(1)
\[
\begin{aligned}
\int \frac{x}{x^2+2x-3}dx= \int \frac{x-1+1}{(x+3)(x-1)}dx
= \int \frac{1}{x+3} + \frac14 \frac{4}{(x+3)(x-1)} dx
\\=\int \frac{1}{x+3} + \frac14 \frac{(x+3)-(x-1)}{(x+3)(x-1)} dx
= \int \frac{3/4}{x+3} -+ \frac{1/4}{x-1} dx
= \frac34 \ln|x+3| +\frac14 \ln|x-1|+C.
\end{aligned}
\]
实际上，配方感觉没有待定系数来的方便，比如
\[
\frac{x}{(x+3)(x-1)} = \frac{A}{x+3} + \frac{B}{x-1},
\]
左右两边乘以 $x+3$，令 $x=-3$ 得 $A=\frac34$, 而左右两边乘以 $x-1$, 再令 $x=1$, 得 $B=\frac14$. 效率更高，所以基本方法一定要掌握。
(2)因为
\[
(x^2+2x+3)‘= 2x+2
\]
所以
\[
\begin{aligned}
\int \frac{x+2}{x^2+2x+3}dx=\frac12 \int \frac{(x^2+2x+3)‘+2}{x^2+2x+3}dx=\frac12 \ln|x^2+2x+3| +\int \frac{1}{(x+1)^2+2}dx
\\= \frac12 \ln|x^2+2x+3| +\frac{1}{\sqrt 2} \arctan \frac{x+1}{\sqrt 2}+C.
\end{aligned}
\]
(3)
由于
\[
\frac{x^2+1}{x(x-1)^2} = \frac{1}{x} + \frac 2 {(x-1)^2}
\]
因此
\[
\int \frac{x^2+1}{x(x-1)^2}dx =\ln |x| - \frac{2}{x-1}+C.
\]
(
说明：令
\[
\frac{x^2+1}{x(x-1)^2} = \frac{A}{x} + \frac B {(x-1)^2} + \frac C{x-1}
\]
左右两边乘以 $x$, 再令 $x=0$ 得 $A=1$, 两边同乘以 $(x-1)^2$, 再令 $x=1$ 得 $B=2$, 最后两边令 $x=-1$ 由 $A, B$ 的值得 $C=0$。
)
(4)
\[
\int \frac{3}{x^3+1}dx =\int ( \frac{1}{x+1} + \frac{-x+2}{x^2-x+1} ) dx
= \ln|x+1| -\frac12 \ln|x^2-x+1| + \sqrt 3 \arctan (\frac{2\sqrt 3}{3}(x-1/2))+C.
\]
(5) 办法一：作经典变换，即消去 $1+x^2$ 项, 令 $x=\tan t $, 则
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{(1+x^2)^2} dx= \int \cos^2 t dt = \frac 12 \int (1+\cos 2t) dt = \frac 12 t+\frac14 \sin 2t +C=\frac12 t +\frac 12 \sin t\cos t +C,
\end{aligned}
\]
因此
\[
\int \frac{1}{(1+x^2)^2} dx = \frac12 \arctan x + \frac12 \frac{x}{1+x^2}+C.
\]
方法二：(如果记得书上例题递归公式的话，可以直接用，不然的话，基本想法是我们做不出来的原因是分母的次数太高，可以选择两个，一个是倒变换，一个是按书上的办法做分部)
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{(1+x^2)^2} dx =-\frac 12\int \frac 1{x} d( \frac 1{1+x^2} )
= -\frac12 \frac 1{x(1+x^2)} -\frac12 \int \frac 1{x^2(1+x^2)} dx
\\=-\frac12 \frac 1{x(1+x^2)} + \frac 1{2x} +\frac12 \arctan x+C
= \frac12 \frac x{1+x^2} +\frac12 \arctan x+C.
\end{aligned}
\]
方法三: 令 $t=\frac 1x$, 则
\[
\int \frac{1}{(1+x^2)^2} dx = - \int \frac {t^2}{ (1+t^2)^2 } dt =\frac12 \int t d( \frac 1{1+t^2} )=\frac12 \frac{t}{1+t^2} - \frac12 \int \frac{1}{1+t^2} dt
= \frac12 \frac{t}{1+t^2} - \frac12 \arctan t+C.
\]
结果都是一样的。
(说明: 这里也可以看到分部积分的一个应用，分部积分一般用于把对数函数以及反三角函数消掉，另一个作用就是如果里面有复杂的项，而且是高阶的话， 比如这里的 $\frac 1{(1+t^2)^2}$, 可以考虑利用一次分部积分，把它化简单，当然这些都不是万能的，因题目而异。所以关键还是一开始的三角变换，是一类统一的机械化的方法。)
(6) 令
\[
t= \sqrt{\frac{x}{2-x}}, \qquad \mbox{则 } x= \frac{2 t^2}{1+t^2}, \qquad dx = \frac{4t}{(1+t^2)^2}dt
\]
因此
\[
\int \frac{1}{x^3} \sqrt{\frac{x}{2-x}} d x =\int \frac{1+t^2}{2 t^4} dt
\]
下略
(7) 令 $t=(x-1)^{1/6}$, 则
\[
\int \frac{1-\sqrt{x-1}}{1+\sqrt[3]{x-1}} dx =6\int \frac{1-t^3}{1+t^2}\cdot t^5 dt
\]
(注意：它已化为一个有理函数积分，这时候分子比分母更高，用多项式除法化为真分式再计算。
由于
\[
\frac{t^5-t^8}{1+t^2}=-t^6 +t^4 +t^3 -t^2 -t +1 + \frac{t-1}{1+t^2}.
\]
)
所以结果为
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1-\sqrt{x-1}}{1+\sqrt[3]{x-1}} dx =
-\frac 67 (x-1)^{7/6} +\frac 65 (x-1)^{5/6} + \frac32 (x-1)^{2/3} - 2 (x-1)^{1/2}
- 3 (x-1)^{1/3}
\\+ 6 (x-1)^{1/6} + 3 \ln| 1+(x-1)^{1/3} | -6\arctan(x-1)^{1/6}+C
\end{aligned}
\]
(8) 令 $t=\sqrt{e^x+1}$, 则
\[
\int \frac{dx}{\sqrt{e^x+1}}=\int \frac{2}{t^2-1}dt==\ln|t-1|+\ln|t+1|+C=\ln|\sqrt{e^x+1}-1|-\ln|\sqrt{e^x+1}+1|+C.
\]
(9) (万能变换最方便了) 令 $u=\tan \frac x2$
\[
\int \frac{dx}{\cos x +\sin x} =\int \frac{2}{1+2u -u^2} du =\int \frac{2}{2- (u-1)^2}du=\frac{1}{\sqrt 2} \int ( \frac{1}{\sqrt 2 -(u-1)}+\frac{1}{\sqrt 2+(u-1)} )du
\]
因此
\[
\int \frac{dx}{\cos x +\sin x}=\frac 1{\sqrt 2} \left(-\ln| 1+\sqrt 2 -\tan \frac x 2 |+ \ln | \sqrt 2 -1 +\tan \frac x2 | \right)+C.
\]
(10) 略