积分求解

基本定理

函数可积的充分条件

  1. 闭区间上的连续函数一定可积
  2. 闭区间上的单调函数一定可积
  3. 闭区间上仅有限个间断点的有界函数一定可积

原函数的存在性

  1. 闭区间上的连续函数一定存在原函数
  2. 有第一类间断点的函数一定不存在原函数
  3. 有无穷间断点的函数一定不存在原函数

变限函数的基本性质

以下结论均记 f(x)f(x) 的变上限函数为 F(x)=∫0xf(x)dxF(x) = \int_0^x f(x) {\rm d}x。

  1. 若 f(x)f(x) 可积，则变现函数 F(x)F(x) 一定存在且连续
  2. 若 f(x)f(x) 连续，则变现函数 F(x)F(x) 一定可导，且 F′(x)=f(x)F'(x) = f(x)
  3. 若 f(x)f(x) 有一个可去间断点 x=x0x=x_0，其余点均连续，则变现函数 F(x)F(x) 仍可导，但 F(x)F(x) 求导后不等于 f(x)f(x)，而是 f(x)f(x) 将可去间断点补为连续点的函数 h(x)h(x)， f(x)f(x) 此时不存在原函数
  4. 若 f(x)f(x) 有一个跳跃间断点 x=x0x=x_0，其余点均连续，其变限函数 F(x)F(x) 在 x=x0x=x_0 处不可导，且此时 f(x)f(x) 不存在原函数
  5. 若 f(x)f(x) 为奇函数，则 ∫axf(x)dx\int_a^x f(x) {\rm d}x 为偶函数（无论aa 取何值）
  6. 若 f(x)f(x) 为偶函数，则 ∫0xf(x)dx\int_0^x f(x) {\rm d}x 为寄函数（∫axf(x)dx\int_a^x f(x) {\rm d}x 只有 a=0a=0 时为奇函数
  7. 若 f(x)f(x) 以 TT 为周期函数，则 F(x)=∫0xf(t)dtF(x) = \int_0^x f(t) {\rm d}t 以 TT 为周期的充要条件是 ∫0Tf(x)dx=0\int_0^T f(x) {\rm d}x = 0

求不定积分的常用方法

以下式子中，R(u,v)R(u,v)表示 u,vu,v 的有理函数，积分函数统一使用 f(x)f(x) 表示。

换元法

含有根式的，换元消去根式。

  1. 含 ax+b\sqrt{ax + b}，令 t=ax+bt = \sqrt{ax + b}
  2. 含 a⋅ebx+c\sqrt{a \cdot e ^ {bx} + c}，令 t=a⋅ebx+ct = \sqrt{a \cdot e ^ {bx} + c}
  3. 含 ax+bm\sqrt[m]{ax + b} 和 ax+bn\sqrt[n]{ax + b} ，令 t=ax+bmnt = \sqrt[mn]{ax + b}
  4. 含 ax+bcx+d\dfrac{\sqrt{ax + b}}{\sqrt{cx + d}}，令 t=ax+bcx+dt = \dfrac{\sqrt{ax + b}}{\sqrt{cx + d}}
  5. 含 a2−x2\sqrt{a^2 - x^2}，令 x=asin⁡tx = a \sin t，
  6. 含 x2+a2\sqrt{x^2 + a^2}，令 x=atan⁡tx = a \tan t，
  7. 含 x2−a2\sqrt{x^2 - a^2}，令 x=asec⁡tx = a \sec t，
  8. 含 ax2+bx+c\sqrt{ax^2 + bx + c} 的，一般化为 a(x−p)2−q2\sqrt{a(x-p)^2 - q^2}，然后令 x−p=qasin⁡tx - p = \frac{q}{\sqrt a} \sin t
  9. 形如 ln⁡(sin⁡x)，sin⁡(ln⁡x)\ln (\sin x)，\sin (\ln x) 等复合函数 f(φ(x))f(\varphi(x))，一般令 t=φ(x)t=\varphi(x)

有理函数积分的裂项法

这类有理函数积分一般分母次数较高，此时需要对分母做因式分解，然后用待定系数法。

若分母含有 (x−a)k(x-a)^k，则裂项后的式子中一定含有 A1x−a+A2(x−a)2+...+Ak(x−a)k\frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{(x-a)^2} + ... + \frac{A_k}{(x-a)^k}

若分母含有 (x2+px+q)k(x^2+px+q)^k, 其中 (p2+4q<0)(p^2 + 4q < 0)，则裂项后的式子中一定含有 A1x+B1x2+px+q+A2x+B2(x2+px+q)2+...+Akx+Bk(x2+px+q)k\frac{A_1x+B_1}{x^2+px+q} + \frac{A_2x+B_2}{(x^2+px+q)^2} + ... + \frac{A_kx+B_k}{(x^2+px+q)^k}

然后对列项的分式通分，通过对比系数得到待定系数。

快速列项法：对于有些分母已经是多项式的积，可以考虑改造分子，如加一项减一项，快速列项。

∫11−x4dx=∫12[(1−x2)+(1+x2)](1−x2)(1+x2)dx=12∫11−x2dx+12∫11+x2dx\int \frac{1}{1-x^4}{\rm d}x = \int \frac{{\frac{1}{2}[(1-x^2) + (1+x^2)]}}{(1-x^2)(1+x^2)}{\rm d}x = \frac{1}{2} \int {\frac{1}{1-x^2}}{\rm d}x + \frac{1}{2} \int {\frac{1}{1+x^2}}{\rm d}x

∫1x8(1+x2)dx=∫(1+x2)−x2x8(1+x2)dx=∫[1x8−1x6(1+x2)]dx=∫[1x8−(1+x2)−x2x6(1+x2)]dx...\int \frac{1}{x^8(1+x^2)}{\rm d}x = \int \frac{(1+x^2)-x^2}{x^8(1+x^2)}{\rm d}x = \int \left[ \frac{1}{x^8} - \frac{1}{x^6(1+x^2)} \right]{\rm d}x = \int \left[ \frac{1}{x^8} - \frac{(1+x^2)-x^2}{x^6(1+x^2)} \right]{\rm d}x...

