Phân dạng các bài toán Tích Phân

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: lim
x  x0

S  x   S  x0 
 f  x0 
x  x0

2. Định nghĩa tích phân


Cho hàm f liên tục trên một khoảng K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K. Nếu F là một nguyên hàm của f
b

trên K thì hiệu số: F(b) – F(a) được gọi là tích phân 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



Gọi F  x  là một nguyên hàm của f(x) và F  x  a  F  b   F  a  thì:
b

b

 f  x dx  F  x 

b
a

 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  0
a
b

2.



a

f  x dx    f  x dx . (Gọi là tính chất đổi cận)

a

b

3.


a

4.

b

c

b

a

c

f  x dx   f  x dx   f  x dx

b

b

b

a

a

a

  f  x   g  x dx   f  x dx   g  x dx . (Tích phân của một tổng hoặc hiệu hai tích phân bằng tổng
hoặc hiệu hai tích phân).

5.

b

b

a

a

 kf  x dx  k. f  x dx . (Hằng số k trong dấu tích phân, có thể đưa ra ngoài dấu 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 PHƢƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
A. PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
1. Trong phƣơng pháp này, chúng ta cần:


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 chắc 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
2



a/



x2  1

1

Giải
2

a/



1

b/



2 x x  2 x  ln 1  x

1

2 x 1 x





dx 

x 2 x4 1  1
x2  1

1
2

  x 2  1d
1



x2

  x  1 dx
3

0

3



c/

dx

x 2 x4 1  1



dx

2

d/


2

x3  x 2  x  1
dx
x4  2 x2  1

2
 2 x x2 1 x2  1

x 
x 

dx    2 x x 2  1 
dx
1 
2
2
2


x

1
x

1
x

1


1


2



2

x2 1   d
1



 

x2  1 

1
2

x2 1



2 2

2

 x2  1 
1

1

3
 5 2
2

b/

 x  1  1
0  x  13 dx  0  x  13
1

1

x2

2

1 
  x  12
x 1
1 
1
1
1 
dx   

2

dx


2



3
3
3
0  x  1  x  12  x  13 dx
x

1
x

1

x

1







0 




1

1

1
d  x  1
d  x  1 1 d  x  1
1
1
1 1
3
I 
 2

 ln x  1 0  2


 ln 2 
2
3
2
x 1
x  1 0 2  x  1
8
0
0  x  1
0  x  1
1

1

0

c/




3

2 x x  2 x  ln 1  x

1

2 x 1 x





3

I 



x  1 dx  

x3  x 2  x  1
dx 
x4  2 x2  1

2


2

1
4

2

d  x 4  2 x 2  1

 x
2

x

1

 2 3  4  ln 2





4

 2 x 2  1

2
1
 ln  x 2  1
4

2
2



2



 



 d 1 x   2 x
   3  



3

3






 x   ln 2 1  x
1

 1 4  x3  x  dx 
  4 x4  2 x2  1  
2


2

1
  x2  1dx 
2

2


2

x





3
1

2dx
2

 1

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
 ln
2 x 1

2

2

2

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

2

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau

2

a/



2sin x  sin 2 x  1

0

1  cos x


3

b/

dx

 2sin
0

2

sin 2 x
dx
x  3cos 2 x



1
 2 x 

1 4  x2 ln  2  x dx
1

c/

sin x  1  tan x
dx
cos 2 x
0
4

d/



Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
e2

ln 3 x  1
dx
a/ 
x ln 3 x
e

x2 1
b/ 
dx
2
1 2 x  x  1
2





4  sin 2 x
 sin 2 2 x dx
4

c/

3

3

d/  sin 3x.cos xdx
0

6

B. PHƢƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
I. Phƣơng 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



Bước 4: Tính

b


a



f  x dx 

v b 

 g t dt  G t 

v a 

v b 

Bước 5: Kết luận: I  G  t  v a

 

v b 
v a 






dx
x 1 
1 x 2 x 


2

2

1
2





3 
ln 1  x
1 
 x 1 


dx   
1  1  x

2 x
1 x
1



3

ln 1  x


1
1  3   ln
3

1

d/



dx 

ln 1  x






Đăng ký mua file word trọn bộ
chuyên đề khối 10,11,12:

2/ Nhận dạng: (Xem lại phần nguyên hàm)

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”

Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
* Chú ý:
a. Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là:
Dấu hiệu

Cách chọn

a2  x2




 x  a sin t   2  t  2

 x  a cos t  0  t  

x2  a2



a
  
 t   ; 
x 
sin t
 2 2


a
 
 t   0;   \  
s 
cos t
2


a2  x2


  
 x  a tan t  t    2 ; 2 



 x  a cos t  t   0;  

ax
ax

ax

ax

x  a.cos 2t

 x  a  b  x 

x  a   b  a  sin 2 t

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





1
1
1
1
dx    0   
dx   2
du
*  2
2
2
a
u

k





 ax  bx  c


b 

a  x    
 
2a   2a  




b

Với:  u  x  , k 
, du  dx  .
2a
2a




* áp dụng để giải bài toán tổng quát:




dx

a

2

x



2 2 k 1

k ¢  …




*



1




2  2x  x2

dx  



1

 3

2

  x  1

dx . Từ đó suy ra cách đặt: x  1  3 sin t
2

3/ Một số ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau
1
2

1

a/



1  x 2 dx

b/



1  2x2

0

0

2

1

dx

c/


1

1
3  2 x  x2

dx

Giải
  
a/ Đặt x  sin t với: t    ; 
 2 2



 x  0  sin t  0  t  0


Suy ra: dx  cos tdt và: 

x  1  sin t  1  t 


2



Do đó: f  x  dx  1  x 2 dx  1  sin 2 t cos tdt  cos2 tdt 

1



Vậy:

