(
1
)
∫
x
3
x
+
3
d
x
；
(
2
)
∫
2
x
+
3
x
2
+
3
x
−
10
d
x
；
(
3
)
∫
x
+
1
x
2
−
2
x
+
5
d
x
；
(
4
)
∫
d
x
x
(
x
2
+
1
)
；
(
5
)
∫
3
x
3
+
1
d
x
；
(
6
)
∫
x
2
+
1
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
；
(
7
)
∫
x
d
x
(
x
+
1
)
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
；
(
8
)
∫
x
5
+
x
4
−
8
x
3
−
x
d
x
；
(
9
)
∫
d
x
(
x
2
+
1
)
(
x
2
+
x
)
；
(
10
)
∫
1
x
4
−
1
d
x
；
(
11
)
∫
d
x
(
x
2
+
1
)
(
x
2
+
x
+
1
)
；
(
12
)
∫
(
x
+
1
)
2
(
x
2
+
1
)
2
d
x
；
(
13
)
∫
−
x
2
−
2
(
x
2
+
x
+
1
)
2
d
x
；
(
14
)
∫
d
x
3
+
s
i
n
2
x
；
(
15
)
∫
d
x
3
+
c
o
s
x
；
(
16
)
∫
d
x
2
+
s
i
n
x
；
(
17
)
∫
d
x
1
+
s
i
n
x
+
c
o
s
x
；
(
18
)
∫
d
x
2
s
i
n
x
−
c
o
s
x
+
5
；
(
19
)
∫
d
x
1
+
x
+
1
3
；
(
20
)
∫
(
x
)
3
−
1
x
+
1
d
x
；
(
21
)
∫
x
+
1
−
1
x
+
1
+
1
d
x
；
(
22
)
∫
d
x
x
+
x
4
；
(
23
)
∫
1
−
x
1
+
x
d
x
x
；
(
24
)
∫
d
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
4
3
；
(1) ∫x3x+3dx； (2) ∫2x+3x2+3x−10dx； (3) ∫x+1x2−2x+5dx； (4) ∫dxx(x2+1)； (5) ∫3x3+1dx； (6) ∫x2+1(x+1)2(x−1)dx； (7) ∫xdx(x+1)(x+2)(x+3)； (8) ∫x5+x4−8x3−xdx； (9) ∫dx(x2+1)(x2+x)； (10) ∫1x4−1dx； (11) ∫dx(x2+1)(x2+x+1)； (12) ∫(x+1)2(x2+1)2dx； (13) ∫−x2−2(x2+x+1)2dx； (14) ∫dx3+sin2 x； (15) ∫dx3+cos x； (16) ∫dx2+sin x； (17) ∫dx1+sin x+cos x； (18) ∫dx2sin x−cos x+5； (19) ∫dx1+3√x+1； (20) ∫(√x)3−1√x+1dx； (21) ∫√x+1−1√x+1+1dx； (22) ∫dx√x+4√x； (23) ∫√1−x1+xdxx； (24) ∫dx3√(x+1)2(x−1)4；
(
1
)
设
u
=
x
+
3
，则
x
=
u
−
3
，
d
x
=
d
u
，
得
∫
x
3
x
+
3
d
x
=
∫
(
u
−
3
)
3
u
d
u
=
∫
u
3
−
9
u
2
+
27
u
−
27
u
d
u
=
∫
(
u
2
−
9
u
+
27
−
27
u
)
d
u
=
∫
(
x
2
−
3
x
+
9
−
27
x
+
3
)
d
x
=
1
3
x
3
−
3
2
x
2
+
9
x
−
27
l
n
∣
x
+
3
∣
+
C
(
2
)
设
2
x
+
3
x
2
+
3
x
−
10
=
A
x
+
5
+
B
x
−
2
，
其中
A
、
B
为待定系数。上式两端去分母后，得
2
x
+
3
=
A
(
x
−
2
)
+
B
(
x
+
5
)
，即
2
x
+
3
=
(
A
+
B
)
x
−
2
A
+
5
B
，比较上式两端同次幂得系数，即有
{
A
+
B
=
2
，
−
2
A
+
5
B
=
3
解得
A
=
1
，
B
=
1
。于是
∫
2
x
+
3
x
2
+
3
x
−
10
d
x
=
∫
(
1
x
+
5
+
1
x
−
2
)
d
x
=
l
n
∣
x
+
5
∣
+
l
n
∣
x
−
2
∣
+
C
=
l
n
∣
x
2
+
3
x
−
10
∣
+
C
(
3
)
∫
x
+
1
x
2
−
2
x
+
5
d
x
=
∫
(
x
−
1
+
2
(
x
−
1
)
2
+
4
)
d
x
=
∫
(
x
−
1
x
2
−
2
x
+
5
+
2
(
x
−
1
)
2
+
4
)
d
x
=
∫
x
−
1
x
2
−
2
x
+
5
d
x
+
1
2
∫
1
1
+
(
x
−
1
2
)
2
d
x
=
1
2
l
n
(
x
2
−
2
x
+
5
)
+
a
r
c
t
a
n
x
−
1
2
+
C
(
4
)
∫
d
x
x
(
x
2
+
1
)
=
∫
(
1
x
−
x
x
2
+
1
)
d
x
=
∫
1
x
d
x
−
1
2
∫
x
x
2
+
1
d
(
x
2
+
1
)
=
l
n
∣
x
∣
−
1
2
l
n
(
x
2
+
1
)
+
C
(
5
)
∫
3
x
3
+
1
d
x
=
∫
3
(
x
+
1
)
(
x
2
−
x
+
1
)
d
x
=
∫
(
1
x
+
1
+
2
−
x
x
2
−
x
+
1
)
d
x
=
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
2
∫
1
x
2
−
x
+
1
d
(
x
2
−
x
+
1
)
+
3
2
∫
1
x
2
−
x
+
1
d
x
=
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
2
l
n
(
x
2
−
x
+
1
)
+
3
∫
1
1
+
(
2
x
−
1
3
)
2
d
(
2
x
−
1
3
)
=
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
2
l
n
(
x
2
−
x
+
1
)
+
3
a
r
c
t
a
n
2
x
−
1
3
+
C
(
6
)
∫
x
2
+
1
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
=
∫
(
1
x
−
