SKKN PHÂN LOẠI và CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN các hàm PHÂN THỨC hữu tỉ THƯỜNG gặp

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
----------

PHÂN LOẠI VÀ CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN CÁC
HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ
THƯỜNG GẶP

Quảng Bình, tháng 12 năm 2018

0


A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Tích phân là một nội dung quan trọng không thể thiếu trong chương trình
Giải Tích lớp 12 và trong các đề thi THPT Quốc gia, trong đó tích phân các hàm
phân thức hữu tỉ vừa là dạng tích phân hay gặp, vừa là công cụ để giải quyết các
dạng tích phân khác như tích phân hàm lượng giác, hàm vô tỉ, hàm mũ và hàm
lôgarit ...
Trong quá trình giảng dạy nội dung Tích Phân của chương trình Toán 12
và ôn thi THPT Quốc Gia nhận thấy nhiều học sinh còn rất lúng túng trong việc
nhận dạng và giải quyết các bài toán tính tích phân các hàm phân thức hữu tỉ,
các dạng tích phân khác cúng gặp khó khăn trong việc đưa về tích phân hàm
phân thức hữu tỉ để giải quyết.
Nhằm mục đích giúp các em có cách nhìn khái quát hơn, rõ ràng hơn từ
đó giải quyết tốt các dạng tích phân của hàm phân thức hữu tỉ, tác giả lựa chọn
nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “PHÂN LOẠI VÀ CÁCH TÍNH TÍCH
PHÂN CÁC HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ THƯỜNG GẶP”.
2. Điểm mới của đề tài:
Trên thực tế nhiều giáo viên cũng đã nghiên cứu, trình bày nội dung này

trong nhiều tài liệu khác nhau, tuy nhiên nội dung trình bày chưa phân loại rõ
ràng, chưa bao quát hết các dạng thường gặp và chưa chú trọng đến tính hệ
thống, các ví dụ chưa được lựa chọn kĩ càng, trình bày chưa thật gọn gàng dẫn
đến học sinh khó tiếp thu vận dụng và khó phân loại để giải quyết.
Dựa trên kinh nghiệm thực tế giảng dạy, trên cơ sở nghiên cứu sách giáo
khoa, đề thi tốt nghiệp THPT, các đề thi tuyển sinh CĐ-ĐH, đề thi THPT Quốc
Gia và nghiên cứu các chuyên đề Tích Phân có trong các sách tham khảo và các
tài liệu trên mạng internet, đề tài này được viết theo một hệ thống phân loại các
dạng tích phân của hàm phân thức hữu tỉ kèm theo cách giải với từng dạng toán,
các ví dụ được trình bày một cách rõ ràng từ dễ đến khó và có các bài tập rèn
luyện thêm.
3. Phạm vi áp dụng đề tài:

1


Đề tài được áp dụng trong chương trình ôn thi THPT Quốc Gia cho học
sinh khối 12 và chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 năm học 20182019.

2


B. NỘI DUNG
I.

Cơ sở lý thuyết.
b

- Công thức tính tích phân:

f ( x)dx  F ( x )
�

b
a

 F (b)  F (a )

a

(F(x) là một nguyên hàm của f(x))
- Một số công thức tìm nguyên hàm quan trọng:
dx  x  C
�
x 1
1 (ax  b ) 1
 C ( �1) � �
(ax  b) dx  .
 C ( �1)
 1
a
 1
1
1
1
dx  ln x  C � �
dx  .ln ax  b  C
�
x
ax  b

a
Phân tích tam thức bậc hai f ( x)  ax 2  bx  c thành nhân tử:
i, Nếu   0 thì tam thức không phân tích được.
ii, Nếu   0 thì f ( x)  a( x  x0 ) 2
x dx 
�

-

iii, Nếu   0 thì f ( x)  a( x  x1 )( x  x2 )
- Cho P(x) là đa thức bậc 3, Khi đó:
i, Nếu P(x) có 3 nghiệm phân biệt thì P( x)  a( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) .
ii, Nếu P(x) đúng 2 nghiệm thì P( x )  a ( x  x1 )2 ( x  x2 ) .
iii, Nếu P(x) có đúng 1 nghiệm đơn thì P( x)  a( x  x1 )( x 2   x   )
(   2  4  0)

II.

iv, Nếu P(x) có nghiệm bội ba thì P( x)  a( x  x0 )3
Nội dung đề tài.

1. HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ TAM THỨC BẬC 2.
Dạng 1:

P '( x)

�P( x) dx

*Cách giải:

( P(x) là hàm đa thức )

Đặt t  P( x)
1

VD1:

2x 1
A  �2
dx
x

x

1
0

Giải: Đặt t  x 2  x  1 � dt  (2 x  1)dx
Đổi cận: x  0 � t  1
x 1� t  3
3

dt
t

3
Ta có: A  �  ln t 1  ln 3
1

1

4x  6
B  �2
dx
x  3x  5
0
Giải: Đặt t  x 2  3x  5 � dt  (2 x  3)dx
Đổi cận: x  0 � t  5
x 1� t  3

VD2:

3


1

3

2(2 x  3)
2dt
3
dx  �  2 ln t 35  2(ln 3  ln 5)  2 ln
Ta có: B  �
2
x  3x  5
t
5
0
5

dx
Dạng 2: � 2
( với a �0,   0 )
ax  bx  c

*Cách giải:

�
ax


2

dx
dx
�
 bx  c
a( x  x1 )( x  x2 )

1 �m
n �
1
m
1
n

dx  � dx  �
dx
�
�

�
a �x  x1 x  x2 �
a x  x1
a x  x2
1

VD3:

dx
C  �2
x  x6
0
1

1

dx
dx
C  �2
�
Giải:
x  x  6 0 ( x  3)( x  2)
0
1
m
n
( m  n) x  2 m  3n
Ta có: ( x  3)( x  2)  x  3  x  2  ( x  3)( x  2)

Đồng nhất hai vế ta được:

� 1
m
�
m

n

0
�
� 5
��
�
2m  3n  1 �
1
�
n
�
5

Vậy:
1 �
�1
 �
1
1
�5
1
1
1
1

5
C�

dx  � dx  � dx
�
�
x 3 x  2�
5 0 x 3
5 0 x2
0�
�
�
1
1
2 2
 ln x  3 10  ln x  2 10  ln
5
5
5 3
1
5 x  22
D  �2
dx
2 x  5x  7
0
1

VD4:

1

1

5 x  22
5 x  22
D  �2
dx  �
dx
Giải:
2 x  5x  7
( x  1)(2 x  7)
0
0
5 x  22
m
n
(2m  n) x  7m  n
Ta có: ( x  1)(2 x  7)  x  1  2 x  7  ( x  1)(2 x  7)

Đồng nhất hai vế ta được:
�2m  n  5
�m  3
��
�
n  1
�7 m  n  22
�

Vậy:

4


1

1

1

1 �
1
1
�3
D�

dx  3� dx  �
dx
�
�
x 1 2x  7 �
x 1
2x  7
0�
0
0
1
1 5 1 448
 3ln x  1 10  ln 2 x  7 10  3ln 2  ln  ln
2
2 7 2

5
dx
Dạng 3: � 2
( với a �0,   0 )
ax  bx  c
dx
dx
1
�
 �
( x  x0 ) 2 dx
*Cách giải: �
2
2
ax  bx  c
a( x  x0 )
a
1

dx
E  �2
x  6x  9
0

VD5:
Giải:

dx
( x  3) 1
2


(
x

3)
dx

Ta có: E  �
( x  3) 2 �
1
0
0
1

1

1
0



1
x 3

1
0



1

6

2

VD6:

3x  1
F  �2
dx
x  4x  4
0
2

2

3x  1
3x  1
F  �2
dx  �
dx
Giải:
2
x

4
x

4
(
x


2)
0
0
3x  1
m
n
mx  2m  n
Ta có: ( x  2)2  x  2  ( x  2) 2  ( x  2) 2

Đồng nhất hai vế ta được:
m3
m3
�
�
��
�
2m  n  1 �
n  7
�

Vậy:
2
2
2
�3
7 �
1
F�


dx

3
dx

7
( x  1) 2 dx
�
2 �
�
�
x

1
(
x

1)
x

1
�
0�
0
0
7 2
14
 3ln x  1 02 
0  3ln 3 
x 1

3
dx
Dạng 4: � 2
( với a �0,   0 )
ax  bx  c
� �  �
�
dx
dx
t ��
 ; �
� � 2 Đặt A  tan t
*Cách giải: � 2
�
�
ax  bx  c
1+A
� �2 2�
�
2

VD7:

G

dx

�
x 4
2

2

Giải:
2

Ta có:

G

Đặt

1

dx
1
dx
 �
2
2
�
x  4 4 0 �x �
2
1 � �
�2 �
� �  �
�
x
t ��
 ; �

 tan t �
�
2
� � 2 2�
�

5


� x  2 tan t � dx  2.

1
dt  2  1  tan 2 t  dt
2
cos t

Đổi cận: x  2 � t  
x  2�t 


4


4

Ta có:
1
G
4


4

2  1  tan 2 t 

1
dt 
2
�
1  tan t
2




4
1

VD8:


4

1
dt  t
�
2





4


4




4

4

dx
H  �2
x  x 1
0

Giải:
1

1

dx
4
dx
H  �2
 �
2

x  x 1 3 0 � 1 �
0
�x  �
1 � 2 �
� 3 �
�
�
�2 �
1
x
� �  �
�
2  tan t
t ��
 ; �
Đặt
�
�
3
� � 2 2�
�
2
1
3
3 1
3
� x 
tan t � dx 
.
dt 

 1  tan 2 t  dt
2
2 2
2 cos t
2


6

x 1� t 
3

Đổi cận: x  0 � t 

Ta có:


3
1  tan 2 t 
43 2 
2 33
2 3
H �
dt 
dt 
t
2
�
3  1  tan t
3 

3
6


3

6



3
9

6

3

VD9:

4x  7
I  �2
dx
x  2x  5
1

Giải:
Ta có: I 

4x  7
a(2 x  2)

b
2ax  2a  b
 2
 2
 2
x  2 x  5 x  2x  5 x  2x  5 x  2x  5
2

Đồng nhất hai vế ta được:

6


2a  4
a2
�
�
��
�
2a  b  7
b  11
�
�
3

3

3

11

2x  2
1
�2(2 x  2)
�
 2
dx  2�2
dx  11�2
dx
Ta có: I  �
�2
�
x  2x  5 x  2x  5 �
x  2x  5
x  2x  5
1�
1
1
3

2x  2
I1  �2
dx
x  2x  5
1

Tính

Đặt t  x 2  2 x  5 � dt  (2 x  2)dx
Đổi cận: x  1 � t  4
x  3�t 8

8

dt
t
4

8
Ta có: I1  �  ln t 4  ln 2
3

1
I 2  �2
dx
x  2x  5
1

Tính

3

1
dx
I2  �
2
4 1 �x  1 �
1 � �
�2 �
x 1
 tan t
Đặt

2

� �  �
�
t ��
 ; �
�
�
� � 2 2�
�
1
� x  1  2 tan t � dx  2.
dt  2  1  tan 2 t  dt
2
cos t

Đổi cận: x  1 � t  0
x 3�t 


4

Ta có:

4



2
1 2  1  tan t 

14
1
I2  �
dt

dt  t
2
�
4 0 1  tan t
20
2
11
Vậy I  2 I1  11I 2  2 ln 2 
8

Dạng 5:

P ( x)

dx
�
Q( x)


4
0





8

( với bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của Q(x)).

