Các phương pháp tìm Nguyên hàm – Nguyễn Đình Sỹ Toán 12

Các phương pháp tìm Nguyên hàm – Nguyễn Đình Sỹ 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!

142 71 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:

34 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 1
CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
* Để tìm họ nguyên hàm của một hàm số y=f(x) , cũng có nghĩa là ta đi tính một tích
phân bất định :
()I f x dx
. Ta có ba phương pháp :
- Phương pháp phân tích .
- Phương pháp đổi biến số .
- Phương pháp tích phân từng phần
Do đó điều quan trọng là f(x) có dạng như thế nào để ta ngiên cứu có thể phân tích chúng
sao cho có thể sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản để tìm được nguyên hàm của chúng .
Hoặc sử dụng hai phương pháp còn lại
- Sau đây là một số gợi ý giúp các em có thể nhận biết dạng của f(x) mà có phương pháp
phân tích cụ thể , từ đó tìm được nguyên hàm của chúng .
PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM BẰNG CÁCH PHÂN TÍCH
I.TRƢỜNG HỢP : f(x) LÀ MỘT HÀM ĐA THỨC
1
10
( ) .....
nn
nn
f x a x a x a
A.CÁCH TÌM
1. Sử dụng công thức tìm nguyên hàm của hàm số : f(x)=
1
1
( ) .
1
x F x x C

2. Do đó nguyên hàm của f(x) là :
1
1
0
.....
1
nn
nn
aa
F x x x a x C
nn
B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA .
Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm các hàm số sau
1.
3
4 3 2
1
42
4
x x x x dx



2.
32
3
45
3 1 7
2
m
mx x x m dx
xx



3.
3
2 log 2sin 2 3cos4
xx
me a x x x dx
4.
GIẢI
1.
5
3
4 3 2 5 4 2
3
1 1 4 3 1
4 2 . 2
4 20 3 5 2
x x x x dx x x x x x C



2.
3
3 2 4 3
2
3 2 2
4 5 2 4 5
3 1 7 1 7
2 4 3 2. 2.
m m m
mx x x m dx x x x mx C
x x x x



3.
3
2 1 3
2 log 2sin2 3cos4 ln os2x+ sin4
ln ln3 4
x
x x x
a
me a x x x dx me x x x c x C
a
4.
2
2 3 3
3 tanx+3x-2 4 ln osx 2
ln3 2
x
x
dx x c x x C
x



Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 2
II. TRƢỜNG HỢP f(x)LÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ : fx)=
()
()
Px
Qx
* Trường hợp : Bậc của P(x) cao hơn hoặc bằng bậc của Q(x) , thì bằng phép chia đa thức
ta lấy P(x) chia cho Q(x) được một đa thức A(x) và một số dư R(x) mà bậc của R(x) thấp
hơn bậc của Q(x). Như vậy tích phân của A(x) ta tính được ngay ( như đã trình bày ở
trên). Do vậy ta chỉ ngiên cứu cách tìm nguyên hàm của f(x) trong trường hợp bậc tử thấp
hơn bậc của mẫu , nghĩa là f(x) có dạng :
()
()
()
Rx
fx
Qx
.
Trước hết ta ngiên cứu cách tìm nguyên hàm của f(x) có một số dạng đặc biệt .
1. Hàm số f(x) có dạng :
2
1
0
ax
I dx a
bx c


* Ta phân tích :
2
2
2
ax
24
b
bx c a x
aa







, mà ta đã biết ở lớp 10 .
* Xét ba trường hợp của
. Ta sẽ có ba dạng của f(x) và ta cũng có ba cách tìm nguyên
hàm gợi ý sau :
- Nếu :
2
2
2
22
;
22
0 0ax
24
b
u x k
b
aa
bx c a x
aa
a u k









- Nếu :
2
2
2
0
2 4 2
bb
a x au u x
a a a




- Nếu :
2
1 2 1 2
2
0;
2 4 2 2
b b b
a x a x x x x x x
a a a a











Do vậy tích phân trên có thể giải như sau :
- Trường hợp :
0
, thì
2 2 2
1 1 1
.
ax
I dx du
bx c a u k


* Nếu đặt :
2
2
2
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
1
tan 1 tan
1 1 1 1
os
. . 1 tan
.
1 tan
tan 1 tan
u t du dt t dt
ct
I du t dt
a u k a k
t
u k k t k k t

22
1
.
t
dt C
a k ak
. ( với :
tan arctanuu t t
).
- Trường hợp :
=0 thì :
22
1 1 1 1
ax
2
I dx du C
b
bx c u u
x
a





.
Hay :
2
2
1 1 1 1
ax
2
2
I dx dx C
b
bx c a
b
ax
x
a
a








Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 3
- Trường hợp :
0.
thì :
2
1 2 2 1 2 1
1 1 1 1 1 1
ax
I dx dx dx
bx c a x x x x a x x x x x x



2
12
2 1 2 1 1
11
ln ln ln
xx
x x x x C
a x x a x x x x
.
Ví dụ 1. Hãy tính các tích phân sau :
a.
2
1
1
dx
xx
b.
2
1
23
dx
xx
GIẢI
a.
2
2
2
11
1
13
42
dx dx
xx
x









. Đặt :
2
1 3 3
tan 1 tan
4 2 2
x t dx t dt



.
2
2
2
1 1 3 3
. 1 tan
33
1 4 4
1 tan
44
dx t dt dt t C
xx
t


.
Với :
1 3 2 3
tan arctan
4 2 4x-1
x t t







b.
2
2
2
11
.
23
12
dx dx
xx
x



Đặt :
2
1 2 tan 2 1 tanx t dx t dt
.
2
2
2
1 1 1 1
. 1 tan
2 3 2 2
2 tan 1
dx t dt dt t C
xx
t

Với :
11
1 2 tan tan arctan
22
xx
x t t t




Ví dụ 2 . Tìm nguyên hàm của các hàm số sau
a.
2
1
44
dx
xx
b.
2
1
9 12 4
dx
xx
GIẢI
a.
2
2
1 1 1
4 4 2
2
dx dx C
x x x
x

b.
22
2
1 1 1 1 1 1 1
2
9 12 4 9 9 9 6
22
9
3
33
dx dx dx C
x x x
x
xx




Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 4
Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm các hàm số sau
a.
2
1
32
dx
xx
b.
2
1
4 3 1
dx
xx
GIẢI
a.
2
1 1 1 1 1 2
ln 2 ln 1 ln
3 2 2 1 1 2 2 1 1
x
dx dx dx dx x x C
x x x x x x x
b.
2
1 1 1 1 1 1 1
.
1
11
4 3 1 4 3 1
11
4
44
dx dx dx dx
x x x
x
xx





41
1 1 1 1 1
ln 1 ln ln ln
1
3 4 3 3 4 1
4
x
x
x x C C
x
x


2. Hàm số f(x) có dạng :
2
Ax+B
()
ax
fx
bx c

* Ta có hai cách tìm .
-Cách một : Biến đổi tử số thành dạng :
2
Ax+B=d(ax ) 2bx c D ax b dx D
+) Nếu D=0 thì :
2
2
2 2 2
d ax
2
Ax+B
ln ax
ax ax ax
bx c
ax b dx
dx bx c C
bx c bx c bx c

+)Nếu D
0
thì :
2
2 2 2 2
d ax
2
Ax+B 1
ax ax ax ax
bx c
ax b dx
dx D dx
bx c bx c bx c bx c

2
2
1
ln ax
ax
bx c D dx C
bx c

Trong đó :
2
1
ax
dx
bx c
, đã biết cách tìm ở ý 1.
-Cách hai :( Chỉ áp dụng cho trường hợp mẫu số có hai nghiện thực
12
xx
)
+) Ta biến đổi :
2
1 2 1 2
Ax+B Ax+B 1
*
ax a x-x
MN
bx c x x a x x x x



+) Sau đó quy đồng mẫu số vế phải thành :
2 1 2 1
1 2 1 2
11
M x x N x x M N x Mx Nx
a x x x x a x x x x




+) Đồng nhất hệ số hai tử số , ta có hệ :
21
M N A
Mx Nx C

. Từ đó suy ra M,N
+) Thay M,N vào (*) ta tính được tích phân :
12
2
12
Ax+B 1
ln ln
ax
M N M N
dx dx dx x x x x C
bx c a x x x x a a



Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 5
* Chú ý : Ta có thể tìm M,N bằng cách khác là thay lần lượt hai nghiệm của mấu
số vào hai tử số , ta được hai phương trình .Từ hai phương trình ta suy ra M,N . Các bước
tiếp theo lại làm như trên .
CÁC VÍ DỤ ÁP DỤNG
Ví dụ 4. Tìm nguyên hàm các hàm số sau
a.
2
2( 1)
23
x
dx
xx

b.
2
22
44
x dx
xx

GIẢI
a.
2
2
2 2 2
23
2( 1) 2 2
ln 2 3
2 3 2 3 2 3
d x x
xx
dx dx x x C
x x x x x x


b.
2
2
2 2 2
43
22
24
ln 4 3
4 3 4 3 4 3
d x x
x dx
x dx
x x C
x x x x x x

Ví dụ 5. Tìm nguyên hàm các hàm số sau
a.
2
32
23
x
dx
xx

b.
2
23
44
x
dx
xx

GIẢI
a.Cách 1.
Ta có :
2 2 2
22
3 2 2 2
2 3 2 3 2 3
E x D
x E D E
x x x x x x


. Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ phương
trình :
2 2 2
3
3
22
23
3 2 1
2
2
22
2 3 2 3 2 3
1
x
E
E
x
DE
x x x x x x
D



.
Vậy :
2
2
2 2 2
23
3 2 3 1 3
ln 2 3 1
2 3 2 2 3 2 3 2
d x x
x
dx dx x x J
x x x x x x

Tính :J=
2
1 1 1 1 1 1 1
ln 1 ln 3 ln
2 3 4 1 3 4 4 3
x
dx dx dx x x C
x x x x x



Do đó :
2
2
3 2 3 1 1
ln 2 3 ln
2 3 2 4 3
xx
dx x x C
x x x

-Cách 2.
Ta có :
+)
2
3 1 3
3 2 3 2
*
2 3 1 3 1 3 1 3 1 3
A x B x A B x A B
x x A B
x x x x x x x x x x

Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 6
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
5
3
4
3 2 7
4
A
AB
AB
B



Suy ra :
2
3 2 5 1 7 1
..
2 3 4 1 4 3
x
x x x x

Vậy :
2
3 2 5 1 7 1 5 7
ln 1 ln 3
2 3 4 1 4 3 4 4
x
dx dx dx x x C
x x x x
.
+) Phân tích f(x) đễn (*) .Sau đó thay hai nghiệm x=1 và x=3 vào hai tử số để tìm
A,B , cụ thể ta có hệ hai phương trình sau :
5
3.1 2 (1 3)
4
3( 3) 2 ( 3 1) 7
4
A
A
B
B

Các bước tiếp theo giống như trên .
b..Ta có :
2 2 2
24
2 3 2 4
4 4 4 4 4 4
E x D
x Ex D E
x x x x x x


. Đồng nhất hệ số hai tử số :
Ta có hệ
2 2 1
4 3 7
EE
D E D





Suy ra :
2 2 2
2 3 2 4 7
4 4 4 4 4 4
xx
x x x x x x


.
Vậy :
2
2
22
2 3 2 4 1 7
7 ln 4 4
4 4 4 4 2
2
xx
dx dx dx x x C
x x x x x
x

3. TỔNG QUÁT :
a. Trường hợp mẫu số không có nghiệm thực có nghiệm thực (Tức là mẫu số vô nghiệm).
* Ta phân tích như ở ví dụ 5- cách 1
b. Trường hợp mẫu số có nhiều nghiệm thực đơn
* Ta phân tích giống như ví dụ 5a- cách 2.
c. Trường hợp mẫu số có cả trường hợp không có nghiệm thực và trường hợp có nhiều
nghiệm thực đơn .
* Ta sử dụng cả hai phương pháp trên .
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 6. Tìm nguyên hàm các hàm số sau
a.
2
3 3 12
12
xx
dx
x x x


b.
2
26
1 2 4
xx
dx
x x x

GIẢI
a.Ta phân tích f(x)=
2
Ax x+2 1 1 2
3 3 12
1 2 1 2 1 2
Bx x C x x
x x A B C
x x x x x x x x x

.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 7
Bằng cách thay các nghiệm thực của mẫu số vào hai tử số ta có hệ :
1 18 3 6
6 3 6
2 18 6 3 ( )
12
0 12 2 6
x A A
x B B f x
x x x
x C C

Vậy :
2
3 3 12 6 3 6
6ln 1 3ln 2 6ln
1 2 1 2
xx
dx dx x x x C
x x x x x x





b. Ta phân tích
f(x)=
2
2 4 1 4 1 2
26
1 2 4 1 2 4 1 2 4
A x x B x x C x x
x x A B C
x x x x x x x x x

Bằng cách thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số ta có hệ :
1 9 3 3
3 7 5
2 14 2 7 ( )
1 2 4
4 30 6 5
x A x
x B x f x
x x x
x C C
Vậy
2
2 6 3 7 5
3ln 1 7ln 2 5ln 4
1 2 4 1 2 4
xx
dx dx x x x C
x x x x x x





Ví dụ 7. Tìm nguyên hàm các hàm số sau
a.
2
2
21
11
xx
dx
xx


b.
2
3
1
13
x
dx
xx

GIẢI
a. Trong trường hợp này ,mẫu số chứa các biểu thức có nghiệm thực và không có nghiệm
thực . Các em hãy chú ý đến cách phân tích sau .
Ta có f(x)=
2
2
2
22
11
21
1
11
1 1 1 1
A x x Bx C
x x A Bx C
xx
x x x x

.
Thay x=1 vào hai tử ta dược : 2= 2A, cho nên A=1.
Do đó (1) trở thành :
2
2
22
1 1 1
11
1 1 1 1
x x Bx C
B x C B x C
x x x x
.
Đồng nhất hệ số hai tử số , ta có hệ :
2
1 1 0
12
2 2 ( )
11
1 1 1
BB
C B C f x
xx
CA






Vậy :
2
2
2
2 1 1 1
2 ln 1 2 2
11
11
xx
dx dx dx x J C
xx
xx



Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 8
* Tính J =
2
1
1
dx
x
. Đặt :
2
22
tan 1 tan
1 1 tan
x t dx t dt
xt
.
Cho nên :
2
22
11
. 1 tan ; : tan arctanx
1 1 tan
dx t dt dt t do x t t
xt

Do đó , thay tích phân J vào (2) ta có :
2
2
21
ln 1 arctanx+C
11
xx
dx x
xx


b.Ta phân tích f(x)=
2
3 3 2
1
13
1 3 1 1
x A B C D
xx
x x x x

23
3
3 1 3 1 3 1
13
A x B x x C x x D x
xx

Thay x=1 và x=-3 vào hai tử số ta được :
1
1 2 4
2
5
3 10 64
32
x A A
x D D
Thay hai giá trị của A và D vào (*) và đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ hai phương trình
32
5
0
1 3 5 5
32
()
3
32 1 32 3
2 1 8 1
1 3 3 3
8
C D C D
fx
xx
xx
A B C D B


