Tải bản đầy đủ (.pdf) (32 trang)

SKKN: Đi tìm lời giải của bài toán tích phân và ứng dụng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (414.76 KB, 32 trang )

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA
BÀI TỐN TÍCH PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG


I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Phần tích phân chiếm một thời lượng tương đối lớn trong chương trình
trung học phổ thơng và là một vấn đề khơng thể thiếu trong các kì thi tốt
nghiệp, Đại học và Cao đẳng. Đây là một vấn đề khó đối với học sinh cũng
như giáo viên. Đặc biệt nhiều bài toán tích phân và ứng dụng của tích phân
trong các kì thi Đại học, Cao đẳng dạng bình thường ít được ra, mà ta thường
gặp các bài toán ở mức độ khó và biến đổi phức tạp hơn. Đứng trước các bài
tốn này thí sinh thường lúng túng trong việc nhận dạng, biến đổi, phân tích
và chọn lời giải. Để phần nào khắc phục được hạn chế đó chúng tơi nêu lên đề
tài: “ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TỐN TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
” mà trong quá trình giảng dạy đã đúc kết được. Đề tài thể hiện được hướng
tiếp cận và khai thác hiệu quả đối với các dạng tốn tích phân trong chương
trình lớp 12 THPT góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy và ôn thi Đại học,
Cao đẳng. Rất mong sự đồng cảm và chia sẽ của các thầy cô và các bạn quan
tâm đến vấn đề này.
2. Mục đích nghiên cứu
Góp phần tìm tịi lời giải gọn gàng, hiệu quả cho một lớp các bài tốn
về tích phân và ứng dụng, giúp học sinh tư duy hiệu quả và tự tin hơn khi gặp
các bài tập dạng này.
Nắm vững nội dung đề tài, lời giải của học sinh củng tự nhiên và trong
sáng hơn.
Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân, cũng như việc
trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp.


3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài
Đối tượng nghiên cứu là phương pháp tiếp cận để giải quyết lớp các bài
toán về tích phân thường gặp trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng cũng như tốt
nghiệp THPT.
4. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Đề tài được áp dụng cho các học sinh lớp 12 ôn thi tốt nghiệp, luyện thi
Đại học và Cao đẳng.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đi tìm lời giải của bài tốn tích phân và ứng dụng của tích phân tính
diện tích hình phẳng.
Kỹ năng phân tích, nhận dạng và tính tích phân.
6. Phương pháp nghiên cứu
a) Nghiên cứu tài liệu:
Nghiên cứu những tài liệu có liên quan đến đề tài:


- Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 .
- Tài liệu tham khảo.
b) Điều tra:
- Thực dạy và kết quả kiểm tra:
Trong quá trình nghiên cứu đề tài năm học 2012-2013 đã tiến hành đối
chứng 12B và thực nghiệm các lớp 12G, 12I thực nghiệm.
- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả
năng giải tốn tích phân của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng
nghiệp, từ đó để đánh giá chính xác kết quả phương pháp của mình.
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy
phù hợp với phân môn.
+ Trao đổi với các em học sinh về các bài tốn tích phân mới để biết
được cách tìm ra hướng giải bài tốn của các em, từ đó có cách dạy tốt hơn.

c) Giả thuyết khoa học:
Nếu học sinh nắm vững các bước giải và dạng tốn thì các em cảm thấy
hăng say, tích cực, tự tin và kết quả kiểm tra cho thấy các lớp thực nghiệm
vẫn cao hơn.
7. Bố cục đề tài
Bố cục đề tài gồm: Đặt vấn đề, Giải quyết vấn đề gồm 2 chương:
Chương 1 và chương 2, Kết luận, kiến nghị và tài liệu tham khảo.
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN, THỰC TRẠNG DẠY VÀ HỌC NỘI
DUNG TÍCH PHÂN TẠI TRƯỜNG THPT
1.1. Cơ sở lí luận:
Một số bài tập tính tích phân có nhiều cách giải khác nhau, tuy nhiên
đứng trước các bài tập đó học sinh thường lúng túng khi chọn cách giải và
chọn lời giải. Một số bài tập tích phân các em hay thiếu kinh nghiệm về việc
chọn phương pháp giải hay và hiệu quả, học sinh cứ mặc nhiên vận dụng mà
không phát hiện và so sánh để chọn lời giải hợp lí. Nhiều giáo viên đã đưa ra
được nhiều phương pháp giải quyết vấn đề đó có hiệu quả như: Phân dạng bài
tập theo phương pháp giải và giải nhiều bài tập cho học sinh ghi nhớ. Tuy
nhiên đối với dạng tốn tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích phân tính
diện tích hình phẳng đơi khi học sinh cảm thấy sợ khó, giáo viên ít quan tâm.


1.2. Cơ sở thực tiễn:
1.2.1. Thực trạng việc dạy của giáo viên:
Có một số giáo viên đã vận dụng phương pháp dạy học sáng tạo nhưng
thường dừng lại ở mức độ đơn lẻ, chưa đưa ra được các cách giải và cách
phân tích cho một bài tốn để chọn được lời giải hay. Đối với dạng tốn tích
phân đặc biệt và ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng giáo viên ít
quan tâm hơn.
1.2.2. Thực trạng việc học của học sinh:

Đa số học sinh biết giải các bài tập tích phân cơ bản, biến đổi đơn giản
và bế tắc khi gặp dạng biến đổi phức tạp. Nhiều học sinh còn lúng túng khi
chọn phương pháp giải và lời giải chưa thật sự rõ ràng. Đối với dạng tốn
tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng học
sinh cịn sợ khó.

