一.方型法

①：

$\int \frac{a_{1}cost-b_{1}sint}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt=ln\mid a_{1}sint+b_{1}cost\mid +C$∫a1​sint+b1​costa1​cost−b1​sint​dt=ln∣a1​sint+b1​cost∣+C
于是：
$\int \frac{a_{2}sint+b_{2}cost}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt=A\int \frac{a_{1}sint+b_{1}cost}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt+B\int \frac{a_{1}cost-b_{1}sint}{a_{1}sint+b_{1}cost}dt$∫a1​sint+b1​costa2​sint+b2​cost​dt=A∫a1​sint+b1​costa1​sint+b1​cost​dt+B∫a1​sint+b1​costa1​cost−b1​sint​dt
待定系数法求出 $A,B$A,B
$原式=At+ln\mid a_{1}sint+b_{1}cost\mid +C$原式=At+ln∣a1​sint+b1​cost∣+C

②：

$\int \frac{1}{1+cost}dt=\int \frac{1}{1+co{s}^2\frac{t}{2}-si{n}^2\frac{t}{2}}dt=\int \frac{1}{2co{s}^2\frac{t}{2}}dt=\int se{c}^2\frac{t}{2}d\frac{t}{2}=tan\frac{t}{2}$∫1+cost1​dt=∫1+cos22t​−sin22t​1​dt=∫2cos22t​1​dt=∫sec22t​d2t​=tan2t​

二.记忆型

①：

$(sect{)}^{\prime }=sect\cdot tant$(sec t)′=sec t⋅tan t
$(sect+tant{)}^{\prime }=(se{c}^{2}t+sect\cdot tant)$(sect+tant)′=(sec2t+sect⋅tant)
$\int sectdt=ln\mid sect+tant\mid +C$∫sectdt=ln∣sect+tant∣+C
推导：
$\int sectdt=\int \frac{sect(sect+tant)}{(sect+tant)}dt=\int \frac{(se{c}^{2}t+sect\cdot tant)}{(sect+tant)}dt=\int \frac{1}{sect+tant}d(sect+tant)=ln\mid sect+tant\mid +C$∫sect dt=∫(sect+tant)sect(sect+tant)​dt=∫(sect+tant)(sec2t+sect⋅tant)​dt=∫sect+tant1​d(sect+tant)=ln∣sect+tant∣+C

②：

$(csct{)}^{\prime }=-csct\cdot cott$(csct)′=−csct⋅cott
$(csc+cot{)}^{\prime }=-(cs{c}^2+csc\cdot cot)$(csc+cot)′=−(csc2+csc⋅cot)
$\int csctdt=\int \frac{csct(csct+cott)}{(csct+cott)}dt=\int \frac{(cs{c}^{2}t+csct\cdot cott)}{(csct+cott)}dt=\int \frac{-1}{csct+cott}d(csct+cott)=-ln\mid csct+cott\mid$∫csct dt=∫(csct+cott)csct(csct+cott)​dt=∫(csct+cott)(csc2t+csct⋅cott)​dt=∫csct+cott−1​d(csct+cott)=−ln∣csct+cott∣

万能公式的那种

令 $u=tan\frac{x}{2}$u=tan2x​
$x=2arctanu$x=2arctan u
$dx=\frac{2}{1+u^2}$dx=1+u22​

$sinx=\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}{1}==\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}{si{n}^2\frac{x}{2}+co{s}^2\frac{x}{2}}=\frac{2u}{1+u^2}$sinx=12sin2x​cos2x​​==sin22x​+cos22x​2sin2x​cos2x​​=1+u22u​

$\int \frac{1}{sinx}dx=ln\left(tan\frac{x}{2}\right)+C这个用万能公式比较好计算$∫sinx1​dx=ln(tan2x​)+C这个用万能公式比较好计算

