Các dạng bài tập VDC nguyên hàm, tích phân và ứng dụng Toán 12

Các dạng bài tập VDC nguyên hàm, tích phân và ứng dụng 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!

28 14 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:

138 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
CHƯƠNG 3: N
GUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
A.
K
IẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮ
M
I.
NGUY
Ê
N HÀM VÀ TÍNH CHẤT
1.
Nguyên hàm
Định nghĩa: Cho hàm
số

fx
xác định trên
K
(
K
là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của
). Hàm số

Fx
được gọi là nguyên hàm của hàm số
fx
trên K nếu
Fʹ xfx
với mọi xK.
Định lý 1: Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì với mỗi hằng số C, hàm số
 
Gx Fx C
cũng là một nguyên hàm của
fx
trên
K.
Định lý 2: Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì mọi nguyên hàm của
fx
đều có dạng

Fx C,
với
C
là một hằng số.
Hai định lý trên cho thấy:
Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì
Fx C,C
là họ tất cả các nguyên
hàm của

fx
trên K. Kí hiệu
 
fxdx Fx C.
Chú ý: Biểu t
hức
fxdx
chính là vi phân của nguyên hàm

Fx
của
fx,
vì
  
ʹ
dFx F xdx fxdx.
2. Tính
chất của nguyên hàm
Tính chất 1
 
fʹ xdx fx C
Tính chấ
t 2
 
kf x dx k f x dx

, k là hằng số khác 0.
Tính chất 3
   
fx gx dx fxdx gxdx.




3. Sự tồn tại của nguyên
hàm
Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
4. Bảng nguyên hàm
Nguyên hàm của hàm số
sơ cấp
Nguyên hàm của hàm số
hợp
u=u x
Nguy
ên hàm của hàm số hợp
u=ax+b;a 0
dx x C
du u C
dax b ax b C


1
1
1
x
xdx C


1
1
1
u
uC


1
1
1
ax b
ax b dx C
a

1
lndx x C
x

1
lndu u C
u
11
lndx ax b C
ax b a

2
11
dx C
xx

2
11
du C
uu


2
111
.dx C
aax b
ax b

2
3
xdx x x C
2
3
udu u u C

12
.
3
ax bdx ax b ax b C
a

1
2dx x C
x

1
2du u C
u
11
.2dx ax b C
a
ax b

xx
edx e C
uu
edu e C
2
ax b ax b
edx e C
a



0, 1
ln
x
x
a
adx C a a
a


0, 1
ln
u
u
a
adu C a a
a


1
.0,1
ln
mx n
mx n
a
adx Ca a
ma

sin cosxdx x C
sin cosudu u C

 
1
sin cos
ax b dx ax b C
a

cos sinxdx x C
cos sinudu u C
 
1
cos sin
ax b dx ax b C
a

tan ln cosxdx x C
tan ln cosudu u C

 
1
tan ln cos
ax b dx ax b
C
a

cot ln sinxdx x C
cot ln sinudu u C
 
1
cot ln sin
ax b dx ax b C
a

2
1
cot
sin
dx x C
x

2
1
cot
sin
du u C
u



2
11
cot
sin
dx ax b C
ax b a

2
1
tan
cos
dx x C
x

2
1
tan
cos
du u C
u


2
11
tan
cos
dx ax b C
ax b a

1
ln tan
sin 2
x
dx C
x

1
ln tan
sin 2
u
du C
u

1
ln tan
sin 2
dx ax b
C
ax b a

1
ln tan
cos 2 4
x
dx
C
x




1
ln tan
cos 2 4
u
du
C
u





1
cos
1
ln tan
24
dx
ax b
ax b
C
a




II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến số
Định lý 1: Nếu
f(u)du F(u) C
và uu(x)
có đạo hàm liên tục thì:
fu(x).uʹ(x)dx F u(x) C
 
 
Hệ quả: Với

uaxba0
ta có
 
1
faxbdx Faxb C.
a

2. Phương pháp tín
h nguyên hàm từng phần:
Định lý 2: Nếu hai hàm số

uux
và
vvx
có đạo hàm liên tục trên K thì:
   
uxvʹ xdx uxvx uʹ xv x dx.

B. PHÂN LOẠI VÀ P
HƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp
1. Phương pháp giải
Biến đổ
i các
hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x,
trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.
Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Nguyên hàm của hàm số

21
x
x
fx
e
là
A.
2
ln 2
x
x
x
eC
e
 B.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e
C.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e

D.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:

21 2 2
ln 2 1
x
xx
xx
xx
dx dx e dx e C
ee e






.
Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số
2019
2fx xx
là
A.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C


B.
2020 2018
22
2021 1009
xx
C

C.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C


D.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
:
 


2019 2019
2021 2020
2020 2019
2222
22
222
2021 1010
x x dx x x dx
xx
xdxxdx C







Bài tập 3.
Nguyên hàm của hàm số

2
1
1
x
fx
e
là
A.
2
ln 1
x
xe C B.

2
1
ln 1
2
x
xe C

C.
2
ln 1
x
eC
D.
2
ln 1
x
xe C

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta c
ó:
22
2
22 2
1
1
1
11 1
xx
x
xx x
ee
e
ee e



.
Do đó

2
2
2
22 2
1
111
1ln1
11212
x
x
x
xx x
de
e
dx dx dx x e C
ee e






Bài tập 4.
Nguyên hàm của hàm số

1
22
fx
xx

là:
A.
33
1
22
6
xxC




B.
1
22
6
xxC



C.

11
222
66
xxxC
D.

11
22 2
66
xx xC

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta c
ó:
   
122
4
22
12 2 1 1
22 22 22 22
43 3 6 6
xx
dx dx
xx
xx xx Cxx xxC







Chú ý: Sử
dụng kĩ thuật nhân liên hợp:
ab
ab
ab

.
Lưu ý:

2
3
ax bdx ax b ax b C
a

.
Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số

2
513
56
x
fx
xx
là:
A.
2ln 3 3ln 2xxC B. 3ln 3 2 ln 2xxC

C.
2ln 3 3ln 2xxC D. 2ln 3 3ln 2xxC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta c
ó:

2
513 513
56 2 3
xx
xx x x


Ta sẽ phân tí
ch:
513 2 31xAxBx
Thế
2x
và
3x
lần lượt vào (1) ta có
3
B
và
2
A
.
Khi đó

2
2233
513 2 3
56 2 3 3 2
2ln 3 3ln 2
xx
x
dx dx dx dx
xx x x x x
xxC





Bài tập 6.
Nguyên hàm của hàm số

4
5
1 x
fx
xx
là:
A.

4
1
ln ln 1
2
xxC
B.
4
ln ln 1xx C

C.

4
1
ln ln 1
2
xxC
D.

4
1
ln ln 1
2
xxC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


44
43
4
54
4
12
1121
ln ln 1
12
1
xx
xx
dx dx dx dx x x C
xx x x
xx




Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số

2
3
333
32
xx
fx
xx
là:
A.
3
ln 2 2 ln 1
1
xx C
x

B.
3
ln 2 2 ln 1
1
xx C
x

C.
3
2ln 2 ln 1
1
xx C
x

D.
3
2ln 2 ln 1
1
xx C
x

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:

22
2
3
333 333
32
12
xx xx
dx dx
xx
xx
 



.
Ta phân tích
2
2
333 1 1 2 2xx Ax Bx x Cx .
Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay
1, 3AC
và
2
B
.
(thay
21;13xAxC và 02xB
).
Khi đó
 
2
22
333 1 1 1 3
2 3 ln 2 2 ln 1
21 1
12 1
xx
dx dx dx dx x x C
xx x
xx x





.
Lưu ý: Ta có kiến t
hức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ

Px
Idx
Qx
, với
P
x
và

Qx là các đa thức, cụ thể như sau:
Nếu
deg deg
P
xQx
thì ta thực hiện phép chia
P
x
cho

Qx
(ở đây, kí hiệu
deg
P
x là bậc của đa thức
P
x ).
Khi
deg deg
P
xQx
thì ta quan sát mẫu số
Qx
ta tiến hành phân tích thành các
nhân tử
, sau đ
ó, tách
P
x theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng
nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức.
Mộ
t số trường hợp đồng nhấ
t thức thường gặp
Trường hợp 1:

11ac
ax b cx d ad bc ax b cx d





.
Trường hợp 2:


Ax Ba x Ad Bb
mx n A B
ax b cx d ax b cx d ax b cx d


 
.
Ta đồng nhất thức
1mx n Ax Ba x Ad Bb .
Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.
Đồng nhất đẳng thức, ta được
Ac Ba m
Ad Bb n


. Suy ra A, B.
Cách 2. Phương pháp giá trị riêng.
Lần lượt thay
;
bd
xx
ac
 
vào hai vế của (1), tìm được A, B.
Trường hợp 3:
 
22
mx n A B
ax b
ax b ax b


.
Trường hợp 4:


22
2
*
mx n A B C
cx d ax b
ax b cx d ax b
mx n A cx d B ax b C ax b cx d




Lần lượt th
ay
;;0
bd
xxx
ac
  vào hai vế của (*) để tìm A, B, C.
Trường hợp 5:


2
2
1 ABxC
x m ax bx c
x m ax bx c



với
2
40bac

.
Trường hợp 6:
  
22 2 2
1 ABCD
xa xb
xa xb xa xb



.
Bài tập 8. Cho hà
m số
fx
xác định trên
1
\
2

thỏa mãn
 
2
';01
21
fx f
x

và

12f . Giá trị của biểu thức
13
P
ff là:
A.
3ln5 ln2 B. 3ln2 ln5 C. 32ln5
D. 3ln15
Hướng dẫn giải
Chọn D.
 


1
2
1
ln 2 1
2
2
'ln21
21 1
ln 1 2
2
xCkhix
f x f x dx dx x C
x
xCkhix




Vì

2
1
01
1
2
12
f
C
C
f

.
Suy ra



1
ln 2 1 2
2
1
ln 1 2 1
2
xkhix
fx
xkhix


.
Do đó
1 3 3 ln 3 ln 5 3 ln15Pf f
Bài tập 9.
Cho hàm số
fx
xác định trên
\1;1
, thỏa mãn
 
2
2
';332ln2
1
fx f f
x

và
11
0
22
ff




. Giá trị của biểu thức
204Pf f f
là:
A.
2ln2 ln5 B. 6ln2 2ln3 ln5 C. 2ln2 2ln3 ln5
D. 6ln2 2ln5
Hướng dẫn giải
Chọn C.
 
2
211 1
'ln
111 1
x
f x f x dx dx dx C
xxxx






Hay

1
2
3
1
ln 1
1
11
ln ln 1 1
11
1
ln 1
1
x
Ckhix
x
xx
fx C Ckhi x
xx
x
Ckhix
x











Theo bài ra, ta có:
13
2
332ln2
2ln2
11
0
0
22
ff
CC
C
ff







Do
đ
ó

32 1
3
2 0 4 ln3 ln 2ln2 2ln3 ln5
5
fff CC C
.
Bài tập 10. Nguyên hàm
3
2
.1
P
xx dx
là:
A.

3
22
3
11
8
P
xxC
B.

22
3
11
8
P
xxC

C.
3
2
3
1
8
P
xC D.

3
22
3
11
4
P
xxC

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta c
ó:

14
3
2222
33
13
.1 1 1 1
28
xx dx x dx x C

.
Bài tậ
p 11.
Nguyên hàm của hàm số
sin cos sinxxxdx
là:
A.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC
B.
11 1
sin 2 cos2
24 4
xx xC

C.
11
sin 2 cos2
22
xx xC
D.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
sin cos sin sin sin cos
1cos2 sin2 1 1 1
sin 2 cos 2
22 222
xxxdx xxxdx
xx
dx x x x C






Bài tập 12.
Nguyên hàm của hàm số
22
1
sin cos
dx
xx
là:
A.
tan cotxxC
B.
tan cotxxC
C.
tan cotxxC
D.
cot tanxxC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta c
ó:
22
22 2 2 2 2
1sincos 11
tan cot
sin cos sin .cos cos sin
xx
dx dx dx x x C
xx x x x x





.
Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số
42
1
4cos 4cos 1
dx
xx
là:
A.
cot 2
2
x
C
B. tan 2xC C. cot 2xC
D.
tan 2
2
x
C
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta c
ó:



42 22 2 2
11111tan2
(2 )
4 cos 4 cos 1 (2 cos 1) cos 2 2 cos 2 2
x
dx dx dx d x C
xx x x x
Bài tập 14.
Nguyên hàm của hàm số
3
tan xdx
là:
A.
2
tan
ln cos
2
x
xC
B.
2
tan
ln sin
2
x
xC
C.
2
tan
ln cos
2
x
xC
D.
4
2
tan
4cos
x
C
x
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Từ
32
tan tan 1 tan tanxx x x
Suy ra

2
3
cos
tan
tan tan tan ln cos
cos 2
dx
x
xdx xd x x C
x


.
Bài tập 15. Gọi
Fx là nguyên hàm của hàm số
sin 2 tanfx x x thỏa mãn
3
34
F



. Giá
trị của
4
F



là:
A.
31
212
B.
31
212
C.
31
212
D.
31
212
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta c
ó:

2
sin
sin 2 . tan 2 sin .cos . 2 sin
cos
x
F x x xdx x x dx xdx
x


.
Suy ra

sin 2
1cos2
2
x
F
xxdxxC
.
Theo giả thiết, ta có:
312 3 3
sin
34323 4 23
FCC


 


.
Vậy

sin 2 3
223
x
Fx x
 .
Do đó
1331
sin 2
442 4 23 2 12
F

 
 
 
 
.
Bài tập 16. Gọi
Fx
là nguyên hàm của hàm số
4
cos 2fx x
thỏa mãn
0 2019F
. Giá trị
của
8
F



là:
A.
3 16153
64
B.
3 129224
8
C.
3 129224
64
D.
3 129224
32
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
:


2
42
1cos4 1
cos 2 1 2 cos 4 cos 4
24
11cos81
1 2cos4 3 4cos4 cos8
428
x
xxx
x
xxx








Do đ
ó
 
111
3 4 cos 4 cos8 3 sin 4 sin 8
888
Fx x xdx x x x C




Mà
0 2019F
nên ta có
2019C
.
Vậy

11
3 sin 4 sin 8 2019
88
Fx x x x




.
Do đó
3 129224
864
F




Bài tập 17. Gọ
i

Fx là nguyên hàm của hàm số

5
cos
1sin
x
fx
x
, với
2,
2
xkk

và thỏa
mãn

3
4
F
. Giá trị của
2
F



là:
A.
2
3
B. 0. C.
5
3
D.
1
3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta t
hấy:





5
323
34
23
cos
cos 1 sin 1 sin cos cos .sin
1sin
sin cos
1 sin sin cos cos sin
34
x
xx xxxx
x
xx
Fx xd x xd x x C



Theo giả thiết, ta có

3
4
F
nên 1C
.
Vậy

34
sin cos
sin
34
xx
Fx x C
Do đ
ó
1
23
F




.
Chú ý:
Với
*
n , ta có:

1
cos
cos .sin cos cos
1
n
nn
x
xxdx xd x C
n


và

1
sin
sin .cos sin sin
1
n
nn
x
xxdx xdx C
n


.
Bài tập 18. Biết
cosx a
dx ln 5sin x 9 C , a,b
5sinx 9 b

,
a
b
là phân số tối giản. Giá trị 2a b
là
A.
10.
B.
4.
C.
7.
D.
3.
Hướng dẫn giải
CHỌN D

d5sinx 9
cosx 1
dx
5sinx 9 5 5sinx 9


1
ln 5sin x 9 C
5

Vậy
a1,b5.
Nên 2a b 3.
Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm

Fx
của hàm số

2
fx 1 sinx biết
3
F.
24



A.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

B.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

C.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

D.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

Hướng dẫn giải
CHỌN B
Ta c
ó


2
2
1cos2x
1 sin x dx 1 2sin x sin x dx 1 2sin x dx
2
31
x2cosx sin2xc
24






33 1 3
F2cossincc0
2422 24 4


 


.
Vậy

31
Fx x 2cosx sin2x
24

.
Bài tập 20. Cho

cos2x
dx F x C
sin x cosx

và
Fab.

Tính

6
Aab.
A.
2. B. 2. C. 1. D. 1.
Hướng dẫn giải
CHỌN C
Ta c
ó:

22
cos2 x cos x sin x
F x dx dx
sinx cosx sinx cosx





cosx sinx cosx sinx
dx cosx sin x dx sin x cosx.
sin x cos x




F1abA1.
Bài tập 21.
Cho tích phân
22
1
dx a.
sin xcos x
Tính
2
A12cot2x theo a.
A.
2
4a . B.
2
2a . C.
2
3a . D.
2
a .
Hướng dẫn giả
i
CHỌN C
Ta c
ó:

22
22 22 2 2
1sinxcosx11
F x dx dx dx
sinxcosx sinxcosx cosx sinx





tan x cot x .
Theo đề:
22
2
2
2
2
sin x cos x sin x cos x 2 cos 2x
tan x cot x a
cosx sinx sinxcos x sin 2x
cos2x a
sin 2x 2
cos 2x a
A 12. 12. 3a .
2
sin 2x







Bài tập 22
. Cho
Fx
là một nguyên hàm của hàm số
22
sin 2
cos 4sin
x
dx
x
x
và

02 1
2




Ff
. Tính

20
2



FF
.
A.
7
9
. B.
7
9
. C.
0
. D.
1
Lời giải
CHỌN B
Ta có
22
cos 4sindx x
2sin cos 8sin cos
x
xxxdx
6sin cos
x
xdx
3sin2
x
dx
22
1
sin 2 cos 4sin
3
x
dx d x x
.
Do đó :
22
sin 2
cos 4sin
x
dx
x
x
22
22
cos 4sin
1
3
cos 4sin
dx x
x
x
22
22
cos 4sin
2
3
2cos 4sin
dx x
x
x
22
2
cos 4sin
3
x
xC


24 7
02 2. 3 1
23 3 9
FF CC




.
Vậy

24 7
20 2. 2
23 3 9
FF CCC




Bài tập 23. Gọi
F
x
là nguyên hàm của hàm số

2
8
x
fx
x
trên khoảng
22;22
thỏa
mãn
20F . Khi đó phương trình
Fx x
có nghiệm là:
A. 0x B. 1x C. 1x
D. 13x 
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:


22
22
1
88
828
x
Fx dx d x x C
xx



Mặt khác

2
20 8 0 2FxCC
Vậy

2
82Fx x
.
Xét phương trình


22
2
2
2
20
82 82
82
2
2
13 13
2440
13
x
Fx x x x x x
xx
x
x
xx
xx
x

 






Bài tập 24. Cho
Fx là một nguyên hàm của hàm số

432
21
2
x
fx
xxx
trên khoảng
0;
và

1
1
2
F
. Tổng
1 2 3 ... 2019SF F F F
là
A.
2019
2020
B.
2019.2021
2020
C.
1
2018
2020
D.
2019
2020
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phân tích



22
432
2
2
21 21 21
2
1
xxx
fx
xxx
xx
xx



Khi
đó

 

2
22
2
22
21 1 1x
Fx dx dx x C
xx
xx xx



.
Mặt khác

11 1
11
22 2
FCC
.
Vậy


2
1111
11 1
11
Fx
xx xx xx

  



.
Do đ
ó

11111 1 1
1 2 3 ... 2019 1 ... 2019
2 2 3 3 4 2019 2020
111
1 2019 2018 2018
2020 2020 2020
SF F F F








Bài tập 25. Cho hàm số
fx có đạo hàm xác định trên thỏa mãn

022, 0ffx và
 
2
.' 2 1 1 ,fx f x x f x x . Giá trị
1f là:
A. 62 B. 10 C. 53 D. 26
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
  

2
2
.'
.' 2 1 1 2 1
1
fx f x
fx f x x f x x
fx

.
Suy ra
 




2
22
22
1
.'
21 21 1
121
dfx
fx f x
dx x dx x dx f x x x C
fx fx
 


Theo giả thiết
022f , suy ra

2
122 3CC

Với
3C thì
 

2
22 2
13 31fx xx fx xx
Vậy

12426f 
Bài tập 26. Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên đoạn
2;1
thỏa mãn
03f
và


2
2
.' 3 4 2fx f x x x. Giá trị lớn nhất của hàm số
yfx trên đoạn
2;1 là:
A.
3
242
B.
3
215
C.
3
42
D.
3
15
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


2
2
.' 3 4 2 *fx f x x x
Lấy ngu
yên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:




 
2
2332332
1
.' 3 4 2 2 2 3 6 6 3
3
f x f x dx x x dx f x x x x C f x x x x C

Theo giả thiết, ta có
03f
nên


3
32 3 32
0 3 0 2.0 2.0 27 3 9 3 6 6 27fCCCfxxxx
Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số
32
36627gx x x x
 trên đoạn
2;1 .
Ta có
2
'91260, 2;1gx x x x
nên đồng biến trên đoạn
2;1 .
Vậy


3
3
2;1 2;1
max max 42fx gx


.
Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt
u=u x
1. Phương pháp giải
Định lí:
Cho
fudu Fu C
và
uux
là hàm số có đạo hàm liên tục thì
'fux uxdx Fux C
 

 
Các bước thực hiện đổi biến:
Xét
'Ifuxuxdx
Bước 1: Đặt
uux
, suy ra
'du u x dx
Bước 2: Ch
uyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được
IfuduFuC

, trong đó
Fu là
một nguyên hàm của hàm số
fu.
Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là
IFux C
Hệ quả: nếu
Fx là một nguyên hàm của hàm số
fx trên K và ,;0ab a ta có:
 
1
faxbdx Faxb C
a

.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Nguyên hàm
Fx của hàm số
3
21
.
x
fx xe
, biết

1
1
3
F
là:
A.

3
1
1
3
x
Fx e C
 B.

3
1
1
2019
3
x
Fx e
 C.

3
1
11
33
x
Fx e
D.

3
1
1
3
x
Fx e
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
3
1ux ta có
22
1
3
3
du x dx x dx du
Suy ra

11
33
uu
fxdx e du e C

Do đ
ó

3
1
1
3
x
F
xeC

.
Mặt khác

1
1
3
F 
nên 0C . Vậy

3
1
1
3
x
fxdx e
.
Lưu ý: Ta có thể viết như sau:


33 3
21 1 3 1
11
1
33
xx x
f x dx x e dx e d x e C



Chú ý: Với các viết

23
1
1
3
xdx d x
, ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và
nhanh gọn.
Bài tập 2. Nguyên hàm
2sin
13cos
x
M
dx
x
là:
A.

1
ln 1 3cos
3
M
xC B.
2
ln 1 3cos
3
M
xC

C.
2
ln 1 3cos
3
M
xC
D.
1
ln 1 3cos
3
M
xC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt 13cosux , ta có 3sindu xdx hay
2
2sin
3
xdx du
.
Khi đó
21 2
ln
33
M
du u C
u
 
Vậy
2sin 2
ln 1 3cos
13cos 3
x
M
dx x C
x

Bài tập 3.


4
0
sin x
4
43a
Idx,a,b.
b
sin 2x 2 1 sin x cos x





Tìm tỉ lệ
a
b
.
A.
1
.
3
B.
1
.
2
C.
2
.
1
D.
3
.
1
Hướng dẫn giải
CHỌN B
Đặt

2
dt cosx sin x dx 2 sin x dx
4
tsinxcosx
sin 2x t 1






và
x:0
4
thì t:1 2 .


2
22
2
22
1
11
1dt 2dt21432
I.
22t14
2
t121t
t1



.
Bài tập 4. Cho

3
cos xsinxdx F x C
và

1
F0 a b .
4

Tính
22
A a b 2018.
A. 2018. B. 2016. C. 2022. D. 2020.
Hướng dẫn giải
CHỌN A
3
cos xsin xdx
Đặt
ucosx dusinxdx .

 
44
33
2
33
ucosx
cos xsinxdx u du C C
44
11
F0 ab ab0.
44
A a b 2018 a b 2ab a b 2018 2018.
  



Chú ý: chú ý rằng với
0a
và
,;0mn n
ta luôn có:
m
n
m
n
aa .
Bài tập 5. Nguyên hàm
1
1
R
dx
xx
là:
A.
111
ln
2
11
x
R
C
x



B.
111
ln
2
11
x
R
C
x


C.
11
ln
11
x
R
C
x



D.
11
ln
11
x
R
C
x


Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2
11ux ux
. Suy ra
2
1xu
và 2dx udu
.
Khi đó

2
2
2211 1
ln
111 1
1
uu
R
du du du C
uuu u
uu






.
Vậy
11
ln
11
x
R
C
x



Bài tập 6. Nguyên hàm
32
9Sxx dx
là:
A.

2
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


B.

4
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


C.

22
2
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


D.
2
22
2
99
39
5
xx
S
xC


Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét
32 22
99
S
xx dx xx xdx

.
Đặt
222
99ux ux. Suy ra
22
9xu
và xdx udu
.
Khi đó

5
2423
9. 9 3
5
u
S
u u udu u u du u C

.
Vậy

2
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


Bài tập 7. Nguyên hàm
1
ln 1
Tdx
xx
là:
A.
1
2ln 1
TC
x

B. 2ln 1TxC

C.

2
ln 1 ln 1
3
Tx xC
D.
ln 1TxC

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:

11
ln 1 2 ln 1
ln 1 ln 1
TdxdxxC
xx x



.
Bài tập 8. Nguyên hàm

2020
2022
2
1
x
Udx
x
là:
A.
2021
12
31
x
UC
x




B.
2020
12
6060 1
x
UC
x



C.
2021
12
6063 1
x
UC
x




D.
2023
12
6069 1
x
UC
x



Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét
 
2020
2020
2022 2
2
21
1
11
x
x
Udx dx
x
xx






Đặt
 
22
2311
13
11
x
ududxdudx
x
xx


.
Suy ra.
2020 2021
11
3 6063
Uudu uC
. Vậy
2021
12
6063 1
x
UC
x



Lưu ý:

1
2
11
1
n
n
n
ax b
ax b
dx C
nadbdcxd
cx d





Bài tập 9. Xét nguyên hàm

2
ln
1ln1
x
Vdx
xx

. Đặt
11lnux
, khẳng định nào sau đây
sai?
A.

22
dx
udu
x

B.

2
2
2
.2 2
uu
Vudu
u

C.
54 32
2516
4
52 3
Vu u uuC
D.
54
32
16
4
523
uu
VuuC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
 
2
2
1 1 ln 1 1 ln ln 2 2 2
dx
uxu xxuuudu
x
 
.
Khi đó



2
2
2
432 5 4 32
2
ln
.2 2
1ln1
2516
2584 4
52 3
uu
x
Vdxudu
u
xx
uuuuduu u uuC




Bài tập 10. Gọi
Fx
là nguyên hàm của hàm số
23
sin 2 .cos 2fx x x
thỏa 0
4
F



. Giá trị

2019F
là:
A.

1
2019
15
F
 B.
2019 0F
C.

2
2019
15
F
D.

1
2019
15
F
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
1
sin 2 2 cos2 cos 2
2
u x du xdx du xdx
Ta có

 
23 22 24
35 3 5
11
sin 2 . cos 2 . 1
22
11 1 1
sin 2 sin 2
610 6 10
F x x xdx u u du u u du
uuC x xC



35
11 1
0sin sin 0
462102 15
FCC


 


Vậy

35
11 1
sin 2 sin 2
61015
Fx x x
Do đ
ó

1
2019
15
F

Bài tập 11. Biết rằng
 
23
1
1231
xdx
C
xx x x gx


(với C là hằng số). Gọi S là tập
nghiệm của phương trình
0gx . Tổng các phần tử của S bằng:
A. 0. B.
35
C. 3
D.
35
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì

 
2
22 2
1231 3 321 31xx x x xxxx xx

nên ta đặt
2
3ux x,
khi đó

23du x dx
Ng
uyên hàm ban đầu trở thành

2
1
1
1
du
C
u
u

.
Suy ra

2
23
1
1231 31
xdx
C
xx x x x x


Vậy
 
22
35
2
31; 0 310
35
2
x
gx x x gx x x
x

 

.
Do đó
3535
;
22
S

 




.
Tổng giá trị các phần tử của S bằng
3 .
Bài tập 12.

3cos2x sin 4x
IdxFxC.
2sinxcosx


Tính
F1,
biết rằng
Fx
không chứa hệ số tự do.
A.
17
.
3
B.
2
.
3
C.
15
.
3
D.
9
.
3
Hướng dẫn giải
CHỌN A



32sin2xcos2x
3cos2x sin4x
Idx dx
2sinxcosx 2sinxcosx
32sin2xcosxsinxcosxsinx
dx
2sinxcosx

 



Đặt

2
dt cos x sin x dx
tsinxcosx
sin 2x t 1




2
3
2
32
32t 1.t
2t 5t 6
Idtdt2t4t3dt
2t t2 t2
2
t2t3t6lnt2 C.
3














Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2
1. Phương pháp giải
Kiến thức cần nhớ:
Ta đã biết các đẳng thức sau:
22
sin cos 1tt
, với mọi t .


2
2
2
2
1
1tan ,
cos 2
1
1cot ,
sin
ttkk
t
ttkk
t

 
Với các bà
i toán sau đây thì ta không thể giải quyết
ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở
dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi
biến theo kiểu “
lượng giác hóa” dựa vào các hằng
đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích
hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây:
Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và
cách xử lí.
Bài toán 1: Tính
1
22
dx
A
ax
Bài toán 1:
Tính
1
22
dx
A
ax
Đặt
sinxa t , với
;
22
t



hoặc
cosxa t với
0;t
Bài toán 2: Tính
2
22
dx
A
ax
Bài toán 2: Tính
2
22
dx
A
ax
Đặt
tanxa t , với ;
22
t



.
Bài toán 3: Tính
3
ax
Adx
ax
Bài toán 3: Tính
3
ax
Adx
ax
Đặt
cos 2xa t
với
0;
2
t



Bài toán 4: Tính
4
Axaxbdx
Bài toán 4: Tính
4
Axaxbdx
Đặt
2
sinxa ba t với
0;
2
t



Bài toán 5: Tính
22
5
Axadx
Bài toán 5: Tính
22
5
Axadx
Đặt
sin
a
x
t
với ;
22
t



2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Nguyên hàm
2
2
4
x
Idx
x
là:
A.
2
4
arcsin
24
xx x
C

B.
2
4
2arccos
22
xx x
C
C.
2
4
arccos
24
xx x
C

D.
2
4
2arcsin
22
xx x
C
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt 2sinxt với ;
22
t



. Ta có cos 0t và 2cosdx tdt
.
Khi đó
2
2
2
4sin
2cos 4sin
44sin
t
Itdttdt
t


(vì cos 0 , ;
22
tt




).
Suy ra
21cos2 2 sin2ItdtttC
Từ
2 sin arcsin
2
x
xtt
và
2
4
sin 2 2 sin .cos
2
xx
ttt

Vậy
22
2
4
2arcsin
22
4
xxxx
Idx C
x

Bài tập 2. Nguyên hàm

3
2
1
1
Idx
x
là:
A.

2
2
3
1 xC
B.
2
1
x
C
x
C.

3
2
1
x
C
x
D.
2
1 x
C
x
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt cos , 0 sin .xtt dx tdt
.
Khi đó
32
sin .
cot
sin sin
tdt dt
Idt tC
tt
 

hay
2
1
x
IC
x
Vậy

32
2
1
1
1
x
dx C
x
x

Ví dụ 3. Nguyên hàm
2
1
1
Idx
x
là:
A.
arctan xC B. arccot xC
C. arcsin xC
D. arccos xC
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt tanxt với
;
22
t



, ta có
2
1tandx t dt
.
Khi đó

2
2
1
1tan
1tan
ItdtdttC
t


Vậy
2
1
arctan
1
IdxxC
x

Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần
1. Phương pháp giải
Với

uux
và
vvx
là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:
.' '.'uv u vv u
Viết dưới dạng vi phân
d uv vdu udv
Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được:
d uv vdu udv

Từ đó suy
ra
1udv uv vdu

Công thức (
1) là công thức nguyên hàm từng phần.
Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Bài toán: Tìm
.Iuxvxdx
, trong đó
ux và
vx là hai hàm có tính chất khác nhau,
chẳng hạn:

ux là hàm số đa thức,

vx là hàm số lượng giác.

ux là hàm số đa thức,

vx là hàm số mũ.
ux là hàm số logarit,
vx là hàm số đa thức.

ux
là hàm số mũ,

vx
là hàm số lượng giác.
Phương pháp nguyên hàm từng phần
Bước 1: Đặt



'du u x dx
uux
dv v x dx v v x dx



Bước 2: Áp dụ
ng công thức (1), ta được:
udv uv vdu
Lưu ý: Đặt

uux (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có
logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp
như thế.
Còn đối với nguyên hàm
vvxdx
ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được
làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Kết quả nguyên hàm
2
ln 2Ix xdx
là:
A.

22
2
2
ln 2
22
xx
xC

B.

2
22
2ln 2
2
x
xx C

C.
222
2ln 2xxxC D.

22
2
2
ln 2
22
xx
xC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt

2
2
2
2
ln 2
2
2
2
x
du dx
ux
x
x
dv xdx
v



Khi
đó
 
222
22
22
ln 2 ln 2
222
xxx
IxxdxxC


Chú ý: Thông thường thì với
2
2
x
dv xdx v
Tuy
nhiên trong trường hợp này, ta để ý
2
2
2
x
v
mang lại sự hiệu quả.
Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm
2
ln sin 2cos
cos
xx
Idx
x
là:
A.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
B.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
C.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
D.
cot 2 .ln sin 2cos 2 ln cosxxxxxC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt

2
cos 2 sin
ln sin 2cos
sin 2 cos
sin 2 cos
tan 2
cos
cos
xx
uxx
du dx
xx
dx
xx
dv
vx
x
x





Khi
đó


cos 2sin
tan 2 ln sin 2cos
cos
tan 2 ln sin 2cos 2 ln cos
xx
Ix x x dx
x
xxxxxC


Chú ý:
Ở Bài tập này, Chọn tan 2vx có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm
vdu
.
Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm
2
sin 5Ix xdx
là:
A.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC
B.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC

C.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC
D.
2
122
cos5 sin5 cos5
5 25 125
xxxx xC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên
2
ux là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai
lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo”
cụ thể như sau:
Bước 1: Chia thành 3 cột:
+ Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0.
+ Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo.
+ Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng với cột 1.
Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó
đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau.
Khi
đó
2
122
cos 5 sin 5 cos5
5 25 125
Ixxxx xC
Chú ý:
Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian.
Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo
hàm
và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc.
Bài tập 4. Nguyên hàm
43x
Ixedx
là:
A.
43 2
3
2345
4122424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




B.
53
.
53
x
xe
IC
C.
43 2
3
2345
412 2424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




D.
43 2
3
23
412
33 3
x
xx x
IeC




Hướng dẫn giải
Chọn A.
Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo
sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn.
Vậy
43 2
3
2345
4122424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




.
Bài tập 5. Nguyên hàm sin
x
Ie xdx
là:
A.
2sin cos
x
ex xC B.
2sin cos
x
exxC
C.

1
sin cos
2
x
exxC
D.

1
sin cos
2
x
ex xC
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho
người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở
đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ
đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại?
Khi
đó, ta sẽ có thể kết luận
sin cos sin
xx x
Ie xe x e xdx
.
Hay
2sin.cos
xx
Ie xe x
. Vậy

1
sin cos
2
x
Ie x xC
Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được
sin
x
xe dx I
.
Bài tập 6. Tìm
ln
n
Iaxbvxdx
, trong đó
vx là hàm đa thức,
*
n và ,;0ab a
Hướng dẫn giải
Phân tích: Vì ưu tiên
ln
n
ux ax b nên
1
.ln
n
na ax b
du dx
ax b
và tiếp tục đạo hàm thì cột 1
sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng

na
tx
ax b
từ cột 1 sang nhân với
vx ở cột 3 để
rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan
dấu bình thường.
Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm .lnIxxdx
là:
A.
22
.ln2
24
xx
C
B.
22
.ln2
24
xx
C
C.
22
.ln2
42
xx
C
D.
22
.ln2
42
xx
C
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vậy
22
.ln .ln2
24
xx
Ixxdx C
Chú ý: chuyển lượng

1
tx
x
bên cột 1 sang nhân với

2
2
x
vx
ta thu được kết quả
2
x
. Khi đó
bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của
2
x
là
2
4
x
.
Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm
3
41.ln2Ix xdx
là:
A.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
B.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
C.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
D.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vậy






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
Ixx x xx x xx x xC
Chú ý:
Chuyển
3
x
, nhân với

2
2xx thu được
63x
Chuyển
2
x
, nhân với
2
33xx thu được
66x
.
Chuyển
1
x
, nhân với

2
36xx thu được
36x
.
Bài tập 7. Cho
1
x
F
xxe là một nguyên hàm của hàm số
2
x
fxe. Biết rằng hàm số
fx
có đạo hàm liên tục trên
. Nguyên hàm của hàm số
2
'
x
fxe là:
A.
2
x
xe C
B.
2
x
xe C
C.
1
x
xe C
D.

1
x
xe C
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
222
'1...
xx x x x x
Fx fxe e x e fxe fxe xe .
Xét
2
'
x
fxedx
Đặt
 
22
2
'
xx
ue du edx
dv f x dx v f x







Do đ
ó
2
.2 21
xxxx
Ifxe fxedxxe x eC
Vậy
2
'2
xx
I f xe dx xe C
Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm
1. Phương pháp giải
Ý nghĩa vật lí của đạo hàm:
Một chất điểm chuyển động theo phương trình
SSt
, với
St
là quãng đường mà chất điểm đó
đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu.
Gọi
vt và
at lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có:
 
'vt S t và
'at v t .
Từ đó ta có:
St vtdt
và
vt atdt
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Một vật chuyển động với gia tốc


2
3
/
1
at m s
t
, trong đó t là khoảng thời gian tính
từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao
nhiêu?
A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. D. 12 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vận tốc của vật tại thời điểm t
được tính theo công thức:
 
3
3ln 1
1
v t a t dt dt t C
t


Vì vận tốc b
an đầu (lúc
0t ) của vật là
0
6/vms
nên:
03ln01 6 6 3ln16vCCvtt
.
Vận tốc c
ủa vật chuyển
động tại giây thứ 10 là:
10 3ln 10 1 6 13, 2 /vms .
Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc


322
15
/
24 16
at t t m s
, trong đó t là
khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận
động viên là bao nhiêu?
A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vận tốc
vt
chính là nguyên hàm của gia tốc
at
nên ta có:
 
32 4 3
15 15
24 16 96 48
v t a t dt t t dt t t C





Tại thời điểm
ban đầu
0t
thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là:

43
0
15
000 .0 .0 0 0
96 48
vv CC 
.
Vậy công thức vận tốc là

43
15
96 48
vt t t
Vận tốc của vận động viên tại giây
thứ 5 là
56,51/vms .
Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là


2
3
/
1
at m s
t
. Ta tính
vt atdt
, kết hợp với
điều kiện vận tốc ban đầu
0
6/vms . Suy ra công thức tính vận tốc
vt tại thời điểm t và tính
được
10v
.
Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20
m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa
đạt đến tốc độ là bao nhiêu?
A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Xem như tại thời điểm
0
0t thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có
00s
và
020v
.
Vì t
ên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là
2
9,8 /
n
st ms .
Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là

1
9,8 9,8vt dt t C
.
Do
020v
nên
11
9,8 20 20 9,8 20tC C vt t 
.
Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là

29,8.2200,4/vms .
BÀ
I 2: T
ÍCH PHÂN
A.
KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN
1. Định nghĩa tích phân
Định nghĩa
Cho hàm số
f
x liên tục trên đoạn
;ab , với
.ab
Nếu
Fx là nguyên hàm của hàm số
f
x trên
đoạn

;ab thì giá trị
Fb Fa được gọi là tích
phân của hàm số
f
x
trên đoạn

;ab
.
Kí hiệu
  
b
b
a
a
f
xdx F x Fb Fa
(1)
Công thức (1) còn được gọi là công thức Newton –
Leibnitz; a và b được gọi là cận dưới và cận trên của
tích phân.
Ý nghĩa hình học của tích phân
Giả sử hàm số

yfx là hàm số liên tục và không
âm trên đoạn

;ab . Khi đó, tích phân

b
a
f
xdx
chính l
à diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường
cong

yfx , trục hoành Ox và hai đường thẳng
,,
x
ax b với
.ab

b
a
Sfxdx
Chẳng hạ
n:
3
Fx x C
là một nguyên
hàm của hàm số
2
3
f
xx nên tích phân
  
1
1
0
0
10fxdx Fx F F
33
101.CC

Lưu ý: Giá tr
ị của tích phân không phụ
thuộc vào hằng số C.
Trong tính toán, ta thường chọn
0.C
Chẳng hạn: Hàm số
2
21
f
xx x có
đồ thị
C và

2
10fx x
, với
x
.
Diện tíc
h “tam giác cong” giới hạn bởi
C
, trục Ox và hai đường thẳng
1x 
và
1
x
là


11
2
11
21Sfxdx xxdx



3
1
2
1
8
.
33
x
xx




Lưu ý: Ta còn gọi hình phẳng trên là “hình
thang cong”.
2. Tính chất cơ bản của tích phân
Cho hàm số
f
x và

g
x là hai hàm số liên tục
trên khoảng K, trong đó K có thể là khoảng, nửa
khoảng hoặc đoạn và
,, ,abc K khi đó:
a. Nếu ba thì

0
a
a
fxdx
b. Nếu
f
x có đạo hàm liên tục trên đoạn
;ab
thì ta có:
 
b
b
a
a
f
xdx f x f b f a

c. Tính chất tuyến tính
   
.. .
bbb
aaa
kf x hgx dx k f xdx h gxdx


Với mọi
,.kh
d. Tính chất trung cận
  
bcb
aac
f
xdx f xdx f xdx

, với
;cab
e. Đảo cận tích phân
 
ab
ba
f
xdx f xdx

f. Nếu
0,fx

;
x
ab thì

0
b
a
fxdx
và

0
b
a
fxdx
khi

0fx .
g. Nếu
 
,;
f
xgxxab thì
Chẳng hạn: Cho hàm số
f
x liên tục, có
đạo hàm trên đoạn
1; 2 thỏa mãn
18f
và
21.f
Khi đó
  
2
2
1
1
219fxdx fx f f

Lưu ý: Từ đó ta cũng có

b
a
f
bfa fxdx

và
 
b
a
f
afb fxdx

 
bb
aa
f
xdx g xdx

h. Nếu

;
min
ab
mfx và

;
max
ab
M
fx thì
 
b
a
mb a f xdx M b a
i. Tích phân không phụ thuộc vào biến, tức là ta luôn
có
 
...
bbb b
aaa a
f x dx f t dt f u du f y dy

II. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. Phương pháp đổi biến số
Đổi biến dạng 1
Bài toán:
Giả sử ta cần tính tích phân

b
a
I
fxdx
, trong
đó ta có thể phân tích
f
xguxux
thì ta thực hiện
phép đổi biến số.
Phương pháp:
+ Đặt
uux , suy ra

.du u x dx
+ Đổi cận:
x a b
u
ua
ub
+ Khi đó
 





ub
b
ub
ua
aua
Ifxdx guduGu

, với
Gu là nguyên hàm của
.
g
u
Đổi biến dạng 2
Dấu hiệu Cách đặt
22
ax
sin ; ;
22
xa tt

22
x
a
sin
a
x
t
;

;\0
22
t




22
ax
tan ; ;
22
xa tt




Lưu ý:
Phương pháp đổi biến số
trong tích phân cơ bản giống như
đổi biến số trong nguyên hàm, ở
đây chỉ thêm bước
đổi cận.
ax
ax
.cos2 ; 0;
2
xa tt



ax
ax
.cos2 ; 0;
2
xa tt


x
abx

2
sin ; 0;
2
xa ba tt

2. Phương pháp tích phân từng phần
Bài toán:
Tính tích phân
 
.
b
a
Iuxvxdx
Hướng dẫn giải
Đặt




uux duuxdx
dv v x dx v v x






Khi đó

..
b
b
a
a
Iuv vdu
(công thức tích phân từng
phần)
Chú ý: Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí
sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân
b
a
vdu
dễ tính hơn
b
a
udv
.
III. TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ ĐẶC BIỆT
1.
Cho hàm số
f
x liên tục trên

;aa . Khi đó
Đặc biệt
 
0
aa
a
f
xdx f x f x dx



(1)
+ Nếu
f
x là hàm số lẻ thì ta có

0
a
a
fxdx
(1.1)
+ Nếu
f
x là hàm số chẵn thì ta có
 
0
2
aa
a
f
xdx f xdx

(1.2)
và


0
1
12
aa
x
a
fx
dx f x dx
b


01b (1.3)
2. Nếu
f
x liên tục trên đoạn

;ab thì

bb
aa
f
xdx f a b xdx

Hệ quả: Hàm số
f
x liên tục trên
0;1 , khi đó:
 
22
00
sin cos
f
xdx f xdx


3. Nếu
f
x liên tục trên đoạn

;ab và
f
abx fx thì
 
2
bb
aa
ab
x
f x dx f x dx

B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính tích phân bằng cách sử dụng định nghĩa, tính chất
1. Phương pháp giải
Sử dụng các tính chất của tích phân.
Sử dụng bảng nguyên hàm và định nghĩa tích phân để tính tích phân.
2. Bài tập
Bài tập 1: Biết tích phân

2
1
23
11
dx
I
abc
xxxx


, với ,,abc . Giá trị biểu thức
P
abc là
A.
8.P
B.
0.P
C.
2.P
D.
6.P
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
10,1;2xxx
nên

222
2
1
111
111
221
.1 1
xx
Idxdxdxxx
xx x x




42 23 2.
Suy ra 4, 2abc nên
0.P abc

Nhân liên hợp
1.
x
x
Bài tập 2: Cho hàm số
f
x thỏa mãn

1
2
3
f
và
 
2
f
xxfx
với mọi
x
. Giá trị
1
f
bằng
A.