Chất lượng thực tế qua khảo sát năm 2012-2013:
Lớp

Số lượng

Đạt yêu cầu

Không đạt yêu cầu

Số lượng

%

Số lượng

%

12B

44

14

31,8


30

68,2

12G

42

32

76,2

10

23,8

12I

39

31

79,5

8

20,5

1.2.3. Sự cần thiết của đề tài:

Qua phân tích thực trạng việc dạy của giáo viên và việc học của học
sinh, tôi nhận thấy đề tài cần thiết đối với giáo viên trực tiếp giảng dạy khối
12. Đề tài giới thiệu những kinh nghiệm, phương pháp phù hợp nhằm nâng
cao hiệu quả giảng dạy tích phân cho học sinh khối 12 và giúp các em đạt kết
quả cao trong các kì thi tốt nghiệp, Đai học và cao đẳng.


Chương 2: ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TỐN TÍCH PHÂN VÀ ỨNG
DỤNG
Vấn đề được đặt ra:
Hiện nay cách dạy mới là làm sao phát huy được tính tích cực, chủ
động và sáng tạo của học sinh trong học tập và rèn luyện. Để phát huy điều
đó, chúng ta cần phải đưa ra được những phương pháp dạy học hợp lí nhằm
tạo cho học sinh có hứng thú trong học tập, để đem lại kết quả trong học tập
tốt hơn và hiệu quả giảng dạy cao hơn .
Sơ lược quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm:
Để hồn thành đề tài, tôi đã tiến hành các bước sau: Chọn đề tài; Điều
tra thực trạng; Nghiên cứu đề tài; Xây dựng đề cương và lập kế hoạch; Tiến
hành nghiên cứu; Thống kê so sánh; Viết đề tài.
Nội dung của chương 2:
2.1. Dạng bài tốn tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 1
2.1.1. Phương pháp
b

Dạng 1: I = ò f [u ( x)]u '( x)dx
a

Cách thực hiện:
Bước 1: Đặt u ( x) = t Þ dt = d (u ( x)) = u '( x)dx
Bước 2: Đổi cận:


x =b
x =a

Þ

t =u ( b )
t =u ( a )

Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
I=

b

u (b )

a

u(a)

ò f [u( x)]u' ( x)dx = ị f (t )dt

(tiếp tục tính tích phân mới)

2.1.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
1

Bài 1: I = ị x3 (1 + x 4 )3 dx
0


Phân tích
- Đứng trước bài tốn này ta có các hướng giải:
1. Khai triển hằng đẳng thức (1 + x 4 )3 và đưa tích phân về dạng cơ bản.
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.
3. Sử dụng phương pháp đổi biến số loại 1…
- Trình bày lời giải theo phương pháp đổi biến số như sau:


Giải
1
4

Đặt t = 1 + x 4 Þ dt = d (1 + x 4 ) = (1 + x 4 )dx = 4 x 3dx Þ x3dx = dt
Đổi cận: x = 0 Þ t = 1; x = 1 Þ t = 2
2
1 3
1 2 15
Từ đó: I = ò x (1 + x ) dx = ò t dt = t 4 = .
41
16 1 16
0
1

3

4 3

Nhận xét: Đối với dạng toán tương tự như bài 1 sử dụng phương pháp
đổi biến số cho ta một lời giải rõ ràng và hiệu quả. Với hướng 1 nếu số mũ

lớn thì việc khai triển khó khăn hơn và đó đương nhiên khơng thực tế.
1

Bài 2: I = ị x 3 + 1 x 2 dx
0

Phân tích
- Bài tốn này có thể nêu các hướng giải:
1. Sử dụng định nghĩa tích phân.
2. Sử dụng phương pháp đổi biến số loại 1: Để khử căn thức đặt:
t = x3 + 1 hoặc

đặt t = x3 + 1 để khử x 2 .
- Lời giải trình bày theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Cách 1:
Đặt: t = x3 + 1 Þ dt = d ( x3 + 1) = ( x3 + 1) ' dx = 3x 2 dx Þ x 2 dx =

dt
3

Đổi cận: x = 0 Þ t = 1; x = 1 Þ t = 2
1

+1

2
1
2 4
1

1 (t ) 2 2 2
2 2
Khi đó: I = ị ( t ) 2 dt =
= t t =
2 - = (2 2 - 1) .
1 9
31
3 1 +1 1 9
9 9
2

Cách 2:
Đặt: t = x3 + 1 Þ t 2 = x3 + 1 Þ dt 2 = d ( x3 + 1) Û 2tdt = 3x 2 dx Þ x 2 dx =
Đổi cận: x = 0 Þ t = 1; x = 1 Þ t = 2
2
Khi đó: I =
3

2

2

1

1 + ln 2 x
dx
x
1
e


Bài 3: I = ị

Phân tích

2

ị t dt = 9 .t

2

3

1

=

2
(2 2 - 1) .
9

2tdt
3


- Với bài tốn này ta có thể nghỉ đến hướng giải:
1. Sử dụng phương pháp đổi biến số, thực hiện theo hai cách:
+ Tách thành 1 tích phân cơ bản và một tích phân đổi biến số.
+ Sử dụng ngay phép đổi biến số.
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.
- Sau đây lời giải được trình bày theo phương pháp đổi biến số:

Giải
1
x

1
x

Đặt: t = ln x Þ dt = d ln x = (ln x) ' dx = dx Þ dx = dt
Đổi cận: x = 1 Þ t = 0; x = e Þ t = 1
1

