hướng tiếp cận bài toán tích phân

Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Để làm tốt một bài toán tích phân, trước tiên học sinh cần phải nắm vững đạo hàm và nguyên hàm
của các hàm số cơ bản. Bên cạnh đó học sinh phải thành thạo các kỹ năng của phương pháp đổi biến
số, phương pháp tích phân từng phần. Cuối cùng, học sinh cũng cần một số định hướng cơ bản để tiếp
cận và xử lý tốt bài toán tích phân. Dưới đây là một số hướng tiếp cận cơ bản.
Bước 1. Ta chỉ có tính chất “tích phân của một tổng bằng tổng các tích phân” chứ không có tính chất
“tích phân của một tích bằng tích các tích phân”. Do đó, ta phải biến đổi tích phân của một
tích thành tích phân của một tổng (nếu được).
Bước 2. Sau bước 1 mà vẫn chưa tính được tích phân thì ta nên nghĩ đến phương pháp đổi biến
số.
Bước 3. Nếu không có dấu hiệu nào để ta sử dụng phương pháp đổi biến số thì ta chuyển sang phương
pháp tích phân từng phần.
Ví dụ 1. Tính tích phân

3
1
1 + ln(x + 1)
x
2
dx (Đề thi đại học khối A 2012).
Giải.
Ta có I =

3
1
1 + ln(x + 1)
x
2
dx =

3

1

1
x
2
+
ln(x + 1)
x
2

dx = I
1
+ I
2
, trong đó, I
1
=

3
1
1
x
2
dx và
I
2
=

3
1

ln(x + 1)
x
2
.
• Tính I
1
. Ta có I
1
=

3
1
1
x
2
dx = −
1
x





3
1
= −
1
3
+ 1 =
2

3
.
• Tính I
2
. (Ta nhận thấy I
2
không có dấu hiệu nào để ta sử dụng phương pháp đổi biến số nên ta sẽ
sử dụng phương pháp tích phân từng phần. Chú ý thứ tự ưu tiên cho biểu thức u là: Nhất log, nhì đa,
tam lượng, tứ mũ.)
Đặt



u = ln(x + 1)
dv =
1
x
2
dx
⇒









du =

1
x + 1
dx
v = −
1
x
. Khi đó
I
2
= −
1
x
ln(x + 1)





3
1
−

3
1

−
1
x

1

x + 1
dx = −
1
3
ln 4 + 1. ln 2 +

3
1
1
x(x + 1)
dx
= −
1
3
ln 4 + ln 2 +

3
1

1
x
−
1
x + 1

dx = −
1
3
ln 4 + ln 2 + (ln |x| − ln |x + 1|)




3
1
= −
1
3
ln 4 + ln 2 + (ln 3 − ln 4) − (ln 1 −ln 2) = ln 3 −
1
3
ln 4.
Vậy I =
2
3
+ ln 3 −
1
3
ln 4.
www.VNMATH.com
2 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
1. Phân tích thành tổng các tích phân
Một bài toán tích phân mà học sinh cảm thấy phức tạp, thường là tổng của những tích phân đơn
giản.
1.1. Hàm hữu tỉ phân tích được thành tổng của các hàm hữu tỉ
Hàm hữu tỉ là hàm số có dạng
P (x)
Q(x)
, trong đó P (x) và Q(x) là các đa thức một biến x.
Trong phần này ta không đi giải quyết bài toán tích phân của của một hàm hữu tỉ tổng quát, ta chỉ
xét các dạng tích phân trong đó biểu thức dưới dấu tích phân là hàm hữu tỉ có những “dấu hiệu” giúp

ta có thể phân tích tích phân đó thành tổng của những tích phân đơn giản hơn.
Ví dụ 2. Tính I =

2
1

3x
2
− 2x + 1 +
1
x + 1

dx
Giải. Ta dễ dàng tìm được nguyên hàm của hàm số dưới dấu tích phân và tính tích phân theo công
thức Newton-Leibnizt như dưới đây.
I =

x
3
− x
2
+ x + ln |x + 1|




2
1
= (8 −4 + 2 + ln 3) − (1 − 1 + 1 + ln 2) = 5 + ln 3 − ln 2 = 5 + ln
3

2
.
Vậy I = 5 + ln
3
2
.
Ví dụ 3. Tính J =

2
1

3 +
1
2x + 1

dx
Giải. Cũng giống ví dụ trên, ta dễ dàng tính được tích phân này như sau
J =

3x +
1
2
ln |2x + 1|






2

1
=

3.2 +
1
2
ln 5

−

3.1 +
1
2
ln 3

= 3 +
1
2
ln 5 −
1
2
ln 3 = 3 +
1
2
ln
5
3
.
Vậy J = 3 + ln
5

3
.
Nhận xét. Quả thật, 2 ví dụ trên rất đơn giản, bất kỳ học sinh nào biết cách tính tích phân cơ bản
đều có thể giải được. Vậy để làm cho bài toán khó hơn, người ra đề sẽ giấu đi bản chất đơn giản của
bài toán bằng cách quy đồng mẫu thức chung rồi cộng các số hạng của biểu thức dưới dấu tích phân để
“thách thức” học sinh.
Ta có
3x
2
− 2x + 1 +
1
x + 1
=
(3x
2
− 2x + 1)(x + 1) + 1
x + 1
=
3x
3
+ x
2
− x + 2
x + 1
,
và
3 +
1
2x + 1
=

3(2x + 1) + 1
2x + 1
=
6x + 4
2x + 1
.
Như thế, ta sẽ có các bài toán tính tích phân I =

2
1
3x
3
+ x
2
− x + 2
x + 1
dx và J =

2
1
6x + 4
2x + 1
dx. Rõ
ràng, việc tính I và J bây giờ sẽ phức tạp hơn. Cụ thể, ta phải thực hiện thao tác ngược với thao tác
quy đồng mẫu thức của người ra đề, đó là thao tác chia đa thức để biến đổi các biểu thức dưới dấu tích
phân về dạng như trong 2 ví dụ đã đề cập ở trên.
www.VNMATH.com
1. Phân tích thành tổng các tích phân 3
Tổng quát, nếu biểu thức dưới dấu tích phân là f (x) có dạng
f(x) = P (x) +

R(x)
Q(x)
=
P (x).Q(x) + R(x)
Q(x)
=
S(x)
Q(x)
,
trong đó P (x), Q(x), R(x) là các đa thức và S(x) = P (x).Q(x) + R(x). Khi đó f (x) =
S(x)
Q(x)
là một
hàm hữu tỉ, có bậc đa thức trên tử lớn hơn hoặc bằng bậc đa thức dưới mẫu. Đối với loại
này, bước xử lý đầu tiên trong quá trình tính tích phân là thực hiện phép chia đa thức trên tử cho
đa thức dưới mẫu.
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là với hàm hữu tỉ mà có bậc trên tử nhỏ hơn bậc dưới mẫu thì ta
làm như thế nào? Ta cùng xem xét ví dụ dưới đây để tìm ra một phần câu trả lời.
Ví dụ 4. Tính tích phân K =

2
1

2
2x + 1
−
3
x + 2

dx.

