Một số phương pháp tính tích phân

Một số phương pháp tính tích phân
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Tích phân là mảng kiến thức rất quan trọng trong chương trình toán học phổ
thông. Các dạng bài tập tích phân ngày càng phong phú, đa dạng và là phần kiến
thức không thể thiếu trong các kỳ thi THPT Quốc Gia. Vì vậy nó được quan tâm
nhiều trong dạy học.
Từ thực tế giảng dạy của mình, tôi thấy học sinh rất lúng túng khi gặp phải
các bài toán tích phân, một dạng bài toán rất quen thuộc mà vẫn khó. Tại sao
nhiều em học sinh vẫn lúng túng khi đứng trước bài toán Tích phân? Theo tôi, đó
là do một số nguyên nhân sau:
Thứ nhất, bài tập tích phân rất phong phú và rất nhiều dạng bài khó, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có trí tưởng tượng, tính suy luận logic cao và
đôi khi có liên hệ với thực tế.
Thứ hai, chủ đề tích phân được trình bày cụ thể, tuy nhiên bài tập về vấn đề
này đã gây ra không ít khó khăn, vướng mắc cho người học, các tài liệu tham
khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của
bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn
tổng quát về bài tập tích phân.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng
quát bài toán và linh hoạt trong việc giải quyết vấn đề vì thế người ra đề chỉ cần
thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em.
Đặc biệt từ năm học 2016-2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã có sự thay đổi
trong cách thức thi THPT Quốc gia môn toán, từ hình thức thi tự luận sang thi
trắc nghiệm khách quan. Điều đó đặt ra một vấn đề rất lớn cho học sinh và chính
bản thân các thầy cô giáo trong việc truyền tải kiến thức tới học sinh. Với học
sinh việc giải bài tập về tích phân vốn đã khó và mất nhiều thời gian thì nay càng
khó hơn. Giáo viên càng cần tập chung nhiều hơn nữa trong việc giúp học sinh
nhận biết cách giải quyết bài toán nhanh và chính xác. Từ đó hình thành cho học
sinh tác phong làm việc tập chung.
Thiết nghĩ, nếu sắp xếp các bài tập tích phân có tính hệ thống thì sẽ giúp

học sinh tự tin và thao tác làm bài nhanh hơn, chuẩn xác hơn khi giải bài tập tích
phân, phù hợp với cách thức đánh giá kiến thức của học sinh trong giai đoạn hiện
nay, đồng thời tạo điều kiện thuận lợi để phát huy tính tích cực, tư duy độc lập,
sáng tạo cho các em.
Từ những lí do trên tôi chọn đề tài “ Một số phương pháp tính tích phân”
trong quá trình dạy học nhằm giúp học sinh:
+ Có khả năng sáng tạo các bài toán tương tự và giải quyết các bài toán đó
1/29


Một số phương pháp tính tích phân
nhanh chóng, quy lạ về quen.
+ Rèn luyện tư duy độc lâp, rèn luyện tính linh hoạt và phê phán trong tư
duy.
+ Có khả năng liên hệ giải quyết các bài toán thực tế từ đó tích cực hoạt
động giải bài tập.
+ Có khả năng phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa…các yếu tố trên giả
thiết bài toán.
Trong đề tài, tác giả đã cố gắng đưa ra một số bài toán thường gặp, các bài
toán tương đối điển hình trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng, các
đề thi thử THPT Quốc Gia của các trường, các bài tập tự luận giúp các e củng cố
và nắm chắc kiến thức cơ bản cách suy luận, cách biến đổi bài toán để vận dụng
một cách có hiệu quả trong việc giải quyết các bài toàn. Các bài toán trắc nghiệm
giúp học sinh giải quyết bài toán một cách nhanh chóng, hiệu quả và nhuần
nhuyễn.
Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghi
một cách rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toán
mới. Học sinh thường hiểu sâu và thích nghi và hứng thú khi học phần này
Trong quá trình thực hiện đề tài này, mặc dù đã rất cố gắng nhưng không
thể tránh được những hạn chế, thiếu sót. Tác giả rất mong muốn nhận được sự

đóng góp ý kiến của thầy giáo, cô giáo để đề tài này tốt hợn.
Xin chân thành cảm ơn!
II. ĐÔI TƯỢNG THỰC NGHIỆM VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
CỦA ĐỀ TÀI.
1) Đối tượng thực nghiệm của đề tài:
Trong năm học 2017-2018 tác giả đã chọn học sinh lớp 12A2 và 12A6 để
thực nghiệm, học sinh lớp 12A2 được học phần khoảng cách theo hướng của đề
tài và học sinh lớp 12A6 được chọn làm đối chứng, thì kết quả cuối năm học
2017- 2018 qua các bài kiểm tra kiến thức, có 80 - 90% học sinh lớp 12A2 giải
quyết tốt các bài toán tích phân và thao tác làm bài trắc nghiệm rất nhanh và
chính xác, trong khi đó chỉ có khoảng 45-50% học sinh lớp 12A6 làm tốt việc đó.
Trong năm học vừa qua, tác giả đã trao đổi đề tài với các đồng nghiệp trong
tổ chuyên môn để áp dụng vào giảng dạy và ôn luyện cho học sinh các lớp khối
12 và kết quả đạt được đều rất tốt và đề tài được đánh giá cao.
2) Phương pháp nghiên cứu của đề tài:
Tác giả đã lựa chọn các phương pháp như:
+) Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết.
+) Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm.
2/29


Một số phương pháp tính tích phân
+) Phương pháp phân loại, hệ thống hóa.
Các phương pháp này đan xen lẫn nhau, bổ xung cho nhau nhằm mục đích giúp
tác giả hệ thống hóa, tổng kết, phân tích, phân loại từ lý thuyết đến các dạng bài
tập.
B. PHẦN NỘI DUNG
I. NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ.
Để có thể giải tốt các bài toán tích phân yêu cầu trước tiên là học sinh phải
nắm vững các khái niệm về nguyên hàm, một số tính chất cơ bản của Nguyên

hàm, tích phân và các phương pháp tính tích phân. Ngoài ra học sinh cần nắm
chắc và biết vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo một số các bài toán điển hình.
I.1. Nguyên hàm
1. Định nghĩa:
Hàm số f(x) xác định trên K ( K là một khoảng, một đoạn hay một nửa khoảng).
Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của f(x) trên K nếu F’(x)=f(x), ∀ x ∈ K
2. Định lý: Nếu F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì với
mỗi hằng số C, hàm số G(x)=F(x) +C cũng là một nguyên hàm của hàm số f(x)
trên K.
Chú ý: Họ tất cả các nguyên hàm của f(x) trên K được ký hiệu là
∫ f ( x)dx = F ( x) + C
3. Một số tính chất cơ bản của nguyên hàm
 ∫ f '( x)dx = f ( x) + C
 ∫ k . f ( x)dx = k ∫ f ( x); ∀ k ≠ 0.
 ∫ [ f ( x) ± g ( x) ] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g( x)dx.
4. Nguyên hàm của một số hàm số thường gặp
Nguyên hàm của hàm số hợp

Nguyên hàm của hàm số sơ cấp

( với u=u(x); du=u’dx)

∫ 0dx = C

∫ 0du = C

xα + 1
+ C (α ≠ − 1)
∫ x dx =
α +1

u α +1
+ C (α ≠ − 1)
∫ u du =
α +1
α

α

1
x

1
u

∫ dx = ln x + C

∫ du = ln u + C

ax
∫ a dx = ln a + C (0 < a ≠ 1)

au
+ C (0 < a ≠ 1)
∫ a du =
ln a

x

u

3/29


Một số phương pháp tính tích phân
x
x
∫ e dx = e + C

u
u
∫ e du = e + C

∫ cos xdx = sinx + C

∫ cosu du = sinu + C

∫ sin xdx = − cosx + C

∫ sinu du = − cosu + C

∫

1
dx = tanx + C
cos 2 x

∫

1

du = tanu + C
cos 2u

∫

1
dx = − cotx + C
sin 2 x

∫

1
du = − cotu + C
sin 2u

I.2. Tích phân
1. Định nghĩa: Cho y=f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [ a; b ] . Giả sử F(x)
là một nguyên hàm của hàm f(x) trên đoạn [ a; b ] . Hiệu số F(b)- F(a) được gọi là
b

b
tích phân từ a đến b của hàm số f(x), ký hiệu là ∫ f ( x)dx = F ( x ) a = F (b) − F (a)
a