∫1+x41+x6dx=∫(1−x2+x4)+x2(1+x2)(1−x2+x4)dx=∫[11+x2+x21+x6]dx,x2dx=13dx3\int \frac{1+x^4}{1+x^6}{\rm d}x = \int \frac{(1-x^2+x^4)+x^2}{(1+x^2)(1-x^2+x^4)}{\rm d}x = \int \left[ \frac{1}{1+x^2} + \frac{x^2}{1+x^6} \right]{\rm d}x,x^2{\rm d}x=\frac{1}{3}{\rm d}x^3

∫1x(x3+27)dx=∫x2x3(x3+27)dx=13∫dx3x3(x3+27)=181ln⁡∣x3x3+27∣+C\int \frac{1}{x(x^3+27)}{\rm d}x = \int \frac{x^2}{x^3(x^3+27)}{\rm d}x = \frac{1}{3}\int \frac{{\rm d}x^3}{x^3(x^3+27)} = \frac{1}{81} \ln{\left| \frac{x^3}{x^3+27} \right|} + C

∫1x(xn+A)dx=∫xn−1xn(xn+A)dx=1n∫dxnxn(xn+A)=1Anln⁡∣xnxn+A∣+C\int \frac{1}{x(x^n+A)}{\rm d}x = \int \frac{x^{n-1}}{x^n(x^n+A)}{\rm d}x = \frac{1}{n} \int \frac{{\rm d}x^n}{x^n(x^n+A)} = \frac{1}{An} \ln{\left| \frac{x^n}{x^n+A} \right|} + C

三角函数积分

三角函数的不定积分，都可以使用万能公式，令 tan⁡x2=t\tan \frac x 2 = t，总能将三角函数积分化为有理函数积分，但是会引入大量复杂计算，一般不轻易采用，一个替代方案是用二倍角公式进行变形。

一般先尝试凑微分的方法，凑出 dsin⁡x{\rm d}\sin x 、dcos⁡x{\rm d}\cos x、dtan⁡x{\rm d}\tan x，然后进行换元或者分部积分。将 ∫R(sin⁡x,cos⁡x)\int R(\sin x, \cos x) 化为 ∫R(sin⁡x)\int R(\sin x) 或者 ∫R(cosx)\int R(cos x)。

对于 ∫R(sin⁡x,cos⁡x)\int R(\sin x, \cos x)，关于 cos⁡x,sin⁡x\cos x, \sin x 的有理函数积分。有以下技巧。

  1. 若 R(sin⁡x,−cos⁡x)=−R(sin⁡x,cos⁡x)R(\sin x, - \cos x) = - R(\sin x, \cos x)，则可将 cos⁡x\cos x凑到d后面，得到 dsin⁡x{\rm d} \sin x
  2. 若 R(−sin⁡x,cos⁡x)=−R(sin⁡x,cos⁡x)R(- \sin x, \cos x) = - R(\sin x, \cos x)，则可将 sin⁡x\sin x凑到d后面，得到 dcos⁡x{\rm d} \cos x
  3. 若 R(−sin⁡x,−cos⁡x)=R(sin⁡x,cos⁡x)R(- \sin x, - \cos x) = R(\sin x, \cos x)，则可将想办法凑出 sec⁡2x\sec ^2 x，得到 dtan⁡x{\rm d} \tan x
  4. 若被积函数中出现不同角度的三角函数时，一般先用倍角公式统一角度
  5. 对于 ∫sin⁡2x⋅cos⁡3xdx\int \sin 2x {\cdot} \cos 3x {\rm d}x，直接使用积化和差公式一步得到
  6. 要善于使用倍角公式，将三角有理函数中的1进行转换
  7. 对于形如 Csin⁡x+Dcos⁡xAsin⁡x+Bcos⁡x\dfrac{C \sin x + D \cos x}{A \sin x + B \cos x} 一般裂项为 h(Acos⁡x−Bsin⁡x)Asin⁡x+Bcos⁡x+k(Asin⁡x+Bcos⁡x)Asin⁡x+Bcos⁡x\dfrac{h(A \cos x - B \sin x)}{A \sin x + B \cos x} + \dfrac{k(A \sin x + B \cos x)}{A \sin x + B \cos x} 得到 {−Bh+Ak=CAh+Bk=D\begin{cases} -Bh + Ak = C \\ Ah + Bk = D \end{cases}，解出 hh 和 kk，从而得到结果为 hln⁡∣Asin⁡x+Bcos⁡x∣+kx+C1h \ln{|A \sin x + B \cos x|} + kx + C_1

更具体的形式 ∫1sin⁡mx⋅cos⁡nx\int \frac{1}{\sin^mx \cdot \cos^nx}

  1. 若 mm 为奇数，则分子分母同时乘以 sin⁡x\sin x，凑出 dcos⁡x{\rm d}\cos x
  2. 若 nn 为奇数，则分子分母同时乘以 cos⁡x\cos x，凑出 dsin⁡x{\rm d}\sin x
  3. 若 m,nm,n 均为偶数，则分子分母同时除以 cos⁡m+nx\cos^{m+n} x，凑出 dtan⁡x=sec⁡2dx{\rm d}\tan x = \sec^2 {\rm d}x
  4. 使用 sin⁡2x+cos⁡2x=1\sin^2x + \cos^2x = 1 统一 sin⁡x，cos⁡x\sin x，\cos x
  5. 使用 tan⁡2x+1=sec⁡2x\tan^2x + 1 = \sec^2x 统一 tan⁡x=sin⁡xcos⁡x，sec⁡x=1cos⁡x\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}，\sec x = \dfrac{1}{\cos x}

一个综合题，第一项分子分母同时除以 cos⁡2x\cos^2x
∫1+sin⁡x+cos⁡x1+sin⁡2xdx=∫dtan⁡x1+2tan⁡2xdx−∫dcos⁡x2−cos⁡2xdx+∫dsin⁡x1+sin⁡2xdx\int \frac{1+\sin x + \cos x}{1+\sin^2x}{\rm d}x = \int \frac{{\rm d}\tan x}{1+2\tan^2x}{\rm d}x - \int \frac{{\rm d}\cos x}{2-\cos^2x}{\rm d}x + \int \frac{{\rm d}\sin x}{1+\sin^2x}{\rm d}x

