Các bài toán nguyên hàm và tích phân vận dụng, vận dụng cao (nguyễn minh tuấn)

`

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

CÁC BÀI TOÁN
NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN VẬN
DỤNG – VẬN DỤNG CAO

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN


LỜI GIỚI THIỆU
Trong đề thi thử của các trường hay trong đề thi THPT Quốc Gia thì các bài toán về chủ đề
nguyên hàm tích phân chiếm khoảng 7 câu từ dễ đến khó, nhằm giúp bạn đọc phần nào có
cái nhìn toàn diện về các câu hỏi liên quan tới vấn đề này trong các đề thi của năm vừa rồi
và đồng thời có thêm nhiều kiến thức hay và khó khác thì trong chuyên đề này mình đã đề
cập tới rất nhiều các vấn đề khó như các bài toán liên quan tới phương trình vi phân, bất
đẳng thức tích phân… Để có thể viết nên được chuyên đề này không thể không có sự tham
khảo từ các nguồn tài liệu của các các group, các khóa học, tài liệu của các thầy cô mà tiêu
biểu là
1. Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên trường THPT Bình Minh
2. Group Nhóm toán: />3. Group Hs Vted.vn: />4. Group Nhóm Toán và Latex: />5. Website Toán học Bắc – Trung – Nam: />6. Website Toanmath: />7. Anh Phạm Minh Tuấn: />8. Thầy Lê Phúc Lữ - Công tác tại phòng R&D Công ty Fsoft thuộc tập đoàn FPT.
9. Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted
10. Thầy Huỳnh Đức Khánh
11. Thầy Nguyễn Thanh Tùng
12. Bạn Nguyễn Quang Huy – Sinh viên đại học bách khoa Hà Nội
Trong bài viết mình có sưu tầm từ nhiều nguồn nên có thể sẽ có những câu hỏi chưa hay
hoặc chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua. Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi
những thiếu sót, mong bạn đọc có thể góp ý trực tiếp với mình qua địa chỉ sau:
Nguyễn Minh Tuấn
Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT

Facebook: />Email:
Blog: />Bản pdf được phát hành miễn phí trên blog CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN, mọi hoạt
động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép. Xin chân thành
cảm ơn bạn đọc.


TUYN TP MT S NHểM CU HI VN DNG CAO MễN TON

CC BI TON NGUYấN HM TCH PHN
VN DNG VN DNG CAO
Nguyn Minh Tun
Nguyổn hm tốch phõn cờ th c coi l mt phn toỏn tng i hay v khờ luởn xut
hin trong thi THPT Quc Gia, cớng m u v chng ny, mỗnh xin gii thiu v
khỏi quỏt ởi nồt v lch s ca cỏc bi toỏn nguyổn hm v tốch phõn v s qua v chng
trỗnh ta s hc sp ti.

GII THIU ễI NẫT V LCH S
Cỏc ù tng giợp hỗnh thnh mởn vi tốch phõn phỏt trin qua mt thi gian di. Cỏc nh
toỏn hc Hi Lp l nhng ngi ó i nhng bc tiổn phong. Leucippus, Democritus v
Antiphon ó cờ nhng ờng gờp vo phng phỏp vồt cn ca Hi Lp, v sau ny c
Euxodus, sng khong 370 trc Cởng Nguyổn, nõng lổn thnh lố lun khoa hc. S d gi
l phng phỏp vồt cn vỗ ta xem din tốch ca mt hỗnh c tốnh bng vở s hỗnh,
cng lợc cng lp y hỗnh ờ. Tuy nhiổn, ch cờ Archimedes (Ac-xi-met), (287-212 B.C),
mi l ngi Hi Lp kit xut nht. Thnh tu to ln u tiổn ca ởng l tỗnh c din
tốch gii hn bi tam giỏc cong parabol bng 4/3 din tốch ca tam giỏc cờ cớng ỏy v
nh v bng 2/3 din tốch ca hỗnh bỗnh hnh ngoi tip. tỗm ra kt qu ny, c-ximet dng mt dóy vở tn cỏc tam giỏc, bt u vi tam giỏc cờ din tốch bng A v tip tc
ghộp thổm cỏc tam giỏc mi nm xen gia cỏc tam giỏc ó cờ vi ng parabol. Hỗnh
parabol dn dn c lp y bi cỏc tam giỏc cờ tng din tốch l:
A
A A

A A A
A,A ,A ,A ....
4
4 16
4 16 64
1 1
1

4A
Din tốch gii hn bi parabol l: A 1 ...
4 16 64

3
c-xi-met cng dớng phng phỏp vồt cn tốnh din tốch hỗnh trộn. õy l mở hỗnh
u tiổn ca phồp tốnh tốch phõn, nh ờ ởng ó tỗm c giỏ tr gn ợng ca s pi
khong gia hai phõn s 3 10/71 v 3 1/7. Trong tt c nhng khỏm phỏ ca mỗnh, Ac-ximet tõm c nht l cởng thc tốnh th tốch hỗnh cu. Th tỡch hởnh cu thở bng 2/3 th tỡch
hởnh tr ngoi tip. Th theo nguyn vng lợc sinh thi, sau khi ởng mt, ngi ta cho
dng mt m bia cờ khc hoa vn mt hỗnh cu ni tip mt hỗnh tr. Ngoi toỏn hc, Acxi-met cộn cờ nhng phỏt minh v c hc, thy ng hc. Tt c hc sinh u quen thuc
vi nh lut mang tổn ởng v sc y mt vt th khi nhợng vo mt cht lng cớng vi
cõu tht bt h Eureka! Eureka! (Tỗm ra ri! Tỗm ra ri!) khi ởng ang tm. ễng tỗm ra cỏc
nh lut v ộn by cớng cõu nời ni ting Hóy cho tùi mt im ta, tùi s nhc bng qu
t).

