一、不定积分的概念与性质
原函数：$F'(x)=f(x)$
不定积分：$\int f(x)dx=F(x)+C$
不定积分的几何意义：表示一簇积分曲线，这簇积分曲线对应于横坐标$x$处的切线都相互平行
原函数存在定理
定理1：若$f(x)$在区间$I$上连续，则$f(x)$在区间$I$上一定存在原函数
定理2：若$f(x)$在区间$I$上有第一类间断点，则$f(x)$在区间$I$上没有原函数
例1：$g(x)=\text{sgn }x=\begin{cases}-1&x<0\0&x=0\1&x>0\end{cases}$
设存在原函数$F(x)$，根据分段函数
$$
F(x)=\begin{cases}
-x+C_{1} &x<0\
x+C_{2}&x>0
\end{cases}
$$
由于$F(x)$在$x=0$处连续，则$C_{1}=C_{2}=C$，有
$$
F(x)=\begin{cases}
-x+C&x<0 \
x+C&x>0
\end{cases}=|x|+C
$$
根据定义$F'(x)=g(x)$，显然$F'(0)$不存在，因此$g(x)$不存在原函数
即，若$f(x)$在区间$I$上有第一类间断点，则$f(x)$在区间$I$上没有原函数
不定积分的性质
$$
\begin{gathered}
\begin{aligned}
&(\int f(x)dx)'=f(x)\quad &d\int f(x)dx=f(x)dx\
&\int f'(x)dx=f(x)+C&\int df(x)=f(x)+C
\end{aligned}\
\int[f(x)\pm g(x)]dx=\int f(x)dx\pm\int g(x)dx
\end{gathered}
$$
二、不定积分的基本公式
$$
\begin{aligned}
\int 0dx&=C\
\int x^{\alpha} dx&=\frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+C\
\int \frac{1}x dx&=\ln|x|+C\
\int a^{x}dx&=\frac{a^{x}}{\ln a}+C\
\int e^{x}d&=e^{x}+C\
\int \sin xdx&=-\cos x+C\
\int \cos xdx&=\sin x+C\
\int \sec^{2}xdx&=\tan x+C\
\int \csc^{2}xdx&=-\cot x+C\
\int \frac{1}{\cos^2 x}dx&=\tan x+C\
\int \frac{1}{\sin^{2}x}dx&=-\cot x+C\
\int \sec x\tan xdx&=\sec x+C\
\int \csc x\cot xdx&=-\csc x+C\
\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx&=\arcsin x+C\
\int \frac{1}{1+x^2}dx&=\arctan x+C\
\int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx&=\arcsin \frac{x}{a}+C\
\int \frac{1}{a^{2}+x^{2}}dx&=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C\
\int \frac{1}{x^{2}-a^{2}}&= \frac{1}{2a}\ln| \frac{x-a}{x+a}|+C\
\int \frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx&=\ln(x+\sqrt{x^{2}+a^{2}})+C\
\int \frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}dx&=\ln|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C\
\int \sec xdx&=\ln|\sec x+\tan x|+C\
\int \csc xdx&=-\ln|\csc x+\cot x|+C
\end{aligned}
$$
三、三种主要积分法
第一类换元法（凑微分法）
若$\int f(u)du=F(u)+C$
则$\int f[\phi(x)]\phi'(x)dx=\int f[\phi(x)]d \phi(x)=F[\phi(x)]+C$
例2：计算积分$\int \frac{dx}{\sqrt{x(4-x)}}=()$
$$
\begin{aligned}
原式&=\int \frac{d(x-2)}{\sqrt{4-(x-2)^{2}}}=\arcsin \frac{x-2}{2}+C\
原式&=\int \frac{dx}{\sqrt{x}\sqrt{4-x}}=2\int \frac{d \sqrt{x}}{\sqrt{4-(\sqrt{x})^{2}}}=2\arcsin \frac{\sqrt{x}}{2}+C
\end{aligned}
$$
例3：计算积分$\int \frac{2-x}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx=()$
分子分母次数相同，分子带根号，考虑整体凑微分
$$
\begin{aligned}
