intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Luyện thi Đại học môn Toán: Nguyên hàm của hàm hữu tỉ (Phần 3) - Thầy Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Thành Chung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST
Báo xấu
120
lượt xem 11
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Luyện thi Đại học môn Toán: Nguyên hàm của hàm hữu tỉ (Phần 3) - Thầy Đặng Việt Hùng" tóm lược nội dung cần thiết và cung cấp các bài tập ví dụ hữu ích, giúp các bạn củng cố và nắm kiến thức về nguyên hàm của hàm hữu tỉ thật hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luyện thi Đại học môn Toán: Nguyên hàm của hàm hữu tỉ (Phần 3) - Thầy Đặng Việt Hùng

  1. Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 04. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM HỮU TỈ - P3 Thầy Đặng Việt Hùng P ( x) Xét nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ I = ∫ dx Q( x) Nguyên tắc giải: Khi bậc của tử số P(x) lớn hơn Q(x) thì ta phải chia đa thức để quy về nguyên hàm có bậc của tử số nhỏ hơn mẫu số. III. MẪU SỐ LÀ ĐA THỨC BẬC BA Khi đó Q(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Ta có bốn khả năng xảy ra với Q(x). TH1: Q(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1; x2; x3 TH2: Q(x) = 0 có 2 nghiệm: một nghiệm đơn, một nghiệm kép Khi đó ta có Q( x) = ax3 + bx 2 + cx + d = a ( x − x1 )( x − x2 ) 2 P( x) P ( x) A Bx + C Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: = = + Q ( x) a ( x − x1 )( x − x2 ) 2 x − x1 ( x − x2 )2 Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến. Chú ý: Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải. Ví dụ 1: [ĐVH]. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx x −1 2 x2 + x + 4 a) I1 = 2∫ x ( x + 2) b) I 2 = ∫ ( x + 1)2 ( 2 x − 3) dx c) I 3 = ∫ x 2 ( 2 x − 1) dx Hướng dẫn giải: dx a) Xét I1 = ∫ x ( x + 2) 2  Cách 1: (Đồng nhất hai vế)  1 A = 4 0 = A + B  1 A Bx + C   1 Ta có 2 = +  → 1 ≡ Ax 2 + ( Bx + C )( x + 2 ) ⇔  0 = 2 B + C → B = − x ( x + 2) x + 2 x 2 1 = 2C  4   1 C = 2   1 1 1  4 − x+  dx 1 dx 1 dx 1 dx 1 x + 2 1 Khi đó, I1 = 2 ∫ x ( x + 2) ∫ =   x+2 + 4 2 2 dx = x  ∫ −∫ 4 x+2 4 x 2 x ∫ + 2 = ln 4 x − 2x + C.    Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) 1 1 1 3 x 2 + 4 x − 3x( x + 2) + 2 x + 4 1  3x 2 + 4 x 3 x( x + 2) 2x + 4  = = . =  − + = x 2 ( x + 2 ) x3 + 2 x 2 4 x3 + 2 x 2 4  x 3 + 2 x 2 x3 + 2 x 2 x3 + 2 x 2  1  3x 2 + 4 x 3 2  dx 1 3x 2 + 4 x 3 dx 1 dx =  3 4  x + 2x 2 − + 2 x x    → I1 = ∫ = x ( x + 2) 4 x + 2x 2 3 2 ∫ dx − + 4 x 2 x2 = ∫ ∫ ( 1 d x + 2x 3 2 ) 3 1 1 3 1 1 3 1 = 4 ∫ x + 2x 3 2 dx − ln x − 4 2x 4 = ln x3 + 2 x 2 − ln x − 4 2x + C  → I1 = ln x3 + 2 x 2 − ln x − 4 4 2x + C. ( x + 1) − 2 d ( x + 1) = 2 t−2 b) I 2 = ∫( x + 1)  2 ( x + 1) − 5 2 ∫ t ( 2t − 5 ) dt , với t = x + 1.  Cách 1: (Đồng nhất hai vế) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
