chuyên đề tích phân nhiều dạng ôn thi tốt nghiệp

TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

TÍCH PHÂN CHỨA CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
I. KIẾN THỨC
1. Thuộc các nguyên hàm :
β

β

β
1
a/ ∫ sin ( ax+b ) dx = − cos ( ax+b )
α
a
α
β

c / ∫ cos ( ax+b ) dx =
α

b/

sin ( ax+b )

∫ cos ( ax+b ) dx = − ln cos ( ax+b )

α

β
α

β
cos ( ax+b )
dx
=
ln
sin
ax+b
(
)
∫
α
α sin ( ax+b )
β

β
1
sin ( ax+b )
α
a

d/

β

2. Đối với : I = ∫ f ( x)dx
α

a/ Nếu f(x)= R ( sin x; cos x ) thì ta chú ý :
- Nếu m lẻ , n chẵn : đặt cosx=t ( Gọi tắt là lẻ sin )
- Nếu n lẻ , m chẵn : đặt sinx=t ( Gọi tắt là lẻ cos )

- Nếu m,n đều lẻ thì : đặt cosx=t hoặc sinx =t đều được ( gọi tắt lẻ sin hoặc lẻ cos )
- Nếu m,n đề chẵn : đặt tanx=t ( gọi tắt là chẵn sinx , cosx )
b/ Phải thuộc các công thức lượng giác và các công thức biến đổi lượng giác , các
hằng đẳng thức lượng giác , công thức hạ bậc , nhân đôi , nhân ba , tính theo tang góc
chia đôi ....
3. Nói chung để tính được một tích phân chứa các hàm số lượng giác , học sinh đòi
hỏi phải có một số yếu tố sau :
- Biến đổi lượng giác thuần thục
- Có kỹ năng khéo léo nhận dạng được cách biến đỏi đưa về dạng đã biết trong
nguyên hàm .
II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau :
m

n

π
2

a. (ĐH, CĐ Khối A – 2005) I = ∫ sin 2x + sin x dx
0

b.. ĐH, CĐ Khối B – 2005 .

I=

1 + 3 cos x

π
2

sin 2x cos x
dx
1 + cos x
0

∫

KQ: 2 ln 2 − 1

Giải
π
2

π
2

a. I = ∫ sin 2 x + sin x dx = ∫ ( 2 cos x + 1) s inx dx ( 1)
0

1 + 3cos x

0

1 + 3cos x


t2 −1
2
c

osx=
;s inxdx=- tdt

3
3
Đặt : t = 1 + 3cos x ⇒ 
 x = 0 → t = 2; x = π → t = 1

2

Sưu tầm và biên soạn : Phạm Minh Tứ - 0968.469.299


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
 t −1 
2
+ 1÷
1 
2
2
Khi đó : I =  3
  − 2 tdt  = 2 2t + 1 dt = 2  1 t 3 + t  2 = 34

÷ ∫
∫2
t
9
9  3
 3 
 1 27

1
2

π
2

π
2

2

π
2

0

1 + cos x

0

2
b. I = ∫ sin 2 x cos x dx = ∫ 2sin x cos x dx = 2 ∫ cos x s inxdx ( 1)
0

1 + cos x

cosx+1

π


dt=-sinxdx, x=0 → t=2;x= 2 → t = 1

2
Đặt : t = 1 + cosx ⇒ 
 f ( x)dx = ( t − 1) dt =  t − 2 + 1  dt

÷

t
t

π
2

1

0

2

Do đó : I = 2 ∫ f ( x)dx = −2∫  t − 2 + 1 ÷dt = 2  1 t 2 − 2t + ln t ÷ 2 = 2 ln 2 − 1


t

1

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau

π
2

a. ĐH- CĐ Khối A – 2006 .

I=∫
0

sin 2x
cos2 x + 4sin 2 x

π
2

b. CĐ Bến Tre – 2005 . I = ∫ cos 3x dx

dx

KQ:

2
3

KQ: 2 − 3ln 2

sin x + 1
0

Giải
π

2

sin 2x

a. I = ∫

2
2
2
2
2
dx . Đặt : t = cos x + 4sin x ⇒ t = cos x + 4sin x

cos x + 4sin x
2

 2tdt = ( −2sin x cos x + 8sin x cos x ) dx = 3sin 2 xdx → sin 2 xdx = 3 tdt
Do đó : 
 x = 0 → t = 1; x = π → t = 2

2
2

0

2

π
2

2
2
Vậy : I = ∫ f ( x)dx = 2 ∫ tdt = 2 ∫ dt = 2 t 2 = 2
0

31 t

31

3 1

3

π
2

b. I = ∫ cos 3x dx .
0

sin x + 1

3
2
2
2
Ta có : cos3x=4cos x − 3cos x = ( 4 cos x − 3) cosx= ( 4-4sin x − 3) cosx= ( 1-4sin x ) cosx

1 − 4sin 2 x )
(
cos3x

Cho nên : f ( x)dx =
dx =
cosxdx ( 1)
1+sinx
1 + s inx
π

dt=cosxdx,x=0 → t=1;x= 2 → t = 2

Đặt : t = 1 + s inx ⇒ 
1 − 4 ( t − 1) 2 


 dt =  8 − 4t − 3  dt

÷
 f ( x)dx =
t
t



Trang 2


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2

2

Vậy : I = ∫ f ( x)dx = ∫  8 − 4t − 3 ÷dt = ( 8t − 2t 2 − 3ln t ) 2 = 2 − 3ln 2
0

1



1

t

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
π
2

a. CĐSP Sóc Trăng Khối A – 2005 . I = ∫
0

π
2

I=∫

b. CĐ Y Tế – 2006 .

π
4

sin xdx
sin 2 x + 2 cos x.cos 2

sin x − cos x
dx
1 + sin 2x

x
2

KQ: ln 2

Giải
π
2

π
2

π
2

π
sin xdx
s inx
=
=
dx = − ln 1 + cosx 2 = ln 2
a. I = ∫ 2
x ∫0 sin 2 x + cos x. ( 1 + cosx ) ∫0 1+cosx
0 sin x + 2 cos x.cos 2
0

2
π
2

b. I = ∫
π
4

sin xdx

π
2

π
2

4

4

sin x − cos x
sin x − cos x
sin x − cos x
dx = ∫
dx = ∫
dx
2
s
inx+cosx
1 + sin 2x

π
π
( s inx+cosx )

( 1)

π π
π
π
π
π
π


Vì : s inx+cosx= 2 sin  x + ÷; ≤ x ≤ ⇒ ≤ x + ≤ 3 ⇔ sin  x + ÷ > 0
4 4
2

Do đó : s inx+cosx = s inx+cosx
Mặt khác : d ( s inx+cosx ) = ( cosx-sinx ) dx

2

4



4

4

π
d ( s inx+cosx )
1
= − ln s inx+cosx 2 = − ln1 − ln 2  = ln 2
Cho nên : I = ∫ −
π
sinx+cosx
2
π
4
4
π
2

Ví dụ 4. Tính các tích phân sau
π
2

I=∫

a. CĐ Sư Phạm Hải Dương – 2006 .

0

b. CĐ KTKT Đông Du – 2006 .

cos 2x

( sin x − cos x + 3)

π
4

cos 2x
dx
1 + 2sin 2x
0

I=∫

dx

KQ:

KQ:

1
ln 3
4

3

1
32

Giải
π
2

a. I = ∫
0

cos 2x

( sin x − cos x + 3)

Cho nên : f ( x)dx =

3

2
2
dx . Vì : cos 2 x = cos x − sin x = ( cosx+sinx ) ( cosx-sinx )

cos2x

( sinx-cosx+3)

3

dx =

( cosx-sinx )

( sinx-cosx+3)

3

( cosx+sinx ) dx

π

dt= ( cosx+sinx ) dx; x = 0 → t = 2, x = 2 → t = 4
Đặt : t = s inx-cosx+3 ⇒ 
 f ( x)dx = t − 3 dt =  1 − 3 1 ÷dt
2

t3
t3 
t

Trang 3


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2

4
Vậy : I = ∫ f ( x)dx = ∫  12 − 3 13 ÷dt =  − 1 + 3 12 ÷ 4 = 1
t
t 
 t 4 t  2 32
0
2

1

 dt = 4 cos 2 xdx → cos2xdx= 4 dt

b. I = ∫ cos 2x dx . Đặt : t = 1 + 2sin 2 x ⇒ 
 x = 0 → t = 1; x = π → t = 3
1 + 2sin 2x
0

4
π
4

π
4

3
Vậy : I = ∫ cos 2x dx = 1 ∫ dt = 1 ln t 3 = 1 ln 3
0

1 + 2sin 2x

41 t

4

1

4

Ví dụ 5. Tính các tích phân sau :
π
2

4sin3 x
dx
1 + cos x
0

a. CĐ Sư Phạm Quảng Ngãi – 2006 .

