35

求 ${\displaystyle I=\int x\arctan x\ln (1+x^2)dx}$。

大胆使用分部积分公式，先消除对数函数，所以先求积分：

那么就可以使用分部积分法：

36

求 ${\displaystyle I=\int x({\sin }^{3}x+{\cos }^{2}x)dx}$。

使用分部积分法将 $x$ 消除：

从而有：

故而：

而：

故而可以得到答案：

37

求 ${\displaystyle I=\int {\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)}^{3}dx}$。

使用分部积分法进行降次：

由于：

故而可以轻易得到 $I$ 的积分。

38

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{(1+x^4{)}^2}dx}$。

39

求 ${\displaystyle I=\int x^2{e}^{\frac{x^2}{2}-x}dx}$。

先尝试用分部积分，目的是将 ${\displaystyle x^2}$ 降次。故而可以轻易想到凑微分 ${\displaystyle d\left(e^{\frac{x^2}{2}-x}\right)}$。

可以看到，经过分部积分处理过后，形式变得更加复杂了。通过对复杂形式的产生进行分析可得是因为多了一个分母 ${\displaystyle x-1}$，从而我们想要在分部积分的过程中消去这个分母，于是可以先到以下变形：

从而分部积分的过程可以是：

40

求 ${\displaystyle I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx}$。

利用分部积分法求递推式：

我们可以发现这种方法行不通，因为多出了一个因子 $x$，所以我们需要换一种方法：

从而递推式为：

41

求 ${\displaystyle I_n={\int }_0^{\pi }\cos nx\cdot {\cos }^{n}xdx}$.

利用分部积分法求递推公式：

我们可以发现 ${\displaystyle \sin x\cdot \sin nx}$ 是 ${\displaystyle \cos (n-1)x}$ 的一部分，故而有：

从而：

故而递推式为 ：

42

求 ${\displaystyle I_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt[]{1-x^2}dx}$。

解法 1

利用分部积分公式尝试找到递推关系：

继续变形得：

从而得到递推式：

随后我们只需要分奇偶讨论就可以得到通项公式了。

解法 2

这是另外一种分部积分方法将 ${\displaystyle x^n\sqrt[]{1-x^2}}$ 看成一个整体，即 ${\displaystyle I_n={\int }_0^1(x^n\sqrt[]{1-x^2})\cdot (1dx)}$.

于是，我们可以很轻松的得到递推公式。

43

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1+\sin x}{1+\cos x}{e}^{x}dx}$。

可以想到使用分部积分法，也可以想到将 ${\displaystyle \frac{1+\sin x}{1+\cos x}}$ 分离成 ${\displaystyle \frac{1}{1+\cos x}+\frac{\sin x}{1+\cos x}}$ 然后再积分，然而并没有什么用，分母这个主要矛盾仍然消不掉，分母的主要矛盾又在于那个常数。

解法 1

我们可以借用二倍角公式将分母的常数消去：

从而可以变形为：

解法 2

也可以上下同乘 ${\displaystyle (1-\cos x)}$：

然后拆开即可得到四个积分：

然后再次对每个积分利用分部积分就可以各个击破了。

44

用表格积分法求：${\displaystyle I=\int (x\ln x{)}^{3}dx}$。

首先进行去复合操作，设 ${\displaystyle t=\ln x}$，则有：

从而有：

进行表格积分：

最后将 t 换回来即可。

45

用表格积分法求：${\displaystyle I=\int e^{\arccos x}dx}$。

设 ${\displaystyle t=\arccos x}$，则有

从而积分为：

使用表格积分：

最后代入 $t$ 即可得到答案。

46

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{x^3+1}dx}$。

很明显，${\displaystyle x=-1}$ 是 ${\displaystyle x^3+1=0}$ 的根，故而，可以使用长除法或者立方差公式得到：

从而有：

从而有方程：

接下来的答案就显而易见了。

47

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{x^6+1}dx}$。

注意到该积分是 ${\displaystyle \int \frac{1}{x^3+1}dx}$ 的变形，故而设 ${\displaystyle t=x^2}$，那么：

由于我们需要 ${\displaystyle x^2}$，故而需要继续对 ${\displaystyle t^2-t+1}$ 进行分解，又因为实数域上没有解，故而只能在复数域上分解：

很明显上述式子中出现了完全平法差公式，故而需要尝试对 ${\displaystyle \frac{1\pm \sqrt[]{3}i}{2}}$ 进行分解，根据复数的定义可以设：

