LUYỆN THI ĐH TÍCH PHÂN CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT

1
Tích phân
I.Các phơng pháp tính tích phân
1. Tính tích phân bằng định nghĩa ,tính chất và bảng nguyên hàm cơ bản
2.Phơng pháp tích phân từng phần.
Định lí . Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên [ a; b ] thì:
b

b

b
u ( x)v ' ( x)dx = ( u ( x)v( x) ) − v( x)u ' ( x)dx
a a
a

∫

∫

b

b

b
udv = uv − vdu .
hay
a a
a

áp dụng công thức trên ta có qui tắc công thức tích phân từng phần sau:
ã Bớc 1: Viết f(x)dx dới dạng udv = uv ' dx bằng cách chọn một phần thích hợp của
f(x) làm u(x) và phần còn lại dv = v ' ( x)dx.
ã Bớc 2: Tính du = u ' dx và v =
b

ã Bớc 3: TÝnh

∫

∫

dv = v ' ( x)dx .

b

b
vdu = vu ' dx và uv .
a
a
a





ã Bớc 5: áp dụng công thức trên.
3

3 + ln x
dx (ĐH-KB-2009)
(x + 1) 2
1

Ví dụ 5: a)Tính tích phân I = ∫
3

3

3

3 + ln x
dx
ln x
I=∫
dx = 3∫
+∫
dx
2
2
(x + 1)
(x + 1) 1 (x + 1) 2
1
1
3

dx
−3

I1 = 3∫
=
2
(x + 1)
(x + 1)
1

3

=
1

3
4

3

ln x
dx
(x + 1) 2
1

I2 = ∫

Đặt u = lnx ⇒ du =
dv =

dx
x

dx
−1
. Chọn v =
2
(x + 1)
x +1
3

3

3

3

ln x
dx
ln 3
dx
dx
ln 3
3
I2 = −
+∫
=−
+∫
−∫
=−
+ ln
x + 1 1 1 x(x + 1)
4

x 1 x +1
4
2
1


2
3
Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2
4
e

b) Tính

x ln xdx
1

dx

du =

u = ln x

x

Giải:
Đặt
2
dv = xdx
v = x



2
e
e
e 1
x2
e2 x 2 e e2 + 1
x ln xdx = ln x −
xdx = −
=
.
1 21
2
2 4 1
4
1





Ví dụ 6: Tính các tích phân sau:
2



a)

1

2

ln x
dx
x5

b)




2

1

x cos xdx

∫

x

c) xe dx

d)

0

0

∫

e x cos xdx

0

dx

du =
u = ln x



x

Giải: a) Đặt
. Do đó:
1
1
dv = 5 dx

v= 4

x


4x
2

2

2

2

ln x
ln x
1 dx
ln 2 1  1 
15 − 4 ln 2
.
dx = − 4 + ∫ 5 = −
+ − 4 ÷ =
∫ x5
4x 1 4 1 x
64 4  4 x  1
256
1

u = x
 du = dx
⇒
. Do ®ã:
dv = cos xdx v = sin x


b) §Ỉt 
π
2

∫
0

π

π 2
π
π
π
x cos xdx = ( x sin x ) 2 − sin xdx = + cos x 2 = − 1.
2
2
0 0
0

∫

u = x
du = dx
⇒
. Do ®ã:
dv = e x dx v = e x


c)Đặt
1


0

1

1
1
xe x dx = xe x − e x dx = e − e x = e − ( e − 1) = 1 .
0 0
0

∫


3

u = e x
du = e x dx

d) Đặt 
dv = cos xdx v = sin x

π
2

π

π 2
x
x
⇒ e cos xdx = e sin x 2 − e x sin xdx .
0

0 0

∫

∫

u1 = e x
 du1 = e x dx

Đặt
dv1 = sin xdx v1 = cos x

π
2

π

π 2
π
⇒ e x cos xdx = e 2 + e x cos x 2 − e x cos xdx .
0
0 0

∫

∫

π
2

π
2

∫

π
2

∫

⇔ 2 e x cos xdx = e − 1 e x cos xdx =
0

0


2

e 1
.
2

*Cách đặt u và dv trong phơng pháp tích phân từng phần.
b



b

x

P( x)e dx

a

u
dv

∫

b

P( x)ln xdx

a

P(x)

e x dx

∫

b

P( x)cos xdx

a

lnx
P(x)dx

∫

e x cos xdx

a

P(x)
cosxdx

ex

cosxdx

Chó ý: Điều quan trọng khi sử dụng công thức tích phân từng phần là làm thế nào để chọn
u và dv = v ' dx thÝch hỵp trong biĨu thøc dới dấu tích phân f(x)dx. Nói chung nên chọn u
là phần của f(x) mà khi lấy đạo hàm thì đơn giản, chọn dv = v ' dx là phần của f(x)dx là vi
phân một hàm số đà biết hoặc có nguyên hàm dễ tìm.
Có ba dạng tích phân thờng đợc áp dụng tích phân từng phần:


4


ã Nếu tính tích phân

P( x)Q( x)dx mà P(x)là đa thức chứa x và Q(x) là một trong


những hàm sè: e ax , cos ax,

sin ax th× ta thêng ®Ỉt

 du = P ' ( x)dx
u = P ( x)

⇒

dv = Q( x)dx v = Q( x)dx


∫

β

• NÕu tÝnh tích phân

P( x)Q( x)dx mà P(x) là đa thức cđa x vµ Q(x) lµ hµm sè
α

du = Q ' ( x ) dx
u = Q( x)


ln(ax) thì ta đặt 
dv = P( x)dx v = P ( x)dx


∫

β

• NÕu tính tích phân I =





e ax cos bxdx hoặc





J = e ax sin bxdx th×
α

du = ae ax dx
u = e


ta đặt
1
dv = cos bxdx v = sin bx

b
ax

du = ae ax dx
u = e

hoặc đặt
1
dv = sin bxdx v = cos bx

b
ax

Trong trờng hợp này, ta phải tính tích phân từng phần hai lần sau đó trở thành tích
phân ban đầu. Từ đó suy ra kết quả tích phân cần tính.
3. Phơng pháp đổi biến số
b

Bài toán: Tính I =

f ( x)dx ,
a

*Phơng pháp ®ỉi biÕn d¹ng I


5
1) Hàm x = u (t ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ ; ] ,

Định lí . Nếu

2) Hàm hợp f (u (t )) đợc xác định trên [ ; ] ,
3) u (α ) = a, u ( β ) = b ,
β

b

th× I =

∫

f ( x)dx =

∫

f (u (t ))u ' (t )dt .



a

Ví dụ 1. HÃy tính các tích phân sau:
π
2

(

)

I =∫ cos 3 x − cos 2 x.dx (§H-KA-2009)
1

a ) Tính tích phân

0

π
2

1

∫

b) I =

x 2 x 3 + 5dx

c) J =

0

∫ ( sin

4

0

π
2

π
2

0

0

Gi¶i: a) I = ∫ cos5 x.dx − ∫ cos 2 x.dx
π
1
1
π

1
x + sin 2x ÷ 2 =
Ta có: I2 = ∫ cos x.dx = ∫ (1 + cos2x).dx = 
2
2
0 4
20
0
π
2

π
2

2

π
2

π
2

0

0

Mặt khác xét I1 = ∫ cos5 x.dx = ∫ cos 4 x.cosx.dx
π
2

π
1 5

2sin 3 x
8
+ sin x ÷ 2 =
= ∫ (1 − sin x) d(sin x) =  sin x −
3
5
 0 15
0
2

2

Vậy I = I1 – I2 =

(

8 π
−

15 4

)

b) Ta cã d x + 5 = 3 x dx ⇒
3

2

d ( x3 + 5)
3

= x 2 dx

x + 1) cos xdx


6
1

⇒I=

∫

x +5
3

d ( x3 + 5)
3

0

1

=

1
1 ( x + 5)
( x3 + 5) d ( x3 + 5) = 3 1
30
+1
2

∫

=

3

1
2

1
+1
2

1 2 3
1
= ( x + 5) x 3 + 5
0 9

0

4
10
6−
5.
3
9

π
6
1 5

c) Ta cã J = (sin 4 x + 1)d (sin x) =  sin x + sin x ữ 2 =
5
0 5

2


0

Ví dụ 2. HÃy tính các tÝch sau:
4

a)

1

∫

4 − x dx
2

b)

0

dx
1 + x2
0

∫

π
 π π
;  . Khi x = 0 th× t = 0. Khi x = 2 th× t = .
2
 2 2
Tõ x = 2sin t dx = 2cos tdt

Giải: a) Đặt x = 2sin t , t ∈  −
π
2

4

∫

4 − x 2 dx =

0

π
2

∫

∫

4 − 4sin 2 t .2cos tdt = 4 cos 2 tdt = π .

0

0

π
 π π
; ÷. Khi x = 0 th× t = 0 , khi x = 1 th× t = .
4
 2 2
dt
Ta cã: x = tan t ⇒ dx =
.
cos 2 t
π
π
1
π
4

4
dx
1
dt
π

b) §Ỉt x = tan t , t ∈  −

⇒

∫1 + x = ∫1 + tan
2

0

0

2

∫

.
= dt = t 4 = .
t cos 2 t
4
0
0

Chó ý: Trong thùc tÕ chóng ta có thể gặp dạng tích phân trên dạng tổng quát hơn nh:

7
Nếu hàm số dới dấu tích phân có chứa căn d¹ng

a 2 + x 2 , a 2 − x 2 và

x2 a2

(trong trong đó a là hằng số dơng) mà không có cách biến đổi nào khác thì nên đổi sang
các hàm số lợng giác để làm mất căn thức, cụ thể là:
ã Với


a 2 x 2 , đặt x = a sin t , t ∈  − ; 
 2 2
hc x = a cos t , t ∈ [ 0; π ] .

