MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN DÀNH CHO HS ÔN THI THPT QUỐC GIA

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN DÀNH CHO HS ÔN THI THPT
QUỐC GIA
MỞ ĐẦU
Nhằm phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh nhằm bồi dưỡng, phát
triển trí tuệ, năng lực của học sinh là nhiệm vụ trọng tâm trong quá trình dạy học.
Bài toán tích phân của hàm số khá phong phú và đa dạng. Các em học sinh thường
lúng túng hoặc bế tắc khi gặp phải các câu hỏi lạ. Do đó, các em phải biết chuyển một bài
toán lạ về một bài toán quen thuộc đã biết cách giải. Việc làm này đòi hỏi học sinh phải
nắm vững lý thuyết và phương pháp giải các dạng toán. Ngoài ra, các em học sinh còn
phải biết tư duy, phân tích, vận dụng phương pháp giải một cách khoa học. Với hình thức
thi trắc nghiệm như hiện nay có xuất hiện nhiều dạng tích phân mới như tích phân hàm
ẩn, tích phân có liên quan đến phương trình vi phân,.. Đòi hỏi học sinh phải được trang bị
và biết vận dụng các kiến thức từng dạng để giải được hết các câu tích phân trong đề thi
THPT Quốc Gia.
Để kích thích được khả năng tư duy của học sinh, tạo được hứng thú học tập của học
sinh khi học các bài toán về tích phân, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập
của học sinh ngày được nâng lên.
Với các lí do trên tôi chọn chuyên đề: “ Một số phương pháp tính tích phân dành cho
HS ôn thi THPT Quốc gia”. Tôi đã nghiên cứu, sưu tầm và xây dựng các phương pháp
tính tích phân theo từng dạng toán điển hình, từ dễ đến khó để học sinh từng bước tiếp
cận,làm quen và thành thạo các dạng toán.
Do còn nhiều hạn chế về thời gian nghiên cứu chuyên đề cũng như năng lực chuyên môn
nên bài báo cáo không tránh khỏi những thiếu sót về nội dung và hình thức trình bày.
Kính mong các Thầy- Cô đọc và góp ý kiến để báo cáo được hoàn chỉnh hơn.

1


I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ:
1. Bảng tóm tắc công thức nguyên hàm:
(Ta tạm hiểu hàm số sơ cấp( HSSC) cơ bản mở rộng là từ HSSC cơ bản ta thay biến x bởi

ax + b)
Nguyên hàm của HSSC Nguyên hàm của HSSC mở rộng

Nguyên hàm của hàm

thường gặp

số hợp (với u = u(x) )

thường gặp

∫ dx = x + C
α
∫ x dx =

∫ du = u + C

x α +1
+C
α +1

1 ( ax + b) α +1
+C
a α +1
1
1
∫ (ax + b) dx = a ln ax + b + C
1 ax +b
ax + b
∫ x dx = a .e + C

1 a px + q
px + q
a
dx
=
+C
∫
p ln a
α
∫ (ax + b) dx =

1

∫ x dx = ln x + C
∫e

x

dx = e x + C

x
∫ a dx =

ax
+C
ln a

∫ cos xdx = sin x + C

∫ cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + C

1

∫ cos

2

2

x

1

∫e

du = e u + C
au
+C
ln a

∫ cos udu = sin u + C

1

∫ sin udu = − cos u + C

1

∫ cos

1

∫ cos ( ax + b ) dx = a tan ( ax + b ) + C

dx = − cot x + C

∫ sin ( ax + b ) dx = − a cot ( ax + b ) + C

2

1

u

u
∫ a du =

1

1

u α +1
+C
α +1

∫ u du = ln u + C

dx = tan x + C

x

1

∫ sin

α
∫ u du =

1

2

u

1

∫ sin

2

2

u

dx = tan u + C

dx = − cot u + C

2. Tích phân
2. 1. Định nghĩa: Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K . Nếu F là
một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số F (b) − F (a) được gọi là tích phân của f từ a
b

đến b và kí hiệu là

∫

b

f ( x)dx . Trong trường hợp a < b , ta gọi

a

∫ f ( x)dx

là tích phân của f

a

trên đoạn [ a; b ] .
b
Người ta dùng kí hiệu F ( x) a để chỉ hiệu số F (b) − F (a) . Như vậy Nếu F là một nguyên

b

hàm của f trên K thì

∫ f ( x)dx = F ( x)

b
a

= F (b) − F (a) .

a

2


Lưu ý:
Quy ước: + Nếu
-

a=b

thì

a

ò f ( x ) dx = 0
a

b

a

+ Nếu a > b thì ò f ( x) dx =a

ò f ( x) dx
b

- Tích phân không phụ thuộc vào biến số:
b

b

b

ò f ( x) dx = ò f ( t ) dt = ò f ( u ) du = ...
a

a

a

2.2. Tính chất:
a) Giả sử f , g liên tục trên K và a, b, c là ba số bất kì thuộc K . Khi đó ta có
a

1)

∫ f ( x)dx = 0 ;
a

4)

2)

b

a

a

b

∫ f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx

b

b

b

a

a

a

∫ [ f ( x) + g ( x) ] dx =∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx

; 3)

b

c

c

a

b

a

∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx =∫ f ( x)dx
b

b

a

a

; 5) ∫ kf ( x) dx =k ∫ f ( x) dx với k ∈ R .

Chú ý:
- Nếu F ′( x ) = f ( x ) với mọi x ∈ K thì F ( x) = ∫ f ( x)dx
b

- Ta có:

∫ ( f ( x) ) ′ dx = f ( x)

b

a

a

b) Với hàm số f liên tục và số thực dương a , ta có hai tính chất sau đây:
- Nếu f là hàm số lẻ trên đoạn [ − a ; a ] thì

a

∫

f ( x )dx = 0 .

