一类复杂的指数积分
本节分享一类复杂的指数积分，这种题目的特点是指数部分含有多项式或者三角函数，常规处理手段都较为复杂，下面一起来看看吧！
例题
例 1
Example
\[
\int x^{2}\cdot \mathrm{e}^{ \frac{x^{2}}{2}-x }\mathrm{~d} x
\]
解：对于指数部分 \(\mathrm{e}^{ \frac{x^{2}}{2}-x }\)，求导之后这部分的形式仍然是存在的，换句话说，最后的积分结果中一定含有这个“零件”，因此我们考虑将其换元为 \(t\)，则：
\[
\mathrm{~d} t= \left( \frac{x^{2}}{2}-x \right)'t\mathrm{~d} x=(x-1)t\mathrm{~d} x
\]
即有：
\[
\frac{\mathrm{~d} t }{t} = (x-1)\mathrm{~d} x
\]
则：
\[
\begin{aligned}
\int x^{2}\cdot \mathrm{e}^{ \frac{x^{2}}{2}-x }\mathrm{~d} x &= \int x^{2}\cdot t\mathrm{~d} x\\
&=\int t(x^{2}-1)\mathrm{~d} x+\int t\mathrm{~d} x \\
&= \int t(x+1){\color{red}{(x-1)\mathrm{~d} x}}+\int t\mathrm{~d} x\\
&= \int t(x+1) \frac{\mathrm{~d} t }{t}+\int t\mathrm{~d} x\\
&=\int(x+1)\mathrm{~d} t+\int t\mathrm{~d} x\\
&= \int \mathrm{~d} [t(x+1)]\\
&= t(x+1)+C\\
&= (x+1)\cdot \mathrm{e}^{ \frac{x^{2}}{2}-x }+C
\end{aligned}
\]
可以看到，为了凑出换元后 \(\mathrm{~d} t\) 的表达式，我将 \(x^{2}\) 拆成了 \(x^{2}-1\) 和 \(1\)，这样利用平方差公式就可以代入 \(t\) 的微分表达式，从而化简为一个全微分形式，从而凑出乘积的导数，极大简化问题复杂度！
例 2
Example
\[
\int \mathrm{e}^{ \sin x }\left( \frac{x\cos ^{3}x-\sin x}{\cos ^{2}x} \right)\mathrm{~d} x
\]
解：和上一题一个思路，我们分析一下哪些“零件”在最后的结果中是一定存在的，不难注意到，\(p=\mathrm{e}^{ \sin x }\) 和 \(q=\displaystyle\frac{\mathrm{e}^{ \sin x }}{\cos x}\) 在最后的结果中一定存在，因此进行换元处理。
微分得：
\[
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{~d} p }{p} &= \cos x\mathrm{~d} x=\frac{p}{q}\mathrm{~d} x\\
\frac{\mathrm{~d} q }{q} &=\left( \cos x+\frac{\sin x}{\cos x} \right)\mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
故：
\[
\begin{aligned}
\int \mathrm{e}^{ \sin x }\left( \frac{x\cos ^{3}x-\sin x}{\cos ^{2}x} \right)\mathrm{~d} x &= \int x\mathrm{e}^{ \sin x }\cos x\mathrm{~d} x -\int \mathrm{e}^{ \sin x }\cdot \frac{\sin x}{\cos ^{2} x}\mathrm{~d} x\\
&= \int xp \frac{\mathrm{~d} p }{p} -\int \frac{\mathrm{e}^{ \sin x }}{\cos x}\cdot \frac{\sin x}{\cos x}\mathrm{~d} x\\
&= \int x\mathrm{~d} p - \int q\left( \frac{\mathrm{~d} q }{q}- \frac{\mathrm{~d} p }{p} \right) \\
\end{aligned}
\]
对第一个积分使用分部积分：
\[
\begin{aligned}
\int \mathrm{e}^{ \sin x }\left( \frac{x\cos ^{3}x-\sin x}{\cos ^{2}x} \right)\mathrm{~d} x &= \int x\mathrm{~d} p - \int q\left( \frac{\mathrm{~d} q }{q}- \frac{\mathrm{~d} p }{p} \right)\\
&= xp-\int p\mathrm{~d} x - \int \mathrm{~d} q +\int q\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p}\\
&= xp-q +\left( \int q\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p} - \int p\mathrm{~d} x \right)
\end{aligned}
\]
根据我们最一开始得到的微分式中的第一个式子，我们有：\(\displaystyle \frac{\mathrm{~d} p}{p}= \frac{p}{q}\mathrm{~d} x\)，变形得：
\[
q\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p}=p\mathrm{~d} x
\]
所以上面括号里面两个积分作差结果就是 \(0\) ，十分巧妙！
因此最后的答案就是：
\[
\begin{aligned}
I &= xp-q+C\\
&=\mathrm{e}^{ \sin x }\left( x- \frac{1}{\cos x} \right)+C
\end{aligned}
\]
例 3
Example
\[
\int \left( 1+x-\frac{1}{x} \right)\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }\mathrm{~d} x
\]
分析：这个题很早之前火过一阵子，是《天才基本法》里面出现的一道题，难度并不大，直接凑微分分部积分即可。但是我们仍然可以使用前文提过的方法进行解决。
解：同样地，我们考虑哪些“零件”会在最后的结果中出现，容易注意到，\(p=\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }\) 和 \(q=x\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }\) 是不会改变的，因此进行换元处理。
微分得：
\[
