CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (315.24 KB, 20 trang )
BÀI GIẢNG ƠN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Tích phân hàm phân thức hữu tỷ.
Hữu tỷ hóa tích phân
Dạng 1. Tích phân hàm phân thức hữu tỷ
Nội dung phương pháp
Trong phần này, ta cần nắm được cách tính các tích phân sau:
1) I1
dx
, với a 0 .
ax b
Cách tính. I1
2) I 2
dx
ax b
Cách tính. I 2
3) I3
1 d ax b ln ax b
C .
a ax b
a
n
, với a 0 , n * , n 2 .
1 d ax b
1
ax b n a n 1 ax b n C .
a
P x
ax b
n
dx , P x là đa thức có bậc lớn hơn 0 , a 0 , n * .
Cách tính. Thực hiện phép đổi biến t ax b .
4) I 4
dx
, với a 0 , ax 2 bx c 0 x .
ax bx c
2
2
Cách tính. Biến đổi ax 2 bx c a x e f 2 ( f 0 ), sau đó thực hiện phép đổi
biến x e f tan t , t ; . Ta có
2 2
ax 2 bx c af 2
5) I5
1
1
dt
, dx f
I4
2
2
af
cos t
cos t
t
dt af
C .
mx n
dx , với a 0 , m 0 , ax 2 bx c 0 x .
ax 2 bx c
Cách tính. Phân tích
mx n
2ax b
1
A 2
B 2
.
2
ax bx c
ax bx c
ax bx c
d ax 2 bx c
2 ax b
2
ax 2 bx c dx ax 2 bx c ln ax bx c C ,
ax
2
dx
chính là I 4 .
bx c
Tất cả các tích phân hàm phân thức hữu tỷ đều được quy về năm dạng nói trên.
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
1
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Một số ví dụ
2
x3
dx .
2x 3
Ví dụ 1. Tính I
1
Giải
Đặt t 2 x 3 , suy ra x
t 3
1
, dx dt . Khi x nhận các giá trị bằng 1 và 2 thì t nhận các
2
2
giá trị tương ứng là 5 và 7 . Do đó
t 3
2
7
I
3
t
5
7
7
3
2
1
27
1 1 t 9t 27t 27
dt
dt t 2 9t 27 dt
t
16 5
t
2 16 5
1 1
9
t 3 t 2 27t 27 ln
16 3
2
1
7
7 27 7
t ln .
5 6 16 5
4 x 11
dx .
x 5x 6
Ví dụ 2. Tính I
2
0
Giải
Ta có
1
I
0
1
1
2 2 x 5 1
2x 5
dx
dx 2 2
dx 2
,
2
x 5x 6
x 5x 6
x 5x 6
0
0
I1
1
I1
0
d x2 5x 6
2
x 5x 6
I2
1
ln x 2 5 x 6 ln 2 ,
0
x 3 x 2 dx dx dx ln x 2
dx
x2 x3
x 2 x 3 0 x 2 x 3
x3
0
0
0
1
1
1
1
1
I2
2 ln 3 3ln 2 .
0
Suy ra I 2 ln 3 ln 2 .
1
Ví dụ 3. Tính I
x
2
2
x
dx
4x 5
Giải
Ta có
1
I
1
1
2x 4
dx
2 x 2 4 x 5 dx 2 2 x 2 4 x 5 ,
2
J
1
J
x
2
2
K
2x 4
dx ln x 2 4 x 5
4x 5
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
1
2
ln 2 .
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
2
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
1
Ta thấy K
dx
1 x 2
2
2
dx
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1
2
. Đặt x 2 tan t , t ; . Suy ra 1 x 2
,
cos 2 t
2 2
dt
. Khi x nhận các giá trị 2 và 1 thì các giá trị của t lần lượt là 0 và . Do đó
2
cos t
4
4
K dt
0
Vậy I
.
4
ln 2
.
2
2
2
Ví dụ 4. Tính I
0
x3 2x2 4x 9
dx
x2 4
Giải
Ta có
2
2
2
2
1
dx
dx
1 2
I x 2 2
6 2
.
dx x 2 x 2
x 4
x 4
2
0 0 x 4
0
0
2
Ta xét J
0
dx
1
2dt
. Đặt x 2 tan t , t ; . Suy ra x 2 4 4
, dx
. Khi
2
x 4
cos t
cos 2 t
2 2
2
x nhận các giá trị 0 và 2 thì các giá trị của t lần lượt là 0 và
. Do đó
4
14
K dt .
20
8
Vậy I 6
.
