Tích phân hàm ẩn trong đề thi Trung học phổ thông Quốc gia môn Toán

Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

MỤC LỤC
MỤC LỤC...............................................................................................................................................i
1.1. Định nghĩa nguyên hàm............................................................................................................3
1.2. Định nghĩa tích phân.................................................................................................................3
1.3. Tính chất tích phân....................................................................................................................3
1.4. Phương pháp tính tích phân.....................................................................................................4
1.4.1. Phương pháp đổi biến số.................................................................................................4
1.4.2. Phương pháp tính tích phân từng phần...........................................................................4
3.1. Biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản........................................................................................6
3.1.1. Kiến thức sử dụng............................................................................................................6
3.1.2. Ví dụ áp dụng...................................................................................................................6
3.2. Phương pháp đổi biến số........................................................................................................13
3.2.1. Kiến thức sử dụng..........................................................................................................13
3.2.2. Ví dụ áp dụng.................................................................................................................13
3.3. Phương pháp tích phân từng phần.........................................................................................17
3.3.1. Kiến thức sử dụng..........................................................................................................17
3.3.2. Ví dụ áp dụng.................................................................................................................17
3.4. Tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân.................................................................19
3.4.1. Kiến thức sử dụng..........................................................................................................19
3.4.2. Ví dụ áp dụng.................................................................................................................19
3.5. Bài tập áp dụng.......................................................................................................................25

Trang i


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ
PHẦN MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một bộ mơn khoa học địi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy, người học
và cả người nghiên cứu. Qua việc dạy và học Toán, con người được rèn luyện năng lực phân
tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, góp phần hình thành kỹ năng, nhân
cách cần thiết của người lao động trong thời đại mới.
Trong chương trình Tốn phổ thơng, phép tính tích phân chiếm một vị trí hết sức quan
trọng, tích phân được ứng dụng rộng rãi trong thực tế như là tính diện tích hình phẳng, thể
tích khối trịn xoay. Nó cũng là một trong những cơ sở để nghiên cứu Giải tích hiện đại.
Ngồi ra, phép tính tích phân cịn được ứng dụng rộng rãi trong Xác suất, Thống kê, Vật lý,
Cơ học,...
Năm học 2016-2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo thực hiện đổi mới trong kỳ thi Trung
học Phổ thơng Quốc gia (THPTQG). Trong đó mơn Tốn được đổi từ hình thức thi từ tự
luận sang hình thức thi trắc nghiệm. Việc thay đổi đã tạo nên nhiều bỡ ngỡ cũng như khó
khăn cho cả giáo viên và học sinh trong việc ơn luyện. Hình thức thi trắc nghiệm mơn Tốn
địi hỏi một số cách tiếp cận vấn đề mới so với hình thức thi tự luận. Vì vậy người giáo viên
cũng cần phải thay đổi phương pháp giảng dạy cho phù hợp.
Trong đề thi THPTQG, vì với hình thức thi trắc nghiệm thì những câu hỏi về tích phân
đã được thay đổi. Với cách hỏi giống như hình thức thi tự luận khơng cịn phù hợp với hình
thức thi trắc nghiệm. Vì những câu tính tích phân thơng thường học sinh hồn tồn có thể
tìm ra đáp án bằng cách sử dụng máy tính bỏ túi. Do đó, để đảm bảo mục tiêu xét tốt nghiệp
cũng như phân hóa học sinh để xét tuyển vào các trường Đại học, Cao đẳng, những câu hỏi
về tích phân đa dạng hơn, đòi hỏi học sinh phải tư duy linh hoạt hơn. Trong đó, tích phân
của một số hàm ẩn cũng đã được đưa vào với các mục đích trên. Mặc dù đã được học kỹ các
phương pháp tính tích phân, nhưng đứng trước yêu cầu về tính tích phân của hàm ẩn đa số
các em còn nhiều lúng túng và thậm chí là khơng định hình được lời giải khi đứng trước các
bài toán dạng này. Xuất phát từ thực tế dạy học ở trường THPT Nguyễn Huệ, nhằm nâng
cao chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục tơi chọn đề tài nghiên cứu là:

“Tích phân hàm ẩn trong đề thi Trung học phổ thông Quốc gia mơn Tốn”.

Trang 1


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
Mục tiêu nghiên cứu
Phân loại một số dạng tích phân hàm ẩn và định hướng phương pháp giải. Từ đó giúp
học sinh tiếp cận nội dung này một cách dễ dàng hơn nhằm nâng cao chất lượng trong kỳ thi
THPTQG.
Nhiệm vụ nghiên cứu
+ Đưa ra những cơ sở lí luận cần thiết. Từ đó mơ tả phân tích để tìm ra biện pháp dạy
cho học sinh cách vận dụng vào giải các dạng toán này.
+ Kiểm tra đánh giá kết quả của học sinh trong q trình triển khai đề tài để từ đó có
những điều chỉnh và bổ sung hợp lý.
3. Đối tượng nghiên cứu
Vận dụng một số lý thuyết trong chương trình SGK Giải tích 12 để giải quyết các dạng
tốn về tích phân hàm ẩn.
4. Giới hạn của đề tài
Các dạng tốn về tích phân hàm ẩn trong đề thi THPTQG mơn Tốn.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, những tài liệu về phương pháp dạy
học toán, đề thi THPTQG, các sách tham khảo…
Phương pháp nghiên cứu thực tiễn:
+ Tìm hiểu, quan sát quá trình học tập và giải các dạng tốn về tích phân hàm ẩn.
+ Trao đổi, thăm dò qua GV, thống kê lại những vướng mắc, khó khăn của HS khi làm

các dạng tốn về tích phân hàm ẩn.

Trang 2


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ
PHẦN NỘI DUNG

1. Cơ sở lí luận
1.1. Định nghĩa nguyên hàm
Cho hàm số f ( x ) xác định trên K ( K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng của ¡
). Hàm số F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K nếu F ' ( x ) = f ( x ) , với
mọi x thuộc K .
1.2. Định nghĩa tích phân
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x )
trên [ a; b ] thì hiệu số F (b) − F (a ) được gọi là tích phân từ a đến b của hàm số f ( x ) và kí
b

hiệu là

∫ f ( x)dx .
a

b
Người ta dùng kí hiệu F ( x) a để chỉ hiệu số F (b) − F (a ) . Như vậy Nếu F ( x ) là một

nguyên hàm của f ( x ) trên đoạn [ a; b ] thì

b

∫ f ( x)dx = F ( x)

b
a

= F (b) − F (a ) .

a

1.3. Tính chất tích phân
Giả sử f , g liên tục trên K và a, b, c là ba số bất kì thuộc K . Khi đó ta có
a

1)

∫ f ( x)dx = 0 ;
a

2)

3)

