Bài tập toán a1 chương 1

Bài Tập Giới hạn
1. Tính các giới hạn sau
3

a) lim

x →0

1 + mx − 1
x

x →0 3

9 + 2x − 5

c). lim

d) lim

3

x −2
sin 7x
e) lim
x →π tan 3x
3 arcsin x
g) lim
x →0
4x
x →8

⎛ 1
⎞
h) lim ⎜
− cot x ⎟
x → 0 ⎝ sin x
⎠
1 − cos x − tan2 x
x →0
x sin x

j) lim

3x

⎛ x + 3⎞
l) lim ⎜
⎟
x →∞ ⎝ x − 2 ⎠

1

2x +1

1

n) lim ( cos x ) sin x

x →0

x →0

1

sin x

⎛ 1 + tan x ⎞ sin3 x
o) lim ⎜
⎟
x → 0 ⎝ 1 + sin x ⎠

⎛ sin x ⎞ x − sin x
p) lim ⎜
⎟
x →0 ⎝ x ⎠

3

1 + mx − 1
0
có dạng vô đònh
khi x → 0 và
x
0
1
′
−1
3
1 1 + mx 3
1 + mx − 1
1 + mx )′

(
)
(
m
m
3
=
=
→
khi x → 0 . Do đó
2
x′
1
3
3 (1 + mx ) 3

ĐS: a)

)

3

lim

x →0

b)

3

1 + mx − 1 m
=
x
3

x +1 −1
3

x +1 −1
′
x +1 −1

có dạng vô đònh

)=
′
x + 1 − 1)
x +1 −1

lim

x →0 3

x +1 −1

9 + 2x − 5

c)

(

x2 − 2x

x →0

m) lim ( cos x ) x2

(
(

1 + x + x2 − 7 + 2x − x 2

f) lim x cot πx

1 − cos2 x
x → 0 x sin 2x

(

x +1 −1

x →2

i) lim

⎛ x ⎞
k) lim ⎜
⎟
x →∞ ⎝ 2 + x ⎠

x +1 −1

b) lim

3

x −2

9 + 2x − 5

(

3

x −2

)′

1
−1
2

( x + 1)
−1
1 x +1
)
3(
1
2

=

1
3

=

0
khi x → 0 và
0

1
3
3
6
khi x → 0 . Do đó
+
→
x
1
(
)
2
2

3
2

có dạng vô đònh

)′ =

1
2

0
khi x → 8 và
0

1
−1
2

( 9 + 2x ) ( 9 + 2x )′ = 3 ( 9 + 2x )
1
3

x

1
−1
3

x

1

−2

3

−1

2

→3

25

−1

2

−2

8

3

=3

1
5
1
4

=

12
5

khi x 8 . Do ủoự
lim

x 8

9 + 2x 5
3

x 2

12
5

=

1 + x + x2 7 + 2x x 2

d)

coự daùng voõ ủũnh

2

x 2x

1 + x + x2 7 + 2x x 2

=

x 2 2x

(

1 + 2x

=

2 1+ x + x2

1
2

(

1 + x + x2

)

1
1
2

0
khi x 2 vaứ
0

(1 + 2x )

2 2x
2 7 + 2x x2

2x 2



5
2 7



2

(

7 + 2x x2

) ( 2 2x )
1
1
2

2x 2

)

1
2

2
2 7

=

7
2 7

2

=

7
4 7

=

7
4

khi x 2 . Do ủoự
lim

1 + x + x 2 7 + 2x x2

x 2

2

x 2x

=

7
4

sin 7x )
(
7 cos7x
7
sin 7x
0
=
khi
e)
coự daùng voõ ủũnh
khi x vaứ
2
tan 3x
0
( tan 3x ) 3 1 + tan 3x 3

(

)

x . Do ủoự
sin 7x 7
=
lim
x tan 3x
3

x
0
coự daùng voõ ủũnh
khi x 0 vaứ
tan x
0
x
1
1
khi x 0 . Do ủoự
=

2

1 + tan x

tan
x
(
)

f) x cot x =

(

lim x cot x =
x 0

)

1


3 arcsin x )
(
3 arcsin x
0
g)
=
coự daùng voõ ủũnh
khi x 0 vaứ
4x
0

( 4x )
x 0 . Do ủoự
3 arcsin x 3
=
lim
x 0
4x
4
1

1 cos x
0
h)
cot x =
coự daùng voõ ủũnh
khi x 0 vaứ
sin x
sin x
0
(1 cos x ) = sin x 0 khi x 0 . Do ủoự
( sin x ) cos x
1

cot x = 0
lim
x 0 sin x


2

3
1 x2

4



3
khi
4

1 − cos2 x
0
có dạng vô đònh
khi x → 0 và
0
x sin 2x
′
1 − cos2 x
−2 cos x ( cos x )′
0
sin 2x
có dạng vô đònh
=
=
khi
0
sin 2x + 2x cos 2x sin 2x + 2x cos 2x
′
x
sin
2x
(
)

i)

(

)

( sin 2x )′

x → 0 và

( sin 2x + 2x cos 2x )′

=

2 cos 2x
2 1
→ =
khi
2 cos 2x + 2 cos 2x − 4x sin 2x
4 2

x → 0 . Do đó

1 − cos2 x 1
=
x → 0 x sin 2x
2

lim

Cách khác :

1 − cos2 x 1 − cos x 1
11

1
=
1
+
cos
x
→
2
=
(
)
x sin 2x
22
2
2 sin2x2x
x2

1 − cos x − tan2 x
0
có dạng vô đònh
khi x → 0 và
x sin x
0
′
1 − cos x − tan2 x
sin x − 2 tan x 1 + tan2 x
0
có dạng vô đònh
=
khi x → 0

sin x + x cos x
0
′
x
sin
x
(
)

j)

(

)

(

(

sin x − 2 tan x 1 + tan2 x

) (sin x − 2 tan x − 2 tan x )′
3

sin x + x cos x

và
=

(

)

( sin x + x cos x )′

)

(

cos x − 2 1 + tan 2 x − 6 tan2 x 1 + tan 2 x

cos x + cos x − x sin x
1 − cos x − tan2 x
1
lim
=−
x →0
x sin x
2
Cách khác :
⎛ x ⎞
k) ⎜
⎟
⎝2+ x⎠
x → ∞ và

2

1 − cos x − tan2 x 1 − cos x
sin x

1
1
= 2
−
→ −1 = −
2
x sin x
2
2
x sinx x
x cos x

3x

3x ln

=e

x
2+ x

( ln 2+x x )′ =
( 3x1 )′

= et , với t = 3x ln 2 +x x =
1

x
2+ x

( 2+x x )′

−

1
3x2

⎛ x ⎞
lim t = −6 và lim ⎜
⎟
x →∞
x →∞ ⎝ 2 + x ⎠
⎛ x + 3⎞
l) ⎜
⎟
⎝ x − 2⎠

) → −1

khi x → 0 . Do đó

2x +1

3x

1

=

x

2+ x

−

2

(2+ x)
1
3x2

2

=−

ln 2 +x x
1
3x

có dạng vô đònh

0
khi
0

6x
→ −6 khi x → ∞ . Do đó
2+x

= lim et = e−6
t →−6

ln xx +− 23
2x +1) ln x + 3
(
t
x+3
x −2
=e
= e , với t = ( 2x + 1) ln x − 2 = 1
có dạng vô đònh
2x +1