Fanpage: Tp chớ v t liu toỏn hc

Chinh phc olympic toỏn | 1


CC BI TON NGUYấN HM TCH PHN VN DNG CAO HAY V KHể
Dớ ởng cờ v thốch toỏn hc hn vt lố, nhng Ac-xi-met vn l mt k s thiổn ti. Trong

nhng nm quõn xõm lc La Mó hớng mnh tn cởng t nc Syracuse quổ hng ởng,
nh cờ nhng khố ti do ởng sỏng ch nh mỏy bn ỏ, cn trc kồo lt tu ch, gng
parabol t chỏy chin thuyn, ó giợp dõn thnh Syracuse cm chõn quõn ch hn 3
nm. Cui cớng quõn La Mó cng trn c vo thnh. Dớ cờ lnh tng La Mó l Marcus
khởng c git cht ởng, mt tổn lốnh La Mó thở bo xởng vo phộng lm vic khi ởng
ang mổ mói suy ngh cnh mt sa bn mt bi toỏn hỗnh dang d. Khi thy bờng ca nờ
lổn hỗnh v, ởng quỏt lổn: ng quy ry n cỏc ng trộn ca ta !. Th l tổn lốnh
ni cỏu, õm cht ởng. Sau khi ởng mt, nn toỏn hc hu nh ri vo trong bờng ti cho
n th k th 17. Lợc ny do nhu cu k tht, phồp tốnh vi tốch phõn tr li gii quyt
nhng bi tờan v s bin thiổn cỏc i lng vt lù. Phồp tốnh vi tốch phn c phỏt trin
nh tỗm ra cỏch gii quyt c bn bi toỏn ln ca thi i:
1. Tỗm tip tuyn ca mt ng cong.
2. Tỡm di ca mt ng cong.
3. Tỗm giỏ tr ln nht, nh nht ca mt i lng ; vố d tỗm khang cỏch gn nht
v xa nht gia mt hnh tinh v mt tri, hoc khong cỏch ti a m mt n o
cờ th bay ti theo gờc bn i ca nờ.
4. Tỗm vn tc v gia tc ca mt vt th theo thi gian bit phng trỗnh gi ca vt
th y.
Vo khang gia th k 17, nhng anh ti ca thi i, nh Fermat, Roberval, Descartes,
Cavalieri lao vo gii cỏc bi toỏn ny. Tt c c gng ca h ó t n nh cao khi
Leibniz v Newton hon thin phồp tốnh vi tốch phõn. Leibniz ( 1646-1716) ễng l mt nh
bỏc hc thiổn ti, xut sc trổn nhiu lónh vc: mt nh lut hc, thn hc, trit gia, nh
chốnh tr. ễng cng gii v a cht hc, siổu hỗnh hc, lch s v c bit toỏn hc. Leibniz
sinh Leipzig, c. Cha l mt giỏo s trit hc ti i hc Leipzig, mt khi ởng va sỏu
tui. Cu bồ suởt ngy với u th vin ca cha, ngu nghin tt c cỏc quyn sỏch v
mi vn . V thời quen ny ó theo cu suởt i. Ngay khi mi 15 tui, ởng ó c
nhn vo hc lut ti i hc Leipzig, v 20 tui ó u tin s lut. Sau ờ, ởng hot ng
trong ngnh lut v ngoi giao, lm c vn lut phỏp cho cỏc ởng vua b chợa. Trong
nhng chuyn i cởng cỏn Paris, Leibnz cờ dp gp g nhiu nh toỏn hc ni ting, ó
giỳp nim say mổ toỏn hc ca ởng thổm gia tng. c bit, nh vt lố hc lng danh

Huygens ó dy ởng toỏn hc. Vỗ khởng phi l dõn toỏn hc chuyổn nghip, nổn cờ nhiu
khi ởng khỏm phỏ li nhng nh lố toỏn hc ó c cỏc nh toỏn hc khỏc bit trc.
Trong ờ cờ s kin c hai phe Anh c tranh cói trong sut 50 nm. Anh thỗ cho chớnh
Newton l cha ca phồp tốnh vi tốch phõn trong khi c thỗ nời vinh d ờ phi thuc
v Leibniz. Trong khi hai ng s thỗ khởng cờ ù kin gỗ. ợng ra l hai ngi ó tỗm
c chõn lù trổn mt cỏch c lp: Leibniz tỗm ra nm 1685, mi nm sau Newton,

2 | Chinh phc olympic toỏn

Fanpage: Tp chớ v t liu toỏn hc


TUYN TP MT S NHểM CU HI VN DNG CAO MễN TON
nhng cho in ra cởng trỗnh ca mỗnh trc Newton hai mi nm. Leibniz sng c thõn
sut i v mc dớ cờ nhng ờng gờp kit xut, ởng khởng nhn c nhng vinh quang
nh Newton. ễng tri qua nhng nm cui i trong cở c v ni cay ng.
Newton(1642-1727) - Newton sinh ra ti mt ngởi lng Anh Quc. Cha ởng mt trc khi
ởng ra i, mt tay m nuởi nng v dy d trổn nởng tri nh. Nm 1661, ởng vo hc ti
trng i hc Trinity Cambridge mc d im hỗnh hc hi yu. Ti õy ởng c
Barrow, nh toỏn hc ti nng chợ ù. ễng lao vo hc toỏn v khoa hc, nhng tt
ngghip loi bỗnh thng. Vỗ bnh dch honh hnh khp chõu u v lan truyn nhanh
chờng n London, ởng phi tr li lng quổ v trợ ng ti ờ trong hai nm 1665, 1666.
Chớnh trong thi gian ny, ởng ó xõy dng nhng nn tng ca khoa hc hin i: khỏm
phỏ nguyổn tc chuyn ng cỏc hnh tinh, ca trng lc, phỏt hin bn cht ca ỏnh
sỏng. Tuy th ởng khởng ph bin cỏc khỏm phỏ ca mỗnh. ễng tr li Cambridge nm
1667 ly bng cao hc. Sau khi tt nghip, ởng dy hc ti Trinity. Nm 1669, ởng gi
chc giỏo s trng khoa toỏn, k nhim giỏo s Barrow, mt chc danh vinh d nht
trong giỏo dc. Trong nhng nm sau ờ, ởng ó cởng thc hoỏ cỏc inh lut hp dn,
nh ờ gii thốch c s chuyn ng ca cỏc hnh tinh, mt trng v thy triu.ễng
cng ch to ra kỗnh vin vng hin i u tiổn. Trong i ởng, ởng ốt khi chu cho in cỏc

khỏm phỏ v i ca mỗnh, ch ph bin trong phm vi bn bọ ng nghip. Nm 1687,
trc s khuyn khốch nhit tỗnh ca nh thiổn vn hc Halley, Newton mi chu cho xợõt
bn cun Nhng nguyổn tc toỏn hc. Tỏc phm ny ngay lp tc c ỏnh giỏ l mt
trong nhng tỏc phm cờ nh hng ln lao nht ca nhõn loi. Cng tng t nh th,
ch sau khi bit Leibniz ó in cởng trỗnh ca minh, ởng mi cởng b tỏc phm ca mỗnh v
phộp tớnh vi tich phõn. V i nh th, nhng khi nời v minh ởng luởn cho rng s d ởng
cờ ởi khi nhỗn xa hn k khỏc vỗ ởng ng trổn vai ca cỏc v nhõn. V vi nhng khỏm
phỏ ln lao ca mỗnh, ởng nời: Tùi thy mởnh nh mt a tr chi ựa trờn bói bin, may mn
gp c nhng viờn si trớn tra, hoc mt v sớ p hn bởnh thng, trong khi trc mt l mt
i dng bao la ca chõn lỡ m ti cha c bit.