\frac{2-x}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx&=\int \frac{(1-x)+1}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx\
&此处考虑凑3+2x-x^{2}整体的微分2-2x\
&又因为倍数不影响,所以根据分子的-x凑1-x\
&=\frac{1}{2}\int \frac{(2-2x)}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}dx+\int \frac{dx}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}\
&=\frac{1}{2}\int \frac{d(3+2x-x^{2})}{\sqrt{3+2x-x^{2}}}+\int \frac{d(x+1)}{\sqrt{4-(x-1)^{2}}}\
&=\sqrt{3+2x-x^{2}}+\arcsin \frac{x-1}{2}+C
\end{aligned}
$$
第二类换元法
定理3：设$x=\phi(t)$是单调的、可导的函数，并且$\phi'(t)\ne0$。又$\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt=F(t)+C$，则$\int f(x)dx=\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt=F(t)+C=F[\phi^{-1}(x)]+C$
常用代换
-
$\sqrt{a^{2}-x^{2}}\quad x=a\sin t(a\cos t)$
-
$\sqrt{a^{2}+x^{2}}\quad x=a\tan t$
-
$\sqrt{x^{2}-a^{2}}\quad x=a\sec t$
这些选择的范围都是考虑好的，换元完直接开出来就行
例4：求不定积分$\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx$
令$x=a\sin t,t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$
选择$t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$原因
- 能取遍$(-a,a)$
- $\sqrt{a^{2}-x^{2}}=\sqrt{\cos^{2} t}$，此时$\cos t,t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，即$\cos t>0$，有$\sqrt{a^{2}-x^{2}}=\cos t$
如果选$\cos t$，范围应该是$t\in(0,\pi)$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx&=\int \frac{a^{2}\sin^{2}t}{a\cos t}\cdot a\cos tdt\
&=\frac{a^{2}}{2}\int (1-\cos 2t)dt\
&=\frac{a^{2}}{2}(t- \frac{1}{2}\sin 2t)+C\
&=\frac{a^{2}}{2}\arcsin \frac{x}{a}- \frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C
\end{aligned}
$$
求不定积分$\int \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{x^{2}}dx$
令$x=a\tan t,t\in(- \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{x^{2}}dx&=\int \frac{a\sec t}{a^{2}\tan^{2}t}\cdot a\sec^{2}tdt\
&=\int \frac{1}{\sin^{2}t\cos t}dt\
&=\int \frac{\sin^{2}t+\cos^{2}t}{\sin^{2}t\cos t}dt\
&分母是\sin\cos高次,分子为1,常把分子拆开\
&=\int \sec tdt+\int \frac{\cos t}{\sin^{2}t}dt\
&=\ln|\sec t+\tan t|- \frac{1}{\sin t}+C\
\int \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{x^{2}}dx&=\int \frac{x^{2}+a^{2}}{x^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx\
&=\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}+\int \frac{a^{2}dx}{x^{3}\sqrt{1+(\frac{a}{x})^{2}}}\
&=\ln(x-\sqrt{x^{2}+a^{2}})- \frac{1}{2}\int \frac{d[1+(\frac{a}{x})^{2}]}{\sqrt{1+(\frac{a}{x})^{2}}}\
&=\ln(x-\sqrt{x^{2}+a^{2}})-\sqrt{1+(\frac{a}{x})^{2}}+C
\end{aligned}
