Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUN ĐỀ

NGUN HÀM VÀ TÍCH PHÂM

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội
Email:
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


N guyên
Ví dụ 1:

hàm và

T ích

phân

Tìm nguyên hàm của các hµm sè sau:
a. f(x) =



x 2 + 3x + 3
.
x +1

b. f(x) =

1
.
x + 3x + 2
2

Gi¶i
a. Ta cã:

∫ f (x)dx = ∫
b. Ta cã:

∫ f (x)dx

=

1 
1 2

x 2 + 3x + 3
dx = ∫  x + 2 +
÷dx = x + 2x + ln|x + 1| + C.
x +1
2

x +1


∫x

2

dx
=
− 3x + 2

dx

 1

1 

∫ (x + 1)(x + 2) dx = ∫  x + 1 − x + 2 ÷dx



= ln|x + 1| − ln|x + 2| + C = ln

x +1
+C.
x+2


NhËn xÐt: Qua thÝ dụ trên:
1. ở câu a) chúng ta chỉ cần thực hiện phép chia đa thức là đÃ

biến đổi phân thức hữu tỉ ban đầu thành tổng các nhân tử
mà nguyên hàm của mỗi nhân tử đó có thể nhận đợc từ
bảng nguyên hàm.
2. ở câu b) chúng ta nhận thấy:
(A + B)x + 2A + B
1
A
B
+
=
=
(x + 1)(x + 2)
x + 3x + 2 x + 1 x + 2
2

Ta ®ỵc ®ång nhÊt thøc 1 = (A + B)x + 2A + B.
(1)
Để xác định A, B trong (1) ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: (Phơng pháp đồng nhất hệ số): Đồng nhất đẳng
thức, ta đợc:
A + B = 0
A = 1
⇔
.

 2A + B = 1
 B = 1

Cách 2: (Phơng pháp trị số riêng): Lần lợt thay x = 1, x =
2 vào hai vế của (1) ta đợc A = 1 và B = −1. Tøc lµ:

1
1
1
−
=
.
x + 3x + 2
x +1 x + 2
2

Ví dụ 2:

2

Tìm các nguyên hàm sau:


a.

2
∫ x x − 1dx .

b.

∫

x +1

(

dx
x +1 +1

)

2

.



Gi¶i
a. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Đặt u = x 2 − 1 , suy ra:
u2 = x2 − 1 ⇒ 2udu = 2xdx ⇔ xdx = udu.
Tõ ®ã:
1 3
1
2
2
2
3
∫ x x − 1dx = ∫ u.udu = ∫ u du = 3 u + C = 3 (x 1) + C .
1
Cách 2: Đặt u = x2 − 1, suy ra du = 2xdx ⇔ xdx = du .
2
Tõ ®ã:
1
1
2 3

(x 2 − 1)3 + C .
x x 2 − 1dx = ∫ udu = ∫ u 2 du = u 2 + C =
∫
3
3
b. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: §Ỉt u = x + 1 , suy ra:
u2 = x + 1 ⇒ 2udu = dx.
Tõ ®ã:
dx
2udu
2
−2
2 =
∫
∫ u(u + 1)2 = 2 ∫ (u + 1) d(u + 1) = − u + 1 + C
x +1 x +1 +1

(

)

=

2
x +1 +1

+C.

Cách 2: Đặt u = x + 1 + 1 , suy ra:

dx
dx
du =
⇔
= 2du.
2 x +1
x +1
Tõ ®ã:
dx
2
2du
2
2 =
∫
∫ u2 = − u + C = − x + 1 + 1 + C .
x +1 x +1 +1

(

)


Nhận xét: Nh vậy, để tìm nguyên hàm của các hàm số trên:
1. ở câu a) chúng ta nhận thấy:
Cách 1 đợc đề xuất dựa trên dấu hiƯu thø hai trong
b¶ng dÊu hiƯu.

3

Cách 2 chúng ta trình bày dựa trên nhận xét (x2 1)' = 2x
điều này sẽ cho phép chúng ta khử đợc x trong hàm số
cần tìm nguyên hàm.
Các em häc sinh cã thĨ thÊy ngay r»ng ®é phøc tạp trong
lời giải của hai cách này là nh nhau. Tuy nhiên, điều này
đà thay đổi trong câu b).
2. ở câu b) chúng ta nhận thấy:
Cách 1 đợc đề xuất dựa trên dấu hiệu thứ hai trong
bảng dấu hiệu.
Cách 2 chúng ta trình bày dựa trên nhận xét r»ng


(

)

x +1 +1 ' =
1
x +1

VÝ dơ 3:

1
2 x +1

®iỊu này sẽ cho phép ta khử đợc

trong hàm số cần tìm nguyên hàm.

Tìm nguyên hàm :

x.dx
.
2
2x

sin



Giải
Đặt:
u = x
du = dx


.

dx ⇔ 
1
 dv = sin 2 2x
 v = − 2 co t 2x


Khi ®ã:
x.dx
1
1 cos2x.dx
∫ sin 2 2x = −x.cot2x + 2 ∫ co t 2x.dx = −x.cot2x + 2 ∫ sin 2x
1
= −x.cot2x + lnsin2x + C.