NI DUNG CA CHUYấN
1. TèCH PHN TRUY HI
Trong bi vit ny ch yu l cỏc bi toỏn dng t luõn, mỗnh s gii thiu qua cờ th
khởng may thi th ca cỏc trng cờ th ra thỗ ta cờ th x lù c. phn ny ta s


cớng tỗm hiu cỏc dng tốch phõn truy hi dng I n f x, n dx vi cỏc cõu hi hay gp


l:





1. Thit lp cởng thc truy hi I n g I n k k 1; n .
2. Chng minh cởng thc truy hi cho trc.

Fanpage: Tp chớ v t liu toỏn hc

Chinh phc olympic toỏn | 3


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ
3. Sau khi thiết lập được cëng thức truy hồi yæu cầu đi tènh I n ứng với một vài giá trị
n nào đê hoặc tènh giới hạn của hàm số hoặc dãy số cê liæn quan với I n .
Ta cíng xåt các vè dụ sau:


Ví dụ 1: Xét tích phân I n   2 sin n xdx với n 

*

0

.

1. Tçm mối quan hệ giữa I n , I n  2
2. Tính I 5 , I 6 .
3. Tçm cëng thức tổng quát của I n .
4. Xåt dãy số  u n  cho bởi u n   n  1  I n .I n  1 . Tìm lim u n
n 

Lời giải
1. Tçm mối quan hệ giữa I n , I n  2

2
0

Ta có: I n  2   sin

n2


2
0


2
0

xdx   sin x  1  cos x  dx  I n   sin n x.cos 2 xdx  1 
n

2

du   sin xdx

Sử dụng cëng thức nguyæn hàm từng phần ta đặt 
sin n  1 x
n
v

sin
x.cos
xdx





n1

2
0






I
cos x sin n  1 x 2
1
2
sin n x.cos 2 xdx 

sin n  2 xdx  n  2  2 

n1
n1 0
n1
0

Thay  2  vào  1  ta được: I n  2  I n 

In2
n2
 In 
I n 2

n1
n1

2. Tính I 5 , I 6 .

4
8
8 2
8
I

I

I

sin xdx 
 5
3
1

5
15
15 0
15
Sử dụng kết quả ở træn ta được: 

I  5 I  15 I  15 2 sin 2 xdx  15
 6 6 4 24 2 24 0
96

3. Tçm cëng thức tổng quát của I n .




Ta có: I 1   2 sin xdx  1, I 2   2 sin 2 xdx 
0

0


4

n2
I n  2 , đến đây xåt 2 trường hợp:
n1
4
6
2k
+ Trường hợp 1: n  2k  k  *  . Ta có: I 2  I 4 , I 4  I 6 ,..., I 2k 2 
I 2k .
3
5
2k  1

Ta đã cê kết quả I n 

Nhân theo vế các đẳng thức ta được:

I2 

3.5...  2k  1  
4.6...2k

4.6...2k
I 2k  
I 2k  I 2k 
3.5...  2k  1 
4 3.5...  2k  1 
4.6...2k 4

+ Trường hợp 2: Với n lẻ hay n  2k  1 , ta có: I 1 
Nhân theo vế các đẳng thức ta được:
4 | Chinh phục olympic toán

3
5
2k  1
I 3 , I 3  I 5 ,..., I 2k 3 
I 2k 1 .
2
4
2k  3

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
I 2k 1 

2.4...  2k  2 
3.5...  2k  1 

I1 

2.4...  2k  2 
3.5...  2k  1 

4. Xåt dãy số  u n  cho bởi u n   n  1  I n .I n  1 . Tìm lim u n
n 

n2
I n  2 I n  1   n  2  I n  1 .I n  2  u n 1
n1

 
 u n  ...  u 1  2I 1I 2   lim u n  lim 
n

n

2
2 2

Ta có: u n   n  1  I n .I n 1   n  1  .
Vậy u n 1

Ví dụ 2: Xét tích phân I n    1  x 2  dx
1

n

0

1. Tính I n
I n 1
n  I
n

2. Tính lim

Lời giải
1. Tính I n
u   1  x 2 n
du  n  1  x 2 n 1  2x  dx

Đặt 
dv

dx
 v  x


 In  x  1  x2 



n 1
0

 2n  x 2  1  x 2 
1



 2n  1   1  x 2   1  x 2 
1

0

n 1

0

n 1

dx  2n

dx

  1  x 

2 n 1

1

0



dx    1  x 2  dx  2n  I n 1  I n 
1

0

n

2n
I n 1  * 
2n  1
2n 2n  2
4.6.8...2n

.
I n 2 
I1
2n  1 2n  1
5.7.9...  2n  1 

Vậy I n  2n  I n 1  I n   I n 

2n
I n 1
2n  1

Từ  *  ta có I n 

1



x3 
2
2.4.6.8...2n
Mặt khác ta lại cê: I 1    1  x  dx   x     I n 
.
0
3 0 3
3.5.7.9...  2n  1

1

2. Tính lim

n 

Ta có: I n 

2

I n 1
In

2  n  1
I
I
2n
2n  2
2n  2
I n 1  I n  1 
I n  n 1 

 lim n 1  lim
1
n  I
n  2n  3
2n  1
2  n  1  1
In
2n  3
n


Ví dụ 3: Xét tích phân I n   4 tan n xdx với n 

*

0

1. Chứng minh rằng I n  2 

.

