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

1.04 分/卷近 11 年平均

3/11 年出现年份

1.0 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. 真分式为什么一定能分解为部分分式，以及确定系数最快的赋值（遮盖）法★★ 必会

任何真分式都能唯一地分解为最简分式之和，这是代数基本定理的推论：实系数多项式

Q (x)

必可分解为一次因式与二次质因式之积，据此真分式

\frac{P}{Q}

就有相应的部分分式结构。确定系数有两条途径：赋值（遮盖）法对付单根最快；比较系数法则是对付重根与二次质因式的通用方法。解题时先用遮盖法定出单根所对应的系数，再回代求出其余系数，可以省去大量计算。

证明 / 推导

遮盖法的原理。 设

\frac{P ( x )}{( x - a ) R ( x )} = \frac{A}{x - a} + \frac{( 其余 )}{R ( x )}

，其中

R (a) \neq = 0

。两端同乘

(x - a)

，得

\frac{P ( x )}{R ( x )} = A + (x - a) \cdot \frac{( 其余 )}{R ( x )} .

令

x \to a

，右端第二项因含有因子

(x - a)

而趋于零，故

A = \frac{P ( a )}{R ( a )} .

这就是说，把分母中的

(x - a)

遮住，其余部分在

x = a

处取值，一步即得该系数。

■

举例说明

求

\int \frac{x + 3}{x ^{2} - x - 2} d x

。分母

= (x - 2) (x + 1)

，设

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

。用遮盖法，得

A B = \frac{x + 3}{x + 1}_{x = 2} = \frac{5}{3} = \frac{x + 3}{x - 2}_{x = - 1} = \frac{2}{- 3} = - \frac{2}{3} .

故

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

。

2. 含二次质因式的项的一般解法：分子凑出分母的导数，再配方，化为对数与反正切★ 要懂

含二次质因式的最简分式

\frac{B x + C}{x ^{2} + p x + q}

（其中

p^{2} - 4 q < 0

）常常失分，但它有固定的两步做法：① 把分子拆成分母的导数

2 x + p

的倍数与一个常数之和，前一部分直接凑成对数；② 剩下的常数项，把分母配方成

(x + \frac{p}{2})^{2} + k^{2}

的形式，凑成反正切。掌握了这两步，任何含二次质因式的项都能顺利拆开。

证明 / 推导

一般的推导。 记分母的导数为

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

。把分子改写为

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

于是

\int \frac{B x + C}{x ^{2} + p x + q} d x = \frac{B}{2} \int \frac{2 x + p}{x ^{2} + p x + q} d x + (C - \frac{B p}{2}) \int \frac{d x}{( x + \frac{p}{2} ) ^{2} + k ^{2}},

其中

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

。前一个积分

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

（因为分母恒正），后一个积分

= \frac{1}{k} arctan \frac{x + p /2}{k}

。

■

举例说明

求

\int \frac{x}{x ^{2} + 2 x + 3} d x

。分母的导数为

2 x + 2

，故把分子拆成

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

，于是

\int \frac{x}{x ^{2} + 2 x + 3} d x = \frac{1}{2} \int \frac{2 x + 2}{x ^{2} + 2 x + 3} d x - \int \frac{d x}{( x + 1 ) ^{2} + 2} .

= \frac{1}{2} ln (x^{2} + 2 x + 3) - \frac{1}{2} arctan \frac{x + 1}{2} + C .

3. 万能代换 $t = tan \frac{x}{2}$ 的三个公式是怎样得来的，以及为什么它一定能把被积函数有理化★ 要懂

万能代换的三个公式并非凭空而来，它们都由二倍角公式以及

tan \frac{x}{2} = t

推出。理解了推导过程就不会记混，特别是

cos x

与

sin x

之中哪一个等于

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

。它之所以万能，实质在于：作了代换以后，

sin x, cos x, d x

全部化为

t

的有理式，于是

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

必化为

t

的有理函数的积分，而有理函数总是可以积出的。

证明 / 推导

设

t = tan \frac{x}{2}

。由二倍角公式以及

1 + tan^{2} θ = sec^{2} θ

，得

sin 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 x = 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

。把这三个式子代入，被积函数与

d x

就都成为

t

的有理式。

■

举例说明

求

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

。代入

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

，得

\int \frac{\frac{2}{1 + t ^{2}}}{2 + \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}} d t = \int \frac{2}{2 ( 1 + t ^{2} ) + ( 1 - t ^{2} )} d t = \int \frac{2}{3 + t ^{2}} d t = \frac{2}{3} arctan \frac{t}{3} + C,

