1.
\[
\begin{aligned}
\mbox{原式} =\int \frac{dx}{2\sin x \cos x +2\sin x} = \frac12 \int \frac{\sin x}{\sin^2 x (\cos x+1)} dx = -\frac12 \int \frac{1}{(1+\cos x)^2 (1-\cos x)} d(\cos x)
\\= -\frac12 \int ( \frac{1/2}{(1+\cos x)^2} + \frac{1/4}{1+\cos x} +\frac{1/4}{1-\cos x}) d(\cos x)
= \frac14 \frac{1}{1+\cos x} - \frac18 \ln|1+\cos x| +\frac18 \ln|1-\cos x|+C.
\end{aligned}
\]
2. 见课本习题
3.
\[
\begin{aligned}
\mbox{原式}=\int ( e^{2x} \tan^2 x +e^{2x} + 2e^{2x} \tan x )dx=\int ( e^{2x} (\sec^2 x-1) +e^{2x} + 2e^{2x} \tan x )dx
\\ =\int ( e^{2x} \sec^2 x + 2e^{2x} \tan x ) dx
\end{aligned}
\]
其中
\[
\int e^{2x} \sec^2 x dx =\int e^{2x} d(\tan x)
= e^{2x} \tan x -2\int e^{2x} \tan x dx.
\]
代入上式得
\[
\mbox{原式}=e^{2x} \tan x.
\]
4. 由于
\[
f(x)=\int f‘(x) dx +C.
\]
令 $x=e^t$ 得
\[
\int f‘(x) dx = \int f‘(e^t) d(e^t)= \int t e^{-t} e^t dt =\frac12 t^2 = \frac 12 (\ln x)^2+C.
\]
因此再由 $f(1)=0$ 确定常数得
\[
f(x)= \frac12 (\ln x)^2.
\]
5.
\[
\int f(x) dx =
\begin{cases}
x\ln x-x+C_1, & x\geq 1,
\\
\frac12 x -\arctan x +C_2, & x<1.
\end{cases}
\]
因为 $\int f(x) dx$ 连续，所以推出
\[
C_1 -1=\frac 12 -\frac{\pi}{4}+C_2.
\]
6. 首先注意到
\[
( \frac{\sin x}{a+b\cos x})‘= \frac{\cos x}{a+b\cos x}+\frac{b \sin^2 x}{(a+b\cos x)^2}= \frac{a\cos x +b}{(a+b\cos x)^2},
\]
因此
\[
\frac{A\sin x}{a+b\cos x} +B \int \frac{dx}{a+b\cos x} =\int \frac{(Aa+Bb)\cos x +Ab + Ba}{(a+b\cos x)^2}dx
\]
推出
\[
Aa+Bb=0, \qquad Ab+Ba=1,
\]
即
\[
A=\frac{b}{b^2-a^2}, \qquad B=\frac{a}{a^2-b^2}.
\]
7. 设 $f(x)$ 的一个原函数为
\[
F(x) = \frac{\sin x}{x},
\]
则
\[
\begin{aligned}
\mbox{原式}= \int (x^3+x) d(f(x))= (x^3 +x) f(x)- \int f(x) (3x^2+1) dx= (x^3 +x) f(x)- \int (3x^2+1) d(F(x))
\\= (x^3 +x) f(x)- (3x^2+1) F(x)+ 6\int x F(x) dx =(x^2-5)\cos x -4x \sin x -\frac{2\sin x}{x}+C.
\end{aligned}
\]
8. 假设 $f(x)$ 有原函数 $F(x)$，则
\[
F(x) =
\begin{cases}x+C_1, & -1\leq x< 0, \\
F(0), & x=0,\\
\frac13 x^3 +C_2, & 0<x\leq 1.
\end{cases}
\]
又由于连续性，推出 $C_1=C_2=F(0)$. 下面研究 $x=0$ 处的导数，注意到
\[
F‘_-(0) =\lim_{x\to 0^-} \frac{x+F(0)-F(0)}{x}=1,
\]
而
\[
F‘_+(0) =\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac13 x^3+F(0)-F(0)}{x}=0,
\]
即
\[
F‘_+(0) \neq F_-‘(0)
\]
即 $F(x)$ 在 $x=0$ 处不可导，与假设矛盾.
(说明：分段函数如果是连续的话，那么就有原函数，如上面的第五题；如果分段函数是可去间断点，跳跃间断点，都是没有原函数的。
比如可去间断点，此时
\[
f(x)=
\begin{cases}f_1(x),a<x <c,\\
f(c), x=c,\\
f_2(x), c<x\leq b.
\end{cases}
\]
中 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 都连续，除了 $\lim_{x\to c} f_1(x)= \lim_{x\to c}f_2(x)\neq c$。根据原函数概念，应该有
\[
F‘(c) =f(c)=F_+‘(c)=F_-‘(c)
\]
而因为 $F(x)$ 的导数 $f(x)$ 连续, 所以
\[
F_+‘(c)= \lim_{x\to c^+} f_2(x) = \lim_{x\to c^-} f_1(x) =F_+‘(c) \neq f(c)
\]
矛盾。注意：原函数的存在性与是否可积是两个概念，该分段函数虽然没有原函数，但是是可积的。)