2
1.
3
f
B.

3
1.
2
f
C.

2
1.
3
f
D.

1
1.
3
f
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Từ
 
2
f
xxfx


(1), suy ra
0fx
với mọi
1; 2x .
Suy ra
f
x là hàm không giảm trên đoạn
1; 2 nên
20fx f
,

1; 2x .
Chia 2 vế hệ thức (1) cho

2
f
x


ta được


2
,1;2.
fx
xx
fx



(2)
Lấy tích phân 2 vế trên đoạn

1; 2
hệ thức (2), ta được

  
22
2
22
2
11
11
1113
.
2122
fx
x
dx xdx
fx f f
fx


 







Do

1
2
3
f 
nên suy ra

2
1.
3
f 
Chú ý rằng đề bài cho

2f
, yêu cầu tính
1
f
, ta có thể sử dụng nguyên hàm để tìm hằng số C.
Tuy nhiên ta cũng có thể dựa vào định nghĩa của tích phân để xử lí.
Bài tập 3: Cho hàm số

f
x
xác định trên
1
\
2

thỏa mãn

2
21
fx
x
và

01,1 2ff
. Khi đó
13ff bằng
A.
1ln15.
B.
3ln5.
C.
2ln3.
D.
1ln15.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

0
1
01fxdx f f

nên suy ra

0
1
10 .
f
ffxdx


0
1
1.
f
xdx

Tương tự ta cũng có

3
1
31
f
ffxdx


3
1
2
f
xdx

.
Vậy
 
03
03
11
11
1 3 1 1 ln 2 1 ln 2 1 .f f f x dx f x dx x x

 

Vậy
1 3 1 ln15.ff
Bài tập 4: Cho hàm số

f
x có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;1 thỏa mãn
10f
,

1
2
0
7fx dx


và

1
3
0
.1.xf xdx

Giá trị

1
0
I
f
xdx
là
A. 1. B.
7
.
4
C.
7
.
5
D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

1
2
0
7fx dx


(1).
11
66
00
1
49 7
7
xdx xdx

(2).
và

1
3
0
14 . 14xf xdx

(3).
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra

1
2
3
0
70fx x dx



mà

2
3
70fx x



3
7.
f
xx

Hay

4
7
.
4
x
f
xC

77
10 0 .
44
fCC 
Do đó

4
77
.
44
x
fx
Vậy

11
4
00
77 7
.
44 5
x
f x dx dx





Bài tập 5: Cho
 
,
f
xgx là hai hàm số liên tục trên đoạn
1;1 và
f
x là hàm số chẵn,
g
x
là hà
m số lẻ. Biết
 
11
00
5; 7f x dx g x dx

. Giá trị của
 
11
11
A
f x dx g x dx



là
A. 12. B. 24. C. 0. D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Vì
f
x là hàm số chẵn nên
 
11
10
22.510f x dx f x dx


Vì

g
x là hàm số lẻ nên

1
1
0gxdx
.
Vậy
10.A
Bài tập 6: Cho

1
2
0
ln 3
21
xdx
ab
x

với a, b là các số hữu tỉ. Giá trị của ab
bằng
A.
5
.
12
B.
1
.
3
C.
1
.
4
D.
1
.
12
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
  
11 1
22 2
00 0
12 11 1 1 1
2221
21 21 21
xdx x
dx dx
x
xx x










1
0
11 11
ln 2 1 ln 3.
42 1 4 6 4
x
x





Vậy
11 1
,.
64 12
ab ab
Bài tập 7: Cho
3
2
2
23
ln 2 ln 3,
x
dx a b
xx

với
,ab
. Giá trị biểu thức
2
aabb
là
A. 11. B. 21. C. 31. D. 41.
Hướng dẫn giải
Ta có
33 3
22 22
22 2
23 212 21 2xx x
dx dx dx
xx xx xxxx








3
3
2
2
2
2
212 2
ln 2ln 2ln 1 5ln 2 4ln 3
1
x
dx x x x x
xxxx





2
5
41.
4
a
aabb
b


Chọn D.
Bài tập 8.
Biết rằng tích phân
2
2
1
56
ln 2 ln 3 ln 5,
56
x
dx a b c
xx


với
,,abc
là các số nguyên. Giá
trị biểu thức
Sabc
là bao nhiêu?
A. 62.S  B. 10.S C. 20.S
D. 10.S 
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

22 2
2
11 1
56 56 9 4
56 2 3 3 2
xx
dx dx dx
xx x x x x








2
1
9ln 3 4ln 2 9ln5 4ln3 26ln2.xx
Suy ra
26, 4, 9.abc Vậy
26 4.9 10.Sabc
Bài tập 9: Cho

2
3
43
4
cos sin .cos 1
ln 2 ln 1 3
cos sin .cos
xxx
dx a b c
xxx


, với
,,abc
là các số hữu tỉ. Giá
trị abc bằng
A. 0. B.
2.
C.
4.
D.
6.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

222
33
43
22
44
cos sin .cos 1 2cos sin .cos sin
cos sin .cos
cos cos sin .cos
x
xx x xx x
dx dx
xxx
xxxx


 

 

22
33
2
44
2 tan tan 2 tan tan
tan
cos 1 tan 1 tan
xx xx
dx d x
xx x


 





2
3
3
3
4
4
4
2tan
tan tan 2ln tan 1
1tan 2
x
xdx x
x





1 2ln 2 2ln 3 1 .
Suy ra 1, 2, 2ab c nên
4.abc
Bài tập 10: Cho hàm số

2
,0
23 , 0
x
em khix
fx
xxkhix
liên tục trên
.
Biết
 
1
1
3,,f x dx ae b c abc

. Tổng 3Tab c
 bằng
A. 15. B. 10. C. 19.
D. 17.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do hàm số liên tục trên
nên hàm số liên tục tại
0x
00
lim lim 0 1 0 1.
xx
fx fx f m m



Ta có
  
101
12
110
f
xdx f xdx f xdx I I




1
0
00
22222
2
1
11
1
216
23 3 3 3 3 23 .
33
Ixxdx xdx xx




1
1
2
0
0
12.
xx
Iedxexe
Suy ra

1
12
1
22
23 .
3
fxdx I I e

Suy ra
22
1; 2; .
3
ab c
Vậy
31222 19.Tab c
Bài tập 11: Biết
2
cos
13
x
x
dx m
. Giá trị của
2
cos
13
x
x
dx
bằng
A. .m
B.
.
4
m
C.
.m
D.
.
4
m
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta c
ó

22
2
cos cos 1
cos 1 cos 2 .
13 13 2
xx
xx
dx dx xdx x dx






Suy ra
2
cos
.
13
x
x
dx m

Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến
1. Phương pháp giải
Nắm vững phương pháp đổi biến số dạng 1 và dạng 2, cụ thể:
Đổi biến dạng 1
Bài toán:
Giả sử ta cần tính

,
b
a
I
f
xdx
trong đó ta có thể phân tích



.
f
xguxux
Bước 1: Đặt
,uux suy ra
.du u x dx
Bước 2: Đổi cận
x a B
u
ua
ub
Bước 3: Tính
 





ub
b
ub
ua
aua
Ifxdx guduGu

Với

Gu là một nguyên hàm của
g
u .
Đổi biến dạng 2
Bài toán:
Giả sử ta cần tính

b
a
I
f
xdx
, ta có thể đổi biến như sau:
Bước 1: Đặt

,
x
t
ta có
.dx t dt
Bước 2: Đổi cận
x a b
t
Bước 3:
Tính


  
.I f t t dt g t dt G t





Với

Gt là một nguyên hàm của
.
g
t
Dấu hiệu Cách đặt
22
ax
sin , ;
22
xa tt

22
x
a

,;\0
sin 2 2
a
xt
t





22
ax
tan , ;
22
xa tt




ax
ax
.cos2 , 0;
2
xa tt



ax
ax
.cos2 , 0;
2
xa tt


x
abx

2
sin , 0;
2
xa ba tt

2. Bài tập mẫu
Bài tập 1: Biết
2
2
0
cos
ln 2 ln 3,
sin 3sin 2
x
dx a b
xx


với ,ab là các số nguyên.
Giá trị của
2
P
ab là
A. 3. B. 7. C. 5. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có


22
2
00
cos 1
sin
sin 3sin 2 sin 1 sin 2
x
dx d x
xx x x





2
2
0
0
11
sin lnsin 1 lnsin 2
sin 1 sin 2
dx x x
xx






ln 2 ln1 ln 3 ln 2 2ln 2 ln 3
Suy ra
2, 1 2 3.ab ab
Bài tập 2: Biết

ln 2
0
1
ln ln ln
34
xx
dx
Iabc
ee c


, với ,,abc là các số nguyên tố.
Giá trị của
2
P
abc
là
A.
3.P 
B.
1.P 
C.
4.P
D.
3.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
ln 2 ln 2
2
00
.
34 43
x
xx xx
dx e dx
I
ee e e



Đặt
.
xx
te dtedx
Đổi cận 01,ln22.xtx t
Khi đó

2
22
2
11
1
1111111
ln ln 3 ln 5 ln 2 .
43 2 1 3 2 3 2
t
Idt dt
tt t t t






Suy ra
3, 5, 2abc. Vậy
23.Pabc
Bài tập 3: Biết
6
0
3
1sin
dx a b
xc
, với
,,ab c

và a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau.
Giá trị của tổng
abc
bằng
A. 5. B. 12. C. 7. D.
1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
2
66 6 6
22 2
00 0 0
1
1tan
cos
2
2
.
1sin
cos sin 1 tan 1 tan
22 2 2
x
x
dx dx
Idxdx
x
xx x x










Đặt
2
1tan 2 1tan .
22
xx
tdtdx




Đổi cận
01; 33.
6
xtx t

33
33
2
1
1
22 33
.
3
dt
I
tt


Suy ra
1, 3, 3abc nên
5.abc
Lưu ý:
2
1sin sin cos .
22
x
x
x




Chia tử và mẫu cho
2
cos .
2
x



Bài tập 4: Cho hàm số
yfx liên tục trên
và

1
0
28.fxdx
Giá trị của

2
2
0
Ixfxdx
là
A. 4. B. 8. C. 16. D. 64.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
2
22 2 .
x
u xdx du xdx du
Đổi cận
00,21.xux u
Khi đó
 
11
00
228.Ifudufxdx

Bài tập 5: Cho hàm số

yfx xác định và liên tục trên
0;
sao cho
2
1;
xx
xxfe fe
với mọi
0;x  . Giá trị của
.ln
e
e
f
xx
I
dx
x
là
A.
1
.
8
I 
B.
2
.
3
I 
C.
1
.
12
I
D.
3
.
8
I
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Với
0;x  ta có
  
2
2
1
11.
1
xx x
x
x
xf e f e f e x
x

Đặt
ln .
t
dx
xt xe dt
x

Đổi cận
1
;1.
2
xet xet
Khi đó


11
11
22
1
.1.
12
t
I t f e dt t t dt

Bài tập 6: Biết

2
0
3sin cos 11
ln 2 ln 3 , ,
2sin 3cos 13
xx
dx b c b c
xx


. Giá trị của
b
c
là
A.
22
.
3
B.
22
.
3
C.
22
.
3
D.
22
.
13
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Phân tích
2sin 3cos 2cos 3sin
3sin cos
2sin 3cos 2sin 3cos
mx xn x x
xx
xx xx



23sin 32cos
2sin 3cos
mn x mn x
xx

Đồng nhất hệ số ta
có
233
311
;
32 1
13 13
mn
mn
mn



.
Suy ra

22
00
311
2sin 3cos 2cos 3sin
3sin cos
13 13
.
2sin 3cos 2sin 3cos
xx xx
xx
dx dx
xx xx





22
2
0
00
3 11 2cos 3sin 3 11 2cos 3sin
..
13 13 2sin 3cos 13 13 2sin 3cos
xx xx
dx x dx
x
xxx









2
2
0
0
2sin 3cos
311 311
ln 2sin 3cos
26 13 2sin 3cos 26 13
dx x
dx x x
xx

 
311 11
ln 2 ln 3.
26 13 13

Do đó
11
11 26 22
13
.
3
13 3 3
26
b
b
c
c

Bài tập 7: Cho hàm số

f
x liên tục trên
và thỏa mãn

4
2
0
tan . cos 2xf x dx
và
2
2
ln
2
ln
e
e
fx
dx
xx
. Giá trị của
2
1
4
2fx
Idx
x
là
A. 0. B. 1. C. 4. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
 
44
22
2
00.
sin .cos
tan . cos 2 . cos 2.
cos
xx
A xfxdx fxdx
x



Đặt
2
1
cos 2sin cos sin cos .
2
t x dt x xdx dt x xdx
Đổi cận
01
x
t
và
1
.
42
xt
 Khi đó
1
1
2
4.
ft
Adt
t
Đặt
22
22
2
ln ln . ln
22.
ln ln
ee
ee
fx xfx
Bdx dx
xx x x


Tương tự ta có
4
1
4.
ft
Bdt
t

Giá trị của

2
1
4
2
.
fx
Idx
x
Đặt
1
2.
2
t x dx dt
Đổi cận
11
42
xt và
24.xt
Khi đó
414
11
1
22
448

ft ft ft
Idtdtdt
ttt
Bài tập 8: Cho

1
3
0
1
;
31
dx a b
xx


với ,ab là các số nguyên. Giá trị của biểu thức
ba
ab
bằng
A. 17. B. 57. C. 145. D. 32.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Giá trị của


11
2
3
00
11
.
3
1
31
1
dx
Idx
x
x
xx
x



Đặt
 
22
32
2.
1
11
xdx
t tdt dx tdt
x
xx



Đổi cận
03,12.xtxt
Ta có


123
3
2
2
0
32
11
32.
3
1
1
dx
I t dt dt t
t
x
x
x


Mà

1
3
0
1
31
dx a b
xx


nên suy ra 3, 2.ab
Từ đó ta có giá trị
23
3217.
ba
ab
Bài tập 9: Cho
1
3
1
2
1
ln
1
xa
dx b
xab




, với ,ab là các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức
2
P
ab bằng
A. 12. B. 10. C. 18. D. 15.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Biến đổi
11 1 1
3
3 4
3
11 1 1
3
33
22 2 2
11
.
1
1
11
1
.1 1
xx x
Idx dx dx dx
xx
x
x
x
xx






.
Đặt
2
33 4
11 3
112u u udu dx
xx x

và
3
2
1
.
1
x
u
Đổi cận
1
3; 1 2.
2
xuxu
Ta có

33
3
2
2
2
22
2
21113
3
ln ln 2 .
313132
1.
udu
du u
I
uu
uu






Suy ra
3, 2.ab
Vậy

2 10.Pab
Dạng 3: Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần
Bài tập 1. Cho tích phân
2
1
ln
ln 2
xb
Idxa
xc

với a là số thực b và c là các số dương, đồng thời
b
c
là phân số tối giản. Giá trị của biểu thức
23
P
abc

là
A.
6.P
B.
5.P
C.
6.P
D.
4.P
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2
ln
.
1
dx
ux
du
x
dx
dv
v
x
x



Khi đó
2
22
2
11
1
ln 1 ln 1 1 ln 2
.
22
xx
Idx
xx xx





Suy ra
1
1, 2, .
2
bc a
 Do đó
23 4.Pabc
+ Ưu tiên logarit.
+ Đặt
2
ln
.
ux
dx
dv
x
Bài tập 2: Biết
4
0
ln 2,
1cos2
x
dx a b
x

với ,ab là các số hũu tỉ. Giá trị của
16 8Tab
là
A.
4.T
B.
5.T
C.
2.T
D.
2.T 
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
444
22
000
1
.
1cos2 2cos 2cos
xxx
A
dx dx dx
x
xx



Đặt
2
1
tan
cos
ux dudx
dv dx v x
x


Khi
đó

4
44
00
0
11
tan tan tan ln cos
22
Axx xdx xx x











1211 1
ln ln 2 ln 2.
24 2 24 2 8 4



 





Vậy
11
,
84
ab
 do đó
16 8 2 2 4.ab
+ Biến đổi
2
1cos2 2cos .
x
x
+ Ưu tiên đa thức.
+ Đặt
2
.
1
cos
ux
dv dx
x
Bài tập 3: Cho
1
22
0
.
x
Ixedxaeb
với ,ab
. Giá trị của tổng
ab
là
A.
1
.
2
B.
1
.
4
C.
0.
D. 1.
Hướng dẫn giải
Sử dụng phương pháp từng phần.
Đặt
2
2
.
1
2
x
x
du dx
ux
ve
dv e dx

Khi đó
11
11 11
22 222
00 00
00
11 1111
.. . . .
22 2444
xx xx
Iuv vdu xe edx xe e e

Suy ra
22
11
..
44
ae b e
Đồng nhất hệ số hai vế ta có
11
,.
44
ab Vậy
1
.
2
ab
Chọn A.
+ Ưu tiên đa thức.
+ Đặt
2
.
x
ux
dv e dx
Bài tập 4: Cho hàm số
f
x liên tục, có đạo hàm trên
,
216f
và

2
0
4.fxdx
Tích phân
4
0
2
x
xf
dx



bằng
A. 112. B. 12. C. 56. D. 144.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt 22.
2
x
txtdxdt
Đổi cận
00
.
42
xt
xt


Do đó

422
000
44.
2
x
x
fdxtftdtxfxdx






Đặt
 
44
.
ux dudx
dv f x dx v f x







Suy ra
   
222
2
0
000
4 4 4 8 2 4 8.16 4.4 112.xf xdx xfx fxdx f fxdx



Bài tập 5. Cho

4
2
0
ln sin 2cos
ln 3 ln 2
cos
xx
dx a b c
x

với ,,abc là các số hữu tỉ.
Giá trị của abc bằng
A.
15
.
8
B.
5
.
8
C.
5
.
4
D.
17
.
8
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
2
ln sin 2cos
cos 2sin
.
sin 2cos
tan 2
cos
uxx
xx
du dx
xx
dx
dv
vx
x





Khi đó


4 4
4
2
0
0 0
ln sin 2cos
cos 2sin
tan2lnsin2cos
cos cos
xx
x
x
dx x x x dx
xx



4
0
32
3ln 2ln2 1 2tan
2
x
dx






4
0
7
3ln3 ln2 2ln cos
2
xx

725
3ln 3 ln 2 2ln 3ln 3 ln 2 .
24 2 24
 
Suy ra
51
3, , .
24
ab c Vậy
18.abc
Bài tập 6. Biết

2
1
2
1
1,
p
x
q
x
x
edxme n

trong đó
,,,mn pq
là các số nguyên dương và
p
q
là phân
số tối giản. Giá trị của
Tmnpq
là
A.
11.T
B.
10.T
C.
7.T
D.
8.T
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có


22 22
1111
2
22
11 11
12112.
xxxx
xxxx
I x e dx x x e dx x e dx xe dx



Xét

22 2 2
11 1 1
2
22 2 2
1
2
11 1 1
11
1.. .









xx x x
x
xx x
x
I x edxxe dxxedx xde
xx

22
11 1 1
22
222
11
11
2
xx x x
xx x x
x
eedxxe xedx

 

2
11 1
3
22
22
2
1
11
1
241
xx x
xx x
Ixedxxe Ixe e


4, 1, 3, 2.mnpq
Khi đó
413210.Tmnpq
Bài tập 7. Tìm số thực
m1
thỏa mãn

m
1
ln x 1 dx m.
A. m2e. B.
me.
C.
2
me.
D. me1.
Hướng dẫn giải
Chọn B

mmm
111
Alnx1dxlnxdxdx

m
1
I ln xdx
Đặt
1
ulnx
du dx
x
dv dx
vx

m
m
1
1
Ixlnx dx
m
1
me
A x ln x m ln m m .
m0

Bài tập 8. Đặt
1
ln d ,
e
k
k
Ix
x
k nguyên dương. Ta có
2
k
I
e
khi:
A.
1; 2 .k B.
2;3 .k C.
4;1 .k D.
3; 4 .k
Hướng dẫn giải
Chọn A
Đặt
1
ln
k
ududx
x
x
dv dx v x








1
1
.ln + d 1 ln 1
e
e
k
k
Ix xe k
x




2
k
Ie

32
1ln 1 2 ln ln 1
11
e
eke k k
ee


Do
k
nguyên dương nên
1; 2 .k
Bài tập 9.
Tìm m để

1
0

x
exmdxe
.
A.
m0.
B.
me.
C.
m1.
D.
me.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt
  
xx
11
11
xxxx
00
00
uxm dudx
dv e dx v e
I e x m dx e x m e dx e x m 1 me m 1







Mặt khác:
I e mem1e me1 e1 m1.
Dạng 4: Tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối
1. Phương pháp
Bài toán: Tính tích phân

d
b
a
Igxx
( với
()
g
x
là biểu thức chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối)
PP chung:
Xét dấu của biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối trên
;ab
Dựa vào dấu để tách
tích phân trên mỗi đoạn tương ứng ( sử dụng tính chất 3 để tách)
Tính mỗi tích phân thành phần.
Đặc biệt: Tính tích phân
()d
b
a
Ifxx
Cách giải
Cách 1:
+) Cho
() 0fx
tìm nghiệm trên

;ab
+) Xét dấu của
()
f
x
trên

;ab
, dựa vào dấu của
()
f
x
để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng
( sử dụng tính chất 3 để tách)
+) Tính mỗi tích phân thành phần.
Cách 2:
+) Cho () 0fx tìm nghiệm trên
;ab giả sử các nghiệm đó là
12
; ;...
n
x
xx
( với
12
...
n
x
xx
).
Khi đó
3
12
12
()d ()d ()d ... ()d

n
x
xx
b
ax x x
I
f
xx
f
xx
f
xx
f
xx
3
12
12
()d ()d ()d ... ()d

n
x
xx
b
ax x x
I fxx fxx fxx fxx
+) Tính mỗi tích phân thành phần
2. Bài tập
Bài tập 1:

2
2
1
aa
Sxx2dx,a,b ,
b
b

là phân số tối giản. Giá trị
ab
bằng
A. 11. B. 25. C. 100. D. 50.
Hướng dẫn giải
Chọn A

2
22
32
22
11
1
xx
Sxx2dx xx2dx 2x
32
84 11 9
42
32 32 2








 





Bài tập 2:

*
0
I1sin2xdxaa,a .

Hỏi
3
a
là bao nhiêu?
A. 27. B. 64. C. 125. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:

2
1 sin2x sinx cosx sinx cosx 2 sin x .
4




Với
3
x0; x ; .
444





+ Với
x;0
44




thì
sin x 0
4




+ Với
3
x0;
44




thì
sin x 0
4




4
0
4
I2sinxdx2sinxdx22.
44
 

 
 

Chọn 3: Biết
5
1
221
d4ln2ln5,


x
Ixab
x
với
a
,
b
là các số nguyên. Giá trị
Sab
bằng
A.
9.
B.
11.
C.
5.
D.
3.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có:
525
112
221 221 221
ddd
xxx
Ixxx
xxx
  


 
25
25
12
12
22 1 2 2 1
52 2 3
xx
xx
dx dx dx dx
xxxx
 




25 2 5
12
12
53
2 5ln 2 3ln
x
dx dx x x x x
xx
 

 
 

8ln2 3ln5 4
8
11.
3
a
ab
b


Bài tập 4: Cho tích phân

2
0
1cos2xdxab
và
ab222.
Giá trị của a và b lần lượt là
A.
a2
.
b
22

B.
a22
.
b2
C.
a2
a22
.
b
2b22






D.
a2
a22
.
b
2b22






Hướng dẫn giải
Chọn D





22 2
000
2
0
1cos2xdx 2 sinxdx 2sinxdx 2 sinxdx
2cosx 2cosx 4 2.

2
a2
ab 4 2
a22
X222X420 .
b
2b22
ab222








Bài tập 5: Tính tích phân
1
0
-d, 0Ixxaxa
ta được kết quả
()Ifa
. Khi đó tổng
1
(8)
2
ff



có giá trị bằng:
A.
24
91
. B.
91
24
. C.
17
2
. D.
2
17
Hướng dẫn giải
Chọn B
TH1:
Nếu
1a
khi đó

1
1
32
0
0
18111
d(8)
32 23 233
xax a
Ixxax f




TH 2: Nếu 01a khi đó
 
1
0
dd
a
a
I xxa x xxa x

1
32 32 3
0
111111
32 32 323 224438
a
a
xax xax aa
f







Khi đó
111191
(8)
23824
ff




.
Bài tập 6:
Cho hàm số
f
x liên tục trên
thỏa

1
0
2d 2
fxx
và

2
0
6d 14
fxx
. Giá trị

2
2
52d
f
xx
bằng
A. 30. B. 32. C. 34. D. 36.
Lời giải
Chọn B
+ Xét

1
0
2d 2fxx
.
Đặt
2d2dux u x
;
00xu
;
12xu

.
Nên

1
0
22d
f
xx

2
0
1
d
2
f
uu

2
0
d4fu u
.
+ Xét

2
0
6d 14fxx
.
Đặt
6d6dvx v x
;
00xv
;
212xv

.
Nên

2
0
14 6 d
f
xx

12
0
1
d
6
f
vv

12
0
d84fv v
.
+ Xét

2
2
52d
f
xx
 
02
20
52d 52d
f
xxfxx


.
Tính

0
1
2
52dIfx x

.
Đặt
52tx
.
Khi
20x , 52tx d5dtx ; 212xt
 ; 02
x
t
.

2
1
12
1
d
5
Iftt
 
12 2
00
1
dd
5
f
tt ftt






1
84 4 16
5

.
Tính

2
1
0
52dIfx x
.
Đặt
52tx
.
Khi
02x
,
52tx d5dtx
;
212xt

;
02
x
t

.

12
2
2
1
d
5
Iftt
 
12 2
00
1
dd
5
f
tt ftt






1
84 4 16
5

.
Vậy

2
2
52d32fx x

.
Bài tập 7: Cho hàm số

yfx liên tục trên
0; 4 và

2
0
d1
f
xx
;

4
0
d3
fx x
. Giá trị

1
1
31d
f
xx
bằng
A.
4
. B.
2
. C.
4
3
. D.
1
.
Hướng dẫn giải
Chọn C

 
11/31
111/3
31d 13d 31d
f
xxf xxfxx



.
 
1/3 1
11/3
11
13d13 3 1d3 1
33
fx x fx x


.
 
02
40
11
dd
33
f
tt ft t


114
3.1
333

.
Bài tập 8.
3
42
3
24 3
43 .

a
Syydy
b
Giá tị
2
A
B
bằng
A. 80. B. 83. C. 142. D. 79.
Hướng dẫn giải
Chọn C

42 2 2
y4y3 y1y3
Xét
dấu

22
y1y3
, ta có:


33
24 42
33
113
42 42 42
11
3
S 4 4y 1 y dy y 4y 3 dy
y4y3dy y4y3dy y4y3dy





11 3
53 53 53
311
y4y y4y y4y
3y 3y 3y
53 53 53
112 24 3
.
15



  


Bài tập 9.

1
2
0
aa
S4x4x1dx,a,b ,
b
b

là phân số tối giản. Giá trị
a4b
bằng
A.
1.
B.
3.
C.
35.
D.
3.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:

11
2
7
00
I2x1dx2x1dx

 
11
11 1
22
7
11
00 0
22
1
I 2 x 1 dx 2x 1 dx 2 x 1 dx 1 2x dx 2x 1 dx
2


.
Suy ra:
a1,b2.
Bài tập 10.
2
0
I1sinxdxAB

, biết
A2B
Giá trị
33
AB
bằng
A. 72. B. 8. C. 65. D. 35.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Ta có:
2
xx xx x
1 sin x sin cos sin cos 2 sin
22 22 24




00
0
0
0
00
0
‐‐‐
‐
‐
‐
‐
+
+
+++
+
+
+
+
∞
3
1‐1‐ 3
‐∞
(y
2
‐1)(y
2
‐3)
y
2
‐3
y
2
‐1
y
Với
xx5
x0;2 0; ;
22444

 

.
+ Với
x
;
24 4




thì
x
sin 0
24




+ Với
x5
;
24 4




thì
x
sin 0
24




3
2
2
3
0
2
xx
I 2 sin dx 2 sin dx 4 2
24 24
 

 
 

.
Bài tập 11. Cho tích phân
2
2
0
13sin22cos 3.
x
xdx a b
Giá trị 4
Aab bằng
A. 2. B. 5
. C. 5. D. 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn D




2
42
2
2
000
I 1 3sin2x 2cos xdx sinx 3cosx dx sinx 3cosxdx
.
sin x 3 cos x 0 tan x 3 x k
3
.
Do



x0;
2
nên
x
3
.






 
 

33
22
00
33
32
0
3
I sin x 3 cos x dx sin x 3 cos x dx sin x 3 cos x dx sin x 3 cos x dx
13 13
cosx 3 sinx cosx 3 sinx 1 3 3 3 .
22 22
  a1;b3A8
Dạng 5: Tính tích phân các hàm đặc biệt, hàm ẩn
1. Phương pháp giải
a. Cho hàm số
f
x liên tục trên

;aa .
Khi đó
Bài tập 1: Tích phân
1
1
2
cos .ln
2
x
Ixdx
x
bằng
 
0
aa
a
f
xdx f x f x dx



(1)
Chứng minh
Ta có
  
0
0
.
aa
aa
f
xdx f xdx f xdx



Xét

0
.
a
Ifxdx
Đổi biến
.
x
tdx dt 
Đổi cận
;0 0
x
atax t
Khi đó
 
0
00
aa
a
Iftdt ftdtfxdx

Do đó (1) được chứng minh.
Đặc biệt
+ Nếu
f
x
là hàm số lẻ thì ta có

0
a
a
fxdx
(1.1).
+ Nếu
f
x là hàm số chẵn thì ta có
 
0
2
aa
a
f
xdx f xdx

(1.2)
+ Nếu
f
x là hàm số chẵn thì ta cũng có


1
12
aa
x
aa
fx
dx f x dx
b


01b
(1.3).
Chứng minh (1.3):
Đặt
1
a
x
a
fx
A
dx
b
(*).
Đổi biến
.
x
tdx dt 
Đổi cận
;
x
ataxat a 
Khi đó


1.
.
11
t
aa
tt
aa
fbft
A
dt dt
bb



A.
1.
B.
2.
C.
0. D. 1.
Hướng dẫn giải
Hàm số

2
cos .ln
2
x
fx x
x
xác định và liên tục
trên đoạn
1; 1 .
Mặt khác, với

1;1 1;1xx
và
  
22
cos .ln cos .ln .
22
xx
f
xx x fx
xx

Do đó hàm số

2
cos .ln
2
x
fx x
x
là hàm số lẻ.
Vậy
1
1
2
cos .ln 0
2
x
Ixdx
x
.
Chọn C.
Bài tập 2:
Cho
yfx là hàm số chẵn, liên tục
trên đoạn
6;6 .
Biết rằng

2
1
8fxdx
và

3
1
23.fxdx
Tính

6
1
.
f
xdx
A.
11.I
B.
5.I
C.
2.I
D.
14.I
Hướng dẫn giải
Gọi
Fx là một nguyên hàm của hàm số
f
x trên
đoạn
6;6 ta có

33
11
23 23fxdx fxdx



3
1
1
23.
2
Fx
Do đó
626FF
hay

6
2
6.fxdx
Vậy
  
626
112
14.



I f xdx f xdx f xdx
Hay
.
1
x
a
x
a
bfx
A
dx
b
(**).
Suy ra
 
1
2.
2
aa
aa
A
fxdx A fxdx



Chọn D.
Bài tập 3:
Tích phân
1
2020
1
1
x
x
Idx
e
có giá trị là
A.
0.I
B.
2020
2
.
2019
I
C.
2021
2
.
2021
I
D.
2019
2
.
2019
I
Hướng dẫn giải
Áp dụng bài toán (1.3) ở cột bên trái cho hàm số
2020
f
xx và
be
ta có
Ta có
1
2021 2021 2021
1
2020
1
1
12.22
.
2 2021 2021 2021
x
Ixdx I

Chọn C.
b.
Nếu
f
x liên tục trên đoạn
;ab thì

bb
aa
f
xdx f a b xdx

Hệ quả: hàm số
f
x liên tục trên
0;1 , khi đó:

22
00
sin cos
f
xdx f xdx


Bài tập 4: Cho hàm số
f
x liên tục trên
thỏa điều
kiện
2cos ,
f
xfx x với
x
.
Giá trị của

2
2
Nfxdx
là
A.
1.N
B.
0.N
C.
1.N
D.
2.N
Hướng dẫn giải
Ta có
 
22
22
N f xdx f xdx





Suy ra

22
22
22cos.Nfxfxdx xdx







Vậy
2
2
0
0
2 cos 2sin 2.Nxdxx

Chọn D.
c. Nếu
f
x
liên tục trên đoạn
;ab
và

f
abx fx thì
 
2
bb
aa
ab
x
fxdx fxdx

d. Nếu
f
x liên tục trên đoạn
;ab và
0fx với

;
x
ab thì

0
b
a
fxdx
và

0
b
a
fxdx
khi
0.fx
Bài tập 5: Cho hàm số

f
x
liên tục trên
và thỏa
mãn
22,.fx f x x x x

Giá trị tích phân

2
0
Gfxdx
là
A.
2.G
B.
1
.
2
G
C.
2
.
3
G
D.
1
.
3
G
Hướng dẫn giải
Ta có

22
00
2Gfxdxf xdx

Suy ra

22
00
22Gfxfxdxxxdx


Vậy

2
0
12
2.
23
Gxxdx

Chọn C.
Bài tập 6:
Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên
đoạn
0;1 thỏa mãn
10,f

1
2
0
7fx dx


và

1
2
0
1
.
3
xf xdx
Tích phân

1
0
f
xdx
bằng
A.
7
.
5
B. 1.
C.
7
.
4
D. 4.
Hướng dẫn giải
Đặt


3
2
3
du f x dx
ufx
x
dv x dx
v




Ta có


3
11
1
23
0
00
1
33


xf x
x
fxdx xf xdx
 
11
33
00
11
..x1.
33
xf xdx xf xd

 

Cách 1: Ta có

1
2
0
7fx dx


(1).
11
7
1
66
0
00
11
49 .49 7
77 7
x
xdx xdx


(2).
 
11
33
00
.114.14xf xdx xf xdx



(3).
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra
 
111
2
63
000
'4914.0fx dx xdx xfxdx




1
2
3
0
70.fx x dx



Do
 
1
22
33
0
70 7 0fx x fx x dx




. Mà
 
1
2
33
0
70 7.
f
xxdx fx x





4
7
.
4
x
f
xC

Mà

77
10 0 .
44
fCC

Do đó

4
77
.
44
x
fx

Vậy

11
4
00
77 7
.
44 5
x
fxdx dx





Một số kĩ thu
ật giải tích phân hàm ẩn
Loại 1: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
''ux f x u x f x hx+=
Cách giải:
+ Ta có
() () () () () ()
'
''uxf x uxfx uxfx
éù
+=
ëû
+ D
o
đó
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
'
''ux f x u x f x hx ux f x hx
é
ù
+= =
ë
û
Suy ra
() () ()
ux f x hxdx=
ò
Suy ra được
()
f
x
Loại 2: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
() () ()
'
f
xfxhx+=
Cách giải:
+ N
h
ân hai vế với
() () () () ()
'
.' . . . .
xx x x x x
e ef x efx ehx efx ehx
éù
+= =
ê
ú
ë
û
Suy ra
() ()
.
xx
efx ehxdx=
ò
Suy ra được
()
f
x
Loại 3: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
() () ()
'
f
xfxhx-=
Cách giải:
+ Nhân hai vế với
() () () () ()
'
.' . . . .
xx x x x x
e e f x e f x e hx e f x e hx
-- - - - -
éù
+= =
ê
ú
ë
û
Suy ra
() ()
.
xx
efx ehxdx
--
=
ò
Suy ra được
()
f
x
Loại 4: Biểu thức tích phân đưa về dạng:
(
)
(
)
(
)
(
)
'
f
xpxfxhx+=
Cách giải:
+ Nhân hai vế với
()
()
()
()
()
() ()
()
()
()
()
()
'
'. . . .
..
pxdx pxdx pxdx pxdx
pxdx pxdx
e f xe pxe f x hxe
fxe hxe
òòò ò
+ =
éù
òò
êú
=
êú
ëû
Suy ra
()
() ()
()
..
pxdx pxdx
f
xe e hxdx
òò
=
ò
Suy ra được
()
f
x
Công thức
() ( )
bb
aa
f
xdx f a b xdx

2. Bài tập
Bài tập 1: Cho số thực
0.a
Giả sử hàm số
f
x liên tục và luôn dương trên đoạn
0; a thỏa mãn

.1.fxfa x Giá trị tích phân

0
1
1
a
Idx
f
x
là
A.
2
.
3
a
I
B. .
2
a
I C. .
3
a
I
D.
.
I
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt
.tax dt dx
Đổi cận 0; 0.xtaxat
Khi đó
 


00 00
111
.
1
11 1
1

 

aa aa
fx
Idt dxdxdx
fa t fa x fx
fx


00 0
1
21..
11
aa a
fx
Idxdxdxa
fx fx



Vậy .
2
a
I
Ta có thể chọn hàm số
1fx , với mọi
0;
x
a thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Khi đó

00
11
.
122
aa
a
Idxdx
fx


Bài tập 2: Cho hàm số
f
x
liên tục trên
1;1
và
2019 , 1;1 .
x
fx fxex
Tích phân

1
1
M
fxdx
bằng
A.
2
1
.
2019
e
e
B.
2
1
.
e
e
C.
2
1
.
2020
e
e
D.
0.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

11
11
.
M
f x dx f x dx



Do đó
 
11 1
11 1
2020 2019 2019 .
M
f x dx f x dx f x f x dx



Suy ra
1
2
1
11
.
2020 2020
x
e
Medx
e

Nếu
f
x liên tục trên đoạn
;ab thì

b
a
f
xdx

b
a
f
abxdx
Bài tập 3. Cho
f
x là một hàm số liên tục trên
thỏa mãn
22cos2
f
xfx x
.
Giá trị tích phân

3
2
3
2
P
fxdx
là
A.
3.P
B.
4.P
C.
6.P
D.
8.P
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
 
33
22
33
22



P
f x dx f x dx



333
222
33
0
22
222cos24sin.
P
f x f x dx xdx x dx



 


Ha
y
3
3
2
2
0
0
2 sin 2 sin 2cosx 2cos 6. 

Pxdx xdx x
Bài tập 4: Cho
f
x là hàm số liên tục trên
thỏa mãn
sin
f
xfx x
 với mọi
x
và
01.f
Tích phân
.ef
bằng
A.
1
.
2
e
B.
1
.
2
e
C.
3
.
2
e
D.
1
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
sin
f
xfx x
 nên
.sin , .
xx x
ef x ef x e x x


.sin
xx
ef x e x



hay

00
.sin
xx
ef x dx e xdx




 

00
11
sin cos 0 1
22
xx
ef x e x x ef f e






3
.
2
e
ef

Để ý rằng

x
x
ee
nên nếu nhân thêm hai vế của
sin
f
xfx x
 với
x
e thì ta sẽ có ngay


..sin.
xx
efx e x
Bài tập 5: Cho hàm số
f
x tuần hoàn với chu kì
2
và có đạo hàm liên tục thỏa mãn
0
2
f



,

2
2
4
fx dx


và

2
.cos .
4
fx xdx
Giá trị của
2019f
.
A.
1.
B. 0. C.
1
.
2
D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Bằng phương pháp tích phân từng phần ta có
  
2
22
.cos .sin .sin .
f
x xdx f x x f x xdx





Suy ra

2
.sin .
4
fx xdx
Mặt khác
2
2
22
1cos2 2 sin2
sin .
244
xxx
xdx dx








Suy ra
  
2222
2 2
2
0000
2 sin sin 0 sin 0.f x dx xf x dx xdx f x x dx





sin .
f
xx
 Do đó
cos .
f
xxC Vì
0
2
f



nên
0.C
Ta được
cos 2019 cos 2019 1.fx x f


Bài tập 6: Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên
0;1 , thoả mãn

2018
3
f
xxfxx
 với
mọi
0;1 .x Tính

1
0
dIfxx
.
A.
1
.
2018 2021
I
B.
1
.
2019 2020
I
C.
1
.
2019 2021
I
D.
1
.
2018 2019
I
Hướng dẫn giải
Chọn C
Từ giả thiết
2018
3,fx xf x x

nhân hai vế cho
2
x
ta được
  
2 3 2020 3 2020
3.xf x xf x x xf x x



Suy ra

2021
32020
d.
2021
x
x
fx x x C
Thay
0x vào hai vế ta được

2018
0.
2021
x
Cfx
Vậy

1
11
2018 2019
0
00
111 1
dd. .
2021 2021 2019 2021 2019
fx x x x x

Bài tập 7: Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên
0; 4 , thỏa mãn
21
x
f
xfxe x

với mọi

0; 4 .x
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.

4
26
40 .
3
ef f
B.
4
403.ef f e
C.
44
40 1.ef f e D.
4
403.ef f
Lời giải
Chọn A
Nhân hai vế cho
x
e để thu được đạo hàm đúng, ta được
  
/
'21 21.
xx x
ef x ef x x ef x x



Suy ra
 
1
21d 2121 .
3
x
ef x x x x x C
Vậy

4
26
40 .
3
ef f
Bài tập 8: Cho hàm số

f
x có đạo hàm trên , thỏa mãn
2017 2018
' 2018 2018
x
fx fx x e với
mọi
x
và
0 2018.f Giá trị
1
f
bằng
A.
2018
2018 .
e
B.
2018
2017 .e
C.
2018
2018 .e
D.
2018
2019 .e
Lời giải
Chọn D
Nhân hai vế cho
2018
x
e
để thu được đạo hàm đúng, ta được
  
2018 2018 2017 2018 2017
2018 2018 2018 .
xx x
f xe f xe x f xe x




Suy ra

2018 2017 2018
2018 d .
x
f
xe x x x C

Thay
0x
vào hai vế ta được
2018 2018
2018 2018 .
x
Cfxxe
Vậy
2018
1 2019 .fe
Bài tập 9: Cho hàm số
f
x có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn
 
2
2
x
f
xxfx xe

và
02.f  Giá trị

1
f
bằng
A.
.e
B.
1
.
e
C.
2
.
e
D.
2
.
e
Hướng dẫn giải
Chọn C
Nhân hai vế cho
2
2
x
e để thu được đạo hàm đúng, ta được
  
2222 2
2222 2
22.
x
xxx x
f
xe f xxe xe e f x xe






Suy ra

222
222
2d2 .
xxx
efx xe x e C


Thay
0x vào hai vế ta được

2
02.
x
Cfxe

Vậy

1
2
12 .fe
e
 
Bài tập 10: Xét hàm số ()
f
x liên tục trên đoạn
0;1 và thỏa mãn
2() 3(1 ) 1
f
xfx x

. Tích
phân
1
0
()d
f
xx
bằng
A.
2
3
. B.
1
6
. C.
2
15
. D.
3
5
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có:
2() 3(1 ) 1
f
xfx x
(1)
.
Đặt
1tx
, thay vào
(1)
, ta được: 2(1 ) 3()
f
tft t
 hay 2(1 ) 3()
f
xfx x
(2)
.
Từ
(1) & (2), ta được:
32
() 1
55
f
xx x
.
Do đó, ta có:
1
0
()d
f
xx
11
00
32
d1d
55
x
xxx

24
515
2
15
.
Cách 2. Công thức
() ( )
bb
aa
f
xdx
f
abxdx

Lấy t
ích phân 2 vế ta được
11 1
00 0
2()d3(1)d 1d
f
xx
f
xx xx

.
Chú ý: Ta có thể dùng công thức . Khi đó:
Từ suy ra:
.
Bài tập 11: Cho là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn . Biết rằng và
Giá trị bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có là hàm số chẵn nên suy ra
Mặt khác:
11
00
22
5()d ()d
315
fx x fx x


22
11
dd
xaxb
xaxb
f
ax b x f x x


231 1
f
xfx x

11 1
00 0
2d31d1d
f
xx f xx xx

 
101
010
2d3d1d
f
xx fxx xx

 
11
00
22
5d d
315
fx x fx x


 
22
11
11 a
Iftdtfxdx.
22 2


yfx
6;6

2
1
fxdx 8

3
1
f2xdx3.

