积分有没有什么简单的方法求解？
当然有！积分，尤其是不定积分，有时候确实会让人头疼。但别担心，总有一些“套路”和“技巧”可以帮助我们把很多看起来复杂的积分变得相对简单。这里我尽量用通俗易懂的方式，一步步跟你聊聊，就像跟朋友聊天一样，希望能让你觉得舒服，而不是一堆干巴巴的公式。
首先，我们要明确一点：不是所有积分都有一个“简单”的封闭形式的解。有些积分，比如$int e^{x^2} dx$，就没办法用我们熟悉的初等函数（多项式、指数、对数、三角函数等）的组合来表示。但对于我们能遇到的绝大多数需要计算的积分，都有一些通用的方法和思路，能让计算过程变得清晰很多。
我们就从最基础的、也是最重要的开始说起。
第一步：熟练掌握基本积分公式
这就像学武功，基本功扎实了，后面的套路才能融会贯通。我们得把一些最常见的函数的积分给“背”下来（当然，理解原理更好）。
幂函数： $int x^n dx = frac{1}{n+1}x^{n+1} + C$ （n不等于1）
这是最常用也是最核心的。比如 $int x^2 dx = frac{1}{3}x^3 + C$；$int sqrt{x} dx = int x^{1/2} dx = frac{1}{1/2+1}x^{1/2+1} + C = frac{2}{3}x^{3/2} + C$。
特别注意 $n=1$ 的情况：$int x^{1} dx = int frac{1}{x} dx = ln|x| + C$。
指数函数： $int a^x dx = frac{a^x}{ln a} + C$ （a > 0, a ≠ 1）
特别地，当 $a=e$ 时， $int e^x dx = e^x + C$。这个也特别常用！
三角函数：
$int sin x dx = cos x + C$
$int cos x dx = sin x + C$
$int sec^2 x dx = an x + C$
$int csc^2 x dx = cot x + C$
$int sec x an x dx = sec x + C$
$int csc x cot x dx = csc x + C$
反三角函数（了解即可，后面会用到其导数）：
$int frac{1}{sqrt{1x^2}} dx = arcsin x + C$
$int frac{1}{1+x^2} dx = arctan x + C$
第二步：利用积分的线性性质
积分有一个非常重要的性质：线性性质。这意味着我们可以：
1. 常数可以提到积分号外面： $k int f(x) dx$
2. 几个函数相加减，可以分开积分： $int [f(x) pm g(x)] dx = int f(x) dx pm int g(x) dx$
有了这个，很多复杂的函数求和/差的积分，就能分解成多个基本积分的组合。
举个例子： 求 $int (3x^2 4sin x + frac{2}{x}) dx$
利用线性性质，我们可以把它拆开：
$= 3int x^2 dx 4int sin x dx + 2int frac{1}{x} dx$
然后套用基本公式：
$= 3(frac{1}{3}x^3) 4(cos x) + 2(ln|x|) + C$
$= x^3 + 4cos x + 2ln|x| + C$
是不是感觉一下子简单了不少？
第三步：掌握几个核心的积分技巧（方法）
这就像是高级招式了，有了它们，很多看起来不是基本函数的积分，也能被“转化”成基本积分。
技巧一：换元积分法（凑微分法）
这是最最核心、最常用的方法之一！它的核心思想是：把一个复杂的被积函数，通过变量替换，变成一个更简单的被积函数。
原理是利用链式法则的逆运算。我们知道，如果 $F'(x) = f(x)$，那么 $int f(x) dx = F(x) + C$。
现在我们有一个复合函数 $f(g(x))$，它的积分是 $int f(g(x)) g'(x) dx$。如果我们设 $u = g(x)$，那么 $du = g'(x) dx$。这样，原积分就变成了 $int f(u) du$，这通常会比原来的积分简单很多。
怎么“凑”？
1. 观察被积函数里有没有哪个部分是另一个部分的“导数”或者接近导数？
2. 如果看到一个表达式的“外面”是这个表达式的导数，或者乘以一个常数倍的导数，那很可能可以用换元法。
例子 1： 求 $int 2x(x^2+1)^3 dx$
我们看到 $(x^2+1)$ 这个部分，它的导数是 $2x$。而 $2x$ 正好就在外面乘以它。
设： $u = x^2+1$
求导： $du = (2x) dx$
替换： 原积分变成 $int u^3 du$
计算： $int u^3 du = frac{1}{4}u^4 + C$
换回原变量： $frac{1}{4}(x^2+1)^4 + C$
例子 2： 求 $int cos(3x) dx$
我们知道 $int cos x dx = sin x + C$。这里的“里面”是 $3x$。
设： $u = 3x$
求导： $du = 3 dx$
注意： 我们只有 $dx$，没有 $3dx$。所以我们需要改写一下：$dx = frac{1}{3}du$