4


Nhận xét: Đây là ví dụ mở đầu minh hoạ phơng pháp lấy nguyên hàm
từng phần và hai câu hỏi đợc đặt ra là:
1. Câu 1 "Tại sao lại lựa chọn phơng pháp lấy nguyên hàm từng
phần ?", để trả lời câu hỏi này chúng ta sử dụng nhận xét:
Hàm số f(x) không có trong bảng nguyên hàm các
hàm số thờng gặp, do đó cần những phép phân tích để
chuyển nó về dạng một biểu thức chứa các hàm số có
trong bảng nguyên hàm. Tuy nhiên, với những phép
phân tích đại số thông thờng sẽ không thể thực hiện ®4


ợc yêu cầu trên bởi f(x) là một hàm không thuần nhất
(thơng của hàm đa thức với hàm lợng giác hoặc với
hàm mũ và lôgarit).
Phơng pháp đổi biến mà chúng ta đà biết cũng không thể
thực hiện đợc bởi không có phần tử trung gian chuyển
đổi giữa hàm đa thức và hàm lợng giác, hàm mũ và
lôgarit.
2. Câu 2 "Tại sao lại lựa chọn cách đặt u và dv nh vậy ?", để
trả lời câu hỏi này chúng ta sư dơng ph©n tÝch mang tÝnh
chđ quan sau:
x
1
f(x) =
= x. 2
.
2

sin 2x
sin 2x
1
Điều này cho thấy u chỉ có thể là x hoặc
và phần
sin 2 2x
còn lại sẽ là dv. Lựa chọn trong lời giải trên là u = x bởi:
1
1
Khi đó dv =
dx nên v = cot2x, tức thoả
2
2
sin 2x
mÃn "Phép đặt dv sao cho v đợc xác định một cách dễ
dàng". Tuy nhiên, sẽ có học sinh đặt câu rằng trong trờng hợp trái lại (dv = xdx) thì v cùng đợc xác định
1 2
một cách dễ dàng (v = x ).
2
Câu hỏi rất đúng, nhng câu trả lời là không bởi khi đó
việc tính du trở nên phức tạp hơn và tích phân mới
xuất hiện vdu không đợc xác định một cách dễ dàng (vì
v vẫn là hàm hợp).
Ví dụ 4:

Tính tích phân:
3

1 + ln(x + 1)
dx.

x2
1

I=



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp

tích phân từng phần, cụ thể với phép đặt:
u = 1 + ln(x + 1)

.

dx
dv = x 2


lêi gi¶i chi tiÕt : Sử dụng phơng pháp tích phân từng phần bằng cách đặt:

dx

u = 1 + ln(x + 1)
du = x + 1


⇔
.


dx
dv = x 2
v = − 1



x
5


Khi ®ã:
3

3
3
2 + ln 2
1 
1 + ln(x + 1)
dx
1
=
+ ∫ −
I2 =
+∫
÷dx
3
 x x +1
x
x(x + 1)

1
1
1

=
VÝ dơ 5:

3
2 + ln 2
2
2
+ [ ln x − ln(x + 1) ] 1 = + ln 3 − ln 2.
3
3
3

TÝnh tÝch phân:
1

I=
0



x 3 .dx
.
x 4 + 3x 2 + 2

Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng pháp

đổi biến để đa I về dạng tích phân hàm số hữu tỉ, cụ thể đặt u = x 2 , u 0 .
Và sau việc đổi cận ta sẽ nhận đợc:
1
1
u.du
I= 2
.
2 0 u + 3u + 2
Thùc hiƯn phÐp t¸ch ta đợc:
1
1 2
1
I =

ữdu.
2 0 u + 2 u +1
lời giải chi tiết : Đặt u = x2, suy ra:
du
du = 2x.dx x.dx = .
2
§ỉi cËn:
 Víi x = 0 th× u = 0.
 Víi x = 1 thì u = 1.
Từ đó:
1

I=
=

1

1
u.du
1 2
1
u 2 + 3u + 2 = 2 ∫  u + 2 − u + 1 ÷du
20

0
1
1
1
3
( 2ln | u + 2 | − ln | u + 1|) 0 = ( 2ln 3 − 3ln 2 ) = ln 3 − ln 2.
2
2
2

VÝ dơ 6: TÝnh

tÝch ph©n:
2

I = ∫ max { f(x),g(x)} dx , trong ®ã f(x) = x2 và g(x) = 3x 2.
0

6

Giải
Xét hiệu f(x) g(x) = x2 − 3x + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2.
Do ®ã:


2

1

2

I = ∫ max { f(x),g(x)} dx = ∫ max { f(x),g(x)} dx + ∫ max { f(x),g(x)} dx
0

0

1

2
∫ x dx

=

1

2

+

0

∫ (3x − 2)dx

=

1

x3
3

1

+(
0

3x 2
− 2x)
2

2
1

=

17
.
6


Chó ý: NÕu biÕt biÕt cách tận dụng ý nghĩa hình học của tích phân, trong nhiều
trờng hợp chúng ta có ngay đợc đáp số của một tích phân tơng đối
phức tạp.
Ví dụ 7: Tính tích phân:

I=

/4

x(1 + sin 2x)dx.
0



Giải

Đánh giá và định h íng thùc hiƯn : Ta thÊy ngay r»ng cÇn sử dụng phơng pháp

tích phân từng phần, cụ thể với phép đặt:
u = x
.

dv = (1 + sin 2x)dx
lời giải chi tiết : Đặt:

du = dx
u = x

.