Giải. Ta có
K = (ln |2x + 1| − 3 ln |x + 2|)



2
1
= (ln 5 − 3 ln 4) − (ln 3 − 3 ln 3) = ln 5 − 3 ln 4 + 2 ln 3.
Vậy K = ln 5 −3 ln 4 + 2 ln 3.
Nhận xét. K là một tích phân đơn giản. Tuy nhiên K sẽ trở nên phức tạp nếu ta quy đồng mẫu và
tính toán rồi rút gọn biểu thức dưới dấu tích phân.
Ta có
2
2x + 1
−
3
x + 2
=
2(x + 2) − 3.(2x + 1)
(2x + 1)(x + 2)
=
−4x + 1
2x
2
+ 5x + 2
.
Như thế, K =

2
1

−4x + 1
2x
2
+ 5x + 2
dx. Bây giờ biểu thức dưới dấu tích phân trong tích phân K là một hàm
hữu tỉ có bậc trên tử nhỏ hơn bậc dưới mẫu. Vì vậy ta không thể thực hiện thao tác chia đa thức như
trên được.
Đi ngược lại quá trình quy đồng mẫu thức chung và cộng hai phân thức, ta sẽ có cách “khôi phục”
lại bài toán gốc như sau:
• Phân tích mẫu thành nhân tử: 2x
2
+ 5x + 2 = (2x + 1)(x + 2).
• Giả sử
−4x + 1
(2x + 1)(x + 2)
=
A
2x + 1
+
B
x + 2
.
• Tìm A, B.
Ví dụ 5. Tính tích phân H =

1
−3
dx
x
2

− 5x + 6
.
Định hướng giải
• Phân tích mẫu thành nhân tử: x
2
− 5x + 6 = (x − 3)(x − 2).
• Giả sử
1
(x − 3)(x − 2)
=
A
x − 3
+
B
x − 2
(∗).
Ta có
A
x − 3
+
B
x − 2
=
A(x − 2) + B(x − 3)
(x − 3)(x − 2)
=
(A + B)x − 2A − 3B
(x − 3)(x − 2)
(∗∗)
www.VNMATH.com

4 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Từ (∗) và (∗∗) ta thu được hệ

A + B = 0
−2A − 3B = 1
⇔

A = 1
B = −1
.
• Vậy
1
x
2
− 5x + 6
=
1
x − 3
−
1
x − 2
Giải. Ta có
H =

1
−3

1
x − 3
−

1
x − 2

dx = (ln |x − 3| − ln |x − 2|)



1
−3
= (ln | − 2| − ln | − 1|) − (ln | − 6| − ln | − 5|) = ln 2 − ln
6
5
= ln
5
3
.
Vậy H = ln
5
3
.
Ví dụ 6. Tính tích phân L =

1
0
2x − 1
(2x + 1)
2
dx
Định hướng giải.
• Một số học sinh sẽ mắc sai lầm là giả sử phân tích được

2x − 1
(2x + 1)
2
=
A
2x + 1
+
B
2x + 1
.
Rồi cộng các số hạng lại như
A
2x + 1
+
B
2x + 1
=
A(2x + 1) + B(2x + 1)
(2x + 1)
2
=
(2A + 2B)x + A + B
(2x + 1)
2
.
Tiếp đến đồng nhất các hệ số để thu được hệ

2A + 2B = 2
A + B = −1
. Tuy nhiên hệ này vô nghiệm. Điều này

sẽ làm học sinh lúng túng không biết cách giải quyết bài toán.
• Để ý, sự phân tích
2x − 1
(2x + 1)
2
=
A
2x + 1
+
B
2x + 1
là không hợp lý vì 2 phân thức
A
2x + 1
,
B
2x + 1
có
cùng mẫu. Do đó, khi thực hiện phép cộng thì mẫu chung sẽ là 2x + 1 chứ không nhất thiết là (2x + 1)
2
.
• Sau khi thấy sự không hợp lý trên, không khó để ta nghĩ đến sự phân tích
2x − 1
(2x + 1)
2
=
A
2x + 1
+
B

(2x + 1)
2
.
• Thực hiện phép cộng
A
2x + 1
+
B
(2x + 1)
2
=
2Ax + A + B
(2x + 1)
2
và đồng nhất các hệ số, ta thu được
A = 1, B = −2
Giải. Ta có
L =

1
0

1
2x + 1
−
2
(2x + 1)
2

dx =


1
2
ln |2x + 1| +
1
2x + 1






1
0
=

1
2
ln |3| +
1
3

−

1
2
ln |1| + 1

=
1

2
ln 3 −
2
3
.
Vậy L =
1
2
ln 3 −
2
3
.
Nếu biểu thức dưới dấu tích phân là một hàm hữu tỉ có bậc đa thức trên tử nhỏ hơn bậc đa thức
dưới mẫu, ta thường gặp ở dạng
f(x) =
ax + b
(cx + d)(ex + f)
hoặc g(x) =
ax + b
(cx + d)
2
www.VNMATH.com
1. Phân tích thành tổng các tích phân 5
thì tương ứng phân tích thành
f(x) =
A
cx + d
+
B
ex + f

hoặc g(x) =
A
cx + d
+
B
(cx + d)
2
.
Sau đó, ta đồng nhất các hệ số để tìm A, B rồi tách tích phân cần tính thành tổng hai tích phân
mà ta dễ dàng tìm được nguyên hàm.
Một câu hỏi đặt ra là: Nếu đa thức dưới mẫu không phân tích được thành nhân tử thì giải quyết thế
nào? Chẳng hạn, hãy tính tích phân

1
0
dx
1 + x
2
? (Xem phần sau sẽ rõ!)
1.2. Công thức biến đổi tích thành tổng trong lượng giác
Ta đã biết, trong các công thức cơ bản của lượng giác có công thức biến tổng thành tích. Từ công
thức này, người ra đề chọn lấy 2 hàm số lượng giác cộng lại rồi thực hiện biến đổi thành tích và yêu cầu
ta tính tích phân của tích đó. Nếu ta không biết công thức biến đổi ngược lại từ tích thành tổng thì sẽ
thực sự khó khăn khi tính các tích phân thuộc dạng này.
Công thức biến tổng thành tích Công thức biến tích thành tổng
sin a + sin b = 2 sin
a + b
2
. cos
a − b

2
sin a − sin b = 2 cos
a + b
2
. sin
a − b
2
cos a + cos b = 2 cos
a + b
2
. cos
a − b
2
cos a − cos b = −2 sin
a + b
2
. sin
a − b
2
sin a. cos b =
1
2
[sin(a + b) + sin(a − b)]
cos a. sin b =
1
2
[sin(a + b) − sin(a − b)]
cos a. cos b =
1
2

[cos(a + b) + cos(a − b)]
sin a. sin b = −
1
2
[cos(a + b) − cos(a − b)]
Ví dụ 7. Tính tích phân

π
6
0
sin 2x cos x dx.
Giải. Ta có

π
6
0
sin 2x cos x dx =

π
6
0
1
2
(sin 3x + sin x) dx =
1
2

−
1
3

cos 3x − cos x






π
6
0
=
1
2

−
1
3
cos 3.
π
6
− cos
π
6

−
1
2

−
1

3
cos 3.0 − cos 0

=
1
2
.