KQ: 2

I=∫

π
6

3
b. CĐ Bến Tre – 2006 . I = sin 3x − sin 3x dx
∫

1 + cos3x

0

Giải
π
2

π
2

π

2

π
1 − cos2 x
4sin3 x
1
2
dx = 4 ∫
s inxdx=4 ∫ ( 1 − cosx ) s inxdx=4. ( 1 − cosx ) 2 = 2
a. I = ∫
1 + cos x
1 + cosx
2
0
0
0
0

(

)

π
6

3
b. I = sin 3x − sin 3x dx .
∫

1 + cos3x

0

3
2
2
Ta có : sin 3 x − sin 3 x = sin 3 x ( 1 − sin 3 x ) = sin 3 x.cos 3 x .

1

dt=-3sin3xdx → sin3xdx=- 3 dt
Đặt : t = 1 + cos3x ⇒ 
 x = 0 → t = 2; x = π → t = 1

6

Vậy :

π
6

∫
0

1 ( t − 1)
1 
1
11
f ( x )dx = − ∫
dt = ∫  t − 2 + ÷dt =  t 2 − 2t + ln

32 t
31
t
3 2
1

2

Ví dụ 6. Tính các tích phân sau
π
2 3

a. I = ∫

π
3

c. I =

3

sin x − sin x
cot gx dx
sin x
π
2

4
∫ sin x dx
0

2

π
−
x)
4
dx
b. I = ∫
−
πsin( π
+x)
2
4
π
2

π
2

sin(

d. I = cos 2 x( sin 4 x + cos 4 x )dx
∫
0

Giải

Trang 4

1 1
2
t ÷ = − + ln 2
6 3
1


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2 3

π
s inx 3
2

3

a. I = ∫ sin x − sin x cot gx dx = ∫
sin x

π
3

π
3

π
2

1 


1 −
÷
sin 2 x 

cot xdx
s inx

π
2

1 

3
2
= ∫ 3 1 −
÷cot xdx = ∫ − cot x cot xdx
2
sin x 
π 
π
3

3

π
π
sin(
−x)
2

cosx-sinx
4
dx
=
dx
b. I = ∫
∫
cosx+sinx
−
πsin( π
π
+x)
−
2
2
4
π
2

π
d ( cosx+sinx )
= ∫
= ln cosx+sinx 2 = 0
π
π cosx+sinx
−
−
2
2
π

2

π
2

π
2

1 − cos2x 
1 
1 + cos4x 
÷ dx = ∫ 1 − 2cos 2x +
÷dx
2
4
2


0
0


4
∫ sin x dx = ∫ 

c. I =

0

π

2

2

π
2

π
1
1
1
3π
3 1

3

= ∫  − cos2x+ cos4x ÷dx =  x − sin 2x + sin 4x ÷ 2 =
2
8
4
32

8
 0 16
08
π
2

1

d. I = cos 2 x( sin 4 x + cos 4 x )dx . Vì : sin 4 x + cos 4 x = 1 − sin 2 2 x
2
∫
0

Cho nên :
π
2

π
2

π
2

π
π
1
1
1 3
 1 2 
2
I = ∫ 1 − sin 2 x ÷cos2xdx= ∫ cos2xdx- ∫ sin 2 x cos 2 xdx = sin 2 x 2 − sin 2 x 2 = 0
2
20
2
3

0
0

0
0

Ví dụ 7. Tính các tích phân sau
π
2

a. I = sin 5 xdx
∫

π
4

2
π sin x cot gx

0

π
6

dx

6

π
3

2
2

c. I = ∫ tg x + cot g x − 2dx

1

b. I = ∫

π
2

d. */I = ( 3 cos x − 3 sin x )dx
∫
0

Giải

Trang 5


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2

a. I = sin 5 xdx =
∫
0

π
2

π

2

2
2
4
∫ ( 1 − cos x ) sinxdx=- ∫ 1 − 2cos x + cos x  d ( cosx )
0
0
2

π
2
1
2

3
5 
=  −cosx+ cos x − cos x ÷ 2 =
3
5

 0 15
π
4

b. I = ∫

π
6

1
2

sin x cot gx

dx .

1
1

2tdt = − 2 dx →
dx = −2tdt


sin x
sin 2 x
2
Đặt : t = cot x ⇒ t = cot x ↔ 
 x = π → t = 3; x = π → t = 1

6
4
1

3

2tdt
3
= 2 ∫ dt = 2t
=2

t
1
1
3

Vậy : I = − ∫

(

)

3 −1

π
3

π
3

π
3

π
6

π
6

π
6

2
2
c. I = ∫ tg x + cot g x − 2dx =

2
∫ ( t anx-cotx ) dx = ∫ t anx-cotx dx

sinx cosx sin 2 x − cos 2 x
cos2x
−
=
= −2
= −2 cot 2 x
Vì : tanx-cotx=
cosx sinx
s inxcosx
sin2x

π π 
t anx-cotx<0;x ∈  ; 


3 3
6 4
π π 
π π 
Cho nên : x ∈  ; ÷ ↔ 2 x ∈  ; 2 ÷⇒ cot 2 x ∈  − ; ÷÷ ⇔ 

6 3

3 3
π π 
 3 3 
 t anx-cotx>0;x ∈  ; 
4 3

π
4

π
3

π
4

π

6

4

6

4

3
cos2x
cos2x
1
I

=
−
t
anx-cotx
dx
+
t
anx-cotx
dx
=
−
dx
+
(
)
(
)
Vậy :
∫π
∫π
∫π sin2x π∫ sin2x dx = 2

π
( ln sin 2 x ) π4 − 12 ( ln sin 2 x )
6

π
3
= ln 2
π

4

π
2

d. I = ( 3 cos x − 3 sin x )dx (1)
∫
0

Đặt : x =

Trang 6

π
π
π
− t → dx = − dt , x = 0 → t = ; x = → t = 0
2
2
2


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

Do đó :
π

2

π


π 
I = ∫  3 cos  − t ÷ − 3 sin  t ÷÷( − dt ) = ∫

2 
 2 ÷
π 
0

0

(

3

π
2

)

sin t − 3 cost dt = ∫
0

(

3

)

sin x − 3 cosx dx

( 2)

2

Lấy (1) +(2) vế với vế : 2 I = 0 ⇒ I = 0
Ví dụ 8 . Tính các tích phân sau
π
3

4
a. ∫ tan xdx (Y-HN-2000) b.

π
4

π
4

cos2x
∫0 ( sinx+cosx+2 ) dx (NT-2000) c.

π
4

2
d. ∫ sin 6 x dx ( GTVT-2000)
0

e.

cos x

π
2

π
2

cos 6 x
∫ 4 dx (NNI-2001)
π sin x
4

π
4

2
f. ∫ 1 − 2sin x dx (KB-03)

sin 2 x
∫0 4 − cos 2 x dx

0

1 + sin 2 x

Giải
π
3

4
1 − cos 2 x )
1
1
a. ∫ tan xdx . Ta có : f ( x) = tan 4 x = sin 4 x = (
=
−2
+1
4
4
π
cos x
cos x
cos x
cos 2 x
2

4

4

π
1
dx
 1

3
2
Do đó : I = ∫ f ( x)dx = ∫  4 − 2 2 + 1÷dx = ∫ ( 1 + tan x ) 2 − [ 2 tan x + x ]

π
cos x 
cos x
π
π  cos x
π
4
4
4
4
π
1
π  
4 
π  2 π

 3 
=  t anx+ tan 3 x ÷ −  2 3 − 2 + ÷ =  2 3 − ÷−  2 3 − 2 + ÷ = +
3
12  
3 
12  3 12

π 
4
π
3

π
3

π
3

* Chú ý : Ta còn có cách phân tích khác :

f ( x) = tan 4 x = tan 2 x ( tan 2 x + 1 − 1) = tan 2 x ( 1 + tan 2 x ) − tan 2 x = tan 2 x ( 1 + tan 2 x ) − ( tan 2 x + 1) + 1
π
3

π
3

π
4

π
4

2
2
2
2
Vậy : I = ∫  tan x ( 1 + tan x ) − ( tan x + 1) + 1 dx = ∫ tan x.

