Chuyên đề tich phan on thi dh

NGUYỄN HỒNG ĐIỆP

ÔN THI ĐẠI HỌC

TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

z = 0.8A

B

C

a

uv

F

Gò Công Tây, năm 2014

to my family, my pippy and my friends (ˆ .ˆ )

2nd−LATEX−201401.1

TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNGCopyright © 2014 by Nguyễn Hồng Điệp

LỜI MỞ ĐẦUXin bắt đầu bằng một chuyện vui toán học

“Nhân ngày Nhà giáo Việt Nam, các học sinh cũ quây quần bên thầy giáodạy Toán. Gặp lại học trò cũ, thầy hồ hởi:– Thầy rất mừng là các em đều đã thành đạt trong cuộc sống. Trong các thứthầy dạy, có cái gì sau này các em dùng được không ?Tất cả học sinh đều im lặng. Một lúc sau, có một học sinh rụt rè nói:– Thưa thầy, có một lần em đi bộ ở bờ hồ thì gió thổi bay mũ em xuống nước.Em loay hoay mãi không biết làm thế nào để vớt mũ lên. Bỗng nhiên em thấyđoạn dây thép và nhớ lại các bài giảng của thầy. Em lấy dây thép uốn thànhdấu tích phân rồi dùng nó kéo mũ lên.– Thầy: ?!?!?!”

Chuyện vui nhưng cũng có vấn đề để suy nhẫm. Tích phân có ứng dụng gì? Chỉ cầnchịu khó lên google là có kha khá kết quả (ˆ .ˆ ), nhưng học tích phân chỉ để lấy 1 điểmtrong kì thi tuyển sinh thì đó là đích hướng tới của đại đa số học sinh. Trong các nămgần đây thì điểm số phần tích phân không còn là vấn đề quá khó khăn. Hy vọng tài liệunhỏ này giúp ích được cho ai đó.

Thị trấn Vĩnh Bình, ngày 06 tháng 08 năm 20141

—Nguyễn Hồng Điệp.

1Còn vài ngày nữa là đại lễ Vu Lan năm Giáp Ngọ.

Mục lục

LỜI MỞ ĐẦU iii

MỤC LỤC iv

I TÍCH PHÂN 11 Các công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1 Bảng các nguyên hàm thông dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Phương pháp phân tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 Tích phân chứa trị tuyệt đối, min, max . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Phương pháp đổi biến số đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4.1 Dạng căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.2 Biểu thức có chứa căn bậc khác nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114.3 Dạng phân thức 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124.4 Dạng biểu thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.5 Biểu thức có logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

5 Đổi biến sang lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145.1 Dạng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155.2 Dạng 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175.3 Dạng 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195.4 Dạng 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215.5 Dạng 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

6 Tích phân hàm hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236.1 Tích phân chứa nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236.2 Tích phân chứa tam thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236.3 Dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

7 Tích phân hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277.1 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277.2 Dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287.3 Các trường hợp đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297.4 Tích phân dạng hữu tỉ đối với hàm số lượng giác . . . . . . . . . . . 377.5 Dùng hàm phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

8 Tích phân hàm vô tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

iv

8.1 Biểu thức có tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.2 Phép thế Eurle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508.3 Dạng đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

9 Tính tính phân bằng tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 539.1 Tích phân có cận đối nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 539.2 Tích phân có cận là radian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

10 Phương pháp tính tích phân từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6410.1 Dạng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6510.2 Dạng 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6810.3 Phương pháp hằng số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

11 Các bài toán đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

II ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 751 Tính diện tích hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

1.1 Công thức tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 761.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2 Thể tích vật thể tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792.1 Hình phẳng quay quanh Ox . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

III BÀI TẬP TỔNG HỢP 811 Các đề thi tuyển sinh 2002-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822 Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

© Nguyễn Hồng Điệp v

ITÍCH PHÂN

1. CÁC CÔNG THỨC Chương I. TÍCH PHÂN

1 Các công thức

1.1 Bảng các nguyên hàm thông dụng

∫0d x =C

∫d x = x +C∫

xαd x = xα+1

α+1 +C∫

(ax +b)αd x = 1a

xα+1

α+1 +C∫ 1x d x = ln |x|+C

∫ 1ax+b d x = 1

a ln |ax +b|+C∫exd x = ex +C

∫eax+bd x = 1

a eax+b +C∫axd x = ax

ln a +C∫

u′aud x = au

lna + c∫cos xd x = sin x +C

∫cos(ax +b)d x = 1

a sin(ax +b)+C∫sin xd x =−cos x +C

∫sin(ax +b)d x =− 1

a cos(ax +b)+C )∫ 1cos2x

d x = tan x +C∫ 1

cos2axd x = tan(ax)+C∫ 1

sin2xd x =−cot x +C

∫ 1sin2ax

d x =−cot(ax)+C

1.2 Tích phân xác định

Định nghĩa

Cho y = f (x) là một hàm số liên tục trên [a,b] và y = F (x) là một nguyên hàm của nó.Tích phân xác định từ a đến b được định nghĩa và kí hiệu như sau:

b∫a

f (x)d x = F (b)−F (a)

Tính chất

•

0∫0

f (x)d x = 0,

a∫a

f (x)d x = 0

•

b∫a

k f (x)d x = k

b∫a

f (x)d x

•

b∫a

f (x)d x =−a∫

b

f (x)d x

2 © Nguyễn Hồng Điệp

Chương I. TÍCH PHÂN 2. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH

•

b∫a

[f (x)± g (x)

]d x =

b∫a

f (x)d x ±b∫

a

g (x)d x

•

b∫a

f (x)d x =c∫

a

f (x)d x +b∫

c

f (x)d x

• Nếu f (x) ≥ 0 trên [a;b] thì

b∫a

f (x)d x ≥ 0

• Nếu f (x) ≥ g (x) trên [a;b] thì

b∫a

f (x)d x ≥b∫

a

g (x)d x

2 Phương pháp phân tích

Ví dụ 2.1. Tính các tích phân sau:

(a) I1 =2∫

1

x2 −2x

x3d x (b) I2 =

3∫1

(x2 −1)2

xd x

(c) I3 =1∫

0

ex +1

e2xd x (d) I4 =

1∫0

(pex −1

)2d x

(e) I5 =2∫

0

6x −3

x2 −x +5d x

Giải

(a) Ta có: I1 =2∫

1

(1

x− 2

x2

)d x =

(ln |x|+ 2

x

)∣∣∣∣2

1= ln2−1.

(b) Ta có: I2 =3∫

1

x4 +2x2 +1

xd x =

3∫1

(x3 +2x + 1

x

)d x =

(1

4x4 +x2 + ln |x|

)∣∣∣∣3

1= 28+ ln3.

(c) Ta có: I3 =1∫

0

(1

ex+ 1

e2x

)d x =

1∫0

(e−x +e−2x)

d x =(−e−x − 1

2e−2x

)∣∣∣∣1

0= 3

2− 1

e− 1

2e2.

(d) Ta có: I4 =1∫

0

(ex −2

pex +1

)d x =

1∫0

(ex −2e

x2 +1

)d x

(ex −4e

x2 +x

)∣∣∣1

0= e −4

pe +4.

(e) Ta có: I5 = 3

2∫0

2x −1

x2 −x +5d x = 3

(ln |x2 −x +5|)∣∣2

0 (dạng∫

u′

ud x)

= 3ln7

5

© Nguyễn Hồng Điệp 3

2. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH Chương I. TÍCH PHÂN


(a) I1 =1∫

0

x(1−x)2004 d x (b)I2 =1∫

0

1px −2−p

x −3d x

Giải

(a) Ta có: I1 =1∫

0

[(x −1)+1](x −1)2004 d x =1∫

0

[(x −1)2005 + (x −1)2004]d x

=1∫

0

(x −1)2005 d x +1∫

0

(x −1)2004 d x

=[

(x −1)2006

2006− (x −1)2005

2005

]∣∣∣∣1

0=− 1

4022030.

(b) Nhận xét: khi trục căn thức ta sẽ triệt tiêu được x ở mẫu.

Ta có: I2 =1∫

0

(px −1−p

x)

d x = 2

3

[(x +1)

32 −x

32

]∣∣∣4

3= 4

3(p

2−1)

� Bài toán tương tự

1.

4∫3

1px +2−p

x −3d x. Đáp số: 2

15 (6p

6−5p

5+1).

2.

π2∫

−π2

sin7x sin2x d x. Đáp số: 445 .

3.

π2∫

π6

1+ sin2x +cos2x

sin x +cos xd x. Đáp số: 1.

4.

π4∫

0

sin2(π

4−x

)d x. Đáp số: π−2

8 .

5.

π2∫

0

sin4 x d x. Đáp số: 3π16

6.

π4∫

0

tan2 x d x. Đáp số: 1− π4 .

7.

π2∫

0

tan3 x d x. Đáp số: 32 − ln2.


Chương I. TÍCH PHÂN 3. TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI, MIN, MAX

8.

16∫0

1px +9−p

xd x. Đáp số: 12.

9.

5∫2

1px +2+p

x −2d x. Đáp số:

10.

1∫0

(e2x + 3

x +1

)d x. Đáp số: e2

2 +3ln2− 12

11.

1∫0

x

x +p

x2 +1d x. Đáp số: −2

3 + 23

p2

3 Tích phân chứa trị tuyệt đối, min, max

1. Tính I =b∫

a

| f (x)|d x ta xét dấu f (x) trên [a,b] để khử dấu giá trị tuyệt đối.

2. Tính I =b∫

a

max[ f (x), g (x)]d x, I =b∫

a

min[ f (x), g (x)]d x ta xét dấu hàm

h(x) = f (x)− g (x)

trên [a,b] để tìm min[ f (x), g (x)], max[ f (x), g (x)].

Ví dụ 3.1. Tính I =2∫

0

|x2 −x|d x

Giải

Cho x2 −x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1Bảng xét dấu

x

x2 + x

0 1 2

0 − 0 +

Khi đó: I =1∫

0

(−x2 +x)d x +2∫

1

(x2 −x)d x = 1

Ví dụ 3.2. Tính I =2π∫

0

p1+ sin x d x


3. TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI, MIN, MAX Chương I. TÍCH PHÂN

Giải

Ta có: I =2π∫

0

p1+ sin x d x =

2π∫0

√(sin

x

2+cos

x

2

)2d x =

2π∫0

∣∣∣sinx

2+cos

x

2

∣∣∣d x

Cho sinx

2+cos

x

2= 0 ⇔ tan

x

2=−1 ⇔ x =−π

2+k2π

Do x ∈ [0,2π] ta có x = 3π

2Bảng xét dấu

x

sin x2 +cos x

2

0 3π2 2π

0 + 0 −

Khi đó: I =3π2∫

0

(sin

x

2+cos

x

2

)d x +

2π∫3π2

−(sin

x

2+cos

x

2

)d x

= 2(−cos

x

2+ sin

x

2

)∣∣∣ 3π2

0+2

(cos

x

2− sin

x

2

)∣∣∣2π

3π2

= 4ln2.


−1

(|x|− |x −1|)d x

Giải

Bảng xét dấu chung

x

x

x −1

−1 0 1 2− 0 + +− − 0 +

Khi đó: I =0∫

−1

(−x +x −1)d x +1∫

0

(x +x −1)d x +2∫

1

(x −x +1)d x

=−0∫

−1

d x +1∫

0

(2x −1)d x +2∫

1

d x = 0.


0

max{x2,3x +2}d x

Giải

Xét hàm số h(x) = x2 −3x +2 trên [0,2]Bảng xét dấu

x

h(x)

0 1 2

0 + 0 −


Chương I. TÍCH PHÂN 3. TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI, MIN, MAX

Do đó:

• Với x ∈ [0,1] thì max[x2,3x +2] = x2.

• Với x ∈ [1,2] thì max[x2,3x +2] = 3x −2.

Khi đó: I =1∫

0

x2 d x +2∫

1

(3x −2)d x = 17

6.


1.

2∫−2

|x2 −1|d x. Đáp số: 4

2.

2∫−3

|x2 −3x +2|d x. Đáp số: 592

3.

π2∫

0

p5−4cosx −4sin x d x. Đáp số: 2

p3−2− π

6

4.

5∫−5

(|x +2|− |x −2|)d x. Đáp số: 8

5.

1∫−1

(|2x −1|− |x|)d x. Đáp số: 32

6.

1∫−1

|x|x4 −x2 −12

d x. Đáp số: 27 ln 3

4

7.

4∫1

√x2 −6x +9d x. Đáp số: 5

2

8.

1∫−1

√4−|x|d x. Đáp số: 2− (5−p

3)

9.

1∫−1

√|x|−x d x. Đáp số: 2

p2

3

10.

3∫0

|2x −4|d x. Đáp số: 4+ 1ln2 .

11.

3∫0

√x3 −2x2 +x d x. Đáp số: 24+p3+8

15 .


4. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ ĐƠN GIẢN Chương I. TÍCH PHÂN

12.

π2∫

−π2

|sin x|d x. Đáp số: 2.

13.

π∫0

p2+2cos2x d x. Đáp số: 4.

14.

π∫0

p1− sin2x d x. Đáp số: 2

p2.

15.

2π∫0

p1+ sin x d x. Đáp số: 4

p2.

16.

2∫0

max(x, x2)d x. Đáp số: 556 .

17.

2∫0

min(x, x3)d x. Đáp số: 43 .

18.

π2∫

0

min(sin x,cos x)d x

4 Phương pháp đổi biến số đơn giản

Thông thường khi gặp:

• Một căn thức ta đặt t là căn thức.

• Một phân thức ta đặt t là mẫu thức.

• Một hàm số lấy lũy thừa ta đặt t là biểu thức lấy lũy thừa.

• Một hàm số mũ ta đặt t là biểu thức ở trên mũ.

4.1 Dạng căn thức

Khi gặp hàm dưới dấu tích phân có chứa biểu thức dạng n√

f (x) nói chungtrong nhiều trường hợp ta đặt t = n

√f (x)

Ví dụ 4.1. Tính

1∫0

x√

x2 +1d x


Chương I. TÍCH PHÂN 4. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ ĐƠN GIẢN

Giải

Đặt t =p

x2 +1 ⇒ t 2 = x2 +1 ⇒ x2 = t 2 −1 ⇒ xd x = td tĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x =p

1 ⇒ t =p2

Khi đó: I =

1∫0

√x2 +1.x d x =

p2∫

1

t .t d t

=p

2∫1

t 2 d t = t 3

3

∣∣∣∣p

2

0= 1

3

(2p

2−1)

Lưu ý: một số học sinh thường quên đổi sang cận mới theo t . Bài này ta còn có thể giảitheo cách khác như ở Ví dụ 5.7 trang 20.

Ví dụ 4.2. Tính I =p

3∫0

x3√

x2 +1d x

Giải

Đặt t =p

x2 +1 ⇒ x2 = 1− t 2 ⇒ xd x =−td tĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =p

3 ⇒ t = 2

Khi đó: I =

p3∫

0

x2√

x2 +1.x d x =

2∫0

(1− t )t (−t )d x =

2∫0

(t 3 − t 2)d x

=(

t 4

4− t 3

3

)∣∣∣∣2

0= 4

3

Nhận xét: Trước khi đổi sang biến t ta có bước phân tích làm xuất hiện kết quả vi phânxd x là x3d x = x2.xd x và ta thấy cần chuyển x2 theo biến t thì phép đổi biến mới thànhcông.


1.

1∫0

x −1p3x2 −6x +7

d x. Đápsố:2−p7

3

2.

ln x∫0

e2x

p1+ex

d x. Đápsố:2p2

3

3.

5∫12

xp

2x −1d x. Đápsố:144

5

4.

6∫2

1

2x +1+p4x +1

d x. Đáp số: ln 32 − 1

6



5.

π2∫

0

p1+4sin x cos x d x.

