Kỹ thuật giải toán tích phân ôn thi đại học 2021

EBOOK

CHINH PHỤC
OLYMPIC TOÁN

KỸ THUẬT GIẢI TOÁN

TÍCH PHÂN
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC


CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
TÍCH PHÂN
EBOOK

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc.
All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form
or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written
the permission of the author.


KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN


LỜI GIỚI THIỆU

Đây là cuốn sách fanpage Tạp Chí Và Tư Liệu Toán Học xuất bản 2 năm về trước,
tuy nhiên nay fanpage chia sẻ ebook này lại cho mọi người nên cũng không có
lời giới thiệu gì nhiều cả, chỉ mong mọi người trân trọng món quà này và vấn đề
bản quyền, như vậy chúng tôi đã cảm thấy rất vui rồi. Trong cuốn ebook này có
nhiều phần không phù hợp với kỳ thi và chúng tôi đã chú thích, các bạn nên
tránh sa đà vào những vấn đề như thế mà chỉ nên tập trung vào các kỹ thuật tính
toán tích phân (nếu không học cẩn thận các phần này thì các bạn coi chừng lên
đại học sẽ vật vã với môn giải tích đấy nhé ^^)

Tất nhiên là cuốn sách không thể tránh khỏi những sai sót, do vậy mọi ý kiến đóng
góp gửi về: />Cảm ơn bạn đọc đã theo dõi fanpage!


MỤC LỤC
Giới thiệu đôi nét về lịch sử…………………………………..……………..…..…………2
CHƯƠNG 1. Nguyên hàm – Tích phân hàm phân thức hữu tỷ………......................…5
CHƯƠNG 2. Nguyên hàm – Tích phân từng phần…………………………….………..46
I. GIỚI THIỆU…………………………………………………………...………….46
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN…………………………………………..………47
III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………..………….66
CHƯƠNG 3. Các bài toán về hàm lượng giác…………………………………….……118
I. GIỚI THIỆU CÁC LÝ THUYẾT CẦN NHỚ………………………………..…118
II. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP…………………………….....…...119
III. CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI TỔNG HỢP……………………………….…....145
CHƯƠNG 4. Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ, căn thức……………………..……..151

I. GIỚI THIỆU…………………...……...…………………………………………151
II. CÁC DẠNG TOÁN…………………..………………………………………..151
KỸ THUẬT LƯỢNG GIÁC HÓA………………………...……………………….167
III. TỔNG KẾT…………………………………………………...………………..175
CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP……………………………………………………..177
CHƯƠNG 5. Các loại tích phân đặc biệt…………………………………………..…..203
I. TÍCH PHÂN LIÊN KẾT……………………………………………..….………203
II. KỸ THUẬT ĐƯA BIỂU THỨC VÀO DẤU VI PHÂN………………...………206
III. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ……………………..…………………….212
IV. TÍCH PHÂN HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI……………………..………………….214
V. TÍCH PHÂN CÓ CẬN THAY ĐỔI……………………………………………219
VI. TÍCH PHÂN HÀM PHÂN NHÁNH…………………………………………224
VII. TÍCH PHÂN TRUY HỒI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN DÃY SỐ….…228
VII. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP……………………………………241
CHƯƠNG 6. Phương pháp đổi cận đổi biến – Hàm ẩn……………………………….249
I. KỸ THUẬT ĐỔI ẨN VÀ TÍNH CHẤT CÁC HÀM ĐẶC BIỆT……………….249
II. CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM…………………………………….263
BÀI TẬP TỔNG HỢP……………………………………………………………..267
CHƯƠNG 7. Các bài toán về phương trình vi phân……………………………….…..321
BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TÍCH………………………………………………321
BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TỔNG……………………………………………..325
MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………………………329
CHƯƠNG 8. Các ứng dụng của tích phân……………………………………………...357
A. ỨNG DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG……………………………360
B. ỨNG DỤNG TÍNH THỂ TÍCH……………………………………………….423
C. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG THỰC TIỄN……………………………480
CHƯƠNG 9. Bất đẳng thức tích phân…………………………………………………..514
PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG…………………………………………………...514
CÂN BẰNG HỆ SỐ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM………………………..520
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ CHO TÍCH PHÂN………………525

| Giới thiệu đôi nét về lịch sử

GIỚI THIỆU ĐÔI NÉT VỀ LỊCH SỬ

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

C

ác ý tưởng giúp hình thành môn

phân, nhờ đó ông đã tìm được giá trị gần

vi tích phân phát triển qua một

đúng của số pi ở khoảng giữa hai phân số

thời gian dài. Các nhà toán học

310/71 và 31/7. Trong tất cả những khám

Hi Lạp là những người đã đi những bước

phá của mình, Archimedes tâm đắc nhất

tiên phong. Leucippus, Democritus và

là công thức tính thể tích hình cầu. “Thể

Antiphon đã có những đóng góp vào

tích hình cầu thì bằng 2/3 thể tích hình trụ

phương pháp “vét cạn” của Hi Lạp, và

ngoại tiếp“. Thể theo nguyện vọng lúc

sau này được Euxodus, sống khoảng 370

sinh thời, sau khi ông mất, người ta cho

trước Công Nguyên, nâng lên thành lí

dựng một mộ bia có khắc hoa văn một

luận khoa học. Sở dĩ gọi là phương pháp

hình cầu nội tiếp một hình trụ. Ngoài

“vét cạn” vì ta xem diện tích của một

toán học, Archimedes còn có những phát

hình được tính bằng vô số hình, càng lúc

minh về cơ học, thủy động học. Tất cả

càng lấp đầy hình đó. Tuy nhiên, chỉ có

học sinh đều quen thuộc với định luật

Archimedes (287-212 B.C), mới là người

mang tên ông về sức đẩy một vật thể khi

Hi Lạp kiệt xuất nhất. Thành tựu to lớn

nhúng vào một chất lỏng cùng với câu

đầu tiên của ông là tính được diện tích

thốt bất hủ “Eureka! Eureka!” (Tìm ra rồi!

giới hạn bởi tam giác cong parabol bằng
4
diện tích của tam giác có cùng đáy và
3
2
đỉnh và bằng
diện tích của hình bình
3
hành ngoại tiếp. Để tìm ra kết quả này,

Tìm ra rồi!) khi ông đang tắm. Ông tìm ra

Archimedes dựng một dãy vô tận các tam
giác, bắt đầu với tam giác có diện tích
bằng A và tiếp tục ghép thêm các tam
giác mới nằm xen giữa các tam giác đã có

với đường parabol. Hình parabol dần dần
được lấp đầy bởi các tam giác có tổng
diện tích là:
A
A A
A A A
A,A + ,A + + ,A + + + ....
4
4 16
4 16 64
Diện tích giới hạn bởi parabol là

