10 dạng tích phân thường gặp trong đề thi Quốc gia – Nguyễn Thanh Tùng Toán 12

10 dạng tích phân thường gặp trong đề thi Quốc gia – Nguyễn Thanh Tùng Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

63 32 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 3: Nguyên hàm - Tích phân và ứng dụng

Môn: Toán 12

Thông tin:

115 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 1
10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
Trong các các kì thi Đại Học – Cao Đẳng câu tích phân luôn mặc định xuất hiện trong đề thi môn Toán.
Tích phân không phải là câu hỏi khó, đây là một bài toán “nhẹ nhàng”, mang tính chất “cho điểm”. Vì vậy
việc mất điểm sẽ trở nên “vô duyên” với những ai đã bỏ chút thời gian đọc tài liệu. Ở bài viết nhỏ này sẽ
cung cấp tới các em các dạng tích phân thường xuyên xuất hiện trong các kì thi Đại Học - Cao Đẳng ( và
đề thi cũng sẽ không nằm ngoài các dạng này). Với cách giải tổng quát cho các dạng, các ví dụ minh họa đi
kèm, cùng với lượng bài tập đa dạng, phong phú. Mong rằng sau khi đọc tài liệu, việc đứng trước một bài
toán tích phân sẽ không còn là rào cản đối với các em . Chúc các em thành công !
Trong bài viết này sẽ giới thiệu tới các em 8 phần: Trang
I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN …………………………… 1
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ…………………………… 2
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN….. 3 –12– 26
IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG... 27 – 81
V. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN…………………………………………………….. 82 – 93
VI. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT VÀ TÍCH PHÂN TRUY HỒI……..94 – 102 - 106
VII. DÙNG TÍCH PHÂN ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA
k
n
C
……...107 - 110
VIII. KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ĐẠI HỌC ………………111- 114
I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 2
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ
Điều kiện tiên quyết để làm tốt phần tích phân là chúng ta phải nhớ và hiểu được cách
vận dụng các công thức nguyên hàm sau: (chỉ cần hiểu 8 công thức thì sẽ biết cách suy
luận ra các công thức còn lại)
1
( 1)
)
1
u
u du C
1
2
1
1
1
1
; .
1 1
1 1
; ;
1
ax b
x
x dx C ax b dx C
a
du du
du u C C C
u u u
u
) ln
du
u C
u
2
ln
1
ln
dx
x C
x
dx
ax b C
ax b a
)
ln
u
u
a
a du C
a
3
;
ln
1
;
x
x u u
x x ax b ax b
a
a dx C e du e C
a
e dx e C e dx e C
a
) sin cos
udu u C
4
sin cos
1
sin( ) cos( )
xdx x C
ax b dx ax b C
a
) cos sin
udu u C
5
cos sin
1
cos( ) sin( )
xdx x C
ax b dx ax b C
a
2
) cot
sin
du
u C
u
6
2
2
cot
sin
1
cot( )
sin ( )
dx
x C
x
dx
ax b C
ax b a
2
) tan
cos
du
u C
u
7
2
2
tan
cos
1
tan( )
cos ( )
dx
x C
x
dx
ax b C
ax b a
2 2
11 1 1
) ln
2 2
du u a
du C
u a a u a u a a u a
8
2 2
2 2
1
ln
2
1
ln
2
du u a
C
a u a u a
dx x a
C
x a a x a
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
3
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC
1. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ
CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ
( )
( )
f x
I dx
g x
(*)
Chú thích: Sơ đồ trên được hiểu như sau :
Khi đứng trước một bài toán tích phân có dạng hữu tỉ trước tiên ta quan tâm tới bậc của tử số và mẫu số.
*) Nếu bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số, khi đó ta chú ý tới bậc dưới mẫu số. Cụ thể:
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 1 ta có luôn công thức trong bảng nguyên hàm và đưa ra được đáp số.
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 2 ta quan tâm tới hay “tính có nghiệm” của phương trình dưới mẫu.
+) Nếu 0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành tích và dùng kĩ thuật tách ghép để tách thành
hai biểu thức có mẫu bậc 1 (quay về trường hợp mẫu số có bậc bằng 1).
+) Nếu 0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành hằng đẳng thức và dùng kĩ thuật tách ghép để
đưa tích phân về dạng đã biết.
+) Nếu 0 tức khi đó ta không thể phân tích dưới mẫu số thành tích và hằng đẳng thức được.
-) Nếu trên tử là hằng số khác
0
ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa để chuyển về dạng cơ bản
( theo cách đổi biến ở sơ đồ trên).
-) Nếu trên tử có dạng bậc nhất ta sẽ chuyển về bậc 0 ( hằng số hay số tự do) bằng kĩ thuật vi phân
như cách trình bày ở sơ đồ và quay về trường hợp trước đó (tử là hằng số khác
0
).
++) Nếu bậc của mẫu số lớn hơn 2 ta sẽ tìm cách giảm bậc bằng phương pháp đổi biến hoặc các kĩ thuật:
Nhân, chia, tách ghép (đồng nhất hệ số), vi phân…
*) N
ế
u b
ậ
c c
ủ
a t
ử
s
ố
l
ớ
n hơn ho
ặ
c b
ằ
ng b
ậ
c c
ủ
a m
ẫ
u s
ố
thì ta chuy
ể
n sang
TH2
(trư
ờ
ng h
ợ
p 2).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 4
CHÚ Ý :
Việc đồng nhất hệ số dựa theo cách phân tích sau:
1 1 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2
( )
... ...
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
m n n
m n m n
A B x C
A A B x C B x Cf x
ax b cx dx e ax b ax b ax b cx dx e cx dx e cx dx e
Sau đó quy đồng bỏ mẫu, dùng tính chất “hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng của chúng bằng
nhau” từ đó tìm được các
,
i j
A B
,
j
C
( 1, ; 1, )
i m j n
hoặc có thể dùng cách chọn
x
để tìm các
,
i j
A B
,
j
C
.
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính tích phân
2
2
0
2
dx
I
x x k
với : 1)
3
4
k
2)
1
k
3)
4
k
Giải: 1) Với
3
4
k
thì :
2
2 2 2 2
2
2
0 0 0 0
0
4 (2 3) (2 1) 2 2 2 1
2 ln
3
4 8 3 (2 1)(2 3) 2 1 2 3 2 3
2
4
dx dx x x x
I dx dx
x x x x x x x
x x
15
ln
7
2) Với
1
k
thì :
2
2 2
2 2
0
0 0
1
2 1 ( 1) 1
dx dx
I
x x x x
2
3
3) Với
4
k
thì :
2 2
2 2
0 0
2 4 ( 1) 3
dx dx
I
x x x
Đặt
1 3 tan
x t
với
;
2 2
t
2
2
3
3.(1 tan )
cos
dt
dx t dt
t
và
:0 2
x
thì
:
6 3
t
Khi đó
23 3
3
2
6
6 6
3.(1 tan ) 3 3
3.(tan 1) 3 3
t dt
I dt t
t
3
18
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
2
1
1
3
4 1
I dx
x
2)
0
2
2
1
2 3
dx
I
x x
3)
1
3
2
0
6 9
dx
I
x x
4)
1
4
2
0
2 2
dx
I
x x
5)
1
5
2
0
4 5
2
x
I dx
x x
6)
2
6
2
1
3 2
4 4 1
x
I dx
x x
7)
2
7
2
1
3
2 4
x
I dx
x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 5
Giải: 1)
2
2
1
1
1
3 3
ln 4 1
4 1 4
I dx x
x
3 7
ln
4 3
2)
0
2
2
1
2 3
dx
I
x x
0
1
( 1)(2 3)
dx
x x
1
5
0
1
(2 3) 2( 1)
( 1)(2 3)
x x
dx
x x
0
0
1
1
1 1 2 1 1 1 1
ln ln
5 1 2 3 5 2 3 5 6
x
dx
x x x
ln6
5
3)
1
1 1
3
2 2
0
0 0
1
6 9 ( 3) 3
dx dx
I
x x x x
1
12
4)
1 1
4
2 2
0 0
2 2 ( 1) 1
dx dx
I
x x x
Đặt
1 tan
x t
với
;
2 2
t
2
2
(1 tan )
cos
dt
dx t dt
t
và
:0 1
x
thì
: 0
4
t
Khi đó
0 0
2
0
4
2
4
4 4
(1 tan )
tan 1
t dt
I dt t
t
4
5)
1 1 1
1
5
2
0
0 0 0
4 5 ( 1) 3( 2) 1 3
ln 2 3ln 1
2 ( 1)( 2) 2 1
x x x
I dx dx dx x x
x x x x x x
4ln 2
Chú ý: Việc phân tích
4 5 1 3( 2)
x x x
có được là do ta đi tìm hệ số
,
a b
thỏa mãn:
4 5 ( 1) ( 2) 4 5 ( ) 2
x a x b x x a b x a b
khi đó
4 1
2 5 3
a b a
a b b
6)
2 2 2
6
2 2 2
1 1 1
3 7
2 1
3 2 3 7
2 2
4 4 1 (2 1) 2(2 1) 2(2 1)
x
x
I dx dx dx
x x x x x
2
1
3 7
ln 2 1
4 4(2 1)
x
x
3 7
ln3
2 6
7)
2 2 2 2
7
2 2 2 2
1 1 1 1
1
2 2 4
3 1 (2 2) 1
2
4 4
2 4 2 4 2 2 4 2 4 2
x
x x dx
I dx dx dx A B
x x x x x x x x
(*)
+) Tính
2 2
2
2
2
2 2
1
1 1
(2 2) ( 2 4)
ln 2 4
2 4 2 4
x d x x
A dx x x
x x x x
2ln 2
(1)
+) Tính
2 2
2 2
1 1
2 4 ( 1) 3
dx dx
B
x x x
Đặt
1 3 tan
x t
với
;
2 2
t
2
2
3
3.(1 tan )
cos
dt
dx t dt
t
và
: 1 2
x
thì
:0
3
t
23 3
3
2
0
0 0
3.(1 tan ) 3
3 3
tan 1 3
t dt
B dt t
t
(2) . Thay (1) và (2) vào (*) ta được:
7
I
4 3
ln 2
3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 6
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau:
1)
2
3 2
1
1
2 2 4
2 1
x x x
I dx
x
2)
1
4 3 2
2
2
0
2 4 2
2 3
x x x x
I dx
x x
3)
2
3 2
3
2
1
4 4 7 2
4 4 1
x x x
I dx
x x
4)
1
2
4
2
0
( 1)
1
x
I dx
x
( D – 2013) 5)
2
2
5
2
0
2 1
2 4
x x
I dx
x x
Giải:
1)
2
2 2
3 2 3
2
1
1 1
1
2 2 4 5 5
1 ln 2 1
2 1 2 1 3 2
x x x x
I dx x dx x x
x x
10 5
ln3
3 2
2)
1 1 1
4 3 2
2 2
2
2 2
0 0 0
2 4 2 5 2( 1) ( 3)
1 1
2 3 2 3 ( 1)( 3)
x x x x x x x
I dx x dx x dx
x x x x x x
1
1
3
2
0
0
2 1
1 2ln 3 ln 1
3 1 3
x
x dx x x x
x x
2
2ln3 ln2
3
3)
2 2 2 2
3 2
3
2 2 2 2
1 1 1 1
4 4 7 2 6 2 3(2 1) 1 3 1
4 4 1 4 4 1 (2 1) 2 1 (2 1)
x x x x x
I dx x dx x dx x dx
x x x x x x x
2
2
1
3 1
ln 2 1
2 2 2(2 1)
x
x
x
11 3
ln3
6 2
4)
1
2
4
2
0
( 1)
1
x
I dx
x
( D – 2013)
1 1 1 1 1 1
2 2
1
2
4
2 2 2 2
0
0 0 0 0 0 0
1 2 2 2 ( 1)
1 ln( 1)
1 1 1 1
x x x x d x
I dx dx dx dx dx x x
x x x x
1 ln 2
5)
2 2 2
2
5
2 2 2
0 0 0
3
(2 2) 6
2 1 3 9
2
2 2
2 4 2 4 2 4
x
x x x
I dx dx dx
x x x x x x
2 2 2
2
2 2
0 0 0
3 ( 2 4)
2 6
2 2 4 2 4
d x x dx
dx
x x x x
2
2
0
3 3
2 ln( 2 4) 6 4 ln3 6
2 2
x x x I I
(*)
Tính
2 2
2 2
0 0
2 4 ( 1) 3
dx dx
I
x x x
Đặt
1 3 tan
x t
(với
;
2 2
t
)
2
2
2 2
3
3(1 tan )
cos
( 1) 3 3(1 tan )
dx dt t dt
t
x t
và
:0 2
x
thì
:
6 3
t
23 3
3
2
6
6 6
3(1 tan ) 3 3 3
3(1 tan ) 3 3 18
t dt
I dt t
t
(2*). Thay (2*) vào (*) ta được:
5
I
3 3
4 ln3
2 3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 7
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau:
1)
1
3
1
4 2
0
3 2
x
I dx
x x
(B – 2012) 2)
1
7
2
4 2
0
(3 2 )
x
I dx
x
3)
2
2
3
4 2
1
1
( 3 2)
x
I dx
x x x
4)
2
4
2 2
1
2 3
( 2 )( 4 3)
x
I dx
x x x x
5)
1
2
5
4 3 2
2
1
4 6 4 1
x
I dx
x x x x
6)
2
6
3 5
1
dx
I
x x
7)
1
7
3
0
(1 2 )
x
I dx
x
8)
2
8
2014
1
1
dx
I
x x
9)
0
2
9
8
1
(1 )
x dx
I
x
Giải: 1)
1
3
1
4 2
0
3 2
x
I dx
x x
(B – 2012) Đặt
2
t x
2
dt xdx
hay
2
dt
xdx
và
:0 1
x
thì
:0 1
t
1 1 1 1
2
1
4 2 2
0 0 0 0
. 1 . 1 2( 1) ( 2) 1 2 1
3 2 2 3 2 2 ( 1)( 2) 2 2 1
x xdx t dt t t
I dt dt
x x t t t t t t
1
0
1
ln 2 ln 1
2
t t
3
ln3 ln 2
2
2)
1
7
2
4 2
0
(3 2 )
x
I dx
x
Đặt
3 3
4
4
1
8
8
3 2
3
2
dt x dx x dx dt
t x
t
x
và
:0 1
x
thì
:3 1
t
Khi đó
1 1 1 3
7 4
3
2
4 2 4 2 2 2
0 0 3 1
3
1 1 3
2
.
(3 2 ) (3 2 ) 8 16
t
x x t
I dx x dx dt dt
x x t t
3
3
2
1
1
1 3 1 1 3
ln
16 16
dt t
t t t
2 ln3
16
3)
2
2
3
4 2
1
1
( 3 2)
x
I dx
x x x
Đặt
2
2
2
dt
t x dt xdx xdx
và
:1 2
x thì
:1 2
t
Khi đó
2 2
2
3
2 4 2 2
1 1
( 1) 1 1
.
( 3 2) 2 ( 3 2)
x t
I xdx dt
x x x t t t
Lúc này ta sẽ phân tích
2
1
( 3 2)
t
t t t
thành tổng các phân thức có mẫu bậc
1
bằng phương pháp đồng nhất
hệ số . Cụ thể:
2
1 1
( 3 2) ( 1)( 2) 1 2
t t A B C
t t t t t t t t t
1 ( 1)( 2) ( 2) ( 1)
t A t t Bt t Ct t
(*)
Việc tìm
, ,
A B C
có thể làm theo 2 cách :
Cách 1:
2
(*) 1 ( ) (3 2 ) 2
t A B C t A B C t A
khi đó
1
0
2
3 2 1 2
2 1 3
2
A
A B C
A B C B
A
C
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 8
Cách 2: +) Chọn
0
t
thì (*) có dạng:
1
1 2
2
A A
+) Chọn
1
t
thì (*) có dạng:
2 2
B B
+) Chọn
2
t
thì (*) có dạng:
3
3 2
2
C C
Vậy
2
2
3
1
1
1 1 2 3 1 3
ln ln( 1) ln( 2)
2 2 1 2( 2) 4 4
I dt t t t
t t t
7ln3 11.ln 2
4
4)
2 2 2
4
2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
( 2 )( 4 3) ( 2)( 1)( 3) ( 3 )( 3 2)
x x x
I dx dx dx
x x x x x x x x x x x x
Cách 1: (đổi biến)
Đặt
2
3
t x x
(2 3)
dt x dx
và
:1 2
x
thì
: 4 10
t
Khi đó
10
10 10
4
4 4
4
1 1 1 1
ln
( 2) 2 2 2 2
dt t
I dt
t t t t t
1 15
ln
2 12
Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân)
2 2
2 2 2
4
2 2 2 2
1 1 1
( 3 2) ( 3 ) (2 3)
1 1 (2 3) (2 3)
2 ( 3 )( 3 2) 2 3 3 2
x x x x x
x dx x dx
I dx
x x x x x x x x
2
2 2
2 2 2
2 2 2
1 1
1
1 ( 3 ) ( 3 2) 1 3
ln
2 3 3 2 2 3 2
d x x d x x x x
x x x x x x
1 15
ln
2 12
5)
1
2
5
4 3 2
2
1
4 6 4 1
x
I dx
x x x x
Chia cả tử và mẫu trong biểu thức tích phân cho
2
x
ta được:
1 1
2
2
5
2
2
2 2
2
2
1
1
1
1
4 1
1 1
4 6
4 6
dx
x
x
I dx
x x
x x
x x
x x
Cách 1: (đổi biến) Đặt
1
t x
x
2
2 2
2
1
1
1
2
dt dx
x
t x
x
và
: 2 1
x
thì
5
: 2
2
t
Khi đó
2
2 2 2
5
2 2 2
5
5 5 5
2
2 2 2
1
( 2) 4 6 4 4 ( 2) 2
dt dt dt
I
t t t t t t
1
36
Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân – dành cho những ai có kĩ năng phân tích tốt)
1
1 1
2
5
2 2
2 2
2
1 1
1 2
1
1
1 1 1
2
4 4 2
dx d x
x x
I
x
x x x
x
x x x
1
36
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 9
6)
2 2
6
3 5 3 2
1 1
(1 )
dx dx
I
x x x x
Cách 1: (đổi biến)
Đặt
2
t x
2
2
dt
dt xdx xdx
và
:1 2
x
thì
:1 4
t
Khi đó
2 4
6
4 2 2
1 1
1
(1 ) 2 ( 1)
xdx dt
I
x x t t
4
2
1
1 ( 1)
2 ( 1)
t t
dt
t t
4 4
2 2
1 1
1 1 1 1 1 ( 1)
2 ( 1) 2 ( 1)
t t
dt dt
t t t t t t
4
4
2
1
1
1 1 1 1 1 1 1
ln
2 1 2
t
dt
t t t t t
3 1 5
ln
8 2 8
Cách 2: (Dùng kĩ thuật tách ghép)
2 2
2 2
6
3 2 3 2
1 1
(1 ) 1 1
(1 ) (1 )
x x
I dx dx
x x x x x
2 2
2 2
3 2 3 2
1 1
1 (1 ) 1 1
(1 ) 1
x x x
dx dx
x x x x x x
2 2
2
3 2
1 1
1 1 1 (1 )
2 1
d x
dx
x x x
2
2
2
1
1 1 3 1 5
ln ln(1 ) ln 2 ln
2 2 8 2 2
x x
x
3 1 5
ln
8 2 8
7)
1
1 1 1
7
3 3 2 3 2
0 0 0
0
1 1 2 1 1 1 1 1 1 1
(1 2 ) 2 (1 2 ) 2 (1 2 ) (1 2 ) 2 2(1 2 ) 4(1 2 )
x x
I dx dx dx
x x x x x x
1
18
8)
2
8
2014
1
1
dx
I
x x
Đặt
2014 2013 2013
1 2014
2014
dt
t x dt x dx x dx
và
:1 2
x
thì
2014
: 2 1 2
t
Khi đó
2014 2014
2 1 2 1 2
2013
8
2014 2014
1 2 2
1 1 1 1
2014 ( 1) 2014 1
1
x dx dt
I dt
t t t t
x x
2014
1 2
2
1 1
ln
2014
t
t
2014
2015ln 2 ln(1 2 )
2014
9)
0
2
9
8
1
(1 )
x dx
I
x
Đặt
1
t x dt dx
và
: 1 0
x
thì
:1 2
t
Khi đó
2
2 2 2
2 2
9
8 8 8 7 6 7 6 5
1 1 1
1
(1 ) 1 2 1 2 1 1 1 1
7 3 5
t dt t t
I dt dt
t t t t t t t t
33
4480
Ví dụ 5. Tính các tích phân sau: 1)
2
2
1
3
1
1
x
I dx
x
2)
ln2
3
2
0
1
x
I e dx
Giải:
1)
2
2
1
3
1
1
x
I dx
x
Đặt
2 2 2
2 2
1 1
1
tdt xdx
t x t x
x t
và cận
:0 3
t
2 2 3 3
2 2 2
1
3 4 2 2 2 2
1 1 0 0
1 1. .
( 1) (1 )
x x xdx t tdt t
I dx dt
x x t t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 10
Đặt
2
2
tan (1 tan )
cos
du
t u dt u du
u
và cận :0
3
u
2 2 2 23 3 3 3
2 2
1
2 2 2 2
0 0 0 0
tan .(1 tan ) tan sin
.cos sin
(1 tan ) 1 tan cos
u u du u u
I du udu udu
u u u
3
3
0
0
1 cos2 1 1 3
sin 2
2 2 4 6 8
u
du u u
4 3 3
24
2)
ln2
3
2
0
1
x
I e dx
Đặt
2
3 3
3
3
1 1
1
x
x x
x
t dt e dx
t e t e
e t
và cận
:0 1
t
ln2 ln2 1 1 1
3 2 3
3
2
3 3 3
0 0 0 0 0
1. .3 1
1 3 3 1
1 1 1
x x
x
x
e e dx t t dt t dt
I e dx dt
e t t t
Ta dùng phương pháp đồng nhất hệ số:
2
3 2 2
1 1
1 .( 1) ( )( 1)
1 ( 1)( 1) 1 1
A Bt C
A t t Bt C t
t t t t t t t
2
0
1 1 2
1 ( ) ( ) 0 ; ;
3 3 3
1
A B
A B t A B C t A C A B C A B C
A C
( Có thể chọn
0
t
và
1
t
được ba pt 3 ẩn
, ,
A B C
rồi giải tìm được
, ,
A B C
(máy tính có thể giúp ) )
Vậy ta có:
3 2 2
1 1 2 1 1 2
1 3( 1) 3( 1) 3 1 1
t t
t t t t t t t
1
2
2
0
1 2
3
1 1
t
I dt
t t t
1 1 1 1
2
2 2 2
0 0 0 0
1
(2 1) 1
1 1 1 ( 1)
2
3 3
1 1 1 2 1 1
t
d t t dt
dt dt
t t t t t t t t
1
2
0
1
3 ln( 1) ln( 1)
2
t t t t J
3 ln 2
J
(*) với
1 1
2
2
2
0 0
1
1 3
2 2
dt dt
J
t t
t
Đặt
2
2
2
2
2
3 3(1 tan )
2cos 2
1 3
tan
2 2
1 3 3
(1 tan )
2 2 4
u
dt du du
t
t u
t u
và
:0 1
t
thì cận
:
6 6
u
26 6
6
2
6
6 6
3(1 tan ) 4 2 3 2 3 2 3
.
2 3(1 tan ) 3 3 9
u
J du du u
u
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được :
2
I
2 3
3 ln 2
9
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 11
Nhận xét: Trong các bài toán đổi biến các em sẽ nhận ra một điều (rất quan trọng trong phần đổi biến), khi
chúng ta đổi biến thì bước tiếp theo là bước vi phân cả 2 vế. Sau khi làm xong điều này các em sẽ biết ngay
là bài toán chúng ta đi có đúng hướng hay không. Cụ thể: Nếu sau khi vi phân ta có:
( ) ( )
f t dt g x dx
thì
xảy ra 2 khả năng:
+) Trong đề bài có chứa
( )
g x dx
(có thể phải thêm bước tách ghép, thêm bớt để nhìn thấy nó) và phần còn
lại của biểu thức dưới dấu tích phân (nếu có) còn chứa biến
x
mà ta rút được theo
t
. Khi đó xác suất ta đi
theo hướng này đúng là cao.
+) Trong đề bài không có lượng
( )
g x
để ta chỉnh (vì
dx
đi một mình lúc này “không ổn” phải có mặt
( )
g x
đi cùng hay phải có
( )
g x dx
thì ta mới chuyển được theo
( )
f t dt
). Khi đó các em nên nghĩ tới việc tự
nhân thêm vào (đề bài không cho thì ta tự cho) và chỉnh bằng cách nhân với lượng tương ứng ở dưới mẫu số
và phần phát sinh thêm sau khi nhân cùng với biểu thức trước đó sẽ rút được theo
t
(ở cả hai bài toán trên
ta đã tự nhân cả tử và mẫu lần lượt với
x
và
x
e
)
Bài luyện
Tính các tích phân sau: 1)
1
2
0
2
dx
I
x x
( Đs:
1 1
ln
3 4
) 2)
1
2
2
0
4 11
5 6
x
I dx
x x
( Đs:
9
ln
2
)
3)
3
3
3
2
0
2 1
x
I dx
x x
( Đs:
9
3ln 4
4
) 4)
3
3
4
2
0
1
x dx
I
x
( Đs:
3
ln 2
2
)
5)
1
5
4 2
0
4 3
xdx
I
x x
( Đs:
1 3
ln
4 2
) 6)
1
2
6
2
0
3 10
2 9
x x
I dx
x x
( Đs:
1 4
1 ln
2 3
)
7)
0
7
2 2
1
( 4 3)( 4 4)
dx
I
x x x x
( Đs:
1 3 1
ln
2 2 6
) 8)
1
2
8
4 2
0
2 1
dx
I
x x
( Đs:
1 1
ln3
3 4
)
9)
1
9
4 2
0
3 4
dx
I
x x
( Đs:
ln3
20
) 10)
1
10
4 2
0
4 3
dx
I
x x
( Đs:
(9 2 3)
72
)
11)
1
11
3
0
(1 3 )
x
I dx
x
( Đs:
1
8
) 12)
1
12
2
2
0
1
dx
I
x
( Đs:
2
8
) 13)
1
3
13
2
8
0
4
x dx
I
x
( Đs:
1 ln3
96 128
)
14)
1
14
3
0
1
dx
I
x
( Đs:
1 3
ln 2
3 18
) 15)
6 10
2
2
15
4
1
1
1
x
I dx
x
( Đs:
2
6
) 16)
1
4
16
6
0
1
1
x
I dx
x
(Đs:
3
)
17)
1
2
17
4 3 2
1
2
2
2 5 4 4
x
I
x x x x
( Đs:
3
44
) 18)
1
18
2 2
0
2 5
( 3 2)( 7 12)
x
I dx
x x x x
( Đs:
1 5
ln
2 4
)
19)
1
19
4 3 2
0
2 1
2 3 2 3
x
I dx
x x x x
( Đs:
3
ln
5
) 20)
2
2
20
4 2
1
3
( 3 2)
x
I dx
x x x
( Đs:
13 21
ln3 ln 2
4 4
)
21)
1
21
2
0
( 1)( 2)
xdx
I
x x
( Đs:
3
ln 2
20 5
) 22)
1
2
22
3 2
0
2 5 2
2 4 8
x x
I dx
x x x
( Đs:
1 3
ln
6 4
)
23)
2
3 2
23
4 3
1
4 1
x x x
I dx
x x
( Đs:
8 15
ln
3 7
) 24)
5
3 2
24
2 2
3
4 2 1
( 1)
x x x
I dx
x x
( Đs:
15 2
ln
2 15
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 12
2. TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
Trước khi đi vào 10 dạng tích phân hay gặp trong các kì thi Đại Học – Cao Đẳng các em cần nắm
được cách tính các tích phân lượng giác cơ bản qua các ví dụ sau:
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau với
1;5
k
(có 40 câu tích phân trong ví dụ này) :
2
0
sin
k
A xdx
2
0
cos
k
B xdx
4
0
tan
k
C xdx
2
4
cot
k
D xdx
2
3
1
sin
k
E dx
x
6
0
1
cos
k
F dx
x
4
6
1
tan
k
G dx
x
3
4
1
cot
k
H dx
x
Giải:
*) Với k = 1 . Ta có:
+)
2
2
1
0
0
sin cosA xdx x
1
+)
2
2
1
0
0
cos sinB xdx x
1
+)
4 4 4
4
1
0
0 0 0
sin cos 2
tan ln cos ln
cos cos 2
x d x
C xdx dx x
x x
1
ln 2
2
+)
2 2 2
2
1
4
4 4 4
cos sin 2
cot ln sin ln
sin sin 2
x d x
D xdx dx x
x x
1
ln 2
2
+)
2
1
3
1
sin
E dx
x
Cách 1
:
2 2 2
1
2 2
3 3 3
1 sin sin
sin sin 1 cos
x x
E dx dx dx
x x x
. Lúc này ta có 2 cách trình bày
Cách trình bày 1
: Đặt
cos
t x
sin
dt xdx
và
:
3 2
x
thì
1
: 0
2
t
Khi đó
1 1 1 1
1
2 2 2 2
2
1
2
0 0 0 0
0
1 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 1
ln
1 (1 )(1 ) 2 (1 )(1 ) 2 1 1 2 1
dt dt t t t
E dt dt
t t t t t t t t
1
ln3
2
Cách trình bày 2:
2 2
2
1
3
3 3
cos 1 1 1 1 1 cos
cos ln
(1 cos )(1 cos ) 2 1 cos 1 cos 2 1 cos
d x x
E d x
x x x x x
1
ln3
2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 13
Cách 2:
2 2
2 2 2 2 2 2
1
3 3 3 3 3 3
sin cos sin cos cos sin
1 1 1
2 2 2 2 2 2
sin 2 2
2sin cos cos sin cos sin
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
dx dx d d
E dx dx
x x x x x x
x
2
2
3
3
ln cos ln sin ln tan
2 2 2
x x x
1
ln3
2
Cách 3:
2 2 2 2
1
2
3 3 3 3
tan
1 1
2
sin
2sin cos 2tan cos tan
2 2 2 2 2
x
d
dx
E dx dx
x x x x x
x
2
3
ln tan
2
x
1
ln3
2
+)
6 6 6
1
2 2
0 0 0
1 cos cos
cos cos 1 sin
x x
F dx dx dx
x x x
( tính tương tự như
1
E
- hoặc đổi biến hoặc vi phân)
6 6
6
0 0
0
1 sin 1 1 1 1 1 sin
sin ln
2 (1 sin )(1 sin ) 2 1 sin 1 sin 2 1 sin
d x x
d x
x x x x x
1
ln3
2
+)
4 4 4 4
4
1
6
6 6 6 6
1 cos sin
cot ln sin ln 2
tan sin sin
x d x
G dx xdx dx x
x x x
1
ln2
2
+)
3 3 3 3
3
1
4
4 4 4 4
1 sin cos 2
tan ln cos ln
cot cos cos 2
x d x
H dx xdx dx x
x x x
1
ln2
2
*) Với k = 2 . Ta có:
+)
2 2
2
2
2
0 0
0
1 1 1
sin (1 cos2 ) sin 2
2 2 2
A xdx x dx x x
4
+)
2 2
2
2
2
0 0
0
1 1 1
cos (1 cos2 ) sin 2
2 2 2
B xdx x dx x x
4
+)
4 4
2
4
2
2
0
0 0
1
tan 1 tan
cos
C xdx dx x x
x
4
4
+)
2 2
2
2
2
2
4
4 4
1
cot 1 cot
sin
D xdx dx x x
x
4
4
+)
2
2
2
2
3
3
1
cot
sin
E dx x
x
3
3
+)
6
6
2
2
0
0
1
tan
cos
F dx x
x
3
3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 14
+)
4 4 4
2
4
2
2 2
6
6 6 6
1 1
cot 1 cot
tan sin
G dx xdx dx x x
x x
3 1
12
+)
3 3 3
2
3
2
2 2
4
4 4 4
1 1
tan 1 tan
cot cos
H dx xdx dx x x
x x
3 1
12
*) Với k = 3 . Ta có:
+)
32 2 2
2
3 2 2
3
0 0 0
0
cos
sin sin .sin (1 cos ) cos cos
3
x
A xdx x xdx x d x x
2
3
(có thể đặt
cos
t x
)
+)
3
2 2 2
2
3 2 2
3
0 0 0
0
sin
cos cos .cos (1 sin ) sin sin
3
x
B xdx x xdx x d x x
2
3
(có thể đặt
sin
t x
)
+)
4 4 4 4
3 3 2
3
2
0 0 0 0
tan
tan tan tan tan tan (1 tan ) tan tan
cos
x
C xdx x x x dx x x x dx x dx
x
2
4 4 4
4
1 1
2
0 0 0
0
tan tan
tan tan tan
cos 2
x x
dx xdx xd x C C
x
1 1
ln2
2 2
( các em có thể xem lại cách tính
1
1
ln 2
2
C
đã tính ở trước đó với k = 1 )
+)
2 2 2 2
3 3 2
3
2
4 4 4 4
cot
cot cot cot cot cot (1 cot ) cot cot
sin
x
D xdx x x x dx x x x dx x dx
x
22 2 2
2
1 1
2
4
4 4 4
cot cot
cot cot cot
sin 2
x x
dx xdx xd x D D
x
1 1
ln 2
2 2
(các em có thể xem lại cách tính
1
1
ln2
2
D
đã tính ở trước đó với k = 1 )
+)
2 2 2
3
3 4 2 2
3 3 3
1 sin sin
sin sin (1 cos )
x x
E dx dx dx
x x x
Đặt cos sin
t x dt xdx
và
1
: 0
2
t
Khi đó
1 1 1
2
2 2
2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
0 0 0
(1 ) (1 )
1 1 (1 ) (1 ) 2(1 ).(1 )
(1 ) 4 (1 ) .(1 ) 4 (1 ) .(1 )
t t dt
dt t t t t
E dt
t t t t t
1 1
2 2
2 2 2 2
0 0
1 1 1 2 1 1 1 1 1
4 (1 ) (1 ) (1 ).(1 ) 4 (1 ) (1 ) 1 1
dt dt
t t t t t t t t
1
2
0
1 1 1 1
ln
4 1 1 1
t
t t t
1 1
ln3
4 3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 15
+)
6 6 6
3
3 4 2 2
0 0 0
1 cos cos
cos cos (1 sin )
x x
F dx dx dx
x x x
Đặt
sin cos
t x dt xdx
và
: 0
6
x
thì
1
:0
2
t
Khi đó
1 1 1
2
2 2
2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
0 0 0
(1 ) (1 )
1 1 (1 ) (1 ) 2(1 ).(1 )
(1 ) 4 (1 ) .(1 ) 4 (1 ) .(1 )
t t dt
dt t t t t
F dt
t t t t t
1 1
2 2
2 2 2 2
0 0
1 1 1 2 1 1 1 1 1
4 (1 ) (1 ) (1 ).(1 ) 4 (1 ) (1 ) 1 1
dt dt
t t t t t t t t
1
2
0
1 1 1 1
ln
4 1 1 1
t
t t t
1 1
ln3
4 3
+)
4 4 4 4
3 3 2
3
3
6 6 6 6
1
cot cot cot cot cot (1 cot ) cot
tan
G dx xdx x x x dx x x x dx
x
4 4 4 4 4
2 2
6 6 6 6 6
cot cos cot cos sin
cot cot
sin sin sin sin sin
x x x x d x
dx dx dx xd x
x x x x x
2
4
6
cot
ln sin
2
x
x
1
1 ln 2
2
+)
3 3 3 3
3 3 2
3
3
4 4 4 4
1
tan tan tan tan tan (1 tan ) tan
cot
H dx xdx x x x dx x x x dx
x
3 3 3 3 3
2 2
4 4 4 4 4
tan sin tan sin cos
tan tan
cos cos cos cos cos
x x x x d x
dx dx dx xd x
x x x x x
2
3
4
tan
ln cos
2
x
x
1
1 ln 2
2
*) Với k = 4 . Ta có:
+)
2
2 2 2 2
4 2
4
0 0 0 0
1 cos2 1 1 1 cos4
sin 1 2cos2 cos 2 1 2cos2
2 4 4 2
x x
A xdx dx x x dx x dx
2
2
0
0
1 3 1 1 3 1
2cos2 cos4 sin 2 sin 4
4 2 2 4 2 8
x x dx x x x
3
16
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 16
+)
3
16
+)
2
4 4 4 4
4 2 4 2 2 2 2 2
4
2
0 0 0 0
tan
tan tan tan tan tan (1 tan ) tan tan
cos
x
C xdx x x x dx x x x dx x dx
x
2 3
4 4 4
4
2 2
2 2
2
0 0 0
0
tan tan
tan tan tan
cos 3
x x
dx xdx xd x C C
x
1 4
3 4
3 8
12
(các em có thể xem lại cách tính
2
4
4
C
đã tính ở trước đó với k = 2 )
+)
2
2 2 2 2
4 2 4 2 2 2 2 2
4
2
4 4 4 4
cot
cot cot cot cot cot (1 cot ) cot cot
sin
x
D xdx x x x dx x x x dx x dx
x
2 3
2 2 2
2
2 2
2 2
2
4
4 4 4
cot cot
cot cot cot
sin 3
x x
dx xdx xd x D D
x
1 4
3 4
3 8
12
(các em có thể xem lại cách tính
2
4
4
D
đã tính ở trước đó với k = 2 )
+)
3
2 2 2
2
2
4
4 2 2
3
3 3 3
1 1 1 cot
. 1 cot . cot cot
sin sin sin 3
x
E dx dx x d x x
x x x
10 3
27
+)
3
6 6 6
6
2
4
4 2 2
0 0 0
0
1 1 1 tan
. 1 tan . tan tan
cos cos cos 3
x
F dx dx x d x x
x x x
10 3
27
+)
4 4 4 4
4 2 4 2 2 2 2
4
4
6 6 6 6
1
cot cot cot cot cot (1 cot ) cot
tan
G dx xdx x x x dx x x x dx
x
2 24 4 4 4 4
2 2 2
2 2 2
6 6 6 6 6
cot cot 1
cot cot cot cot 1
sin sin sin
x x
x dx dx xdx xd x dx
x x x
3
4
6
cot
cot
3
x
x x
8
12
2
2 2 2 2
4 2
4
0 0 0 0
1 cos2 1 1 1 cos4
cos 1 2cos2 cos 2 1 2cos2
2 4 4 2
x x
B xdx dx x x dx x dx
2
2
0
0
1 3 1 1 3 1
2cos2 cos4 sin 2 sin 4
4 2 2 4 2 8
x x dx x x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 17
+)
3 3 3 3
4 2 4 2 2 2 2
4
4
4 4 4 4
1
tan tan tan tan tan (1 tan ) tan
cot
H dx xdx x x x dx x x x dx
x
2 23 3 3 3 3
2 2 2
2 2 2
4 4 4 4 4
tan tan 1
tan tan tan tan 1
cos cos cos
x x
x dx dx xdx xd x dx
x x x
3
3
4
tan
tan
3
x
x x
8
12
*) Với k = 5 . Ta có:
+)
2 2 2 2
5 4 2 2 2 4
5
0 0 0 0
sin sin .sin (1 cos ) .sin (1 2cos cos ). cos
A xdx x xdx x xdx x x d x
2
3 5
0
2 1
cos cos cos
3 5
x x x
8
15
(có thể đặt
cos
t x
)
+)
2 2 2 2
5 4 2 2 2 4
5
0 0 0 0
cos cos .cos (1 sin ) .cos (1 2sin sin ). sin
B xdx x xdx x xdx x x d x
2
3 5
0
2 1
sin sin sin
3 5
x x x
8
15
(có thể đặt
sin
t x
)
+)
3
4 4 4 4
5 3 5 3 3 2 3 3
5
2
0 0 0 0
tan
tan tan tan tan tan (1 tan ) tan tan
cos
x
C xdx x x x dx x x x dx x dx
x
3 4
4 4 4
4
3 3
3 3
2
0 0 0
0
tan tan
tan tan tan
cos 4
x x
dx xdx xd x C C
x
1 1 1
ln 2
4 2 2
1 1
ln 2
2 4
( các em có thể xem lại cách tính
3
1 1
ln 2
2 2
C
đã tính ở trước đó với k = 3 )
+)
32 2 2 2
5 3 5 3 3 2 3 3
5
2
4 4 4 4
cot
cot cot cot cot cot (1 cot ) cot cot
sin
x
D xdx x x x dx x x x dx x dx
x
1 1 1
ln 2
4 2 2
1 1
ln 2
2 4
( các em có thể xem lại cách tính
3
1 1
ln 2
2 2
D
đã tính ở trước đó với k = 3 )
3 4
2 2 2
2
3 3
3 3
2
4
4 4 4
cot cot
cot cot cot
sin 4
x x
dx xdx xd x D D
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 18
+)
2 2 2
5
5 6 2 3
3 3 3
1 sin sin
sin sin (1 cos )
x x
E dx dx dx
x x x
Đặt cos sin
t x dt xdx
và
:
3 2
x
thì
1
: 0
2
t
. Khi đó
1
2
5
2 3
0
(1 )
dt
E
t
Ta có:
3
3 3
2 3 3 3 3 3
(1 ) (1 )
1 1 1 (1 ) (1 ) 6(1 ).(1 )
. .
(1 ) 8 (1 ) .(1 ) 8 (1 ) .(1 )
t t
t t t t
t t t t t
2
3 3 2 2 3 3 2 2
(1 ) (1 )
1 1 1 6 1 1 1 3
.
8 (1 ) (1 ) (1 ) .(1 ) 8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) .(1 )
t t
t t t t t t t t
2 2
3 3 2 2
1 1 1 3 (1 ) (1 ) 2(1 ).(1 )
.
8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) .(1 )
t t t t
t t t t
3 3 2 2
1 1 1 3 1 1 2
8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) (1 ) (1 ).(1 )
t t t t t t
3 3 2 2
1 1 1 3 1 1 1 1
8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) (1 ) 1 1
t t t t t t
Suy ra
1
2
5
3 3 2 2
0
1 1 1 3 1 1 1 1
8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) (1 ) 1 1
E dt
t t t t t t
1
2
2 2
0
1 1 1 3 1 1 1
ln
8 2(1 ) 2(1 ) 2 1 1 1
t
t t t t t
1 3
ln3
12 16
+)
6 6 6
5
5 6 2 3
0 0 0
1 cos cos
cos cos (1 sin )
x x
F dx dx dx
x x x
Đặt
sin cos
t x dt xdx
và
1
:0
2
t
.
Khi đó
1
2
5
2 3
0
(1 )
dt
F
t
1 3
ln3
12 16
(xem cách tính
5
E
ở ý trên)
+)
3 3 3 3
5 3 5 3 3 2 3
5
5
4 4 4 4
1
tan tan tan tan tan (1 tan ) tan
cot
H dx xdx x x x dx x x x dx
x
3 33 3 3 3
3
3
2 3 2 3
4 4 4 4
tan 1 tan 1
tan tan
cos cot cos cot
x x
dx dx dx xd x H
x x x x
4
3
3
4
tan 1
2 1 ln 2
4 2
x
H
1
1 ln 2
2
( các em có thể xem lại cách tính
3
1
1 ln 2
2
H
đã tính ở trước đó với k = 3 )
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 19
CHÚ Ý:
+) Sẽ có nhiều em thắc mắc là biểu thức dưới dấu tích phân
tan
k
xdx
tương tự với
1
cot
k
dx
x
và
tương tự với . Nếu đi tính nguyên hàm (tích phân bất định ) chúng có sự giống nhau
(tính nguyên hàm được hiểu là tính trên tập xác định của hàm). Nhưng nếu đi tính tích phân xác định thì sẽ
có sự khác biệt . Ví như tính và
4
1
0
1
cot
H dx
x
thì
1
1
C
như cách chúng ta đã làm. Còn
trong tình huống này với kiến thức toán sơ cấp sẽ không tính được vì hàm số dưới dấu tích phân không xác
định với cận
0
x
.
+) Để đưa ra công thức tổng quát cho các tích phân trên các em sẽ tìm hiểu rõ hơn ở mục VI trong phần
tích phân truy hồi.
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
2
1
0
1 cos
dx
I
x
2)
2
2
0
2 cos
dx
I
x
3)
2
3
0
1 sin
dx
I
x
4)
4
4
0
sin 2 cos3 cos5
I x x xdx
5)
4
2 6 6
5
0
(1 2sin ) sin cos
I x x x dx
6)
3
3
6
0
sin cos
2 2
x x
I dx
Giải:
1)
2 2 2
2
1
2 2
0
0 0 0
2
tan
1 cos 2
2cos cos
2 2
x
d
dx dx x
I
x x
x
1
2)
2
2
0
2 cos
dx
I
x
Đặt
2
2
2
2
1
tan
2
1
cos
1
dt
dx
x
t
t
t
x
t
và
:0
2
x
thì
:0 1
t
1 1
2
2
2 2
0 0
2
2
2
1
1
3
2
1
dt
dt
t
I
t t
t
Đặt
2
2
2 2
3
3(1 tan )
3 tan
cos
3 3(1 tan )
dt du u du
t u
u
t u
và
:0
6
t
Khi đó
2
6 6
6
2
2
0 0
0
2 3(1 tan ) 2 3 2 3
3(1 tan ) 3 3
u du
I du u
u
3
9
CHÚ Ý: Khi đặt
2
2
2 2
2
1
tan
2
2 1
sin ; cos
1 1
dt
dx
x
t
t
t t
x x
t t
cot
k
xdx
1
tan
k
dx
x
4
1
0
tan
C xdx
1
H
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 20
3)
2 2 2
2
3
2
2
0 0 0
0
cot
1 sin 2 4
2sin
sin cos
2 4
2 2
dx dx dx x
I
x
x
x x
1
( hoặc biến đổi
2
1 1 1
1 sin
1 cos 2sin
2 2 4
x
x
x
)
4)
4 4 4
4
0 0 0
1 1
sin 2 cos3 cos5 sin 2 cos8 cos2 sin 2 cos8 sin2 cos2
2 2
I x x xdx x x x dx x x x x dx
4
4
0
0
1 1 1 1 1
sin10 sin6 sin4 cos10 cos6 cos 4
4 4 10 6 4
x x x dx x x x
13
120
5)
4
2 6 6
5
0
(1 2sin ) sin cos
I x x x dx
Ta có:
2
6 6 2 2 3 2 2 2 2 2
1 2sin cos2
3
sin cos (sin cos ) 3sin .cos (sin cos ) 1 sin 2
4
x x
x x x x x x x x x
Khi đó
4 4
4
2 2 3
5
0 0
0
3 1 3 1 1
cos2 1 sin 1 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2
4 2 4 2 4
I x x dx x d x x x
3
8
6)
3 3
3
3 3 4
6
0
0 0
1
sin cos 2 sin sin sin
2 2 2 2 2 2
x x x x x
I dx d
1
4
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau:
1)
4
1
0
cos sin
1 sin 2
x x
I dx
x
2)
3
2
0
sin
3sin cos
k
x
I dx
x x
với
1;3
k
3)
3
4
3
4
2 sin cos
dx
I
x x
4)
3
4
0
cos .cos3
I x xdx
5)
4
3 3
5
0
cos2 .(sin sin3 cos cos3 )
I x x x x x dx
6)
4
4
6
4 4
0
sin
sin cos
x
I dx
x x
Giải:
1)
4 4
4
1
2
0
0 0
cos sin (sin cos ) 1
1 sin 2 (sin cos ) sin cos
x x d x x
I dx
x x x x x
2
1
2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 21
2)
3
2
0
sin
3sin cos
k
x
I dx
x x
với
1;3
k
Cách trình bày 1:
Ta có:
3 3 3
2
0 0 0
3 1
sin sin cos
sin 1
6 6 2 6 2 6
2
3 13sin cos
sin
2 sin cos
6
2 2
k k
k
k
k
x x x
x
I dx dx dx
x x
x
x x
3 3
1
1
0 0
cos
1 3
6
2
sin sin
6 6
k
k k
x dx
dx
x x
3 3
1 1
1
0 0
sin
3 1
6
2 2
sin sin
6 6
k k
k k
d x
dx
x x
+) Với
3
k
3
3 3
2
2 3 2
0 0
0
sin
3 1 3 1
6
cot
16 16 16 6
sin sin 32sin
6 6 6
d x
dx
I x
x x x
3
32
+) Với
2
k
khi đó
3 3
2
2
0 0
sin
3 1
6
8 8
sin sin
6 6
d x
dx
I
x x
3 1
8 8
A B
(1)
*) Ta có:
3 3 3
2 2
0 0 0
sin sin
6 6
sin sin 1 cos
6 6 6
x x
dx
A dx dx
x x x
3
0
cos
6
1 cos 1 cos
6 6
d x
x x
3
0
1 1 1
cos
2 6
1 cos 1 cos
6 6
d x
x x
3
0
1 cos
1
6
ln ln 3 2
2
1 cos
6
x
x
(2) *) Ta có:
3
3
2
0
0
sin
1
6
1
sin sin
6 6
d x
B
x x
(3)
Thay (3); (2) vào (1) ta được:
2
I
3ln 3 2 1
8
+) Với
1
k
3
3 3
2
0 0
0
sin
3 1 3 1
6
ln sin
4 4 4 4 6
sin
6
d x
I dx x x
x
3 1
ln2
12 4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 22
Cách trình bày 2:
3
2
0
sin
3sin cos
k
x
I dx
x x
với
1;3
k
Ta có:
3 3 3
2
0 0 0
sin sin 1 sin
2
3 1
3sin cos
sin
2 sin cos
6
2 2
k k
k
k
k
x x x
I dx dx dx
x x
x
x x
Đặt
6
t x dt dx
và
:0
3
x
thì
:
6 2
t
Khi đó
2 2 2
2
1
6 6 6
3 1
sin
sin cos
1 1 1 3sin cos
6
2 2
2 sin 2 sin 2 sin sin
k k k k k k k
t
t t
t t
I dt dt dt
t t t t
+) Với
1
k
2 2 2
2
2
6
6 6 6
1 cos 1 sin 1
3 3 3 ln sin
4 sin 4 sin 4
t d t
I dt dt t t
t t
3 1
ln 2
12 4
+) Với
2
k
2 2 2
2
2 2 2
6 6 6
1 3 sin cos 1 cos sin
3
8 sin sin 8 (1 cos )(1 cos ) sin
t t d t d t
I dt
t t t t t
2
6
3 1 cos 1
ln
16 1 cos 8sin
t
t t
3ln 3 2 1
8
+) Với
3
k
2 2 2
2
2 3 2 3
6 6 6
1 3 cos 1 sin
3
16 sin sin 16 sin sin
t dt d t
I dt
t t t t
2
2
6
1 1
3cot
16 2sin
t
t
3
32
3)
3 3 3 3
4 4 4 4
3
2
4 4 4 4
1 1
2 sin cos 2 2 2
2 2 cos 1 cos sin
4 4 2 8
dx dx dx dx
I
x
x x
x x
3
3
4
4
2
4
4
1 1
2 8
cot
2 8
2 2
sin
2 8
x
d
x
x
2
2
4)
3
4
0
cos .cos3
I x xdx
Ta có:
3 2
1 cos2 cos4 cos2
cos .cos3 cos .(cos .cos3 ) .
2 2
x x x
x x x x x
2
1
cos4 cos2 cos2 .cos4 cos 2
4
x x x x x
1 cos6 cos2 1 cos4
cos4 cos2
4 2 2
x x x
x x
cos6 3cos4 3cos2 1
8
x x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 23
4
0
0
1 1 sin6 3sin 4 3sin2
(cos6 3cos4 3cos2 1)
8 8 6 4 2
x x x
I x x x dx x
=
8
Chú ý: Bài toán trên ta có thể có cách biến đổi :
Xuất phát từ công thức nhân 3 của cos:
3
cos3 4cos 3cos
x x x
( sau đó nhân cả 2 vế với
cos3
x
)
2 3 3
1 cos6 3(cos4 cos2 )
cos 3 4cos .cos3 3cos .cos3 4cos .cos3
2 2
x x x
x x x x x x x
3
cos6 3cos4 3cos2 1
cos .cos3
8
x x x
x x
5)
4
3 3
5
0
cos2 .(sin sin3 cos cos3 )
I x x x x x dx
Ta có:
3 3
sin sin 3 cos cos3
x x x x
=
2 2
sin (1 cos )sin3 cos (1 sin )cos3
x x x x x x
=
sin sin3 cos cos3 sin cos cos sin3 sin cos3
x x x x x x x x x x
=
cos2 sin cos .sin 4
x x x x
2 2 3
cos2 sin 2 cos2 cos2 (1 sin 2 ) cos 2
x x x x x x
Khi đó:
2
4 4 4 4
3 4 2
5
0 0 0 0
1 cos4 1
cos2 .cos 2 cos 2 1 2cos4 cos 4
2 4
x
I x xdx xdx dx x x dx
3
32
6)
4
4
6
4 4
0
sin
sin cos
x
I dx
x x
Ta có:
2
2 2
4
2
4 4 2
1 cos2 1 cos 2 2cos2 2 sin 2 2cos2
sin
2 4 4
1 2 sin 2
sin cos 1 sin 2
2 2
x x x x x
x
x
x x x
Khi đó:
2
4 4 4
4
6
2 2 2
0
0 0 0
1 2 sin 2 2cos2 1 2cos2 1 cos2
1
2 2 sin 2 2 2 sin 2 2 2 sin 2 8
x x x x
I dx dx x dx I
x x x
Tính
4
2
0
cos2
2 sin 2
x
I dx
x
Đặt
sin 2 2cos 2 cos2
2
dt
t x dt xdx xdx
và
:0 1
t
, suy ra:
1
1 1 1
2
0 0 0
0
2 2
1 1 1 1 1 1 2 1
ln ln 2 1
2 2
4 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2
2 2
t t
dt t
I dt dt
t
t t t
t t
Vậy
6
I
1
ln 2 1
8
2 2
Chú ý: Bài toán trên ta có thể có cách biến đổi :
2 2 2 2
4 4 4 4 4
4 4 2
4 4
2
sin cos sin cos
sin sin cos sin cos 1 1 cos2
1
sin cos 2 2 2 sin 2
2 sin cos
2 1 sin 2
2
x x x x
x x x x x x
x x x
x x
x
2
cos 2 2sin cos .sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 cos2
x x x x x x x x
4 4
4
0 0
0
1 1 cos8 1 3 1 1 3 1 1
1 2cos4 2cos4 cos8 sin 4 sin8
4 2 4 2 2 4 2 2 16
x
x dx x x dx x x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 24
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: 1)
2
1
0
1 sin cos
dx
I
x x
2)
4
2
0
2sin 11cos
3sin 4cos
x x
I dx
x x
3)
2
3
0
sin 7cos 6
4sin 3cos 5
x x
I dx
x x
4) 5)
3
5
6
sin .sin
6
dx
I
x x
Giải:
1)
2
1
0
1 sin cos
dx
I
x x
Đặt
2
2
2
2
2
2 2
1 tan
1 2
2
2 2 1
2cos
tan
2
2
2 1
sin ; cos
1 1
x
dx t dt
dt dx dx dx
x
x
t
t
t t
x x
t t
và
:0
2
x
thì
:0 1
t
, khi đó
1 1
1
1
2
0
2
0 0
2 2
2
ln 1
1
2 1
1 1
1 1
dt dt
I t
t
t t
t
t t
ln 2
2)
4
2
0
2sin 11cos
3sin 4cos
x x
I dx
x x
Ta phân tích:
2sin cos (3sin 4cos ) (3cos 4sin )
x x A x x B x x
2sin 11cos (3 4 )sin (4 3 )cos
x x A B x A B x
Đồng nhất hệ số ta được:
3 4 2 2
4 3 11 1
A B A
A B B
Khi đó :
4 4 4
2
0 0 0
2(3sin 4cos ) (3cos 4sin ) (3sin 4cos )
2
3sin 4cos 3sin 4cos
x x x x d x x
I dx dx
x x x x
4
0
2 ln 3sin 4cosx x x
7 2
ln
2 8
3)
2
3
0
sin 7cos 6
4sin 3cos 5
x x
I dx
x x
Phân tích:
sin 7cos 6 (4sin 3cos 5) (4cos 3sin )
x x A x x B x x C
sin 7cos 6 (4 3 )sin (3 4 )cos 5
x x A B x A B x A C
Đồng nhất hệ số ta được:
4 3 1
3 4 7 1
5 6
A B
A B A B C
A C
Khi đó :
2 2 2
3
0 0 0
4sin 3cos 5 4cos 3sin 1
4sin 3cos 5 4sin 3cos 5 4sin 3cos 5
x x x x
I dx dx dx
x x x x x x
2 2
2
0
0 0
(4sin 3cos 5) 9
ln 4sin 3cos 5 ln
4sin 3cos 5 2 8
d x x
dx I x x x I I
x x
(*)
0
4
2
2
sin 2
(2 sin )
x
I dx
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 25
Tính
2
0
1
4sin 3cos 5
I dx
x x
Đặt
2
2
2 2
2
1
tan
2
2 1
sin ; cos
1 1
dt
dx
x
t
t
t t
x x
t t
và
:0
2
x
thì
:0 1
t
. Suy ra
1
1 1 1
2
2 2 2
0 0 0
0
2 2
2
1 1
1
2 1
4 4 ( 2) 2 6
4. 3. 5
1 1
dt
dt dt
t
I
t t t t t t
t t
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
3
I
9 1
ln
2 8 6
4)
0
4
2
2
sin 2
(2 sin )
x
I dx
x
Cách 1
: (Phân tích, kết hợp kĩ thuật vi phân)
0 0
4
2 2
2 2
sin 2 2cos (2 sin ) 4cos
(2 sin ) (2 sin )
x x x x
I dx dx
x x
0 0
2
2 2
cos cos
2 4
2 sin (2 sin )
x x
dx dx
x x
0
0 0
2
2
2 2
(2 sin ) (2 sin ) 4
2 4 2ln 2 sin
2 sin (2 sin ) 2 sin
d x d x
x
x x x
2ln 2 2
Cách 2: (Đổi biến)
Đặt 2 sin cos
t x dt xdx
và
: 0
2
x
thì
:1 2
t
Khi đó
2
0 2 2
4
2 2 2
1 1
1
2
2sin 2( 2) 2 4 4
cos 2ln
(2 sin )
x t
I xdx dt dt t
x t t t t
2ln 2 2
5)
3
5
6
sin .sin
6
dx
I
x x
Cách 1:
3 3
5
6 6
2
3 1
sin . 3sin cos
sin . sin cos
2 2
dx dx
I
x x x
x x x
3
2
6
2
sin . 3 cot
dx
x x
3
3
6
6
3 cot
2 2ln 3 cot
3 cot
d x
x
x
3
2ln
2
Cách 2:
3 3
5
6 6
sin sin cos cos sin
1
6 6 6
. 2
sin
sin .sin sin .sin
6
6 6
x x x x x x
I dx dx
x x x x
3
3 3 6
6 6 6
6
cos sin
cos sin sin
6 6
2 2 2ln
sin sin
sin sin sin
6 6 6
x d x
x d x x
dx
x x
x x x
3
2ln
2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 26
CHÚ Ý :
Khi gặp tích phân
( )
( )
f x
I dx
g x
mà là các hàm bậc nhất theo và thì ta có thể dùng phương
pháp đồng nhất hệ số:
*) . Khi đó:
*) .Khi đó:
và ta tính bằng hai cách:
C1: Dùng công thức biến đổi lượng giác để chuyển về các công thức lượng giác trong bảng nguyên hàm .
C2: Đặt
và
Bài luyện
Tính các tích phân sau:
1)
1
I
2
6
4
sin
dx
x
( Đs:
28
15
) 2)
2
I
4
6
4
cos
dx
x
( Đs:
56
15
) 3)
3
I
4
6
0
tan
xdx
( Đs:
13
15 4
)
4)
4
I
6
0
3cos sin
dx
x x
( Đs:
2
1 (2 3)
ln
4 3
) 5)
5
I
2
0
sin sin2 sin 3
x x xdx
( Đs:
1
6
)
6)
6
I
2
2
0
sin 2 cos3 2sin
x x x dx
( Đs:
2
2 5
) 7)
7
I
2
2
0
cos .cos4
x xdx
( Đs:
0
)
8)
8
I
3
2 2
6
sin cos
dx
x x
( Đs:
4 3
3
) 9)
9
I
3
2
0
sin
1 cos
xdx
x
( Đs:
1
2
) 10)
10
I
2
0
sin
1 sin
xdx
x
( Đs:
1
2
)
11)
11
I
4
2
6
sin cot
dx
x x
( Đs:
4
2 3 2
) 12)
12
I
4
0
sin cos
sin cos 3
x x
dx
x x
( Đs:
3 2
ln
4
)
13)
13
I
2
0
4sin 3cos 1
4sin 3cos 5
x x
dx
x x
( Đs:
1 9
ln
6 8
) 14)
14
I
3
0
cos .cos
3
dx
x x
( Đs:
4 3
ln 2
3
)
( ), ( )
h x g x
sin
x
cos
x
( ) asin cos sin cos cos sin
( ) sin cos sin cos sin cos
h x x b x c x d x c x d x
A B
g x c x d x c x d x c x d x
cos sin ( sin cos )
. ln sin cos ?
sin cos sin cos
c x d x d c x d x
I A dx B dx A dx B A x B c x d x
c x d x c x d x
( ) a sin cos sin cos cos sin 1
( ) sin cos sin cos sin cos sin cos
h x x b x e c x d x h c x d x
A B C
g x c x d x h c x d x h c x d x h c x d x h
3
ln sin cos .
I Ax B c x d x h C I
3
sin cos
dx
I
c x d x h
tan
2
x
t
2
2
1
dt
dx
t
2
2 2
2 1
sinx ; cos
1 1
t t
x
t t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 27
IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
DẠNG 1:
1
( ), ( ) . '( )
n
I
f g x g x g x dx
(*)
CÁCH GIẢI CHUNG
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
1
2
1
0
2
I x x dx
(B – 2013) 2)
2
I
4
0
2 1
1 2 1
x
dx
x
3)
3
I
4
0
4 1
2 1 2
x
dx
x
(D – 2011)
4)
4
I
2
4
3
1
1 1
1 1
x x
dx
x x
5)
5
I
2 3
2
5
4
dx
x x
(A – 2003) 6 )
6
I
0
5
31
2
1 2
xdx
x
7)
7
I
4
7
3
3 4
0
1 1
x dx
x
8)
8
I
2
3 2
1
4
dx
x x
9)
1
9
3
1
2
1
x
I dx
x
10)
2
10
2
1
1
xdx
I
x x
Giải:
1)
1
2
1
0
2
I x x dx
(B – 2013)
Đặt
2 2 2
2 2 2 2
t x t x tdt xdx xdx tdt
và
:0 1
x
thì
: 2 1
t
Khi đó
2
1 2
3
2
1
1
2
1
.
3
t
I t tdt t dt
2 2 1
3
2)
2
I
4
0
2 1
1 2 1
x
dx
x
Đặt
2
2 1 2 1
t x t x tdt dx
và
:0 4
x
thì
:1 3
t
3 3 3
2 2
2
1 1 1
3
1
. 1 ln( 1)
1
1 1 1 2
t t t
I tdt dt t dt t t
t t t
2 ln2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 28
3)
3
I
4
0
4 1
2 1 2
x
dx
x
(D – 2011) Đặt
2
2
2 1 2 1
2 1
tdt dx
t x t x
x t
và
:0 4
x
thì
:1 3
t
3
3
2 2
1
3 3
2 3
3
1 1
10 2
2 4 5 2 5 10ln( 2)
2 3
3
2( 1) 1 2 3
.
1
2 2
t
t t dt t t t
t
t t t
I tdt dt
t t
40 5
10ln
3 3
4)
2 2 2 2
4 4
4
3
3 3 3
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
1 1 1 1 1 1
x x x x x dx
I dx dx dx A B
x
x
x x x x x x
(*)
+) Tính
2
3 2
1
2
1 3
1
2 8
dx
B
x x
(1)
+) Tính
2
1
1 1
x
A dx
x
Đặt
2
2
2
1 1
1
dx tdt
t x t x
x t
và
:1 2
x
thì
:0 1
t
1 1 1
2 3 3 2
2
0 0 0
1
( 1).2 2
2 2 2 2 2 2ln( 1)
0
1 1 1 3 2
t tdt t t t t
A dt t t dt t t
t t t
11
4ln2
3
(2)
Thay (1); (2) vào (*) ta được:
4
I
97
4ln 2
24
5)
5
I
2 3
2
5
4
dx
x x
(A – 2003)
Đặt
2 2 2
2 2
4 4
4
tdt xdx
t x t x
x t
và
: 5 2 3
x
thì
:3 4
t
Khi đó
2 3 2 3 4 4 4
5
2 2
2 2 2
3 3 3
5 5
1 [( 2) ( 2)]
( 4). 4 4 ( 2)( 2)
4 4
dx xdx tdt dt t t dt
I
t t t t t
x x x x
4
3
4
1 1 1 1 2
ln
3
4 2 2 4 2
t
dt
t t t
1 5
ln
4 3
6)
6
I
0
5
31
2
1 2
xdx
x
Đặt
5
1 2
t x
4 4
5
5
2
5 2
5
1 2
1
2
t dt dx dx t dt
t x
t
x
và cận
: 2 1
t
5
4
1 2
4 9
3 8
6
2 1
1 2
.