π
3

π
3

4

4

dx
dx
−∫
+ dx
2
cos x π cos 2 x π∫

π
π  1
π 2 π
1
 3 1
I =  tan 3 x − t anx+x ÷ =  3 3 − 3 + ÷−  − 1 + ÷ = +
3  3
4  3 12
3
 π 3
4

b.

π
4

cos2x

∫ ( sinx+cosx+2 ) dx .
0

Ta có : f ( x) =

( sinx+cosx+9 )

π
4

π
4

0

0

( cos x − sin x ) = ( cosx-sinx ) ( cosx+sinx )
=
2

cos2x
3

2

( sinx+cosx+9 )

3

( sinx+cosx+9 )

3

 cosx+sinx ) 
Do đó : I = ∫ f ( x)dx = ∫  (
÷ cosx-sinx ) dx ( 1)
3 (

÷
 ( sinx+cosx+2 ) 

Trang 7


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π

cosx+sinx=t-2.x=0 → t=3;x= 4 → t = 2 + 2,
Đặt : t = s inx+cosx+2 ⇒ 
dt = ( cosx-sinx ) dx ⇒ f ( x)dx = t − 2 dt =  1 − 2 1 ÷dt
2

t3
t3 
t

Vậy :



1
1
1
1
 1 1  2+2 
÷−  − 1 + 1  = 2 − 1 + 2
I = ∫  2 − 2 3 ÷dt =  − + 2 ÷
= −
+
÷
2 ÷ 
t
t 
 t t  3
3 
 2+ 2
2+ 2 ÷  3 9 3 2+ 2


( sin t + cost ) sin t − cost −dt = ( sin t + cost ) cost − sin t dt = f ( x)
=
(
)( )
(
)
( sin t + cost+9 )
( sin t + cost+9 )
2 +2

(

)

(

)

2

π
2

cos 6 x
c. ∫ 4 dx =
π sin x
4
6
1 − sin 2 x )
1 − 3sin 2 x + 3sin 4 x − sin 6 x
1
1
Ta có : f ( x) = cos4 x = (
=
=
− 3 2 + 3 − sin 2 x
4
4
4
sin x

sin x
sin x
sin x
sin x
3

π
2

2
Vậy : I = ∫ ( 1 + cot x )

π
4

π
2

π
2

π
2

4

4

4

dx
dx
 1 − cos2x 
− 3∫ 2 + 3∫ dx − ∫ 
÷dx
2
sin x π sin x π
2

π 

π
1
1
5π 23
 1

=  − cot 3 x + 3cot x + 3 x − x + sin 2 x ÷ 2 =
+
2
4
8 12
 3
π
4
π
4

π
4

π
4

π
4

π
4

0

0

d. ∫ sin 6 x dx = ∫ 1 − cos6 x dx = ∫  16 − 14 ÷dx = ∫ 14 12 dx − ∫ ( 1 + tan 2 x ) dx2
cos x
cos x
cos x cos x
cos x cos x
cos x
2

0

π
4

= ∫ ( 1 + tan 2 x )
0

2

0

2

0





π
4

π
4

π
4

1
1
dx − ∫ ( 1 + tan 2 x )
dx = ∫ ( 1 + 2 tan 2 x + tan 4 x ) d ( tan x ) − ∫ ( 1 + tan 2 x ) d ( t anx )
2
2
cos x
c
os

x
0
0
0

π
π
2 3
1 5
1 3 
1 5 
8

1 3
=  t anx+ tan x + tan x − t anx- tan x ÷ 4 =  tan x + tan x ÷ 4 =
3
5
3
5

 0 3
 0 15
π
2

π
2

π
2

π
2

π
d ( 7 − cos2x )
sin 2 x
sin 2 x
2sin 2 x
3
e. ∫ 4 − cos 2 x dx = ∫ 1 + cos2x dx = ∫ 7 − cos2x dx = − ∫ 7 − cos2x = − ln 7 − cos2x 2 = ln 4
0
0 4−
0
0
0
2
π
π
π
π
4
4
1 − 2sin 2 x
cos2 x
1 4 d ( 1 + sin 2 x ) 1
1
dx = ∫
dx = ∫
= ln 1 + sin 2 x 4 = ln 2

f. ∫
1 + sin 2 x
1 + sin 2 x
2 0 1 + sin 2 x
2
2
0
0
0

Ví dụ 9. Tính các tích phân sau :
π
2

a. ∫ sin 3 x cos 4 xdx
0

Trang 8

b.

π
2

sin 3 x

∫ 1 + 2cos3x dx
0

TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
6

π
6

2

5

2

π
3

sin x
cos x
cos2x
dx ∨ J = ∫
dx ⇒ K = ∫
dx
π cosx- 3 s inx
0 s inx+ 3cosx
0 s inx+ 3cosx
3

c. I = ∫

2

Giải
π
2

π
2

π
2

0

0

0

a. ∫ sin 3 x cos 4 xdx = ∫ ( 1 − cos 2 x ) cos 4 x.s inxdx = ∫ ( cos 6 x − cos 4 x ) d ( cosx )
π
1
2
1
7
5 
=  cos x − cos x ÷ 2 =
5
7
 0 35
π
2

π
2

π
2

π
sin 3 x
1 −3sin 3 x
1 d ( 1 + 2 cos 3 x )
1
1
dx = − ∫
dx = − ∫
= − ( ln 1 + 2 cos 3x ) 2 = ln 3
b. ∫
1 + 2cos3x
6 0 1 + 2 cos 3 x
6 0 1 + 2 cos 3 x
6
6
0
0
π
6

sin x + cos x
2

2

1

π
6

1

c. Ta có : I + J = ∫ s inx+ 3cosx dx = 2 ∫ 1
0
0

dx =

π
6

1
2 ∫0

1

dx
π

sin  x + ÷
3



 x π 
d  tan  + ÷÷
1
1
1
1
 2 6 
=
=
.
= 
Do :
π

x π
 π
x π
x π
x π
sin  x + ÷ 2sin  + ÷cos  x+ ÷ tan  + ÷ 2cos 2  + ÷
tan  + ÷
3
6

2 6

2 6
2 6
2 6


 x π 
π
d  tan  + ÷÷
π
6
1
1
1
x π
 2 6  1

= ln tan  + ÷ 6 = ln 3 = ln 3 (1)
Vậy : I = ∫
20
2
4
x π
2 6 0 2
tan  + ÷
2 6
3
s inx+
cosx
2
2

( sin x − 3cosx ) ( sin x + 3cosx ) dx
- Mặt khác : I − 3J = ∫ sin x − 3cos x dx = ∫
π
6

0

π
6

Do đó : I − 3J = ∫ (
0

2

π
6

2

s inx+ 3cosx

s inx+ 3cosx

0

π
s inx- 3cosx dx = −cosx- 3 s inx 6 = 1 − 3 (2)
0

)

(

)


3
3 −1
1

 I = ln 3 −
I
+
J
=
ln
3

 16
4
4
⇔
( 3)
Từ (1) và (2) ta có hệ : 
1
3
−
1
 I − 3J = 1 − 3
 J = ln 3 +


16

4
π
π
π
π
Để tính K ta đặt t = x − 3 → dt = dx ⇔ x = 3 ; t = 0.x = 5 → t =
2
2
3
6
π
6

π
6

cos ( 2t+3π )
cos2t
1
3 −1
dt = − ∫
dt = I − J = ln 3 −
π
π
8
2

0 cos  t+3
0 sint+ 3cost


÷− 3 sin  t+3 ÷
2
2



Vậy : K = ∫

Ví dụ 10. Tính các tích phân sau .

Trang 9


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

a.

π
4

1

∫ 1 + sin 2 x dx

( CĐ-99)

b.

0

π
2

π
2

dx

∫ 2 + s inx+cosx (ĐH-LN-2000)

0
π
3

1
dx
c. ∫ ( sin x + cos x − sin x cos x ) dx (SPII-2000)d. π
 π  (MĐC-2000)
s inxsin  x+ ÷
0
6
 6
10

10

4

∫

4

Giải
π
4

π
4

π
4

1
1
a. ∫ 1 + sin 2 x dx = ∫ ( s inx+cosx ) 2 dx = ∫
0
0
0

b.

π
2

dx

∫ 2 + s inx+cosx

π
1

π

dx = tan  x − ÷ 4 = 1
π
4
2

2 cos  x − ÷
0
4


.