1 1
1

 4A
A  1 + + + + ...  =
4 16 64

 3
Archimedes cũng dùng phương pháp
“vét cạn” để tính diện tích hình tròn. Đây
là mô hình đầu tiên của phép tính tích

các định luật về đòn bẩy cùng câu nói nổi
tiếng “Hãy cho tôi một điểm tựa, tôi sẽ nhấc
bổng quả đất“).
Dù ông có vẻ thích toán học hơn
vật lí, nhưng Archimedes vẫn là một kỹ
sư thiên tài. Trong những năm quân xâm

lược La Mã hùng mạnh tấn công đất nước
Syracuse quê hương ông, nhờ có những
khí tài do ông sáng chế như máy bắn đá,
cần trục kéo lật tàu địch, gương parabol
đốt cháy chiến thuyền, đã giúp dân thành
Syracuse cầm chân quân địch hơn 3 năm.
Cuối cùng quân La Mã cũng tràn được
vào thành. Dù có lệnh tướng La Mã là
Marcus không được giết chết ông, một
tên lính La Mã thô bạo xông vào phòng
làm việc khi ông đang mê mải suy nghĩ
cạnh một sa bàn một bài toán hình dang
dở. Khi thấy bóng của nó đổ lên hình vẽ,
ông quát lên: ” Đừng quấy rầy đến các
Tạp chí và tư liệu toán học | 2


Kỹ thuật giải toán tích phân|
đường tròn của ta !”. Thế là tên lính nỗi

mới 15 tuổi, ông đã được nhận vào học

cáu, đâm chết ông. Sau khi ông mất, nền

luật tại Đại học Leipzig, và 20 tuổi đã đậu

toán học hầu như rơi vào trong bóng tối

tiến sĩ luật. Sau đó, ông hoạt động trong

cho đến thế kỹ thứ 17. Lúc này do nhu

ngành luật và ngoại giao, làm cố vần luật

cầu kỹ thuật, phép tính vi tích phân trở

pháp cho các ông vua bà chúa. Trong

lại để giải quyết những bài toán về sự

những chuyến đi công cán ở Paris, Leibnz

biến thiên các đại lượng vật lý. Phép tính

có dịp gặp gỡ nhiều nhà toán học nổi

vi tích phân được phát triển nhờ tìm ra

tiếng, đã giúp niềm say mê toán học của

cách giải quyết được bốn bài toán lớn

ông thêm gia tăng. Đặc biệt, nhà vật lí học

của thời đại:

lừng danh Huygens đã dạy ông toán học.

cong.

Vì không phải là dân toán học chuyên
nghiệp, nên có nhiều khi ông khám phá

2. Tìm độ dài của một đường cong.

lại những định lí toán học đã được các

3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

nhà toán học khác biết trước. Trong đó có

một đại lượng ; ví dụ tìm khoảng

sự kiện được hai phe Anh Đức tranh cãi

cách gần nhất và xa nhất giữa một

trong suốt 50 năm. Anh thì cho chính

hành tinh và mặt trời, hoặc khoảng

Newton là cha đẻ của phép tính vi tích

cách tối đa mà một đạn đạo có thể

phân trong khi Đức thì nói vinh dự đó

bay tới theo góc bắn đi của nó.

phải thuộc về Leibniz. Trong khi hai

4. Tìm vận tốc và gia tốc của một vật

đương sự thì không có ý kiến gì. Đúng ra

thể theo thời gian biết phương

là hai người đã tìm được chân lý trên một

trình giờ của vật thể ấy.

cách độc lập: Leibniz tìm ra năm 1685,

Vào khoảng giữa thế kỷ 17, những

mười năm sau Newton, nhưng cho in ra

anh tài của thời đại, như Fermat,

công trình của mình trước Newton hai

Roberval, Descartes, Cavalieri lao vào giải

mươi năm. Leibniz sống độc thân suốt

các bài toán này. Tất cả cố gắng của họ đã

đời và mặc dù có những đóng góp kiệt

đạt đến đỉnh cao khi Leibniz và Newton

xuất, ông không nhận được những vinh

hoàn thiện phép tính vi tích phân. Leibniz

quang như Newton. Ông trải qua những

( 1646-1716) Ông là một nhà bác học thiên

năm cuối đời trong cô độc và nổi cay

tài, xuất sắc trên nhiều lãnh vực: một nhà

đắng. Newton(1642-1727) - Newton sinh

luật học, thần học, triết gia, nhà chính trị.

ra tại một ngôi làng Anh Quốc. Cha ông

Ông cũng giỏi về địa chất học, siêu hình

mất trước khi ông ra đời, một tay mẹ nuôi

học, lịch sử và đặc biệt toán học. Leibniz

nầng và dạy dỗ trên nông trại nhà. Năm

sinh ở Leipzig, Đức. Cha là một giáo sư

1661, ông vào học tại trường đại học

triết học tại Đại học Leipzig, mất khi ông

Trinity ở Cambridge mặc dù điểm hình

vừa sáu tuổi. Cậu bé suôt ngày vùi đầu ở

học hơi yếu. Tại đây ông được Barrow,

thư viện của cha, ngấu nghiến tất cả các

nhà toán học tài năng chú ý. Ông lao vào

quyển sách về đủ mọi vần đề. Và thói

học toán và khoa học, nhưng tốt nghiệp

quen này đã theo cậu suốt đời. Ngay khi

loại bình thường. Vì bệnh dịch hoành

3 | Chinh phục olympic toán

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

1. Tìm tiếp tuyến của một đường


CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

| Giới thiệu đôi nét về lịch sử
hành khắp châu Âu và lan truyền nhanh

bè đồng nghiệp. Năm 1687, trước sự

chóng đến London, ông phải trở lại làng

khuyến khích nhiệt tình của nhà thiên

quê và trú ngụ tại đó trong hai năm 1665,

văn học Halley, Newton mới chịu cho

1666. Chính trong thời gian này, ông đã

xuất bản cuốn Những nguyên tắc toán

xây dựng những nền tảng của khoa học

học. Tác phẩm này ngay lập tức được

hiện đại: khám phá nguyên tắc chuyển

đánh giá là một trong những tác phẫm có

động các hành tinh, của trọng lực, phát

ảnh hưởng lớn lao nhất của nhân loại.

hiện bản chất của ánh sáng. Tuy thế ông

Cũng tương tự như thế, chỉ sau khi biết

không phổ biến các khám phá của mình.