2. Tính chất:
b

b

a

a

 ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx
b

b

b

a

a

a

 ∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x) dx ± ∫ g( x)dx
c

b

b

a

c

a

b

b

b

a

a

a

 ∫ f ( x)dx + ∫ f( x)dx = ∫ f( x)dx.
 ∫ f ( x)dx = ∫ f(u)du = ∫ f(t)dt = ... ( tích phân không phụ thuộc vào biến số)
3. Các phương pháp tính tích phân
* Phương pháp đổi biến số
Định lý 1: Giả sử hàm số x=ϕ(t) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ α ; β ] và
b

β

a

α

ϕ(α)=a; ϕ(β)=b; a≤ϕ(t)≤b, ∀t ∈ [ α ; β ] . Khi đó ∫ f ( x) dx = ∫ f (ϕ (t )).ϕ '(t )dt
Định lý 2: Giả sử hàm số u=u(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] sao
cho α≤u(x)≤β, ∀x ∈ [ a;b ] . Nếu f(x)=g(u(x)).u’(x), ∀x ∈ [ a;b ] , trong đó g(u) liên tục
b

u (b )

a

u(a)

trên đoạn [ α ; β ] thì ∫ f ( x )dx = ∫ g (u )du
* Phương pháp tính tích phân từng phần.

4/29


Một số phương pháp tính tích phân
Định lý: Nếu u=u(x) và v=v(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn
b

b

b

a

a

b

[ a; b] thì: ∫ u( x).v'(x)dx = [ u ( x).v( x) ] a − ∫ v( x).u '( x)dx hay ∫ u dv = uv a − ∫ vdu
b

a

b

a

II. NỘI DUNG
II.1. Tính tích phân sử dụng bảng nguyên hàm
Phương pháp giải: Để tính tích phân bằng phương pháp sử dụng bảng
nguyên hàm, chúng ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Biến đổi hàm số cần tính tích phân hành tổng, hiệu của các hàm số
cơ bản trong bảng nguyên hàm
Bước 2: Sử dụng bảng nguyên hàm và các tính chất của tích phân
2

3
x

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x) = x 2 + + e3 x +1 . Tính I = ∫ f ( x)dx
1

2

2
 x3
3
e3 x +1 
7
e7 − e 4


=

+
3ln
2
+
Giải: I = ∫  x 2 + + e3 x +1 ÷dx =  + 3ln x +
÷
x
3 1 3
3

1
 3
4

4

4

2

2

2

Ví dụ 2: Cho biết ∫ f ( x)dx = 1; ∫ g(t ) dt = −2; Tính I = ∫ [ 3 f ( x) + 2 g ( x) ] dx.
4

4

4

2

2

2

4

Giải: I = ∫ [ 3 f ( x) + 2 g ( x) ] dx = 3∫ f ( x)dx + 2 ∫ g( x)dx = 3 + ∫ g (t )dt = −1
Ví dụ 3: Cho f ( x) =

2

1
2

1
. Tính giá trị của I = ∫ f (x) dx
e +1
0
2x

Giải:
1
2

1

1

2 (e 2 x + 1) − e 2 x
2
1
e2 x 
I = ∫ 2 x dx = ∫
dx
=
1
−
∫
÷dx
+1
e2 x + 1
e2 x + 1 
0e
0
0
1
2

1
2

1

1 d (e 2 x + 1) 
1
2
2 1 1

= ∫ dx − ∫ 2 x
=  x − ln e 2 x + 1 ÷ = + ln
20 e +1
2

 0 2 2 e +1
0
5

Ví dụ 4: Tính tích phân I = ∫

2

5

1
Giải: I = ∫
24

(

dx
x+2− x−2
5

3
3

1 2
7 7 +3 3−8

2
x + 2 + x − 2 dx = .  ( x + 2 ) + ( x − 2) 2  =
4 3
6


)

2

0

dx
−1 2 x + x − 3

Ví dụ 5: Tính I = ∫

2

dx
1 0 (2 x + 3) − 2( x − 1)
I=∫
= ∫
dx
5 −1 ( x − 1)(2 x + 3)
−1 ( x − 1)(2 x + 3)
0

Giải:

5/29


Một số phương pháp tính tích phân
10 1
2 
1
x −1
= ∫
−
÷dx = ln
5 −1  x − 1 2 x + 3 
5 2x + 3

0

1 1
= ln
5 6
−1

Nhận xét: Đối với việc tính tích phân các hàm cơ bản bằng cách dùng bảng
nguyên hàm và các tính chất thì học sinh đã được luyện nhiều khi học nguyên
hàm, hơn nữa với bài trắc nghiệm thì học sinh có thể sử dụng máy tính nên tác giả
tập chung chủ yếu vào các bài toán mà học sinh phải tính toán cụ thể.
x3
a
dx = − + c ln d (a, b, c, d ∈ N ) . Tính ab+cd.
Ví dụ 6: Cho ∫ 2
b

0 x + 2x + 1
3

x3
3x + 2
3  2x + 2 
1
f ( x) = 2
= x−2+ 2
= x−2+  2
÷−
2  x + 2 x + 1  ( x + 1) 2
x + 2x + 1
x + 2x + 1

Giải:

3
x3
3  2x + 2 
1 
dx = ∫  x − 2 +  2
−
÷dx
Do đó ∫ 2
÷

2  x + 2 x + 1  ( x + 1) 2 ÷
0 x + 2x + 1
0

3

3

3
1 
9
1
=  x 2 − 2 x + ln( x + 1) 2 +
= − + 6ln 2 .

2
x + 1 0
4
2

Suy ra a = 9; b = 4; c = 6; d = 2 vậy ab+cd = 48.
2
Ví dụ 7: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn ( f ′ ( x ) ) + f ( x ) ×f ′′ ( x ) = 15 x 4 + 12 x , ∀x ∈ ¡

1

2
và f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 1 . Tính I = ∫ f ( x)dx .
0

Giải: Ta có ( f ( x ) ×f ′ ( x ) ) ′ = ( f ′ ( x ) ) + f ( x ) ×f ′′ ( x ) .
2

4

5
2
Do đó f ( x ) ×f ′ ( x ) = ∫ ( 15 x + 12 x ) dx = 3x + 6 x + C .
5
2
Mà f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 1 nên f ( x ) ×f ′ ( x ) = 3x + 6 x + 1 .

Suy ra

∫ f ( x ) ×f ′ ( x ) dx = ∫ ( 3x

5

+ 6 x 2 + 1) dx .

f 2 ( x ) x6
2
6
3
= + 2 x 3 + x + C mà f ( 0 ) = 1 nên f ( x ) = x + 4 x + 2 x + 2 .
Tức là
2
2
1

 x7

29
4
2

I
=
f
(
x
)
dx
=
(
x
+
4
x
+
2
x
+
2)
dx
=
Vậy
∫
∫
 + x + x + 2x ÷ = .
0
0
 7
0 7
1

2

1

6

3

II.2. Tính tích phân sử dụng phương pháp đổi biến số
Có hai phương pháp đổi biến số

+ Đổi biến số dạng 1: Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [ a; b ] , để tính tích phân
b

có dạng ∫ f (u ( x)).u'( x)dx , ta có thể thực hiện theo các bước sau:
a

Bước 1: Đặt t=u(x) và tính dt=u’(x)dx
6/29


Một số phương pháp tính tích phân
Bước 2: Đổi cận: x=a ⇒t=u(a), x=b ⇒t=u(b)
u (b )

Bước 3: Chuyển sang tích phân theo biến t ta được ∫ f (t ).dt
u(a)

b

+ Đổi biến số dạng 2: Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [ a; b ] , để tính ∫ f ( x).dx
a

ta có thể thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt x=u(t) và tính dx=u’(t)dt
Bước 2: Đổi cận: x=a ⇒ t=α, x=b ⇒ t=β
Bước 3: Chuyển sang tích phân theo biến t ta được
b