1

1
3

4
3

Khi đó: I = ị (t 2 + 1)dt = ( t 3 + t ) = .
0

0

Nhận xét:
Như vậy đối với một bài tốn ta có nhiều cách giải khác nhau do đó ta
cần linh động lựa chọn cách giải hợp lí, hiệu quả và phù hợp. Trên đây là
những bài toán cơ bản của phép đổi biến số ta cảm thấy việc giải nó có phần
nhẹ nhàng. Đối với các đề thi cao đẳng đại học các bài toán khó hơn khơng
cho dạng tường minh mà ta phải biến đổi về dạng cơ bản và tìm lời giải hợp

lí, hiệu quả. Ví dụ:
e

Bài 4: (ĐH Khối B - 2010). I = ị
1

ln x
dx
x(2 + ln x) 2

Phân tích
- Bài tốn này có hướng giải:
1. Sử dụng phương pháp đổi biến số có thể đặt t = 2 + ln x hoặc t = ln x .
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.
- Lời giải được trình bày theo phương pháp đổi biến số:
Giải
1
x

1
x

Đặt: t = 2 + ln x Þ dt = d (2 + ln x) = (2 + ln x) ' dx = dx Þ dx = dt
Đổi cận: x = 1 Þ t = 2; x = e Þ t = 3
3
t-2
1 2
2 3 -1
3
dt

=
( - 2 )dt = (ln t + ) =
+ ln .
2
ò
t
t t
t 2 3
2
2
2
3

Khi đó: I = ị

x2 + e x + 2 x2e x
Bài 5: (ĐH Khối A- 2010). I = ị
dx
1 + 2e x
0
1

Phân tích
- Đây là bài tốn phức tạp hơn các bài toán vừa nêu, đứng trước bài
tốn này ta:
+ Nhận thấy tử có thể phân tích nhân tử chung từ đó biến đổi hàm số
lấy tích về dạng quen thuộc.


+ Nhận dạng để tìm cách giải.

- Lời giải trình bày như sau:
Giải
x 2 + e x + 2 x 2e x
e x + x 2 (1 + 2e x )
ex
2
Biến đổi: I = ò
dx
=
dx
=
x
dx
+
ò0 1 + 2e x
ò0
ò0 1 + 2e x dx
1 + 2e x
0
1

1

1

1

1

x3 1 1

I1 = ò x dx =
=
3 0 3
0
2

Ta có:

1

ex
I2 = ò
dx
1 + 2e x
0
1
2

Đặt: t = 1 + 2e x Þ dt = d (1 + 2e x ) = 2e x dx Þ e x dx = dt
Đổi cận: x = 0 Þ t = 3; x = 1 Þ t = 1 + 2e
Khi đó: I 2 =

1+ 2 e


3

Vậy:

1 + 2e 1 1 + 2e

1
1
dt = ln t
= ln
3
2t
2
2
3

1 1 1 + 2e
I = I1 + I 2 = + ln
3 2
3

Bài 6: (ĐH Khối A- 2009). I =

p /2

ị (cos x - 1)cos xdx
3

2

0

Phân tích
- Đứng trước bài tốn này ta có các hướng giải:
1. Dùng cơng thức hạ bậc để biến đổi tích phân về dạng đơn giản nhất.
2. Biến đổi tích phân thành tổng tích phân quen thuộc và tích phân đổi

biến số.
- Lời giải theo phương pháp đổi biến số:
Giải
p /2

Ta có: I =



p /2

cos5 xdx -

0

p /2

Tính: I1 =


0

ị cos xdx
2

0

p /2

1


0

0

cos5 xdx = ò cos 4 x.cos xdx = ò (1 - sin 2 x) 2 cos xdx

Đặt t = s inx, dt = d (s inx) = (s inx) ' dx = cos xdx
Đổi cận: x = 0 Þ t = 0; x =
1

p
Þ t =1
2

1

2
3

1
5

1

8
0 15

Khi đó: I1 = ị (1 - t ) dt = ò (1 - 2t 2 + t 4 )dt =(t - t 3 + t 5 ) =
2 2


0

p /2

Tính: I 2 =

0

1

p /2

1

1

ị cos xdx = 2 ò (1 + cos 2 x)dx = 2 ( x + 2 sin 2 x)
2

0

Vậy: I = I1 - I 2 =

0

8 p
- .
15 4


p /2
=p /4
0


Nhận xét: Trên đây là các dạng toán rất hay và quen thuộc đối với
chúng ta. Đứng trước các bài tốn này ta có nhiều cách giải, tuy nhiên việc
chọn lời giải đẹp, gọn gàng và hiệu quả là rất quan trọng. Để làm được điều
đó chúng ta phải thường xuyên tiếp cận, thực hành giải các bài toán về tích
phân từ đó hình thành được kỉ năng nhận dạng và chọn lời giải. Dưới đây là
các bài tập dùng để rèn luyện phần này:
2.1.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
1

8

3
2
ị x 1- x dx

ịx

0

x2 + 1

3

7

3


0

x +1
3
3x + 1

7

1

ò

dx
p
2

ò

x3 + 1dx

2

0

0

ò cos


ò cos x dx
3

1 + 3 cos x

0

p
2

0

ò
p

p
2

p
4

5

1 + x2

sin 2 x + sin x

p
2


p
2

3

0

2

òx

x3

x dx

dx

sin x - cos x
1 + sin 2 x

dx

4

p
2

ò sin x dx


ò sin x dx

5

0

0

p
2

ò sin 2 x(1 + sin

p
4
2

0

3

ò
0

p
6

p
4


4

tan xdx
cos 2 x

ò
0

p
2

cos x

ò 6 - 5 sin x + sin
0

0

2

x

4

x

cos x + sin x
3 + sin 2 x

p

2

ò

dx

0

p
3

sin 2 x

2

dx

0

p
2

(ĐHQG TPHCM Khối A: 1998) I = ò cos3 x sin 2 xdx
0

3

I=

òx


5

1 + x 2 dx

0

(ĐH KTHN: 1997)

1

I = ò x5 (1 - x3 )6 dx
0

(CĐSP TPHCM 1997) I =

p /6

ò
0

x

dx

1

0

ò

p
4

(ĐH GTHN: 1996)

