Chuyên đề Nguyên hàm Tích phân

Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

CHUYÊN ĐỀ

NGHUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN

Trong chương trình Toán lớp 12 bài toán tính nguyên hàm- tích phân là một
trong những bài toán khó đối với đại đa số học sinh.
Thực tế sau khi học sinh học xong các phương pháp tính nguyên hàm - tích
phân thì các em vẫn chưa nắm được tất cả những dạng bài tập áp dụng phương
pháp này một cách có hệ thống. Nhằm giúp học sinh học tốt hơn chủ đề nguyên
hàm- tích phân, tôi xin trình bày một số cách biến đổi phù hợp với các hàm số
dưới dấu tích phân và cách khai thác giả thiết của bài toán tích phân thường gặp
trong các kỳ thi tốt nghiệp phổ thông và thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng.
Chuyên đề NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN tổng kết hệ thống các dạng và các
cách tính nguyên hàm và tích phân của một hàm số, chuyên đề nầy nhằm vào đối
tượng học sinh từ trung bình trở lên và là tài liệu cho giáo viên tham khảo
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng khó tránh được sự sai sót mong các em học
sinh và các thầy cô đóng góp thêm

Phước Long ngày 10/5/2011

GV Lê Văn Quang

Trang 1
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

Trang 2
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN
PHẦN I

NGUYÊN HÀM
A. Tóm tắt giáo khoa:
1. Định nghĩa: f(x) và F(x) là hai hàm số xác định trên (a;b)
F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a;b)  F’(x) = f(x) với x  (a; b)
Nếu thay cho (a;b) là đoạn  a; b  thì phải có thêm

F '(a )  f (a) và F '(b )  f (b)
2. Định lí: Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên khoảng (a;b) thì :
* F(x) + c trong đó c là một hằng số tuỳ ý cũng là một nguyên hàm của f(x).
* Mọi nguyên hàm của f(x) đều có dạng F(x) + c với c là một hằng số.
3. Họ nguyên hàm (đ/n tích phân bất định
Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) thì F(x) + c là họ nguyên hàm của f(x) được gọi là tích
phân bất định của f(x) và được ký hiệu là
Vậy:

 f ( x )dx

:

 f ( x )dx  F ( x )  c

4. Các tính chất của nguyên hàm (hay tích phân bất định)
1,

  f ( x)dx  '  f ( x ) ; d  f ( x )dx  f ( x)dx

2,  af( x )dx  a  f ( x )dx (a  0)
3,  [f ( x )  g( x )]dx   f ( x )dx   g( x )dx
4,

 f (t)dt  F(t)  c



 f u( x) u '( x)dx  F u( x )  c

Chú ý : Vì u '( x )dx  du nên đặt u = u(x)
tính chất 4 có thể viết:

 f (t)dt  F (t )  c

  f (u)du  F (u)  c

5, Bảng các nguyên hàm cơ bản (xsgk)
6, Bảng các nguyên hàm mở rộng:
 1

1  ax  b 

1.  (ax  b) dx 
 c (  1, a  0)
a  1
1
1
2. 
dx  ln ax  b  c (a  0)
ax  b
a
1 axb
ax  b
3.  e dx  e
 c (a  0)
a
1
4.  cos(ax  b )dx  sin(ax  b)  c (a  0)
a
1
5.  sin(ax  b )dx   cos(ax  b)  c ( a  0)
a

Trang 3
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

1
dx   1  tan 2 (ax  b )  dx
(ax  b )
1

tan(ax  b )  c ( a  0)
a
1
7.  2
dx   1  cot 2 (ax  b) dx
sin (ax  b)
1
  cot(ax  b)  c (a  0)
a
6.

 c os

2

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN:
1. Sử dụng định nghĩa và tính chất của nguyên hàm:


Làm xuất hiện trong biểu thức f(x) những hàm số f1 ( x ), f2 ( x ), f3 ( x )... có trong



bảng các ng/hàm đã biết



*

*
*

Áp dụng tính chất của nguyên hàm suy ra kết quả.
Vài cách biến đổi về những hàm số có trong bảng nguyên hàm
1
n

n

x x
1
*
 x  n (n  1)
n
x
2
tan x  (1  tan 2 x )  1
cot 2 x  (1  cot 2 x )  1
ad
b
ax  b a
c (chia tử cho mẫu)
 

cx  d c cx  d
ax 2  bx  c
(chia tử cho mẫu)
a' x  b'
*

*

f ( x )  af1 ( x )  bf2 ( x )  cf3 ( x )  ...

Bài 1: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số ssau:
3
2
a) f ( x )  x  6 x  5 x  7 Giải:



f ( x )dx   ( x 3  6 x 2  5 x  7)dx 

b)

f ( x)  x 2 

1
 cot 2 x
2
x

x 4 6 x 3 5x 2
x4

5


 7x  c 
 2 x3  x  7x  c
4
3
2
4
2

Giải

1
 cot 2 x )dx =   x 2  x 2  1  cot 2 x   1 dx
2
x
 2

1
x 3 x 21
2
=  x  x 
 1 dx 

 cot x  x  c
sin 2 x 
3 2  1


 (x

c)

2



f ( x) 

x2  x x  x
x

= x

2

1
2

1
2

3
2

xx x xx

1
2

Trang 4
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

Do ñoù



GV BS Lê Văn Quang

x2  x x  x
x

1
 32

dx    x  x  x 2  dx


3
2

2

x
x
 c

5
2 3
2
2
2
5
3
2 2 x 2 2
2 2
x2 2
 x   x c  x x   x x c
5
2 3
5
2 3
1
1


1
1
d) f ( x ) 

 x 2 x 3
x 3x


x

3

1
2



1
 1

Do đó:

f ( x )   2 x 3  1

e)