β

β

α

α

∫ f ( x)dx = ∫ f [ u (t )] u'(t)dt = ∫ g (t )dt

a

1

19
Ví dụ 1: Tính tích phân I = ∫ x(1 − x) dx
0

x = 0 ⇒ t = 1
x = 1⇒ t = 0

Giải: Đặt t = 1 − x ⇒ x = 1 − t ⇒ dx = − dt ; Đổi cận: 

1

1 
1
 1
I = ∫ x(1 − x ) dx = − ∫ t (1 − t )dt = ∫ t (1 − t )dt =  t 20 − t 21 ÷ =
21  0 420
 20
0
1
0
1

0

19

x3

1

Ví dụ 2: Tính I = ∫0

(

1 + x2

)

1

19

3

19

dx

Giải: Đặt t =1+x 2 ⇒ dt =2xdx
2

1 2 t −1
1 2 1 1 
1  −1 1 
1
I=∫
dx
=
dt
=
− 3 ÷dt =  + 2 ÷ =
∫
∫

3
3
2

21 t
2 1 t t 
2  t 2t  1 16
0 1 + x2
1

(

x.x 2

)

10

5

2

0

0

1

Ví dụ 3: Cho ∫ f ( x)dx = 20; ∫ f ( x + 5)dx = 5 . Tính I = ∫ f (5 x)dx
x = 0 ⇒ t = 5
 x = 5 ⇒ t = 10

Giải: Đặt t=x+5 ⇒ dt=dx, đổi cận 
5

10

10

0

5

5

Suy ra ∫ f ( x + 5)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f (x)dx = 5
10

5

10

10

10

0

0

5

5

5

Do đó: 20 = ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x )dx = 5 + ∫ f ( x)dx ⇒ ∫ f ( x)dx = 15
x = 1⇒ t = 5
thì
 x = 2 ⇒ t = 10

Mặt khác, nếu đặt t=5x ⇒dt=5dx; đổi cận 
2

I = ∫ f (5 x)dx =
1

1 10
1 10
1
f
(
t
)
dt
=
∫
∫ f (x)dx = .15 = 3
55
55
5
7/29

Một số phương pháp tính tích phân

2x + 1
dx
0 1 + 3x + 1

1

Ví dụ 4: Tính I = ∫

Giải: Đặt t = x + 3 ta được t2 =x+3⇒ 2tdt=dx
x = 0 ⇒ t = 1
, khi đó ta có
x = 1⇒ t = 2

Đổi cận 

2 2 2t 3 + t
2 2 2
3 
28 2 3
I= ∫
dt = ∫  2t − 2t + 3 −
÷dt = − ln
9 1 1+ t
9 1
t + 1
27 3 2
e

Ví dụ 5: Cho tích phân ∫
1

a
4 + 5ln x
a
dx = (a, b∈N và là phân số tối giản). Tính
b
x
b

a+b.
5
Giải: Đặt t = 4 + 5ln x ⇒ t 2 = 4 + 5ln x ⇒ 2tdt = dx
x
x = e ⇒ t = 3
23
2
2
38
Đổi cận 
suy ra I = ∫ t 2 dt = t 3 = (33 − 23 ) =
52
15 2 15
15
x = 1⇒ t = 2
3

Do đó: a=38, b=15 ⇒ a+b=53.
Nhận xét: Đôi khi có thể sử dụng tính chất “ nếu F(x) là một nguyên hàm của

b

b

a

a

hàm f(x) trên đoạn [ a; b ] thì ∫ f (u ( x ))u '( x)dx = ∫ f (u )du = F (u )

b
a

” để tính

nhanh hơn, như
3

4 + 5ln x
1e
2
38
3
dx
=
∫
∫ 4 + 5ln x.d (4 + 5ln x) = ( 4 + 5ln x ) =
x
51
15

15
1
2
e

9

π

f ( x)
2
dx = 4 ; f (sin x)cos xdx = 2 .
Ví dụ 6: Cho hàm số f(x) liên tục trên R và ∫
∫
x
1
0
3

Tính I = ∫ f ( x)dx .
0

Giải: Đặt x = t ⇒ dt =

dx
. Đổi cận
2 x

x = 1⇒ t = 1
, khi đó ta có


x = 9 ⇒ t = 3

9

3
3
f ( x)
dx = 2∫ f (t )dt = 4 ⇒ ∫ f ( x)dx = 2
x
1
1
1
x = 0 ⇒ t = 0

Đặt t = sinx ⇒ dt = cos xdx . Đổi cận  π
, khi đó ta có
 x = 2 ⇒ t = 1

∫

π
2

1

1

0

0

0

∫ f (sin x)cos xdx = ∫ f (t ) dt = 2 ⇒∫ f (x)dx = 2
8/29


Một số phương pháp tính tích phân
3

1

3

0

0

1

Suy ra I = ∫ f ( x )dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x )dx = 4
Ví dụ 7: Cho hàm số f(x) liên tục trên [0;3] và

1

3

0

0

∫ f ( x)dx = 2 ; ∫ f ( x)dx = 8 . Tính giá

1

trị của tích phân

∫ f ( | 2 x − 1|) dx .

−1

Giải:

1

−2 x + 1, ∀x ≤


2
Ta có: 2 x −1 = 
nên
2 x − 1, ∀x ≥ 1


2
1

0,5

1

−1

−1

0,5

∫ f ( | 2 x − 1|) dx = ∫ f ( −2 x + 1) dx + ∫
0,5

∫

E=

−1

1

F=

∫

0,5

1

Vậy

∫

−1

f (2 x − 1)dx = E + F

0,5

0

3

−1
−1
1
f (−2 x + 1) dx =
f ( −2 x + 1) d(−2x+1) = ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt
∫
2 −1
2 3
20
1

1

1

1
1
1
f (2 x −1)dx = ∫ f (2 x −1)d (2 x −1) = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x )dx

2 0,5
20
20
3

1

1
1
f ( | 2 x −1| ) dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x) dx = 1 + 4 = 5
20
20

Ví dụ 8: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn
6
f ( x) = 6x f ( x ) −
. Tính
3x + 1
2

3

Giải: Ta có
1

⇒

∫
0

1

1

1

0

0

∫ f ( x ) dx .
0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( f ( x ) ) d ( f ( x ) )
1

1

0

0

f ( x ) dx = ∫ 6 x 2 f ( x3 ) dx − ∫
1

1

⇔ ∫ f ( x ) dx = 2∫ x f ( x ) d ( x ) − ∫
2

0

1

3

3

0

0

1

1

0

0

⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫

2
3
mà f ( x ) = 6 x f ( x ) −

6
.
3x + 1

6dx
3x + 1

6dx
3x + 1

6dx
= 4.
3x + 1

1 
Ví dụ 9: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  ; 2  và thỏa mãn
2 
2
f ( x)
1 3 ,
I =∫
dx .
2 f ( x) + f  ÷=
∀x ∈ ¡ * . Tính tích phân
x
1
x
x
 
2

9/29

Một số phương pháp tính tích phân
1

x
=
⇒t=2

1
1
1
2
Giải: Đặt: t = ⇒ x = ⇒ dx = − 2 dt . Đổi cận: 
.
x
t
t
x = 2 ⇒ t = 1

2
2

Khi đó I = ∫
1
2

2

⇒ 3I = 2 ∫

1

f ÷
2
 t  1 dt = 1
∫1 t
1 t2
2
t

f ( x)
x

1
2

2

1 1
1
f  ÷dt = ∫ f  ÷dx
t 
x
1 x
2

2

2

2

2

1 1
1
dx + ∫ f  ÷dx = ∫  2 f ( x ) +
 x
1 x
1 x 

2

2

2

2

2

1 3
3
−3
9
 1 
f  ÷ dx = ∫ . dx = ∫ 2 dx =
=
x 1 2
 x 
1 x x
1 x

2

Ví dụ 10: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ 0; a ] , biết rằng với mọi x ∈ [ 0; a ] ,
a

dx

ta có f ( x ) > 0 và f ( x ) . f ( a − x ) = k (với k là hằng số, k > 0 ). Tính ∫ k + f x .
( )
0
2

a

Giải:

0

a

dx
dt
I =∫
= −∫
=
k + f ( x)
k + f ( a − t ) ∫0
0
a
a

⇒ kI = ∫
0

a
f ( t ) dt
dt
=
∫0 k ( k + f ( t ) )
k2
k+
f ( t)

a
a
f ( t ) dt
f ( t ) dt
kdt
a
⇒ kI + kI = ∫
+∫
=a⇒I =
k + f ( t)
k + f ( t) 0 k + f ( t)
2k
0

Ví dụ 11: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ 0; a ] , biết rằng với mọi x ∈ [ 0; a ] ,
ta có f ( x ) > 0 và
a

Giải:

I=∫
0

a

⇒I=∫
0

f ( x)

f ( t ) dt
k+

∫ 1+

f ( x ) . f ( a − x ) = 1 . Tính

dx
1+

a

f ( t)

0

= −∫

a

f ( a −t)

1+
a

⇒I+I =∫
0

=∫
0

dt
1

f ( t)

+∫
0

1+

a

=∫

f ( t)
f ( t ) dt

a

dt
1+

1+

.

f ( x)

0

a

dt

dx

f ( t)

0

( 1+

f ( t ) dt
f ( t)

=a⇒I =

)

a.
2

Ví dụ 12: Xét hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn
1

2 f ( x) + 3 f (1 − x) = 1 − x . Tính

∫ f ( x)dx

.