2

 f  x dx  
0

b/ Đặt: x 

0



1  cos 2t  dt  1  t  1 sin 2t  2


2

2

0

1   1   1
    
4
0 2 2 2

2

1
  
sin t , t    ; 
2
 2 2



 x  0  sin t  0  t  0
1

Suy ra: dx 
cos tdt  
1
1
1


2
 x  2  2  2 sin t  t  2




Do đó:

1
2



1
1  cos 2t  dt
2

1
1  2x2

dx 

1
2


0



1
1
1
dx 
2  1  2
2

 x
 2




0



1
1 2
1 2

cos tdt 
dt 
t 

20
2 0 2 2
1  sin 2 t 2

2

1

1
2

c/ Vì: 3  2 x  x 2  4   x  1 . Cho nên:
2



x 1
  
Đặt: x  1  2sin t , t    ;   sin t 
*
2
 2 2



11

 x  1  sin t  2  0  t  0
 
 t  0;   cos t  0
Suy ra: dx  2cos tdt và: 
 6
 x  2  sin t  2  1  1  t  


2
2
6



Do đó: f  x  dx 

1
3  2 x  x2

dx 

1
4   x  1

2

dx 

1
4 1  sin 2 t 

2cos tdt  dt



2



Vậy:



6



f  x dx   dt  t 06 

1

0


6

Ví dụ 2: Tính các tích phân sau
2

a/

c/

1

1
dx
 x 1

2

1

x

5

b

a  x2



12 x  4 x 2  5dx

b/

0

1
2 x2  4 x  7dx

d/


0

* Chú ý: Để tính tích phân dạng có chứa



a  x 

2 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:

t 2 1
2t



Đặt:



 x  0  t  1; x  1  t  1  2

Khi đó: 
t2 1
dx


2t 2


x2  1  x  t  x 

1



Do vậy:


0

1
x 1
2

1 2



dx 

1

2t t 2  1
.
dt 
t 2  1 2t 2

1 2



1

dt
 ln t
t

1 2
1

  ln





2 1

1

Ví dụ 2: Tính tích phân: I   x 2 1  x 2 dx
0

Giải





Đặt: t  sin x , suy ra dt  cos xdx và khi x  0, t  0 ; Khi x  1, t 



1  1  cos 4t 
Do đó: f  x  dx  x 2 1  x 2 dx  sin 2 t. 1  sin 2 t cos tdt  sin 2 t cos 2 tdt  
 dt
4
2




12
1 1
 2 1 

Vậy: I   f  x dx   1  cos 4t  dt   t  sin 4t  
80
8 4
 0 8 2 16
0


1

2



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
Bước 4: Tính

b

ub

a

u a

 f  x dx   g t dt  G t 

ub
u a

ub

Kết luận: I  G  t  u a

 

2. Nhận dạng:

TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ


A. DẠNG: I  


P  x
dx
ax  b

 a  0




m
m
dx  ln ax  b . Và nếu bậc của P  x  cao hơn hoặc bằng 2 thì ta chia tử cho
* Chú ý đến công thức: 
a

 ax  b
mẫu dẫn đến



P  x
m
1
dx

Q

x

dx

Q
x
dx

m
 ax  b    ax  b   
 ax  bdx


2

Ví dụ 1: Tính ticích phân: I  
1

x3
dx
2x  3

Giải

x3
1
3
9 27 1
Ta có: f  x  
 x2  x  

2x  3 2
4
8 8 2x  3
Do đó:
2

x3
9 27 1 
27
13 27
1 2 3
1 3 3 2 9

1 2 x  3dx  1  2 x  4 x  8  8 2 x  3 dx   3 x  8 x  8 x  16 ln 2x  3  1   6  16 ln 35
2

2

3

Ví dụ 2: Tính tích phân: I 


5

x2  5
dx
x 1
Giải

Ta có: f  x  

x2  5
4
 x 1
.
x 1
x 1

x2  5
Do đó: 
dx 
x

1
5
3



B. DẠNG:


 ax

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

5
3

P  x
dx
 bx  c

2

1. Tam thức: f  x   ax 2  bx  c có hai nghiệm phân biệt

3

5

 5 1 
 5  1  4ln 

 4 




Công thức cần lưu ý:

u ' x



dx  ln u  x 



 u  x

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

Ví dụ 3: Tính tích phân: I  
0

4 x  11
dx .
x  5x  6
2

Giải
Cách 1: (Hệ số bất định)
Ta có: f  x  

A  x  3  B  x  2 
4x 1
4 x  11
A
B





x  5 x  6  x  2  x  3 x  2 x  3
 x  2  x  3
2

Thay x  2 vào hai tử số: 3  A và thay x  3 vào hai tử số: 1   B suy ra B  1
Do đó: f  x  

3
1

x2 x3

1
4 x  11
1 
 3
dx   

Vậy:  2
dx  3ln x  2  ln x  3 0  2ln 3  ln 2
x  5x  6
x2 x3
0
0
1

1

Cách 2: (Nhẩy tầng lầu)
Ta có: f  x  

2  2 x  5  1
2x  5
1
2x  5
1
1
 2. 2

 2. 2


2
x  5x  6
x  5 x  6  x  2  x  3
x  5x  6 x  2 x  3

Do đó:
1

2x  5
1
1 

x2 

2
I   f  x dx    2. 2



 2ln 3  ln 2
dx   2ln x  5 x  6  ln
x  5x  6 x  2 x  3 
x  3  0

0
0
1

1

2. Tam thức: f  x   ax 2  bx  c có hai nghiệm kép


Công thức cần lưu ý:





u '  x  dx
 ln  u  x  

u  x

Thông thường ta đặt  x  b / 2a   t .
3

x3
dx

Ví dụ 4: Tính tích phân sau: I   2
x  2x 1
0

Giải
3

Ta có:

3

x3
x3
dx

0 x2  2 x  1 0  x  12 dx

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 dx  

 t  1

3

2

0

t2

1

4

3 1
1
3

1
dt    t  3   2 dt   t 2  3t  ln t    2ln 2 
t t 
t 1
2
2
1
4

1

4x

dx
4x  4x 1
0

Ví dụ 5: Tính tích phân sau: I  

2

Giải
Ta có:

4x
4x

4 x  4 x  1  2 x  12
2

Đăng ký mua file word trọn bộ

chuyên đề khối 10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”

Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
1  x  0  t  1
Đặt: t  2 x  1 suy ra: dt  2dx  dx  dt ; 
2 x  1  t  1
1

Do đó:

 4x
0

1

2

1

4x
4x
dx  
dx  
2
 4x 1
2
x

1


0
1

4.