−a

- Nếu f là hàm số chẵn trên đoạn [ − a ; a ] thì

a

∫

−a

a

f ( x )dx = 2 ∫ f ( x )dx .
0

3. Các công thức tính tích phân.
3.1. Định nghĩa: Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K . Nếu F là

một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số F (b) − F (a) được gọi là tích phân của f từ a
b

đến b và kí hiệu là

∫

b

f ( x)dx . Trong trường hợp a < b , ta gọi

a

∫ f ( x)dx
a

trên đoạn [ a; b ] .

3

là tích phân của f


b
Người ta dùng kí hiệu F ( x) a để chỉ hiệu số F (b) − F (a) . Như vậy, Nếu F là một nguyên

b

hàm của f trên K thì

∫ f ( x)dx = F ( x)

b
a

= F (b) − F (a) .

a

b

u( b)

a

u( a)

∫ f [ u ( x)] u '( x)dx = ∫

3.2. Công thức đổi biến số:

f (u )du

Trong đó: u = u ( x ) là hàm số có đạo hàm liên tục trên K, hàm số y = f ( u ) liên tục và
sao cho hàm số hợp f u ( x )  xác định trên K và a, b thuộc K.
3.3. Công thức tích phân từng phần
Nếu u ( x ) và v ( x ) là các hàm số liên tục có đạo hàm trên [ a; b ] thì

b

b

∫ udv = uv a − ∫ vdu .
a

b

a

II. DẤU HIỆU NHẬN BIẾT ĐẶC TRƯNG
1. Phương pháp tính tích phân bằng định nghĩa
1.1. Dạng 1: Tính tích phân cơ bản bằng định nghĩa.
* Phương pháp: Biến đổi hàm số trong dấu tích phân về dạng tổng, hiệu các hàm số
có thể tìm được nguyên hàm và định nghĩa để suy ra giá trị của tích phân.
1.2. Dạng 2: Tích phân hàm số có chứa giá trị tuyệt đối.
b

*Phương pháp: Để tính

∫ f ( x ) dx

thì thực hiện:

a

- Xét dấu f ( x ) trên [ a; b ] .
- Dùng tính chất phân đoạn của tích phân rồi tính tích phân trên đoạn..
1.3. Dạng 3: Tích phân của hàm ẩn
*Phương pháp: Sử dụng định nghĩa, các tính chất tích phân
- Nếu F ′( x) = f ( x ) với mọi x ∈ K thì F ( x) = ∫ f ( x)dx

- Các công thức về đạo hàm:
1) u ′.v + u.v′ = ( uv ) ′ ;
3)

u′
=
2 u

( u )′ ;

2)

u′v − uv′  u ′
= ÷;
v2
v

4) nu n −1u ′ = ( u n ) ′ ;

4

5) −

u ′  1 ′
= ÷.
u2  u 


- Giải bằng công thức giải nhanh ( nếu có)
kx

+ f ′ ( x ) = kf ( x ) ( k ∈ ¡ ) ⇒ f ( x ) = Ce .

+ f ′ ( x ) g ( f ( x ) ) = k ( x ) ⇒ ∫ f ′ ( x ) g ( f ( x ) ) dx = ∫ k ( x ) dx .
G( x )
G( x)
G( x )
+ f ′( x) + g ( x) f ( x) = k ( x) ⇔ e f ′( x) + g ( x) e f ( x ) = k ( x ) e .

(

⇔ eG ( x ) f ( x )

) ′ = k ( x ) e ( ) ⇒ e ( ) f ( x ) = ∫ k ( x ) e ( ) dx ⇔ f ( x ) = e ( ) ∫ k ( x ) e ( ) dx .
G x

G x

G x

−G x

G x

(trong đó G ( x) là một nguyên hàm của g ( x) )
2. Phương pháp đổi biến số.
2.1. Dạng 1: Tính tích phân bằng đổi biến x = ϕ ( t )
Phương pháp này thường dùng cho tích phân chứa hàm số bậc 2 trong căn bậc 2
* Dấu hiệu
1

Dấu hiệu
Nếu hàm f ( x ) có
chứa

2

a 2 − x 2 thì
Nếu hàm f ( x ) có

chứa
3

Nếu hàm f ( x ) có
chứa

4

a 2 + x 2 thì

x 2 − a 2 thì

Nếu hàm f ( x ) có
chứa

a+x
thì
a−x

Đặt

dx = d ( a sin t ) = a cos t dt
x
=
a
sin
t
→
đặt
 2
2
2
2
2
 a − x = a − a sin t = a cos t
adt

dx = d ( a tan t ) = cos 2 t

đặt x = a tan t → 
 a 2 + x 2 = a 2 + a 2 tan 2 t = a

cos t
−a cos tdt

dx =

sin 2 t
a

→

đặt x =
2
sin t
 x 2 − a 2 = a 2 cos t

sin 2 t
dx = d ( a cos 2t ) = −2a sin 2tdt

đặt x = a cos 2t →  a + x
1 + cos 2 t
cos 2 t
=
=

1 − cos 2 t
sin 2 t
 a−x

* Phương pháp:
+ Đặt x = u ( t ) sao cho u ( t ) là hàm số có đạo hàm liên tục trên [ α , β ] , f u ( t )  được xác
định trên [ α , β ] với u ( α ) = a, u ( β ) = b.
+ Biến đổi f ( x ) dx = f u ( t )  u ' ( t ) dt = g ( t )

5


+ Tìm nguyên hàm G ( t ) suy ra

b

β

∫ f ( x ) dx = G ( t ) α
a

* Các dạng thường gặp:
Hàm số có chứa

a 2 − x 2 thì đặt x = a sin t hoặc acost

Hàm số có chứa

a 2 + x 2 thì đặt x = a tan t hoặc acott

Hàm số có chứa

x 2 − a 2 thì đặt x =

Hàm số có chứa

x ( k − x)

a
a
hoặc x =
cos t
sin t

( k > 0 ) thì đặt

x = k sin 2 t.

