一：换元积分法
1、第一换元法（凑微分法）
这类方法主要是特别考验你对数字的敏感程度，对求导公式的运用程度。方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
简单举个例子：
$$\int \cos^2 x \sin x dx$$

这个无法直接求原函数，但是我们发现$\sin x dx = -d\cos x$，因此原式就变成
$$\int \cos^2 x (-d\cos x) = -\int \cos^2 x d\cos x$$

这时候换元，令 $\cos x = t$，原式
$$= -\int t^2 dt = -\frac{1}{3}t^3 + C = -\frac{1}{3}\cos^3 x + C
$$
说白了第一换元法是为了凑微分，当熟练了之后可以在脑海中进行换元。
如果有初学者不明白为什么 $\sin x dx = -d\cos x$，我们可以这样理解：
令 $y = \cos x$，$dy = y'dx = -\sin x dx$，那么 $d\cos x = -\sin x dx$，题做了多了对求导公式掌握程度高了，我们就会变得很熟练。
第一换元法常见的有下列几种情况
（1）三角形式
【1.1】
$$\int \sin^2 x \cos^5 x dx$$
原式
$$\begin{align*}
&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x) dx \\
&= \int \sin^2 x \cos^4 x d\sin x \\
&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\
&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1) d\sin x \\
&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) d\sin x \\
&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C
\end{align*}$$

为什么要利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$？
因为在三角函数中，最容易处理的是偶数次方，最难处理的是奇数次方，偶数次方我们可以利用各种公式进行升幂或者降幂，因此我们如果将奇数次方通过凑微分变成了偶数次方，那就非常好了。
（2）高次幂问题
【1.2】
$$\int \frac{x dx}{(x-1)^{100}}$$

原式
$$\begin{align*}
&= \int \frac{(x-1+1) dx}{(x-1)^{100}} \\
&= \int \frac{(x-1) dx}{(x-1)^{100}} + \int \frac{dx}{(x-1)^{100}} \\
&= \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{99}} + \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{100}} \\
&= -\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C
\end{align*}$$
（3）高次幂多项式与三角函数的转化
$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2} dx$$

原式
$$\begin{align*}
&= \int \sqrt{\arctan x} d(\arctan x) \\
&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
\end{align*}$$

这里利用$\int \sqrt{t} dt = \frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}} + C$
2、第二换元法（可以说是第一类换元法的逆应用）
通过换元，将形式复杂的积分转换为形式简单的积分。
举个例子：求
$$\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx$$

解：令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$，于是 $dx = 2t dt$（对 x 关于 t 求微分）
$$\begin{align*}
\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx &= \int \frac{2t}{1+t} dt \\
&= 2\int \left(1 - \frac{1}{1+t}\right) dt \\
&= 2(t - \ln|1+t|) + C \\
&= 2\left(\sqrt{x} - \ln(1+\sqrt{x})\right) + C
\end{align*}$$

一定要记住最后的换元要回代回去。
第二换元法常见的有以下几种形式
（1）将多个根式换元为有理式
【2.1】
$$\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$$

解：令 $t = \sqrt[6]{x+1}$，则 $x = t^6 - 1$，$dx = 6t^5 dt$

$$\begin{align*}
\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\
&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\
&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\
&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\
&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} - 6\ln|\sqrt[6]{x+1} - 1| + C
\end{align*}$$

对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
（2）三角代换
【2.2】求
$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$$

解：令 $x = a\tan t$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则
$$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$$

$$dx = a\sec^2 t dt$$

$$\begin{align*}
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\
&= \int \sec t dt \\
&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\
&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\
&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C
\end{align*}$$
三角代换的核心思路
（1）以上几例所使用的为三角代换，三角代换的目的是化掉根式。
（2）积分中为了化掉根式是否一定采用三角代换？
并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。
一般规律如下：当被积函数中含有
${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
（3）倒代换（当分母的次数高时，可采用倒代换）
【2.3】求

$$\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx$$

解：令 $x = \frac{1}{t}$，则 $dx = -\frac{1}{t^2} dt$
$$\begin{align*}
\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx &= \int \frac{t}{\left(\frac{1}{t^7}\right)+2} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt \\
&= -\int \frac{t^6}{1 + 2t^7} dt \\
&= -\frac{1}{14}\ln|1 + 2t^7| + C \\
&= -\frac{1}{14}\ln|2 + x^7| + \frac{1}{2}\ln|x| + C
\end{align*}$$