8
3
Ví dụ 5. Tính I=
1
x 1 x 1
3
dx
2
Giải
Cách 1. ( Phương pháp hệ số bất định )
Ta
có
2
1
x 1 x 1
:
2
A x 1 B x 1 x 1 C x 1
A
B
C
2
2
x 1 x 1 x 1
x 1 x 1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
3
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1
A 4
1 4A
Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số :
. Khi đó (1)
1 2C
C 1
2
A B x2 2 A C x A B C A B C 1 B A C 1 1 1 1 1
2
4 2
4
x 1 x 1
3
1 1
1
1
1 1
dx .
.
dx
x 1 x 12
4 x 1 4 x 1 2 x 12
2
2
3
Do đó :
1
1
1
1 3 1
3
I ln x 1 x 1 .
ln 8 ln 2
2 x 1 2 4
4
4
Cách 2:
Đặt : t=x+1, suy ra : x=t-1 và khi x=2 thì t=3 ; khi x=3 thì t=4 .
Khi đó : I=
3
2
dt
1 t t 2
2
dt
2
t t 2 2 3 t t 2
3
4
1
x 1 x 1
2
4
dx
4
4
11 1
1
1 1 t 2 1
I
dt dt ln
ln
2 2 2t 2 t
t 4
t
2
3
4
4
1
1
1
dt dt
t t 2
2 2
t
3
4 3
t ln 2
3 4
3t 2 4t 1 3t 2 4t 4 3t 2 4t 1 3t 2 3t 2 4t 1 3 2
1
Hoặc : 3
3
t 2t 2
t 2t 2
4 t 3 2t 2 t 3 2t 2 4 t 2 t 3 2t 2 4 t t 2
4
3t 2 4t 1 3 2
1
2 4 3
Do đó : I= 3
2 dt ln t 3 2t 2 3ln t ln 2
2
t 2t
4 t t
4
t 3 4
3
2
2
1
1 t t 4 1 1
t 2 1 1
1 2
Hoặc : 2
2
2
2
t t 2 4 t t 2 4 t 2
t 4t 2 t t
Do
đó
:
I=
4
1 1
1 2
t 2 t t 2 dt
4 3
3
Ví dụ 6. Tính I=
1 t 2 2 4 1 1 1
1 2 1
1
ln t t 3 4 ln 2 2 ln 3 3 4 ln 3 ln 2 6
4
x2
x 1 x 2 dx
2
2
Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 , dx=dt và : khi x=2 thì t=1 ; x=3 thì t=2 .
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
4
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2
t 1 dt 2 t 2 2t 1 dt
x 12 x 2 dx t 2 t 3 t 2 t 3
2
1
1
3
Do đó :
2
x2
Cách 1; ( Hệ số bất định )
2
2
t 2 2t 1 At B
C
At B t 3 Ct A C t 3 A B t 3B
Ta có : 2
2
t t 3
t
t3
t 2 t 3
t 2 t 3
1
B 3
A C 1
5
t 2 2t 1 1 t 3 4 1
Đồng nhất hệ số hai tử số : 3 A B 2 A 2
9
t t 3 9 t 2
9 t 3
3B 1
4
C 9
Do
đó
:
2
2
t 2 2t 1
1 1 3 4 1
1
3 4
2 17 4
7
dt 2
dt ln t ln t 3 1 ln 5 ln 2
t 2 t 3
9 t t 9 t 3
t 9
6 9
9
9
1
1
Cách 2:
Ta
có
:
2
2
1 3t 2 6t 1 t t 9
t 2 2t 1 1 3t 2 6t 3 1 3t 2 6t
3
t 2 t 3 3 t 3 3t 2 3 t 3 3t 2 t 2 t 3 3 t 3 3t 2 9 t 2 t 3
2
2
1 3t 6t 1 1
1 t 3 1 3t 6t 1 1
1 1 3
3
3
2
2
2
2
3 t 3t 9 t 3 9 t
3 t 3t 9 t 3 9 t t
:
Vậy
2
2
1 3t 2 6t 1 1
1
t 2 2t 1
1 3
1 t 3 3 2
dt 3
2 dt ln t 3 3t 2 ln
2
t 2 t 3
3 t 3t 9 t 3 t t
27
t
t 1
3
1
1
Do đó I=
17 4
7
ln 5 ln 2
6 9
9
3
Ví dụ 7. Tính I=
xx
2
1
2
1
dx
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta
f(x)=
có
:
A x 2 1 Bx x 1 Cx x 1
1
1
A
B
C
x x 1 x 1
x x 2 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
5
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm : x=0;x=1 và x=-1 vào hai tử ta
A 1
x 0 1 A
1
1 1 1 1 1
có : x 1 1 2C B f ( x)
2
x 2 x 1 2 x 1
x 1 1 2B
1
C 2
:
Vậy
3
3
1
1 1
1 1
3
1
3 5
dx
x x 2 1 2 2 x 1 x 1 x dx 2 ln x 1 x 1 ln x 2 2 ln 2 2 ln 3
2
Cách 2: ( Phương pháp nhẩy lầu )
x 2 x 2 1
1
x
1 1 2x
1
Ta có :
2
2
2
2
x 1 x 2 x 1 x
x x 1
x x 1
3
3
3
1
1 2 xdx
1
3
1
3 5
dx 2
dx ln x 2 1 ln x ln 2 ln 3
Do đó :
2
2 2 x 1 2 x
2
2
2 2
2 x x 1
4
Ví dụ 8. Tính I=
3
x 1
dx
x x2 4
Cách 1:
A x 2 4 Bx x 2 Cx x 2
x 1
x 1
A
B
C
Ta có :
x x 2 4 x x 2 x 2 x x 2 x 2
x x2 4
Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số :
Khi x=0 : 1= -4A suy ra : A=-1/4
Khi x=-2 : -1= 8C suy ra C=-1/8
Khi x=2 : 3= 8B suy ra : B=3/8 .