6
1
f
xdx
1.
e.
1.
14.

yfx
f2x f 2x

33
11
f2xdx f2xdx3.


   
33 6 6
11 2 2
11
f2xdx f2xd2x fxdx 3 fxdx 6.
22


Vậy
Bài tập 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số k để
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có
Mà
Khi đó
Bài tập 13: Cho là hàm liên tục trên đoạn thỏa mãn và
, trong đó b, c là hai số nguyên dương và là phân số tối giản. Khi đó có giá
trị thuộc khoảng nào dưới đây?
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Đặt
Đổi cận
Lúc đó
Suy ra
Do đ
ó
  
626
112
I fxdx fxdx f xdx 8 6 14.




k
x0
1
x11
2x 1 dx 4lim .
x


k1
.
k2
k1
.
k2
k1
.
k2
k1
.
k2

 


22
kk
k
1
11
2x 1 2k 1
11
2x1dx 2x1d2x1
2444




x0 x0 x0
x11 x11
x11 1
4lim 4lim 4lim 2
x
x11
xx11

 







2
k
2
x0
1
k2
2k 1 1
x11
2x 1 dx 4lim 2 2k 1 9 .
k1
x4





fx
0;a


fx.fa x 1
fx 0, x 0;a



a
0
dx ba
1fx c
b
c
b
c
11;22 .
0;9 .
7;21 .
2017;2020 .
tax dt dx
x0 ta;xa t0 
  


a0 a a a
0a 0 0 0
fxdx
dx dt dx dx
I
1
1 fx 1 fa t 1 fa x 1 fx
1
fx






aa a
00 0
fxdx
dx
2I I I 1dx a
1fx 1fx



1
Iab1;c2bc3.
2

Cách 2: Chọn là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được
Bài tập 14: Cho hàm số liên tục trên và Giá trị của
tích phân bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN C
Xét Đặt suy ra
Đổi cận
Suy ra
Xét Đặt suy ra
Đổi cận Suy ra
Vậy
.
Bài tập 15: Cho hàm số liên tục trên và Giá trị của
tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN A
Xét

fx 1
1
Iab1;c2bc3.
2

f
x

9
2
10
d4, sincosd2.

fx
xfxxx
x

3
0
d
f
xx
2
6
4
10
9
1
d4.
fx
x
x
2
,txtx
2d d .tt x
11
.
93
xt
xt


 
933
111
4d22dd2.
fx
xfttftt
x



2
0
sin cos d 2.fxxx
sin ,ux
dcosd.uxx
00
.
1
2
xu
xu


 
1
2
00
2sincosd d.
f
xxx
f
tt


  
313
001
ddd4.I fxx fxx fxx

f
x


2
1
4
2
00
tan d 4, d 2.
1
xf x
fxx x
x


1
0
d
Ifxx
6I
2
I
3I
1
I

4
0
tan d 4.fxx
Đặt suy
ra
Đổi cận: Khi đó
Từ đó suy ra
Bài tập 16: Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn
Giá trị của tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN D
● Xét .
Đặt
Suy ra
Đổi cận:
Khi
đó
● Xét Đặt
Suy ra
Đổi cận:
Khi đó
tan ,
tx

2
22
1d
ddtan1dd.
cos 1
t
txxxx
x
t

00
.
1
4
xt
xt



 
11
4
22
000
4tand d d.
11
ft fx
f
xx t x
tx





2
11 1
22
00 0
dd d426.
11
fx xfx
Ifxx x x
xx



f
x

4
2
0
tan . cos d 1,xf x x
2
2
ln
d1.
ln
e
e
fx
x
xx
2
1
4
2
d
fx
Ix
x
12
3
4

4
2
0
tan . cos d 1
A
x
f
xx

2
cos .tx
2
d
d 2sin cos d 2cos tan d 2 .tan d tan d .
2
t
t x xx x xx t xx xx
t
   
01
.
1
42
xt
xt


   
1
111
2
111
1
222
111
1dddd2.
222
ft ft fx fx
Attxx
ttxx


2
2
ln
d1.
ln
e
e
fx
Bx
xx

2
ln .ux
2
2ln 2ln 2 d du
dd dd .
ln ln ln 2
xxux
ux xx
x
xx xx xx u
 
2
1
.
4
xe u
xe u


 
444
111
11
1ddd2.
22
fu fx fx
Buxx
uxx


● Xét t
ích phân cần tính
Đặt suy ra Đổi cận:
Khi đó
Bài tập 17: Cho hàm số nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên Biết và
với mọi Giá trị tích phân bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN D
Từ giả thiết
Ta có Đặt
Khi đó
Ta có
Suy ra
2
1
2
2
d.
fx
Ix
x
2,vx
1
dd
2
.
2
x
v
v
x
11
.
42
24
xv
xv


44 1 4
11 1
1
22 2
dddd224.
fv fx fx fx
Iv x xx
vx xx


f
x
0; 2 .
01f

2
24
2
x
x
fxf x e

0; 2 .x

32
2
0
3
d
xxfx
Ix
fx
14
3
32
5
16
3
16
5

2
224
221.
xxx
fxf x e f


32
2
0
3'
d.
xxfx
Ix
fx




32
2
3
d36d
.
'
dd
ln
ux x
uxxx
fx
vx
vfx
fx











2
2
32 2
0
0
2
21
2
0
3ln 3 6ln d
32lnd3.


f
Ix x fx x x fxx
xxfxx J

  
20
2
2
2
02
2ln d 2 22 ln 2 d2
xt
J
xxfxx t t f t t





 


02
2
2
20
222ln2d2 2ln2d.
x
xfx x xxfxx

 








22
22
00
2
2
0
2 2 ln d 2 ln 2 d
2ln 2 d



J
xxfxxxxf xx
xxfxf xx

2
22
22422
00
32 16
2ln d 2 2 4d .
15 15
xx
xxe x xxxxx J
 

Vậy
Bài tập 18: Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn Giá
trị của tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁN ÁN B
Từ giả thiết, thay bằng ta được
Do đó ta có hệ
Khi đó
Bài tập 19: Cho hàm số liên tục trên và thỏa mãn Giá trị của
tích phân bằng
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Từ giả thiết, thay bằng ta được
Do đó ta có hệ
Khi đ
ó
16
3.
5
IJ 
yf
x
;
22
2cos.
f
x
f
xx

2
2
d
Ifxx
2
I

2
3
I
3
2
I
2
I
x
x
2cos.
f
x
f
xx



2 cos 4 2 2cos
1
cos .
3
2 cos 2 cos
fx f x x fx f x x
f
xx
fx fx x fx fx x









22
2
2
22
112
dcosdsin .
333
Ifxx xx x





f
x
1
;2
2

1
23.
f
xf x
x




2
1
2
d
fx
Ix
x
1
2
3
2
5
2
7
2
x
1
x

13
2.ffx
x
x








11
23 23
2
.
13 16
242
fxfxfxfx
xx
f
xx
x
ffx fxf
xx xx

 
 
 




 


 

 

22
2
1
2
11
2
22
223
1.
2
fx
Idx dxx
xx x





Cách khác. Từ
Khi đó
Xét Đặt , suy ra
Đổi cận:
Khi đó
Vậy .
Bài tập 20: Cho hàm số thỏa mãn với mọi và
Giá trị của bằng
A. B. C.
D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN C
Nhận thấy được
Do
đó giả thiết tương đương vớ
i
Suy ra
Thay vào hai vế ta đượ
c
 
11
23 32.fx f x fx x f
x
x
 

 
 

22 22
11 11
22 22
11
d32 d3d2 d.
ff
fx
xx
Ix xx x
xx x

 
 

 






2
1
2
1
d.
f
x
Jx
x



1
t
x
2
22
11
ddddd.
txtxxt
xt
  
1
2
2
.
1
2
2
xt
xt



 
1
22
2
2
11
2
22
1
ddtd.
ft fx
J
tf t t x I
ttx





22
11
22
3
3d 2 d .
2
IxIIx

f
x
  
2
4
.1512
f
xfxfxxx



x
001.ff

2
1f
5
.
2
9
.
2
8. 10.
    
2
...f x fxf x fxf x



 
4
.1512.
f
xf x x x



 

 
001.
452
.1512d36 1
ff
fxf x x x x x x C C


 
52
.361fxf x x x

 

2
6
52 3
.d361d 2 '.
22
fx
x
f
xf x x x x x x xC


0x
2
0
1
''.
22
f
CC

Vậy
Bài tập 22: Cho hàm số liên tục trên thỏa mãn . Giá trị
bằng
A. B. 1. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐAP ÁN A

263 2
421 18.fx x x x f
f
x
4
tan cos ,fx xx


1
0
Ifxdx
2
.
8
2
.
4
.
4
 



2
4
2
1
2
2
0
1
ftanx cosx ftanx
tan x 1
12
fx fxdx
8
x1






Dạng 8: Bất đẳng thức tích phân
1. Phương pháp
Áp dụng các bất đẳng thức:
+ Nếu liên tục trên thì
+ Nếu liên tục trên và thì
+ Nếu liên tục trên thì dấu xẩy
ra khi và chỉ khi .
+ Bất đẳng thức AM-GM
2. Bài tập
Bài tập 1: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ,
và Giá trị phân bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B
Dùng tích phân từng phần ta có Kết hợp với giả thiết
, ta suy ra
Theo Holder
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được
Suy ra
f
x
;ab
 
bb
aa
f
xdx f xdx

f
x
;ab
m
f
xM
 
b
a
mb a f xdx M b a

,
f
x
g
x
;ab
   
2
22
.
bbb
aaa
f
xgxdx f xdx g xdx




""
.
f
xkgx
f
x
0;1 ,
10f

1
2
0
d7


fx x

1
2
0
1
d.
3
xf x x

1
0
d
f
xx
1
7
5
7
4
4
  
11
3
1
23
0
00
1
d'd.
33
x
x
fx x fx xf x x

10f

1
3
0
'd 1.xf x x

2
111
7
1
2
2
36
0
000
1'dd.'d.71.
7
x
xf x x x x f x x

 




3
',
f
xkx

1
3
0
'd 1xf x x
7.k 

3
'7
f
xx



34
7
'7,0;1
4
f
xxx fx xC

 
1
10
4
0
777 7
d.
444 5
f
Cfxx fxx
 
Bài tập 2: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn ,
và Giá trị bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Theo Holder
Vậ
y
Bài tập 3: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và
Tích phân bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Theo Holder
Vậy
Bài tập 4: Cho hàm số nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn
và Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. B.
C. D.
Hướng dẫn giải
f
x
0;1 ,
11f

1
5
0
11
d
78
xf x x
 

1
0
4
d.
13
fx fx
2f
2.
251
.
7
256
.
7
261
.
7
 
2
2
111
2
612
000
2144
d.d..
13 13 13 169
xf x x xdx f x x



 






 

11
67
25
2.
77
f
fx x fx x C C

 
7
25 261
2.
77 7
fx x f
f
x
0;1 ,
12, 00ff

1
2
0
d4.


fx x

1
3
0
2018 d .


f
xxx
0. 1011. 2018. 2022.
 
2
111
2
2
000
2'dd.'d1.44.fxx x fx x

 





00
'2 2 0.
f
fx fx xC C

 
1
3
0
2 2018 d 1011.fx x f x x x



f
x
f
x

0;1 ,

10fef


11
2
2
00
d
d2.




x
fx x
fx

2
1.
1
e
f
e

22
1.
1
e
f
e

2
2
2
1.
1
e
f
e


22
1.
1
e
f
e
Chọn C
Ta có
Mà nên dấu xảy ra, tức là
Theo giả thiết nên ta có
Bài tập 5: Cho hàm số nhận giá trị dương trên có đạo hàm dương và liên tục trên
thỏa mãn và Giá trị bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Áp dụng bất đẳng thức cho ba số dương ta có
Suy ra
Mà nên dấu xảy ra, tức là





11 1 1
AM GM
22
22
00 0 0
'
d1
'd ' d 2 d
fx
x
f
xx fx x x
fx fx fx

  

 


  

1
0
1
2ln 2ln 1 2 ln 0 2ln 2 ln 2.
0
f
fx f f e
f



11
2
2
00
d
'd2
x
fx x
fx



'' ''


 
1
''1fx fxfx
fx

 

2
'd d 22.
2
fx
f
xf x x xx x C fx x C

10fef
2
2
1
22 2 22 2
1
CeC CeC C
e

 
2
222
222
212 .
111
e
fx x f
eee


f
x
0;1 ,
0;1 ,
01f
   
11
3
32
00
4d3 d.








f
xfxxfxfxx

1
0
d
Ifxx
21.e
2
21.
e
1
.
2
e
2
1
.
2
e
AM GM
  



 
33
33
3
33
3
2
3
4' 4'
22
34 ' . . 3 ' .
22




f
x
f
x
f x fx fx
fxfx
fx fxf x
   
11
3
32
00
4' d 3' d.
f
xfxxfxfxx





   
11
3
32
00
4' d3' d
f
xfxxfxfxx





'' ''

 
33
3
1
4' '
22 2
fx fx
f
xfxfx




 
1
2
''
11 1
ddln .
22 2
x
C
fx fx
x x fx xC fx e
fx fx


Theo giả thiết
Bài tập 6: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và
Giá trị tích phân bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Theo Holder
Bài tập 7: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa t và
Giá trị của ích phân bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN B
Theo Holder
Vậ
y
Bài tập 8: Cho hàm số nhận giá trị dương trên có đạo hàm dương liên và tục trên
thỏa mãn và Giá trị của bằng
A. B. C. D.
 

1
1
2
0
01 0 d 2 1.
x
fCfxefxxe
f
x
0; ,

0
sin d 1
fx xx

2
0
2
d.
fxx

0
d
x
fx x
6
.
4
.
2
.
4
.
 
2
2
22
000
2
1cosd dcosd.1.
2
fx xx f x x xx



 
00
22cos4
cos d d .
xx
fx x xfx x x




f
x
0;1 ,

1
2
2
0
10, d
8



ffxx

1
0
1
cos d .
22



x
fx x

1
0
d
f
xx
1
.
2
.
.
2
.
 
2
2
111
2
2
2
000
1
sin ' d sin d . ' d . .
42 2 28
xx
fxx x fx x


 
 

 

 


 

10
'sin cos 0.
22 2
f
xx
fx fx C C


 


 
1
0
2
cos d .
2
x
fx fx x




f
x
0;1 ,
0;1 ,


1
0
d1
xf x
x
fx
01,f
2
1.
f
e
1
2



f
1. 4.
.e
.e
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN C
Hàm dưới dấu tích phân là Điều này làm ta liên tưởng đến đạo
hàm đúng , muốn vậy ta phải đánh giá theo như sau:
với và
Do đó ta cần tìm tham số sao cho
hay
Để dấu xảy ra thì ta cần có
Với thì đẳng thức xảy ra nên
Theo giả thiết
Cách 2. Theo Holder
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được
Suy ra (làm tiếp như trên)





''
., 0;1.
xf x f x
xx
fx fx


'
f
x
f
x
AM GM




''
2.
f
xxfx
mx m
f
xfx

0m
0;1 .x
0m




11
00
''
d2. d
fx xfx
mx x m x
fx fx





  
2
11
00
ln 2 .1 ln 1 ln 0
22
2202.
2


x
m
fx m m f f
m
mm
'' ''
20 2 4.
2
m
mm
4m

'
4
fx
x
fx


 
2
22
'
d4dln 2 .
x
C
fx
xxx fxxCfxe
fx




2
2
2
01
1
0.
2
1
x
f
Cfxef e
fe












22
11 11
2
00 00
'''1
1
1d.dd.d.ln1.
20
xf x f x f x f
xx xxx x
fx fx fx f







'
,
fx
kx
fx


1
0
'
d1
xf x
x
fx
4.k


'
4.
fx
x
fx
Bài tập 9: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và
Giá trị của bằng
A. B. C. D.
Lời giải
ĐÁP ÁN A
Hàm dưới dấu tích phân là Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng
, muốn vậy ta phải đánh giá theo như sau:
với
Do đó ta cần tìm tham số sao cho
hay
Để dấu xảy ra thì ta cần có
Với thì đẳng thức xảy ra nên
(vô lý)
Theo giả thiết
Cách 2. Ta có
Theo Holder
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có thay vào ta được Suy ra
(làm tiếp như trên)
f
x
0;1 ,
 
1
2
0
d1


f
xf x x
01,f
13.f
1
2



f
2. 3.
.e
.e
 
2
'.fxf x


'
f
x
f
x
AM GM
   
2
'2.'
f
xf x m mfxf x


0.m
0m
 
 
11
2
00
'd2 'd.
f
xf x m x m fxf x x


2
1
0
12. 12.
2
fx
mm mm 
'' ''
12 1.mmm
1m
 
 
2
'1
'1 .
'1
fxf x
fxf x
fxf x



   
2
11
11
00
00
'1 'dd 11.
2
fx
fxf x fxf x x x x   

   

2
'1 'dd 22.
2
fx
f
xf x fxf x x x x C fx x C




01
11
21 2.
22
13
f
Cfxxf
f





 

2
1
1
22
0
0
1
'd 1 0 1.
22
fx
fxf x x f f



   
2
111
2
22
000
11. 'd 1d. 'd1.11.fxf x x x fxf x x

 




',
f
xfx k
 
1
0
'd1
f
xf x x
1.k
'1.fxfx
Bài tập 10: Cho hàm số nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên thỏa
mãn và Giá trị của bằng
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
ĐÁP ÁN D
Hàm dưới dấu tích phân là Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng
, muốn vậy ta phải đánh giá theo như sau:
với và
Do đó ta cần tìm tham số sao cho
hay
Để dấu xảy ra thì ta cần có
Với thì đẳng thức xảy ra nên
Theo giả thiết
Cách 2. Ta có
Theo Holder
f
x
f
x

1; 2 ,


2
2
1
d24


fx
x
xf x
11,f
2 16.f
2f
1.
2.
2. 4.




22
''
1
..
fx fx
xf x x f x
 
 

'
f
x
f
x
AM GM




2
'
'
2
fx
f
x
mx m
xf x
f
x



0m
1; 2 .x
0m




2
22
11
'
'
d2 d
fx
fx
mx x m x
xf x
fx








  
2
1
22 2
24 4 24 4 2 1 24 12 16.
33 3
mm m
mfx m f f m m

  

'' ''
2
24 12 16.
3
m
mm
16m




2
'
'
16 2
2
fx
fx
x
x
xf x
fx




 

2
22
'
d2d .
2
fx
x
xx fx x C fx x C
fx





4
11
024.
216
f
Cfxxf
f



  
22
2
1
11
''
d2. d2 2 2 1 6.
2
fx fx
xxfxff
fx fx










22
2
21 22
2
2
2
1
11 11
'
''
6 d . d d . d .24 36.
2
fx
fx fx
x
xx xxx x
xf x
fx xfx








Vậy đẳng thức xảy ra
nên ta có thay vào ta được
Suy ra (làm tiếp như trên)
Bài tập 11: Cho hàm số
f
x có đạo hàm liên tục trên đoạn
0;1 , và

14
10 .
2
ff
Biết
rằng

022,0;1
fx x x
. Khi đó, giá trị của tích phân

1
2
0
f
xdx


thuộc khoảng nào
sau đây?
A.
2; 4 . B.
13 14
;.
33



C.
10 13
;.
33



D.

1; 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do

022,0;1fx x x

nên


2
08,0;1.fx xx

Suy ra

11
2
00
8
f
xdx xdx



hay

1
2
0
4fx dx


(1).
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
  
2
111 1
222
2
000 0
1. 1 0
f
xdx dxfxdx f f fxdx



 

 



1
2
0
7
2
f
xdx



Vậy

1
2
0
7
4.
2
fx dx




''
,
fx fx
kx kx
xf x f x


2
1
'
d6
fx
x
fx
4.k

'
4.
fx
x
fx
BÀI 3. ỨNG DỤNG
HÌNH HỌC TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
1. Định lý 1: Cho hàm số
()yfx
liên tục, không âm trên

;ab
. Khi đó diện tích S của hình thang
cong giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
, trục hoành và 2 đường thẳng
,xaxb
là:
()
b
a
Sfxdx
2. Bài toán liên quan
Bài toán 1: Diện tích
hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
liên tục trên đoạn

;ab
, trục
hoành và hai đường thẳng
xa
,
xb
được xác định:
()
b
a
Sfxdx
Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
()yfx
,
()ygx
liên tục trên đoạn

;ab
và hai đường thẳng
xa
,
xb
được xác định:
() ()
b
a
Sfxgxdx
Chú ý:
Nếu trên đoạn
[;]ab
, hàm số
()fx
không đổi dấu thì:
() ()
bb
aa
fxdx fxdx

Bài toán 3: Diện tích của h
ình phẳng giới hạn bởi các đường
()xgy
,
()xhy
và hai đường thẳng
yc
,
yd
được xác định:
() ()
d
c
Sgyhydy
Bài toán 4: Diện
tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
11
():()Cfx
,
22
():()Cfx
là:
2
1
() ()
x
x
Sfxgxdx
. Trong đó:
12
,xx
tương ứng là nghiệm của phương trình

12
() (),fx gx x x
II. THỂ TÍCH CỦA K
HỐI TRÒN XOAY
11
22
(): ()
(): ()
()
Cyfx
Cyfx
H
xa
xb
1
()C
2
()C

b
a
Sfxfxdx
12
() ()
a
1
c
y
Ob
x
2
c
1. Thể tích
vật thể
Gọi
B
là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b;
()Sx là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm
x
,
()axb . Giả sử ()Sx là hàm số liên tục trên đoạn [;]ab .
2. Thể tích khối tròn xoay
Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()yfx , trục hoành và hai đường thẳng
x
a
,
x
b
quanh trục Ox:
Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()
x
gy , trục hoành và hai đường thẳng
yc
, yd
quanh trục Oy:
Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
()yfx
,
()ygx
và hai đường thẳng
x
a
,
x
b
quanh trục Ox:
22
() ()
b
a
V
f
x
g
xdx

.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích giới hạn bởi 1 đồ thị
1. Phương pháp:
a/ Phương pháp 1:
|()|
b
a
Sfxdx
* Xé
t dấu biểu thức
()
f
x
;
[;]
x
ab
, phá dấu trị tuyệt đối và tính tích phân.
b/ Phương pháp 2:
* Giải phương trình
() 0fx ; chọn nghiệm trong [;]ab. Giả sử các nghiệm là ;
với
.
* Áp dụng tính chất liên tục của hàm số
()
f
x trên [;]ab; ta có:
|()d||()d||()d|
b
a
Sfxx fxx fxx



2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
yx
, trục hoành và đường thẳng
x2
.
A.
8
S.
9
B.
16
S.
3
C.
S16.
D.
8
S.
3
Hướng dẫn giải
CHỌN D
Nhận thấy rằng, để tính diện tích ta cần phải tìm được 2 cận. Để tìm thêm cận còn lại ta giải phương
trình hoành độ giao điểm của đồ thị

2
P:y x
với trục hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

2
P:y x
với trục hoành:
2
x0x0

Áp dụng công thức ta có
2
2
0
8
Sxdx.
3

Nhận xét: Nếu ta vẽ đồ thị hàm số
2
yx
và đường thẳng
x2
ta dễ dàng xác định được hình
phẳng giới hạn bởi các đường này. Từ đó ta dễ dàng tính được diện tích S.
Bài tập 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
2x
yx.e
, trục hoành và đường
thẳng
x1
A. e2. B. 2e.
C. 2e.
D. 1.
Hướng dẫn giải
CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm
2x
xe 0 x 0

Ta có:
 

11 1
1
2x 2 x 2x x 2
0
00 0
11 1
1
xxxx
0
00 0
S xedx xd e xe ed x
e 2 xe dx e 2 xd e e 2xe 2 e dx

  


1
x
0
e 2e 2e e 2e 2 e 2. 
Lời bình: Bài toán trên đã có 1 cận, ta chỉ cần tìm thêm 1 cận nữa bằng
cách giải phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó áp dụng công thức.
Nếu vẽ đồ thị bài này để tìm hình phẳng giới hạn bởi các đường là không
nên vì đồ thị hàm số hơi phức tạp. Việc tìm được công thức
1
2x
0
Sxedx
và tín
h tích phân này ta có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
y1x
và trục hoành:
A.
2.
B. .
4
C. 1. D. .
2
Hướng dẫn giải
CHỌN D
Phương trình hoành độ giao điểm của, Ox là
2
1x 0 x 1

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là
1
2
1
S 1 x dx.

Đặt
x sin t dx cos tdt
và
x1 t
2
x1t
2

 
Suy ra
1
22
22 2
1
22
S 1 x dx 1 sin t.cos tdt cos tdt
2





Lời bình: Bài toán trên chưa có cận, ta phải giải phương trình hoành độ
giao điểm để tìm cận. Sau đó áp dụng công thức. Việc tìm được công
thức
1
2
1
S1xdx

và tính tích phân này tương đối phức tạp, do đó ta
có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Nếu vẽ được đồ thị thì ta xác định được hình phẳng và diện tích của nó
dễ dàng, đó chính là diện tích của nữa đường tròn bán kính bằng 1. Do
đó:
2
1
SR.
22

Bài tập 4: Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
y lnx, x e, x
e
 và trục hoành
A.
2
S2 .
e

B.
1
S1 .
e
C.
2
S2 .
e
D.
1
S1 .
e

Hướng dẫn giải
CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
ylnx
và trụ hoành là
ln x 0 x 1.

e1e
1e
1
1
e
11
1
ee
2
S ln x dx ln xdx ln x.dx x x ln x x ln x x 2 .
e


Bài tập 5: Diện tích tam giác được cắt ra bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến của đồ thị ylnx tại giao
điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là:
A.
2
S
3
B.
1
S
4
C.
2
S
5
D.
1
S
2
Hướng dẫn giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm:
ln x 0 x 1

Ta có:
 
1
y' lnx ' .y' 1 1
x'

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
ylnx
tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox
là:
y1x1 0 hay yx1
Đường thẳng
yx1 cắt Ox tại điểm
A1;0 và cắt Oy tại điểm
B0; 1 .
Tam giác vuông OAB có
OAB
11
OA 1,OB 1 S OA.OB
22

Bài tập 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
y2axa0
, trục hoành và đường
thẳng
xa bằng
2
ka . Tính giá trị của tham số k.
A.
7
k
3
B.
4
k
3
C.
12
k
5
D.
6
k
5
Hướng dẫn giải
    
b0 b 0b
D
aa 0 a0
S f xdx f x dx f xdx f xdx f xdx

Chọn B
Có
a
a
3
22
2
0
0
24 4
S2axdx2a..x aka k
33 3

Bài tập 7: Cho hình cong giới hạn bởi các đường
x
ye,y0,x0

và
xln4
. Đường thẳng
xk
với
0kln4
chia thành hai phần có diện tích là S
1
và S
2
như hình vẽ
bên. Tìm k để
12
S2S
.
A.
2
kln4
3
B.
kln2
C.
8
kln
3
D. kln3
Hướng dẫn giải
Chọn D
Do
ln 4
ln 4 ln 4
xxx
121
0
00
22 2 2
S2S S S edx edx e 2
33 3 3


Do đó:
k
xk k
1
0
Sedxe12e3kln3
Dạng 2: Tính diện tích giới hạn bởi 2 hai đồ thị
1. Phương pháp:
Công th
ức tính
|() ()|
b
a
Sfxgxdx
. Tính như dạng 1.
2. Một số bài tập mẫu
Bài tậ
p 1:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
22
11
;;;
cos sin 6 3
yyxx
x
x

Lời giải
Ta có:
/3
22
/6
11
cos sin
Sdx
x
x

Trong trường hợp này nếu chọn cách xét dấu biểu thức
11
;;
22
63
cos sin
yx
xx




hoặc vẽ đồ thị hàm số
11
;;
22
63
cos sin
yx
xx

là khá khó khăn.
Vì vậy ta chọn cách sau:
+ Xét phương trình:
22
11
cos sin
x
x
0
;
;
63
x
22
cos sin 0xx

;
63
x



cos 2 0x
;
;
63
x



4
x

Từ đó suy ra:
/4 /3
22 22
64/4
11 11
|
cos sin cos sin
Sdx dx
xx xx






4
/4 4 3
|(tan cot )| | |(tan cot ) | 2 2
/6 3
Sxx xx







.
Bài tập 2 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
2
1
;
12
x
yy
x

.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:
2
2
1
12
x
x
42 2
1
20 1
1
x
xx x
x

Vì vậy
hình phẳng đã cho có diện tích là:
2
1
2
1
1
12
x
Sdx
x

Do trên
(1;1) phương trình
2
2
1
12
x
x
vô nghiệm nên ta có:
111
22 2
1
222
1
111
111
ddd
12 12 1 2
xx x
Sdx xxx
xxx







Tính
1
I
1
2
1
1
1
dx
x
.
+/ Đặt
tan
x
t
;
;
22
t




2
1
cos
dx dt
t

+/ Đổi cận:
1
4
1
4
xt
xt
 

2
/4 /4
1
2
/4 /4
1
cos
d
1tan 2
t
Idtt
t





2
I
2
1
1
1
23
x
dx
Thay thế v
ào ta được:
S
1
23
1
23
.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
43yx x

và 3y .
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:
2
43xx
3
2
2
0
433
4
433
x
xx
x
xx



Khi đ
ó:
S
4
242
0
0
43|3| | 43|3 |
x
xdxxxdx 
‖

34
1
222
0
13
433 433 433Sxx dxxxdxxxdx   

34
1
22 2
0
13
4464|Sxxdx xxdxxxdx

3
14
33 3
22 2
03
1
22628
33 3
xx x
SS x x x x
 

 
 
.
Bài tập 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: sin | |
yx;
y
||
x
-
.
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ: sin | | | |xx

Đặt
||
x
t
Khi đó trở thành:
sin tt
sin 0tt

Xét hàm số
()
f
t
sin tt

; [0, )t .
() cost 1 0 [0, )ft t

.
BBT của hàm số
()
f
t như sau:
phương trình có nghiệm duy nhất
t
.
phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x
và
x
.
|sin | | | | | (sin | | | | )Sxxdx xxdx






.
3. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
P:y x 3x 3
 và đường thẳng

d:y 2x 1 là:
A.
7
3
B.
13
3
C.
19
6
D. 11
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xét phương trình
22
x1
x3x32x1 xx20
x2
 
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
P:y x 3x 3

và đường thẳng

d:y 2x 1
là



2
22
23
22
11
1
xx 13
S x 3x 3 2x 1 dx 2 x x dx 2x
23 3





Vậy
13
S
3
.
Bài tập 2: Parabol chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính thành 2 phần. Tỉ số
diện tích của chúng thuộc khoảng nào:
A. B. C. D.
0,7; 0,8
Hướng dẫn giải
Chọn A
Phương trình đường tròn:
22 2 2
xy8x8y

Thế vào phương trình parabol, ta được
2
2
8y
yy2y80
2


2
y2
x4x2
y4l


Diện tích phần được tạo bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là:
222
22
22
1 12
222
xx
S8xdx8xdxdxII
22






;
2
23
2
2
2
xx8
Idx
2
263

Tính
22
22
1
20
I8xdx28xdx


Đặt
x22sint dx22costdt;x0 t0
; x2 t
4

444
2
1
000
cos 2t 1
I 2 2 2 cos t2 2 cos tdt 16 cos tdt 16 dt 4 2
2



2
2
x
y
22

0, 4;0,5
0,5;0,6
0,6;0,7
112
84
SII 42 2
33

Diện tích hình tròn:
2
21
44
SR8 SSS8 2 6
33





1
2
4
2
S
3
0, 435 0,4;0,5
4
S
6
3



.
Bài tập 3:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
x
y4
4
 và đồ thị hàm số
2
x
y
42
A. 24 B.
4
2
3
C.
4
2
3
D.
8
3
Hướng dẫn giải
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
22
2
x16l
xx
4x22
4
42
x8


. Khi đó
22
22
22
xx 4
S4 2
43
42

Bài tập 4: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
my x
,
2
mx y
(với
0m
).
Tìm giá trị của
m để
3S
.
A.
1m
. B.
2m
. C.
3m
. D.
4m
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì
0m
nên từ
2
my x
ta suy
2
0
x
y
m
;
Từ
2
mx y
nên
0x
và
ymx
.
Xét phương trình
2
43
0x
x
mx x m x
x
m
m

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
22
00
mm
xx
Smxdx mx dx
mm





3
22
0
211
.
3333
m
mx
x
xmm
m





Yêu cầu bài toán
22
1
3393
3
Smmm 
(vì 0m ).
Bài tập 5: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm
2
yx
và
2
1
x
y
x
là
ln 2Sab
với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của
ab
là
A.
1
3
. B. 2. C.
2
3
. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của
1
C :
2
y
x
và
2
C :
2
1
x
y
x
là

232
0
2
1201
1
2
x
x
xxxxxx
x
x

Diện tích hình phẳng cần tìm là:
00
0
3
22
111
22 5
2 2 2ln 1 2ln2
11 33
xx
Sxdx xdxxx
xx










Suy ra
5
3
a
và
2b 
Vậy
1
3
ab
Bài tập 6:
Cho
H là hình phẳng giới hạn bởi parabol
2
3yx ,
cung tròn có phương trình
2
4
y
x
(với 02x
) và trục hoành
(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của
H
là
A.
43
12
. B.
43
6
.
C.
4233
6

. D.
53 2
3
.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol
2
3yx
và cung tròn
2
4
y
x
(với
02x
) lả
22 24
4343 1
x
xxxx .
Diện tích của

H
là
12
1
223
0
01
33
34
33
Sxdx xdxxI I

với
2
2
1
4Ixdx
.
Đặt
2sin
x
t
,
;2cos.
22
tdxtdt





Đổi cận
1
6
xt

,
2
2
xt

.

2
222
22
6
666
4 4sin .2cos . 4cos . 2 1 cos2 . 2 sin 2Ittdttdttdtxt




23
32

Vậy
332343
33326
SI


Chọn B.
Bài tập 7:
Hình phẳng
H
được giới hạn bởi đồ thị
C của hàm đa thức bậc ba và parabol
P
có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần
tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
A.
37
12
. B.
7
12
. C.
11
12
. D.
5
12
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
2y và 0y nên ta xét hai hàm số là
32
2yax bx cx

,
2
y
mx nx
(với a,
0m
).
Suy ra
C :
32
2yfx axbxcx và
P
:
2
ygx mx nx
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và
P
là:

32 2 32 2
220ax bx cx mx nx ax bx cx mx nx 
.
Đặt


32 2
2P x ax bx cx mx nx .
Theo giả thiết,

C và

P
cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là
1x 
,
1
x
,
2x
nên
112Px ax x x.
Ta có

02
P
a .
Mặt khác, ta có
 
0002 1Pfg a.
Vậy diện tích phần tô đậm là

2
1
37
112
12
Sxxxdx

Dạng 3: Tính thể tích vật thể tròn xoay dựa vào định nghĩa
1. Phương pháp:
Gọi
B
là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; ()Sx là
diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox tại điểm
x
,
()axb
.
Giả sử
()Sx
là hàm số liên tục trên đoạn
,ab .
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Cho phần vật thể
B
giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình
0x
và
2x
. Cắt phần
vật thể
B
bởi mặt phẳng vuông góc trục
Ox
tại điểm có hoành độ
02xx
, ta được diện tích là
một tam giác đều có độ dài cạnh bằng
2.
x
x
Tính thể tích
V
của phần vật thể
B
.
Lời giải
Một tam giác đều cạnh a có diện tích
2
3
4
a
S
Do tam giác đều cạnh
2
x
x có diện tích là
2
23
()
4
xx
Sx
Suy ra thể tích

2
22 2
2
00 0
23
3343
() 2
44 433
Ca sio
xx
SSxdx dx x xdx
 

Bài tập 2: Trong không gian Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng
0x
và
x
, biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ bằng
,0xx

là một tam giác đều cạnh là 2sin
x
.Tính thể tích của vật thể đó.
Lời giải
Một tam giác đều cạnh a có diện tích
2
3
4
a
S
Do đó tam
giác đều cạnh
2sin
x
có diện tích là

4sin . 3
3sin
4
x
Sx x

Suy ra t
hể tíc
h

22
00
d3sind23VSxx xx

Bài tập 3: Một bồn trụ đang chứa dầu được đặt nằm ngang có chiều dài bồn là 5m, bán kính đáy 1m
. Người ta rút dầu ra trong bồn tương ứng với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng của
dầu còn lại trong bồn
Lời giải
* Thể tích cả khối trụ
22 3
1
.1 .5 5VRh m

* Tính thể tích phần khối trụ bị mất đi
+ Cách 1:
22
2
viên ph
R
d
ân
SRxdx
1
2
1
2
21 0,61
xdx
1
2
2
1
2
.21 53,07
viên phân
VS h xdx
Suy ra thể tích khối trụ còn lại

1
23
12
1
2
5 2 1 5 12,637
VVV xdx m
+ Cách 2: Tính góc ở tâm
1
cos
22

OH
R
23

2
3


2
1122
sin . sin 0,614
2233




viên phân
SR


2
12 2
.. sin 5
23 3




viên phân
VS h

2
2
x
y
d
y
=
R
2
-x
2
d
O
R
2
2
x
y
B
A
H
O
R

3
12
12 2
5 . sin 5 12,637
23 3




VVV m

Bài tập 4: Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là chiều cao
trong lòng cốc là đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm
miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc
Lời giải
Phân tích: Thể tích nước có hình dạng “cái nêm”; có 2 phương pháp tính thể tích này
+ Cách 1 – Chứng minh công thức bằng PP tích phân: Xét thiết diện cắt cốc thuỷ tinh tại vị trí
bất kỳ; ta có diện tích thiết diện là
; thể tích.
.
Cách 2:
Gọi S là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt
phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ . Ta có
:
, vì thiết diện này là nửa hình tròn bán kính
Thể tích lượng nước chứa trong bình là.
Bài giải
+ Cách 1: Áp dụng công thức tính thể tích cái nêm biết góc giữa mặt cắt và mặt đáy bằng là
với ta được
6,cm
10cm
x

RxR


22 22 22
11
.. .tan tan
22
 Sx Rx Rx Rx


22 3
12
dtan d tan
23



RR
RR
VSxx RxxR
0hx
()

rhx hxR
r
Rh h
r
22
2
2
1()
()
22

hxR
Sx r
h
23
22
.tan
33

VRhR
tan
h
R

32 3
22
. .3 .10 60
33

h
VR cm
R
+ Cách 2: Tính trực tiếp bài toán bằng PP tích phân. ; thể tích
Bài tập 5:
Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện
là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất
và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của.
Lời
giải
Tính các số đo: ; suy ra bán kính khối trụ là
.
Cách 1: Thể tích khối bằng thể tích “khối trụ trung bình”:
Cách 2: Áp dụng công thức tính thể tích “cái nêm”: Lấy mặt phẳng vuông góc với đường
sinh của hình trụ và đi qua điểm , khi đó chia khối thành hai khối:
+ Khối 1: là khối trụ chiều cao , bán kính
4
r
nên thể tích
+ Khối 2: là phân nửa một khối trụ có chiều cao và bán kính nên thể tích
+ Vậy
22
2
2
1()
()
22

hxR
Sx r
h
10
23
00
9
() (10 ) 60( ).
200


h
VSxdx xdx cm
0
()
h
VSxdx
8
10
14 8 6

AB
AE
DE
22
8 AD AE DE
4
2

AD
R


22
. .4 .11 176
2




H
AB CE
VR đvtt

P
A
H
8h
2
1
128Vrh
6
DE
4
r
22
2
11
.. ..4.648
22

VrAD


12
12848176
H
VvVV đ tt

3. Bài tập
Câu 1
:
Cho
T là vật thể nằm giữa hai mặt phẳng
0x
,
1
x
. Tính thể tích
V
của
T biết
rằng khi cắt
T bởi mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ bằng
x
,
01
x

, ta được thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng
1
x
.
A.
3
2
V
. B.
33
8
V
. C.
33
8
V
. D.
3
2
V
.
Lời giải
Chọn C
Ta có diện tích tam giác đều cạnh bằng 1
x
là

2
13
4
x
Sx
31
4
x
Thể tíc
h của vật thể
T là

1
0
dVSxx
1
0
31
d
4
x
x

1
2
0
3
1
8
x

33
8
.
Câu 2: Cho vật thể
T
giới hạn bởi hai mặt phẳng 0; 2xx
. Cắt vật thể
T
bởi mặt phẳng
vuông góc với trục
Ox
tại
02xx
ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh
bằng
1
x
x
e
. Thể tích vật thể
T
bằng
A.
4
13 1
4
e
. B.
4
13 1
4
e
. C.
2
2e
. D.
2
2 e
.
Lời giải
Chọn B
Diện tích thiết diện là

2
2
1
x
Sx x e
.
Thể tích của vật thể
T
là

22
2
2
00
1
x
VSxdx x edx

.
 
22
22
4
2
22 22
00
00
19111
11
2222
xx xx
ex
V x e x edx e edx







2
44 4
244
0
91311 1 1131
3
224 444
x
ee e
eee


.
Dạng 4: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1 đồ thị
1. Phương pháp:
Vật thể tròn xoay sinh bởi miền hình phẳng được giới hạn: Đồ thị ; trục ;
; quay xung quanh .
- Nếu t
hiếu cận thì giải phương trìn
h
để bổ sung cận.
- Tính thể tích theo công thức:
()
yf
x
(0)Ox y
,
x
ax b
Ox
() 0fx=
2
()
b
Ox
a
V
f
xdx
2. Cá
c Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Kí hiệu là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục hoành. Tính thể
tích của vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm .
Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm .
Bài tập 2: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: quay xung quanh . Tính thể
tích của vật thể tạo thành.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: và trục
Vậy vật thể tròn xoay có thể tích là:
.
Bài tập 3: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: ; quay xung quanh . tính thể
tích của vật thể tạo thành.
Lời giải
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: và đường thẳng là nghiệm của phương
trình:
Vật thể tạo thành có thể tích là:
Bài tập 4: Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường
và trục
Ox
. Đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại
M
.
H
2
2yxx
VOx
2
0
20
2
x
xx
x


2
2
2
0
16
2d
15
Vxxx

, Ox 1
x
yxe x
Ox
x
yxe
Ox
0
x
xe
0x
11
2
22
00
xx
Vxedxxedx



1
2
11
22 2 2
00
0
1
22
xx x
e
V xe xedx xedx






2
2
1
11
22 2
00
0
1
11
22 2 4 4
xx x
e
e
Vxeedxe





2
4, 0yx xy

Ox
2
4yx x
0y
2
40xx
0
4
x
x
44
2
2432
00
4816Vxxdxxxxdx



4
53
4
0
16 512
2
5315
xx
x




V
;0;4yxy x
04xa a

y
x
Gọi là thể tí
ch khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác quanh trục . Biết rằng
1
2VV
. Tính
Lời giải
Ta có .
Tam giác
M
OH quanh trục tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi là hình chiếu vuông góc của
trên trục . Suy ra .
.
Suy ra .
Bài tập 5: Cho là hình phẳng giới hạn bởi độ thị hàm số ; trục và đường thẳng
Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay quanh hình xung quanh trục .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm
Theo bài toán thì thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm
1
V
M
OH Ox
a

44
2
1
00
dd8 4
2
V
VxxxxV



Ox N
M
Ox
M
rMN y ya a

2
2
1
11 4
.. .4.
33 3
a
VOHr a


4
43
3
a
a


H
2
4
x
y
x
Ox
1.x
H
Ox
2
00.
4
x
x
x

1
1
2
2
0
0
4
ln 4 ln ln .
42 232
x
a
Vdx x
x
b


Do đó
3. Bài tập
Câu 1:
Cho hình phẳng
H
giới hạn bởi các đường
2
3, 0, 0, 2yx y x x

. Gọi
V
là thể
tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay
H
xung quanh trục
Ox
. Mệnh đề nào sau
đây đúng?
A.