Ví dụ 4.3. Tính

p3∫

1

3−2ln x

xp

1+2ln xd x

Giải

Đặt t =p1+2ln x ⇒ t 2 = 1+2ln x ⇒ 2ln x = t 2 −1 ⇒ td t = 1

xd x

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x =p2 ⇒ t =p

2

Khi đó: I =p

3∫1

3−2ln xp1+2ln x

· 1

xd x =

p2∫

1

(3− t 2 +1)

t· t d t =

p2∫

1

(4− t 2)d t = 10p

2

3− 11

3


1.

pe3∫

1

3−2ln x

xp

1+2ln xd x. Đáp số: 5

3

2.

e∫1

p1+3ln x · ln x

xd x (B-2004). Đáp số: 116

135

3.

ep

7∫1

ln x3√

1+ ln2 x

xd x. Đáp số: ln 3

2 − 13

Ví dụ 4.4. Tính I =2p

3∫p

5

1

xp

4+x2d x (A-2003)

Giải

Đặt t =p

4+x2 ⇒ x2 = t 2 −4 ⇒ xd x = td tĐổi cận: x =p

5 ⇒ t = 3 ; x = 2p

3 ⇒ t = 4

Khi đó: I =2p

3∫p

5

1

xp

4+x2d x =

2p

3∫p

5

1

x2p

4+x2· x d x

=4∫

3

1

(t 2 −4)t· t d t =

4∫3

1

t 2 −4· t d t =

4∫3

1

t 2 −4d t

=4∫

3

1

(t −2)(t +2)d t = 1

4

4∫3

1

t −2− 1

t +2d t

= 1

4(ln |t −2|− ln |t +2|)|43 =

1

4· ln

5

3

Nhận xét: khi ta phân tích làm xuất hiện vi phân xd x ta thấy hàm ban đầu chưa có kếtquả này do đó ta cần nhân tử và mẫu biểu thức dưới dấu tích phân cho x. Sau đó ta cầnchuyển x2 theo biến t thì phép đổi biến mới thành công.




1.

ln8∫ln3

1p1+ex

d x. Đáp số: ln 32

2.

ln2∫0

pex −1d x

4.2 Biểu thức có chứa căn bậc khác nhau

Khi gặp hàm dưới dấu tích phân có chứa các biểu thức dạng(

ax +b)

cx +d

)mn

,

. . . ,

(ax +b)

cx +d

) rs

ta đặtax +b)

cx +d= t k với k là mẫu số chung nhỏ nhất của các số

mũm

n, . . . ,

r

s.


0

13p

x +1+px +1

d x

Giải

Đặt x +1 = t 6 ⇒ x = t 6 −1 ⇒ d x = 6t 5d tĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 63 ⇒ t = 2

Khi đó: I =2∫

1

6t 5

t 3 + t 2d t = 6

2∫1

t 3

t +1d t =

2∫1

(t 2 − t +1− 1

t +1

)d t = 11+6ln

2

3

Nhận xét: do 3p

x +1 = (x +1)13 ,p

x +1 = (x +1)12 và mẫu số chung của các số mũ

1

3,

1

2là 6

nên ta đổi biến x +1 = t 6.


1.

729∫64

13p

x −px

d x

2.

3∫2

3

√x −1

x +1· 1

x +1d x.

Hướng dẫn: đặt x+1x−1 = t 3 và kết hợp phương pháp giải mục 5.3 trang 19.



4.3 Dạng phân thức 1

Khi gặp hàm dưới dấu tích phân có chứa biểu thức dạngf (x)

g (x)nói chung

trong nhiều trường hợp ta đặt t = g (x).


0

p2x +1

1+p2x +1

d x

Giải

Đặt t = 1+p2x +1 ⇒ t −1 =p

2x +1⇒ 2x +1 = (t −1)2 ⇒ d x = (t −1)d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 4 ⇒ t = 4

Khi đó: I =4∫

2

t −1

t· (t −1)d t =

4∫2

(t −1)2

td t =

4∫2

t −2+ 1

td t = 2+ ln2

Nhận xét: bài này ta có thể đổi biến dạng căn thức t =p2x +1 nhưng sẽ phức tạp hơn,

cách đổi biến t = 1+p2x +1 là phù hợp.


0

x3

x2 +1d x

Giải

Đặt t = x2 +1 ⇒ x2 = t −1 ⇒ xd x = d t

2Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 2

Khi đó: I =1∫

0

x2

x2 +1·x d x =

2∫1

t −1

t· 1

2d t = 1

2

2∫1

(1− 1

t

)d x = 1

2− ln2

2

Nhận xét: bài này gọn nhất là giải bằng phương pháp Tích phân hàm hữu tỉ2 ở đây đưara hướng giải khác để thấy nhiều cách tiếp cận một bài tích phân.


1.

π2∫

0

sin3 x

1+cos xd x

1Phương pháp giải tổng quát xem mục 6 trang 232Xem mục 6 trang 23



4.4 Dạng biểu thức lũy thừa

Thông thường ta đặt t là biểu thức lấy lũy thừa.

Ví dụ 4.8. Tính I −1∫

0

x3(x4 −1)5 d x.

Giải

Đặt t = x4 −1 ⇒ d t = 4x3d x ⇒ x3d x = 1

4x3

Đổi cận: x = 0 ⇒ t =−1 ; x = 1 ⇒ t = 0

Khi đó: I = 1

4

0∫−1

t 5 d t = 1

24t 6

∣∣∣∣0

−1=− 1

24.

Nhận xét: do (x4)′ = 4x3 nên ta khử được x3 trong đề bài.


1.

1∫0

x3(1+x4)3 d x. Đáp số: 1516 .

2.

1∫0

x3(1−x3)6 d x. Đáp số: 1168 .

3.

1∫0

x3(1−x)2014 d x

4.5 Biểu thức có logarit

Dạng thường gặp là biểu thức chứa1

xvà ln x. Ta thường đổi biến t = ln x hoặc

t = biểu thức chứa ln x.


(a) I1 =e∫

1

(1+ ln x)2

xd x (b) I2 =

e∫1

ln x.3√

1+ ln2 x

xd x

Giải

(a) Đặt t = 1+ ln x ⇒ d t = 1

xĐổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2

Khi đó: I1 =2∫

1

t 2 d t = t 3

3

∣∣∣∣2

1= 7

3.


5. ĐỔI BIẾN SANG LƯỢNG GIÁC Chương I. TÍCH PHÂN

(b) Đặt t = 3√

1+ ln2 x ⇒ t 3 = 1+ ln2 x ⇒ 3t 2d t = 2 · ln x

xd x ⇒ ln x

xd x = 3

2· t 2d t

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 3p

2

Khi đó: I2 = 3

2

3p2∫1

t 3 d t = 3

8· t 4

∣∣∣∣3p2

1= 3

8(

3p16−1)


1.

e2∫e

1

x ln xd x. Đáp số: ln2

2.

p3∫

0

ln(x +

px2 +1

)p

x2 +1d x.

3.

e∫1

1

x√

9− ln2 xd x

4.

e∫1

p1+ ln x

2xd x. Đáp số: 2

p2−13

5.

e3∫1

1

xp

1+ ln xd x. Đáp số: 2.

5 Đổi biến sang lượng giác

ĐỔI BIẾN SANG LƯỢNG GIÁC

Hàm dưới dấu tích phân Đổi biến Điều kiện

1p

a2 −x2 x = a sin t t ∈ [−π2 , π2

]x = a cos t t ∈ [0,π]

2p

x2 −a2 x = asin t t ∈ [−π

2 , π2]

\ {0}x = a

cos t t ∈ [0,π] \ {π2 }

3(a2 +x2

)kx = a tan t t ∈ (−π

2 , π2)

x = a cot t t ∈ (0,π)

4√

a+xa−x hoặc

√a−xa+x x = a cos2t t ∈ [

0, π2]

5p

(x −a)(b −x) x = a + (b −a)sin2 t t ∈ [0, π2

]14 © Nguyễn Hồng Điệp

Chương I. TÍCH PHÂN 5. ĐỔI BIẾN SANG LƯỢNG GIÁC

5.1 Dạng 1

Biểu thức dưới dấu tích phân có dạngp

a2 −x2, a > 0, với bài tập có dạng nàyta đặt

• x = a sin t , t ∈[−π

2,π

2

]• x = a cos t , t ∈ [0,π]


3∫−1

√4−x2 d x

Giải

Đặt x = 2sin t , t ∈[−π

2,π

2

]⇒ d x = 2cos td t

Đổi cận: x =−1 ⇒ t = −π6

; x =p3 ⇒ t = π

3

Khi đó: I =π3∫

−π6

√4−4sin2 t ·2cos t d t = 4

π3∫

−π6

cos t√

cos2 t d t

Do t ∈[−π

6,π

3

]⇒ cos t > 0 ⇒p

cos t = cos t

I =π3∫

−π6

4cos2 t d t = 2

π3∫

−π6

(1+cos2t )d t

= 2

π3∫

−π6

d t +2

π3∫

−π6

cos2 t d t =π+p3

Nhận xét: mặc dầu hàm dưới dấu tích phân có căn thức nhưng nếu đặt t =p

4−x2 thìsẽ gặp khó khăn do:

1. Từ t 2 = 4−x2 ⇒ td t =−xd x nhưng dưới dấu tích phân chỉ có d x nếu làm xuất hiệnvi phân xd x thì ta phải chia cho x. Trong khi đó cận tích phân từ −1 đến

p3 có

chứa x = 0 khi đó phép chia không hợp lệ.

2. Khi đổi sang biến t cần tính t theo x lại xuất hiện dấu căn mới, bài toán sau phứctạp hơn bài toán trước. (∗.∗)

Đây là Ví dụ chứng tỏ không phải cứ thấy√

f (x) là đổi biến t = √f (x). Có thể không

thành công.


− 3p

22

1√(9−x2

)3d x



Giải

Đặt x = 3cos t với t ∈ [0,π]⇒ d x =−3sin td t

Đổi cận: x =−3p

2

2⇒ t = 3π

4; x = 3

2⇒ t = π

3

Khi đó I =π3∫

3π4

−3sin t√(9sin2 t

)3d t =

3π4∫

π3

3sin t

33 · |sin3 t | d t

Do t ∈ [π3 , 3π

4

]⇒ sin t > 0 ⇒|sin3 t | = sin3 t

=3π4∫

π3

3sin t

33 · sin3 td t = 1

9

3π4∫

π3

1

sin2 td t = −1

9cot t

∣∣∣∣ 3π4

π3

=p

3+3

27

Nhận xét: trong bài này nếu đặt t =√(

9−x2)3 là không thích hợp.


1.

32∫

0

1√(9−x2

)3d x. Đáp số: 1

9p

3

2.

1∫0

√(1−x2

)3 d x. Đáp số: 3π16

3.

p2

2∫0

x2

p1−x2

d x. Đáp số: π8 − 1

4

4.

1∫0

x2 +1p4−x2

d x. Đáp số: π2 −

p3

2

5.

1∫p

22

p1−x2

x2d x. Đáp số: 1− π

4

6.

p2∫

0

x2

p4−x2

d x. Đáp số: π2 −1

Dạng tổng quát


a2 −b2x2, a > 0, với bài tập có dạngnày ta đặt



• x = a

bsin t , t ∈

[−π

2,π

2

]• x = a

bcos t , t ∈ [0,π]

� Bài tập

1.

1∫0

x2√

4−3x2 d x. Đáp số: 2p

3π27 + 1

12 .đặt:x=2p3sint

2.

1∫0

1p−x2 +2x +3

d x.

Đáp số: π6 .Hd:I=∫1

0dx p4−(x−1)2.Đặtx−1=2sint

3.

p3−1∫

−1

1

x2 +2x +2d x. Đáp số: π

3

5.2 Dạng 2


x2 −a2, a > 0, với bài tập có dạng nàyta đặt

• x = a

sin t, t ∈

(0,π

2

)• x = a

cos tcos t , t ∈

(0,π

2

)

Ví dụ 5.3. Tính

6∫3p

2

1

xp

x2 −9d x

Giải

Đặt x = 3

sin tvới t ∈

(0,π

2

)⇒ d x =−3cos t

sin2 xd t

Đổi cận: x = 3p

2 ⇒ t = π

4; x = 6 ⇒ t = π

6

Khi đó: I =π6∫

π4

−3cos t

sin2 x · 3

sin t·√

9

sin2 t−9

d t =π4∫

π3

cos t

3sin t ·√

cos2 t

sin2 t

d t

= 1

3

π4∫

π6

cos t

sin t · cos t

sin t

d t = 1

3

π4∫

π6

d t = π

36



Nhận xét: bài này ta còn có thể đổi biến t =p

x2 +9 sẽ xuất hiện tích phân có dạng3p

3∫3

1

t 2 +9d t ta áp dụng phương pháp giải ở mục 5.3 trang 19.

Ví dụ 5.4. Tính

p2

2∫1

1p4x2 −1

d x

Giải

Đặt x = 1

2cos t, t ∈

(0,π

2

)⇒ d x = sin t

2cos2 td t

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = π

3; x =

p2

2⇒ t = π

4

Khi đó: I =π4∫

π3

1

cos td t

Đặt u = sin t ⇒ du = cos td t

Đổi cận: t = π

3⇒ u =

p3

2; t = π

4⇒ u =

p2

2

Khi đó: I =π4∫

π3

1

cos2 t·cos t d t =

π4∫

π3

1

sin2 t −1·cos t d t

=

p2

2∫p

32

1

u2 −1du = 1

2

p2

2∫p

32

(1

u −1− 1

u +1

)du

= 1

2ln

(p2+1p3+1

)

Nhận xét: phép đổi biến sang lượng giác trong bài này là phù hợp nhưng đây chưa phảilà cách làm hiệu quả nhất, nếu ta đổi biến theo hướng khác t = 2x +

p4x2 −1 thì bài giải

gọn hơn nhiều. Qua đó cho thấy một bài tích phân có nhiều cách giải khác nhau, tìmđược lời giải đẹp đòi hỏi nhiều về kinh nghiệm và khả năng suy luận của mỗi người.


1.

p2

2∫0

1p1−x2

d x. Đáp số: 12 ln

(p2+1p3+1

)

2.

p2∫

2p3

1

xp

x2 −1d x. Đáp số: π

12



3.

4p3∫

2

px2 −4

x3d x. Đáp số: π

48 −p

332

5.3 Dạng 3

Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng(a2 +x2

)k, a > 0, với bài tập có dạng

này ta đặt

• x = a tan t , t ∈(−π

2,π

2

)• x = a cot t , t ∈ (0,π)

Ví dụ 5.5. Tính

3p

3∫3

1

x2 +9d x

Giải

Đặt x = 3tan t , t ∈(−π

2,π

2

)⇒ d x = 3

cos2 td t


4; x = 3

p3 ⇒ t = π

3

Khi đó: I =π3∫

π4

1

9tan2 t +9· 3

cos2 td t = 1

3

π3∫

π4

1(1+ tan2

)cos2 t

d t

= 1

3

π3∫

π4

1

cos2 t·cos2 t d t = 1

3

π3∫

π4

d t = π

36

Ví dụ 5.6. Tính

2∫0

1

x2 +4d x

Giải

Đặt x = 2cot t , t ∈ (0,π)

⇒ d x = 2

cos2 td t


2; x = 2 ⇒ t = π

4

Khi đó: I =π4∫

0

1

4cot2 t +4· 2

sin2 td t = 1

2

π4∫

0

1(1+cot2

)sin2 t

d t

= 1

2

π4∫

0

1

sin2 t· sin2 t d t = 1

2

π4∫

0

d t = π

8



Ví dụ 5.7. Tính

1∫0

x√

1+x2 d x

Giải

Đặt x = tan t , t ∈(−π

2,π

2

)⇒ d x = 1

cos2 td t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t = π

4

Khi đó: I =π4∫

0

tan t√

1+ tan2 t · 1

cos2 td t =

π4∫

0

sin t

cos t· 1

cos t· 1

cos2 td t

=π4∫

0

sin t

cos4 td t = ·· · = 1

3

(2p

2−1)

Nhận xét: đây là cách giải đúng và dĩ nhiên có thể chấp nhận được nhưng ta còn cócách giải khác ngắn gọn hơn ở Ví dụ 4.1 trang 8. Phép đổi biến x = tan t có thể dùngđược nhưng không thích hợp trong trường hợp này.


1.

1∫0

1(1+x2

)3 d x. Đáp số: 3π32 + 1

4

2.

2∫0

1(x2 +4

)2 d x. Đáp số: 132

(π2 +1

)

3.

p3∫

−p

33

1√(1+x2

)3d x. Đáp số:

p3+12

4.

p3∫

1

p1+x2

x2d x. Đáp số: ln

(2+p

3)(p

2−1)+ 3

p3−2

p3

3

Dạng tổng quát

Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng(a2 +b2x2

)k , với bài tập có dạng này tađặt

• x = a

btan t , t ∈

(−π

2,π

2

)• x = a

bcot t , t ∈ (0,π)




0

1(1+3x2

)2 d x

Giải

Đặt x = 1p3

,t ∈(−π

2,π

2

)⇒ d x = 1p

3

(1+ tan2 t

)d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t = π

3

Khi đó: I =π3∫

0

1(1+ tan2

)2 · 1p3

(1+ tan2 t

)d t = 1p

3

π3∫

0

1

1+ tan2 td t

= 1p3

π3∫

0

cos2 t d t = 1

2p

3

π3∫

0

(1+cos t )d t = π

6p

3+ 1

8


1.