2
1
2 5
( )
1
5 4 9
t
t dt
t t
I t t dt
t
1909
36
7)
7
I
4
7
3
3 4
0
1 1
x dx
x
Đặt
3 4 3 4 2 3
1 1 3 4
t x t x t dt x dx
3 2
3
4
x dx t dt
và cận
:1 2
t
2 2
2 2
7
1 1
2
3 3 1 3
1 ln( 1)
1
4 1 4 1 4 2
t dt t
I t dt t t
t t
3 3 3
ln
8 4 2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 29
8)
8
I
2
3 2
1
4
dx
x x
Đặt
6
t x
5
6
3
2 4 3
6
;
dx t dt
x t
x t x t
và cận
6
:1 2
t
6 6 6
2 2 2
5 2 2
6
2
3 6
21
4 3
1 1 1
6 1 6 1
2
6 6 1 6 ln( 1) 3 2 6 2 3 6ln
1 1 2 2
1
t dt t dt t
I t dt t t
t t t t
Nhận xét:
Trong bài toán trên đồng thời xuất hiện căn bậc 2 và căn bậc 3 nên chúng ta đã tìm cách đổi biến để đồng
thời mất cả hai căn. Khi đó chúng ta sẽ nghĩ tới việc đặt
6
t x
hay
6
x t
( ở đây
6 (2;3)
BCNN
) .
Như vậy khi gặp
( ( ), ( ))
b
m n
a
I f g x g x dx
thì ta đặt
( )
k
t g x
với k là BCNN của m và n.
9)
1 1 1 1
2
9
3
3
1 1 1 1
3
3
3 3
2 2 2 2
1
1
1
1 1
1
1 1
x x x
I dx dx dx dx
x
x
x x
x
x x
Đặt
2 3 2 2
3 3 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2
1 1 3 .
1 ( 1) 3 ( 1)
t t
t t x x dx dt x dx dt
x x t t t
và
1
: 1
2
x
thì
:3 2
t
. Khi đó :
3
2 3 3 3
9
2
2 2
2
3
2 2 2
2
2 2 2 1 1 1 1 1
ln
1
3 3 1 3 ( 1)( 1) 3 1 1 3 1
( 1) . .
1
tdt dt dt t
I dt
t t t t t t
t t
t
2
2 1
1
ln
3 2
10)
2
10
2
1
1
xdx
I
x x
Nhận xét: Nếu đặt
2 2 2
1 1
t x t x tdt xdx
nhưng ta không chuyển được
x
theo
t
Khi đó ta nghĩ tới việc nhân liên hợp. Cụ thể ta có lời giải:
2
2 2 2 2 2
2 2 2
10
2
2 2
1 1 1 1 1
1
1 1
1
1 1
x x x dx
xdx
I x x x dx x dx x x dx
x x
x x x x
3
2
1 7
1
3 3
x I I
(1)
Tính
2
2
1
1
I x x dx
Đặt
2 2 2
1 1
t x t x tdt xdx
và
:1 2
x
thì
:0 3
t
3 3
3
2
0 0
3
. 3
3
0
t
I t tdt t dt
(2) .
Từ (1) và (2)
10
I
7
3
3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 30
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
2
1
2 2
0
sin 2
cos 4sin
x
I dx
x x
(A – 2006) 2)
2
I
2
0
sin2 sinx
1 3cos
x
dx
x
(A – 2005)
3)
3
I
2
0
sin 1 cos sin
x x xdx
4)
4
I
2
6
3 5
0
1 cos sin cos
x x xdx
Giải:
1)
2
1
2 2
0
sin 2
cos 4sin
x
I dx
x x
Đặt
2 2 2 2 2
cos 4sin 1 3sin 1 3sin 2 6sin cos
t x x x t x tdt x xdx
2
sin 2
3
xdx tdt
và cận
:1 2
t
2 2
1
1 1
2
2 2 2
1
3 3 3
tdt
I dt t
t
2
3
2)
2
I
2
0
sin2 sinx
1 3cos
x
dx
x
(A – 2005)
Đặt
2
2
2
2 3sin sin
3
1 3cos 1 3cos
1
cos
3
tdt xdx xdx tdt
t x t x
t
x
và
: 2 1
t
2
2
0
(2cos 1)sin
1 3cos
x x
I dx
x
2
1 2
3
2
2 1
1
2. 1
2
2 2 2 2
3
. (2 1)
1
3 9 9 3
t
t
tdt t dt t
t
34
27
3)
3
I
2
0
sin 1 cos sin
x x xdx
2 2
2
0 0
sin 1 cos sin
xdx x xdx A B
(*)
+) Tính
2 2
2
0 0
1 cos2 sin 2
2
sin
2 2 4 4
0
x x x
A xdx dx
(1)
+) Tính
2
0
1 cos sin
B x xdx
Đặt
2
1 cos 1 cos 2 sin
t x t x tdt xdx
và cận
: 2 1
t
2 2
3
2
1 1
2 4 2 2
2
2 . 2
3 3
1
t
B t tdt t dt
(2) .Thay (1), (2) vào (*) ta được:
3
4 2 2
4 3
I
(Các em có thể trình bày :
2 2 2 2
2
3
0 0 0 0
1 cos2
sin 1 cos sin 1 cos (1 cos )
2
x
I xdx x xdx dx xd x
3
sin 2 2
2
(1 cos )
2 4 3
0
x x
x
4 2 2
4 3
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 31
4)
4
I
2
6 3 5
0
1 cos sin cos
x x xdx
Đặt
5 2 2 5
6 3 6 3
3 6
6 3cos sin sin cos 2
1 cos 1 cos
cos 1
t dt x xdx x xdx t dt
t x t x
x t
và cận
:0 1
t
1 1
7 132
6 3 3 2 6 5 6 12
4
0 0 0
1
1 cos cos sin cos (1 ).2 2 ( )
0
7 13
t t
I x x x xdx t t t dt t t dt
6
91
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau:
1)
1
I
1
1 3ln ln
e
x x
dx
x
(B – 2004) 2)
2
I
3
1
3 2ln
1 2ln
e
x
dx
x x
3)
2
3
3
1
1
1 ln ( 1)
( 1).ln( 1)
e
e
x
I dx
x x
4)
4
1
ln( ) ln
1 ln
e
x x ex x
I dx
x x x
Giải:
1)
1
I
1
1 3ln ln
e
x x
dx
x
Đặt
2
2
3 2
2
3
1 3ln 1 3ln
1
ln
3
dx dx
tdt tdt
x x
t x t x
t
x
và cận:
:1 2
t
2 2
2 5 3
4 2
1
1 1
2
1 2 2 2
. . ( )
1
3 3 9 9 5 3
t t t
I t tdt t t dt
116
135
2)
2
I
3
1
3 2ln
1 2ln
e
x
dx
x x
Đặt
2
2
1 2ln 1 2ln
2ln 1
dx
tdt
t x t x
x
x t
và cận
:1 2
t
2 2
2 3
2
2
1 1
2
3 ( 1)
. (4 ) 4
1
3
t t
I tdt t dt t
t
5
3
3)
2
3
3
1
1
1 ln ( 1)
( 1).ln( 1)
e
e
x
I dx
x x
Đặt
2 2 2
ln( 1)
1 ln ( 1) 1 ln ( 1)
1
x
t x t x tdt dx
x
và
3
: 1 1
x e e
thì
: 2 2
t
Khi đó
2
3
2
3
1
1
1 ln ( 1)
ln( 1)
.
ln ( 1) 1
e
e
x
x
I dx
x x
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
1
. 1
1 1 1
t t
tdt dt dt
t t t
2
2 2
2 2
2
1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1
1 . 1 . ln
2 ( 1)( 1) 2 1 1 2 1
t t t
dt dt t
t t t t t
2
2 1
1
2 2 ln
2 3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 32
4)
4
1
ln( ) ln
1 ln
e
x x ex x
I dx
x x x
Đặt
2
1 1
ln ln 2 1
x
t x x t x x tdt dx dx
x x
và
:1
x e
thì
:1 1
t e
Khi đó
1 1
2 3
4
1 1 1 1
( 1 ln ) ln ln 1
. .2 2
1 1
1 ln
1 ln
e e e e
x x x x x x x t t
I dx dx tdt dt
x t t
x x
x x x
1
1
3 2
2
1
1
1
2 1 2 ln 1
1 3 2
e
e
t t
t t dt t t
t
2( 2) 1 3 2 1 1
2ln
3 3 2
e e e e
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau:
1)
ln5
2
1
ln2
1
x
x
e dx
I
e
2)
ln3
2
0
( 1) 1
x
x x
e dx
I
e e
3)
1
3
0
(1 )
2 1
x
x
x e
I dx
xe
4)
1
2 2 2
4
2 2
0
( )
4 4 1
x x
x
x e x e
I dx
x e
Giải:
1)
ln5
2
1
ln2
1
x
x
e dx
I
e
Đặt
2
2
2
1 1
1
x
x x
x
tdt e dx
t e t e
e t
và
:ln2 ln5
x
thì
:1 2
t
ln5 2 2
2 3
2
1
ln2 1 1
2
. ( 1).2
2 ( 1) 2
1
3
1
x x
x
e e dx t tdt t
I t dt t
t
e
20
3
2)
ln3
2
0
( 1) 1
x
x x
e dx
I
e e
Đặt
2
1 1 2
x x x
t e t e tdt e dx
và
:0 ln3
x
thì
: 2 2
t
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2 2
2
.
tdt dt
I
t t t t
2 1
4)
1
2 2 2
4
2 2
0
( )
4 4 1
x x
x
x e x e
I dx
x e
Đặt
2 2 2 2 2 2
( )
x x x
t x e t x e tdt x e dx
và
2
:1 1
t e
Khi đó
2 2 2
1 1 1
2
4
2 2
1 1 1
. 1 4 1 1 1 1
1
4 1 4 4 1 4 (2 1)(2 1)
e e e
t tdt t
I dt dt
t t t t
2
2 1
1
1
1
1 1 1 1 1 1 2 1
1 ln
4 2 2 1 2 1 4 4 2 1
e
e
t
dt t
t t t
2 2
2
1 1 1 6 1 3
ln
4 16
2 1 1
e e
e
Ví dụ 5. Tính tích phân : 1)
1
1
3
3 3
0
(1 ) 1
dx
I
x x
2)
6
2
0
cos
cos2 cos2
x
I dx
x x
1)
1
1
3
3 3
0
(1 ) 1
dx
I
x x
Phân tích: Nếu đặt:
3 3 3 3 2 2
1 1
t x t x t dt x dx
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 33
Vậy để chỉnh được vi phân ta phải biến đổi
1 1
2
3 3
3 3 2 3 3
0 0
(1 ) 1 (1 ) 1
dx x dx
I
x x x x x
nhưng
2
x
dưới mẫu số không rút được theo
t
và giá như không có
2
x
dưới mẫu số song vẫn có
2
x dx
để ta
chỉnh vi phân. Từ đây ta nghĩ tới việc đặt
1
x
t
nhưng do cận
0
x
ta không tìm được cận
t
tương ứng
nên ta “khắc phục” bằng cách tính nguyên hàm rồi sau đó mới thế cận.
Giải: Tính nguyên hàm:
3 3
3
(1 ) (1 )
dx
I
x x
Đặt
1
x
t
2
dt
dx
t
2
3
3 3
1 1
1 1
dt
I
t
t t
hay
2
33 3
1 1
t dt
I
t t
Đặt:
3 3 3 3 2 2
1 1
u t u t u du t dt
2
3 2
3 33 3
1 1
.
1 1
u du du x
I C C C
u u u u
t x
1
1
3 3
0
1
x
I
x
1
(có thể dùng kĩ thuật vi phân để tính :
4
2
3 3
3
3 33 3 3
1 1
( 1) ( 1)
3
1 1 1
t dt
I t d t C
t t t
)
CHÚ Ý : Dạng tổng quát của bài toán trên
( )
n
n n
dx
I
a bx a bx
và ta giải bằng cách đặt
1
x
t
2)
6
2
0
cos
cos2 cos2
x
I dx
x x
Phân tích
: Tương tự như ý 1) nếu bài toán này ta đặt
cos2
t x
thì sẽ không ổn.
Nên trước tiên ta sẽ biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân. Cụ thể ta có lời giải như sau:
Giải: +) Ta có:
6 6
2
2 2
0 0
cos cos
cos2 cos2
(1 2sin ) 1 2sin
x x
I dx dx
x x
x x
+) Đặt
sin
t x
cos
dt xdx
và
1
:0
2
t
1
2
2
2 2
0
(1 2 ) 1 2
dt
I
t t
(*)
+) Ta sẽ đi tính nguyên hàm
2 2
(1 2 ) 1 2
dt
I
t t
Đặt
2
1
du
t dt
u u
2
2 2 2 2
2
2 2
1 ( 2)
2
2 2
( 2) 2 ( 2) 2
1 1
du udu d u
I
u u u u
u
u u
3
2 2
2
2 2
2
1 1 1
( 2) ( 2)
2
1
2 1 2
2
t
u d u C C C
u t
t
1
1
2
2
2
2 2 2
0
0
(1 2 ) 1 2 1 2
dt t
I
t t t
2
2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 34
CHÚ Ý : +) Dạng tổng quát của (*) là
( )
n
n n
dx
I
a bx a bx
và ta giải bằng cách đặt
1
x
t
.
+) Dạng tích phân trên các em sẽ được tìm hiểu kĩ hơn ở Dạng 9.
Ví dụ 6. Tính tích phân :
1)
4
2
1
0 1
x dx
I
x x
2)
3
2
2
1
1 1
dx
I
x x
3)
1
3
0
1 1
dx
I
x x
4)
1
4
2
0
4 3
dx
I
x x
Giải:
1)
4
2
1
0 1
x dx
I
x x
Đặt
2
1 1
t x x t x x
2 3 2 2 2 2 2 2
4
1 ( 1) 3 4 ( 1) ( 1)
3
x x t x t x dx t t dt x dx t t dt
và
:0 4
x
thì
:1 3
t
, khi đó:
3
3 3
2 3
2
1
1 1
1
4 ( 1) 4 4
( 1)
3 3 3 3
t t dt t
I t dt t
t
80
9
2)
3
2
2
1
1 1
dx
I
x x
Cách 1: (Nhân liên hợp)
3 3 3 3
2 2 2
2
2 2
2
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1
(1 ) (1 ) 2 2
1 1
dx x x x x x
I dx dx dx
x x x x x
x x
3
3
2
1
1
1 1 1 ln3 3 1 1
ln
2 2 4 2 2
x
x x dx I
x
(*)
Tính
3
2
1
1 x
I dx
x
Đặt
2 2 2
1 1
t x t x tdt xdx
và
:1 3
x thì
: 2 2
t
Khi đó
3 2 2 2
2 2
2 2 2 2
1
2 2 2
1 1 1 1
. 1
1 1 1
x t t
I xdx tdt dt dt
x t t t
2
2
2
2
1 1 1 1 1
1 ln
2 1 1 2 1
t
dt t
t t t
1
2 2 ln( 2 1) ln3
2
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
2
I
3 2 3 ln(3 2 3)
2
Cách 2:
Đặt
2 2
2 2 2 2 2
2
1 1
1 1 2 1
2 2
t t
t x x t x x t tx x x x dx dt
t t
và
:1 3
x thì
:1 2 2 3
t , khi đó:
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 35
2 3 2 3 2 3 2 3
2 2 2
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 1 ( 1) 1 1 1 1
.
1 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 1 ( 1)
t t t t t
I dt dt dt dt
t t t t t t t t t t
2 3 2 3
2 2
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1 2 1 1
2 1 1 2 1
dt dt
t t t t t t t
2 3
1 2
1 1
2ln 1 ln
2
t t
t
3 2 3 ln(3 2 3)
2
CHÚ Ý: Các em có thể sử dụng kĩ thuật đồng nhất hệ số để biến đổi :
2 2
2 2 2
1 ( ) ( )
( 1) 1 ( 1)
t A B C A C t A B t B
t t t t t t t
, đồng nhất hệ số :
1 1
0 1
1 2
A C A
A B B
B C
Khi đó ta được:
2
2 2
1 1 1 2
( 1) 1
t
t t t t t
3)
1
3
0
1 1
dx
I
x x
Đặt
1
t x x
2 2
2 1 2 ( 1) 2 ( 1) (2 1)
t x x x x x t x
2 4 2 2 2 4 2
4 4 2(2 1) 4 4 1 4 2 1
x x t x t x x t x t t
2
2
1
2
t
x
t
Suy ra
2 2 2 2
2 3
1 1 ( 1)( 1)
2. .
2 2 2
t t t t
dx dt dt
t t t
và
:0 1
x
thì
:1 1 2
t
Khi đó
1 2 1 2 1 2
2 2 2 3 2
3
3 3 3
1 1 1
1 ( 1)( 1) 1 ( 1)( 1) 1 1
.
1 2 2 2
t t t t t t t
I dt dt dt
t t t t
1 2
1 2
2 3 2
1
1
1 1 1 1 1 1 1
1 ln
2 2 2
dt t t
t t t t t
3 2 ln( 2 1)
2
CHÚ Ý:
Nếu ta biến đổi
2
1 1 1 1 1 1 1 1
1
2
1 1 (1 ) ( 1) 2
x x x x x
x
x x x x x x
và áp dụng
để giải
1
3
0
1 1
dx
I
x x
thì phép biến đổi trên không chính xác do không xác định tại cận tại
0
x
.
4)
1 1
4
2
0 0
( 1)( 3)
4 3
dx dx
I
x x
x x
Đặt
1 3
t x x
1 1 1 3 2
.
2 1 2 3 2 ( 1)( 3) 2 ( 1)( 3) ( 1)( 3)
x x dx dx dt
dt dx dx t
t
x x x x x x x x
và
:0 1
x
thì
:1 3 2 2
t
. Khi đó:
2 2
2 2
4
1 3
1 3
2 2ln
dt
I t
t
2 2
2ln
1 3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 36
Bài luyện
Tính các tích phân sau:
1)
1
I
2
5
1
5
2 5
x xdx
( Đs:
3
50
) 2)
2
I
1
3 2
0
1
x x dx
( Đs:
2
15
) 3)
3
I
2
2 3
0
1
x x dx
( Đs:
52
9
)
4)
4
I
1
0
1
x
dx
x
(CĐ – 2012) ( Đs:
4 2 2
3
) 5)
5
I
2
0
1
4 1
x
dx
x
( Đs:
11
6
)
6)
6
I
10
5
2 1
dx
x x
( Đs:
1 2ln 2
) 7)
7
I
6
2
2 1 4 1
dx
x x
( Đs:
3 1
ln
2 12
)
8)
8
I
2
1
1 1
x
dx
x
(A – 2004) ( Đs:
11
4ln2
3
) 9)
9
I
2
2
1
4 x
dx
x
( Đs:
3 2ln(2 3)
)
10)
10
I
3
2
0
1
x
dx
x
( Đs:
1
) 11)
11
I
2 2
2
3
1 x
dx
x
( Đs:
1 3
1 ln
2 2
) 12)
12
I
3
3
1
2
2 2
xdx
dx
x
(Đs:
12
5
)
13)
13
I
1
3
2
0
4
x
dx
x
( Đs:
16
3 3
3
) 14)
14
I
1
3
2
0
2
1 1
x x
dx
x
( Đs:
11
2ln 2
6
)
15)
15
I
1
2
0
1 1
1 3
4
x dx
x
x
( Đs:
46
3
27
) 16)
16
I
( Đs: )
17)
17
I
1
7
4
0
1
x
dx
x
( Đs:
4 2 2
9
) 18)
18
I
2
3
1
1
dx
x x
( Đs:
2 2 1
ln
3 2
)
19)
19
I
64
3
1
dx
x x
( Đs: ) 20)
1
20
2
0
1
x
I dx
x x
( Đs:
2 2 2
3
)
21)
21
I
1
0
3 1 2 1
xdx
x x
( Đs:
17 9 3
9
) 22)
22
I
0
1 1 1
dx
x
( Đs:
8 4 2
3
)
23)
23
I
1
2
2
1
2
(3 2 ) 5 6 2
dx
x x x
(Đs:
2 2 2 5
ln
2
17 1
) 24)
24
I
( Đs:
28 2 3
ln
27 3 2
)
25)
25
I
ln6
0
1
3
x
e
( Đs:
1
ln(2 3)
3
) 26)
26
I
3 2
1
1 ln .ln
e
x x
dx
x
( Đs:
6 2 3
8
)
27)
27
I
3
2
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
( Đs:
76
15
) 28)
28
I
2
1
ln
1 ln 1 ln
e
xdx
x x x
( Đs:
3 2 ln( 2 1)
4
)
29)
29
I
1
3 2
2
0
8 6 5 1
3 2 1
x x x
dx
x x
( Đs:
95
54ln 2
3
)
30)
30
I
2
1
ln ln( )
1 2 ln
e
x x x ex
dx
x x x
( Đs:
7 (3 2 ) 3 2
2ln
3
3 1
e e
e
)
7
3 2
0
1 1
x
dx
x
3 3 3
ln
4 2 2
2
11 6ln
3
2
0
sin 2 sinx
1 1 3cos
x
dx
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 37
DẠNG 2:
2 2
2
,
n
I
f x ax bx c dx
(2*)
CÁCH GIẢI CHUNG
CHÚ Ý:
*) Với tích phân có dạng
2
dx
x k
thì ta có thể không dùng tới phương pháp trên. Cụ thể ta biến đổi:
2 2
2
2 2 2 2
( ) ( )
ln( ) ...
( ) ( )
dx x x k dx d x x k
x x k
x k x x k x k x x k
Hoặc một cách trình bày khác: Đặt
2
( )
t x x k
(phương pháp đổi biến)
*) Với tích phân
2
( )
I f ax bx c dx
mà
2
ax
bx c
=
2
u u
thì đặt
2
sin
u t
( hoặc
2
cos
u t
)
*) Với tích phân
m x
I f dx
m x
thì đặt
cos2
x m t
.
Các ví dụ minh họa
Ví dụ . Tính các tích phân sau: 1)
2
2 2
1
0
4
I x x dx
2)
2
2
2
2
1
1
x
I dx
x
3)
2
3
2
0
2 4
dx
I
x x
4)
2
4
2
2
1
dx
I
x
5)
5
I
2
22
2
0
1
x dx
x
6)
6
I
3
2
2
0
3
x
dx
x
7)
7
I
2
1
1 3ln
e
dx
x x
8)
8
I
1
2
2
1
4
dx
x x
9)
9
I
2
2
1
1 2
2
x
dx
x x
10)
10
I
2
0
cos
7 cos2
xdx
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 38
Giải:
1)
2
2 2
1
0
4
I x x dx
Đặt
2sin
x t
với
;
2 2
t
2
2cos
4 2cos
dx tdt
x t
và
:0 2
x
thì
:0
2
t
2 2 2
2 2
1
0 0 0
sin4
2
4sin .2cos .2cos 4 sin 2 2 (1 cos4 ) 2
4
0
t
I t t tdt tdx t dt t
2)
2
2
2
2
1
1
x
I dx
x
Đặt
1
cos
x
t
với
3
0; ;
2 2
t
2
2
sin
cos
1 tan
tdt
dx
t
x t
và
:1 2
x
thì
:0
3
t
2 23 3 3 3 3
2
2
0 0 0 0 0
2
sin sin 1 cos
tan . cos
1
cos cos cos
cos .
cos
tdt t t dt
I t dt dt tdt
t t t
t
t
3 3
2
0 0
cos
cos
1 sin
t
dt tdt
t
3 3
0 0
1 1
sin cos
1 sin 1 sin
d t tdt
t t
=
3
0
1 1 sin
ln sin
2 1 sin
t
t
t
3
ln(2 3)
2
3)
2
3
2
0
2 4
dx
I
x x
2
2
0
( 1) 3
dx
x
Đặt
1 3 tan
x t
(với
;
2 2
t
)
2
2
3
cos
3
( 1) 3
cos
dx dt
t
x
t
và
:0 2
x
thì
:
6 3
t
3 3 3 3 3
3
3
2
2
6
6 6 6 6 6
3 cos sin 1 1 1 1 1 sin
sin ln
cos cos (1 sin )(1 sin ) 2 1 sin 1 sin 2 1 sin
3
cos .
cos
dt dt tdt d t t
I d t
t t t t t t t
t
t
ln3
ln(2 3)
2
4)
2
4
2
2
1
dx
I
x
Cách 1: Đặt
1
cos
x
t
với
3
0; ;
2 2
t
2
2
sin
cos
1 tan
tdt
dx
t
x t
và
: 2 2
x
thì
:
4 3
t
Khi đó
3 3
4
2
4 4
sin
cos .tan cos
tdt dt
I
t t t
. Để giải tiếp
4
I
ta có thể đổi biến hoặc dùng kĩ thuật vi phân. Cụ thể:
Cách 1.1: Đặt
sin cos
u t du tdt
và :
4 3
t
thì
2 3
:
2 2
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 39
Suy ra
3 3 3
3 3 2 2 2
4
2 2 2
2 2 2
4 4
2 2 2
cos cos 1 1 1
cos 1 sin 1 (1 )(1 ) 2 1 1
tdt tdt du du
I du
t t u u u u u
3
2
2
2
1 1
ln
2 1
u
u
ln(2 2 6 3 2)
Cách 1.2:
3 3 3 3 3
4
2
4 4 4 4 4
(1 sin ) (1 sin ) cos
cos cos 1 1 cos cos
cos (1 sin )(1 sin ) 2 (1 sin )(1 sin ) 2 1 sin 1 sin
t t tdt
tdt tdt tdt tdt
I
t t t t t t t
3 3
3
4
4 4
1 (1 sin ) (1 sin ) 1 1 sin
ln
2 1 sin 1 sin 2 1 sin
d t d t t
t t t
ln(2 2 6 3 2)
Cách 2:
2 2 2
2 2
2
2
4
2 2 2 2
2
2 2 2
( 1) ( 1)
ln( 1)
1 ( 1) 1 ( 1)
dx x x dx d x x
I x x
x x x x x x
ln(2 2 6 3 2)
Cách 3: (Cách trình bày khác của Cách 2 )
Cách trình bày 3.1:
Đặt
2
1
t x x
2
2
2
2 2 2
2
2 2
2
1
2
1
1 1 ( )
2
1 1
1 1
2 2
t
dx dt
t
t
x t x x t x x
t
t t
x
t t
và
: 2 2
x
thì
:1 2 2 3
t , khi đó :
2
2 3 2 3
2
2 3
4
2
1 2
1 2 1 2
1
2
ln
1
2
t
dt
dt
t
I t
t
t
t
ln(2 2 6 3 2)
Cách trình bày 3.2:
Đặt
2
1
t x x
2
2 2 2 2
1
1
1 1 1 1
x x x t dx dt
dt dx dx dx
t
x x x x
và
: 2 2
x
thì
:1 2 2 3
t
, khi đó :
2 3
2 3
4
1 2
1 2
ln
dt
I t
t
5)
5
I
2
22
2
0
1
x dx
x
Đặt
sin
x t
với
;
2 2
t
2
cos
1 sin cos
dx tdt
t t
và cận
:0
4
t
2
8
ln(2 2 6 3 2)
24 4 4
2
5
0 0 0
sin .cos 1 cos2 1 sin 2
4
sin
cos 2 2 4
0
t tdt x x
I tdt dt x
t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 40
6)
6
I
3
2
2
0
3
x
dx
x
Đặt
3 tan
x t
với
t
;
2 2
2
2 2
3
cos
3 3
3 3(1 tan )
cos cos
dx dt
t
x t
t t
và cận
:0
4
t
2 2
4 4
6
2 3
0 0
3tan 3 sin
. 3
cos cos
3
cos
t t
I dt dt
t t
t
Đặt
sin cos
u t du tdt
và cận
2
:0
2
u
2
2 2 24 4 2
24
4 2 2 2 2
0 0 0
sin .cos sin .cos
3 3 3
cos (1 sin ) (1 )
t t t tdt u du
I dt
t t u
Mà ta có:
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1)
1 1 1 1 1 1 1 1 2
.
(1 ) ( 1) 1 4 ( 1) ( 1) 1 4 ( 1) ( 1) 1
u u
u u
u u u u u u u u u
2 2 2
1 1 1 1
2( 1) 4 ( 1) ( 1)
u u u
2
2
6
2 2 2
0
2
3 2 1 1 3 1 1 1
2
ln
4 1 ( 1) ( 1) 4 1 1 1
0
u
I du
u u u u u u
3 2 2
ln 2 2
2 2
7)
7
I
2
1
1 3ln
e
dx
x x
Đặt
ln
dx
t x dt
x
và
:1
x e
thì
:0 1
t
. Khi đó
1
7
2
0
1 3
dt
I
t
Cách 1: Đặt
1
tan
3
t u
với
2
2
3cos
;
2 2
1
1 3
cos
du
dt
u
u
t
u
và
:0 1
t
thì
:0
3
u
3 3 3 3
7
2
0 0 0 0
1 1 cos 1 sin 1 1 1
sin
cos cos (1 sin )(1 sin ) 1 sin 1 sin
3 3 3 2 3
du udu d u
I d u
u u u u u u
3
0
1 1 sin
ln
1 sin
2 3
u
u
1
ln(2 3)
3
Cách 2:
2
2
1 1 1 1
7
2
2
0 0 0 0
2 2 2
1
1
3
1 1 1
3
3 1 3 3
1 1 1
1 3
3
3 3 3
d t t
t t
dt dt
I dt
t
t
t t t t t
1
2
0
1 1
ln
3
3
t t
1
ln(2 3)
3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 41
8)
8
I
1
2
2
1
4
dx
x x
Đặt
2
sin
x t
với
0;
2
t
2 2 2
2sin cos
sin (1 sin ) sin cos
dx t tdt
x x t t t t
và cận
:
6 4
t
4 4
8
6 6
2sin cos
2 2
sin cos 4 6
t tdt
I dt
t t
6
9)
9
I
2
2
1
1 2
2
x
dx
x x
Đặt
2cos 2
x t
với
0;
2
t
2
2
4sin 2
2 2 2cos2 4sin sin
2 2 2cos2 4cos cos
dx tdt
x t t t
x t t t
và cận
: 0
6
t
26 6
9
2 2
0 0
1 sin 2sin
. .4sin 2
4cos 2 cos cos 2
t t
I tdt dt
t t t
26 6
2 2
0 0
1 cos 2 1
1
cos 2 cos 2
t
dt dt
t t
tan 2
6
2
0
t
t
3 3
6
10)
10
I
2
0
cos
7 cos2
xdx
x
Ta có:
2 2
7 cos2 6 2cos 8 2sin
x x x
Nên đặt
sin cos
t x dt tdt
và cận
:0 1
t
1
2
10
2 2
0 0
cos 1
2
8 2sin 4
xdx dt
I
x t
Đặt
2sin
t u
với
;
2 2
u
2
2cos
4 4sin 2cos
dt udu
u u
và cận
:0
6
u
6 6
10
0 0
1 2cos 1
6
2cos
2 2 2
0
udu u
I du
u
2
12
Bài luyện
Tính các tích phân sau:
1)
3
1
2
0
3
dx
I
x
( Đs:
ln(1 2)
) 2)
2
I
2014
2 2
0
2014
x dx
( Đs:
2
2014
4
)
3)
3
I
1
2
2
0
4
x
dx
x
( Đs:
3
3 2
) 4)
4
I
1
2
0
3 2
xdx
x x
( Đs:
3 2
6
)
5)
5
I
3
2
1
1
(2 )
x
dx
x x
( Đs:
3
1
2 3
) 6)
6
I
3
ln
2
2
0
2
x
x x
e
dx
e e
( Đs:
6
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 42
DẠNG 3:
3
( ). ( )
I
f x g x dx
(3*) Với
( )
f x
,
( )
g x
là hai trong bốn hàm:
logarit (log), đa thức (đa) (hoặc kể cả phân thức), lượng giác (lượng) và mũ (mũ).
CÁCH GIẢI CHUNG
CHÚ Ý:
+) Như vậy khi kết hợp hai trong bốn hàm trên cho ta một bài toán. Vì vậy về mặt lí thuyết ta có thể tạo ra
được
2
4
6
C
bài toán của Dạng 3. Song trên thực tế, trong phạm vi kì thì Đại Học – Cao Đẳng thì thường
xuất hiện 4 dạng là : (loga, đa thức); (đa thức, lượng giác); (đa thức, mũ) và (lượng giác, mũ) – dạng này
chưa xuất hiện (kể từ kì thi 3 chung).
+) Khi gặp lượng giác và mũ ta có thể đặt “u→dv” theo thứ tự “lượng giác →mũ” hoặc ngược lại đều
được và phải sử dụng hai lần tích phân từng phần. Cả hai lần tích phân từng phần trong trường hợp này
phải thống nhất theo cùng thứ tự. Nếu không sẽ xảy ra hiện tượng I = I.
+) Khi sử dụng phương pháp tích phân từng phần thì số lần thực hiện phụ thuộc vào bậc của hàm logarit và
đa thức. Cụ thể:
*) Nếu trong biểu thức tích phân có (hoặc ) tích phân từng phần lần.
*) Nếu trong biểu thức tích phân có đa thức bậc n:
(không có hàm logarit) tích phân từng phần lần.
+) Nếu mà có bậc (theo CHÚ Ý trên ta phải tính tích phân từng phần
n lần) song trong trường hợp này có thể có cách “khắc phục” (không phải tính tích phân từng phần) bằng
việc tách ghép và sử dụng công thức: (trong bài các em phải CM).
+) Các em tham khảo thêm kĩ thuật chọn hệ số qua 5 câu tích phân ở Ví dụ 4.
+) Về mặt ý tưởng, việc dùng phương pháp tích phân từng phần là việc ta chuyển từ tích phân ban đầu
udv
về tích phân
vdu
đơn giản hơn bằng cách đặt
( )
( )
u f x
dv g x dx
mà thông thường thì
'( )
f x
và
( )
g x dx
dễ tính. Vì vậy phạm vi áp dụng phương pháp này không chỉ dừng lại ở hai hàm khác tên gọi mà
còn sử dụng cho cùng một dạng hàm, nhiều hơn hai hàm….
log ( )
n
a
f x
ln ( )
n
f x
n
1
1 0
( ) ...
n n
n n
f x a x a x a
n
I
( )
ax b
f x e dx
( )
f x
n
2
n
( ) '( ) ( )
x x
f x f x e dx f x e C
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 43
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
1
I
3
2
2
ln( )
x x dx
(D – 2004) 2)
2
I
1
2
0
( )
x x
e x e dx
(CĐ – 2009) 3)
3
I
1
2
0
( 2)
x
x e dx
(D –
2006)
4)
4
I
3 2
1
ln
e
x xdx
(D – 2007) 5)
5
I
2
3
1
ln
x
dx
x
(D – 2008) 6)
2
2
6
2
1
1
ln
x
I xdx
x
(A, A1 – 2013 )
Giải :
1)
1
I
3
2
2
ln( )
x x dx
(D – 2004) Đặt
2
2
2 1
ln( )
x
du
u x x
x x
dv dx
v x
3 3
3
3
2
1
2
2
2 2
2 1 1
ln( ) 3ln6 2ln 2 2 3ln6 2ln 2 2 ln 1
1 1
x
I x x x dx dx x x
x x
3ln3 2
2)
2
I
1
2
0
( )
x x
e x e dx
(CĐ – 2009)
Ta có:
1 1 1
2
2
0 0 0
( )
x x x x
I e x e dx e dx xe dx A B
(*)
+) Tính
1 1
1
0
0 0
1
( )
x x x
e
A e dx e d x e
e
(1)
+) Tính
1
0
x
B xe dx
Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
1
1 1
0 0
0
1
x x x
B xe e dx e e
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
2
I
2 1
e
e
3)
3
I
1
2
0
( 2)
x
x e dx
(D – 2006)
Đặt
2
2
2
1
2
x
x
du dx
u x
v e
dv e dx
1 1
1
2 2 2
2
3
0
0 0
( 2) 1 2
2 2 2 4
x x
x
x e e e
I e dx
2
5 3
4
e
4)
4
I
3 2
1
ln
e
x xdx
(D – 2007) (Vì hàm lnx có dạng bậc 2 nên phải từng phần 2 lần)
+) Đặt
2
4
3
2ln
ln
4
x
du dx
u x
x
x
dv x
v
4 2 4
3
4
1
1
ln 1 1
ln
4 2 4 2
e
e
x x e
I x xdx I
(1) Với
3
1
ln
e
I x xdx
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 44
+) Đặt
3
4
ln
4
dx
du
u x
x
dv x
x
v
4 4 4 4
3
1
1 1
ln 1 3 1
4 4 4 16 16
e e
e
x x e x e
I x dx
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
4
I
4
5 1
32
e
5)
5
I
2
3
1
ln
x
dx
x
(D – 2008) Đặt
3
2
ln
1
2
dx
u x
du
x
dx
dv
v
x
x
2 2
2
5
2 3 2
1 1
1
ln 1 ln 2 1
2 2 8 4
x dx
I
x x x
3 2ln2
16
6)
2
2
6
2
1
1
ln
x
I xdx
x
(A, A1 – 2013 ) Đặt
2
2 2
ln
1 1
1
1
dx
u x
du
x
x
dv dx dx
v x
x x
x
2 2
2 2
6
2
1 1
1 1
1 1 5 1 5 1
ln . ln 2 1 ln 2
2 2
dx
I x x x dx x
x x x x x
5 3
ln2
2 2
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
1
I
3
2
1
3 ln
( 1)
x
dx
x
(B – 2009) 2)
2
I
1
3
(2 )ln
e
x xdx
x
(D – 2010) 3)
3
I
3
2
0
1 sin
cos
x x
dx
x
(B –
2011)
4)
4
I
4
0
(1 sin 2 )
x x dx
(D – 2012) 5)
5
I
3
2
1
1 ln( 1)
x
dx
x
(A, A1 – 2012) 6)
1
5
6
0
x
I x e dx
Giải :
1)
1
I
3
2
1
3 ln
( 1)
x
dx
x
(B – 2009)
Ta có:
3 3 3
1
2 2 2
1 1 1
3 ln ln
3 3
( 1) ( 1) ( 1)
x dx x
I dx dx A B
x x x
(*)
+) Tính
3
3 3
2 2
1 1
1
( 1) 1 1
( 1) ( 1) 1 4
dx d x
A
x x x
(1)
+) Tính
3
2
1
ln
( 1)
x
B dx
x
Đặt
2
ln
1
( 1)
1
dx
u x
du
x
dx
dv
v
x
x
3
3
3 3
2 2
1
1 1
1
1
ln ln3 1 1 ln3 3
ln ln3 ln2
1 ( 1) 2 4 4 1 4 1 4
e
x dx e x x
B dx
x x x x x x
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
1
I
3 3
ln3 ln 2
4 4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 45
2)
2
I
1
3
(2 )ln
e
x xdx
x
(D – 2010)
Ta có:
2
1 1 1
3 ln
(2 )ln 2 ln 3 2 3
e e e
x
I x xdx x xdx dx A B
x x
(*)
+) Tính
1
ln
e
A x xdx
Đặt
2
ln
2
dx
du
u x
x
dv xdx
x
v
2 2 2 2 2 2
1
1 1
ln 1 1 1
2 2 2 4 2 4 4
e e
e
x x e x e e e
A xdx
(1)
+) Tính
1
ln
e
x
B dx
x
C1: (Sử dụng kĩ thuật vi phân)
2
1 1
1
ln ln 1
ln (ln )
2 2
e
e e
x x
B dx B xd x
x
(2)
C2 : Đặt
ln
dx
t x dt
x
và cận
:0 1
t
1
1
2
0
0
1
2 2
t
B tdt
(2)
(thực chất C2 là cách trình bày khác của C1)
C3: Đặt
ln
ln
u x dx
du
x
dx
dv
v x
x
2
1
1
ln 1
ln 1 2 1
2
e
e
x
B x dx B B B
x
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
2
2
1 3
2.
4 2
e
I
2
2
2
e
3)
3
I
3
2
0
1 sin
cos
x x
dx
x
(B – 2011)
Ta có:
3 3 3
3
2 2 2
0 0 0
1 sin sin
cos cos cos
x x dx x x
I dx dx A B
x x x
(*)
+)
3
3
2
0
0
tan 3
cos
dx
A x
x
(1)
+)
3
2
0
sin
cos
x x
B dx
x
Đặt
2 2 2
sin sin (cos ) 1
cos cos cos cos
u x du dx
x x d x
dv dx v dx
x x x x
3
3
0
0
2
cos cos 3
x dx
B I
x x
với
3
0
cos
dx
I
x
Đặt
sin
t x
cos
dt xdx
và cận
3
:0
2
t
3
3
3 3 2
2
2 2
0 0 0
0
cos 1 1
ln ln(2 3)
cos 1 sin 1 2 1
dx xdx dt t
I
x x t t
2
ln(2 3)
3
B
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
3
I
2
3 ln(2 3)
3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 46
4)
4
I
4
0
(1 sin2 )
x x dx
(D – 2012)
2 2
4 4 4
4
4
0 0 0
0
(1 sin 2 ) sin 2
2 32
x
I x x dx xdx x xdx I I
Tính
4
0
sin 2
I x xdx
Đặt
cos2
sin 2
2
du dx
u x
x
dv xdx
v
4
0
4 4
0 0
cos2 cos2 sin 2
1
0
4
2 2 4
x x x x
I dx
4
I
2
1
32 4
2
8
32
5)
5
I
3
2
1
1 ln( 1)
x
dx
x
(A, A1 – 2012)
3
3 3 3
5
2 2 2
1
1 1 1
1 ln( 1) ln( 1) 1 2
3
x dx x
I dx dx I I
x x x x
Tính
3
2
1
ln( 1)
x
I dx
x
Đặt
2
ln( 1)
1
1
dx
u x
du
x
dx
dv
v
x
x
3 3 3
1 1 1
3 3
ln( 1) ln 2 ( 1) ln2 1 1 ln 2
ln
1 1
( 1) 3 ( 1) 3 1 3 1
x dx x x x
I dx dx
x x x x x x x x
2
ln3 ln 2
3
5
I
2 2
ln3 ln2
3 3
(Các em có thể đặt luôn:
2
1 2
1
1 ln( 1)
1 1
1
x
du dx dx
u x
x x
dx
dv
v
x
x
…)
6)
1
5
6
0
x
I x e dx
Nhận xét 1: Về mặt lí thuyết bài toán này ta hoàn toàn có thể giải theo phương pháp tích phân từng phần.
Song ta phải sử dụng tới 5 lần tích phân từng phần (vì bậc của đa thức
5
x
là 5 – khá dài ). Lúc này ta sẽ có
cách “khắc phục như sau”:
Ta luôn có
( ) '( ) ( )
x x
f x f x e dx f x e C
(*)
Thật vậy:
( ) ' '( ) ( ) ( ) '( )
x x x x
f x e C f x e f x e f x f x e
(đpcm)
( Vì vậy để áp dụng (*) chúng ta sẽ phải tách ghép
5
x
về dạng trên )
Áp dụng (*) ta được:
1 1
5 5 4 4 3 3 2 2
6
0 0
( 5 ) 5( 4 ) 20( 3 ) 60( 2 ) 120( 1) 120
x x
I x e dx x x x x x x x x x e dx
1 1 1 1 1 1
5 4 4 3 3 2 2
0 0 0 0 0 0
( 5 ) 5 ( 4 ) 20 ( 3 ) 60 ( 2 ) 120 ( 1) 120
x x x x x x
x x e dx x x e dx x x e dx x x e dx x e dx e dx
1
5 4 3 2
0
( 5 20 60 120 120)
x
x x x x x e
120 44
e
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 47
Nhận xét 2:
*) Như vậy qua bài toán trên ta thấy việc sử dụng công thức (*) sẽ giúp giảm bớt thao tác lập đi lập lại
phương pháp tích phân từng phần (nếu bậc của đa thức lớn) .
*) Và từ bài toán trên chúng ta có thể đưa ra đáp số tổng quát cho như sau:
1 2 1
( 1) ... ( 1) ! ( 1) ! ?
n x n n n n n x
I x e dx x nx n n x n x n e
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau:
1)
3
1
2
6
ln(sin )
cos
x
I
x
2)
2
2
0
sin .ln(1 cos )
I x x dx
3)
4) 5)
0
2
5
2 3
1
( 1)
x dx
I
x
6)
2
2
6
0
cos
x
I xe xdx
Giải :
1)
3
1
2
6
ln(sin )
cos
x
I
x
Đặt
2
ln(sin ) cos
cot
sin
tan
cos
u x x
du dx xdx
x
dx
dv
v x
x
Khi đó
3
3 3
1
6 6
6
3 3 1
tan ln(sin ) 3 ln ln
2 3 2
I x x dx x
3 3
3 ln ln 2
2 3 6
2)
2
2
0
sin .ln(1 cos )
I x x dx
Đặt
sin
ln(1 cos )
1 cos
sin
cos
x
u x
du dx
x
dv xdx
v x
Khi đó
2
2
2
0
0
sin cos
cos ln 1 cos ln 2
1 cos
x x
I x x dx I
x
(*)
Tính
2
0
cos
sin
1 cos
x
I xdx
x
Đặt
cos sin
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:2 1
t
Suy ra
2 2
2
1
1 1
1 1
1 ln 1 ln 2
t
I dt dt t t
t t
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
2
I
2ln2 1
3)
4 4
3
2
0 0
1
1 cos2 2 cos
x x
I dx dx
x x
Đặt
2
tan
cos
u x
du dx
dx
v x
dv
x
1
ln 2
8 4
4
3
0
1 cos2
x
I dx
x
2
4
1
2
cos (ln )
e
I x dx
4 4 4
4
4
3
0
0
0 0 0
1 1 sin 1 cos 1
tan tan ln cos
2 8 2 cos 8 2 cos 8 2
x d x
I x x xdx dx x
x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 48
4)
2
2
4
1
1 1 1
2
2 2 2
1 cos(2ln ) 1 1 1 1
cos (ln ) cos(2ln )
2 2 2 2 2
e
e e e
x e
I x dx dx x x dx I
(*)
+) Tính
1
2
cos(2ln )
e
I x dx
Đặt
2sin(2ln )
cos(2ln )
x
u x
du dx
x
dv dx
v x
2
2
1
1
2
cos(2ln ) 2 sin(2ln ) 1 2
e
e
I x x x dx e J
(1)
+) Tính
1
2
sin(2ln )
e
J x dx
Đặt
2cos(2ln )
sin(2ln )
x
u x
du dx
x
dv dx
v x
2
1
1
2
sin(2ln ) 2 cos(2ln ) 2
e
e
J x x x dx I
(2)
Từ (1) và (2) ta được:
2
2
1
1 4
5
e
I e I I
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
2 2
4
1 1
2 10
e e
I
2
2 3
5
e
5)
0
2
5
2 3
1
( 1)
x dx
I
x
Đặt
0
0
5
2 2 2 2
1
1
1 1 1
4( 1) 4 ( 1) 16 4
x dx
I I
x x
(*)
Tính
0
2 2
1
( 1)
dx
I
x
Đặt
2
2
tan (1 tan )
cos
dt
x t dt t dt
t
và
: 1 0
x
thì
: 0
4
t
Khi đó (2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
5
1 1 1
16 4 8 4
I
32
6)
2
2
6
0
cos
x
I xe xdx
Nhận xét
: Vì dưới dấu tích phân xuất hiện đồng thời ba hàm ( đa thức , lượng giác, mũ) nên chúng ta sẽ
tính tích phân từng phần theo cụm (quan niệm lượng giác và mũ là một hàm) . Trước khi đi
tính
2
2
6
0
cos
x
I xe xdx
ta sẽ đi tính nguyên hàm
2
cos
x
A xe xdx
2
2 3
2 3 2 3 2 2
1 ( 1) 1
( 1)
( 1) 2 ( 1) 4( 1)
du dx
u x
xdx
xdx d x
dv
v
x
x x x
0
0 0 0 0
2
2
2 2 2
4
4 4 4 4
(1 tan ) 1 1 sin 2 1
cos (1 cos2 )
(1 tan ) 1 tan 2 2 2 8 4
t dt dt t
I tdt t dt t
t t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 49
Đặt
2
2
cos2
cos2
x
x
du dx
u x
v e xdx I
dv e xdx
(*)
+) Tính
2
cos2
x
I e xdx
Đặt
2
2
2sin 2
cos2
1
2
x
x
du xdx
u x
v e
dv e dx
(1)
+) Tính
2
sin2
x
J e xdx
Đặt
2
2
2cos2
sin 2
1
2
x
x
du xdx
u x
v e
dv e dx
2 2
2
sin 2 cos2
cos2
2 2
x x
x
e x e x
J e xdx I
(2)
Thay (2) vào (1)
2 2 2
cos2 sin 2 (sin 2 cos2 )
2 2 4
x x x
e x e x e x x
I I I
(2*)
Từ (*) và (2*)
2
2
(sin2 cos2 ) 1
(sin 2 cos2 )
4 4
x
x
xe x x
A e x x dx
(3*)
Mà theo (2) : (4*)
Thay (4*) vào (3*) ta được:
2
(2 sin 2 2 cos2 cos2 )
8
x
e x x x x x
Suy ra
2
2
6
0
cos
x
I xe xdx
2
2
0
(2 sin2 2 cos2 cos2 )
8
x
e x x x x x
(1 ) 1
8
e
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau:
1)
1
2
1
0
ln(2 )
I x x dx
2)
2
1
2
3
0
ln 4 8 3
( 1)
x x
I dx
x
3)
4
3
2
0
ln(sin 2cos )
cos
x x
I dx
x
4)
0
4
3 2
1
3 1
4 28 65 50
x
I dx
x x x
5)
4
5
1
1
1 ln 1
2
I x x dx
x
Giải :
1)
1
2
1
0
ln(2 )
I x x dx
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)
+) Đặt
2
2
2
2
ln(2 )
2
2
x
du dx
u x
x
dv xdx
x
v
, khi đó
1
1
2 3
2
1
2
0
0
1
ln(2 ) ln3
2 2 2
x x
I x dx I
x
(*)
2 2
2
cos2 cos2
sin 2
2 2
x x
x
e x e x
I e xdx J
2 2
2 2 2
sin 2 sin 2
sin 2 cos2 (sin 2 cos2 )
2 2
x x
x x x
e x e x
e xdx J e xdx e x x dx
2 2
2
(sin 2 cos2 ) 1 cos2
cos .
4 4 2
x x
x
xe x x e x
A xe xdx
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 50
+) Tính
1
3
2
0
2
x
I dx
x
Đặt
2
2 2
2
dt
t x dt xdx xdx
và
:0 1
x
thì
:2 3
t
Khi đó
3
1 3 3
2
2
2
0 2 2
2 1 2 1 1 3
. 1 . 2ln ln
2 2 2 2 2 2
x t dt
I xdx dt t t
x t t
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
1 1 3
ln3 ln
2 2 2
I
3 1
ln3 ln 2
2 2
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)
Đặt
2
2
2 2
2
ln(2 )
2
2
1
2 2
x
du dx
u x
x
dv xdx
x x
v
( ở đây
2
2
x
v xdx C
và ta chọn
1
C
nên
2
1
2
x
v
)
Khi đó
1 1
1
2 2
2
1
0
0 0
2 3
ln(2 ) ln3 ln2
2 2 2
x x
I x xdx
3 1
ln3 ln2
2 2
CHÚ Ý : Qua câu tích phân đầu tiên ở Ví dụ 4 các em được làm quen thêm một kĩ thuật chọn hệ số cho
phương pháp tích phân từng phần . Kĩ thuật này được hiểu như sau: Khi đi tính tích phân từng phần,
ở khâu đặt
'( )
( )
( ) ( )( )
du f x dx
u f x
v g x dx G x C
dv g x dx
với
C
là hằng số bất kì (chọn số nào cũng được)
Và theo một “thói quen” thì chúng ta thường chọn
0
C
( Cách giải thứ nhất cho
1
I
trong Ví dụ 4 đi
theo cách chọn này). Nhưng đôi khi việc chọn
0
C
lại làm cho tích phân
vdu
không được “đẹp” cho
lắm . Vì ta có quyền chọn
C
là số thực bất kì nên ta sẽ chọn hệ số
C
thích hợp mà ở đó biểu thức
vdu
là
đơn giản nhất. Các em hãy theo dõi tiếp Cách giải thứ hai này ở các ý tiếp theo của Ví dụ 4.
2)
2
1
2
3
0
ln 4 8 3
( 1)
x x
I dx
x
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)
+) Đặt
2
2
3
2
8 8
ln(4 8 3)
4 8 3
1
( 1)
2( 1)
x
du dx
u x x
x x
dx
dv
v
x
x
Khi đó
1
1
2
2
2 2
0
0
ln(4 8 3) ln15 ln3
4 4
2( 1) ( 1)(4 8 3) 8 2
x x dx
I I
x x x x
(*)
+) Tính
1
2
0
( 1)(4 8 3)
dx
I
x x x
Ta phân tích:
2
1 1
( 1)(4 8 3) ( 1)(2 1)(2 3) 1 2 1 2 3
A B C
x x x x x x x x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 51
1 (2 1)(2 3) ( 1)(2 3) ( 1)(2 1)
A x x B x x C x x
(2*)
Chọn
x
lần lượt các giá trị
1 3
1; ;
2 2
thay vào (2*) ta được:
1
1
A
B C
Khi đó
1
1
2
0
0
1 1 1 1 1 15
ln 1 ln 4 8 3 ln 2 ln
1 2 1 2 3 2 2 3
I dx x x x
x x x
(3*)
Thay (3*) vào (2*) ta được:
2
ln15 ln3 1 15
4 ln 2 ln
8 2 2 3
I
15 3
ln15 ln3 4ln 2
8 2
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)
Đặt
2
2
2
3
2 2
8 8
ln(4 8 3)
4 8 3
1 4 8 3
2
( 1)
2( 1) 2( 1)
x
du dx
u x x
x x
dx
x x
dv
v
x
x x
(
3 2
1
( 1) 2( 1)
dx
v C
x x
và chọn
2
C
)
Khi đó
1
1
2
1
2
2
2
0
0
0
4 8 3 15 3
ln(4 8 3) 4 ln15 ln3 4ln 1
2( 1) 1 8 2
x x dx
I x x x
x x
15 3
ln15 ln3 4ln 2
8 2
3)
4
3
2
0
ln(sin 2cos )
cos
x x
I dx
x
Cách giải thứ nhất
(Cách giải “thông thường”)
Đặt
2
ln(sin 2cos ) cos 2sin
sin 2cos
tan
cos
u x x x x
du dx
x x
dx
dv
v x
x
4
4
3
0
0
tan (cos 2sin )
tan ln(sin 2cos )
sin 2cos
x x x
I x x x dx
x x
Khi đó việc đi tính tích phân
4
0
tan (cos 2sin )
sin 2cos
x x x
dx
x x
sẽ trở nên phức tạp .
Lúc này cần sự “lên tiếng” của kĩ thuật chọn hệ số
Cách giải thứ hai
(Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)
Đặt
2
cos 2sin
ln(sin 2cos )
sin 2cos
sin 2cos
tan 2
cos
cos
x x
u x x
du dx
x x
dx
x x
dv
v x
x
x
Khi đó
4
4
3
0
0
sin 2cos cos 2sin
ln(sin 2cos )
cos cos
x x x x
I x x dx
x x
4 4
0 0
7 cos
3ln3 ln 2 2
2 cos
d x
dx
x
4
0
7
3ln3 ln2 2ln cos
2
x x
5
3ln3 ln 2
2 4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 52
4)
0 0
4
3 2 2
1 1
3 1 3 1
4 28 65 50 ( 2)(2 5)
x x
I dx dx
x x x x x
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)
Ta phân tích:
2 2
3 1
( 2)(2 5) 2 2 5 (2 5)
x A B C
x x x x x
2
3 1 (2 5) ( 2)(2 5) ( 2)
x A x B x x C x
Lần lượt ta chọn
x
bằng
5
2; ;0
2
ta được:
5
5
13
10
2 2
13
1 25 10 2
A
A
C
B
C
A B C
Vậy
0
0
4
2
1
1
5 10 13 2 5 13
5ln
2 2 5 (2 5) 2 2(2 5)
x
I dx
x x x x x
5 13
5ln
6 15
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)
Đặt
2
2
5
3 1
( 2)
2
1 1 2
(2 5)
2(2 5) 2 2 5
x
du dx
u
x
x
dx
x
dv
v
x
x x
Khi đó
0
0
4
1
1
3 1
5
2 5 ( 2)(2 5)
x dx
I
x x x
0
0
1
1
13 1 2 13 2
5 5ln
15 2 2 5 15 2 5
x
dx
x x x
13 5
5ln
15 6
5)
4
5
1
1
1 ln 1
2
I x x dx
x
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)
Đặt
1
1 1
2
t x x dt dx
x
và
:1 4
x
thì
:1 5
t
Khi đó
5
5
1
ln
I tdt
Đặt
ln
dt
u t
du
t
dv dt
v t
5
5 5
5
1 1
1
ln 5ln5
I t t dt t
5ln5 4
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)
Đặt
1
1
ln 1
2 1
2
1
2 1
1
1
2
1
u x x
x
x
du dx dx
x x
x x x
dv dx
x
v x x
Khi đó
4 4
4
5
1
1 1
2 1 1
1 ln 1 5ln5 1
2 2
x
I x x x x dx dx
x x
4
1
5ln5 x x
5ln5 4
Ví dụ 5. Tính các tích phân sau: 1)
3
2
1
2 3
2
3
( 1)
x x
I dx
x
2)
2
4
2
2
0
( sin cos )
x dx
I
x x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 53
Giải :
1)
3 3
2
1
2 3 2 3
2 2
3 ( 3)
( 1) ( 1)
x x x x
I dx dx
x x
+) Đặt
2
2 3
2 3 2 3 2 2
3
1 ( 1) 1
( 1)
( 1) 2 ( 1) 4( 1)
dx dx
u x
xdx
xdx d x
dv
v
x
x x x
Khi đó
3
3
1
2 2 2 2
2
2
3 1 133 1
4( 1) 4 ( 1) 1152 4
x dx
I I
x x
(*)
+) Tính
3
2 2
2
( 1)
dx
I
x
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1)
1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1
.
( 1) 4 ( 1) .( 1) 4 ( 1) ( 1) ( 1)( 1) 4 ( 1) ( 1) 1 1
x x
x x x x x x x x x x x
Khi đó
3
3
2 2
2
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
ln
4 ( 1) ( 1) 1 1 4 1 1 1
x
I dx
x x x x x x x
=
7 1 2
ln
48 4 3
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
1
133 1 7 1 2
ln
1152 4 48 4 3
I
175 1 2
ln
1152 16 3
2)
2
4 4
2
2 2
0 0
cos
.
( sin cos ) ( sin cos ) cos
x dx x x x
I dx
x x x x x x x
Đặt
2
2 2 2
cos sin
cos cos
cos ( sin cos ) ( sin cos ) 1
( sin cos ) ( sin cos ) ( sin cos ) sin cos
x x x x
u du dx
x x
x x d x x x d x x x
dv dx v
x x x x x x x x x x x x
Khi đó
4
4
4
2
2
0
0
0
2 2
tan 1
( sin cos )cos cos 4 4
x dx
I x
x x x x x
4
4
Nhận xét: Do
sin cos ' sin cos sin cos
x x x x x x x x x
nên ta tách
2
2 2
cos
.
( sin cos ) ( sin cos ) cos
x x x x
x x x x x x x
Ví dụ 6. Tính các tích phân sau:
1)
2
1
0
(1 sin )
1 cos
x
x e
I dx
x
2)
2
2
1
1 ln
x
x x
I e dx
x
3)
1
1
3
1
2
1
1
x
x
I x e dx
x
4)
1
2
4
2
0
( 1)
(1 )
x
x e
I dx
x
Giải :
1)
2 2 2
1
0 0 0
(1 sin ) sin
1 cos 1 cos 1 cos
x x x
x e e e x
I dx dx dx
x x x
(*)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 54
Đặt
2
2 2
cos (1 cos ) sin 1 cos
sin
(1 cos ) (1 cos ) 1 cos
1 cos
x
x
x x x x dx
x
du dx dx
u
x x x
x
dv e dx
v e
Suy ra
2 2 2
2
0 0 0
0
sin sin
1 cos 1 cos 1 cos 1 cos
x x x x
e x e x e e
dx dx e dx
x x x x
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
2 2
1
0 0
1 cos 1 cos
x x
e e
I dx e dx
x x
e
2)
2 2 2
2
1 1 1
1 ln
ln
x
x x
x x e
I e dx dx e xdx
x x
(*)
Đặt
2 2 2
2
2
1
1 1 1
ln
ln ln ln 2
x x
x x
x
x
dx
u x
du
e e
e xdx e x dx e dx
x
x x
dv e dx
v e
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
2 2
2
2
1 1
ln2
x x
e e
I dx e dx
x x
2
ln 2
e
3)
1 2 1
1 1 1
3
1 1 1
2 2 2
1 1
1
x x x
x x x
I x e dx e dx x e dx
x x
(*)
Đặt
1
1
2
1
1
x
x
x
x
du e dx
u e
x
dv dx
v x
1
1 2 2
1 1 1 1
2
1
1
1 1
2
2
1 (2 ) 1
2
x x x x
x x x x
e e
e dx x e x e dx x e dx
x x
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
2 1
1 1
2
3
1
1
2
(2 ) 1 1
2
x x
x x
e e
I x e dx x e dx
x x
2
(2 )
2
e e
4)
2
1 1 1 1
2
4
2 2 2
0 0 0 0
(1 ) 2
( 1)
2
(1 ) (1 ) (1 )
x
x x
x
x x e
x e xe
I dx dx e dx dx
x x x
1 1 1
1
2 2
0
0 0 0
(1 1)
2 1 2
(1 ) 1 (1 )
x x x
x
x e e e
e dx e dx dx
x x x
(*)
Đặt
2
1
(1 )
1
x
x
dx
du
u
x
x
dv e dx
v e
1
1 1 1
2 2
0 0 0
0
1
1 1 (1 ) 2 (1 )
x x x x
e e e e e
dx dx dx
x x x x
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
1 1
4
2 2
0 0
1 2 1
2 (1 ) (1 )
x x
e e e
I e dx dx
x x
1
Nhận xét: Bốn câu tích phân ở Ví dụ 6 đều có đặc điểm chung là tích phân xuất hiện lượng triệt tiêu.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 55
DẠNG 4:
4
( ) '
u
I
f e u dx
(4*1) hoặc
4
(sin ,cos ). '
I
f u u u dx
(4*2)
Trong đó
u ax b
( 0)
a
CÁCH GIẢI CHUNG
Chú thích:
Nếu dưới dấu tích phân có hàm lượng giác và hàm mũ có dạng
sin
u
và
u
e
mà
u ax b
( nghĩa là
u
không là hàm bậc nhất hoặc bậc không ) thì việc đầu tiên ta phải làm là đổi biến
t u
. Sau đó đưa về các
tích phân cơ bản.