2

ò cos x dx

dx

ò (2 + sin x)

dx

0

p
4

1

ò cos

x) 3 dx

sin 2 x

ò 1 + cos


3

cosx
dx
6 - 5sin x + sin 2 x

sin 2 x
cos 2 x + 4 sin 2 x

ln(tgx)
dx
sin x

dx


p /2

ò

(HV BCVT HN: 1998) I =

0

s inx.cos 3 x
dx
1 + cos 2 x

2 3


(ĐH Khối A- 2003)

I=

ò

5

dx
x x2 + 4

dx

2

x
dx
1
+
x
1
1

(ĐH Khối A- 2004)

I =ò

(ĐH Khối B-2004)

I =ò


e

1

p /2

ĐH Khối A-2005)

I=

ò
0

p /2

(ĐH Khối B-2005)

I=

ò
0

1 + 3ln x ln x
dx
x
sin 2 x + sin x
dx
1 + 3cos x
sin 2 x cos x

dx
1 + cos x

p /2

(ĐH Khối A-2006)

I=

ò
0

sin 2 x
cos x + 4 sin 2 x
2

dx .

2.2. Dạng bài tốn tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 2
2.2.1. Phương pháp
b

Dạng 2: Tính I =

ị f ( x)dx
a

Cách thực hiện:
Bước 1: Đặt x = f (t ) Þ dx = d (f (t )) = f '(t )dt
Bước 2: Đổi cận:


x =b
x =a

Þ

t =b
t =a

Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
b

b

I=

ị f ( x)dx = aò f [j (t )]j ' (t )dt

(tiếp tục tính tích phân mới).

a

2.2.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
1
2

Bài 1: a) I = ị
0


1
1 - x2

2

b) I = ò 4 - x 2 dx

dx

0

Phân tích
- Hai bài tốn này để tính được ta nghỉ đến việc đặt hàm số sin hoặc cos
tức là sử dụng phép đổi biến số.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số trên ta có lời giải:
Giải
p p
2 2

a) Đặt x = sin t , với t Ỵ (- ; ) , ta có: dx = cos tdt


Đổi cận: Với x = 0 thì t = 0 , với x =

1
p
thì t = .
2
6


Khi đó:
p
6

1

I=ị

1 - sin 2 t

0

p
6

.cos tdt = ò
0

p
6
p
1
p
.cos tdt ò dt = t 06 = .
cos t
6
0

p p


b) Đặt: x = 2 sin t Þ dx = d(2 sin t) = (2 sin t)' dt = 2 cos tdt , t Ỵ éê - , ùú .
ë 2 2û
Đổi cận: x = 0Þ t = 0; x=2 Þ t =

p
2

Khi đó:
p
2

p
2

p
2

0

0

I = ị 4 - 4sin 2 t 2 cos tdt = ò 2 cos t 2 cos tdt = ò 4 cos 2 tdt
0

p
2

p

= 2 ò (1 + cos 2t )dt = (2t + sin 2t ) 02 = p .

0

Nhận xét: Ta thấy 2 ví dụ trên là trường hợp riêng của bài tốn sau:
b

1. I = ị a 2 - x 2 dx . Thực hiện cac bước giải sau:
a

-p p ù
hoặc x = acost , t Ỵ [ 0; p ]
;
ë 2 2 úû

Bước 1: Đặt: x = a sin t , t Ỵ éê
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính I
b

2. J = ị
a

1
a2 - x2

dx .Thực hiện cac bước giải sau:

p p
2 2

Bước 1: Đặt: x = a sin t , t Ỵ (- ; ) hoặc x = acost , t Ỵ (0; p )

Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính J.
Đối với các bài tốn dạng này trong các đề thi Đại học và Cao đẳng ra
có phần lắt
léo hơn, khó hơn tuy nhiên ta có thể dễ dàng nhận dạng và tìm tịi lời giải hợp
lí. Ví dụ:
Bài 2: (ĐH TCKT - 1997) I =

2 /2


0

x2
1 - x2

dx

Phân tích
- Đây là bài tốn dạng đổi biến số loại hai, để khử căn thức ta thường
đặt x = sin t .
- Áp dụng phương pháp đổi biến số trên ta có lời giải:


Giải
p p
2 2

Đặt x = sin t , với t Î (- ; ) , ta có: dx = cos tdt
Đổi cận: Với x = 0 thì t = 0 , với x =

p
4

p
4

2

sin t

I=ò

1 - sin t
2

0

.cos tdt = ị
0

2
p
thì t = . Khi đó:
2
4
p
4

2


sin t
.cos tdt = ị sin 2 tdt
cos t
0

p
4

p
4

.

1
1
1
p 1
= ò (1 - cos2t )dt = ( t - sin 2t ) = 2
2
2
8 4
0
0

Bài 3: I =



1


3

9 + 3x 2 dx
x2

Phân tích
p
2

p
2

- Để khử căn thức ta thường đặt x = tan t , t Ỵ (- ; 0) È (0; ) , tức là thực
hiện phép đổi biến số dạng 2.
- Biến đổi tích phân về dạng quen thuộc.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số ta có lời giải:
Giải
p
2

p
2

Đặt x = 3 tan t. t Ỵ (- ; 0) È (0; )
Ta có: x = 3 t ant Þ dx = d ( 3 t ant)=( 3 t anx)'dx= 3
p
6

Đổi cận: x = 1 Þ t = ; x = 3 Þ t =
p /4


I =

ò

p /6

9 + 9 tan 2 t 3 d t
=
tan 2 t .c o s 2 t

dt
cos 2t

p
4

p /4

ò

3d t
=
c o s t sin 2 t
p /6

p /4

ò (1 - sin


p /6

3 co s td t
2
t ) sin 2 t

Đặt: v=sint, khi đó: dv= costdt
Đổi cận: Với t =

p
1
p
2
Þ v = ;t = Þ v =
6
2
4
2

Vậy:
2 /2

I =

3

ò

1/ 2


=

3 (-

1
dv = 3
2
v (1 - v 2 )