0

x
1
1
x
2dt
π
⇔ dt =
dx = 1 + tan 2 ÷dx; ⇔ dx =
; x = 0 → t = 0, x = → t = 1
2
x
Đặt :
2
2

2
1+ t
2
2 cos 2
2
1
1
1
1
2
2dt
2dt
I =∫
.
dt = ∫ 2
=∫
= ( 2)
2
2
Vậy :
2t
1− t ( 1+ t )
t + 2t + 3 0 ( t + 1) 2 + 2
0
0
2+
+
1+ t2 1+ t2

1

2
du; t = 0 → tan u =
; t = 1 → tan u = 2
 dt = 2
2
cos u
2

Đặt : t + 1 = 2 tan u ⇒ 
2dt
2
2
 f (t ) dt =
=
du = 2du
2
2

cos 2u
2
1
+
tan
u
t
+
1
+
2
(

)
(
)

t = tan

Vậy : I =

u2

∫

u1

c.

π
2

∫ ( sin
0

10

2du = 2u



u2
2

= 2 ( u2 − u1 ) = 2  arxtan
− arctan 2 ÷
÷
u1
2



x + cos10 x − sin 4 x cos 4 x ) dx

10
10
4
4
2
2
4
4
6
6
Ta có : sin x + cos x − sin x cos x ( sin x + cos x ) = ( cos x − sin x ) ( cos x − sin x )

= ( cos 2 x − sin 2 x ) ( cos 2 x − sin 2 x ) ( cos 4 x + sin 4 x + cos 2 x sin 2 x )

1
1 + cos4x 1 − cos8x 15 1
1
 1

= cos 2 2 x 1 − sin 2 2 x ÷ = cos 2 2 x − sin 2 4 x =

−
=
+ cos4x+ cos8x
16
2
32
32 2
32
 4

π
π
π
2
1
15 π 1
1
15π
 15 1

+ sin 4 x 2 +
sin 8 x 2 =
Vậy : I = ∫  + cos4x+ cos8x ÷dx =
32 2
32
32 2 8
32.8
64

0

0
0
π
3

1
dx
 π .
π
s inxsin  x+ ÷
6
 6
π
π

π 
π
π 1



Ta có :  x + ÷− x = ⇒ sin  x + ÷− x  = sin  x + ÷cosx-sinxco  x + ÷= ( *)
6
6
6 
6
6 2






d.

∫

Trang 10


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
π


1
sin  x + ÷cosx-sinxco  x + ÷
1
6
6

2
=2
=2 
Do đó : f ( x) =
 π
 π
 π
s inxsin  x+ ÷
s inxsin  x+ ÷
s inxsin  x+ ÷

6
 6

 6
π
π
π 
 π
 π 
cos  x+ ÷
cos  x+ ÷ ÷
3
3

cosx
6÷
 π 3
 6  ⇒ I = f ( x)dx = 2  cosx −

=
−
dx = 2  ln s inx − ln sin  x+ ÷ ÷
∫
∫
π
π
sinx


 6π

π
π  sinx

sin  x + ÷
sin  x + ÷÷
÷
6
6
6
6 
6



π
s inx
3
1 2
3
3
I = 2 ln
= ln
− ln .
= 2 ln
2
2 3
2
 π π
sin  x+ ÷
 6 6

* Chú ý : Ta còn có cách khác
1
1
=
=
2
f(x)= s inxsin  x+ π ÷ s inx  3 s inx+ 1 cosx  sin x

÷
 6
2
 2

π
3

Vậy : I = ∫
π
6

π
3

2
1
dx = − ∫
2
3 + cot x sin x
π

2d

6

(

(

3 + cot x
3 + cot x

)

(

2
3 + cot x

)

π
3
3
= −2 ln 3 + cot x = 2 ln
π
2
6

)

Ví dụ 11. Tính các tích phân sau
π
2

π
2

3
a. ∫ s inxcos2 x dx (HVBCVT-99)
1 + cos x
0

c.

π
4

sin 4 x

∫ cos x + sin
6

0

6

x

b. ∫ cos 2 x cos2 2 xdx ( HVNHTPHCM-98)

dx (ĐHNT-01)

d.

0
π
4

dx

∫ cos x
4

(ĐHTM-95)

0

Giải
π
2

π
2

3
2
a. ∫ s inxcos2 x dx = 1 ∫ cos x2 (sin 2 x)dx ( 1)
0

1 + cos x

2 0 1 + cos x

 dt = −2sin x cos xdx = − sin 2 xdx

Đặt : t = 1 + cos x ⇒  2
π
cos x = t − 1; x = 0 → t = 2; x = 2 → t = 1
1
2
2 ln 2 − 1
1 ( t − 1)
1 1 
1
( −dt ) = ∫  − 1÷dt = ( ln t − t ) =
Vậy : I = ∫
1
22 t
2 1t 
2
2
2

π
2

b. ∫ cos 2 x cos2 2 xdx .
0

1 + cos2x 1 + cos4x 1
.
= ( 1 + cos2x+cos4x+cos4x.cos2x )
2
2
4
1
1
1
1
 1 3
= 1 + cos2x+cos4x+ ( cos6x+cos2x ) ÷ = + cos2x+ cos4x+ cos6x
4
2
4
8
 4 8

Ta có : f ( x) = cos 2 x cos2 2 x =

Trang 11


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2

π
1
1

3
1
1
π
1 3

1

Vậy : I = ∫  + cos2x+ cos4x+ cos6x ÷dx =  x + sin 2 x + sin 4 x + sin 6 x ÷ 2 =
4 8
4
8
16
16
48

4
 0 8
0

c.

π
4

sin 4 x

∫ cos x + sin
6

6

x

0

dx .

6
6
5
5
4
4
Vì : d ( sin x + cos x ) = ( 6sin x cos x − 6cos x sin x ) dx = 6sin x cos x ( sin x − cos x )

⇔ d ( sin 6 x + cos 6 x ) = 3sin 2 x ( sin 2 x − cos 2 x ) ( sin 2 x + cos 2 x ) dx = −3sin 2 x cos 2 xdx
3
2
= − sin 4 xdx ⇒ sin 4 xdx = − d ( sin 6 x + cos 6 x )
2
3
π
4

π
4

π
6

6
sin 4 x
2 d ( sin x + cos x )
2
4
6
6
dx = − ∫
= − ln ( sin x + cos x ) 4 = ln 2
Vậy : ∫ 6
6
6
6
cos x + sin x
3 0 ( sin x + cos x )
3
3
0
0
π
4

π
4

π
4

π
dx

1
dx
1 3 
4

2
= ∫ ( 1 + tan x ) d ( t anx ) =  t anx+ tan x ÷ 4 =
d. ∫ 4 = ∫ 2
2
cos x 0 cos x cos x 0
3

 0 3
0

Ví dụ 12. Tính các tích phân sau .
π
4

π

11
a. ∫ sin xdx ( HVQHQT-96)

b. ∫ sin 2 x cos 4 xdx (NNI-96)

0

0

π
4

π

c. ∫ cos x cos 4 xdx (NNI-98 )

d.

2

∫

1 + cos2x dx (ĐHTL-97 )

0

0

Giải
π

11
a. ∫ sin xdx
0

Ta có :

sin11 x = sin10 x.s inx= ( 1-cos 2 x ) s inx= ( 1-5cos 2 x + 10 cos 3 x − 10 cos 4 x + 5cos5 x − cos 6 x ) s inx
5

π

2
3
4
5
6
Cho nên : I = ∫ ( 1-5cos x + 10 cos x − 10 cos x + 5cos x − cos x ) s inxdx
0

5
5
5
1
 π −118
=  cos 7 x − cos6 x + 2 cos5 x − cos 4 x + cos3 x − cosx ÷ =
6
2
3
21
7
0
π
4

b. ∫ sin 2 x cos 4 xdx
0

Hạ bậc :

2

 1 − cos2x  1 + cos2x  1
2
sin x cos x = 
÷
÷ = ( 1 − cos2x ) ( 1 + 2 cos 2 x + cos 2 x )
2
2


 8
1
= ( 1 + 2 cos 2 x + cos 2 2 x − cos2x-2cos 2 2 x − cos 3 2 x )
8
1
1
1+cos4x
 1+cos4x  
= ( 1 + cos2x-cos 2 2 x − cos3 2 x ) = 1 + cos2x− cos2x 
÷÷
8
8
2
2


2

4

Trang 12


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
1
1
cos6x+cos2x 
= ( 1 + cos2x-cos4x+cos4x.cos2x ) = 1 + cos2x-cos4x+
÷
16
16 
2

1
( 2 + 3cos 2 x + cos6x-cos4x )
32
π
4

π
1
3
1
1
 1

sin 6 x −
sin 4 x ÷ 4 =
Vậy I = ∫ ( 2 + 3cos 2 x + cos6x-cos4x ) dx =  x + sin 2 x +

