你真的懂分部积分吗 ?
本节分享两道很精彩的积分题目，谁都知道要用分部积分，但是怎么凑更巧妙呢？
例 1 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x\cdot \ln \sin x \mathrm{~d} x
\]
解：不同类型函数相乘，显然要考虑分部积分，但是直接使用分部积分是会出大问题的，如下：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x\cdot \ln \sin x \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x \mathrm{~d} (-\cos x)\\
&= -\cos x\cdot \ln \sin x\bigg|_{0^{+}}^{\frac{\pi}{2}} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x\cdot \frac{\cos x}{\sin x} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
而由于
\[
\lim_{ x \to 0^+ } \cos x\cdot \ln \sin x=+\infty
\]
且
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^{2}x}{\sin x} \mathrm{~d} x \sim \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x
\]
是发散的，故此方法无法继续进行下去。
因此，我们考虑在凑微分的时候添加一个常数 \(1\) 扭转这一局面！
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x\cdot \ln \sin x \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x \mathrm{~d} ({\color{red}{1}}-\cos x)\\
&= (1-\cos x)\cdot \ln \sin x\bigg|_{0^{+}}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos x)\cdot \frac{\cos x}{\sin x} \mathrm{~d} x \\
\end{aligned}
\]
注意到：
\[
\lim_{ x \to 0^{+} } (1-\cos x)\cdot \ln \sin x=\lim_{ x \to 0^{+} } \frac{1}{2}x^{2}\cdot \ln \sin x=0
\]
故：
\[
\begin{aligned}
I &= -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\cos x)\cdot \cos x}{\sin x} \mathrm{~d} x \\
&= -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\cos x)\cdot \cos x\cdot{\color{red}\sin x}}{\sin x\cdot{\color{red}\sin x}} \mathrm{~d} x\\
&= -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\cos x)\cdot \cos x\cdot \sin x}{(1-\cos x)(1+\cos x)} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1+\cos x} \mathrm{~d} (\cos x)\\
&= \int_{1}^{0} \frac{t}{1+t} \mathrm{~d} t\\
&= \int_{1}^{0} \frac{t+{\color{red}{1-1}}}{t+1} \mathrm{~d} t\\
&= -1-\ln(1+t)\bigg|_{1}^0\\
&= \ln {2}-1
\end{aligned}
\]
和本题做法类似的还有下面这道题目的改编题，我们先看原题：这道题目是2026 年江苏省第二十三届高等数学竞赛的第二道大题。
例 2 ¶
Example
\[
\int \arctan x\cdot\ln(1+x^{2})\mathrm{~d} x
\]
解：我们上来直接分部积分，毕竟“反三角”和“对数”谁都不好凑微分，但是很好求导：
也就是令
\[ u=\arctan x\ln(1+x^2),\quad \mathrm{d}v=\mathrm{d}x. \]
则
\[ \mathrm{d}u=\left(\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}+\frac{2x\arctan x}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x,\quad v=x. \]
于是
\[ \begin{aligned} \int \arctan x \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x &=uv-\int v\,\mathrm{d}u \\ &=x\arctan x\ln(1+x^2)-\int x\left(\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}+\frac{2x\arctan x}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x. \end{aligned} \]
把积分拆成两部分：
\[ \begin{aligned} \int x\left(\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}+\frac{2x\arctan x}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x &=\int\frac{x\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x+\int\frac{2x^2}{1+x^2}\arctan x\,\mathrm{d}x. \end{aligned} \]
第一部分：直接使劲凑微分：
令 \(t=\ln(1+x^2)\)，则 \(\mathrm{d}t=\dfrac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\)，故
\[ \int\frac{x\ln(1+x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\frac12\int t\,\mathrm{d}t=\frac14t^2+C_1=\frac14\ln^2(1+x^2)+C_1. \]
第二部分： 对分子进行常数配凑（\(+2-2\)
\[
\begin{aligned} \int\frac{2x^2}{1+x^2}\arctan x\,\mathrm{d}x
&= 2\int\left(1-\frac1{1+x^2}\right)\arctan x\,\mathrm{d}x \\ &=2\int\arctan x\,\mathrm{d}x-2\int\frac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x. \end{aligned}
\]
而这两部分又可以凑微分：
\[ \int\arctan x\,\mathrm{d}x=x\arctan x-\frac12\ln(1+x^2)+C_2, \]
且
\[ \int\frac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\frac12\arctan^2 x+C_3, \]
故
\[ \begin{aligned} \int\frac{2x^2}{1+x^2}\arctan x\,\mathrm{d}x &=2\left(x\arctan x-\frac12\ln(1+x^2)\right)-2\cdot\frac12\arctan^2 x+C_4 \\ &=2x\arctan x-\ln(1+x^2)-\arctan^2 x+C_4. \end{aligned} \]
代回原式：
\[ \begin{aligned} \int \arctan x \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x &= x\arctan x\ln(1+x^2)-\left[\frac14\ln^2(1+x^2)+2x\arctan x-\ln(1+x^2)-\arctan^2 x\right]+C \\ &= x\arctan x\ln(1+x^2)-\frac14\ln^2(1+x^2)-2x\arctan x+\ln(1+x^2)+\arctan^2 x+C. \end{aligned} \]
因此，
\[ \boxed{ \int \arctan x \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x = x\arctan x\ln(1+x^2)-\frac14\ln^2(1+x^2)-2x\arctan x+\ln(1+x^2)+\arctan^2 x+C } \]
改编如下：
例 3 ¶
Example
\[
\int {\color{red}{x}} \arctan x \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x.