替换： 原积分变成 $int cos(u) frac{1}{3} du = frac{1}{3} int cos(u) du$
计算： $frac{1}{3} int cos(u) du = frac{1}{3} sin(u) + C$
换回原变量： $frac{1}{3} sin(3x) + C$
例子 3： 求 $int frac{x}{x^2+1} dx$
看到分母是 $x^2+1$，它的导数是 $2x$。分子是 $x$。这很像我们想要的结构。
设： $u = x^2+1$
求导： $du = 2x dx$
处理分子： 我们需要 $2x dx$，但现在只有 $x dx$。所以 $x dx = frac{1}{2} du$。
替换： 原积分变成 $int frac{1}{u} (frac{1}{2} du) = frac{1}{2} int frac{1}{u} du$
计算： $frac{1}{2} int frac{1}{u} du = frac{1}{2} ln|u| + C$
换回原变量： $frac{1}{2} ln|x^2+1| + C$。因为 $x^2+1$ 总是大于0，所以可以去掉绝对值：$frac{1}{2} ln(x^2+1) + C$。
技巧总结： 换元法就是找到一个“核心”的部分，把它变成一个新的变量 $u$，然后把其他所有跟 $x$ 有关的部分（包括 $dx$）也都变成跟 $u$ 有关的（即用 $du$ 来表示）。
技巧二：分部积分法
这个方法是用来积分两个函数乘积的。它的公式是：
$int u dv = uv int v du$
这个公式看起来有点绕，但用起来很巧妙。它的核心是把一个复杂的乘积积分，变成另一个（希望更简单）的乘积积分，加上一个函数项。
怎么选择 u 和 dv？
这是分部积分的关键！通常我们遵循一个原则，叫做 LIATE (或者 LIPET)，按照这个顺序选择 $u$：
Logarithmic functions (对数函数，如 $ln x$)
Inverse trigonometric functions (反三角函数，如 $arctan x$)
Algebraic functions (代数函数，即多项式函数，如 $x^2$, $3x+1$)
Trigonometric functions (三角函数，如 $sin x$, $cos x$)
Exponential functions (指数函数，如 $e^x$, $2^x$)
简单来说，就是越往前排的，越优先选择作为 $u$。为什么呢？因为这些函数求导后会变得更简单（比如对数函数求导变成代数函数），而求导后变简单的部分我们希望它留在 $dv$ 里，这样 $v$ 和 $int v du$ 就可能更容易计算。
例子 1： 求 $int x cos x dx$
根据 LIATE，代数函数 $x$ 排在三角函数 $cos x$ 前面。所以我们设：
$u = x$
$dv = cos x dx$
然后根据 $u$ 和 $dv$ 分别求导和积分：
$du = dx$
$v = int cos x dx = sin x$
套用公式 $int u dv = uv int v du$：
$int x cos x dx = x sin x int sin x dx$
现在我们只需要计算右边的积分 $int sin x dx$，这是个基本积分：
$int sin x dx = cos x + C$
所以最终结果是：
$x sin x (cos x) + C = x sin x + cos x + C$
例子 2： 求 $int ln x dx$
这个看起来不像乘积，但我们可以把它看成 $int (ln x) cdot 1 dx$。
根据 LIATE，对数函数 $ln x$ 排在代数函数 $1$ 前面。所以我们设：
$u = ln x$
$dv = 1 dx$
求导和积分：
$du = frac{1}{x} dx$
$v = int 1 dx = x$
套用公式：
$int ln x dx = (ln x) cdot x int x cdot frac{1}{x} dx$
$= x ln x int 1 dx$
计算剩下的积分：
$int 1 dx = x + C$
所以最终结果是：
$x ln x x + C$
例子 3：利用分部积分两次（或者循环利用）
求 $int e^x sin x dx$
这是一个经典的例子，如果按 LIATE 来，你会发现无论怎么选，最终都会回到原点（或者需要一些技巧）。
我们第一次先设：
$u = sin x$ (三角函数)
$dv = e^x dx$ (指数函数)
$du = cos x dx$
$v = e^x$
$int e^x sin x dx = e^x sin x int e^x cos x dx$
现在来看新的积分 $int e^x cos x dx$。这里我们还是选择三角函数 $cos x$ 作为 $u$（或者指数函数也行，关键是要保持一致）：
设：$u' = cos x$
设：$dv' = e^x dx$
$du' = sin x dx$
$v' = e^x$
代入计算 $int e^x cos x dx$：
$int e^x cos x dx = e^x cos x int e^x (sin x) dx$