2 /2

ò (v

1

1/ 2

1 1
v -1
2 /2
- ln
)
=
v 2
v +1 1/ 2

2

-


1
)dv
v -1
2

3[ 2 -

2+

1
2+2
ln
].
2 3( 2 - 2 )

Nhận xét: Trên đây là bài tốn khơng q khó, tuy nhiên để giải một
lớp các bài toán tương tự, ta phải nhận được dạng và nắm được các bước giải
bài toán tổng quát:


b

b

a

a

1. I = ò a 2 + x 2 dx , I = ò


1
a2 + x2

dx . Thực hiện các bước giải sau:

p p
2 2

Bước 1: Đặt: x = atanx, t Ỵ (- ; ) hoặc x = acott , t Ỵ [ 0; p ]
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính tích phân I.
b

2. I = ị
a

1
dx . Thực hiện các bước giải sau:
a + x2
2

p p
2 2

Bước 1: Đặt: x = a sin t , t Ỵ (- ; ) hoặc x = acost , t Ỵ (0; p )
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính tích phân I.
Đặt vấn đề: Để làm rõ hơn về việc vận dụng dạng tốn tổng qt:
b


I =ị
a

1
dx vào giải bài tốn cụ thể, ta làm bài tốn tính tích phân sau:
a + x2
2

0

dx
x + 2x + 2
-1

Bài 4: I = ị

2

Phân tích
- Đây là bài tốn có:
+ Mẫu thức là tam thức bậc 2 có D < 0 .
dx
d ( x + 1)
+ Biến đổi tích phân về dạng quen thuộc: I = ò 2

.
x + 2 x + 2 -1 ( x + 1) 2 + 1
-1
0


0

- Áp dụng phương pháp đổi biến số ta có lời giải:
Giải
Đặt:
x + 1 = tan t Þ d ( x + 1) = d (tan t ) Û ( x + 1) ' dx = (t ant) ' dt

`

1
dt = (1 + tan 2 t )dt
cos 2t
Đổi cận: x = 0 Þ t = p / 4; x = -1 Þ t = 0
Þ dx =

Khi đó:

d ( x + 1)
I=ị
=
( x + 1)2 + 1
-1
0

p /4

ò
0

d tan t

=
tan 2 t + 1

p /4

ò
0

(1 + tan 2 t )dt
=
1 + tan 2 t

p /4

ò dt = p / 4 .
0

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản của đổi biến số dạng 2, việc tìm tòi
lời giải dựa trên phương pháp đổi biến số.
2.2.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
1


0

1

1 - x 2 dx


1
ò0 1 + x 2 dx

1

ò
0

1
4 - x2

dx


1

2
2

1

1
ò0 x 2 - x + 1 dx

xdx
ò0 x 4 + x 2 + 1

ò
0


x2
1- x2

2
2

3

2
2
ò x 4 - x dx

ò

1- x

1

1

ò
0

(1 + x) 5

1

ò x+
0


x x2 -1

2

1

1 - x2

0

1

1

ò x-

dx

1 - x2

0

ò

dx

1

9 + 3x 2
dx

x2

1

1

ò 1+

dx

3

1

ò 1-

dx

0

1
4 - x2

a

1
4 - x2

1


ò x+

dx

dx

a 2 - x2

0

dx (

a >0)
a
2

ò x-

a -x
2

0

a
2

(

ò
0


x

2012

+

(

)

ò x+

dx ( a > 0 )

0

1

2x
1- x

2

dx ;

ò x0

x
4 - x2

1

a 2 - x2

0

1 - x2

2

x

ò x+
1

1

1

dx (

ò

a >0)

0

dx ;
x4


4 - x2

dx ;

2011

1- x

2

)

2012

dx

`(ĐH Y HN - 2000)

1

ò

1 - x 2 dx

(ĐH TCKT HN - 2000)

-1/2
1

ò 1+ x

0

1
2

+ x4

dx .

2.3. Dạng bài tốn tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần
2.3.1. Phương pháp tích phân từng phần
b

Bài tốn: Tính tích phân I = ị f ( x)dx
a

Phương pháp chung:
Ta thực hiện theo các bước sau
Bước 1: Biến đổi tích phân về dạng:
b

b

a

a

I = ị f ( x)dx = ò f1 ( x). f 2 ( x)dx

Bước 2: Đặt:

ìu = f1 ( x)
ỡdu
ịớ

ợdv = f 2 ( x)dx ợ v

Bước 3: Khi đó:


I = uv

b b
- vdu .
a òa

Đặt vấn đề: Để giải một lớp các dạng tốn tích phân từng phần, ta phải
phân được dạng từ đó có cách đặt u, dv thích hợp. Ví dụ:
b

b

Dạng 1: I = ị P( x) sin a xdx; I = ò P( x)cosa xdx đặt u = P( x)
a

b

a

a


I = ò ea x sin b xdx; I = ò ea x cosb xdx(a , b ¹ 0)

2:

Dạng

a

b

đặt

u = sin b x (

u = cosb x )
b

Dạng 3: I = ò P( x)ea x dx(a ¹ 0), đặt u = P( x)
a

b

Dạng 4: I = ò xa ln xdx, (a ¹ -1) đặt u = ln x
a

(Với P(x) là một thức)
2.3.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
ln(1 + x)
dx

x2
1
2

Bài 1: (ĐHHH TPHCM -2000) I = ị

Phân tích
- Đây là bài tốn thuộc dạng 4 của tích phần:
+ Đặt u= ln(x+1).
+ dv=

dx
.
x2

- Áp dụng phương pháp tích phân từng phần ta có lời giải:
Giải
Đặt:
ì u = ln( x + 1)
ï
í
dx
ïỵdv = x 2

1
ì
ïïdu = x + 1 dx
ịớ
ù v = -1
ùợ

x

Khi ú:
2 2
ln(1 + x)
-1
1
dx
=
ln(
x
+
1)

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

I =ò


2
2
-1
1
1
-1
= ln 3 + ln 2 + ò ( )dx = ln 3 + ln 2 + (ln x - ln x + 1)
1
2
x x +1
2
1

=

-3
ln 3 + 3ln 2.
2

Nhận xét: Trên đây là một trong những bài toán khó của dạng tích
phân từng phần, thoạt đầu nhìn cảm thấy khó chịu và có liên tưởng đến


phương pháp đổi biến số, tuy nhiên đây chính là dạng 4 của tích phân từng
phần.