1
 1

1
 
 1
  12
1 
x2
x3
3
   3 dx    x  x  dx  1  2  c
x


 x

2
3

 2 x

3

2

 1 dx 

2

Giải

 4 x

6

 4 x 3  1dx 

  x 6 dx 4  4  x 3 dx   1dx 

4 7
x  x4  x  c
7

x 4  x 4  2

g) f ( x ) 

Giải


h)

2

4

x  x 4  2 dx 

f ( x) 

3

 x 2  x 2  dx 



x5 x

2
2
  x  x  dx 

Giải
6



3

x 5 x dx 

x3 1
 c
3 x



3 5

x 6 dx 



15

x 6 dx 

 x 15 dx 

2

 x 5 dx

7
5

x
5
 c  5 x7  c
7
7
5
1
3x  4  3x  2

2
3x  4  3x  2
3x  4  3x  2


f ( x) 
i)


Do ñoù





 



2

3x  4  3x  2
3x  4  3x  2

3x  4  3x  2
2
1
f ( x )dx   3x  4  3 x  2 dx 
2
1
1
1

2
    3 x  4  dx   (3 x  2) 2 dx 
2






Trang 5
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

3 


3
2
2


3
x

2

1 1 (3 x  4) 1 
 

c
3
3
2 3
3


2
2




1
9 

3x  4 

3



 3x  2 

3


  c

4x  3
1
 2
(Do chia tử cho mẫu)
2x  1
2x  1

4x  3
1 
1
Do đó: 
dx   2 
dx  2 x  ln 2 x  1  c

2x  1
2 x  1
2


k) f ( x ) 

4x2  6x  1
1
 2x  2 
(do chia tử cho mẫu)
2x  1
2x  1
4x2  6x  1
1
1
Do đó: 
dx   (2 x  2 
)dx  x 2  2 x  ln 2 x  1  c
2x  1
2x  1
2
x
x 2
x
x
x
m) f ( x )  (3  2 )  9  4  2.6
l) f ( x ) 

Do đó:

x
x 2

x
x
x
 (3  2 ) dx   9 dx   4 dx  2 6 dx 

n) f ( x ) 

9x
4x
6x

2
c
ln 9 ln 4
ln 6

e2  5 x  1
 e 2 6 x  e  x
x
e

1
dx   e  x dx   e2 6 x  e x  c
6
2. Nguyên hàm của hàm số lượng giác.
 Dùng các hệ thức cơ bản, các công thức hạ bậc đưa về dạng
tính được nguyên hàm.
 Biến đổi các hàm lượng giác thành tổng.
 Sau đó áp dụng công thức của bảng nguyên hàm.
Bài 1: Tìm nguyên hàm các hàm số:

x
x
a) f ( x )  2sin 2
b) cot 2 x
c) cos2
2
2
1
d)
2
sin x cos2 x

Do đó:

 f ( x )dx   e

e) f ( x )  sin2 x
a)
b)

2

2 6 x

f) f ( x )  cos2 x
Giải

g) f ( x )  tan 2 x

x

 2sin 2 dx   (1  cos x)dx  x  s inx  c
 cot x dx   (1  cot x )  1  cot x  x  c
2

2

x
1  cos x
1
1
dx  
dx   (1  cos x )dx  ( x  s inx)  c
2
2
2
2
2
2
1
sin x  cos x
dx
dx
d) 2
dx  
dx  
 2
2
2
2

2
sin x cos x
sin x cos x
cos x
sin x
 tan x  cot x  c
c)

 cos

2

Trang 6
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

1
1
1
e)  sin2 x dx   (1  cos2 x )dx   x  sin 2 x   c 
2
2
2


GV BS Lê Văn Quang

1

1
x  sin 2 x  c
2
4
1
1
1
f)  cos2 x dx   (1  cos2 x )dx  ( x  sin 2 x )  c
2
2
2
2
2
g )  tan x dx    (1  tan x )  1 dx 


 1


 1  dx  tan x  x  c
2
 cos x

Bài 2: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số:
a) f ( x )  sin3 x
b) f ( x )  cos4 x c) f ( x )  tan 4 x
Tương tự

f ( x )  sin 5 x

Giải
a)  sin x dx   sin x .s inx dx    (1  cos2 x )(cos x )' dx
3



2

2

 (cos

x  1) d (cos x ) 

1
cos3 x  cos x  c
3
2

 1  cos2 x 
 cos x dx   (cos ) dx    2  dx
1
  (1  2cos2 x  cos2 2 x )dx
4
1
1  cos 4 x
1
  (1  2 cos2 x 
)dx   (3  4 cos2 x  cos4 x )dx
4

2
8
1
4
1
 (3 x  sin 2 x  sin 4 x )  c
8
2
4
1
1
3
1
1
 (3 x  2sin 2 x  sin 4 x )  c  x  sin 2 x 
sin 4 x  c
8
4
8
4
32
 1

c)  tan 4 x dx   tan 2 x .tan 2 x dx   tan 2 x 
 1 dx
2
 cos x 
4

2 2

tan 2 x
2
 cos2 x dx   tan x dx
 1

1
  tan2 x d (tan x )   
 1 dx  tan 3 x  c1  (tan x  x )  c2
2
3
 cos x 
1
 tan3 x  tan x  x  c
3
Bài 3: Tính:
a)  sin n x cos x dx   sin n x(sin x )' dx   sin n d (sin x )


sin n1 x
 c (n  1)
n 1
b)  cosn x sin x dx    cosn x(cos x )' dx    cosn x d (cos x )


cosn1 x
c
(n  1)
n 1
Bài 4: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số:

Trang 7


09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long
a) f ( x )  sin 5x .cos3x
b) g( x )  cos 5x.cos3x
Giải
Sử dụng các công thức biến đổi tích thành tổng
1
sin a cos b  sin( a  b)  sin( a  b) 
2
1
cos a cos b  cos( a  b)  cos( a  b) 
2
1
sin a sin b  cos(a  b)  cos(a  b) 
2
Ta có:
1
a)  f ( x )dx   sin 5 x cos3x dx   sin 8x  s in 2 x  dx
2


1 1
1
  cos8 x  cos2 x   c
2 8

2



GV BS Lê Văn Quang
c) h( x )  sin 5x sin3x

1
1
cos8x  cos2 x  c
16
4

1
 cos8 x  cos2 x  dx
2 

1
1
1 1
1
  sin 8x  sin 2 x   c 
sin 8x  sin 2 x  c
16
4
2 8
2

1
c)  h( x )dx   sin 5x sin 3x dx    cos2 x  cos8 x  dx

2

1 1
1
1
1
  sin 2 x  sin 8x   c  sin 2 x  sin 8x  c
2 2
8
4
16

Bài 5: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số:
a) f ( x )  sin x sin 2 x sin 4 x
b) f ( x )  cos x cos2 x sin 4 x
Giải
1
a) Ta biến đổi : f ( x )  s inx sin 2 x sin 4 x   cos x  cos3 x  sin 4 x
2


1
1 1
1
 cos x sin 4 x  sin 4 x cos3 x    (sin 5 x  sin 3 x )  (sin 7 x  sin x )
2
2 2
2

b)  g( x )dx   cos5 x cos3 x dx 

1
(sin 5 x  sin 3x  sin 7 x  sin x )
4
1
Do đó:  f ( x )dx   (sin 5 x  sin 3 x  sin 7 x  sin x ) dx
4
1 1
1
1
 ( cos5x  cos3x  cos7x  cosx)  C
4 5
3
7
1
1
1
1
  cos 5x  cos3 x 
cos 7 x  cos x  c
20
12
28
4
1
b) Ta biến đổi: f ( x )  cos x cos2x sin4x = (cos3 x  cos x )sin 4 x
2
1
 (sin 4 x cos3x  sin 4 x cos x )
2



Trang 8
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

1 1
1
  (sin 7 x  sin x )  (sin 5 x  sin 3x )
2 2
2


GV BS Lê Văn Quang

1
(sin 7 x  sin 5x  sin 3x  sin x )
4
1
Do đó:  f ( x )dx   (sin 7 x  sin 5 x  sin 3 x  sin x )dx
4
1 1
1
1
  ( cos 7 x  cos5x  cos3x  cos x )  c
4 7
5

3
1
1
1
1
  cos7 x 
cos5 x  cos3 x  cos x  c
28
20
12
4



Bài 6: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số:
a) f ( x )  sin3 x cos 6 x
b) f ( x )  sin3 x sin 8x
c) cos3 x cos10 x

d) f ( x )  cos3 x sin 8 x

Giải
Theo công thức nhân 3 ta có:
sin 3x  3sin x  4sin3 x sin3 x
cos3x   3cos x  4 cos3 x
1
Do đó: sin 3 x  (3sin x  sin 3x )
4
1
cos3 x  (3cos x  cos3x )

4
3
Thay sin x hoặc cos3 x rồi dùng công thức biến đổi tích
thàh tổng => đpcm

a) f ( x )  sin 3 x cos6 x 

1
(3sin x  sin 3 x ) cos6 x
4

1
(3sin x cos6 x  sin 3x cos6 x )
4

1 3
3
1
1
  sin 7 x  sin(5 x )  sin 9 x  sin(3 x )
4 2
2
2
2

1
  3sin 7 x  3sin 5 x  sin 9 x  sin 3 x 
8

1 3

3
1
1
Do đó:  sin3 x cos6 x dx    cos 7 x  cos5x  cos9 x  cos3 x   c
8 7
5
9
3

b). c) giải tương tự a)
1
d) f ( x )  cos3 x sin 8x  (3cos x  cos3 x )sin 8x
4
1
 (3sin 8x cos x  sin 8 x cos3 x )
4

1 3
1
   sin 9 x  sin 7 x   (sin11x  sin 5x )
4 2
2




Trang 9
09/5/2011

Tổ toán Trường THPT Phước Long
1
 (3sin 9 x  3sin 7 x  sin11x  sin 5x )
8
3
Do đó:  cos x sin 8 x dx 
=

GV BS Lê Văn Quang


1 3
3
1
1
  cos9 x  cos 7 x  cos11x  cos5 x   c
8 9
7
11
5



11
3
1
1
   cos9 x  cos 7 x  cos11x  cos5 x   c
83
7

11
5

3
2
Bài 7: Tính I   cos x sin x dx

Giải: Ta thấy hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ đối
với cosx nên ta biến đổi như sau:
I   cos2 x .sin 2 x .cos xdx 
  (1  sin 2 x )sin 2 x.(sin x )' dx 

 (sin

2

x  sin 4 x )d sin x

Bài 8 : Tìm nguyên hàm của hàm số có dạng f ( x )  sin m x cosn x
Giải
1, Nếu m hay n lẻ : Giả sử m lẻ : m = 2k + 1 thì:
I   sin 2 k 1 x cosn xdx   (sin 2 )k .cosn x.sin xdx

