Một số phương pháp tính tích phân của hàm hợp, hàm ẩn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN CỦA
HÀM HỢP, HÀM ẨN

Người thực hiện: Trần Thanh Minh
Chức vụ: TTCM
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2020
1


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU

Trang
3

1.1. Lý do chọn đề tài

3

1.2. Mục đích nghiên cứu

3

1.3. Đối tượng nghiên cứu

3

1.4. Phương pháp nghiên cứu

3

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

4

2.1. Cơ sở lý luận

4

2.2. Thực trạng của đề tài

5

2.3. Các giải pháp tổ chức thực hiện

5

2.3.1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản

5

2.3.2. Phương pháp đổi biến số.

11

2.3.3. Phương pháp tính tích phân từng phần

15

2.3.4. Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân

20

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

26

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

27

3.1. Kết luận

27

3.2. Kiến nghị

27

2


TÊN ĐỀ TÀI:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN CỦA
HÀM HỢP, HÀM ẨN
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình toán học phổ thông, phép tính tích phân chiếm một vị trí
hết sức quan trọng và nó được ứng dụng rất rộng rãi trong thực tế như: Tính diện
tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay, giải các bài toán về cơ học,…
Phép tính tích phân được bắt đầu giới thiệu cho các em học sinh lớp 12 và nó
thường xuyên có mặt trong các kỳ thi THPT- QG. Từ năm 2017 Bộ GD&ĐT đã
đưa hình thức thi trắc nghiệm khách quan vào bài thi môn toán và phần tích phân
đã được yêu cầu rộng hơn khó hơn trước đặc biết là các bài toán tích phân về hàm
hợp, hàm ẩn, đòi hỏi học sinh phải có hệ thống kiến thức về tích phân vững chắc và
tư duy linh hoạt hơn mới giải được các bài toán dạng này.
Vì những lí do đó, để giúp học sinh có cơ sở khoa học, có có hệ thống kiến
thức vững chắc về tính tích phân đặc biệt là tích phân của hàm hợp,hàm ẩn và tháo
gỡ những vướng mắc trên, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu
đổi mới giáo dục , tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp
tính tích phân của hàm hợp, hàm ẩn”.
Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt và thành
thạo trong việc tính tích phân nói chung và tích phân của hàm hợp, hàm ẩn nói
riêng.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Làm rõ vấn đề mà học sinh còn lúng túng , mắc nhiều sai lầm và thậm chí là
không có định hướng về lời giải trong việc tính tích phân của hàm hợp, hàm ẩn.
- Góp phần gây hứng thú học tập phần tích phân của hàm hợp, hàm ẩn cho học
sinh, giúp các em có thể giải được một trong các phần được coi là khó của đề thi,
đòi hỏi phải có tư duy cao .
- Làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng của chương học, là vấn đề then
chốt cho việc tiếp nhận và giải các dạng toán tiếp theo.
- Nâng cao chất lượng bộ môn toán theo từng chuyên đề khác nhau góp phần

nâng cao chất lượng dạy học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Chương Nguyên hàm - Tích phân và chủ yếu là phương pháp tính tích phân
của một số hàm hợp, hàm ẩn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp nghiên cứu: Tự tìm tòi, khám phá, đưa vào thực nghiệm
và đúc rút thành kinh nghiệm, kết hợp với nghiên cứu tài liệu để tổng hợp thành hệ
thống theo từng mức độ từ dễ đến khó.
3


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
Các kiến thức cơ bản
Các kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài bao gồm các định nghĩa và tính
chất từ sách giáo khoa mà học sinh đã được học
2.1.1. 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

f ( x )dx . Trong trường hợp a  b , ta gọi
đến b và kí hiệu là �
a

b

f ( x)dx
�

là tích phân

a

của f 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
b

một nguyên hàm của f trên K thì

f ( x) dx  F ( x)
�

b
a

 F (b)  F ( a) .

a

2.1.2. Tính chất
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 ; 2)
�
a

4)

b

a

f ( x)dx   �
f ( x)dx ; 3)
�
a

b

b

b

b

a

a

a

f ( x)dx  �
g ( x)dx
 f ( x)  g ( x) dx  �
�

b

c

a

b

c

f ( x)dx  �
f ( x)dx  �
f ( x )dx
�
a

b

b

a

a

kf ( x )dx k �
f ( x )dx với k �R .
; 5) �

( x)  f ( x) với mọi x �K thì F ( x)  �

f ( x)dx
Chú ý là nếu F �
2.1.3. Phương pháp đổi biến số
b

g ( x)dx .Giả sử g ( x) được viết dưới dạng f  u ( x)  .u �
( x)
Tính tích phân I  �
a

,trong đó hàm số u ( x) có đạo hàm trên K , hàm số y=f(u) liên tục sao cho hàm hợp
f  u ( x)  xác định trên K và a, b là hai số thuộc K . Khi đó
b

u (b )

a

u(a)

f  u ( x )  .u �
( x)dx  �f (u )du
�

Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay
cho x . Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là
b

b

b

a

a

a

f ( x)dx  �
f (u )du  �
f (t )dt  ...
�

2.1.4. Phương pháp tính tích phân từng phần
b

b

u ( x ) v�
( x) dx   u ( x)v( x)  a  �
v ( x )u �
( x) dx (trong đó u ( x), v( x) có đạo hàm liên
Công thức �
a

b

a

tục trên K và a, b là hai số thuộc K ).

4


2.2. Thực trạng của đề tài
Năm học 2016 - 2017 Bộ GD&ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia của
môn toán từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy và học
cũng phải thay đổi cho phù hợp.
Trong các đề minh họa của bộ GD - ĐT , đề thi THPT quốc gia và đề thi thử của
các trường THPT trên toàn Quốc , học sinh thường gặp một số câu về tính tích phân
của hàm hợp, hàm ẩn và các bài toán có liên quan, đây là các bài ở mức độ vận dụng để
lấy điểm cao. Hướng dẫn các em vận dụng tốt phần này sẽ tạo được cho các em có
thêm phương pháp, có linh hoạt hơn trong việc tính tích phân và nâng cao tư duy trong
giải toán nhằm lấy được điểm cao hơn trong bài thi.
Trước khi áp dụng đề tài này vào dạy học, tôi đã khảo sát chất lượng học tập của
học sinh trường THPT Nông Cống I năm học 2018-2019 (thông qua các lớp trực tiếp
giảng dạy) về các bài toán tính tích phân của hàm hơp, hàm ẩn, đã thu được kết quả như
sau:

Lớp

Sĩ Giỏi
số SL %
12B1 45 0
0%

Khá
TB
Yếu
Kém
SL %

SL
%
SL
%
SL
%
6
13,3
26
57,7
10
22,4
3
6,6%
%
%
%
12B2 46 1
1,8
8
17,3
22
47,8
11
24,3
4
8,8%
%
%
%

%
Như vậy số lượng học sinh nắm bắt dạng này không nhiều, có rất nhiều em chưa
định hướng được lời giải do chưa có được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Thực hiện đề tài này tôi đã hệ thống lại các phương pháp tính tích phân đã được
học để áp dụng tính cho hàm ẩn thông qua các phương pháp cụ thể và ví dụ tương ứng
cho mỗi phương pháp đó. Cuối cùng là bài tập tổng hợp đề học sinh vận dụng các
phương pháp đã được học vào giải quyết. Do khuôn khổ đề tài có hạn nên tôi chỉ đưa ra
bốn phương pháp tính tích phân của hàm hợp, hàm ẩn đó là: Phương pháp biến đổi để
đưa về nguyên hàm cơ bản, Phương pháp đổi biến số, phương pháp tính tích phân từng
phần và tạo bình phương cho biểu thức dưới dấu tích phân.
2.3. Các giải pháp tổ chức thực hiện
Thực hiện đề tài này tôi chia nội dung thành bốn phần
Phần 1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản
Phần 2. Phương pháp đổi biến số
Phần 3. Phương pháp tính tích phân từng phần
Phần 4. Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân
Mỗi phần được thực hiện theo các bước:
- Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài
- Nêu các ví dụ áp dụng
- Nêu các nhận xét trước khi đưa ra lời giải cho các bài tập mới và khó.
Nội dung cụ thể:
2.3.1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản
5


a . Kiến thức sử dụng
( x )  f ( x ) với mọi x �K thì F ( x)  �
f ( x) dx
* Nếu F �
* Các công thức về đạo hàm:

Với u  u ( x), v  v( x) là các hàm có đạo hàm trên K .
� u�
u�
v  uv�
; 2) �
1)  uv  � u�
.v  u.v�
,  v �0  ; 3)
� �
v2
�v �
4) u n � nu n 1u �
, n ��*

 



 u  � 2u�u ,  u  0  ;



b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f  x  liên tục trên �\  0 và thỏa mãn f  1  2 ,
2

x 2 f 2  x    2 x  1 f  x   xf '  x   1 , x ��\  0 . Tính tích phân I  �
f  x  dx.
1

Lời giải:
2
'
Ta có x 2 f 2  x   2 xf  x   1  xf '  x   f  x  �  xf  x   1   xf  x   1

 xf  x   1
Do đó
 xf  x   1

'
2

 xf  x   1
1� �
 xf  x   1

'
2

dx  �
1dx � 

1
1
 x  c � xf  x   1  
xf  x   1
xc

1
1

1 1
� c  0 � xf  x   1   � f  x    2 
1 c
x
x
x
2
2
1�
1
� 1 1� �
f  x  dx  �
 2 �
dx  �
 ln x  �|12   ln 2  .
Vậy �
�
x
x� �
x�
2
1
1�
1
Vậy I   ln 2  .
2

Mặt khác f  1  2 nên 2  1  

Ví dụ 2. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên khoảng  0; � thỏa mãn f  1  4

2

f ( x)dx.
 x   2 x3  3x 2 , x  0 . Tính tích phân I  �
, f  x   xf �
1

Lời giải:
Ta có:
f  x   xf �
 x   2 x3  3x2 � 2 x3  3x2  xf �
 x   f  x  � x 2  2 x  3  xf �
 x  f  x
� 2x  3 

�
�
f  x
xf �
�f  x  �
 x   f  x   �f  x  �
 2 x  3 dx 
�
2
x

3
d
x




�
� �
�
�dx � �
2
�
x
x
� x �
� x �

f  x
 x 2  3 x  C , ta có f  1  4 � 4  4  C � C  0 .
x
f  x
 x 2  3 x � f  x   x 3  3x 2 .
Do đó:
x
�

6


2

2

2

�4
�
f ( x)dx I  �
Vậy I  �
 x  3x  dx  �x4  x3 �  434
�
�
1
1
1
3

Vậy I 

2

43
.
4

Ví dụ 3. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  1;3 , f  x  �0 , x � 1;3 ,
3

2

2
2
�
f  x  dx .

1 f  x �
 x �
đồng thời f �
và f  1  1 .Tính tích phân I  �
 f  x    x  1 �
�
� �
�
1

Lời giải:
2

2
�
1 f  x �
�
 x �
 f  x    x  1 �
Với x � 1; 3 ta có: f �
�
� �
�
2

f�
1 f  x �
 x �
�
�  x 1 2


 .
4
�
f
x
�


�
�
2

� 1
�
2
1
�f �
��


 x   x2  2 x  1
4
3
2
��f  x  � �f  x  � �f  x  ��
� �
� �
��
��

1
1
1
x3




 x 2  x  C (lấy nguyên hàm hai vế).
3
2
Suy ra:
f  x 3
3�
�f  x  �
� �
�f  x  �
�
1
1
Ta lại có f  1  1 �  1  1   1  1  C � C  0 .
3
3
3

2

1� 1 � � 1 �
1
1

3
2





x


x
   x   * .




Do đó:  �
�
�
�
� �f  x  � f  x 
3�
f
x
3


�
� �
�

1
1
1
Vì hàm số g  t    t 3  t 2  t nghịch biến trên � nên  * � f  x    x � f  x    x .
3

Hàm số này thỏa các giả thiết của bài toán.
3

3

1

1

�1�
f  x  dx  �
 �
dx   ln 3.
Do đó I  �
�
� x�

Vậy I   ln 3.
Ví dụ 4.Cho hàm số f  x  không âm trên đoạn  0;1 , có đạo hàm liên tục trên đoạn
2 f  x   1  x2 �
1 f  x �
 x  2x �
 0;1 và thỏa mãn f  1  1 , �
�

�, x � 0;1 .
�
�f �
1

f  x  dx .
Tính tích phân I  �
0

Lời giải:

7


2 f  x   1 x2 �
1 f  x �
 x   2x �
Xét trên đoạn  0;1 , theo đề bài: �
�
�
�
�f �
�
��
2
� 2 f  x . f �
 x   2 x   x 2  1 . f �
 x   2 x. f  x  � �
x 2   x 2  1 . f  x  �
�f  x  �

� �
�
� f 2  x   x 2   x 2  1 . f  x   C  1 .
2
Thay x  1 vào  1 ta được: f  1  1  C � C  0 (vì f  1  1 ).
2
2
2
2
2
2
Do đó,  1 trở thành: f  x   x   x  1 . f  x  � f  x   1  x  1   x  1 . f  x 
2
2
��
.�
�f  x   1�
�
�f  x   1�
�  x  1 . �
�f  x   1�
�� f  x   1  x  1
2
(vì f  x  �0 � f  x   1  0 x � 0;1 ) � f  x   x .
1

1

1

x3
1
f  x  dx  �
x dx 
 .
Ta có �
3 0 3
0
0
2

1
3

Vậy I  .
Ví dụ 5. Cho hàm số f  x  �0 , có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 2 và thỏa mãn
2

1
( x)   1  2 x 2  . f 2 ( x) , x � 1; 2 . Tính tích phân I  �
f ( x)dx .
f (1)  x 2 . f �
3
1

Lời giải:
� 1
� 1 �
f�
( x) 1  2 x 2

Ta có x 2 . f �
( x )   1  2 x 2  . f 2 ( x) � 2

�

�
� 2  2
f ( x)
x2
� f ( x) � x
1
1
1
1
�1
�
�
.dx � 
   2 x  c , do f (1)  � c  0
�2  2�
f ( x)
f ( x)
x
3
�x
�
2
1
2x 1
x