3p

33∫

0

x2(4x2 +9

)2 d x. Đáp số: 148

(π3 −

p3

4

)

2.

0∫− 1

2

1

2x2 +2x +1d x. Đáp số: π

4

3.

1∫0

x

x4 +x2 +1d x. Đáp số: π

p3

18

5.4 Dạng 4

Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng√

a +x

a −xhoặc

√a −x

a +x, với bài tập có

dạng này ta đặt x = a cos2t , t ∈[

0,π

2

]


−1

1+x

1−xd x

Đặt x = cos2t , t ∈[

0,π

2

]⇒ d x =−2sin2t

Đổi cận: x =−1 ⇒ t = π

2; x = 0 ⇒ t = π

4



Khi đó: I =π2∫

π4

√1+cos2t

1−cos2t· (−2sin2t )d t =

π2∫

π4

√cot2 t · (−2sin2t )d t

=π2∫

π4

cot t (−2sin2t )d t =π2∫

π4

(−4cos2 t)

d t =−2

π2∫

π4

(1+cos2t )d t =−2− π

2


1.

1∫0

√1−x

1+xd x. Đáp số: π

2 −1

2.

p2∫

0

√2+x

2−xd x. Đáp số: π

2 +2−p2

5.5 Dạng 5


(x −a)(b −x), với bài tập có dạng này

ta đặt x = a + (b −a)sin2 t , t ∈[

0,π

2

]

Ví dụ 5.10. Tính I =32∫

54

√(x −1)(x −2)d x

Giải

Đặt x = 1+ sin2 t , t ∈[

0,π

2

]⇒ d x = 2sin td t

Đổi cận: x = 5

4⇒ t = π

6; x = 3

2⇒ t = π

4

Khi đó: I = 1

2

π4∫

π6

sin2 2t d t = 1

4

π4∫

π6

1−cos4t d t = π

48+p

3

32

� Bài tập tổng hợp

1.

p2∫

2p3

1

xp

x2 −1d x. Đáp số: π

12


Chương I. TÍCH PHÂN 6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ

6 Tích phân hàm hữu tỉ

6.1 Tích phân chứa nhị thức

Dạng I =∫

1

(ax +b)nd x ta đổi biến t = ax +b

6.2 Tích phân chứa tam thức

3 Dạng 1

I =∫

1

ax2 +bx + cd x, xét các trường hợp của ∆= b2 −4ac

1. ∆> 0

Khi đó: I =∫

1

a(x −x1)(x −x2)d x

= 1

a(x1 −x2)

∫ (1

x −x1− 1

x −x2

)d x

2. ∆= 0

Khi đó: I = 1

a

∫1

(x −x0)2d x (tích phân hàm chứa nhị thức).

3. ∆< 0

Khi đó: I = 1

a

∫1

(x + A)2 +B 2d x (đổi biến sang lượng giác3 xem mục 5 trang 14).


3−1∫−1

1

x2 +2x +2d x

Giải

Ta có: I =p

3−1∫−1

1

(x +1)2 +1d x

Đặt x +1 = tan t , t ∈(−π

2,π

2

)⇒ d x = (1+ t 2)d t

Đổi cận: x =−1 ⇒ t = 0 ; x =p3−1 ⇒ t = π

3

Khi đó: I =π3∫

0

(1+ t 2)

(1+ t 2)d t =

π3∫

0

d t = π

3.

3Dạng 3


6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ Chương I. TÍCH PHÂN


(a)

1∫0

1

2x2 +5x +2d x (b)

−1∫−2

1

x2 +2x +5d x

(c)

2∫54

1

2x2 −5x +7d x (d)

4∫3

1

x2 −7x +10d x

(e)

2∫0

1

4x2 −24x +36d x (f)

1∫0

x

x4 −2x2 +2d x

(g)

4∫2

2x

x4 −3x2 +2d x (h)

π2∫

π6

cos x

sin2 x −6sin x +2d x

(i)

π6∫

0

1

3sin2 x −6sin x cos x +5cos2 xd x

3 Dạng 2

Tích phân có dạng I =∫

mx +n

ax2 +bx + cd x ta phân tích

mx +n = A(ax2 +bx + c)′+B

từ đó ta đưa được về các dạng tích phân biết cách giải.


4

2x +3

x2 −3x +2d x

Giải

Phân tích: 2x +3 = A(2x −3)+B = 2Ax −3A+BĐồng nhất hệ số hai vế ta được:{

2A = 2

−3A+B = 3⇔

{A = 1

B = 6

Khi đó: I =3∫

4

(2x −3)+6

x2 −3x +2d x =

3∫4

2x −3

x2 −3x +2d x +6

3∫4

1

x2 −3x +2d x

= I1 + I2

• I1 =3∫

4

2x −3

x2 −3x +2d x = ln |x2 −3x +2|∣∣3

4 = ln5

6


Chương I. TÍCH PHÂN 6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ

6.3 Dạng tổng quát

3 Phân tích phân thức

Cho f (x) là đa thức bậc bé hơn n khi đó ta có phân tích

• f (x)

(x −a)n= A1

(x −a)n+ A2

(x −a)n−1+·· ·+ An+1

a −a

• f (x)

(x −a)m(x −b)n= A1

(x −a)m+ A2

(x −a)m−1+·· · Am+1

x −a+ A′

1

(x −b)n+·· ·+ A′

n+1

x −bTa qui đồng, khử mẫu và xác định các hệ số Ai bằng phương pháp đồng nhất thức hoặctrị số riêng.

Ví dụ 6.3.

1.x +2

(x −2)2= A

(x −2)2+ B

x −2= A+B(x −2)

(x −2)2

Cho x +2 = A+B(x −2). Lần lượt cho x = 0,2 ta được hệ phương trình:{A−2B = 2

A = 4⇔

{A = 4

B = 1

2. f (x) = x2 −4x

x3 −4x2 +5x −2Ta có: x3 −4x2 +5x −2 = (x −1)2(x −2)

Do đó: f (x) = x2 −4x

(x −1)2(x −2)= A

(x −1)2= B

x −1= C

x −2Qui đồng mẫu số và khử mẫu hai vế ta được:

x2 −4x = A(x −2)+B(x −1)(x −2)+C (x −1)2

Lần lượt cho x = 1,2,0 ta được hệ phương trình:B +C = 1

A−3B −2C = 4

−2A+2B +C = 0

⇔

A = 3

B = 5

C =−4

3 Dạng tổng quát

Để tính bài toán tích phân có dạng phân thức 4 I =∫

f (x)

g (x)d x ta thực hiện theo các bước:

1. Xét xemf (x)

g (x)đã là phân thức thực sự chưa. Cụ thể:

(a) Nếu bậc f (x) nhỏ hơn bậc của g (x) ta đã có phân thức thực sự.

4Ta chỉ xét trường hợp mẫu có nghiệm


6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ Chương I. TÍCH PHÂN

(b) Nếu bậc của f (x) lớn hơn hoặc bằng bậc của g (x) ta chia f (x) cho g (x) để làmxuất hiện phân thức thật sự.

2. Căn cứ vào dạng tích của mẫu thức mà ta phân tích thành tổng các phân thức đơngiản.

Ví dụ 6.4. Tính I = 34x2 −4x

x3 −4x2 +5x −2

Giải

Ta có:x2 −4x

x3 −4x2 +5x −2là phân thức thật sự. Cách phân tích đã xét trong Ví dụ 6.3 trang

62.

Khi đó: I =4∫

3

(3

(x −1)2+ 5

x −1− 4

x −2

)d x

=(− 3

x −1+5ln |x −1|−4ln |x −2|

)∣∣∣∣4

3= 1

2+5ln

3

2−4ln2.

Nhận xét:

1) Biểu thức x4 +a4(a > 0) được phân tích thành

x4 −a4 =(x2 +p

2ax +a2)(

x2 −p2ax +a2

)2) Phương pháp trên giải quyết bài toán tích phân hàm hữu tỉ nhưng nói chung còn dài

dòng. Khi ta kết hợp với các phương pháp khác thì bài toán được giải quyết gọnhơn.


1.

2∫1

1

x3 +xd x. Đáp số: −1

8 ln 516 + ln2− 1

2 ln 52 .

2.

3∫2

x3 −2

x3 −xd x. Đáp số: 1−2ln 3

2 + 32 ln2+ 1

243 .

3.

1∫0

x +4

x3 +6x2 +11x +6d x. Đáp số: 3

2 ln2−2ln 32 + 1

2 ln 43

4.

p3

2∫0

1

(1−x2)2d x. Đáp số: −1

2 ln(2−p3)+p

3+ 32 .

5.

2∫1

1−x5

x +x6d x.


Chương I. TÍCH PHÂN 7. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC

6.

1∫0

x4

x4 −16d x. Đáp số:1− 1

2 ln3−arctan 12

7.

1∫0

1916 x2 +x +1

(x2 +4)(x2 +2x +5)d x. Đáp số: 1

4 ln 2532 − 52

34 arctan 12

7π128 .

8.

1∫0

x2 −1

x4 +1d x. Đáp số: 1

2p

2ln

(2−p22+p2

)

7 Tích phân hàm lượng giác

7.1 Các công thức lượng giác

(a). Công thức cộng

sin(a +b) = sin a cosb + sinb cos a cos(a +b) = cos a cosb − sin a sinbsin(a −b) = sin a cosb − sinb cos a cos(a −b) = cos a cosb + sin a sinb

tan(a +b) = tan a + tanb

1− tan a tanbtan

(π4+x

)= 1+ tan x

1− tan x

tan(a −b) = tan a − tanb

1+ tan a tanbtan

(π4−x

)= 1− tan x

1+ tan x

(b). Công thức nhân• Công thức nhân đôi

sin2x = 2sin x cos x cos2x = cos2 x − sin2 x=2cos2 x −1 = 1−2sin2 x

tan2x = 2tan x

1− tan2 xcot2x = cot2 x −1

2cot x

• Công thức hạ bậc

sin2 x = 1−cos2x

2cos2 x = 1+cos2x

2

tan2 x = 1−cos2x

1+cos2x

• Công thức nhân ba

sin3x = 3sin x −4sin3 x tan3x = 3tan x − tan3 x

1− tan2 x

cos3x = 4cos3 x −3cos x

(c). Công thức theo tan x2

Đặt t = tan x2 thì


7. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Chương I. TÍCH PHÂN

sin x = 2t

1+ t 2tan x = 2t

1− t 2

cos x = 1− t 2

1+ t 2

(d). Công thức biến đổi tổng thành tích

sin(a +b) = 2sin

(a +b

2

)cos

(a −b

2

)cos(a +b) = 2cos

(a +b

2

)cos

(a −b

2

)sin(a −b) = 2cos

(a +b

2

)sin

(a −b

2

)cos(a −b) =−2sin

(a +b

2

)sin

(a −b

2

)tan(a +b) = sin(a +b)

cos a cosbcot(a +b) = sin(a +b)

sin a sinb

tan(a −b) = sin(a −b)

cos a cosbcot(a −b) = sin(a −b)

sin a sinb

sin a +cos a =p2sin

(a + π

4

)sin a −cos a =p

2sin(a − π

4

)=p

2cos(a − π

4

)=−p2cos

(a − π

4

)(e). Công thức biến đổi tích thành tổng

sin a. sinb = 1

2[cos(a −b)−cos(a +b)] cos a.cosb = 1

2[cos(a −b)+cos(a +b)]

sin a.cosb = 1

2[sin(a −b)+ sin(a +b)]

7.2 Dạng tổng quát

Khi gặp tích phân hàm lượng giác trong trường hợp tổng quát ta có thể đổi biến

t = tanx

2. Khi đó:

d x = 2d t

1+ t 2; sin x = 2t

1+ t 2;cos x = 1− t 2

1+ t 2

Ví dụ 7.1. Tính I =π2∫

0

1

4+5sin xd x

Giải

Đặt t = tanx

2⇒ sin x = 2t

1+ t 2

⇒ d x = 2td t

1+ t 2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π

2⇒ t = 1

Khi đó: I =1∫

0

1

4+5 · 2t

1+ t 2

· 2

1+ t 2d t =

1∫0

1

2t 2 +5t +2d t



=1∫

0

1

2(t +2)(t + 1

2

) d t = 1

3

1∫0

(1

t + 12

− 1

t +2

)d t

= 1

3

(ln

∣∣t + 12

∣∣− ln |t +2|)∣∣10 =

1

3ln2.


0

1

sin2 x +2sin x cos x −cos2 xd x

Giải

Ta có: I =π2∫

0

11−cos2x

2+ sin2x − 1+cos2x

2

d x =π2∫

0

1

sin2x −cos2xd x

Đặt t = tan x ⇒ sin2x = 2t

1+ t 2và cos2t = 1− t 2

1+ t 2

⇒ d x = d t

1+ t 2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π

4⇒ t = 1

Khi đó: I =1∫

0

1

2t

1+ t 2− 1− t 2

1+ t 2

· 1

1+ t 2d t =

1∫0

1

t 2 +2t +1d t

=1∫

0

1

(t +p2−1)(t −p

2−1)d t =− 1

2p

2ln

(p2+ t −1p2− t −1

)∣∣∣∣∣1

0

= ·· · (ˆ.ˆ).

7.3 Các trường hợp đơn giản

Phương pháp tổng quát giải bài toán tích phân hàm lượng giác là đổi biến t = tanx

2nhưng trong một số trường hợp phương pháp này trở nên phức tạp, dài dòng. Ta cócách giải riêng đối với một số dạng đặc biệt.

3 Dạng 1

• Hàm số là lẻ đối với sin ta đặt t = cos x.

• Hàm lẻ đối với cos ta đặt t = sin x.

Ví dụ 7.3.

1. Xét hàm f (sin x,cos x) = cos3 x sin2 xTa có: f (sin x,−cos x) = (−cos x)3 sin2 x =−cos3 x sin2 x

=− f (sin x,cos x)⇒ Đây là trường hợp hàm lẻ đối với cos



2. Xét hàm số f (sin x,cos x) = (sin x + sin3 x)cos xTa có: f (−sin x,cos x) = [−sin x + (−sin x)3

]cos x

= (−sin x − sin3 x)cos x =−(sin x + sin3 x)cos x=− f (sin x,cos x)

⇒ Đây là trường hợp hàm lẻ đối với sin

Ví dụ 7.4. Tính tích phân sau:

(a) I =π2∫

0

cos3 x sin2 x d x

(b) I =π2∫

0

sin2x cos x

1+cos xd x

Giải

(a) Đặt t = sin x ⇒ cos2 x = 1− t 2

⇒ d t = cos xd x

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π

2⇒ t = 1

Khi đó: I =π2∫

0

cos2 x. sin2 x.cos x d x =1∫

0

(1− t 2) t 2 d t

=1∫

0

(t 2 − t 4)d t =

(t 3

3− t 5

5

)∣∣∣∣1

0= 2

15

(b) Nhận xét:sin2x cos x

1+cos x= 2sin x cos2 x

1+cos xđây là trường hợp hàm lẻ đối với sin.

Đặt t = cos x ⇒ sin2 x = cos x⇒ sin xd x =−d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = π

2⇒ t = 0

Khi đó: I =π2∫

0

2sin x cos2 x

1+cos xd x =−

1∫0

2t 2

1+ td t

= 2

1∫0

(t −1+ 1

t +1

)d t = 2

[t 2

2− t + ln(1+ t )

]∣∣∣∣1

0

= 2ln2−1


1.

π2∫

0

sin3 x cos5 x d x. Đáp số: 124



2.

π2∫

0

cos5 x d x. Đáp số: 815

3.

π2∫

0

cosx sin3 x d x

4.

π2∫

0

cos xp7+cos2x

d x. Đáp số:πp

212

3Dạng 2

Hàm bậc chẵn đối với sin và cos.

Đặt t = tan x ⇒ d x = d t

1+ t 2

Công thức thường sử dụng: cos2 x = 1

1+ t 2; sin x = t 2

1+ t 2

Ví dụ 7.5. Tính tích phân sau

(a) I =π4∫

0

tan5 x d x

(b) I =π3∫

π4

1

sin2 x cos4 xd x

Giải

(a) Nhận xét: hàm tan5 x = sin5 x

cos5 xlà hàm chẵn đối với sin x,cos x

Đặt t = tan x ⇒ d x = 1

1+ t 2d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π

4⇒ t = 1

Khi đó: I =1∫

0

t 5

1+ t 2d t =

1∫0

(t 3 − t + t

t 2 +1

)d t =

[t 4

4− t 2

2+ 1

2ln

(t 2 +1

)]∣∣∣∣1

0=−1

4+ 1

2ln2.