2.2. Dạng 2: Tính tích phân bằng đổi biến t = u ( x )
* Dấu hiệu chung:
Nếu hàm số chứa căn ⇒ đặt t = căn
Nếu hàm số chứa mẫu ⇒ đặt t = mẫu
Nếu hàm số chứa lũy thừa bậc cao ⇒ đặt t = biểu thức dưới số lũy thừa bậc cao
* Dấu hiệu cụ thể:
Dấu hiệu nhận biết và cách tính tính phân
Dấu hiệu

Có thể đặt

Ví dụ

1

Có

t=

I =∫

2

Có (ax + b)n

t = ax + b

I = ∫ x ( x + 1) 2018 dx . Đặt t = x + 1

3

Có a f ( x )

t = f ( x)

I =∫4

4

dx
và ln x
Có
x

t = ln x

f ( x)

f ( x)

3

0

x 2 dx
. Đặt t = x + 1
x +1

0

−1

π

0

hoặc biểu thức

chứa ln x
t = e x hoặc biểu thức

e

I =∫
1

I =∫

e tan x +3
dx . Đặt t = tan x + 3
cos 2 x

1 + 3ln x .ln x
.dx . Đặt t = 1 + 3ln x
x

ln 3 2 x

e

4e x − 3.dx . Đặt t = 4e x − 3

5

Có e dx

6

Có sin xdx

t = cos x

I =∫3

7

Có cos xdx

t = sin xdx

I = ∫ 2 sin 3 x cos xdx . Đặt t = sin x

8

x

Có

dx
cos 2 x

chứa e x

0

π

0

π

sin 3 x
dx Đặt t = 2cos x + 1
2cos x + 1

0

π
4
0

I =∫

t = tan x

Đặt t = tan x

6

π

1
1
dx = ∫ 4 (1 + tan 2 x)
dx
4
0
cos x
cos 2 x


9

π

dx
Có 2
sin x

I = ∫π4

t = cot x

6

π

ecot x

ecot x
dx = ∫π4
dx . Đặt t = cot x
1 − cos 2 x
2sin 2 x
6

*Phương pháp:
- Đặt t = u ( x ) , biểu thị f ( x ) dx theo u và du hay f ( x ) dx = g ( u ) du
- Tìm một nguyên hàm G ( u ) của g ( u ) :

b

u( b)

a

u( a )

∫ f ( x ) dx = ∫ g ( u ) dx = G ( u )

3. Phương pháp tính tích phân từng phần.
b

k
3.1. Dạng 1: Tích phân dạng ∫ P ( x ) ln u ( x ) dx
a

u = ln k u ( x )
* Phương pháp: Đặt 

 dv = P ( x ) dx

Tùy theo bậc của ln ( u ( x ) ) có thể thực hiện nhiều lần.
b

kx
3.2. Dạng 2: Tích phân dạng ∫ P ( x ) e dx
a

u = P ( x )

* Phương pháp: Đặt 

kx
 dv = e dx

Tùy theo bậc của P(x) có thể thực hiện nhiều lần.
β

β

α

α

3.3. Dạng 3: Tích phân ∫ P ( x ) sin axdx hoặc ∫ P ( x ) cos axdx
u = P ( x )
 dv = sin axdx

*Phương pháp: Đặt 

hoăc dv = cos axdx

Tùy theo bậc của P(x) có thể thực hiện nhiều lần.
β

β

ax
3.4. Dạng 4: Tích phân dạng I = ∫ e cos bxdx hoặc J = ∫ e sin bxdx
ax

α

α

* Phương pháp: Đặt: u = e ax
dv = cos bx dx hoặc dv = sin bx dx

Tính 2 lần, giải phương trình suy ra kết quả.
4. Một số dạng tích phân có liên quan đến phương trình vi phân

7

u( b)
u( a )


4.1. Dạng 1. Tích phân có liên quan đến phương trình vi phân dạng :
u ( x ) . f ' ( x ) + u′ ( x ) . f ( x ) = h ( x )

* Phương pháp:
Từ phương trình vi phân u ( x ) . f ' ( x ) + u ′ ( x ) . f ( x ) = h ( x ) ⇔ u ( x ) . f ( x ) ′ = h ( x )
′
⇒ ∫ u ( x ) . f ( x )  dx = ∫ h ( x ) dx ⇔ u ( x ) . f ( x ) = H ( x ) + C

Trong đó:

∫ h ( x ) dx = H ( x ) + C

4.2. Dạng 2. Tích phân có liên quan đến phương trình vi phân dạng :
f ' ( x ) + f ( x ) = h ( x ) , ∀x ∈ D

* Phương pháp:
Từ phương trình vi phân : f ' ( x ) + f ( x ) = h ( x )
Do e x ≠ 0, ∀x ∈ D , nhân hai vé của phương trình : f ' ( x ) + f ( x ) = h ( x ) , ∀x ∈ D
x
x
x
cho e x ta được : e . f ' ( x ) + e . f ( x ) = e .g ( x ) , ∀x ∈ D

⇔ e x . f ( x ) ′ = e x .h ( x ) , ∀x ∈ D
′
⇒ ∫ e x . f ( x )  dx = ∫ e x .h ( x ) dx ⇔ e x . f ( x ) = H ( x ) + C

Trong đó:

∫ e .h ( x ) dx = H ( x ) + C
x

4.3. Dạng 3. Tích phân có liên quan đến phương trình vi phân f ′ ( x ) − f ( x ) = h ( x )
* Phương pháp:
−x
−x
−x
Nhân cả hai vế với e− x ta được e . f ′ ( x ) − e . f ( x ) = e .h ( x ) ⇔  e− x . f ( x ) ′ = e− x .h ( x ) .
−x
−x
Suy ra e . f ( x ) = ∫ e .h ( x ) dx .