1
v = x − cos2x
dv = (1 + sin 2x)dx


2
Tõ ®ã:
π /4

1


I = x  x − cos 2x ÷ −
2

0
=
VÝ dơ 8:

π /4



1



∫  x − 2 cos 2x ÷dx



0

π/ 4


π x
1
π2 1
−  − sin 2x ÷ =
+ .
16  2 4
32 4
0
2

2

Tính các tích phân sau:
1

a. I =


0

dx
x +1 + x

π2

.

b. I =

1 + sin 2x + cos2x
dx .
sin x + cos x
6





Giải
a. Biến đổi I về dạng:
1

2
I = ( x + 1 − x )dx = [(x + 1)3/2 − x3/2]
3
0

1
0

=

4

( 2 − 1).
3

b. BiÕn ®ỉi I vỊ d¹ng:
7


π2

cos2x 
 1 + sin 2x
+
dx =
I= ∫
sin x + cos x sin x + cosx ÷

π 6

π2

∫ (sin x + cos x + cos x − sin x)dx

π6

π2

=2

∫ cos xdx

= 2sinx

/2
/6

= 1.

6


Nhận xét: Nh vậy, để tính đợc các tích phân trên:
ở câu a) việc sử dụng phép nhân liên hợp là điều chúng ta
đà đợc biết trong chủ đề về nguyên hàm.
ở câu b) chỉ cần các em học sinh nhớ lại khi học về việc tính giá
trị của một biểu thức lợng giác tại x0 (lớp 10), chúng ta luôn tìm
cách đơn giản biểu thức đó trớc khi thay giá trị x0 vào.
Ví dụ 9:

Tính tÝch ph©n:
I=

π /4

∫
0



x.sin x + (x + 1) cos x
dx.

x.sin x + cos x

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Chỉ cần đánh giá đợc TS là:

TS = (x.sinx + cosx) + x.cosx
chóng ta thÊy ngay r»ng I sÏ đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thể:
/4
/4
x.cos x
π /4
x.sin x + cos x + x.cos x
= dx + ∫
dx .
I= ∫
dx ∫
x.sin x + cos x
0
0
{
x.sin x + cos x
1 4 4 4 2 4 4 43
0
I1

I2

và việc tính I1, I2 là khá đơn giản.
lời giải chi tiÕt : Ta cã biÕn ®ỉi:

I=

π /4

∫
0

π /4

π /4

x.cos x
x.sin x + cos x + x.cos x
= ∫ dx + ∫
dx .
dx 0
x.sin x + cos x
0
{
x.sin x + cos x
1 4 4 4 2 4 4 43

Ta lÇn lợt:
Với I1 thì:

I1

(1)

I2


/4
I1 = x 0 = .
4
Víi I2 th× víi nhËn xÐt (x.sinx + cosx)' = sinx + x.cosx − sinx = x.cosx ta
viÕt l¹i nã díi d¹ng:
π /4
d(x.sin x + cos x)
π /4
I2 = ∫
= ( ln x.sin x + cos x )
0
x.sin x + cos x
0
8


 2  π 
π
π
π
.sin + cos − ln 0.sin 0 + cos 0 = ln 
 + 1÷ .
4
4
4
2  4 


 2  π 
π
Thay I1 vµ I2 vào (1) ta đợc I = + ln
+ 1ữ .
4
2 4

= ln

Ví dụ 10:

Tính tích phân:
I=

/3


0



1 + x.sin x
dx.
cos 2 x

Giải

Đánh

giá và định h ớng thực hiện : Với nguyên hàm cơ bản

dx
cos2 x = tan x + C chóng ta thÊy ngay r»ng I sẽ đợc tách thành hai tích phân
nhỏ, cụ thể:
/3
π /3
1
x.sin x
I= ∫
dx + ∫
dx .
2
cos x
cos 2 x
0
0
1 42 43 1 4 2 44
4
3
I1

I2

vµ viƯc tÝnh I1 lµ khá đơn giản còn I2 ta sử dụng phơng pháp tích phân từng phần với
lựa chọn:
u = x

sin x.dx .

dv = cos 2 x


lêi gi¶i chi tiÕt : Ta cã biÕn ®ỉi:

I=

π /3

π /3

1
x.sin x
∫ cos2 x dx + ∫ cos2 x dx .
0
0
1 42 43 1 4 2 44
4
3
I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
Với I1 thì:
/3

I1 = tan x 0 = 3.
Với I2 sử dụng phơng pháp tích phân từng phần bằng cách đặt:
du = dx
u = x

1 .
sin x.dx ⇔ 

 v = cos x
dv = cos 2 x


Khi ®ã:

9


π /3

 x 
I2 = 
÷ −
 cos x  0
2π
=
−
3
=
=

π /3

∫

0

π /3

∫
0

π/3
dx
=
−
cos x cos π / 3

d(sin x)
2π 1
=
+
2
1 − sin x
3 2



0

1

cos x.dx
cos 2 x
1



0

π /3

0

2π 1 
π
π
 2π 1
+  ln sin − 1 − ln sin + 1 ÷ =
+ ln(2 − 3).
3 2
3
3
3 2

2π 1
+ ln(2 3).
3 2

Tính các tích phân sau:
3

a.

sin x − 1 − sin x + 1 ÷d(sin x)



2π 1
+ ( ln sin x − 1 − ln sin x + 1 )
3 2

Thay I1 vµ I2 vµo (1) ta đợc I = 3 +
Ví dụ 11:

/3

/3

2
x 1 + x dx .
0

3

b.

∫x

5

1 + x 2 dx .

0

Giải
a. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Đặt u = x 2 + 1 , suy ra:
u2 = x2 + 1 ⇒ 2udu = 2xdx ⇔ udu = xdx.
Đổi cận:
Với x = 0 thì u = 1.
 Víi x = 3 th× u = 2.
Tõ ®ã:
2
3
1 2
7
x 1 + x 2 dx = ∫ u 2 du = u 3 = .

