Tích phân ôn thi Đại học

Tích phân
I.Các phơng pháp tính tích phân
1. Tính tích phân bằng định nghĩa ,tính chất và bảng nguyên hàm cơ bản
2.Ph ơng pháp tích phân từng phần.
Định lí . Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên
[ ]
;a b
thì:

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

hay
b b
a a
b
udv uv vdu
a
=

.
áp dụng công thức trên ta có qui tắc công thức tích phân từng phần sau:
Bớc 1: Viết f(x)dx dới dạng
'

udv uv dx=
bằng cách chọn một phần thích hợp của f(x)
làm u(x) và phần còn lại
'
( ) .dv v x dx=
Bớc 2: Tính
'
du u dx=
và
'
( )v dv v x dx= =

.
Bớc 3: Tính
'
b b
a a
vdu vu dx=

và
b
uv
a
.
Bớc 5: áp dụng công thức trên.
Ví dụ 5: a)Tớnh tớch phõn
3
2
1
3 ln x

I dx
(x 1)
+
=
+

(ĐH-KB-2009)

3 3 3
2 2 2
1 1 1
3
3
1
2
1
1
3
2
2
1
3 ln x dx ln x
I dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3
I 3
(x 1) (x 1) 4
ln x
I dx
(x 1)

+
= = +
+ + +

= = =
+ +
=
+



t u = lnx
dx
du
x
=
2
dx
dv .
(x 1)
=
+
Chn
1
v
x 1

=
+
3

3 3 3
2
1
1 1 1
ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3
I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2
= + = + = +
+ + +

1
Vậy :
3
I (1 ln 3) ln 2
4
= + −
b) TÝnh
1
ln
e
x xdx
∫
Gi¶i: §Æt
lnu x
dv xdx
=


=


2
2
dx
du
x
x
v

=


⇒


=



2 2 2 2
1 1
1 1
ln ln
1 1
2 2 2 4 4
e e
e e
x e x e
x xdx x xdx
+

= − = − =
∫ ∫
.
VÝ dô 6: TÝnh c¸c tÝch ph©n sau:
a)
2
5
1
ln x
dx
x
∫
b)
2
0
cosx xdx
π
∫
c)
1
0
x
xe dx
∫
d)
2
0
cos
x
e xdx

π
∫

Gi¶i: a) §Æt
5
4
ln
1
1
4
dx
u x
du
x
dv dx
v
x
x

=
=


 
⇒
 
=
 
= −




. Do ®ã:

2
2
2 2
5 4 5 4
1
1 1
1
ln ln 1 ln 2 1 1 15 4ln 2
4 4 64 4 4 256
x x dx
dx
x x x x
−
 
= − + = − + − =
 ÷
 
∫ ∫
.
b) §Æt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
= =
 
⇒

 
= =
 
. Do ®ã:
( )
2 2
0 0
cos sin sin cos 1
2 2
2 2
0 0
x xdx x x xdx x
π π
π π
π π
= − = + = −
∫ ∫
.
c)§Æt
x x
u x du dx
dv e dx v e
= =
 
⇒
 
= =
 
. Do ®ã:
( )

1 1
0 0
1 1
1 1
0 0
x x x x
xe dx xe e dx e e e e= − = − = − − =
∫ ∫
.
2
d) Đặt
cos sin
x x
u e du e dx
dv xdx v x

= =


= =

2 2
0 0
cos sin sin
2
0
x x x
e xdx e x e xdx

=

.
Đặt
1 1
1 1
sin cos
x x
u e du e dx
dv xdx v x

= =


= =

2 2
2
0 0
cos cos cos
2
0
x x x
e xdx e e x e xdx



= +

.