Bài 2: (ĐH TC HN -1998) I =

p /4


ị x(2 cos

2

x - 1)dx

0

Phân tích
- Bài toán này ta dễ dàng nhận biết được dạng 1 của tích phân từng
phần:
p /4

+ I=



p /4

x(2 cos 2 x - 1)dx =

0

ò xcos2 xdx
0

+ Đặt u = x
+ dv = cos2xdx.
- Áp dụng phương pháp tích phân từng phần ta cú li gii:
Gii

t:
ỡ du = dx
ù
ịớ
sin 2 x
ùợv = 2

ì u=x
í
ỵ dv = cos2 xdx

`Khi đó:
p /4

I=



p /4

x(2 cos 2 x - 1)dx =

0

=

ò

xcos2 xdx = ( x.


0

p /4
sin 2 x p / 4
sin 2 x
)
- ò
dx
0
2
2
0

p cos2 x p / 4 p 1 p - 2
+
= - =
.
0
8
4
8 4
8
1

Bài 3: (ĐHQG TPHCM Khối A 2000) I = ò e x sin 2 p xdx
-1

Phân tích
- Đây là bài tốn dạng 2 của tích phân từng phần:
+ Biến đổi:

1

1

-1

-1

I = ò e x sin 2 p xdx = ò e x
=

1 - cos2p x
1
1
dx = ò e x dx - ò e x cos2p xdx
2
2 -1
2 -1
1

1

1
( I1 - I 2 )
2

+ Tính tích phân dạng cơ bản I1 và dạng tích phân từng phần I2 .
- Ta có lời giải:
Giải
1


- Tính: I1 = ị e x dx = e x
-1

1 e2 - 1
=
-1
e


1

- Tính: I 2 = ị e x cos2p xdx
-1

ìu = cos2p x
í
x
ỵ dv = e dx

Đặt:

ìdu = -2p sin 2p xdx
ịớ
x
ợv = e

Khi ú:
1
1

e2 - 1
+ 2p ũ e x sin 2p xdx =
+ 2p I 3
-1
e
-1

I 2 = e x cos2p x
1

- Tính I 3 = ị e x sin 2p xdx
-1

ìu = sin 2p x
í
x
ỵdv = e dx

Đặt:

I 3 = e x sin 2p x

ì du = 2p cos2p xdx
ịớ
x
ợv = e

1
1
- 2p ũ e x cos2p xdx = -2p I 2

-1
-1

Khi đó:
I2 =

e2 - 1
e2 - 1
1 e2 - 1
2(e2 - 1)p 2
- 4p 2 I 2 Þ I 2 =
Þ
I
=
(
I
)
=
2
e
e(1 + 4p 2 )
2 e
e(1 + 4p 2 )

2.3.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
(ĐHNN HN - 1998) I =

p /2


òe

2x

sin 3 xdx

0

1

(ĐHNH CHPĐ - 1998) I = ò ( x + 1)2 e 2 xdx
0

e

(PVBCTT - 1998) I = ò ( x ln x) 2 dx
1

1

(HVNH TPHCM Khối D - 2000) I = ò x ln( x 2 + 1)dx
0

p /2

(HV KTQS -1999) I =

ò cosx ln(cosx + 1)dx
0


(ĐHNN HN - 1997) I =

e

ln x

ò (1 + x )

2 2

dx

1/ e

1/9

(ĐH GT HN - 1997) I = ò (5x +
0

(ĐHBK TPHCM -1995) I =

x
1
+5
)dx
sin (2 x + 1)
4x -1
2

p /2


ò x cosxdx
2

0

(ĐHSP 2 HN - 1997) I =

p /4

ò 5e
0

x

sin 2 xdx


(ĐHTL 2 HN - 1996) I =

p /2

òe

x

cos 2 xdx

0


p

(ĐHAN- 1999) I = ò x 2 sin xdx
0

3

(ĐH Khối D- 2004) I = ò ln( x 2 - x)dx
2
1

(ĐH Khối D- 2006) I = ò ( x - 2)e2 x dx
0

e

(ĐH Khối D- 2007) I = ò x3 ln 2 xdx
1

2

ln x
dx
x3
1

(ĐH Khối D- 2008) I = ò

3 + ln x
dx

2
(
x
+
1)
1
3

(ĐH Khối B- 2009) I = ò
e

3
x

(ĐH Khối D- 2010) I = ò (2 x - ) ln xdx
1

2.4. Dạng bài tốn tích phân đặc biệt
2.4.1. Bài tốn dựa vào tính liên tục và tính lẻ của hàm số lấy tích
phân
Bài 1: Cho f ( x) là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn [ -a; a ] (a > 0) tính:
a



I=

f ( x)dx

-a


Giải
Tách tích phân thành tổng như sau:
a

0

a

-a

-a

0

ò f ( x)dx = ò f ( x)dx + ò f ( x)dx

0

Tính:

ò

f ( x )dx :

