一.方型法

①：

$$\int \frac{a_{1}cost-b_{1}sint}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt=ln|a_{1}sint+b_{1}cost|+C$$
于是：
$$\int \frac{a_{2}sint+b_{2}cost}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt=A\int \frac{a_{1}sint+b_{1}cost}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt+B\int \frac{a_{1}cost-b_{1}sint}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt$$
待定系数法求出$A,B$
$$原式=At+ln|a_{1}sint+b_{1}cost|+C$$

②：

$$\int \frac{1}{1+cost}dt=\int \frac{1}{1+co{s}^2\frac{t}{2}-si{n}^2\frac{t}{2}}dt=\int \frac{1}{2co{s}^2\frac{t}{2}}dt=\int se{c}^2\frac{t}{2}d\frac{t}{2}=tan\frac{t}{2}$$

二.记忆型

①：

$$(sect{)}^{\prime }=sect\cdot tant$$
$$(sect+tant{)}^{\prime }=(se{c}^{2}t+sect\cdot tant)$$
$$\int sectdt=ln|sect+tant|+C$$
推导：
$$\int sectdt=\int \frac{sect(sect+tant)}{(sect+tant)}dt=\int \frac{(se{c}^{2}t+sect\cdot tant)}{(sect+tant)}dt=\int \frac{1}{sect+tant}d(sect+tant)=ln|sect+tant|+C$$

②：

$$(csct{)}^{\prime }=-csct\cdot cott$$
$$(csc+cot{)}^{\prime }=-(cs{c}^2+csc\cdot cot)$$
$$\int csctdt=\int \frac{csct(csct+cott)}{(csct+cott)}dt=\int \frac{(cs{c}^{2}t+csct\cdot cott)}{(csct+cott)}dt=\int \frac{-1}{csct+cott}d(csct+cott)=-ln|csct+cott|$$

万能公式的那种

令$u=tan\frac{x}{2}$
$x=2arctanu$
$dx=\frac{2}{1+u^2}$

$sinx=\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}{1}==\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}{si{n}^2\frac{x}{2}+co{s}^2\frac{x}{2}}=\frac{2u}{1+u^2}$

$$\int \frac{1}{sinx}dx=ln(tan\frac{x}{2})+C这个用万能公式比较好计算$$

③：
$${\int }_0^{\pi }xf(sinx)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(sinx)dx$$
证明：
$$I={\int }_0^{\pi }xf(sinx)dx={\int }_0^{\pi }(\pi -x)f(sin(\pi -x))dx={\int }_0^{\pi }(\pi -x)f(sinx)dx=\pi {\int }_0^{\pi }f(sinx)-I$$
$\therefore I=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(sinx)$

三.完全记忆型

①：
$$\int \frac{1}{\sqrt{a+x^2}}dx=ln(x+\sqrt{a+x^2})+C$$
②：
$$\int \frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C$$
③：
$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx=-arcsin\frac{1}{x}+C$$
本来以为还要三角代换什么的很麻烦
$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx=\int \frac{-1}{\sqrt{1-(\frac{1}{x}{)}^2}}d(\frac{1}{x})$
④：
$$\int se{c}^{3}xdx=\frac{1}{2}[secx\cdot tanx+\int secxdx]$$
$$I=\int se{c}^{3}xdx=\int secxdtanx=secx\cdot tanx-\int tanxdsecx=secx\cdot tanx-\int ta{n}^{2}xsecxdx=secx\cdot tanx-\int (se{c}^{2}x-1)secxdx=secx\cdot tanx-I+\int secxdx\Rightarrow I=\frac{1}{2}[secx\cdot tanx+\int secxdx]$$

⑤：
$$\int \sqrt{a-acos\theta }d\theta =-2\sqrt{2a}\cdot cos\frac{\theta }{2}$$
把$cos\theta 拆开成1-2si{n}^2\frac{\theta }{2}$

$$\int \sqrt{a+acos\theta }d\theta =2\sqrt{2a}\cdot sin\frac{\theta }{2}$$
变形成$cos\frac{\theta }{2}$所以积分后出来是正的$sin$，而第一种变成$sin$积分出来是负的$cos$
⑥：
$$\int \frac{1}{sinxcosx}dx=\int \frac{se{c}^{2}x}{tanx}dx=\int \frac{1}{tanx}dtanx=ln|tanx|$$
⑦：
$$\int \frac{1}{1+sinx}dx=\int \frac{1}{1+2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}dx=\int \frac{1}{2si{n}^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})}dx=\int cs{c}^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})d(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})=-cot(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})+C$$
$$为啥tan(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})=-cot(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})这两个是相等的喃？好像是有个tan的诱导公式:tan(x-\frac{\pi }{2})=-cotx,这个把tan弄成\frac{sin}{cos}就能推出来$$
这样积分也是对的：
$$\int \frac{1}{1+sinx}dx=\int \frac{1-sinx}{1-si{n}^{2}x}dx=\int \frac{1-sinx}{co{s}^{2}x}dx=\int se{c}^{2}xdx-\int \frac{sinx}{co{s}^{2}x}dx=tanx-\frac{1}{cosx}+C$$

傅里叶级数常用

$$\{\begin{array}{c}\int e^{ax}\cos nxdx=\frac{e^{ax}}{a^2+n^2}(acosnx+nsinnx)\\ \\ \int e^{ax}\sin nxdx=\frac{e^{ax}}{a^2+n^2}(asinnx-ncosnx)\end{array}$$

