đi tìm lời giải của bài toán tích phân và ứng dụng

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Phần tích phân chiếm một thời lượng tương đối lớn trong chương trình trung học
phổ thông và là một vấn đề không thể thiếu trong các kì thi tốt nghiệp, Đại học và Cao
đẳng. Đây là một vấn đề khó đối với học sinh cũng như giáo viên. Đặc biệt nhiều bài toán
tích phân và ứng dụng của tích phân trong các kì thi Đại học, Cao đẳng dạng bình thường ít
được ra, mà ta thường gặp các bài toán ở mức độ khó và biến đổi phức tạp hơn. Đứng
trước các bài toán này thí sinh thường lúng túng trong việc nhận dạng, biến đổi, phân tích
và chọn lời giải. Để phần nào khắc phục được hạn chế đó chúng tôi nêu lên đề tài: “ĐI
TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG ” mà trong quá trình
giảng dạy đã đúc kết được. Đề tài thể hiện được hướng tiếp cận và khai thác hiệu quả đối
với các dạng toán tích phân trong chương trình lớp 12 THPT góp phần nâng cao hiệu quả
giảng dạy và ôn thi Đại học, Cao đẳng. Rất mong sự đồng cảm và chia sẽ của các thầy cô
và các bạn quan tâm đến vấn đề này.
2. Mục đích nghiên cứu
Góp phần tìm tòi lời giải gọn gàng, hiệu quả cho một lớp các bài toán về tích phân
và ứng dụng, giúp học sinh tư duy hiệu quả và tự tin hơn khi gặp các bài tập dạng này.
Nắm vững nội dung đề tài, lời giải của học sinh củng tự nhiên và trong sáng hơn.
Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân, cũng như việc trao đổi kinh
nghiệm với đồng nghiệp.
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài
Đối tượng nghiên cứu là phương pháp tiếp cận để giải quyết lớp các bài toán về
tích phân thường gặp trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng cũng như tốt nghiệp THPT.
4. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Đề tài được áp dụng cho các học sinh lớp 12 ôn thi tốt nghiệp, luyện thi Đại học và
Cao đẳng.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đi tìm lời giải của bài toán tích phân và ứng dụng của tích phân tính diện tích hình
phẳng.
Kỹ năng phân tích, nhận dạng và tính tích phân.

6. Phương pháp nghiên cứu
a) Nghiên cứu tài liệu:
Nghiên cứu những tài liệu có liên quan đến đề tài:
- Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 .
1

- Tài liệu tham khảo.
b) Điều tra:
- Thực dạy và kết quả kiểm tra:
Trong quá trình nghiên cứu đề tài năm học 2012-2013 đã tiến hành đối chứng 12B
và thực nghiệm các lớp 12G, 12I thực nghiệm.
- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả năng giải
toán tích phân của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng nghiệp, từ đó để đánh giá
chính xác kết quả phương pháp của mình.
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy phù hợp với
phân môn.
+ Trao đổi với các em học sinh về các bài toán tích phân mới để biết được cách tìm
ra hướng giải bài toán của các em, từ đó có cách dạy tốt hơn.
c) Giả thuyết khoa học:
Nếu học sinh nắm vững các bước giải và dạng toán thì các em cảm thấy hăng say,
tích cực, tự tin và kết quả kiểm tra cho thấy các lớp thực nghiệm vẫn cao hơn.
7. Bố cục đề tài
Bố cục đề tài gồm: Đặt vấn đề, Giải quyết vấn đề gồm 2 chương: Chương 1 và
chương 2, Kết luận, kiến nghị và tài liệu tham khảo.
2

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN, THỰC TRẠNG DẠY VÀ HỌC NỘI DUNG
TÍCH PHÂN TẠI TRƯỜNG THPT

1.1. Cơ sở lí luận:
Một số bài tập tính tích phân có nhiều cách giải khác nhau, tuy nhiên đứng trước
các bài tập đó học sinh thường lúng túng khi chọn cách giải và chọn lời giải. Một số bài tập
tích phân các em hay thiếu kinh nghiệm về việc chọn phương pháp giải hay và hiệu quả,
học sinh cứ mặc nhiên vận dụng mà không phát hiện và so sánh để chọn lời giải hợp lí.
Nhiều giáo viên đã đưa ra được nhiều phương pháp giải quyết vấn đề đó có hiệu quả như:
Phân dạng bài tập theo phương pháp giải và giải nhiều bài tập cho học sinh ghi nhớ. Tuy
nhiên đối với dạng toán tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích phân tính diện tích hình
phẳng đôi khi học sinh cảm thấy sợ khó, giáo viên ít quan tâm.
1.2. Cơ sở thực tiễn:
1.2.1. Thực trạng việc dạy của giáo viên:
Có một số giáo viên đã vận dụng phương pháp dạy học sáng tạo nhưng thường
dừng lại ở mức độ đơn lẻ, chưa đưa ra được các cách giải và cách phân tích cho một bài
toán để chọn được lời giải hay. Đối với dạng toán tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích
phân tính diện tích hình phẳng giáo viên ít quan tâm hơn.
1.2.2. Thực trạng việc học của học sinh:
Đa số học sinh biết giải các bài tập tích phân cơ bản, biến đổi đơn giản và bế tắc
khi gặp dạng biến đổi phức tạp. Nhiều học sinh còn lúng túng khi chọn phương pháp giải
và lời giải chưa thật sự rõ ràng. Đối với dạng toán tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích
phân tính diện tích hình phẳng học sinh còn sợ khó.
3

Chất lượng thực tế qua khảo sát năm 2012-2013:
Lớp Số lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Số lượng % Số lượng %
12B 44 14 31,8 30 68,2
12G 42 32 76,2 10 23,8
12I 39 31 79,5 8 20,5
1.2.3. Sự cần thiết của đề tài:

Qua phân tích thực trạng việc dạy của giáo viên và việc học của học sinh, tôi nhận
thấy đề tài cần thiết đối với giáo viên trực tiếp giảng dạy khối 12. Đề tài giới thiệu những
kinh nghiệm, phương pháp phù hợp nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy tích phân cho học
sinh khối 12 và giúp các em đạt kết quả cao trong các kì thi tốt nghiệp, Đai học và cao
đẳng.
Chương 2: ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
4

Vấn đề được đặt ra:
Hiện nay cách dạy mới là làm sao phát huy được tính tích cực, chủ động và sáng
tạo của học sinh trong học tập và rèn luyện. Để phát huy điều đó, chúng ta cần phải đưa ra
được những phương pháp dạy học hợp lí nhằm tạo cho học sinh có hứng thú trong học tập,
để đem lại kết quả trong học tập tốt hơn và hiệu quả giảng dạy cao hơn .
Sơ lược quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm:
Để hoàn thành đề tài, tôi đã tiến hành các bước sau: Chọn đề tài; Điều tra thực
trạng; Nghiên cứu đề tài; Xây dựng đề cương và lập kế hoạch; Tiến hành nghiên cứu;
Thống kê so sánh; Viết đề tài.
Nội dung của chương 2:
2.1. Dạng bài toán tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 1
2.1.1. Phương pháp
Dạng 1:
[ ( )] '( )
b
a
I f u x u x dx
=
∫
Cách thực hiện:
Bước 1: Đặt
( ) ( ( )) '( )u x t dt d u x u x dx

= ⇒ = =
Bước 2: Đổi cận:
)(
)(
but
aut
bx
ax
=
=
=
=
⇒
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
I =
∫∫
=
)(
)(
)()(')]([
bu
au
b
a
dttfdxxuxuf
(tiếp tục tính tích phân mới)
2.1.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
Bài 1:
1

3 4 3
0
(1 )I x x dx= +
∫
Phân tích
- Đứng trước bài toán này ta có các hướng giải:
1. Khai triển hằng đẳng thức
4 3
(1 )x+
và đưa tích phân về dạng cơ bản.
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.
3. Sử dụng phương pháp đổi biến số loại 1…
- Trình bày lời giải theo phương pháp đổi biến số như sau:
Giải
5

Đặt
4 4 4 3 3
1
1 (1 ) (1 ) 4
4
t x dt d x x dx x dx x dx dt= + ⇒ = + = + = ⇒ =
Đổi cận:
0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ =
Từ đó:
1
3 4 3
0
(1 )I x x dx= +
∫

2
3 4
1
2
1 1 15
1
4 16 16
t dt t= = =
∫
.
Nhận xét: Đối với dạng toán tương tự như bài 1 sử dụng phương pháp đổi biến số
cho ta một lời giải rõ ràng và hiệu quả. Với hướng 1 nếu số mũ lớn thì việc khai triển khó
khăn hơn và đó đương nhiên không thực tế.
Bài 2:
1
3 2
0
1I x x dx= +
∫
Phân tích
- Bài toán này có thể nêu các hướng giải:
1. Sử dụng định nghĩa tích phân.
2. Sử dụng phương pháp đổi biến số loại 1: Để khử căn thức đặt:
3
1t x= +
hoặc
đặt
3
1t x= +
để khử

2
x
.
- Lời giải trình bày theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Cách 1:
Đặt:
3 3 3 2 2
1 ( 1) ( 1)' 3
3
dt
t x dt d x x dx x dx x dx= + ⇒ = + = + = ⇒ =
Đổi cận:
0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
( )
1
1
2
1
2
2
1
2 2
1 1 ( ) 2 4 2 2
2 (2 2 1)
1
1 1
3 3 9 9 9 9
1

2
t
I t dt t t
+
= = = = − = −
+
∫
.
Cách 2:
Đặt:
3 2 3 2 3 2 2
2
1 1 ( 1) 2 3
3
tdt
t x t x dt d x tdt x dx x dx= + ⇒ = + ⇒ = + ⇔ = ⇒ =
Đổi cận:
0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
2
2 3
1
2 2 2
2
. (2 2 1)
3 9 9
1
I t dt t= = = −
∫
.

Bài 3:
2
1
1 ln
e
x
I dx
x
+
=
∫
6

Phân tích
- Với bài toán này ta có thể nghỉ đến hướng giải:
1. Sử dụng phương pháp đổi biến số, thực hiện theo hai cách:
+ Tách thành 1 tích phân cơ bản và một tích phân đổi biến số.
+ Sử dụng ngay phép đổi biến số.
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.
- Sau đây lời giải được trình bày theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Đặt:
1 1
ln ln (ln )'t x dt d x x dx dx dx dt
x x
= ⇒ = = = ⇒ =
Đổi cận:
1 0; 1x t x e t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
1

2 3
0
1
1 4
( 1) ( )
0
3 3
I t dt t t= + = + =
∫
.
Nhận xét:
Như vậy đối với một bài toán ta có nhiều cách giải khác nhau do đó ta cần linh
động lựa chọn cách giải hợp lí, hiệu quả và phù hợp. Trên đây là những bài toán cơ bản của
phép đổi biến số ta cảm thấy việc giải nó có phần nhẹ nhàng. Đối với các đề thi cao đẳng
đại học các bài toán khó hơn không cho dạng tường minh mà ta phải biến đổi về dạng cơ
bản và tìm lời giải hợp lí, hiệu quả. Ví dụ:
Bài 4: (ĐH Khối B - 2010).
2
1
ln
(2 ln )
e
x
I dx
x x
=
+
∫
Phân tích
- Bài toán này có hướng giải:

1. Sử dụng phương pháp đổi biến số có thể đặt
2 lnt x= +
hoặc
lnt x=
.
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.
- Lời giải được trình bày theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Đặt:
1 1
2 ln (2 ln ) (2 ln )'t x dt d x x dx dx dx dt
x x
= + ⇒ = + = + = ⇒ =
Đổi cận:
1 2; 3x t x e t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
3 3
2 2
2 2
3
2 1 2 2 1 3
( ) (ln ) ln
2
3 2
t
I dt dt t
t t t t
− −
= = − = + = +
∫ ∫