1
 In
n1

2. Tính I 5 , I 6
Lời giải
1. Ta có:

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 5


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ








I n  2   4 tan n  2 dx   4  tan n  2 x  tan n x   tan n x dx
0


4
0



0

 tan x  tan
n

2



4
0



x  1   tan x dx  
n



  4 tan n xd  tan x   I n 
0


tan n x
dx   4 tan n xdx
2
0
cos x

1
 In
n1

Ta cê điều phải chứng minh!
2. Ta có:






I 1   4 tan xdx   4
0


4
0

0


d  cos x  1
sin x
dx    4
 ln 2
0
cos x
cos x
2


4
0


4
 1

4 

I 2   tan xdx   

1
dx

tan
x

x



2
0
4
 cos x

1
Áp dụng cëng thức truy hồi I n  2 
 I n ta được:
n1
1
1 1
1
 1
 I 5   I 3     I 1   ln 2 
4
4 2
4
 2





I6 

2

1
1 1
 13 
 I4     I2  

5
5 3
 15 4

Ví dụ 4:
1. Xét tích phân I n  

1

0

e nxdx
với n 
1  ex

3

*

. Chứng minh rằng I n 

2. Xét tích phân I n    3  x  e xdx với n 
n

*

0

e n 1  1
 I n 1 .
n 1

. Chứng minh rằng I n  3n  nI n 1

Lời giải
1. Ta có:
I n  I n 1  

1

0

 
1e
1e
e nxdx

dx


0
1  e x 0 1  e x
x n 1

x n  1

e

x

 1  dx

1  ex

e 

n 1
x n 1

1


0

e n 1  1
n 1

Từ đê suy ra điều phải chứng minh!
3

2. Xét tích phân I n    3  x  e xdx với n 
n

0

*

. Chứng minh rằng I n  3n  nI n 1

u   3  x n
du  n  3  x n 1 dx
3
3
n
n 1

 I n   3  x  e x  n   3  x  e xdx  3 n  nI n  1
Đặt 
x
x
0
0
dv  e dx
 v  e

Từ đây cê điều phải chứng minh!
1

Ví dụ 5: Cho I n   x n 1  x dx với n 

*

0

. Biết  u n  là dãy cho bởi u n 

In
. Tìm lim u n .
I n 1

Lời giải
du  nx n 1dx
n
u  v


Đặt 
2
dv  1  x dx  v   1  x dx  
3


6 | Chinh phục olympic toán



1x



3

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN





1





3
3
2
2 1
 In   xn 1  x
 n
1  x .x n 1dx
3
3 0
0

1
1
2
2
 n  1  x.x n 1dx   1  x.x n dx  n  I n 1  I n 
0
0
3
3
I
2
2n
2n  2
Vậy I n  n  I n 1  I n   I n 
I n 1  I n  1 
I n  lim u n  lim n 1  1
3
2n  3
2n  5
In



Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học



Chinh phục olympic toán | 7

CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ

2. NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ
Nguyên hàm phân thức hữu tỷ là một bài toán khá cơ bản, nhưng cũng được phát triển ra
rất nhiều bài toán khó, trong mục này ta sẽ tìm hiểu cách giải quyết dạng toán này. Tổng
quát với hàm hữu tỉ, nếu bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì phải chia tách
phần đa thức, còn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bå hơn mẫu. Nếu bậc của tử bå hơn bậc của

mẫu thì phân tích mẫu ra các thừa số bậc nhất  x  a  hay  x 2  px  q  bậc hai vô nghiệm
rồi đồng nhất hệ số theo phần tử đơn giản:

A
Bx  C
. Đồng nhất hệ số ở tử thức thì
; 2
x  a x  px  q

tènh được các hằng số A, B, C, … Kết hợp với các biến đổi sai phân, thêm bớt đặc biệt để
phân tích nhanh.
CÁC DẠNG TÌCH PHÂN ĐA THỨC HỮU TỶ.


b

 P  x  dx : Chia miền xét dấu P  x  ,
a



b

 x  mx  n 



dx : Đặt u  mx  n hoặc phân tích,

a



b

2
  mx  n   px  qx  r 



dx : Đặt u  px2  qx  r ,

a



b

  x  m .x  m 




dx : Nếu    thç đặt u  x  n .

a

CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC
1. Dạng

b

 px
a



2

1
dx . Lập   q 2  4pr .
 qx  r
b

Nếu   0  
a




2

, dùng công thức của hàm đa thức.

dx
, đặt x  k tan t
x  k2
a

Nếu   0  

2

b

dx
1
1  1
1 
, biến đổi 2




2
2
x k
x k
2k  x  k x  k 
a

Nếu   0  

b

2

mx  n
dx . Lập   q 2  4pr
2
 qx  r

 px
a



 mx  n 

b

2. Dạng


dx

Nếu   0  Phân tích và dùng công thức.

A  px 2  qx  r  '
mx  n
B



Nếu   0  2
2
2
px  qx  r
px  qx  r
x    k2

8 | Chinh phục olympic toán

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
3. Dạng

b

x
a

b

dx

1  x 

n m


a

x n 1dx
x

n

1  x 

n m

, đặt t  1  x n .

Chú ý: Cho hàm số f  x  liên tục træn đoạn  a; a  .
Nếu f  x  lẻ thì

a

a

a

a

a

0

 f  x  dx  0 . Nếu f  x  chẵn thì  f  x   2  f  x  dx .

CÁC CÔNG THỨC NÊN NHỚ.

1

1

xa



  x  a  x  b  dx  a  b ln x  b  C



x



 ax  b 
arctan 

1
 c  C
dx

  ax  b 2  c2
ac

2

1

1
x
dx  arctan  C
2
a
a
a

CÔNG THỨC TÁCH NHANH PHÂN THỨC HỮU TỶ




P x
A 
 x  b  x  c  xa


P x
P x
A
B
C




 B 
 x  a  x  b  x  c  x  a x  b x  c   x  a  x  c  xb


P  x
C 

 x  a  x  b  xc





P  x
A  2
ax  bx  c x m
P  x
A
Bx  C





P  x   A  ax 2  bx  c 
 x  m   ax2  bx  c  x  m ax2  bx  c 
Bx  C 
xm

x  1000

Ví dụ : Tìm các nguyên hàm, tính các tích phân sau:

x4  2

1.  3
dx
x x
dx
2. 
x  1  x8 

6. N 

0

8x7  2
dx
7
x
1

x


1

x4  2
8. J   6
dx
x 1

2

x4  x  1

dx
2
x

4
0

x x 1
dx
x6  1
0

5. L  

xdx
x8  1

7. Q  

4. K  

4



2

x2  1
3.  4
dx

x  x2  1

1

1/ 4 3

3

x10
dx
x3  1

9.



10.

x2  1
21 x4  1 dx

2

4
1

Lời giải

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 9


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ
1. Ta có
Đặt

x4  2
x2  2
x2  2
.

x


x

x3  x
x3  x
x  x  1  x  1 

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

1
1
Đồng nhất hệ số thç được A  2, B   , C   , do đê:
2
2



2

1

1

1 

1

1

 f  x  dx    x  x  2 . x  1  2 . x  1  dx  2 x

2

1
 2 ln x  ln x 2  1  C
2

d  x8 
dx

x7 dx
1
1
x8



ln
C
2. Ta có 
8
x  1  x8   x8  1  x8  8  x8  1  x8  8 1  x

1

dx  
x 1
1
x2  x  1
x

dx


ln
C
3. Ta có  4
  1 2
x  x2  1
2

x2  x  1
x  1
x

2

 
4. Đặt x  2 tan t, x   0; 2  t   0;  .
 4
/4

K



16 tan 4 t  2 tan t  1 2dt
1
.

