有理函数及三角有理式积分

§3.3 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.77 分/卷近 11 年平均

2/11 年出现年份

0.8 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）换元积分法与分部积分法不定积分的概念与性质

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 有理函数积分通法：假分式先除、部分分式分解规则、四类基本分式的积分★★ 必会

通法分三步。任何有理函数

\frac{P ( x )}{Q ( x )}

都能积出，且它的原函数必是有理函数、对数函数与反正切函数的组合。

① 假分式先作多项式除法：如果

de g P \geq de g Q

，那么

\frac{P ( x )}{Q ( x )} de g r = 多项式 + \frac{r ( x )}{Q ( x )} < de g Q

其中多项式部分可直接积分，于是只剩下真分式有待处理。

② 部分分式分解：把

Q (x)

在实数范围内分解为一次因子与二次质因子（其判别式

p^{2} - 4 q < 0

）的乘积，则真分式可唯一地分解为：

一次因子

(x - a)^{k}

贡献 $k$ 项：

\frac{A _{1}}{x - a} + \frac{A _{2}}{( x - a ) ^{2}} + \dots + \frac{A _{k}}{( x - a ) ^{k}}

；

二次质因子

(x^{2} + p x + q)^{k}

贡献 $k$ 项：

\frac{B _{1} x + C _{1}}{x ^{2} + p x + q} + \dots + \frac{B _{k} x + C _{k}}{( x ^{2} + p x + q ) ^{k}}

。这里的分子必须设成一次式 $B x + C$ ，若只设常数，则方程组无解。

各系数用赋值法（两端同乘

(x - a)

后令

x = a

，即可直接得出单因子的系数）与比较系数法联合确定。

③ 四类基本分式的积分：

\int \frac{d x}{x - a} \int \frac{d x}{( x - a ) ^{k}} = ln ∣ x - a ∣ + C; = \frac{( x - a ) ^{1 - k}}{1 - k} + C (k \geq 2);

\int \frac{d x}{x ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{x}{a} + C; \int \frac{B x + C}{x ^{2} + p x + q} d x 按「导数 + 常数」拆分子（见证明） .

（分母为

(x^{2} + p x + q)^{k}, k \geq 2

时用递推公式处理，考查较少。）

证明 / 推导

第四类的标准拆法. 因

(x^{2} + p x + q)^{'} = 2 x + p

，故可把分子写成

B x + C = \frac{B}{2} (2 x + p) + (C - \frac{B p}{2}),

于是（配方

x^{2} + p x + q = (x + \frac{p}{2})^{2} + a^{2}

，

a = q - \frac{p ^{2}}{4} > 0

）

\int \frac{B x + C}{x ^{2} + p x + q} d x = \frac{B}{2} ln (x^{2} + p x + q) + \frac{2 C - B p}{2 a} arctan \frac{x + \frac{p}{2}}{a} + C_{0} .

其中第一部分由凑微分

\int \frac{d ( x ^{2} + p x + q )}{x ^{2} + p x + q}

得到；又因分母无实根而恒为正，故对数不必加绝对值。

■

举例说明

真题（2025 数一） 计算

\int_{0}^{1} \frac{d x}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )}

。

解. 因

x^{2} - 2 x + 2 = (x - 1)^{2} + 1

无实根，故按②设

\frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B x + C}{x ^{2} - 2 x + 2} .

通分后比较系数，得

A + B = 0, - 2 A + B + C = 0, 2 A + C = 1

，解得

A = \frac{1}{5}, B = - \frac{1}{5}, C = \frac{3}{5}

。于是

原式 = \frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{d x}{x + 1} - \frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{x - 3}{x ^{2} - 2 x + 2} d x .

第一个积分

= ln 2

。第二个按③拆

x - 3 = \frac{1}{2} (2 x - 2) - 2

：

\int_{0}^{1} \frac{x - 3}{x ^{2} - 2 x + 2} d x = \frac{1}{2} ln (x^{2} - 2 x + 2)_{0}^{1} - 2 arctan (x - 1)_{0}^{1} = - \frac{1}{2} ln 2 - \frac{π}{2} .