即

\frac{2}{3} arctan (\frac{1}{3} tan \frac{x}{2}) + C

。

4. 三角函数有理式先按奇偶性寻找简便解法，万能代换只作为最后的办法

万能代换虽然万能，但计算量大。实际解题时应先看被积函数关于 $sin x, cos x$ 的奇偶性，寻找简便的做法，只有都不奏效时才使用

t = tan \frac{x}{2}

。判别的方法有三条：
- 关于

sin x

为奇（即

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

）时，凑

d (cos x)

；
- 关于

cos x

为奇时，凑

d (sin x)

；
- 关于两者同时为偶（这等价于它是

tan x

的有理式）时，令

t = tan x

。
这些做法把积分直接化为一次简单的代换，比万能代换省力得多。

证明 / 推导

证. 设

R (u, v)

是

u, v

的有理函数，被积函数为

R (sin x, cos x)

。以下推导中设

cos x \neq = 0

。

① 关于 $sin x$ 为奇的情形. 设

R (- u, v) = - R (u, v)

。令

Q (u, v) = \frac{R ( u , v )}{u}

，则

Q (- u, v) = \frac{R ( - u , v )}{- u} = \frac{- R ( u , v )}{- u} = Q (u, v),

可见

Q

关于

u

是偶的。把

Q

写成分式，再把分子分母同乘分母在

- u

处的值。这时分母关于

u

成为偶函数，从而分子也是偶的。而关于

u

为偶的多项式只含

u

的偶次幂，所以存在有理函数

Q_{1}

，使

Q (u, v) = Q_{1} (u^{2}, v)

。于是

R (sin x, cos x) = sin x \cdot Q_{1} (sin^{2} x, cos x) = sin x \cdot Q_{1} (1 - cos^{2} x, cos x),

右端除因子

sin x

外只含

cos x

，记作

sin x \cdot Φ (cos x)

，其中

Φ

为有理函数。因

sin x d x = - d (cos x)

，故作代换

t = cos x

得

\int R (sin x, cos x) d x = - \int Φ (cos x) d (cos x) = - \int Φ (t) d t,

这已是有理函数的积分。可见凑

d (cos x)

一定行得通。

② 关于 $cos x$ 为奇的情形. 与①相类似，此时

R = cos x \cdot Ψ (sin x)

，其中

Ψ

为有理函数。由

cos x d x = d (sin x)

，作代换

t = sin x

即化为

\int Ψ (t) d t

。

③ 两者同时为偶的情形. 设

R (- u, - v) = R (u, v)

。把

R

写成分式，再把分子分母同乘分母在

(- u, - v)

处的值。这时分母在

u, v

同时变号时不变，分子也是如此。若多项式

T

满足

T (- u, - v) = T (u, v)

，比较同类项即知它的每个单项式

u^{i} v^{j}

都有

(- 1)^{i + j} = 1

，即

i + j

为偶数。而

u^{i} v^{j} = (v^{2})^{\frac{i + j}{2}} (\frac{u}{v})^{i},

其中

\frac{u}{v} = tan x

，

v^{2} = cos^{2} x = \frac{1}{1 + tan ^{2} x}

。可见分子与分母都是

tan x

的有理式，

R

也是。令

t = tan x

，则

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

，积分同样化为有理函数的积分。

这就证明了三条判别法各自都能把积分化为有理函数的积分。三种代换分别只引进

cos x

、

sin x

、

tan x

一个新变量。万能代换却要把

sin x

、

cos x

、

d x

三者一齐换掉。所得有理式的次数较高，计算自然繁重。

■

举例说明

下面对三种情形各举一例：
（关于

sin

为奇）

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

；
（关于

cos

为奇）

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

；
（两者同时为偶，令

t = tan x

）

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

：分子分母同除以

cos^{2} x

，得

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

。
必须注意，代换

t = tan x

所得的原函数

\frac{1}{2} arctan (2 tan x)

在

x = \frac{π}{2}

处没有定义。它在该点左侧的极限为

\frac{π}{2 2}

，右侧的极限为

- \frac{π}{2 2}

，两者相差

\frac{π}{2}

。因此当积分区间跨过

x = \frac{π}{2}

时，不能把上下限直接代入这个式子。例如这样计算

\int_{0}^{π} \frac{d x}{1 + sin ^{2} x}

会得到

0

。而被积函数恒为正，积分必为正数，可见这个结果是错的。正确的做法是以

x = \frac{π}{2}

为分界点，把积分分成两段。两段在这一点都改用单侧极限，于是

\int_{0}^{π} \frac{d x}{1 + sin ^{2} x} = \frac{π}{2 2} + \frac{π}{2 2} = \frac{π}{2} .

