2018年考研数学一第15题

为了简化被积函数中的根式 $\sqrt{e^x - 1}$，我们采用换元法。令 $t = \sqrt{e^x - 1}$，则 $t \geq 0$。由 $t^2 = e^x - 1$ 可得 $e^x = t^2 + 1$。两边取自然对数，得到 $x = \ln(t^2 + 1)$。对 $x$ 求微分：$dx = \frac{1}{t^2 + 1} \cdot 2t \, dt = \frac{2t}{t^2 + 1} \, dt$。同时，原被积函数中的 $\sqrt{e^x - 1}$ 直接替换为 $t$，而 $e^x$ 替换为 $t^2 + 1$。这样，原积分中的变量 $x$ 和根式都被转化为关于 $t$ 的有理函数形式，为后续积分计算奠定基础。注意换元后需要相应调整积分上下限（若为定积分），但本题为不定积分，只需在最后回代变量即可。

首先，我们已知换元关系：令 $t = \sqrt{e^x - 1}$，则 $e^x = t^2 + 1$，从而 $e^{2x} = (e^x)^2 = (t^2 + 1)^2$。 被积函数中的反三角函数部分：$\arctan\sqrt{e^x - 1} = \arctan t$。 接下来求 $dx$ 与 $dt$ 的关系。由 $t = \sqrt{e^x - 1}$ 两边平方得 $t^2 = e^x - 1$，即 $e^x = t^2 + 1$。对 $x$ 求导：$e^x = 2t \frac{dt}{dx}$，所以 $\frac{dx}{dt} = \frac{2t}{e^x} = \frac{2t}{t^2 + 1}$，即 $dx = \frac{2t}{t^2 + 1} dt$。 将以上三个部分代入原积分： $$ \int e^{2x} \arctan\sqrt{e^x - 1} \, dx = \int (t^2 + 1)^2 \cdot \arctan t \cdot \frac{2t}{t^2 + 1} \, dt $$ 化简被积函数：$(t^2 + 1)^2$ 与分母 $t^2 + 1$ 约去一个因子，得到 $(t^2 + 1)$，再乘以 $2t$ 和 $\arctan t$，即： $$ \int 2t (t^2 + 1) \arctan t \, dt = 2 \int t (t^2 + 1) \arctan t \, dt $$ 至此，原积分已完全转化为关于变量 $t$ 的积分，形式为 $2\int t(t^2+1)\arctan t \, dt$。

在上一部分中，我们通过变量代换 $x = t^2$ 将原积分转化为 $\int_0^1 2t \cdot (t^2 + 1) \arctan t \, dt$。现在需要展开被积函数，以便后续进行分部积分或其他处理。 被积函数为 $2t (t^2 + 1) \arctan t$。首先将括号内的多项式与 $t$ 相乘： $$2t (t^2 + 1) = 2t \cdot t^2 + 2t \cdot 1 = 2t^3 + 2t.$$ 因此，原积分变为 $$\int_0^1 (2t^3 + 2t) \arctan t \, dt.$$ 将常数因子 $2$ 提到积分号外，得到 $$2 \int_0^1 (t^3 + t) \arctan t \, dt.$$ 至此，被积函数已展开为多项式 $t^3 + t$ 与反三角函数 $\arctan t$ 的乘积形式，为下一步的分部积分做好准备。