ã Với


a 2 + x 2 , đặt x = a tan t , t ∈  − ; ữ
2 2
hoặc x = acott , t ( 0; π ) .

• Víi

x 2 − a 2 , đặt x =
hoặc x =

a

, t  − ;  \ { 0}
sin t
 2 2

a
π 
; t ∈ [ 0;π ] \   .
cos t
2

*Phơng pháp đổi biến dạng II

Định lí : Nếu hàm số u = u ( x ) đơn điệu và có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] sao cho
b

a

f ( x)dx = g (u ( x))u ' ( x)dx = g (u )du th× I =

u (b )

u(a)

∫ f ( x)dx = ∫ g (u)du .

1

VÝ dơ 3: TÝnh I =

∫

x 2 x 3 + 5dx

0

Gi¶i: §Ỉt u ( x) = x 3 + 5 .Tacã

u (0) = 5, u (1) = 6

6

.

6 2
1
2
4
10
I=
udu = u u = 6 6 5 5 =
6
5
Từ đó đợc:
5 9
35
9
9
9

(



)

Ví dụ 4: HÃy tính các tích phân sau bằng phơng pháp đổi biến dạng II:
e2

1

a)

( 2 x + 1)
0

5

dx

dx
b)
x ln x
e

∫

1

c)

∫
0

4x + 2
dx
x + x +1
2


8

2

d)


1

2
3

dx
(2 x 1) 2

e)



cos(3 x

3

2
)dx
3

Giải: a) Đặt u = 2 x + 1 khi x = 0 th× u = 1 . Khi x = 1 th× u = 3
Ta cã du = 2dx ⇒ dx =
1

du
. Do ®ã:
2

3

1 5
u6 3 1 6
2
= (3 − 1) = 60 .
( 2 x + 1) dx = u du =
3
21
12 1 12
0

5

b)Đặt u = ln x . Khi x = e th× u = 1 . Khi x = e 2 th× u = 2 .

dx
⇒
Ta cã du =
x

e2

∫
e

2

2
dx
du
=
= ln u = ln 2 − ln1 = ln 2 .
1
x ln x 1 u



c)Đặt u = x 2 + x + 1 . Khi x = 0 th× u = 1 . Khi x = 1 th× u = 3 .
Ta cã du = (2 x + 1) dx . Do ®ã:

1

∫
0

3

3
4x + 2
2du
dx =
= 2ln u = 2(ln 3 ln1) = 2ln 3 .
1
x2 + x + 1
u
1



d)Đặt u = 2 x − 1 . Khi x = 1 th× u = 1 . Khi x = 2 th× u = 3 .
Ta cã du = 2dx ⇒ dx =
2


1

e)Đặt u = 3 x

du
. Do đó:

2
3

dx
1 du
1 3
1 1
1
=
=−
= − ( − 1) = .
(2 x − 1) 2 2 1 u 2
2u 1
2 3
3

∫

2π
π
π
2π
4π
. Khi x =
th× u = , khi x =
th× u =
.
3
3
3

3
3

Ta cã du = 3dx ⇒ dx =

du
. Do ®ã:
3


9

2π
3

∫
π
3

4π
2π
1
1
π
3 1  4π
cos(3 x − ) dx =
cos udu = sin u
=  sin
− sin ÷
π

3
3π
3
3
3
3
3
3
4π
3

∫

1
3
3
3
= −
−
.
÷= −
3 2
2
3
3.Phơng pháp tích phân từng phần.
Định lí . Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên [ a; b ] thì:
b

u ( x)v ( x)dx = ( u ( x)v( x) )
'

a

b

b
a

b

∫

− v( x)u ' ( x)dx
a

b

b
hay udv = uv − vdu .
a a
a

∫

∫

¸p dụng công thức trên ta có qui tắc công thức tích phân từng phần sau:
ã Bớc 1: Viết f(x)dx dới dạng udv = uv ' dx bằng cách chọn một phần thích hợp của

f(x) làm u(x) và phần còn lại dv = v ' ( x)dx.
• Bíc 2: TÝnh du = u ' dx và v =
b

ã Bớc 3: Tính





dv = v ' ( x)dx .

b

b
vdu = vu ' dx và uv .
a
a
a





ã Bớc 5: áp dụng công thức trên.
3

3 + ln x
dx (§H-KB-2009)
(x + 1) 2

1

VÝ dơ 5: a)Tính tích phân I = ∫
3

3

3

3 + ln x
dx
ln x
I=∫
dx = 3∫
+∫
dx
2
2
(x + 1)
(x + 1) 1 (x + 1) 2
1
1
3

dx
−3
I1 = 3∫
=
2
(x + 1)

(x + 1)
1
3

ln x
dx
(x + 1) 2
1

I2 = ∫

3

=
1

3
4


10
dx
Đặt u = lnx ⇒ du =
x
dx
−1
dv =
. Chọn v =
2
(x + 1)

x +1
3

3

3

3

ln x
dx
ln 3
dx
dx
ln 3
3
I2 = −
+∫
=−
+∫
−∫
=−
+ ln
x + 1 1 1 x(x + 1)
4
x 1 x +1
4
2
1
3

