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@@ -128,12 +128,81 @@ $$\int_0^x t f(x-t)  \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t)  \, \mathrm{d}t.$$
 >\end{aligned},$$
 >两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$
 >再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$
->（2）考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
+>（2）
+>**解1：** 考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
 >\int \text e^xf(x)\text dx
 >&=\int f(x)\text d\text e^x\\
 >&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\
 >&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\
 >&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx
->\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x-1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=$
+>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=6,$ 故 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+6.$
+>从而 $\displaystyle \int_0^1\text e^xf(x)\text dx=6(x+2)\text e^x\big|_0^1+6x\big|_0^1=18\text e-6.$
+>
+>**解2：** 令 $g(x) = \text e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且$$g'(x) = \text e^x [f'(x)+f(x)] = 6x \text e^x.$$
+积分得$$g(x) = \int 6x \text e^x  \, \mathrm{d}x = 6(x-1)\text e^x + C.$$
+代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以$$g(x) = 6(x-1)\text e^x + 6.
+$$于是$$\begin{aligned}
+\int_0^1 \text e^x f(x)  \, \mathrm{d}x 
+&= \int_0^1 \left[ 6(x-1)\text e^x + 6 \right]  \, \mathrm{d}x \\
+&= \left[ 6(x-2)\text e^x + 6x \right]_0^1 \\
+&= ( -6\text e + 6) - (-12) \\
+&= 18 - 6\text e.
+\end{aligned}$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）<span style='color: orange'>定积分的值与被积变量无关</span>。第二点很容易被忘记。
+>第二问的两种解法都是有来头的。
+>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是<span style='color: orange' >不要忘记积分常数</span>。
+>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意<span style='color: orange' >不要忘记积分常数</span>。
+
+>[!examle] 例题
+>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
+(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；
+(2) 计算 $I_3$ 的值。
+
+>[!note] 解析
+>（1）证明：$$\begin{aligned}
+I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x  \, \mathrm{d}x \\
+&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}(\tan x) \\
+&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x  \, \mathrm{d}x \\
+&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right),
+\end{aligned}$$
+>故$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.$
+>（2）$\displaystyle I_1=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec x\text dx=[\ln|\sec x+\tan x|]_0^\frac{\pi}{4}=\ln(\sqrt2+1).$
+>故$\displaystyle I_3=\frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).$
+
+>[!summary] 题后总结
+>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\sec^2x$ 出来；而且 $\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。
+>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
+>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。
+
+>[!note] 解析
+>（1）$f'_n(x)=x^2(1-x)\sin^{2n}x$，令 $f'_n(x)=0$，得 $x=0,1,\pm n\pi(n=1,2,\cdots)$
+>当 $0\lt x\lt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\gt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$；当 $x\gt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\lt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$，故 $f'_n(x)\lt0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。
+>
+>（2）当 $t\in[0,1]$ 时，有 $0\leqslant\sin t\leqslant t$，故$$\begin{aligned}
+>0\leqslant a_n
+>&=\int_0^1t^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt\\
+>&\leqslant\int_0^1t^{2n+2}(1-t)\text dt\\
+>&=\frac{t^{2n+3}}{2n+3}\bigg|_0^1-\frac{t^{2n+4}}{2n+4}\bigg|_0^1\\
+>&=\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}.
+>\end{aligned}$$
+>又$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)(2n+4)}{n^2}=4,$$由比较判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 收敛，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问就是单调性的分析。
+>第二问把积分和级数结合起来，关键在于放缩。至于放缩的技巧……只能说，多练吧，有一个记一个。
+
+>[!example] 例题
+>已知 $f'(x)=\arctan (x^2-1)$，$f(1)=0$，求 $\displaystyle\int_0^1f(x)\text dx$。
+
+>[!note] 解析
+>用分部积分法得 $$I=xf(x)|^1_0-\int_0^1xf'(x)\text dx=-\int_0^1x\arctan(x^2-1)\text dx.$$
+>令 $u=x^2-1$，则 $\text du=2x\text dx$，于是 $$I=-\frac{1}{2}\int_{-1}^0\arctan u\text du=-\frac{1}{2}((u\arctan u)|_{-1}^0-\frac{1}{2}\ln(1+u^2)|_{-1}^0)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln2.$$