4)

b

a

a

b

∫ f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx ;
b

c

c

a

b

a

∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx =∫ f ( x)dx ,
b

b

b

a

a

a

∫ [ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx ;

Trang 3


Sáng kiến kinh nghiệm
b

b

a

a

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

5) ∫ kf ( x)dx =k ∫ f ( x)dx với k ∈ ¡ .
1.4. Phương pháp tính tích phân
1.4.1. Phương pháp đổi biến số
b

Tính tích phân I = ∫ g ( x)dx .Giả sử g ( x) được viết dưới dạng f [ u ( x)] .u′( x) ,trong đó
a

hàm số u ( x) có đạo hàm trên K , hàm số y = f ( u ) liên tục sao cho hàm hợp f [ u ( x) ] xác

định trên K và a, b là hai số thuộc K . Khi đó

b

u (b)

a

u(a)

∫ f [ u ( x)] .u′( x)dx = ∫
b

Chú ý: Tích phân khơng phụ thuộc vào biến, tức là

∫
a

f (u )du .

b

b

a

a

f ( x)dx = ∫ f (u ) du = ∫ f (t )dt .

1.4.2. Phương pháp tính tích phân từng phần
Nếu u = u ( x ) và v = v ( x ) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] thì
b

b

b

a

a

b

∫ u ( x)v′( x)dx = ( u ( x)v( x) ) a − ∫ v( x)u′( x)dx hay ∫ udv = uv a − ∫ vdu .
b

a

b

a

2. Thực trạng
Với hình thức thi trắc nghiệm, trong các đề minh họa của bộ GD - ĐT , đề thi
THPTQG ln xuất hiện các câu tích phân hàm ẩn. Chẳng hạn:
Câu 25 (Đề thử nghiệm năm 2017) Cho
A. I = 32 .

B. I = 8 .

4

2

0

0

∫ f ( x ) dx = 16 . Tính I = ∫ f ( 2 x ) dx .
C. I = 16 .

Câu 38 (Đề tham khảo năm 2017) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

D. I = 4 .
1

∫ ( x + 1) f ' ( x ) dx = 10
0

1

2 f ( 1) − f ( 0 ) = 2 . Tính I = ∫ f ( x ) dx .
0

A. I = −12 .

B. I = 8 .

C. I = 12 .

Trang 4

D. I = −8 .

và


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

Mặc dù đây là những câu hỏi dành cho học sinh trung bình và khá, nhưng đa phần học
sinh đều thấy lúng túng và khơng định hình được cách giải.
Khơng những thế, những câu tích phân hàm ẩn thường được đưa vào đề thi nhằm phân
loại học sinh để xét tuyển vào các trường Cao Đẳng, Đại học. Do đó, ngồi nắm chắc kiến
thức, nó địi hỏi tư duy logic và sự linh hoạt, sáng tạo rất nhiều ở học sinh. Ví dụ:
Câu 50 (Đề tham khảo năm 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1]
1

1

1
thỏa mãn f ( 1) = 0, ∫  f ' ( x )  dx = 7 và ∫ x f ( x ) dx = . Tích phân
3
0
0
A.

7
.
5

2

2

B. 1.

C.

7
.
4

1

∫ f ( x ) dx bằng
0

D. 4 .

Câu 48 (Đề thi THPTQG 2018-Mã đề 101) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −

2
và
9

f ' ( x ) = 2 x  f ( x )  với mọi x ∈ ¡ . Giá trị của f ( 1) bằng
2

A. −

35

.
36

2
B. − .
3

C. −

19
.
36

D. −

2
.
15

Câu 41 (Đề thi THPTQG 2019-Mã đề 101) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ .
1

4

0

0

2
Biết f ( 4 ) = 1 và ∫ xf ( 4 x ) dx = 1 . Khi đó ∫ x f ' ( x ) dx bằng

A.

31
.
2

B. −16 .

C. 8 .

D. 14 .

Trước các vấn đề trên, tôi thấy cần phân dạng và cung cấp những phương pháp giải
cũng như những kỹ năng cần thiết để học sinh có thể giải quyết được những câu hỏi về tích
phân hàm ẩn, góp phần nâng cao chất lượng trong kỳ thi THPTQG.
3. Giải pháp giải quyết vấn đề
Với đề tài này, tôi đã hệ thống lại các phương pháp tính tích phân đã được học để áp
dụng tính cho hàm ẩn thơng qua các phương pháp cụ thể và các bài tập tương ứng cho mỗi
phương pháp đó. Cuối cùng là bài tập tổng hợp đề học sinh vận dụng các phương pháp đã
được học vào giải quyết.
Do khn khổ đề tài có hạn nên tơi chỉ đưa ra được bốn phương pháp tính tích phân
của hàm ẩn thơng qua một số ví dụ tương ứng đó là: Phương pháp biến đổi để đưa về
Trang 5


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

nguyên hàm cơ bản, phương pháp đổi biến số, phương pháp tính tích phân từng phần và tạo
bình phương cho biểu thức dưới dấu tích phân.
3.1. Biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản.
3.1.1. Kiến thức sử dụng
 Nếu F ′( x) = f ( x) với mọi x ∈ K thì F ( x) = ∫ f ( x)dx .
 Các công thức về đạo hàm:
u′v − uv′  u ′
= ÷;
v2
v

1) u′.v + u.v′ = ( uv ) ′ ;

2)

4) nu n−1u′ = ( u n ) ′ ;

5) −

3)

u′
=
2 u

( u )′ ;

u′  1 ′
= ÷.
u2  u 

3.1.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x ) ≠ 0 , liên tục trên đoạn [ 1;2] thỏa mãn f (1) =
2

x 2 . f ′( x) = ( 1 − 2 x 2 ) . f 2 ( x) với ∀x ∈ [ 1;2] . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
1

f ′( x) 1 − 2 x 2
u′  1 ′
=
Nhận xét: Từ giả thiết ta có 2
,
biểu
thức
vế
trái
có
dạng
= − ÷ .
f ( x)
x2
u2  u 
Lời giải
2
′

′
Ta có x 2 . f ′( x) = ( 1 − 2 x 2 ) . f 2 ( x) ⇔ f 2( x) = 1 − 22 x ⇔  − 1 ÷ = 12 − 2
f ( x)

x
 f ( x)  x

⇒−

1
1
1
 1

= ∫  2 − 2 ÷.dx ⇔ −
= − − 2x + c ,
f ( x)
f ( x)
x
x


Do f (1) =

1
2x2 + 1
x
1
=
⇔ f ( x) = 2
⇒ c = 0 nên ta có
.
f ( x)
x

2x + 1
3

Khi đó
2

2

2

x
1 d (1 + 2 x 2 ) 1
I = ∫ f ( x)dx = ∫
dx
=
= ln 1 + 2 x 2
2
2
∫
1 + 2x
4 1 1 + 2x
4
1
1

Trang 6

2

=

1

1
1
( 2ln 3 − ln 3) = ln 3 .
4
4

1
và
3


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm trên ¡

và thỏa mãn f (0) = 0 và
1

f ( x). f ′( x) − 2 x. f ( x) + 1 = 0 với mọi x ∈ ¡ . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
2

0

f ( x). f ′( x)

Nhận xét :Từ giả thiết ta có

uu′
u2 +1

=

f 2 ( x) + 1

= 2 x , biểu thức vế trái có dạng

)

(

′
u2 + 1 .

