CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN HAY NHẤT

1
TÍCH PHÂN
I.CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. Phương pháp đổi biến số
b

Bài toán: Tính I =

∫ f ( x)dx ,
a

*Phương pháp đổi biến dạng I
Định lí . Nếu 1) Hàm x = u (t ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ α ; β ] ,
2) Hàm hợp f (u (t )) được xác định trên [ α ; β ] ,
3) u (α ) = a, u ( β ) = b ,
β

b

∫

thì I =

f ( x)dx =

∫

f (u (t ))u ' (t )dt .

α

a

Ví dụ 1. Hãy tính các tích phân sau:
π
2

1

∫

a) I =

x 2 x 3 + 5dx

b) J =

0

∫ ( sin

4

x + 1) cos xdx

0

Giải: a) Ta có t = x + 5 ⇒ dt = 3 x dx
3

2

Khi x=0 thì t=5

Khi x=1 thì t=6

1

6

∫

⇒I= x

x + 5dx =

2

3

0

=

∫
5

dt
t
3

=

1
3

6

∫( t )
5

1
2

dt =

1
+1
2

6
1 (t ) 6 2
= t t
5
3 1 +1 5 9
2

4
10
6−
5.

3
9

π
1
6


5
b) Ta có J = (sin 4 x + 1)d (sin x) =  sin x + sin x ÷ 2 =
5
0 5
0
π
2

∫

Ví dụ 2. Hãy tính các tích sau:
2

a)

∫

1

4 − x 2 dx

0

b)

dx
2
1
+
x
0

∫

 π π
;
.
 2 2 
π
Khi x = 0 thì t = 0. Khi x = 2 thì t = .
2

Giải: a) Đặt x = 2sin t , t ∈  −

π
2

4

∫
0

4 − x 2 dx =

∫
0

Từ x = 2sin t ⇒ dx = 2cos tdt
π
2

∫

4 − 4sin 2 t .2cos tdt = 4 cos 2 tdt = π .
0

1


 π π
; ÷.
 2 2

2

b) Đặt x = tan t , t ∈  −

Khi x = 0 thì t = 0 , khi x = 1 thì t =
Ta có: x = tan t ⇒ dx =
π
1

π
.
4

dt
.
cos 2 t

4

π

π

4

dx
1
dt
π
⇒
=
.
=
dt
=
t
=
.
4

2
2
2
1
+
x
1
+
tan
t
cos
t
4
0
0
0
0

∫

∫

∫

Chú ý: Trong thực tế chúng ta có thể gặp dạng tích phân trên dạng tổng quát hơn như:
Nếu hàm số dưới dấu tích phân có chứa căn dạng
a 2 + x 2 , a 2 − x 2 và

x 2 − a 2 (trong trong đó a là hằng số dương) mà không có cách biến đổi nào khác thì
nên đổi sang các hàm số lượng giác để làm mất căn thức, cụ thể là:

• Với

 π π
a 2 − x 2 , đặt x = a sin t , t ∈  − ; 
 2 2
hoặc x = a cos t , t ∈ [ 0; π ] .

• Với

 π π
; ÷
 2 2

a + x , đặt x = a tan t , t ∈  −
2

2

hoặc x = acott , t ∈ ( 0; π ) .
• Với

x − a , đặt x =
2

2

hoặc x =

a
 π π

, t ∈  − ;  \ { 0}
sin t
 2 2

a
π 
; t ∈ [ 0;π ] \   .
cos t
2

*Phương pháp đổi biến dạng II

Định lí : Nếu hàm số u = u ( x ) đơn điệu và có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] sao cho

f ( x)dx = g (u ( x))u ' ( x)dx = g (u )du thì I =

b

u (b )

a

u(a)

∫ f ( x)dx = ∫ g (u)du .