.
Bài 5: (ĐH Khối A- 2010).
1
2 2
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
+ +
=
+
∫
Phân tích
7

- Đây là bài toán phức tạp hơn các bài toán vừa nêu, đứng trước bài toán này ta:
+ Nhận thấy tử có thể phân tích nhân tử chung từ đó biến đổi hàm số lấy tích về
dạng quen thuộc.
+ Nhận dạng để tìm cách giải.
- Lời giải trình bày như sau:
Giải
Biến đổi:
1 1 1 1
2 2 2
2
0 0 0 0

2 (1 2 )
1 2 1 2 1 2
x x x x x
x x x
x e x e e x e e
I dx dx x dx dx
e e e
+ + + +
= = = +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
Ta có:
1
3
2
1
0
1
1
0
3 3
x
I x dx= = =
∫

1
2
0
1 2
x

x
e
I dx
e
=
+
∫
Đặt:
1
1 2 (1 2 ) 2
2
x x x x
t e dt d e e dx e dx dt= + ⇒ = + = ⇒ =
Đổi cận:
0 3; 1 1 2x t x t e= ⇒ = = ⇒ = +
Khi đó:
1 2
2
3
1 2
1 1 1 1 2
ln ln
3
2 2 2 3
e
e
e
I dt t
t
+

+
+
= = =
∫
Vậy:
1 2
1 1 1 2
ln
3 2 3
e
I I I
+
= + = +
Bài 6: (ĐH Khối A- 2009).
/2
3 2
0
( os 1) osI c x c xdx
π
= −
∫
Phân tích
- Đứng trước bài toán này ta có các hướng giải:
1. Dùng công thức hạ bậc để biến đổi tích phân về dạng đơn giản nhất.
2. Biến đổi tích phân thành tổng tích phân quen thuộc và tích phân đổi biến số.
- Lời giải theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Ta có:
/2 /2
5 2

0 0
os osI c xdx c xdx
π π
= −
∫ ∫
Tính:
/2 /2 1
5 4 2 2
1
0 0 0
os os .cos (1 sin ) cosI c xdx c x xdx x xdx
π π
= = = −
∫ ∫ ∫
Đặt
sinx, (sinx) (sinx)' cost dt d dx xdx= = = =
Đổi cận:
0 0; 1
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
8

Khi đó:
1 1
2 2 2 4 3 5
1
0 0
1

2 1 8
(1 ) (1 2 ) ( )
0
3 5 15
I t dt t t dt t t t= − = − + = − + =
∫ ∫
Tính:
/2 /2
2
2
0 0
/ 2
1 1 1
os (1 cos2 ) ( sin 2 ) / 4
0
2 2 2
I c xdx x dx x x
π π
π
π
= = + = + =
∫ ∫
Vậy:
1 2
8
15 4
I I I
π
= − = −
.

Nhận xét: Trên đây là các dạng toán rất hay và quen thuộc đối với chúng ta. Đứng
trước các bài toán này ta có nhiều cách giải, tuy nhiên việc chọn lời giải đẹp, gọn gàng và
hiệu quả là rất quan trọng. Để làm được điều đó chúng ta phải thường xuyên tiếp cận, thực
hành giải các bài toán về tích phân từ đó hình thành được kỉ năng nhận dạng và chọn lời
giải. Dưới đây là các bài tập dùng để rèn luyện phần này:
2.1.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
dxxx
2
1
0
3
1
−
∫

8
2
3
1
1
dx
x x +
∫

7
3
3 2
0
1

x
x+
∫

7
3
3
0
1
3 1
x
x
+
+
∫

2
2 3
0
1x x dx+
∫

dx
x
xx
∫
+
+
2
0

cos31
sin2sin
π

2
3
0
cos xdx
π
∫

dxx
∫
2
0
5
cos
π

dx
x
xx
∫
+
−
2
4
2sin1
cossin
π

π
2
5
0
sin xdx
π
∫

2
3
0
sin x dx
π
∫

4
2
0
sin 2
1 cos
x
dx
x
π
+
∫

dxxx
∫
+

2
0
32
)sin1(2sin
π

∫
4
0
4
cos
1
π
dx
x

dx
x
∫
4
0
cos
1
π

3
4
0
tan
cos2

xdx
x
∫

∫
+
+
4
0
2sin3
sincos
π
dx
x
xx

dx
xx
x
∫
+
2
0
22
sin4cos
2sin
π

dx
xx

x
∫
+−
6
0
2
sinsin56
cos
π

dx
x
x
∫
+
2
0
2
)sin2(
2sin
π

dx
x
tgx
∫
3
4
sin
)ln(

π
π

(ĐHQG TPHCM Khối A: 1998)
2
3 2
0
cos sinI x xdx
π
=
∫
9

(ĐH GTHN: 1996)
3
5 2
0
1I x x dx= +
∫
(ĐH KTHN: 1997)
1
5 3 6
0
(1 )I x x dx= −
∫

(CĐSP TPHCM 1997)
/6
2
0

os
6 5sin sin
c x
I dx
x x
π
=
− +
∫
(HV BCVT HN: 1998)
/2
3
2
0
sinx. os
1 os
c x
I dx
c x
π
=
+
∫
(ĐH Khối A- 2003)
2 3
2
5
4
dx
I dx

x x
=
+
∫

(ĐH Khối A- 2004)
2
1
1 1
x
I dx
x
=
+ −
∫

(ĐH Khối B-2004)
1
1 3ln ln
e
x x
I dx
x
+
=
∫

ĐH Khối A-2005)
/2
0

sin 2 sin
1 3cos
x x
I dx
x
π
+
=
+
∫

(ĐH Khối B-2005)
/2
0
sin 2 cos
1 cos
x x
I dx
x
π
=
+
∫

(ĐH Khối A-2006)
/2
2 2
0
sin 2
os 4sin

x
I dx
c x x
π
=
+
∫
.
2.2. Dạng bài toán tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 2
2.2.1. Phương pháp
Dạng 2: Tính I =
∫
b
a
dxxf )(