Lời giải
2
Ta có f ( x). f ′( x) − 2 x. f ( x) + 1 = 0 ⇔

⇒

f 2 ( x) + 1 = ∫ 2 xdx ⇔

f ( x). f ′( x)
f 2 ( x) + 1

= 2x ⇔

)

(

′
f 2 ( x) + 1 = 2 x

f 2 ( x) + 1 = x 2 + c .

Do f (0) = 0 ⇒ c = 1 nên ta có
f 2 ( x) + 1 = x 2 + 1 ⇔ f 2 ( x) + 1 = ( x 2 + 1) ⇔ f 2 ( x) = x 2 ( x 2 + 2 ) ⇔ f ( x) = x
2

x2 + 2

(vì f ( x) khơng âm trên ¡ ).
1

1

0

0

1

Khi đó I = ∫ f ( x)dx = ∫ x

x 2 + 2dx = ∫ x x 2 + 2dx
0

1

1

(

)

1
1 2
1
= ∫ x 2 + 2d ( x 2 + 2) = . ( x 2 + 2 ) x 2 + 2  = 3 3 − 2 2 .

20
2 3
3
0
Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm trên đoạn [ 1;4] và thoả mãn f (1) =
4

x + 2 x. f ( x) = [ f ′( x) ] , ∀x ∈ [ 1;4] . Tính I = ∫ f ( x)dx .
2

1

Lời giải
Do f ( x) đồng biến trên đoạn [ 1;4] ⇒ f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ 1;4] .
Ta có x + 2 x. f ( x ) = [ f ′( x ) ] ⇔ x ( 1 + 2. f ( x ) ) = [ f ′( x ) ] .
2

2

Trang 7

3
và
2


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

Vì x ∈ [ 1; 4] và f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ 1;4] nên suy ra f ( x) >
và f ′( x) = x . 1 + 2 f ( x) ⇔

f ′( x)
= x⇔
1 + 2 f ( x)

⇒ 1 + 2 f ( x) = ∫ xdx ⇔ 1 + 2 f ( x) =
Vì f (1) =

(

−1
2

)

′
1 + 2 f ( x) = x

2
x x +c.
3

3
3 2
4
⇒ 1 + 2. = + c ⇔ c =
2
2 3
3
2

2
4
4
2 3 8 32 7
2
⇒ 1 + 2 f ( x) = x x + ⇔ 1 + 2 f ( x ) =  x x + ÷ ⇔ f ( x ) = x + x +
3
3
3
9
9
18
3

4

 2 3 8 32 7 
 1 4 16 52 7 
1186
I
=
f
(
x
)
dx
=
x
+
x
+
dx
=
x
+
x
+
x
=
Khi đó

÷

÷

∫1
∫1  9 9 18   18 45 18  45 .
1
4

4

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai trên đoạn [ 0;2] và thỏa mãn
2 [ f ( x) ] − f ( x). f ′′( x) + [ f ′( x) ] = 0
2

2

với

∀x ∈ [ 0;2] .

Biết

f (0) = 1, f (2) = e6 ,

tính

0

I = ∫ (2 x + 1). f ( x)dx .
−2

Nhận xét: Từ giả thiết ta có

f ( x). f ′′( x) − [ f ′( x) ]

[ f ( x)]

2

2

′
= 2 , biểu thức vế trái có dạng  f ′( x)  .
 f ( x) 



Lời giải
Do f ( x) đồng biến trên đoạn [ 0;2] nên ta có f (0) ≤ f ( x) ≤ f (2) ⇔ 1 ≤ f ( x) ≤ e 6
Ta có 2 [ f ( x) ] − f ( x). f ′′( x) + [ f ′( x) ] = 0 ⇔
2

⇒

2

f ( x). f ′′( x) − [ f ′( x) ]

[ f ( x)]

2

2

′
= 2 ⇔  f ′( x)  = 2
 f ( x) 



f ′( x)
f ′( x)
= ∫ 2.dx = 2 x + c ⇒ ∫
.dx = ∫ ( 2 x + c ) dx ⇒ ln f ( x) = x 2 + cx + c1
f ( x)
f ( x)

mà 1 ≤ f ( x) ≤ e6 nên ta có ln f ( x) = x 2 + cx + c1 .
 f (0) = 1
c1 = 0
c = 1
⇒
⇔
Do 


6
c1 = 0
4 + 2c + c1 = 6
 f (2) = e
⇒ ln f ( x) = x 2 + x ⇔ f ( x) = e x

2

+x

Trang 8


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

0

0

x
Khi đó I = ∫ (2 x + 1). f ( x)dx = ∫ (2 x + 1).e
−2

2

+x

−2

0

dx = ∫ e x

2

+x

d (e x

2

+x

2

+x

−2

f
Ví dụ 5. Cho f ( x) có đạo hàm trên ¡ và thỏa mãn 3 f ′( x).e

Biết f (0) = 1 , tính tích phân I =

) = ex

3

( x ) − x 2 −1

0
−2

−

= 1 − e2 .

2x
= 0 , ∀x ∈ ¡ .
f 2 ( x)

7

∫ x. f ( x)dx
0

Lời giải
f
Ta có 3 f ′( x).e

⇒ ef

3

( x)

3

( x ) − x 2 −1

−

3
2
3

2
2x
′
= 0 ⇔ 3 f ′( x). f 2 ( x).e f ( x ) = 2 x.e x +1 ⇔ e f ( x )  = 2 x.e x +1
2


f ( x)

= ∫ 2 xe x +1dx = ∫ e x +1d ( x 2 + 1) = e x
2

2

2

+1

+c .