2 2
2
2
0 0
1
2 cos 1 cos .
2
x x
e
e xdx e e xdx




= =

*Cách đặt u và dv trong phơng pháp tích phân từng phần.
( )
b
x
a
P x e dx

( )ln
b
a
P x xdx

( )cos
b

a
P x xdx

cos
b
x
a
e xdx

u P(x) lnx P(x)
x
e
dv
x
e dx
P(x)dx cosxdx cosxdx
Chú ý: Điều quan trọng khi sử dụng công thức tích phân từng phần là làm thế nào để chọn u và
'
dv v dx=
thích hợp trong biểu thức dới dấu tích phân f(x)dx. Nói chung nên chọn u là phần
của f(x) mà khi lấy đạo hàm thì đơn giản, chọn
'
dv v dx=
là phần của f(x)dx là vi phân một
hàm số đã biết hoặc có nguyên hàm dễ tìm.
Có ba dạng tích phân thờng đợc áp dụng tích phân từng phần:
3
Nếu tính tích phân
( ) ( )P x Q x dx

mà P(x)là đa thức chứa x và Q(x) là một trong
những hàm số:
, cos , sin
ax
e ax ax
thì ta thờng đặt
'
( )
( )
( )
( )
du P x dx
u P x
dv Q x dx
v Q x dx
=

=




=
=

Nếu tính tích phân
( ) ( )P x Q x dx



mà P(x) là đa thức của x và Q(x) là hàm số ln(ax)
thì ta đặt
( )
'
( )
( )
( )
du Q x dx
u Q x
dv P x dx
v P x dx
=

=




=
=

Nếu tính tích phân
cos
ax
I e bxdx


=

hoặc
sin
ax
J e bxdx


=

thì
ta đặt
1
cos
sin
ax
ax
du ae dx
u e
dv bxdx
v bx
b
=

=




=
=



hoặc đặt
1
sin
cos
ax
ax
du ae dx
u e
dv bxdx
v bx
b
=

=




=
=

Trong trờng hợp này, ta phải tính tích phân từng phần hai lần sau đó trở thành tích phân
ban đầu. Từ đó suy ra kết quả tích phân cần tính.
3. Ph ơng pháp đổi biến số
Bài toán: Tính
( )
b
a
I f x dx=

,
*Phơng pháp đổi biến dạng I
Định lí . Nếu 1) Hàm ( )x u t= có đạo hàm liên tục trên đoạn
[ ]
;

,
4
2) Hàm hợp
( ( ))f u t
đợc xác định trên
[ ]
;

,
3) ( ) , ( )u a u b

= = ,

thì
'
( ) ( ( )) ( )
b
a
I f x dx f u t u t dt


= =

.
Ví dụ 1. Hãy tính các tích phân sau:
a ) Tớnh tớch phõn
( )
2
3 2
0
I cos x 1 cos x.dx

=

(ĐH-KA-2009)

b)
1
2 3
0
5I x x dx= +

c)

( )
2
4
0
sin 1 cosJ x xdx

= +

Giải: a) I =
2 2
5 2
0 0
cos x.dx cos x.dx



Ta cú: I
2
=
2 2
2
0 0
1
cos x.dx (1 cos2x).dx
2

= +

=
1 1

x sin 2x
2
2 2 4
0



+ =
ữ

Mt khỏc xột I
1
=
2 2
5 4
0 0
cos x.dx cos x.cosx.dx

=

=
3
2
2 2 5
0
1 2sin x 8
(1 sin x) d(sin x) sin x sin x
2
5 3 15
0

= + =
ữ


Vy I = I
1
I
2
=
8
15 4


b) Ta có
( )
( )
3
3 2 2
5
5 3
3
d x
d x x dx x dx
+
+ = =
5

( )
1
3
3
0
5
5
3
d x
I x
+
⇒ = +
∫
( )
1
1
1
3
1
2
3 3 3 3
2
0
1 1
1 1 ( 5) 2
5 ( 5) ( 5) 5
1
0 0
3 3 9
1

2
x
x d x x x
+
+
= + + = = + +
+
∫

4 10
6 5
3 9
= −
.
c) Ta cã
2
4
0
(sin 1) (sin )J x d x
π
= +
∫

5
1 6
sin sin
2
5 5
0
x x

π
 
= + =
 ÷
 
VÝ dô 2. H·y tÝnh c¸c tÝch sau:
a)
4
2
0
4 x dx−
∫
b)
1
2
0
1
dx
x+
∫

Gi¶i: a) §Æt 2sin , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 
. Khi x = 0 th× t = 0. Khi