2
2
2
0
3dVx x

. B.

2
2
0
3dVx x
.
C.

2
2
2
0
3dVx x
. D.

2
2
0
3dVxx

.
Lời giải
Thể tích của vật thể được tạo nên là

2
2
2
0
3d.Vx x

Câu 2: Gọi
V
là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có
phương trình
22
1
25 16
xy

.
V
có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A.
550
B.
400
C.
670
D.
335
Lời giải
Chọn D
Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng:
2
41 , 0, 5, 5
25
x
Hy y x x


 



.
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi
H
khi quay xung quanh trục hoành là:
23
5
5
5
16 16 320
16 16 335,1
5
25 75 3
xx
Vdxx





4, 3 7.ab ab
Câu 3
:
Cho hình phẳng
()H
được giới hạn bởi đường cong
22
ymx
(
m
là tham số khác 0
) và trục hoành. Khi
()H
quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để 1000V
.
A. 18. B. 20. C. 19. D. 21.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là:
22
0mx x m
Thể tíc
h vật thể tròn xoay cần tính là:
2
22 2 3
4
1
()( )|
33
m
m
m
m
mm
Vmxdxmxx


Ta có:
1000V
2
4
1000
3
mm

3
750m
33
750 750m
.
Ta có
3
750 9,08
và
0m
. Vậy có 18 giá trị nguyên của m.
Câu 8 : Cho hình phẳng
D
giới hạn bởi các đường cong
3
1
x
y
x
, trục hoành và trục tung. Khối
tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục hoành có thể tích
(ln2)
Vab
với
,ab
là
các số nguyên. Tính
.Tab
A.
3.T B. 6.
T C. 10.
T D. 1.T
Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có:
22
33 3
2
00 0
3
0
34 816
11
111(1)
16
8ln( 1) (15 16ln 2) 15;b 16.
1















x
Vdx dx dx
xxxx
xx a
x
Vậy
1.Tab
Câu 4: Cho hình
H
trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục
Ox
tạo thành một khối tròn xoay
có thể tích bằng bao nhiêu?
A.
2
2
. B.
2
. C.
2
. D.
2
2
.
Lời giải
Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình

H
quanh trục
Ox
là

2
2
00
1c 1
sd d sin2
0
22
os 2
in
22
Vx xxxx
x








Câu 5:
Vật thể parabolide tròn xoay như hình vẽ bên dưới có đáy có diện tích
3B
chiều cao
4h
. Thể tích của vật thể trên là
A.
1
3
V
. B.
6V
. C.
1
4
V
. D.
8V
.
Lời giải
Đường cong para
bol có dạng:
2
yax
và đi qua điểm có tọa độ

;Rh
nên ta có:
2
2
h
yx
R
Ry
x
h

R
h
y
x
O
B
h
Thể tích của khối tròn xoay trên là:
22
2
0
0
1
d.
2
h
h
RR
Vyy y
hh


2
1
2
R
h
.
Áp dụng công thức ta có:
2
1
2
VRh
11
.3.4
22
Bh
6
.
Câu 6: Cho hàm số
32
,,,, , 0yfx axbxcxdabcd a
có đồ thị

C
. Biết rằng đồ
thị

C tiếp xúc với đường thẳng 4y
tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số
'yfx cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi
quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị
C và trục hoành khi quay xung quanh trục
Ox
.
A.
725
35
. B.
1
35
. C. 6
. D. Chọn khác.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số
'yfx
2
'31fx x
.
Kh
i đó
 
3
'3
f
xfxdxxxC
.
Điều kiện
đồ thị hàm số
f
x tiếp xúc với đường thẳng 4y
là:



3
2
34
4
1
2
310
'0
xxC
fx
x
C
x
fx





suy ra
32
32
f
xx x C .
+

COx hoành độ giao điểm là 2; 1
x
x
.
+Khi đó

1
2
32
2
729
32
35
Vxxdx

.
Dạng 5: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị
1. Phương pháp:
Nếu hình phẳng được giới hạn bởi các đường thì thể tích khối
tròn xoay sinh bởi khi quay quanh trục
Ox
được tính bởi công thức:
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục
. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
3
3
11
.
35
b
V
a




. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tọa độ giao điểm của hai đường và là các điểm và . Vậy thể
tích của khối tròn xoay cần tính là: .
Bài tập 2: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox.
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
D
,,,yfxygxxaxb

D

22
b
a
Vfxgxdx

2
., , , 0yaxybxab

Ox
5
3
.
5
b
V
a
5
3
.
3
b
V
a
5
3
11
.
35
b
V
a



2
.yax
.
y
bx
(0; 0)O
2
;
bb
A
aa



5
22 24
3
00
11
35
bb
aa
b
V bxdx axdx
a





22
1
4,
3

y
x
y
x
A.
. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Tọa độ giao điểm của hai đường và là các điểm và . Vậy
thể tích của khối tròn xoay cần tính là:
.
Bài tập 3: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường quay xung quanh trục Ox. Thể
tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn g
iải
Chọn D
Với thì
Tọa độ giao điểm của đường với là các điểm và . Vậy thể tích của
khối tròn xoay cần tính là:
Bài tập 4: Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường elip
quay quanh Ox bằng:
A.
. B. . C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
24 3
V
5
28 3
V
5
28 2
V
5
24 2
V
5
2
4yx
2
1
3
yx
3;1A

3;1B

33
24
33
1283
4.
95
Vxdxxdx



22
2, 4
yxy x
88
5
V
9
70
V
4
3
V
6
5
V


0; 2x

2
44yxy x
2
2yx
2
4yx (0; 0)O (1; 2)A
11
4
00
6
.4 .4 . .
5
Vxdxxdx



22
99xy
2
3
4
Ta có: .
Bài tập 5: Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường
quanh trục Ox bằng:
A.
. B. .
C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét phương trình .
Và .
3. Bài tập
Câu 1:
Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích là:
A.
. B. . C. . D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Xét hệ phương trình:
22 2
43
3
11
xy x
x
yy




.
Do đối xứng nhau qua Oy nên:
33
22
22 2 2
33
99
99 4
99
xx
xy y V ydx dx





,
y
x
y
x

1
0
x
xdx

1
0
x
xdx

1
2
0
x
xdx

1
2
0
x
xdx
2
0
0; 1
x
x
xxx
xx




11
22 2
00
0;1 ( )
x
xx V x xdx xxdx



43V
63V
53V
23V
.
Câu 2: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích:
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B
Xé
t
hệ phương trình: .
Do đối xứng nhau qua Oy nên
.
Câu 3: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn
xoay có thể tích là:
A.
. B. . C.
2
2
3
V
. D.
 
33
3
22 2
00
3
24 1 23 23 43
3
0
x
Vxdxxdxx








46
9
V
46
15
V
23
9
V
13V
22
4
1
3
xy
x
yx





33
2
224
00
24 3 24 3Vxxdxxxdx






55
346
3
24
35 15
0
xx
x




2
3V
2
V
2
2V
Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có:
Ta có:
Đặt ;
.
Câu 4: Cho hình giới hạn bởi các đường cong tiếp tuyến của tại điểm
và trục Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục bằng:
A.
. B. . C. . D.
Lời giải
Chọn D
Ta có
Phương trình tiếp tuyến của tại là
Diện tích của bằng: .
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường . Thể tích
của khối tròn xoay được tạo thành khi quay xung quanh trục bằng:
A.
. B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
 
2
22
22
2
11
11 11
11
y
x
xy y x
y
x

 

11
22
22 2
00
211 11 81Vxxdxxdx






sin
x
t
;
22
t








22
2 2
00
sin 2
8cos 4 1cos2 4 2
2
2
0
t
Vtsdt tdtt








H
:,
x
Cye
C
1;
M
e
.O
y
H
Ox
-1 1 2
1
2
3
x
y
O
2
2
e
2
1
3
e
2
1
2
e
2
3
6
e
x
ye
C
1;
M
e
1.
y
ex e
y
ex
H

1
1
22
222 2 3
0
0
13
d
23 6
xx
ee
Veexxex





H
2
4, 2 4, 0, 2yx y x x x

H
Ox
32
5
6
6
32
5
Suy ra thể tích cần tìm là .
Dạng 6: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhiều đồ thị
1. Phương pháp:
2. Các Bài tậ
p mẫu:
Bài tập 1:
Gọi là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
, và quanh trục . Đường thẳng cắt đồ thị hàm tại
.
Gọi là thể tí
ch khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác quanh trục . Biết rằng
. Khi đó
A.
. B. . C. . D. .
Hướng dẫn giải
Chọn
D
Ta có . Khi đó
Ta có
Khi quay tam giác quanh trục tạo thành hai hình nón có chung đáy:
 Hình nón có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy ;
Hình nón thứ 2 có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy
Khi đó
Theo đề bài .
Bài tập 2: Cho hình thang cong giới hạn bởi các đường . Đường thẳng x
= k chia thành hai hình phẳng là S
1
và S
2
như hình vẽ bên. Quay quanh trục Ox
được khối tròn xoay có thể tích lần lượt là . Với giá trị nào của k thì
A. . B. . C.
111
ln
23
k
. D.


22
2
2
2
00
32
4d 2 4d
5
Vx x xx



V
y
x
0y
4x Ox
04xa a

y
x
M
1
V
OMH Ox
1
2VV
2a
22a
5
2
a
3a
00xx
4
0
d8Vxx

;
M
aa
OMH Ox
1
N O
1
hOKa

R
MK a
2
N
H
2
4
hHK a 
R
MK a
22
112
11 4
33 3

VRhRha
1
4
282. 3
3

 VV aa
,0,0,ln4
x
yey x x 
0ln4k
12
,SS
12
,VV
12
2VV
132
ln
23
k
1
ln11
2
k
32
ln
3
k
x
y
O
a
M
H
4
K
Hướng dẫn g
iải
Chọn
B
Ta có:
Theo giả thiết:
22
2
12
1
228 11ln11
22 2 2
kk
k
ee
VV e k





Bài tập 3: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường
2
4yx
và đường thẳng
4x
. Thể tích của
khối tròn xoay sinh ra khi
D xoay quanh trục Ox là:
A.
32
. B.
64
.
C.
16
. D.
4
.
Hướng dẫn giải :
Chọn A
Giao điểm của hai đường
2
4yx
và
4x
là

4; 4D
và

4; 4E
. Phần phía trên
Ox
của đường
2
4yx
có phương trình
2yx
. Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là:

4
2
0
232Vxdx
.
Bài tập 4: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
3, , 0, 1yxyxx x
quay xung quanh trục
Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
 
ln 4
22 2 2
22
12
0
ln 4
;8
0
222 2 2
k
x
kxk
xx
k
k
ee e e
V e dx V e dx
k


 

 
 

A.
8
V.
3
B.
4
V.
3
C.
2
V.
3
D. V.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tọa độ giao điểm của đường
1
x
với
yx
và 3yx
là các điểm
1; 1C và
3;1B . Tọa độ giao
điểm của đường
3yx với
yx
là
0;0O . Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là:
11
22
00
8
.9 .
3
Vxdxxdx

.
Bài tập 5: Trên mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng giới hạn bởi các đường

22
:;':y4;:4PyxP xdy . Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox bằng:
A.
9
5
. B.
4
5
. C.
7
5
. D. 2
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt V là thể tí
ch cần tìm
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và:
2
2
4
2
x
x
x

Xét
phương trình hoành độ giao điểm của và:
2
1
44
1
x
x
x

OAC
V
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay:
2
4
y
x
y
Oy
quanh Ox
OAB
V
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay:
2
4
4
yx
y
Oy
quanh Ox
Lúc đó:

22 21
22
2224
00 00
4444416
OAC OAB
VV V x dx x dx xdx xdx






55
21
32 16 4
441684
00
55555
xx
xx








3. Bài tập trắ
c nghiệm:
Câ
u 1:
Cho

H
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số
:y , 0, 2
P
xy y x
.
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình
H
xung quanh trục
Ox
là:
A.
42 1
3
. B.
7
6
.
C.
82 3
6
. D.
5
6
.
Lời giải
Chọn D
22
02 02
21
(2 ) 5 4 0
xx
x
xx
xxxx
 






12
2
2
01
5
(2 )
6
Vxdx xdx



.
Câu 2: Cho hình

H giới hạn bởi các đường
1yx
;
6
y
x
;
1
x
. Quay hình

H quanh
trục
Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
13
6
. B.
125
6
. C.
35
3
. D.
18
.
Lời giải
Chọn
C
Phương trình hoành
độ giao điểm:


2
2
6
1600
3
x
xxxx
x
l
x


x
y
1
Vì
6
10x
x

với
1; 2x
nên thể tích cần tính là

2
22
2
11
635
d1d
3
Vxxx
x






.
Câu 3: Gọi
H
là hình phẳng giới hạn bởi các đường:
3; ; 1yxyxx

. Quay
H
xung
quanh trục
Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
8
3
. B.
2
8
3
. C.
2
8
. D.
8
.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm:
30xx x

và
30xx
với
0;1x
.
Thể tích cần tính là

11
2
2
00
8
3d d
3
Vxxxx



.
Câu 4: Cho hình phẳng

H giới hạn bởi các đường
2
,2yxy x
. Thể tích của khối tròn xoay
được tạo thành khi quay

H xung quanh trục
Ox
bằng:
A.
16
15
. B.
21
15
. C.
32
15
. D.
64
15
.
Lời giải
Chọn D
Hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số
2
yx
và 2yx
là nghiệm của phương trình
2
0
2
2
x
xx
x

Thể tíc
h của khối tròn xoay tạo thành là


22
2
2
2
00
π 2dπ dVxxxx

2
2
5
3
0
0
464π
ππ
3515
x
x







.
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
22
1
4,
3
yxyx
quay xung quanh trục
Ox
.
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:
A.
28 2
5
V
. B.
28 3
5
V
. C.
24 2
5
V
. D.
24 3
5
V
.
Lời giải
Chọn B
Giải phương trình
22
1
43
3
xxx
Thể tích cần tìm là
2
33
2
2
2
33
28 3
4d d
35
x
Vxx x







.
Dạng 7: Một số bài toán thực tế ứng dụng tích phân
1. Phương pháp
giải
*
Một vật chuyển động có phương trình vận
tốc trong khoảng thời gian từ đến
sẽ di chuyển được quãng đường
là:
Ví dụ 1: Một vật chuyển động chậm dần đều với
vận tốc . Quãng đường
mà vật chuyển động từ thời điểm đến
thời điểm mà vật dừng lại là
A. 1028m. B. 1280m.
C. 1308m. D. 1380m.
Hướng dẫn giải
Khi vật dừng lại thì
Do đó
.
Chọn B.
*
Một vật chuyển động có phương trình
gia tốc thì vận tốc của vật đó sau
khoảng thời gian là:
Ví dụ 2: Một chiếc ô tô chuyển động với vận tốc
, có gia tốc
Vận tốc của ô tô sau 10 giây (làm tròn đến hàng đơn
vị) là
A. 4,6 m/s. B. 7,2 m/s.
C.
1,5 m/s. D. 2,2 m/s.
Hướng dẫn giải
Vận tốc của ô tô sau 10 giây là
.
vt
ta
tbab

b
a
Svtdt
160 10 /vt tm s
0ts
160 10 0 16vt t t


16 16
00
160 10Svtdt tdt



16
2
0
160 5 1280tt m
at

12
;tt

2
1
t
t
vatdt
vt
/ms
 

2
3
/.
21
at v t m s
t


10
10
0
0
33 3
ln 2 1 ln 21 4, 6 /
21 2 2
vdtt ms
t

Chọn A.
*
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn
của đoạn mạch trong thời gian từ đến là:
2. Bài tập
Bài tậ
p 1: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc . Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.
A. B. 4300 m. C. 430 m. D.
Hướng d
ẫn giải
Chọn A.
Hàm vận tốc
Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc
Ta được
Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là
Bài tập 2: Dòng điện xoay chiều hình sin chạy qua một đoạn mạch LC có biểu thức cường độ là
. Biết với
q là điện tích tức thời ở tụ điện. Tính từ lúc , điện lượng
chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của đoạn mạch đó trong thời gian từ 0 đến là
A. B. 0. C. D.
Hướng dẫn giải
1
t
2
t

2
1
t
t
QItdt
2
3at t t
4300
.
3
m
430
.
3
m
 

23
2
3
3.
23
tt
v t a t dt t t dt C

0 10 10.vC

23
3
10.
23
tt
vt 

10
23 34
10
0
0
3 4300
10 10
23 212 3
tt tt
Sdttm




vt atdt

0
cos
2
it I t




iq
0t
0
2
.
I
0
2
.
I
0
.
2
I
Chọn C.
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn của đoạn mạch trong thời gian từ 0 đến là
Bài tập 3: Gọi là mức nước trong bồn chứa sau khi bơm được t giây. Biết rằng
và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây
(chính xác đến 0,01
cm)
A. 2,67 cm. B. 2,66 cm. C. 2,65 cm. D. 2,68 cm.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây là
Bài tập 3: Một viên đá được bắn thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu là
40
m/s từ một điểm cao
5 m cách mặt đất. Vận tốc của viên đá sau
t
giây được cho bởi công thức
40 10vt t m/s. Tính
độ cao lớn nhất viên đá có thể lên tới so với mặt đất.
A.
85
m. B.
80
m. C.
90
m. D.
75
m.
Lời giải
Chọn
A
Gọi
h
là quãng đường lên cao của viên đá.
2
'dt4010dt405vt h t ht vt t t t c

Tại thời điểm
0t
thì
5h
. Suy ra
5c
.
Vậy
2
40 5 5ht t t
ht
lớn nhất khi
040100 4vt t t 
. Khi đó
485mh
.
Bài tập 4: Một ô tô chạy với vận tốc
20
m/s thì người lái đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi
đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
40 20vt t
 trong đó
t
là khoảng thời
gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến
khi dừng hẳn là bao nhiêu?

00
0
0
00
2
cos sin .
22
II
QItdtI t dt t




 

 
 

Qt Itdt
ht cm

3
1
8
5
ht t

  
66
6
33
0
00
13
8882,66
520
htdt t dt t t cm





A.
2
m. B.
3
m. C.
4
m. D.
5
m.
Lời giải
Chọn
D
Lấy mốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh
0t
Gọi
T
là thời điểm ô tô dừng lại. Khi đó vận tốc lúc dừng là
0vT
Vậy thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là

1
040200
2
vT T T

Gọi
s
t là quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian
T
.
Ta có
vt s t
suy ra
s
t là nguyên hàm của
vt
Vậy trong

1
s
2
ô tô đi được quãng đường là:


1
1
2
2
2
0
0
d 40 20 d 20 20 5
T
t
vt t t t t t


Bài tập 5: Một ô tô xuất phát từ A chuyển dộng với vận tốc nhanh dần đều,
10
giây sau, ô tô đạt vận
tốc
5
và từ thời điểm đó ô tô chuyển động đều. Ô tô thứ hai cũng xuất phát từ A nhưng sau ô tô thứ
nhất là 10 giây, chuyển động nhanh dần đều và đuổi kịp ô tô thứ nhất sau
25
giây. Vận tốc ô tô thứ
hai tại thời điểm đó là
A.
12
. B.
8
. C.
10
. D.
7
.
Lời giải
Chọn
A
Ta có gia tốc trong
10
s đầu của ô tô thứ nhất là

2
0
0
5
0,5 m/s
10
vv
a
tt

Trong
10
s đầu, ô tô thứ nhất chuyển động nhanh dần với vận tốc
0,5vt t
Quãng đường ô tô thứ nhất đi được trong
10
s là

10
0
0,5 dt 25 mt
.
Trong
25
s tiếp theo, ô tô thứ nhất đi được
5.25 125
Vậy quãng đường ô tô thứ nhất đi được đến khi bị đuổi kịp là
25 125 150 m
Mặt khác
2
0
1
2
SS at
Gia tốc của ô tô thứ hai là

0
2
22
2
2.150
0, 48 m/s
25
SS
a
t

Vậy kh
i đuổi kịp ô tô thứ nhất, vận tốc của ô tô thứ hai là
0
12
t
vvat

.
Bài tập 6: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc
1
7vt t
đi được
5
, người lái
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc
2
70 m/sa 
. Tính quãng đường
mS đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi
dừng h
ẳn.
A.
95,70 mS
. B.
87,50 mS . C.
94,00 mS . D.
96,25 mS .
Lời giải
Chọn D
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh.
 
5
55
2
11
00
0
dt 7 dt 7 87,5 m .
2
t
Svt t

Vận tốc
2
m/svt của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thỏa mãn
2
70 dt 70vt tC
,

21
5535 385vv C. Vậy
2
70 385vt t .
Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với
t
thỏa mãn
2
05,5svt t .
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn.

5,5 5,5
21
55
dt 70 385 dt 8,75 mSvt t

.
Qu
ãng đường cần tính
12
96,25 mSS S .
Bài tập 7: Một vật di chuyển với gia tốc

2
2
20 1 2 /at t m s

. Khi
0t
thì vận tốc của vật
là

30 /ms. Tính quãng đường vật đó di chuyển sau
2
giây.
A.
46Sm
. B.
47Sm
. C.
48Sm
. D.
49Sm
.
Lời giải :
Chọn C
Vận tốc vật là :
 
21
20 1 2 10 1 2vt atdt t dt t C



.
Khi
0t
thì

1
0 10. 1 30 20vCC

.
Nên

1
10 1 2 20 /vt t m s

.
Suy ra :



2
1
0
10 1 2 20 48Stdtm

Bài tập 8: Vật chuyển động với vận tốc ban đầu
5/ms
và có gia tốc được xác định bởi công thức

2
2
/
1
ams
t
. Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là
A.
10 /ms
. B.
9/ms
. C.
11 /ms
. D.
12 /ms
Hướng dẫn giải:
Chọn A
Ta có
 
2
2ln 1
1
vt dt t c
t

Mà vận tốc ban đầu 5m/s tức là :
05 2ln01 5 5vcc

.
Nên

2ln 1 5vt t
Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là :
10 2ln 11 5 9,8v 
Chọn Chọn
A.
Bài tập 9:
Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động
của các hạt. Trong quá trình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt prôton di chuyển
trong điện trường với biểu thức gia tốc là:

2
20 1 2at

.Với
t
của ta được tính bằng giây. Nhóm
sinh viên đã tìm hàm vận tốc
v theo
t
, biết rằng khi
0t
thì
2
30 /vms . Hỏi biểu thức đúng là?
A.
2
10
25 /
12
vcms
t




. B.
2
10
20 /
1
vcms
t




.
C.
2
10
10 /
12
vcms
t




. D.
2
10
20 /
12
vcms
t




Hướng dẫn giải :
Chọn D
Trước hết để giải bài toán này ta cũng chú ý. Biểu thức vận tốc
v
theo thời gian
t
có gia
tốc
a là:
.vadt
Áp dụng công th
ức trên, ta có :

2
20
12
v adt dt
t


Đến đây t
a đặt :
12 2
2
du
u t du dt dt
2
10 10 10
10
12
vduuduK K
uut


Với
0, 30 20tv K
Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là :
2
10
20 / .
12
vcms
t




Bài tập 10: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15
m / s. Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa điện
là?
A.
9,8 15vt
.
B.
9,8 13vt

.
C.
9,8 15vt
.
D.
9,8 13vt
Hướng dẫn giải
Chọn A
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc
2
9,8 /ams
Ta có biểu thức vận tốc
v theo thời gian
t
có gia tốc a là :
9,8 9,8v adt dt t C

Ở đây,
với :
0, 15 / 15tvmsC
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng :
9,8 15vt

Bài tập 11: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15
m / s. Hỏi sau 2, 5 giây thì tia lửa điện đấy có
chiều cao là bao nhiêu?
A.
6.235 m . B.
5.635 m . C.
4.235 m . D.
6.875 m
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc
2
9,8 /ams
Ta có biểu thức vận tốc
v theo thời gian
t
có gia tốc a là :
9,8 9,8v adt dt t C

Ở đây,
với
0, 15 / 15tvmsC
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng:
9,8 15vt
Lấy tích phân biểu thức vận tốc, ta sẽ có được bểu thức quãng đường:

2
9,8 15 4,9 t 15
s
vdt t dt t K

Theo đề bài,
ta được khi
00 0.tsK
Vậy biểu thức tọa độ của quảng đường là :
2
4,9 15 .
s
tt
Khi
2,5ts , ta sẽ được
6,875
s
m .
Dạng 8: Bài toán thực tế
1. Phương pháp: Vận dụng các kiến thức về tích phân và bài toán ứng dụng.
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1:
Tính thể tích hình xuyến tạo thành do quay hình tròn

2
2
:21Cx y

quanh trục
Ox
.
Hướng dẫn giải:
Hình tròn

C
có tâm

0; 2I
, bán kính
1R
là

2
2
21 xy
Ta có

2
2
2
2
21
11 1 1
21



yx
yxx
yx
Thể tíc
h
cần tính:
1
22
222
1
21 21 4





Vxxdx
Bài tập 2: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài
500m
, biết rằng người ta định xây
cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau
40m
,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp
nối người ta xây 1 chân trụ rộng
5m
. Bề dày nhịp cầu không đổi là
20cm
. Biết 1 nhịp cầu như hình
vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu
A.
3
20m
. B.
3
50m
.
C.
3
40m
. D.
3
100m
.
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc

0;0O
là chân cầu,
đỉnh

25;2I
, điểm

50;0A
Gọi Parabol trê
n có phương trình:
 

22
11 1
:P y ax bx c ax bx O P
22
2
20 1
100 2
yaxbx axaxbx là phương trình parabol dưới
Ta có
 
22
111 2
24 241
,:
625 25 625 25 5
IA P P y x x y x x  
Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là
1
SS
với
1
S
là phần giới hạn bởi
12
;yy
trong khoảng

0; 25
0,2
15
22
00,2
24 1
20,9
625 25 5
Sxxdxdxm









Vì bề dày
nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày
3
.0,2 1,98VS m
số
lượng bê tông cần cho mỗi nhịp cầu
3
2m
Vậy mười nhịp cầu hai bên cần
3
40m
bê tông
Chọn Chọn.
C.
Bài tập 3:
Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh
được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học.
Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình
trong hệ tọa độ
Oxy
là

22 2
16 25yx x
như hình vẽ bên.
Tính diện tích
S
của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ
Oxy
tương ứng với
chiều dài
1
mét.
A.

2
125
6
Sm
. B.

2
125
4
Sm
.
C.

2
250
3
Sm . D.

2
125
3
Sm
Hướng dẫn g
iải
x
y
Chọn
D
Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc
góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ
Oxy .
Từ giả thuyết bài toán, ta có
2
1
5
4
yxx
.
Góc phần tư thứ nhất

2
1
25 ; 0;5
4
yx xx
Nên
5
23
()
0
1 125 125
25 d ( )
4123
I
Sxxx Sm
Bài tập 4: Một Bác thợ gốm làm một cái lọ có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng giới hạn bởi các đường
1yx
và trục Ox quay quanh trục Ox biết đáy lọ và miệng lọ có
đường kính lần lượt là
2dm
và
4dm
, khi đó thể tích của lọ là:
A.
2
8 .dm
. B.
3
15
.
2
dm
.
C.
2
14
.
3
dm
. D.
2
15
.
2
dm
Lời giải
Chọn B
11 1
10ry x
22 2
23ry x
Suy ra:

33
2
23
0
00
15
d1d
22
x
Vyx xx x






Bài tập 5: Để kéo căng một lò xo có độ dài tự nhiên từ
10cm
đến
15cm
cần lực
40N
. Tính công (
A
) sinh ra khi kéo lò xo có độ dài từ
15cm
đến
18cm
.
A. 1, 56 ( )
A
J . B. 1 ( )
A
J
.
C. 2,5 ( )
A
J . D. 2 ( )
A
J
.
Lời giải
Chọn A
x
y
O
3
Theo Định luật Hooke, lực cần dùng để giữ lò xo giãn thêm
x
mét từ độ dài tự nhiên là

fx kx
, với

/kNm
là độ cứng của lò xo. Khi lò xo được kéo giãn từ độ dài
10cm
đến
15cm
, lượng kéo giãn
là
5 0.05 cm m
. Điều này có nghĩa

0.05 40f
, do đó:

40
0,05 40 800 /
0,05
kk Nm
Vậy

800fx x
và công cần để kéo dãn lò xo từ đến
18cm
là:

0,08
0,08
22
2
0,05
0,05
800d 400 400 0,08 0,05 1,56Axx J



Góc phần tư thứ nhất

2
1
25 ; 0;5
4
yx xx
Nên
5
23
()
0
1 125 125
25 d ( )
4123
I
Sxxx Sm
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1:
Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình
vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu.
A.
3
19m
. B.
3
21m
. C.
3
18m
. D.
3
40m
.
Hướng dẫn giải
Chọn D
Chọn hệ trục
Oxy
như hình vẽ.
15cm
0,5m 0,5m19m
5 m
2 m
0,5m
x
O
M
x
x
.
f
xkx
Ta có
Gọ
i

2
1
:Pyax c
là Parabol đi qua hai điểm

19
;0 , 0;2
2
AB



Nên ta có hệ ph
ương trình sau:

2
2
1
8
19
0. 2
8
:2
361
2
361
2
2
a
a
Py x
b
b









Gọi

2
2
:Pyaxc
là Parabol đi qua hai điểm

5
10;0 , 0;
2
CD



Nên ta có hệ ph
ương trình sau:
Ta có thể tích của bê tông là:
19
10
223
2
00
15 8
5.2 2 40
40 2 361
Vxdxxdxm








.
Câu 2: Cho hai mặt cầu

1
S
,

2
S
có cùng bán kính
R
thỏa mãn tính chất: tâm của

1
S
thuộc

2
S
và ngược lại. Tính thể tích phần chung
V
của hai khối cầu tạo bởi
1
()S
và
2
()S
.
A.
3
VR
. B.
3
2
R
V
. C.
3
5
12
R
V
. D.
3
2
5
R
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn C


2
2
2
1
5
0.10
15
40
2
:
5
5
40 2
2
2
a
a
Py x
b
b






O
R
2
R
22 2
():Cx y R
y
x
y
O x
Gắn hệ trục
Oxy
như hình vẽ
Khối cầu

,SOR
chứa một đường tròn lớn là

22 2
:Cx y R
Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính là
.
Câu 3: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai
đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và
cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu
là bao nhiêu?
A.
425,2
lit. B.
425162
lit. C.
212581
lit. D.
212,6
lit.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi

2
:Pyax bxc
là parabol đi qua điểm

0,5;0,3A
và có đỉnh

0;0, 4S
. Khi
đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi

P
,
trụ
c ho
ành và hai đường thẳng
0,5x 
quay quanh trục
Ox
.
Dễ dàng tìm được

2
2
:0,4
5
Py x
Thể tích thùng rượu là:
22
0,5 0,5
22
0,5 0
2 2 203
0,4 2 0, 4 425,5 (l)
5 5 1500
Vxdxxdx






.
Câu 4: Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25 mét,
chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy
số tiền bác Năm phải trả là:

33
22 2
2
2
5
2d2
312
R
R
R
R
x
R
VRxxRx





x
y
0,4m
0,3m
0,5m
O
S
A
A.
33750000 đồng. B. 12750000 đồng. C. 6750000 đồng. D. 3750000
đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gắn parabol

P
và hệ trục tọa độ sao cho

P
đi qua
(0;0)O
Gọi phương trình của parbol là:

2
: Pyaxbxc
Theo đề ra,

P
đi qua ba điểm
(0;0)O
,
(3;0)A
,
(1, 5; 2, 25)B
.
Từ
đó, suy
ra

2
: 3Py x x
Diện tích phần Bác Năm xây dựng:
3
2
0
9
3
2
Sxxdx
Vậy số tiền bác Năm phải trả là: 1500000 675 0
9
.
2
000 .
Câu 5: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng
16m
và độ dài trục bé bằng
10m
. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng
8m
và nhận trục bé của elip làm trục đối
xứng. Biết kinh phí để trồng hoa là
100.000
đồng/
2
1m
. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để
trồng hoa trên dải đất đó?
A.
7.862.000
đồng. B.
7.653.000
đồng. C.
7.128.000
đồng. D.
7.826.000
đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giả sử elip có phương trình
22
22
1
xy
ab

.
Từ giả thiết ta có
216 8aa
và
210 5bb
x
y
A
B
O
8m
Vậy phương trình của elip là
2
22
1
2
1
5
64 ( )
8
1
5
64 25
64 ( )
8
yyE
xy
yyE



Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường
12
();(); 4; 4EEx x
và diện
tích của dải vườn là
44
22
40
55
264d 64d
82
Sxxxx


Tính tích phân này bằng phép đổi biến
8sin
x
t
, ta được
3
80
64
S




Khi đó số tiền là
3
80 .100000 7652891,82 7.653.000
64
T




.
Câu 6: Người ta dựng một cái lều vải có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy
của là một hình lục giác đều cạnh
3.m
Chiều cao
6SO m
. Các cạnh bên của là các sợi
dây
123456
,,,,,cccccc
nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả
sử giao tuyến của với mặt phẳng vuông góc với SO là một lục giác đều và khi qua trung
điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng
1.m
Tính thể tích phần không gian nằm bên
trong cái lều đó.
A.
3
135 3
()
5
m
. B.
3
96 3
()
5
m
. C.
3
135 3
()
4
m
. D.
3
135 3
()
8
m
Hướng dẫn giải
Chọn D
c
1
c
4
c
5
c
2
c
6
c
3
3m
1m
O
S
Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là
(0;6), (1;3), (3;0)ABC
nên có phương trình là
2
17
6
22
yx x

Theo hình vẽ ta có cạnh của thiết diện là
B
M
Nếu ta đặt
tOM
thì
71
2
24
BM t

Khi
đó diện tích của thiết diện lục giác:
2
2
3337 1
() 6. 2 ,
422 4
BM
St t





với
0; 6t
Vậy thể tí
ch của túp lều theo đề bài là:
2
66
00
3 3 7 1 135 3
() 2 .
22 4 8
VStdt t dt






.
Câu 7: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi
đường tròn , cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện
là tam giác đều. Thể tích của vật thể là:
A.
32 3
.
3
V
. B.
256 3
.
3
V
.
22
16xy
y
x
O
C.
256
.
3
V
.
D.
32
.
3
V
Hướng dẫn giải
Chọn B
Giải phương trình
22 2 2 2
16 16 16
x
yyxy x
Diện tíc
h
thiết diện là

2
22
1
() 216 .sin 16 3
23
Sx x x

Thể tích cần tìm là

44
2
44
256 3
() 3 16
3
VSxdx xdx



.
Dạng 9: Các bài toán bản chất đặt sắc của tích phân
Bài tập 1: Cho hàm số

yfx
có đồ thị trên
2;6
như hình vẽ bên. Biết các miền A, B, 2x
có diện tí
ch lần lượt là 32; 2; 3. Tích phân

2
2
221
f
xdx

bằng
A.
45
2
. B. 41. C. 37. D.
41
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
 
22
22
221 22 4
f
xdxfxdx





Xét

2
1
2
22Ifxdx

.
Đặt
22 2
2
dt
t x dt dx dx 
Đổi cận:
22xt 
;
26
x
t
.
Suy ra

6
1
2
1
2
Iftdt
.
Gọi
1
x
;
2
x
là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
yfx với trực hoành
12
26xx . Ta có
   

12
12
6
1
2
11
22
133
32 2 3
22
xx
A
BC
xx
I f tdf f tdf f tdf S S S







Vậy

2
1
2
33 41
221 4 4
22
fx dxI



Bài tập 2: Cho hàm số
yfx có đồ thị của hàm số
yfx
như hình bên. Đặt
 
2
21gx f x x
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
331
g
gg . B.
331
g
gg .
C.
133gg g . D.
13 3gg g.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
 
221gx f x x


01
g
xfxx

 . Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và
đường thẳng d:
1yx
.
Dựa vào đồ thị ta thấy:

1
01
3
x
gx f x x
x

 
Bảng biến thiên:
x

–3 1 3
g
x
–
0 + 0 – 0 +
g
x

3g
1
g

3g
Suy ra

31
g
g và
31
g
g
Gọi
1
S
,
2
S
lần lượt là diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
f
x
, đường thẳng
d:
1yx trên các đoạn
3;1 và

1; 3 ta có:
+) Trên đoạn
3;1 ta có

1
f
xx
 nên
 
11
1
33
1
1
2
Sgxdx fxxdx




.
+) Trên đoạn

1; 3
ta có

1
f
xx

nên
 
33
2
11
1
1
2
Sgxdx xfxdx



.
Dựa vào
đồ thị ta thấy
12
SS
nên ta có:
   
1
3
31
13 313 3gx gx g g g g g g
 
.
Vậy
13 3ggg.
Lưu ý:
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
f
x
và đường thẳng d:
1yx
chính là nghiệm của
phương trình
0gx
.
- Lập b
ảng biến thịên ta
thấy

1
g
lớn hơn
3g
. Ta chỉ cần so sánh
3g và
3g .
- So sánh diện tích dựa vào đồ
thị.
Ví dụ 4: Hình phẳng

H được giới hạn bởi đồ thị
C của hàm đa thức bậc ba và parabol
P
có
trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần
tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng
A.
37
12
. B.
7
12
. C.
11
12
. D.
5
12
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
2y và 0y nên ta xét hai hàm số là
32
2yax bx cx

,
2
ymx nx
(với a,
0m
).
Suy ra

C :
32
2yfx axbxcx và
P
:
2
ygx mx nx
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C và
P
là:

32 2 32 2
220ax bx cx mx nx ax bx cx mx nx 
.
Đặt


32 2
2P x ax bx cx mx nx
.
Theo giả thiết,

C và

P
cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là
1x 
,
1
x
,
2x
nên
112Px ax x x.
Ta có
02
P
a .
Mặt khác, ta có
  