Do f (0) = 1 ⇔ e = e + c ⇔ c = 0 .
Suy ra e f

3

(x)

= ex

2

+1

7

Khi đó I =

⇔ f 3 ( x) = x 2 + 1 ⇔ f ( x) = 3 x 2 + 1 .
7

∫ x. f ( x)dx = ∫
0

0

1
x. x + 1.dx =
2
3

2

7

7

∫
0

3

3
45
x + 1.d ( x + 1) = ( x 2 + 1) 3 x 2 + 1  =

8
8
0
2

2

Ví dụ 6. Cho f ( x) có đạo hàm trên [ 0;1] thỏa mãn f ( x) + ( x + 1) . f ′( x) = 1 , ∀x ∈ [ 0;1] .
1

7
Biết f (5) = , tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
6
0
Nhận xét: Từ giả thiết ta có ( x + 1) ′ f ( x) + ( x + 1) . f ′( x) = 1 , vế trái là biểu thức có dạng
u′.v + u.v′ = ( uv ) ′ .
Lời giải
Ta có f ( x) + ( x + 1) . f ′( x) = 1 ⇔ ( x + 1) ′ f ( x) + ( x + 1) . f ′( x) = 1 ⇔ ( x + 1) f ( x) ′ = 1
⇒ ( x + 1) f ( x) = ∫ dx ⇔ ( x + 1) f ( x) = x + c , vì f (5) =
⇒ ( x + 1) f ( x) = x + 2 ⇔ f ( x) =

x+2
.
x +1

Khi đó

Trang 9

7
7
⇔ 6. = 5 + c ⇔ c = 2
6
6


Sáng kiến kinh nghiệm
1

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

1

1

1

x+2
1 

I = ∫ f ( x)dx = ∫
.dx = ∫ 1 +
÷.dx = ( x + ln x + 1 ) = 1 + ln 2 .
x
+

1
x
+
1


0
0
0
0
Nhận xét: Với u ( x) là biểu thức cho trước thì ta có [ u ( x). f ( x) ] ′ = u′( x). f ( x) + u ( x). f ′( x) .
Đặt v( x) = u′( x) ta được [ u ( x). f ( x) ] ′ = v( x). f ( x) + u ( x). f ′( x) (*). Như vậy nếu biểu thức
có dạng v( x). f ( x) + u ( x). f ′( x) ta có thể biến đổi đưa về dạng [ u ( x). f ( x) ] ′ .Khi đó ta có bài
tốn tổng qt cho ví dụ 5 như sau:
Cho A( x); B ( x) ; g ( x) là các biểu thức đã biết. Tìm hàm số

f ( x) thỏa mãn

A( x) f ( x) + B ( x) f ′( x) = g ( x) (**)
Do vế trái có dạng (*) nên ta có thể biến đổi (**) ⇔ [ u ( x). f ( x) ] ′ = g ( x)
u′( x) = A( x) u ′( x ) A( x )
u ′( x )
A( x )
⇒
=
⇒∫
.dx = ∫
.dx
Trong đó u ( x) được chọn sao cho : 
u ( x) B( x)

u ( x)
B( x)
u ( x) = B ( x)
⇒ ln u ( x) = G ( x) + c (với G ( x) là một nguyên hàm của

A( x)
) ⇒ từ đây ta sẽ chọn được
B ( x)

biểu thức u ( x) .
Ví

dụ

7.

Cho

f ( x)

có đạo hàm trên

[ 0;1]

thỏa

mãn

1

2018 f ( x) + x. f ′( x) = 2 x

2018

, ∀x ∈ [ 0;1] . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
0

Nhận xét : Trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) . Ta có
⇒ ln u ( x) = ∫

2018
dx ⇒ ln u ( x) = 2018ln x + c ⇔ ln u ( x) = ln x 2018 + c
x

nên ta chọn u ( x) = x 2018 , khi đó ta có lời giải như sau:
Lời giải
Ta có
2018 f ( x) + x. f ′( x) = 2 x 2018
⇔ 2018 x 2017 f ( x) + x 2018 f ′( x) = 2 x 4035
⇔  x 2018 . f ( x) ′ = 2 x 4035
Trang 10

f (1) =

1
2018

và

Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

Khi đó x 2018 f ( x) = ∫ 2 x 4035dx ⇔ x 2018 f ( x) =

x 4036
+c.
2018

1
1
1
x 4036
x 2018
2018
⇔
=
+ c ⇔ c = 0 ⇒ x f ( x) =
⇒ f ( x) =
Do f (1) =
2018
2018 2018
2018
2018
Khi đó
1

 x 2019


x 2018
1
I = ∫ f ( x)dx = ∫
dx = 
.
÷ =
2018
2019.2018
2018.2019


0
0
0
1

1

Ví dụ 8. Cho f ( x) có đạo hàm trên [ 1;2] thỏa mãn ( x + 1) f ( x) + x. f ′( x) = 2e x , ∀x ∈ [ 1;2] .
2

Biết f (1) = e , tính tích phân I = ∫ x. f ( x)dx .
1

Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) . Ta có
ln u ( x) = ∫

x +1
dx ⇒ ln u ( x) = x + ln x + c ⇔ ln u ( x) = ln e x + ln x + c
x

⇔ ln u ( x) = ln xe x + c nên ta chọn u ( x) = xe x , từ đó ta có lời giải:
Lời giải
x
Ta có  xe x . f ( x) ′ = ( xe x ) ′ f ( x) + xe x . f ′( x) = ( e x + xe x ) f ( x) + xe x . f ′( x) = e ( x + 1) f ( x) + xf ′( x) 

x
x
2x
Do đó ( x + 1) f ( x) + x. f ′( x) = 2e ⇔ e ( x + 1) f ( x) + xf ′( x)  = 2e ⇒  xe x . f ( x) ′ = 2e 2 x
x
2x
2x
Suy ra xe . f ( x) = ∫ 2e dx = e + c .

Do f (1) = e ⇔ e.e = e 2 + c ⇔ c = 0 ⇒ xe x . f ( x) = e 2 x ⇔ f ( x) =
2

2

1

1

ex
.
x

2

x
x
2
Khi đó I = ∫ x. f ( x)dx = ∫ e dx = e 1 = e − e .

Ví dụ 9. Cho f ( x) liên tục và có đạo hàm trên ¡ \ { −1;0} thỏa mãn f (1) = −2ln 2 và
2

x( x + 1) f ′( x) + f ( x) = x + x , ∀x ∈ ¡ \ { −1;0} . Tính tích phân I = ∫ xf ( x)dx .
2

1

Nhận xét : Trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) .Ta có

Trang 11


Sáng kiến kinh nghiệm
ln u ( x) = ∫
Ta chọn u ( x) =

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

1
1 
x
1
dx ⇒ ln u ( x) = ∫  −
dx ⇔ ln u ( x) =

+c
÷
x( x + 1)
x +1
 x x +1

x
, từ đó ta có lời giải
x +1
Lời giải

x
1
x
1
′
Ta có 
.
.
f
(
x
)
 x + 1
 = ( x + 1) 2 f ( x) + x + 1 . f ′( x) = ( x + 1) 2 .[ f ( x) + x( x + 1) f ′( x) ]
Do đó
x( x + 1) f ′( x) + f ( x) = x 2 + x
1
 x
′

⇔
. f ( x)  =
.  x 2 + x 
2 
 x +1
 ( x + 1)
x
 x
′
⇔
. f ( x)  =
 x +1
 x +1
x
x
1 

⇒
. f ( x) = ∫
dx = ∫ 1 −
÷dx = x − ln x + 1 + c
x +1
x +1
 x +1
1
Do f (1) = −2ln 2 ⇔ .(−2ln 2) = 1 − ln 2 + c ⇔ c = −1 nên suy ra
2
x 2 − 1 − ( x + 1).ln x + 1
x
.