� f ( x)  2
Nên ta có �
f ( x)
x
2x 1

�

2

2

2

2

x
1 d (1  2 x 2 ) 1
1
1
f ( x)dx  � 2 dx  �
 ln 1  2 x 2   2 ln 3  ln 3   ln 3
Khi đó I  �
2
1 2x
4 1 1 2x
4
4
4

1
1
1
1
Vậy I  ln 3.
4
Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) không âm trên �, có đạo hàm trên � đồng thời thỏa
1

f ( x)dx .
( x)  2 x. f ( x)  1  0 với x �� và f (0)  0 . Tính tích phân I  �
mãn f ( x). f �
2

0

Lời giải:
( x)  2 x. f 2 ( x)  1  0 �
Ta có f ( x). f �

f ( x). f �
( x)
f 2 ( x)  1

 2x �





�
f 2 ( x)  1  2 x

8


f 2 ( x)  1  �
2 xdx �

�

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   x2  1 � f 2 ( x)  x 2  x2  2  � f ( x)  x
2

1

1

1

0

0

x2  2

f ( x)dx  �
x x 2  2dx  �

x x 2  2dx
(vì f ( x) không âm trên R ). Khi đó I  �
0

1

1





1
1 2
1
x 2  2d ( x 2  2)  . �
x2  2 x2  2 �  3 3  2 2

�
� 3
20
2 3�
0



( x)  2020 ,
Ví dụ 7. Cho f ( x) có đạo hàm liên tục trên  0;1 thỏa mãn f ( x)   x  1 . f �
1

f ( x)dx .
x � 0;1 . Biết f (0)  2021 .Tính tích phân I  �
0

Lời giải:
�
Ta có f ( x)   x  1 . f �
( x)  2020 �  x  1 �f ( x)   x  1 . f �
( x)  2020 � �
 x  1 f ( x) �
�
� 2020
�  x  1 f ( x)  �
2020dx �  x  1 f ( x)  2020 x  c , vì f (0)  2021 � c  2021
�  x  1 f ( x)  2020 x  2021 � f ( x ) 
1

1

2020 x  221
. Khi đó
x 1

1

1

2020 x  2021
1 �
�

I �
f ( x)dx  �
.dx  �
2020 
.dx   2020 x  ln x  1   2020  ln 2
�
�
x 1
x 1 �
0
0
0�
0

Nhận xét: Nếu u ( x) là biểu thức cho trước thì ta có  u ( x). f ( x)  � u�
( x ). f ( x )  u ( x ). f �
( x)
( x) ta được  u ( x). f ( x)  � v( x). f ( x)  u ( x). f �
Đặt v( x )  u�
( x) (*). Như vậy nếu biểu thức
( x) ta có thể biến đổi đưa về dạng  u ( x). f ( x )  �
có dạng v( x ). f ( x)  u ( x). f �
.Khi đó ta có
bài toán tổng quát cho ví dụ 7 như sau:
Cho A( x); B ( x ) ; g ( x) là các biểu thức đã biết. Tìm hàm số f ( x) thỏa mãn
A( x) f ( x)  B ( x) f �
( x)  g ( x) (**)
Do vế trái có dạng (*) nên ta có thể biến đổi (**) �  u ( x). f ( x) � g ( x)
u�
( x)  A( x) u �

�
( x) A( x)
u�
( x)
A( x)
�

� � .dx  � .dx
u ( x )  B ( x)
u ( x) B ( x )
u ( x)
B( x)
�
A( x)
� ln u ( x )  G ( x)  c (với G ( x) là một nguyên hàm của
) � từ đây ta sẽ chọn
B ( x)
được biểu thức u ( x) .
1
Ví dụ 8. Cho f ( x) có đạo hàm trên  0;1 thỏa mãn f (1) 
và
2020

Trong đó u ( x) được chọn sao cho : �

1

2020 f ( x)  x. f �
( x)  2 x

2020

f ( x)dx
, x � 0;1 .Tính tích phân I  �
0

Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) . Ta có
2020
� ln u ( x)  � dx � ln u ( x)  2020 ln x  c � ln u ( x)  ln x 2020  c
x
9


nên ta chọn u ( x)  x 2020 , khi đó ta có lời giải như sau:
Lời giải:
Ta có
�
2019
2020
4039
�
x 2020 . f ( x) �
( x)  x 2019  2020 f ( x)  xf �
( x)   x 2019 . �
2 x 2020 �
�
� 2020 x f ( x)  x f �
�
� 2 x
1

1
1
x 4040
�

c
2 x 4039 dx � x 2020 f ( x) 
 c , do f (1) 
Khi đó x 2020 f ( x)  �
2020
2020 2020
2020
x 4040
x 2020
� c  0 � x 2020 f ( x) 
� f ( x) 
2020
2020
1

1

1

� x 2021 �
x 2020
1
f ( x)dx  � dx  �
.
khi đó I  �

�
2020
�2020.2021 �0 2020.2021
0
0
1
.
2020.2021
( x )  2e x ,
Ví dụ 9. Cho f ( x) có đạo hàm trên  1; 2 thỏa mãn ( x  1) f ( x)  x. f �

Vậy I 

2

x � 1; 2 . Biết f (1)  e .Tính tích phân I  �
x. f ( x)dx
1

Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) . Ta có

x 1
� ln u( x)  � dx � ln u ( x)  x  ln x  c � ln u ( x )  ln e x  ln x  c
x
� ln u ( x )  ln xe x  c nên ta chọn u ( x)  xe x , khi đó ta có lời giải như sau:

Lời giải:
�
x �
x

Ta có �
xe x . f ( x ) �
( x)   e x  xe x  f ( x)  xe x . f �
( x)
�
�  xe  f ( x )  xe . f �
� x 2e x �� xe x . f ( x)  2e 2 x dx � xe x . f ( x)  e 2 x  c
 ex �
( x)�
xe x . f ( x) �
 x  1 f ( x)  xf �
�
�� �
�
�
� e . �
� �

do f (1)  e � e.e  e 2  c � c  0 � xe x . f ( x )  e 2 x � f ( x ) 
2

2

1

1

ex
.
x

2

x. f ( x)dx  �
e x dx  e x  e 2  e
Khi đó I  �
1

Bài tập tương tự
Bài 1. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm trên đoạn  1; 4 và thoản mãn
x  2 x. f ( x)   f �
( x)  , x � 1; 4 . Biết f (1) 
2

4

3
f ( x)dx .
. Tính tích phân I  �
2
1

Bài 2. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai trên đoạn  0; 2 và thỏa
2
2
�
( x)   f �
( x)   0 , x � 0; 2 . Biết f (0)  1, f (2)  e 6 , tính tích
mãn 2  f ( x)   f ( x). f �
0

I�
(2 x  1). f ( x)dx .
2

10


( x).e f
Bài 3. Cho f ( x) có đạo hàm trên R và thỏa mãn 3 f �

3

( x )  x 2 1



2x
 0 , x ��.
f 2 ( x)