Ví dụ minh họa
Ví dụ Tính các tích phân sau:
1)
2
sin
1
0
( cos )cos
x
I e x xdx
(D – 2005) 2)
2
I
2
2
3 sin
0
(cos ).sin 2
x
x e xdx
3)
3
I
1
1
1
2
0
2 1
x
x
e
dx
x x
4)
4
I
4
1
x
e
dx
x
5)
1
5
0
x
I xe dx
6)
2
4
6
0
sin
I xdx
7)
2
1
7
1
4
cos 1
I xdx
8)
2
2
sin 3
8
0
sin cos
x
I e x xdx
9)
2
4
9
0
sin 2 cos (sin )
I x x dx
Giải : 1)
2
sin
1
0
( cos )cos
x
I e x xdx
(D – 2005) Ta có:
2 2
sinx 2
1
0 0
cos cos
I e xdx xdx A B
(*)
+) Tính
2 2
2
0 0
2
0
1 cos2 1 1
cos sin2
2 2 4 4
x
B xdx dx x x
(1)
+) Tính
2
sin
0
cos
x
A e xdx
Đặt
sin
t x
cos
dt xdx
và cận
t
:
0 1
1
0
1
0
1
t t
A e dt e e
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
1
1
4
I e
( Ta có thể sử dụng kĩ thuật vi phân để tính
A
:
2
0
2 2
sin sin sin
0 0
cos (sin ) 1
x x x
A e xdx e d x e e
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 56
2)
2
I
2
2
3 sin
0
(cos ).sin2
x
x e xdx
Ta có :
2 2
2 2 2 2
3 sin 4 sin
2
0 0 0 0
cos sin 2 .sin 2 2 cos sin .sin2 2
x x
I x xdx e xdx x xdx e xdx A B
(*)
+) Tính
2
4
0
cos sin
A x xdx
Đặt
cos
t x
sin
dt xdx
và cận
:1 0
t
1
5
4
0
1
1
0
5 5
t
A t dt
(1)
( Ta có thể sử dụng kĩ thuật vi phân để tính
A
:
52 2
4 4
0 0
cos 1
2
cos sin cos (cos )
5 5
0
x
A x xdx A xd x
)
+) Tính
2
2
sin
0
.sin 2
x
B e xdx
Đặt
2
sin 2sin cos sin 2
t x dt x xdx xdx
và cận
t
:
0 1
1
0
1
0
1
t t
B e dt e e
(2) Thay (1), (2) vào (*) ta được:
2
5 3
5
e
I
3)
3
I
1
1
1
2
0
2 1
x
x
e
dx
x x
Đặt
2 2
1 2 2
1 ( 1) 2 1
x dx
t dt dx
x x x x
và cận
: 1 0
t
0
3
1
0
1 1 1
1
2 2 2 2
t
t
e
I e dt
e
1
2
e
e
4)
4
I
4
1
x
e
dx
x
Đặt
t x
2
2
t x dx tdt
và cận
t
:
0 2
2 2
4
0 0
2
0
.2 2 2
t
t t
e
I tdt e dt e
t
2
2 2
e
5)
1
5
0
x
I xe dx
Đặt
t x
2
2
t x dx tdt
và cận
t
:
0 1
1
5
0
t
I te dt
Đặt
t t
u t du dt
dv e dt v e
1
5
0
1 1
0 0
( 1)
t t t
I te e dt e e e e
1
6)
2
4
6
0
sin
I xdx
Đặt
t x
2
2
t x dx tdt
và cận
:0
2
t
2
6
0
2 sin
I t tdt
Đặt
sin cos
u t du dt
dv tdt v t
2
6
0
2 2
2 cos 2 cos 0 2sin
0 0
I t t tdt t
2
7)
2
1
7
1
4
cos 1
I xdx
Đặt
2
1 1 2
t x t x tdt dx
và cận:
: 0
2
t
0
2
7
0
2
cos .( 2 ) 2 cos
I t tdt t tdt
Đặt
cos sin
u t du dt
du tdt u t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 57
2
2 2
7
0 0
0
2 sin sin 2 cos
2
I t t tdt t
2
8)
2
2
sin 3
8
0
sin cos
x
I e x xdx
Đặt
2
sin 2sin cos
t x dt x xdx
và cận
t
:
0 1
2 2
1
2 2
2 sin 2 sin
8
0 0 0
1 1
cos . .sin cos (1 sin ). .2sin cos (1 )
2 2
x x t
I x e x xdx t e x xdx t e dt
Đặt
1
t t
u t du dt
dv e dt v e
1
1
8
0
0
1
0
1 1
(1 )
2 2 2
t
t t
e
I t e e dt
2
2
e
9)
2
4
9
0
sin 2 cos (sin )
I x x dx
Đặt
sin cos
t x dt xdx
và cận
t
:
0 1
1
2 2
4 4 4
8
0 0 0
sin 2 cos (sin ) 2 sin .cos (sin ).cos 2 .cos
I x x dx x x xdx t tdt
Đặt
2
4
4
1 cos4
1 2cos2
1 cos2 3 sin2 sin4
cos
2
cos
2 4 8 4 32
du dt
u t
t
t
t t t
dv tdt
v tdt dt dt t
2
9
1
3
2 sin 2 sin4
0
8 4 32
t t t
I t t
1
0
3 sin 2 sin 4
4 2 16
t t
t dt
2
1
12 8sin2 sin4 3 cos2 cos4 12 8sin2 sin 4 41 16cos2 c
os4
0
12 8 4 64 12 64
t t t
69 128sin2 16sin4 48cos2 3cos4
192
DẠNG 5:
5
( )
x
I
f e dx
(5*)
CÁCH GIẢI CHUNG
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 58
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
3
1
1
1
x
dx
I
e
(D – 2009) 2)
ln5
2
ln3
2 3
x x
dx
I
e e
(B – 2006) 3)
1
3
2
0
5
x
dx
I
e
4)
1
2
4
0
1
x
x
e
I dx
e
5)
5
I
1
0
x
x x
e dx
e e
6)
6
I
1
3
0
(1 )
x
x
e
dx
e
7)
7
I
ln2
2
2
0
3
3 2
x x
x x
e e
dx
e e
Giải :
1)
3
1
1
1
x
dx
I
e
(D – 2009)
Đặt
x
t e
x
dt e dx
và
:1 3
x
thì
3
:
t e e
Khi đó:
3
1
1
3
3 3
1 1 1
ln
( 1) ( 1) 1
x
x x
e
e e
e e
e
e dx dt t
I dt
e e t t t t t
2
2
1
ln
e e
e
2)
ln5
2
ln3
2 3
x x
dx
I
e e
(B – 2006)
Đặt
x
t e
x
dt e dx
và
:ln3 ln 5
x
thì
:3 5
t
Khi đó:
5
ln5 5 5 5
2
2 2
ln3 3 3 3
3
1 1 2
ln
2 3 3 2 ( 1)( 2) 2 1 1
x
x x
e dx dt dt t
I dt
e e t t t t t t t
3
ln
2
3)
1
3
2
0
5
x
dx
I
e
Đặt
2 2
2
x x
t e dt e dx
và
:0 1
x
thì
2
:1
t e
Khi đó:
1
2
3
2 2
0 1 1
1
2
2 2
1 1 1 1 1
ln
( 5) 2 ( 5) 10 5 10 5
x
x x
e
e e
e dx dt t
I dt
e e t t t t t
2
2
1 6
ln
10 5
e
e
4)
1
2
4
0
1
x
x
e
I dx
e
Đặt
x
t e
x
dt e dx
và cận
1
:1t
e
1
1 1 1
1
4
1
1 1
0 1
. 1
1 ln 1
1 1 1 1
x x e
x
e
e e
e e dx t t
I dt dt dt t t
e t t t
1 1
ln
2
e
e
5)
5
I
1 1
2
2
0 0
1
x x
x x x
e dx e dx
e e e
Đặt
2 2
2
x x
t e dt e dx
và cận
2
:1
t e
5
1
1
2
2
1 1
ln 1
2 1 2
e
e
dt
I t
t
2
1 1
ln
2 2
e
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 59
6)
6
I
1
3
0
(1 )
x
x
e
dx
e
Đặt
1
1
x
x
x
dt e dx
t e
e t
và cận
:2 1
t e
1 1
3 3
6
2 2
0 2
(1 )
( 1)
x x
x
e
e e t
I dx dt
e t
1
2
2
3 2
2
( 1)
e
t
t dt
t
1
1 1
2
2 2
2 2
2
3( 1) 1 3 1 1
2 2 2 3ln 1
( 1) 1 ( 1) 2 1
e
e e
t t
t dt t dt t t
t t t t
3 2
6 2
2
e e e
e
7)
7
I
ln2
2
2
0
3
3 2
x x
x x
e e
dx
e e
Đặt
x
t e
x
dt e dx
và cận
:1 2
t
ln2 2
7
2 2
0 1
( 3) 3
3 2 3 2
x x
x x
e e t
I dx dt
e e t t
(*)
=
2 2 2 2
2 2
2 2 2
1 1 1 1
1 3
(2 3)
1 ( 3 2) 3 1 ( 3 2) 3
2 2
3 2 2 3 2 2 ( 1)( 2) 2 3 2 2
t
d t t dt d t t
dt
t t t t t t t t
2
1
1 1
1 2
dt
t t
2
2
1
1 3 1
ln( 3 2) ln
2 2 2
t
t t
t
3ln3 4ln 2
(Từ (*) các em có thể dùng phương pháp đồng nhất hệ số:
2
3 3
3 2 ( 1)( 2) 1 2
t t A B
t t t t t t
3 ( 2) ( 1)
t A t B t
(2*)
Ta tìm
,
A B
theo 2 cách: C1: chọn
1 2
t A
và chọn
2 1
t B
C2: (2*)
1 2
3 ( ) 2
2 3 1
A B A
t A B t A B
A B B
2
8
1
2
1
2 1
2ln 1 ln 2
1 2
I dt t t
t t
3ln 3 4ln 2
)
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
1
2 2
1
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
(A – 2010) 2)
ln5
2
2
ln2
1
x
x
e dx
I
e
3)
ln2
3 2
3
3
0
2
2 (1 )
x x x
x
e e e
I dx
e
4)
4
I
ln3
0
1
x
dx
e
5)
5
I
ln3
3
0
( 1)
x
x
e dx
e
6)
6
I
1
2
0
2 2 1
x x
dx
e e
Giải :
1)
1
2 2
1
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
(A – 2010)
Nhận xét: Vì biểu thức dưới dấu tích phân có cả phần đa thức liên hệ bởi phép toán cộng nên ta sẽ nghĩ tới
việc “triệt tiêu” nó bằng cách cô lập (tách) thành hai tích phân để tính.
1
1 1 1
2 3
2
1
0 0 0
0
(1 2 ) 1
1 2 1 2 3 3
x x x
x x
x e e e dx x
I dx x dx I I
e e
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 60
Tính
1
0
1 2
x
x
e dx
I
e
Đặt
1 2 2
2
x x x
dt
t e dt e dx e dx
và
:0 1
x
thì
:3 1 2
t e
Khi đó:
1 2
1 2
3
3
1 1 1 2 1
ln ln
2 2 2 3
e
e
dt e
I t
t
1
I
1 1 2 1
ln
3 2 3
e
(Các bạn có thể tính
I
theo kĩ thuật vi phân:
1 1
1
0
0 0
1 (1 2 ) 1 1 2 1
ln 1 2 ln
1 2 2 1 2 2 2 3
x x
x
x x
e dx d e e
I e
e e
)
CHÚ Ý: Bài toán trên các bạn có thể trình bày theo cách ngắn gọn sau:
1
1 1 1
2 3
2
1
0 0 0
0
(1 2 ) 1 (2 1) 1
ln 2 1
1 2 2 1 2 3 2
x x x
x
x x
x e e d e x
I dx x dx e
e e
1 1 2 1
ln
3 2 3
e
2)
ln5
2
2
ln2
1
x
x
e dx
I
e
Đặt
2
2
2
1 1
1
x
x x
x
tdt e dx
t e t e
e t
và
:ln 2 ln 5
x
thì
:1 2
t
Khi đó:
2
ln5 2 2
2 3 2
2
2
ln2 1 1
1
1
. .2 2 2
3 2
1
x
x
x
e t t t
I e dx tdt t t dt
t
e
23
3
3)
ln2
3 2
3
3
0
2
2 (1 )
x x x
x
e e e
I dx
e
Đặt
3 2 2
(1 ) 3(1 ) . (1 )
3
x x x x x
dt
t e dt e e dx e e dx
và
: 0 ln 2
x
thì
:8 27
t
Khi đó:
27
ln2 ln2 27
2 2
3
3 3
8
0 0 8
( 2 1) (1 ) 1 1
ln 2
2 (1 ) 2 (1 ) 3 2 3
x x x x x
x x
e e e e e dx dt
I dx t
e e t
1 29
ln
3 10
4)
4
I
ln3
0
1
x
dx
e
Đặt
2
2
2
1 1
1
x
x x
x
tdt e dx
t e t e
e t
cận
: 2 2
t
2
ln3 2 2
4
2 2
0
2 2
2
2 1
2 ln
( 1) 1 1
1
x
x x
e dx tdt dt t
I
t t t t
e e
=
2ln( 2 1) ln3
5)
5
I
ln3
3
0
( 1)
x
x
e dx
e
Đặt 1
x x
t e dt e dx
và cận
: 2 4
t
4
4 4
3
2
5
3
22 2
2
.
dt
I t dt
t
t
2 2
6)
6
I
1
2
0
2 2 1
x x
dx
e e
Nhận xét:
Nếu bài toán này ta đặt
2 2 2 2
2 2 1 2 2 1 (2 )
x x x x x x
t e e t e e tdt e e dx
khi đó chúng ta phải
chỉnh lại tích phân ( để rút được theo
tdt
) bằng cách biến đổi:
1
2
6
2 2
0
(2 )
(2 ) 2 2 1
x x
x x x x
e e dx
I
e e e e
nhưng ta
không rút được biểu thức
2
(2 )
x x
e e
dưới mẫu số theo
t
được . Như vậy hướng đi này không khả thi. Nếu
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 61
ta chuyển sang hướng khác bằng cách đặt
x
t e
thì
1
6
2 2
0 1
2 2 1 2 2 1
e
x
x x x
e dx dt
I
e e e t t t
nếu làm tiếp
thì sẽ khá dài và phức tạp. Nhưng chúng ta hãy quan sát kĩ lại biểu thức :
2 2
2 2 1 (1 )
x x x x
e e e e
giá
như nó có dạng
2 2
u a
.
Điều giá như này gợi ý chúng ta nhân thêm
2
x
e
:
2 2 2 2
(2 2 1) 2 2 (1 ) 1
x x x x x x
e e e e e e
. Và
khi đó ta có lời giải bài toán như sau:
Đặt
(1 )
x
t e
x
dt e dx
và cận
1
: 2 1
t e
1 1
6
2 2 2
0 0
(2 2 1) (1 ) 1
x x
x x x x
e dx e dx
I
e e e e
=
1 1
2 2
2
2 2 2
1 1
1 ( 1)
.
1 ( 1) 1
e e
dt t t dt
t t t t
1
1
2
2
2
2
2
1
1
( 1)
ln 1
( 1)
e
e
d t t
t t
t t
2
(2 5)
ln
1 2 2 1
e
e e e
DẠNG 6:
6
(ln )
I
f x
dx
x
(6*) (TỔNG QUÁT :
6
'
(ln )
I
u
f u dx
u
)
CÁCH GIẢI CHUNG
CHÚ Ý:
Nếu trong bài có
log
a
u
ta nên chuyển về
ln
u
bằng công thức:
ln
log log .log
ln
a a e
u
u e u
a
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
1
2
1
ln
(2 ln )
e
x
I dx
x x
(B – 2010) 2)
2
I
1
1 3ln ln
e
x x
dx
x
(B – 2004) 3)
3
I
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx
x x
4)
4
I
1
2
0
3
ln
3
9
x
x
dx
x
5)
3
5
1 ln
ln
e
e
x
I dx
x x
6)
6
2
1
1 ln
e
dx
I
x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 62
Giải :
1)
1
2
1
ln
(2 ln )
e
x
I dx
x x
(B – 2010) Đặt
2 ln
ln 2
dx
dt
t x
x
x t
và
:1
x e
thì
: 2 3
t
3
3 3
1
2 2
2 2
2
2 1 2 2
ln
t
I dt dt t
t t t t
1 3
ln
3 2
2)
2
I
1
1 3ln ln
e
x x
dx
x
(B – 2004)
Đặt
2
2 2
3 3
2
2
1 3ln 1 3ln
1 1
ln ln
3 3
dx dx
tdt tdt
x x
t x t x
t t
x x
và
:1
x e
thì
:1 2
t
2
2 2
2 5 3
4 2
2
1 1
1
1 2 2 2
. . ( )
3 3 9 9 5 3
t t t
I t tdt t t dt
116
135
3)
3
I
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx
x x
Đặt
2 2 2
2 2
2 2
6ln ln
2
3
1 3ln 1 3ln
1 1
ln ln
3 3
x x tdt
tdt dx dx
x x
t x t x
t t
x x
và
:1
x e
thì
:1 2
t
3
2
2
3
3
2 2
1 1
log .ln
1 ln ln
.
ln 2
1 3ln 1 3ln
e e
e x
x x
I dx dx
x
x x x
2
2
3
1
1
1
3
.
ln 2 3
t
tdt
t
2
2
3
2
3 3
1
1
1 1
( 1)
9ln 2 9ln 2 3
t
t dt t
3
4
27ln 2
4)
4
I
1
2
0
3
ln
3
9
x
x
dx
x
Đặt
2 2
3 6 3 6
ln :
3 (3 ) 3 9
x x dx
t dt dx
x x x x
và cận
:0 ln 2
t
ln2
ln2
2
4
0
0
1
6 12
t
I tdt
2
ln 2
12
5)
3
5
1 ln
ln
e
e
x
I dx
x x
Đặt
2
2
2
1 ln 1 ln
ln 1
dx
tdt
t x t x
x
x t
và cận
: 2 2
t
2
2 2 2
2
5
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1
.2 2 2 1 2 ln
1 1 1 2 1
t t t
I tdt dt dt t
t t t t
4 2 2 2ln( 2 1) ln3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 63
6)
6
2
1
1 ln
e
dx
I
x x
Đặt
ln
dx
t x dt
x
và
:1
x e
thì
1
:0
2
t
1
2
6
2
0
1
dt
I
t
Đặt với
sin
t u
với
;
2 2
u
2
cos
1 cos
dt udu
t u
và
1
:0
2
t
thì
:0
6
u
Khi đó
6 6
6
6
0
0 0
cos
cos
udu
I du u
u
6
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
1
1
3 2ln
1 2ln
e
x
I dx
x x
2)
2
2
ln(ln )
e
e
x
I dx
x
3)
2
3
1
1 ln ln
e
x x
I dx
x
4)
3 2
4
1
ln . 1 ln
e
x x
I dx
x
5)
3
2
5
2
1
ln 2log
1 3ln
e
x x
I dx
x x
6)
2
6
2
1
2ln 1
8ln 8ln 3
e
x
I dx
x x x
Giải :
1)
1
1
3 2ln
1 2ln
e
x
I dx
x x
Đặt
2
2
1 2ln 1 2ln
2ln 1
dx
tdt
t x t x
x
x t
và cận
:1 2
t
2
2 2
2 3
2
1
1 1
1
3 ( 1)
. 4 4
3
t t
I tdt t dt t
t
10 2 11
3
2)
2
2
ln(ln )
e
e
x
I dx
x
Đặt ln
dx
t x dt
x
và cận
:1 2
t
2
2
1
ln
I tdt
Đặt
2
2
2
2
1
1
1
ln
ln ln
dt
u t
du
I t t dt t t t
t
dv dt
v t
2ln2 1
3)
2
3
1
1 ln ln
e
x x
I dx
x
Đặt
2 2 2
ln
1 ln 1 ln
x
t x t x tdt dx
x
và cận
:1 2
t
2
2
3
3
1
1
.
3
t
I t tdt
2 2 1
3
4)
3 2
4
1
ln . 1 ln
e
x x
I dx
x
Đặt
3 2 3 2 2 2
2ln ln 3
1 ln 1 ln 3
2
x x
t x t x t dt dx dx t dt
x x
và cận
3
:1 2
t
3
3 3
2
2 2
3 2 2 3 4
4
1
1 1 1
ln 3 3 3
1 ln . .
2 2 8
e
xdx
I x t t dt t dt t
x
2
6 2 3
8
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 64
5)
3
2
5
2
1
ln 2log
1 3ln
e
x x
I dx
x x
Đặt
2 2 2
2
2
6ln ln 1
2
3
1 3ln 1 3ln
1
ln
3
x x
tdt dx dx tdt
x x
t x t x
t
x
và cận
:1 2
t
3 3 2
2 2 2
5
2 2 2
1 1 1
ln 2log ln 2log .ln ln 2log ln
.
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x x x e x x e
x
I dx dx dx
x
x x x x x
2
2
1
1 2
1
3 ln 2
.
3
t
tdt
t
2
3
2
1
2
1 6 1 6
1
1
9 ln2 9 3 ln2
t
t dt t t
4 2
27 3ln2
6)
2 2
6
2
2
1 1
2ln 1 2ln 1
8ln 8ln 3
. 2 2ln 1 1
e e
x x
I dx dx
x x x
x x
Đặt
2
4(2ln 1) 2ln 1
(2ln 1)
4
x x dt
t x dt dx dx
x x
và
2
:1
x e
thì
:1 9
t
Khi đó
9
9
6
1
1
1 1
ln 2 1
4 2 1 8
dt
I t
t
1 19
ln
8 3
DẠNG 7:
2
7
(tan )
cos
I
f x
dx
x
(7*1) hoặc
2
7
(cot )
sin
I
f x
dx
x
(7*2)
CÁCH GIẢI CHUNG
CHÚ Ý:
+) Khi gặp tích phân
2 2
(tan )
sin sin cos cos
f x
I dx
a x b x x c x
thì ta phân tích
2 2
(tan )
cos ( tan tan )
f x
I dx
x a x b x c
sau đó đặt
2
tan
cos
dx
t x dt
x
0
0
2
( )f t
I dx
at bt c
( tích phân hữu tỉ - các bạn xem lại ở lớp tích phân hữu tỉ )
+) Các bạn có thể sử dụng kĩ thuật vi phân nếu biểu thức dưới dấu tích phân “đơn giản” .
+) Chú ý cận
;
để biến đổi hợp lý về (7*1) hoặc (7*2).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 65
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
46
1
0
tan
cos2
x
I dx
x
(A – 2008) 2)
3
4
2
2 2
0
tan 3
sin sin 2 3cos
x
I dx
x x x
3)
4
3
3
4
sin (2 sin 2 )
cos
x x
I dx
x
4)
3
4
6
sin .sin
6
dx
I
x x
5)
2
5
3
4
sin
sin cos
xdx
I
x x
6)
3
6
3
4
sin .cos
dx
I
x x
Giải :
1)
4
6
1
0
tan
cos2
x
I dx
x
(A – 2008)
4 4
6 6
1
2 2 2 2
0 0
tan tan
cos sin cos .(1 tan )
x x
I dx dx
x x x x
Đặt
2
tan
cos
dx
t x dt
x
và
:0
6
x
thì
3
:0
3
t
3 3 3
43 3 3
2 2
1
2 2
0 0 0
1 1 1 1
1 1
1 1 2 1 1
t
I dt t dt t dt
t t t t
3
0
3
3
1 1
ln
3 2 1
t t
t
t
10 3 1
ln(2 3)
27 2
2)
3
4
2
2 2
0
tan 3
sin sin 2 3cos
x
I dx
x x x
Ta có:
3
4
2
2 2
0
tan 3
cos .(tan 2tan 3)
x
I dx
x x x
. Đặt
2
tan
cos
dx
t x dt
x
và
:0
4
x
thì
:0 1
t
1 1 1 1
3
2
2 2
0 0 0 0
3 7 3 6( 1) 3 6 1
2 2 2
2 3 2 3 ( 1)( 3) 3 1
t t t t
I dt t dt t dt t dt
t t t t t t t t
1
2
0
2 6ln 3 ln 1
2
t
t t t
5
7ln 2 6ln3
2
3)
4
3
3
4
sin (2 sin 2 )
cos
x x
I dx
x
24 4 4
2
3 3 2
4 4 4
2sin 2sin cos tan
2 2 tan
cos cos cos
x x x x
dx dx xdx
x x x
24 4
2
4 4
4
4
1 tan
2 tan (tan ) 2 1 2 tan
cos 2
x
xd x dx x x
x
4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 66
4)
3 3 3 3
4
2
6 6 6 6
2
2
3 1
sin . 3sin cos sin . 3 cot
sin .sin
sin . sin cos
6
2 2
dx dx dx dx
I
x x x x x
x x
x x x
3
3
6
6
3 cot
2 2ln 3 cot
3 cot
d x
x
x
3
2ln
2
5)
2 2 2 2
5
3 3 3 3
3 2
4 4 4 4
sin sin sin
sin cos sin . 1 cot sin . 1 cot
sin 1 cot
xdx xdx xdx dx
I
x x x x x x
x x
2
2
3 2
4
4
(1 cot ) 1
1 cot 2 1 cot
d x
x x
3
8
( Ta có thể tính
5
I
theo Cách 2 như sau :
2 2 2
5
3 3
3
4 4 4
sin sin 1 sin
2 2
sin cos
sin
2sin
4
4
xdx xdx xdx
I
x x
x
x
Đặt
4
t x dt dx
và
:
4 2
x
thì
3
:
2 4
t
. Khi đó:
3 3 3 3
3
4 4 4 4
4
5
3 3 2 3 2
2
2 2 2 2
sin
1 1 sin cos 1 sin 1 1
4
cot
sin 4 sin 4 sin sin 4 2sin
2 2
t
t t dt d t
I dt dt t
t t t t t
3
8
)
6)
23 3 3 3
6
3 4 2 2 2
4 4 4 4
1 1 1 tan
. . .
sin .cos tan .cos tan cos cos tan cos
dx dx dx x dx
I
x x x x x x x x x
Đặt
2
tan
cos
dx
t x dt
x
và
:
4 3
x
thì
:1 3
t
Khi đó
3
3 3
2 2
6
1 1
1
1 1
. ln
2
t t
I dt t dt t
t t
1
1 ln3
2
Nhận xét: +) Ba ý
3 4 5
, ,
I I I
do biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, nên ta đã sử dụng kĩ thuật vi phân.
+) Ở tích phân
5
I
nếu đổi lại đề (đổi lại cận)
4
5
3
0
sin
sin cos
xdx
I
x x
thì cách làm đầu tiên bằng việc biến
đổi
4 4
5
3 3
0 0
sin sin
sin cos
sin 1 cot
xdx xdx
I
x x
x x
sẽ không chính xác vì
sin 0
x
tại
0
x
. Lúc này ta biến
đổi theo
cos
x
như sau
4 4 4 4
5
3 3 3 3
3 2
0 0 0 0
sin sin sin tan
sin cos cos tan 1 cos tan 1
cos tan 1
xdx xdx xdx xdx
I
x x x x
x
…
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 67
Nếu tiếp tục đổi lại cận
2
5
3
0
sin
sin cos
xdx
I
x x
thì cách biến đổi theo
cos
x
khi đó cũng không chính xác.
Song Cách 2 vẫn phát huy tác dụng . Ngoài ra ta còn cách giải khác (sẽ được nói kĩ hơn ở các lớp tích
phân đặc biệt).
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
3
4
1
2 3 5
0
sin
(2 tan ) .cos
x
I dx
x x
2)
3
2
2
4
tan
cos . 1 2cos
x
I dx
x x
3)
4
3
2
6
sin
5sin cos 2cos
x
I dx
x x x
Giải : 1)
3
4
2 3 2
0
tan
(2 tan ) .cos
x
dx
x x
Đặt
2
2 tan
t x
2 2
2tan tan
cos cos 2
x x dt
dt dx dx
x x
và
:0
4
x
thì
:2 1
t
. Khi đó:
2
2 2
2
4
1
2 3 2 3 3 2 2
0 1 1
1
tan tan 2 1 2 1 1 1 1
. .
(2 tan ) cos 2 2 2
x x t dt
I dx dt
x x t t t t t
1
8
2)
3 3 3
2
2 2 2
2
4 4 4
2
tan tan tan
1
cos . 1 2cos cos . 3 tan
cos . cos 2
cos
x x x
I dx dx dx
x x x x
x x
x
Đặt
2 2 2
2
tan
3 tan 3 tan
cos
t
t x t x tdt dt
t
và
:
4 3
x
thì
: 2 6
t .
Khi đó:
6 6
6
2
2
2 2
tdt
I dt t
t
6 2
3)
4 4
3
2
2
3
2 2
6 6
sin sin
5sin cos 2cos
cos cos 1
sin 5 2 .
sin sin sin
x x
I dx dx
x x x
x x
x
x x x
4 4
2 3 2
2 2 2
6 6
sin 2cot 5cot 2cot
sin 5cot 2cot 1 cot
dx dx
x x x x
x x x x
Đặt
2
cot
sin
dx
t x dt
x
và
:
6 4
x
thì
: 3 1
t
. Khi đó :
3
3
3 2
1
2 5 2
dt
I
t t t
Ta phân tích
3 2
1 1
1 ( 2)(2 1) (2 1) ( 2)
2 5 2 ( 2)(2 1) 2 2 1
A B C
A t t Bt t Ct t
t t t t t t t t t
Lần lượt chọn
x
bằng
1
0; 2;
2
ta được:
1
2
A
;
1
6
B
và
4
3
C
, suy ra:
3
3
3
1
1
1 1 4 1 1 2
ln ln 2 ln 2 1
2 6( 2) 3(2 1) 2 6 3
I dt t t t
t t t
3 1 2
ln3 ln( 3 2) ln(2 3 1)
4 6 3
3
4
1
2 3 5
0
sin
(2 tan ) .cos
x
I dx
x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 68
Bài luyện
Tính các tích phân sau:
1)
6
1
0
cos sin cos
dx
I
x x x
( Đs:
3 3
ln
3
) 2)
4
2
0
cos .sin
4
dx
I
x x
( Đs:
2 ln 2
)
3)
3
3
3
0
sin
3sin cos
x
I dx
x x
( Đs:
3
32
) 4)
4
I
23
6
6
sin
cos
x
dx
x
( Đs:
42 3 8
15
)
DẠNG 8:
8
( ) ( ) . '( )
( )
I
kg x f g x g x
dx
g x
(8*)
CÁCH GIẢI CHUNG
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1)
2
4
1
0
1 2sin
1 sin 2
x
I dx
x
(B – 2003) 2)
2
2
0
sin 2 .cos
1 cos
x x
I dx
x
(B – 2005)
3)
1
2 2
3
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
(A – 2010) 4)
4
4
0
sin ( 1)cos
sin cos
x x x x
I dx
x x x
(A – 2011)
Giải :
1)
2
4
1
0
1 2sin
1 sin 2
x
I dx
x
(B – 2003) Ta có:
4
1
0
cos2
1 sin 2
x
I dx
x
Đặt
2cos2 cos 2
2
dt
dt xdx xdx
và
:0
4
x
thì
:1 2
t
2
1
1
2
1
1 1
ln
2 2
dt
I t
t
1
ln 2
2
1 sin 2
t x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 69
2)
2
2
0
sin 2 .cos
1 cos
x x
I dx
x
(B – 2005) Ta có:
2
2
2
0
cos .sin
2
1 cos
x x
I dx
x
Đặt
1 cos sin
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:2 1
t
1 2
2 2
2
2 1
2
( 1) 1
2 .( ) 2 2 2 2 ln
1
2
t t
I dt t dt t t
t t
1 2ln 2
3)
1
2 2
3
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
(A – 2010) Có :
1
1 1 1
2 3
2
3
0 0 0
0
(1 2 ) 1
1 2 1 2 3 3
x x x
x x
x e e e dx x
I dx x dx I I
e e
Tính
1
0
1 2
x
x
e dx
I
e
Đặt
1 2 2
2
x x x
dt
t e dt e dx e dx
và
:0 1
x
thì
:3 1 2
t e
Khi đó:
1 2
1 2
3
3
1 1 1 2 1
ln ln
2 2 2 3
e
e
dt e
I t
t
3
I
1 1 2 1
ln
3 2 3
e
4)
4
4
0
sin ( 1)cos
sin cos
x x x x
I dx
x x x
(A – 2011)
+)
4 4 4
4
0 0 0
( sin cos ) cos cos
1
sin cos sin cos
x x x x x x x
I dx dx dx I
x x x x x x
4
0
4
x I I
+) Tính
4
0
cos
sin cos
x x
I dx
x x x
Đặt sin cos cos
t x x x dt x xdx
và
:0
4
x
thì
2
:1 1
2 4
t
2
1
2
2 4
1
2 4
1
1
2
ln ln 1
2 4
dx
I x
x
4
I
2
ln 1
4 2 4
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1)
2
1
1
1 ( 1)ln
1 ln
e
x x x
I dx
x x
2)
3 4
2
1
2 1 1 ln
2 ln
e
x x x
I dx
x x
Giải : 1)
2
1
1
1 ( 1)ln
1 ln
e
x x x
I dx
x x
1 1 1
(1 ln ) 1 ln 1 ln
1 ln 1 ln
e e e
x x x x x
dx x dx xdx I
x x x x
(*)
+)
2 2
1
1
1
2 2
e
e
x e
xdx
(1)
+)
1
1 1
1 ln (1 ln )
ln 1 ln ln( 1)
1 ln 1 ln
e e
e
x d x x
I dx x x e
x x x x
(2)
Thay (1), (2) vào (*)
2)
3 4
3
3
2
1 1 1
2 1 1 ln
(2 ln ) 1 ln 1 ln
2 ln 2 ln 2 ln
e e e
x x x
x x x x x
I dx dx x dx
x x x x x x
4
3
1 1
1
(2 ln )
ln 2 ln
2 ln 4
e
e e
d x x x
x dx x x
x x
2
1 2
ln
4 2
e e
1
I
2
1
ln( 1)
2
e
e
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 70
CHÚ Ý: Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các em có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi
phân. Ở và
2
I
ta đã sử dụng :
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1)
3
1
0
( 1)sin 2 sin
1 2cos
x x x x
I dx
x
2)
3
2
0
2sin .(cos 2 sin )
1 sin sin3
x x x x x
I dx
x x
Giải :
1)
3 3 3 3
1
0 0 0 0
( 1)sin 2 sin sin .(1 2cos ) sin 2 sin 2
sin
1 2cos 1 2cos 1 2cos
x x x x x x x x x
I dx dx x xdx dx A B
x x x
(*)
+) Tính
3
0
sin
A x xdx
Đặt
sin cos
u x du dx
dv xdx v x
Khi đó
3
3 3
0 0
0
3
cos cos sin
6 2 6
A x x xdx x
(1)
+) Tính
3 3
0 0
sin 2 2sin cos
1 2cos 1 2cos
x x x
B dx dx
x x
Đặt
1 2cos 2sin sin
2
dt
t x dt xdx xdx
và cận
:0
3
x
thì
:3 2
t
Khi đó
3 3
3
2
2 2
1 1 1 1 1 1 3
. 1 . ln ln
2 2 2 2 2 2
t dt
B dt t t
t t
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
1
I
3 1 1 3
ln
2 6 2 2
2)
3
2
0
2sin .(cos 2 sin )
1 sin sin3
x x x x x
I dx
x x
Ta có:
2
2 2 2 2
2sin .(cos 2 sin ) .(4sin 1) sin 2
1 1 cos4 1 cos2 sin 2 cos (4sin 1)cos
1 sin sin3 1 cos4 cos2
2 2 4 4
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
Khi đó
23 3 3
2
2 2 2 2 2
0 0 0
.(4sin 1) sin 2 sin 2
4 4 4
(4sin 1)cos cos (4sin 1)cos
x x x x x
I dx dx dx A B
x x x x x
(*)
+) Tính
6
2
0
cos
x
A dx
x
Đặt
2
tan
cos
u x
du dx
dx
v x
dv
x
Khi đó
3 3
3
3
0
0
0 0
sin cos
tan ln cos ln 2
cos cos
3 3 3
x d x
A x x dx x
x x
(1)
1
I
'
ln ?
u du
I dx u
u u
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 71
+) Tính
3 3 3
2
22 2
2
2
0 0 0
2
sin cos
sin 2 tan
cos
2 2 tan
4sin 1(4sin 1)cos
1 5tan
.cos
cos
x x
x x
x
B dx dx d x
xx x
x
x
x
2
3
3
2
2
0
0
1 5tan
1 1 4
ln 1 5tan ln 2
5 5 5
1 5tan
d x
x
x
(2)
Thay (1) và (2) vào (*) ta được:
2
4
4 ln 2 ln 2
5
3
I
4 3 4
ln2
3 5
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: 1)
2 2
2
1
0
sin sin
cos
x x x
I dx
x x
2)
2 2 2
2
2
0
sin 3cos 2sin
2cos
x x x x
I dx
x x
3)
2
3
2
1
1 ln
ln
e
x x
I dx
x x x
4)
2 2
4
2
2
1
2 (1 2ln ) ln
ln
e
x x x x
I dx
x x x
Giải :
1)
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
0 0 0
sin sin cos cos sin sin ( cos )( cos ) 1 sin
cos cos cos
x x x x x x x x x x x x x
I dx dx dx
x x x x x x
2 2
0 0
2 2
0 0
1 sin
( cos )
cos
( cos )
( cos )
cos
x
x x dx dx
x x
d x x
x x dx
x x
2
2
0
sin ln cos
2
x
x x x
2
1 ln
8 2
2)
2 2 2 2 2 2 2
2 2
2
0 0
sin 3cos 2sin 4cos sin cos 2sin
2cos 2cos
x x x x x x x x x
I dx dx
x x x x
2
0
( 2cos )( 2cos ) 1 2sin
2cos
x x x x x
dx
x x
2 2
0 0
1 2sin
( 2cos )
2cos
x
x x dx dx
x x
2 2
0 0
( 2cos )
( 2cos )
2cos
d x x
x x dx
x x
2
2
0
2sin ln 2cos
2
x
x x x
2
2 ln
8 4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 72
3)
2 2
3
2 2 2
1 1 1
1 ln ( ln ) 1 1
1
ln ln ln
e e e
x x x x x x x
I dx dx dx
x x x x x x x x x
2
1 1 1
1
1
1 1
ln
1
1 ln ln
1 1
ln ln
e
e e e
d x
x
x x
dx dx x x
x
x x
x x
ln( 1)
e e
4)
2
2 2 2
2 2
4
2 2 2
2 2
2
1 1 1
2 ln ln
ln .( 1)
2 (1 2ln ) ln
. ln . ln
ln
e e e
x x x x x x
x x x x
x x x x
I dx dx dx
x x x x x x
x x x
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
1
1
1
ln
1 1 1 1 1
ln
ln ln ln
e
e e e e
d x x
x dx
x
dx dx
x x x x x x
x x x x x x x
2
2
2 1
e
e e
DẠNG 9:
9
sin .cos
m n
I
x xdx
(9*)
( , )
m n
hoặc
9.1
(sin ).cosI
f x xdx
(9*1) ;
9.2
(cos ).sinI
f x xdx
(9*2)
CÁCH GIẢI CHUNG
CHÚ Ý:
+) Các em xem thêm DẠNG 7 cho đầy đủ các trường hợp.
+) Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các em có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi phân.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 73
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
2
3 2
1
0
(cos 1)cos
I x xdx
(A – 2009) 2)
2
3 4
2
0
sin 2 cos
I x xdx
3)
3
3
2 4
4
sin cos
dx
I
x x
4)
4
3 3
4
0
sin 2 .(sin sin3 cos cos3 )
I x x x x x dx
5)
32
5
2
6
cos
sin
x
I dx
x
Giải :
1)
2
3 2
1
0
(cos 1)cos
I x xdx
(A – 2009) Ta có :
2 2
5 2
1
0 0
cos cos
I xdx xdx A B
+) Tính
2 2
2
2
0 0
0
1 1 1
cos (1 cos2 ) sin 2
2 2 2 4
B xdx x dx x x
+) Tính
2
5
0
cos
A xdx
( ở đây
0; 5
m n
) Đặt
sin
t x
cos
dt xdx
và
:0
2
x
thì
:0 1
t
Khi đó :
1 1
5
2 2
4 2 2 2 2 4 2 3
0 0 0 0
1
0
2 8
cos cos (1 sin ) cos (1 ) ( 2 1)
5 3 15
t
A x xdx x xdx t dt t t dt t t
1
I
8
15 4
2)
2
3 4
2
0
sin 2 cos
I x xdx
2
3 7
0
8 sin cos
x xdx
( ở đây
3; 7
m n
)
Đặt cos sin
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:0 1
t
Khi đó
0 1
2
2 7 2 7 7 9
2
0 1 0
8 (1 cos )cos sin 8 (1 ) .( ) 8 ( )
I x x xdx t t dt t t dt
1
8 10
0
8
8 10
t t
1
5
3)
3
3
2 4
4
sin cos
dx
I
x x
2 23 3
2 4 4 2 2
4 4
(sin cos ) 1 1
sin cos cos sin cos
x x
dx dx
x x x x x
3 3
2 2 2
4 4
1
. 4
cos cos sin 2
dx dx
x x x
33 3
2
2
4 4
3
4
(2 ) tan
1 tan . (tan ) 2 tan 2cot(2 )
sin 2 3
d x x
x d x x x
x
8 3 4
3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 74
4)
4
3 3
4
0
sin 2 .(sin sin3 cos cos3 )
I x x x x x dx
Ta có:
3 3
sin sin3 cos cos3
x x x x
=
2 2
sin (1 cos )sin3 cos (1 sin )cos3
x x x x x x
=
sin sin3 cos cos3 sin cos cos sin3 sin cos3
x x x x x x x x x x
=
cos2 sin cos .sin 4
x x x x
(áp dụng công thức hiệu của cos và tổng của sin )
2
cos2 2sin cos .sin 2 cos2 cos2 sin 2 cos2
x x x x x x x x
2 2 3
cos2 sin 2 cos2 cos2 (1 sin 2 ) cos 2
x x x x x x
Khi đó:
4
3
2
0
sin 2 cos 2
I x xdx
Đặt
cos2 2sin 2
t x dt xdx
và cận
:1 0
t
1
4
3
2
0
1
1
0
2 8
t
I t dt
1
8
(Trong trường hợp này các em có thể sử lý nhanh bằng kĩ thuật vi phân
44 4
3 3
4
0 0
1 cos 2
sin 2 cos 2 cos 2 (cos2 )
4
2 8
0
x
I x xdx xd x
1
8
)
Nhận xét :
Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các bạn có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi phân.
5)
32
5
2
6
cos
sin
x
I dx
x
Đặt
sin
t x
cos
dt xdx
và
:
6 2
x
thì
1
: 1
2
t
Khi đó
1
2 2 22 2
5
2 2 2
1
6 6 2
cos 1 sin 1
cos cos
sin sin
x x t
I xdx xdx dt
x x t
1
1
2
1
1
2
2
1 1
1 dt t
t t
1
2
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
2
1
2
0
sin
1 cos
xdx
I
x
2)
4
2
6 6
0
sin 4 cos2
sin cos
x x
I dx
x x
3)
2
4
3
0
1 2sin
1 sin 2
x
I dx
x
(B – 2003)
4)
2
4
0
sin 2 cos
1 cos
x x
I dx
x
(B – 2005) 5)
0
5
2
2
sin 2
(2 sin )
x
I dx
x
6)
6
6
0
cos
cos2 cos2
x
I dx
x x
7)
2
7
2 2
0
3sin 4cos
3sin 4cos
x x
I dx
x x
8)
4
8
2
0
sin 4
1 cos
xdx
I
x
9)
3
2
9
2
0
sin cos
1 cos 2
x x
I dx
x
Giải :
1)
2
1
2
0
sin
1 cos
xdx
I
x
Đặt
cos sin sin
t x dt xdx xdx dt
và cận
:1 0
t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 75
0 1
1
2 2
1 0
1 1
dt dt
I
t t
Đặt
2
2
2 2
(1 tan )
tan
cos
1 1 tan
du
dt u du
t u
u
t u
và cận
:0
4
u
2
4 4
4
1
2
0
0 0
(1 tan )
1 tan
u du
I du u
u
4
2)
4
2
6 6
0
sin 4 cos2
sin cos
x x
I dx
x x
Ta có:
4 4
2
2
2
0 0
(2sin 2 1)cos2 (2sin 2 1)cos2
4
3
4 3sin 2
1 sin 2
4
x x x x
I dx dx
x
x
Đặt
sin 2 2cos 2
t x dt xdx
và
:0 1
t
1 1 1 1 1 1
2
2
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
2
.6 2
2 1 2 6 2 (3 4) 1 ( 3 2) ( 3 2)
3
2 2
4 3 3 4 3 3 4 3 4 3 3 4 2
( 3 2)( 3 2)
t
t tdt dt d t t t
I dt dt dt
t t t t t
t t
1
1
1
2
0
0
0
2 1 1 1 4 1 3 2
ln 3 4 ln 2 ln
3 2 3 2
3 2 3 2 3 2
t
t dt
t t t
4
ln2 ln 2 3
3
3)
2
4
3
0
1 2sin
1 sin 2
x
I dx
x
(B – 2003) Ta có:
4
3
0
cos2
1 sin 2
x
I dx
x
Cách 1
: Đặt
sin 2
t x
2cos2 cos2
2
dt
dt xdx xdx
và
:0
4
x
thì
:0 1
t
1
3
0
1
1 1
ln 1
0
2 1 2
dt
I t
t
1
ln 2
2
Cách 2 : (Theo góc nhìn của DẠNG 8)
Đặt
1 sin2
t x
và
:0
4
x
thì
:1 2
t
2
3
1
2
1
1 1
ln
2 2
dt
I t
t
1
ln 2
2
4)
2
4
0
sin 2 cos
1 cos
x x
I dx
x
(B – 2005) Ta có:
2
2
4
0
cos
2 .sin
1 cos
x
I xdx
x
Cách 1
: Đặt
cos sin
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:1 0
t
0 1
2 2
4
1 0
1
1
2 .( ) 2 1 2 ln 1
0
1 1 2
t t
I dt t dt t t
t t
1 2ln 2
Cách 2 : (Theo góc nhìn của DẠNG 8)
Đặt
1 cos sin
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:2 1
t
1 2
2 2
4
2 1
2
( 1) 1
2 .( ) 2 2 2 2 ln
1
2
t t
I dt t dt t t
t t
1 2ln 2
6 6 2
3
sin cos 1 sin 2
4
sin 4 cos2 (2sin 2 1)cos2
x x x
x x x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 76
5)
0 0
5
2 2
2 2
sin 2 2sin
cos
(2 sin ) (2 sin )
x x
I dx xdx
x x
Đặt 2 sin cos
t x dt xdx
và
: 0
2
x
thì
:1 2
t
Khi đó
2
2 2
5
2 2
1 1
1
2( 2) 2 4 4
2ln
t
I dt dt t
t t t t
2ln 2 2
6)
6
6
0
cos
cos2 cos2
x
I dx
x x
+) Ta có:
6 6
6
2 2
0 0
cos cos
cos2 cos2
(1 2sin ) 1 2sin
x x
I dx dx
x x
x x
+) Đặt
sin
t x
cos
dt xdx
và
1
:0
2
t
1
2
6
2 2
0
(1 2 ) 1 2
dt
I
t t
(*)
+) Ta sẽ đi tính nguyên hàm
2 2
(1 2 ) 1 2
dt
I
t t
Đặt
2
1
du
t dt
u u
2
2 2 2 2
2
2 2
1 ( 2)
2
2 2
( 2) 2 ( 2) 2
1 1
du udu d u
I
u u u u
u
u u
3
2 2
2
2 2
2
1 1 1
( 2) ( 2)
2
1
2 1 2
2
t
u d u C C C
u t
t
1
1
2
2
6
2 2 2
0
0
(1 2 ) 1 2 1 2
dt t
I
t t t
2
2
CHÚ Ý : Dạng tổng quát của (*) là
( )
n
n n
dx
I
a bx a bx
và ta giải bằng cách đặt
1
x
t
.
7)
2 2 2
7
2 2 2 2 2 2
0 0 0
3sin 4cos sin cos
3 4 3 4
3sin 4cos 3sin 4cos 3sin 4cos
x x x x
I dx dx dx A B
x x x x x x
(1)
*) Tính
2 2 2
2 2 2 2 2
0 0 0
sin sin sin
3sin 4cos 3(1 cos ) 4cos 3 cos
x x x
A dx dx dx
x x x x x
Đặt
cos sin
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:1 0
t
Khi đó
1
2
0
3
dt
A
t
Đặt
2
2
2 2
3
3 1 tan
cos
3 tan
3 3 1 tan
dt du u du
u
t u
t u
và
:0 1
t
thì
:0
6
u
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 77
2
6 6
6
2
0 0
0
3 1 tan
3 3 3
3 3 18
3 1 tan
u du
A du u
u
(2)
( Việc tính
2
2
0
sin
3 cos
x
A dx
x
các em có thể đặt
cos 3 tan
x u
, thực chất là việc gộp 2 cách đặt trên )
*) Tính
2 2 2
2 2 2 2 2
0 0 0
cos cos cos
3sin 4cos 3sin 4(1 sin ) 4 sin
x x x
B dx dx dx
x x x x x
Đặt
sin cos
t x dt xdx
và
:0
2
x
thì
:0 1
t
Khi đó
1
1 1 1
2
0 0 0
0
1 ( 2) ( 2) 1 1 1 1 2 1
ln ln3
4 4 ( 2)( 2) 4 2 2 4 2 4
dt t t t
B dt dt
t t t t t t
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta được:
7
3 4
I A B
3
ln3
6
8)
4 4 4
8
2
0 0 0
sin 4 2sin 2 cos2 sin2 cos2
4
1 cos2
1 cos 3 cos2
1
2
xdx x xdx x x
I dx
x
x x
Cách 1
: Đặt cos2 2sin2
t x dt xdx
1
sin2
2
xdx dt
và
:0
4
x
thì
:1 0
t
0 1 1
1
8
0
1 0 0
1 3
4 . 2 2 1 2 3ln 3
3 2 3 3
t t
I dt dt dt t t
t t t
4
2 6ln
3
Cách 2 : (Theo góc nhìn của DẠNG 8) Đặt
1
3 cos2 2sin 2 sin 2
2
t x dt xdx xdx dt
và
:0
4
x
thì
:4 3
t
3 4
4
8
3
4 3
3 1 3
4 . 2 1 2 3ln
2
t
I dt dt t t
t t
4
2 6ln
3
9)
3 2
2 2 2
9
2 2 2
0 0 0
sin cos sin .sin cos 1 (1 cos2 ).sin 2
1 cos 2 1 cos 2 4 1 cos 2
x x x x x x x
I dx dx dx
x x x
Đặt
cos2 2sin 2 sin 2
2
dt
t x dt xdx xdx
và
:0
2
x
thì
:1 1
t
Khi đó
1 1 1
9
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1 1
.
4 1 2 8 1 8 1 8
t dt dt tdt
I A B
t t t
(*)
+) Tính
1
2
1
1
dt
A
t
Đặt
2
2
tan (1 tan )
cos
dt
t u dt u du
u
và
: 1 1
t
thì
:
4 4
u
24 4
4
2
4
4 4
(1 tan )
1 tan 2
u du
A du u
u
(1) +) Tính
1
1 1
2
2
2 2
1
1 1
1 (1 ) 1
ln 1 0
1 2 1 2
tdt d t
B t
t t
(2)
Thay (1), (2) vào (*) ta được:
9
I
16
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 78
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1)
4
1
2
0
( 2cos )sin
cos
x x x
I dx
x
2)
2
2
3
4
( 2sin 3)cos
sin
x x x
I dx
x
Giải :
1)
4 4 4 4 4
1
2 2 2
0 0 0 0 0
( 2cos )sin sin sin sin cos
2 2 2
cos cos cos cos cos
x x x x x x x x d x
I dx dx dx dx A B
x x x x x
(*)
+) Tính
4
2
0
sin
cos
x x
A dx
x
Đặt
2 2 2
sin sin cos 1
cos cos cos cos
u x du dx
x x d x
dv dx v dx
x x x x
Suy ra
4 4 4
4
2 2
0
0 0 0
2 cos 2 sin
cos cos 4 cos 4 (1 sin )
x dx xdx d x
A
x x x x
4
4
0
0
2 1 1 1 2 1 1 sin
sin ln
4 2 1 sin 1 sin 4 2 1 sin
x
d x
x x x
2 1
ln(2 2) ln 2
4 2
(1)
+) Tính
4
4
0
0
cos 1
ln cos ln 2
cos 2
d x
B x
x
(2) . Thay (1), (2) vào (*) :
1
I
2 3
ln(2 2) ln 2
4 2
2)
2 2 2
2
3 3 3
4 4 4
( 2sin 3)cos cos (2sin 3)cos
sin sin sin
x x x x x x x
I dx dx dx A B
x x x
(*)
+) Tính
2
3
4
cos
sin
x x
A dx
x
Đặt
3 3 3 2
cos cos sin 1
sin sin sin 2sin
u x du dx
x x d x
dv dx v dx
x x x x
Suy ra
2
2 2
2 2
4 4
4
1 1 1
0 cot
2sin 2 sin 2 2
x dx
A x
x x
(1)
+) Tính
2 2
2
3 2 3 2
4
4 4
(2sin 3)cos 2 3 2 3
sin
sin sin sin sin 2sin
x x
B dx d x
x x x x x
2 2 2
(2)
Thay (1) và (2) vào (*) ta được:
2
I
3
2 2
2
Bài luyện
Tính các tích phân sau: 1)
2
5 4
1
0
sin cos
I x xdx
(
8
315
) 2)
33
2
5
0
sin
cos
x
I dx
x
(
9
4
)
3)
4
2 4
3
0
sin cos
I x xdx
(
1
64 48
) 4)
2
4
2
0
sin 2
4 cos
x
I dx
x
(
4
ln
3
) 5)
5
I
2
2 3
0
(1 sin ) .sin 2
x xdx
(
15
4
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 79
DẠNG 10 :
10
(sin cos ,sin cos )(cos sin )
I
f x x x x x x dx
(10*)
CÁCH GIẢI CHUNG
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1)
4
1
0
3cos2 sin 4
2 sin cos
x x
I dx
x x
2)
4
2
0
sin
4
sin 2 2(1 sinx cos )
x
I dx
x x
(B – 2008)
Giải :
1)
4
1
0
3cos2 sin4
2 sin cos
x x
I dx
x x
4 4
0 0
(3 2sin 2 )cos2 (3 2sin 2 )(cos sin )(cos sin )
2 sin cos 2 (sin cos )
x x x x x x x
dx dx
x x x x
Đặt
2
(cos sin )
sin cos
sin 2 1
dt x x dx
t x x
x t
và
:0
4
x
thì
:1 2
t
2 2 2
2 3
2
1
1 1 1
[3 2( 1)]. 2 5 6
2 4 3
2 2 2
t t t t
I dt dt t t dt
t t t
3 2
2
1
2
2 3 6ln 2
3
t t t t
13 2 5
6ln(2 2)
3
2)
4
2
0
sin
4
sin 2 2(1 sinx cos )
x
I dx
x x
(B – 2008)
Đặt
2
(cos sin ) 2 sin
4
sin cos
sin 2 1
dt x x dx x dx
t x x
x t
và
:0
4
x
thì
:1 2
t
2 2
2
2 2
1 1
2
1
1 2 2 1
.
1 2(1 ) 2 ( 1) 2 1
2
dt dt
I
t t t t
4 3 2
4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 80
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1)
4
1
0
cos2
2 1 sin cos
x
I dx
x x
2)
4
2
0
4(sin cos ) cos2
2(sin cos 1) sin 2
x x x
I dx
x x x
Giải :
1)
4
1
0
cos2
2 1 sin cos
x
I dx
x x
4
0
(cos sin )(cos sin )
2 1 sin cos
x x x x
dx
x x
Đặt
1 sin cos
t x x
2
2
sin cos 1
1 sin cos
(cos sin ) 2
x x t
t x x
x x dx tdt
và
:0
4
x
thì
:0 1
t
1 1 1
2 3 3
2 2
1
0 0 0
1
0
( 1) 6
.2 2 2 2 3 2 3 6ln 2
2 2 2 3
t t t t
I tdt dt t t dt t t t
t t t
26
12ln 2
3
CHÚ Ý : Việc đặt
1 sin cos
t x x
ở
1
I
là ta đã gộp 2 công đoạn đặt
sin cos
t x x
và
1
u t
2)
4
2
0
4(sin cos ) cos2
2(sin cos 1) sin 2
x x x
I dx
x x x
4
0
(sin cos ) 1 (sin cos )
2(sin cos 1) sin 2
x x x x
dx
x x x
Đặt
2
(sin cos )
sin cos
1
sin 2
2
dt x x dx
t x x
t
x
và
:0
4
x
thì
: 1 0
t
Suy ra
0 0 0 0 0
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1
4 8 2 12 (2 4) 12 2 4
1
4 5 4 5 ( 1)( 5) 4 5
2( 1)
2
t t t t
I dt dt dt dt dt
t t t t t t t t t
t
0
0 0
2
2
2
1 1
1
1 1 ( 4 5) 1
2 2ln ln 4 5
1 5 4 5 5
d t t t
dt t t
t t t t t
5ln2 3ln5
( Các em có thể phân tích
2
8 2 8 2
8 2 ( 5) ( 1)
4 5 ( 1)( 5) 1 5
t t A B
t A t B t
t t t t t t
Chọn
t
lần lượt bằng
1; 5
ta được
1
3
A
B
hay
2
8 2 1 3
4 5 1 5
t
t t t t
)
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1)
4
1
0
cos2
1 sin2 cos
4
x
I dx
x x
2)
2
4
2
0
cos
8
2 sin 2 cos2
x
I dx
x x
Giải : 1)
4 4 4
1
2
2
0 0 0
cos2 (cos sin )(cos sin ) cos sin
2
sin cos
sin cos
sin cos .
1 sin2 cos
4 2
x x x x x x x
I dx dx dx
x x
x x
x x
x x
4
4
2
0
0
sin cos
2
2
sin cos
sin cos
d x x
x x
x x
2 1
(các em có thể đặt
sin cos
t x x
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 81
2)
2
4
2
0
cos
8
2 sin 2 cos2
x
I dx
x x
4
0
1 cos 2
1
4
2
2 sin 2 cos2
x
dx
x x
4 4
0 0
cos 2
1 1
4
2 2
2 sin 2 cos2 2 sin2 cos2
x
dx
dx A B
x x x x
+)
4 4 4
4
2
0 0 0
0
1 1 1
tan
8
2 sin 2 cos2 2 2 2 2
1 cos 2 2cos
4 8
dx dx dx
A x
x x
x x
tan
8
2
+)
4 4
0 0
cos 2 cos 2
4 4
2 sin 2 cos2
2 2 sin 2
4
x x
B dx dx
x x
x
Ta sẽ chỉ ra
0
B
theo các cách sau :
Cách 1 : Đặt sin 2 2cos 2 cos 2
4 4 4 2
dt
t x dt x dx x dx
và
:0
4
x
thì
2 2
:
2 2
t
, suy ra
0
B
( vì
2 2
:
2 2
t
)
Cách 2 : Đặt
4
t x dt dt
và
: 0
4
t
, suy ra
4 4
0 0
3
cos 2 cos 2
4 4
0
2 cos2 sin 2
2 sin 2 cos 2
2 2
t t
B dt dt B B B B
t t
t t
Cách 3 :
4 4
0 0
cos 2
1 cos2 sin 2
4
2 sin 2 cos2 2 2 sin 2 cos2
x
x x
B dx dx
x x x x
4
4
0
0
1 ( 2 sin 2 cos2 ) 1
ln 2 sin 2 cos2 0
2 2 sin 2 cos2 2
d x x
x x
x x
Khi đó
2
tan
1 2 1
8
.
2
2 2 2
I
2 2
4
( Do
2
2
2tan
8
1 tan tan 2tan 1 0 tan 2 1
4 8 8 8
1 tan
8
vì
tan 0
8
)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
82
V. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Ở phần ứng dụng tích phân chúng ta sẽ đi giải quyết hai bài toán về tính diện tích hình phẳng và tính thể tích
khối tròn xoay . Để làm tốt được điều này các em cần làm được 2 việc:
CÔNG VIỆC 1 : Biết cách tính tích phân chứa trị tuyệt đối .
CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI
Nếu dưới dấu tích phân có dấu trị tuyệt đối
( )I f x dx
thì tìm cách phá trị tuyệt đối bằng cách đi xét dấu
của
( )f x
trong đoạn
;
. Cụ thể:
B1: Giải phương trình ( ) 0 ?
i
f x x và chọn các [ ; ]
i
x
rồi chuyển sang:
B2: Lập bảng xét dấu: (Giả sử ta bảng xét dấu: )
B3: Ta dựa vào công thức ( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx
(
) để tách :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
i i
i i
x x
x x
I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
.
VÍ DỤ MINH HỌA
Tính các tích phân sau:
1)
2
2
0
x xdx
(D – 2003) 2)
1
2
1x x dx
3)
5
3
2 2x x dx
4)
2
1
1 2x x x dx
5)
5
I
1
4 2
1
12
x dx
x x
6)
6
I
1
1
2 x dx
7)
7
I
1
2
0
4 4 1x x dx
8)
8
I
3
3 2
0
2x x xdx
9)
9
I
2
2
sin x dx
10)
10
I
11)
11
I
2
0
1 sin xdx
12)
12
I
3
2 2
6
tan cot 2x x dx
13)
13
I
Giải:
1)
1
I
2
2
0
x xdx
(D – 2003) Ta xét dấu
2
( )f x x x trên
0;2
:
( Để xét dấu của
( )f x
trước đó các em tìm nghiệm phương trình
( ) 0f x
ra nháp được
0x
và
1x
)
1 2
2 1 2 1 2
3 2 3 2
2 2 2 2 2
1
0 0 1 0 1
0 1
3 2 3 2
x x x x
I x xdx x xdx x xdx x x dx x x dx
1
1
I
2
I
3
I
4
I
0
1 sin 2
xdx
2
2
2 1
x x dx
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 83
2)
2
I
1
2
1
x x dx
Ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối:
1 0 1
2
2 1 0
1 1 1
I x x dx x x dx x x dx
1 0 1
0
1 1
2
2 0
1
2 1 0
2 1 ( )dx x dx dx x x x x
0
3)
3
I
5
3
2 2
x x dx
Ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối:
( Nghĩa là : với
[ 3; 2]
x
thì
2 2 4
x x
; với
[ 2;2]
x
thì
2 2 2
x x x
….)
2 2 5
3
3 2 2
2 2 2 2 2 2
I x x dx x x dx x x dx
2 2 5
2
2 5
2
3 2
2
3 2 2
4 2 4 4 4
dx xdx dx x x x
8
4)
4
I
2
1
1 2
x x x dx
Ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối:
1 2
4
1 1
1 2 1 2
I x x x dx x x x dx
1 2
1 2
2 2
1 1
1 1
1 3 3
2 2
x x
x dx x dx x x
1
2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
84
5)
1
4 2
1
12
x dx
x x
Ta có:
1 0 1 0 1
5
4 2 4 2 4 2 4 2 4 2
1 1 0 1 0
12 12 12 12 12
x dx x dx x dx
xdx xdx
I
x x x x x x x x x x
Đặt
2
2t x dt xdx
và
1 1
5
2 2
0 0
1 1
2 12 2 12
dt dt
I
t t t t
1
1 1 1
2
0 0 0
0
1 ( 3) ( 4) 1 1 1 1 4
ln
12 7 ( 3)( 4) 7 4 3 7 3
dt t t t
dt dt
t t t t t t t
=
2 3
ln
7 4
6)
6
I
1
1
2 x dx
Ta có:
0 1 0 1 0 1
1 1
2 2
6
1 0 1 0 1 0
2 2 2 2 (2 ) (2 ) (2 ) (2 )I x dx x dx xdx xdx x d x x d x
0 1
1 0
2 2
(2 ) 2 (2 ) 2
3 3
x x x x
2 2 1
3
Chú ý : Các em phải chứng minh nếu muốn sử dụng hai tính chất : ( Đặt
x t
)
+) Nếu hàm số ( )f x chẵn ( ( ) ( )f x f x ) thì
0
( ) 2 ( )f x dx f x dx
+) Nếu hàm số ( )f x lẻ ( ( ) ( )f x f x ) thì
( ) 0f x dx
7)
7
I
1
2
0
4 4 1x x dx
Ta có:
1 1
2
7
0 0
(2 1) 2 1I x dx x dx
1 1
1
1 1 1
2 2
1
2 2
2
1
7
0
1 1
2
0 0 0
2 2
2 1 2 1 2 1 (1 2 ) (2 1)I x dx x dx x dx x dx x dx x x x x
1
2
8)
8
I
3
3 2
0
2x x xdx
Ta có:
3 3
2
8
0 0
( 2 1) 1I x x x dx x xdx
1 3 1 3 1 3
1 3 3 1
2 2 2 2
8
0 1 0 1 0 1
1 1 (1 ) ( 1)I x xdx x xdx x xdx x xdx x x dx x x dx
1 3
2 2
0 1
2 2 2 2
3 5 5 3
x x x x x x x x
24 3 8
15
5
I
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
85
9)
0 0
2 2 2
0
2
9
0
2
0 0
2 2 2
sin sin sin sin sin cos cosI x dx x dx x dx xdx xdx x x
2
10)
10
I
0
1 sin 2xdx
Ta có:
2
2 2
1 sin 2 sin cos 2sin cos sin cos sin cos 2 sin
4
x x x x x x x x x x
Với
3
0; ;
4 4 4
x x
. Dựa vào đường tròn đơn vị:
*) Với
;0
4 4
x
thì
sin 0
4
x
hay
sin 0
4
x
khi
0;
4
x
*) Với
3
0;
4 4
x
thì
sin 0
4
x
hay
sin 0
4
x
khi
;
4
x
4
0
4
4
10
0
0
4
2 sin 2 sin 2 cos 2 cos
4 4 4 4
I x dx x dx x x
2 2
11)
11
I
2
0
1 sin xdx
Ta có:
2
2 2
1 sin sin cos 2sin cos sin cos sin cos 2 sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 4
x x x x x x x x x
x
Với
5
0;2 0; ;
2 2 4 4 4
x x
x
. Dựa vào đường tròn đơn vị:
*) Với
;
2 4 4
x
thì
sin 0
2 4
x
hay
sin 0
2 4
x
khi
3
0;
2
x
*) Với
5
;
2 4 4
x
thì
sin 0
2 4
x
hay
sin 0
2 4
x
khi
3
;2
2
x
3
3
2
2
2
2
11
3
3
0
0
2
2
2 sin 2 sin 2 2 cos 2 2 cos
2 4 2 4 2 4 2 4
x x x x
I dx dx
4 2
12)
12
I
3
2 2
6
tan cot 2x x dx
Ta có:
2 2
2 2 2
sin cos cos2
tan cot 2 (tan cot ) tan cot 2
sin cos sin2
x x x
x x x x x x
x x x
Vì
2
2
6 3 3 3
x x
. Dựa vào đường tròn đơn vị ta có: (hình vẽ ở trang tiếp theo)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
86
*) 2 ;
3 2
x
thì
sin 2 0
cos2 0
x
x
hay
cos2
0
sin2
x
x
khi ;
6 4
x
*)
2
2 ;
2 3
x
thì
sin 2 0
cos2 0
x
x
hay
cos2
0
sin2
x
x
khi ;
4 3
x
3 3
4 4
3
4
12
6 4
6 4 6 4
cos2 cos2 (sin2 ) (sin 2 )
2 2 ln sin 2 ln sin 2
sin 2 sin 2 sin 2 sin 2
x x d x d x
I dx dx x x
x x x x
2
2ln
3
13)
13
I
1 1 2
2 2 2
2 1 1
3 1 1
2 2 2
x x x x x x
6
CÔNG VIỆC 2 : Đi tính diện tích hình phẳng và tính thể tích khối tròn xoay
CÔNG THỨC TÍNH
Hình phẳng giới hạn bởi các đường :
( )
( )
;
y f x
y g x
x a x b a
(*)
2 2
0
( ) ( ) (2*)
( ) ( ) (3*)
b
a
b
x
a
S f x g x dx
V f x g x dx
2
0
( )
( )
b
a
b
x
a
S f x dx
V f x dx
(nếu
( ) 0
y g x
)
Chú ý:
1) Ta có thể áp dụng (2*) đối với biến
y
(các hàm số sẽ được rút x theo
y
- coi x là hàm của biến
y
)
2) Vì trục Ox, Oy có vai trò như nhau nên thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng quanh trục Oy cũng
áp dụng tương tự (3*) (các hàm số sẽ được rút x theo
y
- coi x là hàm của biến
y
)
3) Chỉ áp dụng (3*) khi trên [ ; ]a b hàm ( ), ( )f x g x thuộc cùng phía so với trục Ox (nếu tính thể tích quay
quanh trục Ox ) và thuộc cùng phía so với trục Oy (nếu tính thể tích quay quanh trụcOy ). Nếu khác
phía thì chúng ta phải lấy đối xứng của một hàm nào đó qua trục tương ứng và quay về việc áp dụng cho
hai hàm cùng phía (trường hợp này các em sẽ ít gặp).