Vậy :
2
3 3 2
1 1 3 5 5
32 1 32 3
1 3 2 1 8 1
x
dx dx
xx
x x x x






22
1 3 5 5 1 3 5 1
ln 1 ln 3 ln
8 1 32 32 8 1 32 3
4 1 4 1
x
x x C C
x x x
xx

III. . NGUYÊN HÀM CÁC HÀM SỐ LƢỢNG GIÁC .
Để xác định nguyên hàm các hàm số lượng giác ta cần linh hoạt lựa chọn một trong các
phương pháp cơ bản sau :
1. Sử dụng dạng nguyên hàm cơ bản .
2. Sử dụng phương pháp biến đổi lượng giác đưa về các nguyên hàm cơ bản
3. Phương pháp đổi biến
4. Phương pháp tích phân từng phần
A. SỬ DỤNG CÁC DẠNG NGUYÊN HÀM CƠ BẢN .
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 9
BÀI TOÁN 1.
Xác định nguyên hàm các hàm số lƣợng giác
bằng việc sử dụng các nguyên hàm cơ bản
Dạng 1.: Tính tích phân bất định :
sin sin
dx
I
x a x b

Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: Sử dụng đồng nhất thức :
1=
sin
sin
sin
x a x b
ab
a b a b



Bước 2: Ta được :
sin
1
sin sin sin sin sin
x a x b
dx
I dx
x a x b a b x a x b




sin os x-b sin os x-a
1
sin sin x+a sin
x a c x b c
dx
a b x b

os x+b os x+a
11
ln sin ln sin
sin sin sin x+a sin
cc
dx dx x b x a
a b x b a b





sin
1
ln
sin sin
xb
C
a b x a


* Chú ý Phương pháp trên cũng được áp dụng cho các dạng tích phân sau :
1.
,
os x+a os x+b
dx
I
cc
sử dụng đồng nhất thức :
sin
1
sin
ab
ab
2.
,
sin os x+b
dx
x a c
sử dụng đồng nhất thức :
os a-b
1
os a-b
c
c
.
Ví dụ 1 . Tìm họ nguyên hàm của hàm số :
1
()
osx.cos x+
4
fx
c



.
Giải
Cách 1. Sử dụng đồng nhất thức :
os x+
os
4
4
1 2 os x+
4
os os
44
cx
c
cx
cc













Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 10
Ta có :
os x+
os x+ osx+sin x+ sinx
4
44
( ) 2 2
sinx.cos x+ sinxcos x+
44
cx
cc
F x dx dx









=
sin x+
osx sinx
4
2 2 ln sinx ln os x+ 2 ln
sinx 4
cos x+ cos x+
44
c
dx dx c C

















Cách 2 : Dựa trên đặc thù của hàm số f(x)
Ta có :
2
2
1 1 1 1
( ) 2 2 2
cosx
sinx sinx-cosx sin x cotx-1
sinxcos x+ sin x 1-
4 sinx
F x dx dx dx dx
cot cot 1
2 2 2 ln cot 1
cot 1 cot 1
d x d x
xC
xx


Dạng 2: Tính tích phân bất định :
sinx+sin
dx
I
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1. Biến đổi I về dạng :
Bước 2: Áp dụng bài toán 1 để giải (1)
* Chú ý : Phương pháp trên cũng áp dụng cho các dạng tích phân sau :
1.
;1
sinx+m
dx
Im
.
2.
;1
osx+m osx+cos
dx dx
I I m
cc

Ví dụ 2: Tìm họ nguyên hàm của hàm số :
1
()
2sin 1
fx
x
Giải
Biến đổi f(x) về dạng :
1 1 1 1 1
( ) . 1
66
1
24
sinx+sin sin . os
2 sinx+
6 12 12
2
fx
xx
c




Sử dụng đồng nhất thức :
6x+ 6x- 6x+ 6x- 6x+ 6x-
os os . os sin sin
os
2
12 12 12 12 12 12
6
1
6x+ 6x-
33
os
sin os
6
12 12
2
c c c
c
c
c



.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 11
Ta được :
6x+ 6x-
os sin
2 2 6x+ 6x-
12 12
( ) ln sin ln cos
6x+ 6x-
12 12
33
sin cos
12 12
c
F x dx dx













6x+
sin
2
12
ln
6x-
3
os
12
C
c







.
Dạng 3: Tính tích phân bất dịnh :
tanx.tan x+I dx
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: Biến đổi I về dạng :
sinxsin osxcos
os
1
osxcos cosxcos
x c x
c
I dx dx dx
c x x



1
os 1
cosx.cos x+
c dx x

Bước 2 : Áp dụng bài toán 1 để giải (1)
* Chú ý : Phương pháp trên cũng được áp dụng đẻ giải các tích phân dạng :
1.
tan cotI x x dx

2.
cot cotI x x dx

Ví dụ 3. Tìm họ nguyên hàm của hàm số sau :
tanx.tan x+
4
I dx



Giải :
Ta biến đổi f(x) về dạng :
sinx.sin x+ osx.cos x+
os
44
4
( ) 1 1
osx.cos x+ osx.cos x+
44
c
c
fx
cc


22
( ) 1
22
osx.cos x+ osx.cos x+
44
dx dx
F x dx dx dx x
cc

Để tính :
osx.cos x+
4
dx
J dx
c



. Ta lựa chọn hai cách sau :
Cách 1: Sử dụng dạng toán cơ bản .
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 12
Sử dụng đồng nhất thức :
sin
sin
4
2
4
1 .sin osx-sinx.cos
44
22
sin
4
2
xx
x c x








Ta được :
sin osx-sinx.cos sin
sinx
4 4 4
22
cosx
osx.cos cos
44
x c x x
J dx dx dx
c x x








osx
2 ln os x+ ln cosx 2 ln
4 cos x+
c
cC






Cách 2. Dựa trên đặc thù của hàm số dưới dấu tích phân .
Ta có :
2
1 1 1 1
2 2 .
osx cosx-sinx 1 tanx os
osx.cos x+
4
J dx dx dx
c c x
c



1 tanx
2 2ln 1 tanx
1-tanx
d
C
.
Dạng 4. Tính tích phân bất định :
1
a.sinx+b.cosx
I dx
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta có thể lựa chọn hai cách biến đổi
Cách 1: Ta có .
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1
.
sin
2sin . os 2tan os
2 2 2 2
dx dx dx
I
x x x x
x
a b a b a b
cc
2 2 2 2
tan
11
2
ln tan
2
tan
2
x
d
x
IC
x
a b a b




Chú ý : Chúng ta cũng có thể thực hiện bằng phương pháp đại số hóa với việc đổi
biến số bằng cách đặt
tan
2
x
t
.
Ví dụ 4: Tìm họ nguyên hàm của hàm số
2
()
3sinx+cosx
fx
Giải
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 13
Ta có :
11
()
22
3sinx+cosx 3 1
sin
sinx+ osx
6
22
dx dx dx
Fx
x
c



2
tan
2 12
ln tan
2 12
2tan os sin os tan
2 12 2 12 2 12 2 12 2 12
x
d
dx dx x
C
x x x x x
cc






Dạng 5: Tính tích phân bất định sau :
11
22
sinx+b osx
a sinx+b osx
ac
I dx
c
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: Biến đối :
1 1 2 2 2 2
sinx+b osx=A sinx+b osx osx-b sinxa c a c B a c
Bước 2: Khi đó
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
22
A sinx+b osx osx-b sinx sinx+b osx
sinx+b osx sinx+b osx
Ax+Bln sinx+b osx
a c B a c d a c
I dx A dx B
a c a c
a c C

Ví dụ 5: Tìm họ nguyên hàm của hàm số
4sin 3cos
()
sinx+2cosx
xx
f x dx
Giải
Biến đổi :
4sin 3cos (sinx+2cosx)+B(cosx-2sinx)=(A-2B)sinx+(2A+B)cosxx x A
.
Đồng nhất hệ số hai tử số ,ta được :
2 4 2
2 3 1
A B A
A B B



Khi đó :
2 sinx+2cosx osx-2sinx
osx-2sinx
( ) 2
sinx+2cosx sinx+2cosx
c
c
fx
Do đó :
osx-2sinx
osx-2sinx
( ) ( ) 2 2 2 ln sinx+2cosx
sinx+2cosx sinx+2cosx
c dx
c
F x f x dx dx dx x C



Dạng 6. Tính tích phân bất định :
11
2
22
a sinx osx
sinx+b osx
bc
I dx
ac
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1. Biến đổi :
1 1 2 2 2 2
sinx+b osx= A a sinx+b osx osx-b sinxa c c B a c
.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 14
Bước 2. Khi đó :
2 2 2 2 2 2
22
22
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
A a sinx+b osx osx-b sinx osx-b sinx
osx+b sinx
a sinx+b osx osx+b sinx
1
ln tan
sin a sinx+b osx 2 osx+b sinx
c B a c a c dx
dx
I dx A B
ac
c a c
A dx A x B
B dx C
x c a c
a b a b





Trong đó :
22
2 2 2 2
2 2 2 2
sin ; cos
ba
a b a b



.
Ví dụ 6 : Tìm nguyên hàm của hàm số sau :
8cos
( ) .
2 3sin2 os2x
x
fx
xc

Giải
Biến đổi :
2
22
8cos 8cos
()
3sin 2 3sinxcosx+cos
3sinx+cosx
xx
fx
xx

Giả sử :
8cos 3sinx+cosx 3 osx-sinx 3 sinx+ a+b 3 osxx a b c a b c
.
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
2
30
23
38
a
ab
b
ab




Khi đó :
2 3 3 osx-sinx
2
()
3sinx+cosx 3sinx+cosx
c
fx
Do đó :
3 osx-sinx
2 1 2 3
( ) 2 3 ln tan
2 2 12
3sinx+cosx 3sinx+cosx 3sinx+cosx
c dx
dx x
F x C




Chú ý : Trong ví dụ trên ta lấy kết quả ví dụ 4 cho :
2
3sinx+cosx
dx
.
Dạng 7. Tính tích phân bất định :
1
asinx+bcosx+c
I dx
.
Ta xét ba khả năng :
1. Nếu
22
c a b
.
Ta thực hiện phép biến đổi :
2
1 1 1 1
.
asinx+bcosx+c 2
1 os x-
os
2
x
c
cc
c



Trong đó :
2 2 2 2
sin ; os =
ab
c
a b a b


Khi đó :
2
11
tan
22
os
2
dx x
IC
x
cc
c



2. Nếu :
22
c a b
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 15
Ta thực hiện phép biến đổi :
2
1 1 1 1
.
asinx+bcosx+c 2
1 os x-
sin
2
x
c
cc



Trong đó :
2 2 2 2
sin ; os =-
ab
c
a b a b


Khi đó :
2
11
cot
22
sin
2
dx x
IC
x
cc



3. Nếu :
22
c a b
Ta thực hiện phép biến đổi bằng cách đổi biến số :
tan
2
x
t
.
Khi đó :
2
2
2 2 2
2
.
1
2t 1-t 2t
sinx= ; osx= ;tanx=
1+t 1 1-t
dt
dx
t
c
t
,
thay vào tích phân đã cho
()I f t dt
.
Ví dụ 7. Tính tích phân sau :
2
2sin osx+1
dx
I
xc
.
Giải
Đặt :
2
2
tan
21
x dt
t dx
t
.
Khi đó :
2
2
2
22
x
4
tan
2 1 1
1
2
ln ln
x
41
2 2 2
tan +2
1
2
11
dt
dt t
t
I dt C C
tt
t t t t t
tt





Dạng 8. Tính tích phân bất định :
1 1 1
2 2 2
sinx+b osx+c
sinx+b osx+c
ac
I dx
ac
.
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1. Biến đổi :
1 1 1 2 2 2 2 2
sinx+b osx+c sinx+b osx+c osx-b sinxa c A a c B a c C
Bước 2 : Khi đó :
2 2 2 2 2
2 2 2
sinx+b osx+c osx-b sinx
sinx+b osx+c
A a c B a c C
I
ac

22
2 2 2 2 2 2
osx-b sinx
sinx+b osx+c sinx+b osx+c
a c dx
dx
A dx B C
a c a c
2 2 2
2 2 2
Ax+Bln a sinx+b osx+c
a sinx+b osx+c
dx
cC
c

.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 16
Trong đó :
2 2 2
a sinx+b osx+c
dx
c
, được xác định ở dạng 4.
Ví dụ 8 : Tìm họ nguyên hàm của hàm số :
5sin
()
2sin osx+1
x
fx
xc
.
Giải
Biến đổi :
5sin 2sin osx+1 2cos sinx 2 sinx+ 2b-a osx+a+cx a x c b x c a b c
Đồng nhất hệ số hai tử số :
2 5 2
2 0 1
02
a b a
b a b
a c c





Khi đó :
2 2sin osx+1 2cos sinx 2
2cos sinx 2
( ) 2
2sin osx+1 2sinx-cosx+1 2sinx-cosx+1
x c x
x
fx
xc
Do vậy :
2cos sinx
2 2 2 ln 2sin osx+1 2
2sin osx+1 2sin osx+1
x dx
dx
I dx x x c J C
x c x c

Với :
2sin osx+1
dx
J
xc
. ( Tích phân này đã giải ở ví dụ 7 )
Dạng 9: Tính tích phân bất định :
22
1 1 1
22
sin x+b sinxcosx+c os
sinx+b osx
a c x
I dx
ac
.
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1 : Biến đổi :
2 2 2 2
1 1 1 2 2
sin x+b sinxcosx+c os Asinx+Bcosx sinx+b osx sin osa c x a c C x c x
Bước 2 : Khi đó :
22
22
2 2 2 2
Asinx+Bcosx sinx+b osx sin os
Asinx+Bcosx
sinx+b osx sinx+b osx
a c C x c x
dx
IC
a c a c

2 2 2 2
2 2 2 2
cos sin cos sin ln tan
sin 2
C dx C x
A x B x A x B x C
x
a b a b

Trong đó :
22
2 2 2 2
2 2 2 2
sin ; os =
ba
c
a b a b


.
Ví dụ 9 : Tìm họ nguyên hàm của hàm số :
2
4sin 1
()
3sinx+cosx
x
fx
.
Giải
Biến đối :
2 2 2 2 2
4sin 1 5sin os asinx+bcosx 3sinx+cosx sin osx x c x c x c x
22
3 sin 3 sinx. os osa c x a b c x b c c x
.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 17
Đồng nhất hệ số hai tử số :
35
3
3 0 1
12
ac
a
a b b
b c c



.
Do đó :
21
3sinx-cosx 3 osx-sinx- ln tan
2 2 12
3sinx+cosx
dx x
I dx c C




.
Chú ý : Ở ví dụ 4 , ta có :
21
ln tan
2 2 12
3sinx+cosx
dx x




Dạng 10. Tính tích phân bất định :
22
asin sin cos cos
dx
I
x b x x c x

Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1 : Biến đổi I về dạng :
22
atan tan cot
dx
I
x b x c x

Bước 2: Thực hiện phép đổi biến số :
22
22
1
tanx dt= 1 tan 1
cos 1
dt
t dx x dx t dx dx
xt
Khi đó :
2
dt
I
at bt c

. ( Ta đã có cách giải ở phần " Hàm phân thức " )
Ví dụ 10: Tính tích phân bất định :
22
3sin 2sin cos os
dx
I
x x x c x

Giải
Ta có :
2
22
tanx
3tan 2tan 1
3tan 2tan 1 os
d
dx
I
xx
x x c x




.
Đặt :
2
dt 1 1 1 1 1 1 1 3 3
tanx I= . ln ln
1 1 1
3 2 1 3 1 4 4 3 1
1
3 3 3
tt
t dt C
t t t t
tt







Thay trả lại :
1 3tan 3
tanx I= ln
4 3tan 1
x
tC
x
.
B. SỬ DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LƢỢNG GIÁC ĐƢA VỀ CÁC NGUYÊN HÀM CƠ
BẢN.
Bài toán 2:
Xác định nguyên hàm các hàm số lượng giác bằng các phép biến đổi lượng giác
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 18
Sử dụng phép biến đổi lượng giác , đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng quen thuộc
. Các phép biến đổi lượng giác bao gồm :
Phép biến đổi : Tích thành tổng ( Chúng ta đã thấy ở bài toán 1)
Hạ bậc :
22
1 os2x 1 os2x
os ; sin
22
cc
c x x