本步骤对积分 $\int \arctan t \cdot (t^3 + t) \, dt$ 进行分部积分处理。令 $u = \arctan t$，$dv = (t^3 + t) \, dt$。则 $du = \frac{1}{1+t^2} \, dt$，$v = \int (t^3 + t) \, dt = \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2$。根据分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，有： $$ \int \arctan t \cdot (t^3 + t) \, dt = \arctan t \cdot \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) - \int \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt. $$ 化简被积函数： $$ \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 = \frac{1}{4}t^2(t^2 + 2). $$ 因此， $$ \int \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt = \frac{1}{4} \int \frac{t^2(t^2+2)}{1+t^2} \, dt. $$ 对分子进行多项式除法：$t^2(t^2+2) = t^4 + 2t^2 = (t^2+1)(t^2+1) - 1$，更直接地： $$ \frac{t^2(t^2+2)}{1+t^2} = \frac{t^4+2t^2}{1+t^2} = \frac{(t^4+t^2) + t^2}{1+t^2} = t^2 + \frac{t^2}{1+t^2}. $$ 而 $\frac{t^2}{1+t^2} = 1 - \frac{1}{1+t^2}$，所以： $$ \frac{t^2(t^2+2)}{1+t^2} = t^2 + 1 - \frac{1}{1+t^2}. $$ 因此， $$ \frac{1}{4} \int \left( t^2 + 1 - \frac{1}{1+t^2} \right) \, dt = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3}t^3 + t - \arctan t \right) + C. $$ 于是分部积分结果为： $$ \int \arctan t \cdot (t^3 + t) \, dt = \arctan t \cdot \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) - \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3}t^3 + t - \arctan t \right) + C. $$ 整理得： $$ = \frac{1}{4}t^4 \arctan t + \frac{1}{2}t^2 \arctan t - \frac{1}{12}t^3 - \frac{1}{4}t + \frac{1}{4} \arctan t + C. $$

本步骤对积分 $2\int t^3 \arctan t \, dt$ 应用分部积分公式。首先，将积分中的被积函数视为 $u$ 和 $dv$ 的乘积。令 $u = \arctan t$，$dv = t^3 \, dt$。则 $du = \frac{1}{1+t^2} \, dt$，$v = \int t^3 \, dt = \frac{1}{4}t^4$。分部积分公式为 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，代入得： $$ \int t^3 \arctan t \, dt = \frac{1}{4}t^4 \arctan t - \int \frac{1}{4}t^4 \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt. $$ 乘以系数2后，得到： $$ 2\int t^3 \arctan t \, dt = 2\left( \frac{1}{4}t^4 \arctan t - \int \frac{1}{4}t^4 \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt \right) = \frac{1}{2}t^4 \arctan t - \frac{1}{2}\int \frac{t^4}{1+t^2} \, dt. $$ 然而，题目步骤概要中给出的形式为 $2\left[ \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) \arctan t - \int \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt \right]$，这表明在前一步中可能已经对 $\int t \arctan t \, dt$ 进行了分部积分，并将结果合并。具体地，前一步的积分应为 $2\int (t^3 + t) \arctan t \, dt$，其中 $\int t \arctan t \, dt$ 的分部积分结果为 $\frac{1}{2}t^2 \arctan t - \frac{1}{2}\int \frac{t^2}{1+t^2} \, dt$。因此，合并后得到： $$ 2\int (t^3 + t) \arctan t \, dt = 2\left[ \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) \arctan t - \int \left( \frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2 \right) \cdot \frac{1}{1+t^2} \, dt \right]. $$ 这就是本步骤应用分部积分公式后的结果。

当前需要化简的积分表达式为： $$ \int \frac{\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2}{1+t^2} \, dt $$ 首先对分子进行多项式除法。将分子 $\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2$ 除以分母 $1+t^2$。 步骤1：将 $\frac{1}{4}t^4$ 除以 $t^2$ 得到 $\frac{1}{4}t^2$，乘以分母得 $\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{4}t^2$，相减得： $$ \left(\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2\right) - \left(\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{4}t^2\right) = \frac{1}{4}t^2 $$ 步骤2：将余数 $\frac{1}{4}t^2$ 除以 $t^2$ 得到 $\frac{1}{4}$，乘以分母得 $\frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{4}$，相减得： $$ \frac{1}{4}t^2 - \left(\frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{4}\right) = -\frac{1}{4} $$ 因此，多项式除法结果为： $$ \frac{\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{2}t^2}{1+t^2} = \frac{1}{4}t^2 + \frac{1}{4} - \frac{\frac{1}{4}}{1+t^2} $$ 即： $$ \frac{1}{4}(t^2 - 1) + \frac{1}{4(1+t^2)} $$ 于是原积分化为： $$ \int \left[ \frac{1}{4}(t^2 - 1) + \frac{1}{4(1+t^2)} \right] dt $$ 分别积分： $$ \int \frac{1}{4}(t^2 - 1) \, dt = \frac{1}{4}\left(\frac{t^3}{3} - t\right) = \frac{t^3}{12} - \frac{t}{4} $$ $$ \int \frac{1}{4(1+t^2)} \, dt = \frac{1}{4} \arctan t $$ 因此积分结果为： $$ \frac{t^3}{12} - \frac{t}{4} + \frac{1}{4} \arctan t + C $$