角变换
∫sin⁡x⋅cos⁡xsin⁡x+cos⁡xdx=∫12[(sin⁡x+cos⁡x)2−1]sin⁡x+cos⁡xdx=12∫(sin⁡x+cos⁡x)dx−12∫12sin⁡(x+π4)dx\int \frac{\sin x \cdot \cos x}{\sin x + \cos x}{\rm d}x = \int \frac{\frac{1}{2}\left[(\sin x + \cos x)^2 - 1 \right]}{\sin x + \cos x}{\rm d}x = \frac{1}{2} \int (\sin x + \cos x){\rm d}x - \frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt2 \sin (x+\frac{\pi}{4})}{\rm d}x

需要化为同角，使用二倍角公式
∫cos⁡2x−sin⁡2xsin⁡x+cos⁡xdx=∫cos⁡2x−sin⁡2x−sin⁡x⋅cos⁡xsin⁡x+cos⁡xdx\int \frac{\cos 2x - \sin 2x}{\sin x + \cos x}{\rm d}x = \int \frac{\cos^2x-\sin^2x-\sin x \cdot \cos x}{\sin x + \cos x}{\rm d}x

下面的题目满足 R(−sin⁡x,−cos⁡x)=R(sin⁡x,cos⁡x)R(- \sin x, - \cos x) = R(\sin x, \cos x)
∫x+sin⁡x⋅cos⁡x(cos⁡x−x⋅sin⁡x)2dx，分子分母同时除以cos⁡2x\int \frac{x + \sin x \cdot \cos x}{(\cos x - x \cdot \sin x)^2}{\rm d}x， 分子分母同时除以 \cos^2x

分部积分与凑微分

如果遇到不同种类函数相乘，一般要用分部积分法，分布积分的重点时选取哪一部分作为 d{\rm d} 后面的部分，一般选取容易求积分的部分凑到 d{\rm d} 后面。

一般选取的优先级为： {对数函数 = 反三角函数} > {幂函数} > {三角函数 = 指数函数}。

  1. 当被积函数只有对数函数和反三角函数时，一般直接分部积分
  2. 当被积函数为指数函数和三角函数相乘时，需要选定其中一种函数作为凑到d{\rm d} 后面的函数，连续两次分部积分，出现“积分重现”后才能解决
  3. 分部积分后，可以将待求积分转换成另一个积分，可以反复使用分部积分。
  4. 如果判断一个题既要换元又要分部积分时，一般先采用换元，简化积分后再分部积分
  5. 若一个积分可以拆成两项，可以考虑其中一个积分 I1I_1 不动，另一个积分 I2I_2 使用分部积分，得到的新积分 I2′I_2' 刚好和 I1I_1 抵消，这种题，被积函数中一般含有 exe^x

由指数函数的特点 [ex⋅f(x)]′=ex[f(x)+f′(x)]  ⟹  ∫ex[f(x)+f′(x)]=ex⋅f(x)+C[e^x \cdot f(x)]' = e^x [f(x) + f'(x) ] \implies \int e^x [f(x) + f'(x) ] = e^x \cdot f(x) + C，所以如果被积函数中出现一个比较复杂的整体（尤其出现 ef(x)e^{f(x)} 时），可以考虑对这个整体求导，观察这个求导后的函数会不会是函数中的另一部分，方便凑微分。

充分利用 ∫ex[f(x)+f′(x)]=ex⋅f(x)+C\int e^x [f(x) + f'(x) ] = e^x \cdot f(x) + C 的题目
∫xex(1+x)2dx=∫ex⋅(x+1)−1(1+x)2dx=∫ex[11+x−1(1+x)2]dx=ex⋅11+x+C\int \frac{xe^x}{(1+x)^2} {\rm d}x = \int e^x \cdot \frac{(x + 1) - 1}{(1+x)^2} {\rm d}x = \int e^x \left[ {\frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2}} \right] {\rm d}x = e^x \cdot \frac{1}{1+x} + C

∫ex⋅(x−1x2+1)2dx=∫ex⋅(x2+1)−2x(x2+1)2dx=∫ex⋅[1(x2+1)−2x(x2+1)2]dx=ex⋅1(x2+1)+C\int e^x \cdot \left( \frac{x-1}{x^2+1} \right)^2 {\rm d}x = \int e^x \cdot \frac{(x^2+1)-2x}{(x^2+1)^2} {\rm d}x = \int e^x \cdot \left[\frac{1}{(x^2+1)} - \frac{2x}{(x^2+1)^2} \right] {\rm d}x = e^x \cdot \frac{1}{(x^2+1)} + C

下面的题目需要手动构造，一般分子分母同时乘以 exe^x 整体化为 exe^x 的函数。
∫x+1x(1+xex)dx，注意到：[1+xex]′=(x+1)⋅ex\int \frac{x+1}{x (1+xe^x)} {\rm d}x，注意到： [1+xe^x]' = (x+1) \cdot e^x
分子分母同时乘以 exe^x，则
∫(x+1)exxex(1+xex)=∫d(xex)xex(1+xex)=∫[1xex−11+xex]d(xex)=ln⁡∣xex1+xex∣+C\int \frac{(x+1)e^x}{xe^x (1+xe^x)} = \int \frac{{\rm d}(xe^x)}{xe^x (1+xe^x)} = \int \left[\frac{1}{xe^x} - \frac{1}{1+xe^x} \right]{\rm d}(xe^x) = \ln \left| \frac{xe^x}{1+xe^x} \right| + C

下面的题目使用 ef(x)e^{f(x)} 进行变形，利用公式 [xef(x)]′=ef(x)⋅[1+xf′(x)]\left[x e^{f(x)} \right]' = e^{f(x)} \cdot [1+xf'(x)]，注意此处的 f(x)f(x)
∫1+xcos⁡xx(1+xesin⁡x)dx，注意到：[1+xesin⁡x]′=esin⁡x(1+xcos⁡x)\int \frac{1+x \cos x}{x(1+xe^{\sin x})} {\rm d}x，注意到： [1+xe^{\sin x}]' = e^{\sin x}(1+ x \cos x)
分子分母同时乘以 esin⁡xe^{\sin x}，则
∫(1+x)esin⁡xxesin⁡x(1+xesin⁡x)dx=∫[1xesin⁡x−11+xesin⁡x]d(xesin⁡x)=ln⁡∣xesin⁡x1+xesin⁡x∣+C\int \frac{(1+x)e^{\sin x}}{xe^{\sin x} (1+xe^{\sin x})}{\rm d}x = \int \left[\frac{1}{xe^{\sin x}} - \frac{1}{1+xe^{\sin x}} \right]{\rm d}(xe^{\sin x}) = \ln \left| \frac{xe^{\sin x}}{1+xe^{\sin x}} \right| + C