Cách thực hiện:
10

Bước 1: Đặt
( ) ( ( )) '( )x t dx d t t dt
φ φ φ
= ⇒ = =
Bước 2: Đổi cận:
β
α
=
=
=
=

⇒
t
t
bx
ax
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
I =
∫
b
a
dxxf )(
=
∫
β
α
ϕϕ
dtttf )(')]([
(tiếp tục tính tích phân mới).
2.2.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
Bài 1: a)
1
2
2
0
1
1
I dx
x
=

−
∫
b)
2
2
0
4I x dx= −
∫

Phân tích
- Hai bài toán này để tính được ta nghỉ đến việc đặt hàm số sin hoặc cos tức là sử
dụng phép đổi biến số.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số trên ta có lời giải:
Giải
a) Đặt
sinx t=
, với
( ; )
2 2
t
π π
∈ −
, ta có:
cosdx tdt=
Đổi cận: Với
0x =
thì
0t =
, với
1

2
x =
thì
6
t
π
=
.
Khi đó:
6 6 6
6
0
2
0 0 0
1 1
.cos .cos
cos 6
1 sin
I tdt tdt dt t
t
t
π π π
π
π
= = = =
−
∫ ∫ ∫
.
b) §Æt:
= ⇒ = = =x 2 sin t dx d(2sin t) (2 sin t)' dt 2 cos tdt

,
,
2 2
t
π π
 
∈ −
 
 
.
Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x=2 ⇒
π
=t
2

Khi đó:

2 2 2
2 2
0 0 0
2
2
0
0
4 4sin 2cos 2 cos 2cos 4cos
2 (1 2 ) (2 sin 2 ) .
I t tdt t tdt tdt
cos t dt t t
π π π
π

π
π
= − = =
= + = + =
∫ ∫ ∫
∫

Nhận xét: Ta thấy 2 ví dụ trên là trường hợp riêng của bài toán sau:
1.
2 2
I a x dx
β
α
= −
∫
. Thực hiện cac bước giải sau:
11

Bước 1: Đặt:
a sin , ;
2 2
x t t
π π
−
 
= ∈
 
 
hoặc
[ ]

acos , 0;x t t
π
= ∈
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính I
2.
2 2
1
J dx
a x
β
α
=
−
∫
.Thực hiện cac bước giải sau:
Bước 1: Đặt:
a sin , ( ; )
2 2
x t t
π π
= ∈ −
hoặc
acos , (0; )x t t
π
= ∈
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính J.
Đối với các bài toán dạng này trong các đề thi Đại học và Cao đẳng ra có phần lắt
léo hơn, khó hơn tuy nhiên ta có thể dễ dàng nhận dạng và tìm tòi lời giải hợp lí. Ví dụ:

B i 2:à (ĐH TCKT - 1997)
2 /2
2
2
0
1
x
I dx
x
=
−
∫
Phân tích
- Đây là bài toán dạng đổi biến số loại hai, để khử căn thức ta thường đặt
sinx t=
.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số trên ta có lời giải:
Giải
Đặt
sinx t=
, với
( ; )
2 2
t
π π
∈ −
, ta có:
cosdx tdt=
Đổi cận: Với
0x =

thì
0t =
, với
2
2
x =
thì
4
t
π
=
. Khi đó:

2 2
4 4 4
2
2
0 0 0
4
4
0
0
sin sin
.cos .cos sin
cos
1 sin
1 1 1 1
(1 os2 ) ( sin 2 )
2 2 2 8 4
t t

I tdt tdt tdt
t
t
c t dt t t
π π π
π
π
π
= = =
−
= − = − = −
∫ ∫ ∫
∫
.
Bài 3:
+
=
∫
2
3
2
1
9 3x dx
I
x

Phân tích
- Để khử căn thức ta thường đặt
tan ,x t=
( ;0) (0; )

2 2
t
π π
∈ − ∪
, tức là thực hiện
phép đổi biến số dạng 2.
- Biến đổi tích phân về dạng quen thuộc.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số ta có lời giải:
12

Giải
Đặt
3 tan .x t=

( ;0) (0; )
2 2
t
π π
∈ − ∪
Ta có:
2
3 t ant ( 3 t ant)=( 3 t anx)'dx= 3
os
dt
x dx d
c t
= ⇒ =
Đổi cận:
1 ; 3
6 4

x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ =

/4 /4 /4
2
2 2 2 2 2
/6 /6 /6
9 9tan 3 3 3cos
tan . os os sin (1 sin )sin
t dt dt tdt
I
t c t c t t t t
π π π
π π π
+
= = =
−
∫ ∫ ∫
Đặt: v=sint, khi đó: dv= costdt
Đổi cận: Với
1 2
;
6 2 4 2
t v t v
π π
= ⇒ = = ⇒ =
Vậy:
2/2 2/2
2 2 2 2

1/2 1/2
1 1 1
3 3 ( )
(1 ) 1
2 / 2
1 1 1 1 2 2
3( ln ) 3[2 2 ln ].
2 1 2
3(2 2)
1/ 2
I dv dv
v v v v
v
v v
= = −
− −
− +
= − − = − +
+
−
∫ ∫
Nhận xét : Trên đây là bài toán không quá khó, tuy nhiên để giải một lớp các bài
toán tương tự, ta phải nhận được dạng và nắm được các bước giải bài toán tổng quát:
1.
2 2
I a x dx
β
α
= +
∫

,
2 2
1
I dx
a x
β
α
=
+
∫
. Thực hiện các bước giải sau:
Bước 1: Đặt:
atanx, ( ; )
2 2
x t
π π
= ∈ −
hoặc
[ ]
acot , 0;x t t
π
= ∈
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính tích phân I.
2.
2 2
1
I dx
a x
β