1

Ví dụ 3: Tính I =

∫

x 2 x 3 + 5dx

0

Giải: Đặt u ( x) = x + 5 .Tacó
3

u (0) = 5, u (1) = 6

.
2


3
6

6 2
1
2
4
10
I
=
udu
=
u
u
= 6 6 −5 5 =

6−
5
Từ đó được:
5
35
9
9
9
9

(

∫

)

Ví dụ 4: Hãy tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến dạng II:
e2

1

a)

∫ ( 2 x + 1)

5

∫

dx

0

2

d)

∫
1

1

dx
b)
x ln x
e

c)

0

2π
3

dx
(2 x − 1) 2

e)

∫

∫

cos(3 x −

π
3

4x + 2
dx
x + x +1
2

2π
) dx
3

Giải: a) Đặt u = 2 x + 1 khi x = 0 thì u = 1 . Khi x = 1 thì u = 3
Ta có du = 2dx ⇒ dx =
1

du
. Do đó:
2

3

1 5
u6 3 1 6
2

= (3 − 1) = 60 .
( 2 x + 1) dx = u du =
3
21
12 1 12
0

∫

∫

5

b)Đặt u = ln x . Khi x = e thì u = 1 . Khi x = e 2 thì u = 2 .

dx
⇒
Ta có du =
x

e2

∫
e

2

2
dx
du

=
= ln u = ln 2 − ln1 = ln 2 .
1
x ln x 1 u

∫

c)Đặt u = x 2 + x + 1 . Khi x = 0 thì u = 1 . Khi x = 1 thì u = 3 .
Ta có du = (2 x + 1)dx . Do đó:
1

∫
0

3

3
4x + 2
2du
dx
=
=
2ln
u
= 2(ln 3 − ln1) = 2ln 3 .
1
x2 + x + 1
u
1

∫

d)Đặt u = 2 x − 1 . Khi x = 1 thì u = 1 . Khi x = 2 thì u = 3 .

du
. Do đó:
2
3
dx
1 du
1 3
1 1
1
=
=
−
=
−
(
−
1)
=
.
(2 x − 1) 2 2 1 u 2
2u 1
2 3
3

Ta có du = 2dx ⇒ dx =
2

∫
1

e)Đặt u = 3 x −

2π
.
3

∫

π
π
thì u = ,
3
3
2π
4π
Khi x =
thì u =
.
3
3
Khi x =

3


4

Ta có du = 3dx ⇒ dx =
2π
3

∫
π
3

du
. Do đó:
3

4π
2π
1
1
π
3 1  4π
cos(3 x − ) dx =
cos udu = sin u
=  sin
− sin ÷
π
3
3π
3
3
3
3
3

3
4π
3

∫

1
3
3
3
= −
−
.
÷= −
3 2
2 
3
2.Phương pháp tích phân từng phần.
Định lí . Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên [ a; b ] thì:
b

b

b
u ( x)v ( x)dx = ( u ( x)v( x) ) − v( x)u ' ( x)dx
a a
a

∫

∫

'

b

b

b
udv = uv − vdu .
hay
a a
a

∫

∫

Áp dụng công thức trên ta có qui tắc công thức tích phân từng phần sau:
• Bước 1: Viết f(x)dx dưới dạng udv = uv ' dx bằng cách chọn một phần thích hợp
của f(x) làm u(x) và phần còn lại dv = v ( x)dx.
'

• Bước 2: Tính du = u ' dx và v =
b

• Bước 3: Tính

b

∫

∫

dv = v ' ( x)dx .

b
vdu = vu ' dx và uv .
a
a
a

∫

∫

• Bước 5: Áp dụng công thức trên.
e

Ví dụ 5: Tính

∫ x ln xdx
1

dx

du
=

u = ln x

x
⇒
Giải:
Đặt 
2
dv = xdx
v = x

2
e
e
e 1
x2
e2 x 2 e e2 + 1
x ln xdx = ln x −
xdx = −
=
.
1
1
2
2
2
4
4
1
1

∫

∫

Ví dụ 6: Tính các tích phân sau:
2

a)

∫
1

ln x
dx
x5

π
2

b)

∫
0

π
2

1

x cos xdx

∫

x

c) xe dx
0

d)

∫

e x cos xdx

0

4


5

dx

du
=
u = ln x


x
⇒
Giải: a) Đặt 
. Do đó:

1

1
dv
=
dx

v = −
x5

4 x4
2

2

2

2

ln x
ln x
1 dx
ln 2 1  1 
15 − 4 ln 2
dx
=
−
+
=
−

+
−
=
.