$= e^x cos x + int e^x sin x dx$
把这个结果代回到最开始的等式：
$int e^x sin x dx = e^x sin x (e^x cos x + int e^x sin x dx)$
$int e^x sin x dx = e^x sin x e^x cos x int e^x sin x dx$
你会发现原积分项 $int e^x sin x dx$ 出现在等式的两边了！把它移到一边：
$2 int e^x sin x dx = e^x sin x e^x cos x$
最后两边同除以 2 并加上常数 C：
$int e^x sin x dx = frac{1}{2} (e^x sin x e^x cos x) + C$
技巧总结： 分部积分是处理乘积的利器，关键在于“选对 $u$”和“大胆地进行第二次分部积分”，有时候甚至需要几次。
技巧三：三角换元法
当被积函数中出现 $sqrt{a^2 x^2}$, $sqrt{a^2 + x^2}$, $sqrt{x^2 a^2}$ 这类形式时，通常可以通过三角函数代换来简化。
形式 1：$sqrt{a^2 x^2}$
设 $x = a sin heta$ (其中 $frac{pi}{2} le heta le frac{pi}{2}$，这样 $cos heta ge 0$)
$dx = a cos heta d heta$
$sqrt{a^2 x^2} = sqrt{a^2 a^2 sin^2 heta} = sqrt{a^2 cos^2 heta} = a |cos heta| = a cos heta$
这个换元可以把根号去掉，并且 $sin heta$, $cos heta$ 的积分都很简单。
形式 2：$sqrt{a^2 + x^2}$
设 $x = a an heta$ (其中 $frac{pi}{2} < heta < frac{pi}{2}$)
$dx = a sec^2 heta d heta$
$sqrt{a^2 + x^2} = sqrt{a^2 + a^2 an^2 heta} = sqrt{a^2(1+ an^2 heta)} = sqrt{a^2 sec^2 heta} = a |sec heta|$
因为 $frac{pi}{2} < heta < frac{pi}{2}$，所以 $sec heta > 0$，即 $a sec heta$。
利用 $1+ an^2 heta = sec^2 heta$ 的恒等式。
形式 3：$sqrt{x^2 a^2}$
设 $x = a sec heta$ (其中 $0 le heta < frac{pi}{2}$ 或 $frac{pi}{2} < heta le pi$)
$dx = a sec heta an heta d heta$
$sqrt{x^2 a^2} = sqrt{a^2 sec^2 heta a^2} = sqrt{a^2 an^2 heta} = a | an heta|$
需要根据 $ heta$ 的范围来确定 $| an heta|$。
例子： 求 $int frac{1}{sqrt{1x^2}} dx$ (这其实是个基本公式，但我们用三角换元推导一下)
这里 $a=1$。设 $x = 1 sin heta = sin heta$。
$dx = cos heta d heta$
$sqrt{1x^2} = sqrt{1sin^2 heta} = cos heta$ (假设 $ heta$ 在 $[pi/2, pi/2]$)
代入积分：$int frac{1}{cos heta} (cos heta d heta) = int 1 d heta = heta + C$
现在需要把 $ heta$ 换回 $x$。既然 $x = sin heta$，那么 $ heta = arcsin x$。
所以结果是 $arcsin x + C$。
技巧总结： 三角换元是处理含有特定根号形式的“万能钥匙”，关键是记住三种基本代换和对应的恒等式。
技巧四：部分分式分解法
当被积函数是一个有理函数（即两个多项式的比，$frac{P(x)}{Q(x)}$）并且分母 $Q(x)$ 可以分解成一次或二次因式的乘积时，就可以使用这个方法。
核心思想是将一个复杂的有理函数分解成若干个简单的有理函数之和，而这些简单函数的积分通常都是基本积分或者可以通过换元法解决。
分解规则：
分母有一次因式 $(ax+b)$： 分解成 $frac{A}{ax+b}$
分母有一次因式 $(ax+b)^n$： 分解成 $frac{A_1}{ax+b} + frac{A_2}{(ax+b)^2} + cdots + frac{A_n}{(ax+b)^n}$
分母有二次因式 $(ax^2+bx+c)$（不可约，即判别式 $b^24ac<0$）： 分解成 $frac{Ax+B}{ax^2+bx+c}$
分母有二次因式 $(ax^2+bx+c)^n$： 分解成 $frac{A_1x+B_1}{ax^2+bx+c} + frac{A_2x+B_2}{(ax^2+bx+c)^2} + cdots + frac{A_nx+B_n}{(ax^2+bx+c)^n}$