   (1  cos2 x )k .cosn x d cos x
Khai luỹ thừa k nhân cos n x vào  kết quả
2, Nếu m và n đều chẳn ( 0 cũng xem là chẳn)
I   sin 2 k x .cos2 l x dx   (sin 2 x )k .(cos2 x )l dx

1  cos2 x
1  cos2 x

1
,cos2 x 
,sin x cos x  sin 2 x
2
2
2
Suy ra kết quả
Thay sin 2 x 

Bài 9: Tìm nguyên hàm của hàm số dạng f ( x ) 

tan m x
cot m x
;
f
(
x
)

cosn x
sin n x

Giải:

cot m x 
dx 
hay I  
sin2 x 

1

1
Thay
dx  d tan x ;
dx  d ( cot x )  Kết quả
2
cos x
sin2 x
hay I  cot m xdx 
2) I   tan m xdx



m 2
2
Đặt tan x làm thừa số : I   tan x .tan 2 x dx

1) I 

tan m x
 cos2 x dx

dx
 d (tan x )
cos2 x
 1

Ta được : I   tan m2 x 
 1 dx    tan m2 x dx 
2
 cos x 

Thay tan2 x 

1
1
cos2 x

;

 tan

m 2

x d tan x

Nếu số mũ của tanm 2 x còn lớn ta tiếp tục như trên để giảm bậc cho đến khi lấy
được nguyên hàm.

3. Nguyên hàm của các hàm số hữu tỉ:
Các công thức cần nhớ:
Trang 10
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long
dx
1, 
 ln x  a  c
x a
dx

1
2, 

c
2
xa
( x  a)
du
1
3,  n 
c
u
(n  1) u n1
Bài toán 1: Tìm nguyên hàm của hàm số y 

GV BS Lê Văn Quang

1
x  px  q
2

dx
Tam thức mẫu số có 2 nghiệm
 4x  3
1
1
A
B
( A  B) x  3 A  B
Giải: Biến đổi:





2
( x  1)( x  3)
x  4 x  3 ( x  1)( x  3) x  1 x  3
Ta có: 1  ( A  B) x  3 A  B với x
Ví dụ 1: Tính

x

2


1
 A   2
A  B  0
Đồng nhất hệ số ta có: 
 
 3 A  B  1
B  1

2
1
1 1
1 
Do đó:
 



2
x  4x  3 2  x  3 x  1 
Vậy

dx
dx
1  1
1 

 

 dx
( x  1)( x  3) 2  x  3 x  1 
 4x  3
1
1 x 3
 ln x  3  ln x  1  ln
c
2
2 x 1

x

2



dx
trường hợp mẫu số có nghiệm kép

 4x  4
dx
dx
1
 x 2  4 x  4   ( x  2)2  x  2  c

Ví dụ 2: Tìm
Giải:



Ví dụ 3: Tìm

x

2

x

2

dx
trường hợp mẫu số không có
 4x  7

nghiệm thực
dx
dx
Giải:  2


Đưa về dạng này
x  4x  7
( x  2)2  3
khi cần dùng để tính tích phân, ta biến đổi biến số dạng 1
(Vì arctang chương trình đã bỏ)
dx
có thể giải nhanh như sau:
 4x  3
để tính A,B
1
1
A
B



(*)
2
x  4 x  3 ( x  1)( x  3) x  1 x  3
Nhân 2 vế của (*) cho x – 1  0 ta được:
1
B( x  1)
 A
x 3
x 3
1
1
Cho x = 1
ta có
 A  0  A 

1 3
2
Trang 11
09/5/2011

Ví dụ 3: Tính

x

2


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

Nhân 2 vế của (*) cho x – 3  0 ta được
Cho x = 3 ta có :

1
A( x  3)

B
x 1
x 1

1
1
 0 B  B 
3 1

2

2x  3
dx
 x2  2x
2x  3
2x  3
A
B
C

 

Phân tích:
3
2
x ( x  1)( x  2) x x  1 x  2
x  x  2x
Đồng nhất tử số: 2 x  3  A( x  1)( x  2)  Bx( x  2)  Cx( x  1)

Bài 2: Tính I 

x

3

 2 x  3  ( A  B  C )x

2

 ( A  2B  C )x  2 A

x

x


3
A   2
A  B  C  0
(1)

5


  A  2B  C  2
(2)
 B 
3
 2 A  3

(3)

1

C   6

Có thể tính A,B,C nhanh hơn theo cách sau:
2x  3
Bx

Cx
Tính A:
 A

( x  1)( x  2)
x 1 x  2
3
3
Cho x = 0 thì :   A  A  
2
2
2x  3
A( x  1)
C ( x  1)
Tính B:

B
x ( x  2)
x
x 2
5
5
Cho x = 1 thì
 0  B  0  B
3
3
3 dx 5 dx
1 dx
Do đó: I   
 

 
2 x
3 x 1 6 x  2
3
5
1
  ln x  ln x  1  ln x  2  c
2
3
6
2
x  2x  6
Bài 3: Tính I  
dx
( x  1)( x  2)( x  4)

x2  2x  6
A
B
C



( x  1)( x  2)( x  4)
x 1 x 1 x  4
Có thể quy đồng rồi đồng nhất 2 vế để tỉnh A, B, C.
Có thể tính A, B, C nhanh hơn theo cách:
x2  2x  6
B( x  1) C ( x  1)
Tính A:

 A

x4
( x  2)( x  4)
x 2
1 2  6
Cho x = 1 ta có:
 A  A 3
(1  2)(1  4)

Giải: Phân tích :

Tính B:

x2  2x  6
A
C

( x  2)  B 
( x  2)
( x  1)( x  4) x  1
x 4

Cho x = 2 ta có:

22  2.2  6
 B  B  7
(2  1)(2  4)
Trang 12
09/5/2011

Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang
2

Cuối cùng tính C:

x  2x  6
A
B

( x  4) 
( x  4)  c
( x  1)( x  2)
x 1
x 2

42  2.4  6
c  c5
(4  1)(4  2)
3
7
5
I 
dx  
dx  
dx
x 1

x2
x4

Cho x = 4 ta có:
Vậy

 3ln x  1  7 ln x  2  5 ln x  4

 c  ln

( x  1)3 ( x  4)5
c
( x  2)7

Trang 13
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang
PHẦN II.