(b) Đặt t = tan x ⇒ d t = (1+ tan2 x

)d x ⇒ d t = (

1+ t 2)

d x

⇒ d x = 1

1+ t 2d t

Ta được: sin2 x = t 2

1+ t 2và cos2 x = 1

1+ t 2



Khi đó I =p

3∫1

1

t 2

1+ t 2·(

1

1+ t 2

)2 · 1

1+ t 2d t =

p3∫

0

(1+ t 2

)2

t 2d t

=p

3∫0

t 4 +2t 2 +1

t 2d t =

p3∫

0

(t 2 +2+ 1

t 2

)d t

=(

t 3

3+2t − 1

t

)∣∣∣∣p

3

1= −4+4

p3

3


1.

π2∫

π4

cot x +1

sin4 xd x. Đáp số: 25

12

2.

π2∫

π6

cos3 xpsin x

d x. Đáp số: 85 − 19

10p

2

3.

π4∫

0

1

cos xd x. Đáp số: ln

(2+p22−p2

) 12

4.

π2∫

0

cos5 x d x. Đáp số: 815

5.

π4∫

π6

1

sin3 c cos xd x. Đáp số: 1+ ln3

6.

π2∫

π4

cot6 x d x. Đáp số: 1315 − π

4

7.

π4∫

0

1

sinx +2sin x cos x −8cos2 xd x. Đáp số: 1

6 ln 25

3Dạng 3

Dạng I =b∫

a

sinm cosn d x trong đó m,n là các số nguyên dương chẵn. Loại này là trường

hợp đặc biệt của Dạng 2 nhưng ta có thể giải gọn hơn bằng cách:



1. Nhóm lũy thừa chung của sin x và cos x để sử dụng công thức sin x cos x = 1

2sin2x.

2. Phần còn lại dùng cos2 x = 1+cos2x

2và sin2 x = 1−cos2x

2để giảm dần bậc của

sin x,cos x.


0

cos4 x sin2 x d x

Giải

Ta có: I =π2∫

0

cos2 x sin2 x.cos2 x d x = 1

4

π2∫

0

sin2 2x cos2 x d x

= 1

4

π2∫

0

sin2 2x

(1+cos2x

2

)d x = 1

8

π2∫

0

(sin2 2x + sin2 2x cos2x

)d x

= 1

8

π2∫

0

sin2 2x d x + 1

8

π2∫

0

sin2 2x cos2x d x = I1 + I2

• I1 = 1

8

π2∫

0

sin2 2x d x = 1

16

π2∫

0

(1−cos4x)d x = 1

16

(x − sin4x

4

)∣∣∣∣π20= π

32

• I2 = 1

8

π2∫

0

sin2 2x cos2x d x

Đặt t = sin2x ⇒ cos2xd x = 1

2d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π2 ⇒ t = 0

⇒ I2 = 0

Vậy I = π

32


1)

π2∫

0

sin2 x cos4 x d x 2)

π4∫

0

sin2 x cos2 x d x

3)

π2∫

0

cos4 x d x 4)

π6∫

0

sin6 x d x

3Dạng 4



1. I =b∫

a

1

sin2m x cos2n xd x . Đổi biến t = tan x và áp dụng công thức

cos2 x = 1

1+ tan2 x, sin2 x = tan2 x

1+ tan2 x

2. I =b∫

a

tanm x

cos2nxd x. Đổi biến t = tan x.

3. I =b∫

a

cotm x

sin2n xd x. Đổi biến t = cot x.

4. I =b∫

a

sinm x

cos2n xd x. Ta đưa về tan x sau đó tùy trường hợp mà đổi biến t = tan x hoặc

t = cot x. Dạng I =b∫

a

cosm x

sin2n xd x có cách làm tương tự.

5. I =b∫

a

tanm x d x. Ta sử dụng công thức tan2 x = 1

cos2 x−1 sau đó đổi biến tùy từng

bài cụ thể. Dạng I =b∫

a

cotm x d x có cách giải tương tự.

6. Dạng I =b∫

a

1

sinn xd x.

Biến đổi: I = 1

2n

b∫a

1

sinn x2 cosn x

2

d x = 1

2n

b∫a

1

tann x2 cos2n x

2

d x

Đổi biến t = tan x2 (xem mục 7.2 trang 28).

7. Dạng I =b∫

a

1

cosn xd x

Ta đưa về dạng trên bằng cách đổi biến t = π

2−x.


a)

π4∫

0

tan2 x d x b)

π3∫

0

tan3 x d x

Giải

a) Ta có: I =π4∫

0

(1

cos2 x−1

)d x = (tan x −x)|

π40 = 1− π

4



b) Ta có: I =π3∫

0

tan x. tan2 x d x =π3∫

0

tan x

(1

cos2 x−1

)d x

=π3∫

0

tan x · 1

cos2 xd x −

π3∫

0

tan x d x = I1 − I2

• I1 =π3∫

0

tan x · 1

cos2 xd x

Đặt t = tan x ⇒ d t = 1

cos2 xd x

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π

3⇒ t =p

3

Khi đó: I =p

3∫0

t d t = t 2

2

∣∣∣∣1

0= 3

2.

• I2 =π3∫

0

tan x d x

Đặt t = cos x ⇒ d t =−sin xd xĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = π

3 ⇒ t = 12

Khi đó: I =−12∫

1

1

td x =− ln |t ||

121 =− ln

1

2= ln2

Vậy I = 3

2− ln2.


1)

π4∫

0

tan2 x

cos6 xd x 2)

π2∫

0

1

cos4 xd x

3)

π4∫

0

tan5 x d x 4)

π2∫

π4

cot6 x d x

5)

π4∫

0

tan4 x d x 6)

π∫π4

cot3 x d x

7)

π∫π4

1

sin4 xd x 8)

π4∫

π6

1

sin4 x cos4 xd x

9)

π4∫

0

1

cos4 x + sin4 xd x 10)

π4∫

π6

1

a sin2 x +b cos2 xd x

11)

π∫0

(tan2 x

3+ tan4 x

4

)d x 12)

π2∫

0

sin2 x −cos2 x

sin4 x +cos4 xd x



13)

π2∫

π3

1

sin xd x 14)

π6∫

0

1

cos xd x

15)

π2∫

π3

1

sin3 xd x

3 Dạng 5

Để tính∫

sin a cosb d x;∫

sin a sinb d x;∫

cos a cosb d x ta áp dụng công thức biến đổi tích

thành tổng

sin a cosb = 1

2[sin(a +b)x + sin(a −b)x]

sin a sinb = 1

2[cos(a −b)x −cos(a +b)x]

cos a cosb = 1

2[cos(a +b)x +cos(a −b)x]


(a) I1 =π2∫

−π2

sin7x cos2x d x

(b) I2 =π2∫

π6

1+ sin2x +cos2x

sin x +cos xd x

Giải

(a) Ta có: I1 = 1

2

π2∫

−π2

(cos5x −cos9x)d x = 4

45

(b) Ta có: I2 =π2∫

π6

(1+ sin2x

sin x +cos x− cos2x

sin x +cos x

)d x

=π2∫

π6

[(sin x +cos x)2

sin x +cos x+ cos2 x − sin2 x

sin x +cos x

]d x

=π2∫

π6

(sin x +cos x +cos x − sin x)d x = 2

π2∫

π6

cos x d x = 1.




1)

π8∫

0

sin3x cos5x d x 2)

π∫0

sinx

3cos

x

4d x

3)

π∫0

cos x cos2 3x d x 4)

π6∫

0

sin x cos2x cos3x d x

7.4 Tích phân dạng hữu tỉ đối với hàm số lượng giác

3 Dạng 1

Dạng I =∫

1

a sin x +b cos x + cd x ta áp dụng cách giải tổng quát:

Đặt t = tanx

2⇒ d x = 2td t

1+ t 2.

Khi đó: sin x = 2t

1+ t 2, cos x = 1− t 2

1+ t 2


0

1

sin x +cos x +1d x

Giải

Đặt t = tanx

2⇒ d x = 2

1+ t 2d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π

2⇒ t = 1

Khi đó: sin x +cos x +1 = 2t

1+ t 2+ 1− t 2

1+ t 2+1 = 2t +2

1+ t 2

Do đó: I =1∫

0

(1+ t 2

2t +2· 2

1+ t 2

)d t =

1∫0

1

t +1d t = ln |t +1|10 = ln2.


1.

π∫0

1

sin x +1d x. Đáp số: π

2.

π∫π2

1

3sin x −2cos x +3d x. Đáp số: 1

2 ln 53

3.

π2∫

0

1

4sin x +3cos x +5d x. Đáp số: −1

6



3 Dạng 2


m sin x +n cos x

a sin x +b cos xd x

Ta tìm hai số A,B thỏa mãn Tử số= A(Mẫu số)′+B(Mẫu số)


0

2sin x +16cos x

2sin x +3cos xd x

Giải

Ta tìm hai số A,B thỏa mãn:2sin x +16cos x = A(2sin x +3cos x)′+B(2sin x +3cos x)

= A(2cos x −3sin x)+B(2sin x +3cos x)

Lần lượt cho x = 0,π

2ta được hệ phương trình:

{2A+3B = 16

−3A+2B = 2⇔

{A = 2

B = 4

Khi đó: I = 2

π4∫

0

2cos x −3sin x

2sin x +3cos xd x +4

π4∫

0

d x

= 2ln(2sin x +3cos x)|π40 +π= 2ln

5

3p

2+π.

� Bài toán tương tựπ∫

π2

11sin x +10cos x

4sin x −cos xd x. Đáp số: −3ln4+π.

3 Dạng 3

Tích phân dạng I =∫

m sin x +n cos x +k

a sin x +b cos x + cd x.

Ta tìm 3 số A,B ,C thỏa : Tử số= A(Mẫu số)′+B(Mẫu số)+C . Khi đó đưa về được các dạngtích phân đã biết cách giải.


0

3sin x +5cos x +2

sin x +cos x +1d x

Giải



Ta tìm ba số A,B ,C thỏa mãn:3sin x +5cos x +1 = A(3sin x +5cos x +1)′+B(3sin x +5cos x +1)+C

= A(3cos x −5sin x)+B(3sin x +5cos x +1)+C


2,π ta được hệ phương trình:

A+2B +C = 7

−A+2B +C = 5

−A+B +C =−5

⇔

A = 1

B = 4

C =−2

Khi đó: I =π2∫

0

cos x − sin x

sin x +cos x +1d x +4

π2∫

0

d x −2

π2∫

0

1

sin+cos x +1d x

= I1 +4I2 −2I3

• I1 =π2∫

0

cos x − sin x

sin x +cos x +1d x = ln |sin x +cos x +1||

π20 = 0.

• I2 =π2∫

0

d x = x|π20 = π

2.

• I3 =π2∫

0

1

sin+cos x +1d x = ln2 (tích phân này đã được trình bày ở Ví dụ 7.9)

Vậy: I = 2π−2ln2.

3 Dạng 4

Tích phân dạng I =∫

m sin x +n cos x +k

(a sin x +b cos x + c)2d x.

Ta tìm 2 số A,B thỏa : Tử số = A(Mẫu số)′+B(Mẫu số). Khi đó đưa về được các dạng tíchphân đã biết cách giải.


0

5cos x + sin x

(sin x +cos x)2d x

Giải

Ta tìm 2 số A,B thỏa

sin x +5cos x = A(cos x − sin x)+B(sin x +cos x)


2ta được hệ phương trình:

{A+B = 5

−A+B = 1⇔

{A = 2

B = 3



Khi đó: I = 2

π2∫

0

cos x − sin x

(sin x +cos x)2d x +3

π2∫

0

1

sin x +cos xd x = 2I1 +3I2.

• I1 =π2∫

0

cos x − sin x

(sin x +cos x)2d x = − 1

sin x +cos x

∣∣∣∣π20= 0 (hoặc ta có thể đổi biến t = sin x +cos x.)

• I2 =π2∫

0

1

sin x +cos xd x. Đổi biến t = tan

x

2(Ví dụ 7.9 ) ta tính được I2 =

p2ln(

p2+1)

Vậy I = 3p

2ln(p

2+1).

� Bài toán tương tựπ2∫

0

3sin x +29cos x

(3sin x +4cos x)2d x. Đáp số: −1

4 + ln6.

3 Dạng 5

Tích phân dạng I =b∫

a

m sin x +n cos x

(a sin x +b cos x)2d x

Cách giải

1. Ta tìm hai số A,B thỏa

Tử số= A(Mẫu số)′+B(Mẫu số)

2. Khi đó : I = A

b∫a

a cos x −b sin x

(a sin x +b cos x)3d x +B

b∫a

1


= AI1 +B I2.

3. Tính I1 : đổi biến t = a sin x +b cos x.

4. Tính I2 =b∫

a

1


Ta biến đổi mẫu số

a sin x +b cos x =√

a2 +b2.cos(x −α)

với sinα= apa2 +b2

, cosαbp

a2 +b2và

∫ d x

cos2 x= tan x +C .


0

4cos x −7sin x

(2sin x +cos x)3d x



Giải

Tìm hai số A,B thỏa

4cos x −7sin x = A(2cos a − sin x)+B(2sin x + cosx)


2ta được hệ phương trình{

2A+B = 4

−A+2B =−7⇔

{A = 3

B =−2

Khi đó: I = 3

π2∫

0

2cos x − sin x

(2sin x +cos x)3d x −2

π2∫

0

1

(2sin x +cos x)3d x

= I1 + I2.

• I1 =π2∫

0

2cos x − sin x

(2sin x +cos x)3d x

Đặt t = 2sin x +cos x ta tính được I1 =− 1

2t 2

∣∣∣∣2

1= 3

8

• I2 =π2∫

0

1

(2sin x +cos x)3d x

Ta biến đổi:

2sin x +cos x =p5

(2p5

sin x + 1p5−cos x

)(đặt

pa2 +b2 =p

5 làm nhân tử chung)

Đặt sinα= 2p5

, cosα= 1p5

Ta có: 2sin x +cos x =p5(sin x sinα+cosαcos x) =p

5cos(x −α)

Khi đó: I2 =π2∫

0

1

5cos2(x −α)d x = 1

5tan(x −α)|

π20 = 1

5(cotα+ tanα) = 1

2.

Vậy : I = 3I1 −2I2 = 1

8.

� Bài toán tương tựπ∫

π2

18cos x − sin x

(3sin x −2cos x)3d x. Đáp số: −7

9 .

7.5 Dùng hàm phụ

Đôi khi thay vì tính trực tiếp tích phân của hàm số f (x), ta có thể kết hợpvới một hàm số khác g (x) bàng cách tính tích phân của hàm a f (x)+bg (x) vàc f a(x)+d g (x). Dựa vào sự liên kết như vậy ta tính được tích phân dễ dàng



hơn. Dạng này thường được áp dụng đối với hàm số lượng giác.


0

cos2 x.cos2x d x

Giải

Xét thêm J =π4∫

0

sin2 x. sin2x d x

Ta có: I + J =π4∫

0

(cos2 x + sin2 x)cos2x d x =π4∫

0

cos2x d x

= 1

2sin2x|

π40 = 1

2

I − J =π4∫

0

(cos2 x − si n2x)cos2x d x =π4∫

0

cos2 2x d x

=π4∫

0

1+cos4x

2d x = 1

2

(x + 1

4sin4x

)∣∣∣∣π40= π

8

Ta có hệ phương trình: {I + J = 1

2

I − J = π8

⇔{

I = 14 + π

16

J = 14 − π

16


1.

π2∫

0

cos4 x

sin4 x +cos4 xd x


1.

π2∫

π4

cos2x.(cot+2)


2 − ln2−π

2.

π4∫

0

sin2 x

cos6 xd x. Đáp số: 8

15

3.

π2∫

π6

cos3 xpsin x

d x. Đáp số: ln(p

2+1)



4.

π4∫

0

cos x − sin xp2+ sin2x


3+p2p2+1

)

5.

π2∫

π3

cot x.3√

sin3−sin x

sin3 xd x. Đáp số:

3p924

6.

π∫0

(x −cos4 x. sin3 x)d x. Đáp số: 4π35

7.

π2∫

0

(pcos x −

psin x

)d x. Đáp số: 0

8.

