Phân dạng các bài toán tích phân phạm minh tứ

TÍCH PHÂN

I. Khái niệm tích phân
1. Diện tích hình thang cong .
• Giới thiệu cho học sinh về cách tính diện tích của một hình thang cong
• Từ đó suy ra công thức : xlim
→x

0

S ( x ) − S ( x0 )
= f ( x0 )
x − x0

2. Định nghĩa tích phân
• Cho hàm f liên túc trên một khoảng 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 đi từ a đến b , ký hiệu là :

b

∫ f ( x)dx
a

• Có nghĩa là :

b

)dx
∫ f ( x=

F (b) − F ( a )

a

b
a

• Gọi F(x) là một nguyên hàm của f(x) và F ( =
x)
F ( b ) − F ( a ) thì :
b

)dx
∫ f ( x=
a

b
F ( x=
) F (b) − F ( a )
a

• Trong đó :
- a : là cận trên , b là cận dưới
- f(x) gọi là hàm số dưới dấu tích phân
- dx : gọi là vi phân của đối số
-f(x)dx : Gọi là biểu thức dưới dấu tích phân
II. Tính chất của tích phân
Giả sử cho hai hàm số f và g liên tục trên K , a,b,c là ba số bất kỳ thuộc K . Khi đó ta
có :
a

1.

∫ f ( x)dx = 0
a
b

2.

∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx . ( Gọi là tích chất đổi cận )
a
b

3. ∫=
f ( x)dx
a
b

4.

a

b

c

∫
a

b

f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
c

b

b

a

a

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx . ( Tích phân củ một tổng hoặc hiệu hai tích
a

phân bằng tổng hoặc hiệu hai tích phân ) .
5.

b

b

a

a

∫ kf ( x)dx = k.∫ f ( x)dx . ( Hằng số k trong dấu tích phân , có thể đưa ra ngoài dấu

tích phân được )
Ngoài 5 tính chất trên , người ta còn chứng minh được một số tính chất khác như :

6 . Nếu f(x) ≥ 0∀x ∈ [ a; b ] thì :

b

∫ f ( x)dx ≥ 0∀x ∈ [ a; b]
a

b

b

a

a

7. Nếu : ∀x ∈ [ a; b ] : f ( x) ≥ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx . ( Bất đẳng thức trong tích
phân )


8. Nếu : ∀x ∈ [ a; b ] và với hai số M,N ta luôn có : M ≤ f ( x) ≤ N . Thì :
b

M ( b − a ) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ N ( b − a ) . ( Tính chất giá trị trung bình của tích phân )
a

III. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
A. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
1.Trong phương pháp này , chúng ta cẩn :
• Kỹ năng : Cần biết phân tích f(x) thành tổng , hiệu , tích , thương của nhiều
hàm số khác , mà ta có thể sử dụng được trực tiếp bảng nguyên hàm cơ bản

tìm nguyên hàm của chúng .
• Kiến thức : Như đã trình bày trong phần " Nguyên hàm " , cần phải nắm trắc
các kiến thức về Vi phân , các công thức về phép toán lũy thừa , phép toán căn
bậc n của một số và biểu diễn chúng dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ .
2. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau
2

a/

∫

x2 + 1

1

3

c/

∫

(

(

2 x 1+ x

)

(

x 2 x4 −1 + 1
a/ ∫
=
dx
2
+
x
1
1
2

2

⇒ ∫ x 2 − 1d
1

1

)

x2

∫ ( x + 1)

b/

2 x x − 2 x + ln 1 + x

1

Giải

) dx

(

x 2 x4 −1 + 1

3

dx

0

) dx

2

∫

d/

2

x3 + x 2 − x + 1
dx
x4 − 2 x2 + 1

2
 2x x2 −1 x2 + 1

x 
x 
+
=
dx
2x x2 −1 +



 dx
∫1 
∫
2
2
2

+
+
+
x
1
x
1
x
1

1



2
2 2
2 3
1
x2 −1 + ∫ d x2 + 1 =
x2 −1
+ x2 + 1 = + 5 − 2
1
1 2
2
1
2

)

(

)

) (

(

b/

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

1

x2

2

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

+
+
x
1
x
1
x
1
(
)
(
)
(
)

0 




1

1
1
1
d ( x + 1)
d ( x + 1) 1 d ( x + 1)
1 1 1 1
3
ln

1
2
⇒ I= ∫
− 2∫
+
=
x
+
+
−
= ln 2 +
2
3
2
∫
0
x +1
x + 1 0 2 ( x + 1) 0
8
0
0 ( x + 1)
0 ( x + 1)
1

c/
3

∫

(

2 x x − 2 x + ln 1 + x

(

2 x 1+ x

1

∫(
3

⇒=
I

1

d/

∫
2

(

) (

ln (1 + x )
d (1 + x=
)
)

1+ x
(1 + 3 ) − ln 2
3

1

x3 + x 2 − x + 1
=
dx
x4 − 2 x2 + 1

(

)


ln 1 + x 1 
 x −1 +
=
dx
∫1  1 + x
1+ x 2 x 


3

x − 1 dx + ∫

= 2 3 − 4 + ln 2
2

)

)=
dx

2
 3

)

( x)

3



∫1 

3

(

 1 4 ( x 3 − x ) dx 
∫  4 x 4 − 2 x 2 + 1  +
2


2

)

)

3
3
− x  + ln 2 1 + x =
1
1

2

2

(

x −1 +

1
∫ ( x 2 − 1) dx +
2

2

∫
2

(x

2dx

2

− 1)

2

(

)


 dx
1+ x 2 x 

ln 1 + x

(

)


1
=
4

2

∫
2

d ( x 4 − 2 x 2 + 1)

1
+
4
2
( x − 2 x + 1) 2

= ln ( x 2 − 1)
1
4

2

2

1 
1 1
1 
 1
∫  x − 1 − x + 1  dx + 2 ∫ 4  x − 1 − x + 1  dx
2
2
2

2

1 x −1 2 1  1
1
x −1  2

+ ln
+ −
−
− ln
=
x + 1  2
2 2 x +1 2 2  x −1 x +1

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau
π

2

a/

∫
0

2sin x ( sin x − 1)

π

2

1 + cosx

3

b/

dx

∫ 2sin

2

0

sin 2 x
dx
x + 3cos 2 x

π

1
 2+ x
c/ ∫
ln 
 dx
2
4− x
 2− x 
−1
1

4

∫

b/

x2 −1
∫1 2 x ( x 2 + 1) dx

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
e2

a/

ln 3 x + 1
∫e x ln 3 x dx

s inx+ 1+tanx
dx
cos 2 x
0

d/

2

π

π

4 + sin 3 2 x
c/ ∫
dx

sin 2 2 x
π

3

4

d/ ∫ sin 3x.cosxdx
0

6

B. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
I. Phương pháp đổi biến số dạng 1.
Để tính tích phân dạng này , ta cần thực hiện theo các bước sau
1/ Quy tắc :
• Bước 1: Đặt x=v(t)
• Bước 2: Tính vi phân hai vế và đổi cận
• Bước 3: Phân tích f(x)dx=f(v(t))v'(t)dt
b

v (b )

a

v(a)

• Bước 4: Tính ∫=
f ( x)dx =
∫ g (t )dt G(t )

• Bước 5: Kết luận : I= G (t )

v(b)
v(a)

v(b)
v(a)

2/ Nhận dạng : ( Xem lại phần nguyên hàm )
* Chú ý :
a. Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là :
Dấu hiệu
a2 − x2

x2 − a2

Cách chọn

π
π

=
 x a sin t ↔ − 2 ≤ t ≤ 2

=
 x a cost ↔ 0 ≤ t ≤ π
a

 π π
x

↔ t ∈ − ; 
=
sin t
 2 2


a
π 
x
↔ t ∈ [ 0; π ] \  
=
cost
2




 π π
=
 x a tan t ↔ t ∈  − 2 ; 2 



 x a cot t ↔ t ∈ ( 0; π )
=

a2 + x2

a+x
a−x

∨
a−x
a+x

x=a.cos2t
x=a+ ( b − a ) sin 2 t

( x − a )( b − x )

b. Quan trọng nhất là các em phải nhận ra dạng :
- Ví dụ : Trong dạng phân thức hữu tỷ :
β

1
*∫ 2
dx ( ∆ < 0 )
=
α ax + bx + c


* áp dụng để giải bài toán tổng quát :
β

*

β

1

∫

α

2 + 2x − x

2

β

1
1
1
dx
du
2
∫α =
∫
2
2
a
u
k
+




α
b 
−∆
a  x+  + 

 
 2a   2a  


−∆
=
, du dx  .
2a


b
2a

Với
:  u x+
=
=
,k


β

dx = ∫
α

1

( 3)

2

− ( x − 1)

β

∫
α

dx

(a

2

+x

)

2 2 k +1

(k ∈ Z ) .