0002 1Pfg a
.
Vậy diện tích phần tô đậm là

2
1
37
112
12
Sxxxdx

| 1/138
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. NGUYÊN HÀM VÀ TÍNH CHẤT 1. Nguyên hàm
Định nghĩa: Cho hàm số f x xác định trên K ( K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của
). Hàm số Fx được gọi là nguyên hàm của hàm số f x trên K nếu Fʹx  f x với mọi xK.
Định lý 1: Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số f x trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số
G x  Fx  C cũng là một nguyên hàm của f x trên K.
Định lý 2: Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số f x trên K thì mọi nguyên hàm của f x
đều có dạng Fx  C, với C là một hằng số.
Hai định lý trên cho thấy:
Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số f x trên K thì Fx  C,C là họ tất cả các nguyên
hàm của f x trên K. Kí hiệu f
 xdx  Fx  C.
Chú ý: Biểu thức f xdx chính là vi phân của nguyên hàm Fx của f x, vì   ʹ
dF x  F xdx  f xdx.
2. Tính chất của nguyên hàm Tính chất 1 f ʹ
 xdx  fx C Tính chất 2 kf
 xdx  k fxdx , k là hằng số khác 0. Tính chất 3 f
 xgxdx  f   xdx  g  xdx.
3. Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 4. Bảng nguyên hàm
Nguyên hàm của hàm số
Nguyên hàm của hàm số
Nguyên hàm của hàm số hợp sơ cấp
hợp u = ux
u = ax+b;a 0
dx x C
du u Cd
 ax b  ax bC  1    1   1   1 ax bx u
ax b   dx   C   x dx   C     1 u   C     1    1  1 a 1
1 dx  ln x C
1 du  ln u C  1 1 dx
ln ax b Cx u ax b a 1 1 1 1 1 1 1 dx    Cdu    Cdx   .  C  2 x x 2 u uax b2 a ax b 1 2 2 ax bdx  . ax b
ax b Cxdx x x C  2 udu u u C    a 3 3 3
1 dx  2 x C
1 du  2 u C  1 1 dx
.2 ax b Cx u ax b a x x
e dx e Cu u
e du e Cax b 2 axb e dx eCa x a u a xa dx
Ca  0,a    1 u a du
C a  0,a    1  1 mx n a mx n ln a ln a a dx  .
Ca  0,a   1 m ln a 1
sin xdx   cos x C
sin udu   cos u C  sin
 ax bdx   cosax bC a 1
cos xdx  sin x C
cos udu  sin u C  cos
 ax bdx  sinax bC a 1
tan ax b dx  
ln cos ax b C
tan xdx   ln cos x C
tan udu   ln cos u C      a 1
cot ax b dx
ln sin ax b C
cot xdx  ln sin x C
cot udu  ln sin u C      a 1 1 1 1 dx  
cot ax b C
dx   cot x C
du   cot u C  2
sin ax b   a 2 sin x 2 sin u 1 1 1 1
dx  tan x C
du  tan u Cdx
tan ax b C  2 2 cos x 2 cos u
cos ax b   a 1 x u dx 1 ax b dx  ln tan  C
1 du  ln tan  C   ln tan  C  sin x 2 sin u 2
sin ax ba 2 1 dx  1  x    u    dx  ln tan   C  1   du  ln tan   C  cos ax b   cos x  2 4  cos u  2 4  1
ax b    ln tan   C   a  2 4 
II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến số
Định lý 1: Nếu f(u)du  F(u)  C 
và u  u(x) có đạo hàm liên tục thì: f u 
  (x) .uʹ(x)dx  F u  (x) C
Hệ quả: Với u  ax  ba  0 ta có     1
f ax b dx  Fax  b  C. a
2. Phương pháp tính nguyên hàm từng phần:
Định lý 2: Nếu hai hàm số u  ux và v  vx có đạo hàm liên tục trên K thì: u
 xvʹxdx  uxvx uʹ  xvxdx.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp
1. Phương pháp giải
 Biến đổi các hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x,
trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.
 Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm. 2. Bài tập x
Bài tập 1. Nguyên hàm của hàm số f x 2 1  là x e x x A. 2  2 xe C B.x
e C x e ln 2 x e ln 2   1 x x C. 2  2 xe C D. xe C x e ln 2   1 x e ln 2   1 Hướng dẫn giải Chọn C. x x x    Ta có: 2 1 2  x 2  x dx dx e dx   e C     . x x ee e ln 2   1
Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số f x  x x  2019 2 là  2020 2018 x  2021 x  2020 2 2 x  2 x  2 A.    C B.   C 2021 1010 2021 1009  2021 2020 x  2021 x  2020 2 2 x  2 x  2 C.   C D.   C 2021 1010 2021 1010 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: x
 x 22019 dx  
x 22x 22019 dx 2021 2020  x x  
x  22020 dx  2x  22019  2  2 dx    C 2021 1010
Bài tập 3. Nguyên hàm của hàm số f x 1  là 2 x e 1 A. 1 2  ln x x e 1  C B.  ln  2x x e   1  C 2 C.  2 ln x e   1  C D.   2 ln x x e   1  C Hướng dẫn giải Chọn B. x x 1  2e   2 2 1 xe Ta có: e   1 . 2 x 2 x 2 e 1 e 1 x e 1 x 1 x   1 d  2 2 e e   1 Do đó 1 dx   1
dx dx
x  ln e   C   x x x  2x 1 2 2 2  e 1 e 1 2 e    1 2
Bài tập 4. Nguyên hàm của hàm số f x 1  là:
x  2  x  2 3 3 A. 1        
x  2    x  2   C B. 1 x 2 x 2  C 6    6   C. 1 1 1 1 x  2 
x 2 x 2  C D.
x  2 x  2  x  2  C 6 6 6 6 Hướng dẫn giải Chọn A.    Ta có: 1 x 2 x 2 dx dx  
x  2  x  2 4 1  2     x   2 x   x   1 x   C   x   1 2 2 2 2 2
x  2   x  2 x  2  C 4  3 3  6 6 
Chú ý: Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp: a b a b  . a b Lưu ý: 2 ax bdx  
ax bax b C. 3a
Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số f x 5x 13  là: 2 x  5x  6
A. 2 ln x  3  3ln x  2  C
B. 3ln x  3  2 ln x  2  C
C. 2 ln x  3  3ln x  2  C
D. 2 ln x  3  3ln x  2  C Hướng dẫn giải Chọn D.   Ta có: 5x 13 5x 13  2 x  5x  6
x 2x 3
Ta sẽ phân tích: 5x 13  Ax  2  Bx  3   1
Thế x  2 và x  3 lần lượt vào (1) ta có B  3 và A  2 . 5x 13
2  x  2  3 x  3 Khi đó 2 3 dx dx dx dx     2 x  5x  6
x 2x 3 x  3 x  2
 2 ln x  3  3ln x  2  C
Bài tập 6. Nguyên hàm của hàm số   4 1 x f x  là: 5 x x A. 1 ln x  ln  4 x   1  C B. x   4 ln ln x   1  C 2 C. 1 1 ln x  ln  4 x   1  C
D. ln x  ln  4 x   1  C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C. 1  x  4 1  x  4 4 3  2x Ta có: 1 2x 1 dx            x x x dx dx dx ln x ln x 1 C 4 x    4 5 4  1 x x  1 2  
Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số f x 2 3x 3x 3  là: 3 x  3x  2 A. 3
ln x  2  2 ln x 1   C B. 3
ln x  2  2 ln x 1   C x 1 x 1 C. 3
2 ln x  2  ln x 1   C D. 3
2 ln x  2  ln x 1   C x 1 x 1 Hướng dẫn giải Chọn A. 2 2     Ta có: 3x 3x 3 3x 3x 3 dx dx   . 3 x  3x  2 x  2 1  x  2
Ta phân tích x x   Ax  2 2 3 3 3
1  B x  
1  x  2  C x  2 .
Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay A  1,C  3 và B  2 . (thay x  2
  A  1; x  1 C  3 và x  0  B  2 ). 2   Khi đó 3x 3x 3 1 1 1 3               . x   dx dx 2 dx 3 dx ln x 2 2 ln x 1 C 2 1  x  2 x  2 x 1 x  2 1 x 1 P x
Lưu ý: Ta có kiến thức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ I    dx , với Px và Q x
Q x  là các đa thức, cụ thể như sau:
 Nếu degPx  degQx thì ta thực hiện phép chia Px cho Qx (ở đây, kí hiệu
deg Px là bậc của đa thức Px ).
 Khi degPx  degQx thì ta quan sát mẫu số Qx ta tiến hành phân tích thành các
nhân tử, sau đó, tách P x theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng
nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức.
Một số trường hợp đồng nhất thức thường gặp   Trường hợp 1: 1 1 a c      .
ax bcx d
ad bc ax b cx d mx n A B
Ax Bax Ad Bb Trường hợp 2:     .
ax bcx d ax b cx d
ax bcx d
Ta đồng nhất thức mx n   Ax Bax Ad Bb   1 .
Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.
Ac Ba m
Đồng nhất đẳng thức, ta được  . Suy ra A, B.
Ad Bb n
Cách 2. Phương pháp giá trị riêng. Lần lượt thay b d
x   ; x  
vào hai vế của (1), tìm được A, B. a cTrường hợp 3: mx n A B   .
ax b2 ax b ax b2  Trường hợp 4: mx n A B C   
ax b2 cx d ax b2 cx d ax b
mx n Acx d  Bax b2  Cax bcx d * Lần lượt thay b d
x   ; x  
; x  0 vào hai vế của (*) để tìm A, B, C. a cTrường hợp 5: 1 A Bx C    với 2
  b  4ac  0 . x m 2
ax bx c 2 x m
ax bx c Trường hợp 6: 1 A B C D     .
x a2 x b2 x a x a2 x b x b2  
Bài tập 8. Cho hàm số 2
f x  xác định trên 1
 \   thỏa mãn f ' x  ; f 0  1 và 2  2x 1 f  
1  2 . Giá trị của biểu thức P f   1  f 3 là: A. 3ln 5  ln 2 B. 3ln 2  ln 5 C. 3  2 ln 5 D. 3  ln15 Hướng dẫn giải Chọn D.   x   1 ln 2 1  C khi x  
f x   f  x 1 2 2 ' dx
dx  ln 2x 1  C    2x 1    x 1 ln 1 2  C khi x  2  2  f  0  1 C  1 Vì 2    .  f    1  2 C  2  1   x   1 ln 2 1  2 khi x  
Suy ra f x 2   .    x 1 ln 1 2 1 khi x   2
Do đó P f  
1  f 3  3  ln 3  ln 5  3  ln15
Bài tập 9. Cho hàm số
f x  xác định trên  \ 1;  1 , thỏa mãn     f x  2 '  ; f 3
  f 3  2 ln 2 và 1 1 f   f  0    
. Giá trị của biểu thức 2     x 1  2   2 
P f 2  f 0  f 4 là: A. 2 ln 2  ln 5
B. 6 ln 2  2 ln 3  ln 5
C. 2 ln 2  2 ln 3  ln 5 D. 6 ln 2  2 ln 5 Hướng dẫn giải Chọn C.   
f x   f  x 2 1 1 x 1 ' dx dx   dx  ln  C    2 x 1
x 1 x 1 x  1   x 1 ln  C khi x  1    1  x 1     Hay   x 1 1 x f x  ln  C  ln
C khi 1  x  1 2 x  1 1 x    x 1 ln  C khi x  1     3   x 1  f  3
   f 3  2 ln 2 
C C  2 ln 2 Theo bài ra, ta có: 1 3   1   1    f   f  0 C  0       2   2   2 
Do đó f    f    f   3 2 0
4  ln 3  C C  ln
C  2 ln 2  2 ln 3  ln 5. 3 2 1 5
Bài tập 10. Nguyên hàm 3 2
P x. x 1dx  là: A. 3 3 P   2x   3 2 1 x 1  C B. P   2 x   2 1 x  1  C 8 8 C. 3 3 3 2 P x  1  C D. P   2 x   3 2 1 x  1  C 8 4 Hướng dẫn giải Chọn A. 1 4 Ta có: 1 3 3 2
x. x 1dx  
 2x  1 d 2x  1   2 3 x  3 1  C . 2 8
Bài tập 11. Nguyên hàm của hàm số sin x cos xsin xdx là: A. 1 1 1 x  sin 2x  cos 2x C B. 1 1 1 x  sin 2x  cos 2x C 2 4 4 2 4 4 C. 1 1 x  sin 2x  cos 2x C D. 1 1 1 x  sin 2x  cos 2x C 2 2 2 4 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có:  x x xdx   2 sin cos sin
sin x  sin x cos x dx
1 cos2x sin 2x  1  1 1    dx x  sin 2x  cos 2x C      2 2  2  2 2 
Bài tập 12. Nguyên hàm của hàm số 1 dx  là: 2 2 sin x cos x
A.  tan x  cot x C B. tan x  cot x C
C. tan x  cot x C
D. cot x  tan x C Hướng dẫn giải Chọn B. 2 2    Ta có: 1 sin x cos x 1 1 dx dx  
dx  tan x  cot x C     . 2 2 2 2 2 2 sin x cos x sin x. cos x
 cos x sin x
Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số 1 dx  là: 4 2
4 cos x  4 cos x 1 A. cot 2x x
C B. tan 2x C
C. cot 2x C D. tan 2  C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: 1  1  1  1 1 x  tan 2x dx dx dx d(2 )   C 4 2  2 2  2 
4 cos x  4 cos x  1 (2 cos x  2 1) cos 2x 2 cos 2x 2
Bài tập 14. Nguyên hàm của hàm số 3 tan xdx  là: 2 2 A. tan x  tan x ln cos x C B.
 ln sin x C 2 2 2 4 C. tan x  tan x ln cos x C D.C 2 2 4 cos x Hướng dẫn giải Chọn A. Từ 3 x x  2 tan tan
1  tan x   tan x d cos x Suy ra x
tan xdx  tan xd   tan x   2 tan 3  
 ln cos x C  . cos x 2   
Bài tập 15. Gọi F x là nguyên hàm của hàm số f x  sin 2x tan x thỏa mãn 3 F    . Giá  3  4   
trị của F   là:  4          A. 3 1  B. 3 1  C. 3 1  D. 3 1  2 12 2 12 2 12 2 12 Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có: F x sin x 2
 sin 2x.tan xdx  2sin x.cos x. dx  2 sin xdx    . cos x Suy ra      x  sin 2x F x 1 cos 2 dx x   C . 2       Theo giả thiết, ta có: 3 1 2 3 3 F    sin  C   C     .  3  4 3 2 3 4 2 3  Vậy F x sin 2x 3  x    . 2 2 3           Do đó 1 3 3 1 F   sin 2         .  4  4 2  4  2 3 2 12
Bài tập 16. Gọi F x là nguyên hàm của hàm số f x 4
 cos 2x thỏa mãn F 0  2019 . Giá trị    của F   là:  8          A. 3 16153 B. 3 129224 C. 3 129224 D. 3 129224 64 8 64 32 Hướng dẫn giải Chọn C. 2    Ta có: 1 cos 4x 1 4 cos 2x      2
1  2 cos 4x  cos 4x   2  4 1  1  cos8x  1  1  2 cos 4x    
3 4cos4x  cos8x 4  2  8  
Do đó F x 1    x x  1 1 3 4 cos 4 cos8 dx
3x  sin 4x  sin 8x C   8 8  8 
Mà F 0  2019 nên ta có C  2019 .  
Vậy F x 1 1 
3x  sin 4x  sin 8x  2019   . 8  8       Do đó 3 129224 F     8  64  Bài tập 17. Gọi x
F x  là nguyên hàm của hàm số f x  5 cos  , với x
k2,k  và thỏa 1  sin x 2    mãn F   3
 . Giá trị của F    là: 4  2  A. 2 B. 0. C. 5 D. 1 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 5 Ta thấy: cos x 3
 cos x 1 sin x   2 1  sin x  3
cos x  cos x.sin x 1 sin x      x x F x
1  sin x d sin x  cos xd  cos x 3 4 sin cos 2 3  sin x    C 3 4
Theo giả thiết, ta có F   3  nên C  1. 4 Vậy   3 4 sin x cos x
F x  sin x    C 3 4    Do đó 1 F     .  2  3 Chú ý: n Với x * n   , ta có: n n x xdx   xd    x 1 cos cos .sin cos cos    C và n  1  x n n x xdx xd    xn 1 sin sin .cos sin sin   C . n 1 Bài tập 18. Biết cos x a  dx  ln 5sin x  9  C, 
a,b , a là phân số tối giản. Giá trị 2ab 5sin x  9 b b là A. 10. B. 4. C. 7. D. 3. Hướng dẫn giải CHỌN D cos x 1 d5sin x  9 dx    1  ln 5sin x  9  C 5sin x  9 5 5sin x  9 5
Vậy a  1,b  5. Nên 2a  b  3.    
Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm Fx của hàm số      2 f x 1 sin x biết 3 F    .  2  4 A.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 B.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 C.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 D.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 Hướng dẫn giải CHỌN B Ta có   2      2    1 cos 2x 1 sin x dx 1 2 sin x sin x dx  1  2 sin x   d  x  2  3 1
 x  2cosx  sin 2x  c 2 4    3 3   1 3 F    2cos  sin   c   c    0 .  2  4 2 2 2 4 4 Vậy   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x . 2 4 Bài tập 20. Cho cos 2x dx  F 
x  C và F  a  b. Tính    6 A a b . sin x  cos x A. 2. B. 2. C. 1. D. 1. Hướng dẫn giải CHỌN C  Ta có:   2 2 cos 2x cos x sin x F x  dx  dx   sin x  cos x sin x  cos x
cosx sinxcosx sinx  dx  
cosx sinxdx  sinx cosx. sin x  cos x
 F  1  a  b  A  1.
Bài tập 21. Cho tích phân 1 dx  a.  Tính 2 A  12 cot 2x theo a. 2 2 sin x cos x A. 2 4a . B. 2 2a . C. 2 3a . D. 2 a . Hướng dẫn giải CHỌN C    Ta có:   2 2 1 sin x cos x 1 1 F x  dx  dx      dx 2 2 2 2 2 2 sin xcos x sin x cos x  cos x sin x   tanx  cot x. Theo đề: 2 2 sin x cos x sin x  cos x 2  cos2x tan x  cot x      a cos x sin x sin x cos x sin 2x cos 2x a    sin 2x 2 2 2 cos 2x  a  2 A  12.  12.     3a . 2 sin 2x  2  sin 2x
Bài tập 22. Cho F x là một nguyên hàm của hàm số dx  và 2 2 cos x  4sin x     F    0  2 f 1  
. Tính 2F 0  F   .  2   2  7 7 A. . B.  . C. 0. D. 1 9 9 Lời giải CHỌN B Ta có d  2 2
cos x  4 sin x  2s
 in xcos x8sin xcos xdx  6sin xcos xdx 3sin 2xdx 1
 sin 2xdx d  2 2
cos x  4 sin x . 3 Do đó : d  2 2 cos x  4sin 2 2 1 x
d cos x  4sin 2 x sin 2x 2 dx      2 2 
cos x4sin x C 2 2
cos x  4 sin x 3 2 2 cos x  4sin x 3 2 2
2 cos x  4sin x 3   F   2 4 7 0  2F
  2. 3C 1 C     .  2  3 3 9   Vậy F   2 4 7 2 0  F
 2.  2C  C C      2  3 3 9 Bài tập 23. Gọi x
F x  là nguyên hàm của hàm số f x   trên khoảng  2  2;2 2  thỏa 2 8  x
mãn F 2  0 . Khi đó phương trình F x  x có nghiệm là: A. x  0 B. x  1 C. x  1  D. x  1 3 Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có: F xx 1  dx   d    2 8  x  2
  8  x C 2 2 8  x 2 8  x Mặt khác F   2
2  0   8  x C  0  C  2 Vậy F x 2
  8  x  2 . 2  x  0 
Xét phương trình F x 2 2
x   8  x  2  x  8  x  2  x  8x   2  x2 2 x  2 x  2     
x  1 3  x  1 3 2
2x  4x  4  0  x 1 3  Bài tập 24. Cho 2x 1
F x là một nguyên hàm của hàm số f x   trên khoảng 0; 4 3 2
x  2x x và F   1 1 
. Tổng S F  
1  F 2  F 3  ...  F 2019 là 2 A. 2019 B. 2019.2021 C. 1 2018 D. 2019  2020 2020 2020 2020 Hướng dẫn giải Chọn C.   
Phân tích f x 2x 1 2x 1 2x 1    4 3 2 2
x  2x x x x  2 1  2x x2 
Khi đó F x 2x 1 1  dx d    1 2 x x    C . 2 2        2 2 2 x x x x x x Mặt khác F   1 1 1 1 
   C   C  1 . 2 2 2   Vậy F x 1 1 1 1   1   1    1   . 2 x x x x   1  x x 1  
Do đó S F    F    F     F   1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 ... 2019   1       ...    2019    2 2 3 3 4 2019 2020   1  1 1   1  2019  2018   2018    2020  2020 2020
Bài tập 25. Cho hàm số f x có đạo hàm xác định trên  thỏa mãn f 0  2 2, f x  0 và
f x f x    x   2 . ' 2 1
1  f x, x
   . Giá trị f   1 là: A. 6 2 B. 10 C. 5 3 D. 2 6 Hướng dẫn giải Chọn D.
f x . f ' x
Ta có: f x. f ' x  2x   2 1
1  f x        2x 1. 2
1  f x
f x . f ' x d  2
1  f x  Suy ra dx  
2x  1dx    2x   2
1 dx  1  f x  2
x x C 2
1  f x  2
2 1  f x
Theo giả thiết f 0  2 2 , suy ra   2 1 2 2
C C  3 Với C  3 thì
f x  x x   f x  x x  2 2 2 2 1 3 3 1 Vậy f   1  24  2 6
Bài tập 26. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn   2;1 
thỏa mãn f 0  3 và
f x2 f x 2 . '
 3x  4x  2 . Giá trị lớn nhất của hàm số y f x trên đoạn   2;1 là: A. 3 2 42 B. 3 2 15 C. 3 42 D. 3 15 Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có:  f x2 f x 2 . '
 3x  4x  2 *
Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:
 f x2 .f 'xdx   1 2
3x  4x  2 3 dx f x  3 2 3
x  2x  2x C f x 3 2
 3x  6x  6x  3C 3
Theo giả thiết, ta có f 0  3 nên
f  3   3 2    C 3 
C C   f x 3 2 0 3 0 2.0 2.0 27 3 9
 3x  6x  6x  27
Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số g x 3 2
 3x  6x  6x  27 trên đoạn   2;1 .
Ta có g x 2 '
 9x 12x  6  0, x  2; 
1 nên đồng biến trên đoạn   2;1 .
Vậy max f x  max g x 3  42 . 3 2; 1  2  ;  1
Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt u = ux
1. Phương pháp giải
Định lí: Cho f
 udu FuC và u ux là hàm số có đạo hàm liên tục thì f u
  xu'
  xdx F u
  x  C
Các bước thực hiện đổi biến: Xét I f
 uxu'xdx
Bước 1: Đặt u ux , suy ra du u' xdx
Bước 2: Chuyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được I f
 udu FuC , trong đó Fu là
một nguyên hàm của hàm số f u .
Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là I F ux  C
Hệ quả: nếu F x là một nguyên hàm của hàm số f x trên K và , a b  ;  a  0 ta có:     1 f ax b dx
F ax b  C . a 2. Bài tập
Bài tập 1. Nguyên hàm F x của hàm số   3 2 1 . x f x x e   , biết F   1 1  là: 3 A. 1 1 1 x 1 F x  3 1 x 1 e  
C B. F x 3 x 1 e  
 2019 C. F x 3 1 e   
D. F x 3 x 1 e   3 3 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt 1 3
u x  1 ta có 2 2
du  3x dx x dx du 3 Suy ra    u 1 1 u f x dx e du e C  3 3
Do đó F x 3 1 x 1 e    C . 3 Mặt khác 1 F   1 1 
nên C  0 . Vậy f x 3 x 1 dx e    . 3 3
Lưu ý: Ta có thể viết như sau: f  x 3 3 x  1 x dx x e dx e d   x  3 1 2 1 1 3 x 1 1 e       C 3 3
Chú ý: Với các viết 1 2 x dx d  3 x  
1 , ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và 3 nhanh gọn.
Bài tập 2. Nguyên hàm 2 sin x M dx  là: 1  3cos x A. 1 M
ln 1 3cos x   C B. 2 M
ln 1  3cos x C 3 3 C. 2 M  
ln 1  3cos x C D. 1
M   ln 1  3cos x C 3 3 Hướng dẫn giải Chọn C.
Đặt u  1 3cos x , ta có du  3s  in xdx hay 2 2 sin xdx   du . 3 Khi đó 2 1 2 M   du   ln u C  3 u 3 Vậy 2 sin x 2 M dx  
ln 1 3cos x C 13cosx 3     sin  x  4     Bài tập 3. 4 4 3 a  I      Tìm tỉ lệ a .
sin 2x  21  sin x  cos x dx ,a,b . b b 0 A. 1 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . 3 2 1 1 Hướng dẫn giải CHỌN B     dt
  cosx  sin xdx   2 sin x  dx
Đặt t  sin x  cosx    4   2 sin 2x  t   1 
và x : 0  thì t : 1  2 . 4 2 2 2 1 dt 2 dt 2 1 4  3 2  I      .    . 2 2 2 t  1  2 1  t 2 2 t  1 4 1   1 t  12 1 Bài tập 4. Cho 3 cos x sin xdx  F  x C và   1 F 0  a  b  . 4 Tính 2 2 A  a  b  2018. A. 2018. B. 2016. C. 2022. D. 2020. Hướng dẫn giải CHỌN A 3 cos x sin xdx 
Đặt u  cos x  du  sin xdx . 4 4 3 3 u cos x
cos x sin xdx   u du    C    C   4 4    1 1 F 0    a  b   a  b  0. 4 4
A  a  b  2018  a  b2 3 3
 2aba  b  2018  2018. m
Chú ý: chú ý rằng với a  0 và , m n  ;
n  0 ta luôn có: n m n a a .
Bài tập 5. Nguyên hàm 1 R dx  là: x x  1     A. 1 x 1 1 x R  ln  C B. 1 1 1 R  ln  C 2 x  1 1 2 x 1 1     C. x 1 1 x R  ln  C D. 1 1 R  ln  C x 1 1 x 1 1 Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt 2 u
x  1  u x 1 . Suy ra 2
x u 1 và dx  2udu .    Khi đó 2u 2 1 1 u 1 R    du du   du  ln  C    . 2 u   2 1 u u 1
u 1 u 1 u  1   Vậy x 1 1 R  ln  C x  1  1
Bài tập 6. Nguyên hàm 3 2 S x x  9dx  là: x 92 2 2 x  9 A. S   3 2 x  9 2
x  9  C 5 x 94 2 2 x  9 B. S   3 2 x  9 2 x  9  C 5
 2x 9 2x 9 C. S   3x  92 2 2 x  9  C 5 x 92 2 2 x  9 D. 2 S
 3 x  9  C 5 Hướng dẫn giải Chọn A. Xét 3 2 2 2 S x
x  9dx x x  9xdx   . Đặt 2 2 2 u
x  9  u x  9 . Suy ra 2 2
x u  9 và xdx udu .
Khi đó S  u  u udu  u u  5 u 2 4 2 3 9 . 9 du   3u C . 5 x 92 2 2 x  9 Vậy S   3 2 x  9 2 x  9  C 5
Bài tập 7. Nguyên hàm 1 T dx  là: x ln x 1 A. 1 T   C
B. T  2 ln x 1  C 2 ln x 1 C. 2 T
ln x  1 ln x 1  C
D. T  ln x 1  C 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: 1 1 T dx d  
ln x  1  2 ln x 1  C . x ln x 1 ln x 1 x 22020
Bài tập 8. Nguyên hàm U   là: x   dx 2022 1 2021    2020    A. 1 x 2 1 x 2 U   C   B. U   C   3  x 1  6060  x 1  2021    2023    C. 1 x 2 1 x 2 U   C   D. U   C   6063  x 1  6069  x 1  Hướng dẫn giải Chọn C. x 22020 2020    Xét x 2 1 U       x   dx dx 2022 1  x 1  x  2 1  Đặt x 2 3 1 1 u   du dx du dx . x 1 x  2 1 3 x  2 1 2021    Suy ra. 1 1 1 x 2 2020 2021 U u du uC  . Vậy U   C   3 6063 6063  x 1  Lưu ý:  
ax bn n 1 1 1  ax b         cx d dx C n 2
n  1 ad bd cx d  2
Bài tập 9. Xét nguyên hàm ln x V   
dx . Đặt u  1  1 ln x , khẳng định nào sau đây
x 1  ln x 1 sai? u u2 2 2
A. dx  2u  2 du B. V  .  2u 2du x u 5 4 C. 2 5 16 u u 16 5 4 3 2 V u u
u  4u C D. 3 2 V   
u  4u C 5 2 3 5 2 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt u  
x  u  2 dx 2 1 1 ln 1
 1 ln x  ln x u  2u
 2u  2du . xu 2 ln u x 2 2 2 Khi đó V      x dx u du 1  ln x  1 .2 2 u  2 2 5 16 4 3 2
u  5u  8u  4u 5 4 3 2 du u u
u  4u C 5 2 3   
Bài tập 10. Gọi F x là nguyên hàm của hàm số f x 2 3
 sin 2x.cos 2x thỏa F  0   . Giá trị  4  F 2019  là: A. F    1 2019  
B. F 2019   0 C. F    2 2019   D. F    1 2019  15 15 15 Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt 1
u  sin 2x du  2 cos 2xdx du  cos 2xdx 2
Ta có F x 1 1 2 3 2
 sin 2x.cos 2xdx u .    2
1  u du   2 4
u u du 2 2 1 1 1 1 3 5 3 5  u u C  sin 2x  sin 2x C 6 10 6 10    1  1  1 3 5 F  0  sin  sin
C  0  C      4  6 2 10 2 15
Vậy F x 1 1 1 3 5  sin 2x  sin 2x  6 10 15 Do đó F    1 2019   15 2x 3dx
Bài tập 11. Biết rằng 1  
(với C là hằng số). Gọi S là tập      C
x x 1  x  2 x  3 1 g x
nghiệm của phương trình g x  0 . Tổng các phần tử của S bằng: A. 0. B. 3   5 C. 3  D. 3   5 Hướng dẫn giải Chọn C.
Vì x x   x   x     x xx x     x x 2 2 2 2 1 2 3 1 3 3 2 1 3 1 nên ta đặt 2
u x  3x ,
khi đó du  2x  3 dx
Nguyên hàm ban đầu trở thành du 1     . u   C 2 1 u  1 2x 3dx Suy ra 1        C
x x 1  x  2 x  3 2 1 x  3x 1  3   5 x  Vậy g x 2
x x g x 2 2 3 1;
 0  x  3x 1  0   .  3   5 x   2      Do đó 3 5 3 5 S   ;  .  2 2  
Tổng giá trị các phần tử của S bằng 3  .  Bài tập 12. 3cos 2x sin 4x I  dx  F 
x C. Tính F1, biết rằng Fx không chứa hệ số tự do. 2  sin x  cos x A. 17 . B. 2 . C. 15 . D. 9 . 3 3 3 3 Hướng dẫn giải CHỌN A 3cos 2x  sin 4x 3 2sin2xcos2x I  dx  dx   2  sin x  cos x 2  sin x  cos x
3 2sin2xcosx  sinxcosx sinx       dx 2 sin x cos x dt   cosx   sin xdx
Đặt t  sin x  cosx   2 sin2x  t 1 3 2   2t 1   .t 3  2t  5t   2 6  I  dt  dt  2t  4t  3     dt 2  t t  2  t  2   2  3 2 
t  2t  3t  6 ln t  2    C.  3 
Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2
1. Phương pháp giải
Kiến thức cần nhớ:
Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và
Ta đã biết các đẳng thức sau: cách xử lí. 2 2
sin t  cos t  1, với mọi t   . 1  2 1  tan t  , t
   kk  2   cos t 2 1 2 1  cot t  , t
  kk  2   sin t
Với các bài toán sau đây thì ta không thể giải quyết
ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở
dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi
biến theo kiểu “lượng giác hóa” dựa vào các hằng
đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích
hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây: Bài toán 1: Tính dx dx A  
Bài toán 1: Tính A   1 1 2 2 a x 2 2 a x     
Đặt x a sin t , với t  ;   hoặc  2 2 
x a cos t với t  0;  Bài toán 2: Tính dx dx A  
Bài toán 2: Tính A   2 2 2 a x 2 2 2 a x     
Đặt x a tan t , với t  ;   .  2 2    Bài toán 3: Tính a x a x A dx
Bài toán 3: Tính A dx  3 a x 3 a x   
Đặt x a cos2t với t  0;    2 
Bài toán 4: Tính A x a x b dx
Bài toán 4: Tính A x a x b dx  4    4      
Đặt x a  b a 2
sin t với t  0;    2  Bài toán 5: Tính 2 2 A x a dxBài toán 5: Tính 2 2 A x a dx  5 5 a      Đặt x  với t  ;   sin t  2 2  2. Bài tập 2
Bài tập 1. Nguyên hàm x I dx  là: 2 4  x 2  2  A. x x 4 x x x 4 x arcsin   C B. 2arccos   C 2 4 2 2 2  2  C. x x 4 x x x 4 x arccos   C D. 2arcsin   C 2 4 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D.     
Đặt x  2sin t với t  ; 
 . Ta có cost  0 và dx  2 costdt .  2 2  2      Khi đó 4 sin t 2 I
2 cos tdt  4 sin tdt  
(vì cost  0, t   ;   ). 2 4  4 sin t  2 2 
Suy ra I  21cos2tdt  2t sin2t C 2  Từ x x 4 x
x  2 sin t t  arcsin
và sin 2t  2sin t.cost  2 2 2 2  Vậy x x x 4 x I dx  2 arcsin   C  2  2 2 4 x
Bài tập 2. Nguyên hàm 1 I dx  là: 1 x 3 2 2  A.   2 x x 1 x 2 3 1 xC B.C C.C D.C 2 1  x   x x 3 2 1 Hướng dẫn giải Chọn B.
Đặt x  cost,t  0    dx  sin t.dt . Khi đó sin t.dt dt x I   dt    cot t C   hay I   C 3 2 sin t sin t 2 1  x Vậy 1 x dx   C    3 2 2 1  1 x x
Ví dụ 3. Nguyên hàm 1 I dx  là: 2 1  x
A. arctan x C
B. arccot x C
C. arcsin x C
D. arccos x C Hướng dẫn giải Chọn A.     
Đặt x  tan t với t  ;   , ta có dx   2
1  tan t dt .  2 2  Khi đó 1 I    2
1  tan t dt dt t C  2  1  tan t Vậy 1 I
dx  arctan x C  2 1  x
Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần
1. Phương pháp giải
Với u ux và v vx là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:  .
u v'  u ' . v v ' u
Viết dưới dạng vi phân d uv  vdu udv
Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được: d
 uv  vduudv  
Từ đó suy ra udv uv vdu    1
Công thức (1) là công thức nguyên hàm từng phần.
Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Bài toán: Tìm I u
 x.vxdx , trong đó ux và vx là hai hàm có tính chất khác nhau, chẳng hạn:
u x  là hàm số đa thức, v x  là hàm số lượng giác.
u x  là hàm số đa thức, v x  là hàm số mũ.
u x  là hàm số logarit, v x là hàm số đa thức.
u x  là hàm số mũ, v x  là hàm số lượng giác.
Phương pháp nguyên hàm từng phầnu u  x
du u'xdxBước 1: Đặt    dv v  xdx v v  xdx  
Bước 2: Áp dụng công thức (1), ta được: udv uv vdu  
Lưu ý: Đặt u u x (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có
logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp như thế.
Còn đối với nguyên hàm v v
 xdx ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được
làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải. 2. Bài tập
Bài tập 1. Kết quả nguyên hàm I x   2
ln 2  x dx là: 2 2  A. x 2 x x ln  2 x  2   C
B. x   x   2 2 2 2 ln 2   C 2 2 2 2 2  C. x 2 x 2 x    2 x   2 2 ln 2  x C D. ln  2 x  2   C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. x du dx u  ln 2 2 2  x   2   Đặt x 2    2 dv xdx x  2 v   2 2 2 2   Khi đó x 2 x x I  ln  2 2
x  2  xdx  ln 
 2x 2 C 2 2 2 2
Chú ý: Thông thường thì với x
dv xdx v  2 2 
Tuy nhiên trong trường hợp này, ta để ý x 2 v
mang lại sự hiệu quả. 2
ln sin x  2 cos x
Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm I dx  là: 2 cos x
A. tan x  2.lnsin x  2 cos x  x  2 ln cos x C
B. tan x  2.lnsin x  2cos x  x  2 ln cos x C
C. tan x  2.lnsin x  2cos x  x  2 lncos x  C
D. cot x  2.ln sin x  2 cos x  x  2 ln cos x C Hướng dẫn giải Chọn B.      x x  cos x 2 sin x u ln sin 2 cos du dx     Đặt sin x 2 cos x   dx  dv
sin x  2 cos x  2
v  tan x  2   cos x  cos x  Khi đó   x    x x  cos x 2 sin x I tan 2 ln sin 2 cos  dx  cos x
 tan x  2lnsin x  2cos x  x  2 ln cos x C
Chú ý: Ở Bài tập này, Chọn v  tan x  2 có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm vdu  .
Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm 2
I x sin 5xdx  là: A. 1 2 2 1 2 2 2  x cos5x x sin 5x
cos 5x C B. 2  x cos5x x sin 5x  cos 5x C 5 25 125 5 25 125 C. 1 2 2 1 2 2 2 x cos 5x x sin 5x
cos 5x C D. 2  x cos5x x sin 5x  cos 5x C 5 25 125 5 25 125 Hướng dẫn giải Chọn D.
Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên 2
u x là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai
lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo” cụ thể như sau:
Bước 1: Chia thành 3 cột:
+ Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0.
+ Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo.
+ Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng với cột 1.
Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó
đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau. Khi đó 1 2 2 2 I   x cos 5x x sin 5x  cos 5x C 5 25 125 Chú ý:
Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian.
Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo
hàm và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc.
Bài tập 4. Nguyên hàm 4 3x I x e dx  là: 4 3 2   5 3x A. x 4x 12x 24x 24 x e 3x I      
e C B. I  .  C 2 3 4 5  3 3 3 3 3  5 3 4 3 2   4 3 2   C. x 4x 12x 24x 24 x 4x 12x 3x I      
e C D. 3x I     e C 2 3 4 5  3 3 3 3 3  2 3  3 3 3  Hướng dẫn giải Chọn A.
Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo
sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn. 4 3 2   Vậy x 4x 12x 24x 24 3x I       e C . 2 3 4 5  3 3 3 3 3 
Bài tập 5. Nguyên hàm x
I e sin xdx  là: A. 2 x
e sin x  cos x   C B. 2 x
e sin x  cos x   C C. 1 1 x
e sin x  cos x   C D. x
e sin x  cos x   C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C.
Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho
người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở
đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ
đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại?
Khi đó, ta sẽ có thể kết luận x  sin x  cos x I e x e
x e sin xdx  . Hay 1 2 x  sin x I e
x e . cos x . Vậy x I
e sin x  cos x   C 2
Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được  sin x xe dx  I  .
Bài tập 6. Tìm  lnn I
 ax bvxdx , trong đó vx là hàm đa thức, * n   và ,
a b  ;a  0 Hướng dẫn giải 1 . lnn na
 ax b
Phân tích: Vì ưu tiên    lnn u x
ax b nên du
dx và tiếp tục đạo hàm thì cột 1 ax b
sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng   na t x
từ cột 1 sang nhân với v x ở cột 3 để ax b
rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan dấu bình thường.
Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm I x.ln xdx  là: 2 2 2 2 2 2 2 2 A. x x x x x x x x . ln 2   C B. . ln 2   C C. . ln 2   C D. . ln 2   C 2 4 2 4 4 2 4 2 Hướng dẫn giải Chọn A. 2 2 Vậy x x
I x. ln xdx  . ln 2   C  2 4
Chú ý: chuyển lượng   1 x x t x
bên cột 1 sang nhân với v x 2 
ta thu được kết quả . Khi đó x 2 2 2
bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của x là x . 2 4
Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm I   x    3 4
1 . ln 2x dx là: A. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2 
 6x C 2 B. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2 
 6x C 2 C. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2   6x C 2 D. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2   6x C 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Vậy   x I
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2   6x C 2 Chú ý: Chuyển 3 , nhân với  2
2x x  thu được 6x  3 x Chuyển 2 , nhân với  2
3x  3x  thu được 6x  6 . x Chuyển 1 , nhân với  2
3x  6x  thu được 3x  6 . x
Bài tập 7. Cho       1 x F x x
e là một nguyên hàm của hàm số   2x
f x e . Biết rằng hàm số f x
có đạo hàm liên tục trên  . Nguyên hàm của hàm số   2 ' x f x e là:
A. 2   x x e C
B. 2   x x e C C. 1  x x e C D. 1  x x e C Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có      2x x
    x    2x    2 ' 1 . . x  . x F x f x e e x e f x e f x e x e . Xét   2 ' x f x e dx  2 x 2     2 x u e du e dx Đặt    dv f ' 
xdx v f  x Do đó    2
. x  2   x x   2   1 x I f x e f x e dx xe x e C Vậy     2 ' x  2   x I f x e dx x e C
Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm
1. Phương pháp giải
Ý nghĩa vật lí của đạo hàm:
Một chất điểm chuyển động theo phương trình S S t , với S t là quãng đường mà chất điểm đó
đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu.
Gọi v t và at lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có:
v t  S 't và a t  v 't .
Từ đó ta có: S t  v
 tdt và vt  a  tdt . 2. Bài tập
Bài tập 1. Một vật chuyển động với gia tốc at 3   2
m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính t 1
từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao nhiêu? A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. D. 12 m/s. Hướng dẫn giải Chọn C.
Vận tốc của vật tại thời điểm t được tính theo công thức: v t  a  t 3 dt
dt  3 ln t 1  Ct1
Vì vận tốc ban đầu (lúc t  0 ) của vật là v  6m / s nên: 0
v 0  3ln 0 1  C  6  C  6  v t  3ln t 1  6 .
Vận tốc của vật chuyển động tại giây thứ 10 là: v 10  3ln 10 1  6  13,2m / s .
Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc at 1 5 3 2   t t  2
m / s  , trong đó t là 24 16
khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận động viên là bao nhiêu? A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B.
Vận tốc v t chính là nguyên hàm của gia tốc at nên ta có:  
v t  a  t 1 5 1 5 3 2 4 3 dt   t t dt   t t C    24 16  96 48
Tại thời điểm ban đầu t  0 thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là:
v  0  v 0 1 5 4 3  0   .0 
.0  C  0  C  0 . 0 96 48
Vậy công thức vận tốc là v t 1 5 4 3   t t 96 48
Vận tốc của vận động viên tại giây thứ 5 là v 5  6,51 m / s .
Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là at 3   2
m / s  . Ta tính vt  a
 tdt , kết hợp với t 1
điều kiện vận tốc ban đầu v  6m / s . Suy ra công thức tính vận tốc v t tại thời điểm t và tính 0 được v 10 .
Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20
m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa
đạt đến tốc độ là bao nhiêu? A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B.
Xem như tại thời điểm t  0 thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có 0
s 0  0 và v 0  20 .
Vì tên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là n s t 2  9,  8 m / s .
Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là v t  9,  8dt  9  ,8t C  . 1
Do v 0  20 nên 9,
 8t C  20  C  20  v t  9  ,8t  20 . 1 1  
Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là v 2  9
 ,8.2  20  0,4m / s . BÀI 2: TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN
1. Định nghĩa tích phân Định nghĩa
Chẳng hạn:   3
F x x C là một nguyên
Cho hàm số f x liên tục trên đoạn a;b , với hàm của hàm số f x 2
 3x nên tích phân a  . b 1 f
 xdx F x 1  F  1 F 0
Nếu F x là nguyên hàm của hàm số f x trên 0 0
đoạn a;b thì giá trị F b  F a được gọi là tích   3 C 3 1 0  C  1.
phân của hàm số f x trên đoạn a;b .
Lưu ý: Giá trị của tích phân không phụ b
thuộc vào hằng số C. b Kí hiệu f
 xdx F x  F b F a (1)
Trong tính toán, ta thường chọn C  0. a a
Công thức (1) còn được gọi là công thức Newton –
Leibnitz; a và b được gọi là cận dưới và cận trên của tích phân.
Chẳng hạn: Hàm số f x 2
x  2x 1 có
Ý nghĩa hình học của tích phân
Giả sử hàm số y f x là hàm số liên tục và không đồ thị C và f x   x  2 1  0 , với b x    .
âm trên đoạn a;b . Khi đó, tích phân f xdxa
chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường
cong y f x , trục hoành Ox và hai đường thẳng
x a, x b, với a  . b
Diện tích “tam giác cong” giới hạn bởi C
, trục Ox và hai đường thẳng x  1  và 1 1
x  1 là S
f xdx   2 x  2x    1dx 1  1  3 1  x  8 b 2
   x x  . S f  xdx  3 1   3 a
Lưu ý: Ta còn gọi hình phẳng trên là “hình thang cong”.
2. Tính chất cơ bản của tích phân