÷
∫1 x5
4 x 4 1 4 ∫1 x 5
64 4  4 x 4  1
256

u = x
 du = dx
⇒
b) Đặt 
. Do đó:

dv = cos xdx v = sin x
π
2

∫
0

π

π 2
π
π
π

x cos xdx = ( x sin x ) 2 − sin xdx = + cos x 2 = − 1.
2
2
0 0
0

∫

u = x
du = dx
⇒
. Do đó:

x
x
dv
=
e
dx
v
=
e



c)Đặt 
1

∫
0

1

1
1
xe x dx = xe x − e x dx = e − e x = e − ( e − 1) = 1 .
0 0
0

∫

u = e x
 du = e x dx
⇒
d) Đặt 
dv
=
cos
xdx

v = sin x
π
2

π

π 2
⇒ e x cos xdx = e x sin x 2 − e x sin xdx .
0
0 0

∫

∫

u1 = e x
 du1 = e x dx
⇒
Đặt 
 dv1 = sin xdx v1 = − cos x
π
2

π

π 2
π
x
x
⇒ e cos xdx = e 2 + e cos x 2 − e x cos xdx .
0
0 0

∫

∫

5

6
π
2

π
2

π
2

∫

∫

⇔ 2 e x cos xdx = e − 1 ⇔ e x cos xdx =
0

0

π
2

e −1
.
2

*Cách đặt u và dv trong phương pháp tích phân từng phần.
b

∫

b

∫

P( x)e x dx

a

b

P( x)ln xdx

a

∫

b

∫

P( x)cos xdx

a

e x cos xdx

a

u

P(x)
lnx
P(x)
ex
dv
P(x)dx
cosxdx
cosxdx
e x dx
Chú ý: Điều quan trọng khi sử dụng công thức tích phân từng phần là làm thế nào để
chọn u và dv = v ' dx thích hợp trong biểu thức dưới dấu tích phân f(x)dx. Nói chung nên
chọn u là phần của f(x) mà khi lấy đạo hàm thì đơn giản, chọn dv = v ' dx là phần của
f(x)dx là vi phân một hàm số đã biết hoặc có nguyên hàm dễ tìm.
Có ba dạng tích phân thường được áp dụng tích phân từng phần:
• Quy tắc aM “ nhất log – nhì đa – tam lượng – tứ mũ “
β

• Nếu tính tích phân I =

β

∫

ax

e cos bxdx hoặc

α

∫

J = e ax sin bxdx thì
α

Trong trường hợp này, ta phải tính tích phân từng phần hai lần sau đó trở thành tích
phân ban đầu. Từ đó suy ra kết quả tích phân cần tính.
II.TÍCH PHÂN MỘT SỐ HÀM SỐ THƯỜNG GẶP
1. Tích phân hàm số phân thức
a)Tính tích phân dạng tổng quát sau:
β

I=

∫
α

dx
ax + bx + c
2

( a ≠ 0) .

(trong đó ax 2 + bx + c ≠ 0 với mọi x ∈ [ α ; β ] )
Xét ∆ = b 2 − 4ac .
β

+)Nếu ∆ = 0 thì

I=

dx

∫ a x − b 
α

β




2

÷
2a 

tính được.

1
dx
+)Nếu ∆ > 0 thì I =
,
a α ( x − x1 ) ( x − x2 )

∫

6


7

−b + ∆
−b − ∆
)
; x2 =
2a
2a
1
x − x1 β
⇒I=
ln
.
a ( x1 − x2 ) x − x2 α
(trong đó x1 =

β

dx
I=
=
2
ax
+
bx
+
c
+) Nếu ∆ < 0 thì
α

∫

Đặt x +

β

∫
α

dx
2
2

b   −∆  
a  x + ÷ + 

2 ÷
2
a
4
a
 

 

b
−∆
1 −∆
=
tan
t
⇒

dx
=
1 + tan 2 t ) dt , ta tính được I.
2
2 (
2a
4a
2 a
β

b) Tính tích phân: I =

∫
α

(trong đó f ( x) =

mx + n
dx,
ax 2 + bx + c

( a ≠ 0) .

mx + n
liên tục trên đoạn [ α ; β ] )
ax 2 + bx + c

+) Bằng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm A và B sao cho:

mx + n

A(2ax + b)
B
=
+
ax 2 + bx + c ax 2 + bx + c ax 2 + bx + c
β

+)Ta có I=

∫

α

β

β

.