.
Các kỹ thuật biến đổi khác .
1. Sử dụng phương pháp biến đổi : Tích sang tổng .
Ở đây chúng ta sử dụng các công thức :
1
. osxcosy= os x+y os x-y
2
a c c c
b.
cos x-y os x+y
sinxsiny=
2
c
c.
sin x+y sin
sinxcosy=
2
xy
d.
sin x+y sin
osxsiny=
2
xy
c

Sau đó sử dụng công thức nguyên hàm :
1
os ax+b sin ax+bc dx C
a

.
Ví dụ 11. Tìm nguyên hàm của hàm số :
( ) os3xcos5xf x c
Giải
Ta biến đổi :
cos8x+cos2x 1 1
( ) os3xcos5x= os8x+ os2x
2 2 2
f x c c c
Khi đó :
1 1 1 1
( ) os8xdx+ os2xdx= sin8 sin2
2 2 16 4
I f x dx c c x x C
Ví dụ 12. Tìm họ nguyên hàm của hàm số :
( ) t anx.tan tan
33
f x x x

Giải
Ta biến đổi :
sinx.sin sin
33
( ) t anx.tan tan
33
osx.cos os
33
xx
f x x x
c x c x





2
1 1 1
sinx. cos2x-cos
os2x.sinx+ sinx sin3 sinx sinx
sin3
3
2 2 2
1 1 1
2
os3x
cos2x.cosx- osx os3x+cosx osx
osx cos2x+cos
2 2 2
3
cx
x
c
c c c
c







Khi đó :
os3x
sin3 1 3sin3 1 1
( ) ln os3x
os3x 3 os3x 3 os3x 3
dc
xx
I f x dx dx dx c C
c c c
2. Sử dụng công thức hạ bậc :
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 19
Ta nhớ lại các công thức sau :
a.
22
1 os2x 1 os2x
os ; sin
22
cc
c x x


. b.
3
3sin sin3
sin
4
xx
x
c.
3
3cos os3x
os
4
xc
cx
d.
e.
6 6 2
3 3 5 3
os sin 1 sin 2 1 1 os4x os4x
4 8 8 8
c x x x c c
Ví dụ 13. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số :
a.
3
( ) sin .sin3f x x x
b.
33
( ) sin . os3x+cos .sin3f x x c x x
Giải
a. Ta có :
32
3sin sin3 3 1
( ) sin .sin3 sin3 sin3 .sinx- sin 3
4 4 4
xx
f x x x x x x



3 1 3 1 3 1
os2x-cos4x 1 os6x os2x+ os6x- os4x-
8 8 8 8 8 8
c c c c c
.
Do đó :
3 1 3 1 3 1 3 1
( ) os2x+ os6x- os4x- sin2 sin6 sin 4
8 8 8 8 16 48 32 8
I f x dx c c c dx x x x x C




b.Ta biến đổi :
33
3sinx-sin3x os3x+3cosx
( ) sin . os3x+cos .sin3 os3x sin3
44
c
f x x c x x c x
33
os3xsinx+sin3xcosx sin4
44
cx
Do đó :
33
( ) sin4 os4x+C
4 16
I f x dx xdx c

3. Sử dụng nhiều phép biến đổi khác nhau .
Trong phương pháp này dòi hỏi HS cần linh hoạt vận dụng các công thức lượng giác .
Ngoài ra còn biết cách định hướng để biến đổi sao cho sử dụng được bảng nguyên hàm .
Ví dụ 14. Tìm họ nguyên hàm của hàm số :
sin3 .sin4
()
tanx+cot2x
xx
fx
Giải :
Ta biến đổi :
sin3 .sin4 sin3 sin4 sin3 .sin 4
( ) sin3 .sin4 .sin2
sinx.sin2x+cosx.cos2x osx
tanx+cot2x
osx.sin2x cosx.sin2x
x x x x x x
f x x x x
c
c
1 1 1
osx-cos7x sin2 sin2 . osx-cos7xsin2x sin3 sinx-sin9x+sin5x
2 2 4
c x xc x
.
Do đó :
1 1 1 1 1
sin3 sinx-sin9x+sin5x os3x- osx+ os9x- os5x+C
4 12 4 9 5
I x dx c c c c



.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 20
PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
BẰNG PHƢƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
Phương pháp đổi biến số được sử dụng khá phổ biến trong việc tính các tích phân
bất định . Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa trên định lý
sau :
a/ Nếu :
( ) ( )f x F x C
và với u=
(x) là hàm số có đạo hàm thì :
( ) ( )f u du F u C
b/ Nếu hàm số f(x) liên tục thì đặt x=
t
. Trong đó
t
cùng với đạo hàm của nó (
' t
là những hàm số liên tục ) thì ta được :
( ) ' ( ) ( )f x dx f t t dt g t dt G t C



.
Từ đó ta trình bày hai bài toán về phương pháp đổi biến số như sau :
Bài toán 1:
Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1 tính tích phân bất định :
()I f x dx
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: chọn x=
t
, trong đó
t
là hàm số mà ta chọn thích hợp .
Bước 2: lấy vi phân hai vế :
'dx t dt
Bước 3 : Biến đổi :
( ) 'f x dx f t t dt g t dt




Bước 4: Khi đó tính :
( ) ( ) ( )f x dx g t dt G t C

.
* Lưu ý : Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là :
Dấu hiệu
Cách chọn
22
ax
sin
22
ost 0 t
x a t t
x a c

22
xa
;
sin 2 2
0; \
ost 2
a
xt
t
a
xt
c







22
ax
tan ;
22
cot 0;
x a t t
x a t t




a x a x
a x a x


x=a.cos2t
x a b x
x=a+
2
sinb a t
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 21
Ví dụ 1. Tính tích phân bất định
a/
3
2
1
dx
x
b/
2
23
dx
xx
Giải
a/ Đặt : x=sint ; t
; ostdt
22
dx c




Suy ra :
32
33
22
ostdt ostdt
tan
cos os
1 1-sin
dx c c dt
dt
t c t
xt
.
Khi đó :
3 2 2
2
sin
tan tan
1 sin 1
1
dx t x
d t t C C
tx
x


b/ Vì :
2
2
2
2 3 1 2x x x
, nên
Đặt :
2
1
1 2 tan ; ; 2. ;tan
2 2 os
2
dt x
x t t dx t
ct




Suy ra :
2
22
22
2
1 ostdt
.
1-sin
2 ost 2
23
2 tan 1 . os
12
dx dx dt dt c
t
c
xx
t c t
x


1 ostdt ostdt
.
sint-1 sint+1
22
cc



.
Khi đó :
2
1 ostdt ostdt 1 sin 1
ln
sint-1 sint+1 sin 1
2 2 2 2
23
dx c c t
C
t
xx





(*)
Từ :
2
2
22
22
1
1 sin 2
tan tan sin 1
1 sin 2 2 3
2
x
xt
t t t
t x x
. Ta tìm được sint , thay
vào (*) ta tính được I .
Ví dụ 2: Tính tích phân bất định :
2
2
1
x dx
I
x
.
Giải
Vì điều kiện :
1x
, nên ta xét hai trường hợp :
Với x>1
Đặt
2
1 2cos2
; 0;
sin2 4 sin 2
tdt
x t dx
tt



.
Do đó :
22
2
2 3 3 3
2
2
2
2 sin os
1 2cos2 2
sin 2 sin 2 8sin cos
1
1
sin 2 . 1
sin 2
t c t dt
x dx tdt dt
t t t t
x
t
t



Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 22
=
2 2 2
1 1 1 2 1
cot . tan . .
4 sin os tan os
t t dt
t c t t c t



Vậy :
22
1 2 1 1 1
cot . (cot ) tan . (tan ) . (tan ) cot tan 2ln tan
4 tan 4 2 2
I I t d t t d t d t t t t C
t
22
11
1 ln 1
22
x x x x C
Với x<1 . Đề nghị học sinh tự làm .
* Chú ý : Tích phân dạng này ta có thể giải bằng cách khác nhanh hơn :
Ta có :
2 2 2
22
2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1
x x x dx dx
x I x dx J K
x x x x x

Với : J
2
2 2 2
2
1 1 1
1
x
x dx x x dx x x I a
x

Tích phân :
2 2 2
2
ln 1 1 ln 1
1
dx
K x x I x x I x x
x
2 2 2 2
11
2 1 ln 1 1 ln 1
22
I x x x x I x x x x C
Ví dụ 3. Tính tích phân bất định :
3
2
1
dx
I
x
Giải
Đặt :
2
tan ; ;
2 2 os
dt
x t t dx
ct




Suy ra :
2
33
22
1
. ostdt
os
1 1 tan
dx dt
c
ct
xt


.
Khi đó :
32
2
ostdt sin
1
1
dx x
I c t C C
x
x

Chú ý :
1. Sở dĩ trong ví dụ trên có kết quả như vậy vì :
22
2
2
1
ost= ;sin
1+x 1
; ost>0 cos ost;sint=tant.cost=
22
1
x
ct
x
x
t c t c
x




2. Phương pháp trên áp dụng để giải bài toán tổng quát :
21
22
k
dx
kZ
ax
.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 23
Bài toán 2: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 2 để tính tích phân :
()I f x dx
.
PHƢƠNG PHÁP CHUNG.
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: Chọn t=
x
. Trong đó
x
là hàm số mà ta chọn thích hợp .
Bước 2: Tính vi phân hai vế :
'dt t dt
.
Bước 3: Biểu thị :
( ) ' ( )f x dx f t t dt g t dt




.
Bước 4: Khi đó :
( ) ( ) ( )I f x dx g t dt G t C

* Chú ý : Ta có một số dấu hiệu để đổi biến thường gặp :
Dấu hiệu
Cách chọn
Hàm số mẫu số có
t là mẫu số
Hàm số :
;f x x
t=
x
Hàm
.sinx+b.cosx
.sinx+d.cosx+e
a
fx
c
x
tan ; os 0
22
x
tc




Hàm
1
fx
x a x b

Với : x+a>0 và x+b>0 : Đặt :
t x a x b
Với x+a<0 và x+b<0 ,
đặt :
t x a x b
Ví dụ 4. Tính tích phân bất định sau :
8
22
23I x x dx
Giải
Đặt :
8
2 2 2 8 8 9
2
6
21
2 3 2 3 2
2
33
3
dt xdx
t
t x x x t t t
t
x




.
Vậy :
8 9 10
2 2 8 9 9 10 2 2
1 2 1 2 1
2 3 2 2 3 2 3
3 27 30 27 30
I x x dx t dt t dt t t C x x C
Ví dụ 5 : Tính tích phân bất định :
3
1
x dx
x
Giải
Đặt : t=
3
2
2
2
2 4 6
12
1
1 2 1 2 3
2
1
t tdt
xt
x dx
x t t t dt
t
dx tdt
x



.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 24
Vậy :
3
2 4 6 3 5 7
4 6 2
2 4 6 2 2
3 5 7
1
x dx
t t t dt t t t t C
x

23
4 6 2
2 1 1 1 1 1 1 1
3 5 7
x x x x x x x C
Ví dụ 6: Tính tích phân bất định :
2
52
3
12x x dx
Giải
Đặt : t=
3
2 3 2 2 2
3
13
1 2 1 2 2
22
t
x t x x xdx t dt
Do đó :
3
2
5 2 2 2 7 4
3
1 3 3
1 2 .
2 4 8
t
x x dx t t dt t t dt



Vậy :
2
5 2 7 4 8 5 6 3 2
3
3 3 1 1 3
1 2 5 8
8 8 8 5 320
x x dx t t dt t t t t t C




=
22
2 2 2
3
3
5 1 2 8 1 2 1 2
320
x x x C



Ví dụ 7: Tính tích phân bất định :
3
sin osxI x c dx
.
Giải
Đặt : t=
2
osx osx 2tdt=-sinxdxc t c
.
Do đó :
3 2 4 6 2
sin osx 1 os osx sinxdx= t 1 2 2x c dx c x c t tdt t t dt
.
Vậy :
3 6 2 7 3 3
2 2 2 1
sin osx 2 os osx osx osx+C
7 3 7 2
I x c dx t t dt t t C c x c c c

Ví dụ 8: Tính tích phân bất định :
3
2
osx.sin
1 sin
cx
I dx
x
Giải
Đặt :
2
2
sin 1
1 sin
2sin cos
xt
tx
x xdx dt

Suy ra :
32
22
1
osx.sin 1 sin .2sin . osx.dx 1 1 1
1
1 sin 2 1 sin 2 2
t dt
c x x x c
dx dt
x x t t




.
Vậy :
3
22
2
osx.sin 1 1 1 1
1 ln 1 sin ln 1 sin
1 sin 2 2 2
cx
I dx dt t t C x x C
xt






Ví dụ 9: Tính tích phân bất định :
2
8
os
sin
cx
I dx
x
Giải
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 25
Vì :
2
2 2 2 2 2 2
2
8 8 8
os os sin 1 sin 1 sin sin
os
sin sin sin
c x c x x x x x
cx
x x x
Đặt : t =
2
22
2
1
sin
cot
1
1 cot 1
sin
dt dx
x
x
xt
x

Suy ra :
2
22
2 2 2 2 2
8 6 2
os 1 1
cot cot 1 cot . 1
sin sin sin
cx
dx x dx x x dx t t dt
x x x


Vậy :
2
2 4 6 3 5 7
8
os 1 2 1
2
sin 3 5 7
cx
I dx t t t dt t t t C
x




. Thay : t= cotx vào .
Ví dụ 10 : Tính tích phân bất định :
2
0
dx
Ia
xa

Giải
Đặt :
2
2
2 2 2 2
1
x x a dx
x tdx dt dx
t x x a dt dx
t
x a x a x a x a

Vậy :
2
2
ln ln
dx dt
I t C x x a C
t
xa

Ví dụ 11: Tính tích phân bất định :
12
dx
I
xx

Giải
a. xét hai trường hợp :
Với :
10
1.
20
x
x
x


Đặt :
12t x x
Suy ra :
1 1 1 1 2
22
12
1 2 1 2
tdx dt dx
dt dx
t
xx
x x x x




Vậy :
2 2ln 2ln 1 2
12
dx dt
I t C x x C
t
xx


Với :
10
2.
20
x
x
x


Đặt t =
12xx
Suy ra :
1 1 1 1 2
22
1 2 1 2 1 2
tdx dt dx
dt dx
t
x x x x x x




Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 26
Vậy :
2 2ln 2ln 1 2
12
dx dt
I t C x x C
t
xx


BÀI TẬP CHO HAI PHƢƠNG PHÁP : PHÂN TÍCH VÀ ĐỔI BIẾN SỐ
Bài 1 : Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau
a/
9
2
1x x dx
b/
32
2
2 6 9 9
32
x x x
dx
xx

c/
2
3
31
x
dx
x
d/
2
3
2
xx
dx
x
Bài 2: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
2
2
1
x
dx
xx
b/
2
4
1
1
x
dx
x
c/
5
3
os
sinx
cx
dx
d/
3
sinx+cosx
sinx-cosx
dx
Bài 3: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
4
sin
dx
x
b/
1
sinx.sin x+
6
dx



c/
1
sinxcos x+
4
dx



d/
1
os x- os
63
dx
c c x

Bài 4: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
24
sin cosx xdx
b/
23
sin cosx xdx
c/
45
sin cosx xdx
d/
4
tan xdx
Bài 5: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
3
sinxcos
dx
x
b/
4
sin cos
dx
xx
c/
3
2
sin
1 os
x
dx
cx
d/
3
2
8
4
x dx
x
Bài 6: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/.
42
32
xdx
xx
b/
2
10
1
dx
xx
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 27
c/
5
63
2
x dx
xx
d/
2
25
3 2 1
x
dx
xx