3



( ln xx +23 ) = 1 ( xx +23 ) =
2
( 2x1+1 ) (2x +1)

0
khi x vaứ
0

5

1

x+3
x2

x+3
x2

( x 2)



2

1
3x2

2

=

15x 2
15
( x 2)( x + 3)

khi x . Do ủoự
x + 3
lim t = 15 vaứ lim

x
x x 2
m) ( cos x )

1

=e

x2

( ln cos x ) =

ln cos x
x2

1
cos x

( x )
2

lim t =
x 0

2x +1

= lim et = e15
t 15

= et , vụựi t =

( cos x ) =
2x

ln cos x

x2

coự daùng voõ ủũnh

0
khi x 0 vaứ
0

sin x
1
khi x 0 . Do ủoự
2x cos x
2

1
1
1
1
vaứ lim ( cos x ) x2 = lim et = e 2 =
1
x 0
t
2
e
2

n) ( cos x )

1
sin x

( ln cos x ) =
( sin x )

=e
1
cos x

ln cos x
sin x

= et , vụựi t =

ln cos x
sin x

coự daùng voõ ủũnh

( cos x ) = sin x 0 khi

cos x

0
khi x 0 vaứ
0

x 0 . Do ủoự

cos2 x

1

lim t = 0 vaứ lim ( cos x ) sin x = lim et = e0 = 1
x 0

x 0
1

t 0

1 + tan x sin3 x
=e
o)

1 + sin x
x
( ln 11++tan
sin x )



(

vaứ

=
=

=

3

sin x

)



1

=

1 + tan x
1+ sin x

ln 1 + tan x
1+ sin x
sin3 x

(

1 + tan x
1 + sin x

= et , vụựi t =

)

3sin2 x cos x

1

=

1 cos x
x2
2
3 sin2 x
x

sin x

coự daùng voõ ủũnh

0
khi x 0
0

(1+ tan x )(1+ sin x ) (1+ tan x ) cos x
2

(1+ sin x )

2

3sin 2 x cos x

3sin2 x cos x

3sin2 x

1 + sin x
3

1 + tan x
1+ sin x

1+ sin x + tan2 x + sin x tan2 x cos x cos x tan x
(1+ tan x )(1+ sin x )

1 cos x

ln 1+ tan x

=

1 + tan2 x + sin x tan2 x cos x

3sin 2 x cos x (1 + tan x )(1 + sin x )

(1 + sin x )
(1 + tan x )(1 + sin x ) 3sin2 x cos x (1 + tan x )(1 + sin x )
1

+

1

(1 + tan x )(1 + sin x )

+

tan 2 x

tan2 x
x2
2
3 sin2 x
x

1
1 1 2
+ =
3 3 3
cos x (1 + tan x )

khi x 0 . Do ủoự
1

2
1 + tan x sin3 x
2
3
t
3
=
=
= e2
lim

e
e
lim t =
vaứ lim

x 0
x 0 1 + sin x
t 2
3
3

4


sin x

sin x
⎛ sin x ⎞ x − sin x
ln sin x
p) ⎜
= e x −sin x x = et , với t =
⎟
⎝ x ⎠

sin x
x − sin x

ln sinx x =

ln sinx x

x − sin x
sin x

có dạng vô đònh

0
khi x → 0 và
0
1
1 x cos x − sin x
( sinx x )′
( ln sinx x )′ =
x
=
(1− cos x ) sin x − ( x − sin x ) cos x (1− cos x ) sin x − ( x − sin x ) cos x
− sin x ′
( xsin
x )
sin x
sin x
sin x
x

sin x
x

2

2

=

2

x cos x − sin x
x sin x
sin x − sin x cos x − x cos x + sin x cos x
sin2 x

=

( x cos x − sin x ) sin x = − sin x → −1
x
x ( sin x − x cos x )

khi x → 0 . Do đó
sin x

⎛ sin x ⎞ x − sin x
1
lim t = −1 và lim ⎜
= lim et = e−1 =
⎟
x →0
x →0 ⎝ x ⎠
t →−1
e
2. Dùng quy tắc L’Hospital, tính các giới hạn sau

a)

(1 + x )(1 + 2x )(1 + 3x ) − 1
lim
x

x →0

x + 13 − 2 x + 1

c) lim

2

x −9

x→3

1 − 5x

x →0 1

ĐS: a)

b)

x 2 + x5

x →0

d) lim

x →∞

⎛
⎞
e) lim ⎜ x + x + x − x ⎟
x →+∞
⎝
⎠
tan x − sin x
g) lim
x →0
x3

i) lim

5

(1 + x ) − (1 + 5x )
lim

(

3

x +1 − 3x

)

1 − cos 5x

x → 0 1 − cos 3x

f) lim

h) lim x ⎡⎣ ln (1 + x ) − ln x ⎤⎦
x →+∞
x2 − 1
x →1 x ln x

j) lim

− ex

(1 + x )(1 + 2x )(1 + 3x ) − 1
x

có dạng vô đònh

0
khi x → 0 và
0

((1 + x )(1 + 2x )(1 + 3x ) − 1)′ = (1 + 2x )(1 + 3x ) + (1 + x ) ⎡⎣(1 + 2x )(1 + 3x )⎤⎦′
1

( x )′

= (1 + 2x )(1 + 3x ) + (1 + x ) ⎡⎣2 (1 + 3x ) + 3 (1 + 2x ) ⎤⎦ → 6
khi x → 0 . Do đó
(1 + x )(1 + 2x )(1 + 3x ) − 1 = 6

lim
x →0
x
5

b)

(1 + x ) − (1 + 5x )
x2 + x5

có dạng vô đònh

0
khi x → 0 và
0

5


1 + x 5 1 + 5x
) (
) 5 (1 + x )4 5
(
0

=
cuừng coự daùng voõ ủũnh
khi x 0 vaứ
4
0

2x
+
5x
2
5
x +x

(

)

5 1 + x 4 5
) 20 (1 + x )3
(
=
10 khi x 0 . Do ủoự
3
2
20x
+
4
2x + 5x

(

)

5

(1 + x ) (1 + 5x ) = 10

lim
x 2 + x5

x 0

x + 13 2 x + 1

c)

(

2

x 9
x + 13 2 x + 1

(x

lim

x

e)

)

2

x 9

x 3
3

9

) =

x + 13 2 x + 1

lim
d)

2

x +1 3x =

(

3

x +1

3

coự daùng voõ ủũnh
1
2 x +13

1
x +1

2x

=

( x + 1)
x) = 0
3

0
khi x 3 vaứ
0



1
8


6

1
2

=

1
khi x 3 . Do ủoự

16

1
16
1

2

3

3

+ x +1 x +

( x)
3

x+ x

x+ x+ x x =

2

0 khi x . Do ủoự

1+

=

x+ x+ x + x

1+

1
x

+

1
x
1
x3


+1

1
khi x + .
2

Do ủoự

1
lim x + x + x x =
x +

2

1 cos 5x ) 5 sin 5x
(

1 cos 5x
0
=
f)
coự daùng voõ ủũnh
khi x 0 vaứ
cuừng coự
1 cos 3x
0
3sin 3x
1

cos
3x
(
)
5 sin 5x ) 15 cos 5x
(
15
0
khi x 0 vaứ
daùng voõ ủũnh
=

khi x 0 . Do ủoự
9 cos 3x
9
0

3sin

3x
(
)
1 cos 5x 15
=
x 0 1 cos 3x
9

lim

6


g)

tan x − sin x
x

0
khi x → 0 và
0

có dạng vô đònh

3

( tan x − sin x )′ = 1 + tan2 x − cos x

( x )′

3x

3

2

cũng có dạng vô đònh

0
khi x → 0 và
0

(1 + tan x − cos x )′ = 2 tan x (1 + tan x ) + sin x → 2 + 1 = 1 khi x → 0 . Do đó
6x
6 6 2
( 3x )′
2