α
=
+
∫
. Thực hiện các bước giải sau:
Bước 1: Đặt:
a sin , ( ; )
2 2
x t t
π π
= ∈ −
hoặc
acos , (0; )x t t
π
= ∈
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính tích phân I.
Đặt vấn đề: Để làm rõ hơn về việc vận dụng dạng toán tổng quát:
2 2
1
I dx
a x
β
α
=
+
∫

vào giải bài toán cụ thể, ta làm bài toán tính tích phân sau:
13

Bài 4:
0
2
1
2 2
dx
I
x x
−
=
+ +
∫
Phân tích
- Đây là bài toán có:
+ Mẫu thức là tam thức bậc 2 có
0∆ <
.
+ Biến đổi tích phân về dạng quen thuộc:
0 0
2 2
1 1
( 1)
2 2 ( 1) 1
dx d x
I
x x x
− −
+
= =

+ + + +
∫ ∫
.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số ta có lời giải:
Giải
Đặt:
`
2
2
1 tan ( 1) (tan ) ( 1)' (t ant)'
1
(1 tan )
os
x t d x d t x dx dt
dx dt t dt
c t
+ = ⇒ + = ⇔ + =
⇒ = = +
Đổi cận:
0 / 4; 1 0x t x t
π
= ⇒ = = − ⇒ =
Khi đó:
0 /4 /4 /4
2
2 2 2
1 0 0 0
( 1) tan (1 tan )
/ 4
( 1) 1 tan 1 1 tan

d x d t t dt
I dt
x t t
π π π
π
−
+ +
= = = = =
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫
.
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản của đổi biến số dạng 2, việc tìm tòi lời giải dựa
trên phương pháp đổi biến số.
2.2.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
∫
−
1
0
2
1 dxx

∫
+
1
0
2
1
1
dx

x

∫
−
1
0
2
4
1
dx
x

∫
+−
1
0
2
1
1
dx
xx

∫
++
1
0
24
1xx
xdx

∫
−
2
2
0
2
2
1 x
x

∫
−
2
1
22
4 dxxx

∫
−
3
2
2
2
1
1
dx
xx

∫
+

3
1
2
2
39
dx
x
x

∫
+
−
1
0
5
)1(
1
dx
x
x

1
2
0
1
1 1
dx
x+ −
∫

1
2
0
1
1 4
dx
x− −
∫
1
2
0
1
1
dx
x x+ −
∫

1
2
0
1
4
dx
x x− −
∫

2 2
0
1
a

dx
x a x+ −
∫
(
0a >
)
2
2 2
0
1
a
dx
x a x− −
∫
(
0a >
)
1
2
0
2
1
x
dx
x x+ −
∫
;
1
2
0

4
x
dx
x x− −
∫
;
14

2
2 2
0
a
x
dx
x a x+ −
∫
(
0a
>
)
1
4
2
0
4
x
dx
x−
∫
;

(
)
(
)
2011
2
1
2012
2012 2
0
1
1
x
dx
x x
−
+ −
∫
`(ĐH Y HN - 2000)
1
2
1/2
1 x dx
−
−
∫
(ĐH TCKT HN - 2000)
1
2 4
0

1
1
dx
x x+ +
∫
.
2.3. Dạng bài toán tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần
2.3.1. Phương pháp tích phân từng phần
Bài toán: Tính tích phân
( )
b
a
I f x dx=
∫
Phương pháp chung:
Ta thực hiện theo các bước sau
Bước 1: Biến đổi tích phân về dạng:
1 2
( ) ( ). ( )
b b
a a
I f x dx f x f x dx= =
∫ ∫
Bước 2: Đặt:
1
2
( )
( )
u f x
du

dv f x dx
v
=


⇒
 
=


Bước 3: Khi đó:
b
a
b
I uv vdu
a
= −
∫
.
Đặt vấn đề: Để giải một lớp các dạng toán tích phân từng phần, ta phải phân được
dạng từ đó có cách đặt u, dv thích hợp. Ví dụ:
Dạng 1:
( )sin ; ( ) os
b b
a a
I P x xdx I P x c xdx
α α
= =
∫ ∫
đặt

( )u P x=
Dạng 2:
sin ; os ( , 0)
b b
x x
a a
I e xdx I e c xdx
α α
β β α β
= = ≠
∫ ∫
đặt
sinu x
β
=
(
osu c x
β
=
)
Dạng 3:
( ) ( 0),
b
x
a
I P x e dx
α
α
= ≠
∫

đặt
( )u P x=
Dạng 4:
ln ,( 1)
b
a
I x xdx
α
α
= ≠ −
∫
đặt
lnu x=
(Với P(x) là một thức)
2.3.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
15

Bài 1: (ĐHHH TPHCM -2000)
2
2
1
ln(1 )x
I dx
x
+
=
∫
Phân tích
- Đây là bài toán thuộc dạng 4 của tích phần:

+ Đặt u= ln(x+1).
+ dv=
2
dx
x
.
- Áp dụng phương pháp tích phân từng phần ta có lời giải:
Giải
Đặt:
2
1
ln( 1)
1
1
u x
du dx
x
dx
dv
v
x
x

= +
=


 
+
⇒

 
−
=
 
=



Khi đó:
2 2
2
1 1
2
1
2
ln(1 ) 1 1
ln( 1)
1
( 1)
2
1 1 1 1
ln3 ln 2 ( ) ln3 ln 2 (ln ln 1)
1
2 1 2
3
ln3 3ln 2.
2
x
I dx x dx
x x x x

dx x x
x x
+ −
= = + +
+
− −
= + + − = + + − +
+
−
= +
∫ ∫
∫
Nhận xét: T rên đây là một trong những bài toán khó của dạng tích phân từng
phần, thoạt đầu nhìn cảm thấy khó chịu và có liên tưởng đến phương pháp đổi biến số, tuy
nhiên đây chính là dạng 4 của tích phân từng phần.
Bài 2: (ĐH TC HN -1998)
/4
2
0
(2cos 1)I x x dx
π
= −
∫
Phân tích
- Bài toán này ta dễ dàng nhận biết được dạng 1 của tích phân từng phần:
+
/4 /4
2
0 0
(2cos 1) os2I x x dx xc xdx

π π
= − =
∫ ∫
+ Đặt u = x
+ dv = cos2xdx.
- Áp dụng phương pháp tích phân từng phần ta có lời giải:
Giải
16