合并得

\frac{1}{5} (ln 2 + \frac{1}{2} ln 2 + \frac{π}{2}) = \frac{3 ln 2 + π}{10}

。（如果在二次质因子上只设

\frac{C}{x ^{2} - 2 x + 2}

，那么方程组无解，可见分子必须是一次式。）

2. 万能代换所以万能的道理：单位圆的有理参数化★ 要懂

万能代换

t = tan \frac{x}{2}

之所以能把任意

\int R (sin x, cos x) d x

化为有理函数的积分，是因为它给出了单位圆的一个有理参数化：点

(cos x, sin x)

表示成

t

的有理式

(\frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}, \frac{2 t}{1 + t ^{2}})

，而

d x

也化成有理式

\frac{2}{1 + t ^{2}} d t

。于是

sin, cos, d x

全部有理化；

R

是有理函数，有理函数与有理函数的复合仍是有理函数，而有理函数总能积出。从几何上看，这就是自点

(- 1, 0)

作斜率为

t

的直线，它与单位圆的第二个交点即为所求的点，这一作法称为球极投影。

证明 / 推导

设

t = tan \frac{x}{2}

。由二倍角公式与半角公式，得

sin x cos x = 2 sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2} = \frac{2 tan \frac{x}{2}}{sec ^{2} \frac{x}{2}} = \frac{2 t}{1 + t ^{2}} = cos^{2} \frac{x}{2} - sin^{2} \frac{x}{2} = \frac{1 - tan ^{2} \frac{x}{2}}{sec ^{2} \frac{x}{2}} = \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}};

又由

x = 2 arctan t \Rightarrow d x = \frac{2}{1 + t ^{2}} d t

。并且

(\frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}})^{2} + (\frac{2 t}{1 + t ^{2}})^{2} = 1

，可见该点确在单位圆上。

■

举例说明

求

\int \frac{d x}{1 + sin x}

。解. 令

t = tan \frac{x}{2}

，则

1 + sin x = 1 + \frac{2 t}{1 + t ^{2}} = \frac{( 1 + t ) ^{2}}{1 + t ^{2}}

，

d x = \frac{2}{1 + t ^{2}} d t

，于是

\int \frac{d x}{1 + sin x} = \int \frac{2}{( 1 + t ) ^{2}} d t = - \frac{2}{1 + t} + C = - \frac{2}{1 + tan \frac{x}{2}} + C .

3. 三角有理式的奇偶性简化法：关于 sin 为奇时为什么凑 $d (cos x)$ ★ 要懂

万能代换总能奏效，但计算量大；凡能利用奇偶性简化的，就应先行简化。理由如下：若被积函数

R (sin x, cos x)

关于 $sin x$ 为奇，即

R (- sin x, cos x) = - R (sin x, cos x)

，则

R

中的

sin x

总以奇次幂出现，可以提出一个

sin x

，其余部分用

sin^{2} x = 1 - cos^{2} x

全化为

cos x

的有理式；而剩下的

sin x d x = - d (cos x)

，故令

u = cos x

即化为

u

的有理函数的积分。同理，若关于

cos x

为奇，则凑

d (sin x)

；若关于二者同为偶，即只依赖于

tan x

，则令

u = tan x

。用这三种办法，多数题目都可以免去万能代换的繁重计算。

证明 / 推导

证. 记

s = sin x, c = cos x

。所谓三角有理式，是指

R (s, c)

为

s, c

的有理函数，即两个二元多项式之商。先证一个引理。

引理. 如果有理函数

H (s, c)

关于

s

为偶，即

H (- s, c) = H (s, c)

，那么

H

可以写成

s^{2}

与

c

的有理函数。

证设

H = \frac{A ( s , c )}{B ( s , c )}

，其中

A, B

为多项式。分子分母同乘

B (- s, c)

，得

H = \frac{A ( s , c ) B ( - s , c )}{B ( s , c ) B ( - s , c )} .

新的分母关于

s

为偶，因为把

s

换成

- s

只是把

B (s, c)

与

B (- s, c)

这两个因子对调。于是新的分子等于

H

与一个关于

s

为偶的多项式之积，因而也关于

s

为偶。把这个分子按

s

的幂次排列。

s

换成

- s

后，奇次项变号而偶次项不变。与原式逐项比较，可知奇次项的系数全为零。因此它只含

s

的偶次幂，即是

s^{2}

与

c

的多项式。分子分母都如此，引理得证。

关于 $s$ 为奇的情形. 设

R (- s, c) = - R (s, c)

。令

H = \frac{R ( s , c )}{s}

，则

H (- s, c) = \frac{R ( - s , c )}{- s} = \frac{- R ( s , c )}{- s} = H (s, c),

即

H

关于

s

为偶。由引理，

H

是

s^{2}

与

c

的有理函数。再把曲线上的关系

s^{2} = 1 - c^{2}

代入，得

H = G (c)

