1、第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解11求下列不定积分： ；3()xd【解】先用部分分式法将被积的有理函数分解为基本可积有理函数：令 ，3231()(1)()xABCx去分母，得 ， - *1x下面用特殊值代入法确定待定系数 ， ， ：A将 代入*式，得 ，1x2C将 ， 代入*式，得 ，01B将 ， 代入*式，得 ，2由 解得 ， ，1AB0于是得 ，323(1)()(1)xx从而积分得 3()dx23()()dx231(1)()()x2()c ；21()dx【解】先用部分分式法将被积的有理函数分解为基本可积有理函数：令 ，221()1ABCxx去分母，得 ， - *2()(
2、)x下面用特殊值代入法确定待定系数 ， ， ：ABC将 代入*式，得 ，0x第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解2将 代入*式，得 ，1x1C将 ， 和 代入*式，得 ，得 ,B2x2(1)4A1A于是得 ，22(1)1x从而积分得 22()()ddxx1lnlxcl1lnxc ；215dxx【解】被积函数为分子是常数，分母是无根二次多项式，为基本可积有理函数，配型为即可解之：21u，5x21()4x21()4x21()x于是得 2d21()d- 2()x12xd1arctn ；32(1)xd【解】先用部分分式法将被积的有理函数分解为基本可积有理函数：令 ，3232(1)(1)
3、()xABCDxx去分母，得 ， - *32(1)x下面用特殊值代入法确定待定系数 ， ， ：AB将 代入*式，得 ，0x将 代入*式，得 ，11D第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解3将 和 代入*式，得 ，2A1D3232(1)()(1)xBxCx整理得 ，3264()xBC等号两端去掉因式 ，得 - *()4x由多项式相等条件，得 ，将 代入*式，得 ，2B2于是得 ，3231(1)()()xxx从而积分得 3 232 ()()()ddx 21lnl1()xcx2432l()c ；21()dxx【解】先用部分分式法将被积的有理函数分解为基本可积有理函数：由于被积函数的分母
4、中的两个因式均无零点，即令 2221()1AxBCDxx去分母，得 - *2()AB下面确定待定系数 ， ， ， ：CD【解法一】用解方程组法展开*式右边，得 ，321()()()()xxABCxD由多项式相等条件，得 ， 0, 1 , 3 4ABDC得 ，0B第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解4得 ，1A将 代入得 ，0BD将 代入得 ，C【解法二】用特殊值代入法虚数代入法将 代入*式，得 xi221()1)()1AxBCxD得 ，亦即 ，1()(ABiiABi可得 ， ，0将 ， 代入*式，得 ，221()()1xCx等号两端去掉因式 ，得 ，2xD由多项式相等条件即得
5、， ，C于是得 ，22211()xx从而积分得 2 2211()()xddxx22()x22111ln(xddx2 2)()3()4x2 22 2111ln()()()1xdxdx22 24l()l()13()22 21 1ln()l(1) 3()xxxdx第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解521321lnarctnxxc2lrt13x ；41dx【解】易见 ，42(1)()x先用部分分式法将被积的有理函数分解为基本可积有理函数：由于被积函数的分母中的两个因式均无零点，即令 2 21()()11ABCxDxx去分母，得 - *2()()()A x 下面用特殊值代入法确定待定系
6、数 ， ， ， ：将 代入*式，得 ，即有 ，1x1414A将 代入*式，得 ，即有 ，B将 代入*式，得 ，对比得 ， ，xi2CiD012D于是有 ，22114()()1xxx从而积分得 41dx 21411ddxxxlnlarctn1lrt42xx ；1xd【解】由于被积函数中含有根式，且根指数与根号内多项式的次数不相等，应作直接变换，第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解6令 ，则 ， ，于是，该积分转化为有理函数的积分：1xu21xdxud2()1du214)udu24lnc()4ln(xxc11) ；1xd【解法一】由于 ，被积函数中含有根式，且很指数与根号内的多项式
7、次21x数同为 2，应作三角变换，令 ， ，sinxu2x则 ， ， ，1cos1inusicosdxuarcsinx于是，该积分为： 1xd2cosinud2si1nud(1sin)udcosu2arxc【解法二】由于被积函数中含有根式 ，可作第二换元积分法中的直接变换，1x令 ，则 ， ，1xu224()udd于是有， dx2(1)2(1)u214()du224()dud21arctn()u第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解7其中， 的积分过程如下：21()du令 ， ，tanut则 ， ，2211()(tan)41sect2secdut得 2()du24st2ot1os
8、2td1inttc21an4ttc2arc2u从而， 1xd 214tn()d2arctarctn)uuc22rtn1u1rtaxc2arctxc【经求导检验，有 ，知解法二正确。 】211(2rtn)xx ；13cosdx【解】利用万能变换 ，这样使变换后的分子成为 ，21tancsx221tansecx恰为 的导数，从而为应用第一换元做好了准备：tan2x第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解8得 ，2113costanxx21tan3x2sec4tanx即有 13cosdx2sec4tanxd2sec4tanxd21tx这时，令 ，得tan2xu13cosd2121()du
9、21()ud1arctn2utan1rc2xc ；12sindx【解】应利用万能变换 ，这样使变换后的分子成为 ，2tansi1x221tansecx恰为 的导数，从而为应用第一换元做好了准备：tan2x得 211sitanxx21tanx，2sec13(tant)42x2sec13(tan)x第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解9即有 12sindx2sec13(tan)xd 2sec13(tan)4xd，2t(t)4x这时，令 ，得tan2xu1sid213()4du21()du21()3213()arctnuctan1r33xc ；213sindx【解法一】由于 的倒数正
10、为 ，而 恰为 的导数，从而2i22cs1otx2csxot为应用第一换元做好了准备： 221s3sin(i)cxx2s3c1x2s(ot1)x2cs3ot4x得 2id2ot4d2ctt4d令 ，即得cotxu213sin21ct3tx o u213u24du241()d21323()u 3arctnu第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解1013cotartn22x【经求导检验，有 13cotartn22x22131sin3cot()xx234sin1cotx224is，知答案正确。 】22sin(si)x213six【解法二】将 转换为 ，利用 的倒数正为 ，而2sinx1
11、coco2ec1tanx恰为 的导数，从而为应用第一换元法做好了准备：2secxta由于 223sin4cosxx2sec(4o)x2sec41x2e(1ta)2tan3x得 23sindx2sc4txd21tan4tdx ta u23u21u213()du2123()duarctntanrcxc 。1tandx【解】同上方法类似，由于 ，21sectan(t)xx2sec(1tan)(t)x第 4 章 不定积分 4.4 有理函数的积分 习题解11得 1tandx2sec(tan)(1t)xd 21tan(tan)(t)dxx t xu2()u 2()1u221ln21dd()arctn4uuu2ll111ntan(ta)2xxc