如果被积函数为抽象函数 f(x)f(x)，并且含有其导数 f′(x)f'(x) 时，一般要将导数凑到 d 后面，变为 df(x){\rm d}f(x) 在进行分部积分或者换元。

I=∫{f(x)f′(x)−f2(x)⋅f′′(x)[f′(x)]3}dx=∫f(x)f′(x)dx+12∫f2(x)d1[f′(x)]2I = \int \left\{ \frac{f(x)}{f'(x)} - \frac{f^2(x) \cdot f''(x)}{[f'(x)]^3} \right\}{\rm d}x = \int \frac{f(x)}{f'(x)}{\rm d}x + \frac{1}{2} \int f^2(x){\rm d}{\frac{1}{[f'(x)]^2}}

有时候需要适当变形才可以用 ex[f(x)+f′(x)]e^x[f(x) + f'(x)] 的形式
∫1+sin⁡x1+cos⁡x⋅exdx=∫1+2sin⁡x2cos⁡x22cos⁡2x2⋅exdx=∫ex⋅[12sec⁡2x2+tan⁡x2]dx\int \frac{1+\sin x}{1+\cos x}\cdot e^x{\rm d}x = \int \frac{1+2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2\cos^2\frac{x}{2}}\cdot e^x{\rm d}x = \int e^x \cdot \left[{\frac{1}{2}\sec^2{\frac{x}{2}}+\tan{\frac{x}{2}}}\right]{\rm d}x

分部积分抵消示例，第一项分部积分后和第二个积分互相抵消
∫e−x2⋅cos⁡x−sin⁡xsin⁡xdx=2∫e−x2dsin⁡x−∫e−x2⋅sin⁡xdx=2e−x2⋅sin⁡x+C\int e^{-\frac{x}{2}} \cdot \frac{\cos x-\sin x}{\sqrt{\sin x}}{\rm d}x = 2\int e^{-\frac{x}{2}} {\rm d}{\sqrt{\sin x}} - \int e^{-\frac{x}{2}} \cdot {\sqrt{\sin x}} {\rm d}x = 2e^{-\frac{x}{2}} \cdot {\sqrt{\sin x}} + C

前后两项同时分部积分后互相抵消
∫esin⁡x⋅xcos⁡3x−sin⁡xcos⁡2xdx=∫esin⁡x⋅xcos⁡xdx−∫esin⁡x⋅sin⁡xcos⁡2xdx=∫xdesin⁡x−∫esin⁡xd1cos⁡x=xesin⁡x−∫esin⁡xdx−esin⁡xcos⁡x+∫1cos⁡x⋅cos⁡x⋅esin⁡xdx=xesin⁡x−esin⁡xcos⁡x+C\begin{aligned} & \int e^{\sin x} \cdot \frac{x\cos^3x - \sin x}{\cos^2x}{\rm d}x \\ & = \int e^{\sin x} \cdot x \cos x {\rm d}x - \int e^{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{\cos^2x}{\rm d}x \\ & = \int x{\rm d}e^{\sin x} - \int e^{\sin x} {\rm d}{\frac{1}{\cos x}} \\ & = xe^{\sin x} - \int e^{\sin x}{\rm d}x - \frac{e^{\sin x}}{\cos x} + \int \frac{1}{\cos x} \cdot \cos x \cdot e^{\sin x}{\rm d}x \\ & = xe^{\sin x} - \frac{e^{\sin x}}{\cos x} + C \end{aligned}

对复杂部分求导，观察求导之后的形式和被积函数中的其他部分的关系。
∫(1+x−1x)ex+1xdx注意到[ex+1x]′=(1−1x2)ex+1x则原式=∫[1+x(1−1x2)]ex+1xdx=∫ex+1xdx+∫xdex+1x=∫ex+1xdx+xex+1x−∫ex+1xdx=xex+1x+C\begin{aligned} & \int (1+x-\frac{1}{x})e^{x+\frac{1}{x}}{\rm d}x \\ & 注意到 [e^{x+\frac{1}{x}}]' = (1-\frac{1}{x^2})e^{x+\frac{1}{x}} \\ & 则原式 = \int \left[{1 + x(1-\frac{1}{x^2})}\right]e^{x+\frac{1}{x}}{\rm d}x \\ & = \int e^{x+\frac{1}{x}}{\rm d}x + \int x {\rm d}{e^{x+\frac{1}{x}}} \\ & = \int e^{x+\frac{1}{x}}{\rm d}x + x e^{x+\frac{1}{x}} - \int {e^{x+\frac{1}{x}}}{\rm d}x \\ & = x e^{x+\frac{1}{x}} + C \end{aligned}

不含有 ef(x)e^{f(x)} 的分部积分抵消题：分母有平分 -> 分子添项减项 -> 拆成一个分母一次项和一个分母二次项 -> 对分母一次项进行分部积分
∫1−ln⁡x(x−ln⁡x)2dx=∫(x−ln⁡x)+(1−x)(x−ln⁡x)2dx=∫1(x−ln⁡x)dx+∫1−x(x−ln⁡x)2dx=xx−ln⁡x−∫x⋅(−1)⋅1−1x(x−ln⁡x)2dx+∫1−x(x−ln⁡x)2dx=xx−ln⁡x−∫1−x(x−ln⁡x)2dx+∫1−x(x−ln⁡x)2dx=xx−ln⁡x+C\begin{aligned} & \int \frac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2} {\rm d}x \\ & = \int \frac{(x-\ln x) + (1-x)}{(x-\ln x)^2} {\rm d}x \\ & = \int \frac{1}{(x-\ln x)} {\rm d}x + \int \frac{1-x}{(x-\ln x)^2} {\rm d}x \\ & = \frac{x}{x-\ln x} - \int x \cdot (-1) \cdot \frac{1 - \frac{1}{x}}{(x-\ln x)^2}{\rm d}x + \int \frac{1-x}{(x-\ln x)^2} {\rm d}x \\ & = \frac{x}{x-\ln x} - \int \frac{1-x}{(x-\ln x)^2} {\rm d}x + \int \frac{1-x}{(x-\ln x)^2} {\rm d}x \\ & = \frac{x}{x-\ln x} + C \end{aligned}

