Những bài toán tích phân, và áp dụng tính diện tích, thể tích và các bài toán liên quan

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

VŨ THỊ THÚY

NHỮNG BÀI TOÁN TÍCH PHÂN
VÀ ÁP DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2016


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

VŨ THỊ THÚY

NHỮNG BÀI TOÁN TÍCH PHÂN
VÀ ÁP DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH
VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. NGUYỄN MINH TUẤN

HÀ NỘI - 2016


i

Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn - người đã tận tình hướng dẫn để
em có thể hoàn thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo
trong Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia
Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn
bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập
và thực hiện luận văn.
Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2016
Học viên

Vũ Thị Thúy


ii

Mục lục
Lời cảm ơn

i

Lời mở đầu

1

Chương 1. Những bài toán thường gặp
1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các phương pháp tính nguyên hàm và tích phân
1.2.1 Sử dụng các nguyên hàm cơ bản . . . . .
1.2.2 Phương pháp đổi biến số . . . . . . . . .
1.2.3 Tích phân từng phần . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
3
4
4

7
18

Chương 2. Diện tích hình phẳng và thể tích vật thể
2.1 Diện tích hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Hình phẳng giới hạn bởi một đồ thị hàm số và trục hoành
2.1.2 Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số . . . . . . . .
2.2 Thể tích của vật thể tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Vật thể được tạo ra bằng cách quay một hình phẳng
quanh trục hoành . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Vật thể được tạo ra bằng cách quay một hình phẳng
quanh trục tung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Khối cầu, khối trụ, khối nón, khối nón cụt . . . . . . . .

29
29
29
41
45

Chương 3. Các bài toán liên quan
3.1 Một số ứng dụng của tích phân trong sinh học và kinh tế
3.1.1 Bài toán cơ chế hoạt động của trái tim con người
3.1.2 Bài toán về sinh lý tim mạch . . . . . . . . . . .
3.1.3 Thặng dư tiêu dùng . . . . . . . . . . . . . . . .

53
53
53
54

55

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

45
48
50


iii

3.2

Một số ứng dụng của tích phân trong vật lý . . . . . . . . . . .
3.2.1 Công . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Lực thủy tĩnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57
57
59

Kết luận

62

Tài liệu tham khảo

63


1

Lời mở đầu
Bài toán tích phân, áp dụng tích phân tính diện tích hình phẳng và thể tích
vật thể tròn xoay trong chương trình Giải Tích 12 là một trong những dạng
toán cơ bản, thực tế và quen thuộc. Tuy nhiên các em học sinh thường chưa
có sự phân tích và tư duy thực tế dẫn tới mắc sai lầm và đưa ra những lời giải
sai, chưa chính xác. Việc hệ thống hoá các phương pháp giải, chỉ ra một số sai
lầm khi giải toán sẽ cho phép nhìn nhận các bài toán theo một hệ thống nhất
quán từ đó giúp các em học sinh có thể thấy được thuật toán chung cũng như
tránh được những sai lầm khi giải các bài toán có liên quan. Khắc phục được
khó khăn và sửa chữa được các sai lầm đó là rất cần thiết, giúp cho quá trình

giải toán được dễ dàng, thuận lợi và đạt hiệu quả cao. Đồng thời phát triển tư
duy, năng lực sáng tạo của học sinh khi học tập môn toán cũng như các môn
học khác. Xuất phát từ thực tế trên, tôi tổng hợp một một số phương pháp
tính tích phân cơ bản, áp dụng tính diện tích hình phẳng và thể tích vật tròn
xoay, và một số bài toán liên quan.
Với sáng kiến“Phân loại các bài tập tích phân, ứng dụng tích phân - Chương
III - Giải tích 12 nâng cao” tôi chủ yếu đi vào khai thác một số bài toán về
ứng dụng của tính phân để diện tích và thể tích trong chương trình Giải tích
THPT lớp 12 - nâng cao và các bài toán trong các đề thi đại học trong những
năm gần đây nhằm tìm ra hướng giải quyết cho bài toán một cách chính xác,
lôgíc và khoa học. Mục đích nghiên cứu của đề tài là nhằm xây dựng, hệ thống
lại các dạng tích phân thường gặp, áp dụng tính diện tích, thể tích cho học
sinh cũng như đồng nghiệp giáo viên có cái nhìn toàn diện hơn về ứng dụng
của tích phân trong hình học tránh nhầm lẫn và nhanh chóng giải quyết bài
toán. Trên cơ sở đó học sinh có thể tự tìm tòi phát hiện các vướng mắc, các
cách giải hay trong nhiều bài toán khác.
Bố cục của luận văn bao gồm 3 chương:
Chương 1: Những bài toán thường gặp.
Chương 2: Diện tích hình phẳng và thể tích vật thể.