$$
求不定积分$\int \frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}dx$
令$x=a\sec t,t\in(0,\frac{\pi}{2})$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{x}dx&=\int \frac{a\tan t}{a\sec t}\cdot a\sec t\tan tdt\
&=a\int \tan^{2}tdt\
&=a\int(\sec^{2}t-1)dt\
&=a(\tan t-t)+C\
&=\sqrt{x^{2}-a^{2}}-a\arccos \frac{a}{x}+C
\end{aligned}
$$
例5：求不定积分$\int \sqrt{1+e^{x}}dx$
令$t=\sqrt{1+e^{x}}$，则$x=\ln(t^{2}-1)$
$$
\begin{aligned}
\int \sqrt{1+e^{x}}dx&=\int \frac{2t^{2}}{t^{2}-1}dx\
&=2\int(1+ \frac{1}{t^{2}-1})dt\
&=2t+\ln| \frac{t-1}{t+1}|+C\
&=2\sqrt{1+e^{2}}+\ln \frac{\sqrt{1+e^{x}}-1}{\sqrt{1+e^{x}}+1}+C
\end{aligned}
$$
分部积分法
$$
\int udv=uv-\int vdu
$$
适用于两类不同函数相乘
按照”反对幂指三“或”反对幂三指“的顺序（记住一个就行，建议前者），谁靠后谁先凑微分（凑$v$）
即
- $$\int p_{n}(x)e^{\alpha x}dx,\int p_{n}(x)\sin \alpha xdx,\int p_{n}(x)\cos \alpha xdx$$
这三种积分应把多项式以外的函数凑进微分号
- $$\int p_{n}(x)\ln xdx,\int p_{n}(x)\arctan xdx,\int p_{n}(x)\arcsin xdx$$
这三中积分都应把多项式函数凑进微分号
- $$\int e^{\alpha x}\sin \beta xdx,\int e^{\alpha x}\cos \beta xdx$$
这两种积分把指数函数或三角函数凑进微分号都可以，但把指数凑进去更简单，连续两次将指数函数凑进去分部积分还原便可求解
例6：计算$\int \frac{\ln x}{(1-x)^{2}}dx$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{\ln x}{(1-x)^{2}}dx&=\int \ln x d \frac{1}{1-x}\
&=\frac{\ln x}{1-x}-\int \frac{dx}{x(1-x)}\
&=\frac{\ln x}{1-x}-\int(\frac{1}{x}+ \frac{1}{1-x})dx\
&=\frac{\ln x}{1-x}+\ln \frac{|1-x|}{x}+C
\end{aligned}
$$
四、三类常见可积函数积分
有理函数积分$\int R(x)dx$
-
一般法（部分分式法）
-
特殊方法（加项减项拆或凑微分降幂）
常见积不出的积分
$$\int e^{x^{2}}dx,\int \frac{\sin x}{x}dx,\int \frac{\cos x}{x}dx$$
例7：$\int \frac{x+5}{x^{2}-6x+13}dx=()$
分子次数少于分母一次，分子整体凑分母微分
分子次数少于分母二次，分母凑平方公式
分子次数多于等于分母，约分分离常数和多项式
$$
\begin{aligned}
\int \frac{x+5}{x^{2}-6x+13}dx&= \frac{1}{2}\underbrace{\int \frac{d(x^{2}-6x+13)}{x^{2}-6x+13}}{少于分母一次}+8\underbrace{\int \frac{d(x-3)}{(x-3)^{2}+2^{2}}}{少于分母二次}\
&=\frac{1}{2}\ln(x^{2}-6x+13)+4\arctan \frac{x-3}{2}+C
\end{aligned}
$$
$\int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}=()$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}&=\frac{1}{9}\int \frac{dx^{9}}{x^{9}(x^{9}+1)}=\frac{1}{9}\ln| \frac{x^{9}}{x^{9}+1}|+C\
&凑微分降幂\
\int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}&=\int \frac{(1+x^{9})-x^{9}}{x(x^{9}+1)}dx \
&加项减项拆\
&=\int \frac{dx}{x}-\int \frac{x^{8}}{x^{9}+1}dx\
&=\ln|x|- \frac{1}{9}\ln(x^{9}+1)+C\
\int \frac{dx}{x(x^{9}+1)}&=\int \frac{dx}{x^{10}(1+ \frac{1}{x^{9}})}\
&=\frac{1}{9}\int \frac{d(1+\frac{1}{x^{9}})}{1+\frac{1}{x^{9}}}\