−
√
3
2

−
1
2
.

−
4
3

=
8 − 3
√
3
12
.
Vậy


π
6
0
sin 2x cos x dx =
8 − 3
√
3
12
.
Ví dụ 8. Tính tích phân

π
2
0
cos
2
x dx.
www.VNMATH.com
6 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Định hướng giải. Nếu nhìn nhận cos
2
x = cos x. cos x thì ta có sự biến đổi
cos x. cos x =
1
2
[cos(x + x) + cos(x − x)] =
1
2
(cos 2x + 1).
Tuy nhiên, nếu ta nhớ công thức hạ bậc thì cos

2
x =
1
2
(1 + cos 2x).
Giải. Ta có

π
2
0
cos
2
x dx =

π
2
0
1
2
(1 + cos 2x) dx =
1
2

x +
1
2
sin 2x







π
2
0
=
π
4
.
1.3. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng
Sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng ta có thể biến đổi tích thành tổng
như 2 công thức dưới đây:
a(b + c) = ab + ac,
a + b
c
=
a
c
+
b
c
.
Ví dụ 9. Tính tích phân

1
0
x
2012
(1 + x) dx.

Giải. Ta có

1
0
x
2012
(1 + x) dx =

1
0

x
2012
+ x
2013

dx =

x
2013
2013
+
x
2014
2014







1
0
=
4027
4054182
.
Ví dụ 10. Tính tích phân

e
1
x
3
+ 1
x
dx.
Giải. Ta có

e
1
x
3
+ 1
x
dx =

e
1

x

2
+
1
x

dx =

x
3
3
+ ln |x|






e
1
=
e
3
3
+ ln e −

1
3
+ ln 1

=

e
3
+ 2
3
.
1.4. Biến đổi thành tổng nhờ sử dụng lượng liên hợp
Từ hằng đẳng thức a
2
−b
2
= (a −b)(a + b) ta biến đổi thành a + b =
a
2
− b
2
a − b
hoặc a −b =
a
2
− b
2
a + b
.
Do đó, thay vì tính tích phân của hàm số (f (x) + g(x)) người ra đề sẽ yêu cầu tính tích phân của hàm
số
h(x)
f(x) − g(x)
hoặc
h(x)
f(x) + g(x)

, trong đó h(x) = f
2
(x) − g
2
(x).
Ví dụ 11. Tính tích phân

2
1
1
√
x + 1 −
√
x
dx.
Giải. Ta có

2
1
1
√
x + 1 −
√
x
dx =

2
1

√

x + 1 +
√
x

dx =

2
1

(x + 1)
1
2
+ x
1
2

dx.
Tích phân cuối cùng đơn giản nên học sinh tự tính toán.
Cùng ý tưởng như vậy, từ hằng đẳng thức a
3
−b
3
= (a−b)(a
2
+ab+b
2
) ta có biến đổi a−b =
a
3
− b

3
a
2
+ ab + b
2
hoặc a
2
+ ab + b
2
=
a
3
− b
3
a − b
. Vì thế, khi quan sát thấy hàm số dưới dấu tích phân có chứa một biểu thức
dạng (a
2
+ ab + b
2
) thì nên nghĩ đến việc nhân với lượng liên hợp của nó là (a − b)
www.VNMATH.com
2. Phương pháp đổi biến số 7
2. Phương pháp đổi biến số
Nhắc lại công thức tính vi phân.
• Nếu t là một hàm số theo biến x, cụ thể t = u(x) thì dt = u

(x) x.
• Nếu f(t) = g(x) thì f


(t) dt

 
theo biến t
= g

(x) dx

 
theo biến x
.
Trong chương trình phổ thông, học sinh được trang bị về 4 nhóm hàm số sơ cấp là: hàm số lũy thừa,
hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit. Kết hợp ý tưởng hàm hợp vào 4 nhóm hàm số này sẽ
cho ta nhiều bài toán tích phân mới lạ.
Ví dụ 1. Tính tích phân

2
1
t
5
dt.
Giải. Ta có

2
1
t
5
dt =
t
6

6




2
1
=
2
6
6
−
1
6
=
21
2
.
Nhận xét. Đây là một bài toán tính tích phân (theo biến t) đơn giản. Tuy nhiên, nếu ta xem t = x
3
+ 1
thì
dt = 3x
2
.dx và

t = 1 ⇒ x = 0
t = 2 ⇒ x = 1
.
Khi đó ta sẽ có một bài toán tính tích phân theo biến x như dưới đây

Ví dụ 2. Tính tích phân

1
0
3x
2
(x
3
+ 1)
5
dx.
Để gây khó khăn cho học sinh trong việc “nhận ra” 3x
2
là kết quả của phép tính đạo hàm đối với x
3
+ 1,
người ta nhân vào hằng số
1
3
và có bài toán hơi khó hơn như sau
Ví dụ 3. Tính tích phân

1
0
x
2
(x
3
+ 1)
5

dx.
Giải. Đặt t = x
3
+ 1 ⇒ dt = 3x
2
dx ⇒ x
2
dx =
1
3
dt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2.
Ta có

1
0
x
2
(x
3
+ 1)
5
dx =

2
1
1
3
t
5

dt =
t
6
18




2
1
=
7
2
.
Qua các ví dụ trên ta thấy, từ bài toán tính tích phân đơn giản

b
a
f(t) dt, người ra đề sẽ đổi
biến bằng cách xem t = u(x) thì dt = u

(x).dx và sẽ thu được bài toán tính tích phân mới phức tạp
hơn là

β
α
f [u(x)] .u

(x) dx, trong đó α, β là các số thực sao cho u(α) = a; u(β) = b.
Vậy khi hàm số dưới dấu tích phân là tích của 2 hàm số: f(x).g(x) và ta phát hiện được một

biểu thức u(x) nào đó mà đạo hàm của nó đúng bằng hoặc sai khác một hằng số nhân so với một
trong 2 hàm số f(x) hoặc g(x) (tức là u

(x) = k.f(x) hoặc u

(x) = k.g(x), k là hằng số) thì ta đặt
biểu thức đó bằng t để đổi biến số đưa về bài toán tích phân đơn giản hơn.
www.VNMATH.com
8 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Ví dụ 4. Tính tích phân

π
12
0
e
1+sin 2x
. cos 2x dx.
Định hướng giải.
Hàm số dưới dấu tích phân là e
1+sin 2x
. cos 2x = f(x).g(x), trong đó f(x) = e
1+sin 2x
và g(x) = cos 2x.
Để ý biểu thức 1 + sin 2x, ta thấy (1 + sin 2x)