dx . Từ đó suy ra cách đặt : x − 1 = 3 sin t
2

3/ Một số ví dụ áp dụng :
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau
1
2

1

a/

∫

1 − x dx
2

b/

0

∫
0

Giải

2

1
1− 2x

2

c/

dx

∫

1

π π

a/ Đặt x=sint với : t ∈  − ; 
 2 2
 x = 0 ↔ sin t = 0 → t = 0
• Suy ra : dx=costdt và : 
π
 x = 1 ↔ sin t = 1 → t = 2
1
2

• Do đó : f(x)dx= 1 − x 2 dx =1 − sin 2 tcostdt=cos 2tdt = (1 + cos2t ) dt
π

• Vậy :
b/ Đặt : x =

1

2

0

0

∫ f ( x)dx = ∫

(1 + cos2t ) dt =

2

π

1 1
1  π 1  π −1

 t + sin 2t  2 =  −  =
2 2
4
 0 2 2 2

1
 π π
sin t t ∈  − ; 
2
 2 2

 x=0 ↔ sint=0 → t=0
1
• Suy ra : dx = costdt ⇒  1
1
1
π
t →t
sin =
2
 x= 2 ↔=
2
2

2


1
3 + 2 x − x2

dx


• Do đó :
1
2

1

∫

=
dx
1 − 2 x2

0

π

1
2

1
2

∫
0

1

1
2

=
dx
 1  2

− x
 2

π

2

∫
0

1 2
=
∫ dt
20

1

1
2

1
=
costdt
1 − sin 2 t 2

π

1
π
=
t 2
2 0 2 2

c/ Vì : 3 + 2 x − x 2 =4 − ( x − 1) . Cho nên :
2

π π

x −1
( *)
2
1−1

 x = 1 ↔ sin t = 2 = 0 → t = 0
 π
• Suy ra : dx= 2 costdt và : 
⇒ t ∈ 0;  → cost>0

 6
 x = 2 ↔ sin t = 2 − 1 = 1 → t = π

2
2
6
1
1
1
• Do đó : f(x)dx= =
dx =
dx
=
2 cos tdt dt
2
2
3 + 2x − x
4 (1 − sin 2 t )
4 − ( x − 1)


• Đặt : =
x − 1 2sin t t ∈  − ;  ↔ =
sin t
 2 2

π

• Vậy :

2

6

dx ∫=
dt
∫ f ( x)=
1

0

π

π

t=
6
6
0

Ví dụ 2: Tính các tích phân sau
2

a/
c/

∫

1

1
dx
+ x +1

2

1

∫x

5

b

a − x2

12 x − 4 x 2 − 5dx

b/

0

1
∫2 x 2 − 4 x + 7 dx

d/

∫
0

* Chú ý : Để tính tích phân dạng có chứa

(

( a + x2 )

2

dx

)

x 2 + a , a 2 − x 2 , ta còn sử dụng phương

pháp đổi biến số : u(x)=g(x,t)
Ví dụ 1 : Tính tích phân sau

1

1

∫

x2 + 1

0

dx

Giải :

• Đặt :

x2 + 1 = x − t ⇒ x =

t −1
2t
2

 x =0 → t =−1; x =1 → t =1 − 2
• Khi đó : 
t2 +1
dx =
2t 2


• Do vậy :

1

∫
0

1− 2

1− 2

−2t t 2 + 1
dt
1− 2
dx =

. 2 dt =
=
ln t
=
− ln 2 − 1
2
∫
∫
2
t + 1 2t
t
−1
x +1
−1
−1
1

Ví dụ 2: Tính tích phân
: I
=

(

1

∫x

2

1 − x 2 dx

0

Giải
• Đặt : t=sinx , suy ra dt=cosxdx và khi x=0,t=0 ; Khi x=1 , t=

π
2

)


• Do đó : f(x)dx= x 2 1 − x 2 dx= sin 2 t. 1 − sin 2 tcostdt=sin 2t cos 2 tdt=
π

1  1 − cos4t 

 dt
4
2


π

12
1 1
1π π

• Vậy : I= ∫ f ( x)dx =
sin 4t  2 ==

(1 − cos4t ) dt =−
t
∫
80
8 4
 0 8 2 16
0
1

II. Đổi biến số dạng 2
1. Quy tắc : ( Ta tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 2 theo các bước
sau : )
• Bước 1: Khéo léo chọn một hàm số u(x) và đặt nó bằng t : t=u(x) .
• Bước 2: Tính vi phân hai vế và đổi cận : dt=u'(x)dx
• Bước 3: Ta phân tích f(x)dx = g[u(x)]u'(x)dx = g(t)dt .
b

u (b )

a

u (a)

• Bước 4: Tính ∫=
f ( x)dx =
∫ g (t )dt G(t )
• Kết luận : I= G (t )
2. Nhận dạng :

u (b)

u (a)

TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ

β

P( x)
dx
α ax+b

A. DẠNG : I= ∫

* Chú ý đến công thức :

( a ≠ 0)
β

m

β

β

m

dx = ln ax+b . Và nếu bậc của P(x) cao hơn hoắc
∫
α
a
α ax+b

bằng 2 thì ta chia tử cho mẫu dẫn đến
β

u (b)
u (a)

β

β

P( x)
m
1
∫α ax+b dx =α∫ Q( x) + ax+b dx =α∫ Q( x)dx + mα∫ ax+b dx

Ví dụ 1 : Tính tích phân : I=

2

x3
∫1 2 x + 3 dx

Giải
Ta có : f ( x=)
Do đó :

3

x

1 2 3
9 27 1
=
x − x+ −
2x + 3 2
4
8 8 2x + 3

2
9 27 1 
27
13 27
x3
1 2 3
1 3 3 2 9
2
dx
=
x
−
x
+
−
dx
=
x
−
x
+
x

−
ln
2
x
+
3
=
− − ln 35




∫1 2 x + 3 ∫1  2 4 8 8 2 x + 3   3 8 8 16
6 16
1
2

Ví dụ 2: Tính tích phân : I=

3

∫
5

x2 − 5
dx
x +1

Giải
x −5

4
.
= x −1 −
x +1
x +1
3
x2 − 5
4 

1 2
 3
dx= ∫  x − 1 −
 dx=  x − x − 4 ln x + 1  =
x +1
x +1
2
 5
5
2

Ta có : f(x)=
Do đó :

3

∫
5

 5 +1
5 − 1 + 4 ln 


 4 


B. DẠNG :

β

∫
α ax

2

P( x)
dx
+ bx + c

1. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm phân biệt
β

Công thức cần lưu ý :

β

u '( x)

dx = ln u ( x)
∫
α
α u ( x)

Ta có hai cách
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Cách 2: ( Nhẩy tầng lầu )
Ví dụ 3: Tính tích phân : I=

1

∫x
0

4 x + 11
dx .
+ 5x + 6

2

Giải

Cách 1: ( Hệ số bất định )

A ( x + 3) + B ( x + 2 )
4 x + 11
4 x + 11
A
B
=
=
+
=

x + 5 x + 6 ( x + 2)( x + 3) x + 2 x + 3
( x + 2)( x + 3)

Ta có : f(x)=

2

Thay x=-2 vào hai tử số : 3=A và thay x=-3 vào hai tử số : -1= -B suy ra B=1
3
1
+
x+2 x+3
1
1
4 x + 11
1 
 3
Vậy : ∫ 2
= ∫
+
=
dx
 dx
x + 5x + 6
x+2 x+3
0
0

Do đó : f(x)=

1

( 3ln x + 2 + ln x + 3 ) =0

2 ln 3 − ln 2

Cách 2: ( Nhẩy tầng lầu )

2 ( 2 x + 5) + 1
2x + 5
1
2x + 5
1
1
= 2. 2
+
= 2. 2
+
−
2
x + 5x + 6
x + 5 x + 6 ( x + 2 )( x + 3)
x + 5x + 6 x + 2 x + 3

Ta có : f(x)=
Do đó :
1

I= ∫ f ( x)dx
=

0

1



∫  2. x
0

2

2x + 5
1
1 

x+2  1
+
−
=  2 ln x 2 + 5 x + 6 + ln
= 2 ln 3 − ln 2
 dx
+ 5x + 6 x + 2 x + 3 
x + 3  0


2. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm kép
Công thức cần chú ý :

β

∫
α

β
u '( x)dx
= ln ( u ( x) )
α
u ( x)

Thông thừơng ta đặt (x+b/2a)=t .
3

x3
Ví dụ 4 : Tính tích phân sau : I= ∫ 2
dx
x + 2x +1
0

Giải
3

Ta có :

∫x
0

3

3

2

3

x
x
dx = ∫
dx
2
+ 2x +1
x
+
1
(
)
0

Đặt : t=x+1 suy ra : dx=dt ; x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=3 thì t=4 .
Do đó :