7

x. f ( x )dx .
Biết f (0)  1 , tính tích phân I  �
0

Bài 4. Cho f ( x) liên tục và có đạo hàm trên �\  1;0 thỏa mãn
2

xf ( x )dx .
x( x  1) f �
( x)  f ( x)  x 2  x , x ��\  1;0 và f (1)  2 ln 2 . Tính I  �
1

Bài 5. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  0;  � thỏa mãn
2 xf �
 x   f  x   2 x x � 0;  � , f  1 

2

2
f ( x)dx.
. Tính tích phân I  �
3
1

Bài 6. Cho đa thức bậc bốn y  f  x  đạt cực trị tại x  1 và x  2 . Biết
2x  f �
 x  2
f�
 x  dx .
lim
. Tính tích phân �
x �0
2x
0
Bài 7. Cho hàm số f  x  nhận giá trị không âm và có đạo hàm liên tục trên � thỏa
1

f  x  dx.
 x    2 x  1 �
mãn f �
�f  x  �
�, x �� và f  0   1 . Tính tích phân �
0
1

2

2.3.2. Phương pháp đổi biến số
b

g ( x )dx .Giả sử g ( x) được viết dưới dạng
a. Kiến thức sử dụng:Tính tích phân I  �
a

f  u ( x)  .u �
( x) ,trong đó hàm số u ( x) có đạo hàm trên K , hàm số y=f(u) liên tục sao

cho hàm hợp f  u ( x)  xác định trên K và a, b là hai số thuộc K .
Khi đó

b

u (b )

a

u (a )

f  u ( x )  .u �
( x)dx  �f (u )du
�

Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x .
b

b

b

a

a

a

f ( x)dx  �
f (u ) du  �
f (t )dt  ...
Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là �

b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f  x  liên tục và nhận giá trị dương trên  0;1 . Biết
1

dx
.
f  x  . f  1  x   1 , x � 0;1 . Tính tích phân I  �

1

f
x


0

Lời giải:
1

f  x

Ta có: f  x  . f  1  x   f  x   1  f  x  � f 1  x  1  1  f x
 
 

11


1

dx
Xét I  �
1 f  x
0

Đặt t  1  x � x  1  t � dx  dt . Đổi cận: x  0 � t  1 ; x  1 � t  0 .
0
1

1
1
f  x  dx
dt
dt
dx
I





Khi đó
�
�
�
�
1 f  1 t  0 1 f  1 t  0 1 f  1 x 0 1 f  x
1

1
1
f  x  dx 1 1  f  x 
dx
1


d
x


dx  1 hay 2 I  1 . Vậy I  .
Mặt khác �
�
�
�
1  f  x  0 1  f  x  0 1  f (t )
2
0
0
1

Ví dụ 2. Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  1;3 thỏa mãn
3

3

1

1

f  4  x   f  x  , x � 1;3 và �
xf  x  dx  2 . Tính tích phân I  �
f  x  dx.

Lời giải:
3

3

1

1

xf  x  dx  2 � �
xf  4  x  dx  2 .
Ta có f  4  x   f  x  và �
3

xf  4  x  dx  2 :Đặt t  4  x ta được x  4  t � dx  dt .
Xét I  �
1

Khi x  1 thì t  3 , khi x  3 thì t  1 .
3

3

3

3

1

1

xf  4  x  dx  2 � �
4 f  t  dt  �
tf  t  dt  2
 4  t  f  t  dt  2 � �
Suy ra I  �

1

1

3

3

3

1

1

1

��
4 f  t  dt  2  2 � �
f  t  dt  1 � �
f  x  dx  1 .Vậy I  1.

Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục trên �và thỏa mãn 2020. f ( x)  f ( x)  e x với
1

x ��. Tính tích phân I 

�f ( x)dx

1

Lời giải:
�x  1 � t  1
�x  1 � t  1

Đặt x  t � dx  dt , đổi cận : �
1

f (t )dt 
Khi đó I   �
1
1

1

�f (t )dt � I 

1

1

1

1

1

1

1
e

e x dx  e x  e  � I 
 2020 f ( x)  f ( x)dx � 2021I  �
nên 2021I  �
1
1

1

�f ( x)dx .Vì 2020I  I  2020 �f ( x)dx  �f ( x)dx
1

1

1

e 1
2021e
2

12


2 �
2
�
Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn � ;1�và thỏa mãn 2 f ( x)  3 f ( )  5 x ,
3 �
�

3x

1

f ( x)
2 �
�
x �� ;1�. Tính tích phân I  �x dx
2
3 �
�
3

Lời giải:
� 2
x  �t 1
�
2
2
� 3
Đặt x  � dx   2 dt , đổi cận : �
3t
3t
�x  1 � t  2
�
3
2
2 1
2
2

f ( ).
)
)
1 f (
1 f (
2 3 3t t 2
3t dt 
3x .dx
I


dt

Khi đó
. Ta có
�
�
2
3�
t
x
2
2
1
3
3
3t
2
2
)

)
1
1 f (
1 2 f ( x)  3 f (
1
1
f ( x)
3x .dx  5 x dx  5dx  5 � I  1
2 I  3I  2 � dx  3� 3 x .dx � 5 I  �
�
�
x
x
x
3
3
2
2
2
2 x
2
3

3

3

3

3

Ví dụ 5. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên � thỏa mãn
3 f ( x)  f (2  x)  2( x  1)e x

2

 2 x 1

2

f ( x)dx .
 4, x ��. Tính tích phân I  �
0

Lời giải:
3 f ( x )  f(2  x)  2(x  1) e x
2

2

0

0

2

 2 x 1

 4, x ��.

2

� 3�f ( x)dx  �f (2  x)dx  �
(2 x  2)e

x 2  2 x 1

0

2

0

2

dx  4 �
dx (1) .
0

2

2

f (2  x)d( x)   �f (t )dt  �f (t )dt  �f ( x)dx (2) .
Đặt t  2  x � �
0
2
0
0
2

(2 x  2)e
Đặt u  x  2 x  1 � du  (2 x  2)dx � �
2

0

1

x 2  2 x 1

dx  �
eu du  0 (3) .
1

2

f ( x )dx  2 .
Thay (2) và (3) vào (1) � I  �
0

Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục trên � và thỏa mãn f ( x )  4 xf ( x 2 )  2 x  1 , x ��.
1

f ( x )dx .
Tính tích phân I  �
0

Lời giải:
�x  0 � t  0

�x  1 � t  1

Đặt x  t 2 � dx  2tdt , đổi cận : �
1

1

1

1

0

0

0

0

f (t 2 ).2tdt � I  2 �
xf ( x 2 )dx . Ta có I  2 I  �
f ( x)dx  4 �
xf ( x 2 ) dx
Khi đó I  �
13


1

1

0

0

2
�
�
dx  �
 2 x  1 dx   x 2  x  0  2 �  I  2 � I  2
�f ( x )  4 xf ( x ) �
�
1

Ví dụ 7. Cho hàm số f  x  liên tục trên � và thoả mãn
f  x   f   x   2  2 cos 2 x , x ��. Tính tích phân I 

3
2



�
f  x  dx.