Bài 7: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
sin2 sinx
1 3cos
x
dx
x
b/
1 3ln lnxx
dx
x
c/
22
sin 2
os 4sin
x
dx
c x x
d/
1 sin2 cos2
cos sin
xx
dx
xx

Bài 8: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
22
sin2
sin 2cos
x
dx
xx
b/
44
sin cos
sin cos 1
xx
dx
xx

c/
sinx+7cosx+6
4sin 5cos 5
dx
xx
d/
3
3
3
sin sinx
sin tan
x
dx
xx
Bài 9: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:
a/
1
1 sinx+cosx
dx
b/
2 2 2 2
sinxcosx
os sin
dx
a c x b x
c/
osx+sinxcosx
2 sinx
c
dx
d/
2
sinxdx
cosx sin 1x
LUYỆN TẬP TẠI LỚP
Tìm nguyên hàm các hàm số sau :
1.
1
0
2x 9
dx
x3
2.
1
2
0
3
dx
x 4x 5
3.
2
2
1
5
dx
x 6x 9
4.
4
2
1
1
dx
x (x 1)
5.
1
2
0
x3
dx
(x 1)(x 3x 2)
6.
1
42
0
1
dx
(x 4x 3)
7.
2
1
0
x 3x 2
dx
x3

9.
2
1
2
0
x
dx
4x
10.
1
2
0
x
dx
4x
11.
1
2
2
0
4x 1
dx
x 3x 2

12.
3
2
2
1
3x
dx
x 2x 1
13 .
1
32
0
4x 1
dx
x 2x x 2
14.
dx
x
xxx
I
2
0
2
23
4
942
15.
1
2
0
x x 1
dx
x4
16.
1
2
2
0
x 3x 10
dx
x 2x 9


Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 28
17.
2
1
dx
x1
1
4
0
x
18.
2
2
2
1
x
dx
x 7x 12
19.f(x)=
4
6
x1
dx
x1
20.
1
2
4
1/2
1x
dx
1x
PHƢƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
I. CÔNG THỨC :
I udv uv vdu

Chứng minh :
Giả sử hai hàm số : u=u(x) và v=v(x) liên tục và có đạo hàm .
Cho nên : d(u.v)=v.du+u.dv . Suy ra : u.dv=d(u.v)-v.du ,
và
. . . . .u dv d u v v du u v v du dpcm
.
Lý do sử dụng phương pháp tích phân từng phần :
Đôi khi ta gặp phải những tích phân mà không thể sử dụng hai phương phương
pháp : Phân tích và đối biến số , để tìm họ nguyên hàm trực tiếp được . Vì thế ta phải
thông qua việc tìm họ nguyên hàm trực tiếp bằng một hàm số khác ( mà có thể sử dụng
hai phương pháp đã biết để tìm ) .
II. CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
Bài toán 1: Sử dụng công thức tích phân từng phàn để tính
()I f x dx
.
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: Ta biến đổi tích phân ban đầu về dạng :
12
( ) ( ). ( )I f x dx f x f x dx

Bước 2: Đặt :
1
1
2
2
' ( )
()
()
()
du f x dx
u f x
v f x dx
dv f x

Bước 3: Khi đó :
. . .u dv u v v du

Ví dụ 1: Tính tích phân bất định :
2
2
.ln 1
1
x x x
I dx
x

Giải
Viết lại :
2
2
ln 1 .
1
xdx
I x x
x
.
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 29
Đặt :
2
2
22
2
2
1
ln 1
1
11
1
1
x
u x x
dx
x
du
xdx
x x x
dv
x
vx





Khi đó :
2 2 2 2
. 1ln 1 1ln 1I u dv x x x dx x x x x C

Ví dụ 2: Tính tích phân bất định :
2
ln osx
os
c
I dx
cx
Giải
Ta viết lại :
2
ln osx .
os
dx
Ic
cx
Đặt :
2
2
2
sinx
ln osx
tanx
cosx
. t anx.ln cosx tan
v= t anx
os
os
uc
du
I u dv xdx
dx
dx
dv
cx
cx




.
Khi đó :
2
1
tanx.ln cosx 1 tanx.ln cosx t anx-x+C
os
I dx
cx



Bài toán 2: Tính tích phân bất định dạng :
( )sin
( ) osaxdx
I P x axdx
I P x c
. Với P(x) là một đa thức .
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta lựa chọn một trong hai cách sau :
Cách 1: Sử dụng tích phân từng phần , thực hiện theo các bước sau :
+/ Bước 1: Đặt :
'( )
()
1
osax
sinaxdx
cosaxdx 1
sin
a
du P x dx
u P x
c
a
dv v
ax



+/ Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng phần :
+/ Bước 3: Tiếp tục thủ tục như trên ta sẽ khử được bậc của đa thức .
Cách 2: ( Sử dụng phương pháp hệ số bất định ) . Ta thực hiện theo các bước sau :
+/ Bước 1: Ta có :
( ) osaxdx=A(x)sinax+B(x)cosax+C 1I P x c
Trong đó : A(x) và B(x) là các đa thức cùng bậc với P(x).
+/ Bước 2: Lấy đạo hàm hai vế của (1) :
( ) osax=A'(x)cosax-A(x)a.sinax+B'(x)sinax+aB(x)cosaxP x c
+/ Bước 3: sử dụng phương pháp hệ số bất định ta xác định được A(x) và B(x).
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 30
* Nhận xét : Nếu bậc của đa thức lớn hơn 3 , thì cách 1 tỏ ra cồng kềnh , vì khi đó ta thực
hiện số lần tích phân từng phần bằng với số bậc của đa thức . Cho nên ta đi đến nhận định
như sau :
- Nếu bậc của đa thức lớn hơn hoặc bằng 3 : Ta sử dụng cách 2.
- Nếu bậc của đa thức nhỏ hơn hoặc bằng 2 : Ta sử dụng cách 1.
Ví dụ 3: Tính tích phân bất định :
2
sinx xdx
Giải
Ta có :
2
1 os2x 1 1 1 1
cos2 1
2 2 2 4 2
c
I x dx xdx x xdx x J



Tính :
cos2J x xdx
Đặt :
11
sin 2 sin 2 sin 2 os2x+C
1
os2xdx
2 2 2 4
sin 2
2
du dx
ux
xx
J x xdx x c
dv c
vx

Thay vào (1) :
22
1 1 1 1 1
sin2 os2x sin 2 os2x
4 2 2 4 4 2
x
I x x c x x x c C
Ví dụ 4: Tính tích phân bất định :
32
2 3 sinxI x x x dx
Giải
Theo nhận xét trên , ta sử dụng phương pháp hệ số bất định
Ta có :
3 2 3 2 3 2
1 1 1 1 2 2 2 2
2 3 sinx osx+ sinxI x x x dx a x b x c x d c a x b x c x d
(1)
Lấy đạo hàm hai vế của (1)
3 2 3 2
2 1 2 1 2 1 2
2 3 sinx= a 3 2 osxx x x x a b x b c x c d c


32
1 2 1 2 1 2 1
- a 3 2 sinx 2x a b x b c x c d


Đồng nhất thức ta được :
2 2 1 2
1 2 2 1 1 2
1 2 2 1 1 2
1 2 2 1 1 2
0 1 1; 0
3 0 3 1 1; 3
2 0 2 2 4; 2
0 3 1; 4
a a a a
a b a b b b
b c b c c c
c d c d d d

Khi đó :
3 2 2
4 1 osx+ 3x 2 4 sinx+CI x x x c x
.
* Có nhận xét gì khi giải bằng cách lấy tích phân từng phần ba lần ( Do đây là đa
thức bậc ba ).
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 31
Đặt :
2
32
3 2 2
3 2 2
23
osx 2 3 3 2 2 osxdx
sinxdx
osx
du x x dx
u x x x
I c x x x x x c
dv
vc


(1
)
Tính :J=
2
3 2 2 osxdxx x c
Đặt :
2
1
2
1
1
1
62
3 2 2
sinx 3 2 2 6 2 sinxdx 2
osxdx
sinx
du x dx
u x x
J x x x
dv c
v

Tính : K=
6 2 sinxdxx
Đặt :
22
22
6 2 6
osx 6x-2 6 osxdx= osx 6x-2 6sin
sinxdx osx
u x du dx
K c c c x
dv v c



Thay các kết quả tìm được lần lượt vào (2) và (1) ta tính được I
J=
22
sinx 3 2 2 osx 6x-2 6sin sinx 3 2 4 6 2 osxx x c x x x x c
I=
3 2 2
osx 2 3 sinx 3 2 4 6 2 osxc x x x x x x c


3 2 2
4 1 osx+ 3x 2 4 sinx+CI x x x c x
- Như vậy vấn đề đặt ra là : Em nào thấy cách nào dễ hiểu và không bị nhầm lẫn ,
thì chọn cách đó , không nhất thiết là dài hay ngắn , quan trọng nhất là kết quả phải chính
xác .
Bài toán 3: Tính tích phân bất định :
ax
ax
sin
osbxdx
I e bxdx
I e c
. ( Với a, b
0
)
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần , theo các bước sau :
Bước 1: Đặt
ax
ax
ax
ax
sin bxdx
osbx
1
v= e
dv=e
a
cosb
sin
1
du b
uc
dx
du b xdx
u bx
dv e dx
ve
a


Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng phần
Chú ý : Riêng đối với dạng tích phân này bao giờ cũng phải lấy tích phần từng
phần hai lần .
Ví dụ 5: Tính tích phân bất định sau :
22
sin
x
I e xdx
Giải
Ta có :
2 2 2 2 2 2
1 os2x 1 1 1 1
sin os2xdx 1
2 2 2 4 2
x x x x x
c
I e xdx e dx e dx e c e J



Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 32
Tính tích phân J=
2
os2xdx
x
ec
.
Đặt :
2 2 2
2
2x
2sin2
os2x
11
os2x+ sin2 os2x+K 2
1
22
dv=e
2
x x x
x
du xdx
uc
J e c e xdx e c
ve
dx


Tính tích phân K=
2
sin 2
x
e xdx
.
Đặt :
1
1
2 2 2
2
2
1
1
2cos2
sin 2
11
sin 2 os2xdx sin 2 3
1
22
2
x x x
x
x
du xdx
ux
K e x e c e x J
ve
dv e dx

Từ (2) và (3) ta có hệ :
2
2
2
1
os2x
1
2
sin 2 os2x
1
4
sin 2x
2
x
x
x
J K e c
J e x c
J K e


Thay vào (1) ta được : I=
2 2 2
1 1 1 1 1
. sin 2 os2x 1 sin 2 os2x
4 2 4 4 2
x x x
e e x c e x c C



Bài toán 4: Tính tích phân bất định :
ax
()I P x e dx
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần .Ta tiến hành theo các bước sau
Bước 1: Đặt
ax
ax
'( )
()
1
du P x dx
u P x
ve
dv e dx
a

Bước 2: Khi đó :
ax ax
11
( ) '( )I e P x P x e dx
aa
Bước 3: Tiếp tục thủ tục như trên ta sẽ khử được đa thức .
Ví dụ 6: Tính tích phân bất định :
3x
I xe dx
Giải
Đặt :
3 3 3 3
3
3
1 1 1 1
1
3 3 3 9
3
x x x x
x
x
du dx
ux
I xe e dx xe e C
ve
dv e dx

Ví dụ 7 : Tính tích phân bất định :
22x
I x e dx
Giải
Đặt :
2
2 2 2 2 2
2
2
2
11
.1
1
22
2
x x x
x
x
du xdx
ux
I x e x e dx x e J
ve
dv e dx


Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 33
Tính tích phân J=
2x
xe dx
.
Đặt :
1
1
2 2 2 2
2
2
1
1
1 1 1 1
1
2 2 2 4
2
x x x x
x
x
du dx
ux
J xe e dx xe e
ve
dv e dx

Thay vào (1) ta được : I=
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 1
2 2 4 4
x x x x
x e xe e C e x x C



* Chú ý :
Qua hai ví dụ 6 và 7 ta thấy số lần lấy tích phân từng phần bằng với số bậc của đa thức
P(x) . Nghĩa là : số bậc của P(x) càng cao thì số lần lấy tích phân từng phần càng nhiều .
Bài toán 5: Tính tích phân bất định :
( )lnI P x xdx
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta lấy tích phân từng phần , theo các bước sau :
Bước 1: Đặt :
ln
()
()
dx
du
ux
x
dv P x dx
v P x dx

Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng phần , ta được một tích phân quen
thuộc mà có thể tinh được bằng hai phương pháp đã biết .
Ví dụ 8: Tính tích phân bất định sau :
2
2 lnI x x xdx
Giải
Đặt :
2
32
ln
2
1
3
dx
du
ux
x
dv x x dx
v x x




Suy ra :
3 2 3 2 3 2 2
1 1 1 1
ln ln
3 3 3 3
dx
I x x x x x x x x x dx xdx
x

I
3 2 3 2
1 1 1
ln
3 9 2
x x x x x C



BÀI TẬP VỀ : PHƢƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
Bài 1. Tính các tích phân bất định sau :
a/
22
1
x
x e dx
b/
2
sinxdxx
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Trang 34
c/
cosx xdx
d/
2
1 tanx+tan
x
e x dx
Bài 2. Tính các tích phân bất định sau :
a/
x
e dx
b/
2
ln x
dx
x



c/
2
os3xdx
x
ec
d/
sin ln x dx
Bài 3. Tính các tích phân bất định sau :
a/
2
2
1 osx c xdx
b/
2
.0x b dx b
c/
3
lnx xdx
d/
2
2
logx xdx
Bài 4. Tính các tích phân bất định sau :
a/
2
2 sin 2x xdx
b/
2
os
x
dx
cx
c/
2
48x x dx
d/
1 sinx
1 osx
x
e
dx
c
Bài 5. Tính các tích phân bất định sau :
a/
2
2
2
x
xe
dx
x
b/
2
ln 1x x dx
c/
2
11
ln
11
x
dx
xx