3

∫ ( x + 1)
0

4

x3

2

dx=

∫
1

( t − 1)
t

2

3

4

dt=

Ví dụ 5: Tính tích phân sau : I=



3

1
1 4
3
1
dt=  t 2 − 3t + ln t +  = 2 ln 2 −
2 
t1

2

2

∫  t − 3 + t − t
1

1

∫ 4x
0

2

4x
dx
− 4x +1


Giải
4x
4x
Ta có :
=
2
4 x − 4 x + 1 ( 2 x − 1)2
1  x =0 ↔ t =−1
dt ; 
2 x = 1 ↔ t = 1
1

1
1
1 4. ( t + 1)
1
4x
4x
1
1 1
1 1 

2
Do đó : ∫ 2
dx =
dx
dt
=
=
−2
 + 2  dt =−
 ln t
 =
2
2
∫
∫
∫
t
t t 
t  −1
4x − 4x +1

2

−1
−1 
0
0 ( 2 x − 1)

Đặt : t= 2x-1 suy ra : dt = 2dx → dx =

3. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c vô nghiệm :
b

u= x +

P( x)
P( x)
2a

Ta viết : f(x)=
=
;
2
2
2
2

b   −∆   a ( u + k ) k = −∆
a  x +  + 
 


2a
2a   2a  



Khi đó : Đặt u= ktant

Ví dụ 6: Tính tích phân : I=

2

∫x

2

0

x
dx
+ 4x + 5

Giải
• Ta có :

2

∫x

2

2

0

x
x
dx = ∫
dx
2
+ 4x + 5
0 ( x + 2) + 1

• Đặt : x+2=tant , suy ra : dx=

0 ↔ tan t =
2
x =
1
dt ; ⇒ 
2
2 ↔ tan t =
4
cos t
x =

2
t
tan t − 2 dt
 sin t


• Do đó : ∫
dx
=
=
− 2  dt =
− ln cost − 2t ) 2 (1)
(

2
2
2
∫
∫
t1
1 + tan t cos t t1  cost

t1
0 ( x + 2) + 1

2

t2

x

t

1
1


2
2
 tan t = 2 ↔ 1 + tan t = 5 ↔ cos t = 5 → cost1 = 5
Từ : 
1
1

2
2
=
↔
+
=
↔
=
→
=
tan
t
4
1
tan
t
17
c
os
t
c
ost
2


17
17

t
cost 2
• Vậy : ( − ln cost − 2t ) 2 =
− ( ln cost 2 − 2t2 ) − ( ln cos t1 − 2t1 )  =
− ln
+ 2 ( t2 − t1 )
t1
cost1
cost
cost1

1
17

1
2

2
• ⇔ − ln =
+ 2 ( t2 − t1 ) 2 ( arctan4-arctan2
=
. 5 2 ( arctan4-arctan2 ) − ln
) − ln

Ví dụ 7: Tính tích phân sau : I=

5
17

x3 + 2 x 2 + 4 x + 9
dx
∫0
x2 + 4
2

Giải
x + 2x + 4x + 9
1
= x+2+ 2
2
x +4
x +4
2 3
2
2
2
x + 2x + 4x + 9
1 
dx

1 2
2
• Do đó : ∫
dx = ∫  x + 2 + 2
= 6 + J (1)
 dx =  x + 2 x  0 + ∫ 2

2
x +4
x +4
x +4
2

0
0
0

• Ta có :

3

2

2

Tính tích phân J=

∫x
0

2

1
dx
+4

• Đặt : x=2tant suy ra : dx =

x = 0 → t = 0
2

 π
dt ; 
π ↔ t ∈ 0;  → cost>0
2
cos t  x = 2 → t =
 4

4

π

• Khi đó :

π

4

• Thay vào (1) : I= 6 +
C. DẠNG :

π

1
1
1

2
14
1
π
dt =
t 4
=
dx
dt =
2
2
∫0 x 2 +=
∫
∫
4
4 0 1 + tan t cos t
20
2
8
0
2

β

∫
α ax

3

π

8

P( x)
dx
+ bx 2 + cx + d

1. Đa thức : f(x)= ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có một nghiệm bội ba
Công thức cần chú ý :

β

1

∫
α x

m

dx =

Ví dụ 8: Tính tích phân : I=

1
1 β
. m −1
1− m x α

1

x

∫ ( x + 1)

3

dx

0

Giải
Cách 1:
• Đặt : x+1=t , suy ra x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=1 thì t=2
2
t −1
1 1
 1 1 12 1
• Do đó : ∫
dx = ∫ 3 dt = ∫  2 − 3  dt =  − + 2  =
3
t
t t 
 t 2t 1 8
0 ( x + 1)
1
1
1

2

x

Cách 2:

1) − 1
( x +=
1
1
−
3
2
3
( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)

x

• Ta có : =
3

( x + 1)

1 
 1
1
1 
1 1 1 1
=
−
=
−
+

dx
dx



∫0 ( x + 1)3
∫0  ( x + 1)2 ( x + 1)3   x + 1 2 ( x + 1)2  0 =
8




0
x4
Ví dụ 9 : Tính tích phân : I= ∫
dx .
3
x
−
1
(
)
−1

• Do đó :

1

x

Giải
• Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 và : khi x=-1 thì t=-2 và khi x=0 thì t=-1 .
• Do đó :

0

x4

∫ ( x − 1)

−1

dx=
3

−1
−1

∫

−2

( t + 1)
t

4

3

dt=

−1 4

t + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1
dt=
∫−2
t3
−1

−1



−2

• ⇔ ∫  t + 4 + + 2 + 3  dt =  t 2 + 4t + 6 ln t − − 2  =
− 6 ln 2
t t
t 
t 2 t  −2 8
2
−2 
2. Đa thức : f(x)= ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm :
Có hai cách giải : Hệ số bất định và phương pháp nhẩy tầng lầu
6

4

1

1

Ví dụ 10 : Tính tích phân sau : I=

4

3

1

∫ ( x − 1)( x + 1)
2

Giải
Cách 1. ( Phương pháp hệ số bất định )

3

dx

11

6

4

∫  t + 4 + t + t

33

2

+

1
 dt
t3 


• Ta có :

A ( x + 1) + B ( x − 1)( x + 1) + C ( x − 1)
A
B
C
=
+
+
=
2
2
x − 1 ( x + 1) ( x + 1)
( x − 1)( x + 1)
2

1

( x − 1)( x + 1)

2

1

A=

1 = 4 A

4 . Khi đó (1)
• Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số : 
⇔
1
=
−
2
C

C = − 1

2
2
( A + B ) x + ( 2 A + C ) x + A − B − C ⇒ A − B − C =1 ⇔ B =A − C − 1 =1 + 1 − 1 =− 1
⇔
2
4 2
4
( x − 1)( x + 1)
1 1
1
1
1 1 

+
−
.
.

∫2 ( x − 1)( x + 1)
∫2  4 x − 1 4 ( x + 1) 2 ( x + 1)2  dx


1
1
1 3 1
3
ln=
8
ln 2
⇔=
I  ln ( x − 1)( x + 1) + .
=
2 ( x + 1)  2 4
4
4

• Do đó :

3

3

1

2

dx =

Cách 2:
• Đặt : t=x+1, suy ra : x=t-1 và khi x=2 thì t=3 ; khi x=3 thì t=4 .

4
4
4
dt
1 t − (t − 2)
1
1
1 
=
=
−
dt
dt
dt 

∫3 t 2 ( t − 2 ) 2 ∫3 t 2 ( t − 2 )
∫
∫
2  2 t ( t − 2 )
t 
3
4

4
11  1
1
1  1 t −2 1
4 3
ln t 
ln 2
=
⇔I
−
dt
−
=
dt   ln
− =
 ∫

∫
22 2t −2 t 
t  4
t
2
3 4
3
3

4

1
=

dx
2
2 ( x − 1)( x + 1)

• Khi đó : I= ∫

( 3t

2

− 4t )

 3t 2 − 4t 1 ( 3t + 2 )  3t 2 − 4t 1  3 2 
−
=
−  + 
 3

2
4 t 2  t 3 − 2t 2 4  t t 2 
 t − 2t

1
2  4 3
3
2
 ln t − 2t − 4  3ln t − t   3= 4 ln 2




1  3t 2 − 4t − 4 
−
=


t 3 − 2t 2
4  t 3 − 2t 2 
4
 3t 2 − 4t 1  3 2  
• Do đó : I= ∫  3
−  +   dt=
t − 2t 2 4  t t 2  
3