4

Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2
e

b) Tính

x ln xdx
1

dx

du =

u = ln x

x

Giải:
Đặt
2
dv = xdx
v = x


2
e
e
e 1
x2

e2 x 2 e e2 + 1
x ln xdx = ln x −
xdx = −
=
.
1 21
2
2 4 1
4
1





Ví dụ 6: Tính các tích phân sau:
2



a)

1

ln x
dx
x5


2

b)




2

1

x cos xdx

∫

x

c) xe dx

d)

0

0

∫

e x cos xdx

0

dx

du =
u = ln x



x
⇒
Gi¶i: a) Đặt
. Do đó:
1
1
dv = 5 dx

v= 4

x


4x
2

2

2

2

ln x

ln x
1 dx
ln 2 1  1 
15 − 4 ln 2
∫ x5 dx = − 4 x 4 1 + 4 ∫ x5 = − 64 + 4  − 4 x 4 ÷ = 256 .

1
1
1

u = x
 du = dx
⇒
. Do ®ã:
dv = cos xdx v = sin x

b) Đặt

2


0



2



x cos xdx = ( x sin x ) 2 − sin xdx = + cos x 2 = − 1.

2
2
0 0
0

∫


11

u = x
du = dx

c)Đặt
. Do đó:
x
x
dv = e dx v = e
1

∫
0

1

1
1
xe dx = xe − e x dx = e − e x = e − ( e − 1) = 1 .
0 0
0

x

∫

x

u = e x
 du = e x dx

d) Đặt
dv = cos xdx v = sin x
π
2

π

π 2
x
x
⇒ e cos xdx = e sin x 2 − e x sin xdx .
0
0 0

∫

∫

u1 = e x
du1 = e x dx

Đặt
dv1 = sin xdx v1 = − cos x

π
2

π

π 2
π
⇒ e x cos xdx = e 2 + e x cos x 2 − e x cos xdx .
0
0 0

∫

∫

π
2

π
2

∫

π
2

∫

⇔ 2 e x cos xdx = e − 1 ⇔ e x cos xdx =
0

0


2

e 1
.
2

*Cách đặt u và dv trong phơng pháp tích phân từng phần.
b



b

P( x)e x dx

a

u
dv



b

P( x)ln xdx

a

P(x)

e x dx

∫

b

P( x)cos xdx

a

lnx
P(x)dx

∫

e x cos xdx

a

P(x)
cosxdx

ex

cosxdx

Chó ý: §iỊu quan trọng khi sử dụng công thức tích phân từng phần là làm thế nào để chọn
u và dv = v ' dx thÝch hỵp trong biĨu thøc díi dÊu tÝch phân f(x)dx. Nói chung nên chọn u
là phần của f(x) mà khi lấy đạo hàm thì đơn giản, chọn dv = v ' dx là phần của f(x)dx là vi
phân một hàm số đà biết hoặc có nguyên hàm dễ tìm.
Có ba dạng tích phân thờng đợc áp dụng tích phân từng phần:


12


ã Nếu tính tích phân

P( x)Q( x)dx mà P(x)là đa thức chứa x và Q(x) là một trong


những hàm sè: e ax , cos ax,

sin ax th× ta thêng ®Ỉt

 du = P ' ( x)dx
u = P ( x)

⇒

dv = Q( x)dx v = Q( x)dx


∫

β

• NÕu tÝnh tích phân

P( x)Q( x)dx mà P(x) là đa thức cđa x vµ Q(x) lµ hµm sè
α

du = Q ' ( x ) dx
u = Q( x)


ln(ax) thì ta đặt 
dv = P( x)dx v = P ( x)dx


∫

β

• NÕu tính tích phân I =





e ax cos bxdx hoặc

J = e ax sin bxdx th×
α

du = ae ax dx
u = e


ta đặt
1
dv = cos bxdx v = sin bx

b
ax

du = ae ax dx
u = e


hoặc đặt
1
dv = sin bxdx v = cos bx

b
ax

Trong trờng hợp này, ta phải tính tích phân từng phần hai lần sau đó trở thành tích
phân ban đầu. Từ đó suy ra kết quả tích phân cần tính.

II.Tích phân một số hàm số thờng gặp
1. Tích phân hàm số phân thức
a)Tính tích phân dạng tổng quát sau:


13
β

I=

∫
α

dx
ax 2 + bx + c

( a ≠ 0) .

(trong ®ã ax 2 + bx + c ≠ 0 víi mäi x ∈ [ α ; β ] )
XÐt ∆ = b 2 − 4ac .
β

+)NÕu ∆ = 0 th×

I=

dx

∫ a x b

2

ữ
2a

tính đợc.