d/
23x
x e dx
Bài 6. Tính các tích phân bất định sau :
a/
ln
1 ln
x
dx
xx
b/
2
os3xdx
x
ec
c/
3
sin xdx
d/
2
ln 1 x
dx
x
| 1/34
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
* Để tìm họ nguyên hàm của một hàm số y=f(x) , cũng có nghĩa là ta đi tính một tích
phân bất định : I f (x)dx  . Ta có ba phương pháp :
- Phương pháp phân tích .
- Phương pháp đổi biến số .
- Phương pháp tích phân từng phần
Do đó điều quan trọng là f(x) có dạng như thế nào để ta ngiên cứu có thể phân tích chúng
sao cho có thể sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản để tìm được nguyên hàm của chúng .
Hoặc sử dụng hai phương pháp còn lại
- Sau đây là một số gợi ý giúp các em có thể nhận biết dạng của f(x) mà có phương pháp
phân tích cụ thể , từ đó tìm được nguyên hàm của chúng .
PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM BẰNG CÁCH PHÂN TÍCH
I.TRƢỜNG HỢP : f(x) LÀ MỘT HÀM ĐA THỨC n n 1
f (x)  a x a x  ..... a n n 1  0 A.CÁCH TÌM
1. Sử dụng công thức tìm nguyên hàm của hàm số : f(x)=  1  1 x F(x) .x     C  1
2. Do đó nguyên hàm của f(x) là :  F xaa n n 1 n 1  nx
x  .....  a x C 0 n 1 n
B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA .
Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm các hàm số sau  1   4m 5  1. 4 3 3 2 x  4x
x x  2 dx   2. 3 2 mx  3x x 1    7m dx    4  3  x 2x   2 
3.  x  2 x me
a  log x  2 sin 2x  3cos 4x dx 4.
 3x  t anx+3x-2 dx  3     x GIẢI 5  1  1 4 3 1 1. 4 3 3 2 5 4 2 3
x  4x x x  2 dx x x
x  .x  2x C    4  20 3 5 2  4m 5  m 2 4m 5 2. mx  3x x 1    7m dx x x    x  3 3 2 4 3 2 1    7mx C 3 2 2  x 2x  4 3 2.x 2.x 2 x a x x x 1 3
3. me  2a  log x 2sin 2x 3cos4x dx me
x ln x x  o
c s2x+ sin 4x C 3    ln a ln 3 4  2  3x x 3 4. 2
 3  t anx+3x-2 dx  4 x   ln o c sx 
x  2x C    x  ln 3 2
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 1
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
II. TRƢỜNG HỢP f(x)LÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ : fx)= P(x) Q(x)
* Trường hợp : Bậc của P(x) cao hơn hoặc bằng bậc của Q(x) , thì bằng phép chia đa thức
ta lấy P(x) chia cho Q(x) được một đa thức A(x) và một số dư R(x) mà bậc của R(x) thấp
hơn bậc của Q(x). Như vậy tích phân của A(x) ta tính được ngay ( như đã trình bày ở
trên). Do vậy ta chỉ ngiên cứu cách tìm nguyên hàm của f(x) trong trường hợp bậc tử thấp
hơn bậc của mẫu , nghĩa là f(x) có dạng : R(x) f (x)  . Q(x)
Trước hết ta ngiên cứu cách tìm nguyên hàm của f(x) có một số dạng đặc biệt .
1. Hàm số f(x) có dạng : 1 I dx a  0  2   ax  bx c 2     * Ta phân tích : b 2
ax  bx c a x    
 , mà ta đã biết ở lớp 10 . 2  2a  4a  
* Xét ba trường hợp của  . Ta sẽ có ba dạng của f(x) và ta cũng có ba cách tìm nguyên hàm gợi ý sau :  b  2  b    u   x  ; k  - Nếu : 2
  0    0ax  bx c a x        2a 2a 2  2a  4a   a   2 2 u k  2  b     b  - Nếu : 2
  0  a x       au u x    2  2a  4a    2a   2  b     b    b    
- Nếu :   0  a x    
  a x x x xx  ; x   2  1   2  1 2    2a  4a   2a 2a   
Do vậy tích phân trên có thể giải như sau : 1 1 1
- Trường hợp :   0 , thì I dx d . u   2 2 2 ax  bx c a u k * Nếu đặt :  1
u  tan t du dt    2 1 tan t dt 2  1 1 1 1 2 os c t   I d . u  . 1 tan t dt   a u k a kt u
  k k tan t k k  1tan t 2 2 2 .  2 2 2 2 2 2 2 2 1 tan    1 tdt   C
. ( với : u  tan t t  arctanu ). 2 2 . a k ak 1 1 1 1
- Trường hợp :  =0 thì : I dx du      C   . 2 2 ax  bx c u ub x     2a  1 1 1 1 Hay : I dx dx    C   2 2 ax  bx c a    b b   a x x         2 2 a a  Trang 2
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
- Trường hợp :   0. thì : 1 1 1 1  1 1  I dx dx       dx 2 ax  bx c
a x x x x a x x x x x x   1   2   2 1 2 1 1  1 x x
ln x x  ln x x  ln  C . 1 2  2
a x x a x x x x 2 1   2 1 1
Ví dụ 1. Hãy tính các tích phân sau : 1 1 a. dx  b. dx  2 x x 1 2 x  2x  3 GIẢI 1 1  1  3 3 a. dx dx   . Đặt : x   tan t dx     2
1 tan t dt . 2 2 2 x x 1  1   3   4  2 2 x        4  2   1 1  dx  .    3 3 2 1 tan t dt dt t C  . 2  x x 1 3  3 2  t  4 4 1 tan  4 4     Với : 1 3 2 3 x  
tan t t  arctan        4  2 4x-1   1 1 b. dx d . x   Đặt : x   t dx   2 1 2 tan
2 1 tan t dt . 2 x  2x  3 x  2 1   22 1 1 1 1  dx   t dt dt t C    x  2x  3 2tan t   . 2 1 tan 2 2  1 2 2 Với : x 1  x 1 x 1 
2 tan t  tan t   t  arctan   2  2 
Ví dụ 2 . Tìm nguyên hàm của các hàm số sau 1 1 a. dx  b. dx  2 x  4x  4 2 9x 12x  4 GIẢI 1 1 1 a. dx dx    C   2 x  4x  4 x  22 x  2 1 1 1 1 1 1 1 b. dx dx dx    C    2 2 2 9x 12x  4  2  9  2  9  2  9x  6 9   x x x             3 3 3 
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 3
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm các hàm số sau 1 1 a. dx  b. dx  2 x  3x  2 2 4x  3x 1 GIẢI 1 1 1 1 1 x  2 a. dx dx dx
dx  ln x  2  ln x 1  ln  C     2 x  3x  2 2 1  x   1  x  2 x  2 x 1 x 1   1 1 1 1 1  1 1  b. dx  . dx     dx dx     2 4x  3x 1 4  1   1  x  1 x  x       3 1 1 1  x    4   4   4  1  1  1 x 1 1 4 x   1
ln x 1  ln x   ln  C  ln  C   3  4  3 1 3 4x 1 x  4
2. Hàm số f(x) có dạng : Ax+B f (x)  2 ax  bx c * Ta có hai cách tìm .
-Cách một : Biến đổi tử số thành dạng : 2
Ax+B=d(ax  bx c)  D  2ax bdx D d Ax+B  2
ax  bx c
2ax bdx +) Nếu D=0 thì : 2 dx  
 ln ax  bx c C    2 2 2 ax  bx c ax  bx c ax  bx c d Ax+B  2
ax  bx c
2ax bdx 1 +)Nếu D  0 thì : dx    D dx     2 2 2 2 ax  bx c ax  bx c ax  bx c ax  bx c 1 2
 ln ax  bx c D dx C  2 ax  bx c Trong đó : 1 dx
, đã biết cách tìm ở ý 1. 2 ax  bx c
-Cách hai :( Chỉ áp dụng cho trường hợp mẫu số có hai nghiện thực x x ) 1 2   +) Ta biến đổi : Ax+B Ax+B 1 M N      * 2 ax  bx c a x-x x x a x x x x   1   2    1 2
+) Sau đó quy đồng mẫu số vế phải thành :
1  M x x N x x
1 M N x Mx Nx 2   1     2 1     a  x x x x    a x x x x 1   2    1   2 
M N A
+) Đồng nhất hệ số hai tử số , ta có hệ :  . Từ đó suy ra M,N 
 Mx Nx C 2 1 
+) Thay M,N vào (*) ta tính được tích phân : Ax+B 1  M NM N dx dx dx  ln x x
ln x x C     2 1 2 ax  bx c a x x x x a a   1 2 Trang 4
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
* Chú ý : Ta có thể tìm M,N bằng cách khác là thay lần lượt hai nghiệm của mấu
số vào hai tử số , ta được hai phương trình .Từ hai phương trình ta suy ra M,N . Các bước
tiếp theo lại làm như trên .
CÁC VÍ DỤ ÁP DỤNG
Ví dụ 4. Tìm nguyên hàm các hàm số sau 2(x 1)
2 x  2 dx a. dx  b.  2 x  2x  3 2 x  4x  4 GIẢI   d x x  2x 2x3 2( 1) 2 2  a. 2 dx dx
 ln x  2x  3  C    2 2 2 x  2x  3 x  2x  3 x  2x  3
2  x  2 dx 2x  4 d dx
 2x 4x3 b. 2  
 ln x  4x  3  C    2 2 2 x  4x  3 x  4x  3 x  4x  3
Ví dụ 5. Tìm nguyên hàm các hàm số sau 3x  2 2x  3 a. dx  b. dx  2 x  2x  3 2 x  4x  4 GIẢI a.Cách 1. 3x  2
E 2x  2  D
2E D  2E Ta có :  
. Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ phương 2 2 2 x  2x  3 x  2x  3 x  2x  3 3  3 2x  2     trình : 2E 3 E 3x  2 1 2    2    . 2 2 2
D  2E  2 x  2x  3 x  2x  3 x  2x  3 D  1   d x  2x 2x3 3 2 3  Vậy : 1 3 2 dx   dx
ln x  2x  3  J 1    2 2 2   x  2x  3 2 x  2x  3 x  2x  3 2 Tính :J= 1 1  1 1  1 1 x 1 dx dx dx
ln x 1  ln x  3  ln  C      2 x  2x  3 4  x 1 x  3  4 4 x  3 Do đó : 3x  2 3 1 x 1 2 dx
ln x  2x  3  ln  C  2 x  2x  3 2 4 x  3 -Cách 2. Ta có : 3x  2 3x  2 A B
Ax  3  B x   1
A B x  3A B +)     *  2 x  2x  3 x   1  x  3 x 1 x  3 x   1  x  3     x   1  x  3
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 5
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM  5 A  A B  3 
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ : 4    3
A B  2 7 B   4 3x  2 5 1 7 1 Suy ra :  .  . 2 x  2x  3 4  x   1 4  x  3 3x  2 5 1 7 1 5 7 Vậy : dx dx dx  ln x 1  ln x  3  C    . 2 x  2x  3 4 x 1 4 x  3 4 4
+) Phân tích f(x) đễn (*) .Sau đó thay hai nghiệm x=1 và x=3 vào hai tử số để tìm  5 A  3.1   2  ( A 1 3) 
A,B , cụ thể ta có hệ hai phương trình sau : 4    3  ( 3  )  2  B( 3  1) 7 B   4
Các bước tiếp theo giống như trên . 2x  3
E 2x  4  D
2Ex D  4E b..Ta có :  
. Đồng nhất hệ số hai tử số : 2 2 2 x  4x  4 x  4x  4 x  4x  4  E  E  Ta có hệ 2 2 1    
D  4E  3  D  7  2x  3 2x  4 7 Suy ra :   . 2 2 2 x  4x  4 x  4x  4 x  4x  4 2x  3 2x  4 1 7 Vậy : 2 dx dx  7
dx  ln x  4x  4   C    2 2 x  4x  4 x  4x  4 x  22 x  2 3. TỔNG QUÁT :
a. Trường hợp mẫu số không có nghiệm thực có nghiệm thực (Tức là mẫu số vô nghiệm).
* Ta phân tích như ở ví dụ 5- cách 1
b. Trường hợp mẫu số có nhiều nghiệm thực đơn
* Ta phân tích giống như ví dụ 5a- cách 2.
c. Trường hợp mẫu số có cả trường hợp không có nghiệm thực và trường hợp có nhiều nghiệm thực đơn .
* Ta sử dụng cả hai phương pháp trên .
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 6. Tìm nguyên hàm các hàm số sau 2 3x  3x 12 2 x  2x  6 a.   b. dx    dx
x 1  x  2 xx  
1  x  2 x  4 GIẢI 2 3x  3x 12 A B C
Ax x+2  Bx x  
1  C x   1  x  2 a.Ta phân tích f(x)=      . x  
1  x  2 x x 1 x  2 xx  
1  x  2 x Trang 6
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Bằng cách thay các nghiệm thực của mẫu số vào hai tử số ta có hệ :
x 118  3A A  6  6 3 6 x  2
 18  6B B  3  f (x)    x 1 x  2 xx  0 12  2
C C  6   2
Vậy : 3x  3x 12  6 3 6                 x   dx dx 6 ln x 1 3ln x 2 6 ln x C x 1 2 x
x 1 x  2 x  b. Ta phân tích 2 x  2x  6 A B C
Ax  2 x  4  B x  
1  x  4  C x   1  x  2 f(x)=      x  
1  x  2 x  4 x 1 x  2 x  4 x  
1  x  2 x  4
Bằng cách thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số ta có hệ :
x 1 9A  3  x  3  3 7 5 x  2 14  2
B x  7
  f (x)    x 1 x  2 x  4
x  4  30  6C C  5  2 Vậy x  2x  6  3 7 5                 
x   x   dx dx 3ln x 1 7 ln x 2 5ln x 4 C x 1 2 4
x 1 x  2 x  4 
Ví dụ 7. Tìm nguyên hàm các hàm số sau 2 x  2x 1 2 x 1 a.   b. dx    dx x 1  2 x   1 x  3 1  x  3 GIẢI
a. Trong trường hợp này ,mẫu số chứa các biểu thức có nghiệm thực và không có nghiệm
thực . Các em hãy chú ý đến cách phân tích sau .    A 2 2 x   1   x   1 2 1 Bx C x x A Bx C  Ta có f(x)=     . x   1  1 2 x   2 1 x 1 x 1 x   1  2 x     1
Thay x=1 vào hai tử ta dược : 2= 2A, cho nên A=1. 1 2 x   1   x  
1  Bx C  B   2
1 x  C B   Do đó (1) trở thàn x 1 C h :   . x   1  2 x   1 x   1  2 x   1 B 1 1 B  0
Đồng nhất hệ số hai tử số , ta có hệ :   1 2 C
  B  2  C
  2  f (x)   2 x 1 x 1   1 C  1  A  1   2 Vậy : x  2x 1 1 1           x   dx dx dx x J C 1  2 ln 1 2 2 2 x   2   1 x 1 x 1
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 7
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
x  tant dx   2
1 tan t dt * Tính J = 1 dx  . Đặt :  . 2 x 1 2 2 1
  x 1 tan t Cho nên : 1 1 dx  .    2
1 tan t dt dt t; do : x  tan t t  arctanx  2 2  x 1 1 tan t 2
Do đó , thay tích phân J vào (2) ta có : x  2x 1     dx x   x 1  ln 1 arctanx+C 2 x   1 2 x 1 A B C D b.Ta phân tích f(x)=      x  3 1  x  3 x  3 1 x  2 1 x 1 x  3
Ax  3  B x  
1  x  3  C x  2
1  x  3  D x  3 1   x  3 1  x  3  1
x  1  2  4 A A   Thay x=1 và x= 
-3 vào hai tử số ta được : 2  5 x  3  10  64
D D    32
Thay hai giá trị của A và D vào (*) và đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ hai phương trình  5
0  C D C  D   32 1 3 5 5   f (x)      3  2  x  3 1 8 x  2 1 32 x   1 32 x  3
1  3A  3B  3C D B   8 2   Vậy : x 1 1 3 5 5           x   dx dx 3 1  x  3  2x  3 1 8 x   2 1 32 x   1 32 x  3  1 3 5 5 1 3 5 x 1     x   x   C      C 4  x   ln 1 ln 3 ln 2 1 8 x   1 32 32 4  x  2 1 8 x   1 32 x  3
III. . NGUYÊN HÀM CÁC HÀM SỐ LƢỢNG GIÁC .