3
2

Lời giải:
Đặt x  t . Khi đó



0

0

0

3
2

3
2

3
2

�
f  x  dx  �
f  t  d  t    �
f  t  dt  �
f   x  dx




3
2

Ta có: I 



Hay I 

0

0

3
2

3
2

3
2

0

0

0

�
f  x d  x  �
f  x d  x  �
f  x  dx  �
f   x  dx  �
f  x  dx



3
2



3
2

3
2

3
2

3
2

0

0

0

�
 f   x   f  x   dx  �2  2cos 2 xdx  �2(1  cos 2 x)dx

3
2

�I

3
2

�4 cos

2

0

xdx  2

3
2


2

0

0

3


2

�
cos x dx  2 �

cos xd  x   2 �
cos xdx

2



3

Vậy I  2sin x |02 2sin x |2  6.
2
2020

Ví dụ 8. Cho Cho hàm số f ( x) liên tục trên � và thỏa mãn

�f ( x)dx  2 .
0

Tính tích phân I 

e 2020 1

�x
0

2

x
. f  ln( x 2  1)  .dx .
1

Lời giải:
Đặt t  ln  x 2  1 � dt 
1
Ta có I  2

2020

1
f (t )dt 
�
2
0

2x
x
1
dx � 2
dx  dt , đổi cận :
x 1
x 1
2
2

2020

�
�x  0 � t  0
�
2020

�x  e  1 � t  2020

1

�f ( x)dx  2 .2  1
0

14


Ví dụ 9. Cho hàm số f ( x) liên tục trên � và thỏa mãn f ( x3  2 x  2)  3x  1 với
10

f ( x )dx
x ��. Tính tích phân I  �
1

Lời giải:
3
�x  1 � t  2t  3 � t  1
Đặt x  t  2t  2 � dx   3t  2t  dt , đổi cận : �
3
�x  10 � t  2t  12 � t  2
3

2

2

2

2

1

1

f (t 3  2t  2).  3t 2  2t  dt  �
 3t  1  3t 2  2t  dt  �
 9t 3  3t 2  2t  dt
Ta có I  �
1

2

�9t
� 151
 �  t3  t2 � 
4
�4
�
1
4

Bài tập tương tự
Bài 1. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn
1

f ( x)dx .
4 xf ( x )  3 f (1  x)  1  x , x � 0;1 . Tính tích phân I  �

2

2

0

Bài 2. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0; 2 và thỏa mãn
2

f ( x)dx
3 f ( x)  4 f (2  x )   x  12 x  16 , x � 0; 2 . Tính tích phân I  �
2

0

4
9

Bài 3. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0;3 và thỏa mãn f ( x). f (3  x)  ,
3

1
dx
x � 0;3 . Tính tích phân I  �
2

3
f
(
x

)
0

Bài 4. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x)  f (  x)  cos 4 x , x ��.
Tính tích phân I 


2

�f ( x)dx .


2



4
Bài 6. Cho hàm số f  x  liên tục trên �, thỏa mãn �
tan x. f  cos 2 x  d x  2 và
e2

f  ln x

�
e

2

x ln x

 d x  2 . Tính tích phân I 

2

f  2x 
dx.
x

0

�
1
4

Bài 7. Cho hàm số f  x  liên tục trên � thảo mãn
xf  x   f  1  x
3

2

  x

10

0

 x  2 x, x ��. Tính tích phân I 
6

�f  x  dx .

1

2
3
Bài 8. Cho hàm số f  x  liên tục trên  0;1 thỏa mãn f  1  x   6 x f  x  

6
.
3x  1

15


1

f  x  dx .
Tính tích phân I  �
0

2.3.3. Phương pháp tích phân từng phần
a. Kiến thức sử dụng
b

b

u ( x ) v�
( x) dx   u ( x)v( x)  a  �
v( x)u �
( x) dx (trong đó u ( x), v( x) có đạo hàm liên

Công thức �
b

a

a

tục trên K và a, b là hai số thuộc K )
b. Ví dụ áp dụng
5

Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên � và thỏa mãn

f ( x)dx  
�
1

44
, f (5)  15 .
5

5

( x)dx .
 x  1 f �
Tính tích phân I  �
1

Lời giải:
5

u  x 1
du  dx
5
�
�
� 44 � 344
�
I

x

1
f
(
x
)

f ( x)dx  4 f (5)  �
 �


Đặt �
�
.
Khi
đó
.
�
1
( x) dx �

v  f ( x)
� 5 � 5
�dv  f �
1
344
.
Vậy I 
5

Ví dụ 2. Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên � và thỏa mãn f  0   f  1  1. Tính tích
1

ex �
phân I  �
�f  x   f '  x  �
�dx.
0

Lời giải:
1

1

1

0

0

0

ex �
e x . f  x  dx  �
e x . f '  x  dx I1  I 2
Ta có: I  �
�f  x   f '  x  �
�dx  �
1

e x . f '  x  dx ;
Xét I 2  �
0

1

�
�
u  ex
du  e x dx
�
Đặt �
khi đó
�
v  f ( x)
�dv  f '( x)dx �
1

I2  �
e . f '  x  dx  e . f ( x )  �
e x . f  x  dx  e. f (1)  f (0)  I1  e  1  I1 .

x

x

1

0

0

0

1

ex �
 x �
Vậy I  �
�f  x   f �
�dx I1  I 2  I1  e  1  I1  e  1 .
0

Vậy I  e  1.
Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên � và thỏa mãn
2

 1  2x 
�
0

1

f�
( x)dx  3 f (2)  f (0)  2020 . Tính tích phân I  �
f (2 x)dx .
0

Lời giải:
16


u  1  2x
du  2dx
�
�
��
dv  f �
( x) dx �
v  f ( x)
�

2

( x )dx  2020 , đặt �
 1 2x f �
Ta có �
0

2

2

0

0

f ( x)dx � 2020    3 f (2)  f (0)   2 �
f ( x) dx
Khi đó 2020  (1  2 x) f ( x) 0  2�
2

2

2

0

0

� 2020  2020  2�
f ( x) dx ��
f ( x) dx  2020
�x  0 � t  0
�x  1 � t  2

1

f (2 x)dx , đặt t  2 x � dt  2dx . Đổi cận: �
Xét I  �
0

2

Khi đó I 

2

1
1
2020
f (t )dt � I  �
f ( x )dx 
 1010.
�
20
20
2

Vậy I  1010.
 1  1
Ví dụ 4.Cho hàm số f  x  có đạo hàm cấp hai trên � thỏa mãn f  1  f �
1

2
�
xf �
 x  dx .
 x   2 x , x ��. Tính tích phân I  �
và f  1  x   x . f �
0

Lời giải:
�x dx
�
du  f �
�
u f�
 x � 2  
�� x
Đặt �
.
�dv  xdx
v
�
� 2
1

1 2
1 1 x2
x2
1
x
�
�
xf �
 x  dx  f �
 x  � f �
 x  dx   � f �
 x  dx .
Suy ra I  �
0 0 2

2
2 0 2
0

�
Do f  1  x   x 2 . f �
 x   2x �

x2
1
�
.f �
 x  x  f  1 x .
2
2

1

Vậy I 

1

1
� 1
� 1
�
x

f
1


x
dx  �
f  1  x  dx .