1
−
2
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
)
d
x
=
∫
1
x
−
1
d
x
−
∫
2
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
，
求
∫
2
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
，设
2
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
=
A
x
+
B
(
x
+
1
)
2
+
D
x
−
1
，则
2
x
=
(
A
x
+
B
)
(
x
−
1
)
+
D
(
x
+
1
)
2
，
即
2
x
=
(
A
+
D
)
x
2
+
(
B
−
A
+
2
D
)
x
−
B
+
D
，比较上式两端同次幂的系数，即有
{
A
+
D
=
0
，
B
−
A
+
2
D
=
2
，
−
B
+
D
=
0
解得
A
=
−
1
2
，
B
=
1
2
，
D
=
1
2
，于是
∫
2
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
=
∫
(
−
1
2
x
−
1
(
x
+
1
)
2
+
1
2
1
x
−
1
)
d
x
=
−
1
2
∫
x
−
1
(
x
+
1
)
2
d
x
+
1
2
∫
1
x
−
1
d
x
，
求
∫
x
−
1
(
x
+
1
)
2
d
x
，设
u
=
x
+
1
，则
x
=
u
−
1
，
d
x
=
d
u
，得
∫
x
−
1
(
x
+
1
)
2
d
x
=
∫
u
−
2
u
2
d
u
=
∫
1
u
d
u
−
2
∫
1
u
2
d
u
=
l
n
∣
x
+
1
∣
+
2
x
+
1
+
C
，代入上式，
得
∫
2
x
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
=
−
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
x
+
1
+
1
2
∫
1
x
−
1
d
x
，代入原式，
得
∫
x
2
+
1
(
x
+
1
)
2
(
x
−
1
)
d
x
=
1
2
∫
1
x
−
1
d
x
+
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
+
1
x
+
1
=
1
2
l
n
∣
x
2
−
1
∣
+
1
x
+
1
+
C
(
7
)
∫
x
d
x
(
x
+
1
)
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
=
∫
(
x
(
x
+
1
)
(
x
+
3
)
−
x
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
)
d
x
=
∫
x
(
x
+
1
)
(
x
+
3
)
d
x
−
∫
x
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
d
x
，求
∫
x
(
x
+
1
)
(
x
+
3
)
d
x
设
x
(
x
+
1
)
(
x
+
3
)
=
A
x
+
1
+
B
x
+
3
，其中
A
、
B
为待定系数，上式两端去分母后，
得
x
=
A
(
x
+
3
)
+
B
(
x
+
1
)
，即
x
=
(
A
+
B
)
x
+
3
A
+
B
，即有
{
A
+
B
=
1
，
3
A
+
B
=
0
解得
A
=
−
1
2
，
B
=
3
2
，
于是
∫
x
(
x
+
1
)
(
x
+
3
)
d
x
=
−
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
+
3
2
l
n
∣
x
+
3
∣
+
C
求
∫
x
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
d
x
，设
x
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
=
A
x
+
2
+
B
x
+
3
，其中
A
、
B
为待定系数，上式两端去分母后，
得
x
=
A
(
x
+
3
)
+
B
(
x
+
2
)
，即
x
=
(
A
+
B
)
x
=
3
A
+
2
B
，即有
{
A
+
B
=
1
，
3
A
+
2
B
=
0
解得
A
=
−
2
，
B
=
3
，
于是
∫
x
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
d
x
=
−
2
l
n
∣
x
+
2
∣
+
3
l
n
∣
x
+
3
∣
+
C
，
最后，
∫
x
d
x
(
x
+
1
)
(
x
+
2
)
(
x
+
3
)
=
−
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
+
2
l
n
∣
x
+
2
∣
−
3
2
l
n
∣
x
+
3
∣
+
C
(
8
)
∫
x
5
+
x
4
−
8
x
3
−
x
d
x
=
∫
x
5
−
x
4
+
2
x
4
−
2
−
6
x
(
x
2
−
1
)
d
x
=
∫
(
x
3
x
+
1
+
2
x
2
+
1
x
−
6
x
(
x
2
−
1
)
)
d
x
=
∫
x
3
x
+
1
d
x
+
2
∫
(
x
+
1
x
)
d
x
−
∫
6
x
(
x
2
−
1
)
d
x
（
1
−
1
），求
∫
x
3
x
+
1
d
x
，
设
u
=
x
+
1
，则
x
=
u
−
1
，
d
x
=
d
u
，得
∫
x
3
x
+
1
d
x
=
∫
(
u
−
1
)
3
u
d
u
=
∫
(
u
2
−
3
u
+
3
−
1
u
)
d
u
=
1
3
u
3
−
3
2
u
2
+
3
u
−
l
n
∣
u
∣
+
C
=
1
3
x
3
−
1
2
x
2
+
x
−
l
n
∣
x
+
1
∣
+
C
求
∫
6
x
(
x
2
−
1
)
d
x
，
∫
6
x
(
x
2
−
1
)
d
x
=
6
∫
(
x
x
2
−
1
−
1
x
)
d
x
=
3
∫
x
x
2
−
1
d
(
x
2
−
1
)
−
6
∫
1
x
d
x
=
3
l
n
∣
x
2
−
1
∣
−
6
l
n
∣
x
∣
+
C
把两式结果代入（