&=- \frac{1}{9}\ln|1+ \frac{1}{x^{9}}|+C
\end{aligned}
$$
关于加项减项拆
对于分式$\frac{P(x)}{Q(x)}$，如果
$$
Q(x)=b_{0}(x-a)^{\alpha}\cdots (x-b)^{\beta}(x^{2}+px+q)^{\lambda}\cdots(x^{2}+rx+s)^{\mu}
$$
其中$p^{2}-4q<0,\cdots.r^{2}-4s<0$
则
$$
\begin{aligned}
\frac{P(x)}{Q(x)}&= \frac{A_{1}}{(x-a)^{\alpha}}+ \frac{A_{2}}{(x-a)^{\alpha-1}}+\cdots+ \frac{A_{\alpha}}{x-a}+\cdots+ \frac{B_{1}}{(x-b)^{\beta}}+\frac{B_{2}}{(x-b)^{\beta-1}}+\cdots\
&+\frac{B_{\beta}}{x-b}+\cdots+ \frac{M_{1}x+N_{1}}{(x^{2}+px+q)^{\lambda}}+\frac{M_{2}x+N_{2}}{(x^{2}+px+q)^{\lambda-1}}+\cdots+\frac{M_{\lambda}x+N_{\lambda}}{x^{2}+px+q}+\
&\cdots+\frac{R_{1}x+S_{1}}{(x^{2}+rx+s)^{\mu}}+\frac{R_{2}x+S_{2}}{(x^{2}+rx+s)^{\mu-1}}+\cdots+\frac{R_{\mu}x+S_{\mu}}{x^{2}+rx+s}
\end{aligned}
$$
其中$A_{1},\cdots,A_{\alpha},B_{1},\cdots,B_{\beta},M_{1},\cdots,M_{\lambda},N_{1},\cdots,N_{\lambda},R_{1},\cdots,R_{\mu},S_{1},\cdots,S_{\mu}$等都是常数
在上述有理分式分解中，应注意到以下两点
- 若分母$Q(x)$中含有因式$(x-a)^{k}$，则分解后含有下列$k$个最简分式之和：
$$\frac{A_{1}}{(x-a)^{k}}+ \frac{A_{2}}{(x-a)^{k-1}}+\cdots+ \frac{A_{k}}{x-a}$$
其中$A_{1},A_{2},\cdots,A_{k}$都是常数。特别地，若$k=1$，分解后$\frac{A_{1}}{x-a}$
- 若分母$Q(x)$中含有因式$(x^{2}+px+q)^{k}$，其中$p^{2}-4q<0$，则分解后含有下列$k$个最简分式之和：
$$\frac{M_{1}x+N_{1}}{(x^{2}+px+q)^{k}}+\frac{M_{2}x+N_{2}}{(x^{2}+px+q)^{k-1}}+\cdots+\frac{M_{k}x+N_{k}}{x^{2}+px+q}$$
其中$M_{i},N_{i}(i=1,2,\cdots,k)$都是常数。特别地，若$k=1$，分解后有
$$\frac{M_{k}x+N_{k}}{x^{2}+px+q}$$
三角有理式积分$\int R(\sin x,\cos x)dx$
- 一般方法（万能代换）：令$\tan \frac{x}{2}=t$
$$\int R(\sin x,\cos x)dx=\int R \left(\frac{2t}{1+t^{2}},\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\right) \frac{2}{1+t^{2}}dt$$
- 特殊方法（三角变形，换元，分部）
若$R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$，则令$u=\cos x$
若$R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$，则令$u=\sin x$
若$R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)$，则令$u=\tan x$
注意要提前凑好$du$
例8：求$\int \frac{dx}{1+\sin x}$
分母出现$1-\sin x,1-\cos x$一般化成$\sin^{2}x,\cos^{2}x$
$$
\begin{aligned}
原式&=\int \frac{1-\sin x}{\cos^{2}x}dx=\tan \frac{x-1}{\cos x}+C
\end{aligned}
$$
或利用万能代换
令$\tan \frac{x}{2}=t$，则
$$
\begin{aligned}
原式&=\int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^{2}}}\cdot \frac{2}{1+t^{2}}dt\
&=\int \frac{2dt}{(1+t)^{2}}\
&=- \frac{2}{1+t}+C\
&=- \frac{2}{1+\tan \frac{x}{2}}+C
\end{aligned}
$$
一般尤其高次三角函数不考虑万能代换
求$\int \frac{dx}{\sin(2x)+2\sin x}=()$
$$
\begin{aligned}