1
1
1

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

3. Tam thức: f  x   ax 2  bx  c vô nghiệm:
b

u  x

P  x
P  x
2a

Ta viết: f  x  

;
2
2
2
2


b      a  u  k  k  
a  x    
 

2a
2a   2a  



Khi đó: Đặt u  k tan t
2

Ví dụ 6: Tính tích phân: I  
0

x
dx
x  4x  5
2

Giải
2

2



x
x
dx  

dx
Ta có:  2
2
x  4x  5
0
0  x  2  1



Đặt: x  2  tan t , suy ra: dx 

2
t2
tan t  2 dt
 sin t

dx


 2 dt    ln cos t  2t  1
Do đó: 

2
2
2


t1
1  tan t cos t t1  cos t


0  x  2  1
t1

2



 x  0  tan t  2
1
dt


cos 2 t
 x  2  tan t  4

x

t2

t


1
1

2
2
 tan t  2  1  tan t  5  cos t  5  cos t1  5
Từ: 
1

1

2
2
 tan t  4  1  tan t  17  cos t  17  cos t2  17




t2
cos t2
Vậy:   ln cos t  2t     ln cos t2   2t2    ln cos t1  2t1    ln
 2  t2  t1 
t1
cos t1



  ln

cos t2
1
1 5
 2  t2  t1   2  arctan 4  arctan 2   ln
. 5  2  arctan 4  arctan 2   ln
cos t1
2 17
17
2

Ví dụ 7: Tính tích phân sau: I  
0

x3  2 x 2  4 x  9
dx
x2  4

Giải

x3  2 x 2  4 x  9
1
 x2 2
2
x 4
x 4



Ta có:



x3  2 x 2  4 x  9
1 
dx

1 2

dx    x  2  2
 6  J 1

Do đó: 
dx   x  2 x    2
2
x

4
x

4
2
x

4




0
0
0
0
2

2

2

2

Tính tích phân J  

0

2

1
dx
x 4
2



x  0  t  0
2

 
Đặt: x  2 tan t suy ra: dx 
dt; 
  t  0;   cos t  0
2
cos t  x  2  t 
 4

4



1
14
1
2

14
1 4 
dx  
dt

dt  t 
Khi đó:  2
2
2

x 4
4 0 1  tan t cos t
20
2 0 8
0



Thay vào (1): I  6 





2



C. DẠNG:


 ax

3




8

P  x
dx
 bx 2  cx  d

1. Đa thức: f  x   ax3  bx 2  cx  d  a  0  có một nghiệm bội ba




Công thức cần lưu ý:

1
1
1
 xm dx  1  m . xm1 
1

Ví dụ 8: Tính tích phân: I  
0

x

 x  1

3

dx
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

2

t 1
1
1 1
 1 11
dt    2  3 dt     2  

3
t
t t 
 t 2 t 1 8
1
1
2

  x  1

2

dx  
3

0

Cách 2:

x

 x  1  1  1  1
3
2
3
 x  1  x  1  x  1



Ta có:



 1
 1
1 
1 1 
1
Do đó: 
dx


dx








3
2
3
2

0
  x  1  x  1 
 x  1 2  x  1  0 8
0  x  1

 x  1

3



1

1

x

1

0

Ví dụ 9: Tính tích phân: I 

x4

  x  1 dx .
3

1

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:

1

x4

  x  1 dx  
3

1

2

 t  1

4

t3

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 
1

1



6 4 1
4 11
33

1
   t  4   2  3 dt   t 2  4t  6ln t   2    6ln 2
t t t 
t 2 t  2 8
2
2 

2. Đa thức: f  x   ax3  bx 2  cx  d  a  0  có hai nghiệm:
Có hai cách giải: Hệ số bất định và phương pháp nhẩy tầng lầu
3

Ví dụ 10: Tính tích phân sau: I  
2

1

 x  1 x  1

3

dx

Giải
Cách 1. (Phương pháp hệ số bất định)

A  x  1  B  x  1 x  1  C  x  1
A
B
C




2
2
x  1  x  1  x  1
 x  1 x  1
2

1



Ta có:



1

A

1

4
A


4

Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số: 
. Khi đó (1)
1  2C
C   1

2

 x  1 x  1

2

A  B  x2   2 A  C  x  A  B  C

1 1

1

 A  B  C  1  B  A  C 1   1  
2
4 2
4
 x  1 x  1

1 1
1
1
1 1 
dx

.

.


2  x  1 x  1
2  4 x  1 4  x  1 2  x  12 dx


3



Do đó:

3

1

2


3

1
1
1 
1
3
 I   ln  x  1 x  1  .
  ln 8  ln 2
2  x  1 
4
4
4
2
Cách 2:


Đặt: t  x  1 , suy ra: x  t  1 và khi x  2 thì t  3 ; khi x  3 thì t  4 .