2

Chương 3: Các bài toán liên quan.
Do thời gian thực hiện khóa luận không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên
khi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Tác giả mong
nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2016
Học viên

Vũ Thị Thúy


3

Chương 1
Những bài toán thường gặp
1.1

Định nghĩa và tính chất

1.1.1

Nguyên hàm

Định nghĩa 1.1.1. Cho hàm số f (x) xác định trên K. Hàm số F (x) được gọi
là nguyên hàm của hàm số f (x) trên K nếu F (x) = f (x) với mọi x thuộc K.
Ký hiệu:

f (x)dx = F (x) + C.

Nhận xét 1.1.2. Khi bắt đầu học về nguyên hàm các em học sinh thường
hay lúng túng và hay bị nhầm với đạo hàm. Để tránh bị nhầm các em nên nhớ
rằng: “để tính f (x)dx ta cần tìm một hàm số sao cho đạo hàm của nó bằng
f (x)”.
Tính chất 1.1.3.
(i)

f (x)dx

= f (x)

(ii)

kf (x)dx = k

(iii)

[f (x) ± g(x)]dx =

1.1.2

f (x)dx
f (x)dx ±

g(x)dx.

Tích phân

Định nghĩa 1.1.4. Ta có công thức Newton - Leibniz
b

b

= F (b) − F (a).

f (x)dx = F (x)
a

Tính chất 1.1.5.

a


4
b

a

f (x)dx = −

(i)
a

f (x)dx
b
b

b

f (x)dx ∀k ∈ R

kf (x)dx = k

(ii)

a

a

f (x)dx ±

[f (x) ± g(x)] dx =

(iii)

f (x)dx +

f (x)dx =
a

a

1.2

c

b

c

g(x)dx
a

a

a

(iv)

b

b

b

f (x)dx.
b

Các phương pháp tính nguyên hàm và tích phân

Việc tính nguyên hàm của một hàm số là không hề đơn giản chút nào. Do
vậy mà ở đây tôi sẽ đưa ra 3 phương pháp có tính đường lối, được dẫn dắt từ
đạo hàm của hàm hợp và đạo hàm của hai hàm. Đó là phương pháp sử dụng
các nguyên hàm cơ bản, phương pháp đổi biến số, phương pháp tính Tích phân
từng phần.
1.2.1

Sử dụng các nguyên hàm cơ bản

Phương pháp
Chúng ta có thể sử dụng các nguyên hàm của các hàm số sơ cấp để xác
định được các nguyên hàm từ đó tính được các giá trị các tích phân.
1.

kdx = kx + C;

2.

xα dx =

3.
4.

xα+1
+C
α+1

(α ∈ R, α = −1);

dx
= ln |x| + C;
x
ax
x
a dx =
+ C;
ln a

5.

ex dx = ex + C;

6.

dx
= arctan x + C hoặc có thể đặt x = tan t/2;
1 + x2

5

dx

7.

√

8.

sin xdx = − cos x + C;

9.

cos xdx = sin x + C.

1 − x2

= arcsin x + C;

Các ví dụ
Ví dụ √
1.2.1. Tính các tích phân sau:
2

(x3 + 2x + 1)dx;

a) I =
1

1

e3x+1 dx.

b) I =
−1
3

Lời giải. a) Áp dụng nguyên hàm của các hàm sơ cấp ta có
I=

√

x4
+ x2 + x
4

2

= (1 + 2 +

√

2) −

1

1
3 √
+ 1 + 1 = + 2.

4
4

b) Áp dụng nguyên hàm của các hàm sơ cấp ta có
I=

e3x+1
3

1
−1
3

1
= (e4 − e0 ).
3

Một số bài tập tương tự: Tính các tích phân sau:
5

1.
0
π
2

3.
0

3

dx
;
(x−4)4

2.

1
cos4 x dx;

4.