Leibniz đã in công trình của minh, ông

Ông trở lại Cambridge năm 1667 để lấy

mới công bố tác phẩm của mình về phép

bằng cao học. Sau khi tốt nghiệp, ông dạy

tính vi tich phân. Vĩ đại như thế, nhưng

học tại Trinity. Năm 1669, ông giữ chức

khi nói về minh ông luôn cho rằng sở dĩ

giáo sư trưởng khoa toán, kế nhiệm giáo

ông có đôi khi nhìn xa hơn kẻ khác vì ông

sư Barrow, một chức danh vinh dự nhất

đứng trên vai của các vĩ nhân. Và với

trong giáo dục. Trong những năm sau đó,

những khám phá lớn lao của mình, ông

ông đã công thức hoá các đinh luật hấp

nói: “Tôi thấy mình như một đứa trẻ chơi

dẫn, nhờ đó giải thích được sự chuyễn

đùa trên bãi biển, may mắn gặp được những

động của các hành tinh, mặt trăng và

viên sỏi tròn trịa, hoặc một vỏ sò đẹp hơn

thủy triều. Ông cũng chế tạo ra kính viễn

bình thường, trong khi trước mặt là một đại

vọng hiện đại đầu tiên. Trong đời ông,

dương bao la của chân lí mà tối chưa được

ông ít khi chịu cho in các khám phá vĩ đại

biết“.

của mình, chỉ phổ biến trong phạm vi bạn

Tạp chí và tư liệu toán học | 4

Kỹ thuật giải toán tích phân|

NGUYÊN HÀM – TÍCH

CHƯƠNG

1

N

PHÂN HÀM HỮU TỶ

guyên hàm phân thức hữu tỷ là một bài toán khá cơ bản, nhưng cũng được phát
triển ra rất nhiều bài toán khó, hầu như các bài toán nguyên hàm – tích phân
khó sau khi biến đổi ta sẽ đưa chúng được về dạng nguyên hàm – tích phân

hàm hữu tỷ. Trong mục này ta sẽ tìm hiểu cách giải quyết dạng toán này.
Tổng quát. Với hàm hữu tỉ, nếu bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì phải chia
của mẫu thì phân tích mẫu ra các thừa số bậc nhất ( x + a ) hay ( x 2 + px + q ) bậc hai vô
nghiệm rồi đồng nhất hệ số theo phần tử đơn giản:

A
Bx + C
( Đồng nhất hệ số ở tử
; 2
x + a x + px + q

thức thì tính được các hằng số A, B, C, … Kết hợp với các biến đổi sai phân, thêm bớt đặc
biệt để phân tích nhanh)

CÁC DẠNG TOÁN
CÁC DẠNG TÍCH PHÂN ĐA THỨC HỮU TỶ.
•

b

 P ( x ) dx : Chia miền xét dấu P ( x ) ,
a

•

b

 x ( mx + n )



dx : Đặt u = mx + n hoặc phân tích,

a

•

b

2
 ( mx + n ) ( px + qx + r )



dx : Đặt u = px 2 + qx + r ,

a

•

b

 (x + m) .(x + m )




dx : Nếu    thì đặt u = x + n .

a

CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC
b

1. Dạng

 px
a

•

2

1

dx . Lập  = q 2 − 4pr .
+ qx + r
b

Nếu  = 0  
a

dx

( mx + n )

5 | Chinh phục olympic toán

2

, dùng công thức của hàm đa thức.

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

tách phần đa thức để còn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bé hơn mẫu. Nếu bậc của tử bé hơn bậc


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
b

dx
, đặt x = k tan t
2
x
+

k
a

•

Nếu   0  

•

Nếu   0  

2

b

dx
1
1  1
1 
, biến đổi 2
=
−


2
2
x −k
x −k
2k  x − k x + k 
a

b

2. Dạng

2

mx + n
dx . Lập  = q 2 − 4pr
2
+ qx + r

 px
a

•

Nếu   0  Phân tích và dùng công thức.

•

Nếu   0 
b

3. Dạng

x
a

A ( px 2 + qx + r ) '

mx + n
B
=
+
2
2
2
px + qx + r
px + qx + r
(x + ) + k2
b

dx

(1 + x )

n m

x n −1dx

=

xn ( 1 + x

a

)

n m

, đặt t = 1 + x n .

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Chú ý. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  −a; a  .
•

Nếu f ( x ) lẻ thì

a

 f ( x ) dx = 0 .

−a

•

a

a

a

0

Nếu f ( x ) chẵn thì  f ( x ) = 2  f ( x ) dx .

CÁC CÔNG THỨC NÊN NHỚ.
•
•

•

1

x−a

1

 ( x − a )( x − b ) dx = a − b ln x − b + C
mx + n

( ax + b )

2

=

A
B
+
ax + b ( ax + b )2

mx + n

=

A

( ax + b ) ( cx + d ) ( ax + b )
2

2

+

B
C
.
+
cx + d ax + b

1
1
x
dx = arctan + C
2
+a
a
a

•

x

•

 ax + b 
arctan 

1

 c  +C
dx
=
 ( ax + b )2 + c2
ac

2

CÔNG THỨC TÁCH NHANH PHÂN THỨC HỮU TỶ

•


P (x)
A =
( x − b )( x − c ) x=a


P (x)
P (x)
A
B
C

=
+
+
 B =
( x − a )( x − b )( x − c ) x − a x − b x − c  ( x − a )( x − c ) x=b


P ( x)
C =

( x − a )( x − b ) x=c


Tạp chí và tư liệu toán học | 6


Kỹ thuật giải toán tích phân|

•


P ( x)
A = 2
ax + bx + c x =m

P ( x)
A
Bx + C
=
+

P ( x ) − A ( ax 2 + bx + c )
( x − m ) ( ax2 + bx + c ) x − m ax2 + bx + c 
Bx + C =
x−m

x = 1000

Sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ minh họa cụ thể cho dạng toán này!
Câu 1.
2

3

x
dx
2x + 3
1

Tính các tích phân sau : a) I = 

b) I =

3

1
2

x −5
 x + 1 dx
5
2

c)

x3
0 x2 − 1 dx

x3
1 (
= .
a) Ta có:
2x + 3 2

2x 3 + 3x 2 ) −

3
9
27
2x 2 + 3x ) + ( 2x + 3 ) −
2
(
27
2
4
4 = x − 3 x+ 9 −
.
2x + 3
2 4
8 8 ( 2x + 3 )

2
 x2 3

x3
9
27

dx =   − x + −
 dx
2x
+
3
2
4
8
8
2x
+
3
(
)
1
1


2



2

3
9
27
13 27
1


=  x 3 − x 2 + x − ln 2x + 3  = − − ln 35
8
8
16
6 16
3
1

b) Ta có:

x2 − 5 x2 − 1 − 4
4
.
=
= x−1−
x+1
x+1
x+1

3

x2 − 5

dx =
x+1
5

3

4 


1 2

  x − 1 − x + 1 dx =  2 x − x − 4 ln x + 1 
5

x ( x2 − 1) + x
x3
x
c) Ta có: 2
=
= x+ 2
.
2
x −1
x −1
x −1
1
2

1
2

1
2

1
2

x2

x
x 
xdx

=
  2 dx =   x + 2
 dx =  xdx +  2
x −1
x −1
x −1 2
0
0
1
0
3

1
2
0

3

5

 5 +1
= 5 − 1 + 4 ln 
 .
 4 

1

+ ln x 2 − 1
2

1
2
0

=

1 1 3
+ ln .
8 2 4

Câu 2.
1

4x + 11
dx .
x + 5x + 6
0

Tính tích phân: I = 

2

Lời giải
Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
Ta có f ( x ) =

A ( x + 3) + B ( x + 2 )

4x + 1
4x + 11
A
B
=
=
+
=
x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 ) x + 2 x + 3
( x + 2 )( x + 3 )
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
Do đó: f ( x ) =
+
x+2 x+3
7 | Chinh phục olympic toán

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Lời giải


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1

Vậy

1

1
4x + 11
1 
 3
dx
=
+
dx
=
3ln
x
+
2
+
ln
x
+
3
= 2 ln 3 − ln 2


0 x2 + 5x + 6
0  x + 2 x + 3 
0

Cách 2. Nhảy tầng lầu
Ta có: f ( x ) =

2 ( 2x + 5 ) + 1
x + 5x + 6
2

= 2.

