skkn một số DẠNG bài tập TÍCH PHÂN THƯỜNG gặp ở lớp 12

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (302.41 KB, 55 trang )

BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN:
1. Họ và tên:

NGUYỄN THỊ THANH

2. Ngày tháng năm sinh:

20 - 04 - 1987

3. Nam, nữ: NỮ
4. Địa chỉ: Tổ 1, khu 3, TT Gia Ray, huyện Xuân Lộc, tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại: 0906992829
6. Fax:

- E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: giảng dạy môn Toán lớp 12C5, 11B9. 11B10.
9. Đơn vị công tác :

Trường THPT Xuân Hưng

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng:

2010

- Chuyên ngành đào tạo :

Toán học

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC:
Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán.
Số năm có kinh nghiệm:

06 năm

Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 6 năm gần đây: Các dạng bài tập viết
phương trình đường thẳng; các dạng bài tập liên quan đến khảo sát hàm số.

1

Tên sáng kiến kinh nghiệm:
MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TÍCH PHÂN THƯỜNG GẶP Ở LỚP 12
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
- Trong năm học vừa qua tôi được phân công giảng dạy lớp 12. Đa số học
sinh còn chậm, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học
sinh nắm được bài tốt hơn.
Trong chương trình toán THPT, cụ thể là phân môn giải tích 12 học sinh đã
được tiếp cận với các vấn đề về tích phân. Tuy nhiên, trong chương trình SGK giải
tích 12 hiện hành được trình bày ở chương III, phần bài tập đưa ra sau bài học rất
hạn chế. Mặt khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong
quá trình giảng dạy giáo viên chưa thể đưa ra nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình
thành kĩ năng giải cho học sinh. Trong khi đó, trong thực tế các bài toán về tích
phân rất phong phú và đa dạng và đặc biệt trong các đề thi Đại học – Cao đẳng –
THCN, các em sẽ gặp một lớp các bài toán tích phân mà chỉ có số ít các em biết

phương pháp giải nhưng trình bày còn lúng túng chưa gọn gàng, sáng sủa.
Vì vậy tôi mới tổng hợp một số dạng bài tập để giúp các em học sinh lớp 12
có thể tự học để nâng cao kiến thức, tự ôn tập để giải tốt các đề thi Đại học – Cao
đẳng –THCN.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA
ĐỀ TÀI:
1. Thuận lợi:
Học sinh được truyền thụ các kiến thức cơ bản về tích phân.
Được sự hỗ trợ của các giáo viên trong tổ.
2. Khó khăn:
Học sinh chưa có thói quen tìm tòi phương pháp giải khi gặp các bài toán
tổng quát.
Cần nhiều thời gian để tạo thói quen học tập cho học sinh.
3. Số liệu thống kê:
Đang áp dụng để giảng dạy cho học sinh 12.
2

III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
1. Cơ sở lí luận:
- Nhiệm vụ trung tâm của trường THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt
động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân
lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc
biệt là bộ môn Toán rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người.
Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần
các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững các tri thức khoa học ở
môn Toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng
bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư
duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu nôm Toán

một cách có hệ thống trong chương trình phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm
bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
- Trong SGK giải tích 12 chỉ nêu một số bài tập tích phân đơn giản chưa tạo
sự hứng thú, tìm tòi sáng tạo của học sinh. Vì vậy khi gặp các bài toán phức tạo
hơn các em sẽ lúng túng trong việc tìm lời giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN ) này với mục
đích giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài
toán tích phân.
- Trong giới hạn SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh giải một số dạng bài toán
tích phân thường gặp.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:
Đưa ra một số bài toán tích phân và đề ra phương pháp giải.
A. LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b]. F(x) là một nguyên hàm
b

của f(x) trên [a; b]. Tích phân từ a đến b của f(x) kí hiệu:

∫ f ( x)dx

và xác định bởi

a

b

công thức:

∫ f ( x)dx = F ( x)

b
a

= F (b) − F ( a )

a

3

Chú ý:
a

∫ f ( x)dx = 0

+

b

a

a

b

∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx

+

a

2. Tính chất:
b

b

a

a

∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx

+

b

c

∫

+

+

a

b

b

a

a

a

∫ [f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx

b

f ( x)dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx

a

b

( a < c < b)

c

3. Bảng nguyên hàm:
Hàm sơ cấp

∫ dx = x + c
α
∫ x dx =

∫ kdx = kx + c

xα +1

+c
α +1

1

∫ x dx = ln x + c
1

∫x

2

1
dx = − + c
x

∫ e dx = e
x

x
∫ a dx =

x

Hàm thường gặp

+c

ax
+c

ln a

∫ du = u + c

α
∫ (ax + b) dx =

1

1 (ax + b)α +1
+c
a α +1

1

∫ ax + b dx = a ln ax + b + c
1

∫ (ax + b)

2

dx = −

1 1
+c
a ax + b

ax +b
∫ e dx1 =

1 ax +b
e
+c
a

α x+ β
∫ a dx =

aα x + β
+c
α ln a

∫ sin xdx = − cos x + c

∫ sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + c

∫ cos xdx = sin x + c

∫ cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + c

1

∫ cos

2

x

dx = tan x + c

1

1

1

1

∫ cos (ax + b) dx = a tan(ax + b) + c
2

Hàm hợp

α
∫ u du =

uα +1
+c
α +1

1

∫ u du = ln u + c
1

∫u

2

1
du = − + c
u

∫ e du = e
u

u
∫ a du =

u

+c

au
+c
ln a

∫ sin udu = − cos u + c
∫ cos udu = sin u + c
1

∫ cos

2

u

du = tan u + c
4

1

∫ sin

2

x

dx = − cot x + c

∫ sin

2

1
1
dx = − cot(ax + b) + c
(ax + b)
a

1

∫ sin

2

u

du = − cot u + c

4. Bảng đạo hàm
Hàm sơ cấp

Hàm hợp u = u(x)

(c)′ = 0
(kx)′ = k

(ku )′ = ku ′

( x n )′ = nx n −1

(u n )′ = nu n −1.u ′

1
1
( )′ = − 2
x
x

1
u′
( )′ = − 2
u
u

( x )′ =

1
2 x

( u )′ =

u′
2 u

(a x )′ = a x ln a

(a u )′ = a u ln a.u ′

(e x )′ = e x

(eu )′ = eu .u ′

(ln x)′ =

1
x

(log a x)′ =

(ln u )′ =

1
x ln a

u′
u

(log a u )′ =

u′
u ln a

(sin x)′ = cos x

(sin u )′ = u ′ cos u

(cos x)′ = − sin x

(cos u )′ = −u ′ sin u

(tan x)′ =

1
= 1 + tan 2 x
2
cos x

(cot x)′ = −

1
= −(1 + cot 2 x)
2
sin x

(tan u )′ =

u′
= u ′(1 + tan 2 u )
2
cos u

(cot x)′ = −

u′
= −u′(1 + cot 2 u )
2
sin u
5

5. Phương pháp tích phân:
a. Phương pháp đổi biến:
Định lí 1: Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [a; b]. Giả sử hàm số
x = ϕ (t ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [α ; β ] sao cho ϕ (α ) = a, ϕ ( β ) = b và
a < ϕ (t ) < b với mọi t ∈ [α ; β ] . Khi đó:
b

β

a

α

∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ (t )).ϕ ′(t )dt
Định lí 2: Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [a; b]. Nếu hàm số
u = u ( x ) có đạo hàm liên tục trên [a; b] và α ≤ u ( x ) ≤ β , ∀x ∈ [a; b] sao cho

f ( x ) = g (u ( x)).u ′( x) trong đó g (u ) liên tục trên đoạn [α ; β ] thì
u (b )

b

∫ f ( x)dx = ∫
a

g (u )du

u (a )

b. Phương pháp tích phân từng phần:
Nếu u = u ( x) và v = v( x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên [a; b] thì:
b

b

∫ u( x).v′( x)dx = u( x).v( x) a − ∫ u′( x).v( x)dx
b

a

a

b

Hay

∫ udv = uv

a

b
a

b

− ∫ vdu
a

6. Công thức lượng giác:
a) Công thức cộng
sin(a ± b) = sina.cosb ± sinb.cosa
cos(a ± b) = cosa.cosb sina.sinb
tan(a ± b) =

tana ± tanb
1 mtana.tanb
6

b) Công thức nhân
sin2a = 2sina.cosa
cos2a = cos2a – sin2a = 2cos2a – 1 = 1 – 2sin2a.
tan2a =