如何求系数 A, B, ...？
通常有两种方法：
1. 通分法 + 待定系数法： 把右边的所有分式通分，变成一个关于 $x$ 的多项式。然后令左边和右边的分子对应项的系数相等，从而得到一个关于 $A, B, ldots$ 的方程组，解出系数。
2. 代值法 + 待定系数法： 选择一些特殊的 $x$ 值代入原等式，利用方程组求解。这个方法对于处理一次因式特别方便。
例子： 求 $int frac{2x+1}{x^21} dx$
分母 $x^21 = (x1)(x+1)$ 是两个一次因式。
所以我们设：$frac{2x+1}{x^21} = frac{A}{x1} + frac{B}{x+1}$
通分并令分子相等：$2x+1 = A(x+1) + B(x1)$
方法一（待定系数）：
$2x+1 = Ax + A + Bx B = (A+B)x + (AB)$
比较系数：
$A+B = 2$
$AB = 1$
解方程组得：$2A = 3 Rightarrow A = 3/2$；$B = 2 3/2 = 1/2$
方法二（代值法）：
令 $x=1$：$2(1)+1 = A(1+1) + B(11) Rightarrow 3 = 2A Rightarrow A = 3/2$
令 $x=1$：$2(1)+1 = A(1+1) + B(11) Rightarrow 1 = 2B Rightarrow B = 1/2$
所以原积分变成：$int (frac{3/2}{x1} + frac{1/2}{x+1}) dx$
这是基本积分：$frac{3}{2}int frac{1}{x1} dx + frac{1}{2}int frac{1}{x+1} dx$
$= frac{3}{2}ln|x1| + frac{1}{2}ln|x+1| + C$
例子 2： 求 $int frac{1}{x^2+1} dx$ (这个大家应该很熟悉了，但如果不知道有arcsin公式呢？)
这个分母是不可约二次因式，但它本身就已经是分解到最简了。这个就没法用部分分式法再分解了，它本身就是基本积分。
技巧总结： 部分分式分解法是处理有理函数积分的“终极武器”，关键在于正确地将分母分解，并准确地求解出系数。
第四步：其他一些“临门一脚”的技巧
裂项相消法： 有些看起来复杂的积分，通过巧妙的裂项，可以把中间项都抵消掉。这和数列里的裂项求和有点像。
例如：$int frac{1}{x(x+1)} dx$
我们知道 $frac{1}{x(x+1)} = frac{1}{x} frac{1}{x+1}$
所以原积分 $=int (frac{1}{x} frac{1}{x+1}) dx = int frac{1}{x} dx int frac{1}{x+1} dx$
$= ln|x| ln|x+1| + C = ln|frac{x}{x+1}| + C$
复数法： 某些三角函数或指数函数的积分，可以借助复数（欧拉公式 $e^{ix} = cos x + i sin x$）来简化。例如，求 $int e^{ax} cos(bx) dx$ 或 $int e^{ax} sin(bx) dx$。
特殊技巧： 有些积分可能需要一些非常规的技巧，比如观察到被积函数具有某种对称性，或者通过变形可以凑出导数等。这需要更多的练习和经验积累。
如何判断使用哪种方法？
这确实是初学者最头疼的地方。就像问医生“我哪里不舒服”，医生会问你详细症状一样，我们也需要观察被积函数：
1. 被积函数是不是基本函数？ 如果是，直接套公式。
2. 是被积函数的一部分是另一部分的导数吗？ 尝试换元法。
3. 是被积函数是两个函数的乘积吗？ 尝试分部积分法，并用 LIATE 原则选择 $u$。
4. 被积函数是一个有理函数（多项式/多项式）吗？ 如果是，尝试对分母进行因式分解，然后进行部分分式分解。
5. 被积函数中含有根号 $sqrt{a^2 pm x^2}$ 或 $sqrt{x^2 a^2}$ 等形式吗？ 尝试三角换元法。
6. 有没有可以凑出来的基本形式？ 比如 $int frac{f'(x)}{f(x)} dx = ln|f(x)| + C$ 或者 $int (f(x))^n f'(x) dx = frac{(f(x))^{n+1}}{n+1} + C$。
有时候，一个积分可能需要多种方法的结合才能解决。例如，先用分部积分，把积分化简后，发现剩下的积分需要换元法。
最重要的建议：
多练习！ 积分是熟能生巧的学科。做的题目越多，你越能“看到”潜在的结构，知道从哪个方法入手。
理解原理，而不是死记硬背公式。 理解换元法和分部积分法的推导过程，会帮助你更好地应用它们。
不要怕出错。 即使选错了方法，尝试一下也是有收获的。每次尝试失败，都是在排除一些可能性，离成功更近一步。
善用导数知识。 回想一下我们学过的导数公式，很多积分公式都是导数公式的逆运算。知道一个函数的导数是什么样子，对我们反推积分很有帮助。
总而言之，积分的“简单”求解，并非一步到位，而是通过一套系统的工具和技巧，将复杂的“问题”层层剥开，化繁为简，最终归结为基本的计算。就像修路一样，我们可能需要挖掘、爆破、铺设等一系列工序，才能最终铺出一条平坦大道。希望我这样详细的解释，能让你觉得积分没那么神秘和可怕了！