2x =
th×
2
t
π
=
.
Tõ
2sinx t= ⇒ 2cosdx tdt=

4
2 2
2 2 2
0 0 0
4 4 4sin .2cos 4 cos− = − = =
∫ ∫ ∫
x dx t tdt tdt
π π
π
.
b) §Æt , ;
2 2
x tgt t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
. Khi
0x =

th×
0t =
, khi
1x =
th×
4
t
π
=
.
Ta cã:
2
cos
dt
x tgt dx
t
= ⇒ =
.

1
4 4
2 2 2
0 0 0
1
. .
4
1 1 cos 4
0
⇒ = = = =
+ +

∫ ∫ ∫
dx dt
dt t
x tg t t
π π
π
π
Chó ý: Trong thùc tÕ chóng ta cã thÓ gÆp d¹ng tÝch ph©n trªn d¹ng tæng qu¸t h¬n nh:
6
Nếu hàm số dới dấu tích phân có chứa căn dạng
2 2 2 2
,a x a x+
và
2 2
x a
(trong trong đó a là hằng số dơng) mà không có cách biến đổi nào khác thì nên đổi sang các hàm
số lợng giác để làm mất căn thức, cụ thể là:
Với
2 2
a x
, đặt
sin , ;
2 2
x a t t


=

hoặc
[ ]
cos , 0;x a t t

=
.
Với
2 2
a x+
, đặt
tan , ;
2 2

=
ữ

x a t t


hoặc
( )
, 0;= x acott t

.
Với
2 2
x a
, đặt
{ }
, ; \ 0

sin 2 2
a
x t
t


=


hoặc
;
cos
a
x
t
=
[ ]
0; \
2
t






.
*Phơng pháp đổi biến dạng II
Định lí : Nếu hàm số
( )u u x=

đơn điệu và có đạo hàm liên tục trên đoạn
[ ]
;a b
sao cho
'
( ) ( ( )) ( ) ( )f x dx g u x u x dx g u du= =
thì
( )
( )
( ) ( )
u b
b
a u a
I f x dx g u du= =

.
Ví dụ 3: Tính
1
2 3
0
5I x x dx= +

Giải: Đặt
3
( ) 5u x x= +
.Tacó (0) 5, (1) 6u u= = .
Từ đó đợc:
( )
6
5

6
1 2 2 4 10
6 6 5 5 6 5
5
3 9 9 9 9
I udu u u= = = =

Ví dụ 4: Hãy tính các tích phân sau bằng phơng pháp đổi biến dạng II:
a)
( )
1
5
0
2 1x dx+

b)
2
ln
e
e
dx
x x

c)
1
2
0
4 2
1
x

dx
x x
+
+ +

7
d)
2
2
1
(2 1)
dx
x −
∫
e)
2
3
3
2
cos(3 )
3
x dx
π
π
π
−
∫
Gi¶i: a) §Æt
2 1u x= +
khi

0x =
th×
1u =
. Khi
1x =
th×
3u =
Ta cã
2
2
du
du dx dx= ⇒ =
. Do ®ã:
( )
1 3
6
5
5 6
0 1
3
1 1
2 1 (3 1)
1
2 12 12
u
x dx u du+ = = = −
∫ ∫
= 60
2
3

.
b)§Æt
lnu x=
. Khi
x e=
th×
1u =
. Khi
2
x e=
th×
2u =
.
Ta cã
dx
du
x
=
⇒

2
2
1
2
ln ln 2 ln1 ln 2
1
ln
e
e
dx du

u
x x u
= = = − =
∫ ∫
.
c)§Æt
2
1u x x= + +
. Khi
0x =
th×
1u =
. Khi
1x =
th×
3u =
.
Ta cã (2 1)du x dx= + . Do ®ã:
1 3
2
0 1
3
4 2 2
2ln 2(ln 3 ln1) 2ln3
1
1
x du
dx u
x x u
+