  2. Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95  1  A = − 25 0 = 2 A + C  t−2 At + B C   2 Ta có 2 = + → t − 2 ≡ ( At + B )( 2t − 5 ) + Ct ⇔ 1 = 2 B − 5 A   2 → B = t ( 2t − 5 ) t 2 2t − 5 −2 = −5B  5   2 C = 25   1 2 2  t −2  − 25 t + 5  1 dt 2 dt 1 d ( 2t − 5 ) Từ đó ta được I 2 = 2 ∫t ( 2t − 5 ) dt =   ∫ t 2 + 25  dt = − 2t − 5  + ∫ 25 t 5 t 2 25 + ∫ 2t − 5 = ∫    1 2 1 1 2t − 5 2 1 2x − 3 2 = − ln t − + ln 2t − 5 + C = ln − + C = ln − + C. 25 5t 25 25 t 5t 25 x + 1 5( x + 1)  Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) t−2 1 2 1 ( 2t − 5 ) − 2t 4 ( ) 5 6t 2 − 10t − 3t ( 2t − 5 ) − ( 2t − 5 ) 2 = − 2 =− . − . = t ( 2t − 5 ) t ( 2t − 5 ) t ( 2t − 5 ) 2 5 t ( 2t − 5 ) 25 t ( 2t − 5 ) 2 1 1 2  4  6t 2 − 10t 3 5  = − . − − . − −  5  t 2t − 5  25  2t 3 − 5t 2 t 2t 2  1 dt 1 d ( 2t − 5 ) 4 6t 2 − 10t 12 dt 2 dt 7 dt 1 d ( 2t − 5 ) 4 d 2t − 5t 3 2 2 dt ( ) I2 = − ∫ + 5 t 5 ∫ 2t − 5 − ∫ 25 2t − 5t 3 2 dt + + 25 t 5 t 2 ∫ = + 25 t 5 ∫ 2t − 5 − 25 2t − 5t 3 2 ∫ + 5 t2 = ∫ ∫ ∫ 7 1 4 2 1 1 2 1 2t − 5 2 = ln t + ln 2t − 5 − ln 2t 3 − 5t 2 − + C  → I 2 = − ln t + ln 2t − 5 − + C = ln − + C. 25 5 25 5t 25 25 5t 25 t 5t 1 2x − 3 2 Thay lại t = x + 1 ta được I 2 = ln − + C. 25 x + 1 5( x + 1) 2 x2 + x + 4 c) I 3 = ∫ x 2 ( 2 x − 1) dx  Cách 1: (Đồng nhất hai vế) 2 = 2 A + C  A = −9 2 x 2 + x + 4 Ax + B C   Ta có 2 = + → 2 x + x + 4 ≡ ( Ax + B )( 2 x − 1) + Cx ⇔ 1 = − A + 2 B   2 2 →  B = −4 x ( 2 x − 1) x 2 2x − 1 4 = − B C = 20   2x2 + x + 4  −9 x − 4 20  dx dx 20 4  → I3 = ∫ x ( 2 x − 1) 2 dx =   x ∫ 2 +  dx = −9 2x −1  x ∫ −4 2 + x 2x − 1 ∫ ∫ dx = −9ln x + + 10ln 2 x − 1 + C . x  Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) Ta có 2x2 + x + 4 = 2 + 1 + 4 = 2 − ( 2 ) ( 2 x − 1) − 2 x − 4. 6 x − 2 x − 6 x + ( 2 x − 1) = 2 x 2 ( 2 x − 1) 2 x − 1 x ( 2 x − 1) x 2 ( 2 x − 1) 2 x − 1 x ( 2 x − 1) x 2 ( 2 x − 1) 2 1 2 ( 6x2 − 2 x )24 4  1  6 x2 − 2x 28 (4  ) = − + 2x − 1 x 2x − 1 − 4. 2 x3 − x 2 + − 2x − 1 x2 → I 3 = −  x − 4.∫ + − x 2 ( 2 x − 1) 2 x − 1 x 2  dx =   4 4 = − ln x − 4ln 2 x3 − x 2 + 14ln 2 x − 1 + + C = −9ln x + 10ln 2 x − 1 + + C . x x TH3: Q(x) = 0 có 1 nghiệm đơn ( ) Khi đó ta có Q ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d = ( x − x1 ) mx 2 + nx + p , trong đó mx 2 + nx + p = 0 vô nghiệm. P( x) P ( x) A Bx + C Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: = = + 2 ( Q ( x) ( x − x1 ) mx + nx + p x − x1 mx + nx + p 2 ) Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến. Chú ý: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