2

2

lim

tan x − sin x
x3

x →0

1

.
2

=

tan x − sin x

Cách khác :

x

3

h) x ⎡⎣ ln (1 + x ) − ln x ⎤⎦ =
′
( ln 1+xx )′ = 1 ( 1+xx ) =
− 1
x
( 1x )′
1+ x
x

2

sin x
=
x

ln 1+x x
1

x

1 −1
x2

1+ x
x

−

1
x2

=

1
cos x

x

−1
2

=

sin x 1 1 − cos x
1 1
→ 1⋅1⋅ = .
2
x cos x

2 2
x

có dạng vô đònh

1

1+ x
x

=

0
khi x → +∞ và
0

x
→ 1 khi x → +∞ . Do đó
1+ x

lim x ⎡⎣ ln (1 + x ) − ln x ⎤⎦ = 1 .

x →+∞

i)

1 − 5x
1−e

x

=

1 − ex ln 5
1−e

x

có dạng vô đònh

(1 − e )′ = − ( ln 5) e
−e
(1 − e )′
x ln 5

x

x

lim

1 − 5x

x →0 1

− ex

0
khi x → 0 và
0

x ln 5

→ − ln 5 khi x → 0 . Do đó

= − ln 5 .

(

)

′
x2 − 1
x2 − 1
0
2x
khi x → 1 và
có dạng vô đònh
=
→ 2 khi x → 1 .
j)
x ln x
ln
x
+
1
0
′
( x ln x )

Do đó
x2 − 1
= 2.
x →1 x ln x
3. Chứng minh rằng hàm số f xác đònh bởi
lim

⎧⎪ x 2 sin
f ( x) = ⎨
⎪⎩0

( 1x )

khi x ≠ 0
khi x = 0

là hàm có đạo hàm. Đạo hàm của nó có là liên tục không ?

7


ĐS: Tại x ≠ 0 , ta có

( )⎦⎤′ = ⎣⎡ x ⎦⎤′ sin ( ) + x ⎣⎡sin ( )⎦⎤′ = 2x sin ( ) + x
= 2x sin ( ) + x cos ( ) ( − ) = 2x sin ( ) − cos ( )

f ′ ( x ) = ⎡ x2 sin
⎣

2

1
x

2

1
x

2

1
x

1
x

1
x

1
x2

1
x

1
x

2

cos

( ) ⎣⎡
1
x

1 ⎤′
x⎦

1
x

Tại x = 0 , ta có
f ′ ( 0 ) = lim

f ( h ) − f ( 0)
h

h →0

Vì h sin

= lim

h2 sin
h

h→0

( h1 ) = lim h sin
h→0

( h1 )

h sin ( h1 ) = 0 .
( h1 ) ≤ h → 0 khi h → 0 nên f ′ ( 0) = hlim
→0

Tóm lại hàm f có đạo hàm tại mọi điểm và
⎧⎪2x sin
f ′ ( x) = ⎨
⎪⎩0

( 1x ) − cos ( 1x )

khi x ≠ 0
khi x = 0

Hiển nhiên là f ′ liên tục tại các x ≠ 0 .
Tại x = 0 . Do 2x sin
nhiên cos

( )
1
x

( ) ≤ 2x → 0
1
x

khi x → 0 , ta suy ra lim 2x sin
x →0

( ) = 0 . Tuy
1
x

không có giới hạn khi x → 0 . Do vậy lim f ′ ( x ) không tồn tại.
x →0

Vậy f ′ không liên tục tại x = 0 .
4. Xét hàm số f cho bởi

⎧⎪ x + 2 − 4 − x2
x
f ( x) = ⎨
⎪⎩1

khi x ≠ 0
khi x = 0

a) Tìm miền xác đònh của f.
b) Tính giới hạn của f khi x tiến về 0; f có liên tục tại điểm 0 không ?
c) Tính f ′ ( x ) khi x ≠ 0 và tính giới hạn của f ′ khi x tiến về 0.
d) Chứng tỏ rằng f có đạo hàm tại 0 bằng đònh nghóa và tính giá trò
f ′ ( 0) .
e) Hàm f ′ có liên tục tại 0 không ?
ĐS:

a)

Khi

x ≠ 0,

ta

f ( x) =

có

x + 2 − 4 − x2
x

tồn

tại

4 − x2 ≥ 0 ⇔ x2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 . Vậy miền xác đònh của f là D = ⎡⎣ −2, 2⎤⎦ .

b)

lim f ( x ) =
x →0

2
lim x + 2 − x 4 − x
x →0

= lim

2x + 4
x → 0 x + 2 + 4 − x2

=1

= lim

( x + 2)

2

(

− 4 − x2

)

x → 0 x ⎛⎜ x + 2 + 4 − x2 ⎞⎟
⎝
⎠

Vì lim f ( x ) = f (1) , ta suy ra f liên tục tại 0.
x →0

8

2x2 + 4x
⎛

x → 0 x ⎜ x + 2 + 4 − x2 ⎞⎟
⎝
⎠

= lim

khi


c) Tại x ≠ 0 , ta có
2
f ′ ( x ) = ⎛⎜ x + 2 − x 4 − x
⎝

⎛ x + 2 − 4 − x2 ⎞′ x − ⎛ x + 2 − 4 − x2 ⎞ x′
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
x2

⎞′ =
⎟
⎠

(

x 4 − x2 + x2 − ( x + 2 ) 4 − x2 − 4 − x2

=

x2 4 − x2

lim f ′ ( x ) = lim
x →0

2x2 − 2 4 − x2 − 4

x→0

x2 4 − x2

⎛
⎜ 1+
⎝

=

x
4 − x2

) = 2x

2

⎞ ⎛

2⎞
⎟ x −⎜ x + 2− 4 − x ⎟
⎠
⎠ ⎝
x2

− 2 4 − x2 − 4
x2 4 − x2

= −∞

d) Do đònh nghóa,
f ′ ( 0 ) = lim

f ( h ) − f ( 0)
h

h →0

= lim

h + 2 − 4 − h2
h

−1

h

h→0

= lim

2 − 4 − h2
h2

h→0

⎛ 2 − 4 − h2 ⎞′
h
⎜
⎟
1
1
⎠ = lim 4 − h2 = lim
= lim ⎝
=
h →0
h → 0 2h
h→0
′
2 4 − h2 4
h2

( )

e) f ′ không có giới hạn khi x → 0 nên f ′ không liên tục tại 0.
5. Chứng tỏ rằng lim

x →+∞

ax
xr

= +∞ khi a > 1 và r > 0 .