Từ đó tính được f ( x ) .
4.4. Dạng 4. Tích phân có liên quan đến phương trình vi phân f ′ ( x ) + p ( x ) . f ( x ) = h ( x )
* Phương pháp:
p x dx
p x dx
p x dx
Nhân hai vế với e ∫ p( x ) dx ta được f ′ ( x ) .e ∫ ( ) + p ( x ) .e ∫ ( ) . f ( x ) = h ( x ) .e ∫ ( )

8


⇔  f ( x ) .e ∫


Suy ra f ( x ) .e ∫

p ( x ) dx

p ( x ) dx

′ = h x .e ∫ p( x ) dx .
( )


= ∫ e∫

p ( x ) dx

.h ( x ) dx .

5. Một số bài toán ứng dụng tích phân vào thực tế
Ứng dụng tích phân vào bài toán chuyển động
III. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
1. Phương pháp tính tích phân bằng định nghĩa .
1.1. Dạng 1: Tính tích phân cơ bản bằng định nghĩa.
Ví dụ 1: ( THPT QG 2019-MĐ 102 ).
Biết

1

1

0

0

∫ f ( x ) dx = 3 và ∫ g ( x ) dx = −4

A. −7 .

1

khi đó ∫  f ( x ) + g ( x )  dx bằng
0

C. −1 .

B. 7 .

D. 1 .

Lời giải:
Chọn đáp án C
1

1

1

0

0

0

Ta có ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx = 3 − 4 = −1 .
Ví dụ 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 3 năm 2017-2018)
π
4

Tích phân tan 2 xdx bằng
∫
0

A. I = 1 −

π
.
4

B. I = 2 .

C. I = ln 2 .
Lời giải:

Chọn đáp án A
π
4

π
4

π
4

π
4

x
 1


Ta có: I = tan 2 xdx = sin 2 x dx = 1 − cos
∫0
∫0 cos x
∫0 cos2 x dx = ∫0  cos2 x − 1÷ dx
= ( tan x − x )

π
4
0

2

= 1−

2

π
.
4

Ví dụ 3. ( Đề thi minh họa THPT QG 2018-2019-BGD )

9

D. I =

π
.
12

1

xdx

∫ ( x + 2)

Cho

2

= a + b ln 2 + c ln 3 với a , b , c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a + b + c bằng

0

A. −2 .

B. −1 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải:
Chọn đáp án B
1

∫ ( x + 2)
0

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

1

xdx

2

=∫

= ln ( x + 2 )

1
0

( x + 2)
− 2.
−1

−1 1

0

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

3
3

1
3

Vậy a = − ; b = −1; c = 1 ⇒ 3a + b + c = −1 .
Ví dụ 4: ( THPT QG 2019- MĐ 101 ).
Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f ′ ( x ) = 2 cos x + 1 , ∀x ∈ ¡ , khi đó
2

π
4

∫ f ( x ) dx

bằng

0

A.

π2 +4
.
16

B.

π 2 + 14π
.

16

π 2 + 16π + 4
.
16

C.

D.

π 2 + 16π + 16
.
16

Lời giải
Chọn đáp án C
1
2

Ta có f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 2cos 2 x + 1) dx = ∫ ( 2 + cos 2 x ) dx = 2 x + sin 2 x + C .
1
2

1
2

Theo bài f ( 0 ) = 4 ⇔ 2.0 + .sin 0 + C = 4 ⇔ C = 4 . Suy ra f ( x ) = 2 x + sin 2 x + 4 .
Vậy:
π
4

∫
0

π
4

π

2
  1  π 2 + 16π + 4
1
cos 2 x



 4 π
f ( x ) dx = ∫  2 x + sin 2 x + 4 ÷dx =  x 2 −
+ 4x ÷ = 
+ π ÷−  − ÷ =
2
4
16


 0  16
  4
0

1.2. Dạng 2: Tích phân hàm số có chứa giá trị tuyệt đối.

2

2
Ví dụ 1: Giá trị của I = ∫ x − 3x + 2 dx là:
0

10


1
2

1
2

A. I = .

B. I = − .

C. I = 1 .

D. I = 2 .

Lời giải
Chọn đáp án C
Để ý:

1

1

−∞

x
x 2 − 3x + 2

+

(

2

)

0

2
-

(

0

+∞

+

)

I = ∫ x 2 − 3x + 2 dx + ∫ − x 2 + 3x − 2 dx

0

1

1

2

 x 3 3x 2
  x 3 3x 2

⇔ I = −
+ 2x ÷ +  − +
− 2x ÷
2
2
 3
0  3
1
⇔ I = 1.
π
2

Ví dụ 2: Biết I = 1 − sin 2 xdx = a 2 + b . Khi đó a + b bằng
∫
0

A. 0 .

B. 4 .

C. −4 .

D. 2 .

C. 2 .

D. 2 − .

Lời giải
Chọn đáp án A
π
2

( cos x − sin x )

I=∫
0

2

π
2

dx = ∫ cos x − sin x dx
0

π
4

π
2

0

π
4

= ∫ ( cos x − sin x ) dx + ∫ ( cos x − sin x ) dx
= ( cos x + sin x )

π
4
0

− ( cos x + sin x )

π
2
π
4

= 2 2 − 2.

Khi đó a = 2; b = −2; a + b = 0
e

Ví dụ 3: Giá trị của I = ∫1 ln x dx. là
e

2
e

A. 2 + .

B.

2
.
e

11

2
e


Lời giải
Chọn đáp án D
e

e

1
e

1
e

I = ∫ − ln xdx + ∫ ln xdx

Để ý rằng nguyên hàm của lnx là x ( ln x − 1)
Do đó: I = − x ( ln x − 1) 1 + x ( ln x − 1) 1
1

e

e

= 1+

1
2
( −2 ) + e − e + 1 = 2 − .
e
e
π
2

Ví dụ 4: Biết

∫π (

−

)

1 + cos 2 x − 1 − cos 2 x dx = m . Chọn đáp án đúng.