∫g(x)f2(x)dx=xf(x)+C\int \frac{g(x)}{f^2(x)}{\rm d}x = \frac{x}{f(x)} + C 的条件 f(x)−g(x)=xf′(x)f(x) - g(x) = xf'(x)
∫g(x)f2(x)dx=∫g(x)+f(x)−f(x)f2(x)dx=∫1f(x)dx+∫g(x)−f(x)f2(x)dx=xf(x)+∫xf′(x)f2(x)dx+∫g(x)−f(x)f2(x)dx=xf(x)+C, 若  f(x)−g(x)=xf′(x)\begin{aligned} & \int \frac{g(x)}{f^2(x)}{\rm d}x = \int \frac{g(x) + f(x) - f(x)}{f^2(x)}{\rm d}x = \int \frac{1}{f(x)}{\rm d}x + \int \frac{g(x) - f(x)}{f^2(x)}{\rm d}x \\ & = \frac{x}{f(x)} + \int \frac{xf'(x)}{f^2(x)}{\rm d}x + \int \frac{g(x) - f(x)}{f^2(x)}{\rm d}x \\ & = \frac{x}{f(x)} + C ,\ 若\ \ f(x) - g(x) = xf'(x) \end{aligned}

强行凑微分，使得分母得以降阶，分母复杂时，观察分母求导、
∫x2(xsin⁡x+cos⁡x)2dx=∫x⋅xcos⁡xcos⁡x⋅(xsin⁡x+cos⁡x)2dx=−∫xcos⁡xd1xsin⁡x+cos⁡xdx=−xcos⁡x⋅1xsin⁡x+cos⁡x+∫1xsin⁡x+cos⁡x⋅cos⁡x+xsin⁡xcos⁡2xdx=−xcos⁡x⋅1xsin⁡x+cos⁡x+∫sec⁡2dx=−xxsin⁡xcos⁡x+cos⁡2x+tan⁡x+C\begin{aligned} & \int \frac{x^2}{(x \sin x + \cos x)^2} {\rm d}x = \int \frac{x \cdot x \cos x}{\cos x \cdot (x \sin x + \cos x)^2} {\rm d}x = - \int \frac{x}{\cos x} {\rm d} \frac{1}{x \sin x + \cos x} {\rm d}x \\ & = - \frac{x}{\cos x} \cdot \frac{1}{x \sin x + \cos x} + \int \frac{1}{x \sin x + \cos x} \cdot \frac{\cos x + x \sin x}{\cos^2 x} {\rm d}x \\ & = - \frac{x}{\cos x} \cdot \frac{1}{x \sin x + \cos x} + \int \sec^2 {\rm d}x = -\frac{x}{ x \sin x \cos x + \cos^2 x} + \tan x + C \end{aligned}

其他函数与积分

对于分段函数的不定积分，如带绝对值的积分，一般需要分段进行积分，然后再利用原函数的连续性，确定后面的参数 CiC_i直接的关系，从而统一常数

对于隐函数的积分，通成通过换元引入中间变量 tt，将 x,yx,y 的函数转化为参数形式。

题目：设 y=y(x)y = y(x) 由方程 y2(x−y)=x2y^2(x-y) = x^2 做确定，求 ∫1y2\int \frac{1}{y^2}
解：令 y=txy=tx 换元，则 t2x2(x−tx)=x2  ⟹  t2x(1−t)=1t^2x^2(x-tx)=x^2 \implies t^2x(1-t)=1 可解出 x=1t2(1−t)  ⟹  y=tx=1t(1−t)x=\frac{1}{t^2(1-t)} \implies y=tx=\frac{1}{t(1-t)}，则可把 x,yx,y全部用 tt 表示，带入所求不定积分即可。

使用二重积分处理

首先确定先对 yy 积分还是先对 xx 积分

  1. 如果先 yy 积分积不出来，则要交换积分次序
  2. 如果先 yy 积分后，再对 xx 积分积不出来，则也要交换积分次序

当被积函数中出现 f(b)−f(a)f(b) - f(a) 时，可以考虑牛顿-莱布尼茨公式的逆用： F(b)−F(a)=∫abf(x)dxF(b) - F(a) = \int^b_a f(x) {\rm d}x，其中 F′(x)=f(x)F'(x) = f(x)。

∫01xb−xaln⁡xdx=∫01[xbln⁡x−xaln⁡x]dx=∫01[∫abxydy]dx=∫ab[∫01xydx]dy=∫ab1y+1dy=ln⁡(y+1)∣y=ay=b=ln⁡(b+1a+1)另一个方法，将整个积分视为b的函数I(b)，对其求导再积分得到I(B)I(b)=∫01xb−xaln⁡xdx，求导再积分可消去复杂分母等部分I′(b)=∫01xb⋅ln⁡xln⁡xdx=∫01xbdx=1b+1I(b)=ln⁡(b+1)+C，又I(a)=0  ⟹  ln⁡(a+1)+C=0  ⟹  C=−ln⁡(a+1)I(b)=ln⁡(b+1)−ln⁡(a+1)=ln⁡(b+1a+1)\begin{aligned} & \int^1_0 \frac{x^b-x^a}{\ln x}{\rm d}x = \int^1_0 \left[{\frac{x^b}{\ln x} - \frac{x^a}{\ln x}}\right]{\rm d}x \\ & = \int^1_0 \left[{\int^b_a x^y {\rm d}y}\right] {\rm d}x = \int^b_a \left[{\int^1_0 x^y {\rm d}x}\right] {\rm d}y \\ & = \int^b_a \frac{1}{y+1} {\rm d}y = \ln (y+1) {\huge |}_{y=a}^{y=b} \\ & = \ln \left(\frac{b+1}{a+1}\right) \\ & 另一个方法，将整个积分视为 b 的函数 I(b)，对其求导再积分得到 I(B) \\ & I(b) = \int^1_0 \frac{x^b-x^a}{\ln x}{\rm d}x，求导再积分可消去复杂分母等部分 \\ & I'(b) = \int^1_0 \frac{x^b \cdot \ln x}{\ln x}{\rm d}x = \int^1_0 x^b {\rm d}x = \frac{1}{b+1} \\ & I(b) = \ln(b+1) + C，又 I(a) = 0 \\ & \implies \ln(a+1) + C = 0 \implies C = -\ln (a+1) \\ & I(b) = \ln(b+1) - \ln (a+1) = \ln \left(\frac{b+1}{a+1}\right) \end{aligned}