�
2 0�
� 2
� 20
0

1

1

1
1
1
f  t  dt  �
f  t  dt  �
f  x  dx .
Đặt t  1  x suy ra I   2 �
20
20
1
�
u  f  x
�
du  f �

 x  dx
��
dv  dx
vx
�
�

Đặt �

Suy ra I 

�
1 1
1�
1
1
xf
x
xf �
 x  dx �� I   1  I  � I  .
�   �
0 0
2�
2
3
�

1
3

Vậy I  .
17


 x   2 x  1, x �� và
Ví dụ 5. Cho hàm số f  x  có đạo trên �, thỏa mãn 2 f  x   f �
1

f  x  dx.
f  0   1 . Tính tích phân I  �
0

Lời giải:
 x   2 x  1, x ��.
Ta có 2 f  x   f �
� 2x
� e 2 x .2 f  x   e 2 x . f �
e2 x . f  x  �
 x   e2 x  2 x  1 � �
�
� e  2 x  1
�
�
��
e2 x . f  x  �
e2 x  2 x  1 dx .
�
�dx  �
1
e 2 x  2 x  1 dx . Đặt u  2 x  1 � du  2dx ; dv  e 2 x dx chọn v  e 2 x .

Ta đi tính I1  �
2

I1  �
e 2 x  2 x  1 dx 

1
1
e 2 x dx  e 2 x .2 x  C .
 2 x  1 e 2 x  �
2
2

1
�1
�1
�
�
. 2x
��
e2 x . f  x  �
e 2 x  2 x  1 dx � e 2 x . f  x   e 2 x .2 x  C � f  x   � e 2 x .2 x  C �
�
�dx  �
2
�2
�e

mà f  0   1 � C  1 � f  x   x 
1

1

0

0

f  x  dx  �
Ta có �
 xe

1
.
e2 x
1

2 x

�x 2
�
d
x

 �2  2e12 x �  1  21e2 .
�
�0

Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên � và thỏa mãn f (0)  3 ,
2

xf '( x) dx .
f ( x)  f (2  x)  x 2  2 x  2, x ��.Tính tích phân I  �
0

Lời giải:
2

2

0

0

xf '( x) dx  xf ( x) |02  �
f ( x) dx .
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có: �

Từ f ( x)  f (2  x)  x  2 x  2, x �� (1)
Thay x  0 vào (1) ta được f (0)  f (2)  2 � f (2)  2  f (0)  1 .
2

2

f ( x)dx
Xét I  �
0

�x  0 � t  2
Khi đó
�x  2 � t  0

Đặt x  2  t � dx  dt đổi cận: �
0

2

2

0

0

I1   �
f (2  t ) dt  �
f (2  t )dt  �
f (2  x) dx
2

2

2

2

0

0

0

 f ( x)  f (2  x)dx  �
 x 2  2 x  2  dx � 2�f ( x)dx 
Do đó ta có �

2

8
4
��
f ( x)dx 
3
3
0
18


2

2

2

4
10
10
  . Vậy I  �
xf '( x )dx   .
3
3
3

0
0
0
Ví dụ 7. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên �, thỏa mãn 2 f (3)  f (0)  18 và
3
3
302
f ( x)
�
f
(
x
)

1
x

1
dx

I

dx.


.
Tính
tích
phân
�

�
15
x 1
0
0
xf '( x)dx  xf ( x) |02  �
f ( x) dx  2 f (2) 
Ta có �

Lời giải:
1
�
du 
dx
�
u  x 1
�
��
2 x 1
Đặt �
dv  f �
( x)  1 �
�
v  f ( x)  x  1
�
3
3
� f ( x)
302 �
x 1 �

�

f
(
x
)

x

1
x

1


dx
�

Khi đó
�
�
�0 �2 x  1
15
2
0 �
�
3

I 1
302

I 14
76
 2 f (3)  f (0)  7   �x  1dx �
 25   � I 
2 20
15
2 6
15
�1 �
Ví dụ 8. Cho f ( x) là hàm số chẵn liên tục, có đạo hàm trên �, thỏa mãn f � � 4
�2 �

và

1
2

0

f ( x)dx  3 . Tính tích phân
�

I

sin 2 xf �
(sin x)dx.
�


6

0

Lời giải:
0

sin x cos x. f �
(sin x )dx
Ta có I  2 �
, đặt t  s inx � dt  cos xdx

6

1
� 
�t 
�x 
2
Đổi cận : � 6
�
�x  0 � t  0

0

0

2

2

tf �
(t ) dt � I  2 �
xf �
( x) dx
khi đó I  2 �
1
1

�
ux
du  dx
�
�
�
��
I  2�
 xf ( x) 
Đặt: �
ta
có
( x) dx �
v  f ( x)
�dv  f �
�
�
1
2

0

Do f ( x) là hàm số chẵn nên

0
1
2

0
�
� 4  2 �
f ( x)dx
�
f ( x) dx �
1
1
�
2
2
�
0

f ( x)dx . Khi đó
�f ( x)dx �

1
2

0

1
2

I  4  2�
f ( x)dx  4  6  2
0

Vậy I  2.
Ví dụ 9. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên đoạn  1;3 và thỏa mãn f (3)  f (1)  3 ,
3

f ( x)  ln x
xf �
( x)
dx .
dx  0 .Tính tích phân I  �
2
�
x 1
 x  1
1
1
3

Lời giải:

19


�
1�
�

u  f ( x)  ln x
�
du  �f �
( x)  �
dx
�
f ( x)  ln x
�
�
x
�
�
.dx , đặt �
1
�
Xét I  �
2
dv 
dx �
 x  1
2
1
x
1
�
�
v
1 
 x  1
�

�
x 1
x 1
�
3

3

3
( x)
1 �
�x
� �xf �
I

f
(
x
)

ln
x


dx

� �
Khi đó
�
�

�x  1
�1 1 �x  1 x  1�
�



3
3
1
3 3
0  ln x  1 1 �  ln 3  ln 2 .
 f (3)  ln 3  f (1)  �
�
� 4 4
4
2

Bài tập tương tự
3

Bài 1. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên �, thỏa mãn f ( 3)  3 và

f ( x )dx

�1  x
0

( x ) ln  x 
�f �

1 .



3

Tính tích phân I 

2

1  x 2 dx .

0

Bài 2. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0; 2 và thỏa f  1  0 ,

 f � x  

2

1

f  x  dx.
 4 f  x   8 x  32 x  28 , x � 0; 2 . Tính tích phân I  �
2

0

Bài 3. Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1
sao cho f  1  1 và f  x  . f  1  x   e x  x , x � 0;1 . Tính tích phân

2

 2x
I �
1

0

3

 3x 2  f �
 x
f  x

dx .
1

f ( x) dx  1 ,
Bài 4. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên � và thỏa mãn �
0

1

f  1  cot1 .Tính tích phân I  �
 f  x  tan 2 x  f � x  tan x  dx .
0

Bài 5. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn



1

f  x  dx .
f�
 x    4 f  x   8 x 2  4, x � 0;1 và f  1  2 . Tính tích phân I  �
2

0

 0  �0 và thỏa mãn
Bài 6. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên �, f  0   0, f �
2
2
 x   18 x   3x  x  f �
 x    6 x  1 f  x  , x ��.
hệ thức f  x  . f �
1

 x  1 e
Tính tích phân I  �

f  x

dx.