\]
也就是在原题的基础上多加了一个 \(x\)，那么显然先把 \(x\) 向后凑微分，注意是凑成 \(\dfrac{1}{2} \mathrm{~d} x^2\) 吗？那这样就很难算了。我们注意到反正切和这里的对数函数在求导后都会出现 \((1+x^2)\) 这样的结构，所以我们一定是凑 \(\dfrac{1}{2} \mathrm{~d} (x^2+1)\) 方便后续化简：
将 \(x \mathrm{~d}x\) 凑成 \(\dfrac{1}{2}\mathrm{d}(x^2+1)\)：
\[I = \frac{1}{2} \int \arctan x \ln(1+x^2) \mathrm{~d}(x^2+1)\]
利用分部积分公式 \(\int u \mathrm{~d}v = uv - \int v \mathrm{~d}u\)，我们令：
- \(u = \arctan x \ln(1+x^2)\)
- \(v = x^2+1\)
现在对 \(u\) 求导：
\[\mathrm{d}u = \left( \frac{1}{1+x^2} \cdot \ln(1+x^2) + \arctan x \cdot \frac{2x}{1+x^2} \right) \mathrm{d}x\]
分部积分得：
\[I = \frac{1}{2} (x^2+1) \arctan x \ln(1+x^2) - \frac{1}{2} \int (x^2+1) \left( \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} + \frac{2x \arctan x}{1+x^2} \right) \mathrm{d}x\]
见证奇迹的时刻到了，后半部分积分里的 \(x^2+1\) 与分母约分抵消了：
\[I = \frac{x^2+1}{2} \arctan x \ln(1+x^2) - \int \left( \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + x \arctan x \right) \mathrm{d}x\]
这样，原积分就被拆分成了两个非常经典的基础积分：
\[I = \frac{x^2+1}{2} \arctan x \ln(1+x^2) - \frac{1}{2} \int \ln(1+x^2) \mathrm{~d}x - \int x \arctan x \mathrm{~d}x\]
接下来，我们只需要分别求出这两个子积分。
对于 \(\displaystyle \int \ln(1+x^2) \mathrm{~d}x\) 直接使用分部积分即可：
\[\int \ln(1+x^2) \mathrm{~d}x = x \ln(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} \mathrm{~d}x\]
处理后半部分的假分式考虑常数配凑：
\[
\begin{aligned}
\int \frac{2x^2}{1+x^2} \mathrm{~d}x &= 2 \int \frac{x^2+1-1}{1+x^2} \mathrm{~d}x \\&= 2 \int \left( 1 - \frac{1}{1+x^2} \right) \mathrm{d}x \\[0.2cm]&= 2x - 2\arctan x
\end{aligned}
\]
所以：
\[\int \ln(1+x^2) \mathrm{~d}x = x \ln(1+x^2) - 2x + 2\arctan x\]
对于 \(\displaystyle \int x \arctan x \mathrm{~d}x\)，同样使用分部积分，并再次使用加常数凑微分技巧（令 \(u = \arctan x, \mathrm{d}v = x\mathrm{d}x \implies v = \dfrac{x^2+1}{2}\)
\[
\begin{aligned}
\int x \arctan x \mathrm{~d}x &= \frac{x^2+1}{2} \arctan x - \int \frac{x^2+1}{2} \cdot \frac{1}{1+x^2} \mathrm{~d}x\\
&= \frac{x^2+1}{2} \arctan x - \frac{1}{2} \int 1 \mathrm{~d}x\\
&= \frac{x^2+1}{2} \arctan x - \frac{1}{2}x
\end{aligned}
\]
全部带回得：
\[I = \frac{x^2+1}{2} \arctan x \ln(1+x^2) - \frac{1}{2} \Big( x \ln(1+x^2) - 2x + 2\arctan x \Big) - \Big( \frac{x^2+1}{2} \arctan x - \frac{1}{2}x \Big)+C\]
展开括号化简得：
\[\int x \arctan x \ln(1+x^2) \mathrm{~d}x = \frac{x^2+1}{2} \arctan x \ln(1+x^2) - \frac{x}{2}\ln(1+x^2) - \frac{x^2+3}{2}\arctan x + \frac{3}{2}x + C\]
Tip
通过上面这两个题目，希望大家能领悟到分部积分的灵活性，它并不是单纯地凑微分，而是可以和很多代数变形相结合的，并非毫无技巧性！
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