1 1 1 1 3 1
Do đó : f(x) =
4 x 8 x2 8 x2
:
Vậy
4
3
3
3
x 1
1 1
1
1
3
1
1
3
1
3
dx dx
dx
dx ln x ln x 2 ln x 2
x x2 4
42x
8 2 x2
8 2 x2
8
8
4
2
3
5
3
1
ln 3 ln 5 ln 2
8
8
4
Cách 2:
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
6
BÀI GIẢNG ƠN THI VÀO ĐẠI HỌC
Ta
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
có
:
2
2
x 1
1
1
1 1
1 1 x x 4 1 1
1
1 2x
1
2
2
2
2
2
x x 4 x 4 x x 4 4 x 2 x 2 4 x x 4 4 x 2 x 2 2 x 4 x
Do
đó
:
4
4
x 1
1 1
1
1 2x
1
1 x 2 1
4
2
dx
x x 2 4 4 3 x 2 x 2 2 x 2 4 x dx 4 ln x 2 2 ln x 4 ln x 3
3
3
Ví dụ 9. Tính
x2
x 2 1 x 2 dx .
2
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
A x 1 x 2 B x 1 x 2 C x 2 1
x2
x2
A
B
C
x2 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2
x 2 1 x 2
Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số :
Thay : x=1 Ta cớ : 1=2A , suy ra : A=1/2
Thay : x=-1 ,Ta có :1=-2B, suy ra : B=-1/2
Thay x=-2 ,Ta có : 4= -5C, suy ra : C=-5/4
Do đó :
3
3
x2
1 1
5 1
1 x 1 5
3 1 3
1 1
dx
ln x 2 ln
dx ln
2
2 x 1 2 x 1 4 x 2
2 x 1 4
2 2 2
2 x 1 x 2
2
I=
Cách 2.( Nhẩy tầng lầu )
Ta
có
:
x2
x2 1 1
1
1
1
1 x x 1 x 1 x 2
2
2
x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 x 1 x 1 x 2 x 2 2 x 1 x 1 x 2
1
1
x
1
1
1 1 1
1
1
1
x 2 2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 3 x 1 x 2 x 1
Từ đó suy ra kết quả .
Ví dụ 10. Tính
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
7
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
1
a.
0
1
1
x
2
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
3x 2
2
b.
dx
1 x2
1 x3 dx
1
2
Giải
1
a.
0
1
x
2
3x 2
2
dx
Ta có :
x 3 x 2 x 1 x 2 f ( x)
1
2
1
x 1
1
0
2
1
x 2
1
x
2
3x 2
2
2
2
x
2
3x 2
1
x 1 x 2 x 1
1
1
2
x 1 x 2
x 1 x 2
2
1
2
2
1
x 2
2
1
1
2
. Vậy :
x 1 x 2
1
1
1
1
1
1
x 1
1
dx
2
2 ln
dx
2
2
x2
x 1 x 2
x 2 x 1 x 2
0 x 1
1 2
0 3 2ln 3
1
b.
1 x2
1 x3 dx
1
2
Ta có : f ( x)
1 x2
1 x x2 x
1 x x2
x
3
2
2
1 x
1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 2
1
f ( x)
1
x
1 2x
1
dx
3
1 x 1 x
2 1 x3
1 x 1
2
Ví dụ 11. Tính
3
a.