  3. Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 du 1 u - Nguyên hàm ∫ u 2 + a 2 = u arctan  a  + C. - Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải. Ví dụ 2: [ĐVH]. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx 2x + 3 x2 − x + 1 a) I1 = ∫ ( x x2 + 1 b) ) I 2 = ( x − 1) x 2 + 4 dx c) I 3 = x x2 + x − 1 dx ∫ ( ) ∫ ( ) Hướng dẫn giải: dx a) I1 = ∫ x(x 2 +1 )  Cách 1: (Đồng nhất hai vế) 0 = A + B A =1 A Bx + C 1 = + 2  →1 ≡ A x + 1 + ( Bx + C ) x ⇔ 0 = C  2   →  B = −1 ( ) ( x x +1 2 x x + ) 1 1 = A  C = 0  −x  −x 1 d x +1 2 ( ) 1 ∫ ( dx dx 1 ( ) ) ∫ ∫ ∫ ∫ Khi đó, I1 = =  + 2  dx = + 2 dx = ln x − = ln x − ln x 2 + 1 + C . x x +1  x x +1 x +1 x +1 2 2 x 2 2  Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) ( x2 + 1 − x2 1 ) 1 = = − 2 x  → I1 = dx − 2 xdx 1 dx = ln x − ln x 2 + 1 + C. ∫ ∫ ( ) ( x x +1 2 ) x x +1 2 x x +1 ( x ) x +1 2 2x + 3 b) I 2 = ∫ ( x − 1) ( x 2 +4 ) dx  Cách 1: (Đồng nhất hai vế)  3 A = 5 0 = A + B  2x + 3 Bx + C = A + 2   → 2 x + 3 ≡ A x + 4 + ( Bx + C )( x − 1) ⇔ 2 = − B + C  2  → B = − 3 ( ) ( ( x − 1) x + 4 x − 1 x + 4 2 ) 3 = 4 A − C   5  7 C = 5  2x + 3 3 dx 1 −3 x + 7 3 3 x dx 7 dx Khi đó ta có I 2 = ( ) ( x − 1) x + 4 2 dx =∫ ∫ ∫+ . 2 5 x −1 5 x + 4 5 = ln x − 1 − + 5 x +4 5 x +4 2 2 = ∫ ∫ = ln x − 1 − ln ( x + 4 ) + . arctan   + C = ln x − 1 − ln ( x ) 3 3 7 1 x 3 3 7  x 2 2 +4 + arctan   + C . 5 10 5 2 2 5 10 10 2  Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) 2x + 3 2 ( x − 1) + 3 2t + 3 2 3 Ta có = = 2 = 2 + 2 ; t = x −1 ( ) ( x − 1) x + 4 ( x − 1) ( x − 1) + 2 ( x − 1) + 5 t t + 2t + 5 t + 2t + 5 t t + 2t + 5 2 2 ( ) ( ) Mà = − 31 3t + 4t − 3 t + 2t + 5 + 2t . 2 2 = − 1 3t 2 + 4t . 3 ( 3 2 + − . 2 1 ) ( ) ( t t + 2t + 5 2 5 ) t t + 2t + 5 2 5 t + 2t + 5 5t 5 t + 2t + 5 2 ( ) Suy ra 2 3 1 3t 2 + 4t 3 2 1 2 1 3t 2 + 4t 3 8 1 + = − . + − . + = − . 3 + − . 2 t + 2t + 5 t t + 2t + 5 2 2 5 (t + 2t + 5 3 2 5t 5 2 2 ) t + 2t + 5 t + 2t + 5 5 t + 2t + 5 2 5t 5 t + 2t + 5 2x + 3 2t + 3 1 3t 2 + 4t 3 dt 8 dt Thay vào ta được I 2 = ∫ ( x − 1) ( x 2 +4 ) dx = ∫( t t + 2t + 5 2 dt = − . ) ∫ 5 t + 2t + 5 3 2 dt + − . 5 t 5 ∫ ∫ ( t + 1) 2 +4 = 1 3 8 1  t +1 1 3 8 1  t +1 = − ln t 3 + 2t 2 + 5 + ln t − . arctan   + C = − ln t + 2t + 5 + ln t − . arctan  3 2  + C. 5 5 5 2  2  5 5 5 2  2  TH4: Q(x) = 0 có 1 nghiệm bội ba: Trường hợp này dễ, thầy bỏ qua! Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
  4. Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 BÀI TẬP LUYỆN TẬP:  Phương trình bậc ba có hai nghiệm (một nghiệm đơn, một nghiệm kép): x −1 x2 + 3 2x2 + 1 7) I 7 = ∫ dx 8) I8 = ∫ dx 9) I 9 = ∫ dx x ( x + 1) 2 ( x + 2)2 (2 x − 1) x( x 2 + 2 x + 1) 4x + 1 4−x x+5 10) I10 = ∫ dx 11) I11 = ∫ 2 dx 12) I12 = ∫ dx (2 x − 1)( x + 1) 2 2 x (3 − 2 x) ( x + 2)2 ( x + 3)  Phương trình bậc ba có một nghiệm bội ba: 2−x 3x − 2 (3 x 2 + 2 x)dx 13) I10 = ∫ dx 14) I14 = ∫ dx 15) I15 = ∫ ( x + 2)3 (2 x + 1)3 (4 x + 3)3 x4 x3 − 1 x2 − 4 16) I16 = ∫ dx 17) I17 = ∫ dx 18) I18 = ∫ dx ( x + 2)3 ( x + 1)3 ( x − 1)3  Phương trình bậc ba có một nghiệm đơn: 2x + 5 3x + 4 2 x dx 19) I19 = ∫ dx 20) I 20 = ∫ dx 21) I 21 = ∫ x( x 2 + x + 1) x3 − 1 x3 + 1 x2 + 1 x+2 4 x2 − 3 22) I 22 = ∫ dx 23) I 23 = ∫ dx 24) I 24 = ∫ dx ( x 2 + 3) x (2 x + 3)( x − 1) 2 (3x + 1)(1 − 2 x) 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2