原式&=\int \frac{dx}{2\sin x(\cos x+1)}\
&发现满足R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\
&为了凑du=d\cos x,上下同乘\sin x\
&=\int \frac{\sin xdx}{2(1-\cos^{2}x)(1+\cos x)}\
&\overset{\cos x=u}{=}- \frac{1}{2}\int \frac{du}{(1-u)(1+u)^{2}}\
&=- \frac{1}{2}\int[\frac{A}{1-u}+ \frac{B}{(1+u)^{2}}+ \frac{C}{1+u}]du\
&通分有Au^{2}+2Au+A+B-Bu+C-Cu^{2}=1\
&即\begin{cases}
A-C=0 \
2A-B=0 \
A+B+C=1
\end{cases}解得\begin{cases}
A=\frac{1}{4} \
B=\frac{1}{2} \
C=\frac{1}{4}
\end{cases}\
&=- \frac{1}{4}\int(\frac{1}{2} \frac{1}{1-u}+ \frac{1}{(1+u)^{2}}+ \frac{1}{2} \frac{1}{1+u})du\
&=\frac{1}{8}[\ln \frac{1-u}{1+u}+ \frac{2}{1+u}]+C\
&=\frac{1}{8}\ln \frac{1-\cos x}{1+\cos x}+ \frac{1}{4(1+\cos x)}+C
\end{aligned}
$$
简单无理函数积分$\int R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$
令$\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t$
例9：计算$\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx$
令$\sqrt{\frac{x+1}{x}}$，则$x=\frac{1}{t^{2}-1},dx=- \frac{2t}{(t^{2}-1)^{2}}dt$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx&=\int (t^{2}-1)t \frac{-2t}{(t^{2}-1)^{2}}dt\
&=-2\int(1+ \frac{1}{t^{2}-1})dt\
&=-2(t+ \frac{1}{2}\ln| \frac{t-1}{t+1}|)+C
\end{aligned}
$$
常考题型与典型例题
如果题中用到上面提到的通用方法会说明，但不会给详细步骤
例10：$\int \frac{dx}{(2-x)\sqrt{1-x}}$
利用简单无理函数积分$\int R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$
或
常用$\frac{dx}{\sqrt{x}}=2d \sqrt{x}$，对于$R(x)$也是同理
$$
\begin{aligned}
原式=\int \frac{-2d \sqrt{1-x}}{1+(\sqrt{1-x})^{2}}=-2\arctan \sqrt{1-x}+C
\end{aligned}
$$
例11：设$f(x)=\begin{cases}e^{x}&x\geq0\\cos x&x<0\end{cases}$，则$\int f(x)dx=()$
数学上可以证明，如果分段被积函数连续，则分段积分获得分段原函数后调整常数，使分段原函数连续，则该分段原函数一定可导
$$
\int f(x)dx=\begin{cases}
e^{x}+C_{1}&x\geq0 \
\sin x+C_{2}&x<0
\end{cases}
$$
根据原函数连续性
$$
1+C_{1}=C_{2}\Rightarrow C_{1}=C,C_{2}=1+C
$$
则
$$
\int f(x)dx=\begin{cases}
e^{x}+C&x\geq0 \
\sin x+1+C&x<0
\end{cases}
$$
例12：计算$\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx(a>0)$
三角有理式积分$\int R(\sin x,\cos x)dx$中三角代换$x=a\sin t$
或
$$
\begin{aligned}
原式&=-\int xd \sqrt{a^{2}-x^{2}}\
&=-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\int \sqrt{a^{2}-x^{2}}dx\
&=-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\int \frac{a^{2}-x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx\
&=-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+a^{2}\arcsin \frac{x}{a}-\int \frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dx\