1
1
x2 1
dx
x 4 x2 1
b.
x4 1
x 6 1 dx
0
Giải
3
a.
1
x2 1
dx . Chia tử và mẫu cho x 2 0 , ta có :
x 4 x2 1
1
x2
f ( x)
1
x2 2 1
x
1
3
1
3
f ( x)dx
1
1
1 2 dx
x
2 1
x 2 1
x
1
1
1
Đặt : t x x 2 2 t 2 2, dt 1 2
x
x
x
1
x 1 t 2
dx x 3 t 4
3
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
8
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
4
3
3
Vậy :
f ( x)dx
1
t
2
x4 1
b. 6
dx . Vì :
x 1
0
4
3
1
t 3 t 3
2
dt
1
2
4
3
1
3 t
2
3
1
dt
t 3
4
1 1
74 3
1
3
ln ln
7
2 3 ln 7 4 3 )
7
2 3
2
t 3
I
ln
2 3 t 3
1
1
dt
3
2
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
x 6 1 x 2 3 1 x 2 1 x 4 x 2 1
6
3 2
2
3
x 1 x 1 t 1 t x
Cho nên :
1
1
2
x4 1
x 4 x2 1
x2
1 1 3x
dx
f ( x) 6
f ( x)dx 2
x 1 3 x 3 2 1
x 1 x 2 1 x 4 x 2 1 x3 2 1
0
0
1 1
1
1
1
Vậy : I arctan x arctan 3x 2 arctan1- arctan3 arctan3
0 3
0
3
4 3
Ví dụ 12. Tính
1
a.
1
2
x2 1
x2 1
dx 4 dx
x4 1
x 1
0
0
b.
x
1
1
dx
1
4
Giải
1
a.
1
x2 1
x2 1
dx 4 dx . Ta có :
x4 1
x 1
0
0
1
1
1 2
2
2
x 1
x , g ( x) x 1
x . Cho nên
f ( x) 4
4
1
x 1 x2
x 1 x2 1
2
x
x2
1
2
1
t x x dt 1
Đặt :
1
t x dt 1
x
2
1
2
5
2
1
1
3
dx, x 2 2 t 2 2, x 1 t 0, x 2 t
2
x
x
2
5
. Vậy :
5
5
2
1
1 2 1
1
1
t 2
dt
f ( x)dx 2
dt
ln
2
dt
2 2 t 2 t 2
2 2 t 2 2
t 2
2t 2
2 t 2
2
3
2
1
dt
t 2
0
g ( x)dx
1
1
1
5
dx, x 2 2 t 2 2, x 1 t 2, x 2 t
2
x
x
2
2
1
.
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
9
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
Đặt : t 2 tan u dt 2
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1
3
3 2
du t 0 u 0, t u arctan
u1
2
cos u
2
4
u1
u1
2du
2
2 u1
2
Do đó (1)
du
u
u1
2
2
2
2 0
2
0 cos u 2 2 tan u
0
2
b.
x
1
F ( x)
1
4
x 1
1
dx
1
4
.
Ta
có
:
1 1 x2 1 x2 1 x2 1 x2 1 1
4 f ( x) g ( x)
4
2
x4 1
2 x 1 x 1 2
Đã tính ở trên ( phần a)
Ví dụ 13. Tính
5
2
2
x2 1
a. 2
dx
2
1 x 5 x 1 x 3 x 1
1 5
2
c.
1
b.
x
4
3
2
dx
4 x2 3
3
x7
dx
1 x8 2 x 4
2
x2 1
dx
x 4 x2 1
d. I =
Giải
2
a.
x2 1
x 2 5 x 1 x 2 3x 1 dx . Ta có :
1
1
1
1 2
2
2
1 2 dx
x2 1
x
x
f ( x) 2
f ( x)dx
2
1
1
1
1
x 5 x 1 x 3x 1 x 5 x 1
1 x
5 x 3
x
x 3
x
x
1
1
5
Đặt : t x dt 1 2 dx , x 1 t 2, x 2 t
x
2
x
Vậy (1) trở thành :
5
2
5
2
5
dt
1 1
1
1 t 5
1
1 5
t 5 t 3 2 t 5 t 3 dt 2 ln t 3 2 2 ln 5 ln 3 2 ln 3
2
2
2
5
2
b.