2

A. m ∈ ( 1;3)

B. m ∈ [ 0; 2 )

C. m ∈ ( 0;1)

D. m ∈ [ 1;3] .

Lời giải
Chọn đáp án B
m= 2

π
2

∫π ( cos x − sin x ) dx

−

2

π
0

2


= 2  ∫ ( cos x + sin x ) dx + ∫ ( cos x − sin x ) dx 
0

 − π2

π
0


= 2  ( sin x − cos x ) − π + ( sin x + cos x ) 02 ÷ = 2 ( −1 + 1 + 1 − 1) = 0
2



1.3. Dạng 3: Tích phân của hàm ẩn
2

Ví dụ 1: Cho hàm số y = f ( x) lẻ và liên tục trên đoạn [−2; 2] . Tích phân

∫ f ( x)dx

−2

A. 1

C. −1

B. 2
Lời giải

Chọn đáp án D
Sử dụng tính chất tích phân của hàm số lẻ

12

D. 0

bằng


 π
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;  và thỏa mãn
 2
π
2

π
2

0

0

∫ f ' ( x ) .sin xdx = 1 , ∫ f ( x ) .cos xdx = −1 . Giá

π
2

trị I =  f ( x ) .sin x ′ dx là

∫
0

B. −1

A. 0

D. −2

C. 3

Nhận xét: Ta có  f ( x ) .sin x ′ = f ′ ( x ) sin x + f ( x ) .cos x
Lời giải
Chọn đáp án A
Ta có:
π
2

π
2

0

0

I = ∫  f ( x ) .sin x ′ dx = ∫ ( f ′ ( x ) .sin x + f ( x ) .cos x ) dx

π
2

π
2

0

0

= ∫ f ′ ( x ) .sin xdx +

∫ f ( x ) .cos xdx = 1 − 1 = 0.

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

x
rằng ∫ e  f ( x ) + f ' ( x )  dx = ae + b . Khi đó a 2018 + b 2018 là
0

B. −1

A. 7

C. 2

D. 5

Nhận xét: Ta có e x  f ( x ) + f ′ ( x )  = e x f ( x ) + e x f ′ ( x ) = e x f ( x ) ′
Lời giải
Chọn đáp án C
1

1

1

0

0

0

′
x
x
x
Ta có ∫ e  f ( x ) + f ′ ( x )  dx = ∫ e f ( x )  dx = e f ( x ) 

Suy ra a = 1, b = −1 . Do đó a 2018 + b 2018 = 2 .

13

= ef ( 1) − f ( 0 )

f ( 0 ) = f ( 1) =1

=

e − 1.


Ví dụ 4: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [ 0; 2] và thỏa đẳng thức sau đây
f ( x ) + 2 f ( 2 − x ) = 4 − x . Tích phân
2

A. 0

2

∫ f ′ ( x ) dx

bằng

0

B. 3

C. 7

D. 2

Lời giải
Chọn đáp án D
2

Ta có

∫
0

f ′ ( x ) dx = f ( x ) 0 = f ( 2 ) − f ( 0 ) .
2

2


 f ( 0 ) = − 3
 f ( 0 ) + 2 f ( 2 ) = 2
⇔
Với x = 0 và x = 2 ta có hệ phương trình 
.
2
f
0
+
f
2
=
0
(
)
(
)
 f ( 2) = 4


3
2

Do đó

∫ f ′ ( x ) dx = f ( x )
0

2

0

= f ( 2) − f ( 0) = 2 .

Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm trên R và thỏa mãn
1

f ( x). f ′( x) − 2 x. f ( x) + 1 = 0 với ∀x ∈ R và f (0) = 0 . Tích phân I = ∫ f ( x)dx bằng
2

0

A. 0
Nhận xét: Từ giả thiết có

B. 3
f ( x ). f ′( x)
f ( x) + 1
2

C. 7

D. 2

= 2 x , biểu thức vế trái có dạng

uu ′
u +1
2

=

(

Lời giải
Chọn đáp án D
2
Ta có f ( x). f ′( x) − 2 x. f ( x) + 1 = 0 ⇔

⇒

f 2 ( x) + 1 = ∫ 2 xdx ⇔

f ( x). f ′( x)
f ( x) + 1
2

= 2x ⇔

(

)

′
f 2 ( x) + 1 = 2 x

f 2 ( x) + 1 = x 2 + c . Do f (0) = 0 ⇒ c = 1 nên ta có

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

1

1

0

0

(Vì f ( x ) không âm trên R ). Khi đó I = ∫ f ( x)dx = ∫ x

14

1

x2 + 2

x 2 + 2dx = ∫ x x 2 + 2dx
0

u2 +1

)′


1

1

(

1
1 2
1
= ∫ x 2 + 2d ( x 2 + 2) = . ( x 2 + 2 ) x 2 + 2  = 3 3 − 2 2


20
2 3
3
0

Ví dụ 6: Cho hàm số f ( x ) ≠ 0 thỏa mãn f ( 2 ) = −

)

1
2
và f ′ ( x ) = x 3  f ( x )  với mọi x ∈¡ .
5

Giá trị của f ( 1) bằng?
A. −

1
4

B. 0

Nhận xét: Từ giả thiết ta có

f ′( x)

(

f ( x) )

2

C.

4
5

D. 2

′
= x 3 , biểu thức vế trái có dạng u ′ =  −1 
 ÷
u2  u 

Lời giải
Chọn đáp án C
f ′( x)

2

f ′( x)

2

=x ⇒∫ 2
dx = ∫ x 3dx
Ta có: f ′ ( x ) = x  f ( x )  ⇒ 2
f ( x)
f ( x)
1
1
3

2

3

2


1 
15
1
1
15
4
⇔ −
= ⇔−
+
= ⇔ f ( 1) = −
 f ( x) ÷
÷
f ( 2 ) f ( 1) 4

5

1 4
2
4
Ví dụ 7: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ 0;1] và thỏa mãn x f ( x ) + f ( 1 − x ) = 2 x − x .
1

Tích phân I = ∫ f ( x ) dx là
0

A.