Cho hàm số f x và g x là hai hàm số liên tục
trên khoảng K, trong đó K có thể là khoảng, nửa
khoảng hoặc đoạn và a,b, c K, khi đó: a
a. Nếu b a thì f
 xdx  0
Chẳng hạn: Cho hàm số f x liên tục, có a
đạo hàm trên đoạn  1  ;2 thỏa mãn
b. Nếu f x có đạo hàm liên tục trên đoạn a;bf  
1  8 và f 2  1  . thì ta có: Khi đó b f
 xdx f xbf b f a 2 2 a a
f  xdx f x
f 2  f   1  9   1 1  
Lưu ý: Từ đó ta cũng có b
f b  f a  f   xdx a b
và f a  f b  f   xdx a
c. Tính chất tuyến tính b b bk. f
 x .hgxdx k f
 xdx  .h g  xdx a a a
Với mọi k, h  . 
d. Tính chất trung cận b c b f
 xdx f
 xdx f
 xdx , với c ;aba a c
e. Đảo cận tích phân a b f
 xdx   f  xdx b a b
f. Nếu f x  0, x
 a;b thì f
 xdx  0 và a b f
 xdx  0 khi f x  0. a
g. Nếu f x  g x, x   ; a b thì b b f
 xdx g  xdx a a
h. Nếu m  min f x và M  max f x thì a;b a;bb
mb a  f
 xdx M baa
i. Tích phân không phụ thuộc vào biến, tức là ta luôn có b b b b f
 xdx f
 tdt f
 udu f
  ydy ... a a a a
II. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. Phương pháp đổi biến số Đổi biến dạng 1 b
Bài toán: Giả sử ta cần tính tích phân I f
 xdx, trong a
đó ta có thể phân tích f x  g u xu x thì ta thực hiện Lưu ý: Phương pháp đổi biến số phép đổi biến số.
trong tích phân cơ bản giống như Phương pháp:
đổi biến số trong nguyên hàm, ở
+ Đặt u u x , suy ra du u x . dx
đây chỉ thêm bước đổi cận. + Đổi cận: x a b u
u a u bb ubub
+ Khi đó I f
 xdx g
 udu Gu , với   ua a u a
G u là nguyên hàm của g u. Đổi biến dạng 2 Dấu hiệu Cách đặt 2 2 a x    
x a sin t;t   ;  2 2    2 2 x a a      x ; t  ; \  0 sin t  2 2    2 2 a x    
x a tan t;t   ;    2 2  a x    x  .c
a os 2t;t  0;   a x  2  a x    x  .c
a os 2t;t  0;   a x  2 
x ab x   
x a  b a 2 sin t;t  0;  2   
2. Phương pháp tích phân từng phần b
Chú ý: Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí
Bài toán: Tính tích phân I u
 x.vxdx
sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân a b b
Hướng dẫn giải vdu
dễ tính hơn udv. u   u a a  x du u  xdx Đặt    dv v 
xdx v v  xb
Khi đó I  u.vb  . v du a
(công thức tích phân từng a phần)
III. TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ ĐẶC BIỆT
1. Cho hàm số f x liên tục trên  ; a a. Khi đó a a Đặc biệt f
 xdx   f
 x f xdx  (1) a 0 a
+ Nếu f x là hàm số lẻ thì ta có f
 xdx  0 (1.1) a a a
+ Nếu f x là hàm số chẵn thì ta có f
 xdx  2 f
 xdx (1.2) a 0 a f x 1 a và dx f x dx   0  b   1 (1.3) x   1 b 2 a 0 b b
2. Nếu f x liên tục trên đoạn a;b thì f
 xdx f
 a bxdx a a   2 2
Hệ quả: Hàm số f x liên tục trên 0;  1 , khi đó: f
 sin xdx f
 cos xdx 0 0 b b a b
3. Nếu f x liên tục trên đoạn a;b và f a b x  f x thì xf
 xdx f  xdx 2 a a
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính tích phân bằng cách sử dụng định nghĩa, tính chất
1. Phương pháp giải
Sử dụng các tính chất của tích phân.
Sử dụng bảng nguyên hàm và định nghĩa tích phân để tính tích phân. 2. Bài tập 2 dx
Bài tập 1: Biết tích phân I
a 2  b 3  c
, với a,b, c   . Giá trị biểu thức x 1 x x x 1 1  
P a b c là A. P  8. B. P  0. C. P  2. D. P  6.
Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có x 1  x  0, x  1;2 nên 2 2 2 x 1  x 1 1 I dx dx dx    
2 x 2 x1 2 x. x 1 x x 1 1 1 1 1
 4 2  2 3  2. Suy ra a  4,b c  2
 nên P a b c  0.
Nhân liên hợp x 1  x.
Bài tập 2: Cho hàm số f x thỏa mãn f   1
2   và       2 f x x f x  3
 với mọi x  . Giá trị f   1 bằng A. f   2 1  . B. f   3 1  . C. f   2 1   . D. f   1 1  . 3 2 3 3
Hướng dẫn giải Chọn C.
Từ       2 f x x f x  
 (1), suy ra f  x  0 với mọi x1;2.
Suy ra f x là hàm không giảm trên đoạn 1;2 nên f x  f 2  0 , x  1;2 . f  x
Chia 2 vế hệ thức (1) cho    2 f x    ta được  x, x   1;2 . (2) 2    f x  
Lấy tích phân 2 vế trên đoạn 1;2 hệ thức (2), ta được 2 f  x 2 2 2 2  1   x  1 1 3 dx xdx          .    f   x 2  f    x 1   2 1  f 1 f 2 2 1 1     Do f   1
2   nên suy ra f   2 1   . 3 3
Chú ý rằng đề bài cho f 2 , yêu cầu tính f  
1 , ta có thể sử dụng nguyên hàm để tìm hằng số C.
Tuy nhiên ta cũng có thể dựa vào định nghĩa của tích phân để xử lí. 1 
Bài tập 3: Cho hàm số f x xác định trên  \   thỏa mãn f x 2 
và f 0  1, f   1  2 2 2x 1 . Khi đó f   1  f 3 bằng A. 1   ln15. B. 3  ln 5. C. 2   ln 3. D. 1   ln15.
Hướng dẫn giải
Chọn A. 0 0
Ta có f  xdx f 0  f   
1 nên suy ra f  
1  f 0  f
 xd .x 1 1  0 1 f
 xd .x 1  Tương tự ta cũng có 3
f 3  f   1  f   xdx 1 3  2   f   xdx. 1 0 3 0 3 Vậy f   1  f 3  1   f
 xdx f
 xdx  1   ln 2x 1  ln 2x 1 . 1  1 1  1 Vậy f   1  f 3  1   ln15.
Bài tập 4: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;  1 thỏa mãn f   1  0 , 1 1 1  f
 x 2 dx  7  và 3 x . f   xdx  1
 . Giá trị I f
 xdx là 0 0 0 7 7 A. 1. B. . C. . D. 4. 4 5
Hướng dẫn giải
Chọn C. 1 2 Ta có  f
 x dx  7  (1). 0 1 1 1 6 6
x dx   49x dx  7   (2). 7 0 0 1 và 3 14x . f   xdx  1  4 (3). 0
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra 1  f   x 2 3
 7x dx  0  
mà  f  x 2 3  7x   0   0  f x 3  7  x . 4 7x
Hay f x    C. 4 f   7 7
1  0    C  0  C  . 4 4 4 7x 7
Do đó f x    . 4 4 1 1 4  7x 7  7 Vậy f
 xdx    dx  .  4 4  5 0 0
Bài tập 5: Cho f x, g x là hai hàm số liên tục trên đoạn  1;  
1 và f x là hàm số chẵn, g x 1 1 1 1
là hàm số lẻ. Biết f
 xdx  5; g
 xdx  7. Giá trị của A f
 xdxg
 xdx là 0 0 1 1  A. 12. B. 24. C. 0. D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn D. 1 1
Vì f x là hàm số chẵn nên f
 xdx  2 f
 xdx  2.5 10 1  0 1
Vì g x là hàm số lẻ nên g
 xdx  0 . 1 Vậy A  10. 1 xdx Bài tập 6: Cho  a bln 3   
với a, b là các số hữu tỉ. Giá trị của a b bằng 2x  2 0 1 5 1 1 1 A. . B.  . C. . D. . 12 3 4 12
Hướng dẫn giải
Chọn D. 1 1 1 xdx 1 2x 1 1 1  1 1    Ta có  dx     dx     2x  2 1 2 2x  2 1
2  2x 1 2x   2  0 0 0 1   1 1  1 1          x  ln 2x  1 1 ln 3. 4 2 1 4   0 6 4  1 1 1
Vậy a   ,b   a b  . 6 4 12 3 2x  3 Bài tập 7: Cho
dx a ln 2  b ln 3, 
với a,b  . Giá trị biểu thức 2
a ab b là 2 x x 2 A. 11. B. 21. C. 31. D. 41.
Hướng dẫn giải 3 3 3 2x  3 2x 1 2  2x 1 2  Ta có dx dx   dx    2 2  2 2  x x x x
x x x x  2 2 2 3  2x 1 2 2     dx   
ln x x 2ln x 2ln x1 3 2  5  ln 2  4ln 3 2
x x x x 1 2 2 a  5  2  
a ab b  41. b   4
Chọn D. 2 5x  6
Bài tập 8. Biết rằng tích phân
dx a ln 2  b ln 3  c ln 5, 
với a,b, c là các số nguyên. Giá 2 x  5x  6 1
trị biểu thức S a bc là bao nhiêu? A. S  62.  B. S 10. C. S  20. D. S  10. 
Hướng dẫn giải
Chọn B. 2 2 2 5x  6 5x  6  9 4  Ta có dx dx   dx    2   x  5x  6 x  2 x  3
x  3 x  2  1 1    1
 9ln x  3  4ln x  2  2  9ln 5  4ln3 26ln 2. 1
Suy ra a  26,b  4, c  9. Vậy S a bc  26   4.9 10.  3 2 cos x  sin . x cos x 1 Bài tập 9: Cho
dx a b ln 2  c ln 1 3 
, với a,b, c là các số hữu tỉ. Giá 4 3     cos x sin . x cos x 4 trị abc bằng A. 0. B. 2.  C. 4.  D. 6. 
Hướng dẫn giải
Chọn C.   3 2 3 2 2 cos x  sin . x cos x 1 2cos x  sin .
x cos x  sin x Ta có dx dx   4 3 2   cos x sin . x cos x  cos x  2 cos x  sin . x cos x 4 4   3 2 3 2
2  tan x  tan x
2  tan x  tan xdx d tan x   2    cos x 1 tan x  1 tan x   4 4   3 2   3 2 tan x  3  tan x        
xd tan x 2ln tan x 1 1 tan   2     4 4 4
1 2ln 2  2ln 3  1. Suy ra a 1,b  2,c  2 nên abc  4.  xe m, khi x  0 
Bài tập 10: Cho hàm số f x   liên tục trên  . 2
2x 3 x , khi x  0 1 Biết
f xdx ae b 3  ca,b,c  
 . Tổng T a b  3c bằng 1  A. 15. B. 10.  C. 19  . D. 17  .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do hàm số liên tục trên  nên hàm số liên tục tại x  0
 lim f x  lim f x  f 0  1 m  0  m  1. x 0 x 0   1 0 1 Ta có f
 xdx f
 xdxf
 xdx I I 1 2 1  1  0 I
2x 3  x dx  
 3 x 1 d 3 x  2  3 x  0 0 0 16 2 2 2 2 2 2 3  x  2 3  . 1 1  1  3 1  3
   x  1   x I e dx e x 1 1  e  2. 2 0 0 1 22 22 Suy ra f
 xdx I I e2 3  . Suy ra a 1;b  2;c   . 1 2 1 3 3
Vậy T a b  3c 1 2  22  1  9.  2 cos x  2 cos x Bài tập 11: Biết dx m  . Giá trị của dx  bằng 1 3x 1 3x     A.   . m B.  . m C.   m. D.  . m 4 4
Hướng dẫn giải
Chọn A.  2  2 cos x cos x  1  Ta có 2 dx
dx  cos xdx   x dx        x x 1 cos2  . 1 3 1 3 2      2 cos x Suy ra dx    . m  1 3x 
Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến
1. Phương pháp giải
Nắm vững phương pháp đổi biến số dạng 1 và dạng 2, cụ thể: Đổi biến dạng 1 b
Bài toán: Giả sử ta cần tính I f
 xd ,x trong đó ta có thể phân tích f x  guxux. a
Bước 1: Đặt u u x, suy ra du u x . dx
Bước 2: Đổi cận x a B u
u a u bBước 3: Tính b ubub
I f xdx
g udu G    u   ua a u a
Với G u là một nguyên hàm của g u . Đổi biến dạng 2 b
Bài toán: Giả sử ta cần tính I f
 xdx, ta có thể đổi biến như sau: a
Bước 1: Đặt x   t, ta có dx  tdt.
Bước 2: Đổi cận x a b t
Bước 3:    Tính I f
 t.tdt g
 tdt Gt   
Với G t là một nguyên hàm của g t. Dấu hiệu Cách đặt 2 2 a x    
x a sin t,t   ;  2 2    2 2 x a a      x  ,t  ; \   0 sin t  2 2    2 2 a x    
x a tan t,t   ;    2 2  a x    x  .c
a os 2t,t  0;   a x  2  a x    x  .c
a os 2t,t  0;   a x  2 
x ab x   
x a  b a 2 sin t,t  0;  2    2. Bài tập mẫu  2 cos x Bài tập 1: Biết
dx a ln 2  b ln 3, 
với a,b là các số nguyên. 2
sin x  3sin x  2 0
Giá trị của P  2a b là A. 3. B. 7. C. 5. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn A.   2 2 cos x 1 Ta có dx d sin x   2
sin x  3sin x  2
sin x 1 sin x  2 0 0       2 1 1      d 
 sin x  ln sin x 1  ln sin x  2  2
 sin x 1 sin x  2  0 0
 ln 2  ln1 ln 3 ln 2  2ln 2  ln 3
Suy ra a  2,b  1
  2a b  3. ln 2 dx 1
Bài tập 2: Biết I  
a b c
, với a,b, c là các số nguyên tố. xx ln ln ln  0 e  3e  4 c
Giá trị của P  2a b c là A. P  3.  B. P  1.  C. P  4. D. P  3.
Hướng dẫn giải
Chọn D. x ln 2 dx ln 2 e dx Ta có I   .   xx 2 0 0 e  3e  4 x e  4 x e  3 Đặt x x
t e dt e d . x
Đổi cận x  0  t  1, x  ln 2  t  2. Khi đó 2 2 1 1 2  1 1  1 t 1 1 I dt   dt  ln  ln 3  ln 5  ln 2 .   2     1 1 t  4t  3 2
t 1 t  3  2 t  3 1 2
Suy ra a  3,b  5, c  2 . Vậy P  2a b c  3.  6 dx a 3  b Bài tập 3: Biết   , với a,b ,  c  
 và a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau. 1 sin x c 0
Giá trị của tổng a b c bằng A. 5. B. 12. C. 7. D. 1. 
Hướng dẫn giải Chọn A. 1    x   2 x  2 cos 1 tan 6 6 6 6 dx dx   Ta có 2  2 I dx      d . x     2 2 2 1 sin x 0 0  x x  0  x  0  x  cos  sin 1 tan 1 tan        2 2   2   2  xx  Đặt 2
t  1 tan  2dt  1 tan d . x   2  2  
Đổi cận x  0  t  1; x   t  3 3. 6 3 3 3 3 2dt 2  3  3 I     .  2 t t 1 3 1
Suy ra a  1,b  3,c  3 nên a b c  5. Lưu ý: 2  x x   x
1 sin x  sin  cos .  
Chia tử và mẫu cho 2 cos .  2 2     2  1 2
Bài tập 4: Cho hàm số y f x liên tục trên  và f
 2xdx 8. Giá trị của I xf
  2xdx là 0 0 A. 4. B. 8. C. 16. D. 64.
Hướng dẫn giải
Chọn B. Đặt 2
x  2u  2xdx  2du xdx du.
Đổi cận x  0  u  0, x  2  u  1. 1 1 Khi đó I f
 2udu f
 2xdx 8. 0 0
Bài tập 5: Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên 0; sao cho 2 
x  x x xf e f e  1;
e f x.ln x
với mọi x 0; . Giá trị của I dx  là x e 1 2 1 3 A. I   . B. I   . C. I  . D. I  . 8 3 12 8
Hướng dẫn giải
Chọn C. x x x x 1
Với x 0; ta có x xf e   f e  1 f e  2 2   1 . x 1 x dx Đặt ln t
x t x e dt  . x 1
Đổi cận x e t  ; x e t  1. 2 1 1 t 1
Khi đó I t. f
 e dt t1tdt  . 12 1 1 2 2 
2 3sin x  cos x 1  1 b Bài tập 6: Biết dx
ln 2  b ln 3  c , 
 ,bc. Giá trị của là
2sin x  3cos x 13 c 0 22 22 22 22 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 13
Hướng dẫn giải
Chọn A. 3sin x  cos x
m 2sin x  3cos x  n2cos x  3sin x Phân tích 
2sin x  3cos x
2sin x  3cos x
2m 3nsin x 3m  2ncos x
2sin x  3cos x
2m  3n  3 3 11
Đồng nhất hệ số ta có   m  ;n   . 3
m  2n  1  13 13   3 11 2 2
2sin x 3cos x 2cos x 3sin x 3sin x  cos x Suy ra 13 13 dx  . dx  
2sin x  3cos x
2sin x  3cos x 0 0   2  2
 3 11 2cos x  3sin x  3 x x   . dx   x 11 2cos 3sin 2  . dx  
13 13 2sin x 3cos x    13 0
13 2sin x  3cos x 0 0  2 3
11 d 2sin x  3cos x 3 11    2   dx  
ln 2sin x  3cos x  26 13
2sin x  3cos x 26 13 0 0  11 b  3 11 11     13 b 11 26 22 ln 2  ln 3. Do đó    .  26 13 13 3 c 13 3 3 c   26  4
Bài tập 7: Cho hàm số f x liên tục trên  và thỏa mãn tan . x f   2
cos xdx  2 và 0 2 e f  2 ln x 2 f 2xdx  2 
. Giá trị của I dx  là x ln x x e 1 4 A. 0. B. 1. C. 4. D. 8.
Hướng dẫn giải
Chọn D.   4 4 sin . x cos x Đặt A  tan . x f   2
cos xdx  2  .f   2 cos x dx  2. 2  cos x 0 0. 1 Đặt 2
t  cos x dt  2
 sin x cos xdx   dt  sin x cos x . dx 2  1 1 f t
Đổi cận x  0  t  1 và x
t  . Khi đó A dt  4.  4 2 t 1 2 2 e f ln x 2 2 e ln . x f  2 ln x Đặt B dx  2  dx  2.   2 x ln x x ln x e e 4 f t
Tương tự ta có B dt  4.  t 1 2 f 2x 1 Giá trị của I d . x
Đặt t  2x dx dt. x 2 1 4 1 1
Đổi cận x   t  và x  2  t  4. 4 2 4 f t 1 f t 4 f t Khi đó I dt dt dt  4  4  8    t t t 1 1 1 2 2 1 1 Bài tập 8: Cho
dx a b; 
với a,b là các số nguyên. Giá trị của biểu thức
x 3x  3 0 1 b a a b bằng A. 17. B. 57. C. 145. D. 32.
Hướng dẫn giải
Chọn A. 1 1 1 1 dx Giá trị của I dx  .  
x 3x   x  3 1 x  2 3 0 0 1 x 1 x  3 2 dx Đặt t   2tdt dx   tdt. x 1 x  2 1 x  2 1
Đổi cận x  0  t  3, x  1  t  2. 1 2 3 3 1 dx 1 Ta có I   t
dt dt t  3  2.    2   x  3 x t 0  1 2 3 2 x 1 1 1 Mà
dx a b
nên suy ra a  3,b  2.
x 3x  3 0 1
Từ đó ta có giá trị b a 2 3
a b  3  2  17. 1 x 1  aBài tập 9: Cho dx  ln  b
, với a,b là các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức 3   x 1 ab 1  2
P  2a b bằng A. 12. B. 10. C. 18. D. 15.
Hướng dẫn giải Chọn B. 1 1 1 1 3 x x 1 x 1 Biến đổi I dx dx dx  . dx     . 3 4 x 1  1  x 1 1 3 1 1 1 1 x 1   . x 1 1 3 2 2 2 3 2 3  x x x 1 1 3 1 Đặt 2 u  1  u  1  2udu   dx và 3 x  . 3 3 4 x x x 2 u 1 1
Đổi cận x   u  3; x  1 u  2. 2 2udu 3 3 3 2 du 1 u 1 1  3  Ta có 3 I      ln  ln  2 .    2 u   2 1 .u 3 u 1 3 u 1 2 3  2  2 2
Suy ra a  3,b  2. Vậy P  2a b 10.
Dạng 3: Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần 2 ln x b
Bài tập 1. Cho tích phân I
dx   a ln 2 
với a là số thực b và c là các số dương, đồng thời x c 1
b là phân số tối giản. Giá trị của biểu thức P  2a 3bc là c A. P  6. B. P  5. C. P  6.  D. P  4.
Hướng dẫn giải Chọn D. dx u   ln x du     Đặt xdx   . dv  1  2  xv   x 2 2 2 ln x 1  ln x 1   1 ln 2 Khi đó I   dx     .  2   x 1 xx x  1 2 2 1 1 
Suy ra b  1,c  2, a
. Do đó P  2a  3b c  4. 2 + Ưu tiên logarit. u   ln x+ Đặt dx . dv   2  x  4 x Bài tập 2: Biết
dx a  b ln 2, 
với a,b là các số hũu tỉ. Giá trị của T 16a  8b là 1 cos 2x 0 A. T  4. B. T  5. C. T  2. D. T  2. 
Hướng dẫn giải Chọn A.    4 4 4 x x 1 x Đặt A dx dx  . dx    2 2 1 cos 2x 2cos x 2 cos x 0 0 0 u
  x du dx  Đặt  1 dv
dx v  tan x  2  cos x Khi đó     4 1 1      4 A x tan x  tan xdx     
xtan xln cos x  4  2 0 2  0 0       1   2  1   1   1    ln    ln 2   ln 2.     2 4 2 2    4 2  8 4 1 1 
Vậy a  ,b
do đó 16a  8b  2  2  4. 8 4 + Biến đổi 2 1 cos 2x  2cos . x + Ưu tiên đa thức.u x+ Đặt  1 . dv dx  2  cos x 1 Bài tập 3: Cho 2x 2
I xe dx  . a e b
với a,b   . Giá trị của tổng a b là 0 1 1 A. . B. . C. 0. D. 1. 2 4
Hướng dẫn giải
Sử dụng phương pháp từng phần. du dx u   x  Đặt    x 1 . 2 2 xdv e dx v e  2 1 1 1 1 1 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 Khi đó 2 2 2 2 2 I  . u v  . v du  . x ee dx  . x eee  .   0 2 0 2 2 0 4 0 4 4 0 0 1 1 Suy ra 2 2 .
a e b e  . 4 4 1 1 1
Đồng nhất hệ số hai vế ta có a  ,b  . Vậy a b  . 4 4 2
Chọn A. + Ưu tiên đa thức. u   x + Đặt  . 2xdv e dx 2
Bài tập 4: Cho hàm số f x liên tục, có đạo hàm trên  , f 2 16 và f
 xdx  4. Tích phân 0 4  x xf dx    bằng  2  0 A. 112. B. 12. C. 56. D. 144.
Hướng dẫn giải
Chọn A. x
Đặt t   x  2t dx  2dt. 2
x  0  t  0 4 2 2  x  Đổi cận  . Do đó xf dx  4tf    
 tdt  4xf  
xd .x
x  4  t  2  2  0 0 0 u  4x  du  4dx  Đặt    dv f  
xdx v f  x. Suy ra 2 2 2 2 4xf  
xdx  4xf
x  4 f
 xdx 8f 24 f
 xdx 8.164.4 112. 0 0 0 0 
4 ln sin x  2cos xBài tập 5. Cho
dx a ln 3  b ln 2  c 
với a,b, c là các số hữu tỉ. 2 cos x 0
Giá trị của abc bằng 15 5 5 17 A. . B. . C. . D. . 8 8 4 8
Hướng dẫn giải
Chọn A. u
  ln sin x  2cos x  cos x  2sin x  du dx Đặt  dx   sin x  2cos x . dv   2  
v  tan x  2 cos x Khi đó  
4 ln sin x  2cos x  4    x x dx
tan x  2ln sin x  2cos x cos 2sin 4  dx  2 cos x 0 cos x 0 0  4  3 2   3ln 
  2ln 2  1 2tan xdx  2    0 7 
 3ln 3 ln 2  x  2ln cos x  4 2 0 7  2 5   3ln 3  ln 2   2ln  3ln 3  ln 2  . 2 4 2 2 4 5 1
Suy ra a  3,b   , c   . Vậy abc  18. 2 4 2 1 p xp
Bài tập 6. Biết x  2 1 x q e dx me  , n trong đó , m ,
n p, q là các số nguyên dương và là phân q 1
số tối giản. Giá trị của T m n p q là A. T  11. B. T 10. C. T  7. D. T  8.
Hướng dẫn giải
Chọn B. Ta có 2 1 2 1 2 1 2 1  2 xxxx  1 x
  2  2  1 x  2  1 x  2 x I x e dx x x e dx x e dx xe . dx  1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 xxx 1 x  1   x  Xét I   2 x   2 2 2 1 x e dx x . x e . dx x . x e d x   x x d e 1        2 xx  1 1 1 1   1 2 2 1     2 x x     2 1 2 2 1 2 x x x x x   2 x x e e d x x e xe dx  1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 3 x   2 x 2 x x x x 2
I  2xe dx x eI x e  4e 1 1  1 1 1
m  4, n  1, p  3, q  2.
Khi đó T m n p q  4 1 3  2  10. m
Bài tập 7. Tìm số thực m  1 thỏa mãn ln x   1 dx  m. 1 A. m  2e. B. m  e. C. 2 m  e . D. m  e 1. Hướng dẫn giải Chọn B m m m A  ln x   1 dx  ln xdx  dx   1 1 1 m I  ln xdx 1  1 u  ln x du  dx Đặt    x dv  dx v  x m m  I  x ln x  dx  1 1   m m e
A  x ln x  m ln m  m  . 1  m  0 k
Bài tập 8. Đặt I  ln dx, e
k nguyên dương. Ta có I e  2 khi: k 1 x k
A. k 1;  2 .
B. k 2;  3 . C. k 4;  1 . D. k 3;  4 . Hướng dẫn giải Chọn A k  1 u   ln du   dx ek e  Đặt  x   xI  .l x n + dx e
k   I e  2 k      1 ln 1 k  1  x  dv dx v x 1    e   e 3 2
1 ln k 1  e  2  ln k   ln k  1 e 1 e 1
Do k nguyên dương nên k 1;  2 . 1
Bài tập 9. Tìm m để      xe x m dx e. 0 A. m  0. B. m  e. C. m  1. D. m  e. Hướng dẫn giải Chọn C Đặt u  x  m du  dx    x x dv  e dx v  e 1 1  I  e
 x mdx  e x m1  e dx  e  x  m  1 x x x x 1  me  m 1 0 0 0 0
Mặt khác: I  e  me  m 1  e  me   1  e 1  m  1.
Dạng 4: Tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối 1. Phương pháp b
Bài toán: Tính tích phân I g  xdx a
( với g ( x ) là biểu thức chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối) PP chung:
Xét dấu của biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối trên  ; a b
Dựa vào dấu để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng ( sử dụng tính chất 3 để tách)
Tính mỗi tích phân thành phần. b
Đặc biệt: Tính tích phân I f (x) dx a Cách giải Cách 1:
+) Cho f (x)  0 tìm nghiệm trên  ; a b
+) Xét dấu của f ( x) trên  ;
a b, dựa vào dấu của f (x) để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng
( sử dụng tính chất 3 để tách)
+) Tính mỗi tích phân thành phần. Cách 2:
+) Cho f (x)  0 tìm nghiệm trên  ;
a b giả sử các nghiệm đó là x ; x ;...x 1 2 n
( với x x  ...  x ). 1 2 n 1 x 2 x 3 x b Khi đó I
f (x) dx
f (x) dx
f (x) dx  ...  f (x) d     x a 1 x 2 x n x 1 x 2 x 3 x b
I f (x)dx
f (x)dx
f (x)dx  ...  f (x)d     x a 1 x 2 x n x
+) Tính mỗi tích phân thành phần 2. Bài tập 2 Bài tập 1: 2 a           a S x x 2 dx , a, b
, là phân số tối giản. Giá trị a b bằng b b 1  A. 11. B. 25. C. 100. D. 50. Hướng dẫn giải Chọn A            2 2 2  3 2  2 2 x x S x x 2 dx x x 2 dx     2x  3 2  1  1    1   8 4   1 1  9       4       2    3 2   3 2  2  Bài tập 2: I  1  sin 2xdx  a a , * a    . Hỏi 3 a là bao nhiêu? 0 A. 27. B. 64. C. 125. D. 8. Hướng dẫn giải Chọn D    Ta có:     2 1 sin 2x sin x cos x
 sin x  cos x  2 sin x    .  4      Với 3 x  0;   x    ; .     4  4 4         + Với x    ;0   thì sin x     0 4  4   4        + Với 3 x   0;   thì sin x     0 4  4   4   4         I   2 sin x  dx  2 sin x  dx        2 2.  4   4  0  4 5 2  2 1 Chọn 3: Biết  d  4  ln 2  ln 5,  x I x a b
với a, b là các số nguyên. Giá trị S a b bằng x 1 A. 9. B. 11. C. 5. D. 3.  Hướng dẫn giải Chọn B 5 2 5 2 x  2 1 2 x  2 1 2 x  2 1 Ta có: I  dx  dx  dx    x x x 1 1 2 2 22  x 5 1 2 x  2 1 2 5  2x 5 2x  3  dx dx dx dx     1 2 x x x x 1 2 2  5 5   3    x dx  2  dx       
5ln x x2 2x3ln x 5 1 2 1 2  x   x  a  8
 8ln 2 3ln5  4  
a b  11. b   3  2
Bài tập 4: Cho tích phân 1  cos 2xdx  
ab và a  b  2  2 2. Giá trị của a và b lần lượt là 0 a   2  A.    . B. a 2 2  . b  2 2 b  2   a  2   a  2 C. a 2 2 a 2 2    . D.    . b  2 b  2 2 b  2 b  2 2 Hướng dẫn giải Chọn D 2 2  2 1  cos 2xdx  2 sin x dx  2 sin xdx     2  sin xdx 0 0 0   2   2 cos x  2 cos x  4 2. 0  ab  4 2   a  2 2        a 2 2 X 2 2 2 X  4 2  0     . a  b  2  2 2 b  2 b  2 2 1  1 
Bài tập 5: Tính tích phân I x x - a dx, a  0 
ta được kết quả I f (a) . Khi đó tổng f (8)  f    2  0 có giá trị bằng: A. 2 4 . B. 9 1 . C. 17 . D. 2 9 1 2 4 2 17 Hướng dẫn giải Chọn B 1 1 3 2  x ax a 1 8 1 11
TH1: Nếu a  1 khi đó I   x
 xadx  
    f (8)     3 2  2 3 2 3 3 0 0 a 1
TH 2: Nếu 0  a  1 khi đó I   x
 x adx x
 x adx 0 a a 1 3 2 3 2 3  x ax   x ax a a 1  1  1 1 1 1         f            3 2   3 2  3 2 3  2  24 4 3 8 0 a  1  11 1 91
Khi đó f (8)  f      .  2 3 8 24 1 2
Bài tập 6: Cho hàm số f x liên tục trên  thỏa  f 2xdx  2 và  f 6xdx 14 . Giá trị 0 0 2
f 5 x  2dx bằng 2  A. 30. B. 32. C. 34. D. 36. Lời giải Chọn B 1 + Xét f
 2xdx  2. 0
Đặt u  2x  du  2dx ; x  0  u  0 ; x 1 u  2 . 1 2 1 2 Nên 2  f
 2xdx f
 udu f
 udu  4. 2 0 0 0 2 + Xét f
 6xdx 14 . 0
Đặt v  6x  dv  6dx ; x  0  v  0 ; x  2  v 12 . 2 12 1 12 Nên 14  f
 6xdx f
 vdv f
 vdv  84. 6 0 0 0 2 0 2 + Xét f
 5 x  2dx f
 5 x  2dx f
 5 x  2dx . 2 2 0 0 Tính I
f 5 x  2 dx . 1    2
Đặt t  5 x 2. Khi 2
  x  0 , t  5x  2  dt  5  dx ; x  2
  t 12 ; x  0  t  2. 2 1  12 2   I f t dt 1  1  f
 tdt f  t  84  4  . 1    dt 16 5  5 5 12  0 0  2
Tính I f 5 x  2 dx . 1    0
Đặt t  5 x 2.
Khi 0  x  2, t  5x  2  dt  5dx ; x  2  t  12 ; x  0  t  2. 12 1 12 2   I f t dt 1  1  f
 tdt f  t  84  4  . 2    dt 16 5  5 5 2  0 0  2 Vậy f
 5 x 2dx  32. 2  2 4
Bài tập 7: Cho hàm số y f x liên tục trên 0;4 và  f xdx 1;  f xdx  3. Giá trị 0 0 1
f  3x1dx bằng 1 A. 4. B. 2. C. 4 . D. 1. 3 Hướng dẫn giải Chọn C 1
f  3x 1  1/3 1 dx
f 1 3xdx f 3x      1 dx . 1  1 1/3 1/3 1 1  
f   x   x 1 1 3 d 1 3  f 3x   1 d 3x     1 . 3 3 1 1/3 0 2 1   f  t 1 dt f
 tdt 1     1 4 3  .1  . 3 3 3 3 3 4 0 3  24 3 Bài tập 8. 4 2   4  3  .  a S y y dy
Giá tị A  2B bằng b  3 A. 80. B. 83. C. 142. D. 79. Hướng dẫn giải Chọn C 4 2     2   2 y 4y 3 y 1 y  3 Xét dấu  2   2 y 1 y  3 , ta có: y ‐∞ ‐ 3 ‐1 1 3 +∞ y2‐1 + + 0 ‐ + + y2‐3 + 0 ‐ ‐ 0 ‐ 0 + (y2‐1)(y2‐3) + 0 ‐ 0 ‐ 0 ‐ 0 + 3
S   4  4y   1  y  3 2 4 4 2 dy  y  4y  3 dy   3  3 1     y  4y  3 1
dy   y  4y  3 3 4 2 4 2 dy     4 2 y  4y  3dy  3 1  1 1 1 3  5 3   5 3   5 3 y 4y y 4y y 4y      3y     3y     3y  5 3   5 3   5 3         3 1 1 112  24 3  . 15 1 Bài tập 9. 2 a           a S 4x 4x 1dx , a, b
, là phân số tối giản. Giá trị a  4b bằng b b 0 A. 1. B. 3. C. 35. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn D 1 1
Ta có: I   2x  2   7 1 dx 2x 1 dx  0 0 1 1 1 2 1 2 1  I            . 7 2x 1 dx 2x 1 dx 2x 1 dx    1 2x 1 dx 2x 1dx 2 0 0 1 0 1 2 2 Suy ra: a  1,b  2. 2 Bài tập 10. I  1  sin xdx  A B  , biết A  2B Giá trị 3 3 A  B bằng 0 A. 72. B. 8. C. 65. D. 35. Hướng dẫn giải Chọn A 2      Ta có: x x x x x 1  sin x  sin  cos  sin  cos  2 sin       2 2  2 2  2 4      Với x x 5 x  0; 2   0;     ;       . 2 2 4  4 4         + Với x   ;    thì x sin     0 2 4  4   2 4         + Với x 5   ;   thì x sin     0 2 4  4   2 4  3 2 2  x    x    I  2 sin  dx  2 sin  dx        4 2 .  2 4   2 4  0 3 2  2
Bài tập 11. Cho tích phân 2 1 3 sin 2  2cos  3  .  x xdx a
b Giá trị A a b  4 bằng 0 A. 2. B. 5 . C. 5. D. 8 . Hướng dẫn giải Chọn D   2 4 2 2 I  1  3 sin 2x  2 2 cos xdx 
sinx 3cosx dx sinx    3 cos x dx . 0 0 0 
sin x  3 cos x  0  tan x  3  x    k . 3     Do x0;  nên x  .  2  3     3 2 3 2 I  sin x  3 cos x dx  sin x  3 cos x dx   
sinx  3cosxdx  sinx  3cosxdx 0  0  3 3     3   
 2  1  3     1  3 cos x 3 sin x cos x 3 sin x 1 3  3   3. 0 2 2 2 2 3
 a  1; b  3  A  8
Dạng 5: Tính tích phân các hàm đặc biệt, hàm ẩn
1. Phương pháp giải
a. Cho hàm số f x liên tục trên  ; a a. 1 2  x
Bài tập 1: Tích phân I  cos . x ln dx  bằng 2  x Khi đó 1  a a A. 1.  B. f
 xdx   f
 x f xdx  (1) 2. a 0 C. 0. D. 1. Chứng minh
Hướng dẫn giải a 0 a Ta có f
 xdx f
 xdx f
 xd .xx
Hàm số f x 2  cos . x ln xác định và liên tục aa 0 2  x 0 Xét I f
 xd .x
Đổi biến trên đoạn  1  ;  1 . a Mặt khác, với x   1;   1  x  1;   1 và x t
  dx  dt. 2  x 2  x
Đổi cận x  a t a; x  0  t  0
f x  cosx.ln  cos . x ln
  f x. 2  x 2  x Khi đó  x
Do đó hàm số f x 2  cos . x ln là hàm số lẻ. 0 a a 2  x I f
 tdt  f
 tdt f  xdx a 0 0 1 2  x Vậy I  cos . x ln dx  0  .
Do đó (1) được chứng minh. 2  x 1  Đặc biệt
Chọn C.
+ Nếu f x là hàm số lẻ thì ta có
Bài tập 2: Cho y f x là hàm số chẵn, liên tục a trên đoạn  6;  6. f
 xdx  0 (1.1). a 2 3 Biết rằng f
 xdx  8 và f   2
xdx  3.
+ Nếu f x là hàm số chẵn thì ta có 1 1 6 a a f
 xdx  2 f
 xdx (1.2) Tính f
 xd .x 1 a 0 A. I  11. B. I  5.
+ Nếu f x là hàm số chẵn thì ta cũng có C. I  2. D. I  14. a f x 1 a
Hướng dẫn giải dx f x dx   0  b  1 x   1 b 2 aa
Gọi F x là một nguyên hàm của hàm số f x trên (1.3). đoạn  6;  6 ta có Chứng minh (1.3): 3 3 a f xf   2
xdx  3  f
 2xdx  3 Đặt A dx  (*). 1 xb 1 1 a 1
Đổi biến x t
  dx  dt.
F 2x 3 3. 2 1
Đổi cận x  a t  ;
a x a t  a 6 a f   1 a t b . f t
Do đó F 6  F 2  6 hay f
 xdx  6. Khi đó A  dt dt  2   t     . 1 b 1 tb aa 6 2 6
Vậy I   f xdx   f xdx   f xdx 14. 1  1  2 a x
b . f x
Chọn D. Hay A dx  (**). 1 xb 1 2020 a x
Bài tập 3: Tích phân I dx  có giá trị là x Suy ra e 1 1 a a 2020 2 A f  x 1 2 dx A f
 xd .x A. I  0. B. I  . 2 2019 aa 2021 2 2019 2 C. I  . D. I  . 2021 2019
Hướng dẫn giải
Áp dụng bài toán (1.3) ở cột bên trái cho hàm số   2020 f x x
và b e ta có Ta có 1 2021 1 2021 2021 1 x 2.2 2 2020 I x dx    I  .  2 2021 1 2021 2021 1 
Chọn C.
b. Nếu f x liên tục trên đoạn  ; a b thì
Bài tập 4: Cho hàm số f x liên tục trên  thỏa điều b b
kiện f x  f x  2cos x, với x    . f
 xdx f
 a bxdx a a  2
Hệ quả: hàm số f x liên tục trên 0; 
1 , khi đó: Giá trị của N f
 xdx là   2   2 2 A. N  1.  B. N  0. f
 sin xdxf
 cos xdx 0 0 C. N 1. D. N  2.
Hướng dẫn giải   2 2 Ta có N f
 xdx f  xdx     2 2   2 2 Suy ra 2N   f
  x f xdx  2cos xd .x       2 2  2  Vậy 2
N  2 cos xdx  2sin x  2.  0 0
Chọn D.
Bài tập 5: Cho hàm số f x liên tục trên  và thỏa
mãn f x  f 2  x  x2  x, x   .  2
Giá trị tích phân G f
 xdx là 0 1 A. G  2. B. G  . 2 2 1
c. Nếu f x liên tục trên đoạn  ; a b và C. G  . D. G  . 3 3
f a b x  f x thì
Hướng dẫn giải 2 2 b b    a b Ta có G f
 xdx f
 2 xdx xf x dx f  xdx 2 0 0 a a 2 2
Suy ra 2G   f
 x f xdx x
 2 xdx 0 0 2 1 2 Vậy G x
 2 xdx  . 2 3 0
Chọn C.
Bài tập 6: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 1 đoạn 0;  1 thỏa mãn f   1  0,  f
 x 2 dx  7  và 0 1 1 1 2 x f
xdx  . Tích phân f xdx  bằng 3 0 0 7 A. . B. 1. 5 7 C. . D. 4. 4
d. Nếu f x liên tục trên đoạn  ;
a b và Hướng dẫn giải
du f x dx b u
  f x   
f x  0 với x
 a;b thì f
 xdx  0 và Đặt   3  2 x     a dv x dx v  3 b f
 xdx  0 khi f x  0. 1 3 1 1 x f x 1 Ta có 2  x f x   3 dx   x f   xdx a 3 0 3 0 0 1 1 1 1 3   x . f   x 3
dx   x . f  
xdx  1. 3 3 0 0 1
Cách 1: Ta có  f
 x 2 dx  7  (1). 0 1 7 1 1 x 1 1 6 6 x dx
  49x dx  .49  7   (2). 7 0 7 7 0 0 1 1 3 x . f   x 3
dx  1 14x . f  
xdx  14 (3). 0 0
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra 1 1 1  f '  x 2 6 3
dx  49x dx  14x . f     xdx  0 0 0 0 1   f  x 2 3
 7x dx  0.   0 1 2 2
Do  f  x 3
 7x   0   f   x 3
 7x dx  0     . Mà 0 1  f   x 2 3
 7x dx  0  f x 3  7x .   0 4   7x f x    C. 4 Mà f   7 7
1  0    C  0  C  . 4 4 4 7x 7
Do đó f x    . 4 4 1 1 4  7x 7  7 Vậy f
 xdx    dx   .  4 4  5 0 0
Một số kĩ thuật giải tích phân hàm ẩn
Loại 1: Biểu thức tích phân đưa về dạng: u(x) f '(x)+u '(x) f (x)= h(x) Cách giải:
+ Ta có u(x) f (x)+ u (x) f (x)= éu(x) f (x) ' ' ' ù ë û
+ Do đó u(x) f (x)+ u (x) f (x)= h(x)  éu(x) f (x) ' ' ' ù = h(x) ë û
Suy ra u(x) f (x)= ò h(x)dx
Suy ra được f (x)
Loại 2: Biểu thức tích phân đưa về dạng: f '(x)+ f (x)= h(x) Cách giải: '
+ Nhân hai vế với x x  . '( ) x + . ( ) x = . ( ) é x  . ( )ù x e e f x e f x e h x
e f x = e .h(x) êë úû Suy ra x. ( ) x
e f x = ò e h(x)dx
Suy ra được f (x)
Loại 3: Biểu thức tích phân đưa về dạng: f '(x)- f (x)= h(x) Cách giải: '
+ Nhân hai vế với -x -x  . '( ) -x + . ( ) -x = . ( ) é -x  . ( )ù -x e e f x e f x e h x e
f x = e .h(x) êë úû Suy ra -x. ( ) -x e
f x = ò e h(x)dx
Suy ra được f (x)
Loại 4: Biểu thức tích phân đưa về dạng: f '(x)+ p(x) f (x)= h(x) Cách giải: ( p x)dx eò f '(x) ( p x) . dx eò p(x) ( p x) . dx eò
. f (x) h(x) ( p x) . dx eò  + = + Nhân hai vế với ' é ù  f (x) ( p x)dx p x dx .eò = h(x) ( ) .eò ê ú ê ú ë û Suy ra ( ) ( p x)dx ( p x)dx f x .eò eò = ò .h(x)dx
Suy ra được f (x) b b
Công thức f (x)dx f (a b x)dx   a a 2. Bài tập
Bài tập 1: Cho số thực a  0. Giả sử hàm số f x liên tục và luôn dương trên đoạn 0;a thỏa mãn a 1
f x. f a x 1. Giá trị tích phân I dx  là 1 f x 0   2a a a A. I  . B. I  . C. I  . D. I  . a 3 2 3
Hướng dẫn giải Chọn B.
Đặt t a x dt  d .
x Đổi cận x  0  t a; x a t  0. a 1 a 1 a 1 a f x Khi đó I dt dx dx d .     x 1 f a t 1 f a x 1 1 f x 0   0   0 0   1 f xa 1 a   a f xa 2I dx
dx  1.dx  . a    Vậy I  . 1 f x 1 f x 2 0   0   0
Ta có thể chọn hàm số f x 1, với mọi x 0;a thỏa mãn yêu cầu đề bài. a 1 a 1 a Khi đó I dx dx  .   1 f x 2 2 0   0
Bài tập 2: Cho hàm số f x liên tục trên  1;  
1 và    2019   x f x
f x e , x   1   ;1 . Tích phân 1 M f
 xdx bằng 1  2 e 1 2 e 1 2 e 1 A. . B. . C. . D. 0. 2019e e 2020e
Hướng dẫn giải
Chọn C. 1 1 Ta có M f
 xdx f  x . dx 1  1 1 1 1
Do đó 2020M  2019 f
 xdxf
 xdx   f
  x2019 f x . dx  1  1  1  1 2 1 e x 1 Suy ra M e dx  .  2020 2020e 1 b b
Nếu f x liên tục trên đoạn  ;
a b thì f xdx    f
 a bxdx a a
Bài tập 3. Cho f x là một hàm số liên tục trên  thỏa mãn f x  f x  2  2cos 2x . 3 2
Giá trị tích phân P f
 xdx là 3  2 A. P  3. B. P  4. C. P  6. D. P  8.
Hướng dẫn giải
Chọn C. 3 3 2 2 Ta có P
f xdx f    xdx 3 3   2 2 3 3 3 2 2 2  2P   f
  x f xdx
2  2cos 2xdx  4 sin x . dx    3 3 0   2 2 3  2  3 Hay 2
P  2 sin xdx  2 sin xdx  2  cosx  2cos x  6.   0 0  
Bài tập 4: Cho f x là hàm số liên tục trên  thỏa mãn f x  f  x  sin x với mọi x và
f 0 1. Tích phân e . f   bằng e 1 e 1 e  3  1 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có f x  f  x  sin x nên x   x    x e f x
e f x e .sin x, x   .    x      x
e f x   e .sin x xx   hay e f
x dx e .sin xdx    0 0   x     1 x e f x   e x
x  ef    f   1 sin cos 0  e       1 0 2 0 2  
ef   e 3  . 2
Để ý rằng x  x e
e nên nếu nhân thêm hai vế của f x  f x  sin x với x e thì ta sẽ có ngay
x.   x e f xe .sin . x    
Bài tập 5: Cho hàm số f x tuần hoàn với chu kì và có đạo hàm liên tục thỏa mãn f  0 , 2    2       f
  x 2 dx   và f
 x.cos xdx  . Giá trị của f 2019 .  4  4 2 2 1 A. 1.  B. 0. C. . D. 1. 2
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Bằng phương pháp tích phân từng phần ta có      f
 x.cos xdx   f x.sin x  f      
 x.sin x . dx Suy ra f
 x.sin xdx .   4 2  2 2 2   1 cos 2x
2x  sin 2x    Mặt khác 2 sin xdx dx   .   2  4      4 2 2 2 Suy ra     2 2 2 2  f
 x 2 dx 2 sin xf   
xdx  sin xdx  0   f    x 2 2
 sin xdx  0.  0 0 0 0    
f  x  sin .
x Do đó f x  cos x C. Vì f  0   nên C  0.  2 
Ta được f x  cos x f 2019   cos2019   1. 
Bài tập 6: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 0;  1 , thoả mãn     2018 3 f x xf x x với 1 mọi x 0; 
1 . Tính I f  xdx . 0 1 1 A. I  . B. I  . 2018 2021 2019  2020 1 1 C. I  . D. I  . 2019  2021 2018 2019 Hướng dẫn giải Chọn C
Từ giả thiết f x  xf  x 2018 3  x , nhân hai vế cho 2 x ta được 2 x f x 3
x f x 2020 3  x
 x f x  2020 3   x .   2021 x Suy ra 3 x f x 2020  x dx   C.  2021 2018 x
Thay x  0 vào hai vế ta được C  0  f x  . 2021 1 1 1 1 1 1 1 Vậy f  x 2018 2019 dx x dx  . x  .  2021 2021 2019 2021 2019 0 0 0
Bài tập 7: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 0;4, thỏa mãn       x f x f x e 2x 1
với mọi x 0;4. Khẳng định nào sau đây là đúng? 26 A. 4
e f 4  f 0  . B. 4
e f 4  f 0  3 . e 3 C. 4
e f    f   4 4 0  e 1. D. 4
e f 4  f 0  3. Lời giải Chọn A Nhân hai vế cho x
e để thu được đạo hàm đúng, ta được x   x    x e f x e f x
x   e f x / ' 2 1   2x 1.   x 1
Suy ra e f x  2x 1dx  
2x  1 2x 1C. 3 26 Vậy 4
e f 4  f 0  . 3
Bài tập 8: Cho hàm số f x có đạo hàm trên , thỏa mãn      2017 2018 ' 2018  2018 x f x f x x e với
mọi x   và f 0  2018. Giá trị f   1 bằng A. 201  8 2018e . B. 2018 2017e . C. 2018 2018e . D. 2018 2019e . Lời giải Chọn D
Nhân hai vế cho 2018x e
để thu được đạo hàm đúng, ta được 
f  x 2018x e
f x 2018x 2017 ex
  f x 2018x 2017 2018 2018 e   2018x .  
Suy ra f x 2018x 2017 2018 e
 2018x dx xC. 
Thay x  0 vào hai vế ta được       2018   2018 2018 2018 x C f x x e . Vậy f   2018 1  2019e .
Bài tập 9: Cho hàm số f x có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn     2 2 x f x xf x xe    và f 0  2
 . Giá trị f   1 bằng 1 2 2 A. . e B. . C. . D.  . e e e Hướng dẫn giải Chọn C 2 x Nhân hai vế cho 2
e để thu được đạo hàm đúng, ta được 2 2 2 2  2 x x x x x     f  x 2
e f x 2 2 2 xe xe
 e f x 2 2   2xe .   2 2 2 x x x   Suy ra 2 e f x 2 2
 2xe dx  2eC. 
Thay x  0 vào hai vế ta được   2 0 2 x C f x e     .  2 Vậy f   1 1  2e   . e
Bài tập 10: Xét hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0; 
1 và thỏa mãn 2 f (x)  3 f (1 x)  1 x . Tích 1
phân f (x)dx  bằng 0 2 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 3 6 15 5 Hướng dẫn giải Chọn C
Ta có: 2 f (x)  3 f (1 x)  1 x (1) .
Đặt t  1 x , thay vào (1) , ta được: 2 f (1 t)  3 f (t)  t hay 2 f (1 x)  3 f (x)  x (2) . 3 2
Từ (1) & (2) , ta được: f (x)  x  1 x . 5 5 1 1 1 3 2
Do đó, ta có: f (x) dx   x dx  1 x dx   2 4   2  . 5 5 5 15 15 0 0 0 b b
Cách 2. Công thức f (x)dx f (a b x)dx   a a 1 1 1
Lấy tích phân 2 vế ta được 2 f (x)dx  3 f (1 x)dx  1 x dx    0 0 0 1 1 2 2
5 f (x)dx   f (x)dx  .   3 15 0 0 x ax b
Chú ý: Ta có thể dùng công thức . 2 f
 ax b 2 dx f
xdx Khi đó:  1 x a 1 x b 1 1 1
Từ 2 f x  3 f 1 x  1 x suy ra: 2 f
 xdx 3 f
 1 xdx  1 xdx  0 0 0 1 1 2 1 2  2 f  x 0 dx  3 f  x 1 dx
1 xdx  5 f x dx   f x dx  .        0 1 0 0 0 3 15 2 2 1     1     a I f t dt f x dx  . 2 2 2 1 1 2
Bài tập 11: Cho y  f x là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn .  6;  6 Biết rằng f  xdx 8 và 1  3 6 f   2
 xdx  3. Giá trị  f xdx bằng 1 1 A. 1. B. e. C. 1.  D. 14. Hướng dẫn giải Chọn D 3 3
Ta có y  f x là hàm số chẵn nên f 2x  f 2x suy ra f   2  xdx  f  2xdx  3. 1 1 3 3 6 6 Mặt khác:    1       1 f 2x dx f 2x d 2x  f