. f ( x) = x − ln x + 1 − 1 ⇔ f ( x) =
x +1
x
Khi đó
2

2
 x3

4
I = ∫ xf ( x)dx = ∫ ( x − 1 − ( x + 1).ln ( x + 1) ) .dx =  − x ÷ − ∫ ( x + 1).ln ( x + 1) .dx = − I1
3
 3
1 1
1
1
2

2

2

1

du =
dx

u = ln( x + 1)

x +1

⇒
Với I1 = ∫ ( x + 1).ln ( x + 1) .dx . Đặt 
2
dv
=
(
x
+
1)
dx

1
v = x + x + 1 = 1 ( x + 1) 2

2
2 2
2

2

2

1
1

⇒ I1 =  ( x + 1) 2 .ln( x + 1)  − ∫ ( x + 1) dx
2
1 2 1
2


9
1  x2
9
5
⇒ I1 = ln 3 − 2ln 2 −  + x ÷ = ln 3 − 2ln 2 − .
2
2 2
4
1 2

Trang 12


Sáng kiến kinh nghiệm
Vậy, I =

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

4
4 9
5  31 9
− I1 = −  ln 3 − 2ln 2 − ÷ = − ln 3 + 2ln 2 .
3
3 2
4  12 2

3.2. Phương pháp đổi biến số
3.2.1. Kiến thức sử dụng
u (b)

b

Công thức:

∫ f [ u ( x)] .u′( x)dx = ∫
a

f (u )du

u (a )

Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x . Như vậy
b

b

b

a

a

a

∫ f ( x)dx = ∫ f (u )du =∫ f (t )dt = ...

tích phân khơng phụ thuộc vào biến tức là
3.2.2. Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục trên ¡ và thỏa mãn 2018. f ( x) + f (− x) = e x , ∀x ∈ ¡ .
1

Tính tích phân I =

∫ f ( x)dx .

−1

Nhận xét: Giả thiết chứa f ( x) và f (− x) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này bằng
cách đặt x = −t , từ đó ta có lời giải
Lời giải
 x = −1 ⇒ t = 1
f
(
x
)
dx
x
=
−
t
⇒
dx
=
−
dt
.
Đặt
,

đổi
cận
:

∫
 x = 1 ⇒ t = −1
−1
1

Xét I =

−1

Khi đó I = − ∫ f (−t )dt =
1

1

1

−1

−1

∫ f (−t )dt ⇒ I = ∫ f (− x)dx .

1

1

−1

−1

Vì 2018 I + I = 2018 ∫ f ( x)dx + ∫ f (− x)dx nên 2019 I =
1

⇔ 2019 I = ∫ e x dx = e x
−1

1
−1

=e−

1
e2 − 1
⇔I=
.
e
2019e

Trang 13

1

∫ [ 2018 f ( x) + f (− x)]dx

−1

Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

2 
 2 
Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  ;1 và thỏa mãn 2 f ( x) + 3 f  ÷ = 5 x ,
3 
 3x 
1

f ( x)
2 
∀x ∈  ;1 . Tính tích phân I = ∫ x dx .
2
3 
3

 2 
Nhận xét: Giả thiết chứa f ( x) và f  ÷, nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này bằng
 3x 
cách đặt x =

2
, từ đó ta có lời giải
3t
Lời giải

1

Xét I = ∫
2
3

f ( x)
dx . Đặt x = 2 ⇒ dx = − 2 dt , đổi cận :
x
3t
3t 2

Khi đó I = −

2
3

2
3 ∫1

2

 x = 3 ⇒ t = 1
.

2
x = 1 ⇒ t =

3

2 1

2
 2 
f  ÷. 2
1 f 
1 f 
÷
÷
 3t  t dt
3t 
3x  .


=∫
dt = ∫
.dx
2
t
x
2
2
3
3
3t

 2 
f ÷
Ta có 2 I + 3I = 2 ∫ f ( x)dx + 3∫  3 x  .dx
x
x
2

2
1

⇔ 5I = ∫

1

1

3

3

2 f ( x) + 3 f (
x

2
3

2
)
1
1
3x .dx = 5 x dx = 5dx = 5
∫2 x
∫2
3
3

3

1
Vậy I = .
3
Ví

dụ

3.

Cho

hàm

số

f ( x)

liên

tục

trên

đoạn

[ 0;2]

và

thỏa

mãn

2

3 f ( x) − 4 f (2 − x) = − x − 12 x + 16 , ∀x ∈ [ 0;2] . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
2

0

Nhận xét: Giả thiết chứa f ( x) và f (2 − x) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này bằng
cách đặt x = 2 − t , từ đó ta có lời giải
Trang 14


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ
Lời giải

x = 0 ⇒ t = 2
Xét I = ∫ f ( x)dx . Đặt x = 2 − t ⇒ dx = − dt , đổi cận : 
x = 2 ⇒ t = 0
0
2

0

2

2

2

0

0

Khi đó I = − ∫ f (2 − t )dt = ∫ f (2 − t )dt ⇒ I = ∫ f (2 − x)dx
2

2

2

0

0

0

Ta có 3I − 4 I = 3∫ f ( x)dx − 4 ∫ f (2 − x)dx = ∫ [ 3 f ( x) − 4 f (2 − x) ]dx
2

⇔ − I = ∫ ( − x 2 − 12 x + 16 ) .dx
0

2

 − x3

16
16
⇔ − I = ∫ ( − x − 12 x + 16 ) .dx = 
− 6 x 2 + 16 x ÷ =
⇔I =− .
3
 3
0 3
0
2

2

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục trên ¡ và thỏa mãn f ( x) = 4 xf ( x 2 ) + 2 x + 1 , ∀x ∈ ¡ .
1

Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
0

Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) và f ( x 2 ) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này bằng
cách đặt x = t 2 , từ đó ta có lời giải
Lời giải
x = 0 ⇒ t = 0
Xét I = ∫ f ( x)dx . Đặt x = t 2 ⇒ dx = 2tdt , đổi cận : 
x = 1 ⇒ t = 1
0
1

1

1

2
Khi đó I = ∫ f (t ).2tdt ⇒ I = 2 ∫ xf ( x )dx .
2

0

0

1

1

1

1

2
Ta có I − 2 I = ∫ f ( x)dx − 4 ∫ xf ( x )dx = ∫  f ( x) − 4 xf ( x ) dx = ∫ ( 2 x + 1) dx = ( x + x ) 0 = 2
2

0

0

2

0

1

0

⇒ − I = 2 ⇔ I = −2 .