4) Nếu trong biểu thức (*) không có x a hoặc không có cả hai ( x a
và x b ) thì các em phải đi viết
phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( )f x g x (1) để tìm thêm cận . Giả sử phương trình (1) có nghiệm
i
x x với
1;i n
. Vì hàm số các em học là các hàm sơ cấp nên việc tìm cận chúng ta sẽ làm như sau:
+) Nếu chỉ có
x b
thì: cận thứ nhất =
min ;
i
x b
; cận thứ hai =
max ;
i
x b
(thường
b
xuất hiện ở 1 trong 2 cận đó. Nếu điều này không xảy ra thì việc cho dữ kiện
x b
thừa - được
hiểu là người ra đề cố tình hoặc không hiểu )
+) Nếu không có cả x a
và
x b
thì: cận thứ nhất =
min
i
x ; cận thứ hai =
max
i
x và các nghiệm còn
lại (nếu có) là các điểm được chèn vào để phá trị tuyệt đối.
5) Nếu việc vẽ hình đơn giản các em nên làm điều đó, để việc phá trị tuyệt đối được dễ dàng
( bỏ luôn giá trị tuyệt đối nếu thấy trên
;
phần
( )f x
nằm phía trên
( )g x
(nghĩa là hàm nào phía trên
sẽ lấy để trừ hàm phía dưới, để đảm bảo và )).
2
2
2 1
x x dx
1 2
2 1
2 1 2 1
x x dx x x dx
1 2
2 1
3 1 1
x dx x dx
1 1 2
2 1 1
(3 1) ( 1) ( 1)
x dx x dx x dx
0
S
0
V
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
87
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :
1)
2
4 3y x x
,
3y x
(A – 2002). 2)
2
4
4
x
y và
2
4 2
x
y (B – 2002).
3)
3 1
1
x
y
x
và hai trục tọa độ (D – 2002). 4) ( 1)y e x , (1 )
x
y e x (A – 2007).
5) Parabol (P) :
2
4 5
y x x
và hai tiếp tuyến tại các điểm A(1;2), B(4;5) nằm trên (P).
6)
2 2
4x y và
2 2
2 0x y x . 7) ; và
Giải:
1)
2
4 3y x x
,
3y x
(A – 2002). Phương trình hoàng độ giao điểm:
C1: (Nếu vẽ hình)
3 5
2 2
1 3
[ 3 ( 4 3)] [ 3 ( 4 3)]x x x dx x x x dx
1 3 5
2 2 2
0 1 3
( 5 ) ( 3 6) ( 5 )x x dx x x dx x x dx
1 3 5
3 2 3 2 3 2
0 1 3
5 3 5
6
3 2 3 2 3 2
x x x x x x
x
109
6
(đvdt)
C2: (Không vẽ hình):
1 3 5 1 3 5
2 2 2 2 2 2
0 1 3 0 1 3
5 3 6 5 ( 5 ) ( 3 6) ( 5 )x xdx x x dx x xdx x x dx x x dx x x dx
1 3 5
3 2 3 2 3 2
0 1 3
5 3 5
6
3 2 3 2 3 2
x x x x x x
x
109
6
(đvdt)
2
3
1 sin
2
x
y
12
1
x
y
2
x
2
2 2
2 2
3 0 3
0
4 3 3
4 3 3 5 0
5
4 3 ( 3) 3 6 0 ( )
x x
x
x x x
x x x x x
x
x x x x x vn
5
2
0
( 3 4 3)
S x x x dx
1
2
0
[ 3 ( 4 3)]
x x x dx
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
88
2)
2
4
4
x
y và
2
4 2
x
y
(B – 2002).
Phương trình hoành độ giao điểm:
2 2 2 4
2
4 4 8 2 2
4 4 32
4 2
x x x x
x x
Trên 2 2;2 2
:
2 2
4
4
4 2
x x
và hình phẳng đối xứng qua Oy
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
1 2
0 0 0
1 1
2 4 16
4
4 2 2 2 2 2
x x
S dx x dx x dx S S
*) Tính:
2 2
2
1
0
16S x dx
Đặt
4sinx t 4cosdx tdt
và
2
16 4cosx t với
:0
4
t
4 4
2
4
1
0
0 0
16 cos 8 (1 cos2 ) 8 4sin 2 2 4S tdt t dt t t
*) Tính
2 2
2 2
3
2
2
0
0
16 2
3 3
x
S x dx
1 16 2
2 4 .
3
2 2
S
4
2
3
(đvdt)
3)
3 1
1
x
y
x
và hai trục tọa độ (D – 2002).
Hình phẳng giới hạn bởi :
3 1
1
0; 0
x
y
x
y x
(hình ảnh phác họa: )
Phương trình hoành độ giao điểm:
3 1 1
0 3 1 0
1 3
x
x x
x
0 0
1 1
3 3
3 1 3 1
1 1
x x
S dx dx
x x
0
0
1
31
3
4
3 3 4ln 1
1
dx x x
x
4
1 4ln
3
(đvdt)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 89
4)
( 1)
y e x
,
(1 )
x
y e x
(A – 2007).
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
0
0
( 1) (1 ) ( 1 1 ) 0 ( ) 0
1
x x x
x
x
x
e x e x x e e x e e
x
e e
Với
1
0 1
x
x e e e
hay
( ) 0
x
x e e
1 1 1 1 1
1 2
0 0 0 0 0
( 1) (1 ) ( ) [ ( )]
x x x x
S e x e xdx x e e dx x e e dx e xdx xe dx S S
(1)
*) Ta có:
1
1
2
1
0
0
2 2
ex e
S e xdx
(2)
*) Ta có:
1
2
0
x
S xe dx
Đặt :
x x
u x du dx
dv e dx v e
1
1 1
2
0 0
0
( 1) 1
x x x
S xe e dx e e e e
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta được diện tích hình phẳng:
1
2
e
S
(đvdt)
5) Parabol (P) :
2
4 5
y x x
và hai tiếp tuyến tại các điểm A(1;2), B(4;5) nằm trên (P).
Ta có:
' 2 4
y x
.Áp dụng công thức phương trình tiếp tuyến:
0 0 0
'( )( )
y y x x x y
Ta được phương trình tiếp tuyến tại A(1;2), B(4;5) lần lượt là:
2 4
y x
và
4 11
y x
Vậy phương trình giao điểm của hai tiếp tuyến:
5
2 4 4 11
2
x x x
Khi đó diện tích
S
được chia thành hai miền diện tích bởi điểm chia
5
2
x
5
4
2
2 2
5
1
2
( 4 5) ( 2 4) ( 4 5) (4 11)
S x x x dx x x x dx
5 5
4 4
2 2
2 2 2 2
5 5
1 1
2 2
( 2 1) ( 8 16) ( 1) ( 1) ( 4) ( 4)
x x dx x x dx x d x x d x
5
4
3 3
2
5
1
2
( 1) ( 4)
3 3
x x
9
4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 90
CHÚ Ý:
Khi hình phẳng được giới hạn bởi 3 đường cong:
( )
y f x
;
( )
y g x
và
( )
y h x
thì các em phải tìm
cách chia phần diện tích thành các phần mà ở đó được giới hạn bởi hai trong ba đường cong và các đường
thẳng
;
x a x b
(nghĩa là phần biên không có có sự xuất hiện đồng thời cả 3 đường cong trên).
6)
2 2
4
x y
và
2 2
2 0
x y x
.
Ta có:
2 2
4
x y
: Là đường tròn tâm
O
có
2
R
(
1
C
)
và
2 2 2 2
2 0 ( 1) 1
x y x x y
: Là đường tròn tâm
'( 1;0)
O
có
' 1
R
(
2
C
)
Do tính đối xứng của hình phẳng cần tính (như hình vẽ) nên:
1 2
2( )
S S S
*) Với
1
S
là diện tích giới hạn bởi:
2
2 2
4
2 1 ( 1) ; 0
y x
y x x x x
0
2 2
1
2
( 4 1 ( 1) )
S x x dx
*) Với
2
S
là phần diện tích giới hạn bởi:
2
4
0; 0
y x
y x
2
2
2
0
4
S x dx
Ta đi tính:
2 2
I a u du
đặt
sin
u a t
với
;
2 2
t
2 2
cos
cos cos
du a tdt
a u a t a t
2 2 2
2 2
sin 2
cos (1 cos2 )
2 2 4
a a t a t
I a tdt t dt C
(*)
Áp dụng (*) với
sin
u a t
các em sẽ tính được:
1
2
S
và
2
S
2
2
S
3
(đvdt)
CHÚ Ý:
*) Thực chất nếu sử dụng kiến thức cấp 1 (các em lớp 5 đã biết cách tính diện tích hình tròn)
Thì ta sẽ có:
1 2
2 2
( ) ( )
.2 .1 3
C C
S S S
(là cách giải tối ưu nhất của bài toán này)
*) Cách giải trên chỉ chứng minh một điều là tích phân có thể tính được diện tích trong cả tình huống trên.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang
91
7)
2
3
1 sin
2
x
y ;
12
1
x
y
và
2
x
2 2
3 3
1 sin cos
2 2
x x
y
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
3 12
cos 1
2
x x
Mà ta có:
2
3
0 cos 1
2
x
12
0 1 1 0
12
x
x
Dựa vào đồ thị ta được nghiệm của
(*)
là :
0x
2 2
2
0 0
12 3 12 1 cos3
1 cos
2 2 2
x x x x
S dx dx
2
6 sin3 7 1
2
2 6 4 6
0
x x x
21 2
12
Ví dụ 2.Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H giới hạn bởi :
1)
2
2y x x và y = 0 quay quanh trục Ox.
2) lny x x , 0y , x e quay quanh trục Ox (B – 2007).
3)
2 5y x
,
2
2y x
quay quanh trục Ox.
Giải:
1) và y = 0 quay quanh trục Ox.
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
0
2 0
2
x
x x
x
Khi đó
2
2 2
2 2 2 3 4 3 4 5
Ox
0 0
0
4 1
(2 ) (4 4 )
3 5
V x x dx x x x dx x x x
16
15
(đvtt)
2) lny x x , 0y , x e quay quanh trục Ox (B – 2007).
Phương trình hoành độ giao điểm:
0
ln 0 10
1
x
x x xx
x
Khi đó
2 2
Ox
1
ln
e
V x xdx I
(*) . Tính
2 2
1
ln
e
I x xdx
Đặt
2
3
2
2ln
ln
3
x
du dx
u x
x
x
dv x dx
v
3 2 3
2
1
1
ln 2 2
ln
3 3 3 3
e
e
x x e
I x xdx J
. Tính
2
1
ln
e
J x xdx
Đặt
2 3
ln
3
dx
du
u x
x
dv x dx x
v
2
2
y x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 92
Suy ra
3 3 3 3
2
1
1 1
ln 1 2 1
3 3 3 9 9
e e
e
x x e x e
J x dx
. Khi đó
3 3 3
2 2 1 5 2
.
3 3 9 27
e e e
I
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
Ox
V
3
5 2
27
e
(đvtt).
3)
2 5
y x
, quay quanh trục Ox.
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
1
2 2 5 2 3 0
3
x
x x x x
x
Với
1;3
x thì
2
2 5 2
x x
nên khi đó ta có:
3
3 3
5
2
2
2 4 2
Ox
1 1
1
2 5 2 20 21 10 21
5
x
V x x dx x x dx x x
576
5
(đvtt).
Ví dụ 3
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
2
ln( 1)
y x x
;
1
ln
1
y
x
;
1
x
2) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường :
( 1)
x
y x e
và hai trục tọa độ. Tính thể tích khối tròn xoay
tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
3) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường :
( 3) 3
1 5
x x
y
x x
;
2
x
và trục tung. Tính thể tích khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
Giải:
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
2
ln( 1)
y x x
;
1
ln
1
y
x
;
1
x
Xét phương trình hoành độ giao điểm :
2 2
1
ln( 1) ln ln( 1) ln( 1) 0
1
x x x x x
x
2
( 1)ln( 1) 0 ln( 1) 0 1 1 0
x x x x x
Vậy diện tích hình phẳng :
1 1 1
2 2 2
0 0 0
1
ln( 1) ln ln( 1) ln( 1) ( 1)ln( 1)
1
S x x dx x x x dx x x dx
x
Đặt
2 3 3
ln( 1)
1
( 1) 3
3 3
dx
du
u x
x
dv x dx x x x
v x
Khi đó :
1
1 1
3 3
2
0 0
0
1 3 4 1 4
ln( 1) ln 2 4
3 3 1 3 3 1
x x x
S x x dx x x dx
x x
1
3 2
0
4 1
ln2 4 4ln 1
3 3 3 2
x x
x x
8 23
ln2
3 18
(đvdt)
2
2
y x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 93
2) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường :
( 1)
x
y x e
và hai trục tọa độ. Tính thể tích khối tròn xoay
tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
+) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường
( 1)
x
y x e
và
0
y
trục hoành :
( 1) 0 1 0 1
x
x e x x
+) Khi đó :
1
2 2
Ox
0
( 1)
x
V x e dx I
(*)
+) Tính
1
2 2
0
( 1)
x
I x e dx
Đặt
2
2
2
2( 1)
( 1)
1
2
x
x
du x dx
u x
v e
dv e dx
Suy ra
1
1
2 2
2
0
0
( 1) 1
( 1)
2 2
x
x
x e
I x e dx J
(1)
+) Tính
1
2
0
( 1)
x
J x e dx
Đặt
2
2
1
1
2
x
x
du dx
u x
v e
dv e dx
Suy ra
1
1
1
2 2
2 2
0
0
0
( 1) 1 1 1 3
2 2 2 4 4
x
x x
x e e
J e dx e
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
2 2
1 3 5
2 4 4
e e
I
(2*)
Thay (2*) vào (*) ta được:
Ox
V
2
( 5)
4
e
(đvtt)
3) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường :
( 3) 3
1 5
x x
y
x x
;
2
x
và trục tung. Tính thể tích khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
Phương trình hoành độ giao điểm của
( 3) 3
1 5
x x
y
x x
và
0
y
là :
( 3) 3
0 3
1 5
x x
x
x x
Khi đó
2
3 3
2
Ox
2
2 2
( 3) 3 ( 6 9)(3 )
1 5
4 2 6 5
x x x x x
V dx dx
x x
x x
Đặt
2 2 2
2 2 2 2
2 ( 2 6) (3 )
6 5 6 5
6 5 6 9 4
tdt x dx x dx tdt
t x x t x x
x x t x x t
và cận
:2 3
x
thì
: 3 2
t
Suy ra:
2 2
2
Ox
3 3
4 (2 ).
.
4 2 2
t t t
V tdt dt
t
2
2
2 2 3
3
3
1
2
2 2 3
t t dt t t
(3 3 5)
2
Vậy
Ox
V
(3 3 5)
2
(đvtt).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 94
VI. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT VÀ TÍCH PHẦN TRUY HỒI
1. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT
Sau đây các em sẽ được tìm hiểu thêm các lớp tích phân đặc biệt có dạng
( )
b
a
I f x dx
trong đó bản
thân hàm
( )
f x
có những tính chất “đặc biệt” (các em sẽ được tìm hiểu qua ví dụ mở đầu và bốn bài toán
hay gặp sau đây).
Cách giải chung:
Đặt
x a b t
và biến đổi tạo ra tính phân xoay vòng (tạo ra ) rồi giải phương trình bậc nhất với ẩn .
Chú ý: Trong tích phân ta luôn có
VÍ DỤ MỞ ĐẦU
Tính các tích phân sau:
1)
4
1
0
ln(1 tan )
I x dx
2)
20
2
12
ln(101 )
ln( 69) ln(101 )
x
I dx
x x
3)
2
5 5
3
0
cos sin
I x x dx
4)
3
2015
3 2
4
1
3 2
I x x dx
5)
2
5
sin
1
x
x
I dx
e
6)
4
6 6
6
0
sin 2 cos 2 .ln 1 tan
I x x x dx
(Moldova National MO – 2008)
Giải:
1)
4
1
0
ln(1 tan )
I x dx
Đặt
4
x t
dx dt
và
:0
4
x
thì
: 0
4
t
Khi đó
0
4 4 4
1
0 0 0
4
1 tan 2
ln 1 tan ( ) ln 1 ln ln2 ln(1 tan )
4 1 tan 1 tan
t
I t dt dt dt t dt
t t
4 4
4
1 1
0
0 0
ln2
ln2 (1 tan ) .ln 2
4
dt t dt t I I
Vậy
1 1 1 1
ln2 ln2
2
4 4
I I I I
ln 2
8
I
I
( ) ( ) ( ) ...
b b b
a a a
I f x dx f t dt f u du
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 95
2)
20
2
12
ln(101 )
ln( 69) ln(101 )
x
I dx
x x
Đặt
32
x t dx dt
và
:12 20
x
thì
: 20 12
t
Khi đó
12 20
2
20 12
ln 101 (32 )
ln( 69)
( )
ln (32 ) 69 ln 101 (32 )
ln(101 ) ln( 69)
t
t
I dt dt
t t
t t
20 20 20
20
2 2
12
12 12 12
ln(101 ) ln(101 )
1 8
ln( 69) ln(101 ) ln( 69) ln(101 )
t t
dt dt dt t I I
t t t t
Vậy
2 2 2 2
8 2 8
I I I I
4
3)
2
5 5
3
0
cos sin
I x x dx
Đặt
2
x t
dx dt
và
:0
2
x
thì
: 0
2
t
Khi đó
0
2 2
5 5 5 5
5 5
3 3
0 0
2
cos sin ( ) sin cos cos sin
2 2
I t t dt t t dt t t dt I
Vậy
3 3 3 3
2 0
I I I I
0
4)
3
2015
3 2
4
1
3 2
I x x dx
Đặt
2
x t
dx dt
và
: 1 3
x
thì
:3 1
t
Khi đó
3 3 3
2015 20152015
3 2 3 2 3 2
4 4
1 1 1
(2 ) 3(2 ) 2 3 2 3 2
I t t dt t t dt t t dt I
Vậy
4 4 4 4
2 0
I I I I
0
5)
2
5
sin
1
x
x
I dx
e
Đặt
x t
dx dt
và
:
x
thì
:
t
Khi đó
2 2 2 2
2
5
sin ( ) .sin (1 1).sin sin
sin
1 1 1 1
t t
t t t t
t e t e t t
I dt dt dt t dt
e e e e
2
5 5
1 cos2 sin 1 1
sin 2
2 1 2 4
t
t t
dt dt t t I I
e
Vậy
5 5 5 5
2
I I I I
2
6)
4
6 6
6
0
sin 2 cos 2 .ln 1 tan
I x x x dx
(Moldova National MO – 2008)
Đặt
4
x t
dx dt
và
:0
4
x
thì
: 0
4
t
Khi đó
4 4
6 6 6 6
6
0 0
1 tan
sin 2 cos 2 .ln 1 tan cos 2 sin 2 .ln 1
2 2 4 1 tan
t
I t t t dt t t dt
t
4 4
6 6 6 6
0 0
2
cos 2 sin 2 .ln sin 2 cos 2 . ln 2 ln(1 cot )
1 tan
t t dt t t t dt
t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 96
4 4
6 6 6 6
0 0
sin 2 cos 2 .ln 2 sin 2 cos 2 ln(1 cot )
t t dt t t t dt
4 4 4
2
6 6 6
0 0 0
3 3 1 cos8 5 3
ln2. 1 sin 4 ln 2. 1 . ln2. cos8
4 4 2 8 8
t
t dt I dt I t dt I
4
6 6
0
5 3 5 ln 2
ln2. sin8
8 64 32
t t I I
Vậy
6 6 6 6
5 ln 2 5 ln 2
2
32 32
I I I I
5 ln 2
64
Bài toán 1: Hàm số
( )
f x
liên tục trên đoạn
[ ; ]
a a
, khi đó :
0
( ) ( ) ( )
a a
a
f x dx f x f x dx
Từ đây ta có các kết quả quan trọng sau:
*) Nếu
( )
f x
là hàm số lẻ, khi đó:
( ) 0
a
a
f x dx
( Tổng quát: Nếu
( ) ( )
f a b x f x
thì
( ) 0
b
a
f x dx
) (1)
*) Nếu
( )
f x
là hàm số chẵn, khi đó:
0
0
( ) 2 ( ) (2)
( )
( ) (0 1) (3)
1
a a
a
a a
x
a
f x dx f x dx
f x
dx f x dx b
b
Chú ý:
+) Trong quá trình làm bài các em không sử dụng luôn kết quả (1), (2) và (3) mà các hệ thức này sẽ xuất
hiện trong quá trình giải (chúng ta chứng minh luôn) bằng việc đổi biến
x t
( Tổng quát:
x a b t
).
+) Trong tích phân ta luôn có
( ) ( ) ( ) ...
b b b
a a a
I f x dx f t dt f u du
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1)
1
5
1
8
1
cos
2
x x
I dx
x
2)
2
4
2
2
1 2014
x
x
I dx
3)
2
3
2
1 sin sin 2
1
x
x x
I dx
e
4)
2
2
4
2
cos ln 1
I x x x dx
Giải:
1)
1
5
1
8
1
cos
2
x x
I dx
x
Nhận xét : Nếu dựa vào kết quả ở Bài toán 1 ta có được luôn
1
0
I
vì
5
8
cos
( )
2
x x
f x
x
lẻ trên
[ 1;1]
.
Song khi trình bày lời giải các em sẽ làm như sau:
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 97
Đặt
x t dx dt
và
: 1 1
x
thì
:1 1
t
Khi đó
1 1
5 5
1 1 1 1
8 8
1 1
( ) .cos( ) .cos
2 0
2 ( ) 2
t t t t
I dt dt I I I
t t
0
2)
2
4
2
2
1 2014
x
x
I dx
Đặt
x t dx dt
và
: 2 2
x
thì
:2 2
t
Khi đó
2 2 2 2
4 4 4 4
2
2 2 2 2
( ) .2014 .(1 2014 1)
1
1 2014 1 2014 1 2014
1
2014
t t
t t t
t
t t t t
I dt dt dt dt
2
2 2
4 5 4
4
2 2 2
2 2
2
64 64
2
1 2014 5 1 2014 5 5
t t
t t t
t dt dt I I I
32
5
3)
2 2 2
3
2 2 2
1 sin sin 2 sin sin 2
1 1 1
x x x
x x dx x x
I dx dx A B
e e e
(*)
+) Tính
2 2 2
2
2
2 2 2
1 1
ln
1 (1 ) 1 1 2
x x
x
x x x x x x
dx e dx e
A de
e e e e e e
(1)
+) Tính
2
2
sin sin 2
1
x
x x
B dx
e
Đặt
x t dx dt
và
:
2 2
x
thì
:
2 2
t
Khi đó
2 2 2
2 2 2
sin( )sin( 2 ) sin sin 2 (1 1)sin sin 2
1 1 1
t t
t t t
t t e t t e t t
B dt dt dt
e e e
2 2 2
2 2 2
sin sin 2 1
sin sin 2 cos3 cos
1 2
t
t t
t tdt dt t t dt B
e
2
2
1 1 4
sin3 sin
2 3 3
t t B B
Vậy
4 4 2
2
3 3 3
B B B B
(2) . Thay (1), (2) vào (*) ta được:
3
I
2
2 3
4)
2
2
4
2
cos ln 1
I x x x dx
Đặt
x t dx dt
và
:
2 2
x
thì
:
2 2
t
Khi đó :
2 2
2
4
2
2 2
1
cos( )ln 1 cos ln
1
I t t t dt t dt
t t
4 4
2 0
I I
0
2
2
4
2
cos ln 1
t t t dt I
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 98
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
1)
6 6
4
1
4
sin cos
6 1
x
x x
I dx
2) 3)
1
2
3
1
2
1
cos ln
1
x
I x dx
x
Giải:
1)
6 64
1
4
sin cos
6 1
x
x x
I dx
Đặt và cận thay đổi:
4 4
4
1 1 1 1
4
4 4
3 1 cos4 5 3 5 3 5
1 . .cos4 sin 4
4 2 8 8 8 32 16
t
dt I t dt I t t I I
Vậy
1 1 1 1
5 5
2
16 16
I I I I
5
32
2) Đặt và cận
hay
2
I
1
ln3
4
3)
1
2
3
1
2
1
cos ln
1
x
I x dx
x
Đặt
x t
dx dt
và
1 1
:
2 2
x
thì
1 1
:
2 2
t
Khi đó
1 1 1
1
2 2 2
3 3
1 1 1
2 2 2
1 1 1
cos( )ln cos ln cos ln
1 1 1
t t t
I t dt t dt t dt I
t t t
Vậy
3 3 3 3
2 0
I I I I
0
1
2
2
1
( 1)( 4)
x
dx
I
e x
x t dx dt
4 4
4 4 4 4
1
4 4 4 4
6 6 6 6 6 6 6 6
sin ( ) cos ( ) sin cos 6 (sin cos ) (6 1 1)(sin cos )
1
6 1 6 1 6 1
1
6
t t
t t t
t
t t t t t t t t
dt dt dt dt
I
4 4 4 4
4 4 4 4
6 6 6 6
6 6 2
sin cos 3 sin cos
(sin cos ) 1 sin 2
6 1 4 6 1
t x
t t x x
t t dt dt t dt dx
1
2
2
1
( 1)( 4)
x
dx
I
e x
x t
dx dt
:1 1
t
1 1 1
2
2 2 2
1 1 1
( 1)( 4) ( 1)( 4) ( 1)( 4)
t x
t t x
dt e dt e dx
I
e t e t e x
1
1 1 1
2
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1 2
ln
( 1)( 4) 4 ( 1)( 4) 4 2
x
x x
e dx dx x
dx I
e x x e x x
1
2 2 2
1
1 2 1
ln 2 ln3
4 2 2
x
I I I
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 99
Bài toán 2: Hàm số liên tục trên
[ ; ]
a b
, khi đó ta có:
( ) ( )
b b
a a
f x dx f a b x dx
(*)
Từ đây ta có kết quả sau: Hàm số
( )
f x
liên tục trên đoạn
[0;1]
, khi đó :
2 2
0 0
(sin ) (cos )
f x dx f x dx
(2*)
Chú ý: Trong quá trình làm bài các em không được sử dụng luôn các kết quả (*) và
(2*)
mà các hệ thức
này sẽ xuất hiện trong quá trình giải (chúng ta chứng minh luôn) bằng việc đổi biến
x a b t
.
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1)
2
1
0
sin
sin cos
n
n n
x
I dx
x x
2)
3
2
2
0
cos
sin cos
x
I dx
x x
Giải: 1)
2
1
0
sin
sin cos
n
n n
x
I dx
x x
Đặt
2
x t dx dt
và
:0
2
x
thì
: 0
2
t
Khi đó
2 2 2
1
0 0 0
sin
cos sin
2
1
cos sin sin cos
sin cos
2 2
n
n n
n n n n
n n
t
t t
I dt dt dt
t t t t
t t
2 2
2
1 1
0
0 0
sin
sin cos 2
n
n n
t
dt dt t I I
t t
Vậy
1 1 1 1
2
2 2
I I I I
4
Chú ý: Như vậy từ
1
I
với cách gán
n
một giá trị cụ thể ta tạo ra được vô số bài toán kiểu như:
2014
2
2014 2014
0
sin
sin cos
x
I dx
x x
;
2
0
cos
sin cos
x
I dx
x x
;
2
2014
2014 2014
0
sin
sin cos
x
I dx
x x
; …
2)
3
2
2
0
cos
sin cos
x
I dx
x x
Đặt và thì
Khi đó
3
3 3 3 32 2 2
2
0 0 0
cos
sin sin cos cos
2
cos sin sin cos
sin cos
2 2
t
t t t t
I dt dt dt
t t t t
t t
3
2 2 2
2
2 2
0 0 0
0
cos 1 1 1
1 sin cos 1 sin 2 cos2
sin cos 2 4 2
t
t t dt dt t dt I t t I
t t
Vậy
2 2 2 2
1 1
2
2 2
I I I I
1
4
( )
f x
2
x t dx dt
:0
2
x
: 0
2
t
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 100
Ví dụ 2. Tính tích phân sau:
Giải:
(*) Đặt và cận
(2*)
Lấy (*) cộng với (2*) ta được:
Vậy
2
I I
2
Bài toán 3: Hàm số
( )
f x
liên tục
[ ; ]
a b
và
( ) ( )
f a b x f x
, khi đó :
( ) ( )
2
b b
a a
a b
xf x dx f x dx
(*)
Từ đây ta có các kết quả quan trọng sau: Nếu liên tục trên
[0;1]
thì:
*)
(sin ) (sin )
2
xf x dx f x dx
và đặc biệt với
0
thì
0 0
(sin ) (sin )
2
xf x dx f x dx
(1)
*)
2 2
(cos ) (cos )
xf x dx f x dx
và đặc biệt với
0
thì
2 2
0 0
(cos ) (cos )
xf x dx f x dx
(2)
Chú ý: Trong quá trình làm bài các em không được sử dụng luôn các kết quả (*), (1) và (2) mà các hệ thức
này sẽ xuất hiện trong quá trình giải (chúng ta chứng minh luôn) bằng việc đổi biến
x a b t
.
VÍ DỤ MINH HỌA
Tính các tích phân : 1)
3
1
6
tan cot
I x x x dx
2)
2
I
3)
2
3
0
sin
3 cos
x x
I dx
x
Giải:
1)
3
1
6
. tan cot
I x x x dx
Đặt
2
x t dx dt
và
:
6 3
x
thì
:
3 6
t
2
2
2
0
1
tan (sin )
cos (cos )
I x dx
x
2
2
2
0
1
tan (sin )
cos (cos )
I x dx
x
2
x t dx dt
: 0
2
t
2
2
2
0
1
tan sin( )
2
cos cos( )
2
I t dt
t
2 2
2 2
2 2
0 0
1 1
tan (cos ) tan (cos )
cos (sin ) cos (sin )
t dt x dx
t x
2
2 2
2 2
0
1 1
2 tan (sin ) tan (cos )
cos (cos ) cos (sin )
I x x dx
x x
2
2 2 2 2
0
1 tan (cos ) tan (sin ) 1 tan (sin ) tan (cos )
x x x x dx
2
2
0
0
2 2dx x
( )
f x
3
2
0
(sin cos cos )
1 cos
x x x x
dx
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 101
Khi đó
3 3
1
6 6
tan cot cot tan
2 2 2 2
I t t t dt t t t dt
3 3 3 3
1
6 6 6 6
cos sin
cot tan . tan cot
2 2 sin cos
t t
t t dt t t t dt dt dt I
t t
3 3
3
1 1 1
6
6 6
sin cos sin
ln ln3
2 sin cos 2 cos 2
d t d t t
I I I
t t t
Vậy
1 1 1 1
ln3 2 ln3
2 2
I I I I
ln3
4
(*)
2)
2
I
2
2 2
0 0 0
sin cos .(1 cos ) sin
cos
1 cos 1 cos
x x x x x x x
dx dx x xdx A B
x x
(*)
+) Tính
2
0
sin
1 cos
x x
A dx
x
Đặt
x t dx dt
và :0x
thì
: 0
t
Khi đó
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
sin sin
sin .sin sin
1 cos 1 cos 1 cos 1 cos 1 cos
t t t t
t t t t
A dt dt dt dt dt A
t t t t t
Vậy
2
0
sin
2 1 cos
t
A dt
t
Đặt
2 2
2
cos tan sin (1 cot ) sin (1 cot )
cos
du
t u tdt u du tdt u du
u
và
:0t
thì
:
4 4
u
Suy ra
2 2
4 4
4
2
4
4 4
(1 cos )
2 1 cos 2 2 4
u du
A du u
u
(1)
+) Tính
0
cos
B x xdx
Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
Khi đó
0 0
0
sin sin 0 cos 2
B x x xdx x
(2)
Thay (1) , (2) vào (*) ta được:
2
I
2
2
4
3)
2
3
0
sin
3 cos
x x
I dx
x
Đặt
2
x t dx dt
và
:0 2
x
thì
:2 0
t
Khi đó
2 2 2 2 2
3
0 0 0 0 0
2 sin 2 2 sin
sin sin .sin
2
3 cos 3 cos 2 3 cos 3 cos 3 cos
t t t t
x x t t t
I dx dt dt dt dt
x t t t t
2
2
3 3 3 3
0
0
3 cos
2 2 ln 3 cos 0
3 cos
d t
I t I I I
t
Vậy
3 3 3
I I I
0
3
2
0
(sin cos cos )
1 cos
x x x x
dx
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 102
Bài toán 4: Hàm số
( )
f x
liên tục trên
và tuần hoàn với chu kì T, khi đó :
T T
0
( ) ( )
a
a
f x dx f x dx
(*)
Từ đó ta suy ra
nT T
0 0
( ) n ( )
f x dx f x dx
(2*)
Chứng minh: (Trong bài thi muốn sử dụng tính chất này các em cần chứng minh như sau)
Ta có:
0
0
( ) ( ) ( ) ( )
a T T a T
a a T
f x dx f x dx f x dx f x dx
(1)
Xét tích phân:
( )
a T
T
f x dx
Đặt
x t T dx dt
và :
x T a T
thì :0
t a
Khi đó
0 0 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
a T a a T
T a a a T
f x dx f t T dt f t dt f x dx f x dx f x dx
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
(*)
Chú ý:
( )
f x
có chu kì là
T
thì
( ) ( )
f x T f x
.
VÍ DỤ MINH HỌA
Tính các tích phân sau: 1)
2014
1
0
1 cos 2
I xdx
2)
2014
2
0
1 cos
1 cos
x
I dx
x
Giải:
1) Xét hàm
( ) 1 cos 2
f x x
với x
Ta có:
( ) 1 cos2( ) 1 cos2 ( )
f x x x f x
Do đó áp dụng tính chất (*) (trong bài các em phải Chứng minh
) ta được:
2014 2 3 2014
1
0 0 2 2013
1 cos2 1 cos2 1 cos2 1 cos2 ... 1 cos2
I xdx xdx xdx xdx xdx
0 0 0 0
1 cos2 1 cos2 1 cos2 ... 1 cos 2
xdx xdx xdx xdx
0
0 0 0
2014 1 cos2 2014 2 sin 2014 2 sin 2014 2 cosxdx x dx xdx x
4028 2
Chú ý: Cách trình bày vừa rồi cũng là cách ta đi chứng minh
(2*)
2)
2014
2
0
1 cos
1 cos
x
I dx
x
Hướng dẫn
:
2
2
2sin
1 cos
2
( ) tan
1 cos 2
2cos
2
x
x x
f x
x
x
và
( 2 ) ( )
f x f x
T T
0
( ) ( )
a
a
f x dx f x dx
2014
1
0
1 cos 2
I xdx
T T
0
( ) ( )
a
a
f x dx f x dx
nT T
0 0
( ) n ( )
f x dx f x dx
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 103
2. TÍCH PHÂN TRUY HỒI
Ở phần này các em sẽ đi tìm hiểu các dạng tích phân truy hồi
( , )
n
I f x n dx
với các câu hỏi hay gặp là:
1. Thiết lập công thức truy hồi
( )
n
n k
I g I
với
1;
k n
.
2. Chứng minh công thức truy hồi cho trước.
3. Sau khi thiết lập được công thức truy hồi yêu cầu đi tính
n
I
ứng với một vài giá trị
n
nào đó hoặc tính
giới hạn của hàm số hoặc dãy số có liên quan với
n
I
.
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Xét tích phân
2
0
sin
n
n
I xdx
với
*
n
1. Tìm mối liên hệ giữa
n
I
và
2
n
I
. 2. Tính
5
I
và
6
I
.
3. Tính
n
I
4. Xét dãy số
( )
n
u
cho bởi
1
( 1) .
n n n
u n I I
. Tìm
lim
n
n
u

.
Giải:
1. Tìm mối liên hệ giữa
n
I
và
2
n
I
.
+) Ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
0 0 0 0 0
sin sin .(1 cos ) sin sin .cos sin .cos
n n n n n
n n
I xdx x x dx xdx x xdx I x xdx
(1)
+) Tính
2 2
2
0 0
sin .cos sin .cos .cos
n n
x xdx x x xdx
Đặt
1
sin
cos
sin
sin .cos
sin .cos sin . sin
1
n
n
n n
du xdx
u x
x
dv x x
v x xdx x d x
n
Suy ra
1
2 2
2
2 2
2 2
0 0
0
cos .sin 1
sin .cos sin 0
1 1 1 1
n
n n
n n
I I
x x
x xdx xdx
n n n n
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
2
2
1
n
n n
I
I I
n
2
2
1
n
n n
I
I I
n
2
2
1
n n
n
I I
n
2. Tính
5
I
và
6
I
. Ta có
2 2
2 1
1 2
n n n n
n n
I I I I
n n
. Khi đó :
2
2
5 3 1
0
0
2 2
2
2
6 4 2
0 0
0
4 4 2 8 8 8
. sin cos
5 5 3 15 15 15
5 5 3 15 15 1 cos2 15 1 15
. sin sin 2
6 6 4 24 24 2 48 2 96
I I I xdx x
x
I I I xdx dx x x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 104
3. Tính
n
I
Ta có:
2
2
1
0
0
2 2
2
2
2
0 0
0
sin cos 1
1 cos2 1 1
sin sin 2
2 2 4 4
I xdx x
x
I xdx dx x x
. Với
2
2
1
n n
n
I I
n
(*)
+) Với
n
chẵn hay
2
n k
*
( )
k
. Áp dụng (*) ta được:
2 4
4 6
2 2 2
4
3
6
5
.....
2
2 1
k k
I I
I I
k
I I
k
Nhân theo vế các đẳng thức ta được:
2 2 2
4.6...2 4.6...2
3.5...(2 1) 4 3.5...(2 1)
k k
k k
I I I
k k
2
3.5...(2 1)
.
4.6...2 4
k
k
I
k
+) Với
n
lẻ hay
2 1
n k
*
( )
k
. Áp dụng (*) ta được:
1 3
3 5
2 3 2 1
3
2
5
4
.....
2 1
2 2
k k
I I
I I
k
I I
k
Nhân theo vế các đẳng thức ta được:
1 2 1 2 1
3.5...(2 1) 3.5...(2 1)
1
2.4...(2 2) 2.4...(2 2)
k k
k k
I I I
k k
2 1
2.4...(2 2)
3.5...(2 1)
k
k
I
k
4. Xét dãy số
( )
n
u
cho bởi
1
( 1) .
n n n
u n I I
. Tìm lim
n
n
u

.
Ta có:
1 2 1 1 2 1
2
( 1) . ( 1). . ( 2). .
1
n n n n n n n n
n
u n I I n I I n I I u
n
Vậy
1
n n
u u
nên
1 1 1 2
... 2 . 2.1.
4 2
n n
u u u I I
lim lim
2
n
n n
u
 
2
Chú ý:
2 2
0 0
sin cos
n n
n
I xdx xdx
(xem lại Bài toán 2 ở lớp tích phân đặc biệt)
Ví dụ 2. Xét tích phân
1
2
0
1
n
n
I x dx
với
*
n
1. Tính
n
I
. 2. Tìm
1
lim
n
n
n
I
I

.
Giải:
1. Tính
1
2
0
1
n
n
I x dx
. Đặt
2 2 1
(1 ) .(1 ) .( 2 )
n n
u x du n x x dx
dv dx v x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 105
Suy ra
1
11
2 2 2
0
0
(1 ) 2 1
n
n
n
I x x n x x dx
1 1 1
1 1
2 2 2 2
1
0 0 0
2 1 (1 ) 1 2 1 1 2
n n n
n n
n x x dx n x dx x dx n I I
1 1 1
1 1
2 2 2 2
1
0 0 0
2 1 (1 ) 1 2 1 1 2
n n n
n n
n x x dx n x dx x dx n I I
Vậy
1 1
2
2
2 1
n n n n n
n
I n I I I I
n
(*)
Từ (*) ta có:
1 2 1 1
2 2 2 2 2 2 2 4 4.6.8...2
. . ... .
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 5 5.7.9.(2 1)
n n n
n n n n n n
I I I I I
n n n n n n
(1)
Mặt khác:
1
1
3
2
1
0
0
2
1
3 3
x
I x dx x
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
2.4.6.8...2
3.5.7.9.(2 1)
n
n
I
n
2. Ta có:
1
1 1
2 2( 1) 2 2
2 1 2( 1) 1 2 3
n
n n n n
n
In n n
I I I I
n n I n
, suy ra
1
2 2
lim lim
2 3
n
n n
n
I n
I n
 
1
Ví dụ 3. Xét tích phân
4
0
tan
n
n
I xdx
với
*
n
1. Chứng minh rằng:
2
1
1
n n
I I
n
2. Tính
5
I
và
6
I
.
Giải:
1. Chứng minh rằng:
2
1
1
n n
I I
n
Ta có:
4 4 4
2 2 2
2
0 0 0
tan tan tan tan tan 1 tan tan
n n n n n n
n
I xdx x x x dx x x x dx
1
4 4 4
4
2
0 0 0
0
tan tan 1
tan tan tan
cos 1 1
n n
n n
n n n
x x
dx xdx xd x I I I
x n n
Vậy
2
1
1
n n
I I
n
(đpcm).
2. Tính
5
I
và
6
I
.
Ta có:
4 4 4
4
1
0
0 0 0
4 4
2
4
2
2
0
0 0
sin cos 1
tan ln cos ln 2
cos cos 2
1 4
tan 1 tan
cos 4
x d x
I xdx dx x
x x
I xdx dx x x
x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 106
Áp dụng công thức truy hồi
2
1
1
n n
I I
n
Ta có:
5 3 1
6 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1
ln2 ln 2
4 4 2 4 2 2 2 4
1 1 1 1 1 4 13
5 5 3 5 3 4 15 4
I I I
I I I
Ví dụ 4.
1. Xét tích phân
1
0
1
nx
n
x
e dx
I
e
, với
*
n
. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
n
n n
e
I I
n
.
2. Xét tích phân
3
0
(3 )
n x
n
I x e dx
, với
*
n
. Chứng minh rằng:
1
3
n
n n
I nI
.
Giải:
1. Xét tích phân
1
0
1
nx
n
x
e dx
I
e
, với
*
n
. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
n
n n
e
I I
n
.
Ta có
1
( 1)
1 1 1 1
( 1) ( 1) 1
( 1)
1
0 0 0 0
0
1
1
1 1 1 1 1
n x x
nx n x n x n
n x
n n
x x x
e e dx
e dx e dx e e
I I e dx
e e e n n
hay
1
1
1
1
n
n n
e
I I
n
(đpcm).
2. Xét tích phân
3
0
(3 )
n x
n
I x e dx
, với
*
n
. Chứng minh rằng:
1
3
n
n n
I nI
.
Đặt
1
(3 ) (3 )
n n
x x
u x du n x dx
dv e dx v e
Khi đó
3
3
1
1
0
0
(3 ) . (3 ) 3
n x n x n
n n
I x e n x e dx nI
Vậy
1
3
n
n n
I nI
(đpcm).
Ví dụ 5. Cho
1
0
1 .
n
n
I x x dx
với
*
n
. Biết
( )
n
u
là dãy số cho bởi
1
n
n
n
I
u
I
hãy tính
lim
n
u
.
Giải: Đặt
1
2
1 (1 ) 1
1
3
n
n
du nx dx
u x
v xdx x x
dv xdx
Khi đó :
1
1 1
1 1
0
0 0
2 2 2
(1 ) 1 . . (1 ) 1 . 1 . 1 .
3 3 3
n n n n
n
I x x x n x x x dx n x x dx x x dx
1
2
3
n n
n I I
Vậy
1 1 1
2 2
(2 3) 2
3 2 3
n n n n n n n
n
I n I I n I nI I I
n
Suy ra
1
1
2 2 2 2
2 5 2 5
n
n n
n
In n
I I
n I n
1
2 2
lim lim lim
2 5
n n
n
u I
n
1
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 107
VII. DÙNG TÍCH PHÂN ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
k
n
C
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Bước 1 : Khai triển
0 1 2 2
0
(1 ) ...
n
n k k n n
n n n n n
k
x C x C C x C x C x
.
Bước 2 : Lấy tích phân hai vế với cận thích hợp :
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
( Nếu mỗi hệ số trong đẳng thức cần chứng minh có chứa
k k
b a
thì ta chọn cận tích phân là
b
a
).
DẤU HIỆU NHẬN BIẾT : Các hệ số trong đẳng thức cần chứng minh có dạng phân số, đồng thời các mẫu
số thường tăng hoặc giảm đi một đơn vị.
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Với
n
. Chứng minh rằng:
1)
2 2 3 3 1 1 1 1
0 1 2
20 12 20 12 20 12 21 13
8 ...
2 3 1 1
n n n n
n
n n n n
C C C C
n n
2)
2 3 1 1
0 1 2
4 4 4 5 1
4 ...
2 3 1 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
.
3)
1
0 1 2
1 1 1 2 1
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
.
4)
2 3 1 1 1
0 1 2
6 1 6 1 6 1 7 2
5 ...
2 3 1 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
Giải:
1)
2 2 3 3 1 1 1 1
0 1 2
20 12 20 12 20 12 21 13
8 ...
2 3 1 1
n n n n
n
n n n n
C C C C
n n
+) Ta có:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
+) Suy ra:
20 20
0 1 2 2
12 12
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
20
20
1 2 3 1
0 1 2
12
12
(1 )
...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
C x C C C
n n
1 1 2 2 3 3 1 1
0 1 2
21 13 20 12 20 12 20 12
8 ...
1 2 3 1
n n n n
n
n n n n
C C C C
n n
Hay
2 2 3 3 1 1 1 1
0 1 2
20 12 20 12 20 12 21 13
8 ...
2 3 1 1
n n n n
n
n n n n
C C C C
n n
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 108
2) .
+) Ta có:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
+) Suy ra:
4 4
0 1 2 2
0 0
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
4
4
1 2 3 1
0 1 2
0
0
(1 )
...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
C x C C C
n n
1 2 3 1
0 1 2
5 1 4 4 4
4 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
Hay
2 3 1 1
0 1 2
4 4 4 5 1
4 ...
2 3 1 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
(đpcm).
3) .
+) Ta có:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
+) Suy ra:
1 1
0 1 2 2
0 0
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
1
1
1 2 3 1
0 1 2
0
0
(1 )
...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
C x C C C
n n
1
0 1 2
2 1 1 1 1
...
1 2 3 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
Hay
1
0 1 2
1 1 1 2 1
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
(đpcm).
4)
+) Ta có:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
+) Suy ra:
6 6
0 1 2 2
1 1
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
6
6
1 2 3 1
0 1 2
1
1
(1 )
...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
C x C C C
n n
1 1 2 3 1
0 1 2
7 2 6 1 6 1 6 1
5 ...
1 2 3 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
Hay
2 3 1 1 1
0 1 2
6 1 6 1 6 1 7 2
5 ...
2 3 1 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
(đpcm).
2 3 1 1
0 1 2
4 4 4 5 1
4 ...
2 3 1 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
1
0 1 2
1 1 1 2 1
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
2 3 1 1 1
0 1 2
6 1 6 1 6 1 7 2
5 ...
2 3 1 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 109
Ví dụ 2 ( B – 2003) Cho
n
là số nguyên dương. Tính tổng:
2 3 1
0 1 2
2 1 2 1 2 1
...
2 3 1
n
n
n n n n
C C C C
n
Giải:
+) Ta có:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
+) Suy ra:
2 2
0 1 2 2
1 1
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
2
2
1 2 3 1
0 1 2
1
1
(1 )
...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
C x C C C
n n
1 1 2 3 1
0 1 2
3 2 2 1 2 1 2 1
...
1 2 3 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
Vậy
2 3 1 1 1
0 1 2
2 1 2 1 2 1 3 2
...
2 3 1 1
n n n
n
n n n n
C C C C
n n
Ví dụ 3 :Với n
. Chứng minh rằng:
1)
0 1 2 3
1 1 1 ( 1) 1
...
2 3 4 1 1
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
2)
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1
...
2 4 6 2 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
(A – 2007)
3)
0 2 4 2
2 2 2 2
1 1 1 4
...
3 5 2 1 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
Giải:
1)
+) Ta có:
0 1 2 2 3 3
(1 ) ... ( 1)
n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
+) Suy ra:
1 1
0 1 2 2 3 3
0 0
(1 ) ... ( 1)
n n n n
n n n n n
x dx C C x C x C x C x dx
1
1
1 2 3 4 1
0 1 2 3
0
0
(1 )
... ( 1)
1 2 3 4 1
n n
n n
n n n n n
x x x x x
C x C C C C
n n
0 1 2 3
1 1 1 1 ( 1)
...
1 2 3 4 1
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
Hay
0 1 2 3
1 1 1 ( 1) 1
...
2 3 4 1 1
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
(đpcm).
0 1 2 3
1 1 1 ( 1) 1
...
2 3 4 1 1
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 110
2)
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1
...
2 4 6 2 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
(A – 2007)
+) Ta có:
2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2
2 2 2 2 2 2
2 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 ) ... (1)
(1 ) ... (2)
n n n n n
n n n n n n
n n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
x C C x C x C x C x C x
+) Lấy (1) – (2) ta được:
2 2 1 3 3 5 5 2 1 2 1
2 2 2 2
(1 ) (1 ) 2 ...
n n n n
n n n n
x x C x C x C x C x
2 2
1 3 3 5 5 2 1 2 1
2 2 2 2
(1 ) (1 )
...
2
n n
n n
n n n n
x x
C x C x C x C x
+) Suy ra:
1 1
2 2
1 3 3 5 5 2 1 2 1
2 2 2 2
0 0
(1 ) (1 )
...
2
n n
n n
n n n n
x x
dx C x C x C x C x dx
1
1
2 1 2 1 2 4 6 2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
0
0
1 (1 ) (1 )
. ...
2 2 1 2 4 6 2
n n n
n
n n n n
x x x x x x
C C C C
n n
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
2 1 1 1 1 1
...
2 1 2 4 6 2
n
n
n n n n
C C C C
n n
Hay
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1
...
2 4 6 2 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
(đpcm).
3)
+) Ta có:
2 0 1 2 2 2 2
2 2 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C C x C x C x
+) Suy ra:
1 1
2 0 1 2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
(1 ) ...
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
1
1
2 1 2 3 2 1
0 1 2 2
2 2 2 2
1
1
(1 )
...
2 1 2 3 2 1
n n
n
n n n n
x x x x
C x C C C
n n
2 1
0 2 4 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 ...
2 1 3 5 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
Hay
0 2 4 2
2 2 2 2
1 1 1 4
...
3 5 2 1 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
(đpcm).
0 2 4 2
2 2 2 2
1 1 1 4
...
3 5 2 1 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 111
VIII. KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ĐẠI HỌC
Qua 7 phần chúng ta được tìm hiểu ở trên, các em sẽ nhận thấy trong tích phân ta có trong tay hai công cụ chính
để giải quyết là ĐỔI BIẾN và TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN cùng một vài kĩ thuật để làm cho hai công cụ trên
phát huy tác dụng như: Tách tích phân (dùng phương pháp đồng nhất hệ số, thêm bớt…), kĩ thuật nhân, chia
dưới dấu tích phân, kĩ thuật vi phân, dùng các công thức để biến đổi (công thức lượng giác, hằng đẳng
thức…), sử dụng tích phân liên kết ( quan sát để tìm tích phân liên kết, sử dụng cận để đổi biến, sử dụng các
đẳng thức và tính chẵn lẻ của hàm số…). Vì vậy chúng ta có thể tổng kết lại như sau :
Khi đứng trước một bài toán tích phân các em sẽ có những hướng đi :
TH1: Nếu dưới dấu tích phân có căn :
+) Hướng tư duy 1: Đặt
t
bằng căn ( đã đúng cho tất cả các đề thi Đại Học – Cao Đẳng từ 2002 – 2013).
Nếu không ổn hãy chuyển sang:
+) Hướng tư duy thứ 2: Với tích phân
2
( )
I f ax bx c dx
mà
2
ax bx c
ta biến đổi về dạng:
*)
2 2
m u
thì đặt
sin
u m t
(
cos
u m t
) *)
2 2
u m
thì đặt
cos
m
u
t
(
sin
m
u
t
)
*)
2 2
u m
thì đặt
tan
u m t
(
cot
u m t
) *)
2
u u
thì đặt
2
sin
u t
(
2
cos
u t
)
Với tích phân
m x
I f dx
m x
thì đặt
cos2
x m t
.
CHÚ Ý: Với tích phân có dạng
2
dx
x k
thì ta có thể không dùng tới phương pháp trên. Cụ thể ta biến đổi:
2 2
2
2 2 2 2
( ) ( )
ln( ) ...
( ) ( )
dx x x k dx d x x k
x x k
x k x x k x k x x k
Nếu vẫn chưa ổn hãy chuyển sang :
+) Hướng tư duy thứ 3: Nhân với lượng liên hợp tương ứng rồi quay về 2 hướng tư duy đầu.
TH2 : Nếu dưới dấu tích phân có hàm lượng giác và hàm mũ có dạng
sin
u
và
u
e
mà
u ax b
( nghĩa là
u
không là hàm bậc nhất hoặc bậc không ) thì điều đầu tiên là đặt
t u
. Sau đó quay về TH1 hoặc TH3
.
TH3: Nếu dưới dấu tích phân xuất hiện hai trong bốn hàm: log, đa thức ( kể cả phân thức), lượng giác và mũ
liên hệ với nhau bởi phép nhân thì đi theo :
+) Hướng tư duy 1:Sử dụng tích phân từng phần theo thứ tự ưu tiên “u→dv” là :
“log →đa thức→ lượng giác → mũ”
(nghĩa là anh nào đứng trước trong thứ tự thầy nêu thì đặt là u còn anh đứng sau là dv:
b b
b
a
a a
udv uv vdu
)
( Các em có thể có cách nhớ “hài hước” theo thứ tự “u→dv” là: “nhất log, nhì đa, tam lượng, tứ mũ” ).
Nếu vấn chưa ổn thì chuyển sang:
+) Hướng tư duy 2: Sử dụng kĩ thuật vi phân (
'
du u dx
(**) ) và đổi biến
Nếu sử dụng (**) :
+) theo chiều thuận (từ Trái
Phải): các em phải đi tính đạo ĐẠO HÀM.
+) theo chiều nghịch (từ Phải
Trái): các em phải đi tính NGUYÊN HÀM.
Các em có thể nhớ theo cách sau : “đưa vào vi phân thì tính NGUYÊN HÀM, đưa ra thì tính ĐẠO HÀM”.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 112
TH4: Nếu dưới dấu tích phân có dạng hữu tỉ:
I
( )
( )
f x
dx
g x
+) Hướng tư duy 1: Nếu bậc
( )
f x
lớn hơn hoặc bằng bậc
( )
g x
. Thì thực hiện phép chia chuyển
I
về dạng:
1 2
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
r x r x
I h x dx h x dx dx I I
g x g x
. Với
1
I
tính đơn giản và tính
2
I
sẽ chuyển sang:
+) Hướng tư duy 2: Nếu bậc của
( )
f x
nhỏ hơn bậc
( )
g x
thì hãy đi theo thứ tự:
*) Hướng tư duy 2.1: Nếu
( )
ln ?
( )
f x A dx A
I A ax b
g x ax b ax b a
*) Hướng tư duy 2.2: Nếu
2
( )
( )
f x Ax B
g x ax bx c
thì biến đổi
2
2 2
'
k ax bx c l
Ax B
I dx
ax bx c ax bx c
2
2
3
2 2
( )
ln .
d ax bx c dx
k l k ax bx c l I
ax bx c ax bx c
và đi tính
3
2
dx
I
ax bx c
bằng cách chuyển sang Hướng tư duy 2.3:
*) Hướng tư duy 2.3: Nếu
2 2
( )
( )
f x A dx
I A
g x ax bx c ax bx c
thì:
**) Khả năng 1:
2
1 2 2 1 2 1 2 1 1
1 1
ln ?
( )( ) ( ) ( )
x xdx A A
I A dx
a x x x x a x x x x x x a x x x x
**) Khả năng 2:
2
0 0
?
( ) ( )
dx A
I A
a x x a x x
**) Khả năng 3:
2 2
0
( )
A dx
I
a x x k
thì đặt
2
2
0
2 2 2 2
0
(1 tan )
tan cos
( ) (1 tan )
kdt
dx k t dt
x x k t t
x x k k t
1 1
1 1
2
1 1
2 2
( )(1 tan )
?
(1 tan )
AA k t A
I dt dt
a k t ka ka
*) Hướng tư duy 2.4: Nếu
( )
g x
có bậc lớn hơn 2 thì tìm cách đưa về 3 hướng tư duy 2.1, 2.2, 2.3 bằng các
kĩ thuật: +) Đổi biến hoặc tách ghép, nhân, chia để giảm bậc.
+) Đồng nhất hệ số theo thuật toán:
1 1 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2
( )
... ...
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
nm
m n m n
B x CA
A A B x C B x Cf x
n
ax b cx dx e ax b ax b ax b cx dx e cx dx e cx dx e
Sau đó quy đồng bỏ mẫu số rồi dùng tính chất “hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng bằng nhau”
từ đó ta sẽ tìm được các
,
i j
A B
,
j
C
( 1, ; 1, )
i m j n
hoặc có thể dùng cách chọn
x
để tìm các
,
i j
A B
,
j
C
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 113
TH5: Nếu dưới dấu tích phân có dạng lượng giác:
(sin ,cos )
I f x x dx
thì:
+) Hướng tư duy 1: Nếu
sin .cos
m n
I x xdx
(
,
m n Z
) thì dựa vào tính chẵn, lẻ để đổi biến.Cụ thể:
*) Nếu
,
m n
khác tính chẵn lẻ thì các em sẽ đặt
t
theo anh mang mũ chẵn. Cụ thể :
**)
m
chẵn,
n
lẻ thì đặt
sin
t x
** )
m
lẻ,
n
chẵn thì đặt
cos
t x
*) Nếu
,
m n
cùng tính chẵn lẻ. Cụ thể :
**)
,
m n
đều lẻ thì đặt
sin
t x
hoặc
cos
t x
(kinh nghiệm là nên đặt theo anh mang mũ lớn hơn).
**)
,
m n
đều chẵn thì đặt
tan
t x
(hoặc
cot
t x
) hoặc dùng công thức hạ bậc, biến đổi lượng giác.
+) Hướng tư duy 2 : Nếu (sin ).cos
I f x xdx
thì đặt
sin
t x
và (cos ).sin
I f x xdx
thì đặt
cos
t x
+) Hướng tư duy 3: Nếu
( )
(sin ,cos )
( )
h x
f x x
g x
trong đó
( ), ( )
h x g x
chứa các hàm lượng giác thì:
*) Hướng tư duy 3.1 : Ý nghĩ đầu tiên hãy tính
'( )
g x
và nếu phân tích được
( ) . ( ) ( ( )). '( )
h x u g x l g x g x
thì khi đó
1 2
( ( )). '( )
I udx r g x g x dx I I
và tính
2
( ( )). '( )
I r g x g x dx
bằng các đổi biến:
( Hướng tư duy này có thể áp dụng với chứa các hàm khác như loga, đa thức, mũ…)
Nếu việc phân tích
( )
h x
gặp khó khăn ta chuyển tới việc làm “thủ công” qua Hướng tư duy 3.2
*) Hướng tư duy 3.2: Nếu
( ), ( )
h x g x
là các hàm bậc nhất theo
sin
x
và
cos
x
thì dùng phương pháp
đồng nhất hệ số. Cụ thể :
**)
( ) asin cos sin cos cos sin
( ) sin cos sin cos sin cos
h x x b x c x d x c x d x
A B
g x c x d x c x d x c x d x
. Khi đó:
cos sin ( sin cos )
. ln sin cos ?
sin cos sin cos
c x d x d c x d x
I A dx B dx A dx B A x B c x d x
c x d x c x d x
**)
( ) asin cos sin cos cos sin 1
( ) sin cos sin cos sin cos sin cos
h x x b x e c x d x h c x d x
A B C
g x c x d x h c x d x h c x d x h c x d x h
.
Khi đó:
3
ln sin cos .
I Ax B c x d x h C I
và ta tính
3
sin cos
dx
I
c x d x h
bằng hai cách:
C1: Dùng công thức biến đổi lượng giác để chuyển về các công thức lượng giác trong bảng nguyên hàm .
Nếu không ổn hãy chuyển sang :
C2: Đặt
tan
2
x
t
2
2
1
dt
dx
t
và
2
2 2
2 1
sinx ; cos
1 1
t t
x
t t
Sau đó quay về TH4
( )
t g x
( ), ( )
h x g x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 114
*) Hướng tư duy 3.3: Nếu
2
(tan )
cos
f x
I dx
x
(hoặc
2
(cot )
sin
f x
I dx
x
) thì đặt
tan
t x
(hoặc
cot
t x
)
Với trường hợp hay gặp :
2 2
(tan ).
sin sin cos cos
f x dx
I
a x b x x c x
(hoặc
2 2
(cot ).
sin sin cos cos
f x dx
I
a x b x x c x
)
thì biến đổi:
2 2
(tan )
cos ( tan tan )
f x
I dx
x a x b x c
sau đó đặt
2
tan
cos
dx
t x dt
x
1
1
2
( )f t
I dt
at bt c
Sau đó quay về TH4
*) Hướng tư duy 3.4: Nếu
(sin cos ;sin cos )
I f x x x x dx
đặt
Sau đó quay về TH4
TH6: Khi gặp tích phân chỉ chứa hàm
log
hoặc chỉ chứa hàm mũ thì ta có các hướng đi sau :
*) Hướng tư duy 1: Nếu có dạng
(ln )
b
a
f u
I dx
u
thì đặt
ln
t u
( hoặc đặt
(ln )
t g u
nghĩa là đặt
t
bằng một hàm theo
ln
u
).
Nếu dưới dấu tích phân có mặt
log
a
u
thì các em nên chuyển về
ln
u
bằng công thức :
ln
log
ln
a
u
u
a
.
*) Hướng tư duy 2: Nếu có dạng
( )
b
x
a
I f e dx
thì đặt
x
t e
( hoặc
t
bằng một hàm theo
x
e
).
TH7: Nếu dưới dấu tích phân có dấu trị tuyệt đối
( )
I f x dx
thì tìm cách phá trị tuyệt đối bằng cách đi
xét dấu của trong đoạn . Cụ thể:
B1
: Giải phương trình
( ) 0 ?
i
f x x
và chọn các
[ ; ]
i
x
rồi chuyển sang:
B2: Lập bảng xét dấu: (Giả sử ta bảng xét dấu: )
B3: Ta dựa vào công thức
( ) ( ) ( )
f x dx f x dx f x dx
(
) để tách :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
i i
i i
x x
x x
I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
. Sau đó chuyển về sáu TH
đầu.
TH8: Khi bài toán yêu cầu tính diện tích hình phẳng hoặc thể tích vật thể tạo ra khi quay hình phẳng qua
trục Ox, Oy thì các em cần nhớ kiến thức sau:
Hình phẳng giới hạn bởi các đường :
(nếu )
Nếu không dựa vào hình vẽ và cần phá trị tuyệt đối thì chuyển về TH6 .
2
(cos sin )
sin cos
1
sin cos
2
dt x x dx
t x x
t
x x
( )
f x
;
( )
( )
;
y f x
y g x
x a x b a
2 2
0
( ) ( ) (2*)
( ) ( ) (3*)
b
a
b
x
a
S f x g x dx
V f x g x dx
2
0
( )
( )
b
a
b
x
a
S f x dx
V f x dx
( ) 0
y g x
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 115
Mặc dù cũng đã rất cố gắng song với khả năng và trong khoảng thời gian còn hạn
chế, cùng với lượng bài giải lớn nên trong bài viết không tránh khỏi sai xót. Rất mong
sự góp ý và xây dựng từ phía bạn đọc, để bài viết được hoàn thiện hơn.
Mọi ý kiến góp ý xin chuyển vào email: giaidaptoancap3@yahoo.com
Các bạn có thể tham khảo các bài viết khác khi ghé qua trang:
http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Hy vọng bài viết này sẽ giúp ích nhiều cho bạn đọc .
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU !
| 1/115
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
Trong các các kì thi Đại Học – Cao Đẳng câu tích phân luôn mặc định xuất hiện trong đề thi môn Toán.
Tích phân không phải là câu hỏi khó, đây là một bài toán “nhẹ nhàng”, mang tính chất “cho điểm”. Vì vậy
việc mất điểm sẽ trở nên “vô duyên” với những ai đã bỏ chút thời gian đọc tài liệu. Ở bài viết nhỏ này sẽ
cung cấp tới các em các dạng tích phân thường xuyên xuất hiện trong các kì thi Đại Học - Cao Đẳng ( và
đề thi cũng sẽ không nằm ngoài các dạng này). Với cách giải tổng quát cho các dạng, các ví dụ minh họa đi
kèm, cùng với lượng bài tập đa dạng, phong phú. Mong rằng sau khi đọc tài liệu, việc đứng trước một bài
toán tích phân sẽ không còn là rào cản đối với các em . Chúc các em thành công !