1
Hoặc : 3
=
t − 2t 2

2
2
1
1  t − (t − 4)  1  1
t+2 1 1
1 2

Hoặc : 2 =  2
=
− =

− − 2


2 
t (t − 2) 4  t (t − 2)  4  t − 2 t  4  t − 2 t t 



• Do đó :
I=

4
1  1
1 2
1 t −2 2 4 1 1 1
1 2 1
1
− − 2=
ln
+ =
ln + − ln −=
ln 3 − ln 2 − 

 dt





∫

t
t  3 4 2 2
3 3 4
6
4 3t −2 t t 
4

Ví dụ 11: Tính tích phân sau : I=

3

x2

∫ ( x − 1) ( x + 2 ) dx
2

2

Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 , dx=dt và : khi x=2 thì t=1 ; x=3 thì t=2 .
3

x2
Do đó : ∫
=
dx
2
2 ( x − 1) ( x + 2 )

2 2

t + 1)
(
t + 2t + 1
dt ∫ 2
dt
2
∫1=
t ( t + 3)
t ( t + 3)
1
2

Cách 1; ( Hệ số bất định )
t 2 + 2t + 1 At + B
C
Ta có : 2
=
+
=
2
t ( t + 3)
t
t +3

2

( At + B )( t + 3) + Ct 2= ( A + C ) t 2 + ( 3 A + B ) t + 3B
t 2 ( t + 3)
t 2 ( t + 3)

1

B = 3
1
A + C =

5
t 2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1


Đồng nhất hệ số hai tử số : 3 A + B = 2 ⇔  A = ⇒ 2
=
+
9
t ( t + 3) 9 t 2
9 t +3
3B = 1


4

C = 9


Do đó :

2
 1 1 3  4  1 
1

3 4
 2 17 4
7
t 2 + 2t + 1
=
dt
∫1 t 2 ( t + 3)
∫1  9  t + t 2  + 9  t + 3   dt =  9  ln t − t  + 9 ln t + 3  1 = 6 + 9 ln 5 − 9 ln 2
2

Cách 2:
• Ta có :

2
2
t 2 + 2t + 1 1  3t 2 + 6t + 3  1  3t 2 + 6t
3  1  3t 2 + 6t  1  t − ( t − 9 )  

= 
+
 = 
= 
+ 
t 2 ( t + 3) 3  t 3 + 3t 2  3  t 3 + 3t 2 t 2 ( t + 3)  3  t 3 + 3t 2  9  t 2 ( t + 3)  



1  3t 2 + 6t  1 1
1 t − 3 1  3t 2 + 6t  1 1
1  1 3 

=  3
+
−
=
+
−  − 2 
 3
2 
2
2 
3  t + 3t  9 t + 3 9 t
3  t + 3t  9 t + 3 9  t t  

• Vậy :
 1  3t 2 + 6t  1  1
1
1 3 
1  t + 3 3  2
3
2
− 
 dt  ln t + 3t +  ln
∫1  3  t 3 + 3t 2  + 9  t + 3 − t + t 2 =
t
t  1
27 
3

17 4
7

• Do đó I= + ln 5 − ln 2
6 9
9
3
2
3. Đa thức : f(x)= ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) có ba nghiệm :
t 2 + 2t + 1
dt
∫1 t 2 ( t + 3=
)
2

2

Ví dụ 12: Tính tích phân sau : I=

3

1

∫ x(x
2

2

− 1)

dx

Cách 1: ( Hệ số bất định )

• Ta có :

A ( x 2 − 1) + Bx ( x + 1) + Cx ( x − 1)
1
1
A
B
C
f(x)=
=
=+
+
=
x ( x − 1)( x + 1)
x ( x 2 − 1) x ( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1

• Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm : x=0;x=1 và x=-1 vào

 A = −1
 x =0 → 1 =− A

1
1 1 1  1 1 
hai tử ta có :  x =−1 → 1 =2C ⇔  B = ⇒ f ( x) =− + 
+ 

−
x
x
2

2
1

 2  x +1
 x = 1 → 1 = 2B


1

C = 2

• Vậy :
3

1
∫2 x ( x 2 − 1) dx=

3

1 1

1  1

∫  2  x − 1 + x + 1  − x  dx=
2

Cách 2: ( Phương pháp nhẩy lầu )

3
1

3 5
 2 ( ln ( x − 1)( x + 1) ) − ln x  2= 2 ln 2 − 2 ln 3

x 2 − ( x 2 − 1)
1
x
1 1 2x
1
Ta có :
=
= 2
−=
−
2
2
2
x −1 x 2 x −1 x
x ( x − 1)
x ( x − 1)


3
3
1
1 2 xdx
1
3
1
3 5
Do đó : ∫

dx
=
− ∫ dx
=  ln ( x 2 − 1) − ln x  = ln 2 − ln 3
2
∫
2
2
2 2 x −1 2 x
2
2 2
2 x ( x − 1)
3

4

Ví dụ 13: Tính tích phân sau : I= ∫
3

x +1
dx
x ( x2 − 4)

Cách 1:

A ( x 2 − 4 ) + Bx ( x + 2 ) + Cx ( x − 2 )
x +1
x +1
A
B

C
Ta có :
=
=+
+
=
x ( x 2 − 4 ) x ( x − 2 )( x + 2 ) x x − 2 x + 2
x ( x2 − 4)

Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số :
Khi x=0 : 1= -4A suy ra : A=-1/4
Khi x=-2 : -1= 8C suy ra C=-1/8
Khi x=2 : 3= 8B suy ra : B=3/8 .



Do đó : f(x) = −   − 
+ 

4 x 8 x−2 8 x+2
Vậy :
1 1

1

1

3

1

3
3
3
x +1
1 1
1
1
3
1
1
3
 1
3
=
−
−
+
dx
dx
dx
dx =−
ln x − ln x − 2 + ln x + 2  =

∫3 x ( x 2 − 4 )
∫
∫
∫
42x
8 2 x−2

8 2 x+2
8
8
 4
2
4

=

5
3
1
ln 3 − ln 5 − ln 2
8
8
4

Cách 2:
Ta có :
x +1
=
x ( x2 − 4)

2
2
1
1
1 1
1  1  x − ( x − 4)  1  1
1

1 2x
1

+
=
−
=
−
+
− 

 + 

2
2
2
2
( x − 4 ) x ( x − 4 ) 4  x − 2 x + 2  4  x ( x − 4 )  4  x − 2 x + 2 2 x − 4 x 

4
1 x − 2 1
4
x +1
1  1
1
1 2x
1
Do đó : ∫
=
−

+
−=
+ ln ( x 2 − 4 ) − ln x 
dx

 dx  ln
2
∫
2
4 3 x−2 x+2 2 x −4 x
4 x + 2 2
3
3 x ( x − 4)
4

Ví dụ 14: Tính tích phân sau :
Cách 1: ( Hệ số bất định )

3

x2
∫2 ( x 2 − 1) ( x + 2 ) dx

Giải

A ( x + 1)( x + 2 ) + B ( x − 1)( x + 2 ) + C ( x 2 − 1)
x2
x2
A
B

C
=
=
+
+
=
( x 2 − 1) ( x + 2 )
( x 2 − 1) ( x + 2 ) ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x − 1 x + 1 x + 2

Do đó :
3

Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số :
Thay : x=1 Ta cớ : 1=2A , suy ra : A=1/2
Thay : x=-1 ,Ta có :1=-2B, suy ra : B=-1/2
Thay x=-2 ,Ta có : 4= -5C, suy ra : C=-5/4

x2
=
I= ∫ 2
dx
2 ( x − 1) ( x + 2 )

 1 x −1 5
3 1 3
1 1
5 1 
1 1
−
−

=
−
+
dx
ln
ln
x
2
ln


=
∫2  2 x − 1 2 x + 1 4 x + 2   2 x + 1 4
2 2 2
3

Cách 2.( Nhẩy tầng lầu )


Ta có :

x2
x2 −1 + 1
1
1
1
1 x ( x + 1) − ( x − 1)( x + 2 )
=
=
+

=
+
2
2
( x − 1) ( x + 2 ) ( x − 1) ( x + 2 ) x + 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x + 2 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 )
1
1
x
1 
1
1  1 1
1 
1 
+ 
−
+ 1 + 
−
=
−
x + 2 2  ( x − 1)( x + 2 ) x + 1  x + 2 2  3  x − 1 x + 2  x + 1 

=

Từ đó suy ra kết quả .
D. DẠNG

β

∫
α ax

4

R ( x)
dx
+ bx 2 + c

Những dạng này , gần đây trong các đề thi đại học ít cho ( Nhưng không hẳn là
không cho ) , nhưng tôi vẫn đưa ra đây một số đề thi đã thi trong những năm các
trường ra đề thi riêng , mong các em học sinh khá ,giỏi tham khảo để rút kinh
nghiệm cho bản thân .
Sau đây tôi lấy một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau :
1

∫

a.

(x

0

2

1 + x2
b. ∫
dx
3
1 1+ x

1

1

+ 3x + 2 )

2

dx

2

Giải
1

1

∫

a.