32
64
32.6
32.4
 32
 0
0
 π2

π

÷
2
d. ∫ 1 + cos2x dx = ∫ 2 cos xdx = 2 ∫ cosx dx = 2  ∫ cosxdx − ∫ cosxdx ÷
π
0
0
0
0
÷

2


π
π

= 2  s inx 2 − s inx π ÷
÷ = 2 ( 1 + 1) = 2 2


0
2÷


π

π

π

III. MỘT SỐ CHÚ Ý QUAN TRỌNG
1. Trong phương pháp đổi biến số dạng 2.
b

* Sử dụng công thức :

∫
0

b

f ( x)dx = ∫ f (b − x)dx
0

Chứng minh :
x = 0 → t = b

• Đặt : b-x=t , suy ra x=b-t và dx=-dt , ⇒  x = b → t = 0

b

• Do đó :

∫
0

0

b

b

b

0

0

f ( x)dx = ∫ f (b − t )(−dt ) = ∫ f (b − t ) dt = ∫ f (b − x )dx . Vì tích phân không

phụ thuộc vào biến số
Ví dụ : Tính các tích phân sau
a/

π
2

π
2

b/ ∫ 5cos x − 4sin 3x dx

4sin xdx

∫ ( s inx+cosx )

3

0

0

π
4

c/ ∫ log 2 ( 1 + t anx ) dx

d/

0

1

e/ ∫ x ( 1 − x ) dx
m

n

f/

0

( s inx+cosx )

π
2

sin 6 x
∫0 sin 6 x + cos6 x dx

π
2

sin 4 x cos x
∫0 sin 3 x + cos3 x dx

Giải

Trang 13


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2

4sin xdx

a/ I = ∫

0 ( s inx+cosx )

3

.(1) . Đặt :

π
π

dt = −dx, x = 0 → t = 2 ; x = 2 → t = 0

π

π
π

4sin  − t ÷
t = − x ⇒ x = −t ↔ 
4 cos t
2


2
2
 f ( x)dx =
dt ) = −
dt = f (t )dt
3 (
3
cost+sint )


(
 π

π


sin  2 − t ÷+ cos  2 − t ÷



 


Nhưng tích phân không phụ thuộc vào biến số , cho nên :
π
2

0

4cosx

I = ∫ f (t )dt = ∫

0 ( sinx+cosx )

π
2

3

( 2)

dx

π
2

π
2

4 s inx+cosx )
Lấy (1) +(2) vế với vế ta có : 2 I = ∫ (
dx ⇒ I = 2 ∫
3

( s inx+cosx )

0

0

1

( s inx+cosx )

2

π
2

π
1
π

⇔ I = 2∫
dx = tan  x − ÷ 2 = 2
π
4

0 2 cos 2  x −
0

÷
4

π
2

b/ I = ∫ 5cos x − 4sin 3x dx . Tương tự như ví dụ a/ ta có kết quả sau :
0

π
2

I=∫
0

( s inx+cosx )

5cos x − 4sin x

( s inx+cosx )

3

0

dx = − ∫

5sin t − 4 cos t

π
2

π
2

( cost+sint )

3

π
2

dt = ∫
0

5sin x − 4cosx

( s inx+cosx )

3

dx

( 2)

π
2

π
1
1
1
π
1

2
I
=
dx
=
dx
=
tan
x
−
2 =1⇒ I =

÷

∫0 ( s inx+cosx ) 2
∫0
Vậy :
π
2
4
2


2 cos 2  x − ÷
0
4

π
4

c/ ∫ log 2 ( 1 + t anx ) dx . Đặt :
0

π
π

dx = − dt , x = 0 → t = ; x = → t = 0

4
4
π
π

t = − x → x = −t ⇔ 

4
4
 f ( x )dx = log 2 ( 1 + t anx ) dx = log 2 1 + tan  π − t ÷÷( −dt )

 4 

2
 1 − tan t 
( −dt ) = log 2 2 − log 2 t
Hay: f (t ) = log 2  1 +
÷( − dt ) = log 2
1 + tan t
 1 + tan t 
π
4

π
4

π
π
π
Vậy : I = ∫ f (t )dt = ∫ dt − ∫ log 2 tdt ⇒ 2 I = t 4 = ⇔ I =
4
8
π
0
0
0
4

0

Trang 14

dx


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
2

sin 6 x
dx (1)
6
6
sin
x
+
c
os
x
0

d/ I = ∫

π
π

sin 6  − t ÷
2

cos6 x
2 
d
−
t
=
∫ 6  π  6  π  ( ) ∫0 cos6 x + sin 6 x dx = I (2)
π
sin  − t ÷+ cos  − t ÷
2
2 
2 
π
π
π
6
6
2
2
cos x + sin x
π
π
dx = ∫ dx = x 2 = ⇒ I =
Cộng (1) và (2) ta có : 2 I = ∫ 6
6
cos x + sin x
2
4
0
0

0
0

1

m
e/ ∫ x ( 1 − x ) dx . Đặt : t=1-x suy ra x=1-t . Khi x=0,t=1;x=1,t=0; dt=-dx
n

0

0

1

1

0

0

n
n
m
n
m
Do đó : I = ∫ ( 1 − t ) t (−dt ) = ∫ t (1 − t ) dt = ∫ x (1 − x) dx
m

1

MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1.

π
2

2

4sin x

2.

∫ 1 + cosx dx
0

π
2

0

3

4.

1 + cos x

π
3

∫

0
π

5
3
5. ∫ x ( 1 − x ) dx (ĐHKT-97 )
6

x sin x

8. ∫ ln  1 + s inx ÷dx ( CĐSPKT-2000 )
 1+cosx 
0

π

x sin x
9. ∫ 9 + 4 cos 2 x dx (ĐHYDTPHCM-2000 )
0

α

x + s inx
dx ( HVNHTPHCM-2000 )
cos 2 x

π
2

7. ∫ s inx+2cosx dx ( CĐSPHN-2000)
3sin x + cosx
0

β

(XD-98 )

6. ∫ 2 + cos 2 x dx ( AN-97 )
0

0
π
4

* Dạng : I = ∫

cosx+2sinx

∫ 4 cos x + 3sin x dx
0

3. ∫ s inxcos2 x dx
1

π
4

10.

π
2

sin 4 x cos x
∫0 sin 3 x + cos3 x dx

asinx+bcosx+c
dx
a 's inx+b'cosx+c'

Cách giải :
β

Ta phân tích :

asinx+bcosx+c

∫ a 's inx+b'cosx+c'

dx = A +

α

B ( a ' cosx-b'sinx )
C
+
a 's inx+b'cosx+c' a 's inx+b'cosx+c'

- Sau đó : Quy đồng mẫu số

- Đồng nhất hai tử số , để tìm A,B,C .
- Tính I :

β
β

B ( a ' cosx-b'sinx )

C
dx
I = ∫ A+
+
÷dx = ( Ax+Bln a 's inx+b'cosx+c' ) + C ∫
α
a 's inx+b'cosx+c' a 's inx+b'cosx+c' 
α
α a 's inx+b'cosx+c'
β

VÍ DỤ ÁP DỤNG
Trang 15


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

Ví dụ . Tính các tích phân sau :
a.

π
2

s inx-cosx+1

∫ s inx+2cosx+3 dx

( Bộ đề )

b.

0
π
2

π
4

cosx+2sinx

∫ 4 cos x + 3sin x dx

( XD-98 )

0

π
2 4 cos

c. ∫ s inx+7cosx+6 dx
4sin x + 3cos x + 5
0

d. I = ∫
0

x −3sin x +1
dx
4 sin x +3cos x +5

Giải
a.