1
−
1
）式，得
1
3
x
3
−
1
2
x
2
+
x
−
l
n
∣
x
+
1
∣
+
x
2
+
2
l
n
∣
x
∣
−
3
l
n
∣
x
2
−
1
∣
+
6
l
n
∣
x
∣
+
C
=
1
3
x
3
+
1
2
x
2
+
x
+
8
l
n
∣
x
∣
−
3
l
n
∣
x
−
1
∣
−
4
l
n
∣
x
+
1
∣
+
C
(
9
)
∫
d
x
(
x
2
+
1
)
(
x
2
+
x
)
=
∫
(
1
x
2
+
x
−
1
x
2
+
1
+
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
)
d
x
=
∫
1
x
(
x
+
1
)
d
x
−
∫
1
1
+
x
2
d
x
+
∫
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
=
∫
(
1
x
−
1
x
+
1
)
d
x
−
∫
1
1
+
x
2
d
x
+
∫
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
=
∫
1
x
d
x
−
∫
1
x
+
1
d
x
−
∫
1
1
+
x
2
d
x
+
∫
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
（
1
−
1
），求
∫
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
，
∫
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
=
∫
(
1
1
+
x
2
−
x
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
)
d
x
=
∫
1
1
+
x
2
d
x
−
∫
x
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
（
1
−
2
），求
∫
x
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
设
x
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
=
A
x
+
1
+
B
x
+
D
x
2
+
1
，则
x
=
A
(
x
2
+
1
)
+
(
B
x
+
D
)
(
x
+
1
)
，
即
x
=
(
A
+
B
)
x
2
+
(
B
+
D
)
x
+
A
+
D
，即有
{
A
+
B
=
0
，
B
+
D
=
1
，
A
+
D
=
0
解得
A
=
−
1
2
，
B
=
1
2
，
D
=
1
2
，
得
∫
x
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
=
−
1
2
∫
1
x
+
1
d
x
+
1
2
∫
x
+
1
x
2
+
1
d
x
=
−
1
2
∫
1
x
+
1
d
x
+
1
4
∫
1
1
+
x
2
d
(
1
+
x
2
)
+
1
2
∫
1
1
+
x
2
d
x
=
−
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
+
1
4
l
n
∣
x
2
+
1
∣
+
1
2
a
r
c
t
a
n
x
+
C
，
代入（
1
−
2
）式，得
∫
1
1
+
x
2
d
x
−
∫
x
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
=
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
4
l
n
∣
x
2
+
1
∣
+
1
2
a
r
c
t
a
n
x
+
C
，代入（
1
−
1
）式，得
∫
1
x
d
x
−
∫
1
x
+
1
d
x
−
∫
1
1
+
x
2
d
x
+
∫
1
(
x
2
+
1
)
(
x
+
1
)
d
x
=
l
n
∣
x
∣
−
l
n
∣
x
+
1
∣
−
a
r
c
t
a
n
x
+
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
4
l
n
∣
x
2
+
1
∣
+
1
2
a
r
c
t
a
n
x
+
C
=
l
n
∣
x
∣
−
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
−
1
4
l
n
(
x
2
+
1
)
−
1
2
a
r
c
t
a
n
x
+
C
(
10
)
∫
1
x
4
−
1
d
x
=
∫
(
1
x
2
−
1
−
1
1
+
x
2
−
1
x
4
−
1
)
d
x
，得
∫
1
x
4
−
1
d
x
=
1
2
∫
1
x
2
−
1
d
x
−
1
2
∫
1
1
+
x
2
d
x
（
1
−
1
），求
∫
1
x
2
−
1
d
x
，
∫
1
x
2
−
1
d
x
=
∫
(
1
x
−
1
−
1
x
+
1
−
1
x
2
−
1
)
d
x
，得
∫
1
x
2
−
1
d
x
=
1
2
∫
1
x
−
1
d
x
−
1
2
∫
1
x
+
1
d
x
=
1
2
l
n
∣
x
−
1
∣
−
1
2
l
n
∣
x
+
1
∣
+
C
，代入原式，得
∫
1
x
4
−
1
d
x
=
1
4
l
n
∣
x
−
1
x
+
1
∣
−
1
2
a
r
c
t
a
n
x
+
C