1

x(x2 − 1) 2 dx;
−2
1
−1

−x3 .ex +x2
dx.
x3

Ví dụ 1.2.2. Tính các tích phân sau
1

a)
0
3

b)

1

x2
dx;
(x+1)3
√
√
√
2x x−2
x)
√ x+ln(1+
√
dx;
2 x(1+ x)

2

c)

x3 +x2 −x+1
dx.
4
2
√ x −2x +1
2

Lời giải. a) Áp dụng nguyên hàm của các hàm sơ cấp ta có
1
0

x2
(x + 1)

1

dx =
3

0

(x + 1 − 1)2
(x + 1)3

dx


6
1

(x + 1)2

=

(x + 1)

0
1
0

=

−2

x+1
(x + 1)

3

+

1

dx

(x + 1)3

1
1
1
−2
+
dx
2
x+1
(x + 1)
(x + 1)3

=
1

3

d (x + 1)
−2
x+1

1

d (x + 1)

1

+

d (x + 1)

3
(x + 1)2
0 (x + 1)
1 1 1
1
5
1
1
= ln |x + 1| 0 + 2
−
=
ln
2
−

.
x + 1 0 2 (x + 1)2 0
8
0

0

b) Áp dụng nguyên hàm của các hàm sơ cấp ta có
√
√
√
3
2x x − 2 x + ln (1 + x)
√
√
dx
2 x (1 + x)
1
√
3
ln (1 + x) 1
x−1
√ +
√
√ dx
=
(1 + x)
(1 + x) 2 x
1
√

3
√
ln (1 + x)
√
√ dx
x−1 +
=
(1 + x) 2 x
1
√
3 √
3
√
ln (1 + x)
√
x − 1 dx +
=
d ln(1 + x)
1+ x
1
1
√
2
3
2 √ 3
ln (1 + x) 3
=
x −x +
1
3

2
1
√
√
8 ln2 (1 + 3)
ln2 2
−
.
=2 3− +
3
2
2
c) Áp dụng nguyên hàm của các hàm sơ cấp ta có
2

x3 + x2 − x + 1
dx
√
4
2
2 x − 2x + 1
1 4 x3 − x dx
+
4 x4 − 2x2 + 1

2

=
=

√

1
4

2
2

2

1
√ (x2 − 1) dx +
2

d(x4 − 2x2 + 1) 1
√ (x4 − 2x2 + 1) + 2
2

2
√

2

2
√

2

2dx
(x2 − 1)2

1
1
−
dx
x−1 x+1
2

+2
=

1
ln (x2 − 1)2
4

2
√

√

1
1
1 2
−
dx
x+1
2 4 x−1

1
x−1 2

ln
√
2
x+1 2
1
1
1
x−1
+
−
−
− ln
2
x−1 x+1
x+1

+
2

2
√

2


7

=

1.2.2

1
ln 9 2
1
+ √
.
− + √
4
3 2( 2 − 1) 2( 2 + 1)

Phương pháp đổi biến số

Phương pháp đổi biến dạng 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

f (x)dx =
a

v(b)

g(t)dt = G(t)
v(a)

v(a)
v(b)

• Bước 5: Kết luận I = G(t)
v(a)

Nhận dạng Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông
thường là:
√
Dấu hiệu: a2 − x2 . Cách chọn
x = |a| sin t ⇔ − π2 ≤ t ≤ π2
x = |a| cos t ⇔ 0 ≤ t ≤ π.
Dấu hiệu:

√
x2 − a2 . Cách chọn



|a|

π π
 x = sin t ⇔ t ∈ − 2 ; 2

|a|

x=

Dấu hiệu:

cos t

⇔ t ∈ [0; π]\

π
2

.

√
a2 + x2 . Cách chọn

x = |a| tan t ⇔ t ∈ − π2 ; π2
x = |a| cos t ⇔ t ∈ (0; π).
Dấu hiệu:
Dấu hiệu:

a−x
. Cách chọn x = a cos 2t
a+x
(x − a)(b − x). Cách chọn x = a + (b − a) sin2 t.
a+x
a−x

hoặc

Chú ý 1.2.3. Trong dạng phân thức hữu tỷ
β
α

1
dx =
ax2 + bx + c

β
α

1
b
a x+ 2a

2

√

+

−∆
2a

2

dx =

1
a

β
α

1
du
u2 + k 2


8

√
với ∆ < 0, u = x +

b
2a , k

−∆
, du = dx.
2a

=

β

√

Áp dụng để giải bài toán tổng quát:
α
β

√
α

dx
(a2 +x2 )2k+1

β

1
2 + 2x − x2

Từ đó suy ra cách đặt x − 1 =

dx =
√

1
√
3

α

(k ∈ Z). Ví dụ

2

dx.
2

− (x − 1)

3 sin t.