四.需要背的经典定积分

经典1

$$I={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$
是这样来的：
$$I\cdot I={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx\cdot {\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx\cdot {\int }_0^{\infty }{e}^{-y^2}dy={\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2}rdrd\theta 这里极坐标产生了个r就阔以拿进去积分了$$

华里士公式（点火公式）

$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{n}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}co{s}^{n}xdx=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$$
其中
$I_0={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{0}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}dx=\frac{\pi }{2}$

$I_1={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{x}dx=1$

常用等式

①：
$$arctanA+arctan\frac{1}{A}=\frac{\pi }{2}=arctanA+arccotA$$
$$设:arctanA=a,arctan\frac{1}{A}=b\Rightarrow tana=A,tanb=\frac{1}{A}\Rightarrow tana\cdot tanb=1\Rightarrow sina\cdot sinb=cosa\cdot cosb\Rightarrow cos(a+b)=0\Rightarrow a+b=\frac{\pi }{2}$$

做题遇到的比较怪的积分

①：
$$\int \sqrt{\frac{1}{{\theta }^2}+\frac{1}{{\theta }^4}}d\theta =\int \frac{1}{{\theta }^2}\sqrt{1+{\theta }^2}d\theta ,令\theta =tant,=\int co{t}^{2}tse{c}^{3}tdt=\int \frac{1}{si{n}^{2}tcost}dt=\int \frac{si{n}^{2}t+co{s}^{2}t}{si{n}^{2}tcost}dt=\int sect+csct\cdot cottdt=ln|sect+tant|-csct+C$$

比较好的积分题

2017版张宇1000题的

3.88

$$x(y-x{)}^2=y,求\int \frac{1}{y-x}$$
要令$y-x=t$

3.120

$$求\int \frac{1}{x^6(1+x^2)}dx$$
技巧：$1=(1+x^2)-x^2$

3.121

$$求{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{1+(tanx{)}^{\sqrt{2}}}$$
看看$f(\frac{\pi }{2}-x)+f(x)$会有什么结果？

3.122

$${\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+acosx}dx$$
分成${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }$两部分，并且把后面那个换元，使得上下限也是${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}$，然后看会发生什么

3.123

$$已知{\int }_0^{+\infty }\frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi }{2}，求{\int }_0^{+\infty }\frac{si{n}^{2}x}{x^2}dx$$
令$I(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{si{n}^{2}ax}{x^2}dx$
会发现$\frac{dI(a)}{da}$与${\int }_0^{+\infty }\frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi }{2}$长得有点像

2020版张宇1000题的

3.31

$$f(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2},求\int [\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}+\frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}]dx$$
如果能发现$f^{\prime \prime }(x)=f(x)$就好做了

3.104

$$求I={\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx,其中(a,b>0)$$
又是一道阔以拿去坑大林的积分题~嘿嘿嘿，看他做过没
竟然是化成二重积分来算的T_T，然后还要换次序才能算出来
$$I={\int }_0^1{\int }_a^b{x}^{y}dydx={\int }_a^b{\int }_0^1{x}^{y}dxdy={\int }_a^b\frac{1}{1+y}dy=ln\frac{1+b}{1+a}$$

3.105

$$求I={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx,其中\alpha 不等于0$$
妙啊~
$$换元,令t=\frac{1}{x},I={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}dt$$

$\therefore I+I={\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)}dx=arctan(\infty )-arctan(0)=\frac{\pi }{2}$

$\therefore I=\frac{\pi }{4}$

其他地方看到的

1

$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx$$
这道题是在b站一位叫：MATH-IDEA的up主看到的，感谢分享(✪ω✪)

重积分法

主要是对指数的积分不熟，$\int a^{x}dx=\frac{a^x}{lna}$，好像就没怎么对指数积过分样，都是求导
$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx={\int }_0^1{\int }_a^b{x}^{y}dydx然后交换次序$$

求导法

令$F(t)={\int }_0^1\frac{x^t-x^a}{lnx}dx$
$$F^{\prime }(t)=\underset{△t\to 0}{\lim }\frac{F(t+△t)-F(t)}{△t}代入化简=\underset{△t\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^1[\frac{x^{t+△t}}{lnx}-\frac{x^t}{lnx}]dx}{△t}=\underset{△t\to 0}{\lim }{\int }_0^1[\frac{x^{t+△t}-x^t}{△t}]\cdot \frac{1}{lnx}dx里面打括号的就是指数函数的导数，然后与lnx约掉={\int }_0^1{x}^{t}dx=\frac{1}{t+1}{x}^{t+1}{|}_0^1=\frac{1}{t+1}$$

所以就得到了：$F^{\prime }(t)=\frac{1}{t+1}$
再积分回来：$F(t)=ln(t+1)+C$

由$F(a)=0\Rightarrow C=-ln(a+1)$
然后所求的就是$F(b)$

换元法

需要知道一个结论：傅汝兰尼积分
$${\int }_{-\infty }^0\frac{f(bx)-f(ax)}{x}dx=[f(0)-f(-\infty )]\cdot ln\frac{b}{a}$$
令$t=lnx$
换元之后就是：
$${\int }_{-\infty }^0\frac{e^{(b+1)t}-e^{(a+1)t}}{t}dt$$

最后

以上就是无奈萝莉为你收集整理的常用不常规积分一.方型法二.记忆型三.完全记忆型四.需要背的经典定积分常用等式做题遇到的比较怪的积分比较好的积分题其他地方看到的的全部内容，希望文章能够帮你解决常用不常规积分一.方型法二.记忆型三.完全记忆型四.需要背的经典定积分常用等式做题遇到的比较怪的积分比较好的积分题其他地方看到的所遇到的程序开发问题。

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