Khi đó: I  

3

2

1

 x  1 x  1

4
4
4
dt
1 t  t  2
1
1
1 

dt

dt

dt 

2
2


  t t  2
t
t


2
2
t
t

2
2
t




3
3
3
2


4

dx  
2

4

4
4
11  1
1
1  1 t 2 1


3
 I   
 dt   dt    ln
 ln t   ln 2
2 2 2t 2 t 
t  4
t
2
3 4
3

3t 2  4t  1  3t 2  4t  4   3t 2  4t 1  3t  2   3t 2  4t 1  3 2 

1
 3
  3

   
Hoặc: 3


t  2t 2
t  2t 2
4  t  2t 2   t 3  2t 2 4 t 2  t 3  2t 2 4  t t 2 
4

 3t 2  4t 1  3 2  

1

2 
3
Do đó: I    3
   2  dt   ln t 3  2t 2   3ln t     ln 2
2
t  2t
4  t t 
4
t  3 4

3
4



2
2
1
1  t  t  4  1  1
t2 1 1
1 2
 
  2
 2  
  2
Hoặc: 2
t t  2 4  t t  2  4  t  2 t  4  t  2 t t 





Do đó:
4

1  1
1 2
1 t 2 2
1 1 1
1 2 1
1
I  
  2 dt   ln
    ln   ln     ln 3  ln 2  
4 3t 2 t t 
4
t
t 3 4 2 2
3 3 4
6
4

3

x2

Ví dụ 11: Tính tích phân sau: I  

2  x  1  x  2 
2

dx
Giải

Đặt: x  1  t , suy ra: x  t  1 , dx  dt và: khi x  2 thì t  1; x  3 thì t  2 .

 t  1 dt  2 t 2  2t  1dt
dx

2  x  12  x  2 1 t 2  t  3 1 t 2  t  3
3

Do đó:

x2

2

2

Cách 1: (Hệ số bất định)

 At  B  t  3  Ct   A  C  t   3 A  B  t  3B
t 2  2t  1 At  B C



2
2
t  t  3

t
t 3
t 2  t  3
t 2  t  3
2

Ta có:

2

1

B  3
A  C 1

5
t 2  2t  1 1 t  3 4 1




Đồng nhất hệ số hai tử số: 3 A  B  2   A   2
2
9
t
t

3
9
t

9 t 3


3B  1


4

C  9

Do đó:


2

t 2  2t  1
 1 1 3  4  1 
1
3 4

17 4
7
1 t 2  t  3 dt  1  9  t  t 2   9  t  3  dt   9  ln t  t   9 ln t  3   6  9 ln 5  9 ln 2
1
2

2

Cách 2:
Ta có:

Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối
10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”

Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851

2
2
t 2  2t  1 1  3t 2  6t  3  1  3t 2  6t
3  1  3t 2  6t  1  t   t  9   

 

  
 
 
t 2  t  3 3  t 3  3t 2  3  t 3  3t 2 t 2  t  3  3  t 3  3t 2  9  t 2  t  3  




1  3t 2  6t  1 1
1 t  3 1  3t 2  6t  1 1
1  1 3 
  3


  3


   2 
2 
2
2 
3  t  3t  9 t  3 9 t
3  t  3t  9 t  3 9  t t  



Vậy:
2

2
 1  3t 2  6t  1  1 1 3  
1
t 2  2t  1
1  t  3 3 
3
2
dt




dt

ln
t


3
t

ln
 







1 t 2  t  3 1  3  t 3  3t 2  9  t  3 t t 2    3
27 
t
t  1
2



Do đó I 

17 4
7
 ln 5  ln 2
6 9
9

3. Đa thức: f  x   ax3  bx 2  cx  d  a  0  có ba nghiệm:
3

Ví dụ 12: Tính tích phân sau: I  
2

1
dx
x  x 2  1

Cách 1: (Hệ số bất định)


Ta có:

A  x 2  1  Bx  x  1  Cx  x  1
1
1
A
B
C
f  x 

 


x  x  1 x  1
x  x 2  1 x  x  1 x  1 x x  1 x  1


Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: x  0; x  1 và x  1 vào hai tử ta có:


 A  1
x  0  1   A

1
1 1 1  1 1 


 x  1  1  2C   B   f  x     
 

2
x 2  x 1  2  x 1 
 x  1  1  2B


1

C  2




Vậy:
3

1
1 1
1  1
5

3
1

2 x  x2  1dx  2  2  x  1  x  1   x dx   2  ln  x  1 x  1   ln x  2  2 ln 2  2 ln 3
3

3

Cách 2: (Phương pháp nhẩy lầu)

x 2   x 2  1
1
x
1 1 2x
1
Ta có:

 2
 

2
2
2
x 1 x 2 x 1 x
x  x  1
x  x  1
3

1
1 2 xdx

1
5
3
1

Do đó: 
dx   2
  dx   ln  x 2  1  ln x   ln 2  ln 3
2
2 2 x 1 2 x
2
2
2 2
2 x  x  1
3

3

3

4

Ví dụ 13: Tính tích phân sau: I  
3

x 1
dx
x  x2  4

Cách 1:

A  x 2  4   Bx  x  2   Cx  x  2 
x 1
x 1
A
B
C
Ta có:

 


x  x 2  4  x  x  2  x  2  x x  2 x  2
x  x2  4
Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số:
Khi x  0 : 1  4A suy ra: A  1/ 4
Khi x  2 : 1  8C suy ra C  1/ 8
Khi x  2 : 3  8B suy ra: B  3 / 8
1  1  1 1  3 1 
Do đó: f  x       
 

4 x  8 x2 8 x2

Vậy:
3

x 1
1 1
1

1
3
1
1
3
 1

3 x  x2  4dx   4 2 xdx  8 2 x  2dx  8 2 x  2dx    4 ln x  8 ln x  2  8 ln x  2  2
4

3

3

3

5
3
1
 ln 3  ln 5  ln 2
8
8
4

Cách 2:
Ta có:
2
2
x 1
1

1
1 1
1  1  x   x  4  1  1
1
1 2x
1
 
 2

 



 
  
2
2
2
2
x  x  4   x  4  x  x  4  4  x  2 x  2  4  x  x  4   4  x  2 x  2 2 x  4 x 
4

x 1
1  1
1
1 2x
1
1 x  2 1

2





dx

ln

ln
x

4

ln
x
Do đó: 