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

1

1

2x + 5
1
1 

 I =  f ( x ) dx =   2. 2
+
−

 dx
x + 5x + 6 x + 2 x + 3 
0
0
1


x+2 
=  2 ln x 2 + 5x + 6 + ln
= 2 ln 3 − ln 2
x + 3  0


Câu 3.
1

3

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

x3
Tính các tích phân sau a) I =  2
dx
x + 2x + 1
0

b) I = 
0

4x

dx
4x − 4x + 1
2

Lời giải
a)
Cách 1. Thực hiện cách chia đa thức x 3 cho đa thức x 2 + 2x + 1 đã học ở chương trình lớp 8
Ta được

x3
3x + 2
= x−2+ 2
2
x + 2x + 1
x + 2x + 1
3

I=
0

3

3

x3
3x + 3 − 1
dx =  ( x − 2 ) dx +  2
dx
2
x + 2x + 1

x + 2x + 1
0
0

2
3
3
 x2

3 d ( x + 2x + 1 )
dx
=  − 2x  + 
−
2
2

 2
 0 2 0 x + 2x + 1
0 ( x + 1)
3

3

3 3
1
3 3
1
9
2 3
= − + ln ( x + 1 ) +

= − + ln 16 + − 1 = − + 6 ln 2.
0
2 2
x+1 0
2 2
4
4
3

3

x3
x3
Cách 2. Ta có  2
dx = 
dx
2
x + 2x + 1
0
0 ( x + 1)

x = 0  t = 1
Đặt t = x + 1  dx = dt; x = t − 1 . Đổi cận 
x = 3  t = 4
3


0

4

x3

( x + 1)

b) Ta có

2

dx = 
1

( t − 1)
t2

3

3 1

dt =   t − 3 + − 2
t t
1

4

1
9

1 2
 dt =  t − 3t + 3 ln t +  = − + 6 ln 2

t 1
4

2

4x
4x
=
4x − 4x + 1 ( 2x − 1)2
2

Đặt t = 2x − 1  dt = 2dx → dx =
1

4

1

x = 0  t = −1
1
dt . Đổi cận 
2
x = 1  t = 1
1

4x
4x
dx = 
dx = 
Do đó  2

2
4x
−
4x
+
1
2x
−
1
(
)
0
0
−1

4.

1
1
( t + 1) 1
1 1
2
dt
=
 + 2
2

t
2
t t

−1 

1

1


 dt =  ln t −  = −2
t  −1



Tạp chí và tư liệu toán học | 8


Kỹ thuật giải toán tích phân|
Câu 4.
2

2

x3 + 2x 2 + 4x + 9
dx
x2 + 4
0

x
Tính các tích phân sau a) I =  2
dx
x + 4x + 5

0

b) I = 

Lời giải
2

x

a) Ta có

2

2

0

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

Đặt x + 2 = tan t , suy ra dx =
2

t2

x = 0  tan t = 2

x = 2  tan t = 4

t

2
t2
tan t − 2 dt
 sin t

dx
=
=
−
2
dt
=
−
ln
cos
t
−
2t
( 1)
(
)


2

0 ( x + 2 ) + 1
 1 + tan 2 t cos2 t t  cos t 
t1
t1
1

x

1
1

2
2
 tan t = 2  1 + tan t = 5  cos t = 5  cos t 1 = 5
Ta có 
 tan t = 4  1 + tan 2 t = 17  cos 2 t = 1  cos t = 1
2

17
17

 ( − ln cos t − 2t )

t2
t1

= − ( ln cos t 2 ) − 2t 2  − ( ln cos t 1 − 2t 1 ) = − ln

= 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln
b) Ta có

cos t 2
+ 2 (t2 − t1 )
cos t 1

1
1
5
. 5 = 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln
2 17
17

x3 + 2x 2 + 4x + 9 x 3 + 4x + 2x 2 + 8 + 1
1
=
= x+2+ 2
2
2
x +4
x +4
x +4

2

2

2

2

x3 + 2x 2 + 4x + 9
1 
dx

1 2

Do đó: 
dx =   x + 2 + 2
=6+J
 dx =  x + 2x  +  2
2
x +4
x +4
2
0 0 x +4
0
0
•

2

Tính tích phân J = 
0

1
dx
x +4
2

2

Đặt x = 2 tan t suy ra: dx =
dt. Đổi cận
cos2 t
2

(1)


4

x = 0  t = 0

 

 . Ta có t  0;  → cos t  0
 4
x = 2  t = 4

4



1
1
1
2
1
1 4 

dx = 

dt
=
dt
=
t = . Từ ( 1 )  I = 6 + .
Khi đó J =  2
2
2

x +4
4 0 1 + tan t cos t
20
2 0 8
8
0

Câu 5.
1

Tính các tích phân sau a) I = 
0

x

( x + 1)

3

b) I =

dx

0

 ( x − 1)

−1

Lời giải

x = 0  t = 1
a) Cách 1. Đặt x + 1 = t , suy ra x = t − 1 . Đổi cận 
.
x = 1  t = 2

9 | Chinh phục olympic toán

x4

3

dx

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Do đó

1
dt . Đổi cận
cos 2 t

| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1

2

2

2

t−1
1
1 1
 1 1 1
dx =  3 dt =   2 − 3  dt =  − + 2  =
Do đó 
3
t
t
t 
 t 2 t 1 8
0 ( x + 1)
1
1
x

Cách 2. Ta có
1

Do đó

x

( x + 1)

=

3

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

x

 ( x + 1)

3

0

dx = 

1

0

 1

1 
1
1
1 
1
−
dx =  −
+
=

2
3
2 
 ( x + 1 ) ( x + 1 ) 
 x + 1 2 ( x + 1 )  0 8

x = −1  t = −2
b) Đặt x − 1 = t , suy ra x = t + 1 . Đổi cận 
x = 0  t = −1
0

Do đó

x4

 ( x − 1)

dx =
3

−1

−1



−2

( t + 1)
t3

4

dt =

−1

−1

t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1
6 4 1

dt =   t + 4 + + 2 + 3  dt
3
−2
t

t t
t 
−2 
−1

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

4 1 1
33
1
=  t 2 + 4t + 6 ln t − − 2  =
− 6 ln 2
t 2 t  −2 8
2
Câu 6.
6+ 2
3

−4x 4 + x 2 − 3
2
dx =
a 3 + b + c + 4 . Với a , b , c là các số nguyên.
4
x +1
8

(



Tính tích phân

1

)

Khi đó biểu thức a + b 2 + c 4 có giá trị bằng ?
Lời giải
6+ 2
2

Ta có


1

•

−4x 4 + x 2 − 3
dx =
x4 + 1

Tính I = −4

6+ 2
2


1

•

Tính J =

6+ 2
2


1

6+ 2
2


1

dx = −4x 1


x2 + 1 
−
4
+

 dx = −4
x4 + 1 


6+ 2
2

6+ 2
2

x +1
dx =
x4 + 1
2


1

1
1 

Đặt t = x −  dt =  1 + 2  dx . Khi
x
x 


Khi đó J =

2


0

dt
t +
2

( 2)

2

6+ 2
2



dx +

1

6+ 2
2


1

x2 + 1
dx = I + J .
x4 + 1

= −2 6 − 2 2 + 4 .