ĐS: Trước hết, ta chứng minh lim

x →+∞

n = 1 , ta có

ax
x

=

ex ln a
x

ax
x →+∞ x

x → +∞ nên lim
ax
n
x →+∞ x

có dạng

ax

n +1
x →+∞ x

= +∞ . Xét lim

( e )′
(x )

=

n +1

=

ex ln a ⋅ ln a
nxn

xn

= +∞ bằng quy nạp theo n ∈ ` . Với

khi x → +∞ và

( e )′
x ln a

x′

= ex ln a ⋅ ln a → +∞ khi

= +∞ .

Giả sử lim
x ln a

∞
∞

ax

1 ax
n xn

. Ta có

ax
x n +1

=

ex ln a
x n +1

có dạng

ax
n +1
x →+∞ x

→ +∞ khi x → +∞ . Do đó, lim

∞
∞

khi x → +∞ và

= +∞

Bây giờ, với r > 0 , chọn n ∈ ` sao cho r ≤ n . Do x r ≤ x n , ta suy ra
ax
n
x →+∞ x

vì lim

ax
r
x →+∞ x

= +∞ nên lim

= +∞ .

6. Cho hàm số f ( x ) = 1 + x xác đònh trên khoảng ( 0, +∞ ) .

a) Tính f ′ ( x ) , f ′′ ( x ) và f

( 3) x .
( )

b) Kiểm chứng đẳng thức

9

ax
xr

≥

ax
xn

và


1+ x =1+

với lim ε ( x ) = 0 .

x x2 x3
−
+
+ x 3ε ( x ) ,
2 8 16

x →0

ĐS:

1

f ( x ) = 1 + x = (1 + x ) 2

a)

(

)

f ′ ( x) =

cho

1
2

(1 + x )

1 −1
2

=

1
2

(1 + x )

−1

2

;

( − 12 ) (1 + x ) = − 14 (1 + x ) ;
− −1
−
′
( 3)
f ( x ) = ( f ′′ ( x ) ) = − 14 ( − 23 ) (1 + x )
= 83 (1 + x ) .
′
f ′′ ( x ) = f ′ ( x ) =

−3

− 1 −1

1
2

2

2

3
2

5
2

b) Áp dụng công thức Taylor-Young,
f ( a + x ) = f ( a ) + xf ′ ( a ) +

x2
2!

f ′′ ( a ) +

x3
3!

f

( 3 ) a + x 3ε x
( )
( )

với a = 0 ; f ( x ) = 1 + x ; f ( 0) = 1 ; f ′ ( 0 ) = 12 ; f ′′ ( 0 ) = − 14 ; f ′′′ ( 0 ) = 83 , ta được
x x2 x3
1+ x =1+ +
+
+ x 3ε ( x )
2
8 16

7. Dùng công thức Taylor-Young, chứng tỏ
n
n +1 x
x2 x3

a) ln (1 + x ) = x −
+
+ ... + ( −1)
+ xnε ( x ) ,
2
3
n

b) sin x = x −

n
x 3 x5
x2n +1
+
+ ... + ( −1)
+ x 2n +1ε ( x ) ,
3! 5!
2n
1
!
+
(
)

2n
n x
x2 x4
c) cos x = 1 −
+
+ ... + ( −1)

+ x2n ε ( x ) ,
2! 4 !
( 2n ) !

với lim ε ( x ) = 0 .
x →0

ĐS: a) Áp dụng công thức Taylor-Young với a = 0 ,
f ( x ) = f ( 0 ) + xf ′ ( 0 ) +

x2
2!

f ′′ ( 0 ) +

x3
3!

f

( 3) 0 + ... +
( )

xn
n!

f

(n ) 0 + xnε x
( )

( )

trong đó f ( x ) = ln (1 + x ) cho f ( 0 ) = 0 ; f ′ ( x ) =

1
1+ x
−3

= (1 + x )

−1

cho f ′ ( 0 ) = 1 ;

( 3) x = 2 1 + x
( ) ( ) cho f (3) ( 0) = 2 ; ... Tổng
n +1
−n
n +1
(n)
quát f ( x ) = ( −1)
( n − 1) ! (1 + x ) cho f (n) ( 0) = ( −1) ( n − 1) ! . Ta suy ra
f ′′ ( x ) = − (1 + x )

ln (1 + x ) = x −

−2

cho f ′′ ( 0 ) = −1 ; f

n
n +1 x
x2 x3
+
+ ... + ( −1)
+ xnε ( x ) .
2
3
n

b) Áp dụng công thức Taylor-Young với a = 0 ,
f ( x ) = f ( 0) + xf ′ ( 0 ) +

x2
2!

f ′′ ( 0 ) +

x3
3!

f

( 3) 0 + ... +
( )

10

x2n +1 f ( 2n +1)
( 2n +1) !

( 0) + x2n +1ε ( x )


trong đó f ( x ) = sin x cho f ( 0 ) = 0 ; f ′ ( x ) = cos x cho f ′ ( 0 ) = 1 ; f ′′ ( x ) = − sin x

( 3)
( 3)
cho f ′′ ( 0 ) = 0 ; f ( x ) = − cos x cho f ( 0 ) = −1 ; ... Tổng quát
f

( 2n ) x = −1 n sin x
( ) ( )

f

( 2n +1) 0 = −1 n . Ta suy ra
( ) ( )

sin x = x −

và

f

( 2n +1) x = −1 n cos x
( ) ( )

cho

f

( 2n ) 0 = 0
( )

và

n
x 3 x5
x 2n +1
+
+ ... + ( −1)
+ x2n +1ε ( x ) .
3! 5!
( 2n + 1) !

c) Áp dụng công thức Taylor-Young với a = 0 ,
f ( x ) = f ( 0) + xf ′ ( 0 ) +

x2
2!

f ′′ ( 0 ) +

x3
3!

f

( 3) 0 + ... +

( )

x2n

( 2n ) !

f

( 2n ) 0 + x2n ε x
( )
( )

trong đó f ( x ) = cos x cho f ( 0 ) = 1 ; f ′ ( x ) = − sin x cho f ′ ( 0 ) = 0 ; f ′′ ( x ) = − cos x
cho f ′′ ( 0 ) = −1 ; f

( 3) x = sin x cho f ( 3) 0 = 0 ; ... Tổng quát
( )
( )

f

( 2n ) x = −1 n cos x
( ) ( )

f

( 2n +1) 0 = 0 . Ta suy ra
( )

cos x = 1 −

và

f

( 2n +1) x = −1 n +1 sin x
( ) ( )

cho

f

( 2n ) 0 = −1 n
( ) ( )

2n
n x
x2 x4
+
+ ... + ( −1)
+ x 2n ε ( x ) .
2! 4 !
( 2n ) !