2

2
4 3 x2 x2 2 x 4 x
4 x  2 2
3
3 x  x  4
4

4

3

Ví dụ 14: Tính tích phân sau:

x2
2  x2  1  x  2dx
Giải


Cách 1: (Hệ số bất định)

A  x  1 x  2   B  x  1 x  2   C  x 2  1
x2
x2
A
B
C





 x2  1  x  2  x 1 x  1 x  2 x 1 x  1 x  2
 x2 1  x  2
Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số:
Thay: x  1 ta có: 1  2A , suy ra: A  1/ 2
Thay: x  1 ta có: 1  2B , suy ra: B  1/ 2

Thay: x  2 ta có: 4  5C , suy ra: C  5 / 4
Do đó:
3

x2
1 1
5 1 
 1 x 1 5

1 3
1 1
I  2
dx   


 ln x  2   ln
dx   ln
2 x 1 2 x 1 4 x  2 
 2 x 1 4
2 2 2
2  x  1  x  2 
2
3

3

Cách 2. (Nhẩy tầng lầu)
Ta có:

x2

x2 1  1
1
1
1
1 x  x  1   x  1 x  2 





 x2 1  x  2  x2 1  x  2 x  2  x 1 x  1 x  2 x  2 2  x 1 x  1 x  2
1
1
x
1 
1
1  1 1
1 
1 
 

 1  



x  2 2   x  1 x  2  x  1 x  2 2  3  x  1 x  2  x  1 



Từ đó suy ra kết quả.




 ax

D. DẠNG

4

R  x
dx
 bx 2  c

Những dạng này, gần đây trong các đề thi đại học ít cho (Nhưng không hẳn là không cho), nhưng tôi vẫn đưa ra
đây một số đề thi đã thi trong những năm các trường ra đề thi riêng, mong các em học sinh khá, giỏi tham khảo
để rút kinh nghiệm cho bản thân.
Sau đây tôi lấy một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:
1



a.

0

x

2

1  x2
1 1  x3 dx
1

1

 3x  2 

dx
2

b.

2

Giải
1



a.

0

x

1

2

 3x  2 

2

dx

Ta có:
x  3x  2   x  1 x  2   f  x  
2



1

 x  1

2



1

 x  2

2



2

x



1

2

 3x  2 

1

 x  1 x  2   x  1

2



 1
1 




2
 x  1 x  2  
  x  1  x  2  
1

2

1

 x  2

2

1 
 1
 2

 . Vậy:
 x 1 x  2 

2


1
 1
1
1 
 1
1
x 1 
2
 1
0 x2  3x  2 2 dx  0   x  12   x  22  2  x  1  x  2 dx    x  1  x  2  2ln x  2   3  2ln 3


0



1

1

1

1  x2
1 1  x3 dx
1

b.

2

Ta có: f  x  

 f  x 

1  x2
1  x  x2  x
1  x  x2
x



3
2
2

1 x
1  x  1  x  x  1  x  1  x  x  1  x  1  x  x 2 

1
x
1 2x 
 1

 

dx
3
1 x 1 x
2 1  x3 
1  x 1
1

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau
3

a.


1

x2 1
dx
x4  x2  1

x4  1
b.  6 dx
x 1
0
1

Giải
3

a.


1

x2 1
dx . Chia tử và mẫu cho x 2  0 , ta có:
4
2
x  x 1

1
x2 
f  x 
1
x2  2 1
x
1

3

3

 f  x dx  
1

1

1 

1  2  dx
 x 
 2 1 
 x  2  1
x 


(1)

x  1  t  2
1
1
1 

2
2
Đặt: t  x   x  2  t  2, dt  1  2  dx  
x  3  t  4
x
x

 x 

3
4
3

3

Vậy:

dt
 f  x dx   t  3  
2

1

I

4
3

1
2 3

2

ln

t 3
t 3

x4  1
b.  6 dx . Vì:
x 1
0
1

2

4
3

2



1

t  3 t  3 

dt 

1
2

4
3



1


3 t
2

3

1  1
74 3 
1
ln 7  4 3
 ln  ln
 
7  2 3
2 3 7





1 
dt
t 3



 x 6  1   x 2 3  1   x 2  1 x 4  x 2  1

 6

3 2
2
3
 x  1   x   1  t  1 t  x 

Cho nên:
f  x 


1
1 
x4  1
x4  x2  1
x2
1
1 3x 2 




f
x
dx


dx
   2
3 2



x 6  1  x 2  1 x 4  x 2  1  x3 2  1 0
x

1
3
x

1
0
  



1
1
1
 1
1
Vậy: I  arctan x 0  arctan  3x 2   arctan1  arctan 3   arctan 3
0
3
3
4 3

Đăng ký mua

file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”

Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
x2  1
x2  1
dx

0 x4  1 0 x4  1dx
1

a.

1

2

b.

x

1
dx
1

4

1

Giải
x2  1
x2  1

a.  4 dx   4 dx . Ta có:
x 1
x 1
0
0
1

1

1
1
1 2
1 2
2
x2  1
x

1
x , g  x 
x . Cho nên
f  x  4


x  1 x2  1
x4  1 x2  1
x2
x2


1

1 

2
t  x  x  dt  1  x 2  dx, x 


Đặt: 

1
1 

2
t  x   dt  1  2  dx, x 
x
 x 

5
2

1
5
 t 2  2, x  1  t  2, x  2  t 
2
x
2
1
3
 t 2  2, x  1  t  0, x  2  t 
2
x

2

5
2

. Vậy:

5
2

1
1  1
1 
1
t 2
 dt 
  f  x dx    2
dt 

dt 
ln




t 2 2 t  2 t  2
2 2 2t 2 t 2 
2 2 t 2
1
2

2







5
2

2

3
2

2

1
dt
t 2
0

  g  x dx  
1

(1).