0

Giải: Ta có: 2 f ( x) + 3 f (1 − x) = 1 − x (1) .
Đặt t = 1 − x , ta có 2 f (1 − t ) + 3 f (t ) = t hay 2 f (1 − x) + 3 f ( x) = x (2) .
Từ (1) & (2) , ta được: f ( x) =

3
2
x−
1− x .
5
5

10/29

Một số phương pháp tính tích phân
1

∫

Do đó

0

1

1

3
2
2 4 −2
f ( x ) dx = ∫ x dx − ∫ 1 − x dx = − =
.
50
50
5 15 15

2
Ví dụ 13: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ \ { 0; −1} và x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x + x,

∀x ≠ { 0; −1} và f ( 1) = −2 ln 2. Biết f ( 2 ) = a + b ln 3 ( a, b ∈ ¤ ) . Tính a 2 + b 2 .

Giải: Ta có x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x ( x + 1)
⇔ f ′( x) +

f ( x)

x ( x + 1)

= 1 ⇔ f ′( x)

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

x ′
x

⇔  f ( x) .
÷=
x +1 x +1

2
2
2
x ′
x
2
Vậy ∫  f ( x ) .
dx

=
dx
=
x
−
ln
x
+
1
=
1
+
ln
(
)
÷
∫
1



x +1

1

x +1

1

3

2
1
2
2
1
2
⇔ f ( 2 ) . − f ( 1) . = 1 + ln ⇔ ( a + b ln 3 ) − ( −2 ln 2 ) = 1 + ln
3
2
3
3
2
3
3

a=

2
2
9

2
⇔ a + b ln 3 = 1 − ln 3 ⇔ 
⇒ a 2 + b2 = .
3
3
2
b = − 3


2

II.3. Tính tích phân sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần.
b

Để tính tích phân dạng I = ∫ u( x).v'(x)dx bằng phương pháp tích phân từng
a

phần, ta thực hiện theo các bước sau:
u = u ( x )
du = u '( x) dx
⇒
dv = v '( x ) dx
v = v ( x )

Bước 1: Đặt 

Bước 2: Thay vào công thức tính tích phân từng phần và tính:
b

b

∫ u( x).v'(x)dx = [ u ( x).v( x) ] a − ∫ v( x).u'(x) dx
b

a

a

π

4

Ví dụ 1: Tính tích phân I = x sin 2 xdx
∫
1

 du = dx
u = x

⇒
Giải: Đặt 
. Khi đó ta có:
1
 dv = sin 2 xdx v = − cos2x

2
π
4

π
4

π
14

1
1
I = ∫ x sin 2 xdx = − x cos 2 x + ∫ cos 2 xdx = sin 2 x
2
20

4
1
0

π
4

=
0

11/29

1
4


Một số phương pháp tính tích phân
e

Ví dụ 2: Tính I = ∫ ( x − 2) lnx dx .
1

dx

du
=

u = ln x
x


⇒
Giải: Đặt 
. Khi đó ta có:
2
x
dv = ( x − 2) dx
v =
− 2x


2
e

e
 x 2
 e  x2

1
e2
x

I = ∫ ( x − 2)lnx dx =  − 2 x ÷ln x  − ∫  − 2 x ÷. dx = − 2e − ∫  − 2 ÷dx
2

1
1 2

 x
 2
 1 1 2

e

e

 x2

 e2
e2
e2
7  e2 − 7
= − 2e −  − 2 x ÷ = − 2e −  − 2e + ÷ =
2
4
4
 4
1 2
4
2

Ví dụ 3: Cho hàm số f(x) thỏa mãn 4f (2) − f (1) = 15 và

∫ xf ( x ) dx = 5. Tính
1

2

2
∫ x f ' ( x ) dx.

1

u = x 2
du = 2 xdx
⇒
Giải: Đặt 
, khi đó ta có:
v = f ( x )
dv = f '( x )dx
2

2

2

1

1

2
2
∫ x f '(x)dx = ( x f ( x) ) 1 − 2∫ x. f ( x)dx = 4 f (2) − f (1) − 2 ∫ x. f ( x)dx = 5
2

1

1

x
Ví dụ 4: Cho I = ∫ (2 x + 3)e dx = ae + b (a, b ∈ Q ) . Tính a+b
0

u = 2 x + 3
du = 2dx
⇒
Giải: Đặt 
, khi đó ta có

x
x
dv = e dx
v = e

I = (2 x + 3) e

x1
0

1

1

1

0

0

− ∫ 2e x dx = (2 x + 3) e x − 2e x = 3e − 1
0

Suy ra a+b =2.
1
3x + 2ln(3 x + 1)
b 
3
 a
dx
=
−
dx
−
+ ln 2 . Tính T = a 2 − b 4 .
Ví dụ 5: Cho ∫
∫

÷
2
3
x
+
1
x
+
1
2
(
x
+
1)



0
0
1

1
3x
ln(3x + 1)
dx
+
2
dx
∫
2
2
0 ( x + 1)
0 ( x + 1)
1

Giải: Ta có I = ∫

3

u = ln(3 x +1)
du
=
dx




3x + 1
⇒
dx
Đặt 
, khi đó ta có
du
=
dx
−1
2


v=
( x + 1)



x +1

12/29


Một số phương pháp tính tích phân
1

1
3x
ln(3x + 1)
dx
I =∫

dx
+
2
+
6
∫
2
2
( x + 1) 0
0 ( x + 1)
0 (3 x + 1)( x + 1)
1

1
1
 3
3 
3 
 9
= ∫
−
dx
−
ln
4
+
−
∫
÷dx
2 ÷

x +1
( x + 1) 
0 x +1
0  3x + 1
1

1
3 
3 

 9
=  3ln x + 1 +
−
2ln
2
+
−
∫
÷

÷dx
x +1 0
x +1

0  3x + 1
1
a = 9
3
3 
 9

= − + ln 2 + ∫ 
−
÷dx ⇒ 
2
x +1
0  3x + 1
b = 3

Vậy T = a 2 − b 4 = 0 .
Nhận xét: Để tính tích phân sau khi tích phân từng phần đơn giản hơn ta có thể
3

du =
dx
u = ln(3 x+1)
1
1

3
3x + 1


⇒
vdu
=
dx sẽ đơn giản
dx
chọn 
thì ∫


∫
−
1
3
3x+1
du
=
dx
2(
x
+
1)
0
0

v =
+ =
( x + 1) 2

x
+
1
2
2(
x
+
1)

hơn nhiều.
3

3 + ln x
I
=
dx = a (ln 3 + 1) + ln b (a, b ∈ R ) . Tính T = 4a + b .
Ví dụ 6: Cho
∫
2
1 ( x + 1)
1

u = 3 + ln x
du
=
dx


x
⇒
1
Giải: Đặt 
, khi đó ta có
 dv = (1 + x)2 dx  v = −1 + 1 = x


x +1
x +1

( 3 + ln x ) x
I=
x +1

3

1

( 3 + ln x ) x − ln( x + 1) 3
dx
−∫
=
1
x +1 1
1 x +1
3

3

3
3
1
 3(3 + ln 3) 3 
=
− ÷− (ln 4 − ln 2) = (ln 3 + 1) − ln 2 = (ln 3 + 1) + ln( )
4
2
4
4
2