3 1
3
1
0
2
Cách 2: Đặt u = x + 1, suy ra du = 2xdx.
§ỉi cËn:
 Víi x = 0 th× u = 1,
 Víi x = 3 thì u = 4.
Từ đó:
4
3

1
1 3/ 2 4
7
2
∫ x 1 + x dx = 2 ∫ udu = 3 u 1 = 3 .
1
0
C¸ch 3: Thùc hiƯn phÐp biÕn ®ỉi:
3
3
3
1
1
1
x 1 + x 2 dx = ∫ 1 + x 2 d(1 + x 2 ) = ∫ (1 + x 2 ) 2 d(1 + x 2 )
∫
2 0
2 0
0
3
1
7
= (1 + x 2 )3/ 2 0 = .
3
3
2 ⇔ u2 = 1 + x2 ⇒ 2udu = 2xdx.
b. Đặt u = 1 + x
10

§ỉi cËn:

Khi ®ã:
3

5
2
∫ x 1 + x dx =
0



Víi x = 0 th× u = 1.
2

3 th× u = 2.

2

1

Víi x =

1

2
2 2
6
4
2

∫ (u − 1) u du = ∫ (u − 2u + u )du

 1 7 2 5 1 3  2 848
= u − u + u ữ =
.
5
3 1 105
7



Chú ý: Nh vậy, để tìm nguyên hàm của hàm số trong a):
Cách 1 và cách 2 đợc đề xuất dựa trên dấu hiệu thứ hai trong
bảng dấu hiệu ở chủ đề 2.
Cách 3 đợc trình bày dựa trên ý tởng đổi biến của cách 2.

Ví dụ 12:

Tính tích phân:
4

I=
0



4x 1
dx.
2x + 1 + 2

Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Chúng ta thấy ngay rằng cần sử dụng phơng

pháp đổi biến để đa I về dạng tích phân hàm số hữu tỉ.
Cụ thể đặt u = 2x + 1, u ≥ 0 , suy ra:

u2 = 2x + 1 ⇔ 2x = u2 − 1 ⇒ 2dx = 2u.du ⇔ dx = udu.
và sau việc đổi cận ta sẽ nhận ®ỵc:
3
2u 3 − 3u
I=∫
du.
u+2
1
Thùc hiƯn phÐp chia ®a thøc ta cã biÕn ®ỉi:
3
10 

I = ∫  2u 2 − 4u + 5
ữdu.
u+2
1
lời giải chi tiết : Đặt u =

2x + 1, u ≥ 0 , suy ra:
u2 = 2x + 1 ⇒ 2u.du = 2dx ⇔ udu = dx.
Đổi cận:
Với x = 0 thì u = 1.
Với x = 4 thì u = 3.

Từ đó:

11


3

3

3

2(u 2 − 1) − 1
2u 3 − 3u
10 

udu = ∫
du = ∫  2u 2 − 4u + 5 −
÷du
u+2
u+2
u+2
1
1
1

I=∫

3

 2u 3


34
3
− 2u 2 + 5u − 10ln | u + 2 | ÷ =
+ 10ln .
=
3
5
 3
1

TÝnh các tích phân sau:

Ví dụ 13:

1

1

a. I = x 1 + x 2 dx .

b. I =

0



x
0

dx
.
+1

2

Giải


a. Đặt x = tant, t∈  − ;
 2
§ỉi cËn:



π
dt
suy ra dx =
.
2
cos2 t




Víi x = 0 th× t = 0.

Víi x = 1 thì t =

.
4

Khi đó:
/4



I =

tan t. 1 + tan 2 t.

0

dt
= −
cos2 t

π/4

∫
0

d(cos t)
1
=
cos4 t
3cos3 t

π/4

=
0

2 2 1
.
3

dt

b. Đặt x = tant, t ;  suy ra dx =
= (1 + tan2t)dt.
cos2 t
 2 2
Đổi cận:





Với x = 0 thì t = 0.

Với x = 1 thì t =


.
4

Khi đó:
/4

I=

0

Ví dụ 14:



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

π/4

∫ dt

=t

0

π/4
0

=

π
.

4

TÝnh tÝch ph©n:
1
x 2 + e x + 2x 2 e x
I=∫
dx.
1 + 2e x
0

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Chỉ cần đánh giá đợc TS là:

TS = x2(1 + 2ex) + ex
chúng ta thấy ngay rằng I sẽ đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thể:
1

I=
0

x 2 ( 1 + 2e x ) + e x
1 + 2e x

vµ việc tính I1, I2 là khá đơn giản.
12

1

1

ex
2

e
= x dx + ∫
dx .
dx 0
dx = ∫  x +
1 + 2e x
x ÷
0
12 3 1 4 2 4 3
1 + 2e 
0
I
I
1

x

2

1

2


lời giải chi tiết : Ta có biến đổi:
1

I=

x 2 ( 1 + 2e x ) + e x
1 + 2e x

0

1
 2
ex
dx = ∫  x +
1 + 2e x
0

1 d ( 1 + 2e
= ∫ x dx + ∫
2 0 1 + 2e x
0
1

1

2

VÝ dô 15:

)

1

1

1
1 1 1 + 2e
1

=  x 3 + ln 1 + 2e x ữ = + ln
.
3
3
3
0 3 3

Tính tích phân:
e

I=
1



x

1


ex
dx
dx = ∫ x 2dx + ∫

÷
1 + 2e x

0
0

ln x
dx.
x(2 + ln x) 2

Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện: Tích phân này đợc lấy ra từ dạng tổng quát
b