2tana
1 − tan 2 a

sin3a = 3sina – 4sin3a,

cos3a = 4cos3a – 3cosa.

c) Công thức hạ bậc
sin2a =

1 + cos2a
1 − cos2a
1 − cos2a
; cos2a =
; tan2a =
2
2
1 + cos2a

d) Công thức chia đôi
Đặt t = tan

a
(a ≠ π + k2π ) ta có:
2

2t
1− t2
sin a =
; cos a =
;
1+ t2
1+ t2

tan a =

2t
1− t2

e) Công thức biến đổi tích thành tổng
sina.cosb =

1
[sin(a – b) + sin(a + b)]
2

cosa.cosb =

1
[cos(a – b) + cos(a + b)]
2

sina.sinb =

1
[cos(a – b) – cos(a + b)]
2

f) Công thức biến đổi tổng thành tích
sina + sinb = 2sin

a+b
a−b
cos

2
2

cosa + cosb = 2cos

a+b
a−b
cos
2
2

sina – sinb = 2cos

a+b
a−b
sin
2
2

cosa – cosb = -2sin

a+b
a−b
sin
2
2

7

tana ± tanb =

sin(a ± b)
cosa.cosb

B. BÀI TẬP
I. MỘT SỐ DẠNG TÍCH PHÂN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI
BIẾN THƯỜNG GẶP:
b

1. Đổi biến loại 1:

∫ f ( x)dx
a

Phương pháp:
+ Đặt x = ϕ (t ) ⇒ dx = ϕ ′(t )dt
+ Đổi cận: x = a ⇒ t = α ; x = b ⇒ t = β
+

b

β

a

α

∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ (t )).ϕ ′(t )dt
β

Dạng 1:

2
2 n
(
a
−
x
) dx
∫

α

Phương pháp:
 π π
+ Đặt : x = a sin t , t ∈  − ; 
 2 2
Ví dụ: Tính các tích phân sau:

a) I =

1
2

∫
0

dx
1 − x2

1

b) J =

∫

4 − x 2 dx

0

Giải:
 π π
a) Đặt x = sin t ( t ∈  − ;  ) ⇒ dx = cos tdt
 2 2
8

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =
π
6

I =∫
0

1
π
⇒ t = . Ta có:
2
6

π
6

π
6

π
cos tdt
π
=∫
= ∫ dt = t 06 =
6
1 − sin 2 t 0 cos t
0

cos tdt

π π



b) Đặt x = 2sin t ( t ∈  − ;  ) ⇒ dx = 2 cos tdt
 2 2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
2

π

2

0

0

π
2

J = ∫ 4 − (2sin t ) 2 .2 cos tdt = ∫ 4sin 2 t .2 cos tdt
π
2

π
2

0

0

π

= ∫ 4sin t cos tdt = ∫ 2sin 2tdt = − cos 2t 02 = 2
β

∫ (a

Dạng 2:

2

+ x 2 ) n dx

α

Phương pháp:

π π
+ Đặt: x = a tan t , t ∈ ( − ; )
2 2
Ví dụ: Tính các tính phân sau:
1

dx
1 + x2
0

a) I = ∫

b) I =

3
5

∫ (9 + 25 x )dx
2

3
5

Giải:
a) Đặt x = tan t , t ∈ (−

π π
; ) ⇒ dx = (1 + tan 2 t ) dt
2 2
9

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
4

π
4

π
4

π
4

(1 + tan 2 t )dt
π
I=∫
= ∫ dt = t =
2
1 + tan t
4
0

0
0
b) Đặt: 5 x = 3 tan t ⇒ x =

3
π π
tan t , t ∈ (− ; )
5
2 2

3
⇒ dx = (1 + tan 2 t )dt
5
3
π
3
π
⇒t = ;x = ⇒t =
5
6
5
4

Đổi cận: x =
π
4

π
4

6

6

3
27
I = ∫ [9 + (3tan t ) 2 ] (1 + tan 2 t )dt =
(1 + tan 2 t)(1 + tan 2 t )dt
∫
5
5 π
π