Như vậy, từ 4 ví dụ trên ta thấy nếu giả thiết cho mối liên hệ giữa f ( x) và f (u ( x)) thì ta
đặt x = u (t ) .

Trang 15


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x) liên tục trên ¡ và thỏa mãn f ( x 3 + 2 x − 2) = 3 x − 1 , ∀x ∈ ¡ .
10

Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
1

Lời giải
 x = 1 ⇒ t 3 + 2t = 3 ⇔ t = 1
3
2
x
=

t
+
2
t
−
2
⇒
dx
=
3
t
+
2
t
dt
Đặt
(
) , đổi cận : 
3
 x = 10 ⇒ t + 2t = 12 ⇔ t = 2
2

2

2

3
2
Ta có I = ∫ f (t + 2t − 2). ( 3t + 2t ) dt = ∫ ( 3t − 1) ( 3t + 2t ) dt = ∫ ( 9t + 3t − 2t ) dt
3

2

2

1

1

1

2

 9t 4 3 2 
151
=
+t −t ÷ =
.
4
4

1
Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ −1;5] và thỏa mãn [ f ( x) ]

2019

+ f ( x) + 2 = x

4

với x ∈ [ −1;5] . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
0

Lời giải
2019
+ t + 2 = x ⇒ dx = ( 2019t 2018 + 1) dt
Đặt t = f ( x) ⇒ t

 x = 0 ⇒ t 2019 + t + 2 = 0 ⇔ t = −1
Đổi cận: 
2019
+t + 2 = 4 ⇔ t =1
 x = 4 ⇒ t
1

Ta có I = ∫ t ( 2019t
−1

2018

+ 1) dt =

1

1

∫ ( 2019t

−1

2019

 2019 2020 1 2 
+ t ) dt = 
t
+ t ÷ = 0.
2  −1
 2020

Ví dụ 7. Biết mỗi số thực t ≥ 0 phương trình 4 x 3 + tx − 4 = 0 có nghiệm dương duy nhất
7

x = x(t ) , với x(t ) là hàm số liên tục theo t trên [ 0; +∞ ) .Tính tích phân I = ∫ [ x(t ) ] dt .
0

Lời giải
t = 0 ⇒ 4 x 3 − 4 = 0 ⇔ x = 1

4 − 4x
8x + 4
⇒ dt = −
dx
Đặt t =
,
đổi
cận:

1
3
x

x2
t = 7 ⇒ 4 x + 7 x − 4 = 0 ⇔ x =
2

3

3

Trang 16

2


Sáng kiến kinh nghiệm
1
2

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ
1

1
8 x3 + 4
31
3
4
dx
=
8
x
+

4
dx
=
2
x
+
4
x
Ta có I = − ∫ x .
.
(
)
(
)
1 =
2
∫
x
8
1
2
1
2

2

3.3. Phương pháp tích phân từng phần
3.3.1. Kiến thức sử dụng
b

b

Công thức ∫ u ( x)v′( x)dx = ( u ( x)v( x) ) a − ∫ v( x)u ′( x)dx (trong đó u , v có đạo hàm liên
b

a

a

tục trên K và a, b là hai số thuộc K ).
3.3.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên ¡
3

∫
0

f ( x)dx
1+ x

2

)

∫ f ′( x) ln ( x +
3

=1 . Tính tích phân I =

thỏa mãn f ( 3) = 3 và

1 + x 2 dx .

0

Lời giải

∫ f ′( x) ln ( x +

)

3

Xét I =

1 + x 2 dx .

0

)

(

1

u = ln x + 1 + x 2
dx

 du =
⇒

Đặt 
1 + x2
dv = f ′( x)dx
v = f ( x )


(

Khi đó I = f ( x) ln x + 1 + x

2

)

3
0

3

−

∫
0

f ( x)dx
1 + x2

(

)

= 3 ln 2 + 3 − 1 .

Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn 2 f (3) − f (0) = 18 và
3

∫ ( f ′( x) + 1)
0

3

302
f ( x)
x + 1dx =
dx .
. Tính tích phân I = ∫
15
x +1
0
Lời giải
3

Xét tích phân

∫ ( f ′( x) + 1)
0

x + 1dx =

302

.
15

Trang 17


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

1

u = x + 1
dx
du =
⇒
2 x +1
Đặt 
dv = ( f ′( x) + 1) dx v = f ( x) + x + 1
3
3
 f ( x)
302 

= ( f ( x) + x + 1) x + 1  − ∫ 
+
Khi đó
0
15
0  2 x +1

x +1 
dx
2 

3

I 1
302
I 14
76
= 2 f (3) − f (0) + 7 − − ∫ x + 1dx ⇔
.
= 25 − − ⇒ I =
2 20
15
2 6
15
Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 1;3] thỏa mãn f (3) = f (1) = 3 và
3

f ( x) + ln x
xf ′( x)
I
=
dx
dx
=
0
.

Tính
tích
phân
2
∫
∫1 x + 1
x
+
1
(
)
1
3

Lời giải
3

Xét I = ∫
1


1

u = f ( x) + ln x
du =  f ′( x) + ÷dx

f ( x) + ln x

x


.dx , đặt 
1
⇒
2
dv =
dx
2
( x + 1)

v = − 1 + 1 = x
x
+
1
(
)


x +1
x +1
3

xf ′( x)
1 
 x
+
dx
Khi đó I = 
( f ( x) + ln x )  − ∫ 
 x +1
 1 1  x + 1 x + 1 

=

3

3
3
1
3 3
( f (3) + ln 3) − f (1) − 0 + ln x + 1 1  = + ln 3 − ln 2 .
4
2
4 4

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f (1) =
1

∫(
0

1

xf ( x)
dx .
2
1
+
x
0

f ′( x) + x ) .ln(1 + x 2 )dx = 2ln 2 − 1 . Tính tích phân I = ∫

Lời giải
1

Xét

∫ ( f ′( x) + x ) .ln(1 + x )dx = 2ln 2 − 1 .
2

0

2x

du
=
dx
u = ln(1 + x )

1 + x2
⇒
Đặt 
2
dv = ( f ′( x) + x ) dx v = f ( x) + x + 1

2 2
2

Trang 18

1
và

2


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ
1

1


x2 + 1 
 2 xf ( x)

2
+ x ÷dx
Khi đó 2ln 2 − 1 =  f ( x) +
÷ln(1 + x )  − ∫ 
2
2 


 0 0  1+ x
1

1

xf ( x)
3
1

1 1
dx − ∫ xdx ⇔ 2ln 2 − 1 = ln 2 − 2 I − ⇔ I = − ln 2 .
2
1+ x
2
2
4 4
0
0

= ( f (1) + 1) ln 2 − 2 ∫

3.4. Tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân
3.4.1. Kiến thức sử dụng
f ( x) ≥ 0 với ∀x ∈ [ a; b ] thì

Nếu

b

∫ f ( x)dx ≥ 0 ,

dấu đẳng thức xảy ra khi

a

f ( x) = 0, ∀x ∈ [ a; b ] .
b

Hệ quả:

∫f

2

( x)dx = 0 ⇔ f ( x) = 0 với ∀x ∈ [ a; b ] .

a

3.4.2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 0;1] . Biết

1

∫ xf ( x)dx = 1

và

0

1

∫[
0

1

f ( x) ] dx = 3 . Tính tích phân I = ∫ [ f ( x)]
2

2018

dx .