\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设u=x+3，则x=u-3，dx=du，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 得\int \frac{x3}{x+3}dx=\int \frac{(u-3)^3}{u}du=\int \frac{u^3-9u^2+27u-27}{u}du=\int \left(u^2-9u+27-\frac{27}{u}\right)du=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \left(x^2-3x+9-\frac{27}{x+3}\right)dx=\frac{1}{3}x^3-\frac{3}{2}x^2+9x-27ln\ |x+3|+C\\\\ &\ \ (2)\ 设\frac{2x+3}{x^2+3x-10}=\frac{A}{x+5}+\frac{B}{x-2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 其中A、B为待定系数。上式两端去分母后，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 2x+3=A(x-2)+B(x+5)，即2x+3=(A+B)x-2A+5B，比较上式两端同次幂得系数，即有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \begin{cases}A+B=2，\\\\\ -2A+5B=3\end{cases}解得A=1，B=1。于是\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{2x+3}{x^2+3x-10}dx=\int \left(\frac{1}{x+5}+\frac{1}{x-2}\right)dx=ln\ |x+5|+ln\ |x-2|+C=ln\ |x^2+3x-10|+C\\\\ &\ \ (3)\ \int \frac{x+1}{x^2-2x+5}dx=\int \left(\frac{x-1+2}{(x-1)^2+4}\right)dx=\int \left(\frac{x-1}{x^2-2x+5}+\frac{2}{(x-1)^2+4}\right)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{x-1}{x^2-2x+5}dx+\frac{1}{2}\int \frac{1}{1+\left(\frac{x-1}{2}\right)^2}dx=\frac{1}{2}ln(x^2-2x+5)+arctan\ \frac{x-1}{2}+C\\\\ &\ \ (4)\ \int \frac{dx}{x(x^2+1)}=\int \left(\frac{1}{x}-\frac{x}{x^2+1}\right)dx=\int \frac{1}{x}dx-\frac{1}{2}\int \frac{x}{x^2+1}d(x^2+1)=ln\ |x|-\frac{1}{2}ln(x^2+1)+C\\\\ &\ \ (5)\ \int \frac{3}{x^3+1}dx=\int \frac{3}{(x+1)(x^2-x+1)}dx=\int \left(\frac{1}{x+1}+\frac{2-x}{x^2-x+1}\right)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ ln\ |x+1|-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x^2-x+1}d(x^2-x+1)+\frac{3}{2}\int \frac{1}{x^2-x+1}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ ln\ |x+1|-\frac{1}{2}ln(x^2-x+1)+\sqrt{3}\int \frac{1}{1+\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)^2}d\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ ln\ |x+1|-\frac{1}{2}ln(x^2-x+1)+\sqrt{3}arctan\ \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C\\\\ &\ \ (6)\ \int \frac{x^2+1}{(x+1)^2(x-1)}dx=\int \left(\frac{1}{x-1}-\frac{2x}{(x+1)^2(x-1)}\right)dx=\int \frac{1}{x-1}dx-\int \frac{2x}{(x+1)^2(x-1)}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 求\int \frac{2x}{(x+1)^2(x-1)}dx，设\frac{2x}{(x+1)^2(x-1)}=\frac{Ax+B}{(x+1)^2}+\frac{D}{x-1}，则2x=(Ax+B)(x-1)+D(x+1)^2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即2x=(A+D)x^2+(B-A+2D)x-B+D，比较上式两端同次幂的系数，即有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \begin{cases}A+D=0，\\\\ B-A+2D=2，\\\\ -B+D=0\end{cases}解得A=-\frac{1}{2}，B=\frac{1}{2}，D=\frac{1}{2}，于是\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{2x}{(x+1)^2(x-1)}dx=\int \left(-\frac{1}{2}\frac{x-1}{(x+1)^2}+\frac{1}{2}\frac{1}{x-1}\right)dx=-\frac{1}{2}\int \frac{x-1}{(x+1)^2}dx+\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-1}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 求\int \frac{x-1}{(x+1)^2}dx，设u=x+1，则x=u-1，dx=du，得\int \frac{x-1}{(x+1)^2}dx=\int \frac{u-2}{u^2}du=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{u}du-2\int \frac{1}{u^2}du=ln\ |x+1|+\frac{2}{x+1}+C，代入上式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 得\int \frac{2x}{(x+1)^2(x-1)}dx=-\frac{1}{2}ln\ |x+1|-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-1}dx，代入原式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 