1
x 2 dx =
1
x2 + 2

x
1+

6+ 2
2


1

1
x2
dx.
2
1

x−  + 2
x

1+

x = 1  t = 0

.

6+ 2
t= 2
x =

2

. Đặt t = 2 tan u  dt = 2 ( 1 + tan 2 u ) du .






t = 0  u = 0
4
2 ( 1 + tan 2 u )
24
2 4
2

du
=
du
=
u =
.
Đổi cận 
 J=

2
2 0
2 0
8
0 2 ( 1 + tan u )
t = 2  u = 4

Tạp chí và tư liệu toán học | 10


Kỹ thuật giải toán tích phân|
6+ 2
2

Vậy


1

a = b = −16
−4x 4 + x 2 − 3
2
 a + b 2 + c 4 = 241 .
dx =
−16 3 − 16 +  + 4  
4
c
=
1
x +1
8


(

)

Câu 7.
3

Tính các tích phân sau a) I = 
2

3

1

( x − 1)( x + 1)

3

b) I = 

dx

2

x2

( x − 1) ( x + 2 )
2

dx

Lời giải
a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức

( x − 1 )( x + 1 )

2

( 1)

1

A=
1 = 4A

4 .
Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số 

1
=
−
2C

C = − 1

2

A + B ) x2 + ( 2A + C ) x + A − B − C
(
1 1
1
A−B−C = 1  B = A−C−1 = + −1 = −
( 1) 
2

4 2
4
( x − 1)( x + 1)
1 1
1
1
1
1
dx
=
2 ( x − 1)( x + 1)
2  4 . x − 1 + 4 . ( x + 1) − 2 ( x + 1)2

3

Do đó

3

1

2


 dx



3

1
1
1 
1
3
=  ln ( x − 1 )( x + 1 ) + .
 = ln 8 = ln 2 .
2 ( x + 1) 
4
4
4
2

Cách 2. Phương pháp đổi biến

x = 2  t = 3
Đặt t = x + 1 , suy ra x = t − 1 . Đổi cận 
x = 3  t = 4
4
4
4
dt
1 t − (t − 2)
1
1
1 
dx
=
=
dt

=
dt
−
Khi đó I = 

2
3 t 2 ( t − 2 ) 2 3 t 2 ( t − 2 )
3 t dt 
2  2 t ( t − 2 )
2 ( x − 1 )( x + 1 )

3

4

1

4
4
11  1
1
1   1 t−2 1
 I =  
−  dt −  dt  =  ln
− ln
22 2t−2 t 
t  4
t
2
3

4


3
t  = ln 2 .
3 4

x = 2  t = 1
b) Đặt t = x − 1 , suy ra x = t + 1 , dx = dt . Đổi cận 
.
x = 3  t = 2
2 2
t + 1)
(
t + 2t + 1
2 ( x − 1)2 ( x + 2 ) dx = 1 t 2 ( t + 3 ) dt = 1 t 2 ( t + 3 ) dt
3

Do đó

x2

2

2

Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức

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

t 2 + 2t + 1 At + B
C
=
+
=
2
2
t ( t + 3)
t
t+3
t2 ( t + 3)
t2 (t + 3)
2

Ta có

11 | Chinh phục olympic toán

2

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

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


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1

B = 3
A + C = 1

5
t 2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1


=
+
Đồng nhất hệ số hai tử số 3A + B = 2  A =  2
2
9
t
t
+
3

9
t
9 t+3
(
)
3B = 1


4

C = 9
2

2

t 2 + 2t + 1
 1  1 3  4  1 
 2
dt =    + 2  + 
 dt
t ( t + 3)
9  t t  9  t + 3  
1
1
2

1
3 4

17 4

7
=   ln t −  + ln t + 3  =
+ ln 5 − ln 2
t 9
9
9
1 6 9

Cách 2:

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

t 2 + 2t + 1
Ta có 2
=
t ( t + 3)

2
2
 1  3t 2 + 6t  1  t − ( t − 9 )  
1  3t 2 + 6t + 3  1  3t 2 + 6t
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
+
−
=  3
+
−  − 2 
2 
2
2 
3  t + 3t  9 t + 3 9 t
3  t + 3t  9 t + 3 9  t t  
2

2
 1  3t 2 + 6t  1  1
1
t 2 + 2t + 1
1 3 
1  t + 3 3 
 2
dt =    3
+ 

− + 2   dt =  ln t 3 + 3t 2 +  ln
− 
2 
t ( t + 3)
3  t + 3t  9  t + 3 t t  
27 
t
t  1
3
1
1
2

Do đó I =

17 4
7
+ ln 5 − ln 2 .
6 9
9

Câu 8.
Tính các tích phân sau
3

a) I = 
2

1

3

4

x ( x2 − 1)

x+1
dx
2
x
x
−
4
(
)
3

b) I = 

dx

c)

x2
2 ( x2 − 1) ( x + 2 ) dx

Lời giải
a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức

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

1
A
B
C
=
= +
+
=
Ta có f ( x ) =
x ( x − 1 )( x + 1 )
x ( x 2 − 1 ) x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1
1

Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: x = 0; x = 1 và x = −1 vào hai tử ta có

A = −1
x = 0 → 1 = −A

1
1 1 1  1 1 


 f (x) = − + 
x = −1 → 1 = 2C  B =
+ 

2
x 2  x−1 2  x+1
x = 1 → 1 = 2B



1

C = 2
3

3

3

1 1
1  1
5
3
1

dx =   
+
Vậy 
 −  dx =  ( ln ( x − 1 )( x + 1 ) ) − ln x  = ln 2 − ln 3
2
2  x−1 x+1 x 
2
2
2 2
2 x ( x − 1)
2
1

Cách 2. Phương pháp nhảy lầu

Tạp chí và tư liệu toán học | 12


Kỹ thuật giải toán tích phân|
Ta có

1

x ( x − 1)
2

3

=

x2 − ( x2 − 1)
x ( x − 1)
2

3

=

x
1 1 2x
1
− =
−
2
x −1 x 2 x −1 x

2

3

3

1 2xdx
1
5
3
1

dx =  2
−  dx =  ln ( x 2 − 1 ) − ln x  = ln 2 − ln 3 .
Do đó 
2
2 2 x −1 2 x
2
2
2 2
2 x ( x − 1)
1

b) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức

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 )

4

3

3

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số:
1
• Khi x = 0  A = −
4
1
• Khi x = −2  C = −
8
3
• Khi x = 2  B =
8
1 1 1 1  3 1 
Do đó f ( x ) = −   − 
+ 