3

1
Vậy a = ; b = ⇒ T = 4a + 2b = 3 + 1 = 4
4
2

Ví dụ 7: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và f ( 2 ) = 16 ,

2

∫ f ( x ) dx = 4 . Tính
0

4

 x
I = ∫ xf ′  ÷dx.
2
0
u=x

 du = dx


x ⇒
Giải: Đăt 

 x  , khi đó ta có
dv = f ′  2 ÷dx v = 2 f  2 ÷
 
 




13/29


Một số phương pháp tính tích phân
4

4


 x 
I =  2 xf  ÷÷ − 2∫
 2  0

0

2

x
f  ÷dx = 8 f ( 2 ) − 4 ∫ f ( t ) dt = 112 .
2
0

Ví dụ 8: Cho hàm số y = f ( x ) , liên tục trên [ 0;1] và thỏa mãn

1

∫ ( x + 1) f ' ( x ) dx = 10

0

1

và 2 f ( 1) − f ( 0 ) = 2 . Tính I = ∫ f ( x ) dx .
0

Giải:


u = x +1

 du = dx

⇒
Đặt 
. Khi đó ta có
dv = f ' ( x ) dx v = f ( x )
1

1 1
− f ( x ) dx
0 ∫0

∫ ( x + 1) f ' ( x ) dx = ( x + 1) f ( x )
0

⇒ 10 =  2 f ( 1) − f ( 0 )  − I = 2 − I ⇒ I = 2 − 10 = −8 .
Ví dụ 9: Cho hàm số f ( x) và g ( x) liên tục có đạo hàm trên ¡ và thỏa mãn
2

f ′ ( 0 ) . f ′ ( 2 ) ≠ 0 và g ( x ). f ′( x ) = x ( x − 2)e x . Tính I = ∫ f ( x ) .g ′( x)dx .
0

Giải:

 f ′ ( 0 ) ≠ 0
Theo đề cho f ′ ( 0 ) . f ′ ( 2 ) ≠ 0 suy ra 
.
 f ′ ( 2 ) ≠ 0

Ta có g ( x). f ′( x ) = x ( x − 2)e x nên  g (0). f ′(0) = 0 ⇒ g (0) = 0.

′

 g (2). f (2) = 0 ⇒ g (2) = 0.

u = f ( x )
 du = f ′( x )dx
⇒
, ta có
dv = g ′( x) dx v = g ( x)

Đặt 
2

2

2

I = ∫ f ( x ) .g ′( x)dx = f ( x ) .g ( x ) 0 − ∫ g ( x ). f ′( x )dx = f ( x ) .g ( x ) 0 − ∫ x ( x − 2)e x dx
2

0

2

0

0

= f ( 2 ) .g (2) − f ( 0 ) .g (0) + 4 = 4.

Ví dụ 10: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn
f ′ ( x) − 2018 f ( x) = 2018.x 2017 .e 2018 x với mọi x ∈ ¡ và f (0) = 2018 . Tính giá trị f (1) .

Giải: Ta có f ′( x) − 2018 f ( x) = 2018.x 2017 .e 2018 x ⇔
1

⇔∫
0

f ′( x) − 2018 f ( x)
= 2018.x 2017
2018 x
e

f ′( x) − 2018 f ( x )
dx = ∫ 2018.x 2017 dx (1).
2018 x

e
0
1

1

Xét I = ∫
0

f ′( x ) − 2018 f ( x)
dx = ∫ f ′( x).e −2018 x dx − ∫ 2018. f ( x).e −2018 x dx
2018 x
e
0
0
1

1

14/29


Một số phương pháp tính tích phân
du = f ′( x)dx
⇒

−2018 x
dx v = −e −2018 x
dv = 2018.e
u = f ( x)

1

−2018 x
dx . Đặt 
Xét I1 = ∫ 2018. f ( x).e
0

Do đó I1 = f ( x).(−e

−2018 x

1

1

) + ∫ f ′( x).e −2018 x dx ⇒ I = f (1).e −2018 − 2018.
0

0

1

Khi đó từ (1) suy ra I = f (1).e−2018 − 2018 = x 2018 0 ⇔ f (1) = 2019.e2018 .
Ví dụ 11: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và thỏa mãn
f ( − x ) + 2018 f ( x ) = x sin x. Tính I =

π
2

∫ f ( x ) dx ?

−

π
2

Giải: Theo giả thiết f ( − x ) + 2018 f ( x ) = x sin x. ⇒ f ( x ) + 2018 f ( − x ) = x sin x.
suy ra ( 20182 − 1) f ( x) = 2017 x sin x ⇒ f ( x ) =
Do đó I =

1
2019

π
2

1

1
x.sin x .
2019

π
2

∫ x.sin x.dx = − 2019 ∫ x.d ( cos x )

−

π
2

−

π
2

π


π
π
2
1 
1
2 .
÷
2
2
=−
x
cos
x
−
cos
x
.
dx
=

sin
x
π
π =
∫

÷
−
−
2019 
2019
π
2
2
÷ 2019
−

2


II.4. Tính tích phân sử dụng tính chất của tích phân đặc biệt
Tính chất 1: Nếu f ( x ) liên tục và là hàm lẻ trên [ −a; a ] thì

a

∫ f ( x ) dx = 0 .

−a

Tính chất 2: Nếu f ( x ) liên tục và là hàm chẵn trên [ −a; a ] thì

a

∫

−a

a

f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx
0

.
Tính chất 3: Nếu f ( x ) liên tục và là hàm chẵn trên [ −a; a ] thì với mọi số thực b
a

a

f ( x)
dương ta có ∫ 1 + b x dx = ∫ f ( x)dx .
−a
0

Tính chất 4: Nếu f ( x ) liên tục trên [ a; b] thì

b

b

a

a

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( a + b − x ) dx .
π

ππ
Tính chất 5: Nếu f ( x ) liên tục trên [ 0;1] thì ∫ xf ( s inx ) dx = 2 ∫ f ( s inx ) dx .
0
0

Tính chất 6: Nếu f ( x ) liên tục và không âm trên đoạn [ a; b] thì

b

∫ f ( x ) dx ≥ 0 . Dấu
a

" = " xảy ra khi f ( x ) = 0 với mọi x ∈ [ a; b ] .

15/29


Một số phương pháp tính tích phân
1
2

1− x 
÷dx .
1+ x 


Ví dụ 1: Tính I = ∫ cosx.ln 
−

1
2

1− x 
÷ là hàm số lẻ trên
 1+ x 


Giải: Ta có hàm số f ( x) = cosx.ln 

I=

1
2

 1 1
 − 2 ; 2  nên

1− x 

∫ cosx.ln  1 + x ÷ dx = 0 .

−

1

2

 x 3 + s inx 
Ví dụ 2: Tính I = ∫ 
÷dx .
1 + x2 
−1 
1

1

s inx
Giải: Ta có hàm số f ( x) =
là hàm số lẻ nên
1 + x2

Ta có hàm số f ( x) =

s inx

∫ 1+ x

2

dx = 0

−1

x2
là hàm số chẵn nên

1 + x2

x4
x4
1 
−4 π

I=∫
dx = 2 ∫
dx = 2 ∫  x 2 − 1 +
dx =
+
2
2
2 ÷
1+ x
1+ x
1+ x 
3 2
−1
0
0
1

1

1

 x4
1 + 3x

−1 
1

Ví dụ 3: Tính I = ∫ 


÷dx .


1
 x4
4
I
=
f
(
x
)
=
x
Giải: Ta có hàm số
chẵn nên
∫  1 + 3x
−1 

1

x5 1
4
dx

=
x
dx
=
=
÷
∫0
5 5


Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 1 ,
1

∫  f ′ ( x )  dx = 9 và
2

0

1

3
∫ x f ( x ) dx =
0

1

3
Giải: Ta có ∫ x f ( x ) dx =
0

1

∫ ( f ′ ( x ) + 9x )

4 2

0

1
. Tính
2

x4 f ( x )
4

1

1

∫ f ( x ) dx .
0

1

1
0

−

1

1 4
x f ′ ( x ) dx ⇒ ∫ x 4 f ′ ( x ) dx = −1 .
∫
40
0
1

1

dx = ∫  f ′ ( x )  dx + 18∫ x f ′ ( x ) dx + 81∫ x 8dx = 0 ⇒ f ′ ( x ) + 9 x 4 = 0

Suy ra f ( x ) = −

2

0

4

0

0

1

9 x 5 14 ⇒ f x dx = 5
+
∫0 ( ) 2 .
5

5

Ví dụ 5: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn f ( 1) = 3 ,
1

4
∫0 [ f '( x)] dx = 11 và
2

1

7
∫0 x f ( x ) dx = 11 . Tính
4

1

∫ f ( x ) dx

.