= 2 cos 2x (sai khác hàm số g(x) hằng số 2).
Vậy ta đổi biến t = 1 + sin 2x.
Giải. Đặt t = 1 + sin 2x ⇒ dt = 2 cos 2x dx ⇒ cos 2x dx =
1
2

dt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =
π
12
⇒ t =
3
2
.
Khi đó,

π
12
0
e
1+sin 2x
. cos 2x dx =

3
2
1
1
2
e
t
dt =
1
2
e
t





3
2
1
=
1
2

e
3
2
− e

=
1
2
e(
√
e − 1).
Ví dụ 5. Tính tích phân

π
4
0
cos x dx
1 − sin
2
x

Giải. Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0; x =
π
4
⇒ t =
√
2
2
.Khi đó,

π
4
0
cos x dx
1 − sin
2
x
=

√
2
2
0
dt
1 − t
2
=

√
2

2
0
dt
(1 + t)(1 − t)
=

√
2
2
0
1
2

1
1 + t
+
1
1 − t

dt
=
1
2
(ln |1 + t| − ln |1 − t|)




√
2

2
0
=
1
2
ln
2 +
√
2
2 −
√
2
=
1
2
ln(3 + 2
√
2) = ln(
√
2 + 1).
Vậy

π
4
0
cos x dx
1 − sin
2
x
= ln(

√
2 + 1).
Nhận xét. Tích phân vừa tính có một hình thức khác sẽ khó hơn là

π
4
0
cos x dx
cos
2
x
=

π
4
0
dx
cos x
.
Ví dụ 6. Tính tích phân

e
1
ln x
x
dx.
Định hướng giải.
Đối với phép chia, ta có thể viết lại thành phép nhân của biểu thức trên tử với nghịch đảo của biểu
thức dưới mẫu. Cụ thể
ln x

x
=
1
x
. ln x. Đến đây, không khó để nhận ra (ln x)

=
1
x
. Vì thế, ta sẽ đổi biến
t = ln x.
Giải. Đặt t = ln x ⇒ dt =
1
x
dx.
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1.
Khi đó,

e
1
ln x
x
dx =

1
0
t dt =
t
2
2





1
0
=
1
2
.
Nhận xét. Không phải lúc nào ta cũng dễ nhận thấy biểu thức u(x) để đổi biến t = u(x). Ta hãy xem
ví dụ sau.
Ví dụ 7. Tính tích phân

π
4
0
x cos x
x sin x + cos x
dx.
www.VNMATH.com
2. Phương pháp đổi biến số 9
Định hướng giải
Quan sát hàm số dưới dấu tích phân
x cos x
x sin x + cos x
=
1
x sin x + cos x
.x cos x, thật khó tìm thấy biểu

thức nào mà có đạo hàm "gần giống" nhất đối với
1
x sin x + cos x
hoặc x cos x.
Ta thử đặt t = x sin x + cos x xem sao? Thật bất ngờ, ta có dt = x cos x dx.
Giải. Đặt t = x sin x + cos x, ta có dt = x cos x dx.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =
π
4
⇒ t =
√
2(π + 4)
8
.
Khi đó

π
4
0
x cos x
x sin x + cos x
dx =

√
2(π+4)
8
1
dt
t
= ln |t|




√
2(π+4)
8
1
= ln
√
2(π + 4)
8
Nhận xét. Ví dụ đã giải xong nhưng ta vẫn chưa hết thắc mắc "Tại sao lại đặt t bằng biểu thức dưới
mẫu?". Đối với những bài tính tích phân dạng

b
a
f(x)
g(x)
dx, ta viết lại

b
a
1
g(x)
.f(x) dx. Bây giờ ta quan
sát 2 cách đổi biến:
Tích phân Đổi biến Vi phân Phần còn lại Nhận xét

b
a

1
g(x)
.f(x) dx
t = f(x) dt = f

(x) dx
1
g(x)
dx

b
a
1
g(x)
.f(x) dx
t = g(x) dt = g

(x) dx
f(x) dx
Rất có khả năng vi
phân giống với phần
còn lại.
Về mặt hình thức thì cách đổi biến t = g(x) cho ta biểu thức vi phân giống với phần còn lại hơn là cách
đổi biến t = f(x). Vậy, đối với những bài tích phân mà biểu thức dưới dấu tích phân là thương của hai
hàm số thì ta ưu tiên đổi biến t bằng hàm số ở dưới mẫu.
Ví dụ 8. Tính tích phân

ln 2
0
e

2x
√
e
x
+ 1
dx
Định hướng giải. Theo phân tích ở trên, ta thử đặt t =
√
e
x
+ 1. Khi đó để tính vi phân đơn giản, ta có
thể bình phương 2 vế để được t
2
= e
x
+ 1 và 2t dt = e
x
dx.
Biểu thức dưới mẫu đã được thay thế bởi t, tuy nhiên ta chưa thấy rõ mối liên hệ giữa phần còn lại
e
2x
dx với t và dt. Để ý, e
2x
= e
x
.e
x
, như thế e
2x
dx = e

x
.e
x
dx = e
x
.2t dt. Vậy còn lượng e
x
sẽ xử lý như
thế nào? Đơn giản, e
x
= t
2
− 1.
Giải. Đặt t =
√
e
x
+ 1 ⇒ t
2
= e
x
+ 1 ⇒ 2t.dt = e
x
.dx
Vì t
2
= e
x
+ 1 nên e
x

= t
2
− 1.
Đổi cận x = 0 ⇒ t =
√
2; x = ln 2 ⇒ t =
√
3.
Khi đó,

ln 2
0
e
2x
√
e
x
+ 1
dx =

√
3
√
2
(t
2
− 1)2t.dt
t
=


√
3
√
2
(2t
2
− 2)dt =

2t
3
3
− 2t





√
3
√
2
=
2
√
2
3
.
Nhận xét. Qua ví dụ này, ta thấy phép đổi biến t = u(x) là hợp lý nếu ta biểu diễn được phần còn lại
hoàn toàn qua biến mới.
Thông thường, làm việc với biểu thức chứa căn không phải là thế mạnh của chúng ta. Biết được

điểm yếu này, người ra đề thường xuất phát từ bài toán tích phân đơn giản rồi đổi biến bởi căn thức để
www.VNMATH.com
10 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
gây khó khăn cho chúng ta. Vậy, khi thấy hàm số dưới dấu tích phân có chứa căn thức, hãy thử đặt t
bằng căn thức đó và tìm cách biểu diễn phần còn lại qua biến t.
Ví dụ 9. Tính tích phân

3
0
x
√
1 + x dx
Giải. Đặt t =
√
1 + x ⇒ t
2
= 1 + x ⇒ 2t.dt = dx.
Vì t
2
= 1 + x nên x = t
2
− 1.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2.
Khi đó,