0

20

Bài 7. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên  0; 2 và thỏa
2

3
1
2
f ( x)dx .
( x )  và f (0) 
mãn:  ( x  4)2  4 xf ( x)   f �
. Tính tích phân I  �
5
20
0

Bài 8. Cho hàm số f  x  có đạo hàm cấp hai trên �, thỏa mãn
f 2  1  x    x 2  3 . f  x  1 , x ��. Biết f  x  �0, x ��. Tính I  �
 2 x  1 f "  x  .dx
2

0

2.3.4. Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân
a. Kiến thức sử dụng
b

Nếu f ( x) �0 với x � a; b  thì

f ( x)dx �0 , dấu "=" xảy ra �
�

f ( x)  0, x � a; b 

a

b

Hệ quả:

f ( x)dx  0 �
�
2

f ( x)  0 với x � a; b  .

a

b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1; 2 . Biết f (0)  1 ,
2

2

1

1

f�
( x)dx  2 và �
( x)

 f�
�

2

2

dx  4 . Tính tích phân I  �
 f ( x) dx
3

1

2
( x) nên ta tạo bình phương dạng  f �
( x)  và f �
( x)  a 
Nhận xét : Giả thiết chứa  f �
2

2

Ta chọn a sao cho

2

2

1

2





( x)  a  dx  0 � �
( x)   2 af �
( x)  a 2 dx  0
 f�
 f�
�
1

2

2

1

1

2

��
( x)  dx  2a �
f�
( x )dx  a 2 �
dx  0 � 4  4a  a 2  0 � a  2 .Từ đó ta có lời giải
 f�

2

1

Lời giải:
2

2





2

2

2

1

1

( x)  2 dx  0 � �
( x)   4 f �
( x)  4 dx  �
( x)  dx  4�
f�
( x)dx  4�
dx

 f�
 f�
 f�
Ta có �
2

1

1

2

2

1

 4 8 4  0 � f �
( x)  2 � f ( x)  2 x  c , mà f (0)  1 � c  1 nên f ( x )  2 x  1
2

2

2

 2 x  1 dx  �
 f ( x) dx  �
 8 x3  12 x 2  6 x  1 dx   2 x 4  4 x3  3x 2  x  1  68
Khi đó I  �
3

1

3

1

2

1

1

xf ( x) dx  1 và
Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 . Biết �
0

1

 f ( x) 
�
0

2

1

dx  3 . Tính tích phân I  �
 f ( x) 

2020

dx .

0

2
2
Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) và xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  ax 
1

1





 f ( x)  ax  dx  0 � � f ( x)  2axf ( x)  a 2 x 2 dx  0
Ta chọn a sao cho �
0

2

0

2

21


1

1

1

2

��
xf ( x )dx  a 2 �
x 2 dx  0 � 3  2a  a  0 � a  3 .Từ đó ta có lời giải
 f ( x) dx  2a �
3
0
0
0
2

Lời giải:
1

 f ( x)  3x 
Ta có �

2

0

1





1

1

1

0

0

dx  0 � �
xf ( x)dx  9 �
x 2 dx
 f ( x)   6 xf ( x)  9 x 2 dx  �
 f ( x) dx  6�
0

2

1

� 3  6  3  0 � f ( x)  3x . Khi đó I  �
 f ( x) 

2020

0

2

0

1

dx  32020 �
x 2020 dx 
0

2020

3
.
2021
1

1

 f ( x) dx 
Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 . Biết �
5
0
1

2

1

2
f ( x)dx
và �x . f ( x )dx  5 . Tính tích phân I  �
0
0

Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) và f ( x ) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó
2

1

trước hết ta biến đổi

f(
�

x ) dx để khử căn bằng cách đặt t  x � dx  2tdx

0

1
1
1
2
1
1
�x  0 � t  0
2
2
t f (t ) dt � �

t f (t ) dt  � �
x 2 f ( x )dt  . Đến đây
Đổi cận �
ta có 5  2�
5
5
�x  1 � t  1
0
0
0
2
2
ta được hai biểu thức  f ( x) và x 2 f ( x) nên ta tạo bình phương dạng �
�f ( x )  ax �
�,
2

1

1

2

0

1

0

1

��
x f ( x)dx  a
 f ( x) dx  2a �
2

2

0





2
�
 f ( x)  2ax 2 f ( x)  a 2 x 4 dx  0
�
�f ( x)  ax �
�dx  0 � �

ta chọn a sao cho

0

2

1

2

1
1 a2
4
x
dx

0
�

2
a
.

 0 � a  1 Từ đó ta có lời giải
�
5
5 5
0

Lời giải:
1

Xét

�x . f (

x )dx 

0

2
, đặt t  x � dx  2tdx
5

1
1
1
2
1
1
�x  0 � t  0
2
2
t f (t ) dt � �
t f (t ) dt  � �
x 2 f ( x )dt 
Đổi cận �
, khi đó 5  2�
5
5
�x  1 � t  1
0
0
0
1

Vì

�

�
�f ( x)  x
0

2

1



0

2

2

4

1





1

1

1

�
x f ( x)dx  �
x 4 dx
 f ( x)  2 x f ( x)  x dx  �
 f ( x) dx  2�
�dx  0 � �
2

2

0

2

0

0

1

1
1
1 1
f ( x)dx  �
x 2 dx 
 2.   0 nên f ( x)  x 2 . Do đó I  �
3
5
5 5
0

0


��
0; �. Biết f ( )  0 ,
Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn �
2
� 2�

2

( x) 
 f�
�
0

2

dx   và


2



cos x. f ( x )dx  . Tính tích phân
�
2
0


2

I�
f ( x )dx
0

( x)  và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó
Nhận xét : Giả thiết chứa  f �
2

22



2

( x) bằng cách đặt
trước hết ta biến đổi �
cos x. f ( x )dx để tạo biểu thức f �
0

u  f ( x)
du  f �
( x )dx
�
�
��
�
, khi đó    f ( x) s inx 

dv

cos
xdx
v

s
inx
�
�
2

2

��
f�
( x) sin xdx  
0


2
0


2

�
f�
( x) sin xdx
0

2
 . Đến đây ta được hai biểu thức  f �
( x ).s inx nên ta
( x)  và f �
2

( x)  a s inx 
tạo bình phương dạng  f �

2

2


2





2
Ta chọn a sao cho �
( x)  a s inx  dx  0 � �
( x)   2a s inx.f �
( x)  a 2 sin 2 x dx  0
 f�
 f�
2

0


2

0


2


2

��
( x)  dx  2a �
sin x. f �
( x)dx  a 2 �
sin 2 xdx  0
 f�
2

0

0

�   a 

0

2

a
�a �
 0 �  �  1� 0 � a  2 .Từ đó ta có lời giải
4
�2 �
2

Lời giải:

2

u  f ( x)
�

du  f �
( x)dx
�


��
Xét �
cos x. f ( x) dx  , đặt �
dv

cos
xdx
v  s inx
�
�

2
0


2


2

0

0


khi đó    f ( x)s inx   �
f�
( x)sin xdx � �
f�
( x) sin xdx  

2
0

2


2


2

0

0



2



2
2
Ta có �
( x)  2s inx  dx  0 � �
( x)   4s inx.f �
( x)  4sin 2 x dx  0
 f�
 f�


2


2


2

0

0

0

4
2
( x)  2sin x
�
( x )  dx  4 �
sin x. f �
( x)dx  4 �
sin 2 xdx  0    2  4  0 � f �
 f�


� f ( x)  2 cos x  c mà f ( )  0 � c  0 nên ta có f ( x)  2 cos x .
2

2


2

0

0

Ta có I  �
f ( x )dx  2 �

cos xdx  2 .
Vậy I  2.
Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1;0 . Biết f (1)  
0

2

( x) �
169
�f �
dx 
và
�
�
�
x �
105
1 �

0

 x  1 . f ( x)dx 
�

1

7
10

1

103
f ( x)dx
. Tính tích phân I  �
420
0
23


2

( x) �
�f �
Nhận xét : Giả thiết chứa � � và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó
�x �
0

( x) bằng cách đặt
 x  1 . f ( x)dx để đưa về f �
trước hết ta biến đổi �
1

0
du  f �
( x)dx
�
0
2
u  f ( x)
�

�
�
�
�
�
103
x
1
2
�


x
f
(
x
)

x2  2 x  f �
( x)dx
�
� x
, khi đó

�
�
�
�
�
dv


x

1
dx

v


x
420
2
2
� 
�
�
�
1
�
�1
� 2
0
2
169
( x) �
2
2
�f �
�
��

x

2
x
f
(
x
)
dx

( x)


. Đến đây ta được hai biểu thức � � và  x  2 x  f �
105
x
�
�
1
2

( x)
�f �
�
 a  x 3  2 x 2  �, ta chọn a sao cho
nên ta tạo bình phương dạng �
�x
�
2
2

1
1
��f �
2�
( x)
( x) �
f�
( x)
�f �
�
 a  x3  2 x 2  �dx  0 � �
 2a  x 3  2 x 2  .
 a 2  x3  2 x 2  �
dx  0
�
�
�
�
�
�� x �
�
x
x
�
0 �
0�
�
2

1

1

1

2
( x) �
�f �
��
dx  2a �
x2  2 x  . f �
( x)dx  a 2 �
x 3  2 x 2  dx  0


�
�
x �
0 �
0
0
169
169 169 2
�
 2a.

a  0 � a  1 .Từ đó ta có lời giải
105
105 105

Lời giải:
0

103
 x  1 . f ( x)dx 
Xét �
, đặt
420
1

du  f �
( x) dx
�
u  f ( x)
�
�
� � x2
�
, khi đó
dv   x  1 dx �
v x
�
� 2

0

0
169
�x 2
� � 10 2

103 �
�
x2  2x  f �
( x) dx 
�
�
x  2 x  f ( x)dx


�  x �f ( x) �  �
�
105
420 �
1
�2
� �1 2 1
2
2
1
��f �
2�
( x)
( x) �
f�
( x)
�f �
3
2 �
  x  2 x  �dx  0 � �
 2  x3  2x 2  .

  x3  2x2  �
dx
�
Ta có �
�
�
�
�� x �
�
x
x
�
0 �
0�
�
1

1

2

1

1

2
( x) �
�f �
�
dx  2�

x2  2x  . f �
( x )dx  �
x 3  2 x 2  dx


�
�
x �
0 �
0
0
169
169 169
f�
( x)
1
1

 2.

0�
 x3  2 x 2 � f �
( x)  x 4  2 x 3 � f ( x )  x 5  x 4  c
105
105 105
x
5
2
7
1

1
Mà f (1)   � c  0 nên f ( x)  x5  x 4
10
5
2
1

1

1

1
�1 5 1 4 � �1 6 1 5 �
f ( x)dx  �
dx  � x  x �   .
Khi đó I  �
�x  x �
5
2 � �30
10 �0
15
0
0�
1
Vậy I   .
15

24

Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0; 2 . Biết f (2)  7 và



2

2
f ( x)dx
f�
( x)   21x 4  12 x  12 xf ( x ) , x � 0; 2 . Tính tích phân I  �
0

Lời giải:
2

( x)
 f�
Từ giả thiết ta có �

2

0

2

2

�
dx  �
21x 4  12 x  12 xf ( x) �

dx
�
�
0

2

2

2

0

0

0

��
( x )  dx  �
xf ( x)dx � �
( x )  dx 
 f�
 f�
 21x 4  12 x  dx  12�
2

0

2

2

552
 12 �
xf ( x )dx (*)
5
0

du  f �
( x )dx
�
u  f ( x) �
�
2
�� x
Đặt �
dv  xdx �
v
�
� 2
2

2

2
�x 2
� 12 2
1 2
xf ( x) dx  � f ( x) �  �
x f�

( x) dx  14  �
x f�
( x) dx , thế vào (*) ta được
Khi đó �
20
�2
�0 2 0
0
2

( x)  dx 
 f�
�
2

0

2

9 x 4 dx 
Mà �
0

2
� 12 2
� 2
288
2
552
( x)  dx  6�

x2 f �
( x)dx 
 0 (**)
 12 �
14  �
x f�
( x)dx �� �
 f�
5
5
2
0
0
0
�
�
2

2

2

288
2
��
( x)  dx  6 �
x2 f �
( x)dx  �
9 x 4 dx  0
 f�

nên
ta
có
(**)
5
0
0
0

2

2

�
��
( x)  3 x 2 �
( x)  3x 2 � f ( x)  x 3  c mà f (2)  7 � c  1 � f ( x)  x 3  1
�f �
�dx  0 � f �
0

2

2

0

0

f ( x)dx  �

 x3  1 dx  2 .
Khi đó I  �

Vậy I  2.
Ví dụ 7. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn

1

f ( x)dx  2 ,
�
0

1

7

xf ( x) dx 
�
6
0

1

1

13

 f ( x) dx  . Tính tích phân I  �
 f ( x) dx
và �

3
0
0
2

3

Lời giải:
1

1





 f ( x)  2 x  1 dx  � f ( x)  4 xf ( x)  2 f ( x)  4 x  4 x 2  1 dx
Ta có �
2

0

1

0

2

1

1

1

1

0

0

0

0

�
xf ( x )dx  2�
f ( x )dx  4 �
xdx  �
 f ( x) dx  4�
 4 x 2  1dx  0
0

2

1

1

3
3

13
7
4
 2 x  1 dx  10
  4.  4  2   1  0 � f ( x)  2 x  1 . Khi đó I  �
 f ( x) dx  �
3
6
3
0
0

Vậy I  10.
Ví dụ 8. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 thỏa mãn
25