0

 du = f '( x) dx
u = f ( x)

⇒
Giải: Cách 1: Xét A = ∫ x f ( x)dx , Đặt 
1 5
4

0
 dv = x dx v = x
5

1

4

16/29


Một số phương pháp tính tích phân
1
1
1 11 5
1 5
7
3 1 5
7
−2
A = x f ( x) − ∫ x f '( x)dx = ⇔ − ∫ x f '( x)dx = ⇔ ∫ x 5 f '( x)dx =
0 50
5
11
5 50
11
11
0

1

10
Lại có ∫ x dx =
0

1

1
nên
11

∫[
0

1

1

0

0

f '( x) ] dx + 4 ∫ x 5 f '( x)dx + 4 ∫ x10dx = 0
2

1

⇔ ∫ ( f '( x ) + 2 x 5 ) dx = 0 ⇔ f '( x ) = −2 x 5
2

0

⇔ f ( x) =
1

 − x6

10 

− x6
10
+ C ⇒ C = (do f (1) = 0)
3
3

23

+ ÷dx =
Vậy I = ∫ 
3
3
7
0
Cách 2: (Nếu làm trắc nghiệm)
1
4
2
 ∫ [ f '( x) ] dx =
11 1
0

⇒ ∫ f '( x)  f '( x ) + 2 x 5 dx = 0.
Từ  1
0
 x5 f '( x )dx = −2
∫
11
0

Chọn f '( x) = −2 x5 ⇒ f ( x) =

− x 6 10
23
+ ⇒I= .
3
3
7

Ví dụ 6: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn
1

9
f ( 1) = 1 , ∫  f ' ( x )  dx = và
5
0
2

1

∫f(

1

)

2
x dx = . Tính I = ∫ f ( x ) dx .
5
0

0

Giải: Đặt t = x ⇒ x = t 2 ⇒ dx = 2tdt . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t = 1 .
1

1

1

1

1
2
= ∫ 2t. f ( t ) dt = t 2 . f ( t ) − ∫ t 2 . f ' ( t ) dt = f ( 1) − ∫ t 2 . f ' ( t ) dt = 1 − ∫ t 2 . f ' ( t ) dt
0
5 0
0
0
0

1

⇒ ∫ t 2 . f ' ( t ) dt =
0

3
, hay
5

1

2
∫ x . f ' ( x ) dx =
0

1

3
(1).
5

2
9
Hơn nữa ta có ∫  f ' ( x )  dx = (2) theo giả thiết và
5
0

1

Xét

∫(
0

1

1

4

2

0

Mà ( f ' ( x ) − 3x

)

2 2

1

1

0

0

2
≥ 0 với mọi x ∈ [ 0;1] suy ra f ' ( x ) = 3 x .

3
3
Do đó f ( x ) = x + C . Lại có f ( 1) = 1 ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = x .
1

1

1
3
Vậy I = ∫ f ( x ) dx = ∫ x dx = 4 .
0
0

17/29

(3).

0

f ' ( x ) − 3 x 2 ) dx = ∫  f ' ( x )  dx − 6 ∫ x 2 . f ' ( x ) dx + 9 ∫ x 4 dx =
2

1

∫ x dx = 5

9
3
1
− 6. + 9. = 0

5
5
5


Một số phương pháp tính tích phân
Ví dụ 7: Cho hàm số y = f ( x )
π
2


∫  f ( x ) − 2
2

0

 π

xác định trên đoạn 0;  thỏa mãn
 2
π
2

2 − π . Tính
 π 
2 f ( x ) sin  x − ÷ dx =
4 
2


∫ f ( x ) dx .
0

Giải:
π
2

Đặt I = ∫  f 2 ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x − π ÷ dx .
0





4 

π
2

π
2

I =  f 2 ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x − π ÷+ 2sin 2  x − π ÷ dx − 2sin 2  x − π ÷dx
∫0 
∫0
4
4  
4





Ta có

π
2

π

2

2
I =  f ( x ) − 2 sin  x − π ÷ dx − 2 sin 2  x − π ÷dx
∫0 
∫0
4  
4



π
2

π
2

π
2

π

1
π −2


Ta có ∫ 2sin 2  x − π ÷dx = ∫ 1 − cos  2 x − π ÷÷dx = ∫ ( 1 − sin 2 x ) dx =  x + cos2 x ÷|02 =
2
2


4
2 


0
0
0
π
2

2 −π
Mà I =
suy ra
2

2


π 


∫0  f ( x ) − 2 sin  x − 4 ÷ dx = 0

π
π


Suy ra f ( x ) − 2 sin  x − ÷ = 0 hay f ( x ) = 2 sin  x − ÷.


Do đó

π
2

π
2

0

0

∫ f ( x ) dx = ∫

4



4

π

π 2

π

2 sin  x − ÷dx = − 2cos  x − 4 ÷|0 = 0 .


4


II.5. Tính tích phân sử dụng bất đẳng thức tích phân
Nếu f ( x ) , g ( x) liên tục trên đoạn [ a; b] cùng với các bình phương của chúng thì thì
b

∫
a

2

b

f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx ≥  ∫ f ( x ) g ( x ) dx ÷ . Dấu " = " xảy ra khi f ( x ) = kg ( x ) với k là
a
a

b

2

2

hằng số.
Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 0 ) = 1
1

và 2∫
0

1

1

f ′ ( x ) f ( x ) dx ≥ 3∫  f ′ ( x ) f 2 ( x ) +  dx . Tính
9
0 

1

∫ f ( x ) dx .
3

0

Giải:
1
′
d
x
.

f
x
f
x
d
x
≥
(
)
(
)
∫
∫0 ∫0
0
1

Ta có

1

2

2


f ′ ( x ) f ( x ) dx ÷ nên từ giả thiết suy ra


18/29

Một số phương pháp tính tích phân
1

f ′ ( x ) f ( x ) dx ≥ 3∫  f ′ ( x ) f 2 ( x )  dx +

1
3 ∫
0

1
f ′ ( x ) f ( x ) dx − ÷ ≤ 0 ⇒
3

0

hay

1

2∫

0

2

1

2

1
1
≥ 3 ∫
3
0

 1
f ′ ( x ) f ( x ) dx ÷ +
 3

f ′ ( x ) f ( x ) dx =

∫
0

1
3

1
1
 ∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx =
3 ⇒k = 1.
Dấu " = " xảy ra khi  0
3
 ′
f
x
f
x
=

k
(
)
(
)


Từ đó tính được f ( x ) =

1

7
x+3
3
suy ra ∫ f ( x ) dx = 6 .
3
0

3

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn
1

1

2
1

f (0) = 1 và 3∫  f ′ ( x )  f ( x )  +  dx ≤ 2 ∫
9

0 
0

f ′ ( x ) f ( x ) dx . Tính

1

∫  f ( x ) 

3

dx .

0

Giải:
2

1 
1
1 
2
′
9
f
(
x
)
f
(

x
)
+
dx
≤
4
Ta có:  ∫ 
[
]
∫
÷ 
9 
0 
0

2

1

f ′( x) f ( x) dx ÷ ≤ 4 ∫ f ′( x) f 2 ( x)dx
0


2

1
1 
1 
2
′

⇔ 9  ∫  f ( x) f ( x) + ÷dx  − 4 ∫ f ′( x ) f 2 ( x )dx ≤ 0
9 
0
0 
2

1
1
1
f 3 ( x) 1
⇔ 9  ∫ f ′( x) f 2 ( x)dx −  ≤ 0 ⇒ f ′( x ) f 2 ( x) = ⇒
= x+C
9
9
3
9
0

1
3

1
3

Vì f (0) = 1 nên C = . Khi đó f 3 ( x) = x + 1.
1

1




Vậy ∫ [ f ( x)] dx = ∫  3 x + 1÷dx = 6 .
3

0

0

1

7





Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 0 ,
1

1

1
∫0  f ′ ( x )  dx = 7 và ∫0 x f ( x ) dx = 3 . Tính
2

2

1

∫ f ( x ) dx .