得\int \frac{x^2+1}{(x+1)^2(x-1)}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-1}dx+\frac{1}{2}ln\ |x+1|+\frac{1}{x+1}=\frac{1}{2}ln\ |x^2-1|+\frac{1}{x+1}+C\\\\ &\ \ (7)\ \int \frac{xdx}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\int \left(\frac{x}{(x+1)(x+3)}-\frac{x}{(x+2)(x+3)}\right)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{x}{(x+1)(x+3)}dx-\int \frac{x}{(x+2)(x+3)}dx，求\int \frac{x}{(x+1)(x+3)}dx\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 设\frac{x}{(x+1)(x+3)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+3}，其中A、B为待定系数，上式两端去分母后，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 得x=A(x+3)+B(x+1)，即x=(A+B)x+3A+B，即有\begin{cases}A+B=1，\\\\ 3A+B=0\end{cases}解得A=-\frac{1}{2}，B=\frac{3}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 于是\int \frac{x}{(x+1)(x+3)}dx=-\frac{1}{2}ln\ |x+1|+\frac{3}{2}ln\ |x+3|+C\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 求\int \frac{x}{(x+2)(x+3)}dx，设\frac{x}{(x+2)(x+3)}=\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x+3}，其中A、B为待定系数，上式两端去分母后，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 得x=A(x+3)+B(x+2)，即x=(A+B)x=3A+2B，即有\begin{cases}A+B=1，\\\\ 3A+2B=0\end{cases}解得A=-2，B=3，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 于是\int \frac{x}{(x+2)(x+3)}dx=-2ln\ |x+2|+3ln \ |x+3|+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 最后，\int \frac{xdx}{(x+1)(x+2)(x+3)}=-\frac{1}{2}ln\ |x+1|+2ln\ |x+2|-\frac{3}{2}ln\ |x+3|+C\\\\ &\ \ (8)\ \int \frac{x^5+x^4-8}{x^3-x}dx=\int \frac{x^5-x^4+2x^4-2-6}{x(x^2-1)}dx=\int \left(\frac{x^3}{x+1}+2\frac{x^2+1}{x}-\frac{6}{x(x^2-1)}\right)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{x^3}{x+1}dx+2\int \left(x+\frac{1}{x}\right)dx-\int \frac{6}{x(x^2-1)}dx（1-1），求\int \frac{x^3}{x+1}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 设u=x+1，则x=u-1，dx=du，得\int \frac{x^3}{x+1}dx=\int \frac{(u-1)^3}{u}du=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \left(u^2-3u+3-\frac{1}{u}\right)du=\frac{1}{3}u^3-\frac{3}{2}u^2+3u-ln\ |u|+C=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2+x-ln\ |x+1|+C\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 求\int \frac{6}{x(x^2-1)}dx，\int \frac{6}{x(x^2-1)}dx=6\int \left(\frac{x}{x^2-1}-\frac{1}{x}\right)dx=3\int \frac{x}{x^2-1}d(x^2-1)-6\int \frac{1}{x}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 3ln\ |x^2-1|-6ln\ |x|+C\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 把两式结果代入（1-1）式，得\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2+x-ln\ |x+1|+x^2+2ln\ |x|-3ln\ |x^2-1|+6ln\ |x|+C=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2}x^2+x+8ln\ |x|-3ln\ |x-1|-4ln\ |x+1|+C\\\\ &\ \ (9)\ \int \frac{dx}{(x^2+1)(x^2+x)}=\int \left(\frac{1}{x^2+x}-\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{(x^2+1)(x+1)}\right)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x(x+1)}dx-\int \frac{1}{1+x^2}dx+\int \frac{1}{(x^2+1)(x+1)}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)dx-\int \frac{1}{1+x^2}dx+\int \frac{1}{(x^2+1)(x+1)}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x}dx-\int \frac{1}{x+1}dx-\int \frac{1}{1+x^2}dx+\int \frac{1}{(x^2+1)(x+1)}dx（1-1），求\int \frac{1}{(x^2+1)(x+1)}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{(x^2+1)(x+1)}dx=\int \left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{x}{(x^2+1)(x+1)}\right)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{1+x^2}dx-\int \frac{x}{(x^2+1)(x+1)}dx（1-2），求\int \frac{x}{(x^2+1)(x+1)}dx\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 设\frac{x}{(x^2+1)(x+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+D}{x^2+1}，则x=A(x^2+1)+(Bx+D)(x+1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即x=(A+B)x^2+(B+D)x+A+D，即有\begin{cases}A+B=0，\\\\B+D=1，\\\\A+D=0\end{cases}解得A=-\frac{1}{2}，B=\frac{1}{2}，D=\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int \frac{x}{(x^2+1)(x+1)}dx=-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+1}dx+\frac{1}{2}\int \frac{x+1}{x^2+1}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ -\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+1}dx+\frac{1}{4}\int \frac{1}{1+x^2}d(1+x^2)+\frac{1}{2}\int \frac{1}{1+x^2}dx=-\frac{1}{2}ln\ |x+1|+\frac{1}{4}ln\ |x^2+1|+\frac{1}{2}arctan\ x+C，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入（1-2）式，得\int \frac{1}{1+x^2}dx-\int \frac{x}{(x^2+1)(x+1)}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}ln\ |x+1|-\frac{1}{4}ln\ |x^2+1|+\frac{1}{2}arctan\ x+C，代入（1-1）式，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x}dx-\int \frac{1}{x+1}dx-\int \frac{1}{1+x^2}dx+\int \frac{1}{(x^2+1)(x+1)}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ ln\ |x|-ln\ |x+1|-arctan\ x+\frac{1}{2}ln\ |x+1|-\frac{1}{4}ln\ |x^2+1|+\frac{1}{2}arctan\ x+C=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ ln\ |x|-\frac{1}{2}ln\ |x+1|-\frac{1}{4}ln(x^2+1)-\frac{1}{2}arctan\ x+C\\\\ &\ \ (10)\ \int \frac{1}{x^4-1}dx=\int \left(\frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^4-1}\right)dx，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x^4-1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1}{x^2-1}dx-\frac{1}{2}\int \frac{1}{1+x^2}dx（1-1），求\int \frac{1}{x^2-1}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x^2-1}dx=\int \left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x^2-1}\right)dx，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x^2-1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-1}dx-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+1}dx=\frac{1}{2}ln\ |x-1|-\frac{1}{2}ln\ |x+1|+C，代入原式，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int \frac{1}{x^4-1}dx=\frac{1}{4}ln\ \left|\frac{x-1}{x+1}\right|-\frac{1}{2}arctan\ x+C & \end{aligned}