2
0 ( x + 3x + 2 )

2

dx

Ta có :
 1

1 
x + 3 x + 2 = ( x + 1)( x + 2 ) ⇒ f ( x) =
=
=
−


2
2
( x 2 + 3x + 2 ) ( x + 1)( x + 2 )  ( x + 1) ( x + 2 ) 
1
1
2
1
1
1 
 1
=
+
−
=
+
− 2
−
 . Vậy :
2
2
2
2
 x +1 x + 2 

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

2

1

∫
0

(x

2

 1
1
1 
1
 1
x +1
 1
2
dx =
+
−
−


 − x + 1 − x + 2 − 2 ln x + 2
∫0  ( x + 1)2 ( x + 2 )2  x + 1 x + 2  dx =




1

1

+ 3x + 2 )

2

1 + x2
∫1 1 + x3 dx
1

b.

2

1 + x2
1+ x

Ta có : =
f ( x) =
3

1 − x + x2 + x
=
(1 + x ) (1 − x + x 2 )

x
1 − x + x2
+
2
(1 + x ) (1 − x + x ) (1 + x ) (1 − x + x 2 )

1
x
1 2x 
 1
+
⇒ ∫
+
dx
3
1+ x 1+ x
2 1 + x3 
1  x +1
1

⇔ f ( x) =

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau
3

a.

∫

1

2

1

x2 −1
dx
x4 − x2 + 1

x4 + 1
∫0 x6 + 1 dx
1

b.
Giải

1 2
+ 2 ln 3
0 =
3



3

a.

∫
1

x2 −1
dx . Chia tử và mẫu cho x 2 ≠ 0 , ta có :
4
2
x − x +1

1
x2 ⇒
f ( x) =
1
x2 + 2 −1
x
1−

3

∫

3

∫

f ( x)dx =

1

1

1 


1 − 2  dx
 x 
 2 1 
 x + 2  −1
x 


(1)

x = 1 → t = 2
1
1
1 

2
2
Đặt : t = x + ⇒ x + 2 = t − 2, dt = 1 − 2  dx ↔ 
 x= 3 → t= 4
x
x
 x 

3

Vậy :

4
3

3

4
3

dt

f ( x)dx ∫= ∫
∫=
t −3
2

1

2

2

(

1

1
=
dt
2 3
t− 3 t+ 3

)(

)

4
3



1

∫  t −
2

3

−

t− 3
I = ln
2 3 t+ 3

4
1  1
7−4 3 
1
3 =  ln − ln
 = ln 7 + 4 3 )
7  2 3
2 3 7
2

x4 + 1
b. ∫ 6 dx . Vì :
x +1
0

 x 6 − 1=

 6
 x − 1 =

1

1

(

(x )
(x )

2 3

3 2

− 1=

(x

2

1 

 dt
t+ 3

)

− 1)( x 4 + x 2 + 1)

− 1 = t 2 − 1( t = x 3 )

Cho nên :

1
1 
x4 + 1
x4 − x2 + 1
x2
1
1 3x 2 

=
−
⇒ f ( x)dx =
f ( x) =6
∫0  x 2 + 1 − 3 x3 2 + 1dx
x + 1 ( x 2 + 1)( x 4 − x 2 + 1) ( x3 )2 + 1 ∫0
( ) 

1 1
1
1

π 1
Vậy : I =
arctan x − arctan ( 3x 2 ) =
arctan1- arctan3 =
− arctan3
0 3
0
3
4 3

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
x2 + 1
x2 −1
a. ∫ 4 dx ∨ ∫ 4 dx
x +1
x +1
0
0
1

1

a.

1

b.

1

2

1
2
x +1
x2 −1
x
, =
=
f ( x) =
g ( x) =
x4 + 1 x2 + 1
x4 + 1
2
x

1
1 

2
t = x + x ⇒ dt = 1 − x 2  dx, x +


Đặt : 

1
1 

2
t = x − ⇒ dt = 1 + 2  dx, x +

x
 x 

2

⇔∫
1

5
2

1
dx
+1

4

Giải

2

1+

2

∫x
1

x +1
x −1

dx ∨ ∫ 4 dx . Ta có :
4
+1
x +1
0

∫x
0

2

 dt 
f ( x)dx = ∫  2
=
t −2
2

5
2

∫
2

(

1
x 2 . Cho nên
1
x2 + 2
x

1
5
= t 2 − 2, x = 1 → t = 2, x = 2 → t =
2
x
2
1−

1
3
= t 2 + 2, x = 1 → t = 0, x = 2 → t =
2
x
2
5
2

. Vậy :

5
1 
1
t− 2
 1
ln
dt =
−
2
 dt =
∫

2 2 2t− 2 t+ 2 
2 2 t+ 2 2
t− 2 t+ 2
1

)(

)

1


3
2

2

1
⇔ ∫ g ( x)dx =
dt
2
∫
t +2
1
0

(1) .

1
3

3 2
du ↔ t = 0 → u = 0, t = → u = arctan
= u1
2
cos u
2
4
u1
u1
2du
2
2 u1
2
Do đó (1) ⇔ ∫ 2
=
du =
u =
u1
∫
2
0
2
2
2
0 cos u ( 2 + 2 tan u )
0

Đặt : t = 2 tan u → dt = 2

1

1
1  1 + x2 + 1 − x2  1  x2 + 1 x2 −1  1
.
Ta
có
:
dx
=
=
− 4  = ( f ( x) − g ( x) )
F
(
x
)

=  4
∫1 x 4 + 1
x4 + 1 2 
x4 + 1
 2  x +1 x +1  2
2

b.

Đã tính ở trên ( phần a)
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau
2

a.

∫ (x

2

1

1− 5
2

∫

c.

1

∫ (x

x −1
dx
− 5 x + 1)( x 2 − 3 x + 1)

b.

∫x

4

3
2

dx
− 4 x2 + 3

x7
d. I = ∫
dx
8
4
1
+
x
−
2x
2
3

x2 + 1
dx
x4 − x2 + 1

2

a.

5
2

2

Giải

x −1
dx . Ta có :
− 5 x + 1)( x 2 − 3 x + 1)
2

2

1

1
2
2
x −1
x
=
f ( x)
=
=
⇒ f ( x)dx
( x 2 − 5x + 1)( x 2 − 3x + 1)  x + 1 − 5   x + 1  ∫1
x
x −3


1
1
5
Đặt : t = x + → dt = 1 − 2  dx , x = 1 → t = 2, x = 2 → t =
x

2
 x 
1−

2

1 

1 − 2  dx
 x 
∫1  1   1 
 x + − 5  x + − 3
x
x



2

(1)

Vậy (1) trở thành :
5
2

5

5
1 2 1
1 

1 t −5
1
1 5
∫2 ( t − 5)( t − 3) = 2 ∫2  t − 5 − t − 3  dt= 2 ln t − 3 2 = 2 ( ln 5 − ln 3)= 2 ln 3
2
dt

5
2

b.

∫x
3
2

4

dx
1
. Ta có=
: f ( x) 4 =
2
x − 4x2 + 3
− 4x + 3

Do đó :

5
2

5
2



1

∫ f ( x)dx =
∫  x − 3 − x
2

3
2

3
2

1
1 1
1 
=
− 2 
 2
2
( x − 1)( x − 3) 2  x − 3 x − 1 
2

1 
I − J (1) Với :

 dx =
−1 

2

5
5
5
2
1
1
1 2 1
1 
1
1
37 − 20 3
x− 3 2
ln
ln
I =∫ 2
dx = ∫
dx =
−
dx =
=


∫
2 3 3 x− 3 x+ 3
2 3 x + 3 3 2 3 65 7 − 4 3

x+ 3
3 x −3
3 x− 3
2
2
2
2
5
2

(

)(

)

(

)


1

1
J= ∫ 2
dx=
x −1
0
1− 5
2

∫

c.