=

π
4

π
4

27
27
1
36 − 10 3
(1 + tan 2 t)d (tan t ) =
(tan t + tan 3 t ) =
∫
π
5 π

5
3
5
6

6
b

2. Đổi biến loại 2:

∫ f [ϕ ( x)].ϕ ′( x)dx
a

Phương pháp:
+ Đặt t = ϕ ( x) ⇒ dt = ϕ ′( x)
+ Đổi cận: x = a ⇒ t = ϕ (a ); x = b ⇒ t = ϕ (b)
b

+ Khi đó:

∫
a

f [ϕ ( x)].ϕ ′( x) dx =

ϕ (b)

∫

ϕ (a )

ϕ (b )

f (t ) dt = F (t ) ϕ ( a )

10

β

Dạng 1:

∫ (ax + b)

n

dx (n ≠ −1; a ≠ 0)

α

Phương pháp: Đặt t = ax + b ⇒ dt = adx ⇒ dx =

1
dt
a

Ví dụ: Tính các tích phân sau:
1

1

∫

1
dx
5
(
−
2
x
+
3)
0

b) J = ∫

a) I = (4 x + 1) dx
3

−1

Giải:
a) Đặt t = 4 x + 1 ⇒ dt = 4dx ⇒ dx =

1
dt
4

Đổi cận: x = −1 ⇒ t = −3; x = 1 ⇒ t = 5 . Khi đó:
5

1
1
I = ∫ t 3 dt = t 4
4
16
−3

5

= 34
−3

1

1

1
dx = ∫ (−2 x + 3) −5 dx
b) J = ∫
5
(−2 x + 3)
0
0
Đặt t = −2 x + 3 ⇒ dt = −2dx ⇒ dx = −

1
dt
2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 3; x = 1 ⇒ t = 1 . Khi đó:
1

1

1
1
10
J = ∫ − t −5 dt = t −4 =
2
8 3 81
3
β

Dạng 2:

∫ (ax

n

+ b) m .x n −1dx , (n ≠ 0; a ≠ 0, m ≠ −1)

α

11

n
n −1
n −1

Phương pháp: Đặt t = ax + b ⇒ dt = anx dx ⇒ x dx =

1
dt
an

Ví dụ: Tính các tích phân sau:
1

a) I =

∫x

2

2

c) K = ∫

(2 x + 1) dx
3

4

−1

1

2 xdx
x2 + 1

1

2
b) J = ∫ x 2 − x dx
0

Giải:
1

a) I =

∫x

2

(2 x 3 + 1) 4 dx

−1

3
2
2
Đặt t = 2 x + 1 ⇒ dt = 6 x dx ⇒ x dx =

1
dt
6

Đổi cận: x = −1 ⇒ t = −1; x = 1 ⇒ t = 3

3

1
1
I = ∫ t 4 dt = t 5
6
30
−1

3

=
−1

122
15

1

∫

b) J = x 2 − x dx
2

0

Đặt t = 2 − x ⇒ dt = −2 xdx ⇒ xdx = −
2

1

dt
2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2; x = 1 ⇒ t = 1
1

J = ∫−
2

2

1
2

1
1
1
tdt = ∫ t dt = t
2
21
3

3 2
2
1

=

2 2 −1
3

12

2

∫

c) K =

1

2 xdx
x2 + 1

Đặt; t = x 2 + 1 ⇒ dt = 2 xdx
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 5
5

K =∫
2

5

5

1
1
−
dt

2
= ∫ t dt = 2t 2 = 2( 5 − 2)
t 2
2

β

Dạng 3:

∫

α

1
f (ln x) dx
x

Phương pháp: Đặt t = ln x ⇒ dt =

1
dx
x

Ví dụ: Tính các tích phân sau:
e

e

ln 2 xdx
a) I = ∫

x
1
e

b) J =

∫
1

c) K =

ln xdx

∫ x(2 + ln x)