π
2

B ( cosx-2sinx )
s inx-cosx+1
C
s inx-cosx+1
f ( x) =
= A+
+
.
Ta
có
:
dx
∫0 s inx+2cosx+3
s inx+2cosx+3
s inx+2cosx+3 s inx+2cosx+3

( 1)

Quy đồng mẫu số và đồng nhất hệ số hai tử số :
1

A = − 5
 A − 2B = 1

A − 2 B ) s inx+ ( 2A+B ) cosx+3A+C
(
3


⇔ f ( x) =
⇒ 2 A + B = −1 ⇔  B = − . Thay vào (1)
s inx+2cosx+3
5
3 A + C = 1


4

C = 5

π
2

π

π

π
3 2 d ( s inx+2cosx+3) 4 2
1
π 3
4
 1
I = ∫  − ÷dx − ∫
+ ∫
dx = − − ln s inx+2cosx+3 2 − J
5
5 0 s inx+2cosx+3
5 0 s inx+2cosx+3
10 5
5
0
0
π 3 4 4
I = − − ln − J ( 2 )
10 5 5 5

- Tính tích phân J :

1 dx
π

; x = 0 → t = 0, x = → t = 1
dt = 2
x
2

cos 2

1
x
2dt

2
t
=
tan
⇒
⇔
J
=
Đặt :

. (3)
2
∫
1
2dt
2dt
2 
0 ( t + 1) + 2
f ( x )dx =
=

2t
1− t2
1 + t 2 t 2 + 2t + 3

+
2
+
3

1+ t2
1+ t2

Tính (3) : Đặt :

du
2
.t = 0 → tan u =
= u1 ; t = 1 → tan u = 2 = u2
 dt = 2
2
c
os
u
2

t + 1 = 2 tan u ⇒ 
1
2du
2
=
du
 f (t ) dt = 2
2
cos u

2

cos 2u


2
u2
2
2
π 3 4 4 2
 tan u1 =
du =
( u2 − u1 ) ⇒ I = I = − − ln −
( u2 − u1 ) 
2
Vậy : j= ∫
2
2
10 5 5 5 2
u
 tan u = 2

2
π
4

B ( 3cos x − 4sin x )
cosx+2sinx
C
= A+

+
→ ( 1)
4 cos x + 3sin x
4 cos x + 3sin x
4 cos x + 3sin x
2
1
Giống như phàn a. Ta có : A = ; B = − ;C=0
5
5

b.

cosx+2sinx
∫0 4 cos x + 3sin x dx;

Trang 16

f ( x) =


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
 2 1 ( 3cos x − 4sin x ) 
1
π 1 4 2
2

Vậy : I = ∫  −
÷dx =  x − ln 4 cos x + 3sin x ÷ 4 = + ln

5 5 4 cos x + 3sin x 
5
7
5
 0 10 5
0
π
4

TÍCH PHÂN
I. Khái niệm tích phân
1. Diện tích hình thang cong .
• Giới thiệu cho học sinh về cách tính diện tích của một hình thang cong
• Từ đó suy ra công thức : xlim
→x

0

S ( x ) − S ( x0 )
= f ( x0 )
x − x0

2. Định nghĩa tích phân
• Cho hàm f liên túc trên một khoảng K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K. Nếu F
là một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số : F(b)-F(a) được gọi là tích phân
b

của f đi từ a đến b , ký hiệu là :

∫ f ( x)dx

a

b

• Có nghĩa là :

∫ f ( x)dx = F ( b ) − F ( a )
a

b

• Gọi F(x) là một nguyên hàm của f(x) và F ( x ) a = F ( b ) − F ( a ) thì :
b

∫

f ( x)dx = F ( x )

a

b
= F ( b) − F ( a)
a

• Trong đó :
- a : là cận trên , b là cận dưới
- f(x) gọi là hàm số dưới dấu tích phân
- dx : gọi là vi phân của đối số
-f(x)dx : Gọi là biểu thức dưới dấu tích phân
II. Tính chất của tích phân

Giả sử cho hai hàm số f và g liên tục trên K , a,b,c là ba số bất kỳ thuộc K . Khi đó ta
có :
a

1.

∫ f ( x)dx = 0
a

b

2.

∫
a

3.

a

f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx . ( Gọi là tích chất đổi cận )
b

b

c

a

a

b

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
c

b

b

b

a

a

a

4. ∫ [ f ( x) ± g ( x) ] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx . ( Tích phân củ một tổng hoặc hiệu hai tích
phân bằng tổng hoặc hiệu hai tích phân ) .
Trang 17


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
b

b

a

a

∫ kf ( x)dx = k.∫ f ( x)dx . ( Hằng số k trong dấu tích phân , có thể đưa ra ngoài dấu

5.

tích phân được )
Ngoài 5 tính chất trên , người ta còn chứng minh được một số tính chất khác như :
6 . Nếu f(x) ≥ 0∀x ∈ [ a; b ] thì :

b

∫ f ( x)dx ≥ 0∀x ∈ [ a; b ]
a

b

b

a

a

7. Nếu : ∀x ∈ [ a; b ] : f ( x) ≥ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx . ( Bất đẳng thức trong tích
phân )
8. Nếu : ∀x ∈ [ a; b ] và với hai số M,N ta luôn có : M ≤ f ( x) ≤ N . Thì :
b

M ( b − a ) ≤ ∫ f ( x )dx ≤ N ( b − a ) . ( Tính chất giá trị trung bình của tích phân )
a

III. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
A. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
1.Trong phương pháp này , chúng ta cẩn :
• Kỹ năng : Cần biết phân tích f(x) thành tổng , hiệu , tích , thương của nhiều
hàm số khác , mà ta có thể sử dụng được trực tiếp bảng nguyên hàm cơ bản
tìm nguyên hàm của chúng .
• Kiến thức : Như đã trình bày trong phần " Nguyên hàm " , cần phải nắm trắc
các kiến thức về Vi phân , các công thức về phép toán lũy thừa , phép toán căn
bậc n của một số và biểu diễn chúng dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ .
2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau
a/

2

∫

(

x +1
2

1

3

c/

∫

a/

2

∫

1

(

b/

(

2 x 1+ x

) dx =

(

x 2 x4 −1 + 1

x2

∫ ( x + 1)

3

dx

0

2 x x − 2 x + ln 1 + x

1

Giải

) dx

x 2 x4 −1 + 1

)

) dx

2

d/

∫

2

x3 + x 2 − x + 1
dx
x4 − 2x2 + 1

2

 2 x x2 −1 x2 + 1

x 
x 
+

÷dx = ∫  2 x x 2 − 1 +
÷dx
∫
2
2
2
2

x +1
x +1
x +1 ÷
x
+
1
1
1



2
2 2
2 3
1
x 2 − 1d x 2 − 1 + ∫ d x 2 + 1 =

x2 −1
+ x2 + 1 = + 5 − 2
1
1 2
2
1

1

)

(

2

⇒∫
1

2

(

) (

)

b/

( x + 1 − 1) dx = 1  ( x + 1) − 2 x + 1 + 1  dx = 1  1 − 2 1 + 1  dx
dx

=
∫0 ( x + 1) 3
∫0 ( x + 1) 3
∫0  ( x + 1) 3 ( x + 1) 3 ( x + 1) 3  ∫0  x + 1 ( x + 1) 2 ( x + 1) 3 




1
1
1
1
d ( x + 1)
d ( x + 1) 1 d ( x + 1)
1 1 1 1
3
⇒I =∫
− 2∫
+∫
= ln x + 1 + 2
−
= ln 2 +
2
3
2
0
x +1
x + 1 0 2 ( x + 1) 0
8
0

0 ( x + 1)
0 ( x + 1)
1

x2

Trang 18

1

2

2


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

c/
3

∫

(

2 x x − 2 x + ln 1 + x

(

2 x 1+ x

1

3

⇒I =∫
1

(

2
2

1
=
4

∫

2

(

) (

ln 1 + x

1

 1 4 ( x 3 − x ) dx 
∫  4 x 4 − 2 x 2 + 1  +

2

2

d ( x 4 − 2 x 2 + 1)

1
+
4
2
( x − 2 x + 1) 2

1
4

2
= ln ( x − 1)

)

)

3

(

(

)


 dx
x −1 +
1+ x 2 x 


(

)

(

ln 1 + x

)

)

3
3
− x  + ln 2 1 + x =
1
1

2

x3 + x 2 − x + 1
dx =
x4 − 2x2 + 1

∫

d/

(


3 
ln 1 + x 1 
 x −1 +
 dx = 
∫1  1 + x
∫1 
1+ x 2 x 



3

(
) d 1+ x =  2 x
)
(
)  3 ( )
1+ x
( 1 + 3 ) − ln 2
3

x − 1 dx + ∫

= 2 3 − 4 + ln 2
2

)

) dx =

2

2

1
∫ ( x 2 − 1) dx +
2

2

∫

2

(x

2dx
2

− 1)

2

2

2

1 
1 1
1 
 1
∫  x − 1 − x + 1 ÷ dx + 2 ∫ 4  x − 1 − x + 1 ÷ dx
2
2

2

1 x −1 2 1  1
1
x −1  2
+ ln
+ −
−
− ln
=
x + 1  2
2 2 x +1 2 2  x −1 x +1

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau
a/

π
2

∫

2sin x ( sin 2 x − 1)
1 + cosx

0

1

c/

1

∫ 4− x

−1

2

b/

dx

π
3

∫ 2sin

0
π
4

 2+ x
ln 
÷dx
 2− x 

2

sin 2 x
dx
x + 3cos 2 x

d/ ∫ s inx+ 1+tanx
dx
2
0

cos x

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
2

x2 −1
b/ ∫ 2 x x 2 + 1 dx
(
)