Đặt:
sin 2
os2
2
du dx
u x
x
dv c xdx
v
=

=


⇒
 
=
=




`Khi đó:
/4 /4 /4
2
0 0 0
/ 4
sin 2 sin 2
(2cos 1) os2 ( . )
0
2 2
/ 4
os2 1 2
.
0
8 4 8 4 8
x x
I x x dx xc xdx x dx
c x
π π π
π
π
π π π
= − = = −
−
= + = − =
∫ ∫ ∫
Bài 3: (ĐHQG TPHCM Khối A 2000)
1
2
1
sin

x
I e xdx
π
−
=
∫
Phân tích
- Đây là bài toán dạng 2 của tích phân từng phần:
+ Biến đổi:

1 1 1 1
2
1 1 1 1
1 2
1 os2 1 1
sin os2
2 2 2
1
( )
2
x x x x
c x
I e xdx e dx e dx e c xdx
I I
π
π π
− − − −
−
= = = −
= −

∫ ∫ ∫ ∫
+ Tính tích phân dạng cơ bản I
1
và dạng tích phân từng phần I
2
.
- Ta có lời giải:
Giải
- Tính:
1
2
1
1
1
1
1
x x
e
I e dx e
e
−
−
= = =
−
∫

- Tính:
1
2
1

os2
x
I e c xdx
π
−
=
∫
Đặt:
os2 2 sin 2
x x
u c x du xdx
dv e dx v e
π π π
= = −
 
⇒
 
= =
 
Khi đó:
1
2
2 3
1
1
1
os2 2 sin 2 2
1
x x
e

I e c x e xdx I
e
π π π π
−
−
= + = +
−
∫
- Tính
1
3
1
sin 2
x
I e xdx
π
−
=
∫
Đặt:
sin 2 2 os2
x x
u x du c xdx
dv e dx v e
π π π
= =
 
⇒
 
= =

 
17

1
3 2
1
1
sin 2 2 os2 2
1
x x
I e x e c xdx I
π π π π
−
= − = −
−
∫
Khi đó:
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 2( 1)
4 ( )
(1 4 ) 2 (1 4 )
e e e e
I I I I I
e e e e
π
π
π π

− − − −
= − ⇒ = ⇒ = − =
+ +
2.3.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
(ĐHNN HN - 1998)
/2
2
0
sin 3
x
I e xdx
π
=
∫
(ĐHNH CHPĐ - 1998)
1
2 2
0
( 1)
x
I x e dx= +
∫
(PVBCTT - 1998)
2
1
( ln )
e
I x x dx=
∫

(HVNH TPHCM Khối D - 2000)
1
2
0
ln( 1)I x x dx= +
∫
(HV KTQS -1999)
/2
0
os ln( os 1)I c x c x dx
π
= +
∫
(ĐHNN HN - 1997)
2 2
1/
ln
(1 )
e
e
x
I dx
x
=
+
∫
(ĐH GT HN - 1997)
1/9
2
5

0
1
(5 )
sin (2 1)
4 1
x
x
I dx
x
x
= + +
+
−
∫
(ĐHBK TPHCM -1995)
/2
2
0
osI x c xdx
π
=
∫
(ĐHSP 2 HN - 1997)
/4
0
5 sin 2
x
I e xdx
π
=

∫
(ĐHTL 2 HN - 1996)
/2
2
0
os
x
I e c xdx
π
=
∫
(ĐHAN- 1999)
2
0
sinI x xdx
π
=
∫
(ĐH Khối D- 2004)
3
2
2
ln( )I x x dx= −
∫
(ĐH Khối D- 2006)
1
2
0
( 2)
x

I x e dx= −
∫
18

(ĐH Khối D- 2007)
3 2
1
ln
e
I x xdx=
∫
(ĐH Khối D- 2008)
2
3
1
ln x
I dx
x
=
∫
(ĐH Khối B- 2009)
3
2
1
3 ln
( 1)
x
I dx
x
+

=
+
∫
(ĐH Khối D- 2010)
1
3
(2 ) ln
e
I x xdx
x
= −
∫
2.4. Dạng bài toán tích phân đặc biệt
2.4.1. Bài toán dựa vào tính liên tục và tính lẻ của hàm số lấy tích phân
Bài 1: Cho
( )f x
là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn
[ ]
; ( 0)a a a− >
tính:
( )
a
a
I f x dx
−
=
∫
Giải
Tách tích phân thành tổng như sau:
∫ ∫∫

−−
+=
0
0
)()()(
a
aa
a
dxxfdxxfdxxf
Tính:
0
( )
a
f x dx
−
∫
:
Đặt t =-x suy ra dt = - dx
Đổi cận:



=⇒=
=⇒−=
00 tx
atax
0 0
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a a a

a a
f x dx f t dt f t dt f t dt f x dx
−
= − − = − = − = −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Vậy:
0 0
( ) ( ) ( ) 0
a a a
a
I f x dx f x dx f x dx
−
= = − + =
∫ ∫ ∫
Đặt vấn đề: Đây là bài toán đại diện cho một lớp rất nhiều các bài toán, cụ thể là
trường hợp riêng của bài toán này. Ví dụ: Tính các tích phân sau:
Bài 2:
dx
x
x
∫
−
+
1
1
2
1
sin
Phân tích

- Ta thấy
2
sin
( )
1
x
f x
x
=
+
là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn
[ ]
1;1−
19

- Do đó ta có kết quả
1
2
1
sin
0
1
x
dx
x
−
=
+
∫
- Lời giải được trình bày như sau:

Giải
Tách tích phân như sau:
1 0 1
2 2 2
1 1 0
sin sinx sinx
1 1 1
x
dx dx dx
x x x
− −
= +
+ + +
∫ ∫ ∫
Tính:
0
2
1
sinx
1
dx
x
−
+
∫
: Đặt x=-t suy ra dx=-dt và
1 1
0 0
x t
x t