首先，我们要明确一点：不是所有积分都有一个“简单”的封闭形式的解。有些积分，比如$int e^{x^2} dx$，就没办法用我们熟悉的初等函数（多项式、指数、对数、三角函数等）的组合来表示。但对于我们能遇到的绝大多数需要计算的积分，都有一些通用的方法和思路，能让计算过程变得清晰很多。
我们就从最基础的、也是最重要的开始说起。
第一步：熟练掌握基本积分公式
这就像学武功，基本功扎实了，后面的套路才能融会贯通。我们得把一些最常见的函数的积分给“背”下来（当然，理解原理更好）。
幂函数： $int x^n dx = frac{1}{n+1}x^{n+1} + C$ （n不等于1）
这是最常用也是最核心的。比如 $int x^2 dx = frac{1}{3}x^3 + C$；$int sqrt{x} dx = int x^{1/2} dx = frac{1}{1/2+1}x^{1/2+1} + C = frac{2}{3}x^{3/2} + C$。
特别注意 $n=1$ 的情况：$int x^{1} dx = int frac{1}{x} dx = ln|x| + C$。
指数函数： $int a^x dx = frac{a^x}{ln a} + C$ （a > 0, a ≠ 1）
特别地，当 $a=e$ 时， $int e^x dx = e^x + C$。这个也特别常用！
三角函数：
$int sin x dx = cos x + C$
$int cos x dx = sin x + C$
$int sec^2 x dx = an x + C$
$int csc^2 x dx = cot x + C$
$int sec x an x dx = sec x + C$
$int csc x cot x dx = csc x + C$
反三角函数（了解即可，后面会用到其导数）：
$int frac{1}{sqrt{1x^2}} dx = arcsin x + C$
$int frac{1}{1+x^2} dx = arctan x + C$
第二步：利用积分的线性性质
积分有一个非常重要的性质：线性性质。这意味着我们可以：
1. 常数可以提到积分号外面： $k int f(x) dx$
2. 几个函数相加减，可以分开积分： $int [f(x) pm g(x)] dx = int f(x) dx pm int g(x) dx$
有了这个，很多复杂的函数求和/差的积分，就能分解成多个基本积分的组合。
举个例子： 求 $int (3x^2 4sin x + frac{2}{x}) dx$
利用线性性质，我们可以把它拆开：
$= 3int x^2 dx 4int sin x dx + 2int frac{1}{x} dx$
然后套用基本公式：
$= 3(frac{1}{3}x^3) 4(cos x) + 2(ln|x|) + C$
$= x^3 + 4cos x + 2ln|x| + C$
是不是感觉一下子简单了不少？
第三步：掌握几个核心的积分技巧（方法）
这就像是高级招式了，有了它们，很多看起来不是基本函数的积分，也能被“转化”成基本积分。
技巧一：换元积分法（凑微分法）
这是最最核心、最常用的方法之一！它的核心思想是：把一个复杂的被积函数，通过变量替换，变成一个更简单的被积函数。
原理是利用链式法则的逆运算。我们知道，如果 $F'(x) = f(x)$，那么 $int f(x) dx = F(x) + C$。
现在我们有一个复合函数 $f(g(x))$，它的积分是 $int f(g(x)) g'(x) dx$。如果我们设 $u = g(x)$，那么 $du = g'(x) dx$。这样，原积分就变成了 $int f(u) du$，这通常会比原来的积分简单很多。
怎么“凑”？
1. 观察被积函数里有没有哪个部分是另一个部分的“导数”或者接近导数？
2. 如果看到一个表达式的“外面”是这个表达式的导数，或者乘以一个常数倍的导数，那很可能可以用换元法。
例子 1： 求 $int 2x(x^2+1)^3 dx$
我们看到 $(x^2+1)$ 这个部分，它的导数是 $2x$。而 $2x$ 正好就在外面乘以它。
设： $u = x^2+1$
求导： $du = (2x) dx$
替换： 原积分变成 $int u^3 du$
计算： $int u^3 du = frac{1}{4}u^4 + C$
换回原变量： $frac{1}{4}(x^2+1)^4 + C$
例子 2： 求 $int cos(3x) dx$
我们知道 $int cos x dx = sin x + C$。这里的“里面”是 $3x$。
设： $u = 3x$
求导： $du = 3 dx$
注意： 我们只有 $dx$，没有 $3dx$。所以我们需要改写一下：$dx = frac{1}{3}du$
替换： 原积分变成 $int cos(u) frac{1}{3} du = frac{1}{3} int cos(u) du$
计算： $frac{1}{3} int cos(u) du = frac{1}{3} sin(u) + C$
换回原变量： $frac{1}{3} sin(3x) + C$