2

Đặt: t  2 tan u  dt  2

1
3
3 2
du  t  0  u  0, t   u  arctan
 u1
2
cos u
2
4

u1

u

u1

1
2du
2
2
2

du 
u 
u1
Do đó (1)  

2

2
2
2 0
2
0 cos u  2  2 tan u 
0

1
1  1  x2  1  x2  1  x2  1 x2 1  1
1
F
x


 4    f  x   g  x 
dx
.
Ta
có:
  4

  4
1 x 4  1
x 1 2 
x4  1
 2  x 1 x 1  2
2

b.

Đã tính ở trên (phần a)
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau


5
2

x2 1
a.  2
dx
2
x

5
x

1
x

3
x

1



1
2

1 5

2



c.

1

b.

x

4

3
2

x2  1
dx
x4  x2  1

dx
 4x2  3

3

x7
d. I  
dx
1  x8  2 x 4

2

Giải

x2 1
1  x2  5x  1 x2  3x  1dx . Ta có:
2

a.

1 

1
1

2
2

 dx
2
x 1
x2 

x
f  x  2

  f  x dx  
1 
1
1



 x  5x  1 x2  3x  1  x  1  5 
1
1 x
 5  x   3 
 x 


x
x 3
x
x





1

2

Đặt: t  x 

(1)

1
1
5


 dt  1  2  dx, x  1  t  2, x  2  t 
x
2
 x 

Vậy (1) trở thành:
5
2

5
2

dt
1  1
1 
1 t 5
2  t  5 t  3  2 2  t  5  t  3 dt  2 ln t  3
5
2

b.

x

5
2
2



1
1 5
 ln 5  ln 3  ln
2
2 3

1
1
1 1
1 
dx
 2
  2
 2 
. Ta có: f  x   4
2
2
2
x  4 x  3  x  1 x  3 2  x  3 x  1 
 4x  3

4

3
2

5
2

Do đó:

5
2

3
2

5
2



 f  x dx    x
3
2

2

1
1 
 2 dx  I  J (1). Với:
 3 x 1 

5

5

2
1
1

1 2 1
1 
1
x 3
I   2 dx  
dx 

dx 
ln



2 3 3 x 3 x 3
2 3 x 3
x 3
3 x 3
3 x 3
2

2







2
5
2

5
2

2

3
2

1
1
1  1
1 
1 x 1
J   2 dx  
dx   

dx  ln
x 1
x  1 x  1
2 3  x 1 x 1 
2 x 1
0
0 
1

1 5
2

c.


1

1

1
Học sinh xem lại cách giải ví dụ 2-a. Chỉ khác là đặt: t  x  , sẽ ra kết quả.
x
3

x7
x4
dx  
x3dx
d. I  
2
8
4
4
1  x  2x
2
2  x  1

(1)

3
2



1
2 3

ln

1 3
1  1 15
  ln  ln   ln
2 7
5 2 7

x2  1
dx .
x4  x2  1

3

5
2

37  20 3



65 7  4 3



dt  3x3dx, x  2  t  15; x  3  t  80

Đặt: t  x 4  1  
1 x4
1  t  1
1 1 1 
f
x
dx

3x3dx 
dt    2  dt


2
4

3  x  1
3 t
3 t t 

80

1 1 1 
1
1
1 16 13
Vậy: I     2 dt   ln t    ln 
3 t t 
3

t  15 3 3 720
15 
80

R  x
dx (Với Q  x  có bậc cao hơn 4)

 Q  x


E. TRƢỜNG HỢP:

Ở đây tôi chỉ lưu ý: Đối với hàm phân thức hữu tỷ có bậc tử thấp hơn bậc mẫu tới hai bậc hoặc tinh ý nhận ra
tính chất đặc biệt của hàm số dưới dấu tích phân mà có cách giải ngắn gọn hơn. Phương pháp chung là như vậy,
nhưng chúng ta khéo léo hơn thì cách giải sẽ hay hơn.
Sau đây tôi minh họa bằng một số ví dụ
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau.
1
2

2

dx
a. 
4
1 x  x  1

b.

x2  1

  x  1  x  3dx
2

0

Giải
2

a.

dx
. Nếu theo cách phân tích bằng đồng nhất hệ số hai tử số thì ta có:
4
 1

 xx
1

4
3
2
1� tan 2 t  a

2

5
5
10 


 t  a  arctan
; b  arctan
 tan t 

3
3
3


Thay vào (2) ta có kết quả.

x2  1
x2  1
1
1
dx

1 x6  1 0  x2  1 x4  x2  1dx  1 x2  1 2  x2 dx  1  x2  x  1 x2  x  1dx
 
2

b.

Ta có:

1

x

2

1

2

 x  1 x  x  1
2



2

Ax  B
Cx  D
 2
2
x  x 1 x  x 1

A  C  x3   B  A  C  D  x 2   A  B  C  D  x   B  D 


x4  x2  1

1

A   2

A  C  0
 A  C
C  1

B  A  C  D  0
1  2C  0



2
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ: 


A

B

C

D

0

B

D

0


D  1
 B  D  1
 B  D  1


2

1
B 

2
2
2
 1
1
1 x
x 1
dx   2
dx    J  K 
Vậy: I    2
2  1 x  x 1
x  x 1  2
1

(1)


Tính J =
x 1
1 2x 1 3
1
2x 1
3
1
1

dx   ln x 2  x  1  E
2
1 x2  x  1dx   2 1 x2  x  1dx   2 1 x 2  x  1dx  2 1
2
2
1
1  3

x



 
2  2 

2

2

2

2

2

(2)

2

Tính E 

3
1
1
3
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt: x  
tan t
2

2
21
2
2


1
3

x  
2  2 


Tính K
x 1
1 2x 1  3
1
2x 1
3
1
1

K  2
dx   2
dx   2
dx  
dx  ln x 2  x  1  F
2
2
x  x 1
2 1 x  x 1
2 1 x  x 1
20
2
1
1
1  3
x






2  2 

2

2

2

2

1

2

Tính F 

3
1
1
3
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt: x  
tan t
2

2
21
2 2
1  3

x  
2  2 


2
4
4
2
2

dx
1
3x3
1  d  x  d  x   1  x4 
1 32
  ln 
  4
dx    4 
 ln
c. 
4
4 
4
4
3 1 x 1  x 
31 x
1  x  3  1  x  1 3 17
1 x 1  x 


2

1

d.