 xdx  3 fxdx  6. 2 2 1 1 2 2 6 2 6 Vậy I  f  xdx  f
 xdx  f xdx  86 14. 1  1  2 k x 1 1
Bài tập 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số k để 2x   1 dx  4 lim . x0 x 1 k 1 k 1 k  1  k  1  A. . B. . C. . D. .     k  2 k  2  k  2  k  2 Hướng dẫn giải Chọn D 2 2 k k k 1 2x 1 2k 1 1 Ta có 2x   1 dx  2x   1 d 2x       1      2 4 1 4 4 1 1  x1 1 x1   1 x 1 1 1 Mà 4 lim   4lim  4lim  2 x0 x0 x x  x 1   x0 1 x 1 1 2 k x 1 1 2k 1 1 k  2 Khi đó 2x     1 dx  4lim   2  2k  2 1  9  .  x0 x 4 k  1  1 f
 x.f a  x  1
Bài tập 13: Cho f x là hàm liên tục trên đoạn 0;a thỏa mãn  và f  x  0, x  0;a a dx ba 
, trong đó b, c là hai số nguyên dương và là phân số tối giản. Khi đó b  c có giá  b 1 f x c c 0  
trị thuộc khoảng nào dưới đây? A. 11;22. B. 0;9. C. 7;2  1 . D. 2017;2020. Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B Đặt t  a  x  dt  dx Đổi cận
x  0  t  a; x  a  t  0 a 0 a a a dx dt dx dx f xdx Lúc đó I           1 f x 1 f a  t 1 f a  x 1 1 f x 0   a   0   0 0   1 f x a a dx f x a dx Suy ra 2I  I  I    1dx  a    1 f x 1 f x 0   0   0 1 Do đó
I  a  b 1; c  2  b  c  3. 2 Cách 2: Chọn f x  1 là
một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được 1
I  a  b  1; c  2  b  c  3. 2  9 f x  2
Bài tập 14: Cho hàm số f x liên tục trên  và dx  4, 
f sin xcos d
x x  2. Giá trị của x 1 0 3
tích phân  f xdx bằng 0 A. 2 . B. 6 . C. 4 . D. . 10 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN C 9 f x   Xét dx  4. Đặt
t x t x suy ra  2 , 2 d t t  d . x x 1
x 1 t 1 Đổi cận  .
x  9  t  3 9 f x  3 3 Suy ra 4  dx  2 f
 t2dt f
 tdt  2. x 1 1 1  2  Xét f  sin xcos d
x x  2. Đặt u  sin x, suy ra du  cos d x . x 0
x  0  u  0   2 1 Đổi cận   . Suy ra 2  f  sin xcos d x x f  tdt. x   u 1  2 0 0 3 1 3 Vậy I f
 xdx f
 xdx f
 xdx  4.. 0 0 1  4 1 2 x f x
Bài tập 15: Cho hàm số
f x liên tục trên  và f  tan x   dx  4,
dx  2. Giá trị của  2x 1 0 0 1
tích phân I   f xdx bằng 0 A. I  6 . B. I  2 . C. I  3 . D. . I 1 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN A  4 Xét f
 tan xdx  4. 0 1 dt Đặt
t  tan x, suy ra dt  dx   2
tan x 1 dx  dx  . 2  2 cos x 1 t
x  0  t  0   4 1 1 f t f x Đổi cận:   . Khi đó 4  f  tan x     dx  dt  d . x   x   t 1  2 2 t 1 x 1  4 0 0 0 1 1 1 2 f x x f x
Từ đó suy ra I f  x     dx  dx  dx  4  2  6.   2 2 x 1 x 1 0 0 0  4
Bài tập 16: Cho hàm số f x liên tục trên  và thỏa mãn tan . x f   2 cos xdx 1, 0 2 e f  2 ln x 2 2 
dx  1. Giá trị của tích phân  d bằng   f x I x x ln x x e 1 4 A. 1. B. 2 . C. 3 . D. . 4 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN D  4 ● Xét A  tan . x f   2
cos xdx 1. Đặt 2 t  cos . x 0 Suy ra dt 2
dt  2sin x cos d
x x  2cos x tan d x x  2  t.tan d x x   tan d x x   . 2t
x  0  t 1  Đổi cận:   1 . x   t   4 2 1 2 1 f t  1 1 f t 1 1 f x 1 f x Khi đó 1  A   dt  dt  dx  dx  2.     2 t 2 t 2 x x 1 1 1 1 2 2 2 2 e f  2 ln x ● Xét B  dx  1. Đặt  2 u  ln . x x ln x e 2 2 ln x 2ln x 2u dx du Suy ra du  dx  dx  dx   . x x ln x x ln x x ln x 2u
x e u 1 Đổi cận:  . 2
x e u  4 4 1 f u 4 1 f x 4 f x Khi đó 1  B  du  dx  dx  2.    2 u 2 x x 1 1 1 2 f 2x
● Xét tích phân cần tính I  d . xx 1 2  1 dx  dv   1 1 
x   v  Đặt v  2x, suy ra 2  . Đổi cận:  4 2 . vx
x  2  v  4  2 4 f v 4 f x 1 f x 4 f x Khi đó I  dv  dx  dx  dx  2  2  4.     v x x x 1 1 1 1 2 2 2
Bài tập 17: Cho hàm số
f x nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên 0;2. Biết f 0 1 và  3 2 2
x  3x f x     2 2 4 2 x x f x f x e   
với mọi x 0;2. Giá trị tích phân I  dx bằng  f x 0   14 A.  32 . B.  16 . C.  16 . D. .  3 5 3 5 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN D Từ giả thiết
f xf 2  x 2 2 x 4 x x2  e
 f 2  1.  3 2 u   x  3x 3 2 2
x  3x f 'x du     2
3x  6xdx Ta có I  d . x Đặt   f ' x   . f x dv  dx
v  ln f x 0   f x   Khi đó I   3 2 x  3x  2 2
ln f x   2
3x  6xln f x dx 0 0 f 2 1  2
  3 2x  2xln f x dx  3  J. 0 2 0 x2t
Ta có J  x  2xln f x dx    2t2 2
 22  t ln f 2  t d2  t   0 2 0 2  
 2 x2 22 xln f 2 x d2 x   2x 2xln f 2 x d .x   2 0 Suy ra 2
2J  x  2x 2 2
ln f x dx   2x  2xln f 2 x dx 0 0 2
  2x  2xln f xf 2 x dx 0 2   x x 32 16 2 x  2x 2 2 2 4 ln e
dx   2x  2x 2
2x  4xdx   J  . 15 15 0 0 16 Vậy
I  3J   . 5    
Bài tập 18: Cho hàm số y f x liên tục trên  ;
và thỏa mãn 2 f x  f x  cos . x Giá  2 2     2
trị của tích phân I   f xdx bằng   2 A. I  2  2 . B. I  3 . C. I  . D. I  2 . 3 2 Hướng dẫn giải ĐÁN ÁN B
Từ giả thiết, thay x bằng  x ta được
2 f x  f x  cos . x Do đó ta có hệ 2 f
x  f x  cos x 4 f
x 2 f x  2cos x     f x 1  x 2 f
x f x  cos x f
  x  2 f x cos .  cos x 3   2 2 1 1  2 Khi đó I f  x 2 dx  cos d x x  sin x  .  3 3     3 2   2 2 1   
Bài tập 19: Cho hàm số f x liên tục trên
; 2 và thỏa mãn f x 1  2 f  3 . x   Giá trị của 2     x  2   tích phân  d bằng f x I x x 1 2 1 3 5 7 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B 1  1  3
Từ giả thiết, thay x bằng ta được f  2 f   x  . xx x Do đó ta có hệ       f   x 1  fx f     x 1 2 3  2 f  3x     x    x       f x 2   . x   1      f x 3  f x 1 6 x f 2 4  2 f       x x      x x 2 f x 2 2  2   2  3 Khi đó I dx
1 dx    x  .   2    1 xx   x  2 1 1 2 2 2  1   1 
Cách khác. Từ f x  2 f  3x f  
x  3x  2 f .    x   x    1    1  f f 2 f x 2     2 2    x   x  Khi đó I  dx  3  2
dx  3 dx  2 d . x     xxx 1 1 1 1   2 2 2 2    1  f 2    x  1 1 Xét J  d . x Đặt  , suy ra  1 t 2 dt   dx t
 dx  dx   dt. x x 2 2 x t 1 2  1
x   t  2  Đổi cận: 2  . 1
x  2  t   2 1 2 2 2  1  f t f x Khi đó J tf  t      dt  dt  dx I.    2   t t x 2 1 1 2 2 2 2 3 Vậy .
I  3 dx  2I I  dx  .   2 1 1 2 2
Bài tập 20: Cho hàm số
f x thỏa mãn  f    x 2   f
xf  x 4 .
 15x 12x với mọi x   và
f 0  f 0 1. Giá trị của 2 f   1 bằng 5 9 A. . B. . C. 8. D. 10. 2 2 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN C Nhận thấy được  f   x 2   f
x.f x   f
  x. f x      . 
Do đó giả thiết tương đương với  f
  xf  x  4 .  15x 12 . x
Suy ra f x. f  x   4 15x 12x 5 2
f 0 f 0 1  .
dx  3x  6x C  C 1
f xf x 5 2 .
 3x  6x 1 2 6  f
 xf xx   f x x 5 2 x x     3 . d 3 6 1 dx  
 2x x C '. 2 2 2 f 0 1
Thay x  0 vào hai vế ta được
C '  C '  . 2 2 Vậy 2 f x 6 3 2
x  4x  2x 1 f   1  8.
Bài tập 22: Cho hàm số f x liên tục trên  thỏa mãn f x 4 tan  cos x, x   . Giá trị 1
I   f xdx bằng 0 2   2    A. . B. 1. C. . D. . 8 4 4 Hướng dẫn giải ĐAP ÁN A 2   f tan x 1 4
 cos x  f tan x   2   tan x 1 1   1 2    f x   f x dx   2    2   8 x 1 0
Dạng 8: Bất đẳng thức tích phân 1. Phương pháp
Áp dụng các bất đẳng thức: b b
+ Nếu f x liên tục trên  ; a b thì f
 xdx f  xdx a a b
+ Nếu f x liên tục trên  ;
a b và m f x  M thì mb a  f
 xdx M baa 2 b b b   + Nếu
f x, g x liên tục trên  ;
a b thì  f
 xgx 2 dx   f  x 2 d . x g
 xdx dấu "  " xẩy  aa a
ra khi và chỉ khi f x  k.g x . + Bất đẳng thức AM-GM 2. Bài tập 1 2
Bài tập 1: Cho hàm số f x có
đạo hàm liên tục trên 0; 
1 , thỏa mãn f   1  0 ,  f
 x dx  7  0 1 1 1 và 2
x f xdx  . Giá trị phân  f xdx bằng 3 0 0 7 7 A. 1. B. . C. . D. 4 . 5 4 Hướng dẫn giải Chọn B 1 3 1 1 x 1
Dùng tích phân từng phần ta có 2 x f  xdx f x 3  x f ' 
xd .x Kết hợp với giả thiết 3 0 3 0 0 1 f   1  0 , ta suy ra 3 x f ' 
xdx  1. 0 2 1 1 1 7 1   2 2 x Theo Holder   3 1   x f '  x 6 dx   x d . x f ' 
 x dx  .7  1.  7 0  0  0 0 1
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f x 3 '  kx , thay vào 3 x f ' 
xdx  1 ta được k  7.  0 7
Suy ra f x 3 '  7
x f 'x 3  7x , x  0;  1  f x 4   x C 4 1 f   1 0 7
C   f x 7 7 7 4
  x   f
 xdx  . 4 4 4 5 0 1 11
Bài tập 2: Cho hàm số f x có
đạo hàm liên tục trên 0; 
1 , thỏa mãn f   1  1, 5  d   x f x x 78 0 1 
f x  f x 4 d  . f 2 và Giá trị bằng 13 0 251 256 261 A. 2. B. . C. . D. . 7 7 7 Hướng dẫn giải Chọn D 2 2 1 1 1  2    2 1 4 4 Theo Holder 6     x f   x 12 dx   x d . x f  
 x dx  .  . 13    13 13 169  0  0 0  f x 6
x f x 2 7 f   1 1  5 2
x C C  . 7 7 2 5 261 Vậy f x 7
x   f 2  . 7 7 7
Bài tập 3: Cho hàm số f x có
đạo hàm liên tục trên 0; 
1 , thỏa mãn f  
1  2, f 0  0 và 1 1  f
 x 2 dx  4.Tích phân 3 
f x2018xd .x bằng    0 0 A. 0. B. 1011. C. 2018. D. 2022. Hướng dẫn giải Chọn B 2 1 1 1   2 Theo Holder 2 2   f '
 xdx  d .x f '
  x dx 1.4  4.   0  0 0
f x   f xf 00 ' 2
 2x C C  0. 1 Vậy f x 3  2x   f
 x 2018xdx 1011.   0
Bài tập 4: Cho hàm số
f x nhận giá trị dương và có đạo hàm f  x liên tục trên 0;  1 , thỏa mãn 1 1 dx 2 f   1  ef 0 và
  f x  dx  2. Mệnh đề nào sau đây đúng?   2   f x 0     0 e 2 e  2 A. f   2 1  . B. f     1  . e 1 e 1 2 2e 2 e  2 C. f   1  . D. f     1  . 2 e 1 e 1 Hướng dẫn giải Chọn C 1 1 1 1   AMGM dx 2 1 2 f ' x Ta có
  f ' x  dx     
  f ' x     dx  2 dx  2 f x   2 f x f x 0 0 0         0   1  f x  f    f   f   1 2 ln 2 ln 1 2ln 0  2ln  2ln e  2. f 0 0   1 1 dx 2 1 Mà
  f ' x  dx  2 nên dấu
 xảy ra, tức là f ' x 
f x f ' x 1   '' '' 2 f x   f x     0     0 2     f x f x f ' x   dx  d x x
x C f
x  2x  2C. 2 1
Theo giả thiết f  
1  ef 0 nên ta có 2
2  2C e 2C  2  2C e 2C C  2 e 1 2    2 2 2e f x  2x   f 1  2   . 2   2 2 e 1 e 1 e 1
Bài tập 5: Cho hàm số
f x nhận giá trị dương trên 0; 
1 , có đạo hàm dương và liên tục trên 0;  1 , 1 1 1 3
thỏa mãn f 0  1 và  3
f x4 f     x 
 dx  3 f  
 x 2f xd .x Giá trị I   f xdx bằng   0 0 0 e 1 2 e 1
A. 2 e   1 . B.  2 2 e   1 . C. . D. . 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A
Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho ba số dương ta có 3 3   f x f x f x  4  f '   x 3   4  f '    x 3 3         2 2 3 3 f x f x  3 4  f '   x 3      . .  3 f '  x 2 3 f x. 2 2 1 1 3 Suy ra 3  f
 x 4 f '   x    dx  3 f ' 
 x 2f xd .x   0 0 1 1 3 Mà 3  f
 x 4 f '   x    dx  3 f ' 
 x 2f xdx nên dấu ''  '' xảy ra, tức là   0 0 3 3  f   x 3 f xf x     f  x 1 4 ' '  f x 2 2 2 f ' x 1 f ' x 1 1 1 xC 2    dx
dx  ln f x x C f x e .   f x 2 f x     2 2 1 1 x Theo giả thiết
f 0 1 C  0  f x 2
e f xdx  2 e   1. 0 
Bài tập 6: Cho hàm số f x có
đạo hàm liên tục trên 0; , thỏa mãn 
f xsin d x x  1  và 0  2  2
f xdx  . Giá trị tích phân  xf xdx bằng  0 0 6 4 A.  4 . B.  2 . C. . D. .     Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B 2    2  Theo Holder  2 1  f  x 2 cos d x x f  x 2 dx cos d x x  .  1.   2 0 0 0    f x 2  x xf  x 2x cos x 4 cos dx  dx   .     0 0 1 2 2 
Bài tập 7: Cho hàm số f x có
đạo hàm liên tục trên 0;  1 , thỏa t f   1  0,  f   x  dx  và  8 0 1    1  x   f x 1 cos
dx  . Giá trị của ích phân  f xdx bằng  2  2 0 0 1 2  A. . B. . C. . D.  .   2 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B Theo Holder 2 2 1 1 1 2       x     x        sin f '
   xdx  sin d . x f '     x 2 1 2  dx  . . 4 2 2          2 8 0 0 0         f xx    f   xx f   1 0 ' sin  cos
C C  0.   2  2   2  1   x  2 Vậy
f x  cos  f  
 xdx  .  2   0
Bài tập 8: Cho hàm số
f x nhận giá trị dương trên 0; 
1 , có đạo hàm dương liên và tục trên 0;  1 , 1    1  thỏa mãn
d  1 và f 0  1, f   2
1  e . Giá trị của f   bằng  xf x x f x  2  0   A. 1. B. 4. C. e. D. . e Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN C xf ' xf ' x
Hàm dưới dấu tích phân là  x. , x
  0;1 . Điều này làm ta liên tưởng đến đạo f xf x   f ' x hàm đúng ,
muốn vậy ta phải đánh giá theo AM  GM như sau: f xf ' xxf ' x  mx  2 m. với m  0 và x 0;  1 . f xf x
Do đó ta cần tìm tham số m  0 sao cho
1  f ' x 1  xf ' x 
mx dx  2 m. dxf x f x 0     0   hay 1 2 x m ln f x 1  m
 2 m.1  ln f   1  ln f 0  0 2 0 2  m 2 m  2  0   2 m. 2 m Để dấu
''  '' xảy ra thì ta cần có 2  0 
 2 m m  4. 2 f ' x Với m  4 thì đẳng thức xảy ra nên    4x f x f ' x  dx  4 d
x x  ln f x  2 x C
x C f x e .   f x     2 2 2  f  0  1 x  1  Theo giả thiết 
C  0  f x 2 2       f    e f e. 2 1  e  2  Cách 2. Theo Holder  xf ' x 2   f ' x 2 1 1 1 1  f ' x 1 f 1 2     1   dx    x. dx   d x . x dx  .ln 1.      f x   f xf x 2 f 0 0   0   0 0         f ' x 1 xf ' x
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có  kx, thay vào dx  1 ta được  k  4. f xf x 0   f ' x Suy ra  4 .
x (làm tiếp như trên) f x 1 2
Bài tập 9: Cho hàm số f x có
đạo hàm liên tục trên 0;  1 , thỏa mãn 
 f xf x dx 1 và  0  1 
f 0  1, f    1 3. Giá trị của f   bằng  2  A. 2. B. 3. C. e. D. . e Lời giải ĐÁP ÁN A
Hàm dưới dấu tích phân là  f
  xf x 2 '
 . Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng 
f xf ' x
, muốn vậy ta phải đánh giá theo AM  GM như sau:  f
  xf x 2 '
  m  2 m. f
xf 'x với m  0.
Do đó ta cần tìm tham số m  0 sao cho 1  1  f
  xf ' x 2   m
dx2 m f xf 'xd .x 0 0 hay 2 f x 1 1 m  2 m.
 1 m  2 m. 2 0 Để dấu
''  '' xảy ra thì ta cần có 1 m  2 m m  1.   2
f xf ' x 1 Với m 1 thì
đẳng thức xảy ra nên  f
  xf ' x 1    .  f
  xf ' x  1  1 1 2 1 1 f x
f xf ' x  1   f
 xf 'x  
dx   dx   x  1  1  . (vô lý)  2 0 0 0 0 2 f x
f xf ' x  1 f
 xf 'x   dx  dx
x C f
x  2x  2C. 2  f  0 1 1  1  Theo giả thiết 
C   f x  2x 1  f  2.    f    1  3 2  2  1 2 1 f x 1
Cách 2. Ta có f
 xf 'x   2 dx    f   2
1  f 0 1. 2   0 2 0 2 1 1 1   2 Theo Holder 2 1   1. f
 xf 'x 2 dx   1 d . x f
 xf 'x dx 1.11.   0  0 0 1
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f ' xf x  k, thay vào f
 xf 'xdx 1 ta được k  1. Suy ra 0
f ' xf x 1.(làm tiếp như trên)
Bài tập 10: Cho hàm số
f x nhận giá trị dương và có đạo hàm f  x liên tục trên 1;2, thỏa
f x 2 2    f   f 2 f  2 mãn dx  24  và 1  1,  16. Giá trị của bằng xf x 1   A. 1. B. 2. C. 2. D. 4. Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN Df x 2 
1  f x 2 ' '     
Hàm dưới dấu tích phân là  .
. Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng xf xx f x
f ' x , muốn vậy ta phải đánh giá theo AMGM như sau: f x  f   x 2 '  f '  x  mx  2 m với m  0 và x 1;2. xf xf x
Do đó ta cần tìm tham số m  0 sao cho   f '   x 2 2  2  f '  x 
mxdx  2 m dx    xf x  1   1 f x   hay 2m   m f x 2 2m   
m f    f   2m 24 4 24 4 2 1   24 
12 m m 16. 3   1 3 3 m Để dấu ''  2
'' xảy ra thì ta cần có 24 
 12 m m  16. 3  f   x 2 '  f '  x Với m  16 thì đẳng thức xảy ra nên   16x   2x xf x 2 f xf ' x  dx  2 d x x f  
x  x C f x  x C2 2 2 . 2 f x  f    1  1 Theo giả thiết 
C  0  f x 4
x f  2   f    4. 2  16 2 f ' x 2 f ' x 2 Cách 2. Ta có dx  2. dx  2 f  
x  2 f 2  f   1   6. f x 2 f x   1 1 1  f ' x   f ' x   f ' x    x 2   2   2   2 2 1 2 2 2 2 Theo Holder 6   dx    x. dx   d x . x dx  .24  36.      f x   xf x  xf x 2 1 1 1 1 1     f ' xf ' x 2 f ' x
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có  k x   kx, thay vào dx  6 ta được  xf xf x 1 f xf ' xk  4. Suy ra  4 .
x (làm tiếp như trên) f x
Bài tập 11: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 
1 , và f    f   14 1 0  . Biết 2 1
rằng 0  f  x  2 2x,x 0; 
1 . Khi đó, giá trị của tích phân  f
 x 2 dx  thuộc khoảng nào 0 sau đây? 13 14  10 13  A. 2;4 . B. ; .   C. ; .   D. 1;3.  3 3   3 3 
Hướng dẫn giải
Chọn C. 2
Do 0  f  x  2 2x, x  0; 
1 nên 0   f  x  8 , x x  0;  1 . 1 1 1 Suy ra  f   2   x 2  dx  8xdx   hay  f
 x dx  4  (1). 0 0 0
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: 2 1 1 1 1    f
 xdx  1 d .x f  
 x 2 dx   f     1  f 0 2    f    x 2 2  dx   0  0 0 0 1 7    f
 x 2 dx 2  0 1 7 Vậy   f
 x 2 dx  4. 2  0
BÀI 3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TÍCH PHÂN
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
1. Định lý 1: Cho hàm số y f (x) liên tục, không âm trêna;b . Khi đó diện tích S của hình thang b
cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y f (x) , trục hoành và 2 đường thẳng x a, x b là: S f (x)dxa
2. Bài toán liên quan
Bài toán 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f (x) liên tục trên đoạn a;b , trục b
hoành và hai đường thẳng x a , x b được xác định: S f (x) dxa
Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f (x) , y g(x) liên tục trên đoạn b
a;b và hai đường thẳng x a, x b được xác định: S f (x)  g(x) dxa y
(C ) : y f (x) (C ) 1  1 1
(C ) : y f ( x) (H )  2 2  x a (C ) 2 x b b S f (x )  a c O c 1 b x 2  f (x ) dx 1 2 a b b
Chú ý: Nếu trên đoạn [a;b] , hàm số f (x) không đổi dấu thì: f (x) dx f (x)dx   a a
Bài toán 3: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường x g( y) , x h( y) và hai đường thẳng d
y c , y d được xác định: S g( y)  h( y) dyc
Bài toán 4: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị (C ) : f (x) , (C ) : f (x) là: 1 1 2 2 2 x S
f (x)  g(x) 
dx . Trong đó: x , x tương ứng là nghiệm của phương trình f (x)  g(x), x x 1 2  1 2 1 x
II. THỂ TÍCH CỦA KHỐI TRÒN XOAY
1. Thể tích vật thể
Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b;
S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x ,
(a x b) . Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn [ ; a b] .
2. Thể tích khối tròn xoay
Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
y f (x) , trục hoành và hai đường thẳng x a , x b quanh trục Ox:
Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
x g( y) , trục hoành và hai đường thẳng y c , y d quanh trục Oy:
Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường b
y f (x) , y g(x) và hai đường thẳng x a , x b quanh trục Ox: 2 2
V   f (x)  g (x) dx  . a
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích giới hạn bởi 1 đồ thị 1. Phương pháp:
a/ Phương pháp 1: b S
|f (x) | dxa
* Xét dấu biểu thức f (x) ; x [a;b] , phá dấu trị tuyệt đối và tính tích phân.
b/ Phương pháp 2:
* Giải phương trình f (x)  0 ; chọn nghiệm trong [a;b]. Giả sử các nghiệm là ;  với    .
* Áp dụng tính chất liên tục của hàm số f (x) trên [a;b]; ta có: S |
f (x)dx |  | f (x)dx |  |b f (x)dx | a  
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
y  x , trục hoành và đường thẳng x  2 . 8 16 8 A. S  . B. S  . C. S  16. D. S  . 9 3 3 Hướng dẫn giải CHỌN D
Nhận thấy rằng, để tính diện tích ta cần phải tìm được 2 cận. Để tìm thêm cận còn lại ta giải phương
trình hoành độ giao điểm của đồ thị   2
P : y  x với trục hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị   2
P : y  x với trục hoành: 2 x  0  x  0 2 8
Áp dụng công thức ta có 2 S  x dx  .  3 0
Nhận xét: Nếu ta vẽ đồ thị hàm số 2
y  x và đường thẳng x  2 ta dễ dàng xác định được hình
phẳng giới hạn bởi các đường này. Từ đó ta dễ dàng tính được diện tích S.
Bài tập 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 2 x
y  x .e , trục hoành và đường thẳng x  1 A. e  2. B. 2  e. C. 2  e. D. 1. Hướng dẫn giải CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm 2 x x e  0  x  0 Ta có: 1 1 S  x e dx  x d   e  1 1 2 x 2 x 2 x x  x e  e d   2x 0 0 0 0 1 1
 e  2 xe dx  e  2 xd   e  1 1 x x x x  e  2xe  2 e dx  0 0 0 0 1 x  e  2e  2e
 e  2e  2  e  2. 0
Lời bình: Bài toán trên đã có 1 cận, ta chỉ cần tìm thêm 1 cận nữa bằng
cách giải phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó áp dụng công thức.
Nếu vẽ đồ thị bài này để tìm hình phẳng giới hạn bởi các đường là không 1
nên vì đồ thị hàm số hơi phức tạp. Việc tìm được công thức 2 x S  x e dx 0
và tính tích phân này ta có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
y  1 x và trục hoành:   A.   2. B. . C. 1. D. . 4 2 Hướng dẫn giải CHỌN D
Phương trình hoành độ giao điểm của, Ox là 2 1 x  0  x  1 1
Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là 2 S  1 x dx.  1    x  1  t  
Đặt x  sin t  dx  cos tdt và 2   x  1   t    2   1 2 2  Suy ra 2 2 2 S  1 x dx  1 sin t.cos tdt  cos tdt        2 1   2 2
Lời bình: Bài toán trên chưa có cận, ta phải giải phương trình hoành độ
giao điểm để tìm cận. Sau đó áp dụng công thức. Việc tìm được công 1 thức 2 S  1 x dx 
và tính tích phân này tương đối phức tạp, do đó ta 1 
có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn.
Nếu vẽ được đồ thị thì ta xác định được hình phẳng và diện tích của nó
dễ dàng, đó chính là diện tích của nữa đường tròn bán kính bằng 1. Do 1  đó: 2 S  R   . 2 2 1
Bài tập 4: Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường
y  lnx, x  e, x  và trục hoành e 2 1 2 1 A. S  2  . B. S  1 . C. S  2  . D. S  1 . e e e e Hướng dẫn giải CHỌN A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y  lnx và trụ hoành là ln x  0  x 1. e 1 e           1 xln x  x e 2 S ln x dx ln xdx ln x.dx x x ln x 1  2  . 1 e 1 1 e 1 e e
Bài tập 5: Diện tích tam giác được cắt ra bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến của đồ thị y  ln x tại giao
điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là: 2 1 2 1 A. S  B. S  C. S  D. S  3 4 5 2 Hướng dẫn giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm: ln x  0  x  1 1
Ta có: y '  ln x'  .y '  1  1 x '
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị y  ln x tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là: y  1x   1  0 hay y  x 1
Đường thẳng y  x 1 cắt Ox tại điểm A 1;0 và cắt Oy tại điểm B0;  1 . 1 1
Tam giác vuông OAB có OA  1,OB  1 S  OA.OB  OA  B 2 2 b 0 b 0 b
S  f x dx  f x dx  f x dx   f x dx  f x dx D                a a 0 a 0
Bài tập 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  2 ax a  0, trục hoành và đường thẳng x  a bằng 2
ka . Tính giá trị của tham số k. 7 4 12 6 A. k  B. k  C. k  D. k  3 3 5 5 Hướng dẫn giải Chọn B a a 3 2 4 4 Có 2 2 2 S  2 ax dx  2 a. .x  a  ka  k   3 3 3 0 0
Bài tập 7: Cho hình cong giới hạn bởi các đường x
y  e , y  0, x  0 và x  ln 4 . Đường thẳng x  k
với 0  k  ln 4 chia thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k để S  2S . 1 2 2 A. k  ln 4 3 B. k  ln 2 8 C. k  ln 3 D. k  ln 3 Hướng dẫn giải Chọn D ln 4 ln 4 ln 4 2 2 2 2 Do x x x S  2S  S  S  e dx  e dx  e  2 1 2 1   3 3 3 3 0 0 0 k Do đó: x k k
S  e dx  e 1  2  e  3  k  ln 3 1  0
Dạng 2: Tính diện tích giới hạn bởi 2 hai đồ thị 1. Phương pháp: b
Công thức tính S
|f (x)  g(x) | dx  . Tính như dạng 1. a
2. Một số bài tập mẫu
Bài tập 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 1 1   y  ; y  ; x  ; x  2 2 cos x sin x 6 3 Lời giải  /3 1 1 Ta có: S   dx  2 2
 /6 cos x sin x 1 1   
Trong trường hợp này nếu chọn cách xét dấu biểu thức y   ; x  ; 2 2  6 3  cos x sin x  1 1   
hoặc vẽ đồ thị hàm số y   ; x  ; là khá khó khăn. 2 2  6 3  cos x sin x
Vì vậy ta chọn cách sau: 1 1       + Xét phương trình:   0 ; x  ; 2 2
 cos x  sin x  0 x  ; 2 2 cos x sin x  6 3     6 3        cos 2x  0  ; x  ;   x  6 3    4  /4  1 1  /3   1 1  Từ đó suy ra: S   dx  |  dx    2 2   2 2  6 4/4
 cos x sin x
 cos x sin x   / 4   4 3   S |
 (tan x  cot x) |
|  | (tan x  cot x) | 2  2 .   / 6   3  4   2 1 x
Bài tập 2 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ; y  . 2 x 1 2 Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên: 2 1 xx  1   4 2 2
x x  2  0  x 1  2  x 1 2  x 1 2 1 1 x
Vì vậy hình phẳng đã cho có diện tích là: S   dx  2 1 x 1 2 2 1 x
Do trên (1;1) phương trình  vô nghiệm nên ta có: 2 x 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 x  1 x  1 x S   dx      d  x  dx  dx   2 2 2 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 1   1  1 1 1 Tính I dx 1  . 2 1  x 1     1
+/ Đặt x  tan t ; t   ;    dx dt  2 2  2 cos t   x  1   t   1   /4 2  /4  +/ Đổi cận: 4  cos tI dt  dt      1 2  /4  /4 1 tan t 2
x  1  t   4 2 1 x 1 I dx  2 1 2 3  1 
Thay thế vào ta được: S   1   . 2 3 2 3
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 2
y x  4x  3 và y  3 . Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên: 2
x  4x  3  3 x  0 2
x  4x  3  3    2  x
  4x  3  3 x   4 4 Khi đó: S  2 4
x  4x  3 | 3  | dx |   ‖
 2x 4x3| 3  dx | 0  0  S
x 4x3 3 3
dx    x  4x 3 3 4 1 2 2
dx    2x  4x 3 3 dx 0 1 3   S  x 4x 3
dx   x  4x 6 4 1 2 2
dx    2x  4x dx | 0  1 3 3 3 1 3 3 4  x   x   x  2 2 2
S S    2x     2x  6x    2x   8. 3 3 3   0     3 1
Bài tập 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y  sin | x | ; y  | x | - . Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ: sin | x | |  x |  
Đặt | x |  t
Khi đó trở thành: sin t t    sin t t    0
Xét hàm số f (t)  sin t t  ; t [0, ) . f
 (t)  cost 1 0 t  [0,) .
BBT của hàm số f (t) như sau:
 phương trình có nghiệm duy nhất t   .
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x    và x   .    S
|sin | x |  | x |   | dx
(sin | x |  | x |   )dx   .   3. Bài tập
Bài tập 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol   2
P : y  x  3x  3 và đường thẳng d: y  2x 1 là: 7 13 19 A. B. C. D. 11 3 3 6 Hướng dẫn giải Chọn B x  1  Xét phương trình 2 2
x  3x  3  2x 1  x  x  2  0  x  2
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol   2
P : y  x  3x  3 và đường thẳng d: y  2x 1 là 2 2  
S   x 3x 3 2 2 3 x x 13 2  2x   1 dx    2
2  x  x dx   2x      2 3  3 1 1  1  13 Vậy S  . 3 2 x
Bài tập 2: Parabol y
chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2 phần. Tỉ số 2
diện tích của chúng thuộc khoảng nào: A. 0,4;0,5 B. 0,5;0,6 C. 0,6;0,7 D. 0,7;0,8 Hướng dẫn giải Chọn A
Phương trình đường tròn: 2 2 2 2
x  y  8  x  8  y 2 8  y
Thế vào phương trình parabol, ta được 2 y   y  2y  8  0 2  y  2 2    
   x  4  x  2  y 4 l
Diện tích phần được tạo bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là: 2 2 2 2 2  x  x 2 2 3 x x 2 2 2 8 S    8 x  d  x  8  x dx  dx  I  I I  dx   1   ; 1 2   2  2 2 2 6 2  3 2  2  2  2  2 2 Tính 2 2 I  8  x dx  2 8  x dx 1   2 0 
Đặt x  2 2 sin t  dx  2 2 cos tdt; x  0  t  0 ; x  2  t  4    4 4 4 cos 2t 1 2
I  2 2 2 cos t2 2 cos tdt  16 cos tdt  16 dt  4  2 1    2 0 0 0 8 4
S  I  I  4  2    2 1 1 2 3 3  4  4 Diện tích hình tròn: 2 S  R 
 8  S  S  S  8   2  6  2 1    3  3 4  2 S1 3  
 0, 4350,4;0,5 . S 4 2 6  3 2 x
Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4  và đồ thị hàm số 4 2 x y  4 2 4 4 8 A. 2  4 B. 2  C. 2  D. 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 2 x x x  1  6l 2 2 2 2 x x 4 4      x  2  2 . Khi đó S  4    2   2 4 4 2 x  8 4 4 2 3 2  2
Bài tập 4: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 my x , 2
mx y (với m  0 ).
Tìm giá trị của m để S  3. A. m 1. B. m  2 . C. m  3 . D. m  4 .
Hướng dẫn giải Chọn C. 2 x Vì m  0 nên từ 2
my x ta suy y   0 ; m Từ 2
mx y nên x  0 và y mx . 2 xx  0 Xét phương trình 4 3
mx x m x m  x m
Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: m 2 m 2 xx S mx dx mx    dxmm 0 0  3  2 m m x  1 1 2 2   .x x    m m  3 3m  3 3   0 1 Yêu cầu bài toán 2 2
S  3  m  3  m  9  m  3 (vì m  0 ). 3 2x
Bài tập 5: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm 2
y x và y  là x 1
S a bln 2 với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của a b là 1 2 A.  . B. 2. C.  . D. 1. 3 3
Hướng dẫn giải Chọn A. 2x
Phương trình hoành độ giao điểm của C : 2
y x và C : y  là 2  1  x 1 x  0 2x 2 xx  3 2 1 x x 2x 0         x  1  x 1   x  2 
Diện tích hình phẳng cần tìm là: 0 0 3 0  2x   2   x  5 2 2 S   x dx  2   x dx       
 2x  2ln x 1     2ln 2  x 1   x 1   3  3 1 1  1  5
Suy ra a  và b  2  3 1
Vậy a b   3
Bài tập 6: Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol 2 y  3x ,
cung tròn có phương trình 2
y  4  x (với 0  x  2 ) và trục hoành
(phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của H  là 4  3 4  3 A. . B. . 12 6 4  2 3  3 5 3  2 C. . D. . 6 3
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol 2
y  3x và cung tròn 2
y  4  x (với 0  x  2 ) lả 2 2 2 4
4  x  3x  4  x  3x x  1.
Diện tích của H  là 1 2 1 3 3 2 2 2 3 S  3x dx  4  x dx xI   I   với 2 I  4  x dx  . 3 3 0 1 0 1    
Đặt x  2sin t , t   ;
dx  2cost.dt  2 2     
Đổi cận x  1  t
, x  2  t  . 6 2     2 2 2 2 2 2 I
4  4sin t.2cos t.dt  4cos t.dt  2  
 1cos2t.dt  2xsin2t     6 6 6 6 2 3   3 2 3 3 2 3 4  3 Vậy S   I     3 3 3 2 6 Chọn B.
Bài tập 7: Hình phẳng H  được giới hạn bởi đồ thị C của hàm đa thức bậc ba và parabol P
có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng 37 7 11 5 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12
Hướng dẫn giải Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
y  2 và y  0 nên ta xét hai hàm số là 3 2
y ax bx cx  2 , 2
y mx nx (với a, m  0 ).
Suy ra C : y f x 3 2
ax bx cx  2 và P :    2
y g x mx nx .
Phương trình hoành độ giao điểm của C và P là: 3 2 2
ax bx cx   mx nx   3 2
ax bx cx     2 2 2
mx nx  0 .
Đặt P x   3 2
ax bx cx     2 2 mx nx.
Theo giả thiết, C và P cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1
 , x  1, x  2
nên P x  ax   1  x   1  x  2 .
Ta có P 0  2a .
Mặt khác, ta có P 0  f 0  g 0  2  a 1. 2 37
Vậy diện tích phần tô đậm là S   x   1  x  
1  x  2 dx   12 1 
Dạng 3: Tính thể tích vật thể tròn xoay dựa vào định nghĩa 1. Phương pháp:
Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; S(x) là
diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x , (a x b) .
Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn a,b .
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Cho phần vật thể B giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình x  0 và x  2 . Cắt phần
vật thể B bởi mặt phẳng vuông góc trục Ox tại điểm có hoành độ x 0  x  2, ta được diện tích là
một tam giác đều có độ dài cạnh bằng x 2  x. Tính thể tích V của phần vật thể B . Lời giải 2 a 3
Một tam giác đều cạnh a có diện tích S   4 2
x 2  x 3
Do tam giác đều cạnh x 2  x có diện tích là S(x)   4 2 2 2 x 2  x 2 3 3 Ca sio 3 4 3 Suy ra thể tích 2
S S(x)dx dx
x 2  xdx         4 4 4 3 3 0 0 0
Bài tập 2: Trong không gian Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 và x   , biết rằng
thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng
x,0  x    là một tam giác đều cạnh là 2 sin x .Tính thể tích của vật thể đó. Lời giải 2 a 3
Một tam giác đều cạnh a có diện tích S  4 x
Do đó tam giác đều cạnh 2 sin x có diện tích là S x 4sin . 3   3 sin x 4 2 2
Suy ra thể tích V S
 xdx  3sin d x x  2 3  0 0
Bài tập 3: Một bồn trụ đang chứa dầu được đặt nằm ngang có chiều dài bồn là 5m, bán kính đáy 1m
. Người ta rút dầu ra trong bồn tương ứng với 0,5 m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng của dầu còn lại trong bồn Lời giải
* Thể tích cả khối trụ 2 2
V   R h  .1 .5  5  3 m  1
* Tính thể tích phần khối trụ bị mất đi y y= R2-x2 2 d x O d R 2 R 1 + Cách 1: 2 2 S  2 R x dx 2  2 1  0,61 viên phân   x dx d 1 2 1 2 V S .h  2
1 x dx 5  3,07 2 viên phân 1 2 1
Suy ra thể tích khối trụ còn lại 2
V V V  5  2
1 x dx5  12,637  3 m  1 2 1 2  OH 1   2
+ Cách 2: Tính góc ở tâm cos        2 R 2 2 3 3 y 2 A x O H R 2 B 1 1  2 2 2 S R      sin   . viên phân   sin   0,614 2 2  3 3  1  2 2  V S .h  . viên phân   sin 5 2 2  3 3  1  2 2 
V V V  5  .  sin 5  12,637  3 m 1 2 2  3 3 
Bài tập 4: Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là 6 cm, chiều cao
trong lòng cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm
miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc Lời giải
Phân tích: Thể tích nước có hình dạng “cái nêm”; có 2 phương pháp tính thể tích này
+ Cách 1 – Chứng minh công thức bằng PP tích phân: Xét thiết diện cắt cốc thuỷ tinh tại vị trí x
R x R bất kỳ; ta có diện tích thiết diện là S x 1 1 2 2
 . R x . 2 2
R x .tan    2 2
R x  tan ; thể tích. 2 2 R R
V S x 1 dx  tan  2 2 2 R x  3
dx R tan .   2 3 RR Cách 2:
Gọi S là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt
phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ .
h x  0 Ta có: r h x (h x)    R r
, vì thiết diện này là nửa hình tròn bán kính r R h h 2 2 1  (  ) 2  ( )    h x R S x r 2 2 2h
Thể tích lượng nước chứa trong bình là. Bài giải
+ Cách 1: Áp dụng công thức tính thể tích cái nêm biết góc giữa mặt cắt và mặt đáy bằng  là 2 2 2 3 2 h 2
V R h R .tan với tan  h ta được 3 2 V R .  .3 .10  60 3 cm  3 3 R 3 R 3 2 2 1  (  )
+ Cách 2: Tính trực tiếp bài toán bằng PP tích phân. 2  ( )    h x R S x r ; thể tích 2 2 2h h 10 9 h 2 3
V S(x)dx
(10  x) dx  60 (cm ).  
V S(x)  dx 200 0 0 0
Bài tập 5: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện
là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất
và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của. Lời giải AB  8 
Tính các số đo: AE  10 2 2
AD AE DE  8 ; suy ra bán kính khối trụ là 
DE  14  8  6  AD R  4 . 2
 Cách 1: Thể tích khối bằng thể tích “khối trụ trung bình”:  AB CE 2  2 V   R .   đvtt H    .4 .11 176      2 
 Cách 2: Áp dụng công thức tính thể tích “cái nêm”: Lấy mặt phẳng P vuông góc với đường
sinh của hình trụ và đi qua điểm , A khi
đó chia khối  H  thành hai khối:
+ Khối 1: là khối trụ chiều cao h  8 , bán kính r  4 nên thể tích 2
V   r h  128 1
+ Khối 2: là phân nửa một khối trụ có chiều cao DE  6 và bán kính r  4 nên thể tích 1 1 2 2
V  . r .AD  ..4 .6  48 2 2 2 + Vậy V
V V 128  48 176  v đ tt  H  1 2 3. Bài tập
Câu 1: Cho T  là vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 , x 1. Tính thể tích V của T  biết
rằng khi cắt T  bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng x ,
0  x 1, ta được thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng 1 x . 3 3 3 3 3 3 A. V   . B. V   . C. V  . D. V   . 2 8 8 2 Lời giải Chọn C   x2 1 3 3 1 x
Ta có diện tích tam giác đều cạnh bằng 1 x là S x    4 4 1 1 3 1 x 3
Thể tích của vật thể T  là V S
 xdx  dx   1 3 3 x 1 2   . 4 8 0 8 0 0
Câu 2: Cho vật thể T  giới hạn bởi hai mặt phẳng x  0; x  2 . Cắt vật thể T  bởi mặt phẳng
vuông góc với trục Ox tại x 0  x  2 ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng    1 x x
e . Thể tích vật thể T  bằng   4 13e   1 4 13e 1 A. . B. . C. 2 2e . D. 2 2 e . 4 4 Lời giải Chọn B
Diện tích thiết diện là      2 2 1 x S x x e . 2 2
Thể tích của vật thể T  là         2 2 1 x V S x dx x e dx . 0 0 2 2 2 4 2 1    
V   x  2 e x x x 9 1 1 x 1 2 1 e  x  2 2 2 1 x e dx    ee dx  2 2  2 2  0 0 0  0  2 4 4 4
9e 1 3e 1 1 e x 1 1 13 1 2 4 4    e
 3e e   . 2 2 4 4 4 4 0
Dạng 4: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1 đồ thị 1. Phương pháp:
Vật thể tròn xoay sinh bởi miền hình phẳng được giới hạn: Đồ thị ;
y f (x) trục ; Ox( y  0)
x a, x b ; quay xung quanh Ox .
- Nếu thiếu cận thì giải phương trình f (x) = 0 để bổ sung cận. b
- Tính thể tích theo công thức: 2 V   f (x)dx Oxa
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Kí hiệu H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
y  2x x và trục hoành. Tính thể tích
V của vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục . Ox Lời giải x  0
Phương trình hoành độ giao điểm . 2
2x x  0  x 2 2 16
Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm V   2x x 2 2 dx  . 15 0
Bài tập 2: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: x
y xe , Ox x  1 quay xung quanh Ox . Tính thể
tích của vật thể tạo thành. Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: x
y xe và trục Ox x
xe  0  x  0 1 2 1