-a

Đặt t =-x suy ra dt = - dx
ì x = -a Þ t = a
ợx = 0 ị t = 0


i cn: í
0

ò

-a

0

a

a

0

0

f ( x)dx = - ò f (-t )dt = ò f (-t )dt = - ò f (t )dt = - ò f ( x)dx
a

a

Vậy: I =

a

ò

-a


0

a

a

0

0

f ( x)dx = - ò f ( x)dx + ò f ( x)dx = 0


Đặt vấn đề: Đây là bài toán đại diện cho một lớp rất nhiều các bài
toán, cụ thể là trường hợp riêng của bài tốn này. Ví dụ: Tính các tích phân
sau:
1

Bài 2:

sin x
dx
2
+1

ịx

-1


Phân tích
- Ta thấy f ( x) =

sin x
là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn [ -1;1]
x2 + 1

- Do đó ta có kết quả

1

sin x
dx = 0
2
+1

ịx

-1

- Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Tách tích phân như sau:

0

1

sin x
s inx

s inx
ị-1 x2 + 1dx = -ò1 x2 + 1dx + ò0 x 2 + 1dx

ì x = -1 Þ t = 1
s inx
dx : t x=-t suy ra dx=-dt v ớ
2
+1
ợx = 0 ị t = 0

0

Tính:

1

ịx

-1
0

0

1

1

s inx
s in(-t)
s int

s inx
ị-1 x2 + 1 dx = -ò1 (-t )2 + 1 dt = - ò0 t 2 + 1 dt = - ò0 x2 + 1 dx
1

0

1

sin x
s inx
s inx
Suy ra: ò 2 dx = ò 2 dx + ò 2 dx = 0
x +1
x +1
x +1
-1
-1
0
1

Bài 3: I = ò x 2014 s inxdx
-1

Phân tích
- Với bài tốn trên chúng ta thường suy nghỉ đến ba hướng:
1. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần và thực hiện 2014 lần tích
phân từng phần điều đó khơng thự tế.
2. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần cho cơng thức tổng qt:
1


ịx

n

s inxdx , từ đó bằng phương pháp truy hồi nhận được kết quả I, tuy nhiên

-1

đây là cách giải chưa hẳn hiệu quả
3. Áp dụng bài1:
+ Ta thấy f ( x) = x 2014 s inx là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn [ -1;1]
1

+ Do đó ta có kết quả I = ò x 2014 s inxdx = 0
-1

+ Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Tách tích phân như sau:

1

òx

-1

0

2014


s inxdx = ò x
-1

1

2014

s inxdx + ò x 2014 s inxdx
0


0

ịx

Tính:

2014

-1
0

ịx

ì x = -1 Þ t = 1
s inxdx : t x=-t suy ra dx=-dt v ớ
ợx = 0 ị t = 0
0

2014


-1

s inxdx = - ò (-t )

1

2014

1

s in(-t)dt = - ò t
0

1

0

1

-1

-1

0

1

2014


s intdt = - ò x 2014 s inxdx
0

Suy ra: ò x 2014 s inxdx = ò x 2014 s inxdx + ò x 2014 s inxdx = 0
Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
p
2

ịp sin

-

1

5

p
2

3

sin x
dx
2
+1
-1

ịx


xdx

x

ịp 4 - sin

-

2

2

x

dx

2

2.4.2. Bài tốn dựa vào tính liên tục của hàm số trên đoạn [0;1]
Bài 1: Cho f(t) là một hàm số liên tục trên đoạn [0;1] . Chứng minh:
p
2

p
2

0

0


ò f (sin x)dx = ò f (cos x)dx

Giải
p
2

Xét

ò f (sin x)dx
0

p
é
êx = 0 Þ t = 2
p
Đặt x = - t Þ dx = -dt và ê p
khi đó:
2
êx = Þ t = 0
2
ë
p
2


0

p

p


2
2
p
f (sin x)dx = - ò f (sin( - t )dt = ò f (cos t )dt = ò f (cos x)dx (Đpcm)
2
p
0
0
0

2

Đặt vấn đề: Trên đây là bài tốn hay và có vai trị quan trọng trong
việc đi tìm lời giải của 1 lớp các bài tốn tích phân có chứa hàm số lượng
giác. Cụ thể:
p
2

sin 6 x
dx
6
6
0 cos x + sin x

Bài 2: I = ị

Phân tích
Đứng trước bài tốn này ta thường nghỉ đến hai hướng:
1. Biến đổi lượng giác đưa tích phân về dạng quen thuộc, tuy nhiên do

bậc của
hàm số lượng giác khá cao nên chưa chắc đã là hiệu quả
2. Áp dụng bài toán đại diện:


- Ta thấy f ( x) =

cos 6 x
là một hàm số liên tục trên đoạn [0;1] .
cos 6 x + sin 6 x

- Áp dụng bài toán gốc ta có:

p
2

p
2

6

cos x
sin 6 x
dx
=
ị0 cos6 x + sin 6 x
ị0 cos6 x + sin 6 x dx

- Lời giải được trình bày như sau:
Giải

p
é
x=0Þt =
ê
p
2,
Đặt x = - t Þ dx = -dt và ê p
2
êx = Þ t = 0
2
ë

Khi đó:
p
0
sin 6 ( - t )
sin 6 x
2
I =ị
dx = - ò
dt
6
6
p
c
os
x
+
sin
x

6 p
p cos6 (
0
- t ) + sin ( - t )
2
2
2
p
2

p
2

p
2

6

cos t
cos6 x
=ò 6
dt = ò 6
dx
sin t + cos6t
sin x + cos6 x
0
0
p
2


p
2

p
2

p
2

sin x
cos x
cos x + sin x
p
dx + ò 6
dx = ò 6
dx = ò dx =
6
6
6
cos x + sin x
sin x + cos x
sin x + cos x
2
0
0
0
0