1
I = f (ln x). dx nên chỉ cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx chúng ta dễ
x
a
dàng chuyển nó về dạng đa thức hoặc phân thức theo u.
lời giải chi tiết : Ta có thể trình bày theo các cách sau:
dx
Cách 1: Đặt u = lnx, suy ra du =
.
x

Đổi cận:
Với x = 1 thì u = 0.
 Víi x = e th× u = 1.
Tõ ®ã:

1

I=∫
0

( 2 + u)

[ (2 + u) − 2] du 1  1
2 
 du
= ∫
−
2
2
( 2 + u)
0
( 2 + u) 
0 2 + u



1

u.du
2

=∫

1

2 
3 1

=  ln 2 + u +
÷ = ln 2 − 3 .
2+u0


Cách 2: Đặt u = 2 + lnx, suy ra du =

dx
.
x

Đổi cận:
Với x = 1 thì u = 2.
Với x = e thì u = 3.
Từ đó:
3

I=
2

Ví dô 16:

( u − 2 ) du
u2

3

1 2
= ∫ − 2
u
2u

3

2
3 1


÷du =  ln u + ÷ = ln .
u2
2 3



Tính các tích phân sau:
13


2π

1

2010
a. I = ∫ x sin x.dx .

b. I =

−1

∫ x.cos

3

xdx .

0



Giải
a. Viết lại I dới dạng:
0

1

1

I=

0

2010
2010
x sin x.dx + ∫ x sin x.dx .

(*)

0

XÐt tÝnh ph©n J =

∫x

2010

sin x.dx bằng cách đặt x = t thì dx = dt.

1

Đổi cận:

Khi đó:

Với x = 1 thì t = 1.
0

J = − ∫ ( −t )
1

1

1

0

2004

0

sin( −t )dt = − ∫ t 2004 sin t.dt = − ∫ x 2004 sin xdx .

(**)
Thay (**) vào (1) ta đợc I = 0.
b. Đặt x = 2 t suy ra dx = dt.
Đổi cận:
Với x = 2 thì t = 0.
Khi ®ã:



∫ (2π − t).cos (2 π − t)(−dt) = ∫ (2π − t).cos
3

2π

3

tdt

0

2π

2π

0

0

3
= 2π ∫ cos tdt −

⇔ 2I =



Víi x = 0 th× t = 2π.

2π

0

I=

Víi x = 0 th× t = 0.



3
∫ t cos tdt =

π 1
( sin3t + 3sint)
2 3

2π
0

π
2

2π

∫ (cos3t + 3cos t)dt

−I

0

= 0 ⇔ I = 0.

Nhận xét: Với tích phân trong a), các em häc sinh cha cã kinh nghiÖm thêng
suy nghÜ theo hai hớng sau:
Hớng 1: Sử dụng phơng pháp tích phân từng phần, bởi nó có
dạng P(x)sin xdx song khi đó ta cần thực hiện
2010 lần tích phân từng phần và điều đó đơng
nhiên không thực tế.
Hớng 2: Sử dụng phơng pháp tích phân từng phần cho công
1

thức tổng quát

x

n

sin xdx , từ đó bằng phơng

1

pháp truy hồi nhận đợc kÕt qu¶.
14


TÝnh tÝch ph©n:

VÝ dơ 17:

e

3

I = ∫  2x − ữln x.dx.
x
0



Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Tích phân này đợc lấy ra từ dạng tổng quát
b

I = f (x).ln x.dx , và vì f(x) không phải hàm đa thức nên không thể sử dụng ngay
a

đợc phơng pháp tích phân tờng phần (bởi khi đặt dv = f(x).dx không thể suy ra đợc

v). Do đó, ta đi tách I thành các tích phân nhỏ:
e

e

1
I = 2 ∫ x.ln x.dx − 3 ∫ .ln x.dx .
x
1
1
1 4 2 43
1 4 2 43
I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
b

Với tích phân I1 = g(x).ln x.dx có g(x) là hàm đa thức nên ta sử dụng pha

ơng pháp tích phân từng phần:
u = ln x
Giá trị của I1.

dv = g(x).dx
Với tích phân I2, chỉ cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx. (3)
Thay (2), (3) vào (1) ta đợc giá trị của I.

(2)

lời giải chi tiết : Biến đổi tích phân I về dạng:
e

e

1
I = 2 ∫ x.ln x.dx − 3 ∫ .ln x.dx .
x
1
1
1 4 2 43
1 4 2 43
I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
Với tích phân I1, sử dụng phơng pháp tích phân từng phần:
dx

du = x
u = ln x

.

dv = xdx
x2

v =


2
Ta đợc:

15


e

e

e

x2
1
e2 x 2
e2 + 1
I1 = ln x − ∫ x.dx = −
=
.
2
21
2 4 1

4
1


Víi tÝch ph©n I2, sư dơng phơng pháp đổi biến u = lnx, suy ra du =

(2)
dx
.
x

Đổi cận:
- Với x = 1 thì u = 0.
- Với x = e thì u = 1.
Ta đợc:
1

u2
I 2 = ∫ u.du =
2
0

1

0

1
= .
2

Thay (2), (3) vµo (1) ta ®ỵc: I = 2.
VÝ dơ 18:

e2 + 1
1 e2 − 2
− 3. =
.
4
2
2

TÝnh tÝch ph©n:
3

I=∫
1



(3)

3 + ln x

( x + 1)

2

.dx.