x
4
3
2
dx
1
1
1 1
1
. Ta có : f ( x) 4
2
2
2
2
2
2
4x 3
x 4 x 3 x 1 x 3 2 x 3 x 1
5
2
Do đó :
5
2
f ( x)dx x
3
2
3
2
2
1
1
2 dx I J
3 x 1
1
Với :
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
10
1
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
5
2
I
3
2
5
2
1
dx
x 3
3
2
2
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
5
1
1 1
1
1
x 3 2
1
37 20 3
dx
x 3 x 3 dx 2 3 ln x 3 3 2 3 ln 65 7 4 3
2 3 3
x 3 x 3
2
2
5
2
5
5
1
1
1
1 2 1
1
1 x 1 2 1 3
1 1 15
J 2 dx
dx
ln ln ln
dx ln
x 1
x 1 x 1
2 3 x 1 x 1
2 x 1 3 2 7
5 2 7
0
0
2
2
1
1 5
2
c.
x2 1
dx .
x 4 x2 1
1
1
Học sinh xem lại cách giải ví dụ 2-a . Chỉ khác là đặt : t x , sẽ ra kết quả .
x
3
3
x7
x4
dx
x 3 dx
2
8
4
4
1 x 2x
2
2 x 1
d. I =
1
dt 3x 3dx, x 2 t 15; x 3 t 80
Đặt : t x 4 1
1 x4
1 t 1
1 1 1
f ( x )dx
3 x3dx
dt 2 dt
2
4
3 x 1
3 t
3 t t
80
Vậy : I
1 1 1
1
1 80 1 16 13
2 dt ln t 15 ln
3 t t 3
t
3 3 720
15
Ví dụ 14. Tính
1
2
2
dx
a.
4
1 x x 1
b.
x2 1
x 1 x 3 dx
2
0
Giải
2
a.
dx
. Nếu theo cách phân tích bằng đồng nhất hệ số hai tử số thì ta có :
4
1
xx
1
4
3
2
A Bx3 Cx 2 Dx E A x 1 x Bx Cx Dx E
f ( x)
x4 1
x x 4 1 x
x x 4 1
1
A B 0
A 1
C 0, D 0
B 1
A B x Cx Dx Ex+A
1
x3
f ( x)
f ( x) 4
x x 1
x x 4 1
E 0
C 0, D 0,
A 1
E 0
4
3
2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
11
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Nhưng nếu ta tinh ý thì cách làm sau sẽ hay hơn .
Vì x và x 3 cách nhau 3 bậc , mặt khác x 1; 2 x 0 . Cho nên ta nhân tử và mẫu với
x 3 0 . Khi đó f ( x)
x3
. Mặt khác d x 4 4 x3dx dt 4 x3dx
4
4
x x 1
t x , cho nên
4
:
f ( x)dx
1 3 x3dx
1 dt
1 1 1
f (t ) . Bài toán trở nên đơn giản hơn rất
4
4
3 x x 1 3 t t 1 3 t t 1
nhiều . ( Các em giải tiếp )
1
2
b.
x2
x 1 x 3 dx
2
0
Nhận xét :
* Nếu theo cách hướng dẫn chung ta làm như sau :
- f ( x)
x2 1
3
A
3
x 1 x 3 x 1
B
x 1
2
C
D
x 1 x 3
1
3
5
- Sau đó quy đồng mẫu số , đồng nhất hệ số hai tử số , ta có : A , B , C D
2
8
32
1
2
1
3
5
5
Do vậy : I
dx
3
2
8 x 1 32 x 1 32 x 3
0 2 x 1
1 5
1
3
5
5
1
ln x 1 ln x 3 2 ln
2
32
8 x 1 8 x 1 32
0 32 28
Ví dụ 15. Tính
3
a.
1
d.
0
b.
x2 1
x 6 1 dx
1
1
x3
2 3
1 x
2
2
x4 1
x 6 1 dx
2
dx
e.
0
x 4 3x 2 1
2 3
1 x
c.
dx
x 1 x
4
1
1
dx
f.
1
3
1
3 3
x x
x4
dx
Giải
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
12
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
a.
2
3
3
x4 1
x4 x2 1
x2 2
1
x2
1
1
x6 1 dx x 2 1 x 4 x 2 1 3 2 dx x 2 1 dx 3 2 x3 1 x 3 1 dx
1
1
2
2 x 1
x 1
2
Tính J : J= artanx
3
artan3-artan2 .