3
0
x
√
1 + x dx =


2
1
(t
2
− 1)t.2t dt =

2
1
(2t
4
− 2t
2
) dt =

2t
5
5
−
2t
3
3





2
1
=

62
5
−
14
3
=
116
15
.
Ví dụ 10. Tính tích phân

2
1
xdx
1 +
√
x − 1
.
Giải. Đặt t =
√
x − 1 ⇒ t
2
= x −1 ⇒ x = t
2
+ 1 ⇒ dx = 2t.dt.
Đổi cận, x = 1 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 1. Khi đó,

2
1
xdx

1 +
√
x − 1
=

1
0
(t
2
+ 1).2t.dt
1 + t
=

1
0
(2t
3
+ 2t)dt
1 + t
=

1
0

2t
2
− 2t + 4 −
4
t + 1


dt =
11
3
−4 ln 2.
Ví dụ 11. Tính tích phân

4
√
7
dx
x.
√
x
2
+ 9
.
Định hướng giải. Tương tự như các ví dụ trên, để có biểu thức đơn giản, ta sẽ đặt t =
√
x
2
+ 9 và tìm
cách biểu diễn phần còn lại qua t.
Ta có t
2
= x
2
+ 9 ⇒ 2t.dt = 2x.dx. Như vậy khi tính vi phân sẽ xuất hiện lượng x.dx, trong khi
phần còn lại là
dx
x

. Có thể ta hơi bối rối nhưng nhờ tính chất của phân thức ta có thể viết
dx
x
=
x.dx
x
2
.
Hơn nữa ta có biểu diễn x
2
= t
2
− 9. Tóm lại, ta hoàn toàn biểu diễn được phần còn lại theo biến t.
Giải. Đặt t =
√
x
2
+ 9 ⇒ t
2
= x
2
+ 9 ⇒ 2t.dt = 2x.dx ⇒ t.dt = x.dx.
Vì t
2
= x
2
+ 9 nên x
2
= t
2

− 9.
Đổi cận: x =
√
7 ⇒ t = 4; x = 4 ⇒ t = 5.
Khi đó,

4
√
7
dx
x.
√
x
2
+ 9
=

4
√
7
x.dx
x
2
.
√
x
2
+ 9
=


5
4
t.dt
(t
2
− 9)t
=

5
4
dt
t
2
− 9
=

5
4
1
6

1
t − 3
−
1
t + 3

dt
=
1

6
(ln |t − 3| − ln |t + 3|)




5
4
=
1
6
(ln 2 − ln 8 + ln 7) .
Vậy

2
1
xdx
1 +
√
x − 1
=
1
6
(ln 2 − ln 8 + ln 7) .
Nhận xét. Không phải cứ có căn thức là ta đặt t bằng căn thức sẽ giải quyết được vấn đề. Có những
bài ta có thể làm mất căn thức mà không phải "bao" căn thức lại bởi t. Chúng ta cùng xét ví dụ sau
Ví dụ 12. Tính tích phân

1
0

√
1 − x
2
dx.
Định hướng giải.
Nếu đặt t =
√
1 − x
2
thì t
2
= 1 −x
2
⇒ 2t.dt = −2x.dx.
www.VNMATH.com
2. Phương pháp đổi biến số 11
Vì t
2
= 1 −x
2
nên x
2
= 1 −t
2
⇒ x =
√
1 − t
2
⇒ dx =
−t.dt

√
1 − t
2
. Và khi đó, tích phân đã cho trở thành

0
1
−t
2
dt
√
1 − t
2
. Tích phân này không đơn giản gì hơn tích phân ban đầu.
Tuy nhiên, từ t
2
= 1−x
2
⇔ t
2
+ x
2
= 1, điều này gợi ý cho ta liên hệ đến hằng đẳng thức lượng giác
sin
2
α + cos
2
α = 1. Do đó, để làm mất dấu căn, ta có thể xem x = sin t thì
√
1 − x

2
=

1 − sin
2
t =
√
cos
2
t = |cos t|.
Tập giá trị của hàm sin t là đoạn [−1, 1] và khi t biến thiên trên đoạn

−
π
2
,
π
2

thì sin t cũng quét hết
đoạn [−1, 1]. Do đó, để đơn giản, khi đổi biến x = sin t ta xét t ∈

−
π
2
,
π
2

. Với t ∈


−
π
2
,
π
2

thì cos t ≥ 0.
Vì thế, |cos t| = cos t. Vậy ta lựa chọn đổi biến x = sin t.
Giải. Đặt x = sin t, t ∈ [−
π
2
,
π
2
]. Khi đó, dx = cos t dt.
Đổi cận, x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
2
. Ta có

1
0
√
1 − x
2
dx =

π

2
0

1 − sin
2
t. cos t dt =

π
2
0
√
cos
2
t. cos t dt =

π
2
0
|cos t|. cos t dt
=

π
2
0
cos t. cos t dt =

π
2
0
cos

2
t dt =
π
4
.
Tích phân cuối cùng ta đã biết cách tính ở Ví dụ 8.
Nhận xét. Trong bài toán trên, ta đã xử lý biểu thức
√
1 − x
2
thật hiệu quả nhờ vào hằng đẳng thức
lượng giác sin
2
t + cos
2
t = 1. Vậy, đối với biểu thức
√
1 + x
2
ta sẽ biến đổi như thế nào? Liên hệ với
hằng đẳng thức lượng giác, ta sẽ còn 2 hằng đẳng thức nữa là: 1 + tan
2
t =
1
cos
2
t
và 1 + cot
2
t =

1
sin
2
t
.
Ví dụ 13. Tính tích phân

1
0
dx
√
x
2
+ 1
.
Giải. Đặt x = tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

⇒ dx =
dt
cos
2
t
.

Đổi cận, x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
4
. Khi đó

1
0
dx
√
x
2
+ 1
=

π
4
0
dt
cos
2
t
√
tan
2
t + 1
=

π
4
0

dt
cos
2
t.

1
cos
2
t
=

π
4
0
dt
cos
2
t.
1
|cos t|
=

π
4
0
dt
cos
2
t.
1

cos t
=

π
4
0
dt
cos t
=

π
4
0
cos tdt
cos
2
t
Tích phân cuối cùng đã tính được trong Ví dụ 5.
Nhận xét. Bằng cách đổi biến x = tan t thì tổng của 2 số hạng x
2
và 1 được gom lại thành một số
hạng là
1
cos
2
t
. Và trong quá trình tính tích phân, ta cũng rút được kinh nghiệm được rằng: nếu biểu
thức dưới mẫu chỉ có 1 số hạng thì sẽ đơn giản hơn nhiều số hạng. Như thế, ta thử áp dụng ý tưởng đổi
biến này xem có giải quyết được câu hỏi đã đặt ra ở cuối mục 1.1 không?
Ví dụ 14. Tính tích phân


1
0
dx
1 + x
2
.
www.VNMATH.com
12 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Giải. Đặt x = tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

⇒ dx =
dt
cos
2
t
.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
4
. Khi đó,