*Cách giải: Chia P(x) cho Q(x) để đưa về dạng:

�

R ( x) �

dx
�S ( x) 
�
�
Q( x) �
�

trong

đó bậc của R(x) nhỏ hơn bậc của Q(x).
3

VD10:

2x  5
K �
dx
x 1
1

Giải:
Ta có:
7


3

3

3

3 �
1
�
K �
dx  2�
dx  3� dx
�2 
�
x 1�
x 1
1�
1
1
 2 x 13  3ln x  1

3
1

 4  3ln 2

1

VD11:

x2  x  5
L�
dx
x 1
0

Giải:
Ta có:
1

1

1

1

7 �
1
�
L�
dx  �
xdx  2�
dx  7 � dx
�x  2 
�

x 1�
x 1
0�
0
0
0


x2 1
1
0 2 x 0  7 ln x  1
2

1
0

3
   7 ln 2
2

2. HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ ĐA THỨC BẬC 3.
Dạng 1:

1

dx
�
P( x)

( Trong đó P(x) có 3 nghiệm phân biệt).

*Cách giải: Đồng nhất thức:

�
ax

3

dx
dx
�
2
 bx  cx  d
a ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )



1 �m
n
p �


dx
�
�
�
a �x  x1 x  x2 x  x3 �



1
m
1
n
1
p
dx  �
dx  �
dx
�
a x  x1
a x  x2
a x  x3

1

VD12:

10 x  16
M  �3
dx
2
x

x

4
x

4

0

Giải:
1

Ta có:

1

10 x  16
10 x  16
M  �3
dx  �
dx
2
x  x  4x  4
( x  1)( x  2)( x  2)
0
0
3x 2  x  5
a
b
c



( x  1)( x  2)( x  2) x  1 x  2 x  2
a ( x  2)( x  2)  b( x  1)( x  2)  c( x  1)( x  2)

( x  1)( x  2)( x  2)



( a  b  c) x 2  (3b  c) x  4a  2b  2c
( x  1)( x  2)( x  2)

Đồng nhất 2 vế ta được:
abc  0
a2
�
�
�
�
3b  c  10
��
b  3
�
�
�
4a  2b  2c  16
c 1
�
�

Vậy

8


1

Dạng 2:

1

1

1

3
1 �
2
3
1
�2
M �


dx  � dx  � dx  � dx
�
�
x 1 x  2 x  2 �
x 1
x2
x2
0�
0
0
0
16
 2 ln x  1 10  3ln x  2 10  ln x  2 10  ln

3
1
dx ( Trong đó P(x) có 1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép)
�
P( x)

*Cách giải: Đồng nhất thức:

�
ax

3

dx
dx
�
2
 bx  cx  d
a( x  x1 )( x  x0 )2



�
1 �m
n
p


dx
�

2 �
a�
�x  x1 x  x0 ( x  x0 ) �



1
m
1
n
1
p
dx  �
dx  �
dx
�
a x  x1
a x  x0
a ( x  x0 ) 2

1

VD13:

3 x 2  21x  34
N  �3
dx
x  7 x 2  16 x  12
0

Giải:
1

1

3x 2  21x  34
3 x 2  21x  34
N  �3
dx

dx
�
x  x2  4x  4
( x  2) 2 ( x  3)
0
0

Ta có:

3x 2  21x  34
a
b
c



2
2
( x  2) ( x  3) x  2 ( x  2)
x3



a ( x  2)( x  3)  b( x  3)  c( x  2) 2
( x  2) 2 ( x  3)



(a  c) x 2  (5a  b  4c ) x  6a  3b  4c
( x  2) 2 ( x  3)

Đồng nhất 2 vế ta được:
ac 3
a5
�
�
�
�
5a  b  4c  21 � �
b4
�
�
�
6a  3b  4c  34
c  2
�
�

Vậy
1
1

1
1
�5
4
2 �
5
2
2
N �


dx

dx

4
(
x

2)
dx

dx
�
� �
2
�
�
x


2
(
x

2)
x

3
x

2
x

3
�
�
0
0
0
0

 5ln x  2

Dạng 3:

1

1
0

dx
�
P( x)



4
x2

1
0

 2 ln x  3

1
0



2
2187
 ln
3
512

( Trong đó P(x) có 1 nghiệm bội ba)

*Cách giải: Đồng nhất thức:

9

�
ax

3

dx
dx
�
2
 bx  cx  d
a( x  x0 )3



�
1 �m
n
p


dx
�
2
3 �
�
a �x  x0 ( x  x0 ) ( x  x0 ) �



1
m
1
n
1
p
dx  �
dx  �
dx
2
�
a x  x0
a ( x  x0 )
a ( x  x0 ) 3

2

x2  4 x  2
P�
dx
( x  3)3
0

VD14:
Giải:
Ta có:

x2  4x  2
a

b
c



3
2
( x  3)
x  3 ( x  3) ( x  3)3


a ( x  3) 2  b( x  3)  c
( x  3)3



ax 2  (6a  b) x  9a  3b  c
( x  3)3

Đồng nhất 2 vế ta được:
a 1
a 1
�
�
�
�
6a  b  4 � �
b2
�
�

�
9a  3b  c  2
c  1
�
�

Vậy
2
2
2
2
�1
2
1 �
1
2
1
P�


dx

dx

dx

dx
�
2
3 �

2
3
�
�
�
x

3
(
x

3)
(
x

3)
x

3
(
x

3)
(
x

3)
�
�
0

0
0
0

 ln x  3

Dạng 4:

2
0

1



dx
�
P( x)

2 2 1
1
.
0 
x3
2 ( x  3)2

2
0

  ln 3 

16
9

( Trong đó P(x) có duy nhất 1 nghiệm đơn)

*Cách giải: Đồng nhất thức:

�
ax

3

dx
dx
�
2
 bx  cx  d
a ( x  x1 )( x 2   x   )



�
1 �m
n(2 x   )
p
 2
 2
�
�dx

�
a �x  x1 x   x   x   x   �



1
m
1 n(2 x   )
1
p
dx  �2
dx  �2
dx
�
a x  x1
a x  x  
a x  x  

0

VD15:

Q

4 x 2  9 x  28
dx
3
2
�
x


2
x

9
x

18
3

Giải:
0

Ta có:

0

4 x 2  9 x  28
4 x 2  9 x  28
Q  �3
dx  � 2
dx
x  2 x 2  9 x  18
( x  9)( x  2)
3
3

10

4 x 2  9 x  28
a.2 x
b
c
 2
 2

2
( x  9)( x  2) x  9 x  9 x  2


2ax( x  2)  b( x  2)  c( x 2  9)
( x 2  9)( x  2)



(2a  c) x 2  (4a  b) x  2b  9c
( x 2  9)( x  2)

Đồng nhất 2 vế ta được:
2a  c  4
a 1
�
�
�
�
4a  b  9 � �
b  5
�
�

�
2b  9c  28
c2
�
�

Khi đó
0

0

0

0

5
2 �
2x
1
1
� 2x
Q�
 2

dx 5 �2
dx  2 � dx
�2
�dx  �2
x  9 x  9 x  2 � 3 x  9
x 9

x2
3 �
3
3
0

Tính Q1 

2x

dx
�
x 9
2

3

Giải: Đặt t  x 2  9 � dt  2 xdx
Đổi cận: x  3 � t  18
x  0�t 9
9

dt
 ln t
Ta có: P1  �
t
18
0

9

18

  ln 2

1

dx
Tính Q2  �
x2  9
3

0

1
1
Q2  �
dx
2
9 3 �x �
Ta có:
1 � �
�3 �
� �  �
�
x
t ��
 ; �
 tan t �
Đặt
�

3
� � 2 2�
�
1
� x  3tan t � dx  3.
dt  3  1  tan 2 t  dt
2
cos t

Đổi cận: x  3 � t  
x  0�t  0

Ta có:
Q2 

1
9
0

0

3  1  tan 2 t 

�1  tan




4

1

2

t

dt 

dx  ln x  2
Tính Q3  �
x2
3

1
3

0
3

0


4

1

dt  t
�
3




4

 ln

0



4




12

2
5

11


Vậy Q  Q1  5Q2  Q3   ln 2  5.