π2∫

0

cos x.cos(sin x)d x. Đáp số: sin1

9.

π2∫

0

sin x +2cos x −3

sin x −2cos x +3d x.

10.

π2∫

0

sin x cos x

sin x +cos xd x. Đáp số: 1+

p2

2 ln(p

2−1).

Hd:sinxcosx=12[(sinx+cosx)2−1]

11.

π2∫

0

sin2

sin2 x +2cos2 xd x.

Hướng dẫn:

sin2xsin2x+2cos2x=

1−cos2x1−cos2x+2(1+cos2x)

12.

π4∫

π4

1ptan x

d x.

Hướng dẫn: Đặtt=ptanxđưavềdạng∫dx1+t4

13.

π4∫

π3

1


4 ln3+ 13 .

14.

π4∫

0

cos x − sin xp2+ sin2x


2+p31+p2

)

2+sin2x=1+(sinx+cosx)2.Đặtt=sinx+cosx.


8. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN

15.

π4∫

0

sin3 2x cos2 3x d x Đáp số: 14 .

14(3sin2x−sin6x)·

1+cos6x2vàápdụngkhaitriểntíchthànhtổng.

8 Tích phân hàm vô tỉ

Một số dạng tích phân vô tỉ đã được giải quyết ở các phần trước:

1. Biểu thức chứa căn (xem mục 4.1 trang 8 ).

2. Biểu thức chứa căn bậc khác nhau (xem mục 4.2 trang 11).

3. Đổi biến sang lượng giác (xem mục 5 trang 14).

8.1 Biểu thức có tam thức bậc hai

3 Dạng 1

Dạng I =∫

1pax2 +bx + c

d x. Ta phân tích biểu thức trong căn thành tổng hoặc hiệu các

bình phương. Sau đó đưa về các dạng tích phân đã biết, ta có thể áp dụng đổi biến sanglượng giác (xem mục 5 trang 14) hoặc dựa vào chú ý sau:Chú ý:

1. Ta chứng minh được công thức :∫1p

x2 ±a2d x = ln |x +

√x2 ±a2|+C .

2. Riêng dạng∫

1p(x +a)(x +b)

d x ta còn có thể đổi biến

• t =px +a +p

x +b nếu x +a > 0 và x +b > 0.

• t =p−x −a +p−x −b nếu x +a < 0 và x +b < 0.

Tam thức bậc hai f (x) = ax2 +bx + c có hai nghiệm x1, x2 thì

f (x) = a(x −x1)(x −x2).


3

1px2 −2x

d x


Chương I. TÍCH PHÂN 8. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ

Giải

Ta có: I =4∫

3

1px(x −2)

d x

Đặt t =px +p

x −2 ⇒ d t =(

1px+ 1p

x −2

)d x

⇒ d t =(p

x −2+pxp

x(x −2)

)d x ⇒ d t

t= d xp

x(x −2)

Đổi cận: x = 3 ⇒ t =p3+1 ; x = 4 ⇒ t = 2−p

2

Khi đó: I =2−p2∫

p3+1

1

td t = ln |t ||

p3+1

2−p2= ln

(p3+1

2−p2

).

Ví dụ 8.2. Tính I =−1∫

−4

1px2 −2x

d x

Giải

Ta có: I =−1∫

−4

1px(x −2)

d x

Đặt t =p−x +p−x +2 ⇒ d t =(

1p−x+ 1p−x +2

)d x

⇒ d t =(p−x +2+p−xp

x(x −2)

)d x ⇒ d t

t= d xp

x(x −2)

Đổi cận: x =−4 ⇒ t =p6+2 ; x =−1 ⇒ t = 1+p

3

Khi đó: I =p

6+2∫1+p3

1

td t = ln |t ||1+

p3p

6+2= ln

(1+p

3p6+2

).


0

1px2 +1

d x

Giải

• Chứng minh∫

1px2 ±a2

d x = ln |x +√

x2 ±a2|+C .

Ta có:(ln

∣∣∣x +p

x2 +a2∣∣∣)′ =

(x +

px2 +a2

)′x +

px2 +a2

=1+ xp

x2 +a2

x +p

x2 +a2= 1p

x2 +a2

• Áp dụng kết quả trên ta được:

I =(ln

∣∣∣x +√

x2 +1∣∣∣)∣∣∣1

0= ln2.




(a)

5∫2

1p−x2 +4x +5

d x (b)

5∫3

√x2 −6x +13d x

(c)

p7+34∫

34

1p−2x2 +3x +2

d x (d)

7∫5

1p3x2 −18x +15

d x

(e)

2∫32

1p−2x2 +6x −4

d x (f)

1∫0

1px2 +2x

d x

(g)

1∫0

xp1+ex +e2x

d x (h)

1∫0

xp−2x4 −3x2 +1

d x

3 Dạng 2

Tính tích phân có dạng I =∫

Ax +Bpax2 +bx + c

d x ta phân tích

Ax +B =C(ax2 +bx + c

)′+D


2

x +4px2 +2x −3

d x

Giải

Ta có: x +4 =C(x2 +2x −3

)′+D =C (2x +2)+D = 2C x +2C +DĐồng nhất hệ số {

2C = 1

2C +D = 4⇔

{C = 1

2

D = 3

Khi đó: I = 1

2

3∫2

2x +2px2 +2x −3

d x +3

3∫2

1px2 +2x −3

d x = I1 + I2

• I1 = 1

2

3∫2

2x +2px2 +2x −3

d x =3∫

2

x +1px2 +2x −3

d x =√

x2 +2x −3∣∣∣3

2= 2

p3−p

5.

•I2 = 3

3∫2

1px2 +2x −3

d x (đây là tích phân Dạng 1)

= 3

3∫2

1√(x +1)2 −4

d x = 3(ln

∣∣∣x +1+√

x2 +2x −3∣∣∣)∣∣∣3

2



= 3ln

(4+2

p3

3+2p

5

)

Vậy I = 2p

3−p5+3ln

(4+2

p3

3+2p

5

)


(a)

0∫−1

x −1p−x2 −2x +3

d x (b)

−2+p6∫−2

5x +3px2 +4x +10

d x

(c)

2∫1

x −1p−x2 +2x +3

d x (d)

2+p52∫

1

2x −1p−x2 +3x −1

d x

(e)

ep

5−2∫1

e2

ln x

x√

1−4ln x − ln2 xd x

3 Dạng 3

Tính tích phân dạng I =∫

1

(Ax +B)p

ax2 +bx + cd x ta đổi biến

Ax +B = 1

t

sẽ đưa được về Dạng 1.


0

1

(x +1)p−x2 +2x +3

d x

Giải

Đặt x +1 = 1

t⇒ d x =−d t

t 2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 1

2


1

1

1

t·√−

(1

t−1

)2

+2

(1

t−1

)+3

· 1

t 2d x

=−12∫

1

11

t· 1

|t | ·p

4t −1· 1

t 2d x =

12∫

1

1p4t −1

d x

= 1

2

(p4t −1

)∣∣112= 1

2

p3− 1

2.




−1

1

(x +2)p

2x2 +4x +4d x

Giải

Đặt x +2 = 1

t⇒ d x = 1

t 2

Đổi cận: x =−1 ⇒ t = 1 ; x = 0 ⇒ t = 1

2


1

1

1

t·√

2

(1

t−2

)2

+4

(1

t−2

)+4

· 1

t 2d x

=1∫

12

1p4t 2 −4t +2

d x =1∫

12

√(2t −1)2 +1d x

= 1

2

(ln

∣∣∣2t −1+p

4t 2 −4t +2∣∣∣)∣∣∣1

12

= ln∣∣1+p

2∣∣


(a)

2∫1

1

xp−x2 +2x +3

d x (b)

0∫− 1

2

1

(x +1)p

x2 +1d x

(c)

1∫12

1

xp

x2 +1d x (d)

10∫7

1

(3x −6)p

x2 −4x +1d x

(e)

−2∫− 9

4

1

(x +1)p

x2 +3x +2d x (f)

12∫

−1

1

xp

x2 −xd x

3 Dạng 4


Ax +B

(αx +β)p

ax2 +bx + cd x ta biến đổi

Ax +B =C (αx +β)+D

sẽ đưa được về tích phân có Dạng 1 và Dạng 3.


−2

2x −1

(x +1)p

x2 +3x +3d x

Giải



Ta có: 2x −1 = 2(x −1)−3

Khi đó: I =0∫

−2

2(x −1)−3

(x +1)p

x2 +3x +3d x

= 2

0∫−2

1px2 +3x +3

d x −3

0∫−2

1

(x −1)p

x2 +3x +3d x

= I1 + I2.Các tích phân I1, I2 đã biết cách giải.

Ta tính được: I =−2ln

(3

4+p

3

2

)+3ln

(1

4+ 3

4+p

3

2

).

3 Dạng 5

Dạng tổng quát của Dạng 2, tích phân dạng

I =∫

Pn(x)pax2 +bx + c

d x trong đó Pn(x) là đa thức bậc n

ta làm như sau• Phân tích:

I =∫

Pn(x)pax2 +bx + c

d x =Qn−1(x)√

ax2 +bx + c+α∫

1pax2 +bx + c

d x với Qn−1(x) là đa thức

bậc n −1 và α là số thức.• Các hệ số của đa thức Qn−1 và α được xác định bằng cách:

1. Đạo hàm 2 vế bước phân tích trên.

2. Cân bằng hệ số.

Ví dụ 8.8. Tính I =−2∫

−1

x2 +4xpx2 +2x +2

d x

Giải

• Phân tích:

I =−2∫

−1

x2 +4xpx2 +2x +2

d x = (ax +b)√

x2 +2x +2+α

−2∫−1

1px2 +2x +2

d x

• Xác định các hệ số:Lấy đạo hàm hai vế và thu gọn ta được:

x2 +4x ≡ 2ax2 + (2s + s +b)x +2a +b −α

Đồng nhất hệ số hai vế ta được:2a = 1

3a +b = 4

2a +b +α = 0

⇔

a = 1

2

b = 52

α =−72



Khi đó: I = 1

2(x +5)

px2 +2x +3

∣∣∣∣−2

−1− 7

2

−2∫−1

1px2 +2x +2

d x

= 2− 3p

2

2− 7

2

−2∫−1

1√(x +1)2 +1

d x

= 2− 3p

2

2− 7

2ln |x +1+

px2 +2x +2|

∣∣∣∣−2

−1

= 2− 3p

2

2− 7

2ln

(2−p

2

2

).


1.

1∫0

x2 +1px2 +2x +3

d x. Hd: a = 12 ,b =−3

2 ,α= 1.

2.

1∫0

2x3 +1px2 +x +2

d x. Hd: a = 23 ,b =−5

6 ,c =−1712 ,α= 81

24 .

8.2 Phép thế Eurle

Trong trường hợp tổng quát khi tính tích phân dạng

I =∫

f (x,√

ax2 +bx + c)d x, a 6= 0

ta dùng phép thế Eurle.

1. Nếu a > 0, đặtp

ax2 +bx + c = t −pax hoặc t +p

ax

2. Nếu c > 0, đặtp

ax2 +bx + c = xt +pc hoặc xt −p

c

3. Nếu ax2 +bx + c có hai nghiệm x1, x2 thì ta đặt√ax2 +bx + c = t (x −x1)

Chú ý: Những trường hợp đã xét trên (a > 0,c > 0) có thể đưa trường hợp này về trường

hợp kia bằng cách đặt x = 1

z.


−1

1

x +p

x2 +x +1d x

Giải



Ở đây a = 1 > 0 nên ta dùng phép thế thứ nhất.

Đặtp

x2 +x +1 = t −x ⇒ x = t 2 −1

1+2t⇒ d x = 2t 2 +2t +2

(1+2t )2d t

Đổi cận: x =−1 ⇒ t = 2 ; x = 0 ⇒ t = 1

Khi đó: I =1∫

2

2t 2 +2t +2

t (1+2t )2d t (dạng tích phân hàm hữu tỉ)

Phân tích:2t 2 +2t +2

t (1+2t )2= A

(1+2t )2+ B

1+2t+ C

tTa tìm được A =−3,B =−3,C = 2.

Khi đó: I =−3

1∫2

1

(1+2t )2d t −3

1∫2

1

1+2td t +2

1∫2

1

td t

=[

3

2(1+2t )+ 1

2ln

t 4

(1+2t )3

]∣∣∣∣1

2= 1

2+ 1

2ln

125

432

Ví dụ 8.10. Tính I =

p6−15∫

−p3−12

1

1+p

1−2x −x2d x

Giải

Do c = 1 > 0 nên theo phép thế thứ 2 ta đặtp

1−2x −x2 = xt ⇒ x = 2 · t −1

t 2 +1⇒ d x = 2 · −t 2 +2t +1(

t 2 +1)2 d t

Đổi cận: x = −p3−1

−1⇒ t = 0 ; x =

p6−1

5⇒ t = 2

Khi đó: I =2∫

−2

−t 2 +2t +1

t (t −1)(t 2 +1)d t =

1∫0

(1

t −1− 1

t− 2

t 2 +1

)d t

=−2ln2+ π

4−2arctan2.


0

x −p

x2 +3x +2

x +p

x2 +3x +2d x

Giải

Ta có: x2 +3x +2 = (x +1)(x +2) nên ta dùng phép thế thứ 3.

Đặtp

x2 +3x +2 = t (x +1) ⇒ x = t 2 −2

1− t 2⇒ d x = −2t

(1+ t 2)3d t

Đổi cận: x = 0 ⇒ t =p2 ; x = 1 ⇒ t =p

6

Khi đó: I =p

6∫p

2

2t 2 +2t

(1− t )(t −2)(1+ t )3d t

=

p6∫

p2

[1

3(t +1)3+ 5

18(t +1)2− 17

108(t +1)+ 3

4(t −1)− 16

27(t −2)

]d t



= 2√

1466−600p

3−33

225+ 17

108ln

(p2+1p6+1

)+ 3

4ln

(p6−1p2−1

)

+16

27ln

(−p2+2p

6−2

)

8.3 Dạng đặc biệt

Tích phân có dạng

I =∫

xr (a +bxp)q d x

trong đó r, p, q là các số hữu tỉ.

1. Nếu q là số nguyên đặt x = t s với s là bội số chung nhỏ nhất của mẩu số các phânsố r và p.

2. Nếur +1

plà số nguyên đặt a +bxp = t s với s là mẫu số của phân số p.

3. Nếur +1

p+q là số nguyên đặt ax−p = t s với s là mẫu số của phân số q.

Ví dụ 8.12. Tính I =256∫

16

1p2( 4p

x −1)d x

Giải

Vì q = 3 nguyên nên ta đặt x = t 4, t > 0 ⇒ d x = 4t 3d tĐổi cận: x = 16 ⇒ t = 2 ; x = 256 ⇒ t = 4

Khi đó: I =4∫

2

4t 3

t 2(t −1)3d t = 4

4∫2

t

(t −1)3d t =−2

[2

t −1+ 1

(t −1)2

]∣∣∣∣4

2= 40

9


2∫1

x5

(2−x2)p

2−x2d x

Giải

Ta có:x5

(2−x2)p

2−x2= x5(a −x2)−

32 , r = 5, p = 2, q =−3

2

Dor +1

p= 3 nguyên nên ta đặt 2−x2 = t 2, t > 0 ⇒ xd x =−td t

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x =p2 ⇒ t = 0


1

t 4 −4t 2 +4

t 2d t =

(− t 3

3+4t + 4

t 2

)∣∣∣∣0

1=


Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT


(a)

2∫1

1

x2 3√

(2+x3)5d x (b)

16∫1

3√

1+ 4p

xpx

d x

(c)

1∫0

x√1+ 3p

x2d x (d)

32∫1

1

x3p

1+x5d x

(f)

8∫1

1p

x3 · 3√

1+ 4px3

d x (g)

1∫0

x6

p1+x2

d x

9 Tính tính phân bằng tính chất

9.1 Tích phân có cận đối nhau

Khi gặp tích phân có dạng I =a∫

−a

f (x)d x ta có thể dùng phương pháp sau:

1. Ta có: I =0∫

−a

f (x)d x +a∫

0

f (x)d x = I1 + I2

2. Xét I =0∫

−a

f (x)d x

Đặt x =−t ⇒ d x =−d tĐổi cận: x =−a ⇒ t = a ; x = 0 ⇒ t = 0

I1 =−0∫

a

f (−t )d t =a∫

0

f (−t )d t

Sau đó ta tùy từng hàm f (t ) mà có hướng giải cụ thể.