8. Khảo sát cực trò hàm số f xác đònh trên \ với
f ( x ) = x5 − 20x + 3 .

ĐS: f ′ ( x ) = 5x4 − 20 = 0 ⇔ x4 = 4 ⇔ x = ± 2

( ) ( ) > 0 : x = 2 là điểm cực tiểu đòa phương;

f ′′ ( − 2 ) = 20 ( − 2 ) < 0 : x = − 2 là điểm cực đại đòa phương.
f ′′ ( x ) = 20x 3 ; f ′′

2 = 20

2

3

3

9. Tìm giá trò lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

a) f ( x ) = x3 − 4x 2 + 5x − 10 trên khoảng ⎡⎣ −1, 4 ⎤⎦ .
b) f ( x ) = 4 − x + x − 2 trên khoảng ⎡⎣ 2, 4 ⎤⎦ .
ĐS: a) f ′ ( x ) = 3x2 − 8x + 5 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x =

5
3

;

( ) = − ; f ( 4 ) = 10 .
min f ( x ) = min {f ( −1) , f (1) , f ( ) , f ( 4 )} = min {−20, −8, −

f ( −1) = −20 ; f (1) = −8 ; f
−1≤ x ≤ 4

5
3

220
27

5
3

11

} = −20

220
,10
27

và


{

max f ( x ) = max f ( −1) , f (1) , f

−1≤ x ≤ 4

b) f ′ ( x ) =

−1
2 4−x

+

1
2 x−2

( ) , f ( 4 )} = max {−20, −8, −
5
3

=0⇔

4−x =

x − 2 ⇔ 4 − x = x − 2 ⇔ x = 3;

f ( 2 ) = 2 ; f ( 3) = 2 ; f ( 4 ) = 2 .

{ 2, 2} = 2
max f ( x ) = max {f ( 2) , f ( 3) , f ( 4 )} = max { 2, 2} = 2 .
{

}

min f ( x ) = min f ( 2 ) , f ( 3) , f ( 4 ) = min

2≤ x ≤ 4

2≤ x ≤ 4

12

} = 10

220
,10
27


Bài Tập Tích Phân Hàm Một Biến Số
1. Dùng công thức đổi biến, tính các tích phân sau
dx

x

a)

∫ 5 − 3x .

b) ∫

c)

(ln x)2
∫ x dx .

d)

∫

e)

∫e

f)

∫e

g)

dx
∫ x ln x .

h)

i)

∫ cot xdx .

j)

∫ 1 + cos2 x dx .

k)

∫ 1 + x2 dx .

l)

∫ 1 + x4 dx .

x

1 + ex dx .

1+ x

x2 + 1

dx .

arctan x
1 + x2
cos t

dx .

sin tdt .

ex

∫ ex + 1 dx .
sin x
x

ĐS: a) Với t = 5x − 3 , dt = −3dx , ta được
dx

1 dt
1
1
= − ln t + C = − ln 5 − 3x + C .

t
3
3

∫ 5 − 3x = − 3 ∫

b) Với t = x 2 + 1 , dt = 2xdx , ta được
xdx

1 dt 1
1
= ln t + C = ln x 2 + 1 + C .
t
2
2

∫ x2 + 1 = 2 ∫

c) Với t = ln x , dt =

∫

( ln x )

2

dx

x

= ∫ t 2dt =

dx
x

, ta được

3
t3
1
+ C = ( ln x ) + C .
3
3

d) Với t = arctan x , dt =

∫

arctan xdx
1 + x2

dx
1 + x2

, ta được

2
t2
1
= ∫ tdt =

+ C = ( arctan x ) + C .
2
2

e) Với t = 1 + ex , dt = exdx , ta được

∫e

x

1

+1

(

t2
2
+ C = 1 + ex
1 + e dx = ∫ t dt = 1
3
+1
2
x

1
2

)

3
2

f) Với x = cos t , dx = − sin tdt , ta được

∫e

cos t

sin tdt = − ∫ ex dx = −ex + C = −ecos t + C .

g) Với t = ln x , dt =

dx
x

, ta được

13

+ C.


dx

∫ x ln x = ∫

dt
= ln t + C = ln ln x + C .
t

h) Với t = ex + 1 , dt = exdx , ta được
exdx

∫ ex + 1 = ∫

dt
= ln t + C = ln ex + 1 + C .
t

i) Với t = sin x , dt = cos xdx , ta được

∫ cot xdx = ∫

cos xdx
dt
=∫
= ln t + C = ln sin x + C .
sin x
t

j) Với t = cos x , dt = − sin xdx , ta được
sin xdx

dt

∫ 1 + cos2 x = − ∫ 1 + t2

= − arctan t + C = − arctan cos x + C .

k) Với t = 1 + x2 , dt = 2xdx , ta được
1+ x

dx

xdx

∫ 1 + x2 dx = ∫ 1 + x2 + ∫ 1 + x2

= arctan x +

1 dt
1
= arctan x + ln t + C
∫
2 t
2

1
= arctan x + ln 1 + x2 + C
2

l) Với t = x 2 , dt = 2xdx , ta được
xdx

∫ 1 + x4

=

1

dt
1
1
= arctan t + C = arctan x2 + C .
∫
2
2 1+ t
2
2

2. Dùng công thức tích phân từng phần, tính các tích phân sau
−x

a)

∫ xe

c)

∫ x ln xdx .

dx .

b) ∫ x2 sin 2xdx .
d)

∫ x arctan xdx .

⎧⎪ u = x
⎧⎪ du = dx

ĐS: a) Với ⎨
,
ta
đượ
c
và
⎨
−x
−x
⎪⎩dv = e dx
⎪⎩ v = −e

∫ xe

−x

dx = − xe− x + ∫ e− xdx = − xe− x − e− x + C

⎧⎪ du = 2xdx
⎧⎪
u = x2
và
b) a) Với ⎨
, ta được ⎨
1
⎪⎩dv = sin 2xdx
⎪⎩ v = − 2 cos 2x

∫x

2

sin 2xdx = − 12 x 2 cos 2x + ∫ x cos 2xdx .

⎧⎪ du = dx
⎧
u=x
và
Với ⎨
, ta được ⎨
1
⎩dv = cos 2xdx
⎩⎪ v = 2 sin 2x

∫ x cos 2xdx = 12 x sin 2x − 12 ∫ sin 2xdx = 12 x sin 2x + 14 cos 2x + C .
Suy ra

14

.


∫x

2

sin 2xdx = − 12 x 2 cos 2x +

1
2

x sin 2x + 14 cos 2x + C

⎧du = dx
⎧ u = ln x
⎪
x
c) Với ⎨
, ta được ⎨
và
2
⎩dv = xdx
⎪⎩ v = x2

∫ x ln xdx =

x2
2

x
x2
x2
dx =
ln x −
+ C.
2
2
4

ln x − ∫

⎧du = dx 2
⎧u = arctan x
⎪
1+ x
, ta được ⎨
và
d) Với ⎨
2
⎩ dv = xdx
⎪⎩ v = x2
x2
2

∫ x arctan xdx =
x2

1
x2
dx .
2 ∫ 1 + x2

arctan x −
1

⎛

dx

⎞

Mà

∫ 1 + x2 dx = ∫ ⎜⎝ 1 − 1 + x2 ⎟⎠ dx = ∫ dx − ∫ 1 + x2

nên

∫ x arctan xdx =

= x − arctan x + C

x2
1
arctan x − ( x − arctan x ) + C .
2
2

3. Dùng công thức đổi biến, tính các tích phân sau

a)

xdx

1

∫0

(x

2

+1

b) L ( a ) =
c)

a

∫0 xe

2

∫1 ( ln x )

2

∫

Suy ra

(x

2

∫0

2

xdx

+1

)

+1

∫ xe

− x2

2

=

2

+1

)

2

2
⎞
1 2 du 1 ⎛⎜ −1 ⎞⎟
1⎛1
7
1
.
= ∫ 2 =

=
−
−
⎜
⎟=
3
1
2 u
2 ⎜ 3u 1 ⎟
6⎝8
48
⎠
⎝
⎠

1 −2
1 u −3
1
1
u
du
=
=− 3 +C=−
∫
2
2 −3
6u
6 x2 + 1

(

1

)