1
dx
+)Nếu > 0 th× I =
,
a α ( x − x1 ) ( x − x2 )

∫

(trong ®ã x1 =

⇒I=

−b + ∆
−b − ∆
)
; x2 =
2a

2a

1
x − x1 β
ln
.
a ( x1 − x2 ) x − x2 α
β

dx
I=
=
ax 2 + bx + c
+) Nếu < 0 thì




Đặt x +






dx
2
2

b  

a  x + ÷ + 
÷
2a   4a 2  





b
−∆
1 −∆
=
tgt ⇒ dx =
1 + tg 2t ) dt , ta tính đợc I.
2
2 (
2a
4a
2 a


b) Tính tích phân: I =




(trong đó f ( x) =

mx + n
dx,

ax 2 + bx + c

( a ≠ 0) .

mx + n
liên tục trên đoạn [ ; ] )
2
ax + bx + c

+) Bằng phơng pháp đồng nhất hệ số, ta tìm A và B sao cho:

mx + n
A(2ax + b)
B
= 2
+ 2
ax 2 + bx + c ax + bx + c ax + bx + c


14
β

+)Ta cã I=

β

∫

α

β

.

TÝch ph©n

∫

α

β

TÝch ph©n

β

mx + n
A(2ax + b)
B
dx = ∫ 2
dx + ∫ 2
dx
ax 2 + bx + c
ax + bx + c
ax + bx + c
α
α

∫
α

A(2ax + b)
dx = Aln ax 2 + bx + c
2
ax + bx + c




dx
tính đợc.
ax 2 + bx + c
b

c) Tính tích phân I =


a

P ( x)
dx với P(x) và Q(x) là ®a thøc cđa x.
Q( x)

• NÕu bËc cđa P(x) lín hơn hoặc bằng bậc của Q(x) thì dùng phép chia đa thức.
ã Nếu bậc của P(x) nhỏ hơn bậc của Q(x) thì có thể xét các trờng hợp:
+ Khi Q(x) chỉ có nghiệm đơn 1 , 2 ,..., n thì đặt

An
P( x)
A1

A2
=
+
+ ... +
.
Q ( x ) x α1 x − α 2
x − αn

(

)

+ Khi Q ( x ) = ( x − α ) x + px + q , ∆ = p − 4q < 0 thì đặt
2

2

P ( x)
A
Bx + C
=
+ 2
.
Q( x) x − α x + px + q
+ Khi Q( x) = ( x − α ) ( x − β ) với thì đặt
2

P( x)
A
B

C
=
+
+
2 .
Q( x) x − α x − β ( x − β )
1

VÝ dơ 7. TÝnh tÝch ph©n:

∫
0

4 x + 11
dx .
x2 + 5x + 6

Giải:
Cách 1.Bằng phơng pháp đồng nhất hệ sè ta cã thĨ t×m A, B sao cho:

A ( 2 x + 5)
4 x + 11
B
= 2
+ 2
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2}
x 2 + 5 x + 6 x + 5 x + 6 x + 5x + 6


15

⇔

2 Ax + ( 5 A + B )
4 x + 11
=
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2}
x 2 + 5x + 6
x2 + 5x + 6

2 A = 4
A = 2
⇒
⇔
5 A + B = 11  B = 1
VËy

2 ( 2 x + 5)
4 x + 11
1
= 2
+ 2
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2} .
2
x + 5x + 6 x + 5x + 6 x + 5x + 6
1

Do ®ã

∫

0

1

4 x + 11
2x + 5
dx = 2 2
dx +
x2 + 5x + 6
x + 5x + 6
0

∫

= 2ln x 2 + 5 x + 6

1
0

+ ln

1

∫
0

dx
x2 + 5x + 6

x+2 1

9
= ln .
x+3 0
2

C¸ch 2. V× x + 5 x + 6 = ( x + 2 ) ( x + 3 ) nªn ta có thể tính tích phân trên bằng cách:
2

Tìm A, B sao cho:

4 x + 11
A
B
=
+
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2}
x2 + 5x + 6 x + 2 x + 3

⇔

( A + B ) x + 3 A + B , ∀x ∈ ¡ \ −3; −2
4 x + 11
=
{
}
x2 + 5x + 6
x2 + 5x + 6

A + B = 4
A = 3

⇒
⇔
3 A + 2 B = 11  B = 1
VËy

4 x + 11
3
1
=
+
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2} .
x2 + 5x + 6 x + 2 x + 3
1

Do ®ã

∫
0

1

∫

= 3ln x + 2
1

Ví dụ 8:Tính tích phân:


0

Giải:

1

4 x + 11
dx
dx
dx = 3
+
x2 + 5x + 6
x+2 0 x+3
0

∫

1
0

dx
.
x2 + x + 1

+ ln x + 3

1

9
= ln .
0

2


16

1

Do


0

1

dx
dx
=
2
2
x + x +1 0
1 3
x+ ữ +
2 4




Đặt x +

1

VËy

∫
0

1
3
3
π π 
=
tan t , t ∈  ;  ⇒ dx =
( 1 + tan 2 t ) dt
2 2
2
6 3

dx
=
x + x +1
2

π
3

∫
π
6

π

3
2
( 1 + tan t ) dt 2 3 3
2 3
2
=
dt =
t
3
3 π
3
2
(1 + tan t )
6
4



1
2

Ví dụ 9. Tính tích phân:


0

x3
dx .
2
x 1

Giải:
1
2


0

1
2

1
2

x
x

dx =  x + 2
÷dx = xdx +
x2 − 1
x −1

0
1
3

∫

∫

1
2

∫
0

xdx
x2 − 1

1
1
x2
1
1 1 3
2
=
2 + ln x − 1 2 = + ln .
2
2
8 2 4
0
0
2. Tích phân các hàm lợng giác
2.1.Dạng 1: Biến đổi về tích phân cơ bản
Ví dụ 10: HÃy tính các tích phân sau:

2

a) J =

∫ sin 2x sin 7 xdx ;

−

π
2

π
2

b) K =

∫
0

cos x(sin 4 x + cos 4 x)dx ;

π
3 π 3
=
.
π
9
6


17
π
2

c) M =

4sin 3 x .
dx
1 + cos x
0

∫

Gi¶i

π
π
1
1
1
1
4
cos5 xdx −
cos9 xdx = sin 5 x 2 − sin 9 x 2 = .
a) J =
π 18
π 45
2 π
2 π
10
−
−
−
−

2
2
2
2
π
2

π
2

∫

∫

(

b) Ta cã cos x(sin x + cos x) = cos x  sin x + cos x
4

4

2

2

)

2

− 2sin 2 x cos 2 x 



1
 1

 1
 3
= cos x  1 − sin 2 2 x ÷ = cos x 1 − ( 1 − cos 4 x )  = cos x + cos x cos 4 x
4
 2

 4
 4
3
1
= cos x + ( cos5 x + cos3 x ) .
4
8
π
2

π
2

∫

K = cos x(sin 4 x + cos 4 x )dx =
0

π

2

π
2

3
1
1
cos xdx +
cos5 xdx +
co3xdx
40
80
80

∫

∫

∫

π
π
π
3
1
1
3 1
1 11
= sin x 2 + sin 5 x 2 + sin 3 x 2 = + −

= .
4
40
24
4 40 24 15
0
0
0
4sin 3 x 4sin 2 x sin x 4(1 − cos 2 x)sin x
c)
=
=
= 4(1 − cos x)sin x
1 + cos x
1 + cos x
1 + cos x

⇒ M = 2.
2.2.D¹ng 2: Đổi biến số để hữu tỉ hóa tích phân hàm lợng giác
2.2.1.Tính I =



dx
asinx + b cos x + c

Phơng pháp:
Đặt t = tan

x

2dt
dx =
2
1+ t2


18

2t
1− t2
Ta cã: sin x =
vµ cos x =
1+ t2
1+ t2

I=



dx
=
asinx + b cos x + c



2dt
đà biết cách tính.
( c − b ) t + 2at + b + c
2

dx
4cos x + 3sin x + 5

VÝ dơ 11. TÝnh

∫

Gi¶i: §Ỉt t = tg

x
1
x
2dt
⇒ dt =  1 + tan 2 ÷dx ⇔
= dx
2
2
2
2
1+ t

∫

2dt
dx
dt
1+ t2
=
= 2
1− t2

2t
cos x + 3sin x + 3
t + 3t + 2
+3
+3
2
2
1+ t
1+ t

∫

∫

x
tan + 1
t +1
2
= ln
+ C = ln
+C.
x
t+2
tan + 2
2
2.2.2. TÝnh I =

∫

dx

a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x + d

Phơng pháp: I =

∫

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

dx
cos 2 x
=
( a + d ) tan 2 x + b tan x + ( c + d )



Đặt t = tgx dt =
Ví dụ 12. Tính: I =

dx I =
cos 2 x





dt
đà tính đợc.
( a + d ) t 2 + bt + ( c + d )

dx
.
sin 2 x + 2sin x cos x − 3cos 2 x

dx
dx
Gi¶i:Ta cã
cos 2 x
I=
=
sin 2 x + 2sin x cos x − 3cos 2 x
tg 2 x + 2tgx − 3

∫

∫


19
Đặt t = tgx dt =

I=



Tính I =

dt
=
t 2 + 2t − 3

∫

∫

dx
cos 2 x

dt
1 t −1
1 tgx − 1
= ln
+ C = ln
+ C 2.2.3.
4 tgx + 3
( t − 1) ( t + 3) 4 t + 3

m sin x + n cos x + p
dx .
a sin x + b cos x + c

Phơng pháp:
+)Tìm A, B, C sao cho:

m sin x + n cos x + p = A ( a sin x + b cos x + c ) + B ( a cos x − b sin x ) + C , ∀x +)
VËy I =

∫

∫

m sin x + n cos x + p
dx =
a sin x + b cos x + c

= A dx + B

a cos x − b sin x
dx
dx + C ∫
∫ a sin x + b cos x + c
a sin x + b cos x + c

TÝch ph©n

∫ dx

TÝch ph©n

a cos x − b sin x
∫ a sin x + b cos x + c dx = ln a sin x + b cos x + c + C

Tích phân

tính đợc

dx
a sin x + b cos x + c tính đợc.