Vậy vật thể tròn xoay có thể tích là:     x      2 2x V xe dx x e dx 0 0 1 2  1 1  e 1 2 2 x 2 x 2 xV   x exe dx    xe dx     0 0  2  2 0       1 e e x 1 1 1 1 2 2 x 2 x  2 2 1   V   x ee dx e  .    0 0 0 2  2 2  4 4
Bài tập 3: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: 2
y x  4x, y  0 ; quay xung quanh Ox . tính thể
tích của vật thể tạo thành. Lời giải
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: 2
y x  4x và đường thẳng y  0 là nghiệm của phương x  0 trình: 2
x  4x  0  x  4
Vật thể tạo thành có thể tích là: 4 4 5 3   
V     2x  4x2 4 dx     4 3 2
x  8x 16x dx x 4 16x 512     2x    0 0 5 3 15   0 Bài tập 4: Gọi V là
thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường
y x; y  0; x  4 và trục Ox . Đường thẳng c
x a 0  a  4 ắt đồ thị hàm số y x tại M .
Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác MOH quanh trục . Ox
Biết rằng V  2V 1 1 . Tính a Lời giải 4 4 2 V
Ta có V    x  dx   d
x x  8  V   4  1 . 2 0 0
Tam giác MOH quanh trục
Ox tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi N là hình chiếu vuông góc của
M trên trục Ox . Suy ra r MN y y a a M   . 1 1  a
V OH..r  .4. a 2 4 2  1 . 3 3 3 4 a Suy ra 4   a  3 . 3 x
Bài tập 5: Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi độ thị hàm số ; y  trục Ox và đường thẳng 2 4  x
x 1. Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay quanh hình H  xung quanh trục . Ox Lời giải x
Phương trình hoành độ giao điểm  0  x  0. 2 4  x
Theo bài toán thì thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm 1 1 x    2 4 a V  
dx   ln 4  x  ln  ln .  2 4  x 2 2 3 2 b 0 0 Do đó
a  4,b  3  a b  7. 3. Bài tập
Câu 1: Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y x  3, 0, y x  0, 2
x  . Gọi V là thể
tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay H  xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 2 2
A. V    2x 3 dx .
B. V   2x  3dx . 0 0 2 2 2
C. V   2x 3 dx .
D. V    2x 3dx . 0 0 Lời giải 2 2
Thể tích của vật thể được tạo nên là V    2x  3 d .x 0
Câu 2: Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có 2 2 x y phương trình 
 1. V có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? 25 16 A. 550 B. 400 C. 670 D. 335 Lời giải Chọn D
Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng: 2  x   
H  y  4 1
, y  0, x  5  , x  5 . 25  
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi H khi quay xung quanh trục hoành là: 2 3 5  16x   16x  5 320 V    16 d
x   16x     335,1 5  25 75 5      3
Câu 3: Cho hình phẳng (H ) được giới hạn bởi đường cong 2 2
y m x ( m là tham số khác 0
) và trục hoành. Khi (H ) quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V 1000 . A. 18. B. 20. C. 19. D. 21. Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là: 2 2
m x  0  x  m m 2 1 m 4 m m
Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là: 2 2 2 3 V  
(m x )dx   (m x x ) |   3  m 3  m 2 4 m m
Ta có: V 1000   1000 3  m  750 3 3
  750  m  750 . 3
Ta có 3 750  9, 08 và m  0 . Vậy có 18 giá trị nguyên của m. x  3
Câu 8 : Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường cong y
, trục hoành và trục tung. Khối x  1
tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V   (a b ln 2) với a, b là
các số nguyên. Tính T a  . b A. T  3. B. T  6. C. T 10. D. T  1. Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có: 3 2 3 2 3  x  3   4   8 16 V   dx    1 dx   1       dx 2   x 1   x 1   x 1 (x 1) 0 0 0  3  16   
x  8 ln(x 1) 
  (15 16 ln 2)  a  15; b  16.    x 1  0
Vậy T a b  1.
Câu 4: Cho hình H  trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay
có thể tích bằng bao nhiêu? 2   A. . B. . C. 2 . D. 2 2 . 2 2 Lời giải
Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình H  quanh trục Ox là   2 x   
V   in x2 1 cos 2 1 s dx       dx x  sin 2x      2 2  2  0 2 0 0
Câu 5: Vật thể parabolide tròn xoay như hình vẽ bên dưới có đáy có diện tích B  3 chiều cao
h  4 . Thể tích của vật thể trên là h B 1 1 A. V   . B. V  6 . C. V   . D. V  8 . 3 4 Lời giải y h x O R
Đường cong parabol có dạng: 2
y ax và đi qua điểm có tọa độ  ; R h nên ta có: h 2 y x 2 R R yx   h h 2 2 R R 1 h 1
Thể tích của khối tròn xoay trên là: 2 V   d y y   . y  2   R h . 0 h h 2 2 0 1 1 1
Áp dụng công thức ta có: 2
V   R h Bh  .3.4  6 . 2 2 2
Câu 6: Cho hàm số y f x 3 2
ax bx cx d,a, ,
b c, d  , a  0 có đồ thị C . Biết rằng đồ
thị C tiếp xúc với đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số
y f ' x cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi
quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị C và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox . 725 1 A.. B.. C. 6 . D. Chọn khác. 35 35 Lời giải Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số y f ' x  f x   2 ' 3 x   1 .
Khi đó f x  f x 3 '
dx x  3x C  .
Điều kiện đồ thị hàm số f x tiếp xúc với đường thẳng y  4 là:  f   x 3  4
x  3x C  4  x  1     
suy ra f x 3 2
x  3x  2C .  f '   x  0 3   2 x   1  0 C  2
+ C Ox  hoành độ giao điểm là x  2; x  1. 1 2 729
+Khi đó V    3 2
x  3x  2 dx   . 35 2 
Dạng 5: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị 1. Phương pháp: Nếu hình phẳng
D được giới hạn bởi các đường y f x, y g x, x a, x b thì thể tích khối b
tròn xoay sinh bởi khi quay D quanh trục Ox được tính bởi công thức: 2 V   f  x 2
g xdx a
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 y  .
a x , y bx, a,b  0 quay xung quanh trục
Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 3 b 1 1 5 b A. V     .  . B. V   . . 3   a  3 5  3 5a 5 b 5 b 1 1 C. V  . . D. V     .  3   3a 3 a  3 5  Hướng dẫn giải Chọn D 2  b b
Tọa độ giao điểm của hai đường 2 y  . a x và y  .
b x là các điểm O(0; 0) và A ;   . Vậy thể  a a b b a a 5 b  1 1 
tích của khối tròn xoay cần tính là: 2 2 2 4 V bx dx ax dx        . 3 a  3 5  0 0 1
Bài tập 2: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
y  4  x , y x quay xung quanh trục Ox. 3
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 24 3  A. V  28 3 . B. V  . 5 5 28 2  C. V  24 2 . D. V  5 5 Hướng dẫn giải Chọn B 1
Tọa độ giao điểm của hai đường 2
y  4  x và 2
y x là các điểm A 3;  1 và B  3;  1 . Vậy 3
thể tích của khối tròn xoay cần tính là: 3 V    4 x  3 1 28 3 2 4 dx  .  x dx   .  9 5  3  3
Bài tập 3: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
y  2x , y  4x quay xung quanh trục Ox. Thể
tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 88    A. V  9 . B. V  4 . C. . V  6 D. . V  5 70 3 5 Hướng dẫn giải Chọn D Với x  0;2 thì 2  
y  4x y  4x
Tọa độ giao điểm của đường 2 y  2x với 2 y  4x là các điểm O(0; 0) và (1 A ;2) . Vậy thể tích của 1 1 6
khối tròn xoay cần tính là: 4
V  .4xdx  .4x dx  . .   5 0 0
Bài tập 4: Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường elip 2 2 x  9y  9 quay quanh Ox bằng: A.  . B. 2 . C. 3 . D. 4 Hướng dẫn giải Chọn D 2 3 3 2 9  x 9  x Ta có: 2 2 2 2
x  9 y  9  y
V   y dx   dx  4 .   9 9 3  3 
Bài tập 5: Thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường y x, y x
quanh trục Ox bằng: 1 1 A.
  x xdx.
B.  x x dx. 0 0 1 1 C.   2
x x dx . D.   2
x xdx 0 0 Hướng dẫn giải Chọn D x  0
Xét phương trình x x  
x  0; x 1. 2 x x 1 1 Và . x x x  0;  1  V    2 2
( x)  x dx    2
x x dx 0 0 3. Bài tập
Câu 1: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A. V  4 3 .
B. V  6 3 .
C. V  5 3 . D. V  2 3 Hướng dẫn giải Chọn A 2 2 2
x y  4 x  3 Xét hệ phương trình:     x   3 .  y  1   y  1
Do đối xứng nhau qua Oy nên: 3   V       x  3   dx       x  3 x 2 2 2 3 2 4 1 2 3
dx  2 3x    4 3 .  3  0 0 0
Câu 2: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích: 46   A. V  46 . B. V  23 . C. V  . D. V 13 . 9 15 9 Hướng dẫn giải Chọn B 2 2
x y  4 Xét hệ phương trình:   x  1  .  y  3x
Do đối xứng nhau qua Oy nên 3 V 2   4 x    3x 3 2 2     dx  2   2 4
4  x  3x dx   0 0 5 5  x 3x  3 46  2 4x      .  3 5  0 15
Câu 3: Quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là: 2 2 V A. 2 V  3 . B. 2 V   . C. 3 . D. 2 V  2 Hướng dẫn giải Chọn D 2
y 1 1 x
Ta có: x   y  2
1 1   y  2 2 2 1 1 x   2
y 1 1 x 1 1 2 2  
Ta có: V  2   2 1 1 x   2 1 1 x  2 dx  8 1 x dx     0 0       Đặt ; x  sin t t   ;     2 2        2 2 2  t
V  8 cos tsdt  4  1cos2t sin 2 2
dt  4 t    2  2 .  2  0 0 0 Câu 4: x
Cho hình H  giới hạn bởi các đường cong C : y e , tiếp tuyến của C tại điểm
M 1;e và trục
Oy. Thể tích của khối tròn xoay khi quay H  quanh trục Ox bằng: 3 y 2 1 x -1 O 1 2 e  2 2 e 1 2 e 1 2 e  3 A. . B. . C. . D. 2 3 2 6 Lời giải Chọn D Ta có x y  e
Phương trình tiếp tuyến của C tại M 1;e là
y ex  
1  e y  . ex 1 2 1 2  ee x 1 x 3 Diện tích của
H  bằng: V    2 2 2 e e x  2 3 dx e   x   .  2 3  6 0 0 Câu 5: 2 Cho hình phẳng
H  giới hạn bởi các đường .
y x  4, y  2x  4, x  0, x  2 Thể tích
của khối tròn xoay được tạo thành khi quay  H  xung quanh trục Ox bằng: 32 32 A.  . B. 6 . C. 6 . D. . 5 5 Lời giải Chọn D 2 2 2 32
Suy ra thể tích cần tìm là V   x  4 dx  2x  42 2 dx  . 5 0 0
Dạng 6: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nhiều đồ thị 1. Phương pháp:
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
y x , y  0 và x  4 quanh trục . Ox Đường thẳng
x a 0  a  4 cắt đồ thị hàm y x tại M . y M a H O K 4 x
Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục . Ox
Biết rằng V  2V 1 1 . Khi đó A. a  2 . B. a  5 2 2 . C. a  . D. a  3 . 2 Hướng dẫn giải Chọn D 4
Ta có x  0  x  0 . Khi đó V   d x x  8 0
Ta có M a; a
Khi quay tam giác OMH quanh trục
Ox tạo thành hai hình nón có chung đáy: Hình nón  N O
h OK a
R MK a 1  có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy ; 1 Hình nón  N H
h HK  4  a
R MK a 2  thứ 2 có đỉnh là , chiều cao , bán kính đáy 2 1 1 4 Khi đó 2 2
V   R h   R h   a 1 1 2 3 3 3 4
Theo đề bài V  2V  8  2.  a a  3 1 . 3
Bài tập 2: Cho hình thang cong giới hạn bởi các đường . x
y e , y  0, x  0, x  ln 4 Đường thẳng x
= k 0  k  ln 4 chia thành hai hình phẳng là S1 và S2 như hình vẽ bên. Quay S , S quanh trục Ox 1 2
được khối tròn xoay có thể tích lần lượt là V ,V . Với giá trị nào của k thì V  2V 1 2 1 2 1 32 1 11 k  1 ln k  32 ln11 k  ln k  ln A. 2 3 . B. 2 . C. 2 3 . D. 3 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: k        V    e k e e e x e  2 x 2k ln 4 dx      
V     xe  2 x 2k 2 2 ln 4 ; dx      8  1 2  2 0  2 2  2 k  2 0 k 2k 2ke   e k 1 Theo giả thiết: 2 V  2V    2 8   
e 11  k  ln11 1 2  2 2  2  2
Bài tập 3: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường 2
y  4x và đường thẳng x  4 . Thể tích của
khối tròn xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là: A. 32. B. 64. C. 16 . D. 4.
Hướng dẫn giải : Chọn A
Giao điểm của hai đường 2
y  4x và x  4 là D 4; 4
  và E 4;4 . Phần phía trên Ox của đường 2
y  4x có phương trình y  2 x . Từ hình vẽ suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là: 4
V  2 x 2 dx  32  . 0
Bài tập 4: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y  3x, y x, x  0, x  1 quay xung quanh trục
Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 8 4 2 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  .  3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn A
Tọa độ giao điểm của đường x 1 với y x và y  3x là các điểm C 1;  1 và B 3;  1 . Tọa độ giao
điểm của đường y  3x với y x là O 0;0 . Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là: 1 1 8 2 2 V  .9  x dx  .  x dx     . 3 0 0
Bài tập 5: Trên mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng giới hạn bởi các đường P 2
y x P  2 : ;
' : y  4x ;d  : y  4 . Thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox bằng: 9 4 7 A. . B. . C. . D. 2 . 5 5 5 Hướng dẫn giải Chọn B
Đặt V là thể tích cần tìm  x  2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và: 2
x  4  x  2  x 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm của và: 2
4x  4  x  1 2  y xV
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay: y  4 quanh Ox OAC   Oy  2  y  4xV
là thể tích khối tròn xoay sinh bởi khi quay: y  4 quanh Ox OAB   Oy  2 2 2 1 2 2 Lúc đó: V V V  4
  2x dx  4     2 4x         dx      2
4  x dx   4 4 16x dx OAC OAB   0 0 0 0 5 5  x  2  x  1  32 16  4   4x   4x 16   8   4          5 0   5 0   5 5  5
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1: Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm sốP : y  x, y  0, y  2  x .
Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình H  xung quanh trục Ox là: 4 2 1 7 8 2  3 5 A.  . B. . C.  . D.  . 3 6 6 6 Lời giải Chọn D 0  x  2 0  x  2
x  2  x      x 1 2 2
x  (2  x)
x  5x  4  0 1
V    x  2 2 5 2
dx   (2  x) dx    . 6 0 1 6
Câu 2: Cho hình H  giới hạn bởi các đường y x 1; y  ; x  1. Quay hình H  quanh x
trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là: 13 125 35 A. . B. . C. . D. 18 . 6 6 3 Lời giải Chọn C y x 1 6 x  2
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x 1 
x x  6  0x  0   x x  3  l 6
Vì  x 1  0 với x 1;2 nên thể tích cần tính là x 2 2  6 2   V   x    x 2 35 d 1 dx    . 1 1  x  3
Câu 3: Gọi H  là hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  3x; y x ;x 1. Quay H  xung
quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là: 8 2 8 A. . B. . C. 2 8 . D. 8 . 3 3 Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm: 3x x x  0 và 3x x  0 với x 0;  1 . 1 1 8
Thể tích cần tính là V   3x2 2
dx  x dx    . 0 0 3
Câu 4: Cho hình phẳng H  giới hạn bởi các đường 2
y x , y  2x . Thể tích của khối tròn xoay
được tạo thành khi quay H  xung quanh trục Ox bằng: 16 21 32 64 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải Chọn D
Hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số 2
y x và y  2x là nghiệm của phương trình x  0 2
x  2x  x  2
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là 2 2 2 2 5  4   x  64π
V  π2x2 dx  π 2x 2 dx 3  π x  π       3   5  15 0 0 0 0 . 1
Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
y  4  x , y x quay xung quanh trục Ox . 3
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:     A. 28 2 V  . B. 28 3 V  . C. 24 2 V  . D. 24 3 V  . 5 5 5 5 Lời giải Chọn B 1 Giải phương trình 2 2
4  x x x   3 3  x  28 3
Thể tích cần tìm là V     4  x  2 3 3 2 2 2
dx      dx  .  3  5  3  3
Dạng 7: Một số bài toán thực tế ứng dụng tích phân
1. Phương pháp giải
* Một vật chuyển động có phương trình vận
Ví dụ 1: Một vật chuyển động chậm dần đều với
tốc v t trong khoảng thời gian từ t a đến vận tốc .
v t 160 10t m / s Quãng đường
t ba b sẽ di chuyển được quãng đường
mà vật chuyển động từ thời điểm
t  0s đến là:
thời điểm mà vật dừng lại là b A. 1028m. B. 1280m. S v  tdt C. 1308m. D. 1380m. a
Hướng dẫn giải Khi vật dừng lại thì
v t 160 10t  0  t 16 16 16 Do đó S v
 tdt  16010tdt 0 0
 160t 5t  16 2  1280m . 0
Chọn B.
* Một vật chuyển động có phương trình
Ví dụ 2: Một chiếc ô tô chuyển động với vận tốc
gia tốc a t thì vận tốc của vật đó sau
v t m / s , có gia tốc
khoảng thời gian t ;t 3 1 2  là:
a t  vt   2 m / s . 2t 1 t2
Vận tốc của ô tô sau 10 giây (làm tròn đến hàng đơn v a  tdt 1 t vị) là A. 4,6 m/s. B. 7,2 m/s. C. 1,5 m/s. D. 2,2 m/s.
Hướng dẫn giải
Vận tốc của ô tô sau 10 giây là 10 10 3 3 3 v
dt  ln 2t 1  ln 21  4,6  m / s . 2t 1 2 0 2 0
Chọn A.
* Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn
của đoạn mạch trong thời gian từ t t 1 đến 2 là: t2 Q I  tdt 1 t 2. Bài tập
Bài tập 1: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc . a t 2
 3t t Tính
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 4300 430 A. . m B. 4300 m. C. 430 m. D. . m 3 3
Hướng dẫn giải
Chọn A. 3t t Hàm vận tốc
v t  a
 tdt  3t t  2 3 2 dt    C. 2 3
Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc
v0 10  C 10. 2 3 3t t Ta được v t   10. 2 3
Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là 10 2 3 3 4 10  3t t   t t  4300 S     10 dt     10t   m  2 3   2 12 0  3 0
v t   a  tdt
Bài tập 2: Dòng điện xoay chiều hình sin chạy qua một đoạn mạch LC có biểu thức cường độ là   
i t  I cos t i qt  0 0   . Biết
với q là điện tích tức thời ở tụ điện. Tính từ lúc , điện lượng  2  
chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của đoạn mạch đó trong thời gian từ 0 đến là   2I 2II A. 0 . B. 0. C. 0 . D. 0 .    2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn của đoạn mạch trong thời gian từ 0 đến là             Q I  tI 2I 0  0
dt I cos t dt  sin t   .  0      2    2  0  0 0
Q t    I tdt Bài tập 3: Gọi
htcm là
mức nước trong bồn chứa sau khi bơm được t giây. Biết rằng ht 1 3 
t  8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây 5
(chính xác đến 0,01cm) A. 2,67 cm. B. 2,66 cm. C. 2,65 cm. D. 2,68 cm.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây là 6 6   h  t 1 3 dt t  8dt   t 8 6 3 3 t  8  2,66cm 5  20    0 0 0
Bài tập 3: Một viên đá được bắn thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu là 40 m/s từ một điểm cao
5 m cách mặt đất. Vận tốc của viên đá sau t giây được cho bởi công thức v t  40 10t m/s. Tính
độ cao lớn nhất viên đá có thể lên tới so với mặt đất. A. 85 m. B. 80 m. C. 90 m. D. 75 m. Lời giải Chọn A
Gọi h là quãng đường lên cao của viên đá.
v t   h t   h t   v
 t    t 2 ' dt
40 10 dt  40t  5t c
Tại thời điểm t  0 thì h  5 . Suy ra c  5. Vậy ht 2
 40t  5t  5
h t lớn nhất khi vt  0  40 10t  0  t  4 . Khi đó h4  85m .
Bài tập 4: Một ô tô chạy với vận tốc 20 m/s thì người lái đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi
đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v t  40
t  20 trong đó t là khoảng thời
gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến
khi dừng hẳn là bao nhiêu? A. 2 m. B. 3 m. C. 4 m. D. 5 m. Lời giải Chọn D
Lấy mốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đạp phanh t  0
Gọi T là thời điểm ô tô dừng lại. Khi đó vận tốc lúc dừng là v T   0
Vậy thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là v T  1  0  4
 0T  20  0  T  2
Gọi s t là quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian T .
Ta có v t  st suy ra s t là nguyên hàm của vt 1 1 T 2 1
Vậy trong s ô tô đi được quãng đường là: v
 tdt   40
t  20dt   2 20
t  20t 2  5 2 0 t 0
Bài tập 5: Một ô tô xuất phát từ A chuyển dộng với vận tốc nhanh dần đều, 10 giây sau, ô tô đạt vận
tốc 5 và từ thời điểm đó ô tô chuyển động đều. Ô tô thứ hai cũng xuất phát từ A nhưng sau ô tô thứ
nhất là 10 giây, chuyển động nhanh dần đều và đuổi kịp ô tô thứ nhất sau 25 giây. Vận tốc ô tô thứ
hai tại thời điểm đó là A. 12 . B. 8 . C. 10 . D. 7 . Lời giải Chọn A v v 5
Ta có gia tốc trong 10 s đầu của ô tô thứ nhất là 0 a    0,5 2 m/s  t t 10 0
Trong 10 s đầu, ô tô thứ nhất chuyển động nhanh dần với vận tốc v t  0,5t 10
 Quãng đường ô tô thứ nhất đi được trong 10 s là 0,5tdt  25  m. 0
Trong 25 s tiếp theo, ô tô thứ nhất đi được 5.25  125
Vậy quãng đường ô tô thứ nhất đi được đến khi bị đuổi kịp là 25 125  150m 1 Mặt khác 2
S S at 0 2 2S S0   2.150
Gia tốc của ô tô thứ hai là a    0, 48 2 m/s 2 2  t 25
Vậy khi đuổi kịp ô tô thứ nhất, vận tốc của ô tô thứ hai là v v at  12 . t 0
Bài tập 6: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v t  7t đi được 5 , người lái 1  
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a    2
70 m/s  . Tính quãng đường S m đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.
A. S  95, 70 m .
B. S  87,50m .
C. S  94,00m . D. S  96, 25m . Lời giải Chọn D
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh. 5 5 5 2 t
S v t dt  7tdt  7  87,5 m . 1  1      2 0 0 0
Vận tốc v t m/s của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thỏa mãn 2     v t
70 dt  70t C , v 5  v 5  35  C  385. Vậy v t  70  t  385 . 2   2   1   2    
Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với t thỏa mãn v t  0  t  5,5 s . 2    
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn. 5,5 5,5 S v t dt  70
t  385 dt  8,75 m . 2  1        5 5
Quãng đường cần tính S S S  96, 25 m . 1 2  
Bài tập 7: Một vật di chuyển với gia tốc at  t 2     2 20 1 2
m / s  . Khi t  0 thì vận tốc của vật
là 30m / s . Tính quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây.
A. S  46m .
B. S  47m .
C. S  48m .
D. S  49m . Lời giải : Chọn C
Vận tốc vật là : vta
 tdt   t 2 dtt 1 20 1 2 10 1 2         C .
Khi t  0 thì v     1 0 10. 1
C  30  C  20 . Nên vt  t 1 10 1 2   
 20m / s . 2
Suy ra : S  101 2t1  20dt  48m 0
Bài tập 8: Vật chuyển động với vận tốc ban đầu 5m / s và có gia tốc được xác định bởi công thức 2 a   2
m / s  . Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là t 1
A. 10m / s .
B. 9m / s .
C. 11m / s .
D. 12m / s Hướng dẫn giải: Chọn A 2
Ta có vt  dt  2ln 
t  1c t 1
Mà vận tốc ban đầu 5m/s tức là : v 0  5  2ln 0  
1  c  5  c  5 .
Nên v t  2ln t   1  5
Vận tốc của vật sau 10s đầu tiên là : v 10  2ln   11  5  9,8 Chọn Chọn A.
Bài tập 9: Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động
của các hạt. Trong quá trình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt prôton di chuyển
trong điện trường với biểu thức gia tốc là: a     t 2 20 1 2
.Với t của ta được tính bằng giây. Nhóm
sinh viên đã tìm hàm vận tốc v theo t , biết rằng khi t  0 thì 2
v  30m / s . Hỏi biểu thức đúng là?  10   10  A. 2 v   25 / cm s   . B. 2 v   20 / cm s   . 1 2t  1 t   10   10  C. 2 v  10 / cm s   . D. 2 v   20 / cm s   1 2t  1 2t
Hướng dẫn giải : Chọn D
Trước hết để giải bài toán này ta cũng chú ý. Biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia
tốc a là: v  . a dt  20 
Áp dụng công thức trên, ta có : v adt dt   12t2 Đến đây ta đặt : du
u  1 2t du  2dt dt  2 10   10 10 2 v du  10  u du   K   K   u u 1 2t
Với t  0,v  30  K  20  10 
Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là : 2 v   20 / cm s .   1 2t
Bài tập 10: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15m / s. Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa điện là?
A. v  9,8t 15.
B. v  9,8t 13.
C. v  9,8t 15.
D. v  9,8t 13 Hướng dẫn giải Chọn A
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a    2 9,8 m / s
Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là : v adt  9,  8dt  9,  8t C  
Ở đây, với : t  0,v  15m / s C  15
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng : v  9,8t 15
Bài tập 11: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan
sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15m / s. Hỏi sau 2, 5 giây thì tia lửa điện đấy có
chiều cao là bao nhiêu?
A. 6.235m .
B. 5.635m .
C. 4.235m . D. 6.875mHướng dẫn giải Chọn D
Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a    2 9,8 m / s
Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là : v adt  9,  8dt  9,  8t C  
Ở đây, với t  0,v  15m / s C  15
Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng:
v  9,8t 15
Lấy tích phân biểu thức vận tốc, ta sẽ có được bểu thức quãng đường: s vdt    t   2 9,8 15 dt  4,
 9 t 15t K
Theo đề bài, ta được khi t  0  s  0  K  0.
Vậy biểu thức tọa độ của quảng đường là : 2 s  4,  9t 15t.
Khi t  2,5s , ta sẽ được s  6,875m .
Dạng 8: Bài toán thực tế
1. Phương pháp: Vận dụng các kiến thức về tích phân và bài toán ứng dụng.
2. Các Bài tập mẫu:
Bài tập 1: Tính thể tích hình xuyến tạo thành do quay hình tròn C x   y  2 2 : 2  1 quanh trục Ox . Hướng dẫn giải:
Hình tròn C có tâm I 0;2 , bán kính R 1 là x   y  2 2 2  1 2
y  2  1 x Ta có  y  2 2 1  1 x  1   x   1   2
y  2 1 x Thể tích cần tính: 1 V      
2  1 x 2 2 1 x 2 2 2 2 dx  4    1 
Bài tập 2: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m , biết rằng người ta định xây
cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m ,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp
nối người ta xây 1 chân trụ rộng 5m . Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm . Biết 1 nhịp cầu như hình
vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu A. 3 20m . B. 3 50m . C. 3 40m . D. 3 100m . Hướng dẫn giải: Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc O0;0 là chân cầu,
đỉnh I 25;2 , điểm A50;0
Gọi Parabol trên có phương trình: P  2 2
: y ax bx c ax bx O P 1 1   1 20 1 2 2
y ax bx
ax ax bx  là phương trình parabol dưới 2 100 2 2 4 2 4 1
Ta có I, AP   P  2 2 : y   x x y   x x  1 1 1 2 625 25 625 25 5
Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là S S với S là phần giới hạn bởi y ; y trong khoảng 0;25 1 1 1 2 0,2 15  2 4  1   2 2 S  2  x x dx dx      0,9m   625 25 5     0 0,2 
Vì bề dày nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày 3
V S.0, 2 1,98m  số
lượng bê tông cần cho mỗi nhịp cầu 3  2m
Vậy mười nhịp cầu hai bên cần 3  40m bê tông Chọn Chọn. C.
Bài tập 3: Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh
được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học.
Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình
trong hệ tọa độ Oxy là 2 2 y x  2 16
25  x  như hình vẽ bên. y x
Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét. 125 125 A. S   2 m  . B. S   2 m  . 6 4 250 125 C. S   2 m  . D. S   2 m  3 3 Hướng dẫn giải Chọn D
Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc
góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy . 1
Từ giả thuyết bài toán, ta có 2
y   x 5  x . 4 1 Góc phần tư thứ nhất 2
y x 25  x ; x 0;5 4 5 1 125 125 Nên 2 3 S
x 25  x dx   S  (m ) (I )  4 12 3 0
Bài tập 4: Một Bác thợ gốm làm một cái lọ có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng giới hạn bởi các đường y x 1 và trục Ox quay quanh trục Ox biết đáy lọ và miệng lọ có
đường kính lần lượt là 2dm và 4dm , khi đó thể tích của lọ là: 15 A. 2 8 dm .. B. 3  dm .. 2 14 15 C. 2  dm . . D. 2 dm . 3 2 Lời giải Chọn B
r y 1 x  0 1 1 1 y x O 3
r y  2  x  3 2 2 2 3 3 2  x  15 Suy ra: 2
V   y dx    x  3 1 dx     x   0  2  2 0 0
Bài tập 5: Để kéo căng một lò xo có độ dài tự nhiên từ 10cm đến 15cm cần lực 40N . Tính công (
A ) sinh ra khi kéo lò xo có độ dài từ 15cm đến 18cm .
A. A  1,56 (J ) .
B. A  1 (J ) .
C. A  2,5 (J ) .
D. A  2 (J ) . Lời giải Chọn A x
f x  k.x O M x x
Theo Định luật Hooke, lực cần dùng để giữ lò xo giãn thêm x mét từ độ dài tự nhiên là f x  kx , với
k N /m là độ cứng của lò xo. Khi lò xo được kéo giãn từ độ dài 10cm đến 15cm , lượng kéo giãn là 5 0 cm  .05
m . Điều này có nghĩa f 0.05  40, do đó: 40
0,05k  40  k   800N/m 0,05
Vậy f x  800x và công cần để kéo dãn lò xo từ 15cm đến 18cm là: 0,08 0,08 A  800 dx  400x  400   0,082 0,052 2  1,56J  0,05   0,05 1 Góc phần tư thứ nhất 2
y x 25  x ; x 0;5 4 5 1 125 125 Nên 2 3 S
x 25  x dx   S  (m ) ( I )  4 12 3 0
3. Bài tập trắc nghiệm:
Câu 1: Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình
vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. 0 , 5 m 2 m 5 m 0 , 5 m 1 9 m 0 , 5 m A. 3 19m . B. 3 21m . C. 3 18m . D. 3 40m . Hướng dẫn giải Chọn D
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. y O x Ta có 19  Gọi P  2
: y ax c là Parabol đi qua hai điểm A ;0 , B   0;2 1  2  2  19   8 0  . a  2   a   8
Nên ta có hệ phương trình sau:   2    361   P  2 : y   x  2 1 361    b   2 2 b   Gọi P  2
: y ax c là Parabol đi qua hai điểm C   5 10;0 , D 0; 2    2    0  . a 102 5 1  a    2  40 1 5
Nên ta có hệ phương trình sau:     P  2 : y   x  2 5 5 40 2  b b    2  2 19  10 1 5   8  
Ta có thể tích của bê tông là: 2 2 3 2 V  5.2  x dx  
x  2 dx  40m        . 0 0   40 2   361  
Câu 2: Cho hai mặt cầu S , S có cùng bán kính R thỏa mãn tính chất: tâm của S thuộc 1  2  1 
S và ngược lại. Tính thể tích phần chung V của hai khối cầu tạo bởi (S )và (S ). 2  1 2 3  R 3 5 R 3 2 R A. 3 V   R . B. V  . C. V  . D. V  . 2 12 5 Hướng dẫn giải Chọn C y 2 2 2
(C) : x y R O R R x 2
Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ
Khối cầu S O, R chứa một đường tròn lớn là C 2 2 2
: x y R
Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính là R R       R x  3 3 2 2 2 x 5 R V 2
dx  2  R x    . 3 R 12 R   2 2
Câu 3: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai
đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và
cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu là bao nhiêu? A. 425, 2 lit. B. 425162 lit. C. 212581 lit. D. 212,6 lit. Hướng dẫn giải Chọn A y S A 0,4m 0,3m x O 0,5m  Gọi P 2
: y ax bx c là parabol đi qua điểm A0,5;0,3 và có đỉnh S 0;0, 4 . Khi
đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi P ,
trục hoành và hai đường thẳng x  0,5 quay quanh trục Ox . 2
 Dễ dàng tìm được P 2
: y   x  0, 4 5
 Thể tích thùng rượu là: 0,5 2 0,5 2  2   2  203 2 2 V
x  0,4 dx  2
x  0,4 dx   425,5 (l)          .  5   5  1500 0,  5 0
Câu 4: Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25 mét,
chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy
số tiền bác Năm phải trả là: A. 33750000 đồng. B. 12750000 đồng. C. 6750000 đồng. D. 3750000 đồng. Hướng dẫn giải Chọn C y B x O A
 Gắn parabol P và hệ trục tọa độ sao cho P đi qua O(0;0)
 Gọi phương trình của parbol là: P 2
: y ax bx c
Theo đề ra, P đi qua ba điểm O(0;0) , A(3;0) , B(1,5;2, 25) .
Từ đó, suy ra P 2 :
y  x  3x 3 9
 Diện tích phần Bác Năm xây dựng: 2
S  x  3x dx   2 0 9
 Vậy số tiền bác Năm phải trả là: .1500000  67500 0 0 . 2
Câu 5: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng
10m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối
xứng. Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 2
1m . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để
trồng hoa trên dải đất đó? 8m A. 7.862.000 đồng. B. 7.653.000 đồng. C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng. Hướng dẫn giải Chọn B 2 2 x y
Giả sử elip có phương trình  1. 2 2 a b
Từ giả thiết ta có 2a 16  a  8 và 2b 10  b  5  5 2 y   64  y (E ) 2 2  1 x y
Vậy phương trình của elip là 8  1  64 25 5  2 y  64  y (E ) 1  8
Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường (E ); (E ); x  4
 ; x  4 và diện 1 2 4 4 5 5 tích của dải vườn là 2 2 S  2 64  x dx  64  x dx   8 2 4  0   3 
Tính tích phân này bằng phép đổi biến x  8sint , ta được S  80    6 4    3 
Khi đó số tiền là T  80 
.100000  7652891,82  7.653.000 .  6 4 
Câu 6: Người ta dựng một cái lều vải có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy
của là một hình lục giác đều cạnh 3 .
m Chiều cao SO  6m . Các cạnh bên của là các sợi
dây c ,c ,c ,c ,c ,c nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả 1 2 3 4 5 6
sử giao tuyến của với mặt phẳng vuông góc với SO là một lục giác đều và khi qua trung
điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng 1m. Tính thể tích phần không gian nằm bên trong cái lều đó. S c6 c c 1 5 1m c4 c2 c3 O 3m 135 3 96 3 135 3 135 3 A. 3 (m ) . B. 3 (m ) . C. 3 (m ) . D. 3 (m ) 5 5 4 8 Hướng dẫn giải Chọn D
Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là 1 7 (
A 0;6), B(1;3), C(3;0) nên có phương trình là 2
y x x  6 2 2
Theo hình vẽ ta có cạnh của thiết diện là BM 7 1
Nếu ta đặt t OM thì BM   2t  2 4
Khi đó diện tích của thiết diện lục giác: 2 2 BM 3 3 3  7 1  S(t)  6. 
  2t   , với t 0;6 4 2  2 4    2 6 6 3 3  7 1  135 3
Vậy thể tích của túp lều theo đề bài là: V S(t)dt   
  2t   dt  .. 2  2 4  8 0 0  
Câu 7: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi đường tròn 2 2
x y  16 , cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện
là tam giác đều. Thể tích của vật thể là: y x O 32 3 256 3 A. V  . . B. V  .. 3 3 256 32 C. V  . . D. V  . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B Giải phương trình 2 2 2 2 2
x y  16  y  16  x y   16  x 2 1 
Diện tích thiết diện là 2 S(x)  2 16  x .sin   2 16  x  3 2 3 4 4 256 3
Thể tích cần tìm là V S(x)dx  3  2
16  x dx    . 3 4  4 
Dạng 9: Các bài toán bản chất đặt sắc của tích phân
Bài tập 1: Cho hàm số y f x có đồ thị trên  2;
 6 như hình vẽ bên. Biết các miền A, B, x  2 2
có diện tích lần lượt là 32; 2; 3. Tích phân  f
  2x 21dx  bằng 2  45 41 A. . B. 41. C. 37. D. . 2 2
Hướng dẫn giải Chọn D. 2 2 Ta có  f
  2x 21dx f
 2x 2dx  4 2 2  2 Xét I
f 2x  2 dx . 1    2  dt
Đặt t  2x  2  dt  2dx dx  2 Đổi cận: x  2   t  2
 ; x  2  t  6. 6 1 Suy ra I f t dt . 1    2 2
Gọi x ; x là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f x với trực hoành 1 2  2
  x x  6 . Ta có 1 2  1 x x 6 1   1
I   f t df f t df f t df  
S S S 1    2        A B C  2   2  2  1 x 2 x 1      33 32 2 3  2 2 2 33 41 Vậy  f
  2x 21dx I  4  4   1 2 2 2 
Bài tập 2: Cho hàm số y f x có đồ thị của hàm số y f  x như hình bên. Đặt
g x  f x   x  2 2
1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. g 3  g  3    g   1 . B. g  3
   g 3  g   1 . C. g   1  g  3    g 3. D. g  
1  g 3  g  3  .
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có g x  2 f  x  2 x   1
g x  0  f  x  x 1. Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f  x và
đường thẳng d: y x 1. x
Dựa vào đồ thị ta thấy: g x   f  x 1 0
x 1  x  3 Bảng biến thiên: x  –3 1 3  g x – 0 + 0 – 0 +  g   1  g xg  3   g 3 Suy ra g  3    g  
1 và g 3  g   1
Gọi S , S lần lượt là diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x , đường thẳng 1 2
d: y x 1 trên các đoạn  3;   1 và 1;  3 ta có: 1 1 1 +) Trên đoạn  3;  
1 ta có f  x  x 1 nên S gx dx
f x x 1  dx . 1          2  3 3  3 3 1 +) Trên đoạn 1; 
3 ta có f  x  x 1 nên S gx dx
x 1 f x dx . 2        2  1 1
Dựa vào đồ thị ta thấy S S nên ta có: 1 2 1 3 g x
 g x  g  
1  g 3  g 3  g  
1  g 3  g 3 . 3 1 Vậy g  
1  g 3  g  3  . Lưu ý:
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f  x và đường thẳng d: y x 1 chính là nghiệm của
phương trình g x  0 .
- Lập bảng biến thịên ta thấy g   1 lớn hơn g  3
  . Ta chỉ cần so sánh g 3 và g  3   .
- So sánh diện tích dựa vào đồ thị.
Ví dụ 4: Hình phẳng H  được giới hạn bởi đồ thị C của hàm đa thức bậc ba và parabol P có
trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng 37 7 11 5 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12
Hướng dẫn giải Chọn A.
Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là
y  2 và y  0 nên ta xét hai hàm số là 3 2
y ax bx cx  2 , 2
y mx nx (với a, m  0 ).
Suy ra C : y f x 3 2
ax bx cx  2 và P :    2
y g x mx nx .
Phương trình hoành độ giao điểm của C và P là: 3 2 2
ax bx cx   mx nx   3 2
ax bx cx     2 2 2
mx nx  0 .
Đặt P x   3 2
ax bx cx     2 2 mx nx.
Theo giả thiết, C và P cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1
 , x  1, x  2
nên P x  ax   1  x   1  x  2 .
Ta có P 0  2a .
Mặt khác, ta có P 0  f 0  g 0  2  a 1. 2 37
Vậy diện tích phần tô đậm là S   x   1  x  
1  x  2 dx   12 1 