2
3

B. −1

C. 3

D. −2

Nhận xét: Từ giả thiết thay x bằng 1 − x xác định biểu thức quan hệ của f ( 1 − x ) ; f ( x )
rồi kết hợp với giả thiết xác định hàm số f ( x )
Lời giải
Chọn đáp án A
2
4
Từ giả thiết, thay x bằng 1 − x ta được ( 1 − x ) f ( 1 − x ) + f ( x ) = 2 ( 1 − x ) − ( 1 − x )

⇔ ( x 2 − 2 x + 1) f ( 1 − x ) + f ( x ) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x3 − x 4 . ( 1)
2
4
4
2
Ta có x f ( x ) + f ( 1 − x ) = 2 x − x ⇔ f ( 1 − x ) = 2 x − x − x f ( x ) ( 2 )

Thay ( 2 ) vào ( 1) ta được

15


(x

2

− 2 x + 1)  2 x − x 4 − x 2 f ( x )  + f ( x ) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4

⇔ ( 1 − x 2 + 2 x3 − x 4 ) f ( x ) = x 6 − 2 x 5 + 2 x3 − 2 x 2 + 1

⇔ ( 1 − x 2 + 2 x3 − x 4 ) f ( x ) = ( 1 − x 2 ) ( 1 − x 2 + 2 x3 − x 4 )
⇔ f ( x ) = 1 − x2.
1

1

1

1 3
2


Vậy I = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( 1 − x ) dx =  x − x ÷ = .
3 0 3

0
0
2

2. Phương pháp đổi biến số.
2.1. Dạng 1: Tính tích phân bằng đổi biến x = ϕ ( t )
1

Ví dụ 1 : Khi đổi biến x = 3 tan t , tích phân I = ∫
0

π
3

π
6

A. I = 3dt .
∫

B. I =
∫

0

0

dx
trở thành tích phân nào?
x +3
2

π
6

3
dt
3

C. I = 3tdt .
∫
0

π
6

D. I = 1 dt .
∫
0

Lời giải
Chọn đáp án B
2
Đặt x = 3 tan t ⇒ dx = 3 ( 1 + tan t ) dt .

Khi x = 0 thì t = 0 ; Khi x = 1 thì t =

1

dx
=
Ta có I = ∫ 2
x +3
0
1
2

Ví dụ 2: Tích phân I =
∫
0

A. −

π
6

π
6

3 ( 1 + tan 2 t )

∫ 3 ( 1 + tan t )
2

π
.
6

dt =

0

dx
1− x

2

π
6

∫
0

3
dt
3

bằng

B.

5π
6

C.
Lời giải

Chọn đáp án D
Đặt: x = sin t , 0 ≤ t ≤

π
2

16

−π
6

D.

π
6

t


dx = cos tdt ; x = 0 ⇒ t = 0; x =
π
6

π
6

cos t

I=∫

= ∫ dt =

1 − sin 2 t

0

0

π
6

1

Ví dụ 3: Tích phân

∫

−1

1
π
⇒t =
2
6

dx

( 1+ x )

2 2

=

1  a. π

+ b  (a, b ∈ ¥) . Giá trị biểu thức a 2 + b 2 bằng

2 2


B. −1

A. 2

D. −2

C. 3
Lời giải

Chọn đáp án A
Đặt x = tan t ⇒ dx =

x = −1 ⇒ t = −
π
4

π
 π
− < t < ÷
2

 2

dt
cos 2 t

π
π
; x = 1⇒ t =
4
4

π
4

π

1 + cos 2t
1 1
1 π 
4
cos
tdt
=
dt
=
t
+
sin
2
t

=  + 1
∫π
∫π 2


2 2
 −π 2  2 
−
−
2

4

4

4

Do đó a = 1; b = 1; a 2 + b 2 = 2
Ví dụ 4: Tích phân K =

1
2

x 2 dx

∫

1 − x2

1

−
2

A.

π
6

bằng

B. −1

C.

π
3
−
6 4

D.

Lời giải
Chọn đáp án C
Đặt x = sin t , −

π
π
≤ t ≤ ⇒ dx = cot dt
2
2

1
π
1
π
x = − ⇒t = − ;x = ⇒t =
2
6
2
6
K=

π
6

∫π

−

6

2

sin t cos tdt
1 − sin t
2

=

π

6

∫π

−

6

2

sin t cos tdt
=
cos t

π
6

∫π

−

π
6

1 − cos 2t
1 1
π
3

dt = t − sin 2t  = −

2
2 2
 −π 6 4
6

6

17

π
3
+
6 4


2

Ví dụ 5: Cho

∫x
2

dx
3

x2 −1

=

π

3 −b
+
( a; b; c là các số nguyên). Khi đó tích abc bằng
a
c

B. −384

A. 384

C. 48

D. 192

Lời giải
Chọn đáp án A
Đặt: x =

1
sin tdt
⇒ dx =
cos t
cos 2 t

x= 2 ⇒t =
π
3

L=∫
π

4

π
π
;x = 2⇒t =
4
3
π
3

π
3

π
3

cos t sin tdt
1 1
π
3 −2
 1 + cos 2t 

= ∫ cos 2 tdt = ∫ 
+
÷dt = t + sin 2t  π =
2
2 2
24
8
1



π 
cos 2 t
− 1 π4
4
2
4
cos t
3

Do đó a = 24; b = 2; c = 8; abc = 384
2.2. Dạng 2: Tính tích phân bằng đổi biến t = u ( x )
Ví dụ 1: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018)
2

Cho

∫
1

5

f ( x 2 + 1) xdx = 2 . Khi đó I = ∫ f ( x ) dx bằng:
2

A. 2 .

C. −1 .

B. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn đáp án D
Đặt t = x 2 + 1 ⇒ dt = 2 xdx .
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2 , x = 2 ⇒ t = 5 .
2