Trong bài viết này sẽ giới thiệu tới các em 8 phần: Trang
I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN …………………………… 1
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ…………………………… 2
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN….. 3 –12– 26
IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG... 27 – 81
V. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN…………………………………………………….. 82 – 93
VI. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT VÀ TÍCH PHÂN TRUY HỒI……..94 – 102 - 106
VII. DÙNG TÍCH PHÂN ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA k n
C ……...107 - 110
VIII. KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ĐẠI HỌC ………………111- 114
I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN Trang 1 GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968
http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ
Điều kiện tiên quyết để làm tốt phần tích phân là chúng ta phải nhớ và hiểu được cách
vận dụng các công thức nguyên hàm sau: (chỉ cần hiểu 8 công thức thì sẽ biết cách suy
luận ra các công thức còn lại)   x 1 ax b 1 1  1  x dx   C ;
ax bdx  .    C u  ) 1 u du   C 1 a 1 ( 1)    1 du 1 du 1
du u C ;    C;       C 2  u u u
  1 1 u  
dx  ln x   C du   x ) 2
 ln u C   u dx 1   ln ax b   C   ax b a xa x a dx   C; u u
e du e C u a    ) u 3 ln aa du   C   ln ax x axb 1
e dx e C; axb e dx e    C   a
 sin xdx   cos x   C  )
4 sin udu   cosu C    1 sin(ax  )
b dx   cos(ax  ) b C   a
 cos xdx  sin x   C  )
5 cosudu  sin u C    1 cos(ax  ) b dx
sin(ax b)  C   a
dx  cot x Cdu  2  sin x ) 6
  cot u C  2  sin u dx 1    cot(ax  ) b C  2  sin (ax  ) b a   dx  tan x Cdu  2  cos x 7)
 tan u C  2  cos u dx 1  
tan(ax b)  C  2
 cos (ax b) a   du 1 u a   ln   C du 1  2 2  1 1  1 u aa u 2a u a ) 8   du  ln C    2 2  u a
2a   u a u a    2a u a dx 1 x a   ln  C  2 2   x a 2a x a Trang 2
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC
1. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ  f ( ) x
CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ I dx (*)  g( ) x
Chú thích: Sơ đồ trên được hiểu như sau :
Khi đứng trước một bài toán tích phân có dạng hữu tỉ trước tiên ta quan tâm tới bậc của tử số và mẫu số.
*) Nếu bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số, khi đó ta chú ý tới bậc dưới mẫu số. Cụ thể:
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 1 ta có luôn công thức trong bảng nguyên hàm và đưa ra được đáp số.
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 2 ta quan tâm tới  hay “tính có nghiệm” của phương trình dưới mẫu.
+) Nếu   0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành tích và dùng kĩ thuật tách ghép để tách thành
hai biểu thức có mẫu bậc 1 (quay về trường hợp mẫu số có bậc bằng 1).
+) Nếu   0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành hằng đẳng thức và dùng kĩ thuật tách ghép để
đưa tích phân về dạng đã biết.
+) Nếu   0 tức khi đó ta không thể phân tích dưới mẫu số thành tích và hằng đẳng thức được.
-) Nếu trên tử là hằng số khác 0 ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa để chuyển về dạng cơ bản
( theo cách đổi biến ở sơ đồ trên).
-) Nếu trên tử có dạng bậc nhất ta sẽ chuyển về bậc 0 ( hằng số hay số tự do) bằng kĩ thuật vi phân
như cách trình bày ở sơ đồ và quay về trường hợp trước đó (tử là hằng số khác 0 ).
++) Nếu bậc của mẫu số lớn hơn 2 ta sẽ tìm cách giảm bậc bằng phương pháp đổi biến hoặc các kĩ thuật:
Nhân, chia, tách ghép (đồng nhất hệ số), vi phân…
*) Nếu bậc của tử số lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu số thì ta chuyển sang TH2 (trường hợp 2). Trang 3
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CHÚ Ý :
Việc đồng nhất hệ số dựa theo cách phân tích sau: f (x) A A A B x C B x C B x C 1 2 m 1 1 2 2    ...     ... n n m 2 n 2 m 2 2 2 2
(ax b) (cx dx e) (ax b) (ax b) (ax b)
(cx dx e)
(cx dx e)
(cx dx e)n
Sau đó quy đồng bỏ mẫu, dùng tính chất “hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng của chúng bằng
nhau” từ đó tìm được các A , B , C
i m j n hoặc có thể dùng cách chọn x để tìm các A , B , C . i j j ( 1, ; 1, ) i j j Các ví dụ minh họa 2 dx 3
Ví dụ 1. Tính tích phân I  
với : 1) k
2) k  1 3) k  4 2
x  2x k 4 0 3
Giải: 1) Với k  thì : 4 2 2 2 2 2 dx 4dx
(2x  3)  (2x 1)  2 2  2x  1 15 I    2 dx   dx  ln    ln 2 3    2 4x  8x  3
(2x  1)(2x  3)  2x  1 2x  3  2x  3 7 0 0 0 0 0 x  2x  4 2 2 2 dx dx 1 2
2) Với k  1 thì : I       2  2 x  2x 1 (x 1) x 1 3 0 0 0 2 2 dx dx
3) Với k  4 thì : I    2  2 x  2x  4 (x 1)  3 0 0     3dt
Đặt x 1  3 tan t với t   ; 2    dx
 3.(1  tan t)dt và x : 0  2 thì t :   2 2  2 cos t 6 3 3 2 3
3.(1 tan t )dt 3 3 3 Khi đó 3 I   dt t   2  3.(tan t 1) 3 3 18 6 6 6
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 2 3 0 dx 1 dx 1 dx 1) I dx I I I  1  2) 3) 4) 4x 1 2 2 2x x  3 3 2 x  6x  9 4 2 x  2x  2 1 1 0 0 1 4x  5 2 3x  2 2 x  3 5) I dx I dx I dx 5  6) 2  7) x x  2 6 2 4x  4x  1 7 2 x  2x  4 0 1 1 Trang 4
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 3 3 3 7 Giải: 1) I dx  ln 4x 1  ln 1  4x 1 4 4 3 1 1 0 dx 0 dx
1 0 (2x  3)  2(x 1) 2) I    dx 2  2   2x x  3
( x 1)(2x  3) 5
(x 1)(2x  3) 1 1 1 0 0 1  1 2  1 x 1 1 1 ln 6   dx  ln  ln     
5  x 1 2x  3  5 2x  3 5 6 5 1 1 1 1 1 dx dx 1 1 3) I      3  2  2 x  6x  9 ( x  3) x  3 12 0 0 0 1 1 dx dx 4) I   4  2  2 x  2x  2 (x 1) 1 0 0    dt
Đặt x 1  tan t với t   ; 2    dx
 (1 tan t)dt và x : 0 1 thì t :   0  2 2  2 cos t 4 0 2 0 (1  tan t )dt 0
Khi đó I   dt t 4  2  tan t 1  4 4   4 4 1 1 1 1 4x  5
(x 1)  3(x  2)  1 3  5) I dx dx  
dx  ln x  2  3ln x 1  4 ln 2 5  2      0 x x  2
(x 1)(x  2)  x  2 x 1  0 0 0
Chú ý: Việc phân tích 4x  5  x  1 3(x  2) có được là do ta đi tìm hệ số a, b thỏa mãn: a b  4 a  1
4x  5  a(x 1)  b(x  2)  4x  5  (a b)x a  2b khi đó   
a  2b  5 b  3   3 7 2 2 2x   1  2 3x  2  3 7  6) 2 2 I dx dx   dx 6  2  2   2  4x  4x 1 (2x 1) 2(2x 1) 2(2x 1) 1 1 1   2  3 7  3 7  ln 2x 1     ln 3  4 4(2x 1)   2 6 1 1 2 2 2x  2  4 2 2 x  3 1 (2x  2) dx 1 7) 2 I dx dx dx  4  A  4B 7  2  2  2  (*) 2 x  2x  4 x  2 x  4 2 x  2x  4 x  2x  4 2 1 1 1 1 2 2 2 2 (2x  2)
d (x  2x  4) +) Tính 2 A dx
 ln x  2x  4   2  2 ln 2 (1) 2 1 x  2x  4 x  2x  4 1 1 2 2 dx dx +) Tính B    2  2 x  2x  4 ( x 1)  3 1 1     3dt
Đặt x 1  3 tan t với t   ; 2    dx
 3.(1  tan t)dt và x : 1
  2 thì t : 0   2 2  2 cos t 3 3 2 3
3.(1  tan t)dt 3 4 3 3 B   3 dt  3 tI  ln 2  2 
(2) . Thay (1) và (2) vào (*) ta được: 0 tan t 1 3 7 3 0 0 Trang 5
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 2 3 2
2x x  2x  4 1 4 3 2
x  2x  4x x  2 2 3 2
4x  4x  7x  2 1) I dx I dx I dx 1  2) 3) 2x 1 2 2 x  2x  3 3 2 4x  4x 1 1 0 1 1 2 (x 1) 2 2 2x x 1 4) I dx I dx 4  ( D – 2013) 5) 2  x 1 5 2 x  2x  4 0 0 Giải: 2 2 3 2 2 3
2x x  2x  4  5   x 5  10 5 1) 2 I dx x 1 dx   x  ln 2x 1   ln 3 1      2x 1  2x 1  3 2 3 2 1 1   1 1 4 3 2 1 1
x  2x  4x x  2  x  5  
2(x 1)  (x  3)  2) 2 2 I dx x 1  dx x 1 dx 2  2   2     x  2x  3 
x  2x  3 
(x  1)(x  3) 0 0 0   1 1 3   2 1   x  2 2  x 1  dx
x  2 ln x  3  ln x 1       
2 ln 3  ln 2    x  3 x 1  3 3 0    0 2 3 2 2 2 2
4x  4x  7x  2  6x  2   3(2x 1)  1  3 1  3) I dx x dx x dx x   dx 3  2  2    2    2  4x  4x  1 
4x  4x 1  (2x 1) 2x 1 (2x 1) 1 1 1   1   2 2  x 3 1  11 3   ln 2x 1      ln 3 2 2 2(2x 1)   6 2 1 1 2 (x 1) 4) I dx 4  ( D – 2013) 2 x 1 0 1 2 1 1 1 1 1 2 1 x 1 2x  2x  2x d ( x 1) I dx  1 dx dx dx dx           2 x  ln(x 1)  1  ln 2 4 2 2 2 2  0 x 1  x 1  x 1 x  1 0 0 0 0 0 0  3  2 2 2 2 (2x  2)  6 2x x 1  3x  9    5) 2 I dx  2  dx  2  dx 5  2  2    2  x  2x  4 
x  2x  4  x  2x  4 0 0 0     2 2 2 2 2
3 d (x  2x  4) dx  3  3  2 dx   6   2
 2x  ln(x  2x  4)  6I  4  ln 3  6I (*) 2  2   2 x  2x  4 x  2x  4  2  2 0 0 0 0 2 2 dx dx Tính I    2  2 x  2x  4 (x  1)  3 0 0  3     2 dx
dt  3(1 tan t)dt
Đặt x 1  3 tan t (với t   ; 2   )   cos t
và x : 0  2 thì t :   2 2   6 3 2 2
(x 1)  3  3(1 tan t)  3 2 3 3 3(1 tan t)dt 3 3 3 3 3I   dt t   I  4  ln 3  2 
(2*). Thay (2*) vào (*) ta được: 3(1 tan t) 3 3 5 18 2 3 6 6 6 Trang 6
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: 1 3 x 1 7 x 2 2 x 1 1) I dx I dx I dx 1  (B – 2012) 2) 4 2  3) x  3x  2 2 4 2 (3  2x ) 3 4 2
x(x  3x  2) 0 0 1 2 2x  3 1 2 x 1 2 dx 4) I dx I dx I  4  5) 2 2  6)
(x  2x)(x  4x  3) 5 4 3 2
x  4x  6x  4x 1 6 3 5 x x 1 2 1 1 x 2 dx 0 2 x dx 7) I dx I I  7  8) 3  9) (1 2x) 8 9 x  2014 1  x 8 (1  x) 1  0 1  1 3 x dt Giải: 1) I dx
dt  2xdx hay xdx  1  (B – 2012) Đặt 2 t x 4 2 x  3x  2 2 0 1 2 1 1 1 x .xdx 1 t.dt
1 2(t  1)  (t  2) 1  2 1 
và x : 0  1 thì t : 0  1 I    dt   dt 1  4 2  2    x  3x  2 2 t  3t  2 2
(t 1)(t  2)
2  t  2 t  1 0 0 0 0 1  1  3  ln t  2  ln t 1    ln 3  ln 2  2  2 0  1 3 3 1
dt  8x dx x dx   dt 7 x   8 2) I dx 4
t  3  2x
và x : 0  1 thì t : 3  1 2  Đặt  4 2 (3  2x ) 3  t 0 4 x    2 3  t 1 7 1 4 1 3 x x 1 1 3  t Khi đó 3 2 I dx  .x dx   dt dt 2  4 2  4 2  2  2 (3  2x ) (3  2x ) 8 t 16 t 0 0 3 1 3 3 1  3 1  1  3  2  ln 3   dt    ln t   2    16  t t  16  t  16 1 1 2 2 x 1 dt 3) I dx
t x dt xdx xdx
và x :1  2 thì t :1  2 3  Đặt 2 2 4 2
x(x  3x  2) 2 1 2 2 2 ( x 1) 1 t 1 Khi đó I  .xdx dt 3  2 4 2  2
x (x  3x  2)
2 t(t  3t  2) 1 1 t 1 Lúc này ta sẽ phân tích
thành tổng các phân thức có mẫu bậc 1 bằng phương pháp đồng nhất 2
t(t  3t  2) t 1 t 1 A B C hệ số . Cụ thể:     2
t(t  3t  2)
t(t 1)(t  2) t t 1 t  2  t 1  (
A t  1)(t  2)  Bt(t  2)  Ct(t 1) (*) Việc tìm ,
A B, C có thể làm theo 2 cách :  1 A  
A B C  0  2   Cách 1: 2
(*)  t 1  (A B C)t  (3A  2B C)t  2A khi đó 3
A  2B C  1  B  2 2A 1    3  C     2 Trang 7
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1
Cách 2: +) Chọn t  0 thì (*) có dạng: 1  2 A A   2 +) Chọn t  1  thì (*) có dạng: 2
  B B  2 3 +) Chọn t  2
 thì (*) có dạng: 3  2C C   2 2 2 1  1 2 3   1 3 7 ln 3 11.ln 2  Vậy I    
dt   ln t  ln(t 1)  ln(t  2)  3    2 2t t 1 2(t 2)  4 4        4 1 1 2 2 2 2x  3 2x  3 2x  3 4) I dx dx dx 4  2 2   2 2
( x  2x)( x  4x  3)
x(x  2)(x  1)(x  3)
(x  3x)(x  3x  2) 1 1 1
Cách 1: (đổi biến) Đặt 2
t x  3x dt  (2x  3)dx và x :1  2 thì t : 4  10 10 10 10 dt 1  1 1  1 t 1 15 Khi đó I    dt  ln  ln 4     t(t  2) 2  t t  2  2 t  2 2 12 4 4 4
Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân) 2 2 2 2 2
(x  3x  2)  (x  3x) (2x  3) 1  
1  (2x  3)dx (2x  3)dx I dx   4  2 2  2  2  2
(x  3x)(x  3x  2) 2 x  3x x  3x  2 1  1 1  2 2 2 2 2 2
1  d (x  3x)
d (x  3x  2)  1 x  3x 1 15    ln   ln 2  2  2 2 x  3x x  3x  2 2 x  3x  2  2 12 1 1  1 1 2 x 1 5) I dx 5 
Chia cả tử và mẫu trong biểu thức tích phân cho 2 x ta được: 4 3 2
x  4x  6x  4x 1 2  1 1      1 dx 1 1 1  2  2 xx I dx  5  4 1  2  1   1 2  2 2
x  4x  6   x   4 x   6 2  2    x xx   x    1  dt  1 dx    1 2   x  5
Cách 1: (đổi biến) Đặt t x    và x : 2   1
thì t :   2 x 1  2 2 2 t x   2 2   x 2 2 2  2   dt dtdt 1 1 Khi đó I       5  2  2  2 5
(t  2)  4t  6 t  4t  4 (t  2) t  2 36 5 5 5     2 2 2 2
Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân – dành cho những ai có kĩ năng phân tích tốt) 1  1   1      1 dx    d x 2 1 1 2    x   x  1 1 I      5  2  2 1 36 2  1   1  2   1  x   2 x   4 x   4 x   2       x 2  x   x   xTrang 8
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 dx dx 6) I   6  3 5  3 2 x x x (1 x ) 1 1
Cách 1: (đổi biến) dt Đặt 2
t x dt  2xdx xdx
và x :1  2 thì t :1  4 2 2 4 xdx 1 dt 4
1 (t  1)  t 4 4 1  1 1  1  1
(t 1)  t  Khi đó I    dt   dt   dt 6  4 2  2        x (1 x ) 2 t (t  1) 2 2 t (t 1) 2 2 2 t t(t 1) 2 t t (t  1) 1 1 1 1   1   4 4 1  1 1 1  1  1 t  1  3 1 5    dt    ln     ln 2    2 t t t 1 2 t t 8 2 8 1   1
Cách 2: (Dùng kĩ thuật tách ghép) 2 2 2 2 (1 x )  x  1 1  2 2 2 2  1
(1 x )  x   1 1 x I dx   dx   dx    dx 6  3 2   3 2        x (1 x ) x x(1 x ) 3 2 3 2 x x(1 x )    x x 1 x  1 1   1 1 2 2 2 2  1 1  1 d (1 x )  1 1  3 1 5 3 1 5   dx   2     ln x  ln(1 x )   ln 2  ln   ln 3   2    x x  2 1 x 2  2x 2  8 2 2 8 2 8 1 1 1 1 1 1 1 x 1 1 2x 1 1  1 1  1  1 1  1 7) I dx dx   dx     7  3  3   2 3   2  (1 2x) 2 (1 2x) 2 (1 2x) (1 2x) 2 2(1 2x) 4(1 2x) 18 0 0 0     0 2 dx 8) I  8  x  2014 1  x 1  dt Đặt 2014 2013 2013 t  1 xdt  2014x dx x dx
và x :1  2 thì 2014 t : 2  1  2 2014 2014 2014 2 2013 12 12 x dx 1 dt 1  1 1  Khi đó I     dt 8    2014   x  2014 1 x 2014 (t 1)t 2014  t 1 t  1  2 2 2014 12 1 t 1 2014 2015 ln 2  ln(1  2 )  ln  2014 t 2014 2 0 2 x dx 9) I
t   x dt  dx và x : 1
  0 thì t :1  2 9  Đặt 1 8 (1  x) 1  2 2 2 2 2 2 (1 t) dt 1  2t t  1 2 1   1 1 1  33 Khi đó I   dt    dt      9  8  8  8 7 6   7 6 5  t tt t t   7t 3t 5t  4480 1 1 1 1 2 2 x 1 ln 2
Ví dụ 5. Tính các tích phân sau: 1) I dx 3 x I e 1dx 1  2) 3  x 2 1 0 Giải: 2 2 x 1 tdt xdx 1) I dx t
x 1  t x 1  và cận t : 0  3 1  Đặt 2 2 2  3 x 2 2 x t 1 1  2 2 2 2 3 3 2 x 1 x 1.xdx . t tdt tI dx    dt 1  3  4  2 2  2 2 x x (t 1) (1 t ) 1 1 0 0 Trang 9
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 du Đặt 2
t  tan u dt
 (1 tan u)du và cận u : 0  2 cos u 3 3 2 2 3 2 3 2 3 tan .
u (1 tan u)du tan u sin u 2 2  I   du
.cos udu  sin udu 1  2 2  2  2  (1 tan u) 1 tan u cos u 0 0 0 0 3 3 1 cos 2u  1 1  3 4 3 3  du u  sin 2u       2  2 4  6 8 24 0 0 ln 2 2 3 x
t dt e dx 2) 3 x I e 1dx 3 x 3 t e 1 x
t e 1  và cận t : 0  1 2  Đặt  x 3 e   t 1 0  ln 2 ln 2 3 x x 1 2 1 3 1 e e dx t t dt t dt x 1. .3  1 3   I e 1dx    3  3 1 dt 2   x  3  3  3  e t 1 t 1  t 1  0 0 0 0 0
Ta dùng phương pháp đồng nhất hệ số: 1 1 A Bt C 2     1  .
A (t t 1)  (Bt C)(t 1) 3 2 2 t 1
(t 1)(t t 1) t 1 t t 1
A B  0  1 1 2 2
 1  ( A B)t  ( A B C)t A C  A B C  0  A  ; B   ; C  3 3 3  A C 1 
( Có thể chọn t  0 và t  1 được ba pt 3 ẩn ,
A B, C rồi giải tìm được ,
A B, C (máy tính có thể giúp ) ) 1 1 t  2 1  1 t  2  Vậy ta có:     3 2  2  t 1 3(t 1) 3(t t 1)
3  t 1 t t 1  1  1 1 (2t 1) 1 1 1 2 1  1 t  2   1   1 
1 d (t t 1) dtI  3   dt 2  3   dt  3  dt   2  2    2      2  2  t 1 t t 1  t 1 t t 1  t 1  2 t t  1 t t 1 0 0   0 0 0   1  1  1 1 dt dt 2
 3t  ln(t 1)  ln(t t 1)  J  
 3  ln 2  J (*) với J      2  2 2 2 t t 1 0 0 0 1  3    t        2  2   2  3 3(1 tan u) dt du du  2 2 cos t 2 1 3  Đặt t   tan u   2
và t : 0  1 thì cận u :   2 2 2 1  3     3 6 6 2 t        (1 tan u)  2   2  4    6 2 6 6 3(1  tan u) 4 2 3 2 3 2 3J  . du du u   2  (2*) 2 3(1 tan u) 3 3 9    6 6 6 2 3
Thay (2*) vào (*) ta được : I  3  ln 2  2 9 Trang 10
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Nhận xét: Trong các bài toán đổi biến các em sẽ nhận ra một điều (rất quan trọng trong phần đổi biến), khi
chúng ta đổi biến thì bước tiếp theo là bước vi phân cả 2 vế. Sau khi làm xong điều này các em sẽ biết ngay
là bài toán chúng ta đi có đúng hướng hay không. Cụ thể: Nếu sau khi vi phân ta có: f (t)dt g(x)dx thì xảy ra 2 khả năng:
+) Trong đề bài có chứa g (x)dx (có thể phải thêm bước tách ghép, thêm bớt để nhìn thấy nó) và phần còn
lại của biểu thức dưới dấu tích phân (nếu có) còn chứa biến x mà ta rút được theo t . Khi đó xác suất ta đi
theo hướng này đúng là cao.
+) Trong đề bài không có lượng g (x) để ta chỉnh (vì dx đi một mình lúc này “không ổn” phải có mặt
g (x) đi cùng hay phải có g (x)dx thì ta mới chuyển được theo f (t)dt ). Khi đó các em nên nghĩ tới việc tự
nhân thêm vào (đề bài không cho thì ta tự cho) và chỉnh bằng cách nhân với lượng tương ứng ở dưới mẫu số
và phần phát sinh thêm sau khi nhân cùng với biểu thức trước đó sẽ rút được theo t (ở cả hai bài toán trên
ta đã tự nhân cả tử và mẫu lần lượt với x và x e ) Bài luyện 1 dx 1 1 1 4x  11 9
Tính các tích phân sau: 1) I   ( Đs: ln ) 2) I dx ln ) 2  ( Đs: x x  2 3 4 2 2 x  5x  6 2 0 0 3 3 x 9 3 3 x dx 3 3) I dx 3ln 4  ) 4) I   ln 2 ) 3  ( Đs: 2  ( Đs: x  2x  1 4 4 2 x 1 2 0 0 1 xdx 1 3 1 2 x  3x 10 1 4 5) I  ln ) 6) I dx 1 ln ) 5  ( Đs: 4 2  ( Đs: x  4x  3 4 2 6 2 x  2x  9 2 3 0 0 1 0 dx 1 3 1 2 dx 1 1 7) I  ln  ) 8) I   ln 3 ) 7  ( Đs: 2 2  ( Đs:
(x  4x  3)(x  4x  4) 2 2 6 8 4 2 x  2x 1 3 4 1 0 1 dx  ln 3 1 dx (9  2 3) 9) I   ) 10) I ) 9  ( Đs: 4 2  ( Đs: x  3x  4 20 10 4 2 x  4x  3 72 0 0 1 x 1 1 dx  2 1 3 x dx 1 ln 3 11) I dx ) 12) I ) 13) I   ) 11  ( Đs: 3  ( Đs:  ( Đs: (1 3x) 8 12 2 13 2 2 8 8 96 128 0 0  x   1 0  x  4 6  10 1 dx 1 3 2 2 1 x 2 1 4 1 x 14) I  ln 2  ) 15) I dx ) 16) I dx ) 14  ( Đs: 3  ( Đs: (Đs: 1 x 3 18 15 4 1 x 6 16 6 1 x 3 0 1 0 1 2 x  2 3 1 2x  5 1 5 17) I   ) 18) I dx ln ) 17  ( Đs: 4 3 2  ( Đs:
x  2x  5x  4x  4 44 18 2 2
(x  3x  2)(x  7x 12) 2 4 1 0 2 1 2x 1 3 2 2 x  3 13 21 19) I dx ln ) 20) Idx ln 3  ln 2 ) 19  ( Đs: 4 3 2  ( Đs:
x  2x  3x  2x  3 5 20 4 2
x(x  3x  2) 4 4 0 1 1 xdx 3 1 2 2x  5x  2 1 3 21) I   ln 2 ) 22) Idx  ln ) 21  ( Đs: 2  ( Đs:
(x  1)(x  2) 20 5 22 3 2
x  2x  4x  8 6 4 0 0 2 3 2
x x  4x 1 8 15 5 3 2
4x  2x x 1 15 2 23) Idx ln  ) 24) Idx ln  ) 23  ( Đs: 4 3  ( Đs: x x 3 7 24 2 2 x (x 1) 2 15 1 3 Trang 11
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
2. TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
Trước khi đi vào 10 dạng tích phân hay gặp trong các kì thi Đại Học – Cao Đẳng các em cần nắm
được cách tính các tích phân lượng giác cơ bản qua các ví dụ sau:
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau với k  1;5 (có 40 câu tích phân trong ví dụ này) : 2 2 4 2  sink A xdx  cosk B xdx  tank C xdx  cotk D xdx 0 0 0 4 2 1 6 1 4 1 3 1 E dx F dx G dx H dx sink x cosk x tank x cotk x 0 3 6 4 Giải:
*) Với k = 1 . Ta có: 2 2 +) 2
A  sin xdx   cos x  2
B  cos xdx  sin x  1  1 +)  1 0 1 0 0 0 4 4 4 sin x d cos x 2 1 +) 4
C  tan xdx dx     ln cos x   ln  ln 2 1    0 cos x cos x 2 2 0 0 0 2 2 2 cos x d sin x 2 1 +) 2
D  cot xdx dx   ln sin x   ln  ln 2 1    sin x sin x 2 2 4 4 4 4 2 1 +) E dx 1  sin x 3 2 2 2 1 sin x sin x Cách 1: E dx dx dx 1   2 
. Lúc này ta có 2 cách trình bày 2 sin x sin x 1 cos x 3 3 3 1
Cách trình bày 1: Đặt t  cos x dt  sin xdx và x :  thì t :  0 3 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 dt dt
1 (1 t)  (1 t) 1  1 1  1 1 t 1 Khi đó E    dt   dt  ln  ln 3 1  2      1 t (1 t)(1 t) 2 (1 t)(1 t) 2  1 t 1 t  2 1 t 2 0 0 0 0 0 Cách trình bày 2: 2 2 2 d cos x 1  1 1  1 1 cos x 1 E      d cos x   ln  ln 3 1    
(1  cos x)(1 cos x)
2  1 cos x 1 cos x  2 1 cos x  2 3 3 3 Trang 12
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 x x x x x x 2 2 2 2 sin  cos 2 sin dx 2 cos dx 2 d cos 2 d sin 1 1 1 Cách 2: 2 2 2 2 2 2 E dx dx      1       sin x x x 2 x 2 x x x 2 sin cos cos sin cos sin 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2  x x x 1   ln cos  ln sin  ln tan    ln 3 2 2 2   2 3 3 x 2 2 2 2 d tan 1 1 dx 2 x 1 Cách 3: 2 E dx dx    ln tan  ln 3 1     sin x x x x x x 2 2 2 2 sin cos 2 tan cos tan 3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 6 6 6 1 cos x cos x +) F dx dx dx
E - hoặc đổi biến hoặc vi phân) 1   2  ( tính tương tự như 2 cos x cos x 1 sin x 1 0 0 0 6 6 6 1 d sin x 1  1 1  1 1 sin x 1    d sin x  ln     ln 3
2 (1 sin x)(1 sin x)
2  1 sin x 1 sin x  2 1 sin x 2 0 0 0 4 4 4 4 1 cos x d sin x 1 +) 4 G
dx  cot xdx dx   ln sin x  ln 2  ln 2 1     tan x sin x sin x 2 6 6 6 6 6 3 3 3 3 1 sin x d cos x 2 1 +) 3 H
dx  tan xdx dx     ln cos x   ln  ln 2 1     cot x cos x cos x 2 2 4 4 4 4 4
*) Với k = 2 . Ta có: 2 2 2 1 1  1  +) 2
A  sin xdx
(1 cos 2x)dx x  sin 2x 2     2 2  2  4 0 0 0 2 2 2 1 1  1  +) 2
B  cos xdx
(1 cos 2x)dx x  sin 2x 2     2 2  2  4 0 0 0 4 4 1   4  +) 2
C  tan xdx  1 dx    
 tan x x 4  2 2 0  cos x  4 0 0 2 2  1  4  +) 2
D  cot xdx  1 dx    
 cot x x 2  2 2  sin x 4  4 4 4 2 1 3 +) 2 E dx   cot x 2  2 sin x 3 3 3 6 1 3 +) 6 F dx  tan x 2  2 0 cos x 3 0 Trang 13
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 4 4 4 1  1 +) 2 G
dx  cot xdx  1 dx     
 cot x x 4  3 1 2 2 2 tan x  sin x 12  6 6 6 6 3 3 3 1  1 +) 2 H
dx  tan xdx  1 dx     
tan x x 3  3 1 2 2 2 cot x  cos x 12  4 4 4 4
*) Với k = 3 . Ta có: 2 2 2 3 2  cos x  2 +) 3 2 2
A  sin xdx  sin .
x sin xdx   (1 cos x)d cos x   cos x  
(có thể đặt t  cos x ) 3      3 3 0 0 0   0 2 2 2 3 2  sin x  2 +) 3 2 2
B  cos xdx  cos .
x cos xdx  (1 sin x)d sin x  sin x  
(có thể đặt t  sin x ) 3      3 3 0 0 0   0 4 4 4 4  tan x +) 3
C  tan xdx     3
tan x  tan x  tan x 2
dx  tan x(1 tan x)  tan xdx   tan x dx 3      2 cos x    0 0 0 0 4 4 4 2 4 tan x tan x 1 1 
dx  tan xdx  tan xd tan x C   C    ln 2 2 1 1   cos x 2 2 2 0 0 0 0 1
( các em có thể xem lại cách tính C
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 1 ) 1 2 2 2 2 2  cot x  +) 3
D  cot xdx    3
cot x  cot x  cot x 2
dx  cot x(1  cot x)  cot xdx  cot x dx 3      2  sin x  4 4 4 4 2 2 2 2 2 cot x cot x 1 1 
dx  cot xdx   cot xd cot x D    D    ln 2 2 1 1   sin x 2 2 2 4 4 4 4 1
(các em có thể xem lại cách tính D
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 1 ) 1 2 2 2 2 1 sin x sin x 1 +) E dx dx dx t x dt   xdx và t :  0 3  3  4  Đặt cos sin 2 2 sin x sin x (1 cos x) 2 3 3 3 1 1 1 2 2 dt
1 (1 t)  (1 t)2 2 2 2 dt
1 (1  t)  (1 t)  2(1 t).(1 t) Khi đó E    dt 3  2 2  2 2  2 2 (1 t ) 4
(1 t) .(1 t) 4
(1 t ) .(1 t ) 0 0 0 1 1 2 2 1  1 1 2  1  1 1 1 1     dt     dt   2 2    2 2  4 (1 t) (1 t)
(1  t).(1 t) 4 (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t 0   0   1 2 1  1 1 1 t  1 1    ln    ln 3  4 1 t 1 t 1  t   4 3 0 Trang 14
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 6 6 6 1 cos x cos x +) F dx dx dx 3  3  4  2 2 cos x cos x (1 sin x) 0 0 0 1
Đặt t  sin x dt  cos xdx và x : 0  thì t : 0  6 2 1 1 1 2 2 dt
1 (1 t)  (1 t)2 2 2 2 dt
1 (1 t)  (1 t)  2(1 t).(1 t ) Khi đó F    dt 3  2 2  2 2  2 2 (1 t ) 4
(1 t) .(1 t) 4
(1 t ) .(1 t ) 0 0 0 1 1 2 2 1  1 1 2  1  1 1 1 1     dt     dt   2 2    2 2  4 (1 t) (1 t)
(1  t).(1 t) 4 (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t 0   0   1 2 1  1 1 1 t  1 1    ln    ln 3  4 1 t 1 t 1  t   4 3 0 4 4 4 4 1 +) 3 G
dx  cot xdx     3
cot x  cot x  cot x 2
dx  cot x(1 cot x)  cot xdx 3 3  tan x   6 6 6 6 4 4 4 4 4  cot x cos x  cot x cos x d sin x   dx dx
dx   cot xd cot x    2   2     sin x sin x  sin x sin x sin x 6 6 6 6 6 2 4  cot x  1    ln sin x    1 ln 2 2   2 6 3 3 3 3 1 +) 3 H
dx  tan xdx     3
tan x  tan x  tan x 2
dx   tan x(1 tan x)  tan xdx 3 3  cot x   4 4 4 4 3 3 3 3 3  tan x sin x  tan x sin x d cos x   dx dx
dx  tan xd tan x    2   2     cos x cos x  cos x cos x cos x 4 4 4 4 4 2 3  tan x  1   ln cos x    1 ln 2 2   2 4
*) Với k = 4 . Ta có: 2 2 2 2 2  1 cos 2x  1 1  1 cos 4x +) 4
A  sin xdx dx      2
1 2 cos 2x  cos 2x dx  1 2 cos 2x dx 4      2  4 4  2  0 0 0 0 2 2 1  3 1  1  3 1  3   2 cos 2x  cos 4x dx
x  sin 2x  sin 4x       4  2 2  4  2 8  16 0 0 Trang 15
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 2 2 2  1 cos 2x  1 1  1 cos 4x +) 4
B  cos xdx dx        2
1 2 cos 2x  cos 2x dx  1 2 cos 2x dx 4     2  4 4  2  0 0 0 0 2 2 1  3 1  1  3 1  3   2 cos 2x  cos 4x dx
x  sin 2x  sin 4x       4  2 2  4  2 8  16 0 0 4 4 4 4 2  tan x +) 4
C  tan xdx     2 4 2
tan x  tan x  tan x 2 2 2 2
dx   tan x(1 tan x)  tan xdx   tan x dx 4      2  cos x 0 0 0 0   4 2 4 4 3 4 tan x tan x 1 4  3 8 2 2 
dx  tan xdx  tan xd tan x C   C     2 2 2   cos x 3 3 4 12 0 0 0 0 4 
(các em có thể xem lại cách tính C
đã tính ở trước đó với k = 2 ) 2 4 2 2 2 2 2  cot x +) 4
D  cot xdx    2 4 2
cot x  cot x  cot x 2 2 2 2
dx  cot x(1 cot x)  cot xdx  cot x dx 4      2  sin x   4 4 4 4 2 2 2 2 3 2 cot x cot x 1 4  3 8 2 2 
dx  cot xdx   cot xd cot x D    D     2 2 2   sin x 3 3 4 12 4 4 4 4 4 
(các em có thể xem lại cách tính D
đã tính ở trước đó với k = 2 ) 2 4 2 2 2 3 2 1 1 1  cot x  10 3 +) E dx  . dx       2
1 cot x .d cot x   cot x   4 4 2 2    sin x sin x sin x 3 27   3 3 3 3 6 6 6 3 6 1 1 1  tan x  10 3 +) F dx  . dx      2
1  tan x .d tan x  tan x   4 4 2 2    cos x cos x cos x 3 27 0 0 0   0 4 4 4 4 1 +) 4 G
dx  cot xdx     2 4 2
cot x  cot x  cot x 2 2 2
dx  cot x(1  cot x)  cot xdx 4 4  tan x   6 6 6 6 4 2 4 2 4 4 4  cot x  cot x  1  2 2 2   cot x dx
dx  cot xdx   cot xd cot x  1 dx   2   2    2  sin x sin x    sin x  6 6 6 6 6 3 4  cot x  8     cot x x    3   12 6 Trang 16
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3 3 3 3 1 +) 4 H
dx  tan xdx     2 4 2
tan x  tan x  tan x 2 2 2
dx  tan x(1 tan x)  tan xdx 4 4  cot x   4 4 4 4 3 2 3 2 3 3 3  tan x  tan x  1  2 2 2   tan x dx
dx  tan xdx  tan xd tan x  1 dx   2   2    2  cos x cos x    cos x  4 4 4 4 4 3 3  tan x  8    tan x x    3   12 4
*) Với k = 5 . Ta có: 2 2 2 2 +) 5 4 2 2 2 4
A  sin xdx  sin .
x sin xdx  (1 cos x) .sin xdx   (1 2 cos x  cos x).d cos x 5     0 0 0 0 2  2 1  8 3 5   cos x  cos x  cos x   
(có thể đặt t  cos x )  3 5  15 0 2 2 2 2 +) 5 4 2 2 2 4
B  cos xdx  cos .
x cos xdx  (1 sin x) .cos xdx
(1 2 sin x  sin x).d sin x 5     0 0 0 0 2  2 1  8 3 5
 sin x  sin x  sin x   
(có thể đặt t  sin x )  3 5  15 0 4 4 4 4 3  tan x+) 5
C  tan xdx     3 5 3
tan x  tan x  tan x 3 2 3 3
dx  tan x(1 tan x)  tan xdx   tan x dx 5      2  cos x 0 0 0 0   4 3 4 4 4 4 tan x tan x 1  1 1  1 1 3 3 
dx  tan xdx  tan xd tan x C   C     ln 2  ln 2  2 3 3     cos x 4 4  2 2  2 4 0 0 0 0 1 1
( các em có thể xem lại cách tính C  
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 ) 3 2 2 2 2 2 2 3  cot x +) 5
D  cot xdx    3 5 3
cot x  cot x  cot x 3 2 3 3
dx  cot x(1 cot x)  cot xdx  cot x dx 5      2  sin x   4 4 4 4 2 3 2 2 4 2 cot x cot x 1 3 3  1 1  1 1 
dx  cot xdx   cot xd cot x D    D    ln 2   2 3 3     ln 2  sin x 4 4  2 2  2 4 4 4 4 4 1 1
( các em có thể xem lại cách tính D  
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 ) 3 2 2 Trang 17
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 2 1 sin x sin x +) E dx dx dx 5  5  6  2 3 sin x sin x (1 cos x) 3 3 3 1 1 2 dt
Đặt t  cos x dt  sin xdx và x :  thì t :
 0 . Khi đó E   3 2 2 5 2 3 (1 t ) 0 1
1 (1 t)  (1 t)3 3 3
1 (1 t)  (1 t)  6(1 t).(1 t) Ta có:  .  . 2 3 3 3 3 3 (1 t ) 8
(1 t) .(1 t) 8
(1 t ) .(1 t ) 1  1 1 6  1  1 1
3 (1 t) (1 t)2            .   3 3 2 2  3 3 2 2 8 (1 t) (1 t)
(1 t) .(1 t) 8 (1 t ) (1 t ) 2
(1 t ) .(1 t )       2 2 1  1 1
3 (1 t )  (1 t)  2(1 t).(1 t)     .  3 3 2 2  8 (1 t) (1 t) 2
(1 t ) .(1 t )   1  1 1 3  1 1 2        3 3  2 2  8 (1 t) (1 t) 2 (1 t) (1 t)
(1 t).(1 t)    1  1 1 3  1 1 1 1         3 3  2 2  8 (1 t) (1  t) 2 (1 t) (1 t) 1 t 1 t    1 2 1  1 1 3  1 1 1 1  Suy ra E       dt 5   3 3  2 2  8 (1 t ) (1 t ) 2 (1 t) (1 t ) 1 t 1  t 0    1 2 1  1 1 3  1 1 1 t  1 3      ln    ln 3 2 2   8 2(1 t) 2(1 t) 2 1 t 1 t 1 t    12 16 0 6 6 6 1 cos x cos x 1 +) F dx dx dx t x dt
xdx và t : 0  . 5  5  6  Đặt sin cos 2 3 cos x cos x (1 sin x) 2 0 0 0 1 2 dt 1 3 Khi đó F  
ln 3 (xem cách tính E ở ý trên) 5   2 3 (1  t ) 12 16 5 0 3 3 3 3 1 +) 5 H
dx  tan xdx     3 5 3
tan x  tan x  tan x 3 2 3
dx   tan x(1 tan x)  tan xdx 5 5  cot x   4 4 4 4 3 3 3 3 3 3  tan x 1  tan x 1 3   dx dx
dx  tan xd tan x H   2 3   2  3 3  cos x cot x cos x cot x   4 4 4 4 4 3 tan x  1  1   H  2  1 ln 2  1 ln 2 3   4  2  2 4 1
( các em có thể xem lại cách tính H  1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 ) 3 2 Trang 18
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CHÚ Ý: 1
+) Sẽ có nhiều em thắc mắc là biểu thức dưới dấu tích phân tank xdx tương tự với dx và cotk x 1
cotk xdx tương tự với
dx . Nếu đi tính nguyên hàm (tích phân bất định ) chúng có sự giống nhau   tank x
(tính nguyên hàm được hiểu là tính trên tập xác định của hàm). Nhưng nếu đi tính tích phân xác định thì sẽ 4 4 1
có sự khác biệt . Ví như tính C  tan xdx và H dx
C  1 như cách chúng ta đã làm. Còn H 1 1   thì cot x 1 1 0 0
trong tình huống này với kiến thức toán sơ cấp sẽ không tính được vì hàm số dưới dấu tích phân không xác
định với cận x  0 .
+) Để đưa ra công thức tổng quát cho các tích phân trên các em sẽ tìm hiểu rõ hơn ở mục VI trong phần tích phân truy hồi.
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 2 dx 2 dx 2 dx 1) I I I  1  2) 3) 1 cos x 2 2  cos x 3 1 sin x 0 0 0 4 4 3 x x
4) I  sin 2x cos 3x cos 5xdx 2 6 6
I  (1 2 sin x) sin x  cos x dx 6) 3 I  sin cos dx 4  5) 5    6  2 2 0 0 0 Giải: x 2 2 2 d 2 dx dx x 1) 2 I     tan  1    1 1 cos x x x 2 2 2 0 0 0 0 2 cos cos 2 2  2dt dx  2 dx  2 x  1  t 2) I t  tan  và x : 0  thì t : 0  1 2  Đặt  2  cos x 2 2 1 t 2 0 cos x  2   1  t 2dt  3 1 1 2 2 2dtdt
du  3(1 tan u)du  1 t I   2
t  3 tan u và t : 0  2   cos u 2  Đặt 2 1 t t  3 6 0 0 2   2 2
t  3  3(1 tan u) 2 1 t 6 2 6 6
2 3(1 tan u)du 2 3 2 3 3 Khi đó I   du u 2  2  3(1 tan u) 3 3 9 0 0 0  2dt dx   2 x  1 t
CHÚ Ý: Khi đặt t  tan   2 2 2t 1 t s  in x  ; cos x  2 2   1 t 1 t Trang 19
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 2 2 dx dx dxx 3) I      cot   1 3   2    1 sin xxx x 2    2 4  0 0 0 0 2 sin sin cos        2 4 2 2    1 1 1
( hoặc biến đổi   ) 1 sin x  x 2  1 cos x  2 sin       2   2 4  4 4 4 1 1
4) I  sin 2x cos 3x cos 5xdx
sin 2x cos8x  cos 2x dx
sin 2x cos 8x sin 2x cos 2x dx 4        2 2 0 0 0 4 4 1 1  1 1 1 13   
sin10x  sin 6x  sin 4xdx   cos10x  cos 6x  cos 4x     4 4  10 6 4  120 0 0 4 5) 2
I  (1 2 sin x)   6 6
sin x  cos x dx 5  0 2 1
  2 sin x  cos 2x Ta có:  3 6 6 2 2 3 2 2 2 2 2
sin x  cos x  (sin x  cos x)  3sin .
x cos x(sin x  cos x)  1 sin 2x   4 4 4 4  3  1  3  1  1  3 Khi đó 2 2 3
I  cos 2x 1 sin x dx  1
sin 2x d sin 2x  sin 2x  sin 2x 5          4  2  4  2  4  8 0 0 0 3 3 3 x x x x 1 x 1 6) 3 3 4 I  sin cos dx  2 sin d sin  sin  6   2 2 2 2 2 2 4 0 0 0
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 3
4 cos x  sin x 3 sin x 4 dx 1) I dx I dx k 3) I  1  2) với 1; 3  1 sin 2x 2 k 3
2  sin x  cos x 0
0  3 sin x  cos x 4 4 4 4 sin x 4) 3 I  cos . x cos 3xdx 3 3 I  cos 2 .
x (sin x sin 3x  cos x cos 3x)dx I dx 4  5) 5  6) 6  4 4 sin x  cos x 0 0 0 Giải: 4 4 4 cos x  sin x
d (sin x  cos x) 1 2 1) I dx     1 1   2 1 sin 2x
(sin x  cos x) sin x  cos x 2 0 0 0 Trang 20
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3 sin x 2) I dx k 2  với 1;3 k
0  3 sin x  cos x
Cách trình bày 1: 3   1   sin x   sin x   cos x  3 3   3     sin x  6 6  1 2  6  2  6 
Ta có: I dx dx dx 2  kk 2k
0  3 sin x  cos x 0   k 3 1 0 sink 2  sin  cos x x x      6 2 2         cos x dx d sin x  3 3     1 3dx  3 3  6  3 dx 1  6        k 1     2   k 1  k 1          k 1   2 k 2  0 0 sin x  sink x  1 0 0 k      sin x  sin x      6 6         6   6  3    d sin x  3 3   3 dx 1  6   3 1    3
+) Với k  3  I     cot x     2     16         2 16 3 16 6 2  32 0 0 sin x sin x 32 sin x           6 6  6          0 d sin x  3 3   3 dx 1  6 3 1
+) Với k  2 khi đó I    A B (1) 2   8   8  2  8 8 0 0 sin x  sin x       6   6     sin x  sin x  3 3   3   dx  6   6 *) Ta có: A   dx dx         2 2  0 0 0 sin x  sin x  1 cos x         6   6   6     d cos x 3   3    6  1 1 1         d cos x           2        6 0  1 cos x  1 cos x  0       1 cos x  1 cos x        6 6          6   6   3   3   1 cos x   d sin x  1 3    6   6 1   ln
 ln  3  2 (2) *) Ta có:  B     1  (3) 2       1 cos x  2   0 sin x  sin x       6   6   6  0 0 3 ln  3  2 1
Thay (3); (2) vào (1) ta được: I  2 8 d sin x  3 3   3 3 1  6  3 1     3 1
+) Với k  1  I dx   x  ln sin x    ln 2 2       4 4   4 4  6  12 4 0 0 sin x    0    6  Trang 21
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3 sin x
Cách trình bày 2: I dx k 2  với 1;3 k
0  3 sin x  cos x 3 3 3 sin x sin x 1 sin x Ta có: I dx dx dx 2  kk 2k
0  3 sin x  cos x 0   k 3 1 0 sink 2  sin  cos x x x      6 2 2   
Đặt t x
dt dx và x : 0  thì t :  6 3 6 2 3 1 sin t  2   2 sin t  cos t 2 1  6 1 1  3 sin t cos t  Khi đó  2 2 I dt dt     dt 2 k k k k k 1  2 sin t 2 sin t 2   sink t sink t   6 6 6   2 2 2 2 1  cos t  1  d sin t  1 3 1
+) Với k  1  I  3  dt  3dt   3t  ln sin t   ln 2 2          4  sin t  4 sin t 4 12 4   6 6  6 6    2 2 2 1  3 sin t cos t  1  d cos t d sin t
+) Với k  2  I     dt   3  2  2 2      2 8 sin t sin t 8
(1 cost )(1 cost ) sin t     6  6 6  2  3 1 cos t 1  3 ln  3  2 1    ln     16 1 cost 8sin t     8 6   2 2 2 1  3 cos t  1  dt d sin t  2 1  1  3
+) Với k  3  I     dt  3    3 cot t   2  2 3     2  3   16 sin t sin t 16 sin t sin t  2 16  2 sin t 32      6  6 6  6 3 3 3 3 4 4 4 4 dx dx 1 dx 1 dx 3) I     3            2 sin x cos x 2 2 2 2 x 2  2 cos x  1 cos x  sin        4 4 4 4  4   4   2 8  3x  3 d  4   4 1  2 8 1   x 2     cot      2  x 2  2  2 8 2 sin     4 4  2 8 
1 cos 2x cos 4x  cos 2x 4) 3 I  cos . x cos 3xdx cos . x cos 3x  cos . x (cos . x cos 3x)  . 4  Ta có: 3 2 2 2 0 1   2
cos 4x  cos 2x  cos 2 .
x cos 4x  cos 2x 4 1 
cos 6x  cos 2x 1 cos 4x
cos 6x  3cos 4x  3cos 2x 1 
cos 4x  cos 2x      4  2 2  8 Trang 22
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 1  sin 6x 3sin 4x 3sin 2xI
(cos 6x  3cos 4x  3cos 2x 1)dx     x = 4    8 8  6 4 2  8 0 0
Chú ý: Bài toán trên ta có thể có cách biến đổi :
Xuất phát từ công thức nhân 3 của cos: 3
cos 3x  4 cos x  3cos x ( sau đó nhân cả 2 vế với cos 3x ) 1 cos 6x
3(cos 4x  cos 2x) 2 3 3  cos 3x  4cos .
x cos 3x  3cos . x cos 3x   4 cos . x cos 3x 2 2
cos 6x  3cos 4x  3cos 2x 1  3 cos . x cos 3x  8 4 5) 3 3 I  cos 2 .
x (sin x sin 3x  cos x cos 3x)dx 5  0 Ta có: 3 3
sin x sin 3x  cos x cos 3x = 2 2
sin x(1 cos x) sin 3x  cos x(1 sin x) cos 3x
= sin x sin 3x  cos x cos 3x  sin x cos xcos x sin 3x  sin x cos 3x
= cos 2x  sin x cos . x sin 4 x 2
 cos 2x  2 sin x cos .
x sin 2 x cos 2x  cos 2x  sin 2x cos 2x 2 2 3
 cos 2x  sin 2x cos 2x  cos 2x(1 sin 2x)  cos 2x 2 4 4 4 4  1 cos 4x  1 Khi đó: 3 4 I  cos 2 .
x cos 2xdx  cos 2xdx dx        2
1 2 cos 4x  cos 4x dx 5   2  4 0 0 0 0 4 4 4 1  1 cos 8x  1  3 1  1  3 1 1  3  1  2 cos 4x dx   2 cos 4x  cos 8x dx x  sin 4x  sin 8x         4  2  4  2 2  4  2 2 16  32 0 0 0 2 2 2   1 cos 2x
1 cos 2x  2 cos 2x
2  sin 2x  2 cos 2x 4 s  in x    4 4 sin x     2  4 4 6) I dx 6  Ta có: 4 4  sin x  cos x 2 0  1 2  sin 2x 4 4 2
sin x  cos x  1 sin 2x    2 2 4 2 4 4 4 1
2  sin 2x  2 cos 2x 1  2 cos 2x  1 cos 2x Khi đó: I dx  1  dx xdx   I 6  2   2   2 2 2  sin 2x 2  2  sin 2x  2 2  sin 2x 8 0 0 0 0 4 cos 2x dt Tính I dx
Đặt t  sin 2x dt  2 cos 2xdx  cos 2xdx
và t : 0  1 , suy ra: 2 2  sin 2x 2 0  2 t  2 1 1  t dt  1 1 1 1 1  1 1  1 2  t 1 I   dt   dt  ln  ln 2 1  2       2 2  t 4 2 2  t 2  t 4 2  2  t 2  t  4 2 2  t 2 2 0 0    0 0 1 Vậy I   ln  2   1 6 8 2 2
Chú ý: Bài toán trên ta có thể có cách biến đổi :     2 2
sin x  cos x 2 2 4 4 4 4 4 sin x  cos sin sin cos sin cos 1 x x x x x x  1 cos 2x      4 4 sin x  cos x 2  4 4
sin x  cos x 2 2  1 2  2 2  sin 2x 2 1  sin 2x    2  Trang 23
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 dx
4 2sin x 11cos x
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: 1) I I dx 1  2)
1 sin x  cos x 2
3sin x  4 cos x 0 0 2
sin x  7 cos x  6 0 3 sin 2x dx 3) I dx I dx I  3  4) 5) 4  2 
4 sin x  3cos x  5 5 (2  sin x)  0  sin . x sin x    2 6  6  Giải:  x 2 1  tan 2  dx 1 t 2 2 dt dt   dx dx dx  2  dx 2 x x  2 2 2 1 t 1) I t  tan  2 cos 1  Đặt 
1 sin x  cos x 2 2 0  2  2t 1 t sin x  ; cos x   2 2  1 t 1 t 1 1 2dt dt 1 và x : 0 
thì t : 0 1 , khi đó I    ln t 1    ln 2 2 1 2 0  2t 1 t t  1 0  2 1 t  0 1   2 2  1 t 1 t  
4 2sin x 11cos x 2) I dx x x A x x B x x 2  Ta phân tích: 2sin cos (3sin 4 cos ) (3 cos 4 sin )
3sin x  4 cos x 0
 2sin x 11cos x  (3A  4B) sin x  (4A  3B) cos x 3
A  4B  2  A  2
Đồng nhất hệ số ta được:   
4 A  3B  11 B  1   4 4 4
2(3sin x  4 cos x)  (3 cos x  4 sin x)
d (3sin x  4 cos x) Khi đó : I dx  2 dx  2   
3sin x  4 cos x
3sin x  4 cos x 0 0 0 7 2
 2x  ln 3sin x  4 cos x  4   ln 0 2 8
2 sin x  7 cos x  6 3) I dx x x   A x x   B x x C 3  Phân tích: sin 7 cos 6 (4 sin 3cos 5) (4 cos 3sin )
4 sin x  3cos x  5 0
 sin x  7 cos x  6  (4 A  3B) sin x  (3A  4B) cos x  5A C
4 A  3B  1 
Đồng nhất hệ số ta được: 3
A  4B  7  A B C  1 5
A C  6  2 2 2
4 sin x  3cos x  5
4 cos x  3sin x 1 Khi đó : I dx dx dx 3   
4 sin x  3cos x  5
4sin x  3cos x  5
4 sin x  3 cos x  5 0 0 0 2
2 d (4sin x  3cos x  5) 9  dx   I   
x  ln 4sin x  3cos x  5  2  I   ln  I (*) 0
4 sin x  3cos x  5 2 8 0 0 Trang 24
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  2dt dx  2 1  2 x  1 t Tính I dx  Đặt t  tan  
4 sin x  3cos x  5 2 2 2t 1 t 0 s  in x  ; cos x  2 2   1 t 1 t 2dt 1 1 1 1 2 dt dt 1 1 và x : 0 
thì t : 0  1 . Suy ra 1 t I          (2*) 2 2 2 2 2t 1 t t  4t  4 (t  2) t  2 6 0 0 0 0 4.  3.  5 2 2 1  t 1 t 9 1
Thay (2*) vào (*) ta được: I   ln  3 2 8 6 0 sin 2x 4) I dx 4  2 (2  sin x)  2
Cách 1: (Phân tích, kết hợp kĩ thuật vi phân) 0 0 sin 2x
2 cos x(2  sin x)  4 cos x 0 0 cos x cos x I dx dx  2 dx  4 dx 4  2  2   (2  sin x) (2  sin x) 2 2  sin x (2  sin x)     2 2 2 2 0 0 0 d (2  sin x) d (2  sin x)  4   2  4
 2 ln 2  sin x     2 ln 2  2 2   2  sin x (2  sin x)  2  sin x     2 2 2
Cách 2: (Đổi biến)
Đặt t  2  sin x dt  cos xdx và x :   0 thì t :1  2 2 2 0 2 2 2 sin x 2(t  2)  2 4   4  Khi đó I  cos xdx dt  
dt  2 ln t   2 ln 2  2 4  2  2  2    (2  sin x) tt t   t  1 1 1  2 3 dx 3 3 dx 2dx 5) I I   5  Cách 1:    5   sin . x sin x 3 1 sin .
x  3 sin x  cos x   sin . x  sin x  cos x 6   6  6 6 2 2   3 dx
3 d  3  cot x 3  2 3  2   2 ln 3  cot x   2 ln 2 2 sin .
x  3  cot x  3  cot x 6 6 6    sin x   x sin x
cos x  cos x  sin x 3   3     1  6   6   6  Cách 2: I  . dx  2 dx 5      sin sin . x sin x  sin . x sin x      6 6 6  6   6  3        cos x d sin x  3      3 6   cos x   6  d sin x  6  sin x 3  2    dx  2    2ln     2 ln  sin x   sin x    2 sin x  sin x  sin x          6   6 6   6     6    6  6 Trang 25
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CHÚ Ý :  f (x)
Khi gặp tích phân I dx
mà h( x), g(x) là các hàm bậc nhất theo sin x và cos x thì ta có thể dùng phương g(x)
pháp đồng nhất hệ số: h(x)
a sin x b cos x
c sin x d cos x
c cos x d sin x *)   AB . Khi đó: g(x)
c sin x d cos x
c sin x d cos x
c sin x d cos x
c cos x d sin x
d (c sin x d cos x)
I A dx B
dx A dx B       .