1

5
5
1 2 1
1 
1 x −1 2 1  3
1  1 15
∫0 ( x − 1)( x + 1) dx= 2 ∫3  x − 1 − x + 1  dx= 2 ln x + 1 3= 2  ln 7 − ln 5 = 2 ln 7
2
2
1

1

x2 + 1
dx .
x4 − x2 + 1
1
x

Học sinh xem lại cách giải ví dụ 2-a . Chỉ khác là đặt : t= x − , sẽ ra kết quả .
3
x7
x4

d. I = ∫
dx = ∫
x 3dx
8
4
2
2 1 + x − 2x
2 x4 −1
3

(

)

(1)

dt = 3 x3 dx, x = 2 → t = 15; x = 3 → t = 80

Đặt : t = x 4 − 1 ⇒ 
1 1 1 
1 x4
1 ( t + 1)
3
=
=
f
(
x
)
dx

3
x
dx
=
dt
 +  dt
2
4

3 ( x − 1)
3 t
3  t t2 

80
1 1 1
1
1 80 1 16 13
Vậy : I = ∫  + 2  dt =  ln t −  = ln +
3 t t 
3
t  15 3 3 720
15 

E. TRƯỜNG HỢP :

β

R ( x)

dx

∫
α Q( x)

( Với Q(x) có bậc cao hơn 4 )

Ở đây tôi chỉ lưu ý : Đối với hàm phân thức hữu tỷ có bậc tử thấp hơn bậc mẫu tới
hai bậc hoặc tinh ý nhận ra tính chất đặc biệt của hàm số dưới dấu tích phân mà có
cách giải ngắn gọn hơn . Phương pháp chung là như vậy , nhưng chúng ta khéo léo
hơn thì cách giải sẽ hay hơn .
Sau đay tôi minh họa bằng một số ví dụ
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau .
1
2

2

a.

dx
∫1 x ( x 4 + 1)

b.

x2 + 1

∫ ( x − 1) ( x + 3) dx
2

0

Giải
2

a.

dx
. Nếu theo cách phân tích bằng đồng nhất hệ số hai tử số thì ta có :
4
+ 1)

∫ x(x
1

4
3
2
1
A Bx 3 + Cx 2 + Dx + E A ( x + 1) + x ( Bx + Cx + Dx + E )
f ( x) =
=
+
=4
=
x4 + 1
x ( x 4 + 1) x
x ( x + 1)

=
A + B 0 =
A


B =
A + B ) x + Cx + Dx + Ex+A
(
C = 0, D = 0

⇔ f ( x) =
⇒
⇔
4
=
=
x ( x + 1)
E 0
C
 A 1=
 E
=
4

3

2

1
−1
1
x3
⇒ f ( x) =− 4
0,=

D 0,
x x +1
0

Nhưng nếu ta tinh ý thì cách làm sau sẽ hay hơn .
Vì x và x3 cách nhau 3 bậc , mặt khác x ∈ [1; 2] ⇒ x ≠ 0 . Cho nên ta nhân tử và mẫu với
x 3 ≠ 0 . Khi đó f ( x) =

x3
. Mặt khác d ( x 4=) 4 x3dx ⇔ dt
= 4 x 3 dx (=
t x 4 ) , cho nên :
4
4
x ( x + 1)


1 3 x3 dx
1 dt
1 1 1 
f ( x)dx = 4 4
=
=  −
 =f (t ) . Bài toán trở nên đơn giản hơn rất
3 x ( x + 1) 3 t ( t + 1) 3  t t + 1 

nhiều . ( Các em giải tiếp )
1
2

b.

x2

∫ ( x − 1) ( x + 3) dx
2

0

Nhận xét :
* Nếu theo cách hướng dẫn chung ta làm như sau :
- f ( x=)

x2 + 1

A

=
( x − 1) ( x + 3)

( x − 1)

3

3

+

B

( x − 1)

2

+

C
D
+
x −1 x + 3

1
2

3
8

5
32

- Sau đó quy đồng mẫu số , đồng nhất hệ số hai tử số , ta có : A = , B = , C =− D =
1
2

Do vậy : I=



1

∫  2 ( x − 1)
0



3

+

3
8 ( x − 1)

2

+


5
5
−
 dx
32 ( x − 1) 32 ( x + 3) 


1 5
1
3
5
5
1

= −
−
+ ln x − 1 − ln x + 3  2 = ln
2
32
 8 ( x − 1) 8 ( x − 1) 32
 0 32 28

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau :
x4 −1
∫2 x6 − 1 dx
3

a.

1

d.

∫
0

x

1

3

(1 + x

)

2 3

x2 + 1
∫1 x6 + 1 dx
2

b.

dx

e.

∫
0

x + 3x + 1
4

2

(1 + x

2 3

)

2

c.

dx

∫ x (1 + x )
4

1

1

dx

f.

∫
1
3

1
3 3

(x − x )
x4

dx

Giải
a.



x4 + x2 + 1
x2 + 2 

dx
∫1  ( x 2 − 1)( x 4 + x 2 + 1) −  3 2   =
x
1
−


(
)

 

3
Tính J : J= artanx = artan3-artan2 .
2
x4 −1
dx
∫1 x6 − 1 =
2

2



3
1

x2
1
1 

∫2 x 2 − 1 dx + ∫2   3 2  + x3 − 1 − x3 + 1 dx
 ( x ) − 1




3

dt = 3 x 2 dx, x = 2 → t = 8; x = 3 → t = 27

Tính K . Đặt =t x3 ⇒ 
x2
1 dt
1 1 1
1 
=
=
=
−
g
(
x
)
dx
dx


 dt
3
2

x −1
3 ( t − 1) 3 2  t − 1 t + 1 

3
27
27 1 t − 1 27 1 117
1  1
1 
1
Do đó : K= ∫ g ( x=
)dx
−
=
dt
ln
t
−
1
−
ln
t
+
1
=
ln
= ln

(
)


8 6 t + 1 8 6 98
6 ∫8  t − 1 t + 1 
6
2
3

3

1
1
Tính E= ∫ 3 dx = ∫
dx
2
x −1
2
2 ( x − 1) ( x + x + 1)

Ta có : h( x)
=

1
=
( x − 1) ( x 2 + x + 1)

x 2 − ( x 2 − 1)
x2

x2 −1
=
−
( x − 1) ( x 2 + x + 1) x3 − 1 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)


( x − 1)( x + 1) =x 2 − x + 1 =x 2 − 1  2 x + 1 + 1 
x2
=
−


x 3 − 1 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) x 3 − 1 x 2 + x + 1 x 3 − 1 2  x 2 + x + 1 x 2 + x + 1 

1 3x 2
1 ( 2 x + 1)
1
Vậy : I =∫ 3 dx − ∫ 2
dx − ∫
dx
2
2
3 2 x −1
2 2 x + x +1
2 
1  3

x+  +
2  2 


3 1
3
1
1 28 1 13
ln − ln − F ( 2 )
= ln ( x 3 − 1) − ln ( x 2 + x + 1) =
−F
2 2
2
3
3 9 2 6
3

3

3


3 1
dx =
dt

2
3

c
t
2
os
tan t ⇒ 

2
 x= 2 → tan t= 5 → t= a; x= 3 → tan t= 10 → t= b

3
3

1
2

+
Tính F : Đặt : x=

3 1
dt
b
b
5
5
10 

2 cos 2t
= ∫ dt = t = b − a  t ant=
→ t = a = artan
; b = artan

a
3
3
3
3


2
a
+
t
1
tan
(
)
2

b

Do đó F= ∫
a

Thay vào (2) ta có kết quả .
x2 + 1
b. ∫ 6 dx
=
x +1
1
2

Ta có :

x2 + 1
dx
∫0 ( x 2 + 1=
)( x 4 − x 2 + 1)

1

2

1
dx
2
∫1=
2
( x − 1) − x 2

2

∫ (x
1

1

2

+ x + 1)( x 2 − x + 1)

dx

Cx + D
Ax+B
= 2
+ 2
( x + x + 1)( x − x + 1) x + x + 1 x − x + 1
1

2

2

A + C ) x3 + ( B − A + C + D ) x 2 + ( A − B + C + D ) x + ( B + D )
(
=
x4 − x2 + 1

1

A = − 2

−C
0
A+ C =
A =
C = 1
 B − A + C +=
1 −=
D
0
2
C
0


2
⇔

⇔
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ : 
D 0
D 0
A − B + C + =
− B + =
D = 1
 B + D 1

2
=
=
 B + D 1

1
B =

2
2
2
 1
1
1− x
x +1
Vậy : I =
dx + ∫ 2
dx  =
( J + K )(1)
∫ 2
2  1 x + x +1

x − x +1  2
1

Tính J=
2
2
2
2
1 2x +1− 3
1
2x +1
3
1
1
−x +1
dx =− ln x 2 + x + 1 + E
2
∫1 x 2 + x + 1 dx =− 2 ∫1 x 2 + x + 1 dx =− 2 ∫1 x 2 + x + 1 dx + 2 ∫1
2
1
2
1  3

x
+
+


 
2  2 


2

2

3
1
1
3
Tính E = ∫
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x + = tan t
2
2
21
2
2
1  3
x
+
+


 
2  2 


Tính K

( 2)

2
2
1
2
x +1
1 2x −1 + 3
1
2x −1
3
1
1
=
dx
=
dx
dx
+
=
dx
ln x 2 − x + 1 + F
2
∫1 x 2 − x + 1 2 ∫1 x 2 − x + 1 2 ∫1 x 2 − x + 1 2 ∫0
2
1
2
1  3

x
−



 +
2  2 

2

=
K

2

3
1
1
3
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x − = tan t
Tính F= ∫
2
2
21
2
2
1  3
x
−
+





2  2 

4
4
2
2
2
dx
1
3x3
1  d ( x ) d ( x )  1  x 4  2 1 32


c. ∫
=
=
−
=
= ln
dx
ln 
4
4
4 
∫
∫
4
4
4



1 3 17
+
+
x
x
x
1
3
1
3
3
+
+
x
x
x
x
1
1
(
)
(
)


1
1
1


1
1
 x2 =
t − 1; dt =
2 xdx
x3
x2
1
2
d. ∫
dx = ∫
2 xdx (1) . Đặt : t =+
1 x ⇒
3
2 3
2
2 0 (1 + x )
 x = 0 → t = 1, x = 1 → t = 2
0 (1 + x )
2
t −1
1 1
 1 1  2 13
dt
=
 2 − 3  dt =  − + 2  1 =
3
∫
t

t t 
16
 t 4t 
1
1
2

Do đó I = ∫
1

e.