③：
${\int }_0^{\pi }xf\left(sinx\right)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f\left(sinx\right)dx$∫0π​xf(sinx)dx=2π​∫0π​f(sinx)dx
证明：
$I={\int }_0^{\pi }xf\left(sinx\right)dx={\int }_0^{\pi }(\pi -x)f\left(sin\right(\pi -x\left)\right)dx={\int }_0^{\pi }(\pi -x)f\left(sinx\right)dx=\pi {\int }_0^{\pi }f\left(sinx\right)-I$I=∫0π​xf(sinx)dx=∫0π​(π−x)f(sin(π−x))dx=∫0π​(π−x)f(sinx)dx=π∫0π​f(sinx)−I
$\therefore I=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f\left(sinx\right)$∴I=2π​∫0π​f(sinx)

三.完全记忆型

①：
$\int \frac{1}{\sqrt{a+x^2}}dx=ln(x+\sqrt{a+x^2})+C$∫a+x2 ​1​dx=ln(x+a+x2 ​)+C
②：
$\int \frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C$∫(1+x2)23​1​dx=1+x2 ​x​+C
③：
$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx=-arcsin\frac{1}{x}+C$∫xx2−1 ​1​dx=−arcsinx1​+C
本来以为还要三角代换什么的很麻烦
$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx=\int \frac{-1}{\sqrt{1-(\frac{1}{x}{)}^2}}d\left(\frac{1}{x}\right)$∫xx2−1 ​1​dx=∫1−(x1​)2 ​−1​d(x1​)
④：
$\int se{c}^{3}xdx=\frac{1}{2}[secx\cdot tanx+\int secxdx]$∫sec3xdx=21​[secx⋅tanx+∫secxdx]
$I=\int se{c}^{3}xdx=\int secxdtanx=secx\cdot tanx-\int tanxdsecx=secx\cdot tanx-\int ta{n}^{2}xsecxdx=secx\cdot tanx-\int (se{c}^{2}x-1)secxdx=secx\cdot tanx-I+\int secxdx\Rightarrow I=\frac{1}{2}[secx\cdot tanx+\int secxdx]$I=∫sec3xdx=∫secxdtanx=secx⋅tanx−∫tanxdsecx=secx⋅tanx−∫tan2xsecxdx=secx⋅tanx−∫(sec2x−1)secxdx=secx⋅tanx−I+∫secxdx⇒I=21​[secx⋅tanx+∫secxdx]

⑤：
$\int \sqrt{a-acos\theta }d\theta =-2\sqrt{2a}\cdot cos\frac{\theta }{2}$∫a−acosθ ​dθ=−22a ​⋅cos2θ​
把 $cos\theta 拆开成1-2si{n}^2\frac{\theta }{2}$cosθ拆开成1−2sin22θ​

$\int \sqrt{a+acos\theta }d\theta =2\sqrt{2a}\cdot sin\frac{\theta }{2}$∫a+acosθ ​dθ=22a ​⋅sin2θ​
变形成 $cos\frac{\theta }{2}$cos2θ​所以积分后出来是正的 $sin$sin，而第一种变成 $sin$sin积分出来是负的 $cos$cos
⑥：
$\int \frac{1}{sinxcosx}dx=\int \frac{se{c}^{2}x}{tanx}dx=\int \frac{1}{tanx}dtanx=ln\mid tanx\mid$∫sinxcosx1​dx=∫tanxsec2x​dx=∫tanx1​d tanx=ln∣tanx∣
⑦：
$\int \frac{1}{1+sinx}dx=\int \frac{1}{1+2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}dx=\int \frac{1}{2si{n}^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})}dx=\int cs{c}^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})d(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})=-cot(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})+C$∫1+sinx1​dx=∫1+2sin2x​cos2x​1​dx=∫2sin2(2x​+4π​)1​dx=∫csc2(2x​+4π​)d(2x​+4π​)=−cot(2x​+4π​)+C
$为啥tan(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})=-cot(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4})这两个是相等的喃？好像是有个tan的诱导公式:tan(x-\frac{\pi }{2})=-cotx,这个把tan弄成\frac{sin}{cos}就能推出来$为啥tan(2x​−4π​)=−cot(2x​+4π​)这两个是相等的喃？好像是有个tan的诱导公式:tan(x−2π​)=−cotx,这个把tan弄成cossin​就能推出来
这样积分也是对的：
$\int \frac{1}{1+sinx}dx=\int \frac{1-sinx}{1-si{n}^{2}x}dx=\int \frac{1-sinx}{co{s}^{2}x}dx=\int se{c}^{2}xdx-\int \frac{sinx}{co{s}^{2}x}dx=tanx-\frac{1}{cosx}+C$∫1+sinx1​dx=∫1−sin2x1−sinx​dx=∫cos2x1−sinx​dx=∫sec2xdx−∫cos2xsinx​dx=tanx−cosx1​+C