Ví dụ 13. Tính: I =

cos x + 2sin x
dx .
4cos x + 3sin x

Giải:
Bằng cách cân bằng hệ số bất định, tìm A và B sao cho:

cos x + 2sin x = A ( 4cos x + 3sin x ) + B ( −4sin x + 3cos x ) , ∀x
cos x + 2sin x = ( 4 A + 3B ) cos x + ( 3 A − 4 B ) sin x, ∀x


20

2

A=

 4 A + 3B = 1

5
⇒
⇔
3 A − 4 B = 2
B = − 1


5

2
1
 2 1 −4sin x + 3cos x 
I=  − .
dx
÷ = x − ln 4cos x + 3sin x + C .
5
5
 5 5 4cos x + 3sin x



2.3.Dạng 3: Đổi biến số để đa về tích phân hàm lợng giác đơn giản hơn
(Xem ví dụ 17, 20, 21)
2.4.Chú ý: Nguyên hàm d¹ng

∫ R ( sin x,cos x ) dx , víi R ( sin x,cos x ) là một hàm hữu

tỉ theo sinx, cosx
Để tính nguyên hàm trên ta đổi biến số và đa về dạng tích phân hàm hữu tỉ mà ta đÃ
biết cách tính tích phân.
ã Trờng hợp chung: §Ỉt t = tan

x
2dt
⇒ dx =
2
1+ t2

2t
1− t2
Ta cã sin x =
;cos x =
1+ t2
1+ t2
ã Những trờng hợp đặc biƯt:
+) NÕu R ( sin x,cos x ) lµ mét hàm số chẵn với sinx và cosx nghĩa là

R ( − sin x, − cos x ) = R ( sin x,cos x ) thì đặt t = tgx hoặc t = cot gx , sau đó đa
tích phân về dạng hữu tỉ theo biến t.
+) Nếu R ( sin x,cos x ) là hàm số lẻ đối với sinx nghÜa lµ:

R ( − sin x,cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = cos x .
+) NÕu R ( sin x,cos x ) là hàm số lẻ đối với cosx nghĩa là:

R ( sin x, − cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = sin x .
3.Tích phân hàm vô tỉ
3.1 .Dạng 1: Biến đổi về tích phân vô tỉ cơ bản


21
1

VÝ dơ 14. TÝnh tÝch ph©n: I =

∫
0

dx

.
x +1 + x

Gi¶i
1

I=

dx
=
x +1 + x

∫
0

1

3
3
2
1 2
2 − x2
x + 1 − x dx = ( x + 1)
 0= 3 2 22
3


(

)

0

1

Ví dụ 15:Tính tích phân

x+
0

1

Giải:

x+
0

x3dx
1+ x

(

.

2

1

x3dx
1 + x2

= ∫ ( x3 1 + x 2 − x 4 )dx =
0

2 2 1
.
15

3.2.Dạng 2: Biến đổi về tích phân hàm lợng giác
(xem ví dụ 2)
3.3Dạng 3: Biến đổi làm mất căn
Gồm: Đổi biến số t là toàn bộ căn thức
Viết biểu thức trong căn dới dạng bình phơng đúng
1

I = ∫ x 3 1 − x 2 dx

VÝ dô 15:TÝnh

0

Gi¶i:
1

I =∫x
0

1

3

1 − x dx = ∫ x 2 1 x 2 .xdx
2

0

Đặt t= 1 x 2 t 2 = 1 − x 2 ⇔ x 2 = 1 − t 2
Ta cã:

xdx=-tdt, Khi

x= 0 th× t =1,khi x = 1 th× t =0

VËy

1

t
t 
2
I = −∫ (1 − t 2 )t 2 dt =  − =
3 5

0 15
1
0

3

4.Tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối

Phơng pháp:Chúng ta phải phá dấu giá trị tuyệt ®èi

5

)


22
2

VÝ dơ 16: TÝnh J =

∫

x 2 − 1 dx

−2

Gi¶i: Lập bảng xét dấu của x 2 1 trên ®o¹n [ −2;2]
x

-2

x −1

+

2

2

Do ®ã I =

∫

x − 1 dx =
2

−2

−1

∫( x

2

− 1) dx +

−2

-1
0

-

1

1
0

2
+
2

∫ ( 1 − x ) dx + ∫ ( x
2

−1

2

− 1) dx

1

x3  1  x3
 x3
 −1 
2
=  − x÷ +  x − ÷ +  − x÷ = 4.
3  −1 3
3
2
1
III.Tích phân một số hàm đặc biệt
1.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và lẻ trên đoạn [ a; a ] . Khi ®ã
a

I=

∫ f ( x)dx = 0 .