2

b) Cách 1 : L ( a ) =
Cách 2 :

a →+∞

(x

xdx

(x

dx (với u = x 2 ). Tìm lim L ( a )

dx (với u = ln x )

xdx

1

∫0

− x2

1

ĐS: a) Cách 1 :

Cách 2 :

)

(với u = x2 + 1 )

2

=−

a

∫0

dx =

(

1

6 x2 +1

2

)

3

0

xe− x dx =

)

3

+C

⎞
1⎛1
7
= − ⎜ − 1⎟ =
6⎝8
⎠ 48

(

)

2
1 a2 − t
1 ⎛ −t a ⎞ 1
− a2
e
dt
e

1
e
.
=
−
=
−
⎜
⎟
∫
0 ⎟
2 0
2 ⎜⎝
2
⎠

(

)

2
1 −t
1
1
1
e dt =
− e− t = − e− t + C = − e− x + C
∫
2
2

2
2

15


a

Suy ra L ( a ) =

∫0

xe

− x2

a2

2
1
dx = − e− x
2

=
0

(

2
1

1 − e− a
2

)

)

(

2
1
1
1 − e− a =
a →+∞ 2
2

Vậy lim L ( a ) = lim
a →+∞

2

∫1 ( ln x )

c) Cách 1 : Với t = ln x ⇔ x = et , ta được dx = etdt và

∫ ( ln x )

Cách 2 : Với t = ln x ⇔ x = et , ta được dx = etdt và
⎧⎪ u = t 2
⎧⎪du = 2tdt

và
Với ⎨
thì ⎨
t
t
⎪⎩ v = e
⎪⎩dv = e dt

2 t

⎧⎪ u = t
⎧⎪du = dt
thì
và
Mà với ⎨
⎨
t
t
⎪⎩dv = e dt
⎪⎩ v = e
Suy ra

2 t

2 t

∫ t e dt = t e
2

Cách 1 :

∫1 ( ln x )

2

(

2 t

∫ t e dt = t e
t

dx =

ln 2 2 t
t e dt .
0

∫

dx = ∫ t 2et dt .

− 2∫ tet dt .

t

t

∫ te dt = te − ∫ e dt = te

)

2

2

(

t

− et + C .

)

− 2 tet − et + C = t 2 − 2t + 2 et + C .

dx =

ln 2 2 t
t e dt
0

∫

(

)

= t 2 − 2t + 2 et

(

ln 2

)

= ln2 2 − 2 ln 2 + 2 eln 2 − 2

0

= 2 ln2 2 − 4 ln 2 + 2
Cách 2 :

∫ ( ln x )

2

(

)

(

)

dx = ∫ t 2et dt = t 2 − 2t + 2 et + C = ln2 x − 2 ln x + 2 eln x + C

(

)

= x ln2 x − 2 ln x + 2 + C

Suy ra
2

∫1 ( ln x )

2

(

dx = x ln2 x − 2 ln x + 2

)

2
1

(

)

= 2 ln2 2 − 2 ln 2 + 2 − 2 = 2 ln2 2 − 4 ln 2 + 2

4. Dùng công thức tích phân từng phần, tính các tích phân sau

a) I ( a ) =
b) I =

a

∫0 xe

π −x

∫0 e

c) K =

2

∫1

−x

dx , và J ( a ) =

a

2 −x

∫0 x e

dx .

sin xdx .

ln x
dx (cũng có thể đổi biến u = ln x ).

x

⎪⎧ u = x
⎪⎧ du = dx
thì
và
ĐS: a) Với ⎨
⎨
−x
−x
⎪⎩dv = e dx
⎪⎩ v = −e
I (a) =

a

∫0

xe− xdx = − xe− x

a
0

a

a

0

0

+ ∫ e− xdx = − xe− x

⎧⎪ u = x2
⎧⎪du = 2xdx
và
Với ⎨
thì ⎨
−x
−x
⎪⎩ v = −e
⎪⎩dv = e dx

16

(

+ − e− x

)

a
0

(

)

= −ae− a + 1 − e− a .

J (a) =

a

∫0

x2e− xdx = − x2e− x
2 −a

= −a e

(

+ 2 −ae

−a

a
0

a

+ 2∫ xe− xdx = −a 2e− a + 2I ( a )
0

+1−e

) = ( −a

−a

2

)

− 2a − 2 e− a + 2

⎧⎪ u = sin x
⎧⎪du = cos xdx
b) Với ⎨
thì
và
⎨
−x
−x
⎪⎩dv = e dx
⎪⎩ v = −e

I=

π −x

∫0 e

π

π

0

0

sin xdx = −e− x sin x + ∫ e− x cos xdx =

π −x

∫0 e

cos xdx .

⎪⎧ u = cos x
⎪⎧du = − sin xdx
Với ⎨
thì
và
⎨
−x
−x
⎪⎩dv = e dx
⎪⎩ v = −e
I=

π −x
e
0

∫

π

π

0

0

cos xdx = −e− x cos x − ∫ e− x sin xdx = 1 + e−π − I .

Suy ra 2I = 1 + e−π và do đó I =

1 + e− π
2

.

⎧⎪ du = dx
⎧⎪u = ln x
x và
thì ⎨
c) Với ⎨
dx
dv
=
⎪⎩
x
⎩⎪ v = ln x
K=

2

∫1

2
2 ln x
2
2
ln x
dx = ( ln x ) − ∫
dx = ( ln 2 ) − K .
1 x
x
1

Suy ra K =

ln2 2
.
2

Cách khác : Đổi biến t = ln x , dt =
K=

2

∫1

ln x
dx =
x

ln 2

∫0

tdt =

ln 2
t2
2 0

=

dx
x

, ta được

ln2 2
.
2

5. Xác đònh a và b sao cho

1
a
b
= +
x ( x + 1) x x + 1
Tính I =

3

dx

∫1 x ( x + 1) .

ĐS: Đẳng thức

( a + b) x + a đúng với mọi x khi
1
a
b
1
= +
⇔
=
x ( x + 1) x x + 1
x ( x + 1)
x ( x + 1)

⎧a + b = 0
⎧ a =1
.
⇔⎨
⎨
= 1
⎩a
⎩ b = −1

Vậy

1
1
1
= −
. Suy ra
x ( x + 1) x x + 1

17


I=

3

∫1

dx
=
x ( x + 1)

3 dx

∫1

x

−∫

3

1

3⎞
3
dx
⎛
= ln x − ⎜ ln ( x + 1) ⎟ = ln 3 − ( ln 4 − ln 2)
1
1⎠
x +1
⎝

= ln 3 − ln 4 + ln 2 = ln 46 = ln 23
6. Tính các tích phân sau

∫1

a)
c)

e1/ x

2

x2

dx .

dx

e4

∫e

x ln x

dx .

∫1

e1/ x
x2

∫0

2

xe− x dx .

1/ 2

∫0

d)

sin −1 x
1−x

2

dx .