 二：分部积分法
1、分部积分法的基本公式
$$\int u dv = uv - \int v du
$$
也可以写成

$$\int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - \int g(x)f'(x)dx$$
分部积分法的要点在于把积分 $\int u dv$ 变成比它更容易的积分 $\int v du$。如果不是这样，那么分部积分就没有什么意义，需要重新考虑。因此，在被积函数中选取哪一部分作为 u，哪一部分作为 dv 是很重要的。
例如：

$$\int x \cos x dx = \int x d\sin x = x \sin x - \int \sin x dx = x \sin x + \cos x + C$$

如果取 $x dx$ 作为 $dv$，而把 $\cos x$ 作为 $u$，显然就不合适了。
分部积分常见的有以下几种形式
（1）被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积
【3.1】求不定积分

$$\int x^3 \ln x dx$$


$$\begin{align*}
&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\
&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3 dx \\
&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C
\end{align*}
$$
解：原式 = $\frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C$
规律：若被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积，就考虑设对数函数或反三角函数为 u。
（2）指数函数与幂函数的乘积
【3.2】求不定积分

$$\int e^{\sqrt{x}} dx$$

解：令 $\sqrt{x} = t$，则 $x = t^2$，$dx = 2t dt$

$$\begin{align*}
&= 2\int t e^t dt \\
&= 2\int t d e^t \\
&= 2\left(t e^t - \int e^t dt\right) \\
&= 2\left(t e^t - e^t\right) + C \\
&= 2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C
\end{align*}$$

原式 = $2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C$
规律：若被积函数是指数函数与幂函数的乘积，就考虑设指数函数为 dv。
（3）利用分部积分，构造方程，解方程求不定积分
【3.3】求不定积分

$$\int e^x \sin x dx$$


$$\begin{align*}
\int e^x \sin x dx &= \int \sin x d e^x \\
&= e^x \sin x - \int e^x d(\sin x) \\
&= e^x \sin x - \int e^x \cos x dx \\
&= e^x \sin x - \int \cos x d e^x \\
&= e^x \sin x - \left(e^x \cos x - \int e^x d(\cos x)\right) \\
&= e^x \sin x - e^x \cos x - \int e^x \sin x dx
\end{align*}$$


$$\therefore 2\int e^x \sin x dx = e^x (\sin x - \cos x)$$

解：$\therefore \int e^x \sin x dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$
规律：一般来说，遇到三角函数与指数函数，解方程是一种常见的方法，而一般解方程需要连续多次使用分部积分，且函数中充当 u 的函数一般相同。
2、分部积分法的推广公式
分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
假设函数 u(x),v(x) 有 n+1 阶连续导数，则

$$\int u v^{(n+1)} dx = \int u d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)} du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)} dx
$$
对 $\int u' v^{(n)} dx$ 连续使用分部积分，可以得到

$$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$

这个公式看起来十分冗长，但是如果被积函数的因式之一是多项式的时候，这个公式是特别方便的。如果 u 是 n 次多项式，那么 $u^{(n+1)} \equiv 0$ 。
例1：求积分
$$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx$$

解：令

$$u = 2x^3 + 3x^2 + 4x + 5,\quad dv = e^x dx,\quad v = \int e^x dx = e^x$$

则

$$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$$

$$v' = e^x,\quad v'' = e^x,\quad v''' = e^x
$$
代入推广公式：

$$\begin{align*}
\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\
&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C
\end{align*}$$

我们可以发现，虽然公式很难记，但是形式非常优美并且很容易运用。
练习1
求积分

$$\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$$

从上面两个例子可以看到，重复运用分部积分法，可以计算下列形式的积分

$$\int P_n(x) e^{ax} dx,\quad \int P_n(x) \sin bx dx,\quad \int P_n(x) \cos bx dx
$$
其中 $P_n(x)$ 是 n 次多项式。
出现这些形式，大部分优先考虑分部积分法。
3、在积分 $\int \ln x dx,\int \arctan x dx$ 中应用分部积分
在这些积分中，可把 1 作为被积函数的因子之一来进行分部积分（不直接凑微分）。
4、我们会遇到的一些积分形式

$$\int x^k (\ln x)^n dx,\quad \int e^{ax} \cos bx dx,\quad \int e^{ax} \sin bx dx$$