Khi đó:

∫
1

f ( x 2 + 1) xdx =

5

5

2

1
f ( t ) dt ⇒ ∫ f ( t ) dt = 2∫ f ( x 2 + 1) xdx = 4 .
∫
22
2
1
5

5

2

2

Mà tích phân không phụ thuộc vào biến nên: I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt = 4 .
Ví dụ 2: (THPT QG 2018- MĐ 101).
55

Cho

∫x

16

dx
= a ln 2 + b ln 5 + c ln11 với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x+9

A. a − b = −c .

B. a + b = c .

18


C. a + b = 3c .

D. a − b = −3c .
Lời giải

Chọn đáp án A
Đặt t = x + 9 ⇒ t 2 = x + 9 ⇒ 2tdt = dx .
Đổi cận:
x
t

16
5

55
8

8
8
8
8
2tdt
dt
1  dt
dt 
dx
∫16 x x + 9 = ∫5 ( t 2 − 9 ) t = 2∫5 t 2 − 9 = 3  ∫5 t − 3 − ∫5 t + 3 ÷
55

8

=

2
1
1
1
ln x − 3 − ln x + 3 ) = ln 2 + ln 5 − ln11 .
(
3
3
3
3
5
2
3

1
3

1
3

Vậy a = , b = , c = − . Mệnh đề a − b = −c đúng
Ví dụ 3: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018)
3

Cho

∫ 4+2
0

x
x +1

dx =

a
+ b ln 2 + c ln 3 với a , b , c là các số nguyên. Giá trị của a + b + c
3

bằng
A. 1 .

B. 2 .

C. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn đáp án A
Đặt t = x + 1 ⇒ t 2 = x + 1 ⇒ x = t 2 − 1 ⇒ dx = 2tdt .
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 3 ⇒ t = 4 .
Khi đó:
2

2 3
2
 t3 2

t 2 −1

t −t
6 
7
 2
∫1 4 + 2t .2tdt = ∫1 t + 2 dt = ∫1  t − 2t + 3 − t + 2 ÷ dt =  3 − t + 3t − 6 ln t + 2 ÷ = 3 − 12 ln 2 + 6 ln 3
1
2

a = 7

Suy ra b = −12 ⇒ a + b + c = 1 .
c = 6


19


Ví dụ 4: (THPT QG 2018- MĐ 101). Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ .
1

4

0

0

2
Biết f ( 4 ) = 1 và ∫ xf ( 4 x ) dx = 1 , khi đó ∫ x f ′ ( x ) dx bằng

A.

31
.
2

B. −16 .

C. 8 .

D. 14 .

Lời giải
Chọn đáp án B
Đặt t = 4 x ⇒ dt = 4dx
4
t. f ( t )
dt = 1 ⇒ ∫ xf ( x ) dx = 16
16
0
0

1

4

Khi đó: ∫ xf ( 4 x ) dx = ∫
0

4

2
Xét: ∫ x f ′ ( x ) dx
0

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
4

4

4

0

0

2
∫ x f ′ ( x ) dx = x f ( x ) − ∫ 2 x. f ( x ) dx = 16. f ( 4 ) − 2∫ x. f ( x ) dx = 16 − 2.16 = −16
4

2

0

0

3. Phương pháp tính tích phân từng phần.
b

k
3.1. Dạng 1: Tích phân dạng: ∫ P ( x ) ln u ( x ) dx

a

1

Ví dụ 1: Tích phân ∫ ln ( 1 + x ) dx bằng
0

A. 2 ln 2 + 1 .

B. ln 2 + 1 .

C. 2 ln 2 − 1 .

Lời giải
Chọn đáp án C
Đặt: u = ln ( 1 + x ) ⇒ du =

dx
x +1

dv = dx ⇒ v = x
1

1

1

1
x
1 


∫0 ln ( 1 + x ) dx = x ln ( 1 + x ) 0 − ∫0 x + 1dx = x ln ( 1 + x ) 0 − ∫0 1 − x + 1 ÷dx
1

1

=  x.ln ( 1 + x ) − x + ln ( 1 + x )  = 2 ln 2 − 1.
0

20

D. ln 2 − 1 .


Ví dụ 2: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018)
2

ln x
b
b
dx = + a ln 2 (với a là số thực, b , c là các số nguyên dương và là phân số
2
x
c
c
1

∫

Biết

tối giản). Tính giá trị của 2a + 3b + c .
B. −6 .

A. 4 .

C. 6 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn đáp án A
1
x

Đặt u = ln x ⇒ du = dx
dv =

1
1
dx ⇒ v = − .
2
x
x
2

2

2

2

2
1
1
1 1
b
ln x
1
1
1
1
= − ln 2 − + 1 = − ln 2 = + a ln 2 .
⇒ ∫ 2 dx = − ln x + ∫ 2 dx = − ln x −
2
2
2 2
c
x
x
x
x
x1
1
1
1
1

1
⇒ a = − , b = 1, c = 2 .