0

x3

dx 
3

1  x 
2

1
 x 2  t  1; dt  2 xdx
1
x2
2
t

1

x

2
xdx
(1).
Đặt:

2 0 1  x 2 3
 x  0  t  1; x  1  t  2

2

t 1
13

1 1
 1 1 
Do đó I   3 dt    2  3 dt     2  
t
t t 
 t 4t  1 16
1
1
2

2

2

1
1
1
1  x2 

x 4  3x 2  1
x2 
1
x2

dx


dx



e. 
0  1  x2 3 1  x2 3  0 1  x2 0 1  x2 3 dx  J  K
2 3
0 1  x 
  
 

1

Tính J: Bằng cách đặt x  tan t  J 

(1)


4



1
1

dx  E  F

Tính K  
2 2
2 3 

0 1  x 
1  x  


1

(2)

1

dx  cos 2 t dt
Tính E: Bằng cách đặt x  tan t  
 x  0  t  0; x  1  t  

4


Vậy: E 

2


2

1  1 
1 
1
1
 1
dx   
dt  

2 
2 

2

2 0  1 x 
2 0  1  tan t  cos t
20
1

4

4



1
1
14
dt

cos 2 tdt
2

1 cos t
20
4
cos t

(2)






14
1 1
 4 1 1  2
  1  cos 2t dt   t  sin 2t      
40
4 2
16
0 4 4 2

Tính F. Tương tự như tính E;
1

dx

dt

cos 2 t
Bằng cách đặt x  tan t  
 x  0  t  0; x  1  t  

4

3

Vậy: F 



3

1  1 
1 
1
1
 1
dx   
dt  

2 
2 
2

2 0  1 x 
2 0  1  tan t  cos t
20
1



4

4



1
1
14

dt

cos 4 tdt

1 cos 2 t
20
6
cos t





14
1 4
1  cos 4t 
2
  1  cos 2t  dt   1  2 cos 2t 

80
8 0
2


4

0





1 4
1
1
4 1  
 3  8
   3  4cos 2t  cos 4t dt   3t  2sin 2t  sin 4t    3  2  
16 0
16 
4
64
 0 16  4

1

f.



1
3 3

x  x 
x4

1
3

1

1

1
 x  x3  3 1
 1
 3 1 dx
dx    3  3 dx    2  1 2 .
x  x
 x x
1
1 x
1

3

3

dx

dt  

1

 1

x
Đặt: t   2  1  t  1  2  
x
x


 x  1  t  8; x  1  t  0

3
8

 43 13 
 3 73 3 43 
3
3
 24 3  468
Khi đó I    t  t  1dt    t  t dt   t  t   .27  .24  16    
4 0 7
4
7
 7 4

7
8
0
0 1
3

8

* Chú ý: Còn có cách khác
1

1
 1 1 3

 3
2
3
3

t
t

t


1
1
t t   1
1 

Vì: x   ;1  x  0 . Đặt x   dx   2 dt ; f  x  dx 
dt
  2  dt  
4
t
t
t
3 
1  t 
 
t 

 t  t  t 
3

1
3

1

1
1
1
 1 3
dt  dt  t 1  2  dt (2). Đặt: u  1  2  2  1  u; du  dt
t
t
t
 t 
2

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau


1

p

e p2



a.

a

x2

b.

dx
x p2  1

1


0

x3dx

x

2

a

3
2 2



2a

1

c.  e x  e dx
x

d.

x

2ax  x 2 dx

0

0

Giải
1

e p2



a.

1

x
x

p
2

p2

p
2

x dx
dx (ĐHTNguyên-98): Ta có: f  x  dx 
2
p
1
 2 2 
 x  1



- Đặt: t  x

p2
2

x

p
1
2

p

2

 dt  x dx

I
1
 x  1  t  1; x  e p  2  t  e

e

t
1

dt
1

2

du

u1
u1
 dt  cos 2 u
du

- Đặt: t  tan u  
I
  du   u1
1
2
2
4



 cos u 1  tan u 

2
t

1

u

,
t

e

u

u
1
4
4

4

- Từ: tan u  e  u  u1  arctan e  I 

a

b.


0

x3dx
3

 x2  a2  2


4

 arctan e

dt


dx  a cos 2 t ; x  0  t  0, x  a  t  4

3
3
3
. Đặt: x  a tan t   f x  x dx  a tan t a dt  a cos t.tan 3 tdt
 
3
3

cos 2 t
2
2 2

2
1


x

a
3



a 
2 

 cos t 




4

4





4 1  cos 2 t sin t

 dt

sin t
sin t
dt  a 
Vậy: I   f  x dx   a cos t.tan tdt   a cos t. 3 dt   a.
2
2
cos t
cos t
cos t
0
0
0
0
0
a

3

4

3

3


1

du   sin tdt; t  4  u  2 ; t  0  u  1

- Đặt: cos t  u  

2
 f t dt  1  u  du  1  1  du
   2
  
u2
 u 
Vậy: I 

2
2


1

1

c.  e
0

x ex

2

1 
1 2
2 2
3
3 2
3 2 4



1

du

u


2
2
2


 
2 
u 1
2
2
2
2
2
 u 


x

dt  e dx; x  0  t  1; x  1  t  e
dx   e e dx . Đặt: t  e  
x ex
t

0

 f  x  dx  e e dx  e dt
1

x ex

x


1

e

0

1

Vậy: I   f  x dx   et dt  et  ee  e
e

1

2a

d.