原式&=\frac{-x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+a^{2}\arcsin \frac{x}{a}}{2}
\end{aligned}
$$
例13：$\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}dx=()$
如果$e^{x}$看做$t$，原式即为两类函数积分，用分部积分即可
能用分部积分的只要$\int f(x)dg(x)$中$f(x)$和$g(x)$各自是一类函数即可。例如本题$\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}dx$直接看不一定能分部积分，但如果凑成$-\int \arcsin e^{x}d(e^{-x})$显然符合上述要求，能够进行分部积分
$$
\begin{aligned}
原式&=-\int \arcsin e^{x}d(e^{-x})\
&=- \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}+\int \frac{dx}{\sqrt{1-e^{2x}}}
\end{aligned}
$$
在$\int \frac{dx}{\sqrt{1-e^{2x}}}$中，令$\sqrt{1-e^{2x}}=t$，即$dx= \frac{-tdt}{1-t^{2}}$
$$
\begin{aligned}
\int \frac{dx}{\sqrt{1-e^{2x}}}&=-\int \frac{dt}{1-t^{2}}\
&=- \frac{1}{2}\ln \frac{1+t}{1-t}+C\
&=- \frac{1}{2}\ln \frac{1+\sqrt{1-e^{2x}}}{1-\sqrt{1-e^{2x}}}+C\
\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}dx&=- \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}- \frac{1}{2}\ln \frac{1+\sqrt{1-e^{2x}}}{1-\sqrt{1-e^{2x}}}+C
\end{aligned}
$$
或者考虑换元
令$\arcsin e^{x}=t$，则$x=\ln \sin t,dx=\frac{\cos t}{\sin t}dt$
$$
\begin{aligned}
原式&=\int \frac{t}{\sin t}\cdot\frac{\cos t}{\sin t}dt\
&=-\int td \frac{1}{\sin t}\
&=- \frac{t}{\sin t}+\int \frac{1}{(\sin t)}dt\
&=- \frac{t}{\sin t}-\ln|\csc t+\cot t|+C
\end{aligned}
$$
由于$\arcsin x,\arctan x,\ln x$单独求导后不在含有反三角函数和对数，即分部积分后会变成有理函数的形式。因此有关上述的积分，即使不符合三类常见可积函数积分标准形式，也可以先尝试分部积分
例14：计算$\int \ln(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}})dx(x>0)$
设$\sqrt{\frac{1+x}{x}}=t$，则$x=\frac{1}{t^{2}-1}$
$$
\begin{aligned}
原式&=\int\ln(1+t)d \frac{1}{t^{2}-1}\
&=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}-\int\ln \frac{1}{t^{2}-1}\cdot \frac{1}{t+1}dt\
\ln \frac{1}{t^{2}-1}\cdot \frac{1}{t+1}dt&=\frac{1}{2}\int \frac{(t+1)-(t-1)}{(t^{2}-1)(t+1)}dt\
&=\frac{1}{4}\ln| \frac{t-1}{t+1}|+ \frac{1}{2(t+1)}+C\
原式&=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}+\frac{1}{4}\ln| \frac{t-1}{t+1}|+ \frac{1}{2(t+1)}+C
\end{aligned}
$$
例15：已知$\frac{\sin x}{x}$是$f(x)$的一个原函数，求$\int x^{3}f'(x)dx=()$
$$
f(x)=(\frac{\sin x}{x})'=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}
$$
有
$$
\begin{aligned}
\int x^{3}f'(x)dx&=\int x^{3}df(x)\
&=x^{3}f(x)-3\int x^{2}f(x)dx\
&=x^{3}f(x)-3\int x^{2}d(\frac{\sin x}{x})\
&=x^{3}f(x)-3[x^{2} \frac{\sin x}{x}-2\int\sin xdx]\
&=x^{3}\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}-3x\sin x-6\cos x+C
\end{aligned}
$$