2
 1
⇒ 2a + 3b + c = 2.  − ÷+ 3.1 + 2 = 4 .
 2
e

Ví dụ 3: Cho ∫ ln 2 xdx = m e + n ( Với m; n là các số nguyên). Giá trị biểu thức 2m + n là
1

A. 1 .

C. −1 .

B. 0 .
Lời giải

Chọn đáp án B
2
Đặt: u = ln x ⇒ du = 2 ln x.

dx
x

dv = dx ⇒ v = x
e

∫ ln
1

2

e

e

e

1

1

xdx = x ln x − 2∫ ln xdx = e − 2 ∫ ln xdx
2

1

e

Xét I = ∫ ln xdx
1

21

D. 2 .


Đặt

u = ln x ⇒ du =

1
dx
x

dv = dx ⇒ v = x
e

⇒ I = x ln x 1 − ∫ dx = ( x ln x − x ) 1 = 1
e

e

1

e

Do đó: ∫ ln 2 xdx = e − 2
1

Vậy m = 1; n = −2; 2m + n = 0
ln ( 1 + x )

2

∫

Ví dụ 4: Giá trị của

x2

1

3
2

A. 2 ln 2 − ln 3 .

dx bằng
3
2

C. 3ln 2 − ln 3 .

B. ln 2 − ln 3 .
Lời giải

Chọn đáp án C
Đặt: u = ln ( 1 + x ) ⇒ du =
dv =
2

∫
1

ln ( 1 + x )
x2

dx
x +1

dx
1
⇒v=−
2
x
x
2

2

2

2

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

2

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

kx
3.2. Dạng 2: Tích phân dạng: ∫ P ( x ) e dx
a

1

Ví dụ 1: Tích phân

∫ ( x + 1) e dx. bằng
x

0

A. e .

B. e − 1 .

C. 2e .
Lời giải

Chọn đáp án A
Đặt: u = x + 1 ⇒ du = dx

22

3
2

D. ln 2 + ln 3 .

D. 2 − e .


dv = e x dx ⇒ v = e x
1

∫ ( x + 1) e dx = ( x + 1) e
x

x 1
0

0

1

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

1

∫( x

Ví dụ 2: Giá trị của

2

1

1

0

0

)

− 2 x − 1 e − x dx là

0

A. 1 .

C. −1 .

B. 0 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn đáp án C
2
Đặt: u = x − 2 x − 1 ⇒ du = 2 ( x − 1) dx

dv = e − x dx ⇒ v = −e − x
1

∫(
0

1

1

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

)

2

(

−x

2

)

−x

1

−x

1

−x
Xét I = ∫ ( x − 1) e dx
0

Đặt: u = x − 1 ⇒ du = dx
dv = e − x dx ⇒ v = −e − x
1

1

I = − ( x − 1) e − x + ∫ e − x dx =  − ( x − 1) e − x − e − x  = −
1

0

1

Do đó:

∫( x

2

0

0

1
e

)

− 2 x − 1 e − x dx = −1

0

1

3 x
Ví dụ 3: Biết ∫ x e dx = m hãy chọn đáp án đúng

2

0

A. m ∈ ( 0;1) .

B. m ∈ ( 1; 2 ) .
Lời giải

Chọn đáp án A
1

m=

1

1 2 x2
1
x e d x 2 = ∫ tet dt .
∫
20
20

( )

Đặt: u = t ⇒ du = dt

23

C. m ∈ ( −1;0 ) .

D. m ∈ ( 2;3) .


dv = et dt ⇒ v = et
1

m=

1 t t
1
te − e  =
2
2
0
4

x
2
Ví dụ 4: Hãy chọn đáp án đúng biết rằng ∫ e dx = a.e + b
0

A. a = −2b .

B. 2a = b .

C. a = −b .

D. a = b .

Lời giải
Chọn đáp án D
Đặt: t = x ⇔ dx = 2tdt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 4 ⇒ t = 2
4

∫e

2

x

0

2

dx = 2∫ te dt = 2 ∫ xe x dx
t

0

0

Đặt: u = x ⇒ du = dx
dv = e x dx ⇒ v = e x
2
 x2 2 x 
x
x
2

2


e
dx
=
2
xe
−
e
dx
=
2
xe
−
e


∫0
∫

 0 = 2 e + 1 = 2e + 2
0
0


4

x

Vậy a = b = 2
β

β

α

α

3.3. Dạng 3: Tích phân ∫ P ( x ) sin axdx hoặc ∫ P ( x ) cos axdx
Ví dụ 1: Giá trị của

π
4

∫ x sin 2 xdx là
0

1
4

A. − .

1
4

B. 0 .

C. .

D. 2 .

Lời giải
Chọn đáp án C
Đặt: u = x ⇒ du = dx
1
dv = sin 2 xdx ⇒ v = − cos 2 x.
2
π
4

π
4

π
4

π

1
4
Ta có: x sin 2 xdx = − x cos 2 x + 1 cos 2 xdx =  − x cos 2 x + 1 sin 2 x ÷ =
∫0
2
2 ∫0
4
 2
0 4
0

24


Ví dụ 2: Biết

π
2

π

∫ ( x + 3) sin 2 xdx = a + b (với a, b là các số nguyên dương) thì a

2

− b 2 bằng

0

A. 7 .

B. 0 .

C. 25 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn đáp án A
Đặt: u = x + 3 ⇒ du = dx
1

dv = sin 2 xdx ⇒ v = − cos 2 x.
2
π
2

π

π

2
2
Ta có: ( x + 3) sin 2 xdx = − 1 ( x + 3) cos 2 x + 1 cos 2 xdx
∫0
2
2 ∫0
0

π

1
 1
 2 1π
 3 π
=  − ( x + 3) cos 2 x + sin 2 x ÷ =  + 3 ÷+ = + 3
4
 2
0 2 2
 2 4

Vậy a = 4; b = 3; a 2 − b 2 = 7

Ví dụ 3: Tích phân

π2
4

∫ cos

xdx bằng

0

A. 2π − 2 .

C. π .

B. π + 2

D. π − 2 .

Lời giải
Chọn đáp án D
Đặt t = x ⇒ x = t 2 ⇒ dx = 2tdt
x = 0 ⇒ t = 0; x =
π2
4

∫ cos
0

π2

π
⇒t =
4
2

π
2

π
2

0

0

xdx = 2 ∫ t cos tdt = 2 ∫ x cos xdx

Đặt: u = x ⇒ du = dx
dv = cos xdx ⇒ v = sin x
2

π
4

∫
0

π



2
π
π
π 


cos xdx = 2  x sin x 02 − ∫ sin xdx  = 2 [ x sin x + cos x ] 02 = 2  − 1 = π − 2
2 
0



25