1

e2

ln 3 x + 1
dx
a/ ∫
x ln 3 x
e
π
4

π
3

4 + sin 3 2 x
dx
c/ ∫
sin 2 2 x
π

d/ ∫ sin 3 x.cosxdx
0

6

B. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
I. Phương pháp đổi biến số dạng 1.
Để tính tích phân dạng này , ta cần thực hiện theo các bước sau
1/ Quy tắc :

• Bước 1: Đặt x=v(t)
• Bước 2: Tính vi phân hai vế và đổi cận
• Bước 3: Phân tích f(x)dx=f(v(t))v'(t)dt
v (b )

b

• Bước 4: Tính

∫
a

f ( x)dx =

∫

g (t )dt = G (t )

v (a)

v(b)
v(a )

v (b)

• Bước 5: Kết luận : I= G (t ) v(a)
2/ Nhận dạng : ( Xem lại phần nguyên hàm )
* Chú ý :
a. Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là :
Trang 19

TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

Dấu hiệu

Cách chọn

a2 − x2

π
π

x
=
a
sin
t
↔
−
≤
t
≤

2
2

 x = a cost ↔ 0 ≤ t ≤ π

a

 π π
↔ t ∈ − ; 
x =
sin t
 2 2


a
π 
↔ t ∈ [ 0; π ] \  
x =
cost
2


x2 − a2

a2 + x2


 π π
 x = a tan t ↔ t ∈  − 2 ; 2 ÷



 x = a cot t ↔ t ∈ ( 0; π )

a+x
a−x
∨

a−x
a+x

x=a.cos2t
2
x=a+ ( b − a ) sin t

( x − a) ( b − x)

b. Quan trọng nhất là các em phải nhận ra dạng :
- Ví dụ : Trong dạng phân thức hữu tỷ :
β

β

β

1
1
1
1
dx = ∫ 2
du
∫α ax 2 + bx + c dx ( ∆ < 0 ) = α∫ 
2
2
a
u
+
k




α
b 
−∆
*

a  x+ ÷ + 
÷
 2a   2a  


b
−∆
, du = dx ÷
Với :  u = x+ , k =
÷.
2a
2a


β
dx
( k ∈Z) .
* áp dụng để giải bài toán tổng quát : α∫
2
2 2 k +1
(a +x )
β

*

β

1

∫

2 + 2x − x

α

2

dx = ∫
α

1

( 3)

2

− ( x − 1)

dx
2

. Từ đó suy ra cách đặt : x − 1 = 3 sin t

3/ Một số ví dụ áp dụng :
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau
1

a/

∫

1 − x 2 dx

b/

0

Giải

1
2

∫
0

2

1
1 − 2x

2

c/

dx

∫
1

π π



a/ Đặt x=sint với : t ∈  − ; 
 2 2

 x = 0 ↔ sin t = 0 → t = 0

π
• Suy ra : dx=costdt và : 
 x = 1 ↔ sin t = 1 → t = 2
1
2

2
2
2
• Do đó : f(x)dx= 1 − x dx = 1 − sin tcostdt=cos tdt = ( 1 + cos2t ) dt

Trang 20

1

3 + 2 x − x2

dx


• Vậy :

1

∫
0

TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
π
π
2
1 + cos2t ) dt 1  1
(
1  π 1  π −1

f ( x )dx = ∫
=  t + sin 2t ÷ 2 =  − ÷ =
2
2 2
4
 0 2 2 2
0

1
 π π

sin t t ∈  − ; 
2
 2 2

b/ Đặt : x =

 x=0 ↔ sint=0 → t=0
1

• Suy ra : dx = costdt ⇒  x= 1 ↔ 1 = 1 sin t → t = π
2

2
2
2
2


• Do đó :
1
2

1
2

1

∫

1 − 2x2

0

1
2

dx = ∫
0

1
 1  2

÷− x
 2

1
dx =
2

π
2

∫
0

π
2

π
1

1
1
π
costdt =
dt =
t 2=
∫
20
2 0 2 2
1 − sin 2 t 2
1

1
2

c/ Vì : 3 + 2 x − x 2 = 4 − ( x − 1) . Cho nên :
2

π π

x −1



• Đặt : x − 1 = 2sin t t ∈  − 2 ; 2  ↔ sin t = 2 ( *)


1 −1

 x = 1 ↔ sin t = 2 = 0 → t = 0

 π
⇒ t ∈ 0;  → cost>0
• Suy ra : dx= 2 costdt và : 
 6
 x = 2 ↔ sin t = 2 − 1 = 1 → t = π

2
2
6
1
1
1
• Do đó : f(x)dx= 3 + 2 x − x 2 dx = 4 − x − 1 2 dx = 4 1 − sin 2 t 2 cos tdt = dt
(
)
(
)
2

• Vậy :

∫
1

π
6

π
π
f ( x)dx = ∫ dt = t 6 =

6
0
0

Ví dụ 2: Tính các tích phân sau
2

a/

∫

1

1

b

a − x2

b/ ∫ x 2 + x + 1 dx
0

12 x − 4 x − 5dx
2

1
5

1
dx

c/ ∫ 2
x − 4x + 7
2

d/

* Chú ý : Để tính tích phân dạng có chứa

(

∫
0

( a + x2 )

2

dx

)

x 2 + a , a 2 − x 2 , ta còn sử dụng phương

pháp đổi biến số : u(x)=g(x,t)
1

Ví dụ 1 : Tính tích phân sau

1

∫

x2 + 1

0

dx

Giải :
• Đặt : x 2 + 1 = x − t ⇒ x =

t −1
2t
2

 x = 0 → t = −1; x = 1 → t = 1 − 2

• Khi đó : 
t2 +1
 dx =
2t 2


Trang 21


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
1− 2
1− 2
1

−2t t 2 + 1
dt
1− 2
dx = ∫ 2 . 2 dt = ∫
= ln t
= − ln
2
t + 1 2t
t
−1
x +1
−1
−1

1

∫

• Do vậy :

0

(

)

2 −1

1

2
2
Ví dụ 2: Tính tích phân : I = ∫ x 1 − x dx
0

Giải

π
2
1  1 − cos4t 
2
2
2
2
2
2
• Do đó : f(x)dx= x 1 − x dx = sin t. 1 − sin tcostdt=sin t cos tdt = 4  2 ÷dt


π
π
1
12
1 1
1π π

=
• Vậy : I= ∫ f ( x)dx = ∫ ( 1 − cos4t ) dt =  t − sin 4t ÷ 2 =
80
8 4

 0 8 2 16
0

• Đặt : t=sinx , suy ra dt=cosxdx và khi x=0,t=0 ; Khi x=1 , t=

II. Đổi biến số dạng 2
1. Quy tắc : ( Ta tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 2 theo các bước
sau : )
• Bước 1: Khéo léo chọn một hàm số u(x) và đặt nó bằng t : t=u(x) .
• Bước 2: Tính vi phân hai vế và đổi cận : dt=u'(x)dx
• Bước 3: Ta phân tích f(x)dx = g[u(x)]u'(x)dx = g(t)dt .
u (b )

b

• Bước 4: Tính

∫ f ( x)dx = ∫
a

g (t ) dt = G (t )

u(a)

u (b)
u (a )

u (b)

• Kết luận : I= G (t ) u (a)

2. Nhận dạng :
TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ
β

A. DẠNG : I= ∫
α

P ( x)
dx
ax+b

( a ≠ 0)
β

* Chú ý đến công thức :

m

β

m

∫ ax+b dx = a ln ax+b α . Và nếu bậc của P(x) cao hơn hoắc

α

bằng 2 thì ta chia tử cho mẫu dẫn đến
β

β

β

β

P ( x)
m
1
∫α ax+b dx = α∫ Q( x) + ax+b dx = α∫ Q( x)dx + mα∫ ax+b dx
2

x3
dx
Ví dụ 1 : Tính tích phân : I= ∫
2x + 3
1

Giải
Ta có : f ( x) =
Do đó :
2

3

x
1
3
9 27 1
= x2 − x + −
2x + 3 2

4
8 8 2x + 3

2
x3
9 27 1 
27
13 27
1 2 3
1 3 3 2 9
2
∫1 2 x + 3 dx = ∫1  2 x − 4 x + 8 − 8 2 x + 3 ÷ dx =  3 x − 8 x + 8 x − 16 ln 2 x + 3 ÷ 1 = − 6 − 16 ln 35