A x B ln c sin x d cos x   ?
c sin x d cos x
c sin x d cos x h(x)
a sin x b cos x e
c sin x d cos x h
c cos x d sin x 1 *)   ABC .Khi đó: g(x)
c sin x d cos x h
c sin x d cos x h
c sin x d cos x h
c sin x d cos x h dx
I   Ax B ln csin x d cos x h   C.I và ta tính I  bằng hai cách: 3 3 
c sin x d cos x h
C1: Dùng công thức biến đổi lượng giác để chuyển về các công thức lượng giác trong bảng nguyên hàm . x 2dt 2 2t 1 t
C2: Đặt t  tan  dx  s inx  ; cos x  2 và 2 1 t 2 2 1 t 1 t Bài luyện
Tính các tích phân sau: 2 dx 28 4 dx 56 4 13 1) I
) 2) I ) 3) I  6 tan xdx) 1  ( Đs: 6  ( Đs:  ( Đs: sin x 15 2 6 cos x 15 3 15 4 0  4 4 6 dx 2 1 (2  3) 2 1 4) I  ln ) 5) I
sin x sin 2x sin 3xdx ) 4  ( Đs: 5  ( Đs:
3 cos x  sin x 4 3 6 0 0 2 2 2 6) I   2
sin 2x cos 3x  2 sin xdx ( Đs:  ) 7) I  2 cos . x cos 4xdx 6  ( Đs: 0 ) 2 5 7 0 0 3 dx 4 3 2 3 sin xdx 1 2 sin xdx 8) I ) 9) I ) 10) I   ) 8  ( Đs: 2 2  ( Đs:  ( Đs: 1 sin x cos x 3 9 1  cos x 2 10 1 sin x 2 0 0 6 4 dx 4 sin x  cos x 3  2 11) I   ) 12) I dx  ln ) 11  ( Đs: 4 2 3 2  ( Đs: 2 12
sin x  cos x  3 4 sin x cot x 0 6
2 4sin x  3cos x 1 1 9 3 dx 4 3 13) I dx  ln ) 14) I  ln 2 ) 13  ( Đs: ( Đs:
4 sin x  3 cos x  5 6 8 14   3 0 0 cos . x cos  x    3  Trang 26
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG DẠNG 1:  ( ),n I f g x
g(x) .g '( ) x dx (*) 1    CÁCH GIẢI CHUNG Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1 4 2x 1 4 4x 1 1) 2
I x 2  x dx I dx I dx 1  (B – 2013) 2) 2  3) 3  (D – 2011) 1  2x 1 2x  1  2 0 0 0 2 4 2 3 x x 1 1 dx 0 xdx 4) I dx I I  4  5) (A – 2003) 6 ) 3 5 6 2 5 1 2x 1 x 1 x 1 5 x x  4 31  2 4 7 3 x dx 2 dx 1 x 2 xdx 7) I I I dx I  7  8) 9) 9  10) 10  3 4 8 3 2 3 x 1 2 0 1  x 1 1 x  4 x 1 1 x x 1 2 Giải: 1 1) 2
I x 2  x dx 1  (B – 2013) 0 Đặt 2 2 2 t
2  x t  2  x  2tdt  2
xdx xdx t
dt và x : 0  1 thì t : 2  1 2 1 2 3 t 2 2 1 Khi đó 2
I   t.tdt t dt   1   3 3 2 1 1 4 2x  1 2) I dx t
x   t x   tdt dx và x : 0  4 thì t :1  3 2  Đặt 2 2 1 2 1 1  2x 1 0 3 3 2 3 2 t t  1   t  3  I  .tdt dt t 1  dt
t  ln(t 1)  2  ln 2 2       1 t t 1  t 1  2 1 1 1 1   Trang 27
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 4 4x 1 tdt dx 3) I dx t
2x 1  t  2x 1 
và x : 0  4 thì t :1  3 3 
(D – 2011) Đặt 2  2x  1  2 2 2x t 1 0  3 2 3 3 3 3 2(t 1) 1 2t  3t  10   2t  3 40 5 2 2  I  .tdt
dt   2t  4t  5  dt
 2t  5t 10 ln(t  2)  10 ln 3       t  2 t  2 1  t  2  3 1 3 3 1 1   2 4 2  4  2 2 x x 1 1 x x 1 1 x dx 4) I dx      dx dx   A B 4     (*)
x 1 x 1
x 1 x 1 x 1 x 1 3 3 3 3  1 x 1 x 1 1 1 1   2 dx 1 2 3 +) Tính B      (1) 3 2 x 2x 1 8 1 2 x +) Tính A dx  1 x 1 1 dx  2tdt Đặt 2 t
x 1  t x 1  
và x :1  2 thì t : 0  1 2 x t 1  1 2 1 3 1 3 2 (t 1).2tdt t t  2   t t  1 11 2  A   2 dt  2
t t  2  dt  2 
 2t  2 ln(t 1)         4ln 2 (2) 1 t t 1  t  1  3 2 0 3 0 0 0   97
Thay (1); (2) vào (*) ta được: I   4 ln 2 4 24 2 3 dx 5) I  5  (A – 2003) 2 5 x x  4 tdt xdx Đặt 2 2 2 t
x  4  t x  4  
và x : 5  2 3 thì t : 3  4 2 2 x t  4  2 3 2 3 4 4 4 dx xdx tdt dt
1 [(t  2)  (t  2)]dt Khi đó I      5    2  2  2 2 2 (t  4).t t  4 4
(t  2)(t  2) 5 x x  4 5 x x  4 3 3 3 4 1  1 1  1  t  2 4  1 5   dt  ln       ln
4  t  2 t  2  4  t  2  3 4 3 3  2 4 4
5t dt  2dx dx   t dt 0 xdx   5 6) I t   x 5
t  1  2x
và cận t : 2  1 6  Đặt 5 1 2  5 5 31 1  2x 1  t   x  2   2 5 1 t  2 4  .  t dt 1   2 4 9 2  5  1  t t  2 1909 3 8  I  
(t t )dt     6     t 5 4 9 1 36 2 1   4 7 3 x dx 3 7) I t
x   t x   t dt x dx 3 2  x dx
t dt và cận t :1  2 7  Đặt 3 4 3 4 2 3 1 1 3 4 3 4 4 0 1  x 1 2 2 2 2 3 t dt 3  1  3  t  2 3 3 3 I   t 1  dt
t  ln(t 1)   ln 7      4 1 t 4  t 1  4 2 1 8 4 2 1 1   Trang 28
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 5 dxdx  6t dt8) I   6  x t  và cận 6 t :1  2 8  Đặt 6 t x  3 2 3 2 4 3 1 x  4 xx t ; x t  6 6 6 2 5 2 2 2 2 6 2 6t dt t dt  1   t  2 6 1 3 6  I   6 6 t 1 dt  6
t  ln(t 1)  3 2  6 2  3  6 ln 21  4 3       t t t 1  t 1  2   1 2 1 1 1 Nhận xét:
Trong bài toán trên đồng thời xuất hiện căn bậc 2 và căn bậc 3 nên chúng ta đã tìm cách đổi biến để đồng
thời mất cả hai căn. Khi đó chúng ta sẽ nghĩ tới việc đặt 6 t x hay 6
x t ( ở đây 6  BCNN (2;3) ) . b
Như vậy khi gặp I
f (m g(x), n g(x) )dx thì ta đặt k t g( )
x với k là BCNN của m và n. a 1 1 1 1 2 x x 1 x 9) I dx dx dx dx 9  3    x 1  1 3  1 1 1 1 1 1 3 x 1   x 1  x 1 3 2 2 2 3 2 3  x x x 1 1 1 2t 2 t Đặt 2 3 2 2 t  1  t  1  x   3x dx
dt x dx   . dt 3 3 2 2 2 2 2 x x t 1 (t 1) 3 (t 1) 1 và x :
 1 thì t : 3  2 . Khi đó : 2 2 3 3 3 3 2 tdt 2 dt 2 dt 1  1 1  1 t 1   2 2 1 1 I       dt  ln  ln 9   2     3 1 2 2 3 t 1 3
(t 1)(t  1) 3  t 1 t 1 3 t  1 3 2 3 2 2 2 2 (t 1) . .t 2 t 1 2 xdx 10) I  10  2 1 x x 1
Nhận xét: Nếu đặt 2 2 2 t
x 1  t x 1  tdt xdx nhưng ta không chuyển được x theo t
Khi đó ta nghĩ tới việc nhân liên hợp. Cụ thể ta có lời giải: x   xdx  2 2 2 x x 1dx 2 2 2 I  
x x x 1 dx x dx x x 1dx      2 2  2  2 2 10 2 1 x x 1
1  x x 1 x x 1 1 1 1 1 2 7 3  xI   I (1) 3 1 3 2 Tính 2
I x x 1dx  1 Đặt 2 2 2 t
x 1  t x 1  tdt xdx và x :1  2 thì t : 0  3 3 3 3 t 3 2  I t.tdt t dt   3   (2) . 3 0 0 0 7 Từ (1) và (2)  I   3 10 3 Trang 29
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 2 sin 2x 2 sin 2x  sinx 1) I dx I dx 1  (A – 2006) 2) 2  (A – 2005) 2 2 1 3cos x 0
cos x  4 sin x 0 2 2
3) I   sin x  1 cos x sin xdx 4) I  6 3 5
1 cos x sin x cos xdx 3 4  0 0 Giải: 2 sin 2x 1) I dx 1  2 2 0
cos x  4 sin x 2 Đặt 2 2 2 2 2
t  cos x  4 sin x  1 3sin x t  1 3sin x  2tdt  6 sin x cos xdx  sin 2xdx tdt 3 2 2 2 tdt 2 2 2 2
và cận t :1  2 I   dt t 1   3 t 3 3 1 3 1 1 2 sin 2x  sinx 2) I dx 2  (A – 2005) 1 3cos x 0  2
2tdt  3sin xdx  sin xdx   tdt   3 Đặt 2
t  1 3cos x t  1 3cos x   và t : 2  1 2 t 1 cos x    3 2 t 1 2 2. 1
(2 cos x 1) sin x 1 2 3  2  2 2  2t  2 34  I dx 3 2  .  tdt  (2t 1)dt   t 2        1 3cos x t  3  9 9 3 1 27 0 2 1   2 2 2
3) I   sin x  1 cos x sin xdx 2  sin xdx
1 cos x sin xdx A B 3   (*) 0 0 0 2 2 1 cos 2xx sin 2x  +) Tính 2 2 A  sin xdx dx        (1) 2  2 4  4 0 0 0 2 +) Tính B
1 cos x sin xdx  Đặt 2
t  1  cos x t  1 cos x  2tdt   sin xdx và cận t : 2  1 0 2 2 3 2t 2 4 2  2 4 2  2 2
B  2 t.tdt  2 t dt    
(2) .Thay (1), (2) vào (*) ta được: I   3 3 1 3 4 3 1 1 2 2 2 2 1 cos 2x
(Các em có thể trình bày : 2 I  sin xdx
1  cos x sin xdx dx
1 cos xd (1 cos x) 3     2 0 0 0 0 x sin 2x 2   4 2  2 3 2    (1  cos x)     )  2 4 3  0 4 3 Trang 30
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 4) I  6 3 5
1 cos x sin x cos xdx 4  0 5 2 2 5 6 
t dt  3cos x sin xdx  sin x cos xdx  2t dt Đặt 6 3 6 3
t  1 cos x t  1 cos x  
và cận t : 0  1 3 6 c
 os x  1 t2 1 1 7 13  t t  1 6 6 3 3 2 6 5 6 12  I
1 cos x cos x sin x cos xdx t(1 t ).2t dt 2 (t t )dt    4      7 13 0 91 0 0 0  
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: e 3 e 1 3 ln x ln x 3  2ln x 1) I dx
(B – 2004) 2) I dx 1   x 2 x 1 2 ln x 1 1 3 e 1  2 1 ln (x 1)
e xx  ln(ex)  ln x 3) I dx I dx 3  4)
(x 1).ln(x 1) 4 e 1  1
x 1 x  ln x Giải:  3dx dx 2 e 2tdt    tdt 1 3 ln x ln x   x x 3 1) I dx
t  1 3ln x t  1 3ln x
và cận: t :1  2 1  Đặt 2  x 2 t 1 1 ln x    3 2 2 2 5 3 t 1 2 2 2  t t  2 116 4 2  I t. . tdt
(t t )dt    1     3 3 9 9 5 3 1 135 1 1   3 edx 3  2 ln x tdt 2) I dx
t  1 2 ln x t  1  2 ln x   x và cận t :1  2 2  Đặt 2 x 1 2ln x 1 2
2ln x t 1  2 2 2 3 3  (t 1)  t  2 5 2  I
.tdt  (4  t )dt  4t   2     t 3 1 3 1 1   3 e 1  2 1 ln (x 1) 3) I dx 3 
(x 1).ln(x 1) e 1  ln(x 1) Đặt 2 2 2
t  1 ln (x 1)  t  1 ln ( x 1)  tdt dx và 3
x : e 1  e
1 thì t : 2  2 x 1 3 e 1  2
1 ln (x 1) ln(x 1) 2 2 2 2 t t  1 
Khi đó I  . dx  .tdt dt  1  dt 3  2      ln (x 1) x  1 2 2 2 t 1 t 1  t 1 e 1   2 2 2 2 2 2 
1 (t 1)  (t 1)   1  1 1   1 t 1    2 2 1 1  1 . dt  1 .  dt t  ln           2  2  ln 2 (t 1)(t 1) 2   
t 1 t 1 2 t 1 2 3 2 2    2 Trang 31
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
e xx  ln(ex)  ln x 4) I dx 4  1
x 1 x  ln x   1  x 1 Đặt 2
t x  ln x t x  ln x  2tdt  1 dx dx  
và x :1  e thì t :1  e 1 x x e e e 1  2 e 1  3
x( x 1 ln x)  ln x x  ln x x 1 t t Khi đó I dx  . dx  .2tdt  2 dt 4    
x 1  x  ln x 1  x  ln x x 1 t 1  t 1   1 1 1 e 1  e 1  3 2  1   t t
2(e  2) e 1 3e  2 1 e 1 2  2 t t 1 dt  2 
t  ln 1  t         2 ln  1 t  3 2 3 3 2 1   1
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: ln 5 2 x 1 e dx ln 3 x e dx 1 (1 x) x e 2x 2 2 (x e ) x x e 1) I 2) I I dx I dx 1  2  3) 3  4) 4  x x x x 2 2 4x  4 x e 1 ln 2 e 1 0 (e 1) e 1 0 2  1 xe 0 Giải: ln 5 2 x x e dx  2tdt e dx 1) I Đặt x 2 t e 1 x
t e 1 
và x : ln 2  ln 5 thì t :1  2 1  x x 2 e t 1 ln 2 e 1  ln 5 x x 2 2 2 3 e .e dx (t 1).2tdtt  2 20 2  I  
 2 (t  1)dt  2  t 1      x t 3 1 3 ln 2 e 1 1 1   ln 3 x e dx 2) I x x x
t e   t e   tdt e dx và x : 0  ln 3 thì t : 2  2 2  Đặt 2 1 1 2 x x 0 (e 1) e 1 2 2 2 2tdt dt 2 I   2     2  2  2 1 2 t .t t t 2 2 2 1 2x 2 2 (x e ) x x e 4) I dx x x x t x e
t x e
tdt x e dx và 2
t :1  1 e 4  Đặt 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 4x  4 x e 1 0 2 2 2 1e 1e 2 1 . 1 4 11 1 e t tdt t  1  Khi đó I   dt  1 dt 4  2  2    4t 1 4 4t 1 4
(2t 1)(2t  1) 1 1 1   2 2 1 1 e 1 e  1  1 1  1  1 2t 1  2 2 1 e 1 1 6 1 e  3  1  dt t  ln         ln 4 2   2t 1 2t  1 4 4 2t  1 2 4 16 1    2 1 e 1 1 1 dx 6 cos x
Ví dụ 5. Tính tích phân : 1) I I dx 1  2) 3 3 3 2 cos 2x cos 2x 0 (1  x ) 1 x 0 1 dx 1) I  1  3 3 3 0 (1  x ) 1 x
Phân tích: Nếu đặt: 3 3 3 3 2 2
t  1 x t  1  x t dt x dx Trang 32
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 1 2 dx x dx
Vậy để chỉnh được vi phân ta phải biến đổi I     3 3 3 2 3 3 3 0 (1  x ) 1 x 0 x (1  x ) 1 x nhưng 2
x dưới mẫu số không rút được theo t và giá như không có 2
x dưới mẫu số song vẫn có 2 x dx để ta 1
chỉnh vi phân. Từ đây ta nghĩ tới việc đặt x  nhưng do cận x  0 ta không tìm được cận t tương ứng t
nên ta “khắc phục” bằng cách tính nguyên hàm rồi sau đó mới thế cận. dx 1 dt dt
Giải: Tính nguyên hàm: I  
Đặt x   dx    I   3 3 2 3
(1  x ) (1 x ) t t 2  1  1 3 t 1 1  3  3  t t 2 t dt hay I   Đặt: 3 3 3 3 2 2
u t 1  u t 1  u du t dt  3t   3 3 1 t  1 1 2 u du du 1 1 x xI       C   C   C   I   1 3  2 1 3 3 3 3 u .u u u t 1 1 x 3 3 1 x 0 2 4 t dt 1  1
(có thể dùng kĩ thuật vi phân để tính : 3 3 3 I    
(t  1) d (t 1)   C   )  3t   3 3 3 3 3 1 t 1 t  1 dx 1
CHÚ Ý : Dạng tổng quát của bài toán trên I  
và ta giải bằng cách đặt x t ( n
a bx ) n n a bx 6 cos x 2) I dx 2  cos 2x cos 2x 0
Phân tích: Tương tự như ý 1) nếu bài toán này ta đặt t
cos 2x thì sẽ không ổn.
Nên trước tiên ta sẽ biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân. Cụ thể ta có lời giải như sau: 6 6 cos x cos x
Giải: +) Ta có: I dx dx 2   2 2 cos 2x cos 2x 0 0 (1 2 sin x) 1 2 sin x 1 1 2 dt
+) Đặt t  sin x dt  cos xdx và t : 0   I  2  (*) 2 2 2 0 (1  2t ) 1  2t dt
+) Ta sẽ đi tính nguyên hàm I   2 2
(1  2t ) 1 2t 1 du 2 du udu 1 d (u  2) Đặt t   dt    I       2    u u 2 2 2 2  2  2 2 2
(u  2) u  2
(u  2) u  2 u 1 1  2  2  u u 3 1  1 1 t 2 2 2  
(u  2) d (u  2)   C   C   C  2 2 2 u  2 1 1  2t  2 2 t 1 1 2 2 dt t 2  I    2  2 2 2 2 0 (1  2t ) 1  2t 1 2t 0 Trang 33
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 dx 1
CHÚ Ý : +) Dạng tổng quát của (*) là I  
và ta giải bằng cách đặt x . t ( n
a bx ) n n a bx
+) Dạng tích phân trên các em sẽ được tìm hiểu kĩ hơn ở Dạng 9.
Ví dụ 6. Tính tích phân : 4 2 x dx 3 dx 1 dx 1 dx 1) I I I I  1  2) 2  3) 4)  2 3 4 1  x x 1 2 0 1  x x 1 1  x  1 x 0 0 x  4x  3 Giải: 4 2 x dx 1) I t
x x t   x x 1  Đặt 2 1 1 0 1 x x 4 2 3 2 2 2 2 2 2
x x t 1  x  (t 1)  3x dx  4t(t 1)dt x dx
t(t 1)dt 3 3 3 2 3 3
4 t(t 1)dt 4 4  t  80
và x : 0  4 thì t :1  3 , khi đó: 2 I   (t 1)dt   t 1     3 t 3 3 3 9 1 1   1 3 dx 2) I  2  2 1 1  x  1 x
Cách 1: (Nhân liên hợp) 3 3 2 3 2 3 2 dx 1 x 1 x 1 x 1 x 1  1 1 x         I   dx dx   1  dx 2   2 2   2
(1 x)  (1 x ) 2x 2  x x  1 1  x  1 x 1 1 1   3 3 2 1 1 1  x ln 3 3 1 1 
ln x x  dx    I  (*) 2 2 x 4 2 2 1 1 3 2 1 x Tính I dx  Đặt 2 2 2
t  1 x t  1 x tdt xdx và x :1  3 thì t : 2  2 x 1 3 2 2 2 2 2 1 x t t 1 1  1  Khi đó I xdx  .tdt dt  1 dt  2  2  2   2  x t 1 t 1  t 1  1 2 2 2 2 2  1  1 1   1 t 1   1  dt t  ln       2   t 1 t 1  2 t  1 2    2 1
 2  2  ln( 2 1)  ln 3 (2*) 2
3  2  3  ln(3 2  3)
Thay (2*) vào (*) ta được: I  2 2 Cách 2: 2 2 t 1 t 1 Đặt 2 2 2 2 2
t x  1 x t x  1 x t  2tx x  1 x x   dx dt 2 2t 2t
và x :1  3 thì t :1 2  2  3 , khi đó: Trang 34
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 1 t 1 1 t 1 1
t  (t  1)  t 1  1 1 1  I  . dt dt dt    dt 2  2  2  2   2  t 1 2t 2 t (t  1) 2 t (t  1) 2 t  1 t t (t  1) 1 2 1 2 1 2 1 2   2 3 2 3 1  1 1  1 1  1  2 1 1     dt    dt   2     2 2 t 1 t   t t 1  2  t 1 t t      1 2 1 2 2 3 1  1 
3  2  3  ln(3 2  3) 
2 ln t 1   ln t    2  t  2 1 2
CHÚ Ý: Các em có thể sử dụng kĩ thuật đồng nhất hệ số để biến đổi :
A C  1  A  1 2 2 t 1 A B C
( A C)t  ( A B)t B      
, đồng nhất hệ số : A B  0  B  1 2 2 2 t (t 1) t t t 1 t (t 1) B 1 C    2   2 t 1 1 1 2 Khi đó ta được:     2 2 t (t 1) t t t 1 1 dx 3) I  3  1  x x 1 0 Đặt t x x 1 2 2
t  2x 1 2 x(x 1)  2 x(x 1)  t  (2x 1) 2 2  t 1  2 4 2 2 2 4 2
 4x  4x t  2(2x  1)t  4x  4x  1  4t x t  2t  1  x    2t   2 2 2 2 t 1 t 1 (t 1)(t 1) Suy ra dx  2. . dt
dt và x : 0  1 thì t :1 1 2 2 3 2t 2t 2t 1 2 2 2 1 2 2 1 2 3 2 1 (t 1)(t 1) 1 (t 1)(t 1) 1
t t t 1 Khi đó I  . dt dt dt 3  3  3  3 t 1 2t 2 t 2 t 1 1 1 1 2 1 2 1  1 1 1  1  1 1  3  2  ln( 2 1)  1   dt
t  ln t      2 3   2  2  t t t  2  t 2t  2 1 1 CHÚ Ý: 1 1 x x  1 1 x x  1 1  1 x  1  Nếu ta biến đổi     1  và áp dụng 2 1 x x 1 (1 x ) (x 1) 2 x 2  x x          1 dx để giải I x  . 3 
thì phép biến đổi trên không chính xác do không xác định tại cận tại 0 1 x x 1 0 1 1 dx dx 4) I   t x   x  4   Đặt 1 3 2 x  4x  3
(x  1)(x  3) 0 0  1 1 
x 1  x  3 dx dx 2dtdt   dx dx  . t      2 x 1 2 x  3 
2 (x 1)(x  3)
2 (x  1)(x  3)
(x  1)(x  3) t 2 2 dt 2 2 2  2
và x : 0 1 thì t :1 3  2  2 . Khi đó: I  2  2 ln t  2 ln 4  1 3 t 1  3 1 3 Trang 35
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Bài luyện
Tính các tích phân sau: 2 5 3 1 2 2 52 1) I x 2  5xdx ) 2) I  3 2 x 1 x dx ) 3) I  2 3 x x  1dx ) 1  ( Đs:  ( Đs:  ( Đs: 50 2 15 3 9 1 0 0 5 1 x 4  2 2 2 x 1 11 4) I dx ) 5) I dx ) 4  (CĐ – 2012) ( Đs: 5  ( Đs: x 1 3 4x 1 6 0 0 10 dx 6 dx 3 1 6) I   ) 7) I  ln  ) 6  ( Đs:1 2 ln 2 7  ( Đs: x  2 x 1
2x  1 4x 1 2 12 5 2 2 x 11 2 2 4  x 8) I dx
 4 ln 2 ) 9) I dx    ) 8  (A – 2004) ( Đs: 9  ( Đs: 3 2 ln(2 3) 1 x 1 3 x 1 1 3 x 2 2 2 1  x 1 3 3 xdx 12 10) I dx I dx 1 ln ) 12) Idx ) 10  ( Đs: 1) 11) ( Đs:  (Đs: 2 11 x 2 2 12 3 2x  2 5 0 x 1 3 1  2 1 3 x 16 1 3 2x x 11 13) I dx  3 3 ) 14) I dx  2 ln 2 ) 13  ( Đs: 14  ( Đs: 2 3 2 6 0 4  x 0 1  1 x 1  1 1  46 7 x 3 3 3 15) I xdx 3  ) 16) I dx ( Đs:  ln ) 15    ( Đs:  2 16 1 3x 27 3 2 4 2 2 0  4  x  0 1  x 1 1 7 x 4  2 2 2 dx 2 2 1 17) Idx ) 18) I  ln ) 17  ( Đs: 18  ( Đs: 4 9 3 3 2 0 1 x 1 x 1 x 64 dx 1 2 x 2 2  2 19) I  11 6 ln Idx ) 19  ( Đs: ) 20) ( Đs: 3 20 x x 2 3 3 1 0 x x 1 1 xdx 17  9 3 0 dx 8  4 2 21) I  ) 22) I  ) 21  ( Đs: 22  ( Đs:
3x 1  2x  1 9 3 0 1  1 1 x 1 2 dx 2 2  2 5 2 sin 2x  s inx 28 2 3 23) I  ln ) 24) Idx ( Đs:  ln ) 23  (Đs: 24  2 2 1 1 3cos x 27 3 2 1 (3  2 x) 5  6x  2x 17 1 0  2 ln 6 1 1 e 3 2 1 ln x.ln x 6 2  3 25) I
ln(2  3) ) 26) Idx ) 25  ( Đs: 26  ( Đs: x 3 x 8 0 e  3 1 3 e 2 ln x 76 e ln xdx 3  2  ln( 2 1) 27) Idx ) 28) I  ) 27  ( Đs: 28  ( Đs: x 1 ln x 15 2 4 1
1 x 1 ln x  1 ln x  1 3 2
8x  6x  5x 1 95 29) Idx   54 ln 2 ) 29  ( Đs: 2 3 0
3  2x x  1 e 2
x  ln x x ln(ex)
7  (3  2e) 3  e 2 30) Idx  2 ln ) 30  ( Đs: 3 3  e  1 1 x 1
2  x  ln x Trang 36
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2n 2 DẠNG 2: I
f x , ax bxc dx (2*) 2    CÁCH GIẢI CHUNG CHÚ Ý: dx
*) Với tích phân có dạng 
thì ta có thể không dùng tới phương pháp trên. Cụ thể ta biến đổi: 2 x k 2 2 dx (x
x k )dx d (x x k ) 2  
 ln(x x k )  ...    2 2 2 2 x k ( x
x k ) x k ( x x k )
Hoặc một cách trình bày khác: Đặt 2 t  (x
x k ) (phương pháp đổi biến) *) Với tích phân 2 I
f ( ax bx c )dx  mà 2
ax  bx c = 2
u u thì đặt 2
u  sin t ( hoặc 2 u  cos t ) m x
*) Với tích phân I f   dx
thì đặt x m cos 2t . m x   Các ví dụ minh họa 2 2 2 x 1
Ví dụ . Tính các tích phân sau: 1) 2 2 I x 4  x dx 2) I dx 1  2  2 x 0 1 2 2 3 dx 2 dx 2 2 x dx 2 x 3) I I I I dx 3  4) 4  5) 5  6) 6  2 2 2 2 0 x  2x  4 2 x 1 0 1 x 0 3  x 1 e dx 2 dx 2 1 2  x 2 cos xdx 7) I 8) I I dx I 7  8  9) 9  10) 10  2 2 2 x 2  x 7  cos 2x 1 x 1 3ln x 1 x x 1 0 4 Trang 37
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Giải: 2   
dx  2 cos tdt 1) 2 2 I x 4  x dx
Đặt x  2 sin t với t   ; 
và x : 0  2 thì t : 0  1    2 2    2
 4  x  2 cos t 2 0 2 2 2 sin 4t    2 2 2  I
4 sin t.2 cos t.2 cos tdt  4 sin 2tdx 2 (1 cos 4t )dt  2 t   1       4  0 0 0 0  sin tdt 2 2 x 1 1    3dx   2) I dx x  với t  0;  ; 2  cos t
và x :1  2 thì t : 0  2   2 Đặt     x cos t  2   2  3 1  2 x 1  tan t 3 3 2 3 2 3 3 sin tdt sin t 1 cos t dt 3 3 cos tI  tan t.  dt dt   cos tdt dt  cos tdt 2  1      2  2 cos t cos t cos t 1  sin t 0 0 0 0 0 cos t. 0 0 2 cos t 3 3  1 1 3  1 1 sin t  3   
d sin t  cos tdt     = ln  sin t    ln(2  3)   1  sin t 1 sin t  2 1 sin t 2 0 0   0 2 dx 2 dx 3) I   3   2 2 0 x  2x  4 0 (x 1)  3  3 dx dt      2  cos t Đặt x 1 
3 tan t (với t   ;   )  
và x : 0  2 thì t :   2 2   3 6 3 2 (x 1)  3    cos t 3 3 3 3 3 3 3dt dt cos tdt d sin t 1  1 1  1 1  sin tI       d sin t  ln 3    2     3 cos t cos t
(1  sin t)(1  sin t) 2  1 sint 1 sin t  2 1 sint  2 cos t. 6 6 6 6 6 6 cos t ln 3  ln(2  3)  2 2 dx 4) I  4  2 2 x 1  sin tdt 1    3dx  
Cách 1: Đặt x  với t  0;  ;  cos t     2 
và x : 2  2 thì t :  cos t  2   2   4 3 2 x 1  tan t 3 3 sin tdt dt Khi đó I  
I ta có thể đổi biến hoặc dùng kĩ thuật vi phân. Cụ thể: 4  2  . Để giải tiếp cos t. tan t cos t 4 4 4 2 3
Cách 1.1: Đặt u  sin t du  cos tdt và t :  thì x :  4 3 2 2 Trang 38
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3 3 3 3 3 2 2 2 cos tdt cos tdt du du 1  1 1  Suy ra I       du 4  2  2  2     cos t 1 sin t 1 u
(1  u)(1 u) 2  1 u 1 u  2 2 2 4 4 2 2 2 3 2 1 1  u  ln  ln(2 2  6  3  2) 2 1 u 2 2   3 3 3 cos tdt cos tdt
1 (1 sin t)  (1 sin t) 3 3 cos tdt 1  cos tdt cos tdt  Cách 1.2: I      4  2     cos t
(1 sin t)(1 sin t) 2
(1 sin t )(1 sin t ) 2  1 sint 1 sint          4 4 4  4 4    3 3 3
1  d(1 sin t)
d (1 sin t)  1 1 sin t    ln    ln(2 2  6  3  2) 2  1 sin t 1 sin t    2 1 sin t    4  4 4  Cách 2: 2 2 2 2 2 2 dx (x x 1)dx d (x x  1) 2 I   
 ln(x x 1)     4    ln(2 2 6 3 2) 2 2 2 2 2 2 x 1 2 ( x x 1) x 1 2 ( x x 1)
Cách 3: (Cách trình bày khác của Cách 2 ) Cách trình bày 3.1: 2  t 1 dx dt  2 2 2 1 t t  Đặt 2 t x x 1 2 2 2 
x 1  t x x 1  (t x)  x    2 2 2 2t   t 1  t 1 2 x 1  1     2t 2t   
và x : 2  2 thì t :1 2  2  3 , khi đó : 2 t 1 2 3 dt 2 3 2 dt 2 3 2t I    ln t     4  2  ln(2 2 6 3 2) 1 2 t 1 t 1 2 1 2 2t Cách trình bày 3.2: 2  xx x 1 t dx dt Đặt 2
t x x 1  dt  1 dx dx dx     2 2 2 2  1  1 1 1 t x x x x 2 3 dt 2 3
và x : 2  2 thì t :1 2  2  3 , khi đó : I   ln t  ln(2 2  6  3  2) 4  1 2 t 1 2 2 2 2 x dx 
dx  cos tdt5) I x
t với t   ;  và cận t : 0  5  Đặt sin  2  2 2    2 4 0 1 x
 1 sin t  cos t 4 2 4 4 sin t.cos tdt 1 cos 2x 1 sin 2x      2 2 4  I   sin tdt dt x   5      cos t 2  2 4  8 0 0 0 0 Trang 39
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  3 dx dt 3 2  x 2      cos t 6) I dx x
t với t   ;  6  Đặt 3 tan    2  2 2  3 3 0 3  x 2 2
 3 x  3(1 tan t)    cos t cos t 4 2 4 2 3 tan t 3 sin t và cận t : 0   I  . dt  3 dt 4 6  2  3 3 cos t cos t 0 0 cos t 2 2 4 2 4 2 2 2 sin t.cos t sin t.costdt u du
Đặt u  sin t du  cos tdt và cận u : 0   I  3 dt  3  3    2 24 4 2 2 2 2 cos t (1 sin t) (1 u ) 0 0 0 u u 1 1 1
1 (u 1)  (u 1)2 2 2 1 1  1 1 2  Mà ta có:    .     2 2 2 2 2 2 2 2  2 2 2  (1 u ) (u 1) u 1 4
(u 1) (u 1) u 1 4 (u 1) (u 1) u 1   1 1  1 1     2  2 2  2(u 1) 4 (u 1) (u 1)   2 2 2 3  2 1 1  3  u 1 1 1  3 2  2 I    du  ln   2  ln  2 2 6   2 2 2    4 u 1 (u 1) (u 1) 4 u  1 u  1 u  1 2 2 0     0 e dx 7) I 7  2 1 x 1 3ln x dx 1 dt
Đặt t  ln x dt
và x :1  e thì t : 0 1 . Khi đó I   x 7 2 0 1 3tdu dt  1  2      3 cos u Cách 1: Đặt t
tan u với u   ;    
và t : 0 1 thì u : 0  3  2 2  1 3 2  1 3t    cos u 3 3 3 3 1 du 1 cos udu 1 d sin u 1  1 1   I      d sin u 7   2     3 cos u 3 cos u 3
(1  sin u)(1 sin u) 2 3  1 sinu 1 sin u  0 0 0 0 3 1 1 sin u 1  ln  ln(2  3) 2 3 1 sin u 3 0  1  2 1 2 d    t   t  1 1 1 t t 1 dt 1 dt 1 3 1 3 Cách 2:   I    dt  7     2 1 3t 3 1 3  1  1 3   0 0 2 0 1 2 2 0 2  tt   t   tt   t  3 3 3 3     1 1 1 1 2  ln t   t  ln(2  3) 3 3 3 0 Trang 40
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 2 dx
dx  2 sin t cos tdt8) I x
t với t  0;  8  Đặt 2 sin    2  2 1 x x  2 2 2
x x  sin t(1 sin t)  sin t cos t  4 4 4 2 sin t cos tdt
và cận t : I   2 dt  2   6 4 8     sin t cos t  4 6 6  6 6
dx  4 sin 2tdt 2 1 2  x  9) I dx x
t với t  0; 2  9  Đặt 2 cos 2  2   2  x 2  2 cos 2t 4 sin t sin t x 2  x  2     1  2  2  x 2  2 cos 2t 4 cos t cos t 6 6 2 1 sin t 2 sin t 6 2 6 1 cos 2t  1  và cận t :  0  I  . .4 sin 2tdt dt dt  1 dt 6 9  2  2     4 cos 2t cos t cos 2t 2 2 cos 2t  cos 2t  0 0 0 0 tan 2t   3 3  6   t     2  0 6 2 cos xdx 10) I  10  7  cos 2x 0 Ta có: 2 2
7  cos 2x  6  2 cos x  8  2sin x 2 1 cos xdx 1 dt
Nên đặt t  sin x dt  cos tdt và cận t : 0  1  I   10   2 2 8  2 sin x 2 0 0 4  t 
dt  2cos udu
Đặt t  2 sin u với u   ;    và cận u : 0  2 2    2 6
 4  4sin u  2cos u 6 6 1 2 cos udu 1 u  2 6  I   du   10   2 2 cos u 2 2 12 0 0 0 Bài luyện
Tính các tích phân sau: 3 dx 2014 2 2014 1) I   ) 2) I  2 2 2014  x dx ) 1  ( Đs: ln(1 2) 2  ( Đs: 2 4 0 3  x 0 1 2 x 3 1 xdx 3) I dx ( Đs:  ) 4) I    ) 3  4  ( Đs: 3 2 2 3 2 2 6 0 4  x 0 3  2x x 3 3 ln 2 x  1 3 2 x e 5) I dx 1  ) 6) I dx ) 5  ( Đs: 6  ( Đs: x(2  x) 2 3 x 2 x 6 1 0 2e e Trang 41
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 DẠNG 3: I f ( ) x .g( ) x dx
f x , g(x) là hai trong bốn hàm: 3  (3*) Với ( )
logarit (log), đa thức (đa) (hoặc kể cả phân thức), lượng giác (lượng) và mũ (mũ). CÁCH GIẢI CHUNG CHÚ Ý:
+) Như vậy khi kết hợp hai trong bốn hàm trên cho ta một bài toán. Vì vậy về mặt lí thuyết ta có thể tạo ra được 2
C  6 bài toán của Dạng 3. Song trên thực tế, trong phạm vi kì thì Đại Học – Cao Đẳng thì thường 4
xuất hiện 4 dạng là : (loga, đa thức); (đa thức, lượng giác); (đa thức, mũ) và (lượng giác, mũ) – dạng này
chưa xuất hiện (kể từ kì thi 3 chung).
+) Khi gặp lượng giác và mũ ta có thể đặt “u→dv” theo thứ tự “lượng giác → mũ” hoặc ngược lại đều
được và phải sử dụng hai lần tích phân từng phần. Cả hai lần tích phân từng phần trong trường hợp này
phải thống nhất theo cùng thứ tự. Nếu không sẽ xảy ra hiện tượng I = I.
+) Khi sử dụng phương pháp tích phân từng phần thì số lần thực hiện phụ thuộc vào bậc của hàm logarit và đa thức. Cụ thể:
*) Nếu trong biểu thức tích phân có logn f (x) (hoặc lnn f (x) ) tích phân từng phần n lần. a
*) Nếu trong biểu thức tích phân có đa thức bậc n: n n 1
f (x)  a x a
x  ...  a n n 1  0
(không có hàm logarit) tích phân từng phần n lần. +) Nếu I  ( ) axb f x e
dx mà f x có bậc n n  2 (theo CHÚ Ý trên ta phải tính tích phân từng phần  ( )
n lần) song trong trường hợp này có thể có cách “khắc phục” (không phải tính tích phân từng phần) bằng
việc tách ghép và sử dụng công thức:  ( )  '( ) x  ( ) x f x f x e dx
f x e C (trong bài các em phải CM).
+) Các em tham khảo thêm kĩ thuật chọn hệ số qua 5 câu tích phân ở Ví dụ 4.
+) Về mặt ý tưởng, việc dùng phương pháp tích phân từng phần là việc ta chuyển từ tích phân ban đầu u   f (x) udv về tích phân vdu
đơn giản hơn bằng cách đặt
mà thông thường thì f '(x) và
dv g(x)dx g(x)dx
dễ tính. Vì vậy phạm vi áp dụng phương pháp này không chỉ dừng lại ở hai hàm khác tên gọi mà
còn sử dụng cho cùng một dạng hàm, nhiều hơn hai hàm…. Trang 42
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 3 1 1 1) I  2
ln(x x)dx I  2 ( x  ) x e x e dx I  2 (  2) x x e dx 1  (D – 2004) 2) 2  (CĐ – 2009) 3) 3  (D – 2006) 2 0 0 e 2 ln x 2 2 x 1 4) I  3 2
x ln xdx (D – 2007) 5) I dx I  ln xdx 4  5  (D – 2008) 6) 3  (A, A1 – 2013 ) x 6 2 x 1 1 1 Giải :  2x 1 3 2 u
  ln(x x) du 1) I  2
ln(x x)dx 2    x x 1 
(D – 2004) Đặt dv dx 2  v x  3 3 3 2x 1  1 2 
I x ln(x x) 
dx  3ln 6  2 ln 2  2 
dx  3ln 6  2 ln 2  2x  ln x 1  3ln 3  2 1       3 2 2 x 1  x 1  2 2 1 2) I  2 ( x  ) x e x e dx 2  (CĐ – 2009) 0 1 1 1 Ta có: 2  ( x  ) xx x I e
x e dx e dx xe dx A B 2    (*) 0 0 0 1 1 1     e x x x 1
+) Tính A e dx   e d ( x)  e    (1) 0 e 0 0 1 +) Tính x B xe dx  0 u   xdu dx 1 1 1 Đặt x x x     B xe
e dx e e  1 x x  (2) dv e dx v e   0 0 0 2e 1
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I  2 e 1 3) I  2 (  2) x x e dx 3  (D – 2006) 0 du dx 1 1 u x  2 2 x 1 2  2 2 (x  2)e 1  e e 5  3e x 2 x Đặt 2    I   e dx     x 1 2 2 x 3 dv e dx v e   2 2 2 4 4  2 0 0 0 e 4) I  3 2
x ln xdx (D – 2007) (Vì hàm lnx có dạng bậc 2 nên phải từng phần 2 lần) 4  1  2 ln x du dx 2 e u    ln x   e e x 4 2 4 x ln x 1 e 1 +) Đặt 3     I   x ln xdx   I (1) Với 3
I x ln xdx 3 4 4 dv x x  4 2 4 2 v   1 1 1   4 Trang 43
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  dx du e e u   ln xex 4 4 4 4 x ln x 1 e x 3e 1 +) Đặt 3     I   x dx    3  (2) 4 dv x x   4 4 4 16 16 v  1 1 1   4 4 5e 1
Thay (2) vào (1) ta được: I 4 32  dx u   ln x du  2 2 2 ln x  2   x ln x 1 dx ln 2 1 3  2 ln 2 5) I dx    I        5  (D – 2008) Đặt dx  3  x dv  1 5 2 3 2 2x 2 x 8 4x 16 1  3 v 1 1 1 x    2   2x   ln  dx u x du  2 2 x 1    x 6) I  ln xdx    6 
(A, A1 – 2013 ) Đặt 2 x 1  1   2 x dv dx  1 dx 1 1  2  2  x x v   x       x 2 2 2 2  1   1  dx 5  1  5  1  5 3  I x  ln x x  .  ln 2  1  dx  ln 2  x   ln 2  6       2     x   x x 2  x  2  x  2 2 1 1 1 1
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 3 3  ln x e 3 3 1 x sin x 1) I dx
I  (2x  ) ln xdx I dx 1  (B – 2009) 2) 2  (D – 2010) 3) (B – 2011) (x 1) 2 x 3 2 cos x 1 1 0 4 3 1 ln(x 1) 1 4) I
x(1 sin 2x)dx I dx 5 x I x e dx 4  (D – 2012) 5) 5  (A, A1 – 2012) 6) 2  x 6 0 1 0 Giải : 3 3  ln x 1) I dx 1  (B – 2009) 2 (x 1) 1 3 3 3 3  ln x dx ln x Ta có: I dx  3 
dx  3A B 1  2  2  (*) 2 (x 1) (x  1) (x  1) 1 1 1 3 3 3 dx d( x 1) 1 1 +) Tính A       2  (1) 2 (x 1) (x 1) x 1 4 1 1 1  dx u   ln x du  3 ln x    x +) Tính B dx  Đặt  dx   2 ( x 1) dv  1 1 2  (x 1) v      x 1 e 3 3 3 2 2 3 ln x dx e x ln 3  1 1  ln 3 x 3  B          dx    ln  ln 3  ln 2    (2) x 1 x(x 1) 2 4 4  x x 1  4 x 1 4 1 1 1 1 1 3 3
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I   ln 3  ln 2 1 4 4 Trang 44
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 e 3
2) I  (2x  ) ln xdx 2  (D – 2010) x 1 e 3 e e ln x
Ta có: I  (2x  ) ln xdx  2 x ln xdx  3
dx  2 A  3B 2    (*) x x 1 1 1  dx du e u  ln x    x
+) Tính A x ln xdx  Đặt    2 dv xdxx 1 v    2 e e 2 e 2 2 2 2 2 x ln x 1 e x e e 1 e 1  A   xdx       (1) 2 2 2 4 2 4 4 1 1 1 e ln x +) Tính B dxx 1 e e e 2 ln x ln x 1
C1: (Sử dụng kĩ thuật vi phân) B
dx B  ln xd (ln x)     (2) x 2 2 1 1 1 1 dx 1 2 t 1
C2 : Đặt t  ln x dt
và cận t : 0  1  B tdt    (2) x 2 2 0 0
(thực chất C2 là cách trình bày khác của C1) u   ln xdx  du e e ln x 1 C3: Đặt  dx   x 2
B  ln x
dx  1  B  2B  1  B   (2) dv  1   x 2 v  ln xx  1 2 e 1 3 2 e  2
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I  2.   2 4 2 2 3 1 x sin x 3) I dx 3  (B – 2011) 2 cos x 0 3 3 3 1  x sin x dx x sin x Ta có: I dx  
dx A B 3  2  2  (*) 2 cos x cos x cos x 0 0 0 3 dx +) 3 A   tan x  3  (1) 2 0 cos x 0 u   xdu dx 3 x sin x   +) B dx  Đặt  sin x   sin x d (cos x) 1 2 cos x dv dx v dx    0  2   2  2  cos x  cos x cos x cos x 3 3 x dx 2 3 dxB     I  với I  
Đặt t  sin x dt  cos xdx và cận 3 t : 0  cos x cos x 3 cos x 2 0 0 0 3 3 3 3 2 2 dx cos xdx dt 1 t 1 2I       ln   ln(2  3)    B   ln(2  3) (2) 2  2 cos x 1 sin x t 1 2 t 1 3 0 0 0 0 2
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I  3   ln(2  3) 3 3 Trang 45
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 4 4) I
x(1 sin 2x)dx 4  (D – 2012) 0 4 4 4 2 2 4 x I
x(1 sin 2x)dx
xdx x sin 2xdx   I   I 4    2 32 0 0 0 0 du dx 4 u x  Tính I x sin 2xdx  Đặt    cos 2x dv  sin 2xdxv   0   2 4 x cos 2x cos 2x sin 2x 1 2 1 2  8  I   4  dx  0  4    I    4 2 2 4 4 32 4 32 0 0 0 3 3 1 ln(x 1) 3 3 3 1 ln(x 1) dx ln(x 1) 1 2 5) I dx I dx   dx    I   I 5  (A, A1 – 2012) 2    x 5 2 2 2 x x x x 3 1 1 1 1 1  dx u   ln(x 1) du  3 ln(x 1)    x  1 Tính I dx  Đặt  dx   2 x dv  1 1  2 vx      x 3 3 3 ln(x 1) 3 dx ln 2 (x 1)  x ln 2  1 1  ln 2 x 3 2  I      dx    dx   ln       ln 3  ln 2 x 1 x(x  1) 3 x(x 1) 3  x x 1  3 x 1 1 3 1 1 1   1  x  2 u   1 ln(x 1) du  1 dx dx 2 2       x 1  x 1  I   ln 3 
ln 2 (Các em có thể đặt luôn:   …) 5 dx  3 3 dv  1  2   x v     x 1 6) 5 x I x e dx 6  0
Nhận xét 1: Về mặt lí thuyết bài toán này ta hoàn toàn có thể giải theo phương pháp tích phân từng phần.
Song ta phải sử dụng tới 5 lần tích phân từng phần (vì bậc của đa thức 5
x là 5 – khá dài ). Lúc này ta sẽ có
cách “khắc phục như sau”:
Ta luôn có  ( )  '( ) x  ( ) x f x f x e dx f x e C  (*)
Thật vậy:  ( ) x   ' 
'( ) x  ( ) x   ( )  '(  ) x f x e C f x e f x e f x f x e   (đpcm)
( Vì vậy để áp dụng (*) chúng ta sẽ phải tách ghép 5 x về dạng trên ) Áp dụng (*) ta được: 1 1 5 x 5 4 4 3 3 2 2   (  5 )  5(  4 )  20(  3 )  60(  2 ) 120( 1) 1  20 x I x e dx x x x x x x x x x e dx 6     0 0 1 1 1 1 1 1 5 4 x 4 3 x 3 2 x 2  (  5 )  5 (  4 )  20 (  3 )  60 (  2 ) x 120 ( 1) x 120 x x x e dx x x e dx x x e dx x x e dx x e dx e dx       0 0 0 0 0 0 1 5 4 3 2  (  5  20  60 120 120) x x x x x x e  120  44e 0 Trang 46
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Nhận xét 2:
*) Như vậy qua bài toán trên ta thấy việc sử dụng công thức (*) sẽ giúp giảm bớt thao tác lập đi lập lại
phương pháp tích phân từng phần (nếu bậc của đa thức lớn) .
*) Và từ bài toán trên chúng ta có thể đưa ra đáp số tổng quát cho như sau: n x n n 1  n 2 n1      ( 1)  ...  ( 1  ) !  ( 1  )n ! x I x e dx x nx n n x n x n e  ?   
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 3 ln(sin x) 2 4 x 1) I I  sin .
x ln(1 cos x)dx I dx 1  2) 2  3)  cos x 2 3 1  cos 2x 0 0 6 2 e 0 2 2 x dx 2 4) I
cos (ln x)dx 5) I  2 x I xe cos xdx 4 5   6) 2 3  ( x  1) 6 1 1 0 Giải : u   ln(sin x)  cos x 3 ln(sin x)  du dx  cot xdx 1) I    1  Đặt dx  sin x 2 cos x dv   2 v  tan  cos x x  6 3 3 3 1 3 3 Khi đó 3 3
I  tan x ln(sin x)  dx  3 ln  ln  x  3 ln  ln 2  1  2 3 2 2 3 6 6 6 6   sin x 2 u   ln(1 cos x) du dx 2) I  sin .
x ln(1 cos x)dx    1 cos x 2 
Đặt dv  sin xdx 0 
v  cos x 2 sin x cos x
Khi đó I   cos x ln 1 cos x 2 
dx  ln 2  I 2  (*) 0 1  cos x 0 2 cos x Tính I  sin xdx
Đặt t  cos x dt  sin xdx và x : 0  thì t : 2  1 1 cos x 2 0 2 2 2 t 1  1  Suy ra I dt  1 dt    
t  ln t  1 ln 2 (2*) 1 tt  1 1
Thay (2*) vào (*) ta được: I  2 ln 2 1 2 u   x 4 4 x 1 x  du dx 3) I dx dx   3   Đặt dx  2 1 cos 2x 2 cos x dv v  tan x 0 0  2   cos x   4 4 4 1   1 sin x 1 d cos x 1 1 4 4  I x tan x  tan xdx   dx     ln cos x   ln 2 3  0     0 2 8 2 cos x 8 2 cos x 8 2 8 4 0 0 0     Trang 47
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 2 e e e 2 e 2 1 cos(2 ln x) 1 1 e 1 1 4) 2 I  cos (ln x)dx dx x
cos(2 ln x)dx   I 4    (*) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 e  2 sin(2 ln x) u   cos(2 ln x) du   dx +) Tính I  cos(2 ln x)dx  Đặt    x dv dx 1  v   x 2 e 2 e  2
I x cos(2 ln x)  2
sin(2 ln x)dx  e 1 2J  (1) 1 1 2 e  2 cos(2 ln x) u   sin(2 ln x) du dx +) Tính J  sin(2 ln x)dx  Đặt    x dv dx 1  v x 2 e 2 e
J x sin(2 ln x)  2
cos(2 ln x)dx  2I 1  (2) 1 2 e 1
Từ (1) và (2) ta được: 2
I  e 1 4I I   (2*) 5 2 2 e 1 e 1 2 2e  3
Thay (2*) vào (*) ta được: I    4 2 10 5 u   xdu dx 0 2 x dx   5) I  2  xdx  5  Đặt  xdx 1 d (x 1) 1 2 3 ( x  1) dv v     1 2 3    2 3  2 3 2 2 (x  1)  (x 1) 2 (x  1) 4(x  1)  0 0 x 1 dx 1 1 I       I 5 2 2  (*) 2 2 4(x 1) 4 (x 1) 16 4 1  1 0 dx dt Tính I   Đặt 2
x  tan t dt
 (1  tan t )dt và x : 1   0 thì t :   0 2 2 (x  1) 2 cos t 4 1  0 0 2 0 0 0 (1  tan t)dt dt 1 1  sin 2t 1 Khi đó 2 I    cos tdt
(1 cos 2t)dt t    (2*)  2 2  2     (1 tan t) 1 tan t 2 2  2  8 4      4 4 4 4 4 1 1  1 
Thay (2*) vào (*) ta được: I      5   16 4  8 4  32 2 6) 2 x I xe cos xdx 6  0
Nhận xét: Vì dưới dấu tích phân xuất hiện đồng thời ba hàm ( đa thức , lượng giác, mũ) nên chúng ta sẽ
tính tích phân từng phần theo cụm (quan niệm lượng giác và mũ là một hàm) . Trước khi đi 2 tính 2 x I xe cos xdx x A xe xdx 6 
ta sẽ đi tính nguyên hàm 2 cos  0 Trang 48
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3   du dx u x  Đặt    (*) 2x 2 dv e cos 2 x xdx
v e cos 2xdx I     +) Tính 2x
I e cos 2xdx  du  2  sin 2xdxu  cos 2x  2 x 2 e cos 2 x x e x x cos 2 Đặt 2     I
e sin 2xdx   J (1) x 1 2 2 xdv e dx v e   2 2  2 +) Tính 2 x
J e sin 2xdx
du  2 cos 2xdxu  sin 2x  2x 2 e sin 2 x x e x x cos 2 Đặt 2     J
e cos 2xdx   I x 1 2 2 x  (2) dv e dx v e   2 2  2 2 x 2x 2 cos 2 sin 2 x e x e x
e (sin 2x  cos 2 x)
Thay (2) vào (1)  I    I I  (2*) 2 2 4 2 x
xe (sin 2x  cos 2x) 1 Từ (*) và (2*) 2 xA  
e (sin 2x  cos 2x)dx  (3*) 4 4 2 x 2 e sin 2 x x e x x x x sin 2 Mà theo (2) : 2 2 2
e sin 2xdx J
e cos 2xdx e (sin 2x  cos 2x)dx  (4*)    2 2
Thay (4*) vào (3*) ta được: 2 x 2 x 2 x xe x x e x x (sin 2 cos 2 ) 1 cos 2
e (2x sin 2x  2x cos 2x  cos 2x) 2
A xe cos xdx   .   4 4 2 8 2 2 x 2
e (2x sin 2x  2x cos 2x  cos 2x)
e (1 ) 1 Suy ra 2 x I xe cos xdx   6  8 8 0 0
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: 1 ln  2 1
4x  8x  3
4 ln(sin x  2 cos x) 1) 2
I x ln(2  x )dx I dx I dx 1  2) 2  3) 3  (x 1) 3 2 cos x 0 0 0 0 3x  1 4  1  4) I dx I  1 
ln x x 1 dx 4  5) 5     3 2
4x  28x  65x  50  2 x 1 1  Giải : 1 1) 2
I x ln(2  x )dx 1  0
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)  2x du dx 2  1 2 u   ln(2  x )  2 1 2  x 3 x x 1 +) Đặt 2    , khi đó I  ln(2  x )  dx  ln 3  I  (*) 2 1 dv xdx x 2  2 2  x 2 v   0 0   2 Trang 49
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 3 x dt +) Tính I dx  Đặt 2
t  2  x dt  2xdx xdx
và x : 0 1 thì t : 2  3 2 2  x 2 0 1 2 3 3 3 x t  2 dt 1  2  1 1 3 Khi đó I xdx  .  1 .dt t  2 ln t   ln  (2*) 2      2  x t 2 2  t  2 2 2 0 2 2 2 1  1 3  3 1
Thay (2*) vào (*) ta được: I  ln 3   ln    ln 3  ln 2  2  2 2  2 2
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)  2x du dx 2  2 u   ln(2  x )  2  x 2 x 2 x Đặt   
( ở đây v xdx   C C  nên v  1 ) 2 2  và ta chọn 1 dv xdx x 2  x   2 2 v  1    2 2 1 1 2 1 2 2  x 3 x 3 1 Khi đó 2 I
ln(2  x )  xdx  ln 3  ln 2   ln 3  ln 2  1  2 2 2 2 2 0 0 0
CHÚ Ý : Qua câu tích phân đầu tiên ở Ví dụ 4 các em được làm quen thêm một kĩ thuật chọn hệ số cho
phương pháp tích phân từng phần . Kĩ thuật này được hiểu như sau: Khi đi tính tích phân từng phần,  
du f '(x) ( ) dx u f xở khâu đặt   
với C là hằng số bất kì (chọn số nào cũng được)
dv g (x)dx
v g(x)dx G(x)  C    
Và theo một “thói quen” thì chúng ta thường chọn C  0 ( Cách giải thứ nhất cho I trong Ví dụ 4 đi 1
theo cách chọn này). Nhưng đôi khi việc chọn C  0 lại làm cho tích phân vdu
không được “đẹp” cho
lắm . Vì ta có quyền chọn C là số thực bất kì nên ta sẽ chọn hệ số C thích hợp mà ở đó biểu thức vdu là
đơn giản nhất. Các em hãy theo dõi tiếp Cách giải thứ hai này ở các ý tiếp theo của Ví dụ 4. ln  2 1
4x  8x  3 2) I dx 2  3 (x  1) 0
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)  8x  8 2 u
  ln(4x  8x  3) du dx  2   4x  8x  3 +) Đặt  dx   dv  1  3 ( 1) v x   2   2(x  1)  1 2 1
 ln(4x  8x  3) dx  ln15 ln 3 Khi đó I   4    4I 2 2  (*) 2 2(x  1)
(x  1)(4x  8x  3) 8 2 0 0 1 dx +) Tính I   2
(x  1)(4x  8x  3) 0 1 1 A B C Ta phân tích:     2
(x 1)(4x  8x  3)
(x 1)(2x 1)(2x  3) x 1 2x 1 2x  3 Trang 50
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  1  (
A 2x 1)(2x  3)  B(x 1)(2x  3)  C (x  1)(2x  1) (2*) 1 3  A  1
Chọn x lần lượt các giá trị 1;  ; 
thay vào (2*) ta được:  2 2 B C  1  1 1  1  1 1   1  1 15 Khi đó 2 I   
dx   ln x 1 
ln 4x  8x  3   ln 2  ln     (3*)  x 1 2x 1 2x  3   2  2 3 0 0  ln15 ln 3  1 15  15 3
Thay (3*) vào (2*) ta được: I    4  ln 2  ln  ln15  ln 3  4 ln 2 2   8 2  2 3  8 2
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)  8x  8 2 u
  ln(4x  8x  3) du dx  2   4x  8x  3 dx 1 Đặt  dx   ( v    C C  ) 2  và chọn 2 dv  1 4x  8x  3 3 2  (x 1) 2(x 1) 3 (x  1) v   2   2 2  2(x 1) 2(x 1)  1 2 1 4x  8x  3 dx 15 3 1 15 3 Khi đó 2 I
ln(4x  8x  3)  4  ln15 
ln 3  4 ln x 1  ln15  ln 3  4 ln 2 2 2  0 2( x 1) x  1 8 2 8 2 0 0
4 ln(sin x  2cos x) 3) I dx 3  2 cos x 0
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”) u
  ln(sin x  2 cos x) 
cos x  2 sin x  du dx Đặt  dx  
sin x  2 cos x dv   2 v  tan  cos x x
4 tan x(cos x  2sin x)  4
I  tan x ln(sin x  2 cos x)  dx 3  0
sin x  2 cos x 0
4 tan x(cos x  2sin x)
Khi đó việc đi tính tích phân dx
sẽ trở nên phức tạp .
sin x  2 cos x 0
Lúc này cần sự “lên tiếng” của kĩ thuật chọn hệ số
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”) 
cos x  2 sin x u
  ln(sin x  2 cos x) du dx   
sin x  2 cos x Đặt  dx   dv
sin x  2 cos x  2
v  tan x  2 cos x     cos x 4 4
sin x  2 cos x
cos x  2 sin x Khi đó I
ln(sin x  2 cos x)  dx 3  cos x cos x 0 0 4 4 7 d cos x  3 ln 3  ln 2  dx  2   2 cos x 0 0 7 5  3ln 3 
ln 2   x  2ln cos x  4  3ln 3  ln 2  0 2 2 4 Trang 51
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 0 0 3x 1 3x 1 4) I dx dx 4  3 2  2
4x  28x  65x  50
(x  2)(2x  5) 1 1
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”) 3x 1 A B C Ta phân tích:    2 2
(x  2)(2x  5) x  2 2x  5 (2x  5) 2  3x 1  (
A 2x  5)  B(x  2)(2x  5)  C(x  2)  5   AA  5   5  13 C
Lần lượt ta chọn x bằng 2;  ; 0 ta được:     B 10 2 2 2  C   13 1  25A 10B 2C      0 0  5  10 13   2x  5 13  5 13 Vậy I    dx  5 ln   5ln  4   2    x  2 2x  5 (2x  5) x  2 2(2x  5) 6 15 1     1
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)  3x  1  5 u du dx   2  x  2  (x  2) Đặt    dx 1 1 x  2 dv  v     2  (2x  5)   2(2x  5) 2 2x  5  0 0 0 3x 1 dx 0 13  1 2  13 x  2 13 5 Khi đó I   5   5  dx   5 ln   5ln 4     2x  5
(x  2)(2x  5) 15  x  2 2x  5  15 2x  5 15 6 1  1  1  1 4  1  5) I  1 
ln x x 1 dx 5      2 x 1 
Cách giải thứ nhất (Cách giải “thông thường”)  1 
Đặt t x
x 1  dt  1 dx  
và x :1  4 thì t :1  5  2 x   dt 5 u   ln tdu  5 5 5
Khi đó I  ln tdt   
t I t ln t dt  5 ln 5  t   5  Đặt  5ln 5 4 dv dt 5 1 1 1  v   t  1
Cách giải thứ hai (Sử dụng “kĩ thuật chọn hệ số”)  1 u
  x x   1 ln 1   2 x 2 x 1   du dx dx Đặt    1   x x 1
2 x x x   1 dv  1 dx       2 x
v x x 1  4 4 4 2 x 1  1 
Khi đó I x x 1 ln x x 1  dx  5 ln 5  1
dx  5 ln 5   x x  4  5ln 5  4 5         1 2 x  2 x 1 1 1  3 2 x  3x 4 2 x dx
Ví dụ 5. Tính các tích phân sau: 1) I dx I  1  2) 2 3  (x 1) 2 2
(x sin x  cos x) 2 0 Trang 52
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Giải : 3 2 3 x  3x x(x  3) 1) I dx dx 1  2 3  2 3 ( x 1) (x 1) 2 2 u   x  3 dx dx   +) Đặt 2  xdx   xdx 1 d(x 1) 1 dv v     2 3    2 3  2 3 2 2 (x 1)  (x 1) 2 (x 1) 4(x 1)  3 3 x  3 1 dx 133 1 Khi đó I      I 1 2 2  (*) 2 2 4(x 1) 4 (x 1) 1152 4 2 2 3 dx +) Tính I   Ta có: 2 2 (x 1) 2 1
1 (x 1)  (x 1)2 1  1 1 2  1  1 1 1 1   .        2 2 2 2  2 2   2 2  (x 1) 4
(x 1) .(x 1) 4 (x 1) (x  1)
(x 1)(x  1) 4 (x 1) (x  1) x  1 x  1     3 3 1  1 1 1 1  1  1 1 x  1  7 1 2 Khi đó I     dx     ln   =  ln (2*) 2 2    4 (x 1) (x 1) x 1 x 1 4 x  1 x  1 x  1 48 4 3 2     2 133 1  7 1 2  175 1 2
Thay (2*) vào (*) ta được: I    ln   ln 1   1152 4  48 4 3  1152 16 3 4 2 4 x dx x cos x x 2) I   . dx 2  2  2
(x sin x  cos x)
(x sin x  cos x) cos x 0 0  x
cos x x sin x u du dx   2  cos x  cos x Đặt    x cos x
d (x sin x  cos x)
d (x sin x  cos x) 1 dv dx  v    2 2  2 
(x sin x  cos x)
(x sin x  cos x) 
(x sin x  cos x)
x sin x  cos x   4 4 x dx 2 2 4  Khi đó 4 I       tan x   1  2  2 0
(x sin x  cos x) cos x cos x 4   4 4  0 0
Nhận xét: Do  x sin x  cos x '  sin x x cos x  sin x x cos x 2 x x cos x x nên ta tách  . 2 2
(x sin x  cos x)
(x sin x  cos x) cos x
Ví dụ 6. Tính các tích phân sau: 2 (1 sin ) x x e 2 1 x ln x 1 1 1 1 2 x x   (x  1)e 1) I dx x I e dx  1 x Ix e
dx 4) I dx 1  2) 3)    1 cos x 2 x 3 4  x  2 (1 x) 0 1 1 0 2 Giải : 2 x 2 x 2 (1 sin ) x x e e e sin x 1) I dx dx dx 1    (*) 1  cos x 1 cos x 1 cos x 0 0 0 Trang 53
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2  sin x
cos x(1 cos x)  sin x 1 cos x dx u du dx dx    Đặt 2 2  1  cos x  (1 cos x) (1  cos x) 1 cos xx   x dv e dxv e 2 x x 2 x 2 2 sin sin x e x e x e e Suy ra dx   dx e dx    (2*) 1  cos x 1 cos x 1 cos x 1 cos x 0 0 0 0 2 x 2 x e e
Thay (2*) vào (*) ta được: I dx e dx  1   e 1 cos x 1 cos x 0 0 2 2 x 2 1 x ln x e 2) x x I e dx
dx e ln xdx 2    (*) x x 1 1 1  dx 2 2 x 2 u   ln x xdu  2 e e Đặt x x 2   
x e ln xdx e ln x
dx e ln 2  dx x    (2*) 1 dv e dx x xx  1 1 1 v e  2 x 2 x e e
Thay (2*) vào (*) ta được: 2 I
dx e ln 2  dx e 2   2 ln 2 x x 1 1 1 1 2 1 1 1 1 xx 1 x     3)  1 x x x Ix e dx e dx x e dx (*) 3       x   x 1 1 1  2 2 2 1 1   1 xx      1 x x due dx    Đặt u e 2     x dv dx   v x  1 1 1 1 2 1 2 2 1 xx  1 x  e (2 e)  1 x   x x x xe dx x ex e dx   x e dx      (2*) 1  x  2  x 1  1 1 2 2 2 2 1 1 1 e (2 e) 1 2 x 1 x      e (2  e)
Thay (2*) vào (*) ta được: x x I   x e dx x e dx 3     2  x   x  2 1 1 2 2 1 2 1 x x 1 1 (1 x)  2 (  1) x xe x e   xe 4) x I dx
dx e dx  2 dx 4  2  2   2 (1 x) (1 x) (1 x) 0 0 0 0 1 x 1 x 1 x 1  x ee ex (1 1) e  2
dx e 1 2 dx dx  2    (*) 2  0 (1 x) 1 x (1  x) 0  0 0   1  dx 1 u du   1 x x 1 x 1   x e e e e e Đặt 2  1  x  (1  x)   dx   dx  1 dx   2  (2*) 2 1 x 1  x (1 x) 2 (1 x) x   x dv e dx 0 0 0  v e  0 1 x 1 xe e e
Thay (2*) vào (*) ta được: I e 1  2 1 dx dx   4  2  1 2 2 (1 x) (1 x)  0 0 
Nhận xét: Bốn câu tích phân ở Ví dụ 6 đều có đặc điểm chung là tích phân xuất hiện lượng triệt tiêu. Trang 54
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 u DẠNG 4: I
f (e )u ' dx
(4*1) hoặc I
f (sin u,cos u).u 'dx (4*2) 4 4
Trong đó u ax b (a  0) CÁCH GIẢI CHUNG Chú thích:
Nếu dưới dấu tích phân có hàm lượng giác và hàm mũ có dạng sin u và u
e mà u ax b ( nghĩa là u
không là hàm bậc nhất hoặc bậc không ) thì việc đầu tiên ta phải làm là đổi biến t u . Sau đó đưa về các
tích phân cơ bản. Ví dụ minh họa
Ví dụ Tính các tích phân sau: x 1  2 2 1 x 1  2 e 1) sin  ( x I e
 cos x) cos xdx I  3 sin (cos x x e ).sin 2xdx I dx 1  (D – 2005) 2) 2  3) 3  2 x  2x 1 0 0 0 2 4 x e 1 4 4) I dx x I xe dx I  sin xdx 4  5) 5  6) 6  x 1 0 0 1 2 2 2 7) I  cos 1 xdx sin x 3 I e sin x cos xdx 4 I
sin 2x cos (sin x)dx 7  8) 8  9) 9  2 0 0 1 4 2 2 2 Giải : 1) sin  ( x I e
 cos x) cos xdx s inx 2 I e
cos xdx  cos xdx A B 1  (D – 2005) Ta có: 1   (*) 0 0 0 2 2 1 cos 2x  1 1  +) Tính 2
B  cos xdx dx x  sin 2x 2      (1) 2  2 4  4 0 0 0 2 1 1 +) Tính sin x A e cos xdx
Đặt t  sin x dt  cos xdx và cận t : 0  1 t t
A e dt ee 1  (2) 0 0 0
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I   e 1 1 4 2 2
( Ta có thể sử dụng kĩ thuật vi phân để tính A : sin x sin x sin  cos  (sin ) x A e xdx e d x e 2  e  1   ) 0 0 0 Trang 55
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 2 2) I  3 sin (cos x x e ).sin 2xdx 2  0 2 2 2 2 2 2 Ta có : 3 sin x 4 sin  cos sin 2  .sin 2  2 cos sin x I x xdx e xdx x xdx e
.sin 2 xdx  2 AB 2     (*) 0 0 0 0 2 1 5 t 1 1 +) Tính 4 A  cos x sin xdx
Đặt t  cos x dt   sin xdx và cận t :1  0 4
A t dt    (1) 5 0 5 0 0 2 2 5 cos x  1
( Ta có thể sử dụng kĩ thuật vi phân để tính A : 4 4 2 A
cos x sin xdx A
cos xd (cos x)     ) 5 5 0 0 0 2 2 +) Tính sin x B e .sin 2xdx  Đặt 2
t  sin x dt  2 sin xcos xdx  sin 2 xdx và cận t : 0  1 0 1 5e  3 t t 1
B e dt ee 1 
(2) Thay (1), (2) vào (*) ta được: I 0 2 5 0 x 1  1 x 1 e x 1 2 2dx 3) I dx t   dt dx
và cận t : 1  0 3  Đặt 2 x  2x 1 2 2 x  1 (x 1) x  2x 1 0 0 1 t e 0 e 1 t 1 1  I e dt     3  2 2 1  2 2e 2e 1  4 x e 4) I dx  2
t x dx  2tdt và cận t : 0  2 4  Đặt t x x 1 2 t 2 et t 2 I
.2tdt  2 e dt  2 ee 4   2 2 2 0 t 0 0 1 5) x I xe dx  2
t x dx  2tdt và cận t : 0  1 5  Đặt t x 0 1 u   tdu dt 1 tI te dt t t t   1 1  I te
e dt e e
e  (e 1)  5  Đặt  t t 5  1 dv e dt v e 0 0 0   0 2 4 6) I  sin xdx  2
t x dx  2tdt và cận t : 0  6  Đặt t x 2 0 2 u   tdu dt 2
I  2 t sin tdt   2 2  I  2  t cos t
 2 costdt 0  2 sin t  6  Đặt   2 dv  sin tdt v   cos t 6 0   0 0 0 1 7) I  cos 1  xdx t
x t   x tdt  dx và cận: t :  0 7  Đặt 2 1 1 2 2 2 1 4 0 2 u   tdu dt
I  cos t.(2tdt)  2 t cos tdt   7   Đặt  du  cos tdt u  sin t 0   2 Trang 56
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  2   2 2 I 2 t sin t sin tdt      2  cost 2 7 0   0     2  0   2 2 8) sin x 3 I e sin x cos xdx t x dt x
xdx và cận t : 0  1 8  Đặt 2 sin 2 sin cos 0 2 2 1 2 2 x 1 x 1 2 sin 2 sin  cos . .sin cos  (1 sin ). .2 sin cos  (1 ) t I x e x xdx t e x xdx t e dt 8    2 2 0 0 0 1 u   1 tdu  dt 1 1   e e  2 t t 1 t Đặt    1  I   (1 t)e
e dt      t t 8  dv e dt v e 0   2 2 2  2 0  0 2 9) 4 I
sin 2x cos (sin x)dx t x dt
xdx và cận t : 0  1 9  Đặt sin cos 0 2 2 1 4 4 4  I
sin 2x cos (sin x)dx  2 sin .