傅里叶级数常用

$\{\begin{array}{c}\int e^{ax}\cos nxdx=\frac{e^{ax}}{a^2+n^2}(acosnx+nsinnx)\\ \\ \int e^{ax}\sin nxdx=\frac{e^{ax}}{a^2+n^2}(asinnx-ncosnx)\end{array}$⎩⎨⎧​∫eaxcosnxdx=a2+n2eax​(acos nx+nsin nx)∫eaxsinnxdx=a2+n2eax​(asinn x−ncos nx)​

四.需要背的经典定积分

经典1

$I={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$I=∫0∞​e−x2dx=2π ​​
是这样来的：
$I\cdot I={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx\cdot {\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx\cdot {\int }_0^{\infty }{e}^{-y^2}dy={\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2}rdrd\theta 这里极坐标产生了个r就阔以拿进去积分了$I⋅I=∫0∞​e−x2dx⋅∫0∞​e−x2dx=∫0∞​e−x2dx⋅∫0∞​e−y2dy=∫0∞​∫0∞​e−(x2+y2)dxdy=∫02π​∫0∞​e−r2rdrdθ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）

$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{n}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}co{s}^{n}xdx=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$In​=∫02π​​sinnxdx=∫02π​​cosnxdx=nn−1​In−2​
其中
$I_0={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{0}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}dx=\frac{\pi }{2}$I0​=∫02π​​sin0xdx=∫02π​​dx=2π​

$I_1={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{x}dx=1$I1​=∫02π​​sinxdx=1

常用等式

①：
$arctanA+arctan\frac{1}{A}=\frac{\pi }{2}=arctanA+arccotA$arctanA+arctanA1​=2π​=arctanA+arccotA
$设:arctanA=a,arctan\frac{1}{A}=b\Rightarrow tana=A,tanb=\frac{1}{A}\Rightarrow tana\cdot tanb=1\Rightarrow sina\cdot sinb=cosa\cdot cosb\Rightarrow cos(a+b)=0\Rightarrow a+b=\frac{\pi }{2}$设:arctanA=a,arctanA1​=b⇒tana=A,tanb=A1​⇒tana⋅tanb=1⇒sina⋅sinb=cosa⋅cosb⇒cos(a+b)=0⇒a+b=2π​

做题遇到的比较怪的积分

①：
$\int \sqrt{\frac{1}{{\theta }^2}+\frac{1}{{\theta }^4}}d\theta =\int \frac{1}{{\theta }^2}\sqrt{1+{\theta }^2}d\theta ,令\theta =tant,=\int co{t}^{2}tse{c}^{3}tdt=\int \frac{1}{si{n}^{2}tcost}dt=\int \frac{si{n}^{2}t+co{s}^{2}t}{si{n}^{2}tcost}dt=\int sect+csct\cdot cottdt=ln\mid sect+tant\mid -csct+C$∫θ21​+θ41​ ​dθ=∫θ21​1+θ2 ​dθ,令θ=tant,=∫cot2tsec3tdt=∫sin2tcost1​dt=∫sin2tcostsin2t+cos2t​dt=∫sect+csct⋅cott dt=ln∣sect+tant∣−csct+C