1

0
dx
1 + x
2
=

π
4
0
dt
cos
2
t
1 + tan
2
t
=

π
4
0
dt
cos
2
t.
1
cos
2
t
=


π
4
0
dt = t



π
4
0
=
π
4
.
Vậy

1
0
dx
1 + x
2
=
π
4
.
Nhận xét. Thật bất ngờ, bài toán đã được giải quyết. Bây giờ, ta thử mở rộng bài toán một chút bằng
cách thay x bởi x −1 để có bài toán sau.
Ví dụ 15. Tính tích phân


2
1
dx
x
2
− 2x + 2
.
Giải. Ta có

2
1
dx
x
2
− 2x + 2
=

2
1
dx
(x − 1)
2
+ 1
.
Đặt x −1 = tan t, t ∈

−
π
2
,

π
2

⇒ dx =
dt
cos
2
t
.
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t =
π
4
. Khi đó,

2
1
dx
x
2
− 2x + 2
=

π
4
0
dt
cos
2
t
1 + tan

2
t
=

π
4
0
dt
cos
2
t.
1
cos
2
t
=

π
4
0
dt = t



π
4
0
=
π
4

.
Vậy

2
1
dx
x
2
− 2x + 2
=
π
4
.
Nhận xét.
• Qua 2 ví dụ 14, 15, phần nào ta đã có câu trả lời cho câu hỏi ở cuối mục 1.1.
• Ở ví dụ 12, ta đã biết cách xử lý biểu thức
√
1 − x
2
bằng hằng đẳng thức sin
2
t + cos
2
t = 1, vậy
còn
√
x
2
− 1 sẽ được giải quyết như thế nào?
Ví dụ 16. Tính tích phân


2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx.
Định hướng giải. Quan sát các hằng đẳng thức
sin
2
t + cos
2
t = 1 ⇔ sin
2
t = 1 − cos
2
t,
1 + tan
2
t =
1
cos
2
t
⇔ tan
2

t =
1
cos
2
t
− 1,
1 + cot
2
t =
1
sin
2
t
⇔ cot
2
t =
1
sin
2
t
− 1.
Ta thấy có thể dở bỏ dấu căn cho
√
x
2
− 1 bằng cách đặt x =
1
sin t
hoặc x =
1

cos t
.
Giải.
Cách 1. Đặt x =
1
sin t
, t ∈

π
6
,
π
3

. Khi đó, dx = −
cos t
sin
2
t
dt.
Đổi cận: x =
2
√
3
⇒ t =
π
3
; x = 2 ⇒ t =
π
6

. Vậy

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx =

π
6
π
3
1

1
sin
2
t
− 1

−
cos t
sin
2
t


dt =

π
3
π
6
1

cos
2
t
sin
2
t

cos t
sin
2
t

dt
www.VNMATH.com
2. Phương pháp đổi biến số 13
=

π
3
π
6

1


cos t
sin t



cos t
sin
2
t

dt =

π
3
π
6
1
cos t
sin t

cos t
sin
2
t

dt =


π
3
π
6
1
sin t
dt
Tích phân cuối cùng tính tương tự như Ví dụ 5.
Cách 2. Để ý,

x +
√
x
2
− 1


= 1 +
x
√
x
2
− 1
=
x +
√
x
2
− 1
√

x
2
− 1
. Ta có,

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx =

2
2
√
3
1
x +
√
x
2
− 1
·
x +
√
x

2
− 1
√
x
2
− 1
dx.
Đặt t = x +
√
x
2
− 1 ⇒ dt =
x +
√
x
2
− 1
√
x
2
− 1
dx.
Đổi cận: x =
2
√
3
⇒ t =
√
3; x = 2 ⇒ t = 2 +
√

3. Khi đó,

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx =

2+
√
3
√
3
1
t
· dt = ln |t|



2+
√
3
√
3
= ln(2 +

√
3) − ln
√
3.
Vậy

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx = ln(2 +
√
3) − ln
√
3.
Khi đổi sang biến t ta cần đảm bảo nguyên tắc phần còn lại dưới dấu tích phân phải biểu
diễn được qua t. Dưới đây là một số trường hợp thường gặp:
•

β
α
f [u(x)] .u

(x) dx. Đặt t = u(x).
•


β
α
f(x)
g(x)
dx. Thử đặt t = g(x).
•

β
α
f

x,

u(x)

dx. Thử đặt t =

u(x).
•

β
α
f

x,
√
a
2
− x

2

dx. Đặt x = |a|sin t với t ∈

−
π
2
,
π
2

hoặc x = |a|cos t với t ∈ [0, π].
•

β
α
f

x,
√
a
2
+ x
2

dx. Đặt x = |a|tan t với t ∈

−
π
2

,
π
2

hoặc x = |a|cot t với t ∈ (0, π).
•

β
α
f

x,
√
x
2
− a
2

dx. Đặt x =
|a|
sin t
với t ∈

−
π
2
,
π
2


\{0} hoặc x =
|a|
cos t
với t ∈ [0, π] \

π
2

.
Bài tập 1. Tính các tích phân sau
a.

e
1
√
1 + 3 ln x ln x
x
dx, (Đặt t =
√
1 + 3 ln x hoặc t = ln x.)
b.

e
1
sin(ln x)
x
dx, (Đặt t = ln x.)
c.

π

4
0
e
2+tan x
cos
2
x
dx, (Đặt t = 2 + tan x.)
d.

π
2
π
4
e
sin
2
x
. sin 2x dx, (Đặt t = sin
2
x.)
www.VNMATH.com
14 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
e.

π
2
0
e
sin

2
x
. sin x cos
3
x dx, (Đặt t = sin
2
x.)
f.

1
0
e
√
3x+1
dx, (Đặt t =
√
3x + 1.)
g.

e
1
ln x.
3

2 + ln
2
x
x
dx, (Đặt t =
3


2 + ln
2
x hoặc t = ln x.)
h.

e
1
ln x dx
x

1 + ln
2
x

, (Đặt t = 1 + ln
2
x hoặc t = ln x.)
i.

ln 3
1
e
x
(e
x
+ 1)
√
e
x

− 1
dx, (Đặt t =
√
e
x
− 1.)
j.

π
2
0
cos
3
x dx, (Biến đổi cos
3
x =

1 − sin
2
x

. cos x và đặt t = sin x.)
k.

2
0
√
4 + x
2
dx, (Đặt x = 2 tan t, t ∈


−
π
2
,
π
2

hoặc x = 2 cot t, t ∈ (0, π).)
l.

√
2
−1
x
2
.
√
4 − x
2
dx, (Đặt x = 2 sin t, t ∈

−
π
2
,
π
2

hoặc x = 2 cos t, t ∈ [0, π].)

m.

3
√
3
dx
x
2
+ 3
, (Đặt x =
√
3. tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

hoặc x =
√
3. cot t, t ∈ (0, π).)
n.