0

1
1
u = f ( x )
du = f ′ ( x ) dx
1
2
3
3
x
f
x
d
x
=
x
.
f
x
−
x 3 f ′ ( x ) dx
⇒
(
)
(
)
Giải: Đặt 

, khi đó ∫

∫
0
2
3
dv = 3 x dx
v = x
0
0
1

Ta có 1 = f ( 1) − ∫ x f ′ ( x ) dx suy ra
3

0

2

b

1

∫x

3

f ′ ( x ) dx = −1 .

0

1

b

2
b 3

x7
6
′
≤
x
d
x
.

f
x

d
x
=
(
)
7
=1.
Ta có 1 =  ∫ x f ′ ( x ) dx ÷ ∫

∫a 
7 0
a

 a
3
Dấu " = " xảy ra khi f ′ ( x ) = kx với k là hằng số.

19/29


Một số phương pháp tính tích phân
1

1

6
Mà ∫ x f ′ ( x ) dx = −1 hay ∫ kx dx = −1 suy ra k = −7 .
3

0

0

7
4

3
Vậy f ′ ( x ) = −7 x nên f ( x ) = − x 4 + c mà f ( 1) = 0 nên f ( x ) =
1

7
( 1 − x4 )
4

7

∫ f ( x ) dx = 5 .

suy ra

0

Ví dụ 4: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] và
f ( 0 ) + f ( 1) = 0 . Biết

1

∫

f 2 ( x ) dx =

0

1

Giải: Ta có

∫
0

1
,
2

1

∫

f ′ ( x ) cos ( π x ) dx =

0

π
. Tính
2

1

f ′ ( x ) cos ( π x ) dx = ∫ cos ( π x ) df ( x ) = f ( x ) cos ( π x )
0

1

1

0

0

= − f ( 1) − f ( 0 ) + π ∫ f ( x ) sin ( π x ) dx = π ∫ f ( x ) sin ( π x ) dx =

1

∫ f ( x ) dx .
0

1
1
+ π ∫ f ( x ) sin ( π x ) dx
0
0

1
π
1
⇒ ∫ f ( x ) sin ( π x ) dx =
2
2
0

2

1
1
1
1

1 
1 1 − cos 2π x
1  x sin 2π x  1 1
=  ∫ f ( x ) sin ( π x ) dx  ≤ ∫ f 2 ( x ) dx.∫ sin 2 ( π x ) dx = ∫
dx =  −
÷ =

4 0
20
2
2 2
4 0 4
0
0


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f ( x ) = k sin π x . Từ đó ta có:
1
1
1
1
1 − cos 2π x
k
sin 2π x  1 k
= ∫ f ( x ) sin π xdx = ∫ k sin 2 ( π x ) dx = k ∫
dx =  x −
÷0 = ⇒ k = 1.
2 0
2
2
2
2


0
0

Suy ra f ( x ) = sin π x . Do đó

1

∫
0

1

f ( x ) dx = ∫ sin π xdx = −
0

cos π x 1 2
= .
π 0 π

III. MỘT SỐ BÀI TOÁN KIẾN NGHỊ
III. 1. Các bài toán tự luận:
Tính các tích phân sau
2

1

x.e x
dx
16. I = ∫
2
(
x
+

1)
0

1. I = ∫ (3 x + 1) x + x − 2dx
3

2

3

0

π
4

2. I = ∫
0

1

sin 2 x
1 + 3cos 2 x

π
4

dx

17. I = cos2 x.ln(sinx + cos x )dx
∫

0

x + 2x
dx
2
(
x
+
1)(4
x
−
9)
0

3. I = ∫

5

18. I =

2
4. I = ∫ ln ( x − x ) dx.

19. I =

2

5. I = ∫
0

∫ cos x

π /4

3

1

π /3

π/2

∫

6

tan x
1 + cos 2 x

dx.

1 − cos3 x sin x cos5 xdx

0

2

x
dx
1+ x + 1− x

π
2

20. I = (ecos x + sinx).sin 2 x.dx
∫
0

20/29


Một số phương pháp tính tích phân
π

6. I =

1

sin x + 7 cos x + 6
dx
4sin x + 3cos x + 5

2

∫
0

21. I = ∫
0

π

sin  x − ÷
4

7. I =
∫0 sin 2x + 2(1 + sin x + co s x) dx

3

π
4

x 2 + e x + 2x 2e x
dx.
23. I = ∫
1 + 2e x
0
π
6

dx
5cos x − 8sin x.cos x + 3sin 2 x
0

24. I =
∫

π
2

9. I = (e cos x + sinx).sin 2 x.dx
∫

13. I =

)

(

4sin x

3

28. I = ∫

sin 2x + sin x
dx
1 + 3cos x

3 + ln x

1 ( x + 1)

dx

π
2

29. I = ∫

π
2

π
6

1

14. I = cosx 
∫0  2 + 3sin x + 1 + x ÷ dx

2

dx

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

0

(

)

2x
3
30. I = ∫ x e + x + 1 dx

1 + 3ln x.ln x
dx
x

1

3

0

3

0

15. I = ∫

)

+1

1

∫ ( sin x + cos x )

e

x

2
2x

27. I =∫ ( 4x − 2x − 1) e dx c

cos x.ln x + 1 + x 2 dx

π/ 2

∫
0

0

∫

π/ 2

26. I =

x
11. I = ∫ e − x dx

−π / 2

(e

0

1

12. I =

e x dx

∫

25. I =

3x + 2
+ x − 1 dx
x+2

π /2

2

ln 3

0

−1

dx

x2 +1

1

8. I = 1 + x sinx dx
∫0 cos2 x

10. I = ∫

x 5 + 2x 3

0

π
3

1

∫

22. I =

4x −1
dx
x3 + 2 x 2 + x + 2

−1

III. 2. Các bài toán trắc nghiệm:
d

∫

Câu 1: Nếu

f ( x ) dx = 5 và

a

d

∫

f ( x ) dx = 2 với a < d < b thì

b

A. -2

∫ f ( x ) dx

bằng:

a

B. 8

Câu 2: Cho

b

C. 0

5

2

2

5

D. 3

∫ f ( x ) dx = 10 . Kết quả ∫ 2 − 4 f ( x )  dx ?

A. 34.

B. 36.

C. 40.

D. 32.

Câu 3:Tính K = ∫0 x ln ( x 2 + 1) dx
1

A. ln 2 −

1
2

B. ln 2 −

1
4

C. ln 2 +
21/29

1
2

D. − ln 2 +

1
2


Một số phương pháp tính tích phân
5
Câu 4: Cho tích phân I = ∫0 x.sin x.cos 2 xdx = . Giá trị của a là:
4

9

π
B.
3

A. 0
x2 + 2

1

Câu 5:Tính I = ∫0

x2 + 1

C.

(

e2

Câu 6: Tính I = ∫
e

A.1 + ln

D.

π
2

dx

A. 2 5 + ln ( 2 + 5 )
3
2
3
5 − ln 2 + 5
2

π
6

C.

B. 5 + ln ( 2 + 5 )
3
2

)

D. 2 5 − ln ( 2 + 5 )
3
2

ln x
dx ?
x(ln x + 1)

3
2

B. −1 + ln

3
2

C. 1 − ln

3
2

D. 1 + ln

3

2

1

3
2
Câu 7: Tính I = ∫ (x − 1) 2x − x dx
0

A. −

2
5

B. −

2
15

C. −

7
50

D. −

2
30

1

I = ∫ ln(3x 4 + x 2 ) − 2 ln x dx


Câu 8: Tính
1
3

A.

4 ln 2 − ln 3 4 π 3
− +
3
3
9

4 ln 2 + ln 3 4 π 3
+ +
3
3
9
3
x −3
dx
Câu 9: Tính I = ∫0
3. x + 1 + x + 3

C.