∫

x 4 + 3x 2 + 1

(1 + x )

2 3

0

 (1 + x 2 )2

1
1
x2 
1
x2


dx =
+
dx
=+
dx
J + K (1)
∫0  1 + x 2 3 1 + x 2 3  ∫0 1 + x 2 ∫0 1 + x 2 3 dx =
(
)
(
)
(
)


1

Tính J : Bằng cách đặt x= tan t ⇒ J=

4


 dx =
E + F ( 2)
2 2
2 3 

1
+
x

0 (1 + x )
( )

1

dx = cos 2t dt
x tan t ↔ 
=
Tính E : Bằng cách đặt
 x = 0 → t = 0; x = 1 → t = π

4
1



π

1

Tính K= ∫ 

−

1

π

π

2

π

2

1  1 
14
1
14 1
1
14
 1
Vậy : E =
cos 2tdt
=
=
=
dx
dt
dt


2 
2 
2
2
∫
∫
∫

∫
1
cos t
2 0  1+ x 
2 0  1 + tan t  cos t
20
20
cos 4t
1

π

π

14
1 1
1π 1 π +2

= ∫ (1 + cos2t ) dt =  t + sin 2t  4 =  +  =
16
40
4 2
 0 4 4 2

Tính F. Tương tự như tính E ;
1

dx = cos 2t dt
x tan t ↔ 
=

Bằng cách đặt
 x = 0 → t = 0; x = 1 → t = π

4
π

Vậy : F
=

3

π
3

π

1  1 
1 
1
1
1
1
14
 1
=
=
=
dx
dt
dt

cos 4tdt


2 
2 
2
2
∫
∫
∫
∫
1
2 0  1+ x 
2 0  1 + tan t  cos t
20
cos t
20
6
cos t
1

4

4

( 2)


π

π

π

1
1 4
1 + cos4t 
2
= ∫ (1 + cos2t ) dt = ∫ 1 + 2cos2t +
dt 4 =
80
8 0
2
 0
4

π

π

1 4
1
1
1 π
3π + 8
( 3 + 4 cos 2t + cos4t ) dt=  3t + 2sin 2t + sin 4t  4=  3 + 2=
∫
64
16 0
16 

4
 0 16  4

1

f.

∫

1
3 3

( x − x )=
dx
x4

1
3

1

1

1

 x − x3  3 1
dx
3
∫1  x3  x=

 1
 3 1 dx
∫1  x 2 − 1 x 2 . x

3

3

1

dx

dt = −

1
1
x
Đặt : t=  2 − 1 ⇒ t + 1= 2 ⇔ 
x
x

 x = 1 → t = 8; x = 1 → t = 0

3
0 1
8
4
1
 3 3
 3 73 3 34  8 3 7 3 4

 24 3  468
Khi đó I =
16  +  =
− ∫ t 3 ( t + 1) dt =
t
+
t
dt
=


 t + t  =.2 + .2 =
∫
4 0 7
4
7
 7 4

7
8
0

* Chú ý : Còn có cách khác
1

 1 1 3
 − 3
1
1
1 

t t 
Vì : x ∈  ;1 → x ≠ 0 . Đặt x =⇒ dx =
− 2 dt ; f ( x)dx =
4
t
t
3 
1
 
t 
=
−t ( t − t )
3

1
3

3

1

1 3
1
1
1

dt ==
dt −t 1 − 2  dt (2) . Đặt : u =1 − 2 ⇔ 2 =1 − u; du = dt
t
t

t
 t 
2

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
1

p

e p+2

a.

∫
1

1

c. ∫ e

a

x2
x p+2 + 1
x+ex

∫

b.

dx

0

x3 dx
3

( x2 + a2 ) 2

2a

d.

dx

0

∫x

2ax − x 2 dx

0

Giải
e

a..

1
p+2

∫
1

x
x

p
2

p+2

+1

dx ( ĐHTNguyên-98) : Ta có : f ( x)dx =

p+2
2

- Đặt : =t x = x

p
+1
2

p
2

x dx


x


p

2
dt
x
dx
=

⇒
⇔ I=
1
+
p
2
 x = 1 → t = 1; x = e → t = e

du

 dt = cos 2u
- Đặt : t = tan u ⇒ 
⇔I=
1
π

2
t =1 → u = 4 , t =e → u =u1

u1

p+2
2

e

1

2


 +1


∫t

.

dt
+1

2

du
∫π cos2u (1 + tan 2 u ) =
4

1
3

t (t − t )
 1
−
dt
 − 2  dt =
t
 t 
2

u1

∫ du =
π
4

π
4

− u1


- Từ : tan u = e ⇒ u = u1 = artan e ⇔ I =

a

b.

∫
0

x3 dx

(x

+a

2

3
2 2

)

π

− artan e
4
dt
π

dx=a
;
x
0
t
0,
x
a
t

=
→
=
=
→
=
2

cos t
4

3
3
3
x dx
a tan t
dt
. Đặt=
: x atant=
⇒  f ( x) =
a
a cos t.tan 3 tdt
=
3
3
2

( x 2 + a 2 ) 2 a3  1 2  2 cos t



 cos t 
π

π

4

4

a

π
3

sin t
Vậy
: I ∫=
=
f ( x)dx ∫ a cos t.tan
=
tdt ∫ a cos t. =
dt
cos3t
0
0
0
3

π

4 1 − cos 2 t sin t
(
) dt
sin t
dt a ∫
=
2
2
∫0 a.=
cos t
cos t
0
4

3

π
1

0→u =
1
du =− s intdt;t= 4 → u = 2 ; t =

- Đặt : cost=u ⇒ 
2
 f (t )dt =(1 − u ) −du =1 − 1  du
( )  2

u2
 u 

Vậy : I=

2
2

∫
1

2
1 
1


1
du
−
=
u
+


 2=
2 
u
 u 

1

dt = e x dx; x = 0 → t = 1; x = 1 → t = e

c. ∫ e x +e dx = ∫ e x ee dx . Đặt : =t e x ⇒ 
1

1

x

x

0

1

∫

e

f ( x)dx=

0

2a

d.

x e
( x)dx e=
e dx et dt
 f=

0

Vậy : I=

∫x

dx
2ax − x 2=

0

3
3 2
3 2 −4
− 2=
− 2=
2
2
2

2
2
+
− 2=
2
2

∫ e dt=
t

1
2a

∫x

x

e
et = e e − e
1

a 2 − ( x − a ) dx
2

0

π
π

dx = a.costdt,x=0 → t=- 2 ;x=2a → t= 2
Đặt : x −=
a a.sin t ⇒ 
 f ( x)dx
= ( a + a.sin t ) a 2 cos 2t .a.costdt


Vậy :

π

π
π
 π2

 π2

2
2
1 + cos2t


3
2
3 
2
2
3 
2
I=
a ∫ (1 + sin t ) cos tdt =
a  ∫ cos tdt + ∫ cos t sin tdt  =
a ∫
dt − ∫ cos td ( cost ) 
2
π
π
π
−
−

−
 − π2

 − π2

2
2
2
2


π
π 
1  1

1 π π 
π
 2 1
2
3
3

 a 3   + =
= a
a3
 t + sin 2t  π − cos t π =

3
2
2  2


−
 2  2 2 
− 

2
2

Ví dụ 4. Tính các tích phân sau
3

a.

1

c.

1

dx
∫2 x5 − x 2

∫
0

b.

0

x3 − 2 x

(x

2

+ 1)

∫

2

2

dx

d.

∫
1

x 7 dx

(1 + x )

4 2

1 + x3
dx
x4

Giải
3

a.