= = = − =
+ +
∫ ∫
.
d)§Æt
2 1u x= −
. Khi
1x =
th×
1u =
. Khi
2x =
th×
3u =
.
Ta cã
2
2
du
du dx dx= ⇒ =
. Do ®ã:
2 3
2 2
1 1
3
1 1 1 1 1
( 1)
1
(2 1) 2 2 2 3 3
dx du

x u u
= = − = − − =
−
∫ ∫
.
e)§Æt
2
3
3
u x
π
= −
. Khi
3
x
π
=
th×
3
u
π
=
, khi
2
3
x
π
=
th×
4

3
u
π
=
.
Ta cã
3
3
du
du dx dx= ⇒ =
. Do ®ã:
8

2 4
3 3
3 3
4
2 1 1 1 4
3
cos(3 ) cos sin sin sin
3 3 3 3 3 3
3
x dx udu u






= = =

ữ



1 3 3 3
3 2 2 3

= =
ữ

.
3.Ph ơng pháp tích phân từng phần.
Định lí . Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên
[ ]
;a b
thì:

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

hay
b b
a a

b
udv uv vdu
a
=

.
áp dụng công thức trên ta có qui tắc công thức tích phân từng phần sau:
Bớc 1: Viết f(x)dx dới dạng
'
udv uv dx=
bằng cách chọn một phần thích hợp của f(x)
làm u(x) và phần còn lại
'
( ) .dv v x dx=
Bớc 2: Tính
'
du u dx=
và
'
( )v dv v x dx= =

.
Bớc 3: Tính
'
b b
a a
vdu vu dx=

và
b

uv
a
.
Bớc 5: áp dụng công thức trên.
Ví dụ 5: a)Tớnh tớch phõn
3
2
1
3 ln x
I dx
(x 1)
+
=
+

(ĐH-KB-2009)

3 3 3
2 2 2
1 1 1
3
3
1
2
1
1
3
2
2
1

3 ln x dx ln x
I dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3
I 3
(x 1) (x 1) 4
ln x
I dx
(x 1)
+
= = +
+ + +

= = =
+ +
=
+



9
Đặt u = lnx
dx
du
x
⇒ =
2
dx
dv .
(x 1)

=
+
Chọn
1
v
x 1
−
=
+
3
3 3 3
2
1
1 1 1
ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3
I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2
= − + = − + − = − +
+ + +
∫ ∫ ∫
Vậy :
3
I (1 ln 3) ln 2
4
= + −
b) TÝnh
1
ln
e
x xdx

∫
Gi¶i: §Æt
lnu x
dv xdx
=


=


2
2
dx
du
x
x
v

=


⇒


=



2 2 2 2
1 1

1 1
ln ln
1 12 2 2 4 4
e e
e e
x e x e
x xdx x xdx
+
= − = − =
∫ ∫
.
VÝ dô 6: TÝnh c¸c tÝch ph©n sau:
a)
2
5
1
ln x
dx
x
∫
b)
2
0
cosx xdx
π
∫
c)
1
0
x

xe dx
∫
d)
2
0
cos
x
e xdx
π
∫

Gi¶i: a) §Æt
5
4
ln
1
1
4
dx
u x
du
x
dv dx
v
x
x

=
=



 
⇒
 
=
 
= −



. Do ®ã:

2
2
2 2
5 4 5 4
1
1 1
1
ln ln 1 ln 2 1 1 15 4ln 2
4 4 64 4 4 256
x x dx
dx
x x x x
−
 
= − + = − + − =
 ÷
 
∫ ∫

.
b) §Æt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
= =
 
⇒
 
= =
 
. Do ®ã:
( )
2 2
0 0
cos sin sin cos 1
2 2
2 2
0 0
x xdx x x xdx x
π π
π π
π π
= − = + = −
∫ ∫
.
c)§Æt
x x
u x du dx
dv e dx v e

= =
 
⇒
 
= =
 
. Do ®ã:
10