一个复杂的隐藏二重积分题

∫01[sin⁡(ln⁡1x)]xb−xaln⁡xdx=−∫01sin⁡(ln⁡x)⋅∫abxydydx=−∫01[∫absin⁡(ln⁡x)⋅xydy]dx=−∫ab∫01sin⁡(ln⁡x)⋅xydxdy=t=ln⁡x−∫ab∫−∞0sin⁡t⋅ety⋅etdtdy=−∫ab∫−∞0sin⁡t⋅e(y+1)tdtdy已知lim⁡t→−∞eat⋅sin⁡t=0,(a≥1)计算I=∫−∞0sin⁡t⋅e(y+1)tdt=−∫−∞0e(y+1)tdcos⁡t=−cos⁡t⋅et(y+1)∣−∞0+∫−∞0cos⁡t⋅(y+1)⋅et(y+1)dt=−(1−lim⁡t→−∞cos⁡t⋅et(y+1))+(y+1)∫−∞0et(y+1)dsin⁡t=−1+(y+1)[et(y+1))⋅sin⁡t∣−∞0−∫−∞0sin⁡t⋅(y+1)⋅et(y+1)dt]=−1−(y+1)2∫−∞0sin⁡t⋅e(y+1)tdt=−1−(y+1)2⋅I，积分再现解出I=−11+(1+y)2，带入原积分式子则−∫ab∫−∞0sin⁡t⋅e(y+1)tdtdy=−∫abIdy=∫ab11+(1+y)2dy=∫ab11+(1+y)2d(y+1)=arctan⁡(y+1)∣ab=arctan⁡(1+b)−arctan⁡(1+a)\begin{aligned} & \int_0^1 \left[ {\sin (\ln \frac{1}{x})} \right] \frac{x^b-x^a}{\ln x} {\rm d}x \\ & = - \int_0^1 \sin (\ln x) \cdot \int_a^b x^y {\rm d}y {\rm d}x = - \int_0^1 \left[ {\int_a^b \sin (\ln x) \cdot x^y {\rm d}y} \right] {\rm d}x \\ & = - \int_a^b \int_0^1 \sin (\ln x) \cdot x^y {\rm d}x {\rm d}y \\ & \xlongequal{t = \ln x} - \int_a^b \int_{-\infty}^0 \sin t \cdot e^{ty} \cdot e^t {\rm d}t {\rm d}y = - \int_a^b \int_{-\infty}^0 \sin t \cdot e^{(y+1)t} {\rm d}t {\rm d}y \\ & 已知 \lim_{t \to - \infty} e^{at} \cdot \sin t = 0, (a \ge 1) \\ & 计算 I = \int_{-\infty}^0 \sin t \cdot e^{(y+1)t} {\rm d}t = - \int_{-\infty}^0 e^{(y+1)t} {\rm d} \cos t \\ & = - \cos t \cdot e^{t(y+1)} {\large |}^0_{-\infty} + \int_{-\infty}^0 \cos t \cdot (y+1) \cdot e^{t(y+1)} {\rm d}t \\ & = -(1 - \lim_{t \to - \infty}\cos t \cdot e^{t(y+1)}) + (y+1) \int_{-\infty}^0 e^{t(y+1)} {\rm d} \sin t \\ & = -1 + (y+1) \left[{e^{t(y+1)}) \cdot \sin t {\large |}^0_{-\infty} - \int_{-\infty}^0 \sin t \cdot (y+1) \cdot e^{t(y+1)} {\rm d}t}\right] \\ & = -1 - (y+1)^2 \int_{-\infty}^0 \sin t \cdot e^{(y+1)t} {\rm d}t \\ & = -1 - (y+1)^2 \cdot I，积分再现 \\ & 解出 I = \frac{-1}{1 + (1+y)^2}，带入原积分式子 \\ & 则 - \int_a^b \int_{-\infty}^0 \sin t \cdot e^{(y+1)t} {\rm d}t {\rm d}y = - \int_a^b I {\rm d}y \\ & = \int_a^b \frac{1}{1 + (1+y)^2} {\rm d}y = \int_a^b \frac{1}{1 + (1+y)^2} {\rm d}(y+1) \\ & = \arctan (y+1) {\large |}^b_a = \arctan(1+b) - \arctan(1+a) \end{aligned}

组合积分法

有时候我们不容易计算 I=∫f(x)dxI = \int f(x) {\rm d}x，可以考虑 II 的配对对偶对称积分 JJ，如果能计算出 mI+nJmI + nJ 以及 pI−qJpI - qJ，那么两式相加即可得到 II。一般用于解决比较复杂的积分。

I=∫sin⁡2x3sin⁡x+2cos⁡xdx，令J=∫cos⁡2x3sin⁡x+2cos⁡xdxI+J=∫sin⁡2x+cos⁡2x3sin⁡x+2cos⁡xdx=∫13sin⁡x+2cos⁡xdx，使用辅助角公式=∫132+22sin⁡(x+arctan⁡23)dx=113∫csc⁡(x+arctan⁡23)dx=113ln⁡∣csc⁡(x+arctan⁡23)−cot⁡(x+arctan⁡23)∣+C9I−4J=∫9sin⁡2x−4cos⁡2x3sin⁡x+2cos⁡xdx=∫(3sin⁡x−2cos⁡x)dx=−3cos⁡x−2sin⁡x+CI=113[4(I+J)+(9I−4J)]=113[413ln⁡∣csc⁡(x+arctan⁡23)−cot⁡(x+arctan⁡23)∣+−3cos⁡x−2sin⁡x]+C\begin{aligned} & I = \int \frac{\sin^2 x}{3 \sin x + 2 \cos x} {\rm d}x， 令 J = \int \frac{\cos^2 x}{3 \sin x + 2 \cos x} {\rm d}x \\ & I + J = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{3 \sin x + 2 \cos x} {\rm d}x = \int \frac{1}{3 \sin x + 2 \cos x} {\rm d}x，使用辅助角公式 \\ & = \int \frac{1}{\sqrt{3^2 + 2^2} \sin (x + \arctan\frac{2}{3})} {\rm d}x = \frac{1}{\sqrt{13}} \int \csc (x + \arctan\frac{2}{3}) {\rm d}x \\ & = \frac{1}{\sqrt{13}} \ln |\csc (x + \arctan\frac{2}{3}) - \cot (x + \arctan\frac{2}{3})| + C \\ & 9I - 4J = \int \frac{9\sin^2 x - 4 \cos^2 x}{3 \sin x + 2 \cos x} {\rm d}x = \int (3 \sin x - 2 \cos x) {\rm d}x \\ & = -3 \cos x - 2 \sin x + C \\ & I = \frac{1}{13}[4(I + J) + (9I - 4J)] \\ & = \frac{1}{13}[\frac{4}{\sqrt{13}} \ln |\csc (x + \arctan\frac{2}{3}) - \cot (x + \arctan\frac{2}{3})| + -3 \cos x - 2 \sin x] + C \end{aligned}