Tích phân

A( 2ax + b)
dx = Aln ax 2 + bx + c
2
ax + bx + c

∫

α
β

Tích phân

β

mx + n
A(2ax + b)
B
dx
=
dx
+
∫α ax 2 + bx + c α∫ ax 2 + bx + c dx
ax 2 + bx + c

∫
α

β
ε

dx
tính được.
ax 2 + bx + c
b

c) Tính tích phân I =

∫
a

P( x)
dx với P(x) và Q(x) là đa thức của x.
Q( x)

• Nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của Q(x) thì dùng phép chia đa thức.
• Nếu bậc của P(x) nhỏ hơn bậc của Q(x) thì có thể xét các trường hợp:
+ Khi Q(x) chỉ có nghiệm đơn α1 , α 2 ,..., α n thì đặt

An
P ( x)
A1
A2
=
+
+ ... +
.
Q ( x ) x − α1 x − α 2
x − αn
2
2
+ Khi Q ( x) = ( x − α ) ( x + px + q ) , ∆ = p − 4q < 0 thì đặt
7


P( x)
A
Bx + C
=
+ 2

.
Q( x) x − α x + px + q
2
+ Khi Q ( x ) = ( x − α ) ( x − β ) với α ≠ β thì đặt
P ( x)
A
B
C
=
+
+
2 .
Q( x) x − α x − β ( x − β )
1

Ví dụ 7. Tính tích phân:

∫
0

8

4 x + 11
dx .
x2 + 5x + 6

Giải:
Cách 1.Bằng phương pháp đồng nhất hệ số ta có thể tìm A, B sao cho:

A ( 2 x + 5)

4 x + 11
B
=
+
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2}
x2 + 5x + 6 x2 + 5x + 6 x2 + 5x + 6

⇔

2 Ax + ( 5 A + B )
4 x + 11
=
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2}
2
2
x + 5x + 6
x + 5x + 6

2 A = 4
A = 2
⇒
⇔
5 A + B = 11  B = 1
Vậy

2 ( 2 x + 5)
4 x + 11
1
=
+

, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2} .
x2 + 5x + 6 x2 + 5x + 6 x2 + 5x + 6
1

Do đó

∫
0

1

4 x + 11
2x + 5
dx
=
2
dx +
2
x2 + 5x + 6
x
+
5
x
+
6
0

= 2ln x 2 + 5 x + 6

∫

1

∫
0

dx
x2 + 5x + 6

1
x+2 1
9
+ ln
= ln .
0
x+3 0
2

Cách 2. Vì x + 5 x + 6 = ( x + 2 ) ( x + 3 ) nên ta có thể tính tích phân trên bằng cách:
Tìm A, B sao cho:
2

4 x + 11
A
B
=
+
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2}
x2 + 5x + 6 x + 2 x + 3

⇔

( A + B ) x + 3 A + B , ∀x ∈ ¡ \ −3; −2
4 x + 11
=
{
}
x2 + 5x + 6
x2 + 5x + 6

A + B = 4
A = 3
⇒
⇔
3 A + 2 B = 11  B = 1
Vậy

4 x + 11
3
1
=
+
, ∀x ∈ ¡ \ { −3; −2} .
x + 5x + 6 x + 2 x + 3
2

8


9

1

Do đó

1

1

4 x + 11
dx
dx
dx
=
3
+
x2 + 5x + 6
x+2 0 x+3
0

∫

∫

0

= 3ln x + 2
1

Ví dụ 8:Tính tích phân:

∫
0

1

∫

1
0

+ ln x + 3

1

9
= ln .
0
2

dx
.
x2 + x + 1

1

dx
dx
=
2
Do x 2 + x + 1

1
3


0
0
x
+
+

÷
2 4

1
3
3
π π 
tan t , t ∈  ;  ⇒ dx =
1 + tan 2 t ) dt
Đặt x + =
(
2 2
2
6 3

∫

∫

1

Vậy

∫
0

dx
=
x2 + x + 1

π
3

∫
π
6

π
3
2
3
1
+
tan
t
dt
(
)
2 3
2 3

2
=
dt =
t
3
3
3
2
π
(1 + tan t )
6
4

∫

1
2

Ví dụ 9. Tính tích phân:

∫
0

π
3 π 3
=
.
π
9
6

x3
dx .
2
x −1

Giải:
1
2

∫
0

1
2

1
2

x
x 

dx
=
x
+

÷dx = xdx +
2
x2 − 1

x
−
1


0
1
3

∫

∫

1
2

∫
0

xdx
x2 −1

1
1
x2
1
1 1 3
2
=
2 + ln x − 1 2 = + ln .

2
2
8 2 4
0
0
2. Tích phân các hàm lượng giác
2.1.Dạng 1: Biến đổi về tích phân cơ bản sử dụng các công thức biến đổi mà làm
Ví dụ 10: Hãy tính các tích phân sau:
π
2

a) J =

∫ sin 2 x sin 7 xdx ;

−

π
2

π
2

b) K =

∫

cos x(sin 4 x + cos 4 x)dx ;

0

9


10
π
2

c) M =

4sin 3 x
dx .
1 + cos x
0

∫

π
2

a) J =

π
2

1
1
cos5 xdx −
cos9 xdx
2 π

2 π

∫

−

∫

−

2

2

π
π
1
1
4
= sin 5 x 2 − sin 9 x 2 = .
π 18
π 45
10
−
−
2
2
(

b) Ta có cos x(sin x + cos x) = cos x  sin x + cos x

4

4

2

2

)

2

− 2sin 2 x cos 2 x 


1
 1

 1
 3
= cos x 1 − sin 2 2 x ÷ = cos x 1 − ( 1 − cos 4 x )  = cos x + cos x cos 4 x
4
 2

 4
 4
3
1
= cos x + ( cos5 x + cos3x ) .
4

8
π
2

π
2

∫

K = cos x (sin 4 x + cos 4 x)dx =
0

π
2

π
2

3
1
1
cos xdx +
cos5 xdx +
co3xdx
40
80
80

∫

∫

∫

π
π
π
3
1
1
3 1
1 11
= sin x 2 + sin 5 x 2 + sin 3 x 2 = + −
= .
4
40
24
4 40 24 15
0
0
0
4sin 3 x 4sin 2 x sin x 4(1 − cos 2 x)sin x
c)
=
=
= 4(1 − cos x)sin x
1 + cos x
1 + cos x
1 + cos x

⇒ M = 2.
2.2.Dạng 2: Đổi biến số để hữu tỉ hóa tích phân hàm lượng giác
2.2.1.Tính I =
Phương pháp:
Đặt t = tan

∫

dx
asinx + b cos x + c

x
2dt
⇒ dx =
2
1+ t2
10


11

2t
1− t2
Ta có: sin x =
và cos x =
1+ t2
1+ t2

I=

∫

dx
=
asinx + b cos x + c

Ví dụ 11. Tính

∫

Giải: Đặt t = tan

∫

∫

2dt
đã biết cách tính.
( c − b ) t 2 + 2at + b + c

dx
4cos x + 3sin x + 5

x
1
x
2dt
⇒ dt = 1 + tan 2 ÷dx ⇔
= dx
2

2
2
1+ t2

2dt
dx
dt
1+ t2
=
= 2
2
1− t
2t
cos x + 3sin x + 3
t + 3t + 2
+
3
+
3
1+ t2
1+ t2

∫

∫

x
tan + 1
t +1
2

= ln
+ C = ln
+C.
x
t+2
tan + 2
2
dx
a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x + d
dx
Phương pháp: I =
( a + d ) sin 2 x + b sin x cos x + ( c + d ) cos 2 x
dx
cos 2 x
=
( a + d ) tan 2 x + b tan x + ( c + d )
2.2.2. Tính I =

∫

∫

∫

Đặt t = tgx ⇒ dt =
Ví dụ 12. Tính: I =

dx ⇒ I =
cos 2 x

∫

∫

dt
đã tính được.
( a + d ) t 2 + bt + ( c + d )

dx
.
sin 2 x + 2sin x cos x − 3cos 2 x

dx
dx
Giải:Ta có
cos 2 x
I=
=
sin 2 x + 2sin x cos x − 3cos 2 x
tan 2 x + 2 tan x − 3