，其中

G

为一元有理函数。于是

R = s G (c)

，从而

R (sin x, cos x) d x = G (cos x) sin x d x = - G (cos x) d (cos x),

令

u = cos x

即化为有理函数的积分

- \int G (u) d u

。这就说明了关于

sin x

为奇时为什么应当凑

d (cos x)

。

关于 $c$ 为奇的情形. 把上面的推理中

s

与

c

的地位互换，即得

R = G (sin x) cos x

，于是凑

d (sin x)

，令

u = sin x

。

关于二者同为偶的情形. 设

R (- s, - c) = R (s, c)

。在

cos x \neq = 0

的区间上令

t = \frac{s}{c} = tan x

，把

s = t c

代入，记

R (t, c) = R (t c, c)

，它仍是

t, c

的有理函数。由假设，

R (t, - c) = R (- t c, - c) = R (t c, c) = R (t, c),

即

R

关于

c

为偶。对引理中的两个变量作相应的替换，可知

R

是

c^{2}

与

t

的有理函数。又由

1 + tan^{2} x = sec^{2} x

得

c^{2} = \frac{1}{1 + t ^{2}}

，代入即知

R

是

t

的有理函数。再由

x = arctan t

得

d x = \frac{d t}{1 + t ^{2}}

，故令

u = tan x

也化为有理函数的积分。

三种情形都化成了一元有理函数的积分，这就是奇偶性简化法的依据。

■

必须注意，这三条都是充分条件。如果被积函数不属于以上任何一类，那么仍须用万能代换

t = tan \frac{x}{2}

，它对一切三角有理式都适用。

举例说明

求

\int \frac{sin ^{3} x}{1 + cos ^{2} x} d x

（它关于

sin x

为奇）。解. 因

sin^{3} x = sin x (1 - cos^{2} x)

，令

u = cos x, d u = - sin x d x

，得

\int \frac{1 - cos ^{2} x}{1 + cos ^{2} x} sin x d x = - \int \frac{1 - u ^{2}}{1 + u ^{2}} d u = \int \frac{u ^{2} - 1}{u ^{2} + 1} d u = \int (1 - \frac{2}{u ^{2} + 1}) d u = u - 2 arctan u + C .

回代即得

cos x - 2 arctan (cos x) + C

。

4. $\int \frac{a sin x + b cos x}{c sin x + d cos x} d x$ ：把分子拆成分母与分母的导数之和

这类三角一次式之比有一个比万能代换简便得多的标准解法。注意到分母

c sin x + d cos x

的导数是

c cos x - d sin x

，可用待定系数把分子写成

λ \cdot (分母) + μ \cdot (分母的导数)

，于是积分随即分成两部分：常数部分积出

λ x

，导数部分积出

μ ln ∣ 分母 ∣

。这里体现了一个通用的想法：遇到分式的积分，先看分子能否配出分母的导数，配出的那一部分给出对数。

证明 / 推导

证. 设

c, d

不全为零，讨论在使

c sin x + d cos x \neq = 0

的区间内进行。记分母为

m (x) = c sin x + d cos x

，则

m^{'} (x) = c cos x - d sin x

。

待定系数一定有解. 要求出

λ, μ

，使

a sin x + b cos x = λ m (x) + μ m^{'} (x)

对一切

x

成立。把右边展开并按

sin x, cos x

归并，得

(λ c - μ d) sin x + (λ d + μ c) cos x

。如果

A sin x + B cos x \equiv 0

，那么取

x = 0

得

B = 0

，取

x = \frac{π}{2}

得

A = 0

。可见两边的同名系数必须分别相等，即

{λ c - μ d = a, λ d + μ c = b .

这个关于

λ, μ

的线性方程组，其系数行列式为

c d - d c = c^{2} + d^{2} \neq = 0.

所以方程组有唯一解。第一式乘以

c

、第二式乘以

d

后相加，得

λ (c^{2} + d^{2}) = a c + b d

；第一式乘以

- d

、第二式乘以

c

后相加，得

μ (c^{2} + d^{2}) = b c - a d

。于是

λ μ = \frac{a c + b d}{c ^{2} + d ^{2}} = \frac{b c - a d}{c ^{2} + d ^{2}} .