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{~d} p }{p} &= \left( 1- \frac{1}{x^{2}} \right)\mathrm{~d} x\\
\frac{\mathrm{~d} q }{q} &= \left( 1 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}} \right)\mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
则：
\[
\begin{aligned}
\int \left( 1+x-\frac{1}{x} \right)\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }\mathrm{~d} x &= \int x\left( 1+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}} \right)\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }\mathrm{~d} x\\
&= \int xp \frac{\mathrm{~d} q}{q}\\
\end{aligned}
\]
注意到：
\[
\frac{xp}{q}= \frac{x\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }}{x\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }}=1
\]
代入得：
\[
\begin{aligned}
I &= \int \frac{xp}{q} \mathrm{~d} q\\
&= \int dq\\
&= q+C\\
&= x\mathrm{e}^{ x+ \frac{1}{x} }+C
\end{aligned}
\]
例 4
Example
\[
\int \frac{\mathrm{e}^{ x\sin x+\cos x }\cdot(x^{4}\cos ^{3}x-x\sin x+\cos x)}{x^{2}\cos ^{2}x}\mathrm{~d} x
\]
解：相信看到这种题，大家都是两眼一黑，不过别怕，用上面的方法一样可以顺利解决！
分析哪些“零件”是不会变的，其实并不是非常显然，但是我们可以类比例题 2 的过程和最终结果，我们考虑令 \(p=\mathrm{e}^{ x\sin x+\cos x }\) 和 \(\displaystyle q= \frac{\mathrm{e}^{ x\sin x+\cos x }}{x\cos x}\)，微分得：
\[
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{~d} p }{p} &= (\sin x+x\cos x-\sin x)\mathrm{~d} x= {\color{red}{x\cos x}}\mathrm{~d} x= \frac{p}{q}\mathrm{~d} x\\
\frac{\mathrm{~d} q }{q} &= \left( x\cos x- \frac{1}{x}+ \frac{\sin x}{\cos x} \right)\mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
同时我们还有等式：\(qx\cos x=p\)
则：
\[
\begin{aligned}
I &= \int p \cdot \left( x^{2}\cos x- \frac{\sin x}{x\cos ^{2}x} + \frac{1}{x^{2}\cos x} \right)\mathrm{~d} x\\
&= \int px\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p} - \int \frac{p}{x}\left( \frac{\sin x}{\cos ^{2}x}-\frac{1}{x\cos x} \right)\mathrm{~d} x\\
&= \int x\mathrm{~d} p - \int \frac{p}{x\cos x}\left( \frac{\sin x}{\cos x}-\frac{1}{x} \right)\mathrm{~d} x\\
&= \int x\mathrm{~d} p - \int q\left( \frac{\mathrm{~d} q }{q}-\frac{\mathrm{~d} p }{p} \right)\\
\end{aligned}
\]
对第一个积分使用分部积分得：
\[
\begin{aligned}
I &= \int x\mathrm{~d} p - \int q\left( \frac{\mathrm{~d} q }{q}-\frac{\mathrm{~d} p }{p} \right)\\
&= xp-\int p\mathrm{~d} x - \int \mathrm{~d} q+\int q\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p}\\
&= xp-\int \mathrm{~d} q+\left( \int q\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p}-\int p\mathrm{~d} x \right)
\end{aligned}
\]
根据我们最一开始得到的微分式中的第一个式子，我们有：\(\displaystyle \frac{\mathrm{~d} p}{p}= \frac{p}{q}\mathrm{~d} x\)，变形得：
\[
q\cdot \frac{\mathrm{~d} p }{p}=p\mathrm{~d} x
\]
所以上面括号里面两个积分作差结果就是 \(0\) ，十分巧妙！
因此最后的答案就是：
\[
\begin{aligned}
I &= xp-\int \mathrm{~d} q\\
&= xp-q+C\\
&= \mathrm{e}^{ x\sin x+\cos x }\cdot\left( x-\frac{1}{x\cos x} \right)+C
\end{aligned}
\]
本节这类问题除了文章开头说的特点外，都还有另一个特点，那就是指数部分都不在分母上，如果在分母上，解决方法又是不一样的，大家可以自己思考一下，下面留几个指数出现在分母的题目，大家可以自己做一做，欢迎在评论区分享你的解答！！！
习题
Q1
Question
\[
\int \frac{x-2}{\sqrt{ \mathrm{e}^{ x }-x^{2} }}\mathrm{~d} x
\]
Q2
Question
\[
\int \frac{1+\cot x}{1+\mathrm{e}^{ x }\sin x}\mathrm{~d} x
\]
Q3
Question
\[
\int \frac{x(x+1)}{(\mathrm{e}^{ x }+x+1)^{2}}\mathrm{~d} x
\]
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