$\int e^{ax} \sin bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \sin bx dx$
对于 $\int x^k (\ln x)^n dx$，我们必然会选择这种方式进行分部积分

$$\int x^k (\ln x)^n dx = \frac{1}{k+1}\int (\ln x)^n d x^{k+1} = \frac{1}{k+1}x^{k+1}(\ln x)^n - \frac{n}{k+1}\int x^k (\ln x)^{n-1} dx$$

这样每次使用分部积分，$\ln x$ 的次数都会减少1，使用 n 次后，其系数降到零，就可求出。
对于 $\int e^{ax} \cos bx dx,\int e^{ax} \sin bx dx$，我们可以试着先进行一次分部积分

$$\begin{align*}
\int e^{ax} \cos bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax} \sin bx dx \\
\int e^{ax} \sin bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax} \cos bx dx
\end{align*}$$

这恰是一个方程组，解之得

$$\begin{cases}
\int e^{ax} \cos bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\cos bx + b\sin bx) + C \\
\int e^{ax} \sin bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx - b\cos bx) + C
\end{cases}$$
对于 $\int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\int x^n e^{ax} \sin bx dx$，利用上述结论，我们每做一次分部积分，n 的次数就降1，当运用 n 次分部积分，n 的系数降到0，可求出。
5、我们可以发现，分部积分有一种难以名状的感觉，其实我们可以通过分部积分得到某些不定积分的递推公式
例：求

$$I_n = \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$$

解：

$$I_1 = \int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a} + C
$$
当 n>2 时，

$$\begin{align*}
I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\
&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\
&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)
\end{align*}
$$
由此可得

$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$

利用这个递推公式，我们可以由 $I_1$ 推出 $I_2$,$I_3$,$\dots$

三：分项积分法
当我们要求一个多项式分式的不定积分时，常常采用分项积分，分项积分有以下几种类型：
1、分子为常数，分母为二次函数
对于

$$\int \frac{dx}{x^2-a^2}$$

我们可将被积函数分拆

$$\frac{1}{x^2-a^2} = \frac{1}{(x-a)(x+a)} = \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a}\right)$$

然后对每一项进行积分，这类裂项我们初中已经掌握，可以使用待定系数法。
2、分子为一次函数，分母为二次函数
对于

$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$

我们进行配方

$$x^2+px+q = \left(x+\frac{p}{2}\right)^2 + q-\frac{p^2}{4}
$$
写成一个二次项加上一个常数，因此

$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$

都可以写成这种形式

$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx = \int \frac{At+B}{t^2\pm a^2}dt = A\int \frac{t}{t^2\pm a^2}dt + B\int \frac{dt}{t^2\pm a^2}
$$
接下来就是基本操作，不再赘述。
3、分母大于二次，分母的次数大于分子的次数（真分式）
对于一般形式

$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m},\quad n<m
$$
将分母进行因式分解

$$Q(x)=b_0(x-a)^\alpha\cdots(x-b)^\beta(x^2+px+q)^\lambda\cdots(x^2+rx+s)^\mu$$

出题人为了不难为我们，一般的因式分解都会比较容易。
分母若出现 $(x^2+px+q)^\lambda$ 这种不可约二次式的幂的形式，意味着该二次式的判别式 $\Delta = p^2 - 4q < 0$（即在实数范围内不可约）。  
如果 $\Delta \geq 0$，则它可以在实数范围内分解为一次式的乘积，从而在部分分式分解中应直接分解为一次式因子 $(x-a)(x-b)$ 或 $(x-a)^2$ 的幂，而不会保留为这种二次形式。分解出来的每个因式的次数，代表着有多少重根。

因此这个分式可以拆成

$$\begin{align*}
\frac{P(x)}{Q(x)} &= \frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{(x-a)^2} + \dots + \frac{A_\alpha}{(x-a)^\alpha} + \dots + \frac{B_1}{x-b} + \frac{B_2}{(x-b)^2} + \dots + \frac{B_\beta}{(x-b)^\beta} \\
&\quad + \frac{M_1x+N_1}{x^2+px+q} + \frac{M_2x+N_2}{(x^2+px+q)^2} + \dots + \frac{M_\lambda x+N_\lambda}{(x^2+px+q)^\lambda} \\
&\quad + \dots + \frac{R_1x+S_1}{x^2+rx+s} + \frac{R_2x+S_2}{(x^2+rx+s)^2} + \dots + \frac{R_\mu x+S_\mu}{(x^2+rx+s)^\mu}
\end{align*}$$
我们可以看到有这么几个特点：
① 若有 $\alpha$ 个重根，即某一因式为 $\alpha$ 次方，那么这个项就拆成分母从1次方加到 $\alpha$ 次方。
② 对于分母为 $\Delta>0$ 的二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合①的规则。
对于分子的确定，需要我们使用待定系数法。
例如：