, dt = − dx2 , ta được

1
x

ĐS: a) Với t =
2

1

b)

x

1

dx = − ∫ 2 et dt =
1

1 t

1

1
2

1
2

∫

e dt = et

1

= e2 − e = e − e

b) Với t = x2 , dt = 2xdx , ta được
1

∫0

2

xe− x dx =

(

1 1 −t
1 ⎛ −t 1 ⎞ 1
−1
=
e
dt
⎜ −e 0 ⎟ = 1 − e
2 ∫0

2⎝
2
⎠

c) Với t = ln x , dt =
e4

∫e

dx
x ln x

=

dx
x

, ta được

ln e4 − 1

∫ln e

)

1

t 2 dt = 2t 2

4

1

=2

(

)

4 −1 = 2

7. Xét hàm số f từ \ vào \ cho bởi

⎧x
khi x ∈ ⎡⎣ 0,1⎤⎦
⎪⎪
f ( x ) = ⎨2 − x khi x ∈ (1, 2⎤⎦
⎪
khi x ∉ ⎡⎣ 0, 2⎤⎦
⎪⎩0

Vẽ đồ thò hàm f. Kiểm chứng rằng

∫−∞ f ( x ) dx = 1 (f được gọi là một hàm phân phối xác suất).
+∞

Tính E =

2

∫0 xf ( x ) dx

(E được gọi là kỳ vọng hay trung bình của hàm phân phối

xác suất f).

18


ĐS: Đồ thò

0

1

2

∫−∞ f ( x ) dx = ∫−∞ f ( x ) dx + ∫0 f ( x ) dx + ∫1 f ( x ) dx + ∫2 f ( x ) dx
+∞

E=
=

2

1

=

∫0

=

1 ⎡
+ 4−
2 ⎢⎣

xf ( x ) dx =

∫0

1 ⎡
+ 4−
3 ⎣

(

8
3

( 2 − x ) dx = x2 0 + ( 2x − x2 ) 1
1

xdx + ∫

(

1

∫0

+∞

2

22
2

1

2

2

2

) − ( 2 − )⎤⎥⎦ = 1
1
2

2

x 2dx + ∫ x ( 2 − x ) dx =
1

1
x3
3 0

(

+ 2x −

x3
3

)

2
1

) − ( 2 − )⎤⎦ = 0
1
3

8. Tính các tích phân suy rộng

a) I =

∞

∫ xe

x2

dx

∞

∫

b) I =

1

c) I =

∞

dx

∫

−∞

e) I =

2

d) I =

x 2 + 4x + 9

∞

∫ x ln3 x

f) I =

e

g) I =

∫e

−2x

1

h) I =

cos xdx

k) I =

j) I =

1 − x2

0

e

dx

∫ x2 + 2x + 5

∞

∫

dx
2

x + 6x + 11

e

dx

∫x

ln x

1

dx

∫

∞

−∞

0

i) I =

x x2 − 1

−1

dx

+∞

dx

1

dx

∫ x2 + x4
0

dx

∫ x ln3 x

l) I =

1

2/ 3

∫

1/ 3

dx
x 9x 2 − 1

ĐS: a) Với t = x 2 , dt = 2xdx , ta có
Suy ra

t

2

x
∫ xe dx =
1

1
2

ex

2

t
1

=

(

2

x
∫ xe dx =

)

1 t2
e − e và
2

19

1 t
1 t
1 x2
=
+
=
e
dt
e
C
e + C.
2∫
2
2


I=



t

x2

xe dx = lim

t +

1

)

(

1 t2
e e = +
t + 2

2

x
xe dx = lim
1

1
1 cos2 t
1
sin t
2
,
, dx =

x

1
=

1
=
= tan2 t , ta coự
2
2
2
cos t
cos t
cos t
cos t
sin
tdt
2
dx
=
2
1 costant t = dt = t + C = arccos 1x + C .
x x 1
cos t

b) Vụựi x =

Suy ra

t

dx



2

I=





2

2

x x 1

dx
2

x x 1

t

= arccos 1x

= lim

t +

t



2

2

dx
2

x x 1


2
c) x 2 + 4x + 9 = ( x + 2 ) + 5 = 5

Vụựi t =

x+2 ,
5

dt =

dx

x2 + 4x + 9 =
t

dx
5

= arccos

= lim

(


t + 4

( )
x+2
5

2

1
2

arccos 1t =

)

arccos 1t =


+ 1 cho

4


4

.

dx

t





(

dx
2

x + 4x + 9

t

dx

= lim

t + x 2 + 4x + 9
t +

= lim

s s

s

2

d) x 2 + 2x + 5 = ( x + 1) + 4 = 4


Vụựi t =

x +1
2

dx

, dt =
2

dx
2

dt

=

+1

( )
x +1
2

2


+ 1 cho


)

)

(

5
5
arctan t + 2 arctan s + 2 =
5
5
5
5

dx

1

x2 + 2x + 5 = 4

1
1
x2 + 2x + 5 = 2 arctan x2+1 = 2 arctan t +21 arctan 0
1
1

Vaọy I =

x+2
5

.

dx

( )
x +1
2

2

+1

.

1
1

arctan t + C = arctan x2+1 + C vaứ
2
2
t

dx



( )

2

, ta suy ra

x2 + 2x + 5 = 4 1 + t2
t

dx

5
dt
5
5
arctan t + C =
arctan x + 2 + C vaứ
=

2
5

5 1+ t
5
5

5
5
x2 + 4x + 9 = 5 arctan x +52 = 5 arctan t +52 arctan s +52
s
s

Vaọy I =

1

x2 + 4x + 9 = 5

, ta suy ra

dx



arccos 1t vaứ

(

t

dx

dx

1

)


= lim arctan t +21 =
x2 + 2x + 5 = tlim
+ x 2 + 2x + 5
t + 2
4

1

e) Vụựi t = ln x , dt =

1

dx
x

, ta coự

dx

dt

x ln3 x t3
=

20

=

t 3+1
1
1
+C= 2 +C=
+ C vaứ
3 + 1
2t
2 ln2 x


t

dx

x ln3 x

=

e

Suy ra I =

t
1
2 ln2 x e

=

dx

x ln3 x

1
2 ln2 e



1
2 ln2 t

t

dx

dx

x2 + 6x + 11 =
t

dx
2

dt =

1
2 ln2 t

.

e


2
f) x 2 + 6x + 11 = ( x + 3) + 2 = 2

x+3
,
2

1
2

= lim ( 12 1

3
2 ln
t + x ln x
t +

= lim

e

Vụựi t =

=

( )
x+3
2

2


+ 1 cho


2

t

) = 12 .
dx

t



dx

2

x + 6x + 11

u = e2x

g) Vụựi
dv = cos xdx

e

2x

2x

2

.
+1

(

t

dx

= lim
t + x 2 + 6x + 11
t +

= lim

s s

s

)

)

(

2
2
arctan t + 3 arctan s + 3 =
2
2
2
2

du = 2e2xdx
, ta coự

v = sin x

cos xdx = e2x sin x + 2 e2x sin xdx .

u = e2x
Vụựi

dv = sin xdx

e

( )
x+3
2

2
dt
1
1
= arctan t + C = arctan x + 3 + C vaứ

2
2
2 1+ t
2
2

2
2
x2 + 6x + 11 = 2 arctan x +23 = 2 arctan t +23 arctan s +23
s
s

Vaọy I =

dx

, ta suy ra

dx



1

x2 + 6x + 11 = 2

du = 2e2xdx
, ta coự

v = cos x

sin xdx = e2x cos x 2 e2x cos xdx .