根据共轭复根的性质：${\displaystyle (x-z)(x-\bar{z})=x^2-2ax+a^2+b^2}$，其中 ${\displaystyle z=(a+bi)}$。可以得到：

故而积分 ${\displaystyle I}$ 可以变形为：

于是我们就可以根据有理函数的拆项法则进行分解：

这样我们就可以通过分别求解这三个积分求出答案，具体过程略。

48

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{x^8(1+x^2)}dx}$。

可以观察到分母的次数明显高于分子，故而可以进行倒代换：

矛盾是分母，所以我们要尽可能的消去分母，可以使用凑平方差公式消去：

49

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{x\sqrt[]{x^2-1}}dx}$。

使用倒代换，设 ${\displaystyle t=\frac{1}{x},dx=-\frac{1}{t^2}dt}$。故而有：

如果 ${\displaystyle t>0}$，那么有：

如果 ${\displaystyle t<0}$，那么有：

50

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{x^4+1}dx}$。

设 ${\displaystyle t=x^2}$，则有：

我们可以通过待定系数法求得 ${\displaystyle i=(a+bi{)}^2}$ 中的值，也可以直接凑：

接着就可以分解计算积分了。

51

求 ${\displaystyle I=\int \frac{x^2+2}{(x^2+x+1{)}^2}dx}$。

由于 ${\displaystyle x^2+x+1}$ 在实数域上不能继续分解，故而可以直接设：

由于有：

故而可以得到：

现在算出 ${\displaystyle m,n,k=b_1+\alpha }$ 即可：

从而我们可以通过对比系数得出答案并计算积分。

52

求 ${\displaystyle I=\int {\sec }^{6}xdx}$。

该被积函数是以 cos 为变量的偶函数，故而做 tan 换元。

接下来答案就显然了。

53

求 ${\displaystyle I=\int \frac{\ln \tan x}{\sin x\cos x}dx}$。

该被积函数是以 cos 为变量的偶函数，故而做 tan 换元。

54

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{\sin x+\cos x+2}dx}$。

这个被积函数没有任何关于 sin、cos 的奇偶对称关系，故而只能做万能代换：

现在要将 ${\displaystyle \sin x}$ 转化为关于 ${\displaystyle t}$ 的函数：

同理有：

从而，原式：

55

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{\sqrt[]{x+1}+\sqrt[3]{x+1}}dx}$。

设 ${\displaystyle \sqrt[6]{x+1}=t}$，则有

从而：

56

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x+1{)}^2(x-1{)}^4}}dx}$。

先对根号内的多项式进行化简：

设 ${\displaystyle \sqrt[3]{\frac{x-1}{x+1}}=t}$，则有：

从而：

57

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{\sqrt[]{x^2-x+1}}dx}$。

解法 1-欧拉代换

注意到对于 ${\displaystyle a{x}^2+bx+c}$ 中，${\displaystyle a>0,c>0,\mathrm{\Delta }<0}$，故而可以采用欧拉第一或者第二代换：设 ${\displaystyle \sqrt[]{x^2-x+1}=t+x}$。从而有

故而有：

解法 2-三角代换

设 ${\displaystyle x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt[]{3}}{2}\tan \theta }$，从而有 ${\displaystyle dx=\frac{\sqrt[]{3}}{2}{\sec }^2\theta d\theta }$，故而：

我们再尝试将 $t$ 用 $x$ 表出：

接下来的答案就显然了。

58

求 ${\displaystyle I=\int \frac{1}{x\sqrt[]{-x^2+3x-2}}dx}$。

解法 1-欧拉代换

我们发现 ${\displaystyle -x^2+3x-2}$ 中 ${\displaystyle a,c<0}$，故而只能使用，第三欧拉代换，由于 ${\displaystyle -x^2+3x-2=-(x-2)(x-1)}$，故而可以设：

从而有：

接下来的过程很简单，这里就不过多赘述。

解法 2-三角代换

由于

故而，设 ${\displaystyle x-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\sin \theta }$，从而 ${\displaystyle dx=\frac{1}{2}\cos \theta ,\sqrt[]{-x^2+3x-2}=\frac{1}{2}\cos \theta }$，其中 ${\displaystyle \theta \in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}$ 从而：

由于上述没有关于 ${\displaystyle \sin \theta ,\cos \theta }$ 的奇偶性，故而只能进行万能代换：

从而有：