4 x 8 x−2 8 x+2
3

x+1
1 1
1
1
3
1
dx = −  dx − 
dx + 
dx
2
42x
8 2 x−2
8 2 x+2
3 x (x − 4)



3

1
3
5
3
1
 1


=  − ln x − ln x − 2 + ln x + 2  = ln 3 − ln 5 − ln 2
8
8
8
4
 4
2 8

Cách 2. Phương pháp nhảy lầu
2
2
x+1
1
1
1 1
1  1  x − (x − 4) 

=
+
= 
−
Ta có
+ 
x ( x 2 − 4 ) ( x 2 − 4 ) x ( x 2 − 4 ) 4  x − 2 x + 2  4  x ( x 2 − 4 ) 

=
4

1 1
1

1 2x
1
−
+
− 

2
4x−2 x+2 2 x −4 x
4

4

x+1
1  1
1
1 2x
1
1
x−2 1

= 
−
+
− dx =  ln
+ ln ( x 2 − 4 ) − ln x 
Do đó: 
2
2
4 3x−2 x+2 2 x −4 x
x+2 2

4
3
3 x (x − 4)

c) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
Ta có

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

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

Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số:
1
Thay x = 1 ta có 1 = 2A , suy ra A =
2

13 | Chinh phục olympic toán

(x

2

− 1) ( x + 2 )


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
2
5
Thay x = −2 ta có 4 = −5C , suy ra C = −
4
Do đó

Thay x = −1 ta có 1 = −2B , suy ra B = −

3

3

3

x2
1 1
5 1 
1
x−1 5

1 3
1 1

I= 2
dx =  
−
−
− ln x + 2  = ln .
 dx =  ln
2 x−1 2 x+1 4 x+2 
x+1 4
2
2 2 2
2 ( x − 1) ( x + 2 )
2

Cách 2. Nhảy tầng lầu

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

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

=

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.
Câu 9.
Tìm các nguyên hàm, tính các tích phân sau:

x4 − 2
1.  3
dx
x −x
dx
2. 
x ( 1 + x8 )

3.

6. N =

0

8x7 + 2
dx
7
x
1
+
x
(
)
1

7. Q = 

x4 + 2
8. J =  6
dx
x +1

2

x4 − x + 1
4. K =  2
dx
x +4

0

x +x +1
dx
6
x
+
1
0

5. L = 

4

xdx
8
−1

x
2

x2 − 1
 x4 + x2 + 1 dx

1

1
3

4

3

x10
dx
x3 + 1

9.



10.

x2 − 1
21 x4 + 1 dx

2

4

1

Lời giải
1. Ta có

Đặt

x4 − 2
x2 − 2
x2 − 2

.
=
x
+
=
x
+
x3 − x
x3 − x
x ( x − 1 )( x + 1 )

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

1
1
Đồng nhất hệ số thì được A = 2, B = − , C = − , do đó:
2
2



2

1

1

1

1 

1

 f ( x ) dx =   x + x − 2 . x − 1 − 2 . x + 1  dx = 2 x

2

1
+ 2 ln x − ln x 2 − 1 + C
2

Tạp chí và tư liệu toán học | 14


Kỹ thuật giải toán tích phân|
d ( x8 )
dx
x7 dx
1
1
x8
=
=

=
ln
+C
2. Ta có 
8
x ( 1 + x8 )  x8 ( 1 + x8 ) 8  x8 ( 1 + x8 ) 8 1 + x

1

dx + 
x2 − 1
1
x2 − x + 1
x

dx
=
=
ln
+C
3. Ta có  4
  1 2
x + x2 + 1
2
x2 + x + 1
x+  −1
x


 

4. Đặt x = 2 tan t, x  0; 2   t  0;  .
 4

K=



16 tan 4 t − 2 tan t + 1 2dt
1
.
=
2
2
cos t 2
4 ( tan t + 1 )

=

1
2

0

Từ đó tính được K = −

/4

 ( 16 tan

4

t − 2 tan t + 1 ) dt

0

/4

 ( 16 tan t ( 1 + tan t ) − 16 tan
2

2

2

)

t − 2 tan t + 1 dt

0

16 17 
+
− ln 2
3
8

1
1
 1
2x 2 

dx
2 d (x )
+ 6
dx
=
+
5. Ta có L =   2

0 x2 + 1 3 0 x3 2 + 1
x +1 x +1
0
( )
3

1

Lần lượt đặt x = tan t, x 3 = tan u thì L =
6. Đặt t = x 2 thì xdx =
1
N=
2

1
3


0

dt
1

=
4
t −1 4

1
3


0

5
12

1
1
1
dt .Khi x = 0 thì t = 0, x = 4 thì t =
2
3
3
1

1 
 1 t −1 1
 3 1

 1
−
dt
=

ln
−
arctan
t
= ln 2 − 3 −
 2



2
8
24
 t −1 t +1
8 t+1 4
0

2

2

2

8x7 + 1 + 1
8x7 + 1
1
=
dx
dx + 
dx
8


7
7
x +x
1 x (1 + x )
1
1 x (1 + x )

7. Ta có Q = 

2
d ( x7 )
x6
1
= ln ( x + x ) +  7
dx = ln 129 +  7
7
1
7 1 x ( 1 + x7 )
1 x (1 + x )
8

2

2

1
x7
= ln 129 + ln
7 1 + x7

2

1

1 256
= ln 129 + ln
7 129

1
dx
 1

8. Ta có J =   2
+ 4
 dx = C + arctan x +  4
2
x − x2 + 1
 x +1 x −x +1
dx
x − x2 + 1
Với trường hợp x = 0 làm dễ dàng, xét trường hợp x  0 ta có

Như vậy ta chỉ cần tính K = 

15 | Chinh phục olympic toán

4

(

)

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

/4


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
d 
x
K=
= −
2
1
1

x2 − 1 + 2
x−  +1
x
x

dx
x2

Đặt t =


1

t 2dt
1 
1
1
dt

K= 4 2
=  2
+ 2
dt −  4 2


x
t − t + 1 2   t + 1 − 3t t + 1 + 3t 
t −t +1

=

1 
1
1
1
1 
1
1


+ 2
dt − K  K =   2
+ 2

dt



2
2  t + 1 − 3t t + 1 + 3t 
2
3  t + 1 − 3t t + 1 + 3t 

Phần còn lại xin nhường lại cho bạn đọc!
9. Biến đổi tích phân cần tính ta được



3

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

4

3
x 10
1
1 
dx =   x7 − x 4 + x − 2
+ 3
 dx
3
4
x +1

x −x+1 x +1






3
1
1 
7
4
=  x − x + x −
+ 3
 dx
2
2
4
x
+
1


1
3






x−  +


2
2

 



3
3
3
d ( x + 1)
d ( x + 1)
1
dx = 
=
Tính I =  3
2
4 x +1
4
( x + 1 )  x − x + 1 4 ( x + 1 ) ( x + 1 )2 − 3 ( x + 1 ) + 3 
2
2
1 4 ( t − 3t + 3 ) − ( t − 3t )
1 4 dt 1 4 t − 3
dt = 
−
dt