$$\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left[\frac{4}{1+2x} - \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}\right]$$
对于分项积分，最理想的情况为将分式拆成几个最简分式的和。
最简分式有四种：

$$\frac{A}{x-a},\quad \frac{A}{(x-a)^k},\quad \frac{Ax+B}{x^2+px+q},\quad \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^k}
$$
其中 $p^2-4q<0$。
一切问题都不是那么死板的，有时候并不需要强行化简，因题而异。
4、分子的次数大于分母的次数（假分式）
运用多项式除法，假分式可以化成一个多项式和一个真分式之和。
例：

$$\frac{x^3+4x^2+3x+2}{4x^2+2x-1} = \frac{x}{4} + \frac{7}{8} + \frac{\frac{3}{2}x+\frac{23}{8}}{4x^2+2x-1}$$

（假分式 = 多项式 + 真分式）

四：欧拉替代法
欧拉代换是求积分时常用的一种代换，形如

$$\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$$

的不定积分，可通过换元将根式代换掉，使表达式有理化。
三种欧拉代换都是有理代换，在相应情况下分别使用它们，都能使被积函数有理化。
（1）欧拉第一代换
如果 a>0，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。
（2）欧拉第二代换
如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。
（3）欧拉第三代换
如果 $ax^2+bx+c$ 可以很明显地分解因式，即

$$ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta),\quad \alpha\neq\beta$$

那么令 $$\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$$，或令
$$
\sqrt{\frac{a(x-\beta)}{x-\alpha}}=t$$
换元之后的步骤
对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 x^2 这一项将会被抵消，因此用含 t 的多项式将 x 表示出来。
例：求不定积分

$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$$

解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则

$$t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt$$


$$x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$$

于是

$$\begin{align*}
\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\
&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}dt \\
&= \frac{1}{2a^2}\int \left(\frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1} + \frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)dt \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t+1)}{(\sqrt{2}t+1)^2+1} + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t-1)}{(\sqrt{2}t-1)^2+1} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t+1) + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t-1) + C \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\left[\arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}+1\right) + \arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}-1\right)\right] + C
\end{align*}$$
类似的，还可以用欧拉替代法求下列积分：

$$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-5x+6}}$$
注意：欧拉替代法并不常见，可以说是一种“傻瓜式”方法，但是如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的武器。

五：万能公式替代法

对于由三角函数和常数经过有限次四则运算构成的函数，即三角函数有理式的积分，我们常常利用到三角函数中的万能公式：
$$\sin a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}, \quad \cos a = \frac{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}
$$
$$\tan a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}$$

我们做题中，令  $t = \tan \frac{x}{2}$ ，则
$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt$$

因此
$$\int \frac{\sin x}{\sin x (1 + \cos x)} dx$$

解： 令  $t = \tan \frac{x}{2}$，则  $x = 2 \arctan t$ ，
$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt

\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}, \quad \cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}
$$
原式
$$= \int \frac{\frac{2t}{1 + t^2}}{\frac{2}{1 + t^2}} \cdot \frac{1 - t^2}{1 + t^2} dt = \frac{1}{2} \int \left( t + 2 + \frac{1}{t} \right) dt$$
$$= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} t^2 + 2t + \ln |t| \right) + C$$
$$= \frac{1}{4} \tan^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \ln \left| \tan \frac{x}{2} \right| + C$$

通常含  $\sin^2 x, \cos^2 x, \sin x \cos x$ 的有理分式进行积分时，用代换  $t = \tan x$  更加方便，减少了分式的出现。

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注意： 万能代换不一定是最佳方法，故三角有理式的计算中先考虑其它手段，不得已才用万能代换。

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写在后面的话：

不定积分的求解十分考验基本能力，考察：求导能力（对导数的敏感程度和了解程度），对三角函数的敏感度，对三角函数各种变形的掌握。

因此我们必须熟练掌握各种三角函数的性质，不同三角函数的转化方法，积分和差和差化积公式的运用，一些复杂函数的求导公式，一些简单基本的积分表。