也可以另取一个在

x = \frac{π}{2}

处连续的原函数，再代入上下限。凡是用

t = tan x

计算定积分，都应先看区间内有没有使

cos x = 0

的点。
如果这些做法都不奏效，再使用万能代换。

💡 小知识

有理函数一定积得出初等原函数，这是一条有严格证明的定理。可只要把被积函数稍作改动，比如

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

、

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

、

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

这几个，就再也写不出初等表达式了。在初等函数的世界里，有理函数的可积性是一块难得的净土。

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{d x}{( x + 1 ) ( x + 2 )}

。难度 1

分母已是两个不同的一次因式，作部分分式分解：

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

用赋值（遮盖）法：令

x = - 1

得

1 = A (1)

，即

A = 1

；令

x = - 2

得

1 = B (- 1)

，即

B = - 1

。于是

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

方法总结：分母是相异一次因式之积时，部分分式 + 赋值法最快；对数记得加绝对值。

例 2 求

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

。难度 2

被积函数是假分式（分子次数

=

分母次数），先用多项式除法降为「多项式 + 真分式」：

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

再把真分式部分分解，

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

。逐项积分：

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

方法总结：

de g P \geq de g Q

必须先除再分解，否则分式拆不开。

例 3 求

\int \frac{2 x + 3}{x ^{2} + 2 x + 5} d x

。难度 2

分母

x^{2} + 2 x + 5

的判别式

4 - 20 < 0

，是二次质因子，用固定套路「前半凑对数、后半配方凑反正切」。先把分子拼出分母的导数

(x^{2} + 2 x + 5)^{'} = 2 x + 2

：

2 x + 3 = (2 x + 2) + 1.

于是拆成两块：

\int \frac{2 x + 3}{x ^{2} + 2 x + 5} d x = 凑对数 \int \frac{2 x + 2}{x ^{2} + 2 x + 5} d x + 配方凑反正切 \int \frac{d x}{x ^{2} + 2 x + 5} .

前一块

= ln (x^{2} + 2 x + 5)

（分子恰是分母导数，无需绝对值因分母恒正）；后一块配方

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

：

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

合并：

\int \frac{2 x + 3}{x ^{2} + 2 x + 5} d x = ln (x^{2} + 2 x + 5) + \frac{1}{2} arctan \frac{x + 1}{2} + C .

例 4 用万能代换求

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

。难度 2

令

t = tan \frac{x}{2}

，则

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

，

cos x = \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}

，

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

。先算分母：

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

代入，

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

与分母的

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

约去：

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

方法总结：万能代换把三角有理式机械地变成

t

的有理函数，必可积；代价是计算量，故一般作「保底」手段。

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 · 数三 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

设

\int_{1}^{+ \infty} \frac{a}{x ( 2 x + a )} d x = ln 2

，则

a =

______。

2025 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

计算

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 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 · 填空题

\int \frac{d x}{x ^{2} - 4} =

______

练习 2 · 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 3 · 填空题

\int \frac{d x}{x ^{2} + 4 x + 5} =

______

练习 4 · 选择题

作万能代换

t = tan \frac{x}{2}

时，

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 · 填空题

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

______

2009 年 · 数三 · 第 16 题 · 解答题 · 10 分

计算不定积分

\int ln (1 + \frac{1 + x}{x}) d x (x > 0)

。

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. 真分式为什么一定能分解为部分分式，以及确定系数最快的赋值（遮盖）法★★ 必会

2. 含二次质因式的项的一般解法：分子凑出分母的导数，再配方，化为对数与反正切★ 要懂

3. 万能代换 t=tan2x​ 的三个公式是怎样得来的，以及为什么它一定能把被积函数有理化★ 要懂

4. 三角函数有理式先按奇偶性寻找简便解法，万能代换只作为最后的办法

基础例题

真题精选

随堂练习

3. 万能代换 $t = tan \frac{x}{2}$ 的三个公式是怎样得来的，以及为什么它一定能把被积函数有理化★ 要懂