Đặt t = x + 1  dt = dx  I = 
2
3 5
3 5 t 3 5 t 2 − 3t + 3
t ( t − 3t + 3 )

=

1 4 dt 1  1 4 2t − 3
3 4
dt

−
dt
−
2
2




5
5
5
3
t 3  2 t − 3t + 3
2 t − 3t + 3 

Đến đây xin nhường lại cho bạn đọc!
1 

1


1 − 2  dx 1 d  x + 

x −1
x 
x

dx =  
=
10. Ta có I =  4
2
1
1
1 x +1
1
1 
x2 + 2
 −2
2
2
2 x+
x
x

1
Đặt x + = t khi đó ta được:
x
1

1

2

2

2

2

2

2

dt
dt
1  1
1 
I= 2
=
=
−

 dt

2 2 5t− 2 t+ 2 
2 t− 2
5 t −2
5 t+

=

1
2

2


2
5
2

(

(

d t− 2
t− 2

)(

)−

1
2

)

2


2
5
2

(

d t+ 2
t+ 2

2

)=

t− 2
ln
2 2
t+ 2
1

2

=
5
2

2  19 − 6 2 
ln 

4

17



Tạp chí và tư liệu toán học | 16


Kỹ thuật giải toán tích phân|
KỸ THUẬT NHẢY TẦNG LẦU
Khi gặp các bài toán nguyên hàm phân thức hữu tỷ thì các bạn thường giải quyết như thế
nào? Biến đổi đưa về các dạng cơ bản, đặt ẩn, hay lượng giác hóa…? Trong chủ đề này
mình sẽ giới thiệu cho các bạn một kỹ thuật rất hay để giải quyết các bài toán phân thức
hữu tỷ mà ta gọi là kỹ thuật nhảy tầng lầu – đây là phương pháp tách tích phân hữu tỉ ra
thành nhiều tích phân con có khoảng cách giữa bậc tử và mẫu không lớn, hạ bậc mẫu của
tích phân ban đầu xuống mức tối giản nhất có thể, từ đó tính toán dễ dàng hơn. Kỹ thuật
này được mình trích từ cuốn “ TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN ĐỀ & KỸ THUẬT TÍNH
TÍCH PHÂN” của thầy Trần Phương và các phương pháp xử lý khác trên mạng.
Sau đây là các ví dụ minh họa trích từ cuốn tích phân của thầy Trần Phương

Tính các tích phân sau
dx
1. I =  3
x − 3x
xdx
4. I =  4
x −1
7. I =

10.

dx
 x4 + 1

x

(x

x

dx
− 10x 3

3. I =

x

5. I =

x2 − 1
 x4 + 1 dx

6. I =

x2 + 1
 x4 + 1 dx

7

x 2 dx
 x4 + 1

dx
11. I =  4
x + x2 + 1
8. I =

2

− 1) dx

− 5x 3 − 4x 2 − 5x + 1
dx
13. I =  3
x +1
4

dx
−1

2. I =

14. I =

xdx
3
−1

x

4

x 4dx
 x4 + 1
dx
12. I =  3
x −1
9. I =

15. I =

xdx
3
+1

x

Lời giải

2
2
dx
dx
1 x − ( x − 3)
1  xdx
dx 
=
= 
dx =   2
−
1. Ta có I =  3


2
2
x − 3x
3 x −3
x 
x ( x − 3) 3 x ( x − 3)

2
1  1 d ( x − 3)
dx 
=  
−
 x  =
3 2
x2 − 3



2. Ta có I = 

11
1 x2 − 3

2
ln
x
−
3
−
ln

x
+
c
=
ln
+C


32
6
x2


4
4
dx
dx
1 x − ( x − 10 )
1  xdx
dx 
=
=
dx =
− 3 
 4
7
3


3

4
3
4
x − 10x
10  x − 10
x 
x ( x − 10 ) 10 x ( x − 10 )



d ( x2 )
1 1
dx  1  1
x 2 − 10
1 
=
−
=
ln
+
+C

2
2 
10  2  ( x 2 ) − 10  x 3  20  10
x 2 + 10 x 


2
2

dx
dx
1 ( x + 1) − ( x − 1)
1
x−1 1
= 2
= 
dx = ln
− arctan x + C
3. Ta có I =  4
2
2
2
x −1
4
x+1 2
( x − 1)( x + 1) 2 ( x − 1)( x + 1 )

17 | Chinh phục olympic toán

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 1.


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
d ( x2 )
xdx
1
1  1

1 
1
x2 − 1
2
=  2
=
−
d
x
=
ln
+C
4. Ta có I =  4

 ( )
x − 1 2 ( x − 1 )( x 2 + 1 ) 4   x 2 − 1 x 2 + 1 
4
x2 + 1

1

1
dx + 
1− 2
x2 − 1
x

x dx =
dx = 
5. Ta có I =  4

2

1
x +1
1

x2 + 2
x+  − 2
x
x


( )

1

1
dx − 
2
x +1
x

x dx =
dx = 
6. Ta có I =  4
2

1
x +1
1


x2 + 2
x−  + 2
x
x


2

1+

2

( )

1
− 2
x
=
ln
+C
1
2 2
x+ + 2
x
x+

1

2

=

1
x2 − 1
arctan
+C
2
x 2

2
2
dx
1 ( x + 1) − ( x − 1)
1  x2 + 1
x2 − 1 
7. Ta có I =  4
=
dx =   4
dx −  4
dx 
x +1 2 
x4 + 1
2 x +1
x +1 

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

=

1 1
x2 − 1
1
x2 − x 2 + 1
arctan
−
ln 2

2  2
x 2 2 2
x +x 2 +1


+C



2
2
x2 dx 1 ( x + 1) + ( x − 1 )
1  x2 + 1
x2 − 1 
8. Ta có I =  4
= 
dx
=
dx
+

 x4 + 1 dx 

x +1 2
x4 + 1
2   x4 + 1

=

1 1
x2 − 1
1
x2 − x 2 + 1
arctan
+
ln 2

2  2
x 2 2 2
x +x 2 +1


+C



x4 + 1) − 1
(
x 4dx
1 1
x2 − 1
1
x2 − x 2 + 1

=
dx
=
x
−
arctan
−
ln
9. Ta có I =  4

x +1
x4 + 1
2  2
x 2 2 2
x2 + x 2 + 1


+C



1 
1


1
−
dx
d
x

+




2
( x − 1) dx
x 
x


=
=
10. Ta có I =  4
  1 2  1 
1
x − 5x 3 − 4x 2 − 5x + 1  2 1

x + 2 − 5 x +  − 4
 x +  − 5 x +  − 6
x
x

x
x


2

=

du
du
1  1
1 
1 x 2 − 6x + 1
=
=
−
du
=
ln 2
+C


u 2 − 5u − 6  ( u − 6 )( u + 1) 7   u − 6 u + 1 
7
x +x+1

2
2

dx
1 ( x + 1) − ( x − 1)
1
x2 + 1
x2 − 1
11. Ta có I =  4
=
dx

=
dx
−
dx 
 4
2
4
2
2
4
2


x +x +1 2
x +x +1
2 x +x +1
x +x +1 


 
1 
1 

1
1 



1 + 2  dx
1 − 2  dx 

dx +  
 dx − 



1
1
x 
x 
x
x 
 =   2  −  
=  
− 
2

2  2 1 
 2 1   4 
1
1

x + 2 +1
x + 2 +1
x
−
+
3
x
+
−

1








 
x 
x  

x
x

 