一个稍微复杂的外层为对数函数的题目，可使用组合积分法
I=∫ln⁡(1+x+1−x)dx因为含有两个根式不好换元，而且分布积分后内层积分较复杂考虑构造配对积分J=∫ln⁡(1+x−1−x)dx则I+J=∫ln⁡(1+x+1−x)dx+∫ln⁡(1+x−1−x)dx=∫ln⁡[(1+x+1−x)⋅(1+x−1−x)]dx=∫ln⁡(1+x+1−x)dx=∫ln⁡2xdx=∫(ln⁡2+ln⁡x)dx=xln⁡2+xln⁡x−∫x⋅1xdx+C1=xln⁡2+xln⁡x−x+C1I−J=∫ln⁡(1+x+1−x)dx−∫ln⁡(1+x−1−x)dx=∫ln⁡1+x+1−x1+x−1−xdx=∫ln⁡(1+x+1−x)21+x−(1−x)dx=∫ln⁡1+1−x2xdx=∫ln⁡(1+1−x2)dx−∫ln⁡xdx=∫ln⁡(1+1−x2)dx−xln⁡x+x其中∫ln⁡(1+1−x2)dx=x=sin⁡t∫ln⁡(1+cos⁡t)dsin⁡t=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+∫sin⁡2t1+cos⁡tdt=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+∫1−cos⁡2t1+cos⁡tdt=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+∫(1−cos⁡t)dt=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+t−sin⁡t+C2∫ln⁡(1+1−x2)dx=x⋅ln⁡(1+1−x2)+arcsin⁡x−x+C2I−J=x⋅ln⁡(1+1−x2)+arcsin⁡x−xln⁡x+C3I=12[(I+J)+(I−J)]=12[xln⁡2+xln⁡x−x+x⋅ln⁡(1+1−x2)+arcsin⁡x−xln⁡x]=12[xln⁡2+x⋅ln⁡(1+1−x2)+arcsin⁡x−x]+C解法二：∫ln⁡(1+x+1−x)dx=∫ln⁡[(1+x)⋅(1+1−x1+x)]dx=12∫ln⁡(1+x)dx+∫ln⁡(1+1−x1+x)]dx，然后令t=1−x1+x解法三：∫ln⁡(1+x+1−x)dx=12∫ln⁡(1+x+1−x)2dx=12∫ln⁡(2+21−x2)dx=12∫[ln⁡2+ln⁡(1+1−x2)]dx=12[xln⁡2+∫ln⁡(1+1−x2)dx]∫ln⁡(1+1−x2)dx=x=sin⁡t∫ln⁡(1+cos⁡t)dsin⁡t=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)−∫sin⁡t⋅−sin⁡t1+cos⁡tdt=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+∫1−cos⁡2t1+cos⁡tdt=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+∫(1−cos⁡t)dt=sin⁡t⋅ln⁡(1+cos⁡t)+t−sin⁡t+C=x⋅ln⁡(1+1−x2)−arcsin⁡x+x+C原式=12[xln⁡2+x⋅ln⁡(1+1−x2)+arcsin⁡x−x]+C\begin{aligned} & I = \int \ln (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}) {\rm d}x \\ & 因为含有两个根式不好换元，而且分布积分后内层积分较复杂 \\ & 考虑构造配对积分 J = \int \ln (\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}) {\rm d}x \\ & 则 I + J = \int \ln (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}) {\rm d}x + \int \ln (\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}) {\rm d}x \\ & = \int \ln [(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}) \cdot (\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x})] {\rm d}x \\ & = \int \ln (1 + x + 1 - x) {\rm d}x = \int \ln 2x {\rm d}x = \int (\ln 2 + \ln x) {\rm d}x \\ & = x \ln 2 + x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} {\rm d}x + C_1 = x \ln 2 + x \ln x - x + C_1 \\ & I - J = \int \ln (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}) {\rm d}x - \int \ln (\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}) {\rm d}x \\ & = \int \ln \frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}}{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}} {\rm d}x = \int \ln \frac{(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x})^2}{1 + x - (1 - x)} {\rm d}x \\ & = \int \ln \frac{1 + \sqrt{1 - x^2}}{x} {\rm d}x = \int \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x - \int \ln x {\rm d}x \\ & = \int \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x - x \ln x + x \\ & 其中 \int \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x \xlongequal{x = \sin t} \int \ln (1 + \cos t) {\rm d}\sin t \\ & = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + \int \frac{\sin^2 t}{1 + \cos t} {\rm d}t = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + \int \frac{1 - \cos^2t}{1 + \cos t} {\rm d}t \\ & = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + \int (1 - \cos t) {\rm d}t = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + t - \sin t + C_2 \\ & \int \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x = x \cdot \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) + \arcsin x - x + C_2 \\ & I - J = x \cdot \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) + \arcsin x - x \ln x + C_3 \\ & I = \frac{1}{2}[(I + J) + ( I - J)] \\ & = \frac{1}{2}[ x \ln 2 + x \ln x - x + x \cdot \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) + \arcsin x - x \ln x ] \\ & = \frac{1}{2}[ x \ln 2 + x \cdot \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) + \arcsin x - x ] + C \\ & 解法二： \int \ln (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}) {\rm d}x = \int \ln [(\sqrt{1 + x}) \cdot (1 + \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}})] {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} \int \ln (1 + x) {\rm d}x + \int \ln (1 + \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}})] {\rm d}x ，然后令 t = \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}} \\ & 解法三： \int \ln (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}) {\rm d}x = \frac{1}{2} \int \ln (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x})^2 {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} \int \ln (2 + 2 \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x = \frac{1}{2} \int [\ln 2 + \ln (1 + \sqrt{1 - x^2})] {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} [x \ln 2 + \int \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x] \\ & \int \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) {\rm d}x \xlongequal{x = \sin t} \int \ln (1 + \cos t) {\rm d}\sin t \\ & = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) - \int \sin t \cdot \frac{-\sin t}{1 + \cos t} {\rm d}t = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + \int \frac{1 - \cos^2 t}{1 + \cos t} {\rm d}t \\ & = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + \int (1 - \cos t) {\rm d}t = \sin t \cdot \ln (1 + \cos t) + t - \sin t + C \\ & = x \cdot \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) - \arcsin x + x + C \\ & 原式 = \frac{1}{2} [ x \ln 2 + x \cdot \ln (1 + \sqrt{1 - x^2}) + \arcsin x - x ] + C \end{aligned}