= − ⇒ =


= ⇒ =

0 0 1 1
2 2 2 2
1 1 0 0
sinx sin(-t) sint sinx
1 ( ) 1 1 1
dx dt dt dx
x t t x
−
= − = − = −
+ − + + +
∫ ∫ ∫ ∫

Suy ra:
1 0 1
2 2 2
1 1 0
sin sinx sinx
0
1 1 1
x
dx dx dx
x x x
− −
= + =
+ + +

∫ ∫ ∫
Bài 3:
1
2014
1
sinxI x dx
−
=
∫
Phân tích
- Với bài toán trên chúng ta thường suy nghỉ đến ba hướng:
1. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần và thực hiện 2014 lần tích phân từng
phần điều đó không thự tế.
2. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần cho công thức tổng quát:
1
1
sinx
n
x dx
−
∫
, từ đó bằng phương pháp truy hồi nhận được kết quả I, tuy nhiên đây là cách
giải chưa hẳn hiệu quả
3. Áp dụng bài1:
+ Ta thấy
2014
( ) sinxf x x=
là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn
[ ]
1;1−

+ Do đó ta có kết quả
1
2014
1
sinx 0I x dx
−
= =
∫
+ Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Tách tích phân như sau:
1 0 1
2014 2014 2014
1 1 0
sinx sinx sinxx dx x dx x dx
− −
= +
∫ ∫ ∫
Tính:
0
2014
1
sinxx dx
−
∫
: Đặt x=-t suy ra dx=-dt và
1 1
0 0
x t
x t

= − ⇒ =


= ⇒ =

0 0 1 1
2014 2014 2014 2014
1 1 0 0
sinx ( ) sin(-t) sint sinxx dx t dt t dt x dx
−
= − − = − = −
∫ ∫ ∫ ∫

20

Suy ra:
1 0 1
2014 2014 2014
1 1 0
sinx sinx sinx 0x dx x dx x dx
− −
= + =
∫ ∫ ∫
Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
∫
−
2
2
5

sin
π
π
xdx

1
3
2
1
sin
1
x
dx
x
−
+
∫

dx
x
x
∫
−
−
2
2
2
sin4
π
π

2.4.2. Bài toán dựa vào tính liên tục của hàm số trên đoạn
[0;1]

Bài 1: Cho f(t) là một hàm số liên tục trên đoạn
[0;1]
. Chứng minh:
∫ ∫
=
2
0
2
0
)(cos)(sin
π π
dxxfdxxf
Giải
Xét
2
0
(sin )f x dx
π
∫
Đặt
dtdxtx
−=⇒−=
2
π
và






=⇒=
=⇒=
0
2
2
0
tx
tx
π
π
khi đó:
0
2 2 2
0 0 0
2
(sin ) (sin( ) (cos ) (cos )
2
f x dx f t dt f t dt f x dx
π π π
π
π
= − − = =
∫ ∫ ∫ ∫
(Đpcm)
Đặt vấn đề: Trên đây là bài toán hay và có vai trò quan trọng trong việc đi tìm lời
giải của 1 lớp các bài toán tích phân có chứa hàm số lượng giác. Cụ thể:
Bài 2:

6
2
6 6
0
sin
cos sin
x
I dx
x x
π
=
+
∫
Phân tích
Đứng trước bài toán này ta thường nghỉ đến hai hướng:
1. Biến đổi lượng giác đưa tích phân về dạng quen thuộc, tuy nhiên do bậc của
hàm số lượng giác khá cao nên chưa chắc đã là hiệu quả
2. Áp dụng bài toán đại diện:
- Ta thấy
6
6 6
cos
( )
cos sin
x
f x
x x
=
+
là một hàm số liên tục trên đoạn

[0;1]
.
21

- Áp dụng bài toán gốc ta có:
6
2
6 6
0
cos
cos sin
x
dx
x x
π
+
∫
=
6
2
6 6
0
sin
cos sin
x
dx
x x
π
+
∫

- Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Đặt
dtdxtx
−=⇒−=
2
π
và





=⇒=
=⇒=
0
2
2
0
tx
tx
π
π
,
Khi đó:
6
0
6
2
6 6

6 6
0
2
6 6
2 2
6 6 6 6
0 0
6 6 6 6
2 2 2 2
6 6 6 6 6 6
0 0 0 0
sin ( )
sin
2
os sin
os ( ) sin ( )
2 2
os os
sin os sin os
sin os os sin
2
os sin sin os sin os 2
t
x
I dx dt
c x x
c t t
c t c x
dt dx
t c t x c x

x c x c x x
I dx dx dx dx
c x x x c x x c x
I
π
π
π π
π π π π
π
π π
π
−
= = −
+
− + −
= =
+ +
+
⇒ = + = = =
+ + +
⇒ =
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
4
π
Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:

∫

+
2
0
sincos
cos
π
dx
xx
x
nn
n

∫
+
2
0
44
4
sincos
cos
π
dx
xx
x

∫
+
2
0
66

6
sincos
cos
π
dx
xx
x

Bài 3: Cho f(t) là 1 hàm số liên tục trên đoạn [0;1] . Chứng minh:
∫ ∫
=
π π
π
0 0
)(sin
2
)(sin dxxfdxxxf
Giải
Tính:
0
(sin )xf x dx
π
∫
Đặt:
dtdxtx
−=⇒−=
π
và




=⇒=
=⇒=
0
0
tx
tx
π
π

Khi đó:
22

0
0
0 0 0
(sin ) ( ) (sin( )
( ) (sin ) (sin ) (sin )
xf x dx t f t dt
t f t dt f t dt tf t dt
π
π
π π π
π π
π π
= − − −
= − = −
∫ ∫
∫ ∫ ∫
=

∫ ∫
−
π π
π
0 0
)(sin)(sin dxxxfdxxf
⇒
∫ ∫
=
π π
π
0 0
)(sin
2
)(sin dxxfdxxxf
(Đpcm)
Đặt vấn đề: Từ bài toán trên ứng dụng vào tìm tòi lời giải của các bài toán tính tích
phân:
Bài 4:
2
0
sin
4 cos
x xdx
I
x
π
=
−
∫