Để xác định nguyên hàm các hàm số lượng giác ta cần linh hoạt lựa chọn một trong các
phương pháp cơ bản sau :
1. Sử dụng dạng nguyên hàm cơ bản .
2. Sử dụng phương pháp biến đổi lượng giác đưa về các nguyên hàm cơ bản
3. Phương pháp đổi biến
4. Phương pháp tích phân từng phần
A. SỬ DỤNG CÁC DẠNG NGUYÊN HÀM CƠ BẢN . Trang 8
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM BÀI TOÁN 1.
Xác định nguyên hàm các hàm số lƣợng giác
bằng việc sử dụng các nguyên hàm cơ bản Dạng 1 dx
.: Tính tích phân bất định : I  
sin  x asin  x b
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1: Sử dụng đồng nhất thức :
sin a b
sin  x a   x b 1= 
sin a b a b  Bước 2: Ta được : dx 1
sin  x a   x b   I   dx  
sin  x asin  x b
sin a b sin  x asin  x b 1
sin  x a o
c s x-b  sin  x b o c s x-a  dx
sin a b
sin x+asin  x b 1  o c s x+b o c s x+a  1   dx dx     x b x a   
sin a b sin  x b sin x+a sin 
a b ln sin  ln sin  1
sin  x b    a b ln C sin
sin  x a
* Chú ý Phương pháp trên cũng được áp dụng cho các dạng tích phân sau : dx
sin a b 1. I  
sử dụng đồng nhất thức : 1  c  c   , os x+a os x+b
sin a bdx o c s a-b 2.  
sử dụng đồng nhất thức : 1  .
x ac   , sin os x+b o c s a-b
Ví dụ 1 . Tìm họ nguyên hàm của hàm số : 1 f (x)  .    o c sx.cos x+    4  Giải      o c s x+ os  x c      4      
Cách 1. Sử dụng đồng nhất thức : 4 1    2 o c s x+  x       4  o c s o c s  4 4
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 9
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM           os c x+  x   os c x+ osx+ c sin x+ s inx      Ta có :  4    4   4  F (x)  2 dx  2 dx         s inx.cos x+ s inxcos x+      4   4       sin x+     osx c  4       s inx = 2  dx dx  2 ln s inx  ln os c x+  2 ln  C        sinx       4     cos x+  cos x+      4      4 
Cách 2 : Dựa trên đặc thù của hàm số f(x) Ta có : 1 1 1 1 F (x)  dx  2 dx dx dx        s inx sinx-cosx 2 2 2  cosx  2 s in x cotx-  1 s inxcos x+ s in x 1-      4   sinx  d cot x
d cot x   1   2   2
  2 ln cot x 1  C   cot x 1 cot x 1
Dạng 2: Tính tích phân bất định : dx I   s inx+sin
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1. Biến đổi I về dạng :
 Bước 2: Áp dụng bài toán 1 để giải (1)
* Chú ý : Phương pháp trên cũng áp dụng cho các dạng tích phân sau : dx 1. I  ; m  1  . s inx+m dx dx 2. I   I  ; m  1   o c sx+m o c sx+cos
Ví dụ 2: Tìm họ nguyên hàm của hàm số : 1 f (x)  2sin x 1 Giải
Biến đổi f(x) về dạng : 1 1 1 1 1 f (x)    .   1  1  2  4 6x   6x   2 s inx+ sinx+sin sin . o c s    2  6 12 12
Sử dụng đồng nhất thức :  6x+ 6x-   6x+   6x-   6x+   6x-  os c o c s  o c s . o c s  sin sin           6  12 12  2  12   12   12   12  1     . 3 3  6x+   6x-  os c sin o c s     6 2  12   12  Trang 10
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Ta được :   6x+   6x-   os c sin       2  12   12  2   6x+   6x-   F (x)   dx dx    ln sin  ln cos      3   6x+   6x-   3   12   12  sin cos       12 12        6x+  sin   2  12   ln  C . 3  6x-  os c    12 
Dạng 3: Tính tích phân bất dịnh : I  t anx.tan  x+ dx
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1: Biến đổi I về dạng :
 sinxsinx    o
c sxcos  x     os c   I            cx  1 dx dx dx osxcos   cosxcosx         1  o c s      dx x   1 cosx.cos x+
 Bước 2 : Áp dụng bài toán 1 để giải (1)
* Chú ý : Phương pháp trên cũng được áp dụng đẻ giải các tích phân dạng : 1. I  tan
 xcotx  dx 2. I  cot
 xcotx  dx   Ví dụ 3.
Tìm họ nguyên hàm của hàm số sau : I  t anx.tan x+ dx     4  Giải :
Ta biến đổi f(x) về dạng :        s inx.sin x+  o c sx.cos x+     os c  4   4  4 f (x)  1  1       o c sx.cos x+ o c sx.cos x+      4   4  2 dx 2 dxF(x)  dx dx dx x      1 2    2    osx. c cos x+ osx. c cos x+      4   4  Để tính : dx J dx
. Ta lựa chọn hai cách sau :    o c sx.cos x+    4 
 Cách 1: Sử dụng dạng toán cơ bản .
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 11
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sử dụng đồng nhất thức :      sin sin x   x     4   2 4       1    .sin x  o c sx-sinx.cos x       2 2  4   4  sin 4 2            sin x  o
c sx-sinx.cos x  sin x          Ta được :  4   4   4  s inx J  2 dx  2  dx dx           cosx  o c sx.cos x  cos x      4  4            o c sx  2 ln o c s x+  ln cosx     2 ln  C   4  cos  x+
 Cách 2. Dựa trên đặc thù của hàm số dưới dấu tích phân . Ta có : 1 1 1 1 J dx  2 dx dx       o c sx cosx-sinx 2 1tanx. 2 o c s x o c sx.cos x+    4  d 1 t anx   2
  2 ln 1 t anx  C  . 1-tanx
Dạng 4. Tính tích phân bất định : 1 I dx  a.sinx+b.cosx PHƢƠNG PHÁP CHUNG
 Ta có thể lựa chọn hai cách biến đổi Cách 1: Ta có . 1 dx 1 dx 1 dx 1 I    .    2 2  sin  x      a b  2 2 2 2 x x x x 2 a b 2sin . os a b c 2 tan o c s 2 2 2 2  x    d tan   1  2  1 x    I   ln tan  C  2 2  2 2 x   2 a b tan a b 2
Chú ý : Chúng ta cũng có thể thực hiện bằng phương pháp đại số hóa với việc đổi
biến số bằng cách đặt x t  tan . 2
Ví dụ 4: Tìm họ nguyên hàm của hàm số 2 f (x)  3 s inx+cosx Giải Trang 12
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Ta có : dx 1 dx 1 dx F (x)       3 s inx+cosx 2 3 1 2    s inx+ o c sx sin x    2 2  6   x   d tan    dx dx  2 12   x       ln tan   C       x    x    x    x    x   2  2 12  2 tan  os c  sin  os c  tan             2 12   2 12   2 12   2 12   2 12  Dạng 5 a s inx+b o c sx
: Tính tích phân bất định sau : 1 1 I dx  a s inx+b o c sx 2 2 PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1: Biến đối : a sinx+b o
c sx=A a s inx+b o c sx  B a o c sx-b s inx 1 1  2 2   2 2   Bước 2: Khi đó A a sinx+b o c sx  B a o c sx-b s inx d a s inx+b o c sx 2 2   2 2   2 2  I
dx A dx B    a s inx+b o c sx a s inx+b o c sx 2 2 2 2  Ax+Bln a sinx+b o c sx  C 2 2 Ví dụ 5: x x
Tìm họ nguyên hàm của hàm số 4sin 3cos f (x)  dx  s inx+2cosx Giải
Biến đổi : 4sin x  3cos x  (
A s inx+2cosx)+B(cosx-2sinx)=(A-2B)sinx+(2A+B)cosx .     
Đồng nhất hệ số hai tử số ,ta được : A 2B 4 A 2   
2A B  3 B  1  2sinx+2cosx   o c sx-2sinx Khi đó : o c sx-2sinx f (x)   2  s inx+2cosx s inx+2cosx Do đó :  o c sx-2sinx   o c sx-2sinx dx F(x) 
f (x)dx  2  dx  2 dx
 2x  ln sinx+2cosx  C       s inx+2cosx  s inx+2cosx
Dạng 6. Tính tích phân bất định : a s inx  b o c sx 1 1 I    dx a s inx+b o c sx2 2 2
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1. Biến đổi : a sinx+b o c sx= A a s inx+b o c sx  B a o c sx-b s inx . 1 1  2 2   2 2 
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 13
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM  Bước 2. Khi đó : A a s inx+b os c x  B a os c x-b s inx dx a os c x-b s inx dx 2 2   2 2   2 2  I      dx A B   a s inx+b os c x 2 a os c x+b s inx a os c x+b s inx 2 2 2 2 2 2 2 A dx 1 Ax   BBdx  ln tan   C     2 2  sin a bx   2 2 a s inx+b os c x   2  a os c x+b s inx 2 2 a b 2 2 2 2 2 2 Trong đó : b a 2 2 sin  ; cos  . 2 2 2 2 a b a b 2 2 2 2 Ví dụ 6 : x
Tìm nguyên hàm của hàm số sau : 8cos f (x)  . 2  3 sin 2x  o c s2x Giải Biến đổi : 8cos x 8cos x f (x)   2 2
3sin x  2 3 s inxcosx+cos x  3sinx+cosx2
Giả sử : 8cos x a 3sinx+cosxb 3 o
c sx-sinx  a 3 bsinx+a+b 3 o c sx .
a 3 b  0 a  2
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :    
a b 3  8 b   2 3 2 3  3 o c sx-sinx 2 
Khi đó : f (x)   3 s inx+cosx 3 s inx+cosx dx  3 ocsx-sinx 2 dx   Do đó : 1 x  2 3 F (x)   2 3  ln tan    C     3 s inx+cosx 3 s inx+cosx 2  2 12  3 s inx+cosx Chú ý 2dx
: Trong ví dụ trên ta lấy kết quả ví dụ 4 cho :  . 3 s inx+cosx
Dạng 7. Tính tích phân bất định : 1 I dx  . asinx+bcosx+c Ta xét ba khả năng : 1. Nếu 2 2 c a b .
Ta thực hiện phép biến đổi : 1 1 1 1   c 1   o c s  x-  . asinx+bcosx+c  2c x  2  os c 2 Trong đó : a b sin  ; o c s = 2 2 2 2 a b a b   Khi đó : 1 dx 1 xI   tan  C    2c x  2 c  2  os c 2 2. Nếu : 2 2
c   a b Trang 14
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Ta thực hiện phép biến đổi : 1 1 1 1   c 1   o c s  x-  . asinx+bcosx+c  2c x  2  sin 2 Trong đó : a b sin  ; o c s =- 2 2 2 2 a b a b   Khi đó : 1 dx 1 xI   cot  C    2c x  2 c  2  sin 2 3. Nếu : 2 2 c a b
Ta thực hiện phép biến đổi bằng cách đổi biến số : x t  tan . 2  2dt dx  .  2 Khi đó :  1 t  , 2 2t 1-t 2t sinx= ; osx c = ; t anx= 2 2 2  1+t 1 t 1-t
thay vào tích phân đã cho  I f (t)dt  . Ví dụ 7. dx Tính tích phân sau : 2 I   . 2sin x  o c sx+1 Giải Đặt : x 2dt t  tan  dx  . 2 2 1 t dt x 4 t an Khi đó : 2  2dt 1 1 1  t t 2 I     dt  ln  C  ln  C     2 2 4t 1 t t  2tt t  2  t  2 x  1 tan +2 2 2 1 t 1 t 2
Dạng 8. Tính tích phân bất định : a s inx+b o c sx+c 1 1 1 I dx  . a s inx+b o c sx+c 2 2 2
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1. Biến đổi : a s inx+b o
c sx+c  A a s inx+b o c sx+c  B a o
c sx-b s inx  C 1 1 1  2 2 2   2 2   Bước 2 : Khi đó : Aa s inx+b o c sx+c  B a o
c sx-b s inx  C 2 2 2   2 2  I   a s inx+b o c sx+c 2 2 2 a o c sx-b s inx dx dx 2 2   A dx BC    a s inx+b o c sx+c a s inx+b o c sx+c 2 2 2 2 2 2 dx  Ax+Bln a sinx+b o c sx+c  C  . 2 2 2 a s inx+b o c sx+c 2 2 2
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 15
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Trong đó : dx
, được xác định ở dạng 4. a s inx+b o c sx+c 2 2 2 Ví dụ 8 : x
Tìm họ nguyên hàm của hàm số : 5sin f (x)  . 2sin x  o c sx+1 Giải
Biến đổi : 5sin x a2sin x  o c sx+ 
1  b 2cos x  sinx  c  2a bsinx+ 2b-a  o c sx+a+c
2a b  5 a  2
Đồng nhất hệ số hai tử số :  
2b a  0  b  1   a c  0 c  2    22sin x  o c sx+ 
1  2cos x  sinx  2 2 cos x  s inx 2
Khi đó : f (x)   2   2sin x  o c sx+1 2sinx-cosx+1 2sinx-cosx+1 2cos x sinx Do vậy : dx dx I  2 dx   2
 2x  ln 2sin x  o
c sx+1  2J C    2sin x  o c sx+1 2sin x  o c sx+1 Với : dx J  
. ( Tích phân này đã giải ở ví dụ 7 ) 2sin x  o c sx+1 2 2
Dạng 9: Tính tích phân bất định :
a s in x+b s inxcosx+c o c s x 1 1 1 I dx  . a s inx+b o c sx 2 2 PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1 : Biến đổi : 2 2
a s in x+b s inxcosx+c o
c s x  Asinx+Bcosx a s inx+b o
c sx   C  2 2 sin x  o c s x 1 1 1 2 2   Bước 2 : Khi đó :
Asinx+Bcosxa sinx+b o
c sx   C  2 2 sin x  o c s x 2 2      dx I
Asinx+Bcosx   Ca s inx+b o c sx a s inx+b o c sx 2 2 2 2 C dx C x  
 Acos x B sin x
 Acos x B sin x  ln tan  C  2 2  sin  x a b   2 2  2 a b 2 2 2 2 Trong đó : b a 2 2 sin  ; o c s = . 2 2 2 2 a b a b 2 2 2 2 2 Ví dụ 9 : 4sin x 1
Tìm họ nguyên hàm của hàm số : f (x)  . 3 s inx+cosx Giải Biến đối : 2 2 2 x   x c x    c 2 2 4sin 1 5sin os asinx+bcosx 3 sinx+cosx sin x  o c s x
 a c 2 xa b
c x  b c 2 3 sin 3 sinx. os o c s x . Trang 16
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
a 3  c  5 a  3  
Đồng nhất hệ số hai tử số : a b 3  0  b   1  .   b c  1 c  2     Do đó :    2dx 1 xI 3 s inx-cosx dx    3 o c sx-sinx- ln tan   C    . 3 s inx+cosx 2  2 12 
Chú ý : Ở ví dụ 4 , ta có : 2dx 1  x    ln tan     3 s inx+cosx 2  2 12 
Dạng 10. Tính tích phân bất định : dx I   2 2
asin x bsin x cos x c cos x
Ta thực hiện theo các bước sau :  dx
Bước 1 : Biến đổi I về dạng : I    2 x b x c 2 atan tan cot x
 Bước 2: Thực hiện phép đổi biến số : 1 dt t  t anx  dt= dx   2
1 tan xdx   2 1 t dx dx  2  2 cos x 1 t Khi đó : dt I  
. ( Ta đã có cách giải ở phần " Hàm phân thức " ) 2
at bt c Ví dụ 10: dx
Tính tích phân bất định : I   2 2
3sin x  2sin x cos x  o c s x Giải dx d t anx Ta có : I      . 2
3 tan x  2 tan x   2 2 1 o c s x