0

Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ( x) ] và xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng [ f ( x) − ax ]
2

1

Ta chọn a sao cho

∫ [ f ( x) − ax]

2

0

1

⇔ ∫ [ f ( x)] dx − 2a ∫ xf ( x)dx + a
0

0

dx = 0 ⇔ ∫
0

1

2

1

( [ f ( x)]

2

)

− 2axf ( x) + a 2 x 2 dx = 0

1

2

a2
= 0 ⇔ a = 3 .Từ đó ta có lời giải
3

2
∫ x dx = 0 ⇔ 3 − 2a +
0

Lời giải
1

Ta có

∫ [ f ( x) − 3x ]
0

1

2

1

dx = 0 ⇔ ∫
0

1

1

0

0

( [ f ( x)]

2

)

− 6 xf ( x ) + 9 x 2 dx

= ∫ [ f ( x)] dx − 6 ∫ xf ( x)dx + 9 ∫ x 2 dx
0

2

Trang 19

2


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ
1

⇔ 3 − 6 + 3 = 0 ⇒ f ( x) = 3 x . Khi đó I = ∫ [ f ( x)]

2018

0

1

dx = 32018 ∫ x 2018 dx =
0

32018
.
2019

 π
π 

Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0;  . Biết f  ÷ = 0 ,
 2
2
π
2

∫ [ f ′( x)]
0

2

π
2

π
2

π
dx = π và ∫ cos x. f ( x) dx = . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx .
2
0
0

Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ′( x)] và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó trước
2

π
2

hết ta biến đổi cos x. f ( x)dx để tạo biểu thức f ′( x) bằng cách đặt

∫
0

u = f ( x)
du = f ′( x)dx
⇒
, khi đó π = ( f ( x)sin x )


dv = cos xdx v = sin x
2
π
2

⇒ ∫ f ′( x)sin xdx = −
0

π
2
0

π
2

− ∫ f ′( x)sin xdx
0

π . Đến đây ta được hai biểu thức [ f ′( x)] 2 và f ′( x).sin x nên ta tạo
2

2
bình phương dạng [ f ′( x) − a sin x ] . Ta chọn a sao cho

π
2

∫ [ f ′( x) − a sin x]
0

π
2

2

π
2

dx = 0 ⇔ ∫
0

( [ f ′( x)]

2

)

− 2a sin x. f ′( x) + a 2 sin 2 x dx = 0

π
2

π
2

0

0

⇔ ∫ [ f ′( x)] dx − 2a ∫ sin x. f ′( x)dx + a 2 ∫ sin 2 xdx = 0
2

0

2

π a2
a 
⇔ π + aπ +
= 0 ⇔ π  + 1÷ = 0 ⇔ a = −2 .Từ đó ta có lời giải
4
2 
Lời giải
π
2

u = f ( x)
du = f ′( x)dx
⇒
Xét cos x. f ( x)dx = π , đặt 
∫0

dv = cos xdx v = sin x
2
Trang 20


Sáng kiến kinh nghiệm
Khi đó π = ( f ( x)sin x )
2
Ta có

π
2

∫ [ f ′( x) + 2sin x ]

2

0

= π − 2π +

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

π
2
0

π
2

π
2

0

0

− ∫ f ′( x)sin xdx ⇒ ∫ f ′( x)sin xdx = −
π
2

dx = 0 ⇔ ∫
0

( [ f ′( x)]

2

π.
2

)

+ 4sin x. f ′( x) + 4sin 2 x dx

4π
π 
= 0 ⇒ f ′( x) = −2sin x ⇒ f ( x) = 2cos x + c mà f  ÷ = 0 ⇒ c = 0 nên ta có
4
2

f ( x) = 2cos x .
π
2

π
2

0

0

Vậy, I = f ( x)dx = 2 cos xdx = 2 .
∫
∫
Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ −1;0] . Biết f (−1) = −
2

169
 f ′( x) 
∫−1  x  dx = 105 và
0

7
;
10

1

0

103
∫−1 ( x − 1) . f ( x)dx = 420 . Tính tích phân I = ∫0 f ( x)dx .
2

 f ′( x) 
Nhận xét : giả thiết chứa 
và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó trước

x


0

hết ta biến đổi

∫ ( x − 1) . f ( x)dx để đưa về

f ′( x) bằng cách đặt

−1

du = f ′( x)dx
u = f ( x)

⇒

x2
dv
=

x
−
1
dx
(
)
−x

v =
2

0

0
0

169

103  x 2
1
2
2
′
⇒
x
−
2
x
f
(

x
)
dx
=
′
=  − x ÷ f ( x)  − ∫ ( x − 2 x ) f ( x)dx
khi đó
.
(
)
∫
105
420  2
−1

 −1 2 −1
2

 f ′( x ) 
x 2 − 2 x ) f ′( x)
Đến đây ta được hai biểu thức 
và
(
 x 
2

 f ′( x)

− a ( x3 − 2 x 2 )  , ta chọn a sao cho
nên ta tạo bình phương dạng 

 x


Trang 21


Sáng kiến kinh nghiệm

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

2
1
  f ′( x)  2

f ′( x)
 f ′( x)
3
2 
3
2
2
3
2 2
−
a
x
−
2
x
dx

=
0
⇔
−
2
a
x
−
2
x
.
+
a
x
−
2
x
dx = 0

÷
(
)
(
)
(
)
∫0  x
∫0   x 

÷

x


1

2

1
1
 f ′( x) 
2
2
3
2 2
′
⇔ ∫
dx
−
2
a
x
−
2
x
.
f
(
x
)
dx

+
a
x
−
2
x
(
)
(
) dx = 0
∫
∫

x

0
0
0
1

⇔

169
169 169 2
− 2a.
+
a = 0 ⇔ a = 1 . Từ đó ta có lời giải
105
105 105
Lời giải

0

103
Xét ∫ ( x − 1) . f ( x)dx =
, đặt
420
−1

du = f ′( x)dx
u = f ( x)

⇒

x2
−x
dv = ( x − 1) dx v =
2


0

0
0

169

103  x 2
1
2
2

=  − x ÷ f ( x)  − ∫ ( x − 2 x ) f ′( x)dx ⇒ ∫ ( x − 2 x ) f ′( x)dx =
Khi đó
105
420  2
−1