−1

x2014 sin x d x

Giải

Ta có: I =1∫

−1

x2014 sin x d x =0∫

−1

x2014 sin x d x =1∫

0

x2014 sin x d x

= I1 + I2

Xét I1 =0∫

−1

x2014 sin x d x

Đặt x =−t ⇒ d x =−d tĐổi cận: x =−1 ⇒ t = 1 ; x = 0 ⇒ t = 0


9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN

Khi đó: I1 =−0∫

1

(−t )2014 sin(−t )d t =0∫

1

t 2014 sin t d t

=−1∫

0

t 2014 sin t d t =−1∫

0

x2014 sin x d x =−I2

Từ đó ta có: I = I1 − I1 = 0Nhận xét: với bài toán trên đa số học sinh suy nghĩ theo hai hướng:

Hướng 1: sử dụng phương pháp Tích phân từng phần vì có dạng∫

f (x)sin xd x, nhưngtrong trường hợp này cần thực hiện 2014 lần tích phân từng phần, điều này làkhông thực tế.

Hướng 2: tìm công thức tổng quát của bài toán tích phân có dạng1∫

−1xn sin xd x, từ đó

rút ra kết quả của1∫

−1xn sin xd x. Đây là hướng suy nghĩ hay mang tính khái quát cao

nhưng chưa hẳn là phương pháp ngắn gọn.

Qua đó cho thấy tầm quan trọng của việc nhận xét tính chất cận tích phân và tính chấthàm số dưới dấu tích phân để định hướng phương pháp giải. Từ Ví dụ trên ta rút rađược tính chất sau

Tính chất 9.2. Hàm số f (x) liên tục trên [−a, a]

1. Nếu f (x) là hàm số lẻ trên [−a, a] thì I =a∫

−a

f (x)d x = 0

2. Nếu f (x) là hàm số chẵn trên [−a, a] thì I = 2

a∫0

f (x)d x = 0

Chứng minh

Ta có: I =0∫

−a

f (x)d x +a∫

0

f (x)d x = I1 + I2

Xét I =0∫

−a

f (x)d x

Đặt x =−t ⇒ d x =−d tĐổi cận: x =−a ⇒ t = a ; x = 0 ⇒ t = 0

I1 =−0∫

a

f (−t )d t =a∫

0

f (−t )d t

1. Nếu f (x) là hàm lẻ thì f (−x) =− f (x) ⇔ f (−t ) =− f (t )

Do đó: I1 =−a∫

0

f (t )d t =−a∫

0

f (x)d x =−I2

Từ đó ta được: I = I1 + I2 =−I2 + I2 = 0.



2. Nếu f (x) là hàm chẵn thì f (−x) = f (x) ⇔ f (−t ) = f (t )

Do đó: I1 =a∫

0

f (t )d t =a∫

0

f (x)d x = I2

Từ đó ta được: I = I1 + I2 = I2 + I2 = 2

a∫0

f (x)d x

Nhận xét: nếu áp dụng kết quả Tính chất 9.2 ta có ngay kết quả I = 0 , nhưng trongkhuôn khổ chương trình toán phổ thông không có tính chất này, khi trình bày trongbài thi ta phải chứng minh lại như trong Ví dụ 9.1.

Ví dụ 9.3. Tính

1∫−1

x4 + sin x

x2 +1d x

Giải

Ta có: I =1∫

−1

x4

x2 +1d x +

1∫−1

sin x

x2 +1d x = I1 + I2

Nhận xét: I1 là dạng tích phân hàm hữu tỉ ta giải được; hàm số trong I2 là hàm số lẻ ,theo Tính chất 9.2 ta có I2 = 0.

• Tính I1 =1∫

−1

x4

x2 +1d x

Ta có: I1 =1∫

−1

(x2 −1+ 1

x2 +1

)d x =

1∫−1

(x2 −1

)d x +

1∫−1

1

x2 +1d x

=−4

3+ I12

Với I12 =1∫

−1

1

x2 +1d x ta sử dụng phương pháp Đổi biến sang lượng giác Dạng 3 (mục 5.3

trang 19)

Đặt x = tan t , t ∈(−π

2,π

2

)⇒ d x = d t

cos2 tĐổi cận: x =−1 ⇒ t =−π

4; x = 1 ⇒ t = π

4

Khi đó: I =π4∫

−π4

1

tan2 t +1· 1

cos2 td t =

π4∫

−π4

cos2 t · 1

cos2 td t =

π4∫

−π4

d t

= π

2

Vậy: I1 = π

4− 4

3

• Tính I2 =1∫

−1

sin x

x2 +1d x =

0∫−1

sin x

x2 +1d x +

1∫0

sin x

x2 +1d x = I21 + I22

Xét I21 =0∫

−1

sin x

x2 +1d x




Khi đó: I21 =0∫

1

sin(−t )

(−t )2 +1d t · (−1) =−

1∫0

sin t

t 2 +1d t

=−1∫

0

sin x

x2 +1d x =−I22

Do đó: I2 = I21 − I22 = 0

Vậy: I = I1 + I2 = π

2− 4

3Nhận xét: hàm số ban đầu dưới dấu tích phân không chẵn không lẻ, khi ta tách I = I1+I2

thì hàm số lẻ xuất hiện và ta biết được kết quả của I2 = 0 nhưng vẫn phải chứng minhkết quả. Bài này có thể giải theo phương pháp Tích phân từng phân nhưng rắc rối hơnnhiều.


1.

1∫−1

(x2 +2

)sin x d x. Đáp số: 0

2.

12∫

− 12

cos x ln

(1−x

1+x

)d x. Đáp số: 0

3.

1∫−1

ln3(x +

√x2 +1

)d x. Đáp số: 0

4.

π2∫

−π2

cos x · ln(√

x +x2 +1)

d x. Đáp số: 0

5.

12∫

− 12

cos x · ln

(1−x

1+x

)d x. Đáp số: 0

Nhận xét: qua các ví dụ trên ta đã thấy hiệu quả của Tính chất 9.2 đối với hàm số lẻ,còn đối với hàm số chẵn ít được sử dụng hơn. Trong một số bài toán tích phân có cậnđối nhau ta cũng áp dụng phương pháp như phần chứng minh Tính chất 9.2.

Ví dụ 9.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và

f (x)+ f (−x) =p2−2cos x,∀x ∈R

Tính I =3π2∫

− 3π2

f (x)d x



Giải

Ta có: I =0∫

− 3π2

f (x)d x +3π2∫

0

f (x)d x = I1 + I2

Xét I1 =0∫

− 3π2

f (x)d x

Đặt x =−t ⇒ d x =−d t

Đổi cận: x =−3π

2⇒ t = 3π

2; x = 0 ⇒ t = 0

Khi đó: I1 =0∫

3π2

f (−t ) · (−1)d t =3π

0∫0

f (−t )d t =3π

2∫0

f (−x)d x

Ta được: I =3π2∫

0

f (−x)d x +3π2∫

0

f (x)d x =3π2∫

0

[f (−x)+ f (x)

]d x

=3π2∫

0

p2−2cos x d x =

3π2∫

0

2|sin x|d x

= 2

π∫0

sin x d x −3π2∫

π

sin x d x

= 6.

Tính chất sau cho ta một kết quả đẹp, thu gọn đáng kể hàm dưới dấu tích phân.

Tính chất 9.5. Nếu f (x) là hàm chẵn và liên tục trên R thì

I =α∫

−α

f (x)

ax +1d x =

α∫0

f (x)d x với ∀α ∈R+ và a > 0

Chứng minh

Ta có: I =α∫

−α

f (x)

ax +1d x =

0∫−α

f (x)

ax +1d x +

α∫0

f (x)

ax +1d x = I1 + I2

Xét: I1 =0∫

−α

f (x)

ax +1d x

Đặt x =−t ⇒ d x =−d tĐổi cận: x =−α⇒ t =α ; x = 0 ⇒ t = 0


α

f (−t )

a−t +1d t =

α∫0

at f (t )

at +1d t =

α∫0

ax f (x)

ax +1d x

Ta được: I =α∫

0

ax f (x)

ax +1d x +

α∫0

f (x)

ax +1d x

=α∫

0

(ax +1) f (x)

ax +1d x =

α∫0

f (x)d x




−1

cos x

ex +1d x

Giải

Ta có: I =1∫

−1

cos x

ex +1d x =

0∫−1

cos x

ex +1d x +

1∫0

cos x

ex +1d x = I1 + I2

Xét I1 =0∫

−1

cos x

ex +1d x



1

cos(−t )

e−t +1d t =

1∫0

e t cos t

e t +1d t =

1∫0

ex cos t

ex +1d x

Ta được: I =1∫

0

ex cos t

ex +1d x +

1∫0

cos x

ex +1d x =

1∫0

(ex +1)cos x

ex +1d x

=1∫

0

cos x d x = sin1

Nhận xét: dựa vào Tính chất 9.5 ta dự đoán kết quả I =1∫

0cos xd x, một kết quả đẹp trong

bài tích phân tưởng chừng rắc rối. Nhưng ta không được áp dụng trực tiếp kết quả nàymà chỉ dùng để định hướng phương pháp giải.


1.

1∫−1

x4

1+2xd x. Đáp số: 1

5

2.

π2∫

−π2

sin x · sin2x ·cos5x

ex +1d x. Đáp số: 0

3.

1∫−1

p1−x2

1+2xd x. Đáp số: π

4

4.

π2∫

−π2

x2

1+2x· |sin x|d x. Đáp số: π−2

5.

π∫−π

sin2

32 +1d x. Đáp số: π

2



6.

1∫−1

1

(ex +1)(x2 +1

) d x. Đáp số: π4

9.2 Tích phân có cận là radian

Trường hợp tổng quát dạng I =b∫

a

f (x)d x ta đổi biến x = a +b − t


0

sin6 x

sin6 x +cos6 xd x

Giải

Đặt x = π

2− t ⇒ d x =−d t


2; x = π

2⇒ t = 0

Khi đó: I =0∫

π2

sin6(π

2− t

)sin6

(π2− t

)+cos6

(π2− t

) · (−1)d t

=π2∫

0

cos6 t

cos6 t + sin6 td t =

π2∫

0

cos6 x

cos6 x + sin6 xd x = I

Do đó: 2I = I + I =π2∫

0

cos6 x

cos6 x + sin6 xd x +

π2∫

0

sin6 x

sin6 x +cos6 xd x

=π2∫

0

sin6 x +cos6 x

sin6 x +cos6 xd x =

π2∫

0

d x = π

2

⇒ I = π

4Nhận xét: Ví dụ trên còn có thể giải bằng phương pháp hàm phụ, Ví dụ trên minh họacho tính chất:

Tính chất 9.8. Nếu f (x) là hàm số liên tục trên [0,1] thì

I =π2∫

0

f (sin x)d x =π2∫

0

f (cos x)d x

Hướng dẫn chứng minh: đặt t = π

2− t




1.

π2∫

0

sinn x

sinn x +cosn xd x. Đáp số:π4

2.

π2∫

0

ln

(1+ sin x

1− sin x

)d x. Đáp số: 0

3.

π2∫

0

(1

cos2(cos x)− tan2(sin x)

)d x. Đáp số: π

2

Tính chất sau cho ta thu gọn hàm dưới dấu tích phân

Tính chất 9.9. Nếu f (x) liên tục trên [0,1] thì

I =π∫

0

x f (x)d x = π

2

π∫0

f (x)d x

Hướng dẫn chứng minh: đặt t =π− t

Ví dụ 9.10. Tính I =π∫

0

x. sin x.cos2 x d x

Giải

Đặt x =π− t ⇒ d x =−d tĐổi cận: x = 0 ⇒ t =π ; x =π⇒ t = 0

Khi đó: I =0∫

π

(π− t ).sin(π− t ).cos2(π− t ).(−t )d t

=π∫

0

(π− t ).sin t .cos2 t d t

=π

π∫0

sin t .cos2 t d t −π∫

0

t . sin t cos2 t d t

=π

π∫0

sin x cos2 x d x − I

⇒ 2I =π

π∫0

sin x cos2 x d x ⇒ I = π

2

π∫0

sin x cos2 x d x

Đặt t = cos x ⇒ d t =−sin xd xĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x =π⇒ t =−1



Khi đó: I =−π2

−1∫1

t 2 d t = π

2· t 3

3

∣∣∣∣1

−1= π

3

Nhận xét: Ví dụ trên có thể giải bằng phương pháp Tích phân từng phần nhưng bài giảidài dòng hơn. Ở đây ta có nhận xét

sin x.cos2 x = sin x(1− sin2 x) = f (sin x)

và theo Tính chất 9.9 ta thu gọn được bài toán.


1.

π∫0

x sin x

4−cos2 xd x. Đáp số: π ln9

8

2.

π∫0

x sin x

9+4cos2 xd x. Đáp số: π

6 arctan 23

Tương tự ta có Tính chất đối với hàm cosin

Tính chất 9.11. Nếu f (x) liên tục trên [0,1] thì

I =2π−α∫α

x f (cos x)d x =π

2π−α∫0

f (cos x)d x

Hướng dẫn chứng minh: đặt x = 2π− t

Ví dụ 9.12. Tính I =2π∫

0

x cos3 x d x

Giải

Đặt x = 2π− t ⇒ d x =−d tĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 2π ; x = 2π⇒ t = 0

Khi đó: I =0∫

2π

(2π− t )cos3(2π− t ).(−t )d t =2π∫

0

(2π− t )cos3 t d t

= 2π

2π∫0

cos3 t d t −2π∫

0

t cos3 t d t

= π

2

2π∫0

(cos3t +3cos t )d t −2π∫

0

t cos3 x d x

(do cos3x = 4cos3 x −3cos x)

= π

2

(1

3sin3t +3sin t

)∣∣∣∣2π

0− I

= 0− I⇔ 2I = 0 ⇔ I = 0



Tính chất sau là dạng tổng quát của hai Tính chất ở trước

Tính chất 9.13. Nếu f (x) liên tục và f (a +b −x) = f (x) thì

I =b∫

a

x f (x)d x = a +b

2

b∫a

f (x)d x

Hướng dẫn chứng minh: đặt x = a +b − tTương tự ta chứng minh được Tính chất sau:

Tính chất 9.14. Nếu f (x) liên tục trên [a,b] thì

I =b∫

a

f (x)d x =b∫

a

f (a +b −x)d x

Hướng dẫn chứng minh: đặt t = a +b − t


0

ln(1+ tan x)d x

Giải

Đặt x = π

4−x ⇒ d x =−d t


4; x = π

4⇒ t = 0


π4

ln[1+ tan(1+ tan t )]d t =π4∫

0

ln

(1+ 1− tan t

1+ tan t

)d t

=π4∫

0

ln2

1+ tan td t =

π4∫

0

[ln2− ln(1+ tan t )]d t

= ln2

π4∫

0

d t −π4∫

0

ln(1+ tan t )d t = ln2|π40 −

π4∫

0

ln(1+ tan x)d x

= π ln2

4− I

⇔ 2I = π ln2

4⇔ I = π ln2

8

Tính chất 9.16. Nếu f (x) liên tục trên R và tuần hoàn với chu kì T thì

I =a+T∫a

f (x)d x =T∫

a

f (x)d x



Chứng minh tính chất

Ta có: I =T∫

0

f (x)d x =a∫

0

f (x)d x +a+T∫a

f (x)d x +T∫

a+Tf (x)d x

= I1 + I2 + I3

• Xét I3 =T∫

a+Tf (x)d x

Đặt x = T + t ⇒ d x = d tĐổi cận: x = a +T⇒ t = a ; x =T⇒ t = 0

Khi đó: I3 =0∫

a

f (t +T)d t =−a∫

0

f (t )d t =−a∫

0

f (x)d x =−I1

Ta được: I = I1 + I2 + I3 = I1 + I2 − I1

I = I2

Ví dụ 9.17. Tính I =2014π∫

0

p1−cos2x d x

Giải

Ta có: I =2014π∫

0

p1−cos x d x =

2014π∫0

√2sin2 x d x =p

2

2014π∫0

|sin x|d x

=p2

2π∫0

|sin x|d x +4π∫

2π

|sin x|d x +·· ·+2014π∫

2012π

|sin x|d x

Theo Tính chất 9.16 ta được:2π∫

0

|sin x|d x =4π∫

2π

|sin x|d x = ·· · =2014π∫

2012π

|sin x|d x

Ta được: I = 1007p

2

2π∫0

|sin x|d x = 1007p

2

π∫0

sin x d x −2π∫π

sin x d x

= 4028

p2

Nhận xét: việc xét dấu hàm sin x trên [0,2014π] là khó khăn, Ví dụ trên cho ta thấy hiệuquả của Tính chất 9.16, . Do Tính chất này không có trong sách giáo khoa, và việc chứngminh Tính chất đối với hàm cụ thể là dài dòng nên trước khi làm bài các em học sinhcần chứng minh lại dạng tổng quát của nó như phần Chứng minh, sau đó áp dụng kếtquả làm bài tập.