x cos (sin x).cos xdx  2 t.cos tdt 8    0 0 0 du dt u   t   1  cos 4t Đặt   2  1 2 cos 2t  4 dv  cos tdt  1 cos 2t  3 sin 2t sin 4t 4  2 v   cos tdt dt dt t          2  4 8 4 32 2  3t t t  1 1  3 sin 2t sin 4t   I  2  sin 2t  sin 4tt   dt 9     8 4 32 0    4 2 16  0 2
12  8sin 2  sin 4  3t cos 2t cos 4t  1 12  8sin 2  sin 4 41 16cos 2  cos 4         12 8 4 64 0 12 64  
69 128sin 2 16sin 4  48cos 2  3cos 4  192 x DẠNG 5: I f (e )dx (5*) 5 CÁCH GIẢI CHUNG Trang 57
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 3 dx ln 5 dx 1 dx 1) I I I  1  (D – 2009) 2) x
(B – 2006) 3) e 1 2 x e  2 x e  3 3 2 x e  5 1 ln 3 0 1 2  x 1 x 1 x 3 ln 2 2 x e e dx (1 e ) e  3 x e 4) I dx I I dx I dx 4  5) 6) 7) 1  xe 5 x x e e  6 x e 7 2 x e  3 x e  2 0 0 0 0 Giải : 3 dx 1) I  1  (D – 2009) x e 1 1 Đặt x t e x
dt e dx và x :1  3 thì 3
t : e e 3 3 3 e 3 x e e e dx dt  1 1  t 1 2 e e 1 Khi đó: I     dt  ln  ln 1  x     e ( x e 1) t(t 1)  t 1 t t 2 e 1 e e e ln 5 dx 2) I  2  (B – 2006) x e  2 x e  3 ln 3 Đặt x t e x
dt e dx và x : ln 3  ln 5 thì t : 3  5 5 ln 5 x 5 5 5 e dx dt dt  1 1  t  2 3 Khi đó: I      dt  ln  ln 2  2x x  2    e  2  3e t  3t  2
(t 1)(t  2)  t  2 t 1 t 1 2 ln 3 3 3 3 3 1 dx 3) I  3  2x e  5 0 2 x Đặt 2    2 x t e dt
e dx và x : 0  1 thì 2 t :1  e 2 1 2 2 e e e 2 x e dx 1 dt 1  1 1  1 t 2 1 6e Khi đó: I     dt  ln  ln 3  2x 2     e ( x e  5) 2 t (t  5) 10  t t  5  10 t  5 2 10 e  5 0 1 1 1 1 2  x e 4) I dx     và cận 1 t :1  4  Đặt x t e  x dt e dx 1  xe e 0 1 1  xx e 1 1 1 e .e dx t t  1  e 1 1 I    dt dt  1 
dt t  ln t 1  ln  4   x        1 1 e t  1 t  1  t 1  2 e 0 1 1 1 e e e 1 x 1 2 x e dx e dx 5) I   2 x 2    2 x t e dt e dx và cận 2 t :1  e 5  xx Đặt 2 x e e e 1 0 0 2 2 e e 1 dt 1 2 1 e 1  I   ln t 1  ln 5  2 t 1 2 2 2 1 1 Trang 58
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 x 3 x (1 e )  dt e dx 6) I dx x t   e
và cận t : 2  1 e 6  Đặt 1  x e xe t 1 0  1 x 3 x 1e 3 (1 e ) e t 1e  3t  2  I dx dt t  2  dt 6  2 x  2    e (t 1) 2 (t 1) 0 2 2   1e 1e 1e 2  3(t 1) 1  3 1   t 1  3 2
e  6e e  2 t  2  dt t  2   dt
 2t  3 ln t 1     2    2    (t 1) t 1 (t 1) 2 t 1 2e 2   2     2 ln 2 2 x e  3 x e 7) I dx 7  2 x e  3 x e  2 0 ln 2 x x 2 (e  3)e t  3 Đặt x t e x
dt e dx và cận t :1  2  I dx dt 7  2x x  2 (*) e  3e  2 t  3t  2 0 1 1 3 2 (2t  3)  2 2 2 2 2
1 d (t  3t  2) 3 dt
1 d(t  3t  2) 3 2 2 2  1 1  = dt       dt 2  2   2   t  3t  2 2 t  3t  2
2 (t 1)(t  2) 2 t  3t  2 2  t 1 t  2  1 1 1 1 1 2  1 3 t 1 2  
ln(t  3t  2)  ln    3 ln 3  4 ln 2  2 2 t  2  1 t  3 t  3 A B
(Từ (*) các em có thể dùng phương pháp đồng nhất hệ số:    2 t  3t  2
(t 1)(t  2) t 1 t  2  t  3  (
A t  2)  B(t 1) (2*) Ta tìm ,
A B theo 2 cách: C1: chọn t  1  A  2 và chọn t  2  B  1
A B  1  A  2
C2: (2*)  t  3  ( A B)t  2 A B     2 A B  3 B  1   2  2 1 2   I  
dt  2 ln t 1  ln t  2  3 ln 3  4 ln 2 ) 8     t 1 t  2 1  1
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1 2 x 2 x e  2 x x e ln 5 2 x e dx ln 2 3 x 2 e  2 x x ee 1) I dx I I dx 1 
(A – 2010) 2) 3) 1  2 x e 2 x 3 x 3 2  (1 e ) 0 ln 2 e 1 0 ln 3 ln 3 dx x e dx 1 dx
4) I I I  4  5) 5  6) 6  x x 3 2 x x 0 e  1 0 (e 1) 0 2e  2e 1 Giải : 1 2 x 2 x e  2 x x e 1) I dx 1  (A – 2010) 1 2 x e 0
Nhận xét: Vì biểu thức dưới dấu tích phân có cả phần đa thức liên hệ bởi phép toán cộng nên ta sẽ nghĩ tới
việc “triệt tiêu” nó bằng cách cô lập (tách) thành hai tích phân để tính. 1 1 2 x x 1 1 x 3
x (1 2e )  e e dx x 1 2 I dx x dx    I   I 1    1 2 x e 1 2 x e 3 3 0 0 0 0 Trang 59
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 x e dx dt Tính I  
Đặt t  1 2 x
e dt  2 x x
e dx e dx
và x : 0  1 thì t : 3  1 2e 1 2 x e 2 0 12e 12e 1 dt 1 1 2e 1 1 1 2e 1 Khi đó: I   ln t  ln   I   ln 2 t 2 2 3 1 3 2 3 3 3 1 x 1 e dx 1 d (1 2 x e ) 1 1 e x 1 2 1
(Các bạn có thể tính I theo kĩ thuật vi phân: I    ln 1 2e  ln  x  ) x 0 1 2e 2 1 2e 2 2 3 0 0
CHÚ Ý: Bài toán trên các bạn có thể trình bày theo cách ngắn gọn sau: 1 1 2 x x 1 1 x 3
x (1 2e )  e 1 d (2e 1)  x 1  1 1 2e 1 2 I dx x dx    ln 2 x e 1   ln 1      1 2 x e 2 1 2 x e 3 2 3 2 3 0 0 0   0 ln 5 2 x e dx 2) I  2  x ln 2 e 1  2 x tdt e dx Đặt x 2 t e 1 x
t e 1  
và x : ln 2  ln 5 thì t :1  2 x 2 e t 1  2 ln 5 x 2 2 2 3 2 e t   t t  23 x 1 Khi đó: I  .e dx  .2tdt  2  
 2t t dt  2   2    x t 3 2 3 ln 2 e 1 1 1   1 ln 2 3 x 2 e  2 x x ee 3) I dx 3  x 3 2  (1 e ) 0 dt Đặt x 3 x 2 x x x 2
t  (1 e )  dt  3(1 e ) .e dx e (1 e ) dx
và x : 0  ln 2 thì t : 8  27 3 ln 2 x 2 x x ln 2 x x 2 27 27 e (e  2e 1)
e (1 e ) dx 1 dt 1 1 29 Khi đó: I dx    ln t  2  ln 3  x 3  x 3  2  (1 e ) 2  (1 e ) 3 2  t 3 3 10 0 0 8 8 ln 3 x dx  2tdt e dx
4) I x t e 1 x
t e 1  cận t : 2  2 4  Đặt 2  x x 2 e   t 1 0 e  1  2 ln 3 x 2 2 e dx 2tdt dt t 1  I    2  ln   4   2  = 2 ln( 2 1) ln 3 2 x x (t 1)t t 1 t  1 0 e e  1 2 2 2 ln 3 x 4 e dx 4 4 3 dt  2 5) I x x
t e   dt e dx và cận t : 2  4 2  I   t .dt    5  Đặt 1   2 2 x 3 5 3 t t 0 (e 1) 2 2 2 1 dx 6) I  6  2 x x 0 2e  2e 1 Nhận xét:
Nếu bài toán này ta đặt 2 x x 2 2x x 2  2  2 1   2  2 1   (2 x x t e e t e e tdt e
e )dx khi đó chúng ta phải 1 2 (2 x x ee )dx
chỉnh lại tích phân ( để rút được theo tdt ) bằng cách biến đổi: I  6  nhưng ta 2x x 2 x x 0 (2ee ) 2e  2e 1
không rút được biểu thức 2 (2 x x e
e ) dưới mẫu số theo t được . Như vậy hướng đi này không khả thi. Nếu Trang 60
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 x e e dx dt
ta chuyển sang hướng khác bằng cách đặt x
t e thì I   6   nếu làm tiếp x 2 x x 2 0 e 2e  2e 1 1 t 2t  2t  1
thì sẽ khá dài và phức tạp. Nhưng chúng ta hãy quan sát kĩ lại biểu thức : 2 x x x 2 2  2 1  (1 ) x e e ee giá như nó có dạng 2 2 u a .
Điều giá như này gợi ý chúng ta nhân thêm 2x e: 2  x 2 x xx 2  xx 2 e (2e
 2e 1)  2  2ee
 (1 e ) 1 . Và
khi đó ta có lời giải bài toán như sau: Đặt (1 x t e   )  x
dt  e dx và cận 1 t : 2 1 e   1  x 1  x 2 2 e dx e dx 2 dt 1
(t t 1)dtI    . 6   =   2 x 2 x xx 2 2 2 2 0 e (2e  2e  1) 0 (1 e )  1 1 et 1 1 e      (t t 1) t 1 1 1 2 2 2
d(t t 1) (2  5)e 2 
 ln t t 1   ln 2 1  2 1  1   e (t t 1) e 1
e 1 2e  2e 1  f (ln ) x  u ' DẠNG 6: I dx
(6*) (TỔNG QUÁT : I
f (ln u)dx ) 6 x 6 u CÁCH GIẢI CHUNG CHÚ Ý: ln u
Nếu trong bài có loga u ta nên chuyển về ln u bằng công thức:log u  log . e log a a e u ln a Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: e ln x e 1 3 ln x ln x e 3 log x 1) I dx I
dx (B – 2004) 3) I  2 dx 1  (B – 2010) 2) 2   x(2  ln x) 2 x 3 2 1 1 1 x 1  3ln x 3  x 1 ln 3 e 1 ln x e dx 4) I  3  x dx I dx I  4  5) 2  6)  9  x 5 x ln x 6 2 0 e 1 x 1  ln x Trang 61
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Giải : dx e ln xdt 1) I dx t   x   x
và x :1  e thì t : 2  3 1  (B – 2010) Đặt 2 ln 2 x(2  ln x) 1 ln  x t  2  3 3 3 t  2  1 2   2  1 3 I dt   dt  ln t     ln 1  2  2    tt t   t  3 2 2 2 2 e 1 3 ln x ln x 2) I dx (B – 2004) 2  x 1  3dxdx 3 2tdt   tdtx    x 2 Đặt 2
t  1 3 ln x t  1 3ln x    
và x :1  e thì t :1  2 2 2 t 1 t 1 ln x   ln x    3   3 2 2 2 2 5 3 t 1 2 2 2  t t  116  4 2 I t. . tdt
(t t )dt    2     3 3 9 9 5 3 135 1 1   1 e 3 log x 3) I  2 dx 3  2 1 x 1  3ln x  6 ln x ln x tdt 2tdt dx dx   x    x 3 Đặt 2 2 2
t  1  3ln x t  1 3 ln x    
và x :1  e thì t :1  2 2 2 t 1 t 1 2 2 ln x   ln x    3   3 2 t 1 e log .ln 2 1 e e x ln x ln x 1 tdt 2 3 2 I dx  . dx 3  . 3  3   2 2 ln 2 x 3 ln 2 t 3 1 x 1  3ln x 1 1 3 ln x 1 2 2 3 1 1  t  4 2  (t 1)dt   t  3  3   9 ln 2 9 ln 2 3 3 27 ln 2 1   1 3  x 1 ln 3  x  6 3  x  6dx 4) I  3  x dx t  ln  dt  : dx
và cận t : 0  ln 2 4  Đặt 2   9  x 2 2 3  x (3  x) 3  x 9  x 0   ln 2 ln 2 2 1 t 2 ln 2 I tdt   4  6 12 12 0 0 3  dx e 1 ln x 2tdt 5) I dx
t  1  ln x t  1 ln x   x
và cận t : 2  2 5  Đặt 2 x ln x e 2 ln  x t 1  2 2 2 2 2 t t  1   1 t 1  I  .2tdt 2 dt 2 1 dt 2 t  ln
 4  2 2  2 ln( 2 1)  ln 3 5  2  2   2    t 1 t 1  t 1  2 t 1 2 2 2   2 Trang 62
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 e dx dx 1 6) I t x dt
và x :1  e thì t : 0  6  Đặt ln 2 x 2 1 x 1 ln x 1 2 dt 
dt  cos udu  1 I t
u với u   ;  và t : 0  thì u : 0  6  Đặt với sin  2  2 2    2 2 6 0 1 t
 1  t  cos u 6 6 cos udu Khi đó 6 I   du u 6   0 cos u 6 0 0
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: e 2 e 3  2 ln x ln(ln x) e 2 1 ln x ln x 1) I dx I dx 3) I dx 1  2) 2  3  x 1  2 ln x x x 1 e 1 e 2 3 2 e ln . x 1 ln x e 3 ln x  2 log x 2 ln x 1 4) I dx 5) 2 I dx I dx 4  6) 6  x 5 2 x  2
8 ln x  8 ln x  3 1  1 1 x 1 3ln x Giải : dx e 3  2 ln x tdt 1) I dx
t  1 2 ln x t  1  2 ln x   x
và cận t :1  2 1  Đặt 2 x 1  2 ln x 1 2
2ln x t 1  2 2 2 2 3 3  (t 1)  t  10 2 11 I  .tdt     2 4  t dt  4t   1    t 3 3 1 1   1 2 e ln(ln x) dx 2) I dx
Đặt t  ln x dt  và cận t :1  2 2  x x edt 2 2 u   ln tdu  2 2
I  ln tdt Đặt   
t I t ln t dt t ln t t   2   2  1  2ln 2 1 1 dv dt 1   1 v te 2 1 ln x ln x 3) I dx 3  x 1 2 ln x 2 3 t 2 2 1 Đặt 2 2 2
t  1 ln x t  1 ln x tdt
dx và cận t :1  2 I t.tdt    x 3 3 3 1 1 e 3 2 ln . x 1 ln x 4) I dx 4  x 1 2 ln x ln x 3 Đặt 3 2 3 2 2 2
t  1  ln x t  1 ln x  3t dt dx dx t dt và cận 3 t :1  2 x x 2 3 3 3 e 2 2 2 ln xdx 3 3 3 2 6 2  3 3 2 2 3 4  I  1 ln x.  t. t dt t dt t  4    x 2 2 8 8 1 1 1 1 Trang 63
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 e 3 ln x  2 log x 5) 2 I dx 5  2 1 x 1 3ln x  6 ln x ln x 1 2tdt dx dx tdt   x x 3 Đặt 2 2 2
t  1  3ln x t  1 3 ln x   và cận t :1  2 2 t 1 2 ln x    3 2 t 1 2 e 3 e 3 e 2  ln x  2 log x ln x  2 log . e ln x
ln x  2 log e ln x 2 1 2 2 2  I dx dx  . dx 3 ln 2  . tdt 5     2 2 2 x t 3 1 x 1  3ln x 1 x 1 3 ln x 1 1 3ln x 1 2 3 1  6  1  t 6  2 4 2 2  t 1 dt   t t       9  ln 2  9 3 ln 2 1 27 3ln 2 1   2 2 e 2 ln 1 e x 2 ln x 1 6) I dx dx 6   x  2
8 ln x  8 ln x  3   1  1 .
x 2 2 ln x  2 1 1   4(2 ln x 1) 2 ln x 1 dt Đặt 2
t  (2 ln x 1)  dt dx dx  và 2
x :1  e thì t :1  9 x x 4 9 9 1 dt 1 1 19 Khi đó I   ln 2t 1  ln 6  4 2t 1 8 8 3 1 1  f (tan ) x  f (cot x) DẠNG 7: I dx I dx 7  (7*1) hoặc (7*2) 2 7 2 sin x cos x CÁCH GIẢI CHUNG CHÚ Ý: f (tan x)
+) Khi gặp tích phân I  dx thì ta phân tích 2 2
a sin x b sin x cos x c cos x f (tan x) dx I dx
sau đó đặt t  tan x dt 2 2
cos x(a tan x b tan x c) 2 cos x 0 f (t) I dx
( tích phân hữu tỉ - các bạn xem lại ở lớp tích phân hữu tỉ ) 2
at bt c 0
+) Các bạn có thể sử dụng kĩ thuật vi phân nếu biểu thức dưới dấu tích phân “đơn giản” .
+) Chú ý cận ; để biến đổi hợp lý về (7*1) hoặc (7*2). Trang 64
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 6 4 tan x 4 3 tan x  3
4 sin x(2  sin 2x) 1) I dx I dx I dx 1  (A – 2008) 2) 3) cos2x 2 2 2
sin x  sin 2x  3cos x 3 3 cos x 0 0  4 3 dx 2 sin xdx 3 dx 4) I I I  4  5) 6)  5 3 6 3 sin . x cos x sin . x sin x
sin x  cos x   6  6  4 4 Giải : 6 4 tan x 6 4 6 4 tan x tan x 1) I dx I dx dx 1  (A – 2008)   cos2x 1 2 2 2 2 cos x  sin x cos . x (1 tan x) 0 0 0 dx 3
Đặt t  tan x dt  và xt : 0  2 : 0 thì cos x 6 3 3 3 3 3 4 3 3 t  1   1  1 1  2 2  I dt   t 1  dt   t 1   dt 1  2   2      1 tt 1  2   t 1 t 1  0 0 0  3 3  t 1 t 1  10 3 1     3 t ln      ln(2  3) 3 2 t 1   27 2 0 4 3 tan x  3 2) I dx 2  2 2
sin x  sin 2x  3cos x 0 4 3 tan x  3 dx Ta có: I dx
t  tan x dt  và xt 2  . Đặt 2 2 : 0 thì : 0 1 cos .
x (tan x  2 tan x  3) 2 cos x 4 0 1 3 1 1 1 t  3  7t  3  
6(t  1)  t  3   6 1   I dt t  2  dt t  2  dt t  2   dt 2  2  2       t  2t  3 
t  2t  3 
(t  1)(t  3)    t  3 t 1  0 0 0 0 1 2  t  5
 2t  6 ln t  3  ln t 1     7 ln 2  6 ln 3 2   2 0
4 sin x(2  sin 2x) 4 2 4 4  2 sin x
2 sin x cos x  tan x 3) I dx 2   dx  2 dx  2 tan xdx 3  3      cos x 3 3 2 cos x cos x cos x       4 4 4 4 4 4 2  1   tan x 4  2
tan xd (tan x)  2 1 dx  2  tan x x      4 2     cos x  2      4 4 4 Trang 65
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3 3 3 3 dx dx 2dx dx 4) I     2 4        3 1 sin . x
 3sin x cos x 2 sin . x  3 cot sin .sin x x x    sin . x  sin x  cos x 6 6  6 6  6  2 2  
3 d  3  cot x 3 3  2   2 ln 3  cot x   2 ln 2 3  cot x 6 6 2 2 2 2 sin xdx sin xdx sin xdx dx 5) I     5    
sin x  cos x 3
sin x 1 cot x 3  sin .
x 1 cot x3 sin .
x 1 cot x3 3 2   4 4 4 4 2 2 d (1 cot x) 1 3      8
1  cot x 3
21 cot x2 4 4 2 2 2 sin xdx sin xdx 1 sin xdx
( Ta có thể tính I theo Cách 2 như sau : I    5 5      sin x cos x3 3    2 2 3 sin 2 sin x x     4 4    4   4 4     3
Đặt t x
dt dx và x :  thì t :  . Khi đó: 4 4 2 2 4 3 3 3 3 3 sin t    4   4 4 4 4 1  4  1 sin t  cos t 1  dt d sin t  1  1  3 I dt dt     cot t   ) 5  3  3   2  3   2  2 2 sin t 4 sin t 4 sin t sin t 4  2 sin t  8    2 2 2  2 2  3 3 3 3 2 dx dx 1 1 dx 1 tan x dx 6) I    . .  . 6  3  4  2 2  2 sin . x cos x tan . x cos x
tan x cos x cos x tan x cos x 4 4 4 4 dx
Đặt t  tan x dt  và xt  2 : thì :1 3 cos x 4 3 3 3 2 3 2 1  t  1   t  1 Khi đó I  .dt
t dt  ln t   1 ln 3 6       tt  2 2 1 1   1
Nhận xét: +) Ba ý I , I , I do biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, nên ta đã sử dụng kĩ thuật vi phân. 3 4 5 4 sin xdx
+) Ở tích phân I nếu đổi lại đề (đổi lại cận) I  5 5 
thì cách làm đầu tiên bằng việc biến
sin x  cos x3 0 4 4 sin xdx sin xdx đổi I  
x tại x  0 . Lúc này ta biến 5  
sẽ không chính xác vì sin 0
sin x  cos x3
sin x 1 cot x 3 0 0    4 4 4 4 sin xdx sin xdx sin xdx tan xdx
đổi theo cos x như sau I     5     …
sin x  cos x3
cos x tan  3 1  cos x  tan 3 1 cos x  tan 3 3 2 0 0 0 0 1   Trang 66
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 sin xdx
Nếu tiếp tục đổi lại cận I  5 
thì cách biến đổi theo cos x khi đó cũng không chính xác.
sin x  cos x3 0
Song Cách 2 vẫn phát huy tác dụng . Ngoài ra ta còn cách giải khác (sẽ được nói kĩ hơn ở các lớp tích phân đặc biệt).
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 4 3 sin x 3 tan x 4 sin x 1) I dx I dx I dx 1  2) 2 3 5  3)
(2  tan x) .cos x 2 3 2 2
5sin x cos x  2 cos x 0 cos . x 1 2 cos x 4 6 4 3 4 3 sin x tan x
Giải : 1) I dx dx 1  2 3 5  2 3 2
(2  tan x) .cos x
(2  tan x) .cos x 0 0 2 tan x tan x dt Đặt 2
t  2  tan x dt   dx dx   và x : 0 
thì t : 2  1 . Khi đó: 2 2 cos x cos x 2 4 2 4 2 2 2 tan x tan x 2  t dt 1  2 1  1  1 1 1 I  . dx  .   dt     1  2 3 2  3  3 2   2  (2  tan x) cos x t 2 2  t t  2  t t  8 0 1 1 1 3 3 3 tan x tan x tan x 2) I dx dx dx 2    2 2 2 cos . x 1 2 cos x  1 2  cos . x 3 tan x cos . x cos x  2 4 4  2  4  cos x tan t Đặt 2 2 2
t  3  tan x t  3  tan x tdt dt và x :  thì t : 2  6 . 2 cos t 4 3 6 6 tdt 6 Khi đó: I   dt t   2   6 2 2 t 2 2 4 4 sin x sin x 3) I dx dx 3  2  2
5sin x cos x  2 cos x   cos x cos x 1 3 sin x 5  2 . 6 6  2 2  sin x sin x sin x   4 4 dx dx     2 2     sin x 5 cot x 2 cot x  2 1 cot x 2 sin x  3 2
2 cot x  5 cot x  2 cot x   6 6 dx 3 dt
Đặt t  cot x dt   và x : 
thì t : 3  1 . Khi đó : I  2  sin x 6 4 3 3 2
2t  5t  2t 1 1 1 A B C Ta phân tích      1  (
A t  2)(2t 1)  Bt(2t 1)  Ct(t  2) 3 2
2t  5t  2t
t(t  2)(2t 1) t t  2 2t 1 1 1 1 4
Lần lượt chọn x bằng 0; 2;  ta được: A  ; B
và C   , suy ra: 2 2 6 3 3 3  1 1 4   1 1 2  3 1 2 I    dt
ln t  ln t  2  ln 2t 1  ln 3  ln( 3  2)  ln(2 3 1) 3      2t 6(t  2) 3(2t 1)    2 6 3  4 6 3 1 1 Trang 67
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Bài luyện
Tính các tích phân sau: 6 dx 3  3 4 dx 1) I  ln ) 2) I  1  ( Đs:
( Đs: 2 ln 2 )
cos x sin x  cos x 3 2   0   0 cos . x sin x     4  3 sin x 3 3 2 sin x 42 3  8 3) I dx ) 4) I dx ) 3  ( Đs: ( Đs:  4 6
3 sin x  cos x3 32 cos x 15 0 6  kg( )
x f g( ) x .g '( ) x DẠNG 8: I dx (8*) 8 g( ) x CÁCH GIẢI CHUNG Các ví dụ minh họa 4 2 1 2 sin x 2 sin 2 . x cos x
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1 
(B – 2003) 2)(B – 2005) 1  sin 2x 2 1 cos x 0 0 1 2 x 2 x e  2 x x e
4 x sin x  (x 1) cos x 3) I dx I dx 3 
(A – 2010) 4) (A – 2011) 1 2 x e 4
x sin x  cos x 0 0 Giải : 4 2 1 2 sin x 4 cos 2x 1) I dx I dx
t  1 sin 2x 1  (B – 2003) Ta có:  Đặt 1  sin 2x 1 1 sin 2x 0 0 dt 2 1 dt 1 2 1
dt  2 cos 2xdx  cos 2xdx  và x : 0 
thì t :1  2  I   ln t   ln 2 2 4 1 2 t 2 1 2 1 Trang 68
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 sin 2 . x cos x 2 2 cos . x sin x 2) I dx I  2 dx 2  (B – 2005) Ta có:  1 cos x 2 1  cos x 0 0
Đặt t  1 cos x dt   sin xdx và x : 0  thì t : 2  1 2 1 2 2 2 (t 1)  1   t  2  I  2 .(dt) 2 t  2  dt  2  2t  ln t  1 2 ln 2 2      tt  2 1 2 1   1 1 2 x 2 x e  2 x x e 1 2 x x 1 1 x 3
x (1 2e )  e e dx x 1 3) I dx 2 I dx x dx    I   I 3  (A – 2010) Có :    1 2 x e 3 1 2 x e 1 2 x e 3 3 0 0 0 0 0 1 x e dx dt Tính I  
Đặt t  1 2 x
e dt  2 x x
e dx e dx
và x : 0  1 thì t : 3  1 2e 1 2 x e 2 0 12e 12e 1 dt 1 1 2e 1 1 1 2e 1 Khi đó: I   ln t  ln   I   ln 2 t 2 2 3 3 3 2 3 3 3
4 x sin x  (x 1) cos x 4) I dx 4  (A – 2011)
x sin x  cos x 0 4 4 4
(x sin x  cos x)  x cos xx cos x +) I dx  1
dx dx I xI   I 4      4
x sin x  cos x
x sin x  cos x  0 4 0 0 0 4 x cos x 2  +) Tính I dx
Đặt t xsin x  cos x dt xcos xdx và x : 0  thì t :1  1  
x sin x  cos x 4 2  4  0 2   1    2  4  2   1 dx     2     2     2  4 I   ln x   ln  1      I   ln  1    1 x  2 4  4   4  2 4    1     e 2 3 4
x 1 (x 1) ln x
e 2x  1  x   1 ln x
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1) I dx 2) I dx 1   1 x ln x 2 2  x ln x 1 1 e 2
x 1 (x 1) ln x e (1 ln ) 1  ln e  1  ln e x x x x x
Giải : 1) I dx dx x
dx xdx I (*) 1      1 x ln x 1 x ln x  1 x ln x  1 1 1 1 e 2 2 x e e e e 1 1 ln x
d (1 x ln x) e +) xdx    (1) +) I dx
 ln 1 x ln x  ln(e 1)   (2) 1 2 2 1 1 x ln x 1 x ln x 1 1 1 2 e 1
Thay (1), (2) vào (*)  I   ln(e 1) 1 2 3 e 2 1  4   e 3 1 ln (2  ln ) 1  ln e x x x x x x x  1 ln x 2) 3 I dx dx x dx 2     2  x ln x 2  x ln x  2  x ln x  1 1 1 e e e 4
d (2  x ln x)  x  2 e 1 e  2 3  x dx  
 ln 2  x ln x       ln 2  x ln x 4 4 2 1 1   1 Trang 69
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
CHÚ Ý: Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các em có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi u ' du
phân. Ở I và I ta đã sử dụng : I dx   ln u  ? 1 2   u u
3 (x 1)sin 2x x sin x 3 x  2sin .
x (cos x  2x sin x)
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2) 1 2 cos x 2
1 sin x sin 3x 0 0 Giải : 3 3 3 3
( x 1) sin 2x x sin x x sin .
x (1 2 cos x)  sin 2x sin 2x 1) I dx
dx x sin xdx
dx A B 1     (*) 1  2 cos x 1 2 cos x 1  2 cos x 0 0 0 0 3 u   xdu dx
+) Tính A x sin xdx  Đặt    dv  sin xdx v   cos x 0   3 3 Khi đó 3 3
A  x cos x  cos xdx    sin x   0  (1) 0 6 2 6 0 3 3 sin 2x 2 sin x cos x +) Tính B dx dx   1 2 cos x 1 2 cos x 0 0 dt
Đặt t  1 2 cos x dt  2 sin xdx  sin xdx   và cận x : 0  thì t : 3  2 2 3 3 3 3 t 1 dt 1  1  1 1 1 3 Khi đó B  .  1 .dt    
t  ln t    ln (2) 2 t 2 2  t  2 2 2 2 2 2 3  1 1 3
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I    ln 1 2 6 2 2 3 x  2sin .
x (cos x  2x sin x) 2) I dx 2  Ta có:
1 sin x sin 3x 0 2 x  2sin .
x (cos x  2x sin x)  .
x (4 sin x 1)  sin 2x  2 2 2 2  1
1 cos 4x 1 cos 2x sin 2x  cos x
(4 sin x  1) cos x
1  sin x sin 3x  1 
cos 4x  cos 2x      2 2 4 4   3 2 3 3 .
x (4 sin x 1)  sin 2xx sin 2x  Khi đó I  4 dx  4 dx
dx  4 A B 2    2 2   2  (*) 2 2
(4 sin x 1) cos x cos x
(4 sin x 1) cos x    0 0 0     u   x 6 x  du dx +) Tính A dx  Đặt  dx   2 cos x dv v  tan x 0  2   cos x 3 3 sin x d cos x Khi đó 3 3
A x tan xdx     ln cos x   ln 2 0   (1) 0 cos x 3 cos x 3 3 0 0 Trang 70
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 sin x cos x 3 3 3 2 sin 2x tan x +) Tính cos   2 x B dx dx  2 d tan x  2 2  2 
(4 sin x 1) cos x 4sin x  1  2 2 1 5 tan x 0 0 0  .cos x 2 cos x d  2 3 1 5 tan 1 x 3 1 4 2   ln 1 5 tan x  ln 2  (2) 5 1 5 tan x 5 5 0  2  0  4  4 3 4
Thay (1) và (2) vào (*) ta được: I  4  ln 2  ln 2   ln 2 2    3 5  3 5 2 2 2
x  sin x  sin x 2 2 2 2
x  sin x  3cos x  2 sin x
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2) x  cos x 2 x  2 cos x 0 0 e 2 1 x ln x e 2 2
2x  (1 2 ln x)x  ln x 3) I dx I dx 3  4) 2 
x x ln x 4 2 2 1 1
x xln x Giải : 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x  sin x  sin x
x  cos x  cos x  sin x  sin x
( x cos x)( x cos x)  1 sin x 1) I dx dx dx 1    x  cos x x  cos x x  cos x 0 0 0 2 2 1 sin x
 (x  cos x)dx dx   x  cos x 0 0 2
2 d(x  cos x)
 (x  cos x)dx    x  cos x 0 0 2 2  x  2
 sin x  ln x  cos x    1 ln 2   8 2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x  sin x  3cos x  2 sin x
x  4 cos x  sin x  cos x  2 sin x 2) I dx dx 2   x  2 cos x x  2 cos x 0 0
2 (x  2 cos x)(x  2 cos x) 1 2sin x dx x  2 cos x 0 2 2 1 2sin x
 (x  2 cos x)dx dx   x  2 cos x 0 0 2
2 d (x  2cos x)
 (x  2 cos x)dx    x  2 cos x 0 0 2 2  x  2
 2sin x  ln x  2 cos x     2  ln 2   8 4 0 Trang 71
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 e 2 e 2 1 ln (  ln ) 1 e x x x x xx  1 x3) I dx dx  1 dx 3  2  2  2 
x x ln x
x x ln x
x x ln x  1 1 1    1 1 1   d  ln x e e e e    2 x x   x   1   1 dx dx   x  ln  ln x   e e 1   ln( 1) 1   x 1    1 1 ln x  ln x   1  xx
e 2x  (1 2 ln x)x  ln e x  2 2  2 ln  ln  2 2 2 e x x x
x x x
x  ln x2  . x (x 1) 4) I dx dx dx 4   
x xln x2
x . x  ln x2
x . x  ln x2 2 2 2 1 1 1  1  e 1 e e   1 x 1   1 e edx
d x  ln x  1 1  2 2e 1 x     dx   dx        2        x 2 
x x  ln x2 2 xe e   
x  ln x2 2 x x  ln xx x  ln x  1 1 1 1   2 1   m n
DẠNG 9: I  sin .
x cos xdx (9*) ( , m n )  9  hoặc If (sin ) x .cos xdx If (cos ) x .sin xdx 9.1  (9*1) ; 9.2  (9*2) CÁCH GIẢI CHUNG CHÚ Ý:
+) Các em xem thêm DẠNG 7 cho đầy đủ các trường hợp.
+) Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các em có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi phân. Trang 72
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 2 2 3 dx 1) 3 2
I  (cos x 1) cos xdx 3 4
I  sin 2x cos xdx I  1  (A – 2009) 2) 2  3) 3  2 4 sin x cos x 0 0 4 4 2 3 cos x 4) 3 3 I  sin 2 .
x (sin x sin 3x  cos x cos 3x)dx I dx 4  5) 5  2 sin x 0 6 Giải : 2 2 2 1) 3 2
I  (cos x 1) cos xdx 5 2
I  cos xdx  cos xdx A B 1 
(A – 2009) Ta có : 1   0 0 0 2 2 2 1 1  1  +) Tính 2
B  cos xdx
(1 cos 2x)dx x  sin 2x      2 2  2  4 0 0 0 2 +) Tính 5 A  cos xdx
( ở đây m  0; n  5 ) Đặt t  sin x dt  cos xdx và x : 0  thì t : 0  1 2 0 1 2 2 1 1 5  t 2  8 Khi đó : 4 2 2 2 2 4 2 3
A  cos x cos xdx  (1 sin x) cos xdx  (1 t ) dt  (t  2t  1)dt   t t        5 3 15 0 0 0 0   0 8 I   1 15 4 2 2 2) 3 4
I  sin 2x cos xdx 3 7
 8 sin x cos xdx m n  ) 2   ( ở đây 3; 7 0 0
Đặt t  cos x dt  sin xdx và x : 0  thì t : 0  1 2 1 2 0 1 8 10  t t  1 Khi đó 2 7 2 7 7 9
I  8 (1 cos x) cos x sin xdx  8 (1 t )t .(dt)  8 (t t )dt  8   2      8 10 5 0 1 0   0 3 dx 3 2 2 3
(sin x  cos x)  1 1  3 3 1 dx dx 3) I dx   dx  .  4 3   2 4       sin x cos x 2 4 4 2 2 sin x cos x  cos x sin x cos x 2 2 2 cos x cos x sin 2x 4 4 4 4 4 3 3 3 d (2x)  tan x  8 3  4    2 1 tan x 3 .d (tan x)  2  tan x   2 cot(2x)   2   sin 2x 3 3   4 4 4 Trang 73
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 4 4) 3 3 I  sin 2 .
x (sin x sin 3x  cos x cos 3x)dx 4  0 Ta có: 3 3
sin x sin 3x  cos x cos 3x = 2 2
sin x(1 cos x) sin 3x  cos x(1 sin x) cos 3x
= sin x sin 3x  cos x cos 3x  sin x cos x cos x sin 3x  sin x cos 3x
= cos 2x  sin x cos .
x sin 4x (áp dụng công thức hiệu của cos và tổng của sin ) 2
 cos 2x  2 sin x cos .
x sin 2x cos 2x  cos 2x  sin 2x cos 2x 2 2 3
 cos 2x  sin 2x cos 2x  cos 2x(1 sin 2x)  cos 2x 4 Khi đó: 3
I  sin 2x cos 2xdx 2  0 1 4 1 t 1 1
Đặt t  cos 2x dt  2
 sin 2xdx và cận t :1  0 3  I t dt   2  2 8 0 8 0
(Trong trường hợp này các em có thể sử lý nhanh bằng kĩ thuật vi phân 4 4 4 1 cos 2x 1 3 3
I  sin 2x cos 2xdx  
cos 2xd (cos 2x)   4  ) 4   2 8 8 0 0 0 Nhận xét :
Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các bạn có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi phân. 2 3 cos x 1 5) I dx t
x dt  cos xdx và x :  thì t :  1 5  Đặt sin 2 sin x 6 2 2 6 2 2 2 2 1 2 1 cos x 1 sin x 1 t 1  1   1  1 Khi đó I  cos xdx  cos xdx dt
1 dt    t 5  2  2  2     sin x sin x t 2  t   t 2 1 1 1  6 6 2 2 2
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 2 sin xdx
4 sin 4x  cos 2x 4 2 1 2 sin x 1) I I dx I dx 1  2) 2  3)(B – 2003) 1 cos x 2 6 6 sin x  cos x 3 1  sin 2x 0 0 0 2 sin 2x cos x 0 sin 2x 6 cos x 4) I dx I dx I dx 4 
(B – 2005) 5) 6)  1 cos x 5 2 (2  sin x) 6 cos 2x cos 2x 0 0  2 2
3sin x  4 cos x 4 sin 4xdx 2 3 sin x cos x 7) I dx I 9) I dx 7  8) 2 2  
3sin x  4 cos x 8 2 1 cos x 9 2 1 cos 2x 0 0 0 Giải : 2 sin xdx 1) I t x dt   xdx
xdx  dt và cận t :1  0 1  Đặt cos sin sin 2 1 cos x 0 Trang 74
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  du 0 1 2 dt dtdt
 (1 tan u)du I    2
t  tan u   cos u và cận u : 0  1  2  Đặt 2 1  t 1 t 4 1 0 2 2 1
  t 1 tan u 4 2 4 (1 tan u)du 4 I   du u 1  2  0 1 tan u 4 0 0  3
4 sin 4x  cos 2x 6 6 2
sin x  cos x  1 sin 2x 2) I dx 2  Ta có:  4 6 6 sin x  cos x 0
sin 4x  cos 2x  (2sin 2x 1) cos 2x 4 4
(2 sin 2x  1) cos 2x
(2 sin 2x  1) cos 2xI dx  4 dx t x dt
xdx và t : 0  1 2   Đặt sin 2 2 cos 2 2 3 2 4  3sin 2x 0 0 1  sin 2x 4 2 1 1 .6t  2 1 1 1 2 1 2t 1 2 6tdt dt 2 d(3t  4)
1 ( 3t  2)  ( 3t  2) 3 I  2 dt   dt    2    dt 2  2  2  2  2  2  4  3t 3t  4 3 3t  4 3t  4 3 3t  4 2
( 3t  2)( 3t  2) 0 0 0 0 0 0 1 1 1 2 1  1 1  4 1 3t  2 4 2   ln 3t  4   dt  ln 2  ln     ln 2  ln 2  3 3 2  3t  2 3t  2  3 2 3 0 3t  2 0 0 4 2 1 2 sin x 4 cos 2x 3) I dx I dx 3  (B – 2003) Ta có:  1  sin 2x 3 1 sin 2x 0 0 dt
Cách 1 : Đặt t  sin 2x dt  2 cos 2xdx  cos 2xdx  và x : 0  thì t : 0 1 2 4 1 1 dt 1 1 1  I   ln 1 t  ln 2 3  2 1 t 2 0 2 0
Cách 2 : (Theo góc nhìn của DẠNG 8) 2 1 dt 1 2 1
Đặt t  1 sin 2x và x : 0 
thì t :1  2  I   ln t   ln 2 4 3 2 t 2 1 2 1 2 sin 2x cos x 2 2 cos x 4) I dx I  2 .sin xdx 4  (B – 2005) Ta có:  1  cos x 4 1 cos x 0 0
Cách 1 : Đặt t  cos x dt  sin xdx và x : 0  thì t :1  0 2 0 2 1 2 t  1   t  1  I  2 .(dt) 2 t 1 dt  2
t  ln t  1  1 2 ln 2 4      1 tt  1  2 0 1 0  
Cách 2 : (Theo góc nhìn của DẠNG 8)
Đặt t  1 cos x dt   sin xdx và x : 0  thì t : 2  1 2 1 2 2 2 (t 1)  1   t  2  I  2 .(dt) 2 t  2  dt  2  2t  ln t  1 2 ln 2 4      tt  2 1 2 1   Trang 75
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 0 0 sin 2x 2 sin x 5) I dx  cos xdx 5  2  2 (2  sin x) (2  sin x)   2 2
Đặt t  2  sin x dt  cos xdx và x :   0 thì t :1  2 2 2 2 2 2(t  2)  2 4   4  Khi đó I dt  
dt  2 ln t   2 ln 2  2 5  2  2    tt t   t  1 1 1 6 cos x 6) I dx 6  cos 2x cos 2x 0 6 6 cos x cos x +) Ta có: I dx dx 6   2 2 cos 2x cos 2x 0 0 (1 2 sin x) 1 2 sin x 1 1 2 dt
+) Đặt t  sin x dt  cos xdx và t : 0   I   (*) 2 6 2 2 0 (1  2t ) 1 2t dt
+) Ta sẽ đi tính nguyên hàm I   2 2
(1  2t ) 1 2t 1 du 2 du udu 1 d (u  2) Đặt t   dt    I       2    u u 2 2 2 2  2  2 2 2
(u  2) u  2
(u  2) u  2 u 1 1  2  2  u u 3 1  1 1 t 2 2 2  
(u  2) d (u  2)   C   C   C  2 2 2 u  2 1 1 2t  2 2 t 1 1 2 2 dt t 2  I    6  2 2 2 2 0 (1  2t ) 1  2t 1 2t 0 dx 1
CHÚ Ý : Dạng tổng quát của (*) là I  
và ta giải bằng cách đặt x  . t ( n
a bx )n n a bx 2 2 2
3sin x  4 cos x sin x cos x 7) I dx  3 dx  4
dx  3A  4B 7  2 2  2 2  (1) 2 2
3sin x  4 cos x
3sin x  4 cos x
3sin x  4 cos x 0 0 0 2 2 2 sin x sin x sin x *) Tính A dx dx dx  2 2  2 2  2
3sin x  4 cos x
3(1 cos x)  4 cos x 3 cos x 0 0 0
Đặt t  cos x dt  sin xdx và x : 0  thì t :1  0 2  3 1 2 dt dt
du  3 1 tan u du 2   Khi đó A  
Đặt t  3 tan u  cos u
và t : 0  1 thì u : 0  2 3  t 6 0 2 3 t  3 2 1 tan u   Trang 76
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3  2 6 1 tan u  6 6 du 3 3 3A   du u    (2) 3 2 1  tan u 3 3 18 0  0 0 2 sin x ( Việc tính A dx
các em có thể đặt cos x  3 tan u , thực chất là việc gộp 2 cách đặt trên ) 2 3  cos x 0 2 2 2 cos x cos x cos x *) Tính B dx dx dx  2 2  2 2  2
3sin x  4 cos x
3sin x  4(1 sin x) 4 sin x 0 0 0
Đặt t  sin x dt  cos xdx và x : 0  thì t : 0  1 2 1 1 1 1 dt
1 (t  2)  (t  2) 1  1 1  1 t  2 1 Khi đó B    dt    dt   ln  ln 3  (3) 2    4  t 4
(t  2)(t  2)
4  t  2 t  2  4 t  2 4 0 0 0 0 3
Thay (2), (3) vào (1) ta được: I  3A  4B   ln 3 7 6 4 4 4 sin 4xdx
2 sin 2x cos 2xdx sin 2x cos 2x 8) I   4 dx 8  2   1 cos x 1 cos 2x 3 cos 2x 0 0 0 1 2 1
Cách 1 : Đặt t  cos 2x dt  2sin 2xdx  sin 2xdx  
dt và x : 0  thì t :1  0 2 4 0 1 1 1 t  1  t  3  4  I  4 .  dt 2 dt  2 1
dt  2 t  3 ln t  3  2  6 ln 8         0 3  t  2  t  3  t  3  3 1 0 0 1
Cách 2 : (Theo góc nhìn của DẠNG 8) Đặt t  3  cos 2x dt  2sin 2xdx  sin 2xdx   dt 2 3 4 4 t  3  1   3  4 và x : 0 
thì t : 4  3  I  4 .  dt 2 1
dt  2 t  3ln t  2  6 ln 8         4 3 t  2   t  3 4 3 2 3 2 2 2 sin x cos x sin .
x sin x cos x 1
(1 cos 2x).sin 2x 9) I dx dx dx 9  2  2  2 1  cos 2x 1 cos 2x 4 1 cos 2x 0 0 0 dt
Đặt t  cos 2x dt  2 sin 2xdx  sin 2xdx   và x : 0  thì t :1  1 2 2 1 1 1 1 1 t dt 1 dt 1 tdt 1 Khi đó I  .    A B 9  2  2  (*) 2   4 1 t 2 8 1 t 8 1 t 8 1 1  1  1 dt dt
+) Tính A   Đặt 2
t  tan u dt
 (1  tan u)du và t : 1  1 thì u :   2 1 t 2 cos u 4 4 1 4 2 4 1 1 1 (1 tan u)du 2 tdt 1 d (1 t ) 1 4 A   du u   2 B    ln 1  t  0 2  (1) +) Tính   (2) 1 tan u  2 2 2 1 t 2 1 t 2 4 1 1 1   4 4
Thay (1), (2) vào (*) ta được: I  9 16 Trang 77
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
4 (x  2 cos x)sin x
2 (x  2sin x  3) cos x
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2) 2  cos x 2 3 sin x 0 4 Giải : 4 4 4 4 4
(x  2 cos x) sin x x sin x sin x x sin x d cos x 1) I dx dx  2 dx dx  2  A  2B 1  2  2   2  (*) cos x cos x cos x cos x cos x 0 0 0 0 0 u   xdu dx 4 x sin x   +) Tính A dx  Đặt   2 sin x  sin x d cos x 1 cos x dv dx v dx    0  2   2  2  cos x  cos x cos x cos x 4 4 4 4 x dx 2 cos xdx 2 d sin x Suy ra A         2  2 cos x cos x 4 cos x 4 (1 sin x) 0 0 0 0 4 4 2 1  1 1  2 1 1  sin x 2 1    d sin x   ln      ln(2  2)  ln 2 (1) 4
2  1 sin x 1 sin x  4 2 1 sin x 4 2 0 0 4 d cos x 1 2 3 +) Tính 4 B    ln cos x  ln 2 
(2) . Thay (1), (2) vào (*) : I   ln(2  2)  ln 2 0 cos x 2 1 4 2 0 2 2 2
(x  2 sin x  3) cos x x cos x
(2 sin x  3) cos x 2) I dx dx
dx A B 2  3  3  (*) 3 sin x sin x sin x 4 4 4 u   xdu dx 2 x cos x   +) Tính A dx  Đặt  cos x   cos x d sin x 1 3 sin x dv dx v dx     3   3  3 2  sin x  sin x sin x 2 sin x 4 2 2 2 x 1 dx 1 1 Suy ra A     0  cot x  2  (1) 2 2sin x  2 sin x 2 2 4 4 4 2 2 2
(2 sin x  3) cos x  2 3   2 3  +) Tính B dx   d sin x      2 2  2 (2) 3   2 3   2  sin x  sin x sin x   sin x 2 sin x   4 4 4 3
Thay (1) và (2) vào (*) ta được: I  2 2  2 2 Bài luyện 2 8 3 3 sin x 9
Tính các tích phân sau: 1) 5 4
I  sin x cos xdx ) 2) I dx ) 1  ( ( 315 2 5 cos x 4 0 0 4 1 2 sin 2x 4 2 15 3) 2 4
I  sin x cos xdx) 4) I dx ln ) 5) I  2 3
(1 sin x) .sin 2xdx ) 3  (( ( 64 48 4 2 4  cos x 3 5 4 0 0 0 Trang 78
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 DẠNG 10 : I
f (sin xcos , x sin x cos ) x (cos x sin ) x dx   (10*) 10 CÁCH GIẢI CHUNG Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:  sin x  4  
3cos 2x  sin 4x 4  4  1) I dx I dx 1  (B – 2008)
2  sin x  cos x 2) 2
sin 2x  2(1 s inx  cos x) 0 0 Giải :
4 3cos 2x  sin 4x 4 4
(3  2sin 2x) cos 2x
(3 2 sin 2x)(cos x  sin x)(cos x  sin x) 1) I dx dx dx 1   
2  sin x  cos x
2  sin x  cos x
2  (sin x  cos x) 0 0 0
dt  (cos x  sin x)dx
Đặt t  sin x  cos x   và x : 0  thì t :1  2 2
sin 2x t 1  4 2 2 2 3 2
[3  2(t 1)].t 2t  5t  6 2   I dt dt
2t  4t  3  dt 1      2  t t  2  t  2  1 1 1  2  13 2  5 3 2 2 
t  2t  3t  6 ln t  2     6 ln(2  2) 1  3  3  sin x  4    4  2) I dx 2  (B – 2008)
sin 2x  2(1 s inx  cos x) 0  
dt  (cos x  sin x)dx   2 sin x dx   
Đặt t  sin x  cos x    4  và x : 0  thì t :1  2  4 2
sin 2x t 1  2 2 1 dt 2 dt 2 1 2 4  3 2  I      .  2  2  2 2
t 1 2(1 t) 2 (t 1) 2 t  1 1 4 1 1 Trang 79
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 4 cos 2x 4
4(sin x  cos x)  cos 2x
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2) 2 
2  1 sin x  cos x
2(sin x  cos x 1)  sin 2x 0 0 Giải : 4 cos 2x
4 (cos x  sin x)(cos x  sin x) 1) I dx dx 1 
2  1 sin x  cos x
2  1 sin x  cos x 0 0 2 s
 in x  cos x t 1
Đặt t  1 sin x  cos x 2
t  1  sin x  cos x   và x : 0  thì t : 0  1
(cos x  sin x)dx  2tdt  4 1 2 1 3 1 3 (t 1) t t  6   t  26 2 2 1  I  .2tdt 2 dt 2
t  2t  3  dt 2
t  3t  6 ln t  2  12 ln 2 1       2  t t  2  t  2  3 0 3 0 0 0  
CHÚ Ý : Việc đặt t  1 sin x  cos x ở I là ta đã gộp 2 công đoạn đặt t  sin x  cos x và u  1 t 1 4
4(sin x  cos x)  cos 2x
4 (sin x  cos x)1 (sin x  cos x) 2) I dx dx 2  
2(sin x  cos x 1)  sin 2x
2(sin x  cos x 1)  sin 2x 0 0
dt  (sin x  cos x)dx Đặt 2
t  sin x  cos x   1 t và x : 0  thì t : 1   0 sin 2x   4  2 0 0 0 0 0 4  t 8  2t 12  (2t  4) 12 2t  4 Suy ra I dt dt dt dt dt 2  2  2  2   2 1 t t  4t  5 t  4t  5
(t 1)(t  5) t  4t  5 1 1 1 1 1 2(t 1)  2 0 0 0 2  1 1 
d (t  4t  5)  t 1  2  2  dt   2 ln
 ln t  4t  5      5ln 2  3ln 5 2    t 1 t  5  t  4t  5 t  5 1  1   1 8  2t 8  2t A B
( Các em có thể phân tích     8  2t  (
A t  5)  B(t 1) 2 t  4t  5
(t 1)(t  5) t 1 t  5  A  1 8  2t 1 3
Chọn t lần lượt bằng 1; 5  ta được  hay   ) B  3  2  t  4t  5 t 1 t  5 2  cos x  4 cos 2x 4    8 
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2)  2
2  sin 2x  cos 2x
0 1 sin 2x cos x    0  4  4 4 4 cos 2x
(cos x  sin x)(cos x  sin x) cos x  sin x
Giải : 1) I dx dx  2 dx 1    2   sin x  cos x
1 sin 2x cos x
sin x  cos x2 sin x  cos x 0 0 0   .    4  2
4 d sin x  cos x 4 2  2    
2 1 (các em có thể đặt t  sin x  cos x )
sin x  cos x2 sin x  cos x 0 0 Trang 80
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2    cos x 1 cos 2x  4   4    8  1  4  2) I dx dx 2  
2  sin 2x  cos 2x 2
2  sin 2x  cos 2x 0 0    cos 2x   4 4   1 dx   4  1    dx   A B   2 
2  sin 2x  cos 2x
2  sin 2x  cos 2x  2 0 0     4 4 4 tan 4 dx 1 dx 1 dx 1  +) A     tan x      8  
2  sin 2x  cos 2x 2   2  2  2 2  8  2 0 0 0 0 1 cos 2x  2 cos x       4   8   cos 2x  cos 2x  4   4    4   4  +) B dx dx  
2  sin 2x  cos 2x 0 0 2  2 sin 2x     4 
Ta sẽ chỉ ra B  0 theo các cách sau :     dt
Cách 1 : Đặt t  sin 2x
dt  2 cos 2x
dx  cos 2 x dx         4   4   4  2 2 2 2 2 và x : 0  thì t : 
, suy ra B  0 ( vì t :  ) 4 2 2 2 2
Cách 2 : Đặt t
x dt  dt và t :  0 , suy ra 4 4  3    cos  2t  cos 2t  4   4    4   4  B dt
dt  B B  B B  0     
2  cos 2t  sin 2t 0 0 2  sin  2t  cos  2t      2   2   cos 2x  4   4  4  1
cos 2x  sin 2x Cách 3 : B dx dx  
2  sin 2x  cos 2x 2
2  sin 2x  cos 2x 0 0 4 4 1
d ( 2  sin 2x  cos 2x) 1   ln
2  sin 2x  cos 2x  0  2
2  sin 2x  cos 2x 2 0 0 tan 1 2 1 2  2 Khi đó 8 I  .   2 2 2 2 2 4 2 tan ( Do 8 2 1  tan   tan  2 tan 1  0  tan  2 1 vì tan  0 ) 4 2 8 8 8 8 1 tan 8 Trang 81
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
V. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Ở phần ứng dụng tích phân chúng ta sẽ đi giải quyết hai bài toán về tính diện tích hình phẳng và tính thể tích
khối tròn xoay . Để làm tốt được điều này các em cần làm được 2 việc:
CÔNG VIỆC 1 : Biết cách tính tích phân chứa trị tuyệt đối .
CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI
Nếu dưới dấu tích phân có dấu trị tuyệt đối I f (x) dx
thì tìm cách phá trị tuyệt đối bằng cách đi xét dấu
của f (x) trong đoạn ;  . Cụ thể:
B1: Giải phương trình f (x)  0  x  ? và chọn các x [; ] rồi chuyển sang: i i
B2: Lập bảng xét dấu: (Giả sử ta bảng xét dấu: )
B3: Ta dựa vào công thức
f (x)dx
f (x)dx f (x)dx   
( ) để tách : i x i x I
f (x) dx
f (x) dx
f (x) dx
f ( x)dx f (x)dx      . i x i x VÍ DỤ MINH HỌA
Tính các tích phân sau: 2 1 5 1) 2 I x x dx I x 1  x dx 3) I  1 2 3
  x  2  x  2 dx(D – 2003) 2)    0 2 3  2 1 x dx 1 4) I  4
 x  1 x x  2 dx 5) I I  2  x dx 5  6) 4 2  x x 12 6 1 1 1 1 3 2 7) I  2
4x  4x  1dx I  3 2
x  2x xdx I  sin x dx I  1 sin 2xdx 7  8) 8  9) 9  10) 10  0 0 0  2 2 3 2 11) I  1 sin xdx I  2 2
tan x  cot x  2dx I
2x x 1 dx 11  12) 12  13) 13  0 2  6 Giải: 2 1) I  2 x x dx
f x x x trên 0;2 : 1 
(D – 2003) Ta xét dấu 2 ( ) 0
( Để xét dấu của f (x) trước đó các em tìm nghiệm phương trình f (x)  0 ra nháp được x  0 và x  1 ) 1 2 2 1 2 1 2 3 2 3 2  x x   x x  2 2 2  I x x dx x x dx
x x dx       2
x xdx   2
x x dx       1 1      3 2 3 2 0 0 1 0 1     0 1 Trang 82
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1
2) I    x 1  x dx Ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối: 2 2 1 0 1  I
x 1  x dx
x 1  x dx
x 1  x dx 2         2 1  0 1  0 1 0 1  1
  dx  2x   2
1 dx dx   x  ( x x)  x     0 2  0 1  2 1 0 5
3) I    x  2  x  2 dx Ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối: 3 3
( Nghĩa là : với x [  3; 2
 ] thì x  2  x  2  4
 ; với x [  2; 2] thì x  2  x  2  2x ….) 2 2 5  I
x  2  x  2 dx
x  2  x  2 dx
x  2  x  2 dx 3         3 2  2 2 2 5 2 2 5 2  4 
dx  2 xdx  4 dx  4xx  4x     8 3 2 2 3  2 2 2
4) I    x  1 x x  2 dx
Ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối: 4 1  1 2  I
x  1  x x  2 dx
x  1  x x  2 dx 4      1 1 1 2 1 2 2 2  x   x  1  x  
1 dx   x  3 dx    x   3x        2 2 2 1 1     1  1 Trang 83
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 x dx 5) I  5  4 2 x x 12 1  1 0 1 0 1 x dx x dx x dx xdx xdx Ta có: I       5  4 2  4 2  4 2  4 2  4 2 x x 12 x x 12 x x 12 x x 12 x x 12 1 1 0 1  0 1 1 1 dt 1 dt Đặt 2
t x dt  2xdx và  I   5  2  2 2 t t 12 2 t t 12 0 0 1 1 1 1 dt
1 (t  3)  (t  4) 1  1 1  1 t  4 2 3   dt   dt  ln  = ln 2     t t 12 7
(t  3)(t  4)
7  t  4 t  3  7 t  3 7 4 0 0 0 0 1 6) I  2  x dx 6  1  0 1 0 1 0 1 1 1 Ta có: 2 2 I  2  x dx  2  x dx  2  xdx  2  xdx
(2  x) d (2  x)  (2  x) d(2  x) 6       1 0 1  0 1 0 0 1 2 2 2 2 1 
(2  x) 2  x
(2  x) 2  x  3 3 3 1 0
Chú ý : Các em phải chứng minh nếu muốn sử dụng hai tính chất : ( Đặt x  t )
+) Nếu hàm số f (x) chẵn ( f ( x)  f (x) ) thì
f (x)dx  2 f (x)dx   0
+) Nếu hàm số f (x) lẻ ( f (x)   f (x) ) thì
f ( x)dx  0   1 7) I  2
4x  4x  1dx 7  0 1 1 Ta có: 2 I  (2x 1) dx  2x 1dx 7   0 0 1 1 1 2 1 2 1 1 1  I  2x 1dx  2x 1dx
2x 1dx  (1 2x)dx  (2x 1)dx x xx x  7        2  1 2 2 1 0 2 0 0 1 0 1 2 2 2 3 8) I  3 2
x  2x xdx 8  0 3 3 Ta có: 2 I
x(x  2x 1)dx x 1 xdx 8   0 0 1 3 1 3 1 1 3 3 3 1     2 2 2 2  I x 1 xdx x 1
xdx  (1 x) xdx  ( x 1) xdx x x dx x x dx 8         0 1 0 1 0   1   1 3  2 2   2 2  24 3  8 2 2  x x x xx x x x       3 5   5 3  15 0 1 Trang 84
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 0 2 0 2 0 9) 2 I  sin x dx
sin x dx  sin x dx  
sin xdx  sin xdx  cos x   cos x  9      2  0 2 0 0    2 2 2 10) I  1 sin 2xdx 10  0   Ta có:  x x x x x   x x2 2 2 1 sin 2 sin cos 2 sin cos sin cos
 sin x  cos x  2 sin x     4  3
Với x 0;  x    ;
. Dựa vào đường tròn đơn vị: 4  4 4           *) Với x    ; 0 thì sin x   0   hay sin x   0   khi x  0; 4  4       4   4   4   3       *) Với x   0; thì sin x   0   hay sin x   0   khi x  ; 4  4       4   4   4  4 4          I   2 sin x
dx  2 sin x dx  2 cos x   2 cos x   2 2 10            4   4   4   4  4 0 0 0 4 2 11) I  1 sin xdx 11  0 2 x x x xx x x xx  Ta có: 2 2 1  sin x  sin  cos  2sin cos  sin  cos  sin  cos  2 sin      2 2 2 2  2 2  2 2  2 4  x x 5
Với x 0; 2  0;    ;
. Dựa vào đường tròn đơn vị: 2 2 4  4 4    x   x   x   3 *) Với   ; thì sin   0   hay sin   0   khi x  0; 2 4  4       2 4   2 4   2  x  5  x   x   3  *) Với   ; thì sin   0   hay sin   0   khi x  ; 2 2 4  4       2 4   2 4   2  3 3 2 2 2 2  x   x   x   x   I  2 sin  dx  2 sin  dx  2  2 cos   2 2 cos   4 2 11            2 4   2 4   2 4   2 4 3  0 3 0 2 2 3 12) I  2 2
tan x  cot x  2dx 12  6 2 2 sin x  cos x cos 2x Ta có: 2 2 2
tan x  cot x  2  (tan x  cot x)  tan x  cot x   2 sin x cos x sin 2x 2 Vì  x    2x
. Dựa vào đường tròn đơn vị ta có: (hình vẽ ở trang tiếp theo) 6 3 3 3 Trang 85
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3    s  in 2x  0 cos 2x   *) 2x  ;  thì  hay  0 khi x  ; 3 2      cos 2x  0  sin 2x  6 4  2 s  in 2x  0 cos 2x   *) 2x  ;  thì  hay  0 khi x  ; 2 3      cos 2x  0  sin 2x  4 3  4 3 4 3 cos 2x cos 2x d (sin 2x) d (sin 2x) 2 4 3  I  2 dx  2 dx    ln sin 2x  ln sin 2x  2 ln 12     sin 2x sin 2x sin 2x sin 2x 3 6 4 6 4 6 4 2 1 2 1 2 13) I
2x x  1 dx
2x x 1 dx
2x x 1 dx  3x 1 dx
x 1 dx 13      2  2 1  2 1 1 1 2 1 1 2  3   1   1 
  (3x 1)dx  (x 1)dx  (x 1)dx 2 2 2   x xx xx x           6 2 1 1  2   2   2  2 1 1
CÔNG VIỆC 2 : Đi tính diện tích hình phẳng và tính thể tích khối tròn xoay CÔNG THỨC TÍNH
Hình phẳng giới hạn bởi các đường : bb
y f (x) S
f (x)  g(x) dx (2*)   S f (x) dx      a a
y g(x) (*)    
(nếu y g(x)  0 ) b b
x a; x b a  2 2  2  V
f (x)  g (x) dx (3*) V f (x)dx 0x   0 x    aa Chú ý:
1) Ta có thể áp dụng (2*) đối với biến y (các hàm số sẽ được rút x theo y - coi x là hàm của biến y )
2) Vì trục Ox, Oy có vai trò như nhau nên thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng quanh trục Oy cũng
áp dụng tương tự (3*) (các hàm số sẽ được rút x theo y - coi x là hàm của biến y )
3) Chỉ áp dụng (3*) khi trên [a;b] hàm f (x), g( x) thuộc cùng phía so với trục Ox (nếu tính thể tích quay
quanh trục Ox ) và thuộc cùng phía so với trục Oy (nếu tính thể tích quay quanh trục Oy ). Nếu khác
phía thì chúng ta phải lấy đối xứng của một hàm nào đó qua trục tương ứng và quay về việc áp dụng cho
hai hàm cùng phía (trường hợp này các em sẽ ít gặp).