Một số bài tập áp dụng
Ví dụ 1.2.4. Tính các tích phân sau
1
1√
2
1
a)
1 − x2 dx;
b) √1−2x
dx;
2
0

2
√

c)

0

1

1
dx.
3+2x−x2

Lời giải. a) Đặt x = sin t với t ∈ − π2 , π2 , ta được dx = cos tdt, và
x = 0 ↔ sin t = 0 → t = 0
x = 1 ↔ sin t = 1 → t = π2 .

Do đó
1 − sin2 t cos tdt = cos2 tdt =

1 − x2 dx =

f (x)dx =

1
(1 + cos 2t) dt.
2

Vậy
1
0

π
2

(1 + cos 2t) dt 1
1
f (x)dx =
=
t + sin 2t
2
2
2
0
π
1 π 1
+ sin π = .

=
2 2 2
4

1
1
b) Đặt x = √ sin t, t ∈ − π2 , π2 , ta được dx = √ cos tdt, và
2
2
x = 0 ↔ sin t = 0 → t = 0
x=

1
2

↔

1
2

=

√1
2

sin t → t = π4 .

Do đó
1
2

√
0

1
1 − 2x2

1
2

dx =
0

1
√
2

1
√1
2

dx
− x2

π
2

0

9
π
4

1

cost
. √ dt
1 − sin2 t 2

=
0

π
4

1
=√
2

0

π
4

1
dt = √ t
2

0

π
= √
4 2

c) Vì 3 + 2x − x2 = 4 − (x − 1)2 nên ta đặt x − 1 = 2 sin t, t ∈
sin t = x−1
2 . Ta được dx = 2 cos tdt và
x = 1 ↔ sin t =
x = 2 ↔ sin t =

1−1
2
2−1
2

=0→t=0
1
2

=

→t=

⇒ t ∈ 0;

π
6

π

⇒ cos t > 0.
6

Do đó
f (x)dx = √

1
3 + 2x − x2

dx
2

4 − (x − 1)

1

=

1

dx =

2 cos tdt = dt.

4 1 − sin2 t
Vậy

π
6

2

f (x)dx =
1

dt = t
0

π
6

0

=

π
.
6

Ví dụ 1.2.5. Tính các tích phân sau
1
1
√
1
2 1 − x2 dx.
√
dx;
b)
I
=

x
a)
2
x +1
0

0

Lời giải. a) Đặt

√

x2 + 1 = x − t → x =

t2 − 1
. Khi đó
2t

t2 + 1
dt
2t2
x = 0 → t = −1; x = 1 → t = 1 − √2.




dx =

Do vậy
1

√
0

1
x2 + 1

√
1− 2

dx =
−1

= ln |t|

−2t

.

t2

+1

√
1− 2

dt =

− π2 , π2 ↔

t2 + 1 2t2
−1
√
√
1− 2
= − ln 2 − 1 .
−1

dt
t


10

b) Đặt t = sin x, suy ra dt = cos xdx. Khi x = 0 → t = 0, khi x = 1 → t =

π
.
2

Do đó
f (x)dx = x2

1 − x2 dx = sin2 t. 1 − sin2 t cos tdt
1 1 − cos 4t
= sin2 tcos2 tdt =
dt.
4
2

Vậy
π

1

1 2
I=
f (x)dx =
(1 − cos 4t) dt
8 0
0
π
1
1π
π
1
2
=
= .
= t − sin 4t
8
4
82
16
0

Phương pháp đổi biến dạng 2
Quy tắc
• Bước 1: Khéo léo chọn một hàm số u(x) và đặt nó bằng t
• 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
• Bước 4: Tính
b

u(b)

f (x)dx =

g(t)dt = G(t)

a

• Kết luận: I = G(t)

u(a)

u(b)
.
u(a)

u(b)
.
u(a)

Nhận dạng
β

Dạng 1: I =
α

P (x)
ax+b dx

(a = 0)