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Đây là tích phân đợc mở rộng từ dạng
b

I = f (x).ln n x.dx phơng pháp đợc lựa chọn là "Phơng pháp tích phân từng phân"
a

với cách lựa chọn:
u = 3 + ln x

dx .

dv =

(x + 1) 2

lêi gi¶i chi tiết : Đặt:

dx

u = 3 + ln x
du = x


.
dx ⇒ 

dv = (x + 1) 2
v = − 1




x +1
Khi ®ã:
3
3 − ln 3
dx
3
3
3 + ln x
dx =
+∫
.
I=−
+∫
4
x(x + 1)
1
14 2 4
3
x + 1 1 1 x(x + 1)
I'

Víi I’, ta cã:
16

(1)


1

A
B
(A + B)x + A
A + B = 0
A = 1
= +
=
⇒
⇔
.
x(x + 1) x x + 1
x(x + 1)
A = 1
B = 1
Từ đó, tích phân I đợc viết lại dới dạng:
3

3

1
3
x
3
1
I' =
= ln .
ữdx = ( ln | x | − ln | x + 1|) 1 = ln
x x +1 
x +1 1
2

1
Thay (2) vào (1), ta đợc I =

(2)

3 ln 3
3
+ ln .
4
2

TÝnh tÝch ph©n:

VÝ dơ 19:

I=

π/ 2

∫ ( cos
0

3

x − 1) cos 2 x.dx. Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Đây là tích phân chỉ chứa một hàm số lợng

giác (hàm số cosx) và lại đợc cho dới dạng tích, điều này cho phép chúng ta nghĩ
tới việc tách I thành nhiều tích phân khác nhau, cụ thÓ:

I=

π/ 2

∫
0

( cos5 x − cos2 x ) dx

=

π/2

∫ cos

π/ 2

x.dx − ∫ cos 2 x.dx .
0
0
1 42 43 1 42 43
5

I1

I2

Tới đây, để tính đợc I1 và I2 các em häc sinh chØ cÇn sư dơng nhËn xÐt cho các
dạng tổng quát sau:

b
b


2n
2n
Tích phân cos x.dx hoặc sin x.dx ữ đợc xác định bằng cách sử dụng
a
a


1
1


2
2
công thức hạ bậc cos x = (1 + cos 2x)  hc sin x = (1 − cos 2x) ữ.
2
2


b


cos 2n +1 x.dx hoặc sin 2n +1 x.dx ữ đợc xác định bằng cách:
Tích phân ∫
a
a



b

b

b

2n +1
2n
∫ cos x.dx = ∫ cos x.cos x.dx
a

a

b

b

= ∫ ( cos x ) .cos x.dx = ∫ ( 1 sin 2 x ) .cos x.dx.
2

n

a

n

a

Khi đó, chỉ cần sư dơng Èn phơ t = sinx.

lêi gi¶i chi tiÕt : Biến đổi I về dạng:

17


I=

π/ 2

∫
0

( cos5 x − cos2 x ) dx

=

π/2

∫ cos

π/ 2

x.dx − ∫ cos 2 x.dx .
0
0
1 42 43 1 42 43
5

I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
Với I2 ta sử dụng công thøc h¹ bËc:

I2 =


1
2

π/ 2

1
1

∫ ( 1 + cos 2x ) dx =  1 + sin 2x ÷
2

0

2

π/2

0

π

= .
4

(2)

Víi I1 ta sư dơng phÐp biÕn ®ỉi:

I1 =

π/ 2

∫ cos

4

x.cos x.dx =

/2

( 1 sin x )
2

0

2

.cos x.dx .

0

Đặt t = sinx, suy ra dt = cosx.dx.
§ỉi cËn:
- Víi x = 0 th× t = 0.
π
- Víi x =
th× t = 1.
2
Khi ®ã:
1

I1 = ∫ ( 1 − t
0

)

2 2

1

dt = ∫ ( 1 − 2t + t

Thay (2), (3) vào (1), ta đợc I =

2

0

)

1

dt = t − 2 t 3 + 1 t 5  = 8 . (3)
 3
5 ÷ 0 15



8 π
− .
15 4
1

TÝnh tích phân I =

Ví dụ 20:

4

e

x + ex

dx .

0



Giải
Viết lại I dới dạng:

1

I=

e e

x ex

dx .

0
x

Đặt t = e suy ra exdx = dt.
Đổi cận:
Với x = 0 thì t = 1.
 Víi x = 1 th× t = e.
e

t
Khi đó I = te dt , ta đặt:
1

u = t
du = dt
⇔
⇒ I = tet

t
t

dv = e dt
v = e
VÝ dơ 21:

18

TÝnh tÝch ph©n:

e

e
1

t
− ∫ e dt = ee + 1 − e − et
1

e
1

= ee + 1 − ee.


e

dx
.
e 1
1

I=



x

Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : Đây là tích phân chứa hàm số đặc biệt e x (có

đạo hàm là chính nó), do đó để đại ssó hoá nó chúng ta luôn sử dụng ẩn phụ t = e x
hc t = ex − 1 (sư dụng ẩn phụ cho toàn mẫu số).
lời giải chi tiết : Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Đặt:
t = ex 1 dt = ex.dx dx =

dt
.
t +1

Đổi cận:
Với x = 1 thì t = e − 1.
 Víi x = 3 th× t = e3 − 1.
Khi ®ã:

I=

e3 −1

∫

e −1

dt
=
t(t + 1)

e3 −1

1 1 
t
∫1  t − t + 1 ÷dt = ln t + 1

e− 

e3 −1

= ln
e −1

e3 − 1
e −1
− ln
3
e
e

= ln(e + e + 1) − 2.
C¸ch 2: Đặt:

2

t = ex dt = ex.dx dx =
Đổi cận:
Với x = 1 thì t = e.
Với x = 3 thì t = e3.
Khi đó:
e3

dt
.
t

e3

dt
1 1
t −1
I=∫
= ∫
− ÷dt = ln
t(t − 1) e  t − 1 t 
t
e

e3

= ln
e

e3 − 1
e −1
− ln
3
e
e

= ln(e2 + e + 1) − 2.
VÝ dô 22:

TÝnh tÝch phân:

I=

/6


0



tan 4 x.dx
.
cos 2x

Giải

19

Đánh giá và định hớng thực hiện : : Nhận xÐt r»ng víi tÝch ph©n chøa tannx,

nÕu mn sư dơng Èn phơ t = tanx, chóng ta cÇn cã sù xuất hiện của

dx
, và
cos 2 x

điều này đợc thực hiện thông qua biến đổi:
1
1
1
.
=
=
2
2
2
2
cos 2x cos x sin x (1 ta n x) cos x
Từ đó, khẳng định đợc rằng tích phân I sẽ tính đợc thông qua phơng pháp đổi
biến t = tanx.
lời giải chi tiết : Biến đổi tích phân về dạng:

I=

/6


0

tan 4 x.dx
=
cos 2 x sin 2 x

Đặt t = tanx, suy ra dt =

π/6

∫
0

tan 4 x.dx
(1 − ta n 2 x) cos 2 x

dx
.
cos 2 x

Đổi cận:
Với x = 0 thì t = 0.
1

..
Với x =
thì t =
3
6
Khi đó:
1/ 3

I=

0

1/ 3

t 4 .dt
=−
1− t2

1/ 3

=−



∫ ( t


2

0

∫
0

1/ 3

 t4 −1 +1 
1 
 2
 2
÷dt = − ∫  t + 1 + 2 ÷dt
t −1 
 t −1 
0 

1 1
1 
+ 1) + 
−
÷ dt
2  t −1 t + 1 

1/ 3

 t3

1
= −  + t + ( ln t − 1 − ln t + 1 ) 
2
3
1

(

)

1
10
ln 2 + 3 −
.
2
9 3

=
VÝ dơ 23:

TÝnh c¸c tÝch ph©n sau:
π2

1

x
2
a. I = ∫ e sin ( πx)dx .
0



Giải
a. Biến đổi I về dạng:

20

1/ 3

t3

1 t 1 
= −  + t + ln
÷
2 t +1  1
3

b. I =

x
2
∫ e cos xdx .
0


1

x

1 ∫e
∫ e (1 − cos 2 πx)dx = 2 ( 0 

0
1

1
I=
2

x

1

dx ∫ e x cos 2πxdx
− 0
).

     

I1

I2

(1)
Víi tÝch ph©n I1, ta cã ngay:
I1 = ex 1 = e − 1.
0
Víi tÝch ph©n I2 sử dụng phơng pháp tích phân từng phần, đặt:

u = cos 2π x

x
 dv = e dx

(2)

 du = − 2 sin 2π x.dx
⇔
.
x
v = e

Khi ®ã:
1

1
0

I2 = e cos2πx
x

x
∫ e sin 2πxdx
+2
0

     

= e − 1 + 2I2.1.

(3)

I 2.1

Víi tÝch ph©n I2.1 sư dơng phơng pháp tích phân từng phần, đặt:

u = sin 2π x

dv = e x dx


⇔

 du = 2 cos 2π xdx
,
 x
v= e

Khi ®ã:
1

I2,1 = e sin2πx
x

1
0

x
∫ e cos 2πxdx
−2
0

     

= −2I2.

(4)

I2

Thay (4) vµo (3), ta đợc:

I2 = e 1 2I2 I2 =

e 1
.
3

(5)

Thay (2), (5) vào (1), ta đợc:
I=

1
e 1
e 1
(e − 1 −
)=
.
2
3
3

b. Ta cã thĨ lùa chän c¸c c¸ch sau cho việc tính nguyên hàm I' = ex.cos2xdx:
Cách 1: ViÕt l¹i I' díi d¹ng:
I' =



1 x
1
1 x

∫e .(1 + cos2x)dx =
(∫exdx + ∫ex.cos2xdx)=
(e + ∫ex.cos2xdx). (1)
2
2
2

TÝnh tÝch ph©n J = ex.cos2xdx bằng cách đặt:

21


 u = cos 2x  du = − 2 sin 2xdx
⇒
.

x
x
 dv = e dx  v = e
Khi ®ã:



J = excos2x + 2∫exsin2xdx.
TÝnh tÝch ph©n K = ∫exsin2xdx bằng cách đặt:

(2)

u = sin 2x du = 2 cos 2xdx
⇒

.

x
x
 dv = e dx  v = e
Khi ®ã:
K = exsin2x − 2∫excos2xdx = exsin2x − 2J.
Thay (3) vào (2), ta đợc:
J = excos2x + 2( exsin2x − 2J) ⇔ J =

(3)

1
(cos2x + 2sin2x)ex + C.
5

(4)

Thay (4) vào (1), ta đợc:
I' =

1 x 1
1
[e + (cos2x + 2sin2x)ex] + C =
(5 + cos2x + 2sin2x)ex + C.
5
2
10

Tõ ®ã, suy ra:

I=

1
(5 + cos2x + 2sin2x)ex
10

π/ 2
0

=

2e π / 2 3
.
5

Cách 2: Viết lại I' dới dạng:
I' =

1 x
∫e .(1 + cos2x)dx = (a + b.cos2x + c.sin2x)ex + C.
2

(5)

Lấy đạo hàm hai vế của (5), ta đợc:
1 x
e .(1 + cos2x) = (−2b.sin2x+ 2c.cos2x) ex + (a + b.cos2x + c.sin2x)ex
2

= [a + (2c + b)cos2x + (c 2b)sin2x]ex.