Trang 22


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
3
x2 − 5
Ví dụ 2: Tính tích phân : I= ∫ x + 1 dx
5

Giải
x −5
4
= x −1−
.
x +1
x +1
3

 5 +1 
x2 − 5
4 

1 2
 3
dx = ∫  x − 1 −
= 5 − 1 + 4 ln 
÷
÷dx =  x − x − 4 ln x + 1 ÷
÷
x +1
x +1 
2
 5
 4 
5
2

Ta có : f(x)=
3

Do đó :

∫

5

β

B. DẠNG :

∫ ax

α

2

P( x)
dx
+ bx + c

1. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm phân biệt
β

Công thức cần lưu ý :

u '( x )

β

∫ u ( x) dx = ln u( x) α

α

Ta có hai cách
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Cách 2: ( Nhẩy tầng lầu )
1

4 x + 11

Ví dụ 3: Tính tích phân : I= ∫ x 2 + 5 x + 6 dx .
0
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )

A ( x + 3) + B ( x + 2 )
4 x + 11
4 x + 11
A
B
=
=
+
=
x + 5 x + 6 ( x + 2)( x + 3) x + 2 x + 3
( x + 2)( x + 3)

Ta có : f(x)=

2

Thay x=-2 vào hai tử số : 3=A và thay x=-3 vào hai tử số : -1= -B suy ra B=1
3
1
+
x+2 x+3
1
1

1
4 x + 11
1 
 3
Vậy : ∫ x 2 + 5 x + 6 dx = ∫  x + 2 + x + 3 ÷dx = ( 3ln x + 2 + ln x + 3 ) 0 = 2 ln 3 − ln 2

0
0

Do đó : f(x)=

Cách 2: ( Nhẩy tầng lầu )
2 ( 2 x + 5) + 1

2x + 5

1

2x + 5

1

1

Ta có : f(x)= x 2 + 5 x + 6 = 2. x 2 + 5 x + 6 + x + 2 x + 3 = 2. x 2 + 5 x + 6 + x + 2 − x + 3
(
)(
)
Do đó : I=
1

∫
0

1

2x + 5
1
1 

x+2

2
f ( x)dx = ∫  2. 2
+
−
÷dx =  2 ln x + 5 x + 6 + ln
x + 5x + 6 x + 2 x + 3 
x+3

0

1
÷ 0 = 2 ln 3 − ln 2


2. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm kép
β

Công thức cần chú ý :

β
u '( x )dx
=
ln
u
(
x
)
(
)
∫ u ( x)
α
α

Thông thừơng ta đặt (x+b/2a)=t .
3

x3
Ví dụ 4 : Tính tích phân sau : I= ∫ x 2 + 2 x + 1 dx
0

Giải
Trang 23


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
3
x
x3

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

3

Đặt : t=x+1 suy ra : dx=dt ; x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=3 thì t=4 .
3

Do đó :

4

x3

∫ ( x + 1)

2

0

dx = ∫
1

( t − 1)
t

3

2

4

3 1
1 4
3

1
dt = ∫  t − 3 + − 2 ÷dt =  t 2 − 3t + ln t + ÷ = 2 ln 2 −
t t 
t1
2
2
1
1

4x

Ví dụ 5: Tính tích phân sau : I= ∫ 4 x 2 − 4 x + 1 dx
0
Giải
4x
4x
Ta có : 4 x 2 − 4 x + 1 = 2 x − 1 2
(
)
 x = 0 ↔ t = −1

x = 1 ↔ t = 1
1
1
1
1 4. ( t + 1)
1
4x
1
1 1
1 1 

2
Do đó : ∫ 2 4 x
dx = ∫
dx = ∫
dt = ∫  + 2 ÷dt =  ln t − ÷ = −2
2
2
4x − 4x +1
t
2
t t 
t  −1

0
0 ( 2 x − 1)
−1
−1 
1
2

Đặt : t= 2x-1 suy ra : dt = 2dx → dx = dt ; 

3. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c vô nghiệm :
b

u = x+

P( x)
P ( x)
2a

=
;
2
2
2
2
Ta viết : f(x)= 
b   −∆   a ( u + k ) k = −∆

a  x + ÷ + 
÷

2a
2a   2a  



Khi đó : Đặt u= ktant

2

x

Ví dụ 6: Tính tích phân : I= ∫ x 2 + 4 x + 5 dx
0
Giải
2

x

2

x

• Ta có : ∫ x 2 + 4 x + 5 dx = ∫ x + 2 2 + 1 dx
)
0
0 (
1

 x = 0 ↔ tan t = 2

• Đặt : x+2=tant , suy ra : dx= cos 2t dt ; ⇒  x = 2 ↔ tan t = 4


t2
t
tan t − 2 dt
 sin t


dx = ∫
= ∫
− 2 ÷dt = ( − ln cost − 2t ) 2 ( 1)
• Do đó : ∫
2
2
2
t1
1 + tan t cos t t1  cost

0 ( x + 2) + 1
t1
2

x

t2

1
1

2
2
 tan t = 2 ↔ 1 + tan t = 5 ↔ cos t = 5 → cost1 = 5
Từ : 
1
1

2

2
 tan t = 4 ↔ 1 + tan t = 17 ↔ cos t = 17 → cost 2 = 17

t2
cost
• Vậy : ( − ln cost − 2t ) t = − ( ln cost 2 − 2t2 ) − ( ln cos t1 − 2t1 )  = − ln cost2 + 2 ( t2 − t1 )
1
1
cost

1

1

5

. 5 = 2 ( arctan4-arctan2 ) − ln
• ⇔ − ln cost2 + 2 ( t2 − t1 ) = 2 ( arctan4-arctan2 ) − ln
2 17
17
1

Trang 24


TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
2 3
x + 2 x2 + 4x + 9
dx
Ví dụ 7: Tính tích phân sau : I= ∫

x2 + 4
0

Giải
x + 2x + 4x + 9
1
= x+2+ 2
2
x +4
x +4
2 3
2
2
2
x + 2x + 4x + 9
1 
dx

1 2
2
dx = ∫  x + 2 + 2
= 6 + J (1)
• Do đó : ∫
÷dx =  x + 2 x ÷ 0 + ∫ 2
2
x +4
x +4
x +4
2


0
0
0

• Ta có :

3

2

2

1

Tính tích phân J= ∫ x 2 + 4 dx
0
x = 0 → t = 0
2

 π
π ↔ t ∈ 0;  → cost>0
• Đặt : x=2tant suy ra : dx = cos 2t dt ; 
 4
 x = 2 → t = 4
π
π
π
2
4
1

1
1
2
14
1
π
dt = ∫ dt = t 4 =
• Khi đó : ∫ 2 dx = ∫
2
2
x +4
4 0 1 + tan t cos t
20
2
8
0
0
π
• Thay vào (1) : I = 6 +
8
β
P( x)
dx
C. DẠNG : ∫ 3
2
α ax + bx + cx + d
3
2
1. Đa thức : f(x)= ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) có một nghiệm bội ba

β

Công thức cần chú ý :

1

∫x

m

dx =

α

1
1 β
. m −1
1− m x α

1

Ví dụ 8: Tính tích phân : I=

x

∫ ( x + 1)

3

dx

0

Giải
Cách 1:
• Đặt : x+1=t , suy ra x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=1 thì t=2
1

• Do đó :

x

∫ ( x + 1)
0

2

2
t −1
1 1
 1 1 12 1
dt
=
 2 − 3 ÷dt =  − + 2 ÷ 1 =
3
∫
t
t t 
8
 t 2t 

1
1

dx = ∫
3

Cách 2:

( x + 1) − 1

x

1

1

• Ta có : x + 1 3 = x + 1 3 = x + 1 2 − x + 1 3
(
)
(
)
(
) (
)
 1
 1
1 
1 1 1 1
dx
=

−
dx
=
−
+



∫0 ( x + 1) 3
∫0  ( x + 1) 2 ( x + 1) 3   x + 1 2 ( x + 1) 2  0 = 8




1

• Do đó :

1

x

0

Ví dụ 9 : Tính tích phân : I= ∫

−1

x4

( x − 1)

3

dx .

Giải
• Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 và : khi x=-1 thì t=-2 và khi x=0 thì t=-1 .
0

• Do đó :

x4

∫ ( x − 1)

−1

3

dx =

−1

∫

−2

( t + 1)
t3

4

−1 4

−1

t + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1
6 4 1

dt = ∫
dt = ∫  t + 4 + + 2 + 3 ÷dt
3
t
t t
t 
−2
−2 

Trang 25