3 tan x  2 tan x 1     Đặt : dt 1 1 1 1 1 t 1 1 3t  3 t  t anx  I=  .     dt  ln  ln  C 2 3t  2t 1 3 1 t 1 1 4 1 4 3t 1 1  t   t  3  3  3 Thay trả lại : 1 3 tan x  3 t  t anx  I= ln  C . 4 3 tan x 1
B. SỬ DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LƢỢNG GIÁC ĐƢA VỀ CÁC NGUYÊN HÀM CƠ BẢN. Bài toán 2:
Xác định nguyên hàm các hàm số lượng giác bằng các phép biến đổi lượng giác PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 17
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Sử dụng phép biến đổi lượng giác , đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng quen thuộc
. Các phép biến đổi lượng giác bao gồm :
 Phép biến đổi : Tích thành tổng ( Chúng ta đã thấy ở bài toán 1)  1 o c s2x 1 o c s2x Hạ bậc : 2 2 o c s x  ; sin x  . 2 2
 Các kỹ thuật biến đổi khác .
1. Sử dụng phương pháp biến đổi : Tích sang tổng .
Ở đây chúng ta sử dụng các công thức : 1 cos x-y  o c s x+y . a o c sxcosy=  o c s x+y  o c s x-y b. sinxsiny= 2 2
sin x+y  sin  x y
sin x+y  sin  x y c. sinxcosy= d. o c sxsiny= 2 2
Sau đó sử dụng công thức nguyên hàm : c    1 os ax+b dx  sin ax+b  C . a
Ví dụ 11. Tìm nguyên hàm của hàm số : f (x)  o c s3xcos5x Giải Ta biến đổi : cos8x+cos2x 1 1 f (x)  o c s3xcos5x=  o c s8x+ o c s2x 2 2 2 Khi đó : 1 1 1 1 I
f (x)dx  o c s8xdx+ o c s2xdx=
sin 8x  sin 2x C    2 2 16 4     
Ví dụ 12. Tìm họ nguyên hàm của hàm số : 
f (x)  t anx.tan  x tan  x      3   3  Giải       s inx.sin  x sin  x          Ta biến đổi :   3   3 
f (x)  t anx.tan  x tan  x       3   3        os c x.cos  x os cx      3   3   2  1 1   cx   1 s inx. cos2x-cos os2x.sinx+ s inx sin 3 s inx  s inx  3  sin 3 2 2 2 x      2  1 1 c o c sx cos2x+cos c   c  1 os3x cos2x.cosx- osx os3x+cosx  o c sx  3  2 2 2 sin 3x 1 3sin 3x 1 d  o c s3x Khi đó : 1 I
f (x)dx dx dx     ln o c s3x  C     o c s3x 3 o c s3x 3 o c s3x 3
2. Sử dụng công thức hạ bậc : Trang 18
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Ta nhớ lại các công thức sau : 1 o c s2x 1 o c s2x
3sin x  sin 3x a. 2 2 o c s x  ; sin x  . b. 3 sin x  2 2 4 3cos x  o c s3x 3 1 c. 3 os c x  d. 4 4 sin x  o c s x   o c s4x 4 4 4 3 3 5 3 e. 6 6 2 o
c s x  sin x  1 sin 2x  1 1 o c s4x   o c s4x 4 8 8 8
Ví dụ 13. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số : a. 3 f (x)  sin . x sin 3x b. 3 3 f (x)  sin . x o c s3x+cos . x sin 3x Giải
 3sin x  sin 3x  3 1 a. Ta có : 3 2 f (x)  sin .
x sin 3x  sin 3x  sin 3 . x s inx- sin 3x    4  4 4 3  c  1   c  3 1 3 1 os2x-cos4x 1 os6x  o c s2x+ o c s6x- o c s4x- . 8 8 8 8 8 8 Do đó :  3 1 3 1  3 1 3 1 I
f (x)dx  o c s2x+ o c s6x- o c s4x- dx  sin 2x  sin 6x  sin 4x x C     8 8 8 8  16 48 32 8 b.Ta biến đổi :  3sinx-sin3x   o c s3x+3cosx  3 3 f (x)  sin . x o c s3x+cos . x sin 3x  o c s3x  sin 3x      4   4  3  c  3 os3xsinx+sin3xcosx  sin 4x 4 4 Do đó : 3 3 I
f (x)dx  sin 4xdx   o c s4x+C   4 16
3. Sử dụng nhiều phép biến đổi khác nhau .
Trong phương pháp này dòi hỏi HS cần linh hoạt vận dụng các công thức lượng giác .
Ngoài ra còn biết cách định hướng để biến đổi sao cho sử dụng được bảng nguyên hàm . Ví dụ 14. x x
Tìm họ nguyên hàm của hàm số : sin 3 .sin 4 f (x)  t anx+cot2x Giải : Ta biến đổi : sin 3 . x sin 4x sin 3x sin 4x sin 3 . x sin 4x f (x)     sin 3 . x sin 4 . x sin 2x t anx+cot2x s inx.sin2x+cosx.cos2x o c sx o c sx.sin2x cosx.sin2x 1  c  1 x   x c  1 osx-cos7x sin 2 sin 2 . osx-cos7xsin2x 
sin3x sinx-sin9x+sin5x. 2 2 4 Do đó :  1  I    x   1 1 1 1 sin 3
s inx-sin9x+sin5x dx   o c s3x- o c sx+ o c s9x- o c s5x+C  .  4  12 4 9 5
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 19
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
BẰNG PHƢƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
Phương pháp đổi biến số được sử dụng khá phổ biến trong việc tính các tích phân
bất định . Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa trên định lý sau :
a/ Nếu : f (x)  F(x)  C
và với u= (x) là hàm số có đạo hàm thì : f (u)du F (u)  C
b/ Nếu hàm số f(x) liên tục thì đặt x= t. Trong đó  t cùng với đạo hàm của nó ( 't
là những hàm số liên tục ) thì ta được : f (x)dx f      t '
 tdt g(t)dt G(t)  C  .
Từ đó ta trình bày hai bài toán về phương pháp đổi biến số như sau : Bài toán 1:
Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1 tính tích phân bất định : I f (x)dx PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1: chọn x= t, trong đó  t là hàm số mà ta chọn thích hợp .
 Bước 2: lấy vi phân hai vế : dx   'tdt
 Bước 3 : Biến đổi : f (x)dx f   t '
 t dt g t dt
 Bước 4: Khi đó tính : f (x)dx g(t)dt G(t)  C   .
* Lưu ý : Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là : Dấu hiệu Cách chọn 2 2 a x   
x a sin t    t   2 2  x a o
c st  0  t    2 2 x a a     x   t   ;   sin t  2 2    a   x
t 0;  \    o c st  2  2 2 a x     
x a tan t t   ;     2 2  
x a cot t t   0;  a x a x x=a.cos2t  a x a x
x ab x
x=a+ b a 2 sin t Trang 20
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Ví dụ 1. Tính tích phân bất định dx dx a/  b/    2 x 3 2 1 x  2x  3 Giải    a/ Đặt : x=sint ; t    ;  dx  o c stdt    2 2  dx o c stdt o c stdt dt Suy ra :     d tan t . 3 2     x 3  t 3 2 2 cos t o c s t 1 1-sin Khi đó : dx     t sin t x d tan
 tan t C    C   3 2 2 2 1 sin t 1 1  x x
b/ Vì : x x   x     2 2 2 2 3 1 2 , nên    Đặt :  dt x 1 x 1 
2 tan t;t   ;  dx  2. ; tan t    2  2 2  o c s t 2 dx dx dt dt 1 o c stdt Suy ra :     . x  2x  3     2tan t     2 2 2 2 2 2 2 o c st 2 1-sin 1 . o c s t 1 2 t x 1  o c stdt o c stdt    .    . 2 2  sint-1 sint+1  Khi đó : dx 1  o c stdt o c stdt  1 sin t 1      ln  C    (*) 2 x  2x  3 2 2  sint-1 sint+1  2 2 sin t 1 x 1 sin t x 1 2 2  2 2 Từ : 2 tan t   tan t    sin t  1
. Ta tìm được sint , thay 2 2 2 1 sin t 2 x  2x  3
vào (*) ta tính được I . 2 Ví dụ 2: x dx
Tính tích phân bất định : I   . 2 x 1 Giải
Vì điều kiện : x  1, nên ta xét hai trường hợp :  Với x>1   Đặt 1  2 cos 2tdt x  ;t  0;  dx     . 2 sin 2t  4  sin 2t 2 x dxtdt dt  2 2 2 sin t  o c s 1 2 cos 2 2 t dt Do đó :         2 3 3 3 2 1 1  sin 2t  sin 2t 8sin t cos t x 2 sin 2t. 1 2 sin 2t
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 21
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM 1  1 1 2 1  =  cot t.  tan t.  . dt   2 2 2 4  sin t o c s t tan t o c s t  Vậy : 1  2  1  1 1  2 2 I I  
cot t.d(cot t)  tan t.d(tan t) 
.d (tan t)  
 cot t  tan t  2ln tan t C     4  tan t  4  2 2  1 1 2 2
x x 1  ln x x 1  C 2 2
 Với x<1 . Đề nghị học sinh tự làm .
* Chú ý : Tích phân dạng này ta có thể giải bằng cách khác nhanh hơn : 2 2 2 Ta có : x x 11 1 x dx dx 2 2   x 1   I   x 1dx   J K      1 2 2 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 Với : J x 2 2 2 
x 1dx x x 1 
dx x x 1  I   a 2 x 1 Tích phân : dx 2 2 2 K
 ln x x 1  I x x 1  I  ln x x 1  2x 1 1 1 2 2 2 2
 2I x x 1  ln x x 1  I x x 1  ln x x 1  C 2 2 Ví dụ 3. dx
Tính tích phân bất định : I     x 3 2 1 Giải    Đặt :  dt
x  tan t;t   ;  dx    2  2 2  o c s t dx 1 dt Suy ra :  .  ostdt c .   x    t  2 3 3 2 2 os c t 1 1 tan dx x Khi đó : I   o
c stdt  sin t C   C     3 2 2 1 1  x x Chú ý :
1. Sở dĩ trong ví dụ trên có kết quả như vậy vì :  1 x o c st= ;sin t   2 2  1+x 1 x      x  2 t   ;  o
c st>0  cos t  o c st;sint=tant.cost=    2   2 2  1 x
2. Phương pháp trên áp dụng để giải bài toán tổng quát : dx  k Z  .  
a x 2k 1 2 2 Trang 22
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
Bài toán 2: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 2 để tính tích phân : I f (x)dx  . PHƢƠNG PHÁP CHUNG.
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1: Chọn t= x . Trong đó  x là hàm số mà ta chọn thích hợp .
 Bước 2: Tính vi phân hai vế : dt   'tdt .
 Bước 3: Biểu thị : f (x)dx f   t '
 t dt g(t)dt .
 Bước 4: Khi đó : I f (x)dx g(t)dt G(t)  C  
* Chú ý : Ta có một số dấu hiệu để đổi biến thường gặp : Dấu hiệu Cách chọn Hàm số mẫu số có t là mẫu số
Hàm số : f  ;x x t=   x Hàm x   f x . a s inx+b.cosx  x t  tan ; o c s  0   . c s inx+d.cosx+e 2  2  Hàm   1
 Với : x+a>0 và x+b>0 : Đặt : f x  
x a x bt x a x b
 Với x+a<0 và x+b<0 ,
đặt : t x a  x b
Ví dụ 4. Tính tích phân bất định sau : I x    x 8 2 2 2 3 dx Giải dt  6  xdx Đặt :    t
t  2  3x   2  t
x 2 3x 8 2 1 2 2 2 8  t     8 9 2t t . 2  x    3  3  3 Vậy : I x    x 8 1
dx   t dt t dt    2 1 2  t t C    x 9 1 2 3 2 2 3  23x 10 2 2 8 9 9 10 2 2  C 3 27 30 27 30 3 Ví dụ 5 : x dx
Tính tích phân bất định :  1 x Giải x 1 t x dx 1t 3 2 2 2  2  tdt
Đặt : t= 1 x      2   2 4 6
1 2t  3t t dt . dx  2  tdt 1 x t
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 23
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM 3 Vậy : x dx    4 6 2 2 4 6 2
  4t  6t  2t  3 5 7 dt  2
t t t t C 1 x 3 5 7 4  
x    x 6
x    x2 2 2 1 1 1 1 1 x
1 x3 1 x C 3 5 7
Ví dụ 6: Tính tích phân bất định : x    x 2 5 2 3 1 2 dx Giải Đặt : t=  t
1 2x   t  1 2x  3 1 3 2 3 2 2 2 3  x
 2xdx   t dt 2 2 3 Do đó :   t   x 1 2x 2 1 3 3 5 2 2 2 dx  .tt dt     7 4 3
t t dt 2  4  8 Vậy :   x  12x 2 3 3 1 1 3 5 2 dx   7 4 t t  8 5 dt t t     6 3 5t  8t  2 3 t C 8 8  8 5  320 2 2 3 =   5 2 1 2x  8 2 1 2x   2 3
1 2x   C 320  
Ví dụ 7: Tính tích phân bất định : 3 I  sin x osx c dx  . Giải Đặt : t= 2 o c sx  t  o
c sx  2tdt=-sinxdx . Do đó : 3 x c dx   2  c xc
 4  t tdt   6 2 sin osx 1 os osx s inxdx= t 1 2
2 t t dt . Vậy : 2 2 2 1 3 I  sin x o c sxdx  2   6 2 t t  7 3 3 dt
t t C  o c s x o c sx  o c sx o c sx +C 7 3 7 2 3 Ví dụ 8: o c sx.sin x
Tính tích phân bất định : I dx  2 1 sin x Giải 2    Đặt : sin x t 1 2
t  1 sin x  
2sin x cos xdx dt 3 2 o c sx.sin x 1 sin . x 2sin . x o c sx.dx 1 t   1 dt 1  1  Suy ra : dx    1 dt   . 2 2 1 sin x 2 1 sin x 2 t 2  t  3 Vậy : o c sx.sin x 1  1 1 I dx  1 dt     t ln t  1 2  C  1   sin x  ln   2
1 sin x   C 2  1 sin x 2  t  2 2 2 Ví dụ 9: os c x
Tính tích phân bất định : I dx  8 sin x Giải Trang 24
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM o c s os x c x
 ocs xsin x 1sin x2 2 2 2 2   2 1 sin x 2 2 sin x Vì :    8 8 8 sin x sin x sin x  1 dt   dx  2 Đặt : t =  sin x cot x   1 2 2 
1 cot x 1 t 2 sin x 2 2 2 o c s x  1   1  Suy ra : 2 2 dx  cot x dx  cot x    2 1 cot x 2 . dx t    2 1 t dt 8 6 2  sin x  sin x   sin x  2 Vậy : o c s x   I dx     1 2 1 2 4 6
t  2t t  3 5 7 dt   t t tC   . Thay : t= cotx vào . 8 sin x  3 5 7  Ví dụ 10 : dx
Tính tích phân bất định : I   a  0 2 x a Giải  2
x x a dx x tdx dt dx 2 
Đặt : t x x a dt 1 dx     2 2 2 2    t x a x a x a x a Vậy : dx dt 2 I  
 ln t C  ln x x a C   2  t x a Ví dụ 11: dx
Tính tích phân bất định : I    x   1  x  2 Giải a. xét hai trường hợp :  x   Với : 1 0 
x  1. Đặt : t x 1  x  2  x  2  0 1  1 1  1 tdx 2dt dx Suy ra : dt   dx      2  x 1 x  2  2 x   1  x  2 tx   1  x  2 Vậy : dx dt I            
x   x   2 2 ln t C 2 ln x 1 x 2 C 1 2 t  x   Với : 1 0   x  2.
 Đặt t = x  
1    x  2 x  2  0   1 1 1 1 tdx 2dt dx Suy ra : dt      dx      2   x   1 x  2  2 x   1  x  2 tx   1  x  2  
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 25
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Vậy : dx dt I               
x   x   2 2 ln t C 2 ln x 1 x 2 C 1 2 t
BÀI TẬP CHO HAI PHƢƠNG PHÁP : PHÂN TÍCH VÀ ĐỔI BIẾN SỐ
Bài 1 : Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau 3 2