2
2
cos t 2
4  tan t  1 



1
2

0

Từ đê tènh được K  

/4

  16 tan

4

t  2 tan t  1  dt

0

/4

  16 tan t  1  tan t   16 tan
2

2

2



t  2 tan t  1 dt

0

16 17 


 ln 2
3
8

3
1
1
 1
2x 2 
dx
2 d x 


5. Ta có L    2
 dx   2
x  1 x6  1 
x  1 3 0  x 3 2  1
0
0
1

Lần lượt đặt x  tan t, x3  tan u thì L 
6. Đặt t  x 2 thì xdx 

1
N
2

1
3


0

dt
1

4
t 1 4

1
3


0

5
12

1
1
1
dt .Khi x  0 thì t  0, x  4 thì t 
2
3
3
1

1 
 1 t 1 1

 3 1

 1
 2
 arctan t   ln 2  3 
 2
 dt   ln
8
24
 t 1 t 1
8 t1 4
0

2

2





2

8x7  1  1
8x7  1
1
dx

dx  
dx

8

7
7
x

x
x
1

x
x
1

x




1
1
1

7. Ta có Q  

10 | Chinh phục olympic toán

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2
d  x7 
x6
1
 ln  x  x    7
dx  ln 129   7
7
1
7 1 x  1  x7 
1 x 1  x 
2

8

2

2

1
x7
 ln 129  ln
7 1  x7

1

1 256
 ln 129  ln
7 129

1
dx
 1

8. Ta có J    2
 4
 dx  C  arctan x   4
2
x  x2  1
 x 1 x x 1
dx
x  x2  1
Với trường hợp x  0 làm dễ dàng, xåt trường hợp x  0 ta có
1
dx
d
 
x
x2
K
 
2
1
1

x2  1  2
x  1
x
x


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

Như vậy ta chỉ cần tènh K  

4

1 
1
1
1
1 
1
1



 2
dt  K  K    2
 2
dt



2
2  t  1  3t t  1  3t 
2
3  t  1  3t t  1  3t 
Phần cén lại xin nhường lại cho bạn đọc!
9. Biến đổi tèch phân cần tènh ta được




3

4

3
x 10
1
1 
dx    x7  x 4  x  2
 3
 dx

3
4
x 1
x x1 x 1






3
1
1 
7
4
  x  x  x 
 3
 dx
2
2
4
1   3  x  1



x  


2  2 




3
3
3
d  x  1
d  x  1
1
dx  

Tính I   3
2
4 x 1
4
 x  1   x  x  1 4  x  1   x  1 2  3  x  1   3 
2
2
1 4  t  3t  3    t  3t 
1 4 dt 1 4 t  3
dt  

dt
Đặt t  x  1  dt  dx  I  
2
3 5
3 5 t 3 5 t 2  3t  3
t  t  3t  3 



1 4 dt 1  1 4 2t  3
3 4
dt

   2
dt   2

5
5
5
3
t 3  2 t  3t  3
2 t  3t  3 

Đến đây xin nhường lại cho bạn đọc!
1 
1


1  2  dx 1 d  x  

x 1
x 
x

dx   

10. Ta có I   4
2
1

1
1 x 1
1
1 
x2  2
 2
2
2
2 x
x
x

1

2

1

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 11


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ
Đặt x 

1
 t khi đê ta được:
x
2

2

2

2

2

dt
dt
1  1
1 
I 2




 dt

2 2 5t 2 t 2 
2 t 2
5 t 2
5 t


1
2 2

2


5
2





d t 2
t 2

12 | Chinh phục olympic toán





1
2 2



2


5
2



d t 2
t 2

2



t 2
ln
2 2
t 2
1

2


5
2

2  19  6 2 
ln 

4
17



Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

3. NGUYÊN HÀM – TÌCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Để làm tốt được các bài toán nguyên hàm – tèch phân hàm lượng giác ta cần nắm chắc
được các biến đổi hạ bậc lượng giác, tích thành tổng, theo góc phụ t  tan


sin  x  a    x  b  
1
1

.
sin  x  a  .sin  x  b  sin  a  b  sin  x  a  sin  x  b 



1
1
1

.
2
2
a sin x  b cos x
a  b sin  x   







1
a sin x  b cos x  a 2  b2

1



a2  b2

.

x
,…
2

1
1  cos  x   

 sin x   cos x   A  a sin x  b cos x  c  '
B


a sin x  b cos x  c
a sin x  b cos x  c
a sin x  b cos x  c
1
1
1


.
2
2
2
a sin x  b sin x cos x  cos x a tan x  b tan x  c cos 2 x

a

sin x cos x

2

sin 2 x  b 2 cos 2 x 





A  a 2 sin 2 x  b 2 cos 2 x  '

a

2

sin 2 x  b 2 cos 2 x 



Đặc biệt cận tích phân đối, bù, phụ thç đặt tương ứng t  x, t    x, t 


 x . Tích phân
2

liên kết, để tính I thç đặt thêm J mà việc tính tích phân I  J và I  J hoặc I  kJ và I  mJ dễ
dàng lợi hơn. Tèch phân truy hồi I n theo I n 1 hay I n  2 thì sin n x, cos n x tách lũy thừa 1 và
díng phương pháp tèch phân từng phần còn tan n x, cot n x tách lũy thừa 2 và dùng
phương pháp tèch phân đổi biến số. Ngoài ra ta cần phải nhớ:
1. Nếu hàm số f  x  liên tục træn đoạn  a; b  thì:

2


2






0 f  sin x  dx  0 f  cos x  dx; 0 xf  sin x  dx  2 0 f  sin x  dx

2. Các dạng tèch phân lượng giác:




b

b

a

a

 P  x  .sin xdx,  P  x  .cos xdx : đặt u  P  x  , v'  sin hoặc cos x

2



 R  x, sin x, cos x  dx : đặt x  2  t
0





 R  x, sin x, cos x  dx : đặt x    t
0



2

 R  x, sin x, cos x dx : đặt x  2   t
0

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 13


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ


b

x

 R  sin x, cos x  dx : đặt t  tan 2 , đặc biệt:
a

Nếu R   sin x, cos x   R sin x, cos x  thç đặt t  cos x
Nếu R  sin x,  cos x   R sin x, cos x  thç đặt t  sin x
Nếu R   sin x,  cos x   R sin x, cos x  thì đặt t  tan x, cot x .
Để tçm hiểu sâu hơn ta sẽ cíng đi vào các dạng toán cụ thể.
CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP.
dx
I. DẠNG 1. I  
sin  x  a  sin  x  b 
1. PHƯƠNG PHÁP.
Díng đồng nhất thức:
sin  a  b  sin  x  a    x  b   sin  x  a  cos  x  b   cos  x  a  sin  x  b 
1


sin  a  b 
sin  a  b 

sin  a  b 
Từ đê suy ra: I 

sin  x  a  cos  x  b   cos  x  a  sin  x  b 
1
dx

sin  a  b 
sin  x  a  sin  x  b 



 cos  x  b  cos  x  a  
1


 dx

sin  a  b   sin  x  b  sin  x  a  



1
ln sin  x  b   ln sin  x  a    C
sin  a  b  

2. CHÚ Ý.
Với cách này, ta cê thể tçm được các nguyæn hàm:
sin  a  b 
dx

 J
bằng cách díng đồng nhất thức 1 
cos  x  a  cos  x  b 
sin  a  b 


K

cos  a  b 
dx
bằng cách díng đồng nhất thức 1 
sin  x  a  cos  x  b 
cos  a  b 

3. VÌ DỤ MINH HỌA.
Tính các nguyên hàm, tích phân sau:
dx
 I


sin x sin  x  
6

 sin  x     x 


6  
 







6
Ta có: 1 

 2 sin  x   cos x  cos  x   sin x 

1
6
6

 

sin
6
2
 





 

cos  x   
sin  x  6  cos x  cos  x  6  sin x 

6





 dx  2  cos x 

 dx
Từ đê: I  2  



sin x



sin x sin  x  
sin  x  

6
6  


sin

14 | Chinh phục olympic toán

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN




 

d  sin  x   
d  sin x 
6 
sin x

 2
 2 
 2 ln
C


sin x


sin  x  
sin  x  
6
6


dx
I



cos 3x cos  3x  
6


 sin  3x     3x 



6

  2 sin  3x    cos 3x  cos  3x    sin 3x 
6 
Ta có 1 



 


1
6
6

 

sin
6
2
 







sin  3x  
 sin  3x  6  cos 3x  cos  3x  6  sin 3x 
sin 3x
6




 dx  2

 I  2 
dx  2 
dx



cos 3x


cos 3x cos  3x  
cos  3x  
6
6




 

d  cos  3x   
6   2 d  cos 3x  2
2
cos 3x

  
 
 ln
C


3
3
cos 3x
3


cos  3x  
cos  3x  
6
6


dx
 I

 



sin  x   cos  x  
3
12 


sin

Ta có:

 cos  x      x    
 


3 
12  




 






4
 2  cos  x   cos  x    sin  x   sin  x   

1


3
12 
3
12  
2





cos
4
2

 







cos  x   cos  x    sin  x   sin  x  
3
12 
3
12 





 I  2
dx

 


sin  x   cos  x  
3
12 



 


cos  x  
sin  x  
3
12 


 2
dx  2 
dx





sin  x  
cos  x  
3
12 



 

 




d  sin  x   
d  cos  x   
sin  x  
3 
12  
3



 2 
 2 
 2 ln
C


 




sin  x  
cos  x  
cos  x  
3
12 
12 



cos

II. DẠNG 2. I   tan  x  a  tan  x  b  dx
1. PHƯƠNG PHÁP.

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 15


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ
Ta có tan  x  a  tan  x  b  


sin  x  a  sin  x  b 

cos  x  a  cos  x  b 

sin  x  a  sin  x  b   cos  x  a  cos  x  b 
cos  x  a  cos  x  b 

Từ đê suy ra I  cos  a  b  

1

cos  a  b 

cos  x  a  cos  x  b 

1

dx
1
cos  x  a  cos  x  b 

Đến đây ta gặp bài toán tçm nguyæn hàm ở Dạng 1.
2. CHÚ Ý
Với cách này, ta cê thể tènh được các nguyæn hàm:
 J   cot  x  a  cot  x  b  dx


K   tan  x  a  tan  x  b  dx

3. VÌ DỤ MINH HỌA





 I   cot  x   cot  x   dx
3
6







cos  x   cos  x  


3
6




Ta có cot  x   cot  x   


3
6







sin  x   sin  x  
3
6










cos  x   cos  x    sin  x   sin  x  
3
6
3
6





1





sin  x   sin  x  
3
6



 
 
cos  x     x   
3 
6 
3
1


1
.
1




2




sin  x   sin  x  
sin  x   sin  x  
3

6
3
6




1
3
dx   dx 
I1  x  C


2


sin  x   sin  x  
3
6


dx
Tính I 1  




sin  x   sin  x  
3
6



 sin  x      x    
 

sin

3 
6  
 



 





6
Ta có 1 
 2 sin  x   cos  x    cos  x   sin  x   


1
3
6
3
6 




 
sin
6
2








sin  x   cos  x    cos  x   sin  x  
3
6
3
6




Từ đê I 1  2 
dx




sin  x   sin  x  

3
6



Từ đê I 

3
2 

16 | Chinh phục olympic toán

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN






cos  x  
cos  x  
sin  x  
6
3
6




 2
dx  2 
dx  2 ln
C






sin  x  
sin  x  
sin  x  
6
3
3








sin  x  
sin  x  
3
6
6



.2 ln
 x  C  3 ln
xC
Suy ra I 


2


sin  x  
sin  x  
3
3






 K   tan  x   cot  x  dx
3
6








sin  x   cos  x  


3
6




Ta có tan  x   cot  x   


3
6




cos  x   sin  x  
3
6











sin  x   cos  x    cos  x   sin  x  
3
6
3
6





1




cos  x   sin  x  
3
6



 
 
sin  x     x   
3 
6 
1
1



1 .
1




2




cos  x   sin  x  
cos  x   sin  x  
3
6
3
6




1
1
1
dx   dx  K 1  x  C
Từ đê: K  



2
2


cos  x   sin  x  
3
6


Đến đây, bằng cách tènh ở Dạng 1, ta tènh được:




sin  x  
sin  x  
dx
2
3
6
6


K1  

ln
C  K 
ln
xC





3




3
cos  x   sin  x  
cos  x  
cos  x  
3
6
3
3




dx
III. DẠNG 3. I  
a sin x  b cos x
1. PHƯƠNG PHÁP.