∫

Đặt t = tan x ⇒ dt =

∫

dx
cos 2 x
11

12

⇒I=

∫

Tính I =

dt
=
t + 2t − 3
2

∫

∫

dt
1 t −1
1 tan x − 1
= ln
+ C = ln
+ C 2.2.3.
t
−
1
t
+

3
4
t
+
3
4
tan
x
+
3
( )(
)

m sin x + n cos x + p
dx .
a sin x + b cos x + c

Phương pháp:
+)Tìm A, B, C sao cho:

m sin x + n cos x + p = A ( a sin x + b cos x + c ) + B ( a cos x − b sin x ) + C , ∀x +)
Vậy I =

∫

∫

m sin x + n cos x + p
dx =
a sin x + b cos x + c

= A dx + B

a cos x − b sin x
dx
dx
+
C
∫ a sin x + b cos x + c
∫ a sin x + b cos x + c

Tích phân

∫ dx

Tích phân

a cos x − b sin x
∫ a sin x + b cos x + c dx = ln a sin x + b cos x + c + C

Tích phân

tính được

dx
∫ a sin x + b cos x + c tính được.

Ví dụ 13. Tính: I =

∫

cos x + 2sin x
dx .
4cos x + 3sin x

Giải:
Bằng cách cân bằng hệ số bất định, tìm A và B sao cho:

cos x + 2sin x = A ( 4cos x + 3sin x ) + B ( −4sin x + 3cos x ) , ∀x
cos x + 2sin x = ( 4 A + 3B ) cos x + ( 3 A − 4 B ) sin x, ∀x
2

A
=

 4 A + 3B = 1
5
⇒
⇔
3 A − 4 B = 2
B = − 1

5
2
1
 2 1 −4sin x + 3cos x 
I=  − .
÷dx = x − ln 4cos x + 3sin x + C .
5
5

 5 5 4cos x + 3sin x 

∫

12


13
2.3.Dạng 3: Đổi biến số để đưa về tích phân hàm lượng giác đơn giản hơn
(Xem ví dụ 17, 20, 21)
2.4.Chú ý: Nguyên hàm dạng

∫ R ( sin x,cos x ) dx , với R ( sin x,cos x ) là một hàm

hữu tỉ theo sinx, cosx
Để tính nguyên hàm trên ta đổi biến số và đa về dạng tích phân hàm hữu tỉ mà ta đã
biết cách tính tích phân.
• Trường hợp chung: Đặt t = tan

x
2dt
⇒ dx =
2
1+ t2

2t
1− t2
Ta có sin x =
;cos x =
1+ t2

1+ t2
• Những trường hợp đặc biệt:
+) Nếu R ( sin x,cos x ) là một hàm số chẵn với sinx và cosx nghĩa là

R ( − sin x, − cos x ) = R ( sin x,cos x ) thì đặt t = tan x hoặc t = cot x , sau đó
đưa tích phân về dạng hữu tỉ theo biến t.
+) Nếu R ( sin x,cos x ) là hàm số lẻ đối với sinx nghĩa là:

R ( − sin x,cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = cos x .
+) Nếu R ( sin x,cos x ) là hàm số lẻ đối với cosx nghĩa là:

R ( sin x, − cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = sin x .

3.Tích phân hàm vô tỉ
3.1 .Dạng 1: Biến đổi về tích phân vô tỉ cơ bản
1

Ví dụ 14. Tính tích phân: I =

∫
0

dx
.
x +1 + x

Giải
1

I=

dx
=
x +1 + x

∫
0

1

3
3
2
1 2
x + 1 − x dx = ( x + 1) 2 − x 2  = 2 2 − 2
3
0 3

∫(

)

0

1

Ví dụ 15:Tính tích phân

∫ x+
0

1

Giải:

∫ x+
0

x 3 dx
1 + x2

1

x 3 dx
1 + x2

(

.