积分重现计算定积分

若 f(x)f(x) 是对称区间的偶函数，则有：
I=∫−π2π2cos⁡x⋅f(x)1+sin⁡x+cos⁡xdx=∫−π2π2f(x)dxI = \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x \cdot f(x)}{1 + \sin x + \cos x} {\rm d}x = \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} f(x) {\rm d}x

一个特殊的例子：
I=∫−π2π2cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x1+sin⁡x+cos⁡xdx被积函数既不是奇函数也不是偶函数，考虑用区间再现，取t=−xI=∫π2−π2cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x1−sin⁡x+cos⁡xd(−x)=∫−π2π2cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x1−sin⁡x+cos⁡xdxI=12(∫−π2π2cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x1+sin⁡x+cos⁡xdx+∫−π2π2cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x1−sin⁡x+cos⁡xdx)dx=12∫−π2π2(cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x)⋅(11+sin⁡x+cos⁡x+11−sin⁡x+cos⁡x)dx，通分=12∫−π2π2(cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x)⋅2(1+cos⁡x)(1+cos⁡x)2−sin⁡2xdx=12∫−π2π2(cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x)⋅2(1+cos⁡x)(1+cos⁡x)2−(1−cos⁡2x)dx，约去(1+cos⁡x)=12∫−π2π2(cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x)⋅21+cos⁡x−1+cos⁡xdx=12∫−π2π2(cos⁡x⋅ln⁡cos⁡x)⋅22cos⁡xdx=12∫−π2π2ln⁡cos⁡xdx=∫0π2ln⁡cos⁡xdx=∫0π2ln⁡sin⁡xdx，区间再现t=π2−x=12∫0π2(ln⁡sin⁡x+ln⁡cos⁡x)dx=12∫0π2ln⁡(sin⁡x⋅cos⁡x)dx=12∫0π2ln⁡sin⁡2x2dx=12∫0π2ln⁡sin⁡2xd−12∫0π2ln⁡2dx=14∫0π2ln⁡sin⁡2xd(2x)−π4ln⁡2，换元t=2x=14∫0πln⁡sin⁡xdx−π4ln⁡2，sin⁡x关于x=π2轴对称=12∫0π2ln⁡sin⁡xdx−π4ln⁡2，积分重现=12I−π4ln⁡2解得I=−π2ln⁡2\begin{aligned} & I = \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x \cdot \ln \cos x}{1 + \sin x + \cos x} {\rm d}x \\ & 被积函数既不是奇函数也不是偶函数，考虑用区间再现，取 t = -x \\ & I = \int^{\frac{-\pi}{2}}_{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x \cdot \ln \cos x}{1 - \sin x + \cos x} {\rm d}(-x) = \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x \cdot \ln \cos x}{1 - \sin x + \cos x} {\rm d}x \\ & I = \frac{1}{2} \left( { \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x \cdot \ln \cos x}{1 + \sin x + \cos x} {\rm d}x + \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x \cdot \ln \cos x}{1 - \sin x + \cos x} {\rm d}x } \right){\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} (\cos x \cdot \ln \cos x) \cdot \left( { \frac{1}{1 + \sin x + \cos x} + \frac{1}{1 - \sin x + \cos x} } \right){\rm d}x ，通分 \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} (\cos x \cdot \ln \cos x) \cdot \frac{2(1 + \cos x)}{(1 + \cos x)^2 - \sin^2 x } {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} (\cos x \cdot \ln \cos x) \cdot \frac{2(1 + \cos x)}{(1 + \cos x)^2 - (1 - \cos^2 x) } {\rm d}x，约去(1 + \cos x) \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} (\cos x \cdot \ln \cos x) \cdot \frac{2}{1 + \cos x - 1 + \cos x }{\rm d}x = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} (\cos x \cdot \ln \cos x) \cdot \frac{2}{2 \cos x }{\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \ln \cos x {\rm d}x = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln \cos x {\rm d}x = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln \sin x {\rm d}x，区间再现 t = \frac{\pi}{2} - x \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} (\ln \sin x + \ln \cos x) {\rm d}x = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln (\sin x \cdot \cos x) {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln \frac{\sin 2x}{2} {\rm d}x = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln \sin 2x {\rm d} - \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln 2 {\rm d}x \\ & = \frac{1}{4} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln \sin 2x {\rm d}(2x) - \frac{\pi}{4} \ln 2，换元 t = 2x \\ & = \frac{1}{4}\int^{\pi}_{0} \ln \sin x {\rm d}x - \frac{\pi}{4} \ln 2，\sin x 关于x=\frac{\pi}{2}轴对称 \\ & = \frac{1}{2} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln \sin x {\rm d}x - \frac{\pi}{4} \ln 2，积分重现 \\ & = \frac{1}{2} I - \frac{\pi}{4} \ln 2 解得 I = -\frac{\pi}{2} \ln 2 \end{aligned}