2

1

4 + 5ln xdx
x

Giải:
e

ln 2 xdx
a) I = ∫
x
1
Đặt t = ln x ⇒ dt =

1
dx
x

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1

13

1

1

1
1
I = ∫ t 2 dt = t 3 =
3 0 3
0
e

b) J =

∫
1

4 + 5ln xdx
x

Đặt: t = 4 + 5ln x ⇒ dt =

5
1
1
dx ⇒ dx = dt
x
x
5

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 4; x = e ⇒ t = 9
9

9

9

1
1 12
2 23
38
J =∫
tdt = ∫ t dt = t =
5
54
15 4 15
4
e

c) K =

ln xdx
∫1 x(2 + ln x)2

Đặt: t = 2 + ln x ⇒ dt =

1
dx
x

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3
3

3

3

t −2
1 2
2
3 1
K = ∫ 2 dt = ∫ ( − 2 )dt = (ln t + ) = ln −
t
t t
t 2
2 3
2
2
Dạng 4:
β

a)

∫ f (sin x).cos xdx

α

Phương pháp: Đặt t = sin x
β

b)

∫ f (cos x).sin xdx

α

14

Phương pháp: Đặt t = cos x
Ví dụ: Tính các tích phân sau:
π
2

∫

d) K =

π
3

π
2

a) I = sin 3 x.cos xdx
0

π
2

sin 2 x
∫0 4 − cos2 x dx

e) L = sin 2 x + sin x dx

∫

b) J = 1 + 4 cos x .sin xdx
∫
0

0

π
6

π
2

∫

f) M =
∫

c) J = e 2sin x .cos xdx

0

0

1 + 3cos x
sin 2 x

cos 2 x + 4sin 2 x

dx

Giải;
π
2

∫

a) I = sin 3 x.cos xdx
0

Đặt: t = sin x ⇒ dt = cos xdx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =

π
⇒ t =1

2

1

1

1
1
I = ∫ t dt = t 4 =
4 0 4
0
3

b) J =

π
3

∫

1 + 4 cos x .sin xdx

0

Đặt: t = 1 + 4 cos x ⇒ dt = −4sin xdx ⇒ sin xdx = −

1
dt
4

15

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 5; x =
3

π
⇒t =3
3
5

5

1
1 12
1 32
5 5 −3 3
J = ∫−
tdt = ∫ t dt = t =
4
43
6 3
6
5
π
6

∫

c) J = e2sin x .cos xdx

0

Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =
1
2

1
J = ∫ e 2t dt = e 2t
2
0

d) K =

1
2

π
1
⇒t =
6
2

1
= (e − 1)
2

0

π

2

π
2

sin 2 x
2sin x.cos x
dx
=
∫0 4 − cos 2 x ∫0 4 − cos 2 x dx

Đặt: t = cos x ⇒ dt = − sin xdx ⇒ sin xdx = − dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =
0

π
⇒t =0
2

1

1

2t
2t
1
1
K = ∫−
dt
=

dt
=
(
−
)dt
2
∫
∫
4
−
t
(2
−
t
)(2
+
t
)
2
−
t
2
+
t
1
0
0
1

= (ln 2 − t − ln 2 + t ) 0 = − ln 3

e)

16

π
2

π
2

π
2

sin 2 x + sin x
2sin x cos x + sin x
(2 cos x + 1) sin x
dx = ∫
dx = ∫
dx
1 + 3cos x
1 + 3cos x
1 + 3cos x
0
0
0

L=∫

3sin x

sin x
2
dx ⇒
dx = − dt
3
2 1 + 3cos x
1 + 3cos x
t2 −1
2
t = 1 + 3cos x ⇒ t = 1 + 3cos x ⇒ cos x =
3

Đặt: t = 1 + 3cos x ⇒ dt = −

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2; x =
1

π
⇒ t =1
2
2

2

t2 −1
2
2
2 2
34
L = ∫ (2

+ 1)( − dt ) = ∫ (2t 2 + 1)dt = ( t 3 + t ) =
3
3
91
9 3
27
1
2
f) M =

π
2

π
2

sin 2 x

∫

cos 2 x + 4sin 2 x

0

dx = ∫
0

sin 2 x
1 + 3sin 2 x

dx

Đặt: t = 1 + 3sin x ⇒ dt = 6sin x cos xdx ⇒ sin 2 xdx =
2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =
π
2