 −1 2 −1
2
1
  f ′( x)  2

f ′( x)
 f ′( x)
3
2 
3
2
3
2 2
−
x
−
2
x
dx
=
0
⇔
−
2

x
−
2
x
.
+
x
−
2
x

Ta có ∫ 
(
) 
(
) x (
) ÷÷dx
∫
  x 
x

0
0

1

2

1
1

2
169
169 169
 f ′( x) 
2
= ∫
dx − 2∫ ( x − 2 x ) . f ′( x)dx + ∫ ( x 3 − 2 x 2 ) dx =
− 2.
+
=0

x 
105
105 105
0
0
0
1

⇒

f ′( x)
1
1
= x 3 − 2 x 2 ⇔ f ′( x) = x 4 − 2 x 3 ⇒ f ( x) = x5 − x 4 + c .
x
5
2

Mà f (−1) = −

7
1
1
⇒ c = 0 nên f ( x) = x5 − x 4 .
10
5
2

1

1

1

1 
1 
1
1
 1
Khi đó I = ∫ f ( x)dx = ∫  x 5 − x 4 ÷dx =  x 6 − x5 ÷ = − .
5
2 
10  0
15
 30
0
0
Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 0;2] . Biết f (2) = 7 và

[ f ′( x)]

2

2

= 21x − 12 x − 12 xf ( x) , ∀x ∈ [ 0;2] . Tính tích phân I = ∫ f ( x) dx .
4

0

Lời giải
2

Từ giả thiết ta có

∫ [ f ′( x)]
0

2

2

dx = ∫  21x 4 − 12 x − 12 xf ( x ) dx .
0

Trang 22


Sáng kiến kinh nghiệm

2

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

2

2

2

0

0

⇒ ∫ [ f ′( x)] dx = ∫ ( 21x − 12 x ) dx − 12 ∫ xf ( x)dx ⇒ ∫ [
2

4

0

0

2

552
f ′( x)] dx =
− 12 ∫ xf ( x)dx (*)
5
0

2

Đến đây ta có hai biểu thức [ f ′( x)] và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó trước
2

du = f ′( x)dx
u = f ( x) 
⇒
hết ta biến đổi ∫ xf ( x)dx để tạo ra f ′( x) bằng cách đặt 
x2
dv = xdx v =
0
2

2

2

2
2
 x2

1 2
1 2
Khi đó ∫ xf ( x)dx =  f ( x)  − ∫ x f ′( x)dx = 14 − ∫ x f ′( x)dx , thế vào (*) ta được
20
2
0 20
0
2

2

∫[
0

2
2
2


552
1 2
288
2
f ′( x)] dx =
− 12 14 − ∫ x f ′( x)dx  ⇔ ∫ [ f ′( x)] dx − 6 ∫ x 2 f ′( x)dx +
= 0 (**)
5
20
5
0
0


2

2

4

Mà ∫ 9 x dx =
0

2

2

2

288
2
2
4
nên ta có (**) ⇔ ∫ [ f ′( x)] dx − 6 ∫ x f ′( x)dx + ∫ 9 x dx = 0
5
0
0
0

2

2

⇔ ∫  f ′( x) − 3 x 2  dx = 0 ⇒ f ′( x) = 3 x 2 ⇒ f ( x) = x 3 + c mà f (2) = 7 ⇒ c = −1
0

⇒ f ( x) = x 3 − 1 .
2

2

0

0

3
Khi đó I = ∫ f ( x)dx = ∫ ( x − 1) dx = 2 .

Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn

[ 0;1]

1

thỏa mãn

∫ f ( x)dx = 2 .

Biết

0

1

7
∫0 xf ( x)dx = 6 và

1

∫[

0

Nhận xét : giả thiết chứa

[ f ( x) + ax + b ]
1

⇔∫
0

( [ f ( x)]

2

1

13
3
f ( x) ] dx = . Tính tích phân I = ∫ [ f ( x)] dx .
3
0
2

[ f ( x) ]

2

, xf ( x) và f ( x) nên ta tạo bình phương dạng

1

2

, ta chọn a, b sao cho

∫ [ f ( x) + ax + b]

2

dx = 0

0

)

+ 2axf ( x) + 2bf ( x) + 2abx + a 2 x 2 + b 2 dx = 0

Trang 23


Sáng kiến kinh nghiệm
1

Tr ường THPT Nguy ễn Hu ệ

1

1

1

1

0

0

0

0

⇔ ∫ [ f ( x)] dx + 2a ∫ xf ( x)dx + 2b ∫ f ( x)dx + 2ab ∫ xdx + ∫ ( a 2 x 2 + b 2 ) dx = 0
2

0

⇔

13
7
a2
+ 2a. + 4b + ab + + b 2 = 0 ⇔ a 2 + ( 3b + 7 ) a + 3b 2 + 12b + 13 = 0 .
3
6
3

2
Để có a thì ∆ = ( 3b + 7 ) − 4 ( 3b + 12b + 13) ≥ 0 ⇔ −3 ( b + 1) ≥ 0 ⇔ b = −1 ⇒ a = −2 , từ
2

2

đó ta có lời giải
Lời giải
1

Ta có

∫ [ f ( x) − 2 x − 1]
0

1

2

1

dx = ∫
0

( [ f ( x)]

2

)

− 4 xf ( x) − 2 f ( x) + 4 x + 4 x 2 + 1 dx

1

1

1

1

0

0

0

0

= ∫ [ f ( x)] dx − 4 ∫ xf ( x)dx − 2 ∫ f ( x)dx + 4 ∫ xdx + ∫ ( 4 x 2 + 1) dx = 0
2

0

=

13
7
4
− 4. − 4 + 2 + + 1 = 0 ⇒ f ( x) = 2 x + 1 .
3
6
3
1

1

Khi đó I = ∫ [ f ( x)] dx = ∫ ( 2 x + 1) dx = 10 .
3

0

3

0

 π
Ví dụ 8. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn 0;  thỏa mãn
 2
π
2

π
2

π

∫ sin x. f ( x)dx = 4 + 1 và ∫ [ f ( x)]
0

0

2

dx =

π
2

∫

f ( x) dx =

0

π
2

3π
+ 2 . Tính tích phân I = ∫ f ( x).cos xdx .
4
0

Nhận xét : giả thiết chứa [ f ( x) ] , sin x. f ( x) và f ( x) nên ta tạo bình phương dạng
2

[ f ( x) + a sin x + b ]

2

, ta chọn a, b sao cho

π
2

∫ [ f ( x) + a sin x + b ]

2

dx = 0

0

π
2

⇔∫
0

( [ f ( x)]

2

)

+ 2a sin xf ( x) + 2bf ( x) + 2ab sin x + a 2 sin 2 x + b 2 dx = 0

Trang 24

π
+1,
2