2
dt 3 x 2 dx, x 2 t 8; x 3 t 27
Tính K . Đặt t x3
x2
1 dt
1 1 1
1
g ( x)dx 3 dx
dt
2
x 1
3 t 1 3 2 t 1 t 1
3
Do đó : K= g ( x) dx
2
3
Tính E=
2
3
1
1
dx
dx
3
2
x 1
2 x 1 x x 1
Ta có : h( x)
27
27 1 t 1 27 1 117
1 1
1
1
t 1 t 1 dt 6 ln t 1 ln t 1 8 6 ln t 1 8 6 ln 98
68
x 2 x 2 1
1
x2
x 2 1
3
x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 x 1
x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 1 2 x 1 1
x2
x3 1 x 1 x 2 x 1 x3 1 x 2 x 1 x3 1 2 x 2 x 1 x 2 x 1
1 3x 2
1 2 x 1
1
dx
2
x3 1 dx 2 x2 x 1 dx
2
32
2
2
1 3
x
2 2
3
Vậy : I
3
3
3 1
3
1
1 28 1 13
ln x3 1 ln x 2 x 1 F ln ln F
2 2
2
3
3 9 2 6
2
3 1
dt
dx
1
3
2 cos 2t
Tính F : Đặt : x
tan t
2
2
x 2 tan t 5 t a; x 3 tan t 10 t b
3
3
Do
đó
b
F=
a
3 1
dt
b
b
5
5
10
2 cos 2t
dt t b a t ant=
t a artan
; b artan
a
3
3
3
3
1 tan 2 t a
2
Thay vào (2) ta có kết quả .
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
13
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
2
b.
1
2
2
x2 1
x2 1
1
1
dx 2
x6 1 0 x 1 x 4 x 2 1 dx x2 1 2 x2 dx x 2 x 1 x 2 x 1 dx
1
1
1
1
Ta có :
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
x
x 1 x x 1
2
2
Ax+B
Cx D
2
x x 1 x x 1
2
A C x3 B A C D x 2 A B C D x B D
x4 x2 1
1
A 2
A C 0
A C
C 1
B A C D 0
1 2C 0
2
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
A B C D 0
B D 0
D 1
B D 1
B D 1
2
1
B
2
2
2
1
1
1 x
x 1
Vậy : I 2
dx 2
dx J K 1
2 1 x x 1
x x 1 2
1
Tính J=
2
2
2
2
2
x 1
1 2x 1 3
1
2x 1
3
1
1
dx 2
dx 2
dx
dx ln x 2 x 1 E
2
x2 x 1
2
1
2 1 x x 1
2 1 x x 1
21
2
1
1 3
x
2 2
2
2
Tính E =
3
1
1
3
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x
tan t
2
2
21
2 2
1 3
x
2 2
Tính K
2
2
2
1
2
x 1
1 2x 1 3
1
2x 1
3
1
1
dx 2
dx 2
dx
dx ln x 2 x 1 F
2
2
2
x x 1
2 1 x x 1
2 1 x x 1
20
2
1
1
1 3
x
2 2
2
3
1
1
3
Tính F=
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x
tan t
2
2
21
2
2
1 3
x
2 2
K
4
4
2
2
dx
1
3x 3
1 d x d x 1 x 4 2 1 32
ln
c.
4
dx
ln
4
3 1 x 1 x 4
3 1 x4
1 x 4 3 1 x 4 1 3 17
1 x 1 x
2
1
d.
0
1
x3
2 3
1 x
dx
1
x2
2 xdx
2 1 x 2 3
0
x 2 t 1; dt 2 xdx
x 0 t 1, x 1 t 2
1 . Đặt : t 1 x 2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
14
2
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2
2
t 1
1 1
1 1 2 13
dt 2 3 dt 2
3
t
t t
t 4t 1 16
1
1
Do đó I
1
e.
x 4 3x 2 1
2 3
1 x
0
1 x 2 2
1
1
x2
1
x2
dx
dx
dx
dx J K 1
3
2
2 3
2 3
0 1 x
0 1 x
1 x2 0 1 x
1
Tính J : Bằng cách đặt x tan t J
4
1
1
1
dx E F 2
Tính K=
1 x 2 2 1 x 2 3
0
1
dx cos 2 t dt
x tan t
Tính E : Bằng cách đặt
x 0 t 0; x 1 t
4
1
Vậy : E
4
2
2
4
1 1
1
1
1
1
dt
dx
2 1 x2
2 0 1 tan 2 t cos 2t
20
0
4
1
1
1
dt cos 2tdt
1 cos 2t
20
4
cos t
4
1
1
1
1 1
2
1 cos2t dt t sin 2t 4
40
4 2
16
0 4 4 2
Tính F. Tương tự như tính E ;
1
dx cos 2t dt
x tan t
Bằng cách đặt
x 0 t 0; x 1 t
4
1
Vậy : F
4
4
3
3
4
1 1
1
1
1
1
1 x2 dx 2 1 tan 2 t cos2t dt 2
2 0
0
0
4
1
1
1
dt cos 4tdt
1 cos 2t
20
cos 6t
4
1
1
1 cos4t
2
1 cos2t dt 1 2cos 2t
dt 4
8
8 0
2
0
0
1 4
1
1
1
3 8
3 4 cos 2t cos4t dt 16 3t 2sin 2t 4 sin 4t 4 16 3 4 2 64
16 0
0
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
15
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
1
3 3
f.
