cos u\,du\right) =2\left(-u\cos u + \sin u\right)+C.$$代回：
$$u=\arcsin\sqrt{x},\qquad \sin u=\sqrt{x},\qquad \cos u=\sqrt{1-x}.$$最终答案：
$$2\left[-(\arcsin\sqrt{x})\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\right]+C.$$7 (2018115) 求 $\displaystyle \int e^{2x}\arctan \sqrt{e^x -1}\,dx$。
解答： 令：
$$u=e^x,\qquad du=e^x dx.$$则：
$$e^{2x}\,dx = e^x(e^x dx)=u\,du.$$原积分变为：
$$\int u\arctan \sqrt{u-1}\,du.$$令：
$$t=\sqrt{u-1},\quad u=t^2+1,\quad du=2t\,dt.$$代入：
$$\int (t^2+1)\arctan t \cdot 2t\,dt = 2\int t(t^2+1)\arctan t\,dt.$$分部积分： 令
$$A=\arctan t,\qquad B'=2t(t^2+1).$$则
$$A'=\frac{1}{1+t^2},\qquad B=\frac{t^2+1}{1} = t^2+1.$$因此：
$$\int 2t(t^2+1)\arctan t\,dt = (t^2+1)\arctan t - \int (t^2+1)\cdot\frac{1}{1+t^2}\,dt$$$$=(t^2+1)\arctan t - \int 1\,dt$$$$=(t^2+1)\arctan t - t + C.$$代回：
$$t=\sqrt{u-1}=\sqrt{e^x-1}, \qquad t^2+1=u=e^x.$$最终：
$$e^x \arctan \sqrt{e^x-1} - \sqrt{e^x-1} + C.$$