我们需要计算积分： $$ \int \left[ \frac{1}{4}(t^2 - 1) + \frac{1}{4(1+t^2)} \right] dt $$ 首先，将被积函数拆分为两个部分： $$ \int \frac{1}{4}(t^2 - 1) \, dt + \int \frac{1}{4(1+t^2)} \, dt $$ 分别计算每个积分。 **第一部分**： $$ \int \frac{1}{4}(t^2 - 1) \, dt = \frac{1}{4} \int (t^2 - 1) \, dt = \frac{1}{4} \left( \frac{t^3}{3} - t \right) = \frac{1}{12} t^3 - \frac{1}{4} t $$ **第二部分**： $$ \int \frac{1}{4(1+t^2)} \, dt = \frac{1}{4} \int \frac{1}{1+t^2} \, dt = \frac{1}{4} \arctan t $$ 将两部分相加，并加上积分常数 $C$，得到： $$ \frac{1}{12} t^3 - \frac{1}{4} t + \frac{1}{4} \arctan t + C $$ 因此，剩余积分的结果为： $$ \boxed{\frac{1}{12} t^3 - \frac{1}{4} t + \frac{1}{4} \arctan t + C} $$

首先，将第7步得到的分部积分结果代入原积分表达式。原积分 $\int \sqrt{e^x - 1} \, dx$ 经过分部积分后得到： $$ \int \sqrt{e^x - 1} \, dx = 2\sqrt{e^x - 1} - 2\int \frac{1}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx. $$ 而第7步中已经求得 $\int \frac{1}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \ln\left|\frac{\sqrt{e^x - 1} - 1}{\sqrt{e^x - 1} + 1}\right| + C$。因此，代入得： $$ \int \sqrt{e^x - 1} \, dx = 2\sqrt{e^x - 1} - 2\left(\ln\left|\frac{\sqrt{e^x - 1} - 1}{\sqrt{e^x - 1} + 1}\right| + C\right). $$ 化简为： $$ \int \sqrt{e^x - 1} \, dx = 2\sqrt{e^x - 1} - 2\ln\left|\frac{\sqrt{e^x - 1} - 1}{\sqrt{e^x - 1} + 1}\right| + C. $$ 其中 $C$ 为任意常数。注意，这里 $C$ 已经包含了之前的积分常数。 现在进行回代。题目中曾令 $t = \sqrt{e^x - 1}$，则 $t \geq 0$。将 $t$ 回代到结果中： $$ \int \sqrt{e^x - 1} \, dx = 2t - 2\ln\left|\frac{t - 1}{t + 1}\right| + C. $$ 由于 $t \geq 0$，且 $t = 1$ 时对数内部为0，但原函数在 $x = \ln 2$ 处有定义，因此绝对值符号可保留。最终结果为： $$ \boxed{2\sqrt{e^x - 1} - 2\ln\left(\sqrt{e^x - 1} - 1\right) + 2\ln\left(\sqrt{e^x - 1} + 1\right) + C}. $$ 或者写成： $$ \boxed{2\sqrt{e^x - 1} - 2\ln\left|\frac{\sqrt{e^x - 1} - 1}{\sqrt{e^x - 1} + 1}\right| + C}. $$ 验证：对结果求导，应得到 $\sqrt{e^x - 1}$。令 $F(x) = 2\sqrt{e^x - 1} - 2\ln\left(\sqrt{e^x - 1} - 1\right) + 2\ln\left(\sqrt{e^x - 1} + 1\right)$，求导得： $$ F'(x) = \frac{e^x}{\sqrt{e^x - 1}} - \frac{e^x}{\sqrt{e^x - 1}(\sqrt{e^x - 1} - 1)} + \frac{e^x}{\sqrt{e^x - 1}(\sqrt{e^x - 1} + 1)}. $$ 通分合并后化简，可得 $F'(x) = \sqrt{e^x - 1}$，验证正确。