A. −3 + ln

3
2

B. 3 + 6 ln
1

Câu 10: Tính I = ∫0
3 + cos1 
÷
3 



A. ln 

3
2

B.

4 ln 2 + ln 3 4 π 3
− +
3
3
9

D.

4 ln 2 + ln 3 4 π 3

− −
3
3
9

C. −3 + 6 ln

1 − sin x
dx
x + cos x + 2


B. ln  3 +
÷
3 

cos1

C.

3
2

1
ln(3 − cos1)
3

D. −3 + 6 ln 3

3 − cos1 

÷
3 



D. ln 

1

Câu 11: Cho I = ∫ ( 2 x − 1 − x ) dx . Giá trị của I là:
0

A. I = 0

B. I = 1
e

Câu 12: Cho I = ∫1
A. 1

C. I = 2

D. I = 3

dx
1+ e
= a + b ln
. Giá trị của T = 2b + a 2 là:
3
2

x+x
2

B. 2

C. 0
22/29

D. -1


Một số phương pháp tính tích phân
e2

Câu 13: Cho I = ∫
e

(x

2

+ 1) ln x + 1

ae4 + be2
dx =
+ c + d ln 2 . Chọn phát biểu đúng nhất:
x ln x
2
1
B. a = b 2 = c =

C. A và B đúng
D. A và B sai
d

A. a = b = c = d
Câu 14: Biết I = ∫

a

1

x 3 − 2 ln x
1
dx = + ln 2 . Giá trị của a là:
2
x
2

A. 3

B. 2

∫

D.

C. 2017

D. -2017

)

(

2017

Câu 15: Tính I =

π
4

C. ln2

ln x + 1+ x2 dx ?

−2017

A. 1

B. 0

Câu 16: Tính I = ∫0 ( x 3 + 3x )
1

41001
A.
3003

B. −

1000

. ( x 2 + 1) dx

41001
3003

41001
C.
2002

D. 0

Câu 17: Cho y = f ( x) là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn
2

3

6

−1

1

−1

 −6;6 .

Biết rằng

∫ f ( x) dx = 8 và ∫ f ( −2x) dx = 3. Tính ∫ f ( x) dx.
A. 5.

B. 11.
ln 6

Câu 18: Cho I =

∫e

ln 3

x

C. 2.

D. 14.

dx
= 3ln a − ln b với a , b   nguyên dương. Tính P = ab.
+ 2e− x − 3

.
A.

P = −10 .

B.
2

Câu 19: Cho I = ∫
1

A. 3

P = 15 .

P = 20 .

C.

D.

P = 10 .

4 − x2
b
dx = a − ln
với a, b, c ∈ R . Giá trị T = a.b.c là
x
c

B. −2 3

C. 2 3

D. − 3

3

3 + ln x
dx = a (ln 3 + 1) + ln b Với a, b ∈ R . Giá trị T = 4a + 2b là
2
(
x
+
1)
1

Câu 20: Cho I = ∫
A. 4

B. 7

C. 5

D. 6

1
2

Câu 21: Cho I = ∫ 1 − 2 x 1 − x 2 dc = aπ + b với a, b ∈ R . Giá trị a + b gần nhất với
0

A.

1
10

B. 1

C.
5

e x ( 3x − 2 ) + x − 1

2

e x ( x − 1) + x − 1

Câu 22: Cho tích phân I = ∫
A. 4

B. 5

1
5
dx = a + ln

C. 6
23/29

D. 2
b.e5 + 1
.Giá trị a + b là:
e2 + 1

D. 7

Một số phương pháp tính tích phân
Câu 23: Cho f ( x ) là hàm liên tục trên

R

thỏa mãn f ( 1) = 1 và

1

1

∫ f ( t ) dt = 3 , tính
0

π
2

I = ∫ sin 2 x. f ′ ( sin x ) dx .
0

1
3

2
3

A. I = .

4
3

B. I = − .

2
3

C. I = .

D. I = .

Câu 24: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;2] và thỏa mãn
1

2

ff( 2) = 16,

ò
0

A.

( x) dx = 4. Tính I = ò x. f ¢( 2x) dx.
0

B.

I = 12.

C.

I = 7.

D.

I = 13.

I = 20.

Câu 25: Cho hàm số f ( x) liên tục trên ¡ và thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = 3 − 2 cos x
.
Tính I =

π
2

∫π f ( x ) dx

−

A. I =

2

π −1
.
3

B. I =

3π
−2.
2

C. I =

π
+2.
2

D. I =

π +1
.
2

Câu 26: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] đông thời thỏa mãn
2

f '( 0) = 9 và 9 f ''( x) +[ f '(x) - x] =9 . Tính T = ff(1) -

A.

I = 2+ 9ln2. .

B.

I = 9. .

C.

(0)?

1
I = + 9ln2.
2

D.

I = 2- 9ln2. .

Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) có f ′ ( x ) liên tục trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) thỏa mãn
3 f ( x ) + f ′ ( x ) = 1 + e −2 x . Khi đó:
3
A. e f ( 1) − f ( 0 ) =

C. e f ( 1) − f ( 0 )
3

1
− ×
e2 + 1 2

(e
=

1

2

3
B. e f ( 1) − f ( 0 ) =

+ 1) e 2 + 1 − 8

×

3

1

1
− ×
2 e2 + 1 4

D. e3 f ( 1) − f ( 0 ) = ( e 2 + 1) e 2 + 1 − 8.

Câu 28: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 10 ,
1

∫  f ′ ( x )  dx = 7 và
2

0

A.

7
.
20

1

2
∫ x f ( x ) dx = 3 . Tính
0

B.

1

∫ f ( x ) dx .
0

43
.
5

C.

24/29

15
.
4

D.

6
5

Một số phương pháp tính tích phân
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 10 ,
1

∫  f ′ ( x ) 

1

2

dx = 27 và

0

1

∫ x f ( x ) dx = 2 . Tính ∫ f ( x ) dx .
3

0

0

A. −

9
.
30

B.

59
.
5

C.

23
.
2

D.

9
30

Câu 30. Cho hàm số f ( x ) là một nguyên hàm của hàm số g ( x ) trên khoảng
2
2
3

 ; +∞ ÷ và thỏa mãn các điều kiện  f ( 2 )  = 6 + 8  f ( 1)  ,
4


2

Tính I = ∫

1

f ( x) + g ( x)

x +  f ( x ) 

2

21
+ 3ln 2 .
16

A. I =

2

2x +1

∫ x +  f ( x) 


1



2

dx =

11

16 .

f ( x ) dx.

B. I =

21 3
+ ln 2
32 2

C. I =

21
+ ln 2
32

D. I =

21 3
− ln 2
16 2

Câu 31: Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm trên đoạn [ 1; 4] và thỏa mãn hệ
4
 f ( 1) + g ( 1) = 4
I
=
thức 
. Tính
∫1  f ( x ) + g ( x )  dx .

 g ( x ) = − x. f ' ( x ) ; f ( x ) = − x.g ' ( x )

A. 8 ln 2 .

B. 3ln 2 .

C. 6 ln 2 .

D. 4 ln 2 .

Câu 32: Cho hàm số f ( x ) > 0 xác định, có đạo hàm trên [ 0;1] và thỏa mãn điều
x

1
 g ( x ) = 1 + 2018∫ f (t ) dt
I
=
kiện 
. Tính
0
∫0 g ( x) dx

2
 g ( x) = f ( x)

A. I =

1009
2

C. I =

B. I = 505

1011
2

D. I =

2019
2

Câu 33: Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đến cấp 2 trên ¡
1

f (0) = 0, f '(1) =

A.

39
9
2
, ∫ [f '( x)] dx = 4 ,
2 0

14
3

1

2

5
2
∫0 ( x + x) f "( x)dx = 2. Tính I = ∫0 f ( x)dx .

B.14

C.

7
3

D. 7

Câu 34. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên [ 0; 1] thỏa mãn f ( 1) = 1 ,
f ′ ( x ) < 0∀x ∈ [ 0; 1] và

1

∫  f ′ ( x )  dx=
2

0

3
5

A. I = .

B. I =

1

9
, f
5 ∫0

1

( )

2
x dx= . Tính I = ∫ f ( x ) dx .
5
0

1
.
4

3
4

C. I = .

25/29

D. I =

1
5

và