4) Nếu trong biểu thức (*) không có x a hoặc không có cả hai ( x a và x b ) thì các em phải đi viết
phương trình hoành độ giao điểm: f (x)  g(x) (1) để tìm thêm cận . Giả sử phương trình (1) có nghiệm
x x với i  1; n . Vì hàm số các em học là các hàm sơ cấp nên việc tìm cận chúng ta sẽ làm như sau: i
+) Nếu chỉ có x b thì: cận thứ nhất = minx ;b ; cận thứ hai = maxx ;b ii
(thường b xuất hiện ở 1 trong 2 cận đó. Nếu điều này không xảy ra thì việc cho dữ kiện x b thừa - được
hiểu là người ra đề cố tình hoặc không hiểu  )
+) Nếu không có cả x a và x b thì: cận thứ nhất = minx ; cận thứ hai = maxx và các nghiệm còn i i
lại (nếu có) là các điểm được chèn vào để phá trị tuyệt đối.
5) Nếu việc vẽ hình đơn giản các em nên làm điều đó, để việc phá trị tuyệt đối được dễ dàng
( bỏ luôn giá trị tuyệt đối nếu thấy trên ;  phần f (x) nằm phía trên g(x) (nghĩa là hàm nào phía trên
sẽ lấy để trừ hàm phía dưới, để đảm bảo S  0 và V  0 )). Trang 86
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường : 2 x 2 x 1) 2
y x  4x  3 , y x  3 (A – 2002). 2) y  4  và y  (B – 2002). 4 4 2 3  x 1 3) y
và hai trục tọa độ (D – 2002). 4) y  (e  1)x ,  (1 x y
e )x (A – 2007). x 1 5) Parabol (P) : 2
y x  4x  5 và hai tiếp tuyến tại các điểm A(1;2), B(4;5) nằm trên (P). 3x 12x 6) 2 2
x y  4 và 2 2
x y  2x  0 . 7) 2 y  1 sin ; y  1 
và x  2 2 Giải: 1) 2
y x  4x  3 , y x  3 (A – 2002). Phương trình hoàng độ giao điểm: x  3  0 x  3   x  0 2 2 2
x  4x  3  x  3  
x  4x  3  x  3  
x  5x  0     x  5    2 2
x  4x  3  (x  3)
x  3x  6  0 (vn)   C1: (Nếu vẽ hình) 5 1 2
S  (x  3  x  4x  3 )dx 2
 [x  3  (x  4x  3)]dx   0 0 3 5 2 2
 [x  3  (x  4x  3)]dx  [x  3  (x  4x  3)]dx   1 3 1 3 5 2 2 2
 (x  5x)dx  (x  3x  6)dx  (x  5x)dx    0 1 3 1 3 5 3 2 3 2 3 2  x 5x   x 3x   x 5x  109       6x           (đvdt) 3 2 3 2 3 2 6       0 1 3
C2: (Không vẽ hình): 1 3 5 1 3 5 2 2 2 2 2 2  x  5x dx
x  3x  6 dx
x  5x dx  ( x  5x)dx  (x  3x  6)dx  ( x  5x)dx       0 1 3 0 1 3 1 3 5 3 2 3 2 3 2  x 5x   x 3x   x 5x  109       6x           (đvdt) 3 2 3 2 3 2       6 0 1 3 Trang 87
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 x 2 x 2) y  4  và y (B – 2002). 4 4 2 2 2 2 4 x x x x
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 4    4  
x  8  x  2  2 4 4 2 4 32 2 2 x x Trên  2  2; 2 2  : 4  
và hình phẳng đối xứng qua Oy   4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2  x x  1 1 2 2  S  2  4   dx  16  x dx x dx S S 1 2     4 4 2  2 2 2 2 0 0 0   2 2 *) Tính: 2 S  16  x dx x
t dx  4 cos tdt và 2
16  x  4 cost với t : 0  1  Đặt 4 sin 4 0 4 4 2
S  16 cos tdt 8 (1 cos 2t)dt  8t  4sin 2t  4  2 4 1   0 0 0 2 2 2 2 3 x 16 2 *) Tính 2 S x dx   2  3 3 0 0 1 16 2 4
S  2 4  .  2 (đvdt) 2 2 3 3 3  x 1 3) y
và hai trục tọa độ (D – 2002). x 1  3x 1  y
Hình phẳng giới hạn bởi :  x 1 (hình ảnh phác họa: )  y  0; x  0  3  x 1 1
Phương trình hoành độ giao điểm:  0  3
x 1  0  x   x 1 3 0 0 3x 1 3x 1  S dx dx   x 1 x 1 1 1   3 3 0 0  4  4   3  dx   
3x  4ln x 1    1   4ln (đvdt) 1  x 1  3 1  3  3 Trang 88
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
4) y  (e  1)x ,  (1 x y
e )x (A – 2007).
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x  0
(e  1)x  (1 x
e )x x(e 11 x
e )  0  x( x
e e )  0    xe e x  1   Với 1 0   1 x x
e e e hay ( x
x e e )  0 1 1 1 1 1   ( 1)  (1 x  )  ( x  )  [ ( x  )] x S e x e x dx x e e dx x e e
dx e xdx xe dx S S 1 2      (1) 0 0 0 0 0 1 1 2 ex e
*) Ta có: S e xdx   1  (2) 2 2 0 0 1 u   xdu dx 1 1 1 *) Ta có: x S xe dx x x x    S xe
e dx e e
e  (e 1)  1 2  Đặt :  x x 2  (3) dv e dx v e 0 0 0   0 e
Thay (2), (3) vào (1) ta được diện tích hình phẳng: S  1 (đvdt) 2 5) Parabol (P) : 2
y x  4x  5 và hai tiếp tuyến tại các điểm A(1;2), B(4;5) nằm trên (P).
Ta có: y '  2x  4 .Áp dụng công thức phương trình tiếp tuyến: y y '(x )(x x )  y 0 0 0
Ta được phương trình tiếp tuyến tại A(1;2), B(4;5) lần lượt là: y  2x  4 và y  4x 11 5
Vậy phương trình giao điểm của hai tiếp tuyến: 2
x  4  4x 11  x  2 5
Khi đó diện tích S được chia thành hai miền diện tích bởi điểm chia x  2 5 2 4 2 2
S  (x  4x  5)  (2x  4) dx  (x  4x  5)  (4x 11) dx       1 5 2 5 5 5 2 4 2 4 4 3 3 2 9 2 2 2 2 (x 1) (x  4)
 (x  2x 1)dx  (x  8x 16)dx  (x 1) d (x 1)  (x  4) d (x  4)        3 3 5 4 1 5 1 5 1 2 2 2 Trang 89
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CHÚ Ý:
Khi hình phẳng được giới hạn bởi 3 đường cong: y f (x) ; y g (x) và y h(x) thì các em phải tìm
cách chia phần diện tích thành các phần mà ở đó được giới hạn bởi hai trong ba đường cong và các đường thẳng x  ;
a x b (nghĩa là phần biên không có có sự xuất hiện đồng thời cả 3 đường cong trên). 6) 2 2
x y  4 và 2 2
x y  2x  0 . Ta có: 2 2
x y  4 : Là đường tròn tâm O có R  2 ( C ) 1 và 2 2 2 2
x y  2x  0  (x 1)  y  1: Là đường tròn tâm O '(1;0) có R '  1 ( C ) 2
Do tính đối xứng của hình phẳng cần tính (như hình vẽ) nên: S  2(S S ) 1 2 2
y  4  x
*) Với S là diện tích giới hạn bởi: 1  2 2  y
x  2x  1 (x 1) ; x  0  0 2 2  S
( 4  x  1 (x 1) )dx 1  2 2 
y  4  x 2
*) Với S là phần diện tích giới hạn bởi: 2  S  4  x dx 2  2   y  0 ; x  0  0 Ta đi tính: 2 2 I a u du
đặt u a sin t với t    ;  2 2
du a cos tdt    2 2
a u a cos t a cos t   2 2 2 a a t a sin 2t 2 2  I a cos tdt
(1  cos 2t )dt    C   (*) 2 2 4
Áp dụng (*) với u a sin t các em sẽ tính được: S
và S S  2
 3 (đvdt) 1   2 2  2  CHÚ Ý:
*) Thực chất nếu sử dụng kiến thức cấp 1 (các em lớp 5 đã biết cách tính diện tích hình tròn) Thì ta sẽ có: 2 2 S SS
.2 .1  3 (là cách giải tối ưu nhất của bài toán này) (C ) (C ) 1 2
*) Cách giải trên chỉ chứng minh một điều là tích phân có thể tính được diện tích trong cả tình huống trên. Trang 90
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3x 12x 7) 2 y  1  sin ; y  1
và x 2 2 3x 3x 2 2 y  1 sin  cos 2 2 3x 12x
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 cos  1 2 3x 12x Mà ta có: 2 0  cos  1  0  1  1    x  0 2 12
Dựa vào đồ thị ta được nghiệm của (*) là : x  0 2 2  12x 3x   12x 1 cos 3x   2 S  1  cos dx    dx        2   2 2  0 0 2  6x x sin 3x   7 1 21 2 2         2 6 4 6   0 12
Ví dụ 2.Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H giới hạn bởi : 1) 2
y  2x x và y = 0 quay quanh trục Ox.
2) y x ln x , y  0 , x e quay quanh trục Ox (B – 2007).
3) y  2x  5, 2
y x  2 quay quanh trục Ox. Giải: 1) 2
y  2x x và y = 0 quay quanh trục Ox. x  0
Phương trình hoành độ giao điểm: 2
2x x  0   x  2  2 2 2  4 1  16 Khi đó 2 2 2 3 4 3 4 5 V
(2x x ) dx (4x  4x x )dx x x x  (đvtt) Ox      3 5  15 0 0 0
2) y x ln x , y  0 , x e quay quanh trục Ox (B – 2007). x  0 
Phương trình hoành độ giao điểm: x ln x  0  x  0  x 1 x  1   2 ln x du dx e e 2 u  ln x     x Khi đó 2 2 V
 x ln xdx  I
I x ln xdx   Ox  (*) . Tính 2 2  Đặt  2 3 dv x dx x 1 1  v    3  dx e du  3 2 e 3 x ln x 2 e 2 e u   ln x   x 2  I   x ln xdx   J  . Tính 2
J x ln xdx  Đặt    3 3 3 3 2 3 dv x dx x 1 1 1  v     3 Trang 91
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 e e 3 e 3 3 3 x ln x 1 e x 2e  1 3 3 3 e 2 2e 1 5e  2 Suy ra 2 J   x dx     . Khi đó I   .  (2*) 3 3 3 9 9 3 3 9 27 1 1 1  3 5e  2
Thay (2*) vào (*) ta được:V  (đvtt). Ox 27
3) y  2x  5 , 2
y x  2 quay quanh trục Ox. x  1 
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 2
x  2  2x  5  x  2x  3  0   x  3  Với x  1  ;  3 thì 2
2x  5  x  2 nên khi đó ta có: 3 3 3 5 2 2  x  576 V
2x 5   2 x 2     
dx   4
x  20x  2  2 1 dx  10x  21x  (đvtt). Ox     5 5 1 1   1 Ví dụ 3 1
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: 2
y x ln(x 1) ; y  ln ; x  1 x  1
2) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường :  ( 1) x y x
e và hai trục tọa độ. Tính thể tích khối tròn xoay
tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
(x  3) 3  x
3) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường : y
; x  2 và trục tung. Tính thể tích khối
x 1  5  x
tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. Giải: 1
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: 2
y x ln(x  1) ; y  ln ; x  1 x  1 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm : 2 2
x ln( x 1)  ln
x ln(x  1)  ln(x  1)  0 x 1 2
 ( x 1) ln(x 1)  0  ln(x 1)  0  x 1  1  x  0 1 1 1 1
Vậy diện tích hình phẳng : 2 2 2 S
x ln(x 1)  ln dx
x ln(x 1)  ln(x 1) dx  (x 1) ln(x 1)dx    x  1 0 0 0  dx du u   ln(x 1)   x  1 Đặt    2 3 3
dv  (x  1)dx x x  3x  v   x    3 3 1 3 1 3 1  x  1 x  3x 4 1  4  Khi đó : 2 S
x ln( x 1)  dx  ln 2 
x x  4  dx      3 3 x  1 3 3    x 1  0 0 0 1 3 2 4 1  x x  8 23  ln 2  
 4x  4 ln x 1    ln 2  (đvdt) 3 3 3 2   3 18 0 Trang 92
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
2) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường :  ( 1) x y x
e và hai trục tọa độ. Tính thể tích khối tròn xoay
tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
+) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường  ( 1) x y x
e và y  0 trục hoành : ( 1) x x
e  0  x 1  0  x  1 1 +) Khi đó : 2 2  ( 1) x V x e dx  I Ox  (*) 0
du  2(x 1)dx 1 2 u    (x 1)  +) Tính 2 2  ( 1) x I x e dx  Đặt    1 2x 2xdv e dx v e 0    2 1 2 2 x 1 (x 1) e x 1 Suy ra 2 I
 (x 1)e dx    J  (1) 2 2 0 0 du dx 1 u   x 1  +) Tính 2  ( 1) x J x e dx  Đặt    x 1 2 2x dv e dx v e 0    2 1 2 x 1 1 2 ( x 1)e 1  e x 1 1 x 3 Suy ra 2 2 J   e dx   e   (2) 2 2 2 4 4 0 0 0 2 2 1 3  e e  5
Thay (2) vào (1) ta được: I     (2*) 2 4 4 2 (e  5)
Thay (2*) vào (*) ta được: V  (đvtt) Ox 4
(x  3) 3  x
3) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường : y
; x  2 và trục tung. Tính thể tích khối
x 1  5  x
tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
(x  3) 3  x
(x  3) 3  x
Phương trình hoành độ giao điểm của y
và y  0 là :  0  x  3
x 1  5  x
x 1  5  x 2 3 3 2
 (x  3) 3  x
(x  6x  9)(3 x) Khi đó V dx dx Ox     2
x 1  5  x 2   2 4  2
x  6x  5
2tdt  (2x  6)dx
(3  x)dx tdt Đặt 2 2 2 t
x  6x  5  t   x  6x  5     2 2 2 2
x  6x  t  5
x  6x  9  4  t  
và cận x : 2  3 thì t : 3  2 2 2 2 4  t (2  t).t Suy ra: V .tdt dt Ox   4  2t 2 3 3 2 2  1  (3 3  5)    2 2t t  2 3 dt t t    2 2  3  2 3 3 (3 3  5) Vậy V  (đvtt). Ox 2 Trang 93
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
VI. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT VÀ TÍCH PHẦN TRUY HỒI
1. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT b
Sau đây các em sẽ được tìm hiểu thêm các lớp tích phân đặc biệt có dạng I f (x)dx trong đó bản a
thân hàm f (x) có những tính chất “đặc biệt” (các em sẽ được tìm hiểu qua ví dụ mở đầu và bốn bài toán hay gặp sau đây). Cách giải chung:
Đặt x a b t và biến đổi tạo ra tính phân xoay vòng (tạo ra I ) rồi giải phương trình bậc nhất với ẩn I . b b b
Chú ý: Trong tích phân ta luôn có I
f (x)dx f (t)dt f (u)du .  ..    a a a VÍ DỤ MỞ ĐẦU Tính các tích phân sau: 4 20 ln(101 x)
1) I  ln(1  tan x)dx I dx 1  2) 2 
ln(x  69)  ln(101 x) 0 12 2 3 2015
3) I   5 5
cos x  sin x dx 4) I    3 2 x  3x  2 dx 4  3  0 1 2 sin x 4 5) I dx 6 6 I
sin 2 x  cos 2x .ln 1 tan x dx (Moldova National MO – 2008) 5  6) 6      1 xe 0 Giải: 4
1) I  ln(1  tan x)dx 1  0 Đặt x
t dx  dt và x : 0  thì t :  0 4 4 4 0 4 4 4     1 tan t  2
Khi đó I  ln 1  tan  t (dt)  ln 1 dt  ln dt
ln 2  ln(1 tan t ) dt 1              4   1 tan t  1 tan t 0 0 0 4 4 4 ln 2 4
 ln 2 dt  (1 tan t)dt t.ln 2  I   I 1 1   0 4 0 0 ln 2 ln 2 ln 2 Vậy I   I  2I   I  1 1 1 1 4 4 8 Trang 94
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 20 ln(101 x) 2) I dx x
t dx  dt và x :12  20 thì t : 20  12 2  Đặt 32
ln(x  69)  ln(101 x) 12 12
ln101 (32  t) 20 ln(t  69) Khi đó I  (dt)  dt 2  
ln (32  t)  69  ln 101 (32  t)
ln(101 t)  ln(t  69) 20     12 20 20 20  ln(101 t)  ln(101 t) 20  1  dt dt dt t
I  8  I 2 2    12  ln(t 69) ln(101 t)    
ln(t  69)  ln(101 t) 12   12 12
Vậy I  8  I  2I  8  I  4 2 2 2 2 2
3) I   5 5
cos x  sin x dx Đặt x
t dx  dt và x : 0  thì t :  0 3  2 2 2 0 0 2 2       Khi đó I   cos  t  sin  t    
  (dt )    5 5
sin t  cos t dt    5 5 5 5
cos t  sin t dt  I 3  3   2   2    0 0  2
Vậy I  I  2I  0  I  0 3 3 3 3 3 2015
4) I    3 2 x  3x  2 dx 4  1
Đặt x  2  t dx  dt và x : 1
  3 thì t : 3  1  3 3 3 2015 2015 2015 Khi đó 3 2 I
(2  t)  3(2  t)  2 dt       3 2 t   3t  2 dt    3 2 t 3t  2 dt  I 4  4 1 1 1
Vậy I  I  2I  0  I  0 4 4 4 4 2 sin x 5) I dx
   dx  dt và x :
  thì t :  5  Đặt x t 1 xe 2 t 2 t 2 2 sin ( t  ) e .sin t
(1 e 1).sin t  sin t  Khi đó 2 I dt dt dt  sin t dt 5       1 te 1 te 1 te 1 te  2 1 cos 2t sin t  1 1   dt dt t  sin 2t
I I   t   5 5 2 1 e  2 4  
Vậy I I  2I I  5 5 5 5 2 4
6) I    6 6
sin 2 x  cos 2x .ln 1 tan x dx (Moldova National MO – 2008) 6    0 Đặt x
t dx  dt và x : 0  thì t :  0 4 4 4 4 4           1 tan t  Khi đó 6 6 I  sin  2t  cos  2t .ln 1 tan  t dt             6 6
cos 2t  sin 2t .ln 1 dt 6      2   2    4   1 tan t  0 0 4 4 2    6 6
cos 2t  sin 2t .ln dt    6 6
sin 2t  cos 2t .ln 2 ln(1 cot t)dt 1 tan t 0 0 Trang 95
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 4 4    6 6
sin 2t  cos 2t .ln 2dt   6 6
sin 2t  cos 2t ln(1 cot t)dt 0 0 4 4 4  3   3 1 cos 8t   5 3  2  ln 2. 1  sin 4t dt I   ln 2. 1 . dt I   ln 2.  cos 8t dt I     6    6   6  4   4 2   8 8  0 0 0 4  5 3  5ln 2  ln 2. t  sin 8tI   I   6 6  8 64  32 0 5ln 2 5ln 2 5ln 2 Vậy I   I  2I   I  6 6 6 6 32 32 64 a a
Bài toán 1: Hàm số f (x) liên tục trên đoạn [  a;a], khi đó : f (x)dx   f (x)  f (x)dx   a 0
Từ đây ta có các kết quả quan trọng sau: a b
*) Nếu f (x) là hàm số lẻ, khi đó:
f (x)dx  0 
( Tổng quát: Nếu f (a b x)   f (x) thì
f (x)dx  0  ) (1)  a a a a
f (x)dx  2 f (x)dx (2)    
*) Nếu f (x) là hàm số chẵn, khi đó: a 0  af (x) a dx f ( x)dx (0  b  1) (3)    1 xb a 0 Chú ý:
+) Trong quá trình làm bài các em không sử dụng luôn kết quả (1), (2) và (3) mà các hệ thức này sẽ xuất
hiện trong quá trình giải (chúng ta chứng minh luôn) bằng việc đổi biến x  t ( Tổng quát: x a b t ). b b b
+) Trong tích phân ta luôn có I
f (x)dx f (t)dt f (u)du .  ..    a a a VÍ DỤ MINH HỌA 1 5 x cos x 2 4 x
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2) 8  2  x 2 1 2014x 1 2
2 1 sin x sin 2x 2 3) I dx 2 I
cos x ln x  1 x dx 3  4) 4    1 xe   2 2 Giải: 1 5 x cos x 1) I dx 1  8 2  x 1 5 x cos x
Nhận xét : Nếu dựa vào kết quả ở Bài toán 1 ta có được luôn I  0 vì f (x) 
lẻ trên [ 1;1] . 1 8 2  x
Song khi trình bày lời giải các em sẽ làm như sau: Trang 96
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 Đặt x t
  dx  dt và x : 1
 1 thì t :1  1  1 5 1 5
(t) .cos(t) t .cos t Khi đó I dt  
dt  I  2I  0  I  1  8  0 8 1 1 1 2  (t) 2  t 1 1 2 4 x 2) I dx      và x : 2
  2 thì t : 2  2  2  Đặt x t dx dt 1 2014x 2 2 4 2 4 2 4 t 2 4 ( t  ) t t .2014
t .(1 2014t 1) Khi đó I dt dt dt dt 2     1 2014t 1 1 2014t 1 2014t 2 2 2 2 1 2014t 2 2 4 5 2 4  tt t 64 64 32 4  t dt   dt   I  2I   I    t   t 2 2 2 1 2014 5 1 2014 5 5 5 2   2 2 2 2 2
1 sin x sin 2x dx sin x sin 2x 3) I dx  
dx A B 3    (*) 1 xe 1 xe 1 xe    2 2 2 2 2 x 2 x 2 dx e dx  1 1  e +) Tính x A     de  ln       (1) 1 x xe e (1 xe ) xe 1 xe  1 xe 2     2 2 2 2 2 sin x sin 2x +) Tính B dx
Đặt x t
  dx  dt và x :   thì t :   1 xe 2 2 2 2  2 2 2 t 2 sin(t) sin( 2  t)
e sin t sin 2t (1 t
e  1) sin t sin 2t Khi đó B dt dt dt    1 te 1 te 1 te    2 2 2 2 2 2 sin t sin 2t 1 
sin t sin 2tdt dt  
cos 3t  costdt B    1 te 2    2 2 2 2 1  1  4   sin 3t  sin tB   B   2  3  3  2 4 4 2 2 Vậy B   B  2B   B
(2) . Thay (1), (2) vào (*) ta được: I   3 3 3 3 2 3 2 4) I  cos x ln   2
x  1 x dx Đặt x  t dx  dt và x :   thì t :   4  2 2 2 2  2 2 2 1 2 Khi đó : I  cos( t  ) ln   2
t  1 t dt  cos t ln dt   cos t ln   2
t  1 t dt  I 4   4 2 t  1 t    2 2 2
 2I  0  I  0 4 4 Trang 97
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1 4 6 6 sin x  cos x 1 2 dx  1 x 1) I dx I I  cos x ln dx 1  2) 3) 2  x 2    6x  1 3
(e 1)(x  4) 1  1  x 1    4 2 Giải: 4 6 6 sin x  cos x 1) I dx
x  t dx  dt   1  Đặt và cận thay đổi: 6x  1 4 4  4 4 6 6 4 6 6 4 t 6 6 4 t 6 6
sin (t)  cos (t) sin t  cos t
6 (sin t  cos t )
(6  1 1)(sin t  cos t )  I dt dt dt dt 1  t   tt 6  1 1    1 6 1 6 1 t     4 4 6 4 4 4 4 6 6 4 4 6 6 sin t  cos t  3  sin x  cos x 6 6 2 
(sin t  cos t)dt dt  1 sin 2t dt dx       6t  1  4  6x  1     4 4 4 4 4 4 4  3 1  cos 4t   5 3   5 3  5  1 . dt I
 .cos 4t dt I t  sin 4tI   I    1    1   1 1  4 2   8 8   8 32 16    4 4 4 5 5 5 Vậy I   I  2I   I  1 1 1 1 16 16 32 1 dx 2) I  Đặt
   dx  dt và cận t :1  1 2  x t x 2
(e 1)(x  4) 1 1 1 t 1 x dt e dt e dxI    2  t 2  t 2  x 2
(e 1)(t  4)
(e 1)(t  4)
(e 1)(x  4) 1 1 1 1 1 x 1 1 e 11 dx dx 1 x  2  dx    ln  I x 2  2  x 2 2
(e 1)(x  4) x  4
(e  1)(x  4) 4 x  2 1 1 1 1 1 1 x  2 1 1 hay I  ln
I  2I   ln 3  I   ln 3 2 2 2 2 4 x  2 2 4 1 1 2  1 x 3) I  cos x ln dx 3     1  x 1   2 1 1 1 1
Đặt x  t dx  dt và x :   thì t :   2 2 2 2 1 1 1 1 2 2  2  1 t   1 t   1 t  Khi đó I  cos(t) ln dt  cos t ln
dt   cos t ln dt   I 3          3  1 t   1  t   1 t 1 1 1     2 2 2
Vậy I  I  2I  0  I  0 3 3 3 3 Trang 98 GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968
http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 b b
Bài toán 2: Hàm số f (x) liên tục trên [a;b] , khi đó ta có: f (x)dx f (a b x)dx   (*) a a 2 2
Từ đây ta có kết quả sau: Hàm số f ( x) liên tục trên đoạn[0;1] , khi đó :
f (sin x)dx
f (cos x)dx   (2*) 0 0
Chú ý: Trong quá trình làm bài các em không được sử dụng luôn các kết quả (*) và (2*) mà các hệ thức
này sẽ xuất hiện trong quá trình giải (chúng ta chứng minh luôn) bằng việc đổi biến x a b t . VÍ DỤ MINH HỌA 2 sinn x 2 3 cos x
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 1) I dx I dx 1  2)
sinn x  cosn x 2 sin x  cos x 0 0 2 sinn x Giải: 1) I dx x
t dx  dt và x : 0  thì t :  0 1  Đặt
sinn x  cosn x 2 2 2 0 sinnt 2   2 n 2 2 cos t  sinn t    Khi đó I dt dt  1 dt 1         n n
cosn t  sinn t
sinn t  cosn t 0 0 0 sin t cos t           2   2  2 2 sinn t 2  dt dt tI   I   n n 1 1 0 sin t  cos t 2 0 0 Vậy I   I  2I   I  1 1 1 1 2 2 4
Chú ý: Như vậy từ I với cách gán n một giá trị cụ thể ta tạo ra được vô số bài toán kiểu như: 1 2 2014 sin x 2 cos x 2 2014 sin x I dx  ; I dx I dx 2014 2014  ;  ; … sin x  cos x sin x  cos x 2014 2014 sin x  cos x 0 0 0 2 3 cos x 2) I dx x
t dx  dt x : 0  t :  0 2  Đặt và thì sin x  cos x 2 2 2 0 3  cos  t 2   2 3 2 3 3 3  2  sin t
sin t  cos t  cos t Khi đó I dt dt dt 2        cos t  sin t sin t  cos t 0 0 0 sin  t  cos  t      2   2  2 2 3 2 2 cos t  1   1  1
 1 sin t cost dt dt  1 
sin 2t dt I t  cos 2t I       2   2 sin t  cos t  2   4  2 0 0 0 0 1 1 1 Vậy I   I  2I   I  2 2 2 2 2 2 4 Trang 99
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2  1 
Ví dụ 2. Tính tích phân sau: 2 I
 tan (sin x) dx   2  cos (cos x) 0   Giải: 2  1  2 I
 tan (sin x) dx (*) Đặt x
t dx  dt và cận t :  0   2  cos (cos x) 2 2 0     2 1 2 I  tan sin( t )      dt  2   2   0 cos cos(  t)  2   2 2  1   1  2 2 
 tan (cos t) dt
 tan (cos x) dx (2*)   2    2  cos (sin t) cos (sin x) 0   0   2  1 1 
Lấy (*) cộng với (2*) ta được: 2 2 2I   tan (sin x) 
 tan (cos x) dx   2 2  cos (cos x) cos (sin x) 0   2 2 2 2 2 2  1
  tan (cos x)  tan (sin x) 1 tan (sin x)  tan (cos x) dx  2    2 dx  2x  0 0 0
Vậy 2I I 2 b b Bài toán 3 a b
: Hàm số f ( x) liên tục [ ;
a b] và f (a b x)  f (x) , khi đó : xf (x)dx f (x)dx   (*) 2 a a
Từ đây ta có các kết quả quan trọng sau: Nếu f (x) liên tục trên [0;1] thì:   *)
xf (sin x)dx
f (sin x)dx  
và đặc biệt với  0 thì xf (sin x)dx
f (sin x)dx   (1) 2 2 0 0 2   2 2 2 *)
xf (cos x)dx
f (cos x)dx  
và đặc biệt với  0 thì
xf (cos x)dx
f (cos x)dx   (2) 0 0
Chú ý: Trong quá trình làm bài các em không được sử dụng luôn các kết quả (*), (1) và (2) mà các hệ thức
này sẽ xuất hiện trong quá trình giải (chúng ta chứng minh luôn) bằng việc đổi biến x a b t . VÍ DỤ MINH HỌA 3 3 2
x(sin x  cos x  cos x) x sin x
Tính các tích phân : 1) I x tan x  cot x dx I
dx 3) I dx 1    2) 2  2 3  1 cos x 3  cos x 0 0 6 Giải: 3 1) I  .
x tan x  cot x dx x
t dx  dt và x :  thì t :  1    Đặt 2 6 3 3 6 6 Trang 100
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 3 3          Khi đó I   t tan  t  cot  t dt   t
cot t  tan t dt 1               2    2   2   2  6 6   3 3 3 3  cos t sin t  
cot t  tan tdt t.tan t  cot tdt dt dt I1     2 2  sin t cos t   6 6  6 6    3 3 3
d sin t d cos t sin t    I  ln  I  ln 3  I 1 1 1   2  sin t cos t  2 cos t  2   6  6 6  Vậy I
ln 3  I  2I  ln 3  I  ln 3 (*) 1 1 1 1 2 2 4 3 2
x(sin x  cos x  cos x) x sin x x cos . x (1 cos x) x sin x   2) I dx dx
dx x cos xdx A B (*) 2  2  2  2  1 cos x 1 cos x 1 cos x 0 0 0 0 x sin x +) Tính A dx
Đặt x t dx  dt và x : 0  thì t :  0 2 1 cos x 0
  t sin   t
  tsin t sin t t.sin t sin t Khi đó A dt dt dt dt dt A  2    
1  cos t  2 2 2 2 1  cos t 1 cos t 1 cos t 1 cos t 0 0 0 0 0 sin t Vậy A dt  2 2 1 cos t 0 du Đặt 2 2
cos t  tan u   sin tdt
 (1  cot u)du  sin tdt  (
 1  cot u)du và t : 0  thì u :   2 cos u 4 4 4 2 4 2 4 (1 cos u)du Suy ra A   du u   2  (1) 2 1 cos u 2 2 4    4 4 4 u   xdu dx
+) Tính B x cos xdx  Đặt    dv  cos xdx v  sin x 0  
Khi đó B x sin x  sin xdx  0  cos x  2 0  (2) 0 0 2
Thay (1) , (2) vào (*) ta được: I   2 2 4 2 x sin x 3) I dx
x t dx  dt và x : 0  2 thì t : 2 0 3  Đặt 2 3  cos x 0 2 2 x sin x
2  tsin 2  t
22  t 2 2 sin t sin t t.sin t Khi đó I dx dt dt  2 dt dt 3      3  cos x
3  cos 2t 3  cos t 3 cos t 3 cos t 0 0   0 0 0
2 d 3  cos t 2  2
I   2ln 3  cos t
I  0  I  I 3 3 3 3  0 3  cos t 0
Vậy I  I I  0 3 3 3 Trang 101
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 aT T
Bài toán 4: Hàm số f (x) liên tục trên  và tuần hoàn với chu kì T, khi đó :
f (x)dx f (x)dx   (*) a 0 nT T Từ đó ta suy ra
f (x)dx  n f (x)dx   (2*) 0 0
Chứng minh: (Trong bài thi muốn sử dụng tính chất này các em cần chứng minh như sau) a T 0 T aT Ta có:
f (x)dx f (x)dx
f (x)dx f (x)dx     (1) a a 0 T aT Xét tích phân: f (x)dx
Đặt x t T dx dt và x : T a T thì t : 0  a T a T a 0 0 0 aT Khi đó
f (x)dx
f (t T )dt  
f (t)dt  
f (x)dx f (x)dx
f (x)dx  0       (2) T 0 a a a T aT T
Thay (2) vào (1) ta được:
f (x)dx
f (x)dx (*)   a 0
Chú ý: f (x) có chu kì là T thì f ( x T )  f (x) . VÍ DỤ MINH HỌA 2014 2014 1 cos x
Tính các tích phân sau: 1) I  1 cos 2xdx I dx 1  2) 2  1 cos x 0 0 Giải: 2014 1) I
1 cos 2xdx Xét hàm f (x)  1  cos 2x với x   1 0
Ta có: f (x )  1 cos 2(x )  1 cos 2x f (x) aT T
Do đó áp dụng tính chất
f (x)dx
f (x)dx (*) (trong bài các em phải Chứng minh ) ta được:   a 0 2014 2 3 2014 I  1 cos 2xdx  1 cos 2xdx  1 cos 2xdx
1 cos 2xdx  ... 1 cos 2xdx 1      0 0 2 2013  1 cos 2xdx  1 cos 2xdx
1 cos 2xdx  ... 1 cos 2xdx     0 0 0 0  2014 1 cos 2xdx  2014
2 sin x dx 2014 2 sin xdx   2014 2 cos x     4028 2 0 0 0 0 nT T
Chú ý: Cách trình bày vừa rồi cũng là cách ta đi chứng minh
f (x)dx  n f (x)dx (2*)   0 0 x 2 2014 2sin 1 cos x 1 cos x x 2) I dx 2 f (x)    tan
và f (x  2)  f (x) 2  Hướng dẫn: 1 cos x 1 cos x x 2 2 0 2 cos 2 Trang 102
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2. TÍCH PHÂN TRUY HỒI
Ở phần này các em sẽ đi tìm hiểu các dạng tích phân truy hồi I f ( , x n)dx n
với các câu hỏi hay gặp là:
1. Thiết lập công thức truy hồi I g(I
) với k  1; n . n nk
2. Chứng minh công thức truy hồi cho trước.
3. Sau khi thiết lập được công thức truy hồi yêu cầu đi tính I ứng với một vài giá trị n nào đó hoặc tính n
giới hạn của hàm số hoặc dãy số có liên quan với I . n CÁC VÍ DỤ MINH HỌA 2
Ví dụ 1. Xét tích phân I  sinn xdx n  với * n   0
1. Tìm mối liên hệ giữa I và I
. 2. Tính I và I . n n2 5 6
3. Tính I 4. Xét dãy số (u ) cho bởi u  (n 1)I .I . Tìm lim u . n n n n n 1  n n Giải:
1. Tìm mối liên hệ giữa I và I . n n2 2 2 2 2 2 +) Ta có: n2 n 2 n n 2 n 2 I  sin xdx  sin .
x (1 cos x)dx  sin xdx  sin .
x cos xdx I  sin . x cos xdx n2 n      (1) 0 0 0 0 0 2 2 +) Tính n 2 sin .cos  sinn x xdx . x cos . x cos xdx   0 0
du   sin xdx u   cos x  Đặt n 1     n x n n sin dv  sin . x cos x v  sin .
x cos xdx  sin . x d sin x       n 1 2 n 1  2 2 x xI I n cos .sin 1 Suy ra 2 n 2 n2 n2 sin . x cos xdx   sin xdx  0     (2) n 1 n 1 n 1 n 1 0 0 0 I I n  2
Thay (2) vào (1) ta được: n2 II n 2  I I   I I n2 n n 1 n n2 n  1 n n2 n 1 n  2 n 1
2. Tính I và I . Ta có I III . Khi đó : 5 6 n n2 n2 n 1 n  2 n  2 2  4 4 2 8 8 8 I I  . I  sin xdx   cos x  5 3 1   5 5 3 15 15 15  0 0   2 2 2 5 5 3 15 15 1 cos 2x 15  1  15 2
I I  . I  sin xdx dx x  sin 2x  6 4 2      6 6 4 24 24 2 48  2  96  0 0 0 Trang 103
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  2  2
I  sin xdx   cos x  1 1   0  n  2
3. Tính I Ta có: 0 . Với I I (*) n n n2 n 1 2 2 2 1 cos 2x  1 1  2
I  sin xdx dx x  sin 2x  2      2  2 4  4  0 0 0  4 I I 2 4  3  6  I I
+) Với n chẵn hay n  2k *
(k   ) . Áp dụng (*) ta được: 4 6  5 .  ....  2kII 2k 2 2   2k 1 k
Nhân theo vế các đẳng thức ta được: 4.6...2k 4.6...2k
3.5...(2k 1) I I   II  . 2 2k 2 3.5...(2k 1) 4 3.5...(2k 1) k 2k 4.6...2k 4  3 I I 1 3  2  5  I I
+) Với n lẻ hay n  2k 1 *
(k   ) . Áp dụng (*) ta được: 3 5  4 .  ....  2k 1 II 2k 3 2k 1   2k  2 
Nhân theo vế các đẳng thức ta được: 3.5...(2k 1) 3.5...(2k 1) 2.4...(2k  2) I I  1  II  1 2k 1  2 k 1 2.4...(2k  2) 2.4...(2k  2)  2k 1  3.5...(2k 1)
4. Xét dãy số (u ) cho bởi u  (n  1)I .I . Tìm lim u . n n n n 1  n n n  2
Ta có: u  (n 1)I .I  (n 1). I .I  (n  2).I .Iu n n n 1  n2 n 1  n 1  n2 n 1 n 1  Vậy u
u nên u u
 ...  u  2I .I  2.1.   lim u  lim  n 1  n n n 1  1 1 2 4 2 n n n 2 2 2 2
Chú ý: I  sinn xdx  cosn xdx n  
(xem lại Bài toán 2 ở lớp tích phân đặc biệt) 0 0 1 n I
Ví dụ 2. Xét tích phân I   x dx với *
n   1. Tính I . 2. Tìm 1 lim n . n  2 1  n n I 0 n Giải: 1 2 n 2 n 1  n u   (1 x ) du  . n (1 x ) .(2x)dx 1. Tính I   x dx . Đặt   n  2 1   dv dx v x 0   Trang 104
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1 1 n 1  Suy ra 2 n 2
I x(1 x )  2n xx dx n   2 1  0 0 1 1 1 n 1   n 1  n  2  2n 1   (1 x )     2
1 x dx  2n  2
1  x dx   2
1  x dx 2 n   II n 1  n  0  0 0  1 1 1 n  n n   2n 1   (1 x )  
 1 x  1 dx  2n  1  x  1 2 2 2 dx   2
1  x dx 2 n   II n 1  n  0  0 0  2n
Vậy I  2n III I (*) nn 1 n n n 1 2n 1  2n 2n 2n  2 2n 2n  2 4 4.6.8...2n Từ (*) ta có: I I  . I  . ... .I I (1) n n 1  n2 1 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 5 5.7.9.(2n  1) 1 1 3  x  2
Mặt khác: I    2 1 x dx x   (2) 1    3 3 0   0 2.4.6.8...2n
Thay (2) vào (1) ta được: I n 3.5.7.9.(2n  1) 2n 2(n 1) I 2n  2 I 2n  2 2. Ta có: n 1 I III    , suy ra n 1 lim   lim  1 n n 1  n 1 2n 1 
2(n  1)  1 n I 2n  3 n n I  2n  3 n n 4
Ví dụ 3. Xét tích phân I  tann xdx n  với * n   0 1
1. Chứng minh rằng: I
I 2. Tính I và I . n2 n 1 n 5 6 Giải: 1
1. Chứng minh rằng: I   I n2 n 1 n 4 4 4 Ta có: n2 I  tan xdx               n 2 tan x
tann x tann x dx tann x   2 1 tan x tann x dx n 2      0 0 0 4 n 4 4 n 1  4 tan x x n n tan 1 
dx  tan xdx  tan xd tan x I   I   I  2   cos n x n 1 n n  1 n 0 0 0 0 1 Vậy I   I (đpcm). n2 n 1 n
2. Tính I và I . 5 6  4 4 4  sin x d cos x 1 4
I  tan xdx dx     ln cos x  ln 2 1     0 cos x cos x 2  Ta có: 0 0 0   4 4  1  4  2
I  tan xdx  1 dx    
tan x x 4  2 2 0    cos x  4 0 0 Trang 105
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 1
Áp dụng công thức truy hồi I   I n2 n 1 n  1 1  1  1  1 1  1 1 I   I    I    ln 2  ln 2   5 3  1     4 4  2  4  2 2  2 4 Ta có:  1 1  1  1  1 4   13
I   I    I      6 4  2     5 5   3  5  3 4  15 4 Ví dụ 4. 1 nx e dx n 1 e  1
1. Xét tích phân I I   I . n  , với *
n   . Chứng minh rằng: 1 xe n n 1 n 1  0 3
2. Xét tích phân I  (3  x)n x e dx
I  3n nI . n  , với *
n   . Chứng minh rằng: n n 1  0 Giải: 1 nx e dx n 1 e  1
1. Xét tích phân I I   I . n  , với *
n   . Chứng minh rằng: 1 xe n n 1 n 1  0 ( n 1  ) 1 1 ( 1  ) 1 x ex nx n x e   1 1 (n 1  ) x n 1 1 dx e dx e dx   e e n x 1 Ta có ( 1) I I     e dx   n n 1      1 xe 1 xe 1 xe n 1 n 1 0 0 0 0 0 n 1 e  1 hay I   I (đpcm). n n 1 n 1  3
2. Xét tích phân I  (3  x)n x e dx
I  3n nI . n  , với *
n   . Chứng minh rằng: n n 1  0 n n 1 u   (3  x) du   ( n 3  x)    dx Đặt    x xdv e dx  v e  3 3 Khi đó n x n 1
I  (3  x) .e
n (3  x)  x e dx  3n   nI n n 1  0  0
Vậy I  3n nI (đpcm). n n 1  1 I
Ví dụ 5. Cho I  1 x. n x dx u là dãy số cho bởi n u  hãy tính lim u . n  với * n   . Biết ( ) n n I n 0 n 1  n 1  ndu nx dx u   x   Giải: Đặt    2 Khi đó :
dv  1 xdx v
1 xdx   (1 x) 1 x     3 1 1 1 2   2 n 2 n 2 1 n 1 I  
(1  x) 1 x.x  .
n (1  x) 1 x.x dx n
1  x.x dx  1  x. n x dx n II n     1  3 3 3 3 n n 0 0  0  2 2n Vậy I n IIn I nII I n  (2 3) 2 n 1  n n n 1  n n 1 3 2n  3  2n  2 I 2n  2 2n  2 Suy ra n II  
 lim u  lim I  lim  1 n 1  2n  5 n I 2n  5 n n 1  2n  5 n 1  Trang 106
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
VII. DÙNG TÍCH PHÂN ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC kn C PHƯƠNG PHÁP GIẢI: n
Bước 1 : Khai triển n k k 0 1 2 2 (1 x) 
C x C C x C x  ... n nC x  . n n n n n k 0
Bước 2 : Lấy tích phân hai vế với cận thích hợp : nx dx     0 1 2 2 (1 )
C C x C x  ... n nC x dx n n n n b
( Nếu mỗi hệ số trong đẳng thức cần chứng minh có chứa k k
b a thì ta chọn cận tích phân là  ). a
DẤU HIỆU NHẬN BIẾT : Các hệ số trong đẳng thức cần chứng minh có dạng phân số, đồng thời các mẫu
số thường tăng hoặc giảm đi một đơn vị. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Với n   . Chứng minh rằng: 2 2 3 3 n 1  n 1  n 1  n 1 20 12 20 12 20 12      n 21 13 1) 0 1 2 8C C C  ...  C n 2 n 3 n n 1 n n 1 2 3 n 1  n 1 4 4 4   n 5 1 2) 0 1 2 4C C C  ...  C  . n 2 n 3 n n 1 n n 1 n 1 1 1 1   n 2 1 3) 0 1 2 C
C C  ...  C  . n 2 n 3 n n 1 n n 1 2 3 n 1  n 1  n 1 6 1 6 1 6 1      n 7 2 4) 0 1 2 5C C C  ...  C n 2 n 3 n n 1 n n 1 Giải: 2 2 3 3 n 1  n 1  n 1  n 1 20 12 20 12 20 12      n 21 13 1) 0 1 2 8C C C  ...  C n 2 n 3 n n 1 n n 1 +) Ta có: n 0 1 2 2
(1 x)  C C x C x  ... n nC x n n n n 20 20
+) Suy ra: (1  x)n dx     0 1 2 2
C C x C x ... n nC x dx n n n n  12 12 20 20 n 1  2 3 n 1 (1 x) x x x     0 1 2  C x CC  ... nC   n 1 n n 2 n 3 n n 1 12   12 n 1  n 1  2 2 3 3 n 1  n 1 21 13 20 12 20 12 20 12      0 1 2   8C C C  ... nC n 1 n 2 n 3 n n  1 n 2 2 3 3 n 1  n 1  n 1  n 1 20 12 20 12 20 12      n 21 13 Hay 0 1 2 8C C C  ...  C  (đpcm). n 2 n 3 n n 1 n n 1 Trang 107
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 3 n 1  n 1 4 4 4   n 5 1 2) 0 1 2 4C C C  ...  C  . n 2 n 3 n n 1 n n 1 +) Ta có: n 0 1 2 2
(1 x)  C C x C x  ... n nC x n n n n 4 4
+) Suy ra: (1 x)n dx     0 1 2 2
C C x C x ... n nC x dx n n n n  0 0 4 4 n 1  2 3 n 1 (1 x) x x x     0 1 2  C x CC  ... nC   n  1 n n 2 n 3 n n 1 0   0 n 1  2 3 n 1 5 1 4 4 4   0 1 2   4C C C ... nC n 1 n 2 n 3 n n  1 n 2 3 n 1  n 1 4 4 4   n 5 1 Hay 0 1 2 4C C C  ...  C  (đpcm). n 2 n 3 n n 1 n n 1 n 1 1 1 1   n 2 1 3) 0 1 2 C
C C  ...  C  . n 2 n 3 n n 1 n n 1 +) Ta có: n 0 1 2 2
(1 x)  C C x C x  ... n nC x n n n n 1 1
+) Suy ra: (1 x)n dx     0 1 2 2
C C x C x ... n nC x dx n n n n  0 0 1 1 n 1  2 3 n 1 (1 x) x x x     0 1 2  C x CC  ... nC   n  1 n n 2 n 3 n n 1 0   0 n 1 2  1 1 1 1 0 1 2   C C C  ... nC n 1 n 2 n 3 n n 1 n n 1 1 1 1   n 2 1 Hay 0 1 2 C
C C  ...  C  (đpcm). n 2 n 3 n n 1 n n 1 2 3 n 1  n 1  n 1 6 1 6 1 6 1      n 7 2 4) 0 1 2 5C C C  ...  C n 2 n 3 n n 1 n n 1 +) Ta có: n 0 1 2 2
(1 x)  C C x C x  ... n nC x n n n n 6 6
+) Suy ra: (1 x)n dx    0 1 2 2
C C x C x ... n nC x dx n n n n  1 1 6 6 n 1  2 3 n 1 (1 x) x x x     0 1 2  C x CC  ... nC   n 1 n n 2 n 3 n n 1 1   1 n 1  n 1  2 3 n 1 7 2 6 1 6 1 6     1 0 1 2   5C C C  ... nC n 1 n 2 n 3 n n 1 n 2 3 n 1  n 1  n 1 6 1 6 1 6 1      n 7 2 Hay 0 1 2 5C C C  ...  C  (đpcm). n 2 n 3 n n 1 n n 1 Trang 108
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 3 n 1 2 1 2 1 2    1
Ví dụ 2 ( B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 0 1 2 C C C  ... nC n 2 n 3 n n 1 n Giải: +) Ta có: n 0 1 2 2
(1 x)  C C x C x  ... n nC x n n n n 2 2
+) Suy ra: (1 x)n dx    0 1 2 2
C C x C x ... n nC x dx n n n n  1 1 2 2 n 1  2 3 n 1 (1 x) x x x     0 1 2  C x CC  ... nC   n 1 n n 2 n 3 n n 1 1   1 n 1  n 1  2 3 n 1 3 2 2 1 2 1 2      1 0 1 2   C C C ... nC n 1 n 2 n 3 n n 1 n 2 3 n 1  n 1  n 1 2 1 2 1 2 1      n 3 2 Vậy 0 1 2 C C C  ...  C n 2 n 3 n n 1 n n  1
Ví dụ 3 :Với n   . Chứng minh rằng: 1 1 1 (1)n n 1 1) 0 1 2 3 C C C C  ...  C n 2 n 3 n 4 n n 1 n n 1 2 1 1 1 1   2 n n 1 2) 1 3 5 2 1 C C C  ...  C(A – 2007) 2n 2n 2n 2 2 4 6 2 n n 2n  1 1 1 1 n 4n 3) 0 2 4 2 C CC  ...  C  2 n 2n 2 n 2 3 5 2n 1 n 2n  1 Giải: 1 1 1 (1)n n 1 1) 0 1 2 3 C C C C  ...  C n 2 n 3 n 4 n n 1 n n 1 +) Ta có: n 0 1 2 2 3 3
(1 x)  C C x C x C x  ...  ( 1  )n n n C x n n n n n 1 1
+) Suy ra: (1 x)n dx    0 1 2 2 3 3
C C x C x C x ...  ( 1  )n n n C x dx n n n n n  0 0 1 1 n 1  2 3 4 n 1 (1 x) x x x x     0 1 2 3   C x CCC ...  ( 1  )n n C   n 1 n n 2 n 3 n 4 n n 1 0   0 1 1 1 1 (1)n 0 1 2 3 
C C C C  ... nC n 1 n 2 n 3 n 4 n n 1 n 1 1 1 ( 1  )n n 1 Hay 0 1 2 3 C C C C  ...  C  (đpcm). n 2 n 3 n 4 n n 1 n n 1 Trang 109
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 2 1 1 1 1   2 n n 1 2) 1 3 5 2 1 C C C  ...  C(A – 2007) 2n 2n 2n 2 2 4 6 2 n n 2n  1 2n 0 1 2 2 3 3 2 n 1  2 n 1  2 n 2 (1 x)  C
C x C x C x ... nC xC x (1)  +) Ta có: 2n 2n 2n 2n 2 n 2 n  2 n 0 1 2 2 3 3 2n 1  2 n 1  2 n 2 (1 x)
C C x C x C x ... nC xC x (2)  2 n 2 n 2 n 2n 2 n 2 n
+) Lấy (1) – (2) ta được: 2n 2 (1 x) (1 x) n 2 1 3 3 5 5 2 n 1  2 n 1 C x C x C x ... C x          2n 2n 2 n 2 n  2n 2 (1 x)  (1 x) n 1 3 3 5 5 2n 1  2n 1 
C x C x C x  ...  C x  2n 2n 2n 2 2 n 1 2n 2n 1 (1  x)  (1 x) +) Suy ra: dx    1 3 3 5 5 2n 1  2 n 1
C x C x C x ...  C x dx 2n 2n 2 n 2n  2 0 0 1 1 2 n 1  2 n 1  2 4 6 2 1 (1 x)  (1 x) nx x x   x  1 3 5 2 n 1 .  CCC  ...  C  2n 2 n 2 n 2  2 2n 1 2 4 6 n 2n 0   0 2 2 n 1 1 1 1 1 1 3 5 2n 1   CCC  ...  C  2n 2 n 2 n 2 2n 1 2 4 6 2 n n 2 1 1 1 1   2 n n 1 Hay 1 3 5 2 1 C C C  ...  C  (đpcm). 2n 2n 2n 2 2 4 6 2 n n 2n  1 1 1 1 n 4n 3) 0 2 4 2 CCC  ...  C 2n 2n 2n 2 3 5 2n 1 n 2n  1 +) Ta có: 2 n 0 1 2 2 2 n 2 (1 x)  C
C x C x  ... nC x 2n 2 n 2n 2 n 1 1 +) Suy ra: 2
(1 x) n dx     0 1 2 2 2n 2 C
C x C x ... nC x dx 2n 2n 2n 2n  1 1  1 1 2 n 1  2 3 2 n 1 (1 x)  x x x    0 1 2 2  C x CC  ... nC  2n 2n 2 n 2  2n 1 2 3 n 2n 1 1   1 2n 1 2  2 2 2 0 2 4 2   2CCC ... nC 2n 2 n 2n 2 2n  1 3 5 2n  1 n 1 1 1 n 4n Hay 0 2 4 2
C C C  ...  C  (đpcm). 2n 2n 2n 2 3 5 2n 1 n 2n  1 Trang 110
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
VIII. KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ĐẠI HỌC
Qua 7 phần chúng ta được tìm hiểu ở trên, các em sẽ nhận thấy trong tích phân ta có trong tay hai công cụ chính
để giải quyết là ĐỔI BIẾN và TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN cùng một vài kĩ thuật để làm cho hai công cụ trên
phát huy tác dụng như: Tách tích phân (dùng phương pháp đồng nhất hệ số, thêm bớt…), kĩ thuật nhân, chia
dưới dấu tích phân, kĩ thuật vi phân, dùng các công thức để biến đổi (công thức lượng giác, hằng đẳng
thức…), sử dụng tích phân liên kết ( quan sát để tìm tích phân liên kết, sử dụng cận để đổi biến, sử dụng các
đẳng thức và tính chẵn lẻ của hàm số…). Vì vậy chúng ta có thể tổng kết lại như sau :
Khi đứng trước một bài toán tích phân các em sẽ có những hướng đi :
TH1: Nếu dưới dấu tích phân có căn :
+) Hướng tư duy 1: Đặt t bằng căn ( đã đúng cho tất cả các đề thi Đại Học – Cao Đẳng từ 2002 – 2013).
Nếu không ổn hãy chuyển sang:
+) Hướng tư duy thứ 2: Với tích phân 2 I
f ( ax bx c )dx  mà 2
ax bx c ta biến đổi về dạng: m m *) 2 2
m u thì đặt u m sin t ( u m cos t ) *) 2 2
u m thì đặt u  ( u  ) cos t sin t *) 2 2
u m thì đặt u m tan t ( u m cot t ) *) 2
u u thì đặt 2 u  sin t ( 2 u  cos t ) m x
Với tích phân I f   dx
thì đặt x m cos 2t .  m x   dx
CHÚ Ý: Với tích phân có dạng 
thì ta có thể không dùng tới phương pháp trên. Cụ thể ta biến đổi: 2 x k 2 2 dx
(x x k )dx d(x x k ) 2  
 ln(x x k )  ...    2 2 2 2 x k ( x
x k ) x k
(x x k )
Nếu vẫn chưa ổn hãy chuyển sang :
+) Hướng tư duy thứ 3: Nhân với lượng liên hợp tương ứng rồi quay về 2 hướng tư duy đầu.
TH2 : Nếu dưới dấu tích phân có hàm lượng giác và hàm mũ có dạng sin u và u
e mà u ax b ( nghĩa là
u không là hàm bậc nhất hoặc bậc không ) thì điều đầu tiên là đặt t u . Sau đó quay về TH1 hoặc TH3.
TH3: Nếu dưới dấu tích phân xuất hiện hai trong bốn hàm: log, đa thức ( kể cả phân thức), lượng giác và mũ
liên hệ với nhau bởi phép nhân thì đi theo :
+) Hướng tư duy 1:Sử dụng tích phân từng phần theo thứ tự ưu tiên “u→dv” là :
“log → đa thức → lượng giác → mũ” b b b
(nghĩa là anh nào đứng trước trong thứ tự thầy nêu thì đặt là u còn anh đứng sau là dv: udv uv vdua  ) a a
( Các em có thể có cách nhớ “hài hước” theo thứ tự “u→dv” là: “nhất log, nhì đa, tam lượng, tứ mũ” ).
Nếu vấn chưa ổn thì chuyển sang:
+) Hướng tư duy 2: Sử dụng kĩ thuật vi phân ( du u ' dx (**) ) và đổi biến Nếu sử dụng (**) :
+) theo chiều thuận (từ Trái Phải): các em phải đi tính đạo ĐẠO HÀM.
+) theo chiều nghịch (từ Phải Trái): các em phải đi tính NGUYÊN HÀM.
Các em có thể nhớ theo cách sau : “đưa vào vi phân thì tính NGUYÊN HÀM, đưa ra thì tính ĐẠO HÀM”. Trang 111
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3  f (x)
TH4: Nếu dưới dấu tích phân có dạng hữu tỉ: I dxg(x)
+) Hướng tư duy 1: Nếu bậc f ( x) lớn hơn hoặc bằng bậc g (x) . Thì thực hiện phép chia chuyển I về dạng: r(x)  r(x) I h(x)  dx  ( h x)dx
dx I I  
I tính đơn giản và tính I sẽ chuyển sang: 1 2   . Với g(x) g(x) 1 2  
+) Hướng tư duy 2: Nếu bậc của f ( x) nhỏ hơn bậc g( x) thì hãy đi theo thứ tự: f (x) A dx A
*) Hướng tư duy 2.1: Nếu   I A  ln ax b  ?  g(x) ax b ax b a 2 f (x) Ax B k
ax bx c' l Ax B
*) Hướng tư duy 2.2: Nếu 
thì biến đổi I   dx 2   g(x)
ax bx c 2 2
ax bx c
ax bx c 2
d (ax bx c) dx 2  kl
k ln ax bx cl.I  2  2 3
ax bx c
ax bx c dx và đi tính I  3 
bằng cách chuyển sang Hướng tư duy 2.3: 2
ax bx c f (x) A dx
*) Hướng tư duy 2.3: Nếu   I A 2  thì: 2 g(x)
ax bx c
ax bx c dx A  1 1  A x x **) Khả năng 1: 2 I A   dx  ln  ?   
a(x x )(x x )
a(x x ) x x x x ( a x x ) x x  1 2 2 1  2 1  2 1 1 dx A
**) Khả năng 2: I A    ?  2
a(x x )
a(x x ) 0 0  kdt 2 A dx dx
k(1 tan t)dt
**) Khả năng 3: I   thì đặt 2
x x k tan t   cos t 2 2 a
(x x )  k 0 0 2 2 2 2
(x x )  k k (1 tan t)  0 1 2 1 A k(1  tan t) A (
A  ) 1 1  I dt dt   ?  2 2  a k (1 tan t) ka ka 1 1
*) Hướng tư duy 2.4: Nếu g (x) có bậc lớn hơn 2 thì tìm cách đưa về 3 hướng tư duy 2.1, 2.2, 2.3 bằng các
kĩ thuật: +) Đổi biến hoặc tách ghép, nhân, chia để giảm bậc.
+) Đồng nhất hệ số theo thuật toán: f (x) A A A B x C B x C B x C 1 2 m 1 1 2 2    ...     ... n nm 2 n 2 m 2 2 2 2
(ax b) (cx dx  ) e (ax b) (ax b) (ax b)
(cx dx e)
(cx dx e)
(cx dx e)n
Sau đó quy đồng bỏ mẫu số rồi dùng tính chất “hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng bằng nhau”
từ đó ta sẽ tìm được các A , B , C
i m j n hoặc có thể dùng cách chọn x để tìm các A , B , C . i j j ( 1, ; 1, ) i j j Trang 112
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
TH5: Nếu dưới dấu tích phân có dạng lượng giác: I f (sin ,
x cos x)dx thì:
+) Hướng tư duy 1: Nếu  sinm .cosn I x xdx  ( ,
m n Z ) thì dựa vào tính chẵn, lẻ để đổi biến.Cụ thể: *) Nếu ,
m n khác tính chẵn lẻ thì các em sẽ đặt t theo anh mang mũ chẵn. Cụ thể :
**) m chẵn, n lẻ thì đặt t  sin x ** ) m lẻ, n chẵn thì đặt t  cos x *) Nếu ,
m n cùng tính chẵn lẻ. Cụ thể : **) ,
m n đều lẻ thì đặt t  sin x hoặc t  cos x (kinh nghiệm là nên đặt theo anh mang mũ lớn hơn). **) ,
m n đều chẵn thì đặt t  tan x (hoặc t  cot x ) hoặc dùng công thức hạ bậc, biến đổi lượng giác.
+) Hướng tư duy 2 : Nếu I
f (sin x).cos xdx
thì đặt t  sin x và I f (cos ) x .sin xdx
thì đặt t  cos x h(x)
+) Hướng tư duy 3: Nếu f (sin x, cos x) 
trong đó h( x), g(x) chứa các hàm lượng giác thì: g(x)
*) Hướng tư duy 3.1 : Ý nghĩ đầu tiên hãy tính g '( x) và nếu phân tích được h(x)  u.g(x)  l(g(x)).g '(x)
thì khi đó I udx r(g(x)).g '(x)dx I I
I r(g(x)).g '(x)dx
t g(x) 1 2   và tính 2  bằng các đổi biến:
( Hướng tư duy này có thể áp dụng với h( x), g(x) chứa các hàm khác như loga, đa thức, mũ…)
Nếu việc phân tích h(x) gặp khó khăn ta chuyển tới việc làm “thủ công” qua Hướng tư duy 3.2
*) Hướng tư duy 3.2: Nếu h(x), g(x) là các hàm bậc nhất theo sin x và cos x thì dùng phương pháp
đồng nhất hệ số. Cụ thể : h(x)
a sin x b cos x
c sin x d cos x
c cos x d sin x **)   AB . Khi đó: g(x)
c sin x d cos x
c sin x d cos x
c sin x d cos x
c cos x d sin x
d (c sin x d cos x)
I A dx B
dx A dx B       .
A x B ln c sin x d cos x   ?
c sin x d cos x
c sin x d cos x h(x)
a sin x b cos x e
c sin x d cos x h
ccos x d sin x 1 **)   ABC . g(x)
c sin x d cos x h
c sin x d cos x h
c sin x d cos x h
c sin x d cos x h dx
Khi đó: I   Ax B ln csin x d cos x h   C.I và ta tính I  3 3  bằng hai cách:
c sin x d cos x h
C1: Dùng công thức biến đổi lượng giác để chuyển về các công thức lượng giác trong bảng nguyên hàm .
Nếu không ổn hãy chuyển sang : x 2dt 2 2t 1 t C2: Đặt t  tan  dx và s inx  ; cos x
Sau đó quay về TH4 2 2 1 t 2 2 1 t 1 t Trang 113
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 f (tan x) f (cot x)
*) Hướng tư duy 3.3: Nếu I dx  (hoặc I dx t
x (hoặc t  cot x ) 2  ) thì đặt tan cos x 2 sin x
f (tan x).dx
f (cot x).dx
Với trường hợp hay gặp : I   (hoặc I  2 2  )
a sin x b sin x cos x c cos x 2 2
a sin x b sin x cos x c cos x f (tan x) dx 1 f (t)
thì biến đổi: I dx
sau đó đặt t  tan x dt   I dt 2 2 
cos x(a tan x b tan x c) 2 cos x 2
at bt c 1
Sau đó quay về TH4
dt  (cos x sin x)dx
*) Hướng tư duy 3.4: Nếu I
f (sin x  cos ;
x sin x cos x)dx  đặt 2
t  sin x  cos x   t 1
sin x cos x     2 Sau đó quay về TH4
TH6: Khi gặp tích phân chỉ chứa hàm log hoặc chỉ chứa hàm mũ thì ta có các hướng đi sau : b f (ln u)
*) Hướng tư duy 1: Nếu có dạng I dx
thì đặt t  ln u u a
( hoặc đặt t g(ln u) nghĩa là đặt t bằng một hàm theo ln u ). ln u
Nếu dưới dấu tích phân có mặt log u thì các em nên chuyển về ln u bằng công thức : log u  . a a ln a b
*) Hướng tư duy 2: Nếu có dạng I f ( x e )dx  thì đặt x
t e ( hoặc t bằng một hàm theo x e ). a
TH7: Nếu dưới dấu tích phân có dấu trị tuyệt đối I f (x) dx
thì tìm cách phá trị tuyệt đối bằng cách đi
xét dấu của f ( x) trong đoạn ; . Cụ thể:
B1: Giải phương trình f (x)  0  x  ? và chọn các x [; ] rồi chuyển sang: i i
B2: Lập bảng xét dấu: (Giả sử ta bảng xét dấu: )
B3: Ta dựa vào công thức
f (x)dx
f (x)dx f (x)dx   
() để tách : i x i x I
f (x) dx
f (x) dx
f (x) dx
f ( x)dx f (x)dx     
. Sau đó chuyển về sáu TH đầu. i x i x
TH8: Khi bài toán yêu cầu tính diện tích hình phẳng hoặc thể tích vật thể tạo ra khi quay hình phẳng qua
trục Ox, Oy thì các em cần nhớ kiến thức sau:
Hình phẳng giới hạn bởi các đường : bb
y f (x) S
f (x)  g(x) dx (2*)   S f (x) dx      a a
y g( x) 
(nếu y g(x)  0 )   b b
x a; x b a  2 2  2  V
f (x)  g (x) dx (3*) V f (x)dx 0 x   0x    aa
Nếu không dựa vào hình vẽ và cần phá trị tuyệt đối thì chuyển về TH6 . Trang 114
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Mặc dù cũng đã rất cố gắng song với khả năng và trong khoảng thời gian còn hạn
chế, cùng với lượng bài giải lớn nên trong bài viết không tránh khỏi sai xót. Rất mong
sự góp ý và xây dựng từ phía bạn đọc, để bài viết được hoàn thiện hơn.
Mọi ý kiến góp ý xin chuyển vào email: giaidaptoancap3@yahoo.com
Các bạn có thể tham khảo các bài viết khác khi ghé qua trang:
http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Hy vọng bài viết này sẽ giúp ích nhiều cho bạn đọc .
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU ! Trang 115