= ∫ ( x 3 1 + x 2 − x 4 )dx =
0

)

2 2 −1
.
15
13

14
3.2.Dạng 2: Biến đổi về tích phân hàm lượng giác
(xem ví dụ 2)
3.3Dạng 3: Biến đổi làm mất căn
Gồm: Đổi biến số t là toàn bộ căn thức
Viết biểu thức trong căn dưới dạng bình phương đúng
Ví dụ 15:Tính
1

I = ∫ x 3 1 − x 2 dx
0

Giải:
1

I =∫x

1

1 − x dx = ∫ x 2 1 − x 2 .xdx

3

2

0

0

Đặt t= 1 − x 2 ⇔ t 2 = 1 − x 2 ⇔ x 2 = 1 − t 2
Ta có:

xdx=-tdt, Khi

x= 0 thì t =1,khi x = 1 thì t =0

Vậy
1

t
t 
2
I = −∫ (1 − t 2 )t 2 dt =  −  =
 3 5  0 15
1
0

3

5

4.Tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối
Phương pháp:Chúng ta phải phá dấu giá trị tuyệt đối
2

Ví dụ 16: Tính J =

∫

x 2 − 1 dx

−2

Giải: Lập bảng xét dấu của x 2 − 1 trên đoạn [ −2;2]
x

-2

x −1

+

2

2

Do đó I =

∫
−2

x 2 − 1 dx =

−1

∫( x
−2

2

− 1) dx +

-1
0

1
0

-

1

2
+
2

∫ ( 1 − x ) dx + ∫ ( x
2

−1

2

− 1) dx

1

x3  1  x3
 x3

 −1 
2
=  − x÷ +  x − ÷ +  − x÷ = 4.
3  −1  3
3
 −2 
1
III.TÍCH PHÂN MỘT SỐ HÀM ĐẶC BIỆT
a

1.Cho hàm số y = f ( x) liên tục và lẻ trên đoạn [ − a; a ] . Khi đó I =

∫ f ( x)dx = 0 .

−a

14


15
π
2

Ví dụ 17: Chứng minh I =

xdx
= 0.
2
4
−

sin
x
π

∫

−

2

π

π

π

π

Giải: Đặt x = −t ⇒ dx = − dt . Khi x= 2 thì t = - 2 , khi x = − thì t =
2
2
−

Do đó : I=

π
2

∫

π
2

tdt
= −I
4 − sin 2 t
π
2

Suy ra : 2I = 0. Ta được I =

xdx
= 0.
2
4 − sin x
π

∫

−

2

2.Cho hàm số y = f ( x) liên tục và chẵn trên đoạn [ − a; a ] . Khi đó

I=

a

a

−a

0

∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx .

Chứng minh : Ta có I =

a

0

a

−a

−a

0

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

0

Ta tính J =

∫ f ( x)dx bằng cách đặt x = −t ( 0 ≤ t ≤ a ) ⇒ dx = −dt

−a

⇒J=

0

0

a

a

−a

a

0

0

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

Thay (2) vào (1) ta được I =

a

a

−a

0

∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx
π
2

Ví dụ 18: Tính tích phân: I =

x + cos x
dx
2
4
−
sin
x
π

∫

−

2

15


16

π
2

Giải:

Ta có I =

∫

−

Do f1 ( x ) =

và f 2 ( x ) =
π
2

∫

−

π
2

x + cos x
dx =
2
4 − sin x
π
2

π
2

x
dx +
2
4 − sin x
π

∫

−

2

 π π
 − 2 ; 2  nên

x
là hàm số lẻ trên
4 − sin 2 x

∫

−

π
2

cos x
dx
2

4 − sin x
π

∫

−

2

x
dx = 0
4 − sin 2 x

 π π
 − 2 ; 2  nên ta có:

cos x
là hàm số chẵn trên
4 − sin 2 x
π
2

π
2

π
2

π
2

cos x
cos x
d (sin x)
dx
=
2
dx
=
−
2
4 − sin 2 x
4 − sin 2 x
(sin x + 2) ( sin x + 2 )
π
0

∫

∫

−

2

π
1 sin x − 2
1
Vậy I = − ln
2 = ln 3 .