1.

2∫1

ln(1+x)

x2d x. Đáp số: −3

2 ln3+3ln2

2.

π2∫

0

cos x. ln(1+cos x)d x. Đáp số: π2 −1


10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN

3.

π∫0

x.cos4 x. sin3 x d x. Đáp số: 2π35

4.

2∫−2

ln(x +

√x2 +1

)d x. Đáp số: 0

5.

π2∫

−π2

sin x. sin2x. sin5x

ex +1d x. Đáp số: 0

6.

3π2∫

0

sin x. sin2x. sin3x.cos5x d x. Đáp số: 0

7.

π2∫

−π2

x +cos x

4− sin2 xd x.

8.

1∫−1

x2014

2007x +1d x.

9.

π4∫

−π4

sin6 x +cos6 x

6x +1d x

10.

π4∫

0

log2008(1+ tan x)d x

11.

π2∫

0

sin x cos x√a2 cos2+b2 sin2

d x. Đáp số: 1|a|+|b|

12.

π2∫

0

cos xp2+cos2x

d x. Đáp số: 1p2

arcsinp

63

10 Phương pháp tính tích phân từng phần

Một số điều lưu ý khi tích tích phân từng phần

1. Hàm nào khó lấy nguyên hàm ta đặt là là u.

2. Trong trường hợp có hàm đa thức ta đặt u là hàm đa thức để giảm dần bậc của đathức.

3. Trong tích phân cần tính có chứa hàm logarit thì ta đặt u là hàm chứa logarit.


Chương I. TÍCH PHÂN 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN

10.1 Dạng 1


P (x). f (x)d x trong đó P (x) là đa thức bậc n và f (x) là một

trong các hàm sin x,cos x,ex , ax .Khi đó ta đặt {

u = P (x)

d v = f (x)


1. I1 =π2∫

0

x cos x d x

2. I2 =1∫

0

(x −2)e2x d x

3. I3 =1∫

0

(x +1)2e2x d x

Giải

1. Tích phân từng phần dạng 1

Đặt u = t ⇒ du = d xd v = cos x d x ; v = sin x

Khi đó : I1 = x. sin x|π20 −

π2∫

0

sin x d x = π

2−1.

2. I2 =1∫

0

(x −1)e2x d x

Đặt u = x −1 ⇒ du = d x

d v = e2x d x ; v =e2x

2

Khi đó: I2 = (x −1) · e2x

2

∣∣∣∣1

0− 1

2

1∫0

e2x d x = 1−3e2

4.

3. Đa thức bậc 2 ta tính tích phân từng phần hai lần.



Đặt u = (x +1)2 ⇒ du = 2(x +1) d x

d v = e2x d x ; v =1

2e2x

Khi đó: I3 = 1

2e2x(x +1)2

∣∣∣∣1

0−

1∫0

(x +1)e2x d x

= 2e2 − 1

2−

1∫0

(x +1)e2x d x

Tích phân I2 =1∫

0

(x +1)e2x d x đã được tính ở trên.

Vậy: I = 5e2 −1

4Nhận xét: đa thức P (n) có bậc n ta tính đến n lần.


0

e2x cos3x d x

Giải

Đặt u = e2x ⇒ du = 2e2x d x

d v = cos3x d x ; v =1

3sin3x

Khi đó: I = 1

3e2x sin3x

∣∣∣∣π20− 2

3

π2∫

0

e2x sin3x d x =−1

3eπ− 2

3J

• Xét J =π2∫

0

e2x sin3x d x

Đặt u = e2x ⇒ du = 2e2x d x

d v = sin3x d x ; v = −1

3cos3x

Khi đó: J = −1

3e2x cos3x

∣∣∣∣π20+ 2

3

π2∫

0

e2x cos3x d x = 1

3+ 2

3I

Từ đó ta có:

I =−1

3eπ− 2

9− 4

9I ⇔ I = −3eπ−2

13.

Nhận xét:

1) Trong tích phân J nếu ta đặt u = cos3x (khác kiểu với cách đặt của tích phân I ) thì tathấy xuất hiện I nhưng khi thay vào sẽ được điều hiển nhiên đúng, bài toán đi vàongõ cụt.



2) Trong bài toán tích phân chứa ex .cos x (hoặc ex . sin x) ta tính tích phân từng phần hailần. Lần đầu ta đặt kiểu nào cũng được nhưng lần 2 phải cùng kiểu với lần 1.


0

ex+exd x

Giải

Ta có: I =1∫

0

ex .eexd x

• Đổi biến:Đặt t = ex ⇒ d t = exd xĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = e

Khi đó: I =e∫

1

te t d t =e∫

1

xex d x

• Tích phân từng phần

Đặt u = t ⇒ du = d xd v = e t d x ; v = e t

Khi đó: I = xex |e1 −e∫

1

ex d x = ee (e −1).

Nhận xét: Ví dụ trên cho thấy các bài tập tích phân không chỉ là các dạng đơn lẻ mà làtổng hợp nhiều phương pháp, để giải quyết một bài toán tích phân ta cần nắm vữngcác dạng toán và biết cách kết hợp chúng.


1.

π2∫

0

(x + sin2 x)cos x d x. Đáp số: 3π−46 .

2.

π4∫

0

x

1+cos2xd x. Đáp số: π

8 − 14 ln2.

3.

π4∫

0

x tan2 x d x. Đáp số: π4 − 1

2 ln2− π32 .

4.

2∫0

x2ex

(x +2)2d x. Đáp số: e2 +1, hd u=x2ex

5.

π2∫

0

(2x −1)cos2 x d x. Đáp số: π2

8 − π4 − 1

2 .



6.

π2∫

0

(x +1)sin2x d x. Đáp số: π4 +1

7.

π3∫

π4

x

sin2 xd x. Đáp số: (9−4

p3)π

36 + 12 ln 3

4

8.

π2∫

0

e2x sin3x d x. Đáp số: 3−2eπ

13

10.2 Dạng 2


P (x) f (x)d x trong đó f (x) là một trong các hàm ln x, loga x.

Khi đó ta đặt {u = f (x)

d v = P (x)


2

ln(x3 −x)d x

Giải

Đặt u = ln(x −x2) ⇒ du =2x −1

x(x −1)d x

d v = d x ; v = (x −1)

Khi đó: I = (x −1)ln(x2 −x)∣∣32 −

3∫2

2x −1

xd x = 3ln3−2.

Nhận xét: ta được chọn lựa v , thông thường với bài này ta chọn v = x nhưng ở đâyv = x −1 thì bài toán gọn hơn.


1

3+ ln x

(x +1)2d x

Giải

Đặt u = 3+ ln x ⇒ du =1

xd x

d v =1

(x +1)2d x ; v = − 1

x +1



Khi đó: I =(−3+ ln x

x +1

)∣∣∣∣3

1+

3∫1

1

x(x +1)d x

=(−3+ ln x

x +1

)∣∣∣∣3

1+

3∫1

(1

x− 1

x −1

)d x

=(−3+ ln x

x +1

)∣∣∣∣3

1+

(ln

x

x +1

)∣∣∣3

1= 3

4− ln2+ 3

4ln3.


0

cos x ln(1+cos x)d x

Giải

Đặt u = ln(1+cos x) ⇒ du = − sin x

1+cos xd x

d v = cos x d x ; v = sin x

Khi đó: I = sin x ln(1+cos x)|π20︸︷︷︸

=0

+π2∫

0

sin2 x

1+cos xd x

=π2∫

0

1−cos2 x

1+cos xd x =

π2∫

0

(1−cos x)d x = π

2−1.

Ví dụ 10.7. Tính I =eπ∫

1

cos(ln x)d x

Giải

Đặt u = cos(ln x) ⇒ du = −1

xsin(ln x d x

d v = ) d x ; v =

x Khi đó: I = x cos(ln x)|eπ1 +eπ∫

1

sin(ln x)d x

︸︷︷︸J

=−eπ−1+ J

Đặt u = sin(ln x) ⇒ du =1

xcos(ln x) d x

d v = d x ; v = x

Khi đó: J = x. sin(ln x)|eπ1︸︷︷︸0

−eπ∫

1

cos(ln x)d x =−I

Do đó: I =−eπ−1− I ⇔ I =−eπ+1

2




1.

3∫2

ln(x2 −x)d x. Đáp số: 3ln3−2

2.

e∫1

x3 ln2 x d x. Đáp số: 5e4−132

3.

e∫1

x2 lnx d x. Đáp số: 5e3−227

4.

e∫1

x3 ln2 x d x. Đáp số: 5x4−132

5.

2∫1

ln x

x3d x. Đáp số: 3

16 − 18 ln2.

6.

e∫1

(2x − 3

x

)ln x d x. Đáp số: e2

2 −1.

7.

e∫1

x2 +1

x· ln x d x. Đáp số: 3e2+5

4

8.

3∫1

x2 ln(x +1)d x. Đáp số: 18ln2− 209

9.

π4∫

π3

sin x. ln(tan x)d x. Đáp số: 34 ln3+ ln(

p2−1)

10.3 Phương pháp hằng số bất định

3 Dạng 1


f (x)ex d x trong đó f (x) là đa thức bậc n,1 ≤ n ∈Z.

Ta thực hiện theo các bước:

1. Ta có:I = g (x)ex +C (1)

trong đó g (x) là đa thức cùng bậc với f (x).

2. Lấy đạo hàm hai vế của (1) và áp dụng phương pháp trị số riêng hoặc đồng nhấtthức xác định các đa thức g (x).




0

(2x3 +5x2 −2x +4)e2x d x

Giải

Giả sử

I1 =∫

(2x3 +5x2 −2x +4)e2x d x = (ax3 +bx2 + cx +d)e2x +C (1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:

2x3 +5x2 −2x +4)e2x = [2ax3 + (3a +2b)x2 + (2b +2c)x +2d ]e2x

Đồng nhất đẳng thức trên ta được2a = 2

3a +2b = 5

2b +2c =−2

c +2d = 4

⇔

a = 1

b = 1

c =−2

d = 3

Do đó I1 = (x3 +x2 −2x +3)e2x +CVậy: I = (x3 +x2 −2x +3)e2x

∣∣10 = e2 −3.

Nhận xét: phương pháp trên hữu hiệu trong trường hợp đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng3, trong bài toán trên nếu áp dụng cách thông thường ta phải lấy tích phân từng phần3 lần.

� Bài toán tương tự1∫

0

x5ex d x. Đáp số: 120−44e.

3 Dạng 2


f (x)sin x d x hoặc I =∫

f (x)cos x d x trong đó

f (x) là đa thức bậc n,1 ≤ n ∈Z.

Ta thực hiện theo các bước:

1. Ta có:I = g (x)sin x +h(x)cos x +C (1)

trong đó g (x),h(x) là đa thức cùng bậc với f (x).

2. Lấy đạo hàm hai vế của (1) và áp dụng phương pháp trị số riêng hoặc đồng nhấtthức xác định các đa thức g (x),h(x).



3 Dạng 3


ex cos x d x hoặc I =∫

ex sin x d x ta thực hiện

theo các bước:

1. Ta có:I = (A cos x +B sin x)ex +C (1)

2. Lấy đạo hàm hai vế của (1) và áp dụng phương pháp trị số riêng hoặc đồng nhấtthức xác định A,B .


0

ex .cos x d x

Giải

Ta có:

I1 =∫

ex .cos x d x = (A cos x +B sin x)ex +C (1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được

ex cos x = [(A+B)cos x + (B − A)sin x]ex

Đồng nhất thức đẳng thức trên ta được{A+B = 1

B − A = 0⇔

{A = 1

2

B = 12

Khi đó: I1 = 1

2(sin x +cos x)ex +C

Vậy: I = 1

2(sin x +cos x)ex

∣∣∣∣π20= 1

2eπ2 − 1

2.


0

ex . sin2 x d x

Giải

Ta có: I = 1

2

π2∫

0

(1−cos2x)ex d x

Mặt khác

I1 = 1

2

∫(1−cos2x)ex d x = (A+B cos2x +C sin2x)ex +D


Chương I. TÍCH PHÂN 11. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT

Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên ta được

1

2(1−cos2x)ex = [a + (2C +B)cos2x + (C −2B)sin2x]ex

Đồng nhất đẳng thức ta được2A = 1

2(2C +B) =−1

2(C −2B) = 0

⇔

A = 1

2

B =− 110

C =−15

Do đó: I1 = 1

10(5−cos2x −2sin2x)ex +D

Khi đó: I = 1

10(5−cos2x −2sin2x)ex

∣∣∣∣π20= 3

5eπ2 − 2

5.

11 Các bài toán đặc biệt

Có những bài toán tích phân có thể giải được bằng phương pháp tích phân từng phân.Đôi khi giải quyết một bài tích phân mà đổi biến mãi không được ta nghĩ đến phươngpháp này.


0

x3

px2 +1

d x

Giải

Cách 1 Đổi biến số Đặt t =p

x2 +1 ⇒ x2 = t 2 −1 ⇒ xd x = td tĐổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t =p

2

Ta có: I =p

2∫1

(t 2 −1)d t = 2

3−p

2

3.

Cách 2 Tích phân từng phần

Đặt u = x2 ⇒ du = 2x d x

d v =xp

x2 +1d x ; v =

px2 +1

Vậy I =(x2

px2 +1

)∣∣∣1

0=

1∫0

2x√

x2 +1d x − 2

3−p

2

3


3∫1

px2 +1

x2d x


11. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT Chương I. TÍCH PHÂN

Giải

Cách 1 Đổi biếnĐặt x = tan t , t ∈

(−π

2,π

2

)⇒

px2 +1 = 1

cos2 t

⇒ d x = d t

cos2 tĐổi cận: x = 0 ⇒ t = π

4; x =p

3 ⇒ t = π

3

Khi đó: I =π3∫

π4

1

cos t sin2 td x =

π3∫

π4

cos t

cos2 sin2 td x

Đổi biến số u = sin t ta được

I =

p3

2∫p

22

1

(1−u2)u2d x =

p3

2∫p

22

(1

1−u2+ 1

u2

)d x

=p2− 2

3

p3+ ln(2+p

3)− ln(1+p2)

Cách 2 Tích phân từng phần

Đặt u =p

x2 +1 ⇒ du =xp

x2 +1d x

d v =1

x2d x ; v = −1

x

Khi đó: I =(−1

x

px2 +1

)∣∣∣∣p

3

1+

p3∫

1

1px2 +1

d x

=(−1

x

px2 +1

)∣∣∣∣p

3

1+ ln(x +

px2 +1)

∣∣∣p3

1

=p2− 2

3

p3+ ln(2+p

3)− ln(1+p2)

Nhận xét: bài này dùng phương pháp tích phân từng phần là hợp lí.

� Bài tập

1.

1∫0

x3

x8 +1d x. Hd: t = x4

2.

1∫0

2x

4x +1d x. Hd: t = 2x

3.

π2∫

0

cos x

13−10sin x −cos2xd x. Hd: t = sin x


IIỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

1 Tính diện tích hình phẳng

1.1 Công thức tính

Một hình phẳng giới hạn bởi (C1) : y = f (x), (C2) : y = g (x), và x = a, x = b, khiđó diện tích hình phẳng tính bởi công thức:

S =b∫

a

∣∣ f (x)− g (x)∣∣d x

Một số lưu ý

1) Trong trường hợp đề bài không cho sẵn cận a,b ta tìm hoành độ giao điểm (C1) và(C2) là nghiệm phương trình f (x)− g (x) = 0.

2) Để bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta có 3 cách

(a) Dựa vào đồ thị: nếu nhìn vào đồ thị ta thấy (C1) nằm trên (C2) thì f (x)−g (x) ≥ 0khi đó

∣∣ f (x)− g (x)∣∣= f (x)− g (x).

(b) Lập bảng xét dấu của f (x)−g (x) (xem lại Tích phân hàm chứa dấu giá trị tuyệtđối)

(c) Nếu phương trình f (x)− g (x) = 0 chỉ có hai nghiệm là x = a, x = b và vì hàmsố h(x) = f (x)− g (x) liên tục nên f (x)− g (x) không đổi dấu trên [a,b] khi đó tađược đem dấu trị tuyệt đối ra ngoài dấu tích phân:

S =b∫

a

∣∣ f (x)− g (x)∣∣d x =

∣∣∣∣∣∣b∫

a

[f (x)− g (x)

]d x

∣∣∣∣∣∣

1.2 Các ví dụ

Ví dụ 1.1. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường cong (C ) : f (x) = −3x −1

x −1và hai trục tọa độ.