M =∫
0

4

sin 2 x

1
dt
3

π
⇒t = 4
2
4

1 dt 2
2
dx = ∫
=
t =

3 t 3 1 3
1 + 3sin 2 x
1
β

Dạng 5:

∫ f (e ).e dx
x

x

α

Phương pháp; Đặt t = e x

17

Ví dụ: Tính các tích phân sau:
ln 2

a) I =

∫ (e

x

1

e x (1 + x)
dx
c) K = ∫
x
1
+
xe
0

+ 1) e dx
2

x

0

ln 5

b) J =

1
∫ln 3 e x + 2e− x − 3 dx

Giải:
ln 2

a) I =

∫

(e x + 1) 2 e x dx

0

Đặt: t = e x ⇒ dt = e x dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = ln 2 ⇒ t = 2
2

2

(t + 1)3
19
2
I = ∫ (t + 1) dt = I =
=
3 1 3
1
ln 5

ln 5

1
ex
dx = ∫ 2 x
dx
b) J = ∫ x
−x
x
e
+

2
e
−
3
e
−
3
e
+
2
ln 3
ln 3
Đặt: t = e x ⇒ dt = e x dx
Đổi cận: x = ln 3 ⇒ t = 3; x = ln 5 ⇒ t = 5
5

5

5

1
1
1
1
J =∫ 2
dt = ∫
dt = ∫ (
−
)dt
t

−
3
t
+
2
(
t
−
1)(
t
−
2)
t
−
2
t
−
1
3
3
3
5

= (ln t − 2 − ln t − 1) 3 = ln 3 − ln 2
1

e x (1 + x)
dx
c) K = ∫
x

1
+
xe
0
18

Đặt: t = 1 + xe x ⇒ dt = (1 + x )e x dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 1 + e
1

e x (1 + x)
K =∫
dx =
x
1
+
xe
0

1+ e

∫
1

dt
= ln t
t

1+ e

1

= ln(1 + e)

Dạng 6:
β

a)

∫

f (tan x).

α

1
dx
2
cos x

Phương pháp: Đặt t = tan x
β

b)

1

∫ f (cot x). sin

α

2

x

dx

Phương pháp: Đặt t = cot x
Ví dụ: Tính các tích phân sau:

a) I =

π
4

∫
0

π
4

3 − 2 cot 2 x
dx
b) I = ∫
2
sin
x
π

1 + tan x

dx
cos 2 x

6

Giải:

a) I =

π
4

∫
0

1 + tan x
dx
cos 2 x

Đặt: t = 1 + tan x ⇒ dt =

1
dx
cos 2 x

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =

π
⇒t =2
4

19

2

I =∫
1

2

2

1
2

2 23
2
tdt = ∫ t dt = t = (2 2 − 1)
3 1 3
1
π
4

3 − 2 cot 2 x
dx
b) I = ∫
sin 2 x
π
6

Đặt: t = cot x ⇒ dt = −
Đổi cận: x =

1
1
dx ⇒
dx = −dt
2
sin x
sin 2 x

π
π
⇒ t = 3; x = ⇒ t = 1
6
4

1

3

3

2
7
I = ∫ −(3 − 2 t )dt = ∫ (3 − 2 t )dt = (3t − t 3 ) = 3 −
3 1
3
1
3

2

2

II. MỘT SỐ DẠNG TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN THƯỜNG GẶP:
Dạng 1:
β

∫α P( x)e

a)

Phương pháp:

ax

dx , P(x) là một đa thức của x.
Đặt u = P ( x) , dv = e ax dx

β

b)

∫α P( x) sin axdx

Phương pháp:

, P(x) là một đa thức của x

Đặt u = P( x) , dv = sin axdx

β

c)

∫α P( x) cos axdx

Phương pháp:

, P(x) là một đa thức của x

Đặt u = P( x) , dv = cos axdx

20

Ví dụ: Tích các tích phân sau:
π
2

1

∫

2x
c) I = ( x − 2)e dx

∫

a) I = ( x + 1) cos xdx

0

0

π
2

π
4

∫

∫

b) I = (3x + 1) sin 2 xdx

d) I = ( x + sin 2 x ) cos xdx

0

0

Giải:
π
2

∫

a) I = ( x + 1) cos xdx

0

u = x + 1
du = dx
⇒
. Ta có:
dv = cos xdx  x = s inx

Đặt 

π
2

π

π
2

I = ∫ ( x + 1) cos xdx = ( x + 1) sin x 02 − ∫ sin xdx =
0

0

π
π
π
+ 1 + cos x 02 =
2
2

π
4

∫

b) I = (3 x + 1) sin 2 xdx
0

du = 3dx
u = 3 x + 1

⇒
Đặt 
. Ta có:
1
dv = sin 2 xdx  x = − cos 2 x

2
π
4

π
4

π
4

1
3
I = ∫ (3x + 1) sin 2 xdx = − (3x + 1) cos 2 x + ∫ cos 2 xdx

2
20
0
0
π
1 3
5
= + sin 2 x 04 =
2 4
4

21

1

∫

2x
c) I = ( x − 2)e dx
0

du = dx
u = x

⇒
Đặt 

1 2x
2x

dv = e dx  x = e

2

. Ta có:

1

1

1
1
1
1
1
I = ∫ ( x − 2)e dx = ( x − 2)e 2 x − ∫ e 2 x dx = (2 − e 2 ) − e 2 x
0
2
20
2
4
0

1

2x

0

3

5
= − e2 +
4
4
π
2

π
2

π
2

0

0

0

∫

∫

∫

d) I = ( x + sin 2 x ) cos xdx = x cos xdx + sin 2 x cos xdx = I + I
1
2
π
2

∫

+ Ta có I = x cos xdx
1
0

u = x
du = dx
⇒
dv = cos xdx  x = s inx

Đặt 
π
2

π

π
2

I1 = ∫ x cos xdx = x sin x 02 − ∫ sin xdx =
0

0

π
π
π
+ cos x 02 = − 1

2
2

π
2

+ I = sin 2 x.cos xdx
2
∫
0

Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx
Đổi cận: x =
1

π
⇒ t = 1; x = 0 ⇒ t = 0
2
1

t3
1
2
I 2 = ∫ t dt =
=
30 3
0
22

Vậy I = I1 + I 2 =

π 2
−
2 3

β

Dạng 2:

∫α P( x) ln axdx

, P(x) là một đa thức của x.

Phương pháp: Đặt u = ln ax , dv = P ( x )dx
Ví dụ: Tính các tích phân sau:
3

3

∫

a) I = ln( x − x )dx

b) I =

2

2

1 + ln(1 + x)
∫1 x 2 dx

Giải:
3

∫

a) I = ln( x − x )dx
2

2

2x −1

u = ln( x 2 − x ) u = 2
⇒
Đặt 
x − x . Ta có
dv
=
dx

v = x
3

3

3

I = ∫ ln( x − x )dx = x ln( x − x ) − ∫ x
2

2

2

2

3

= 3ln 6 − 2 ln 2 − ∫ (2 +
2

2

2x −1
dx
x2 − x

1
) dx
x −1
4

= 3ln 3 + ln 2 − (2 x + ln x − 1) 2 = 3ln 3 − 2
3

b)

1 + ln(1 + x)
∫1 x 2 dx

23

1

u = 1 + ln(1 + x) u =


1+ x
⇒
Đặt 
. Ta có
1
1
dv
=
dx

v = −
x2

x
3

3

3

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

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

=

2 2
− ln 2 + ln 3
3 3

Dạng 3:
β

a)

1

∫ P( x) sin

α

2

x

dx , P(x) là một đa thức của x.

Phương pháp: :
β

b)

∫ P ( x)

α

Đặt u = P ( x) , dv =

1
dx
sin 2 x

1
dx , P(x) là một đa thức của x.
cos 2 x

Phương pháp: :

Đặt u = P ( x) , dv =

1
dx
cos 2 x

Ví dụ: Tích các tích phân sau:

a) I =

π
4

x
∫0 cos2 x dx

b) J =