β

Chú ý:
α

m
ax+b dx

=

m
a

ln |ax + b|

β
.
α

Và nếu bậc của P (x) lớn hơn hoặc bằng 2

thì ta chia tử cho mẫu dẫn đến
β
α

P (x)
dx =
ax + b

β
α

m
dx =
Q(x) +
ax + b

β

Q(x)dx + m
α

Ví dụ 1.2.6. Tính tích phân
2

I=
1

β

x3
dx.
2x + 3

α

1
dx.
ax + b


11

Lời giải. Ta có
f (x) =

1
3
9 27 1
x3
= x2 − x + −
.
2x + 3 2
4
8
8 2x + 3

Do đó
2
1

x3
dx =
2x + 3

2

1 2 3
9 27 1
x − x+ −
dx
2
4
8
8 2x + 3
1
2
1 3 3 2 9
27
=
x − x + x−
ln |2x + 3|
6
8
8
16
1
7 27 5
= +
ln .
6 16 7

Ví dụ 1.2.7. Tính tích phân
3

I=

x2 − 5
√ x + 1 dx.
5

Lời giải. Ta có
4
x2 − 5
=x−1−
.
f (x) =
x+1
x+1
Do đó
3

4
dx =
√
x
+
1
5
√
√
5+1
= 5 − 1 + 4 ln
.
4

x−1−

I=

β

Dạng 2:
α

1 2
x − x − 4 ln |x + 1|
2

3
√

5

P (x)
ax2 +bx+c dx

• i) Tam thức f (x) = ax2 + bx + c có hai nghiệm phân biệt
β

Chú ý 1.2.8.
α

u (x)
dx
u(x)

= ln |u(x)|

β
.
α

Cách giải: Nếu P (a) có bậc lớn hơn n bằng 2 thì ta chia tử cho mẫu dẫn đến
β
α

P (x)
dx =
2
ax + bx + c

β

Q(x) +
α

mx + n
dx
ax2 + bx + c


12

Cách 1.
β

α

β

mx + n
dx =
ax2 + bx + c

α

a2
a1
+
dx
x − x1 x − x2
β

= a1 ln(x − x1 ) + a2 ln |x − x2 | .
α

Cách 2.
β

P (x)
dx =
2
ax + bx + c

α

β

Q(x)dx +
α
β

=
α

mb
β m
2a (2ax + b) + n − 2a
dx
ax2 + bx + c
α
β

m d(ax2 + bx + c)
+A
2a ax2 + bx + c

α

ax2

dx
+ bx + c

(A = n − mb
2a ).

Trường hợp 1.
β
α

dx
=
2
ax + bx + c

β
α

dx
1
mx + n β
=
arctan
.
(mx + n)2 + p2
mp
p
α

Trường hợp 2.
β
α

dx
=
ax2 + bx + c

dx
mx + n − p
1
ln
=
(mx + n)2 − p2
2mp
mx + n + p

β

.
α

Trường hợp 3.
β

I=
α

dx
.
a(x − c1 )(x − c2 )

Ví dụ 1.2.9. Tính tích phân
1

I=
0

4x + 11
dx.
+ 5x + 6

x2

Lời giải. Cách 1 (hệ số bất định): Ta có
4x + 11
4x + 11
=
x2 + 5x + 6 (x + 2)(x + 3)
A
B
A (x + 3) + B (x + 2)
+
=
.
=
x+2 x+3
(x + 2)(x + 3)

f (x) =

Thay x = −2 vào hai tử số được A = 3. Thay x = −3 vào hai tử số được
B = 1. Do đó
3
1
f (x) =
+

.
x+2 x+3


13

Vậy
I = (3 ln |x + 2| + ln |x + 3|)

1
0

= 2 ln 3 − ln 2.

Cách 2: Ta có
2 (2x + 5) + 1
2x + 5
1
= 2. 2
+
2
x + 5x + 6
x + 5x + 6 (x + 2) (x + 3)
2x + 5
1
1
= 2. 2
+
−
.

x + 5x + 6 x + 2 x + 3

f (x) =

Do đó
1

1
1
2x + 5
+
−
dx
x2 + 5x + 6 x + 2 x + 3
0
x+2 1
= 2 ln x2 + 5x + 6 + ln
x+3 0
= 2 ln 3 − ln 2.

I=

2.