1
0
dx
x
2

+ x + 1
, (Biến đổi x
2
+x+1 =

x +
1
2

2
+
3
4
rồi đặt x+
1
2
=
√
3
2
. tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

.)

o.

2
−1
√
4x − x
2
+ 5 dx, (Biến đổi 4x − x
2
+ 5 = 9 − (x − 2)
2
rồi đặt x − 2 = 3 sin t, t ∈

−
π
2
,
π
2

hoặc x −2 = 3 cos t, t ∈ [0, π].)
p.

6
3
√
2
dx
x
√

x
2
− 9
,

Đặt x =
3
sin t
, t ∈

0,
π
2

hoặc biến đổi
dx
x
√
x
2
− 9
=
x.dx
x
2
√
x
2
− 9
rồi đặt

t =
√
x
2
− 9.

q.

π
3
π
4
tan x
cos x
√
1 + cos
2
x
dx, (Biến đổi tan x =
sin x
cos x
và đặt t = cos x.)
r.

π
4
0
sin
3
x

cos
2
x
dx, (Biến đổi sin
3
x = (1 − cos
2
x) . sin x và đặt t = cos x.)
Bài tập 2. Tính các tích phân sau bằng cách đặt t bằng biểu thức dưới mẫu
a.

√
3
0
x
3
dx
√
x
2
+ 1
, b.

4
0
1
√
2x + 1
dx, c.


π
2
0
sin 2x. cos x
1 + cos x
dx,
d.

π
2
0
sin 2x + sin x
√
1 + 3 cos x
dx, e.

π
4
0
1 − 2 sin
2
x
1 + sin 2x
dx, f.

√
3
0
x
5

+ 2x
3
x
2
+ 1
dx,
g.

3
1
1
e
x
− 1
dx, h.

1
0
x
4 − x
2
dx, i.

√
7
0
x
3
3
√

1 + x
2
www.VNMATH.com
3. Phương pháp tích phân từng phần 15
j.

3
0
x
2
+ 1
√
x + 1
dx, k.

7
3
0
x + 1
3
√
3x + 1
dx, l.

π
3
0
sin 2x
1 + cos x
dx.

Bài tập 3. Tính các tích phân sau bằng cách đặt t bằng căn thức
a.

22
3
0
3
√
3x + 5 dx, b.

1
0
x
3
√
2 − x
2
dx, c.

e
1
√
1 + ln x
x
dx,
d.

1
0
x

2
(x + 1)
√
x + 1
dx, e.

4
0
1
√
2x + 1
dx, f.

1
0
x dx
√
2x + 1
,
g.

2
√
3
√
5
dx
x
√
x

2
+ 4
, h.

√
2
0
x

(x
2
+ 4)
3
dx, i.

6
2
√
3
dx
x
√
x
2
− 9
,
j.

4
4

√
3
3
√
x
2
− 4
x
dx, k.

−
√
2
−2
x
2
+ 1
x
√
x
2
+ 1
dx, l.

ln 2
0
√
e
x
− 1 dx,

m.

2
1
x
1 +
√
x − 1
dx, n.

9
1
x.
3
√
1 − x dx, o.

2
0
x + 1
3
√
3x + 2
dx.
Bài tập 4. Tính các tích phân sau bằng cách đặt t bằng biểu thức trong lũy thừa
a.

1
0
x

3

1 + x
4

3
dx, b.

1
0
x
5

1 − x
3

6
dx, c.

1
0
x
3

x
4
− 1

5
dx,

d.

π
2
0
sin 2x

1 + sin
2
x

3
dx, e.

π
2
0
sin x cos x (1 + cos x)
2
dx, f.

0
−
π
2
sin 2x
(2 + sin x)
2
dx,
g.


1
0
(1 + 2x)

1 + 3x + 3x
2

3
dx, h.

1
0
x
3
(x
2
+ 1)
3
dx, i.

π
2
0
sin
5
x dx.
Để ý sin
5
x = (1 − cos

2
x)
2
. sin x nên ta đặt t = cos x đối với tích phân ở câu i.
3. Phương pháp tích phân từng phần
Công thức:

b
a
u.dv = u.v



b
a
−

b
a
v.du.
Trong phương pháp tích phân từng phần ta cần lưu ý:
• Sau khi chọn biểu thức cho u rồi, phần còn lại là dv.
• Phải chọn u sao cho từ dv ta dễ tìm được nguyên hàm v nhất. Thứ tự ưu tiên chọn biểu thức cho
u là: “Nhất log (logarit), nhì đa (thức), tam lượng (giác), tứ mũ (hàm mũ)”.
Ví dụ 1. Tính tích phân

1
0
(x + 1).e
x

dx.
Giải.
Đặt

u = x + 1
dv = e
x
dx
⇒

du = dx
v = e
x
.
Ta có

1
0
(x + 1).e
x
dx = (x + 1)e
x



1
0
−

1

0
e
x
dx = 2e − 1 − e
x



1
0
= 2e − 1 − e + 1 = e.
www.VNMATH.com
16 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Ví dụ 2. Tính tích phân

e
1
x
2
ln x.
Giải.
Đặt

u = ln x
dv = x
2
dx
⇒








du =
1
x
dx
v =
x
3
3
.
Ta có

e
1
x
2
ln x =
x
3
3
ln x



e
1

−

e
1
1
3
x
2
dx =
e
3
3
−
1
9
x
3



e
1
=
e
3
3
−
e
3
9

+
1
9
=
2e
3
+ 1
9
.
Ví dụ 3. Tính tích phân I =

π
2
0
x
2
cos x dx.
Giải.
Đặt

u = x
2
dv = cos x dx
⇒

du = 2x.dx
v = sin x
.
Ta có I = x
2

. sin x



π
2
0
−

π
2
0
2x. sin x dx =
π
2
4
− I
1
, trong đó I
1
=

π
2
0
2x. sin x dx.
• Tính I
1
.
Đặt


u = 2x
dv = sin x dx
⇒

du = 2.dx
v = −cos x
.
Ta có I
1
= −2x. cos x



π
2
0
−

π
2
0
−2 cos x dx = 0 +

π
2
0
2 cos x dx = 2 sin x




π
2
0
= 2.
Vậy I =
π
2
4
− 2.
Ví dụ 4. Tính tích phân I =

π
2
0
e
x
sin x dx.
Giải.
Đặt

u = sin x
dv = e
x
dx
⇒

du = cos x.dx
v = e
x

.
Ta có I = e
x
. sin x



π
2
0
−

π
2
0
e
x
. cos x dx = e
π
2
− I
1
, trong đó I
1
=

π
2
0
e

x
. cos x dx.
• Tính I
1
.
Đặt

u = cos x
dv = e
x
dx
⇒

du = −sin x.dx
v = e
x
.
Ta có I
1
= e
x
. cos x



π
2
0
−


π
2
0
−e
x
. sin x dx = −1 +

π
2
0
e
x
. sin x dx = −1 + I.
Như thế, I = e
π
2
− (1 + I) ⇔ I = e
π
2
− 1 − I ⇔ 2I = e
π
2
− 1 ⇔ I =
1
2