由此可见，对任何

a, b, c, d

这样的

λ, μ

都存在且唯一，这个方法不会失效。

积分. 拆开后第一部分给出

λ \int d x = λ x

。第二部分凑微分，由

m^{'} (x) d x = d m (x)

得

\int \frac{m ^{'} ( x )}{m ( x )} d x = ln ∣ m (x) ∣ + C

。两部分合起来，即得一般公式

\int \frac{a sin x + b cos x}{c sin x + d cos x} d x = \frac{a c + b d}{c ^{2} + d ^{2}} x + \frac{b c - a d}{c ^{2} + d ^{2}} ln c sin x + d cos x + C .

求导即可验证。这就证明了所述解法的正确性。

■

必须注意，上式只在分母不为零的区间内成立，取绝对值是为了照顾分母为负的区间。由

λ, μ

的表达式还可以看出：当

a d = b c

时

μ = 0

，积分只剩

λ x

一项；当

a c + b d = 0

时

λ = 0

，积分只剩对数一项。

举例说明

求

\int \frac{3 sin x + 2 cos x}{sin x + cos x} d x

。解. 设

3 sin x + 2 cos x = λ (sin x + cos x) + μ (cos x - sin x)

，比较系数得：

sin x

项

3 = λ - μ

，

cos x

项

2 = λ + μ

，解得

λ = \frac{5}{2}, μ = - \frac{1}{2}

。于是

\int \frac{3 sin x + 2 cos x}{sin x + cos x} d x = \frac{5}{2} \int d x - \frac{1}{2} \int \frac{cos x - sin x}{sin x + cos x} d x = \frac{5}{2} x - \frac{1}{2} ln ∣ sin x + cos x ∣ + C .

5. 部分分式的完整分解：线性因子与二次质因子并存的情形

较难处理的是分母同时含有线性因子与二次质因子（判别式

< 0

，不能再分解）的情形。要点如下：二次质因子

x^{2} + p x + q

所对应的分子必须写成一次式

B x + C

，只写常数是最常见的漏项；确定系数时，对单根用赋值法（遮盖法）最快，二次因子中的

B, C

再用比较系数法补足；最后一部分则用配出分母的导数得到对数、配方得到反正切来完成。

举例说明

求

\int \frac{d x}{( x + 1 ) ( x ^{2} + 1 )}

。设

\frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} + 1 )} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B x + C}{x ^{2} + 1}

，通分得

1 = A (x^{2} + 1) + (B x + C) (x + 1)

。令

x = - 1

，得

1 = 2 A \Rightarrow A = \frac{1}{2}

；比较

x^{2}

的系数，得

0 = A + B \Rightarrow B = - \frac{1}{2}

；比较常数项，得

1 = A + C \Rightarrow C = \frac{1}{2}

。于是

\int \frac{d x}{( x + 1 ) ( x ^{2} + 1 )} = \frac{1}{2} \int \frac{d x}{x + 1} - \frac{1}{2} \int \frac{x - 1}{x ^{2} + 1} d x = \frac{1}{2} ln ∣ x + 1∣ - \frac{1}{4} ln (x^{2} + 1) + \frac{1}{2} arctan x + C,

其中

\int \frac{x - 1}{x ^{2} + 1} d x = \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) - arctan x

。

💡 小知识

有理函数一定能积出初等原函数，这是有严格证明的定理。可是只要把分母稍稍换掉，比如

\int e^{- x^{2}} d x

、

\int \frac{s i n x}{x} d x

、

\int \frac{d x}{l n x}

，就再也写不出初等表达式了。在初等函数的世界里，像有理函数这样可以放心积分的地方并不多见。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求

\int \frac{1}{x ^{2} - 1} d x

。难度 1

分母因式分解

x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1)

，作部分分式分解：

\frac{1}{( x - 1 ) ( x + 1 )} = \frac{1}{2} (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1}) .

（可由「遮盖法」或通分核对：

\frac{1}{2} \cdot \frac{( x + 1 ) - ( x - 1 )}{( x - 1 ) ( x + 1 )} = \frac{1}{x ^{2} - 1}

。）逐项积分：

\int \frac{d x}{x ^{2} - 1} = \frac{1}{2} (ln ∣ x - 1∣ - ln ∣ x + 1∣) + C = \frac{1}{2} ln \frac{x - 1}{x + 1} + C .