• ii) Tam thức f (x) = ax2 + bx + c có nghiệm kép
b
) = t.
Cách giải: Đặt (x + 2a
Ví dụ 1.2.10. Tính tích phân sau
1

I=
0

4x
dx.
4x2 − 4x + 1

Lời giải. Ta có
4x
4x
=
.
4x2 − 4x + 1 (2x − 1)2
1
Đặt t = 2x − 1 suy ra dt = 2dx → dx = dt,
2

x = 0 ↔ t = −1
x=1↔t=1

.

Do đó
1

I=

1

4x

dx =
2
(2x
−
1)
0
−1
1 1
= ln |t| −
= −2.
t −1

4. 12 (t + 1) 1
dt =
t2
2

1
−1

1
1
+ 2 dt
t t

• iii) Tam thức f (x) = ax2 + bx + c vô nghiệm
Ta viết
P (x)

f (x) =
a x+
Khi đó đặt u = k tan t.

b 2
2a

√

+

−∆ 2
2a

P (x)
=
;
a (u2 + k 2 )

b
2a
−∆
2a .

u=x+
√

k=

14

Ví dụ 1.2.11. Tính tích phân sau
2

I=
0

x3 + 2x2 + 4x + 9
dx.
x2 + 4

Lời giải. Ta có
x3 + 2x2 + 4x + 9
1
=x+2+ 2
.
2
x +4
x +4
Do đó
2

I=
0

1
x+2+ 2
dx =

x +4

1 2
x + 2x
2

2

2

+
0

0

dx
= 6 + J.
+4

x2

(1.1)

2

1
dx.
2
0 x +4
2

Đặt x = 2 tan t suy ra dx =
dt;
cos2 t
Tính tích phân J =

x=0→t=0
x=2→t=
Khi đó
1
J=
4

π
4

0

→ t ∈ 0;

π
4

1
1
2
dt
=
2
1 + tan2 t cos2 t

π
→ cos t > 0.
4
π
4

0

1
dt = t
2

π
4

0

=

π
.
8

Thay vào (1.1), I = 6 + π8 .
β
P (x)
Dạng 3:
dx
3
2

α ax + bx + cx + d
• i) Đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) có một nghiệm bội ba
β
1
1
1 β
Công thức cần chú ý
dx
=
.
.
m
1 − m xm−1 α
α x
Ví dụ 1.2.12. Tính tích phân
1

I=
0

x
(x + 1)3

dx.

Lời 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. Do đó
2

I=

1

t−1
dt =
t3

2
1

1
1
1 11
−
dt
=
−
+
t2 t3
t 2 t2

1
0

1
= .
8


15

Cách 2: Ta có
x
(x + 1)

3

=

(x + 1) − 1
(x + 1)

3

=

1
(x + 1)

2

−

1
(x + 1)3

.

Do đó
1

1

I=

1

−

dx
(x + 1)
(x + 1)3
1
1
1
1
1
+
.
= −
=
x + 1 2 (x + 1)2 0 8
2

0

Ví dụ 1.2.13. Tính tích phân
0

x4

−1

(x − 1)3

I=

dx.

Lời giải. Đặt x − 1 = t, suy ra x = t + 1 và khi x = −1 thì t = −2 và khi
x = 0 thì t = −1. Do đó
−1

I=
−2
−1

(t + 1)4
dt =
t3

−1 4
t
−2

+ 4t3 + 6t2 + 4t + 1
dt
t3

6
4

1
+ 2 + 3 dt
t t
t
−2
4 11
1 2
t + 4t + 6 ln |t| − − 2
=
2
t 2t
=

t+4+

−1
−2

=

33
− 6 ln 2.
8

• ii) Đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) có hai nghiệm
Ví dụ 1.2.14. Tính tích phân sau
3

I=
2

x2
(x − 1)2 (x + 2)

dx.

Lời giải. Đặt x − 1 = t suy ra x = t + 1, dx = dt và khi x = 2 thì t = 1; x = 3
thì t = 2. Do đó
3

I=
2

x2
2

(x − 1) (x + 2)

2

dx =
1

(t + 1)2
dt =
t2 (t + 3)

2 2
t
1

+ 2t + 1

t2 (t + 3)

Cách 1 (Hệ số bất định): Ta có
t2 + 2t + 1 At + B
C
(At + B) (t + 3) + Ct2
=
+
=
t2 (t + 3)
t2
t+3
t2 (t + 3)

dt.