e
π
2
− 1


.
Vậy I =
1
2

e
π
2
− 1

.
Ví dụ 5. Tính tích phân

e
1
ln x dx.
Định hướng giải. Qua 3 ví dụ trên, phần nào ta đã biết cách tính tích phân bằng phương pháp tích
phân từng phần. Vậy đối với bài này sẽ làm thế nào? Thật đơn giản, đặt u = ln x, như thế dv =? Rõ
ràng phần còn lại là dx. Do đó dv = dx.
www.VNMATH.com
3. Phương pháp tích phân từng phần 17
Giải.
Đặt

u = ln x
dv = dx
⇒




du =
1
x
dx
v = x
.
Ta có

e
1
ln x dx = x ln x



e
1
−

e
1
dx = e − x



e
1
= e −e + 1 = 1.
Ví dụ 6. Tính tích phân I =


e
π
1
cos (ln x) dx.
Giải.
Đặt

u = cos (ln x)
dv = dx
⇒



du =
−sin(ln x)
x
dx
v = x
.
Ta có I = x. cos(ln x)



e
π
1
+

e
π

1
sin(ln x) dx = −e
π
− 1 + I
1
, trong đó I
1
=

e
π
1
sin(ln x) dx.
• Tính I
1
.
Đặt

u = sin (ln x)
dv = dx
⇒



du =
cos(ln x)
x
dx
v = x
.

Ta có I
1
= x. sin(ln x)



e
π
1
−

e
π
1
cos(ln x) dx = 0 − I = −I.
Như thế, I = −e
π
− 1 − I ⇔ 2I = −e
π
− 1 ⇔ I = −
1
2
(e
π
+ 1) .
Vậy I = −
1
2
(e
π

+ 1) .
Ví dụ 7. Tính tích phân

π
3
π
4
ln(tan x)
cos
2
x
dx.
Giải.
Đặt



u = ln(tan x)
dv =
1
cos
2
x
dx
⇒



du =
1

cos
2
x tan x
dx
v = tan x
.
Ta có

π
3
π
4
ln(tan x)
cos
2
x
dx = tan x ln(tan x)



π
3
π
4
−

π
3
π
4

1
cos
2
x
dx =
√
3 ln
√
3 − tan x



π
3
π
4
=
√
3
2
ln 3 −
√
3 + 1.
Ví dụ 8. Tính tích phân

2
0
x
2
e

x
(x + 2)
2
dx.
Giải.
Đặt



u = x
2
e
x
dv =
1
(x + 2)
2
dx
⇒



du = xe
x
(x + 2)dx
v = −
1
x + 2
.
Ta có


2
0
x
2
e
x
(x + 2)
2
dx = −
x
2
e
x
x + 2




2
0
+

2
0
xe
x
dx = 1.
Nhận xét. Trong ví dụ này ta không đơn giản chỉ đặt u = x hoặc u = e
x

, vì khi đó, phần còn lại là
dv =
e
x
(x + 2)
2
dx hoặc dv =
x
(x + 2)
2
dx sẽ khó tìm được nguyên hàm v hơn so với cách đặt như trong
bài giải ở trên.
www.VNMATH.com
18 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Ví dụ 9. Tính tích phân

(
π
2
)
2
0
sin
√
x dx.
Định hướng giải.
Thực sự biểu thức
√
x gây ra cảm giác “không thoải mái” khi ta đặt bút giải bài tích phân này. Vì thế
ta có thể thử “bao bọc”

√
x lại bằng biến t xem có thu được bài toán tích phân “dễ chịu” hơn không.
Đặt t =
√
x ⇒ t
2
= x ⇒ 2t.dt = dx.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =

π
2

2
⇒ t =
π
2
.
Khi đó,

(
π
2
)
2
0
sin
√
x dx =

π

2
0
2t sin t dt. Tích phân này được giải quyết dễ dàng bằng phương pháp
tích phân từng phần.
Bài tập 5. Tính các tích phân sau
a.

1
0
(x − 2)e
2x
dx, b.

3
1
x
3
ln
2
x dx, c.

π
3
0
x
1 + cos 2x
dx,
d.

3

2
ln(x
2
− x) dx, e.

π
2
0
e
sin
2
x
sin x cos
3
x dx, f.

1
1−
π
2
4
cos
√
1 − x dx
g.

1
0
(x
2

+ 1)e
x
dx, h.

2
1
ln(1 + x)
x
2
dx, i.

2
1
ln x
x
5
dx.
4. Bài tập tổng hợp
Bài tập 6. Tính các tích phân sau
a.

π
2
0

e
sin x
+ cos x

cos x dx b.


0
−1
x

e
2x
+
3
√
x + 1

dx c.

e
1
x
3
+ 1
x
ln x dx
d.

1
1
2
1
x
2


1 +
1
x

dx e.

π
4
0
x. tan
2
x dx f.

√
3
1
1
x + x
3
dx
g.

2
0
x
2
− 5x + 3
x + 1
dx h.


π
12
0
sin
2

2x −
π
4

dx i.

π
16
0
cos 6x. cos 2x dx
j.

4
1
dx
x
2
− 5x + 6
k.

π
2
0
sin x

1 + 3 cos x
dx l.

π
2
0
cos x
√
1 + 3 sin x dx
m.

π
2
0
sin 2x. cos x
1 + cos x
dx n.

π
4
0
(tan x + 1)
2
cos
2
x
dx o.

π
2

π
4
e
cot x
sin
2
x
dx
p.

(
π
2
)
3
0
sin
3
√
x dx q.

(
π
2
)
2
0
sin
√
x dx r.


4
0
e
√
x
dx
s.

1
0
x. ln(1 + x
2
) dx t.

ln 2
0
x.e
−x
dx u.

π
2
π
4
x dx
sin
2
x
www.VNMATH.com

4. Bài tập tổng hợp 19
Bài tập 7. Tính các tích phân sau
a.

3
1
1 + ln(x + 1)
x
2
dx b.

1
0
x
3
x
4
+ 3x
2
+ 2
dx c.

π
4
0
x(1 + sin 2x) dx
d.

π
4

0
x sin x + (x + 1) cos x
x sin x + cos x
dx e.

π
3
0
1 + x sin x
cos
2
x
dx f.

4
0
4x − 1
√
2x + 1 + 2
dx
g.

1
0
x
2
+ e
x
+ 2x
2

e
x
1 + 2e
x
dx h.

e
1
ln x
x(2 + ln x)
2
dx i.

e
1

2x −
3
x

ln x dx
j.

π
2
0

cos
3
x − 1


cos
2
x dx k.

3
1
3 + ln x
(x + 1)
2
dx l.

3
1
dx
e
x
− 1
dx
m.

π
6
0
tan
4
x
cos 2x
dx n.


π
4
0
sin

x −
π
4

dx
sin 2x + 2(1 + sin x + cos x)
o.

2
1
ln x
x
3
dx
www.VNMATH.com