∫x
2

3

5

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

Xét : f ( x) =
=

(1)

1
A B Cx + D
E

= 2+ + 2
+
2
x x + x +1 x −1
x ( x − 1) ( x + x + 1) x
2

A ( x 2 + x + 1) ( x − 1) + Bx ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + ( Cx + D ) x 2 ( x − 1) + E ( x 2 + x + 1) x 2
x 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)

B + C + E ) x 4 + ( A + D − C + E ) x 3 + ( E − D ) x 2 − Bx − A
(
.
=
x 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)

Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
1

D = 3

0
−E
B + C + E =
C =
C = − 1
 A + D − C=

1
1

1
+E 0
+E 1 
3
− x+

 E + E=
1

3+ 3
0
⇔ B =
0
⇔ B =
0 ⇒ f ( x) =
− 2 + 23
E − D =
x
x + x +1 x −1
 B 0=
E D

1


E =
3
−1
−1
 A =


 A =
 A = −1


1
1
1 

3
3
 1 1  x −1  1 1 
 1 −3x+3

3
Vậy : I = ∫  − 2 + 2
+
 dx
 dx = ∫  − 2 −  2
+
x
x + x +1 x −1 
x 3  x + x + 1  3 ( x − 1) 
2
2


3
1
dx

1 1
3
2
=  − ln x + x + 1 + ln x − 1  − ∫
=
2
2
3
x 6
2 2
1  3

x+  +
2  2 


1 1 
7
5 
=
+
− arctan
arctan


6
3
3
3
1

1
x 7 dx
x4
1
b. ∫
=
3 x3 dx
2
2
∫
4
3 0 (1 + x 4 )
0 (1 + x )

(1) .

dt = 3 x3 dx, x = 0 → t = 1; x = 1 → t = 2

Đặt : t =+
1 x4 ⇒ 
1  t −1 
1 1 1 
dx
dt
 2 =
 −  dt
 f ( x)=
3 t 
3  t t2 


2
1 1 1
1
1 2 1
1
Vậy : I = ∫  − 2  dt =  ln t +  =  ln 2 − 
3t t 
3
t  1 3
2
0
2
1
1 ( x − 2)
c. ∫
dx = ∫
2 xdx
2
2
2
2
2
1
1
x
x
+
+
0 (
0 (

)
)
1

x3 − 2 x

(1)

2
1 1
x − 1)
(
1
2x+1  3
+
arctan
 + ln 2

 x 6 x + x +1
2
3
3




dt = 2 xdx; x = 0 → t = 1; x = 1 → t = 2
Đặt : t =1 + x ⇔ x − 2 = t − 3 ⇒ 
1  t −3
1 1 3 

)dx
 2 =
 dt
 −  dt
 f ( x=
2 t 
2  t t2 

2
1 1 3
1
3 2 1
3
Vậy : I = ∫  − 2  dt =  ln t +  =  ln 2 − 
t  1 2
2t t 
2
2
1
2

2

d.

∫
1

2

1 + x3
1 + x3 2
dx
=
∫1 x6 x dx
x4
2

(1) .

2tdt = 3 x 2 dx; x = 1 → t = 2, x = 2 → t = 3

Đặt : t = 1 + x3 ↔ t 2 =1 + x3 ↔ 
t
1 1 + x3 2
1
2 t2
=
3x dx =
2tdt
dt
 f ( x)dx 3 =
x6
3 ( t 2 − 1)2
3 ( t 2 − 1)2


Vậy :
2
=

I
3

2
2
3
 1
1 1
1 
2 1 1
1   1
−
dt



=
∫  t + 1 + 2  t − 1 − t + 1   =
3  ∫2 4  t + 1 t − 1   6
2
3

 1
1
1 
 1
+
−
−


∫  ( t + 1)2 ( t − 1)2  t − 1 t + 1   dt
2

3

t − 1  3 1  −2t
t −1  3 8 2 − 3 1
1 1
1


= −
−
− ln
=
−
ln
=
+ ln 2 2 − 2
t + 1  2 6  ( t 2 − 1)
t +1  2
6  t +1 t −1
24
3



(

Ví dụ 5. Tính các tích phân sau :

4

∫x

a.

7

3

∫

c.

b.

x2 + 9

x5 − 2 x3
x2 + 1

0

1

dx

∫
0

1

d.

dx

(x

2

)

− x ) dx
x2 + 1

∫ (1 − x ) dx
2 3

0

Giải
4

a.

∫x
7

4

dx
x2 + 9

=

∫x
7

xdx
2

(1) .

x2 + 9

2
2
2
2
5
dt
t = x + 9 ↔ tdt = xdx, x = t − 9
Đặt : t= x + 9 ⇒ 
=
. Do
đó : I ∫=
2
 x = 7 → t = 4, x = 4 → t = 5
4 t (t − 9)
A ( t 2 − 9 ) + Bt ( t + 3) + C ( t − 3) t

1
A
B
C
Ta có : f (t ) =
=+
+
=
t ( t − 3)( t + 3) t t − 3 t + 3
t (t 2 − 9)
2

5

dt

∫ t ( t − 3)( t + 3)
4

Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay lần lượt các nghiệm vào hai tử số ta có :
- Với x=0 : -9A=1 → A =
−

1
9

1
9
1
- Với x=3 : 9B=1 → B =

9
5
5 1 t 2 − 9 5 1 144
1  1
1
1   1
2


Vậy :=
−
+
+
=
−
−
=
I
dt
ln
t
9
ln
t
ln
(
)
 
 
 4 9 ln t =

4 9 35
9  ∫4  t t − 3 t + 3   9 

- Với x=-3 : 9C=1 → C =

* Chú ý : Nếu theo phương pháp chung thì đặt : x= 3sin t → dx= 3cos tdt .



7
 x = 7 → 7 = 3sin t ↔ sin t =
3 . Như vậy ta không sử dụng được phương pháp
Khi : 
4
 x = 4 → 4 = 3sin t ↔ sin t = > 1

3

này được .
1

b.

∫
0

(x

2

− x ) dx

1

1

x2
x
=
dx − ∫
dx =
J − K (1)
∫
2
2
2
x +1
x +1
x +1
0
0

* Để tính J :

π
1

dx = cos 2t dt , x = 0 → t = 0; x = 1 → t = 4

Đặt =

: x tan t ⇒ 
. Tính tích phân này không đơn
1
tan 2 t.
dt
2
2

tan
t
cos t
=
dt
 f ( x)dx =
cost
1 + tan 2 t


giản , vì vậy ta phải có cách khác .
x2 + 1 −1
=
x2 + 1

x2

- Từ : g ( x=)

=
x2 + 1

x2 + 1 −

- Hai tích phân này đều tính được .

1

1
x2 + 1

⇒ ∫ g ( x)dx=
0

1

1

x 2 + 1dx − ∫

∫
0

0

1
x2 + 1

1
1 2

1 1 x2

1
+/ Tính : E = ∫ x + 1dx = x x + 1 − ∫ 2 dx = 2 −  ∫ x + 1dx − ∫ 2 dx 
0 0 x +1
x +1 
0
0
0
1
2 1
= 2 − E + ln x + x 2 + 1 ⇒ 2 E = 2 + ln 1 + 2 ⇔ E =
+ ln 1 + 2
0
2 2
1
1
1
1
x
1
* Tính K= ∫ 2 dx = x 2 + 1 = 2 − 1 ; ∫ 2 dx = ln x + x 2 + 1 = ln 1 + 2
0
0
x +1
x +1
0
0
1

2

2

(

)

(

)

(

Do vậy : I=
3

x5 − 2 x3

(

) (

)

(

2 1
2 3
+ ln 1 + 2 + ln 1 + 2 = + ln 1 + 2
2 2
2 2

3

)

3

x5
x3
c. ∫ 2
dx =
J − K (1)
∫0 x 2 + 1 dx − 2 ∫0 x 2 + 1 dx =
x +1
0
 x 2 = t 2 − 1; xdx = tdt ; x = 0 → t = 1, x = 3 → t = 2

2
2
- Tính J: Đặt =t
x2 + 1 ⇒ 
x 4 xdx ( t − 1) tdt
=
= ( t 4 − 2t 2 + 1) dt
 f ( x)dx = 2
t

x +1
2 38
1
2

Suy ra : J= ∫ ( t 4 − 2t 2 + 1) dt =  t 5 − t 3 + t  =
2

3
5
 1 15
 x 2 = t 2 − 1; xdx = tdt ; x = 0 → t = 1, x = 3 → t = 2

2
- Tính K: Đặt =t
x2 + 1 ⇒ 
x 2 xdx ( t − 1) tdt
=
=
= ( t 2 − 1) dt
 f ( x)dx
2
t
x +1

2
2 4
1
Suy ra : K= ∫ ( t 2 − 1) dt =  t 3 − t  =
3
1 3
1
28 4 48 16
Vậy : I= + =
=

15 3 15 5
1

)

dx


1

d.

∫ (1 − x )

2 3

0

π

= costdt. x=0 → t=0;x=1 → t=
dx
2
: x sin t → 
dx . Đặt =
3
 f ( x)dx =1 − x 2 dx =cos 6tcostdt=cos 4tdt
( )


π

π

π

2
1 
1 + cos4t 
1
 1 − cos2t 
3 1

Do đó I= ∫ 
 dt =∫ 1 − 2 cos 2t +
 dt =
 − cos2t+ cos4t  dt
∫
2
4 0
2
4 2
8



0
0
2

2

2

π

1
3π
3 1

=
 t − sin 2t + sin 4t  2 =
32
8
4 4
 0