2a

x

2ax  x dx 
2

0

x

a 2   x  a  dx
2

0




dx  a.cos tdt , x  0  t   2 ; x  2a  t  2
Đặt: x  a  a.sin t  
 f  x  dx   a  a.sin t  a 2 cos 2 t .a.cos tdt

Vậy:




 2

 2

2

2
1  cos 2t


3
2
3
2
2
3
2
I  a  1  sin t  cos tdt  a   cos tdt   cos t sin tdt   a  
dt   cos td  cos t  
2






  2

  2

2
2
2
2






2
2
1
1
1
 1    


3 
3
a
t  sin 2 t   cos t   a 3       a 3

2  2
 
2
  3
 2  2 2 

2
2


Ví dụ 4. Tính các tích phân sau
3

1

dx
2 x5  x2

a.

1



c.

0

b.

0

x3  2 x

x

2

 1



1  x 

2

dx
2

d.

x 7 dx


1

4 2

1  x3
dx
x4

Giải
3

a.

x
2

3

5

dx
1
 2
dx
2
2
x
2 x  x  1  x  x  1

Xét: f  x  





(1)

1
A B Cx  D
E
 2  2

2
x x  x  1 x 1
x  x  1  x  x  1 x
2

A  x 2  x  1  x  1  Bx  x  1  x 2  x  1   Cx  D  x 2  x  1  E  x 2  x  1 x 2
x 2  x  1  x 2  x  1

 B  C  E  x 4   A  D  C  E  x3   E  D  x 2  Bx  A
x 2  x  1  x 2  x  1

Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ:


1

D  3

B  C  E  0
C   E
1
A  D  C  E  0
 E  E  E  1 C  
1
1
1
3
 x

1


3 3
 B  0
  B  0  f  x    2  23
E  D  0
x
x


x

1 x 1
B  0
E  D

1


E 
3
 A  1
 A  1

 A  1



1
1
1 

3
 1 1  x 1  1 1 
 1 3x3

3
I





dx

Vậy:


2
2
2 x x  x  1 x  1
2   x2  3  x 2  x  1   3  x  1 dx






3

3

2
3
3
1 1
x  1

1
dx

1
2x 1 
1 1

2
   ln x  x  1  ln x  1   


ln

arctan


2
2
2

3
3
3 
x 6
2 2 
1   3   x 6 x  x 1
2

x  
2
2

 





1 1 
7
5 

arctan
 arctan


6
3
3
3

Đăng ký mua file word trọn bộ

chuyên đề khối 10,11,12:
HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”

Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851
1

b.


0

1

x 7 dx

1  x 

4 2

1
x4
 
3x3dx
2
4
3 0 1  x 

(1)

dt  3x3dx, x  0  t  1; x  1  t  2

Đặt: t  1  x 4  
1  t 1 
1 1 1 
 f  x  dx  3  t 2  dt  3  t  t 2  dt






2

1 1 1 
1
1
1
1
Vậy: I     2 dt   ln t     ln 2  
3 t t 
3
t 1 3
2
0
2

1

c.


0

x3  2 x

x

2

 1

dx 
2

2
1
1  x  2
2 xdx
2 0  x 2  12

dt  2 xdx; x  0  t  1; x  1  t  2

Đặt: t  1  x  x  2  t  3  
1  t 3
1 1 3 
 f  x  dx  2  t 2  dt  2  t  t 2  dt





2

2

(1)


2

1 1 3 

1
3
1
3
Vậy: I     2 dt   ln t     ln 2  
2t t 
2
t 1 2 
2
1
2

2

d.


1

1  x3
1  x3 2
dx

1 x6 x dx
x4
2

(1)

2tdt  3x 2 dx; x  1  t  2, x  2  t  3



Đặt: t  1  x3  t 2  1  x3  
1 1  x3 2
1
t
2 t2
2tdt 
dt
2
 f  x  dx  3 x 6 3x dx  3 2
3  t 2  12
t

1





Vậy:

2
I
3

2
3
 1
1 1

1 
2 1 1
1   1
  t  1  2  t 1  t  1   dt  3   4  t  1  t 1    6
2
 2

2

3

1 1
1
t 1 
 

 ln
6  t 1 t 1
t  1 

3

2

1  2t
t 1 

  2
 ln
6   t  1

t 1 



3



 1
1
1 
 1




   t  12  t  12  t 1 t  1  dt
2

3

8 2 3 1
 ln 2 2  2
24
3





2

Ví dụ 5. Tính các tích phân sau:
4

a.

x
7

3

c.



1

dx
x2  9

x5  2 x3
x2  1

0

b.


0

1

dx

d.

x

2

 x  dx
x2  1

 1  x  dx
2 3

0

Giải
4

a.

x
7

4

dx

x2  9



x
7

xdx
2

(1).

x2  9

2
2
2
2
5
5

dt
dt
t  x  9  tdt  xdx, x  t  9
Đặt: t  x  9  
. Do đó: I   2

t t  3 t  3

4 t t  9

4 
 x  7  t  4, x  4  t  5
2

A  t 2  9   Bt  t  3  C  t  3 t
1
A
B
C
 


Ta có: f  t  
t  t  3 t  3 t t  3 t  3
t t 2  9
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay lần lượt các nghiệm vào hai tử số ta có:
- Với x  0 : 9 A  1  A  
- Với x  3 : 9C  1  C 
- Với x  3 : 9 B  1  B 

1
9

1
9

1
9
5

5
5
1  1
1
1   1
1 t2  9
1 144
2



dt

ln
t

9

ln
t

ln
 ln
Vậy: I      







4
9 4  t t 3 t 3  9
9
t 4 9 35