比较好的积分题

2017版张宇1000题的

3.88

$x(y-x{)}^2=y,求\int \frac{1}{y-x}$x(y−x)2=y,求∫y−x1​
要令 $y-x=t$y−x=t

3.120

$求\int \frac{1}{x^6(1+x^2)}dx$求∫x6(1+x2)1​dx
技巧： $1=(1+x^2)-x^2$1=(1+x2)−x2

3.121

$求{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{1+(tanx{)}^{\sqrt{2}}}$求∫02π​​1+(tanx)2 ​dx​
看看 $f(\frac{\pi }{2}-x)+f\left(x\right)$f(2π​−x)+f(x)会有什么结果？

3.122

${\int }_0^{\pi }\frac{1}{1+acosx}dx$∫0π​1+acos x1​dx
分成 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }$∫02π​​+∫2π​π​两部分，并且把后面那个换元，使得上下限也是 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}$∫02π​​，然后看会发生什么

3.123

$已知{\int }_0^{+\infty }\frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi }{2}，求{\int }_0^{+\infty }\frac{si{n}^{2}x}{x^2}dx$已知∫0+∞​xsinx​dx=2π​，求∫0+∞​x2sin2x​dx
令 $I\left(a\right)={\int }_0^{+\infty }\frac{si{n}^{2}ax}{x^2}dx$I(a)=∫0+∞​x2sin2ax​dx
会发现 $\frac{dI\left(a\right)}{da}$dadI(a)​与 ${\int }_0^{+\infty }\frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi }{2}$∫0+∞​xsinx​dx=2π​长得有点像

2020版张宇1000题的

3.31

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

3.104

$求I={\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx,其中(a,b>0)$求I=∫01​lnxxb−xa​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
$I={\int }_0^1{\int }_a^b{x}^{y}dydx={\int }_a^b{\int }_0^1{x}^{y}dxdy={\int }_a^b\frac{1}{1+y}dy=ln\frac{1+b}{1+a}$I=∫01​∫ab​xydydx=∫ab​∫01​xydxdy=∫ab​1+y1​dy=ln1+a1+b​

3.105

$求I={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx,其中\alpha 不等于0$求I=∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1​dx,其中α不等于0
妙啊~
$换元,令t=\frac{1}{x},I={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}dt$换元,令t=x1​,I=∫0+∞​(1+t2)(1+tα)tα​dt

$\therefore I+I={\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)}dx=arctan\left(\infty \right)-arctan\left(0\right)=\frac{\pi }{2}$∴I+I=∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1+xα​dx=∫0+∞​(1+x2)1​dx=arctan(∞)−arctan(0)=2π​

$\therefore I=\frac{\pi }{4}$∴I=4π​

其他地方看到的

1

${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx$∫01​lnxxb−xa​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， $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{lna}$∫axdx=lnaax​，好像就没怎么对指数积过分样，都是求导
${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx={\int }_0^1{\int }_a^b{x}^{y}dydx然后交换次序$∫01​lnxxb−xa​dx=∫01​∫ab​xydydx然后交换次序

求导法

令 $F\left(t\right)={\int }_0^1\frac{x^t-x^a}{lnx}dx$F(t)=∫01​lnxxt−xa​dx
F′(t)=△t→0lim​△tF(t+△t)−F(t)​代入化简=△t→0lim​△t∫01​[lnxxt+△t​−lnxxt​]dx​=△t→0lim​∫01​[△txt+△t−xt​]⋅lnx1​dx里面打括号的就是指数函数的导数，然后与lnx约掉=∫01​xtdx=t+11​xt+1∣01​=t+11​

所以就得到了： $F^{\prime }\left(t\right)=\frac{1}{t+1}$F′(t)=t+11​
再积分回来： $F\left(t\right)=ln(t+1)+C$F(t)=ln(t+1)+C

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

换元法

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