a
b
Có: a sin x  b cos x  a 2  b2 
sin x 

cos x 
2
2
2
2
a b
 a b

 a sin x  b cos x  a 2  b 2 sin  x   

I

1

dx

 sin  x    

1

ln tan

x
C
2

a b
a b
2. VÌ DỤ MINH HỌA.
2dx

dx
dx


 I


3 sin x  cos x
3
1
sin x cos  cos x sin
sin x  cos x
6
6
2
2
2

2

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

2

2

Chinh phục olympic toán | 17


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ




d x  
x
dx
6

6  C  ln tan  x     C


 ln tan




2


 2 12 
sin  x  
sin  x  
6
6


dx
1
dx
 J

 
cos 2x  3 sin 2x 2 1
3
cos 2x 
sin 2x
2
2


d   2x 
1
dx
1
dx
1
6

 
 
  
2 sin  cos 2x  cos  sin 2x 2
4




sin   2x 
sin   2x 
6
6

6

6


 2x
1
1
 

6
  ln tan
 C   ln tan   x   C
4
2
4
 12

dx
a sin x  b cos x  c
1. PHƯƠNG PHÁP.
2dt

dx  1  t 2

sin x  2t

x
1  t2
Đặt tan  t  

2
2
 cos x  1  t

1  t2

2t
 tan x 
1  t2

2. VÌ DỤ MINH HỌA.
dx
 I
3 cos x  5 sin x  3
2dt

dx  1  t 2

x
2t

Đặt tan  t  sin x 
. Từ đê ta cê
2
1  t2


1  t2
cos
x



1  t2

2dt
2dt
2dt
1  t2
I


2
2
2
1t
2t
3  3t  10t  3  3t
10t  6
3.
5
3
2
2
1 t
1t
1 d  5t  3  1
1
x
 
 ln 5t  3  C  ln 5 tan  3  C

5
5t  3
5
5
2
2dx
 J
2 sin x  cos x  1

IV. DẠNG 4. I  

18 | Chinh phục olympic toán

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2dt

dx  1  t 2

x
2t

Đặt tan  t  sin x 
2
1  t2


1  t2

cos
x


1  t2

2dt
2.
4dt
4dt
dt
1  t2
Từ đê J  

 2
 2
2
2
2
2t
1t
4t  1  t  1  t
2t  4t
t t  2
2.

1
2
2
1 t 1 t

1 
x
x
1
  
 dt  ln t  ln t  2  C  ln tan  ln tan  2  C
2
2
 t t2
dx
 K
sin x  tan x
2dt

dx


1  t2

x
2t

Đặt tan  t  sin x 
2
1  t2

2t

 tan x  1  t 2
2dt

1 1  t2
1 dt 1
1  t2
Từ đê K  
 
dt     tdt
2t
2t
2
t
2 t 2

2
2
1t
1t
1
1
1
x 1
x
 ln t  t 2  C  ln tan  tan 2  C
2
4
2
2 4
2
dx
V. Dạng 5. I  
2

a.sin x  b.sin x cos x  c.cos 2 x
1. PHƯƠNG PHÁP.
dx
I
2
 a tan x  b tan x  c  .cos2 x

dx
dt
 dt . Suy ra I   2
2
cos x
at  bt  c
2. VÌ DỤ MINH HỌA.
dx
dx
 I

2
2
3sin x  2 sin x cos x  cos x
 3 tan 2 x  2 tan x  1 cos2 x

Đặt tan x  t 

Đặt tan x  t 

dt
dt
dx


 dt  I   2
2
3t  2t  1
cos x
 t  1 3t  1

1  1
3 
1 dt 1 d  3t  1 



 dt  

4  t  1 3t  1 
4 t  1 4  3t  1
1
t1
1
tan x  1
 ln
 C  ln
C
4 3t  1
4 3 tan x  1


Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 19


CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ


J

dx
dx

2
2
sin x  2 sin x cos x  2 cos x
 tan x  2 tan x  2  cos2 x
2

Đặt tan x  t 
J

dx
 dt
cos2 x

d  t  1
dt

2
t  2t  2
 t  1  3

 

2

VI. DẠNG 6. I  

2



1
2 3

ln

t 1 3
1
tan x  1  3
C 
ln
C
t 1 3
2 3
tan x  1  3

a1 sin x  b1 cos x
dx
a 2 sin x  b2 cos x

1. PHƯƠNG PHÁP.
Ta tìm A, B sao cho: a1 sin x  b1 cos x  A  a 2 sin x  b 2 cos x   B  a 2 cos x  b 2 sin x 
2. VÌ DỤ MINH HỌA.
4 sin x  3 cos x
 I
dx
sin x  2 cos x
Ta tìm A, B sao cho 4 sin x  3 cos x  A  sin x  2 cos x   B  cos x  2 sin x 

A  2B  4
A  2
 4 sin x  3 cos x   A  2B  sin x   2A  B  cos x  

2A  B  3
B  1
2  sin x  2 cos x    cos x  2 sin x 
Từ đê: I  
dx
sin x  2 cos x
d  sin x  2 cos x 
 2  dx  
 2x  ln sin x  2 cos x  C
sin x  2 cos x
3 cos x  2 sin x
 J
dx
cos x  4 sin x
Ta tìm A, B sao cho 3 cos x  2 sin x  A  cos x  4 sin x   B   sin x  4 cos x 
 3 cos x  2 sin x   A  4B  cos x   4A  B  sin x

11

A

A

4B

3


17


 4A  B  2
B   10

17
11
10
 cos x  4 sin x     sin x  4 cos x 
17
dx
Từ đê: J   17
cos x  4 sin x
11
10 d  cos x  4 sin x  11
10

dx  


x  ln cos x  4 sin x  C

17
17
cos x  4 sin x
17
17
3. CHÚ Ý.
a sin x  b1 cos x
1. Nếu gặp I   1
dx ta vẫn tçm A, B sao cho:
2
 a2 sin x  b2 cos x 

a1 sin x  b1 cos x  A  a 2 sin x  b 2 cos x   B  a 2 cos x  b 2 sin x 

2. Nếu gặp I  

a1 sin x  b1 cos x  c1
dx ta tìm A, B sao cho:
a 2 sin x  b2 cos x  c 2

a1 sin x  b1 cos x  c1  A  a 2 sin x  b 2 cos x  c 2   B  a 2 cos x  b 2 sin x   C

Chẳng hạn:

20 | Chinh phục olympic toán

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN


I



8 cos x
3 sin x  cos x



2

dx . Ta tìm A, B sao cho:

8 cos x  A



 