Phân tích
Đứng trước bài toán này ta thường nghỉ đến hai hướng:
1. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, tuy nhiên việc tính v rất phức tạp.
2. Áp dụng bài toán gốc 2:
- Ta thấy
2 2
sin sin
(sin )
4 cos 3 sin
x x
f x
x x
= =
− +
là một hàm số liên tục trên đoạn
[0;1]
.
- Áp dụng bài toán gốc ta có:
2
0
sin
4 cos
x xdx
dx
x
π
−
∫
=
2

0
sin
2 4 os
x
dx
c x
π
π
−
∫
- Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Đặt:
dtdxtx
−=⇒−=
π

Đổi cận:



=⇒=
=⇒=
0
0
tx
tx
π
π
Khi đó:

0
2 2 2
0 0
2 2 2 2
0 0 0 0
sin sin( ) sin
( ) ( )
4 cos 4 cos ( ) 4 cos
sin sin sin sin
4 cos 4 cos 4 cos 4 cos
x x t tdt
dx t dt t dt
x t t
tdt t xdx x x
dt t dt dx dx
t t x x
π π
π
π π π π
π
π π
π
π π
−
= − − = −
− − − −
= − = −
− − − −
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫

⇒
2
0
sin
4 cos
x xdx
dx
x
π
−
∫
=
2
0
sin
2 4 os
x
dx
c x
π
π
−
∫
Đặt:
cos sin xv x dv dx
= ⇒ = −

Đổi cận:
0 1
1

x v
x v
π
= ⇒ =


= ⇒ = −

Khi đó:
23


1 1
2
0 1 1
sin 1 1 1
( )
2 4 os 2 (2 )(2 ) 8 (2 ) 2
1
2 1
ln ln ln 3
1
8 2 8 9 4
x
I dx dv dv
c x v v v v
v
v
π
π π π

π π π
−
−
= = − = +
− − + − +
−
= = = −
−
+
∫ ∫ ∫
Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
(ĐH TCKT HN - 1999)
∫
π
0
34
sincos xdxxx

∫
π
0
5
sin xdxx

2.4.3. Bài toán dựa vào tính liên tục và chẵn của hàm số trên
¡

Bài 1: Cho f(x) là hàm số liên tục và chẵn trên
¡

,thì:

∫∫
=
+
−
αα
α
0
)(
1
)(
dxxfdx
a
xf
x
với
+
∈
R
α
và a>0; a
≠
1
Giải
Ta có:
∫∫∫
+
+
+

=
+
−−
α
α
α
α
0
0
1
)(
1
)(
1
)(
dx
a
xf
dx
a
xf
dx
a
xf
xxx
Tính:
dx
a
xf
x

∫
−
+
0
1
)(
α
: Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và



=⇒=
=⇒−=
00 tx
tx
αα
Khi đó:
dx
a
xf
x
∫
−
+
0
1
)(
α
=
dx

a
xfa
dt
a
atf
dt
a
tf
x
x
t
t
t
∫∫∫
+
=
+
=
+
−
−
−
αα
α
00
0
1
)(
1
)(

1
)(
Nên:

0 0 0 0
( ) ( ) ( ) ( 1) ( )
( )
1 1 1 1
x x
x x x x
f x a f x f x a f x
dx dx dx dx f x dx
a a a a
α α α α α
α
−
+
= + = =
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
(Đpcm)
Đặt vấn đề: Bài toán tổng quát trên, cho ta lời giải tương tự đối với các bài toán
sau đây:
Bài 2:
1
4
1
2 1
x
x

I dx
−
=
+
∫
Phân tích
Đối với bài toán này ta áp dụng bài toán gốc:
+ Ta thấy
4
( )f x x=
là một hàm số liên tục trên đoạn [-1;1]
+ Áp dụng bài toán gốc ta có:
1
4
1
2 1
x
x
I dx
−
=
+
∫
=
1
4
0
x dx
∫
+ Lời giải được trình bày như sau:

Giải
24

Ta có:
1 0 1
4 4 4
1 1 0
2 1 2 1 2 1
x x x
x x x
I dx dx dx
− −
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
Tính:
0
4
1
2 1
x
x
dx
−
+
∫
: Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và
1 1
0 0
x t

x t
= − ⇒ =


= ⇒ =

Khi đó:
0 0 1 1
4 4 4 4
1 1 0 0
( ) .2 .2
2 1 2 1 2 1 2 1
t x
x t t x
x t t x
dx dt dt dx
−
−
−
= − = =
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫
Nên:

1 0 1 1 1
4 4 4 4 4
1 1 0 0 0
1 1
4
4

0 0
.2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.(2 1) 1
2 1 5
x
x x x x x
x
x
x x x x x
I dx dx dx dx dx
x
dx x dx
− −
= = + = +
+ + + + +
+
= = =
+
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
1
2
1
1
1 2
x
x dx

−
−
+
∫

2
sin
3 1
x
x
dx
π
π
−
+
∫

1
2
1
2 . 4
1 2
x
x
x
dx
−
−
+
∫

2 2
1
a
x
a
a x
dx
a
−
−
+
∫
(với
0a >
)
2
2
2
4
2 1
x
x
dx
−
−
+
∫

2 2
1

e
x
e
e x
dx
e
−
−
+
∫

2 2
.
1
a
x
x
a
a a x
dx
a
−
−
+
∫
(với
0a >
)
2.5. Dạng toán ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng
Bài toán: Cho hai hàm số y = f

1
(x) và y = f
2
(x) liên tục trên
[ ]
ba;
. Gọi D là hình
phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f
1
(x) và y = f
2
(x) và các đường thẳng x = a, x = b
thì diện tích của hình phẳng được tính theo công thức:
∫
−=
b
a
dxxfxfS )()(
21
Đặt vấn đề: Việc tính diện tích hình phẳng của bài toán trên ta thấy có phần đơn
giản. Song trong thực tế ta gặp rất nhiều bài toán không phải như thế, sau đây là các bài
25