例 2 求

\int \frac{x}{x - 1} d x

。难度 2

这是假分式（分子分母同次），先用多项式除法降为真分式：

\frac{x}{x - 1} = \frac{( x - 1 ) + 1}{x - 1} = 1 + \frac{1}{x - 1} .

再逐项积分：

\int \frac{x}{x - 1} d x = \int 1 d x + \int \frac{1}{x - 1} d x = x + ln ∣ x - 1∣ + C .

要点：只要分子次数

\geq

分母次数，第一步一定是先除。

例 3 求

\int \frac{2 x + 3}{( x + 1 ) ( x + 2 )} d x

。难度 2

设部分分式

\frac{2 x + 3}{( x + 1 ) ( x + 2 )} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x + 2}

，去分母得

2 x + 3 = A (x + 2) + B (x + 1)

。
用赋值（遮盖）法：令

x = - 1

，得

1 = A

；令

x = - 2

，得

- 1 = - B

，即

B = 1

。于是

\int \frac{2 x + 3}{( x + 1 ) ( x + 2 )} d x = \int \frac{d x}{x + 1} + \int \frac{d x}{x + 2} = ln ∣ x + 1∣ + ln ∣ x + 2∣ + C .

例 4 求

\int \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 5} d x

。难度 2

分母判别式

2^{2} - 4 \cdot 5 < 0

，是二次质因子，标准手法是配方：

x^{2} + 2 x + 5 = (x + 1)^{2} + 4 = (x + 1)^{2} + 2^{2} .

套公式

\int \frac{d t}{t ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{t}{a} + C

，取

t = x + 1, a = 2

：

\int \frac{d x}{( x + 1 ) ^{2} + 4} = \frac{1}{2} arctan \frac{x + 1}{2} + C .

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

计算

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x

2021 年 · 数一 · 第 11 题 · 填空题 · 5 分

\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} + 2 x + 2} d x =

______.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

将

\frac{1}{( x - 1 ) ( x + 2 )}

分解为

\frac{A}{x - 1} + \frac{B}{x + 2}

，则

A =

（　　）

A $\frac{1}{3}$
B $- \frac{1}{3}$
C $1$
D $\frac{1}{2}$

练习 2 · 选择题

\int \frac{1}{x ^{2} + 4} d x =

（　　）

A $\frac{1}{2} arctan \frac{x}{2} + C$
B $arctan \frac{x}{2} + C$
C $\frac{1}{2} arctan 2 x + C$
D $ln (x^{2} + 4) + C$

练习 3 · 填空题

\int \frac{x}{x + 1} d x =

______

练习 4 · 选择题

三角有理式的万能代换

t = tan \frac{x}{2}

下，

sin x =

（　　）

A $\frac{2 t}{1 + t ^{2}}$
B $\frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}$
C $\frac{2 t}{1 - t ^{2}}$
D $\frac{1 + t ^{2}}{2 t}$

练习 5 · 选择题

将假分式

\frac{x ^{2}}{x ^{2} + 1}

化为真分式的正确结果是（　　）

A $1 - \frac{1}{x ^{2} + 1}$
B $1 + \frac{1}{x ^{2} + 1}$
C $x - \frac{1}{x ^{2} + 1}$
D $1 - \frac{x}{x ^{2} + 1}$

2001 年 · 数一 · 第 11 题 · 解答题 · 6 分

求

\int \frac{arctan e ^{x}}{e ^{2 x}} d x .

1994 年 · 数一 · 第 13 题 · 解答题 · 5 分

求

\int \frac{d x}{sin 2 x + 2 sin x}

1993 年 · 数一 · 第 12 题 · 解答题 · 5 分

求

\int \frac{x e ^{x}}{e ^{x} - 1} d x

有理函数及三角有理式积分

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 有理函数积分通法：假分式先除、部分分式分解规则、四类基本分式的积分★★ 必会

2. 万能代换所以万能的道理：单位圆的有理参数化★ 要懂

3. 三角有理式的奇偶性简化法：关于 sin 为奇时为什么凑 d(cosx)★ 要懂

4. ∫csinx+dcosxasinx+bcosx​dx：把分子拆成分母与分母的导数之和

5. 部分分式的完整分解：线性因子与二次质因子并存的情形

基础例题

真题精选

随堂练习

3. 三角有理式的奇偶性简化法：关于 sin 为奇时为什么凑 $d (cos x)$ ★ 要懂

4. $\int \frac{a sin x + b cos x}{c sin x + d cos x} d x$ ：把分子拆成分母与分母的导数之和