2
2 5
 2 ln  ln 

12
5
25 12

BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1: Tính các tích phân sau
2

1
1, � dx
6x 1
1
3

1
dx
3, � 2
3x  x  4
2
1

1
dx
5, �2
x  10 x  25
1
1

2x  3
dx

7, �
2
x

x

1
0

1

4x  2

dx
2, �
x2  x  3
0
3

1

1

3x  5

1

x5

dx

4, �
x2  9
0
dx
6, �
x2  4 x  4
0
dx
8, �
2
x

2
x

3
0

Bài 2:
1

3x  8
dx
1, �
( x  1)( x  2)( x  3)
0
2

x2  x  5
dx

3, �
( x 2  4)( x  2)
0
1

2 x3  3x  6
dx
5, �
x 2  2 x  15
0
1

x 2  3x  5
7, �4 x  5 dx
0

1

3x  8

dx
2, �
( x  2)3
0
1

x4

dx
4, �

( x  1) 2 ( x  2)
0
1

x3  2 x  5
6, �1  x 2 dx
0
1

2 x3  6 x 2  1
8, � x3  1 dx
0

Bài 3:
3

x7
dx
1, �8
x  2x4  1
2
2

x3
dx
3, �
(1  x 2 )3
0

2

1  x2
2, I 2  � 4 dx
1 x
1
2

x2  1
dx
4, �
x4  x2  1
0

3

dx
5, � 2
( x  1) ( x  1) 2
2
2

7,

dx

�
x  8x
11

1

2

5

dx
9, �7
x  13x
1

2

6,

dx

�
x (1  x
1
2

8,

4

)

dx

�
x  9x

6

1

2

10,

dx
10
 1)2

�
x (x
5

1

12


C. KẾT LUẬN
1. Ý nghĩa của đề tài, sáng kiến:
- Với việc phân chia các loại tích phân hàm hữu tỉ theo bậc của mẫu (bậc
nhất, bậc hai, bậc ba) và chia dạng theo các trường hợp phân tích đa thức ở mẫu
thành nhân tử thì đề tài đã phân chia các tích phân hàm hữu tỉ một cách đầy đủ,
có hệ thống. Các ví dụ minh họa với lời giải chi tiết cụ thể, các bài tập làm thêm
sẽ giúp người học dễ hiểu hơn, dễ nắm hơn các dạng tích phân hàm hữu tỉ và
cách giải nó.
- Thông qua việc nắm chắc cách giải các tích phân hàm hữu tỉ, với các tích

phân khác, học sinh có thể có thêm sự lựa chọn đưa về tích phân hàm hữu tỉ là
có thể giải được.
2. Kiến nghị, đề xuất:
Là một giáo viên đang giảng dạy tại trường THPT, tôi hi vọng đề tài được sự
đón nhận của các đồng nghiệp xem như là một tài liệu trong chương trình giảng
dạy và ôn thi THPT Quốc Gia cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 12.

13


MỤC LỤC:
Nội dung
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
2. Điểm mới của đề tài
3. Phạm vi áp dụng đề tài
B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lí thuyết
II. Nội dung
1. Hàm hữu tỉ có mẫu là tam thức bậc 2
2. Hàm hữu tỉ có mẫu là đa thức bậc 3
Bài tập vận dụng
C. KẾT LUẬN
1. Ý nghĩa của đề tài, sáng kiến
2. Kiến nghị, đề xuất

Trang
1
1
1

1
3
3
3
3
8
12
13
13
13

14