−a

π
2

xdx
= 0.
4 − sin 2 x




Ví dụ 17: Chứng minh I =



2



Giải: Đặt x = −t ⇒ dx = − dt . Khi x= π2 th× t = - π2 , khi x = thì t =
2



Do đó : I=

2

tdt

4 sin


2

2

t

= I

2

Suy ra : 2I = 0. Ta đợc I =

xdx
= 0.
4 − sin 2 x
π

∫

−

2

2


23
2.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và chẵn trên đoạn [ a; a ] . Khi ®ã
a

−a

I=

a

0

∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx .
a

Chøng minh : Ta cã I =

0

a

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx

a

a

(1)

0

0

Ta tính J =

f ( x)dx bằng cách đặt x = −t ( 0 ≤ t ≤ a ) ⇒ dx = −dt

−a
0

a

a

−a

⇒J=

0

a

0

0

∫ f ( x)dx = −∫ f (−t )dt = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx (2)

a

a

Thay (2) vào (1) ta đợc I =

a

0

f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx
π
2

VÝ dô 18: TÝnh tÝch ph©n: I =

x + cos x
dx
4 − sin 2 x






2


2

Giải:

Ta có I =





Do f1 ( x) =

và f 2 ( x ) =

2

2

x
là hàm số lẻ trên
4 sin 2 x

x
dx +
4 − sin 2 x
π

∫

−

2

 π π
 − 2 ; 2  nªn



∫

−

π
2

cos x
dx
4 − sin 2 x
π

∫

−

2

x
dx = 0
4 − sin 2 x

 π π
 − 2 ; 2 nên ta có:

cos x
là hàm số chẵn trên
4 sin 2 x

2


2


2


2

cos x
cos x
d (sin x)
dx = 2
dx = −2
4 − sin 2 x
4 − sin 2 x
(sin x + 2) ( sin x + 2 )
π
π
0

∫

−

x + cos x
dx =
4 − sin 2 x
π

π
2

2

∫

∫

−

2


24

π
1 sin x − 2
1
VËy I = − ln
2 = ln 3 .

2 sin x + 2
2
0
3.Cho hµm sè y = f ( x ) liên tục và chẵn trên ®o¹n [ − α : α ] . Khi ®ã
α

α

f ( x)
1
I =∫ x
dx = ∫ f ( x )dx
a +1
2

Đặt t= -x dt= - dx

Chứng minh:

a t +1
Ta cã f(x) = f(-t)= f(t); a +1= a +1=
at
x

-t

Khi x= - α th× t = α ; x = α th× t =- α
α

VËy

α

α

f ( x)
a t f (t )
a t +1 −1
I =∫ x
dx = ∫ t
dt = ∫
f (t ) dt
a +1
a +1
a t +1
−α
−α
−α
α

α

α

f (t )
= ∫ f (t )dt + ∫ t
dt = ∫ f ( x)dx + I
a +1
−α
−α

−α
α

α

f ( x)
1
I = ∫ x dx = ∫ f ( x)dx
a +1
2 −α
−α

Suy ra

1

x4
dx .
VÝ dụ 19 : Tính tích phân: I =
2x + 1
1



Giải:Đặt t= -x ⇒ dt= - dx
Khi x= - 1 th× t = 1 ; x =1 th× t =-1
1

VËy

1

1

x4
t4
2t
I =∫ x
dx = ∫ −t
dt = ∫ t
t 4 dt
2 +1
2 +1
2 +1
−1
−1
−1`
1

1

1

t4
= ∫ t dt − ∫ t
dt = ∫ x 4 dx − I
2 +1
−1
−1
−1

4


25
1

1

1 4
1 x5
I == ∫ x dx =
2 −1
2 5

Suy ra

=
1

1
5


.Khi đó
2


4.Cho f(x) liên tục trên đoạn 0;

2

2



f (sin x)dx =

0

f (cos x) dx .

0

Chứng minh:
Đặt t =

π
− x ⇒ dx = −dt
2

Khi x = 0 th× t =

2

Do đó

0



, khi x =
thì t = 0
2
2
0


f (sin x)dx = − f (sin( − t )dt =
2
π

∫

π
2

π
2

0

0

∫ f (cos t )dt = ∫ f (cos x)dx .

2

NhËn xÐt : Bằng cách làm tơng tự ta có các công thức
*Nếu f(x) liên tục trên [ 0;1] thì






*Nếu f(x) liên tục trên [ 0;1] thì


xf (sin x)dx =
2

2

Ví dô 20:Chøng minh: I=

∫
0

∫ f (sin x)dx
α

2π −α

∫ xf (cos x)dx = π ∫
α

π
2

π −α

α

sin n x
π
dx = .
sin n x + cos n x
4

Giải :
Tơng tự nh trên ta cã:
π
2

I=

∫
0

n

π
2

sin x
cos n x

dx =
dx =J
n
n
n
n
sin x + cos x
sin x + cos x
0

∫

f (cos x )dx