Giải

Ta tìm cận của tích phân là hoành độ giao điểm của (C ) với các trục tọa độ. Hoành

độ giao điểm của (C ) và trục hoành là x =−1

3, với trục tung là x = 0

Khi đó: S =0∫

− 13

∣∣∣∣−3− 4

x −1

∣∣∣∣d x =0∫

− 13

(−3− 4

x −1

)d x =−1+ ln

4

3.


Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG

1

−1

1

0−13

Ví dụ 1.2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường (C1) : f (x) = (e + 1)x và(C2) : g (x) = (1+ex)x

Giải

Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình

(e +1)x = (1+ex)x ⇔ x = 0 ∨ x = 1

Do (C1) cắt (C2) tại hai điểm phân biệt nên ta được

S =1∫

0

∣∣(e +1)x + (1+ex)x∣∣d x =

1∫0

∣∣ex −xex∣∣d x =

∣∣∣∣∣∣1∫

0

(ex −xex)d x

∣∣∣∣∣∣= |I |

Ta có: I =1∫

0

(ex −xex)d x =1∫

0

ex d x −1∫

0

xex d x

=(e.

x2

2

)∣∣∣∣1

0− (xex −ex)|10 =

e

2−1.

Vậy: S =∣∣∣e

2−1

∣∣∣= e

2−1.

−1−2 1 2 3

1

3

0

Ví dụ 1.3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C ) : y = |x2 − 4x + 3| vàd : y = 3

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d

∣∣x2 −4x +3∣∣= 3 ⇔

[x2 −4x +3 = 3x2 −4x +3 =−3

⇔[

x = 0x = 4


1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

Ta có S =4∫

0

∣∣(|x2 −4x +3|−3)∣∣d x =

∣∣∣∣∣∣4∫

0

(3−|x2 −4x +3|)d x

∣∣∣∣∣∣Xét dấu f (x) = x2 −4x +3 để bỏ dấu giá trị tuyệt đối của |x2 −4x +3|Cho x2 −4x +3 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3Bảng xét dấu:

x

f (x)

−∞ 1 3 +∞+ 0 − 0 +

Khi đó:

−2 21 3 4 6 8

−2

2

10

0

Ví dụ 1.4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P ) : y2 = 4x và d : y = 2x −4

Giải

Ta có: y2 = 4x ⇔ x = y2

4

y = 2x −4 ⇔ x = y +4

2Tung độ giao điểm (P ) và d là nghiệm phương trình

y2

4= y +4

2⇔ y =−2 ∨ y = 4

Khi đó diện tích hình phẳng được tính bởi

S =4∫

−2

∣∣∣∣( y +4

2− y2

4

)∣∣∣∣d y =∣∣∣∣∣∣

4∫−2

(y +4

2− y2

4

)d y

∣∣∣∣∣∣= 9.


Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 2. THỂ TÍCH VẬT THỂ TRÒN XOAY

−2 2 4 6 8

−4

−2

2

4

0

a

f

g

2 Thể tích vật thể tròn xoay

2.1 Hình phẳng quay quanh Ox

3 Công thức

Hình phẳng (H) giới hạn bởi (C1) : y = f (x), (C2) : y = g (x), x = a, x = b khi quay (H) quanhtrục Ox ta được một vật thể tròn xoay có thể tích được tính theo công thức

V =π

b∫a

∣∣ f 2(x)− g 2(x)∣∣d x

Đặc biệt khi (C2) là trục hoành thì công thức trên trở thành

V =π

b∫a

f 2(x)d x

3 Các ví dụ

Ví dụ 2.1. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay miền (D) giới hạn bởi (C ) : y = ln x,y = 0, x = 2 quanh trục Ox.


2. THỂ TÍCH VẬT THỂ TRÒN XOAY Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

Giải

Hoành độ giao điểm của (C ) và trục hoành y = 0 là nghiệm phương trình

ln x = 0 ⇔ x = 1

Khi đó: V =π

2∫1

ln2 x d x

Sau khi tính tích phân từng phần 2 lần ta thu được kết quả

V = 2ln2 2+4ln2+2

.


IIIBÀI TẬP TỔNG HỢP

1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP

1 Các đề thi tuyển sinh 2002-2014

1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = |x2 −4x +3|, y = x +3. (2002-A). Đáp số:109

6

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y =√

4− x2

4, y = x2

4p

2. (2002-B).

Đáp số: 2π+ 43

3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = −3x −1

x −1,Ox,O y . (2002-D).

Đáp số: −1+4ln 43

4. Tính

π2∫

0

6√

1−cos5 x sin x d x (Dự bị 2002-A). Đáp số: 1291

5. Tính

0∫−1

x(e2x + 3p

x +1)

d x (Dự bị 2002-A). Đáp số: 34e2 − 4

7 .

6. Tính I =ln3∫0

ex√(ex +1)3

d x (Dự bị 2002-B). Đáp số:p

2−1

7. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) : y = 1

3x3 − 2x2 + 3x và trục Ox (Dự bị

2002-D). Đáp số: 94

8. Tính I =1∫

0

x3

1+x2d x (Dự bị 2002-D). Đáp số: 1

2 (1− ln2).

9. Tính I =2p

3∫p

5

1

xp

x2 +4d x (2003-A). Đáp số: 1

4 ln 53

10. Tính I =π4∫

0

1−2sin2 x

1+ sin2xd x (2003-B). Đáp số: 1

2 ln2

11. Tính I =2∫

0

|x2 −x|d x (2003-D). Đáp số: 1

12. Tính I =π4∫

0

x

1+cos2xd x (Dự bị 2003-A). Đáp số: π

8 − 14 ln2.

13. Tính I =1∫

0

x3√

1−x2 d x (Dự bị 2003-A). Đáp số: 215 .


Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014

14. Tính I = t pln2ln5e2x

pex −1

(Dự bị 2003-B). Đáp số: 203

15. Cho f (x) = a

(x +1)3+bx.ex . Tìm a,b biết f ′(0) =−22 và I =

1∫0

f (x)d x = 5 (Dự bị 2003-

B). Đáp số:a = 8,b = 2.

16. Tính I =1∫

0

x3ex2d x (Dự bị 2003-D). Đáp số: 1

2

17. Tính I =e∫

0

x2 +1

xln x d x (Dự bị 2003-D). Đáp số: e2

4 + 34

18. Tính I =2∫

1

x

1+px −1

d x (2004-A). Đáp số: 113 −4ln2.

19. Tính I =e∫

1

p1+3ln x

xd x · ln x (2004-B). Đáp số: 116

135

20. Tính I =3∫

2

ln(x2 −x)d x (2004-D). Đáp số: −2+3ln3.

21. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng (D) giới hạnbởi Ox và (C ) : y =p

x. sin x(0 ≤ x ≤π) (Dự bị 2004-A). Đáp số: π3

4

22. Tính I =π2∫

0

ecos x . sin2x d x (Dự bị 2004-B). Đáp số:p

e

23. tính I =π2∫

0

px. sin

px d x (Dự bị 2004-D). Đáp số: 2π2 −8.

24. Tính I =ln8∫

ln3

e2xp

ex +1d x (Dự bị 2004-D). Đáp số: 107615

25. Tính I =π2∫

0

sin2x + sin xp1+3cos x

d x (2005-A). Đáp số: 3427

26. Tính I =π2∫

0

sin2x cos x

1+cos xd x (2005-B). Đáp số: 2ln2−1.



27. Tính I =π2∫

0

(esin x +cos x)cos x d x (2005-D). Đáp số: e + π4 −1.

28. Tính I =π3∫

0

sin2 x. tan x d x (Dự bị 2005-A) Đáp số: ln2− 38

29. Tính I =7∫

0

x +23p

x +1d x (Dự bị 2005-A). Đáp số: 231

10

30. Tính I =e∫

0

x2 ln x d x (Dự bị 2005-B). Đáp số: 29 e3 + 1

3

31. Tính I =π4∫

0

(tan x +esin x cos x)d x (Dự bị 2005-B). Đáp số: lnp

2+e1p2 −1

32. Tính I =e3∫

1

ln2 x

xp

ln x +1d x (Dự bị 2005-D). Đáp số: 76

15 .

33. Tính I =π2∫

0

(2x −1)cos2 x d x (Dự bị 2005-D). Đáp số: π2

8 − π4 − 1

2 .

34. Tính I =π2∫

0

sin2x√cos2 x +4sin2 x

d x (2006-A). Đáp số: 23

35. Tính I =ln5∫

ln3

1

ex +2e−x −3d x (2006-B). Đáp số: ln 3

2

36. Tính I =1∫

0

(x −2)e2x d x (2006-D). Đáp số: 5−3e2

4

37. Tính I =6∫

2

1

2x +1p

4x −1d x (Dự bị 2006-A). Đáp số: ln 3

2 − 12

38. Tính I =10∫

5

1

x −2p

x −1d x (Dự bị 2006-B). Đáp số: 2ln2+1

39. Tính I =p

e∫1

3−2ln x

xp

1+ ln xd x (Dự bị 2006-B). Đáp số: 10

p2−113



40. Tính I =π2∫

0

(x +1)sin2x d x (Dự bị 2006-D). Đáp số: π4 +1

41. Tính I =2∫

1

(x −2)ln x d x (dự bị 2006-D). Đáp số: −2ln2+ 54 .

42. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = (e +1)x, y = (1+ex)x (2007-A). Đáp số:e2 −1

43. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = x ln x, y = 0, x = e. Tính thể tích khốitròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục Ox (2007-B). Đáp số: π(5e3−2)

32

44. Tính I =e∫

1

x3 ln2 x d x (2007-D). Đáp số: 5e4−132

45. Tính I =4∫

0

p2x +1

1+p2x +1

d x (Dự bị 2007-A). Đáp số: 2+ ln2.

46. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi 4y = x2, y = x. Tính thể tích khối tròn xoay khiquay (H) quanh Ox (Dự bị 2007-A). Đáp số: 128π

15

47. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x(1−x)

x2 +1, y = 0. (Dự bị 2007-B). Đáp số:

−1+ π4 + 1

2 ln2.

48. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x2, y =p

2−x2 (Dự bị 20074-B). Đáp số:π2 + 1

3 .

49. Tính I =1∫

0

x(x −1)

x2 −4d x (Dự bị 2007-D). Đáp số: 1+ ln2− 3

2 ln3.

50. Tính I =π2∫

0

x2 cos x d x (Dự bị 2007-D). Đáp số: π2

4 −2.

51. Tính I =π6∫

0

tan4 x

cos2xd x (2008-A). Đáp số: 1

2 ln(p

3+1p3−1

)− 10

p3

27 .

52. Tính I =π4∫

0

sin(x − π

4

)sin2x +2(1+ sin x +cos x)

d x (2008-B). Đáp số: 4−3p

24 .

53. Tính I =2∫

1

ln x

x3d x (2008-D). Đáp số: 3−2ln2

16



54. Tính I =3∫

− 12

x3p

2x +2d x (Dự bị 2008-A). Đáp số: 12

5 .

55. Tính I =π2∫

0

sin2x

3+4sin x −cos2xd x (Dự bị 2008-A). Đáp số: −1

2 + ln2.

56. Tính I =2∫

0

x +1p4x +1

d x (Dự bị 2008-B). Đáp số: 116

57. Tính I =1∫

0

x3

p4−x2

d x (Dự bị 2008-B). Đáp số: 16−9p

33

58. Tính I =1∫

0

(xe2x − xp

4−x2

)d x (Dự bị 2008-D). Đáp số: 1

4 e2 − 74 +

p3.

59. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y =−x2 +4x, y = x (Cao đẳng 2008). Đápsố: 9

2 .

60. Tính I =π2∫

0

(cos3 x −1)cos2 x d x (2009-A). Đáp số: 815 − π

4 .

61. Tính i =3∫

1

3+ ln x

(x +1)2d x (2009-B). Đáp số: 1

4

(3+ ln 27

16

)

62. Tính I =3∫

1

1

ex −1d x (2009-D). Đáp số: ln(e2 +e +1)−2

63. Tính I =1∫

0

(e−2x +x

)ex d x (Cao đẳng 2009). Đáp số: 2− 1

e

64. Tính I =1∫

0

x2 +ex +2x2ex

1+2exd x (2010-A). Đáp số: 1

3 + 12 ln 1+2e

3

65. Tính I =e∫

1

ln x

x(2+ ln)2d x (2010-B). Đáp số: −1

3 + ln 32

66. Tính I =e∫

1

(2x − 3

x

)ln x d x (2010-D). Đáp số: e2

2 −1

67. Tính I =1∫

0

2x −1

x +1d x (Cao đẳng 2010). Đáp số: 2−3ln2



68. Tính I =1∫

0

2x −1

x5 −5x +6d x (Dự bị 2010-B). Đáp số: 8ln2−5ln3

69. Tính I =2∫

1

2−p4−x62

x4d x (Dự bị 2010-B). Đáp số: 7

12 −p

34

70. Tính I =e∫

1

ln x −2

x ln x +xd x (Dự bị 2010-D). Đáp số: 1−3ln2

71. Tính I =π4∫

0

x sin x + (x +1)cos x

x sin x +cos xd x (2011-A). Đáp số: π

4 + ln(πp

28 +

p2

2

)

72. Tính I =4∫

0

1+x sin x

cos2 xd x (2011-B). Đáp số:

p3+ 2π

3 + ln(2−p3)

73. Tính I =4∫

0

4x −1p2x +1+2

d x (2011-D). Đáp số: 343 +10ln 3

5

74. Tính I =2∫

1

2x +1

x(x +1)d x (Cao đẳng 2011). Đáp số: ln3

75. Tính I =3∫

1

1+ ln(x +1)

x2d x (2012-A). Đáp số: 2

3 − 23 ln2+ ln3

76. Tính I =1∫

0

x3

x4 +2x2 +2d x (2012-B). Đáp số: ln3− 3

2 ln2

77. Tính I =π4∫

0

x(1+ sin2x)d x (2012-D). Đáp số: π2

32 + 14

78. Tính i =1∫

0

xpx +1

d x (Cao đẳng 2012). Đáp số: 83

79. Tính I =2∫

1

x2 −1

x2· ln x d x (2013-A). Đáp số: 5

2 ln2− 32

80. Tính I =1∫

0

x√

2−x2 d x (2013-B). Đáp số: 2p

2−13

81. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 −3x +3 và đường thẳngy = 2x +1 (2014-A). Đáp số: 1

6 .


2. BÀI TẬP TỔNG HỢP Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP

82. Tính tích phân I =2∫

1

x2 +3x +1

x2 +xd x (2014-B). Đáp số: 1+ln3.

83. Tính tích phân I =π4∫

0

(x +1)sin2x d x (2014-D). Đáp số: 34 .

84. Tính tích phân I =2∫

1

x2 +2ln x

xd x (2014-Cao đẳng). Đáp số: 3

2 + ln2 x.

2 Bài tập tổng hợp

1.

π2∫

0

1

cos x +2d x. Đáp số: π

3p

3, (t = tan x

2 ).

2.

1∫0

pex

pex +e−x

d x . Đáp số: ln(

e+p

1+e2

1+p2

3.

π4∫

0

sin4x

4+cos2 2xd x . Đáp số: −1

2 ln 45 .

4.

0∫− ln3

1−ex

1+exd x. Đáp số: ln 4

3 .

5.

eπ2∫

1

sin(ln x)d x. Đáp số: 12

(eπ2 +1

).

6.

p3∫

1

p1+x2

x2d x.

7.

1∫0

1

x6d x. Đáp số: − 1

2p

3ln(2−p

3)+ π6 .

8.

π2

4∫0

cos3(p

x)d x. Đáp số: 2π3 − 14

9 .

9.

3∫0

x4 −1

x2 −9d x. Đáp số: 20π

3 −18.


Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP 2. BÀI TẬP TỔNG HỢP

10.

π∫0

p1− sin2x d x. Đáp số: 2

p2−2.

11.

2∫1

1−x7

x(1+x7)d x. Đáp số: 1

2 ln2− 27 ln 129

2 .

12.

2∫1

6x

9x −4xd x. Đáp số: ln 4

9 . ln 1325 .


Documents

Chuyên đề tich phan on thi dh