16

(A + C) t2 + (3A + B) t + 3B
.
=
t2 (t + 3)
Đồng nhất hệ số hai tử số





A + C = 1

3A + B = 2

⇔




B =
A=



C =



3B = 1

1
3
5
9
4
9

t2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1
⇒ 2

=
+
.
t (t + 3)
9 t2
9t+3
Do đó
2 2
t
1

2

1 5
1
3
4
+ 2 +
dt
9 t t
9 t+3
1
1
3
4
2
=
5 ln |t| −
+ ln |t + 3| 1
9

t
9
4 5
1 5
= + ln 2 + ln .
6 9
9 4

+ 2t + 1
dt =
2
t (t + 3)

Cách 2: Ta có
t2 + 2t + 1 1 3t2 + 6t + 3
=
t2 (t + 3)
3
t3 + 3t2
1 3t2 + 6t
3 t3 + 3t2
1 3t2 + 6t
=
3 t3 + 3t2
1 3t2 + 6t
=
3 t3 + 3t2
=

1 3t2 + 6t

3
=
+ 2
3
2
3 t + 3t
t (t + 3)
1 t2 − t2 − 9
+
9
t2 (t + 3)
1 1
1t−3
+
−
9 t + 3 9 t2
1 1
3
1 1
−
− 2 .
+
9t+3 9 t t

Vậy
2

2

t2 + 2t + 1

dt =
t2 (t + 3)

1

3t2 + 6t
t3 + 3t2

+

1
9

1
1
3
− + 2
t+3 t t

dt

1

=
Do đó I =

1
3

1

6

1
1
ln t3 + 3t2 +
3
27

ln

t+3
3
−
t
t

+ 95 ln 2 + 49 ln 54 .

• iii) Đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) có ba nghiệm

2

.
1


17

Ví dụ 1.2.15. Tính tích phân sau
3

I=
2

1
dx
x(x2 − 1)

Lời giải. Cách 1: Ta có
1
1
=
− 1) x(x − 1)(x + 1)
A
B
C
= +
+
x x−1 x+1
A x2 − 1 + Bx (x + 1) + Cx (x − 1)
=
.
x (x − 1) (x + 1)

f (x) =

x(x2

Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm x = 0, x = 1 và x = −1
vào hai tử ta có




x = 0 → 1 = −A

⇔

x = −1 → 1 = 2C



x = 1 → 1 = 2B




A = −1
B=



C =

1
2
1
2

1 1

1
1
1
⇒ f (x) = − +
+
.
x 2 x−1
2 x+1
Vậy
3

I=
2

1
dx =
2
x (x − 1)

3
2

1
1
1
1
+
−
dx
2 x−1 x+1

x

1
=
(ln (x − 1) (x + 1)) − ln |x|
2
5
3
= ln 2 − ln 3.
2
2

3
2

Cách 2: Ta có
x2 − x2 − 1
1
x
1
1 2x
1
=
= 2
− =
− .
2
2
2
x (x − 1)

x (x − 1)
x −1 x 2x −1 x
Do đó
1 3 2xdx
I=
−
2 2 x2 − 1
5
3
= ln 2 − ln 3.
2
2

3
2

1
dx =
x

1
ln x2 − 1 − ln x
2

3
2


18

1.2.3

Tích phân từng phần

a. Một số lưu ý
• Công thức tính tích phân từng phần
β

u · dv = uv

I=
α

β

β
α

−

v · du.

(1.2)

α

β

• Khi tính tích phân I =

f (x)dx, ta không thể sử dụng các phương pháp
α

phân tích để sử dụng trực tiếp bảng nguyên hàm cơ bản, phương pháp
phân tích để tính trực tiếp, thì khi đó ta phải sử dụng phương pháp tích
phân từng phần để tính tích phân I.
• Đối với phương pháp tích phân từng phần có dạng
β

β

f (x)dx =

I=
α

u(x)dv(x).
α

β

u · dv, trong đó u = u(x), v = v(x) (là các hàm số theo

Hay viết tắt I =
α

x) thì cái khó nhất là chọn hàm số u(x) và vi phân dv(x) sao cho nguyên
hàm v(x) dễ tìm nhất và phải kết hợp với vi phân du sao cho tích phân
β

có thể tích trực tiếp bằng các phương pháp đã trình bày trên.
α
β

P (x) eax dx

i)I =
α

β

b. Tích phân dạng ii)I =

P (x) sin axdx
α
β

iii)I =

P (x) cos axdx
α

Trong đó P (x) là một đa thức, a là hằng số.
Cách giải: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần bằng cách chọn u =
P (x) suy ra du = P (x)dx
dv = eax dx ⇒ v = a1 eax dx
dv = sin axdx ⇒ v = − a1 cos axdx
dv = cos axdx ⇒ v = a1 sin axdx
Sau đó thay vào công thức (1.2).