2 sin x + 2
2
0
3.Cho hàm số y = f ( x) liên tục và chẵn trên đoạn [ − α : α ] . Khi đó
α

α

f ( x)
1
I =∫ x
dx = ∫ f ( x)dx
a +1
2 −α
−α
Chứng minh: Đặt t= -x ⇒ dt= - dx

a t +1
Ta có f(x) = f(-t)= f(t); a +1= a +1=
at
x

-t

Khi x= - α thì t = α ; x = α thì t =- α
α

Vậy

α

α

f ( x)
a t f (t )
a t +1 −1
I =∫ x
dx = ∫ t
dt = ∫
f (t ) dt
t
a
+
1
a
+
1
a
+
1
−α
−α
−α
α

α

α

f (t )

= ∫ f (t )dt + ∫ t
dt = ∫ f ( x)dx + I
a
+
1
−α
−α
−α
α

Suy ra

α

f ( x)
1
I = ∫ x dx = ∫ f ( x)dx
a +1
2 −α
−α
16


17
1

x4
dx .
Ví dụ 19 : Tính tích phân: I =
x

2
+
1
−1

∫

Giải:Đặt t= -x ⇒ dt= - dx
Khi x= - 1 thì t = 1 ; x =1 thì t =-1
1

1

1

x4
t4
2t
I =∫ x
dx = ∫ −t
dt = ∫ t
t 4 dt
2 +1
2 +1
2 +1
−1
−1
−1`

Vậy

1

1

1

t4
= ∫ t dt − ∫ t
dt = ∫ x 4 dx − I
2 +1
−1
−1
−1
4

1

1 4
1 x5
I = = ∫ x dx =
2 −1
2 5

Suy ra

1

=
−1

1
5

 π
.Khi đó
 2 

4.Cho f(x) liên tục trên đoạn  0;
π
2

π
2

0

0

∫ f (sin x)dx = ∫ f (cos x)dx .
Chứng minh:

π
− x ⇒ dx = − dt
2
π
π
Khi x = 0 thì t = , khi x =
thì t = 0
2

2
Đặt t =

π
2

Do đó

∫
0

0

π
f (sin x)dx = − f (sin( − t )dt =
2
π

∫

π
2

π
2

0

0

∫ f (cos t )dt = ∫ f (cos x)dx .

2

Nhận xét : Bằng cách làm tương tự ta có các công thức
*Nếu f(x) liên tục trên [ 0;1] thì

π −α

∫
α

*Nếu f(x) liên tục trên [ 0;1] thì

π
xf (sin x)dx =
2

2π −α

π −α

∫ f (sin x)dx
α

2 π −α

∫ xf (cos x)dx = π ∫
α

f (cos x) dx

α

17


18
π
2

Ví dụ 20:Chứng minh: I=

∫
0

sin n x
π
dx = .
n
n
sin x + cos x
4

. Giải :
Tương tự như trên ta có:
π
2

I=

∫
0

π
2

sin n x
cos n x
dx =
dx =J
n
n
n
n
sin x + cos x
sin x + cos x
0

∫

π
2

+) Vậy I+J=

∫
0

π

2

Vậy I=

∫
0

π
2

sin n x
cos n x
π
dx
+
dx
=
n
n
sin n x + cos n x
sin
x
+
cos
x
2
0

∫

sin n x
π.
dx
=
sin n x + cos n x
4
π

x sin x
dx .
2
1
+
cos
x
0

∫

Ví dụ 21: Tính tích phân:

Giải: Đặt x = π − t ( 0 ≤ t ≤ π ) ⇒ dx = − dt .

( π − t ) sin ( π − t )
x sin x
dx
=
−
dt
Khi đó

2
2
1
+
cos
x
1
+
cos
π
−
t
(
)
0
π
π

0

∫

∫

π

π

π sin t
t sin t

=
dt −
dt
2
2
1
+
cos
t
1
+
cos
t
0
0

∫

∫

π

π

π sin x
x sin x
=
dx
−
dx

2
2
1
+
cos
x
1
+
cos
x
0
0

∫

π

∫

π

x sin x
π sin x
⇔2
dx
=
dx
2
2
1

+
cos
x
1
+
cos
x
0
0

∫

π

∫

π

x sin x
π
sin x
π2
dx =
dx =
Vậy
.
2
2
1
+

cos
x
2
1
+
cos
x
4
0
0

∫

∫

18