TÍCH PHÂN
A. TÓM TẮT GIÁO KHOA :
1. Định nghĩa : Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  a ; b
b

 f ( x)dx

b

 F ( x ) a  F (b )  F (a )

a

Với F(x) là một nguyên hàm của f(x)
2. Tính chất:
1,



a

a

f ( x )dx  0

a

2,

b

 f ( x )dx

 

b
b

3,

 f ( x )dx
a

b

 Kf ( x) dx

 K  f ( x) dx ( K  R )

a

a

b

4,

b

  f ( x)  g ( x) dx
a
c

5,



b

 f ( x) dx

b

 f ( x)dx

a

c

 f ( x)dx



a

 g ( x)dx



a

 f ( x)dx



a

b

b

6,

f ( x)  trên  a; b  

 f ( x)dx

 0

a

b

7,

f ( x)  g ( x) trên  a; b  

b

 f ( x)dx
a



 g ( x)dx
a

b

8,

M  f ( x)  M trên đoạn  a; b 

 m(b  a ) 

 f ( x )dx

 M (b  a )

a

t

9, t biến thiên trên  a; b   G (t ) 

 f ( x)dx là một nguyên hàm của

f(t) và G(a) = 0

a

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN:
b

Vấn đề 1: Tính

 f ( x )dx

a

Phương pháp :
 Tìm một nguyên hàm F(x) của f(x)
 Sử dụng công thức Niutơn – Leibnitz
b

 f ( x)dx

b

 F ( x) a  F (b)  F ( a )

a


2

Ví dụ 1: Đề TNPTTH Kì I năm 98 – 99

Tính

 cos

2

4xdx

0

Giải

2

 cos
0


2

2

4xdx =

1
1  cos8x  dx
2 0
Trang 14
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

2



1

1

 x  sin 8x 
2
8
0

1 1


  sin 4  
2 2 8
4





2

Ví dụ 2: Đề TNPTTH 93 - 94

Tính

 sin

5

xdx

0

Giải:

2


2

 sin

5

xdx 

 sin

0

4

x . sin x dx

0


2



 sin x 
2

2


2

2

.sin x dx    1  cos2 x   cos x  ' dx

0

0


2



2
1

2
   1  2cos2 x  cos 4 x  d (cos x)    cos x  cos3 x  cos5 x 
3
5

0

0
 2
 1
 
2
1


   cos  cos3  cos5    cos 0  cos3 0  cos5 0 
2 3
2 5
2 
3
5


2 1 15  10  3 8
 1  

3 5
15
15

2

Ví dụ 3: Tính

4sin 3 x
0 1  cos x dx

4 1  cos 2 x  s inx
4sin 3 x
4sin 2 x .s inx


 4 1  cos x  s inx
1  cos x
1  cos x
1  cos x

2





2
2
4sin 3 x
Nên 
dx  4  sin xdx  2  sin 2xdx
1  cos x
0
0
0



  4 cos x  cos 2x  02  (0  1)  (4  1)  2


2

Ví dụ 4: Đề TNTHCB Kì II năm 98 – 99

Tính:

 sin

2

x cos3 x dx

0

f ( x)  sin m x cos n x với n lẻ.

Giải: Sử dụng bài 8 về nguyên hàm của

2


2

 sin

2

x cos3 x dx 

0

 sin

2

x .cos 2 x . cos x dx

0


2



 sin


2
2

x(1  sin 2 x)(sin x) ' dx   (sin 2 x  sin 4 x) d ( sinx)

0

0


2

1

1

  sin 3 x  sin 5 x  
5
3
0

1 1 2
 
3 5 15

Ví dụ 5: Tìm các số thực A và B sao cho:
1
A
B
( A  B) x  A  2 B



( x  2)( x  1) x  2 x  1
( x  2)( x  1)
Trang 15
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long
1
A
B
( A  b) x  A  2 B

Giải: Ta có:



( x  2)( x  1) x  2 x  1
( x  2)( x  1)
Đồng nhất tử thức ta có:
1  ( A  B) x  A  2 B  x
1

A

A B  0

3

 
 A  2B  1
B   1

3
5

5

GV BS Lê Văn Quang

5

5

dx
1 dx
1 dx
1
I 
 
 
  ln( x  2)  ln( x  1) 
( x  2)( x  1)
3 3 x  2 3 3 x 1 3
3
3

Từ đó:

5



1 x2
1 1
1 1
ln
 ln  ln   ln 2
3 x 1 3
3 2
4 3
2

2

Ví dụ 6: Đề TNPTTH năm 97-98 (Kỳ 2)
2

2

 x 1 
1  x  2  dx 

Giải:

Tính tích phân:
2

2

2

3 

1 1  x  2  dx 



 x 1 
1  x  2  dx

6

9

 1  x  2  ( x  2)

1

2


 dx


2

9 
9 
9


  x  6ln x  2 
   2  6 ln 4  4    1  6ln1  1 
x  2  1 

 

1
39
 12ln 2   10 
 12ln 2
4

4

6

Ví dụ 7: Xem đề TNPTTH 2001:

Tính  (sin 6x . sin 2x  6)dx
0

Giải: Xem bài 4 phần nguyên hàm

Vấn đề 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. Phương pháp đổi biến số: Tóm tắt giáo khoa (xem sgk)
* Quy tắc đổi biến số dạng 1:
1, Đặt x = u(t) , u’(t) liên tục trên

 ;   , f u (t ) xác định trên  ;   và u( )  a , u ( )  b

2, Biến đổi f ( x) dx  f u (t )  u '(t ) dt  g (t )dt
3, Tìm một nguyên hàm G (t ) của g (t )


4, Tính

 g (t )dt



 G (t ) 



b

5, Kết luận:

 f ( x )dx



 G (t ) 

a

Ví dụ 1: Xem lại các ví dụ ở sgk
Ví dụ 2: Tính các tích phân sau:

với a  0
a
2

a

dx
a) I   2
a  x2
0

b) I 


0

dx
a 2  x2

Trang 16
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang


a
 
dt
   t    dx 
2
cos 2 t
 2
x  0  t  0

Tính cận: 

 x  a  t  4
1
1
1

cos 2 t
Tính



a 2  x 2 a 2  a 2 tan 2 t
a 2 (1  tan 2 t )
a2
Giải: Đặt x  a tan t


4


4

2



1
1 4


dt

t 

a0
a 0

4a

cos t
a
Vậy: I   2 .
dt
2
a
cos
t
0


 
   t    dx  a cos t dt
2
 2
Tính cận: x  0  t  0
a
1

x   sin t   t 
2
2
6
1
1
1
1
  




(vì t    ;  cos t  0 )
2
2
2
 2 2
a  x a 1  sin x a cos t a cos t

b) Đặt x = a sin t


6




a cos tdt 6

Vậy J  
  dt  t 06 
a cos t
6
0
0
1

Ví dụ 3: Tính


0

x2

x

2

 1

3

dx

1
dt
cos2 t
Tính cận: x  0  t  0

x  1 t 
4

Đặt: x  tan t  dx 

1

Do đó:



0

x

x

2


4

2

 1


4

dx = 
3
0

tan 2 t

 tan

sin 2 t

2

t  1

3

.

1
dt
cos 2 t

1
dt
2
1  cos t
2 
0
cos t 
2 
 cos t 



4



2

6

sin t.cos t
dt 
cos4 t
0



3

.


4


4

 sin

2

t .cos 2 tdt 

0


4

1
sin 2 2t dt


40



1
1 1
4
  (1  cos 4t ) dt   t  sin 4t 
80
8 4
0
1 1
1

 1

   sin     0  sin 0  
8 4 4
4
 8
 32

Trang 17
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

*Quy tắc đổi biến số dạng 2:
1, Đặt t  v( x) v( x) là một hàm số có đạo hàm liên tục
2, Biểu thị f(x)dx theo t và dt. Giả sử f ( x)dx  g (t )dt
3, Tìm một nguyên hàm G (t ) của g (t )
v (b)

4, Tính



v (b )

g (t )dt  G (t ) v ( a )

v ( a)
b

5, Kết luận:

 f ( x )dx

v (b)

 G (t ) v ( a )

a

Ví dụ 1: Cho học sinh xem lại các ví dụ ở SGK các ví dụ đó đều có thể làm theo phương pháp tìm nguyên
hàm ở vấn đề 1.

Chỉ trình bày những bài tập làm theo phương pháp nguyên hàm ở vấn đề 1 hơi phức tạp.
Ví dụ 2: Tính tích phân sau: (Đề TNPtTH 95 – 96)
2
x 2 dx
I 
x3  2
1
Giải:
1
Cách 1: Đặt t  x3  2  dt  3x 2 dx  x 2 dx = dt
3
Tính cận: Khi x = 1  t = 3
Khi x = 2  t = 10
10

1 dt
Do đó: I  
33 t

2

t
3

10

2
3



3



10  3



2
x3  2  t 2  x3  2  2tdt  3x 2 dx  x 2 dx  tdt
3
Tính cận: Khi x  1  t  3
x  2  t  10
Cách 2: Đặt t 

Do đó: I 

2
3

10


3

t dt
2

t
3

10



dt 

2

2
t
3

10


3

2
3



10  3



2

Ví dụ 3: Tính I 



x 2  2 . x 3 dx (Đề TNPTTH 96 – 97)

0

2

Cách 1: Đặt t  x  2  t 2  x 2  2  2tdt  2xdx  tdt  xdx
Tính cận: Khi x  0  t  2
Khi x  2  t  2
2