2x  6x  9x  9 a/ x    x9 2 1 dx b/ dx  2 x  3x  2 2 x 2 x x c/   d/ dx  3 x   dx 3 3 1 x  2
Bài 2: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: 2x 2 x 1 a/ dx  b/ dx  2 4 x x 1 x 1 5 os c x s inx+cosx c/ dx  d/ dx  3 sinx 3 s inx-cosx
Bài 3: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: dx 1 a/  b/ dx  4 sin x    s inx.sin x+    6  1 1 c/ dx  d/ dx           s inxcos x+   o c s x- cos  x      4   6   3 
Bài 4: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: a/ 2 4 sin x cos xdx  b/ 2 3 sin x cos xdx  c/ 4 5 sin x cos xdx  d/ 4 tan xdx
Bài 5: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: dx dx a/  b/  3 s inxcos x 4 sin x cos x 3 sin x 3 x dx c/ dx  d/  2 1 o c s xx  2 8 4
Bài 6: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: xdx dx a/.  b/  4 2 x  3x  2 x x  2 10 1 Trang 26
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM 5 x dx 2x 5 c/  d/ dx  6 3 x x  2 2 3x  2x 1
Bài 7: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: sin 2x  s inx 1 3ln x ln x a/ dx  b/ dx  1 3cos x x sin 2x
1 sin 2x  cos 2x c/ dx  d/ dx  2 2 o
c s x  4sin x cos x  sin x
Bài 8: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: sin 2x 4 4 sin x  cos x a/ dx  b/ dx  2 2
sin x  2 cos x
sin x  cos x 1 s inx+7cosx+6 3 3 sin x  s inx c/ dx  d/ dx
4sin x  5cos x  5 3 sin x tan x
Bài 9: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: 1 s inxcosx a/ dx  b/ dx  1 s inx+cosx 2 2 2 2 a o
c s x b sin x o c sx+sinxcosx s inxdx c/ dx  d/  2  s inx 2 cosx sin x  1
LUYỆN TẬP TẠI LỚP
Tìm nguyên hàm các hàm số sau : 1 2x  9 1 3 2 5 1.  dx 2.  dx 3.  dx x  3 2   2   0 0 x 4x 5 1 x 6x 9 4 1 1 x  3 4.  dx 5.  dx 2  2    1 x (x 1) 0 (x 1)(x 3x 2) 1 1 1 2 x  3x  2 6.  dx 7.  dx 4 2   x  3 0 (x 4x 3) 0 1 2 x 1 x 9.  dx 10.  dx 2  2  0 4 x 0 4 x 1 2 4x 1 2 3 3x 11.  dx 12.  dx 2   2   0 x 3x 2 1 x 2x 1 1 4x 1 2 x3  2x2  4x  9 13 .  dx 14. I  dx  3 2    x2  4 0 x 2x x 2 0 1 xx   1 1 2 x  3x  10 15. dx  16. dx  2 x  4 2 0   0 x 2x 9
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 27
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM 1 4 x  1 2 2 x 17. dx  18. dx  2 x  1 2   0 1 x 7x 12 4 x  1 1 2 1  x 19.f(x)= dx 20. dx  6 x  1 4  1/ 21 x
PHƢƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN I. CÔNG THỨC :
I udv uv vdu   Chứng minh :
Giả sử hai hàm số : u=u(x) và v=v(x) liên tục và có đạo hàm .
Cho nên : d(u.v)=v.du+u.dv . Suy ra : u.dv=d(u.v)-v.du , và . u dv d
 u.v .vdu u.v  .vdu   dpcm .
Lý do sử dụng phương pháp tích phân từng phần :
Đôi khi ta gặp phải những tích phân mà không thể sử dụng hai phương phương
pháp : Phân tích và đối biến số , để tìm họ nguyên hàm trực tiếp được . Vì thế ta phải
thông qua việc tìm họ nguyên hàm trực tiếp bằng một hàm số khác ( mà có thể sử dụng
hai phương pháp đã biết để tìm ) .
II. CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
Bài toán 1: Sử dụng công thức tích phân từng phàn để tính I f (x)dx  . PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1: Ta biến đổi tích phân ban đầu về dạng : I f (x)dx f (x). f (x)dx   1 2  
du f ' (x)dxu f (x)  Bước 2: Đặt : 1 1   
dv f (x) v f (x)dx  2  2  
 Bước 3: Khi đó : u.dv u.v  .vdu   . x ln  2 x x 1
Ví dụ 1: Tính tích phân bất định : I dx  2 x 1 Giải Viết lại : xdx I  ln   2 x x 1. . 2 x 1 Trang 28
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM   xu  ln   1 2 x x 1  2   x dx Đặt : 1 du      2 2 xdx x x 1 x 1 dv   2    2 x 1 v x 1 Khi đó : 2 I u dv x    2 x x   2  dx x    2 . 1 ln 1
1 ln x x 1 x C ln  o c sx
Ví dụ 2: Tính tích phân bất định : I dx  2 os c x Giải Ta viết lại : dx I  ln   o c sx. 2 os c xu   c  s inx ln osx du     t anx  Đặt :   cosx     I  . u dv  t anx.ln  cosx 2  tan xdx dx  . dv dx  2 v=  t anx  os c x  2  os c x Khi đó :   I    1 t anx.ln cosx 
1 dx  t anx.ln cosx  t anx-x+C   2    os c x
I P(x)sin axdx
Bài toán 2: Tính tích phân bất định dạng : 
. Với P(x) là một đa thức .
I P(x) o c saxdx   PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta lựa chọn một trong hai cách sau :
 Cách 1: Sử dụng tích phân từng phần , thực hiện theo các bước sau :
du P '(x)dx u   P(x)   1    +/ Bước 1: Đặt : o c sax  sinaxdx    a dv v       cosaxdx 1   sin ax   a
+/ Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng phần :
+/ Bước 3: Tiếp tục thủ tục như trên ta sẽ khử được bậc của đa thức .
 Cách 2: ( Sử dụng phương pháp hệ số bất định ) . Ta thực hiện theo các bước sau :
+/ Bước 1: Ta có : I P(x) osa c xdx=A(x)sinax+B(x)cosax+C    1
Trong đó : A(x) và B(x) là các đa thức cùng bậc với P(x).
+/ Bước 2: Lấy đạo hàm hai vế của (1) : P(x) o
c sax=A'(x)cosax-A(x)a.sinax+B'(x)sinax+aB(x)cosax
+/ Bước 3: sử dụng phương pháp hệ số bất định ta xác định được A(x) và B(x).
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 29
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
* Nhận xét : Nếu bậc của đa thức lớn hơn 3 , thì cách 1 tỏ ra cồng kềnh , vì khi đó ta thực
hiện số lần tích phân từng phần bằng với số bậc của đa thức . Cho nên ta đi đến nhận định như sau :
- Nếu bậc của đa thức lớn hơn hoặc bằng 3 : Ta sử dụng cách 2.
- Nếu bậc của đa thức nhỏ hơn hoặc bằng 2 : Ta sử dụng cách 1.
Ví dụ 3: Tính tích phân bất định : 2 x sin xdx Giải Ta có : 1 o c s2x  1 1 1 1 2 I x dx xdx x cos 2xdx x J        1  2  2 2 4 2
Tính : J x cos 2xdx  du dx   Đặt : u xx 1 x 1    1
J  sin 2x  sin 2xdx  sin 2x  o c s2x+C  dv  o c s2xdx v  sin 2x 2 2 2 4  2 Thay vào (1) : 1 1  x 1  1  1  2 2 I x  sin 2x  o c s2x 
x x sin 2x  o c s2x  C     4 2  2 4  4  2 
Ví dụ 4: Tính tích phân bất định : I   3 2
x x  2x  3sinxdx Giải
Theo nhận xét trên , ta sử dụng phương pháp hệ số bất định Ta có : I   3 2
x x  2x  3sinxdx   3 2
a x b x c x d  osx c +  3 2
a x b x c x d s inx (1) 1 1 1 1 2 2 2 2 
Lấy đạo hàm hai vế của (1)   3 2
x x  2x  3 3
s inx= a x  3a b  2
x  2b c
x c d  osx c  2 1 2  1 2  1 2  3
- a x  3a b  2
x  2b c x c d  s inx 2  1 2 1  2 1 2 1    a  0 a 1 a  1  ;a  0 2 2 1 2             
Đồng nhất thức ta được : 3a b 0 3a b 1 b 1;b 3 1 2 2 1 1 2      2b c  0 2b c  2 c  4; c  2   1 2  2 1  1 2
c d  0 c d  3 
d 1;d  4   1 2  2 1  1 2 Khi đó : I   3 2
x x x  c  2 4
1 osx+ 3x  2x  4sinx+C .
* Có nhận xét gì khi giải bằng cách lấy tích phân từng phần ba lần ( Do đây là đa thức bậc ba ). Trang 30
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Đặt : 3 2 u
  x x  2x 3 du   2
3x  2x  2dx     I   o c sx  3 2
x x  2x  3   2
3x  2x  2 o c sxdx (1 dv  sinxdx v    o c sx ) Tính :J=  2
3x  2x  2 os c xdx 2 u
  3x  2x  2
du  6x  2 dx 1 1   Đặt :     J  sinx  2
3x  2x  2  6x  2sinxdx2 dv  o c sxdx  v   sinx 1  1
Tính : K= 6x 2sinxdx      Đặt : u 6x 2 du 6dx 2 2     K   osx c 6x-2 6 osxdx= c  osx c  6x-2 6sin x dv  s inxdx v   osx c   2 2
Thay các kết quả tìm được lần lượt vào (2) và (1) ta tính được I J=
 2x x c   x   2 s inx 3 2 2 osx 6x-2 6 sin
s inx 3x  2x  4  6x  2 os c x I= c   3 2
x x x      2 osx 2 3
sinx 3x  2x  4  6x  2 o c sx    I   3 2
x x x  c  2 4
1 osx+ 3x  2x  4sinx+C
- Như vậy vấn đề đặt ra là : Em nào thấy cách nào dễ hiểu và không bị nhầm lẫn ,
thì chọn cách đó , không nhất thiết là dài hay ngắn , quan trọng nhất là kết quả phải chính xác . ax
I e sin bxdx
Bài toán 3: Tính tích phân bất định :  . ( Với a, b  0 ) ax I e osbxd c x   PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần , theo các bước sau : du b  sin bxdx    u osb c x  1 ax   ax v= e   dv=e dx  Bước 1: Đặt a    u   sin bx
du bcos bxdx     ax
dv e dx  1 ax  v e   a
 Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng phần
 Chú ý : Riêng đối với dạng tích phân này bao giờ cũng phải lấy tích phần từng phần hai lần .
Ví dụ 5: Tính tích phân bất định sau : 2 x 2
I e sin xdxGiải Ta có :   cx x 1 os2x 1 x 1 x 1 x 1 2 2 2 2 2 2
I e sin xdx e dx e dx e o c s2xdx  eJ         1  2  2 2 4 2
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 31
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Tính tích phân J= 2x e os2 c xdx  . du  2  sin 2xdx   Đặt : u o c s2x  1 x x 1 2 2 2 x    1  J e o
c s2x+ e sin 2xdx e o c s2x+K  2 2x 2 dv=e x dx v e 2 2  2 Tính tích phân K= 2x e sin 2xdx  .
du  2cos 2xdx 1 u   sin 2x Đặt :  1 1 x x 1 2 2 2   
K e sin 2x e os2x c dx x
e sin 2x J  3 x 1  2 2 x dv e dx v e 2 2  1  1  2  1 2x J K e os2 c x 
Từ (2) và (3) ta có hệ :  2 1 2x
J e sin 2x  os2 c x  1 x 4 2
J K e sin 2x  2
Thay vào (1) ta được : I= 1   x 1 1 x 1 x 1 2 2 e
 . e sin 2x  o c s2x  2  e 1  sin 2x  o c s2x   C  4 2 4 4  2 
Bài toán 4: Tính tích phân bất định : ax
I P(x)e dx PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần .Ta tiến hành theo các bước sau
du P '(x)dx    u P(x)  Bước 1: Đặt    1 ax ax dv e dx v e  a  1 1 Bước 2: Khi đó : ax ax
I e P(x) 
P '(x)e dxa a
 Bước 3: Tiếp tục thủ tục như trên ta sẽ khử được đa thức .
Ví dụ 6: Tính tích phân bất định : 3x I xe dx Giải du dx   Đặt : u x  1 x 1 x 1 x 1 3 3 3 3x    1  I xe e dx xe e C  3x 3xdv e dx v e 3 3 3 9  3
Ví dụ 7 : Tính tích phân bất định : 2 2 x I x e dx Giải   2 du 2xdx   Đặt : u x  1 x x 1 2 2 2 2 2 x    1
I x e  . x e dx x eJ    1 2 x 2 x
dv e dx v e 2 2  2 Trang 32
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Tính tích phân J= 2 x xe dx  . du dx 1 u   x Đặt :  1 1 x 1 x 1 x 1 2 2 2 2 x     J xe e dx xeex 1 2 2 x dv e dx v e 2 2 2 4  1  1  2
Thay vào (1) ta được : I= 1   x 1 x 1 x 1 2 2 2 2 2 x x exeeC e    2
2x  2x   1  C 2  2 4  4 * Chú ý :
Qua hai ví dụ 6 và 7 ta thấy số lần lấy tích phân từng phần bằng với số bậc của đa thức
P(x) . Nghĩa là : số bậc của P(x) càng cao thì số lần lấy tích phân từng phần càng nhiều .
Bài toán 5: Tính tích phân bất định : I P(x)ln xdx PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta lấy tích phân từng phần , theo các bước sau :  dx     du u x  Bước 1: Đặt : ln   x
dv P(x)dx
v P(x)dx  
 Bước 2: Thay vào công thức tích phân từng phần , ta được một tích phân quen
thuộc mà có thể tinh được bằng hai phương pháp đã biết . 
Ví dụ 8: Tính tích phân bất định sau : I   2x 2xln xdx Giải dx    ln du u x  Đặt :   x    dv  
 2x 2xdx 1 3 2
v x x  3 Suy ra :  1   1  dx  1  1  3 2 3 2 3 2 2 I x x ln x x xx x ln x x dx xdx            3   3  x  3  3   1  1 1 I 3 2 3 2  x x ln x x x C    3  9 2
BÀI TẬP VỀ : PHƢƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
Bài 1. Tính các tích phân bất định sau : a/  2    2 1 x x e dx b/ 2 x s inxdx 
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012 Trang 33
Bài số 4 : CÁC PHƢƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM c/ x cos xdx  d/ x e   2
1 t anx+tan xdx
Bài 2. Tính các tích phân bất định sau : 2  ln x  a/ x e dx  b/ dx    x  c/ 2  x e os c 3xdx 
d/ sin ln xdx
Bài 3. Tính các tích phân bất định sau : a/  x   2 2 1 o c s xdx b/ 2
x b.dx  b  0 c/ 3 x ln xdx  d/ 2 x log xdx  2
Bài 4. Tính các tích phân bất định sau : x a/  2
x  2sin 2xdx b/ dx  2 os c x 1sinx xe c/ 2
x  4x  8dx  d/ dx  1 o c sx
Bài 5. Tính các tích phân bất định sau : 2 x x e a/  2    b/ ln
 x x 1dx x   dx 2 2 1 1 x c/ ln dx  d/ 2 3 x x e dx  2 1 x 1 x
Bài 6. Tính các tích phân bất định sau : ln x a/ dx  b/ 2 x e os3 c xdx  x 1 ln x ln 1 x c/ 3 sin xdx  d/ dx  2 x Trang 34
Sưu tầm và biên soạn : Nguyễn Đình Sỹ - Tháng 1 năm 2012