Đồng nhất hệ số, ta đợc:

2a = 1

 2( 2 c + b ) = 1
 2( c − 2 b ) = 0

VËy, ta cã:
22

 a = 1/ 2

⇒  b = 1 / 10 .
 c = 1/ 5


(6)


1
(5 + cos2x + 2sin2x)ex + C
10
1
2e π / 2 − 3
π/ 2
⇒I=
(5 + cos2x + 2sin2x)ex 0 =
.
10
5

I’ =

TÝnh tích phân:

Ví dụ 24:

I=

/ 4


0





si n x ữ.dx
4

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

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : Ta nhận xét:


2

si n  x − ÷.dx =
( sin x − cos x ) .dx
4
2

từ đó, để đại số hoá tích phân này chúng ta cần biến đổi mẫu số về dạng:
f(cosx + sinx) để phép đổi biến t = cosx + sinx,
hoặc f(cosx + sinx + c) ®Ĩ phÐp ®ỉi biÕn t = cosx + sinx + c.
Từ nhận định trên, ta ®i biÕn ®æi mÉu sè nh sau:
MS = ( 1 + sin 2x ) + 2(sin x + cos x) + 1
= (sin x + cos x) 2 + 2(sin x + cos x) + 1 = (sinx + cosx + 1)2.
Tức là I sẽ đợc biến đổi về dạng:
/4
( sin x − cos x ) .dx .
2
I=
2 ∫ (sin x + cos x + 1) 2
0
Tới đây, các em häc sinh h·y sư dơng phÐp ®ỉi biÕn t = sinx + cosx + 1 hc t
= sinx + cosx để tính tiếp.
lời giải chi tiết : Viết lại I díi d¹ng:

( sin x − cos x ) .dx
∫ ( 1 + sin 2x ) + 2(sin x + cos x) + 1
0
π/ 4
( sin x − cos x ) .dx
2

2
I=
2
=

2

2
=
2

π/4

∫
0

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

π/ 4

∫
0

( sin x − cos x ) .dx .

(sin x + cos x + 1) 2

Đặt t = sinx + cosx + 1, suy ra:
dt = (cosx − sinx)dx ⇔ (sinx − cosx)dx = −dt.
§ỉi cËn:

23




Víi x = 0 th× t = 2.
π
 Víi x =
thì t = 2 + 1.
4
Khi đó:
2
I=
2
Ví dụ 25:

2 +1


2

dt
2
=
t2
2t

2 +1

=

2

43 2
.
4

Tính tích phân:
2

ln x.dx
.
x3
1

I=



Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện : : Đây là tích phân đợc mở rộng từ dạng
b

I = f (x).ln n x.dx phơng pháp đợc lựa chọn là "Phơng pháp tích phân từng phân"
a

với c¸ch lùa chän:
 u = ln x

.


1
 dv = x 3 .dx

lời giải chi tiết : Đặt:

u = ln x


⇔
1
 dv = x 3 .dx


dx

 du = x


.
v = − 1

2x 2


Khi ®ã:
2

I= −
VÝ dơ 26:



2

1 dx
1
ln 2
1
.ln x + ∫ 3 = −
− 2
2
21x
8
2x
4x
1

2

=
1

3 − 2 ln 2
.
16

TÝnh diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
y = (e + 1)x, y = (1 + ex)x.

Giải

Đánh giá và định h ớng thực hiện : : : Để "Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

đồ thị hai hàm sè y = f(x), y = g(x)", ta thùc hiÖn các bớc sau:
Bớc 1:
Thiết lập phơng trình hoành độ giao ®iĨm cđa hai ®êng ®· cho:
f(x) = g(x) ⇒ NghiƯm nhá a vµ nghiƯm lín b.
Bíc 2: Gäi S lµ diện tích cần xác định, ta có:
24


b

S = ∫ | f(x) − g(x) | dx .

(1)

a

XÐt dấu biểu thức f(x) g(x) trên [a; b].
Từ đó, phân đợc đoạn [a; b] thành các đoạn nhỏ, giả sử:
[a; b] = [a; c1][c1; c2] ...[ck; b].
mà trên mỗi ®o¹n f(x) − g(x) chØ cã mét dÊu.
Khi ®ã:

Bíc 3:

Bíc 4:

c1

a

S= I =

b

ck

∫ f(x) − g(x)dx + ... + ∫ f(x) g(x)dx .

lời giải chi tiết : Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phơng tr×nh:
x = 0
..
(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ x(ex − e) = 0 ⇔ 
x = 1

Khi ®ã:

1

1

= e ∫ x.dx − ∫ xe x .dx.
S = ∫ x(e x − e) dx = ∫ x(e − e x )dx
0
0
{
1 24

4 3
0
0
1

1

I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
Với I1 thì:
I1 =


ex 2
2

1

0

e
= .
2

Với I2 thì đặt:

u = x


x
dv = e dx
Khi ®ã:
I2 = xe x

1
0

(2)

 du = dx
.

x
v = e

1

x
− ∫ e dx = e − e x
0

Thay (2), (3) vào (1), ta đợc S =
Ví dụ 27:

1
0

= 1.

(3)

e
1.
2

Cho hàm số (C): y =

x2
.
x2 + 1

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b. Tìm b sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đờng
thẳng y = 1, x = 0, x = b b»ng



π
.
4

Gi¶i
25