Do đó: I 



x 2  2 . x 2 .x dx 

0

2 
1
  t5  t3 
3 
5

2

2

2
 t (t  2) t dt 

 (t

2

2


2

4

 2t 2 )dt

2

8(2  2)
15

Cách 2: Đặt t  x 2  2  x 2  t  2  2xdx  dt  xdx 

1
dt
2

Làm tương tự  kết quả trên

Trang 18
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang


3

Ví dụ 4: Tính I   sin 2 x. t anx dx ( Đề TNPTTH 96 – 97 kì II)
0

3


3

1  cos2 x 

sin x.sinx
Giải: I  
dx  
sin x dx
cos x
cos x
0
0

Đặt t  cos x  dt   sin xdx  sin xdx  dt
Tính cận: Khi x  0  t  1

1
Khi x   t 
3
2
2

1
2

1 t2
Do đó: I  
 dt  
t
1

1

1

1

1 t2
t2 
1 
1 t dt  1  t  t  dt   ln t  2  1
2

2

2

1
1 1
3
   ln 
 ln 2 
2
2 8
8

2

Ví dụ 5: Tính I  

6


2

Giải: I  

cos3 x
dx
sinx

2

2

cos x cos x
sin x


6

dx





1  sin x  cos dx
2

sin x


6

Đặt t  sin x  dt  cosdx

 1
Khi x 
 t  sin 
6
6 2



Khi x 
 t  sin  1
2
2
1
1
2
 1 3 
1 t
Do đó: I  
dt    t 2  t 2  dt
t
1
1

2

2
1

 1 2 5
  2.t 2  t 2 
5 1


1

2 5
8

19

 2 t 
t  = 
5
5 10 2

1
2

2


4

Ví dụ 6: Tính I  
0

e

1
dx
cos


4

1

a


4

1
cos x
dx  
dx 
cos x
cos 2 x
0
0
t  sin x  dt  cos x dx
Khi x  0  t  0

Giải: I  
Đặt

Khi x 

giải tương tự

 s inx dx

4

cos x

 1  sin
0

2

x

dx


2
t 
4
2
2
2

Do đó: I 

dt

 1 t

2

0

Trang 19
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

1
A
B
A  At  B  Bt ( B  A)t  A  B
Phân tích:




2
1 t
1 t 1 t
1 t2
1 t2
Đồng nhất tử thức ta được: 1  ( B  A)t  A  B
t

GV BS Lê Văn Quang

1

A

B

A

0



2
 

B  A  1
B  1

2

1
Từ đó: I 
2
1 1 t
 ln
2 1 t

2
2


0

2
2
1 
1
 1


 dt  ln 1  t  ln 1  t 
2

1 t 1 t 
0

2
1 1 2
 ln
2
2
1
2

2
2
0

1

1 2 2
 ln
2
2
1
2

1 2 2
 ln
2 2 2
3

Ví dụ 7: Tính I  

1

 2  2 2
 ln 

 2 2 

x2  1
dx
x4  1

1 

1
1
x 2 1  2 
3 1
3
1 2
2
x 1
x

 dx =
x dx 
x
Giải: I   4
dx  
dx
2



1
1
x

1


2
2
2
1


1
1 x
1
1
x

x  2 
x  2
x2
x 

x

1
1 


Đặt t  x   dt  1  2  dx
x
 x 
Tính cận: Khi x  1  t  0
1 8
Khi x  3  t  3  
3 3
3

3

2

8
3

dt
t 2
0

Do đó: I  

( Để tính tích phân này dùng phương

2

pháp biến đổi dạng 1)

2

sin x
dx
sin x  cos x
0


Giải: Đặt t   x  x   t  dx   dt
2
2

Tính cận : Khi x  0  t 
2

Khi x 
t 0
2
Ví dụ 8: Tính I  

Trang 20
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang



sin   t 

2


Do đó I   
dt






sin   t   cos   t 
2
2 
2 
0


2

sin x
dx 
sin x  cos x
0

Suy ra: 2 I  
Vậy


2

cos t
 
dt 
cos t  sin t
0


2

cos x
0 sin x  cos x dx 


2


2

0



 dx  x 02 
0

cos x

 sin x  cos x dx


2


I
4


sin 3 x
dx
sin 3 x  cos3 x
0

Tương tự tính: I  



sin n x
dx
sin n x  cos n x
0

I 

Mở tổng quát


2


2

3

cos x dx
sin 3 x dx
và
J 
s inx  cosx
sin x  cos x
0
0


Để tính I ta đặt t   x  x   t  dx   dt
2
2


Tính cận: x  0  t 
, x t 0
2
2




cos3   t 
0
2
sin 3 tdt

2 
Do đó: I   
dt  

cos t  sin t





0
sin   t   cos   t 
2
2 
2 
Như vậy ta thấy I = J
Ví dụ 9: Tính I  


2



2
cos3 x dx
sin 3 xdx
Từ đó: I  J  2 I  


sin x  cos x 0 s inx  cos x

0


2






2

sin 3 xdx
0 cos x  sin x


2

cos3 x  sin 3 x
0 sin x  cos x dx

 cos x  sin x 1  sin x cos x  dx

0


2

sin x  cos x



1
 1


2
  1  sin 2x  dx   x  cos 2x 
2
4


0
0
 1
 1
  1
   cos     cos 0  
2
2 4
 4

 1
Vậy I  J 
4
Ví dụ 10: Đề ĐH GTVT 2001

2

5cos x  4s inx

dx
3
(cos
x

sin
x
)
x
0

Tính I  



 x  x   t  dx   dt
2
2

Khi x  0  t 
2
Trang 21

Giải: Đặt t 
Tính cận:

09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long


Khi x   t  0
2




 t   4sin   t 
0 5cos 
2 
 2  dt 
Do đó: I   
3
 



 
cos

t

sin

t

2




 

2 
 2  


2



5sin x  4cos x

 (sin x  cos x)

3

GV BS Lê Văn Quang


2

5sin t  4cos t

 (sin t  cos t )

3

dt

0

dx

0

2

 5cos x  4sin x 5sin x  4cos x 
Suy ra: 2 I   

dx =
(cos x  sin x)3 (sin x  cos x)3 
0 




12
dx
12
Suy ra: I  

2 0 (cos x  s inx)2
2 0


2

cos x  sin x

 (cos x+sin x)

3

dx

0




dx 
dx
12
4
  




4

0 cos 2 x 
2cos2  x  


4
4





1
2

 tan  x  
4
4 0




1

1
1
  
tan  tan      (1  1) 