3 sin x  cos x  B

3 cos x  sin x



A 3  B  0
A  2

 8 cos x  A 3  B sin x  A  B 3 cos x  
A  B 3  8
B  2 3



Từ đê: I  

2



 2







3 sin x  cos x  2 3





3 cos x  sin x

 dx


d  3 sin x  cos x 
3
 2I
3
sin
x

cos
x



3 sin x  cos x

dx
2
3 sin x  cos x



2

2

1



2 3
C
3 sin x  cos x

dx
1
dx
1
dx
 
 
2 sin x cos   cos x sin 
3 sin x  cos x 2
3
1
sin x  cos x
6
6
2
2



d x  
x
1
dx
1

1
6
6  C  1 ln tan  x     C
 
  
 ln tan


 2
 2
2
2
2


 2 12 
sin  x  
sin  x  
6
6


2 3
x  
Vậy I  ln tan    
C
3 sin x  cos x
 2 12 
8 sin x  cos x  5
 J

dx . Ta tìm A, B, C sao cho:
2 sin x  cos x  1

Tìm I 1  

8 sin x  cos x  5  A  2 sin x  cos x  1   B  2 cos x  sin x   C

2A  B  8
A  3


 8 sin x  cos x  5   2A  B  sin x   A  2B  cos x  A  C  A  2B  1  B  2
A  C  5
C  2



3  2 sin x  cos x  1   2  2 cos x  sin x   2
dx
2 sin x  cos x  1
2 cos x  sin x
dx
 3 dx  2 
dx  2
2 sin x  cos x  1
2 sin x  cos x  1
 3x  2 ln 2 sin x  cos x  1  2J 1

Từ đê: J  



2dt

dx  1  t 2

x
2t
dx

Tìm J 1  
. Đặt tan  t  sin x 
2
1  t2
2 sin x  cos x  1


1  t2
cos
x


1  t2


Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 21

CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO HAY VÀ KHÓ
2dt
dt
dt
1 1
1 
1  t2
 J1  
 2

  
 dt
2
2t
1t
t  2t
t t  2 2  t t  2 
2.

1
1  t2 1  t2
x
tan
1
t
1
2 C
 ln
 C  ln
x

2 t2
2
tan  2
2
x
tan
2 C
Vậy: J  3x  2 ln 2 sin x  cos x  1  ln
x
tan  2
2
VII. DẠNG 7. BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN HOẶC 6 DẠNG Ở TRÊN.
1
 I   cos 3x cos 4xdx    cos x  cos7x  dx
2
1
1
1
1
  cos xdx   cos7xdx  sin x  sin 7x  C
2
2
2
14
1
 I   cos x sin 2x cos 3xdx   sin 2x  cos 2x  cos 4x dx
2
1
1
  sin 2x cos 2xdx   sin 2x cos 4xdx

2
2
1
1
  sin 2xd  sin 2x      sin 2x  sin 6x dx
4
4
1
1
1
 sin 2 2x  cos 2x  cos 6x  C
8
8
24




 I   tan x tan   x  tan   x  dx
3

3





sin x sin   x  sin   x 





3

3

Ta có: tan x tan   x  tan   x  


3
3






 cos x cos  x cos  x 




3

3

2 
1



sin x  cos 2x  cos  sin x  1  2 sin 2 x  
3 
2




2 
1


cos x  cos 2x  cos  cos x  2 cos 2 x  1  
3 
2


2
sin x  3  4 sin x  3 sin x  4 sin 3 x sin 3x



3
cos x  4 cos 2 x  3  4 cos x  3 cos x cos 3x

sin 3x
1 d  cos 3x 
1
dx   
  ln cos 3x  C
cos 3x

3
cos 3x
3
3
I   sin x sin 3xdx
Từ đê: I  



Ta có: sin 3x  3 sin x  4 sin 3 x  sin 3 x 
 sin 3 x sin 3x 

3 sin x  4 sin 3x
.sin 3x
4

22 | Chinh phục olympic toán

3 sin x  sin 3x
4

Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
3
1
3
1
sin x sin 3x  sin 2 3x   cos 2x  cos 4x    1  cos 6x 

4
4
8
8
3
3
1
1
 cos 2x  cos 4x  cos 6x 
8
8
8
8
3
3
1
1
3
3
1
1

Từ đê: I    cos 2x  cos 4x  cos 6x   dx  sin 2x  sin 4x  sin 6x  x  C
16
32
48
8
8
8
8

8
3
3
 I    sin x cos 3x  cos x sin 3x  dx


3 sin x  sin 3x
3 cos x  cos 3x
, cos3 x 
4
4
3
sin
x

sin
3x
3 cos x  cos 3x
Suy ra sin 3 x cos 3x  cos 3 x sin 3x 
.cos 3x 
.sin 3x
4
4
3
1
3
1
 sin x cos 3x  sin 3x cos 3x  cos x sin 3x  cos 3x sin 3x
4
4

4
4
3
3
3
 sin  2x   sin 4x   sin  2x   sin 4x    sin 2x
8
8
4
3
3
Vậy I    sin 2xdx  cos 2x  C
4
8
dx
dx
1
1
dx
1
dx
 I


.
.

1  tan 2 x 

3

4
2
2
sin x cos x
tan x cos x
tan x cos x cos x
tan x
cos 2 x
dx
Đặt tan x  t 
 dt
cos2 x
t2  t
dt 1 2
1
 t  ln t  C  tan 2 x  ln tan x  C
I
dt   tdt  
2
2
t
t
dx
cos xdx
 I

4
sin x cos x
sin 4 x cos 2 x

Ta có: sin 3 x 

Đặt sin x  t  cos xdx  dt  I  



dt
1  t4  t4
1  t2
dt

dt

dt

4



t
1  t2
t4 1  t2 
t4 1  t2 

dt
dt
dt
1
1 1 t 1
 2 

  t 3   ln
C
4
t
t
t 2 t1
 t  1 t  1 3

1
1
1 sin x  1

 ln
C
3
3sin x sin x 2 sin x  1
sin 3x sin 4x
sin 3x sin 4x
dx  
dx   sin 4x cos 2x cos xdx
 I
sin 3x
tan x  tan 2x
cos x cos 2x
1
1
1
   sin 6x  sin 2x  cos xdx   sin 6x cos xdx   sin 2x cos xdx
2
2

2
1
1
   sin 7x  sin 5x  dx    sin 3x  sin x  dx
4
4
1
1
1
1
  cos7x  cos 5x  cos 3x  cos x  C
28
20
12
4
1

cos x

u  sin x
dx
dx
du  
 I
.Đặt 

sin 2 x
3
sin x
dv  dx

 v   cot x

sin 2 x



Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học

Chinh phục olympic toán | 23