1
x x
1
1
1
1
x x3 3 1
1
3 1 dx
dx 3 3 dx 2 1 2 .
x x
x x
1
1 x
x4
1
3
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
3
3
dx
dt x
1
1
Đặt : t 2 1 t 1 2
x
x
x 1 t 8; x 1 t 0
3
0 1
8
4 1
3 7 3 4 8 3
3
24 3 468
Khi đó I t 3 t 1 dt t 3 t 3 dt t 3 t 3 .27 .2 4 16
4 0 7
4
7
7 4
7
8
0
* Chú ý : Còn có cách khác
Vì
1
x ;1 x 0 .
3
:
Đặt
1
1 1 3
3
1
1
t t
x dx 2 dt ; f ( x)dx
4
t
t
1
t
t t t
3
1
1
2 dt
t
t 2 t3 t 3
t
dt
1
1
3
1 3
1
1
1
dt dt t 1 2 dt (2) . Đặt : u 1 2 2 1 u; du dt
t
t
t
t
2
Ví dụ 16. Tính
1
3
a.
dx
x5 x 2
2
1
c.
0
b.
0
x3 2 x
x
2
1
2
2
d.
dx
1
x 7 dx
1 x
4
2
1 x3
dx
x4
Giải
3
a.
Xét : f ( x)
3
dx
1
x5 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1 dx
2
2
1
1
A B Cx D
E
2 2
2
x x x 1 x 1
x x 1 x x 1 x
2
A x 2 x 1 x 1 Bx x 1 x 2 x 1 Cx D x 2 x 1 E ( x 2 x 1) x 2
x 2 x 1 x 2 x 1
B C E x 4 A D C E x3 E D x 2 Bx A .
x 2 x 1 x 2 x 1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
16
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
1
D 3
B C E 0
C E
1
A D C E 0
E E E 1 C
1
1
1
3
x
1
3 3
B 0
B 0 f ( x ) 2 23
E D 0
x
x x 1 x 1
B 0
E D
1
E
3
A 1
A 1
A 1
1
1
1
3
1 3x 3
1 1 x 1 1 1
Vậy : I 2 2
3 dx 2 2
dx
x 3 x x 1 3 x 1
x
x x 1 x 1
2
2
3
2
3
1 1
x 1 1 arctan 2x+1 3
1
dx
1 1
3
2
ln x x 1 ln x 1
ln 2
2
2
3
3
3 2
x 6
2 2
1 3 x 6 x x 1
x
2 2
1 1
7
5
arctan
arctan
6
3
3
3
1
b.
0
1
x 7 dx
1 x4
2
1
x4
3 x 3dx
3 1 x 4 2
0
1 .
dt 3 x3dx, x 0 t 1; x 1 t 2
Đặt : t 1 x 4
1 t 1
1 1 1
f ( x)dx 3 t 2 dt 3 t t 2 dt
2
1 1 1
1
1 2 1
1
Vậy : I 2 dt ln t ln 2
3t t
3
t 1 3
2
0
2
1
1 x 2
c.
dx
2 xdx
2
2
2 0 x 2 1 2
0 x 1
1
x3 2 x
1
dt 2 xdx; x 0 t 1; x 1 t 2
Đặt : t 1 x x 2 t 3
1 t 3
1 1 3
f ( x)dx 2 t 2 dt 2 t t 2 dt
2
2
2
1 1 3
1
3 2 1
3
Vậy : I 2 dt ln t ln 2
1 2
2t t
2
t
2
1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
17
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
2
d.
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2
1 x3
1 x3 2
dx
x dx
x4
x6
1
1
1 .