Suy ra

e

2x

cos xdx = e2x sin x + 2 e2x cos x 2 e2x cos xdx neõn



5 e2x cos xdx = e2x sin x 2e2x cos x + C , nghúa laứ

e

2x

Vaọy

cos xdx =

t

e
0

I=

+



0

2x

(

)

1 2x
e sin x 2e2x cos x + C .
5

(

1 2x
cos xdx =
e sin x 2e2x cos x
5

)

t

=
0

(

)

1 2t
2
e sin t 2e2t cos t + vaứ
5
5

t
1
2
e2x cos xdx = lim e2x cos xdx = lim e2t sin t 2e2t cos t +
t +

t + 5
5
0

(

(

)

)

Vỡ e2t sin t 2e2t cos t e2t sin t + 2 cos t 3e2t 0 khi t + , ta suy ra

21


(

)

lim e−2t sin t − 2e−2t cos t = 0 vaø do ñoù

t →+∞

I=

+∞

∫e

−2x

2
.
5

cos xdx =

0

dx
x

h) Vôùi t = ln x , dt =

∫x

dx
ln x

=

dt

∫ t1/ 2

Vôùi t > 1 , ta coù

−1

=

t2

+1

−1
2

+1

e

∫x

Suy ra I =

∫x

ln x

t

∫

0

dx

∫

i) Ta coù
dx

1 − x2

ln x

t ↓1

1

1− x

1
2

x +x

dx

t

dx

∫
4

=

= lim ∫
t ↑1

2

1

(

x2 1 + x2

dx

dx

0

)

=

1−x
1
x

2

−

∫ x2 + x4
0

1

= lim ∫
t↓0

t

t ↑1

1
1 + x2

Suy ra, vôùi 1 < t < e ,

I=

π
2

= − 2π .

, ta suy ra

(

π
4

) − ⎛⎜⎝ − 1t − arctan t ⎞⎟⎠ = 1t + arctan t − 1 −

π
4

vaø

dx

dx
x

, ta coù

e

dx

∫ x ln3 x = ∫

dx

1

∫ x ln3 x = − 2 ln2 x
dx

⎛

1

e
t

t −3+1
1
1
=
+C= − 2 +C= −
+ C.
3
−3 + 1
t
2t
2 ln2 x

dt

1⎛ 1
1 ⎞
1
1
vaø
=− ⎜ 2 − 2 ⎟=
−
2 ⎝ ln e ln t ⎠ 2 ln2 t 2

1⎞

= lim ⎜
− ⎟ = +∞
∫ x ln3 x = lim
t ↓1 ∫ x ln 3 x
t ↓1 ⎝ 2 ln 2 t
2⎠

1

) = arccos1 −

1
− arctan x + C . Do ñoù, vôùi 0 < t < 1 ,
x

t

e

π
2

π
2

⎛1
π⎞
=
+
−

−
= +∞
lim
arctan
t
1
⎜
4⎟
t↓0 ⎝ t
x2 + x4
⎠

k) Vôùi t = ln x , dt =

dx

(

= lim arccos t −

2

1
∫ x2 + x4 = − x − arctan x = −1 −
t
t

e

)

(

t ↓1

dx

=−
1

dx

dx

)

ln e − ln t = 2 1 − ln t .

= arccos x + C . Vôùi 0 < t < 1 , ta coù

∫ x2 + x4 = ∫ x2 − ∫ 1 + x2

1

) (

(

0

2

0

I=

=2

= lim 2 1 − ln t = 2

x ln x

t

t

= arccos x = arccos t − arccos 0 = arccos t −

Suy ra I =

1

dx

= lim ∫

e

t

1− x

j) Do

= 2 ln x
e

dx

1

+ C = 2 t + C = 2 ln x + C .

dx

t

e

, ta coù

t

22


l) Vôùi x =

∫

1
3 cos t

dx
2

x 9x − 1

2/ 3

∫
t

I=

=

dx

∫

sin tdt
3 cos2 t
1 tan t
3 cos t

− 1 = tan2 t , dx =

sin tdt
3 cos2 t

, ta suy ra

= ∫ dt = t + C = arccos 3x + C vaø vôùi

1
3


2
3

,

= arccos 3x 3 = arccos 2 − arccos 3t ,

dx
2

x 9x − 1
= arccos 2
1/ 3

1
cos2 t

2

x 9x2 − 1

2/ 3

∫

, 9x2 − 1 =

t

= lim
t ↓ 13

2/ 3

∫
t

dx
2

x 9x − 1

= lim ( arccos 2 − arccos 3t ) = arccos 2 − arccos1
t ↓ 13

23


Bài Tập Tích Phân Hàm Một Biến (tt)
1. Dùng công thức đổi biến, tính các tích phân sau

dx

x

a)

∫ 5 − 3x .

b) ∫

c)

(ln x)2
∫ x dx .

d)

∫

e)

∫e

f)

∫e

g)

dx

∫ x ln x .

h)

∫ ex + 1 dx .

i)

∫ cot xdx .

j)

∫ 1 + cos2 x dx .

k)

∫ 1 + x2 dx .

l)

∫ 1 + x4 dx .

x

1 + ex dx .

1+ x

2

x +1

dx .

arctan x
1 + x2
cos t

dx .

sin tdt .

ex

sin x
x

2. Dùng công thức tích phân từng phần, tính các tích phân sau
−x

b) ∫ x2 sin 2xdx .

a)

∫ xe

c)

∫ x ln xdx .

dx .

d)

∫ x arctan xdx .

3. Dùng công thức đổi biến, tính các tích phân sau

a)

xdx

1

∫0

(x

2

+1

b) L ( a ) =
c)

2

)

(với u = x2 + 1 )

2

a

∫0 xe

∫1 ( ln x )

2

− x2

dx (với u = x2 ). Tìm lim L ( a )
a →+∞

dx (với u = ln x )

4. Dùng công thức tích phân từng phần, tính các tích phân sau

a) I ( a ) =
b) I =

π −x
e
0

∫

c) K =

a

∫0 xe

2

∫1

−x

dx , và J ( a ) =

a

2 −x

∫0 x e

dx .

sin xdx .

ln x
dx (cũng có thể đổi biến u = ln x ).
x

24

5. Xaực ủũnh a vaứ b sao cho

1
a
b
= +
x ( x + 1) x x + 1
Tớnh I =

3

dx

1 x ( x + 1) .

6. Tớnh caực tớch phaõn sau

a)
c)

2

1

e1/ x
x

2

dx

e4

e

dx .

x ln x

b)
dx .

d)

1

x2

1/ 2

sin 1 x

0 xe

0

dx .

1 x2

dx .

7. Tớnh caực tớch phaõn suy roọng

a) I =



xe

x2

dx

b) I =

1

c) I =



e) I =



dx
2

x + 4x + 9

dx

x ln3 x

d) I =

i) I =

+



0
1


0

k) I =

e

e2x cos xdx
dx
1 x2
dx

x ln3 x
1

x x2 1



dx

x2 + 2x + 5

1

f) I =

e

g) I =

dx



2

h) I =
j) I =

dx
2

x + 6x + 11

e

x

1
1

dx
ln x
dx

x2 + x4
0

l) I =

2/ 3

1/ 3

dx
x 9x 2 1

25