=

1
2 3

arctan

1
1
x+ −1
1

x2 − 1 1 x2 − x + 1
x − 1 ln
x
+c=
arctan
− ln 2
+C
4 x+ 1 +1
3
2 3
x 3 4 x +x+1
x

x−

Tạp chí và tư liệu toán học | 18


Kỹ thuật giải toán tích phân|
12. Ta có I = 

d ( x − 1)
dx
dx
=
=
x −1
( x − 1 ) ( x 2 + x + 1)  ( x − 1) ( x − 1 )2 + 3 ( x − 1 ) + 3 
3

2
2
dt
1 ( t + 3t + 3 ) − ( t + 3t )
= 2
=
dt =
t ( t + 3t + 3 ) 3 
t ( t 2 + 3t + 3 )

( t + 3 ) dt 
1  dt
 − 2

3 t
t + 3t + 3 

 1 x 2 − 2x + 1
1  dt 1 ( 2t + 3 ) dt 3
dt
1
2x + 1
=  −  2
−  2
−
arctan
+C
 = ln 2
3  t 2 t + 3t + 3 2 t + 3t + 3  6
x +x+1 2 3

3
d ( x + 1)
dx
dx
=
=
13. Ta có I =  3
2
x +1
( x + 1 ) ( x − x + 1 ) ( x + 1 ) ( x + 1 )2 − 3 ( x + 1 ) + 3 

( t − 3 ) dt 
1  dt
 − 2

3 t
t − 3t + 3 



2


d
t
−
3t
+
3
(

)
1  dt 1
3
dt

=
−
+ 
3   t 2  t 2 − 3t + 3
2  3 2 3 

t −  + 
 2 4


1 1
t2
2t − 3 
1 x 2 + 2x + 1
1
2x − 1
+ 3 arctan
+
arctan
+C
 ln 2
 + C = ln 2
3  2 t − 3t + 3
6
x −x+1 2 3

3 
3
2
xdx
xdx
1 ( x + x + 1) − ( x − 1)
=
=
dx
14. Ta có I =  3
x − 1  ( x − 1) ( x2 + x + 1) 3  ( x − 1) ( x2 + x + 1)
2






1  1
x−1 
1  dx 1 ( 2x + 1 ) dx 3
dx
= 
− 2
−  2
+ 
 dx =  

2
2

3  x−1 x +x+1
3  x−1 2 x +x+1 2 
1  3  

x+  +

2   2  



=

1
1
2x + 1 
ln x − 1 − ln x 2 + x + 1 + 3 arctan

+C
3
2
3 

2
xdx
xdx
−1 ( x − x + 1 ) − ( x + 1 )
=
=
dx
15. Ta có I =  3

x + 1  ( x + 1) ( x2 − x + 1) 3  ( x + 1) ( x2 − x + 1)
2






1  1
x+1 
−1  dx 1 ( 2x − 1 ) dx 3
dx
= − 
− 2
−  2
− 
 dx =

2 

2
3 x+1 x −x+1
3  x+1 2 x −x+1 2 
1  3  

x−  +

2   2  



−1 x2 + 2x + 1
1
2x − 1
=
ln 2
−
arctan
+C
6
x −x+1
3
3

19 | Chinh phục olympic toán

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

2
2
dt
1 ( t − 3t + 3 ) − ( t − 3t )
= 2
=
dt =
t ( t − 3t + 3 ) 3 
t ( t 2 − 3t + 3 )


| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức

Câu 2.
Tính các nguyên hàm sau
dx
1. I =  6
x −1
4. I = 

x 3dx
x6 − 1

x6dx
x6 − 1
dx
10. I =  6
x +1
7. I = 

13. I = 

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

16. I = 

2. I = 

xdx
x6 − 1

x2 dx
3. I =  6

x −1

5. I = 

x 4dx
x6 − 1

6. I = 

8. I = 

x4 − 1
dx
x6 + 1

9. I = 

11. I = 

dx

x ( 2x 50 + 7 )
x 19 dx

2

14. I = 
17. I = 

(3 + x )

10 2

x4 + 1
dx
x6 + 1
dx
12. I =  100
3x + 5x

x2 + x
dx
x6 + 1
dx

k

x 99dx
50

− 3)

( 1 − x ) dx
15. I = 
x (1 + x )
2000

x ( axn + b )

( 2x

x 5dx
x6 − 1

7

2000

18. I = 

x 2 n −1dx

( ax

n

+ b)

k

Lời giải
1. Ta có I = 
=

dx
dx
1  dx
dx 
= 3
=  3

− 3
3
x −1
( x − 1)( x + 1) 2  x − 1 x + 1 
6

1  1 x 2 − 2x + 1
1
2x + 1   1 x 2 + 2x + 1
1
2x − 1  
−
arctan
+
arctan
 ln 2
 −  ln 2

2  6
x +x+1 2 3
x −x+1 2 3
3  6
3  

=

( x2 − 2x + 1)( x2 − x + 1) − 1  arctan 2x + 1 + arctan 2x − 1  + C
1
ln 2


12 ( x + 2x + 1 )( x 2 + x + 1 ) 4 3 
3
3 

2
xdx
1 d(x )
1
x 4 − 2x 2 + 1
1
2x 2 + 1
= 
=
ln
−
arctg
+C
2. Ta có I =  6
x − 1 2 ( x 2 )3 − 1 12
x4 + x2 + 1 2 3
3

3
x 2dx 1 d ( x ) 1 1 x 3 − 1
1 x3 − 1
3. Ta có I =  6
=
=  ln
+ C = ln 3
+C

x − 1 3  x6 − 1 3 2 x 3 + 1
6 x +1
2
2
x 3dx 1 x d ( x ) 1 udu 1
udu
=  6
=  3
= 
4. Ta có I =  6
x −1 2 x −1
2 u − 1 2 ( u − 1) ( u2 + u + 1)

( u − 1) + 1 arctan 2u + 1 + C = 1 ln x 4 − 2x 2 + 1 + 1 arctan 2x 2 + 1 + C
1
=
ln 2
12
u +u+1 2 3
12
x4 + x2 + 1 2 3
3
3
2

5. Ta có I = 

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

dx
=
− 2 6
6
2
4
2



2
4
2
x −1
x −1
x +x +1
x −1
( x − 1)( x + x + 1)

x 2 − 2x + 1 )( x 2 − x + 1 )
(
1
1 
2x + 1
2x − 1
x2 − 1 
=
ln 2
+
arctan

+
arctan
−
arctan

+C
12 ( x + 2x + 1 )( x 2 + x + 1 ) 2 3 
3
3
x 3 

Tạp chí và tư liệu toán học | 20