2tdt 3 x 2dx; x 1 t 2, x 2 t 3
Đặt : t 1 x 3 t 2 1 x3
1 1 x3 2
1
t
2 t2
f ( x )dx
3 x dx
2tdt
dt
3 x6
3 t 2 12
3 t 2 1 2
:
Vậy
2
2
3
3
1
1 1
1
2 1 1
1 1 1
1
1
1
dt
dt
2
2
t 1 2 t 1 t 1
3 2 4 t 1 t 1 6 2 t 1 t 1 t 1 t 1
2
1 1
1
t 1 3 1 2t
t 1 3 8 2 3 1
ln
2
ln
ln 2 2 2
6 t 1 t 1
t 1 2 6 t 1
t 1 2
24
3
3
2
3
I
Do
đó
Ví dụ 17. Tính
4
a.
x
7
3
c.
b.
x2 9
x5 2x3
0
1
dx
x2 1
0
x
2
x dx
x2 1
1
d.
dx
2 3
1 x dx
0
Giải
4
a.
x
7
Đặt
dx
2
4
x
x 9
7
x2 9
1 .
t 2 x 2 9 tdt xdx, x 2 t 2 9
t x 9
.
x 7 t 4, x 4 t 5
2
:
5
xdx
2
:
5
dt
dt
2
t t 3 t 3
4 t t 9
4
I
A t 2 9 Bt t 3 C t 3 t
1
A
B
C
Ta có : f (t )
t t 3 t 3 t t 3 t 3
t t 2 9
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay lần lượt các nghiệm vào hai tử số ta có :
- Với x=0 : -9A=1 A
- Với x=-3 : 9C=1 C
- Với x=3 : 9B=1 B
1
9
1
9
1
9
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
18
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
Vậy : I
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
5
5 1 t 2 9 5 1 144
1 1
1
1 1
dt ln t 2 9 ln t ln
ln
4 9
9 t t 3 t 3 9
t 4 9 35
4
* Chú ý : Nếu theo phương pháp chung thì đặt : x 3sin t dx 3cos tdt .
7
x 7 7 3sin t sin t
3 . Như vậy ta không sử dụng được phương pháp
Khi :
x 4 4 3sin t sin t 4 1
3
này được .
1
b.
0
x
2
x dx
2
x 1
1
1
x2
2
x 1
0
x
dx
1
dx J K
2
x 1
0
* Để tính J :
1
dx cos 2t dt , x 0 t 0; x 1 t 4
Đặt : x tan t
. Tính tích phân này khơng đơn
1
tan 2 t.
dt
2
2
cos t tan t dt
f ( x)dx
cost
1 tan 2 t
giản , vì vậy ta phải có cách khác .
- Từ : g ( x)
x2
2
x2 1 1
2
x 1
1
1
2
x 1
1
2
2
x 1
1
x 1
g ( x )dx x 1dx
0
0
0
1
x2 1
dx
- Hai tích phân này đều tính được .
1
1
1
1 1 x2
1
+/ Tính : E x 2 1dx x x 2 1
dx 2 x 2 1dx
dx
0 0 x2 1
x2 1
0
0
0
2 E ln x x 2 1
1
* Tính K=
0
Do vậy : I=
3
c.
0
x 5 2 x3
x2 1
1
2 1
2 E 2 ln 1 2 E
ln 1 2
0
2 2
1
dx x 1 2 1 ;
2
0
x 1
x
2
1
0
1
2
dx ln x x 2 1
x 1
2 1
2 3
ln 1 2 ln 1 2
ln 1 2
2 2
2 2
3
dx
0
x5
x2 1
3
dx 2
0
x3
x2 1
1
ln 1 2
0
dx J K 1
x 2 t 2 1; xdx tdt ; x 0 t 1, x 3 t 2
2
2
- Tính J: Đặt t x 2 1
x 4 xdx t 1 tdt
t 4 2t 2 1 dt
f ( x)dx
2
t
x 1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
19
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2
2
1
2 38
Suy ra : J= t 4 2t 2 1 dt t 5 t 3 t
3
5
1 15
1
x 2 t 2 1; xdx tdt ; x 0 t 1, x 3 t 2
2
- Tính K: Đặt t x 2 1
x 2 xdx t 1 tdt
t 2 1 dt
f ( x)dx
2
t
x 1
2
Suy ra : K=
t
1
Vậy : I=
1
2 4
1 dt t 3 t
3
1 3
28 4 48 16
15 3 15 5
1
d.
2
2 3
1 x
0
2
dx costdt. x=0 t=0;x=1 t= 2
dx . Đặt : x sin t
f ( x)dx 1 x 2 3 dx cos 6tcostdt=cos4tdt
2
2
2
1
1 cos4t
1
1 cos2t
3 1
Do đó I=
dt 1 2 cos 2t
dt cos2t+ cos4t dt
2
4 0
2
4 2
8
0
0
1
3
3 1
t sin 2t sin 4t 2
32
8
4 4
0
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744
website: violet.vn/phphong84
20