例子 3： 求 $int frac{x}{x^2+1} dx$
看到分母是 $x^2+1$，它的导数是 $2x$。分子是 $x$。这很像我们想要的结构。
设： $u = x^2+1$
求导： $du = 2x dx$
处理分子： 我们需要 $2x dx$，但现在只有 $x dx$。所以 $x dx = frac{1}{2} du$。
替换： 原积分变成 $int frac{1}{u} (frac{1}{2} du) = frac{1}{2} int frac{1}{u} du$
计算： $frac{1}{2} int frac{1}{u} du = frac{1}{2} ln|u| + C$
换回原变量： $frac{1}{2} ln|x^2+1| + C$。因为 $x^2+1$ 总是大于0，所以可以去掉绝对值：$frac{1}{2} ln(x^2+1) + C$。
技巧总结： 换元法就是找到一个“核心”的部分，把它变成一个新的变量 $u$，然后把其他所有跟 $x$ 有关的部分（包括 $dx$）也都变成跟 $u$ 有关的（即用 $du$ 来表示）。
技巧二：分部积分法
这个方法是用来积分两个函数乘积的。它的公式是：
$int u dv = uv int v du$
这个公式看起来有点绕，但用起来很巧妙。它的核心是把一个复杂的乘积积分，变成另一个（希望更简单）的乘积积分，加上一个函数项。
怎么选择 u 和 dv？
这是分部积分的关键！通常我们遵循一个原则，叫做 LIATE (或者 LIPET)，按照这个顺序选择 $u$：
Logarithmic functions (对数函数，如 $ln x$)
Inverse trigonometric functions (反三角函数，如 $arctan x$)
Algebraic functions (代数函数，即多项式函数，如 $x^2$, $3x+1$)
Trigonometric functions (三角函数，如 $sin x$, $cos x$)
Exponential functions (指数函数，如 $e^x$, $2^x$)
简单来说，就是越往前排的，越优先选择作为 $u$。为什么呢？因为这些函数求导后会变得更简单（比如对数函数求导变成代数函数），而求导后变简单的部分我们希望它留在 $dv$ 里，这样 $v$ 和 $int v du$ 就可能更容易计算。
例子 1： 求 $int x cos x dx$
根据 LIATE，代数函数 $x$ 排在三角函数 $cos x$ 前面。所以我们设：
$u = x$
$dv = cos x dx$
然后根据 $u$ 和 $dv$ 分别求导和积分：
$du = dx$
$v = int cos x dx = sin x$
套用公式 $int u dv = uv int v du$：
$int x cos x dx = x sin x int sin x dx$
现在我们只需要计算右边的积分 $int sin x dx$，这是个基本积分：
$int sin x dx = cos x + C$
所以最终结果是：
$x sin x (cos x) + C = x sin x + cos x + C$
例子 2： 求 $int ln x dx$
这个看起来不像乘积，但我们可以把它看成 $int (ln x) cdot 1 dx$。
根据 LIATE，对数函数 $ln x$ 排在代数函数 $1$ 前面。所以我们设：
$u = ln x$
$dv = 1 dx$
求导和积分：
$du = frac{1}{x} dx$
$v = int 1 dx = x$
套用公式：
$int ln x dx = (ln x) cdot x int x cdot frac{1}{x} dx$
$= x ln x int 1 dx$
计算剩下的积分：
$int 1 dx = x + C$
所以最终结果是：
$x ln x x + C$
例子 3：利用分部积分两次（或者循环利用）
求 $int e^x sin x dx$
这是一个经典的例子，如果按 LIATE 来，你会发现无论怎么选，最终都会回到原点（或者需要一些技巧）。
我们第一次先设：
$u = sin x$ (三角函数)
$dv = e^x dx$ (指数函数)
$du = cos x dx$
$v = e^x$
$int e^x sin x dx = e^x sin x int e^x cos x dx$
现在来看新的积分 $int e^x cos x dx$。这里我们还是选择三角函数 $cos x$ 作为 $u$（或者指数函数也行，关键是要保持一致）：
设：$u' = cos x$
设：$dv' = e^x dx$
$du' = sin x dx$
$v' = e^x$
代入计算 $int e^x cos x dx$：
$int e^x cos x dx = e^x cos x int e^x (sin x) dx$
$= e^x cos x + int e^x sin x dx$
把这个结果代回到最开始的等式：
$int e^x sin x dx = e^x sin x (e^x cos x + int e^x sin x dx)$