4
4
4
2
 4 

2. Phương pháp tích phân từng phần:
Định lý 1: Nếu u(x) và v(x) là hai hàm số có đạo hàm u '( x) và v '( x) liên tục
trên  a; b  thì
b

b
b

 u ( x).v '( x) dx  u( x).v( x) a   v( x).u '( x)dx Với v '( x)dx  dv u '( x)dx  du ta
a

a

có công thức gọn hơn:
b

b
b

 u dv  uv a   v.du
a

a

Ví dụ 1: Làm các bài tập trong sách giáo khoa
Chú ý: Vài dạng thường gặp:
1, Nếu hàm số f(x) dưới dấu tích phân có dạng P( x).e x , P ( x).sin x , P( x).cos x với
P(x) là đa thức thì đặt : u  P( x) , v '  e x (hoặc sin x, cos x )
2, Nếu f(x) có dạng : P( x) ln x thì đặt u  ln x , v '  p ( x)

2

Ví dụ 2: Tính các tích phân: a)

x


2
2

cos xdx b)

0


2

Giải: a) I   x cos x dx
0

Do đó: I  x 2 s inx


2

Tính: I1   x sin xdx
0

sin x dx

0

2

 2  x sin xdx 
0


2

x

u  x 2
du  2xdx
Đặt 
 
v  sin x
 dv  cos xdx

2


2
0

e


2


 2  x sin xdx
4
0

u  x
du1  dx
Đặt  1
 
 dv1  sin xdx
v1   cos x

Trang 22
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

2







2 1
cos
xdx


cos


0

sin
x


0
0
2
2


Do đó: I1   x cos x 02 

2
Vậy I 
2
4

2

u  e x
 du  e x dx
Đặt 
 
 dv  sin xdx
v   cos x

b) I   e x sin xdx

0


2


2
0

Do đó: I   e x cos x 


2

e

x

cos xdx  0  ( 1)   e x cos xdx

0

0


2

 1   e x cos xdx
0


2

u1  e x
 du1  e x dx
Đặt 
 
 dv1  cos x dx
v1  sin x

x

Tính I1   e cos xdx
0

Do đó:

I1  e x s inx


2


2
0



e

x

sin xdx

0


2


2



 e   e x s inxdx  e 2  I
0




2


2

1 e 2
Vậy: I  1  I1  1  e  I Suy ra 2 I  1  e  I 
2
5

Ví dụ 3: Tính I   x 2 ln( x  1)dx Đề TNPT TH 95 – 96
2

dx

du 

u  ln( x  1)

x 1
Giải: Đặt 
 
2
3
 dv  x dx
v  x

3
5

Do đó:

x3
I  ln( x  1)
3
2
5

Tính I1  
2

x3
dx 
x 1

5



1 x3
dx
3 2 x  1

5

x3  1  1
2 x  1 dx 

5



  x

2
5

2

 x  1 

1 
dx
x  1 

 x3 x 2

105
    x  ln x  1  
 ln 4
2
 3 2
2
125
1  105
248.2
35
 1
Vậy: I 
ln 4  
 ln 4    248ln 4  105  
ln 2 
3
3 2
6
2
 6
2

Ví dụ 4: Tính

dx

 ln x x

2

1

Trang 23
09/5/2011


Tổ toán Trường THPT Phước Long
dx

du 
u  ln x



x
Giải: Đặt 
dx  
 dv  x 2
v   1

x
2

1
Ta có: I   ln x
x
1

GV BS Lê Văn Quang

2

2

dx
1 x 2



2

1
1
1
1
 ln x 
  ln 2 
x
x1
2
2
1




3


3

xdx
Ví dụ 5: Tính I  
2
 cos x

(Giải tương tự: I  

4

4

x dx
)
sin 2 x

u  x
du  dx

Giải: Đặt 
dx  
v  t anx
 dv  cos 2 x

Ta có: I  x tan x


3

4


3




 3 sin x
  tan xdx 
3 
dx
3
4  cos x

4

4

4 3  3
 ln cos x
12

=


3

4



4 3 3
1
  ln
12
2

2

Ví dụ 6: Tính tích phân sau bằng phương pháp tích phân từng phần:

I   cos5 xdx
0


2

I   cos 4 x.cos xdx

Giải:

u  cos 4 x
du  4 cos3 x sin xdx




 dv  cos xdx
v  s inx

Đặt

0


2
0


2


2

Do đó: I  sin x cos 4 x  4  sin 2 x cos3 xdx  4  1  cos2 x  cos3 xdx
0


2

0


2


2

= 4  cos3 xdx  4  cos5 xdx  4  cos3 xdx  4 I
0

0

0


2


2

1
 3cos x  cos 3x  dx
4
0

 5 I  4  cos3 xdx  4 
0



1
1 8
8


2
 3sin x  sin 3x   3    I 
3
3 3
15

0
Ví dụ 7: Tính các tích phân (ĐH TC 78 – 79)


dx
x cos x
a) I  
b) J  
dx
1  s inx
(1  sin x) 2
0
0


1  sinx
dx =
1  sin 2 x
0

Giải: a) I  









1  sin x
dx
sin xdx
0 cos2 x dx  0 cos2 x  0 cos2 x


d (cos x)
1
1
1
 tan x 0  

 

2
2
cos x
cos x 0
cos  cos 0
0


Trang 24
09/5/2011

Tổ toán Trường THPT Phước Long

GV BS Lê Văn Quang

u  x
du  dx
x cos x


b) J  
dx Đặt 
cos xdx  
1
(1  sin x) 2
0
 dv  (1  s inx) 2
v   1  sin x







x
dx
J 


   2
1  sin x 0 0 1  sin x
Vậy J  2  

( Do câu a/ )

Trang 25
09/5/2011