19

Ví dụ 1.2.16. Tính tích phân sau:
1

ln 3
2x

(x − 2) e dx;

a) I =

x2 − 2x ex dx.

b) I =

0

1

Lời giải. a) Đặt u = x − 2 ⇒ du = dx, dv = e2x dx ⇒ v = 12 e2x . Thay vào công
thức (1.2) ta có
1

1
1
I = (x − 2) e2x |10 −
2
2

1
1
e dx =
−e2 + 2 − e2x
2
4
2x

0

1
0

5 − 3e2
.
=
4

b) Đặt u = x2 − 2x ⇒ du = (x − 2)dx, dv = ex dx ⇒ v = ex . Thay vào công
thức (1.2) ta có
2

I = x − 2x e

ln 3

ln 3

x

(2x − 2) ex dx = 3ln2 3 − 6 ln 3 + e − J.

−
1

(1.3)

1

Tính
ln 3

ln 3
x

(2x − 2) d (ex )

(2x − 2) e dx =

J=
1

= (2x − 2) ex
=

1
ln 3
1

ln 3
(2x − 4) ex 1

ln 3

ex 2dx = [(2x − 2) ex − 2ex ]

−
1

ln 3
1

= (2 ln 3 − 4) 3 − (−2) e

= 6 ln 3 − 12 + 2e.
Thay vào (1.3) ta có
I = 3ln2 3 − 6 ln 3 + e − (6 ln 3 − 12 + 2e) = 3 ln2 3 − 12 ln 3 + 12 − e.

Ví dụ 1.2.17.
Tính tích phân sau:
π
4

a) I =

π
2

x2 − 4x + 3 sin 2xdx;

b) I =

0

(2x − 1) cos2 xdx.

0

Lời giải. a) Đặt u = (x2 − 4x + 3) ⇒ du = (2x − 4)dx, dv = sin 2xdx ⇒ v =
− 21 cos 2x. Thay vào (1.2)
1 2
I =−
x − 4x + 3 cos 2x
2
3 1
= + J.
2 2

π/4
0

1
+
2

π
4

(2x − 4) cos 2xdx

0

(1.4)


20

Tính
π
4

J=
0

π
4

1
(2x − 4) cos 2xdx =
2

1
= (2x − 4) sin 2x
2

π
4

0

(2x − 4) d (sin 2x)
0
π
4

−2
0

cos2x π 5
1 π
= − .
sin 2xdx = [ − 4] +
2 2
2
4 2

Thay vào (1.4) ta có
I=
b) Vì cos2 x =

1+cos 2x
2

cho nên

π
2

1 + cos 2x
dx

2

(2x − 1)

I=
0
π
2

=
0

=

π 1
+
8 4

1
1
x−
dx +
2
2

1 2 1
x − x
2
2

π
2

0

1
+
2

π2

π
2

(2x − 1) cos 2xdx
0
π
2

(2x − 1) d (sin 2x)
0
π

π
2
π 1
=
− + (2x − 1) sin 2x 02 −
sin 2x.2dx
8

4 2
0
π
π2 π
π2 π 1
2
0 + cos 2x
=
=
− +
− − 1.
8
4 2
8
4
0

Chú ý 1.2.18. Qua ví dụ trên ta có các nhận xét sau
• Nếu P (x) là đa thức bậc n thì ta phải lấy tích phần từng phần n lần.
β

P (x)sinn axdx hoặc

• Tổng quát: Nếu gặp phải các tích phân có dạng
α
β

P (x) cosn axdx ta phải sử dụng các công thức hạ bậc như
α

1 − cos 2x
1 + cos 2x
, cos2 x =
,
2
2
3 sin x − sin 3x
3 cos x + cos 3x
sin3 x =
, cos3 x =
.
4
4
sin2 x =

Sau đó tách tích phân đã cho thành hai hay nhiều tích phân mà ta có thể
tìm được nhờ các gợi ý đã biết.
Ví dụ 1.2.19. Tính tích phân sau
2
x2 ex
I=
dx.
2
(x
+
2)
0