$int e^x sin x dx = e^x sin x e^x cos x int e^x sin x dx$
你会发现原积分项 $int e^x sin x dx$ 出现在等式的两边了！把它移到一边：
$2 int e^x sin x dx = e^x sin x e^x cos x$
最后两边同除以 2 并加上常数 C：
$int e^x sin x dx = frac{1}{2} (e^x sin x e^x cos x) + C$
技巧总结： 分部积分是处理乘积的利器，关键在于“选对 $u$”和“大胆地进行第二次分部积分”，有时候甚至需要几次。
技巧三：三角换元法
当被积函数中出现 $sqrt{a^2 x^2}$, $sqrt{a^2 + x^2}$, $sqrt{x^2 a^2}$ 这类形式时，通常可以通过三角函数代换来简化。
形式 1：$sqrt{a^2 x^2}$
设 $x = a sin heta$ (其中 $frac{pi}{2} le heta le frac{pi}{2}$，这样 $cos heta ge 0$)
$dx = a cos heta d heta$
$sqrt{a^2 x^2} = sqrt{a^2 a^2 sin^2 heta} = sqrt{a^2 cos^2 heta} = a |cos heta| = a cos heta$
这个换元可以把根号去掉，并且 $sin heta$, $cos heta$ 的积分都很简单。
形式 2：$sqrt{a^2 + x^2}$
设 $x = a an heta$ (其中 $frac{pi}{2} < heta < frac{pi}{2}$)
$dx = a sec^2 heta d heta$
$sqrt{a^2 + x^2} = sqrt{a^2 + a^2 an^2 heta} = sqrt{a^2(1+ an^2 heta)} = sqrt{a^2 sec^2 heta} = a |sec heta|$
因为 $frac{pi}{2} < heta < frac{pi}{2}$，所以 $sec heta > 0$，即 $a sec heta$。
利用 $1+ an^2 heta = sec^2 heta$ 的恒等式。
形式 3：$sqrt{x^2 a^2}$
设 $x = a sec heta$ (其中 $0 le heta < frac{pi}{2}$ 或 $frac{pi}{2} < heta le pi$)
$dx = a sec heta an heta d heta$
$sqrt{x^2 a^2} = sqrt{a^2 sec^2 heta a^2} = sqrt{a^2 an^2 heta} = a | an heta|$
需要根据 $ heta$ 的范围来确定 $| an heta|$。
例子： 求 $int frac{1}{sqrt{1x^2}} dx$ (这其实是个基本公式，但我们用三角换元推导一下)
这里 $a=1$。设 $x = 1 sin heta = sin heta$。
$dx = cos heta d heta$
$sqrt{1x^2} = sqrt{1sin^2 heta} = cos heta$ (假设 $ heta$ 在 $[pi/2, pi/2]$)
代入积分：$int frac{1}{cos heta} (cos heta d heta) = int 1 d heta = heta + C$
现在需要把 $ heta$ 换回 $x$。既然 $x = sin heta$，那么 $ heta = arcsin x$。
所以结果是 $arcsin x + C$。
技巧总结： 三角换元是处理含有特定根号形式的“万能钥匙”，关键是记住三种基本代换和对应的恒等式。
技巧四：部分分式分解法
当被积函数是一个有理函数（即两个多项式的比，$frac{P(x)}{Q(x)}$）并且分母 $Q(x)$ 可以分解成一次或二次因式的乘积时，就可以使用这个方法。
核心思想是将一个复杂的有理函数分解成若干个简单的有理函数之和，而这些简单函数的积分通常都是基本积分或者可以通过换元法解决。
分解规则：
分母有一次因式 $(ax+b)$： 分解成 $frac{A}{ax+b}$
分母有一次因式 $(ax+b)^n$： 分解成 $frac{A_1}{ax+b} + frac{A_2}{(ax+b)^2} + cdots + frac{A_n}{(ax+b)^n}$
分母有二次因式 $(ax^2+bx+c)$（不可约，即判别式 $b^24ac<0$）： 分解成 $frac{Ax+B}{ax^2+bx+c}$
分母有二次因式 $(ax^2+bx+c)^n$： 分解成 $frac{A_1x+B_1}{ax^2+bx+c} + frac{A_2x+B_2}{(ax^2+bx+c)^2} + cdots + frac{A_nx+B_n}{(ax^2+bx+c)^n}$
如何求系数 A, B, ...？
通常有两种方法：
1. 通分法 + 待定系数法： 把右边的所有分式通分，变成一个关于 $x$ 的多项式。然后令左边和右边的分子对应项的系数相等，从而得到一个关于 $A, B, ldots$ 的方程组，解出系数。
2. 代值法 + 待定系数法： 选择一些特殊的 $x$ 值代入原等式，利用方程组求解。这个方法对于处理一次因式特别方便。
例子： 求 $int frac{2x+1}{x^21} dx$
分母 $x^21 = (x1)(x+1)$ 是两个一次因式。
所以我们设：$frac{2x+1}{x^21} = frac{A}{x1} + frac{B}{x+1}$
通分并令分子相等：$2x+1 = A(x+1) + B(x1)$
方法一（待定系数）：
$2x+1 = Ax + A + Bx B = (A+B)x + (AB)$
比较系数：
$A+B = 2$
$AB = 1$
解方程组得：$2A = 3 Rightarrow A = 3/2$；$B = 2 3/2 = 1/2$
方法二（代值法）：
令 $x=1$：$2(1)+1 = A(1+1) + B(11) Rightarrow 3 = 2A Rightarrow A = 3/2$
令 $x=1$：$2(1)+1 = A(1+1) + B(11) Rightarrow 1 = 2B Rightarrow B = 1/2$
所以原积分变成：$int (frac{3/2}{x1} + frac{1/2}{x+1}) dx$
这是基本积分：$frac{3}{2}int frac{1}{x1} dx + frac{1}{2}int frac{1}{x+1} dx$
$= frac{3}{2}ln|x1| + frac{1}{2}ln|x+1| + C$
例子 2： 求 $int frac{1}{x^2+1} dx$ (这个大家应该很熟悉了，但如果不知道有arcsin公式呢？)
这个分母是不可约二次因式，但它本身就已经是分解到最简了。这个就没法用部分分式法再分解了，它本身就是基本积分。
技巧总结： 部分分式分解法是处理有理函数积分的“终极武器”，关键在于正确地将分母分解，并准确地求解出系数。
第四步：其他一些“临门一脚”的技巧
裂项相消法： 有些看起来复杂的积分，通过巧妙的裂项，可以把中间项都抵消掉。这和数列里的裂项求和有点像。
例如：$int frac{1}{x(x+1)} dx$
我们知道 $frac{1}{x(x+1)} = frac{1}{x} frac{1}{x+1}$
所以原积分 $=int (frac{1}{x} frac{1}{x+1}) dx = int frac{1}{x} dx int frac{1}{x+1} dx$
$= ln|x| ln|x+1| + C = ln|frac{x}{x+1}| + C$
复数法： 某些三角函数或指数函数的积分，可以借助复数（欧拉公式 $e^{ix} = cos x + i sin x$）来简化。例如，求 $int e^{ax} cos(bx) dx$ 或 $int e^{ax} sin(bx) dx$。
特殊技巧： 有些积分可能需要一些非常规的技巧，比如观察到被积函数具有某种对称性，或者通过变形可以凑出导数等。这需要更多的练习和经验积累。
如何判断使用哪种方法？
这确实是初学者最头疼的地方。就像问医生“我哪里不舒服”，医生会问你详细症状一样，我们也需要观察被积函数：
1. 被积函数是不是基本函数？ 如果是，直接套公式。
2. 是被积函数的一部分是另一部分的导数吗？ 尝试换元法。
3. 是被积函数是两个函数的乘积吗？ 尝试分部积分法，并用 LIATE 原则选择 $u$。
4. 被积函数是一个有理函数（多项式/多项式）吗？ 如果是，尝试对分母进行因式分解，然后进行部分分式分解。
5. 被积函数中含有根号 $sqrt{a^2 pm x^2}$ 或 $sqrt{x^2 a^2}$ 等形式吗？ 尝试三角换元法。
6. 有没有可以凑出来的基本形式？ 比如 $int frac{f'(x)}{f(x)} dx = ln|f(x)| + C$ 或者 $int (f(x))^n f'(x) dx = frac{(f(x))^{n+1}}{n+1} + C$。
有时候，一个积分可能需要多种方法的结合才能解决。例如，先用分部积分，把积分化简后，发现剩下的积分需要换元法。
最重要的建议：
多练习！ 积分是熟能生巧的学科。做的题目越多，你越能“看到”潜在的结构，知道从哪个方法入手。
理解原理，而不是死记硬背公式。 理解换元法和分部积分法的推导过程，会帮助你更好地应用它们。
不要怕出错。 即使选错了方法，尝试一下也是有收获的。每次尝试失败，都是在排除一些可能性，离成功更近一步。
善用导数知识。 回想一下我们学过的导数公式，很多积分公式都是导数公式的逆运算。知道一个函数的导数是什么样子，对我们反推积分很有帮助。
总而言之，积分的“简单”求解，并非一步到位，而是通过一套系统的工具和技巧，将复杂的“问题”层层剥开，化繁为简，最终归结为基本的计算。就像修路一样，我们可能需要挖掘、爆破、铺设等一系列工序，才能最终铺出一条平坦大道。希望我这样详细的解释，能让你觉得积分没那么神秘和可怕了！
网友意见
我们直接考虑原函数。
令
那么： ，
由
分开算（令 ）：
带入
也即
同样地：
回代即得：
若为定积分，
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