Þ 2I = ị
ÞI =


6

6

6

6

6

p
4

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
p
2

cos n x
ị0 cos n x + sin n x dx

p
2

cos 4 x
ò0 cos 4 x + sin 4 x dx

p
2


cos 6 x
ò0 cos 6 x + sin 6 x dx

Bài 3: Cho f(t) là 1 hàm số liên tục trên đoạn [0;1] . Chứng minh:
p

pp
ị0 xf (sin x)dx = 2 ị0 f (sin x)dx

Giải
p

Tính: ò xf (sin x)dx
0

Đặt:
éx = 0 Þ t = p
x = p - t Þ dx = -dt và ê
ëx = p Þ t = 0

Khi đó:


p

0

ò xf (sin x)dx = - ò (p - t ) f (sin(p - t )dt
p


0

p

p

p

= ò (p - t ) f (sin t )dt = p ò f (sin t )dt - ò tf (sin t )dt
0

0

p

0

p

p

pp
= p ò f (sin x)dx - ị xf (sin x)dx Þ ị xf (sin x)dx = ò f (sin x)dx (Đpcm)
20
0
0
0

Đặt vấn đề: Từ bài tốn trên ứng dụng vào tìm tịi lời giải của các bài

tốn tính tích phân:
p

Bài 4: I = ị
0

x sin xdx
4 - cos 2 x

Phân tích
Đứng trước bài toán này ta thường nghỉ đến hai hướng:
1. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, tuy nhiên việc tính v rất
phức tạp.
2. Áp dụng bài tốn gốc 2:
- Ta thấy f (sin x) =

sin x
sin x
=
là một hàm số liên tục trên đoạn
2
4 - cos x 3 + sin 2 x

[0;1] .
p

p

x sin xdx
p

sin x
dx = ò
dx
- Áp dụng bài tốn gốc ta có: ị
2
2 0 4 - cos 2 x
0 4 - cos x

- Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Đặt: x = p - t Þ dx = -dt
éx = 0 Þ t = p

Đổi cận: ê
ëx = p Þ t = 0
Khi đó:
p

p

x sin x
sin(p - t )
sin tdt
ò0 4 - cos2 x dx = -pò (p - t ) 4 - cos2 (p - t ) dt = ò0 (p - t ) 4 - cos2 t dt
0

p

p


p

p

sin tdt
sin t
sin xdx
x sin x
dt - ò t
dt = p ò
dx - ò
dx
2
2
2
2
4
cos
t
4
cos
t
4
cos
x
4
cos
x
0
0

0
0

=pò
p

Þ

p

x sin xdx
p
sin x
ò0 4 - cos2 x dx = 2 ò0 4 - cos2 x dx

Đặt: v = cos x Þ dv = - sin xdx
é x = 0 Þ v =1

Đổi cận: ê
ë x = p Þ v = -1
Khi đó:


I=
=

p p sin x
p -1
1
p 1

1
1
dx
=
dv
=
(
+
)dv
2
ò
ò
ò
2 0 4 - cos x
2 1 (2 - v)(2 + v)
8 -1 (2 - v) 2 + v

p 2-v 1 p 1
p
ln
= ln = - ln 3
8 2 + v -1 8 9
4

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
p

p


(ĐH TCKT HN - 1999) ò x cos x sin xdx
4

ò x sin

3

0

5

xdx

0

2.4.3. Bài toán dựa vào tính liên tục và chẵn của hàm số trên ¡
Bài 1: Cho f(x) là hàm số liên tục và chẵn trên ¡ ,thì:
a

a

f ( x)
+
ị-a a x + 1dx = ị0 f ( x)dx với a Ỵ R và a>0; a ¹ 1

Giải
a

a


0

f ( x)
f ( x)
f ( x)
Ta có: ị x dx = ị x dx + ò x dx
-a a + 1
-a a + 1
0 a +1
0

Tính:

é x = -a Þ t = a
f ( x)
dx : Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và ê
x
+1
ë x=0Þt =0

ịa a

-

a

a

f ( x)
f (-t )

f (t )a t
a x f ( x)
dx
dt
=
dt
=
=
ò-a a x + 1
òa a -t + 1 ò0 1 + a t
ò0 a x + 1 dx
0

Khi đó:

0

Nên:
a

a

a

a

a

f ( x)
a x f ( x)

f ( x)
(a x + 1) f ( x)
dx
=
dx
+
dx
=
ò x
ò0 a x + 1
ò0 a x + 1 ò0 a x + 1 dx = ò0 f ( x)dx
-a a + 1

(Đpcm)
Đặt vấn đề: Bài toán tổng quát trên, cho ta lời giải tương tự đối với các
bài toán sau đây:
1

x4
Bài 2: I = ị x dx
2 +1
-1

Phân tích
Đối với bài tốn này ta áp dụng bài toán gốc:
+ Ta thấy f ( x) = x 4 là một hàm số liên tục trên đoạn [-1;1]
1

1


x4
dx = ò x 4 dx
x
2 +1
-1
0

+ Áp dụng bài tốn gốc ta có: I = ị
+ Lời giải được trình bày như sau:
Giải
1

0

1

x4
x4
x4
dx
=
dx
+
x
ị x
ị0 2x + 1dx
-1 2 + 1
-1 2 + 1

Ta có: I = ò



Tính:

é x = -1 Þ t = 1
x4
ị-1 2 x + 1dx : Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và êë x = 0 Þ t = 0

Khi đó:

x4
(-t )4
t 4 .2t
x 4 .2 x
ò x dx = -ò1 2-t + 1dt = ò0 2t + 1dt = ò0 2 x + 1dx
-1 2 + 1

0

0

0

1

1

Nên:
1


I=

0

1

1

1

x4
x4
x4
x 4 .2 x
x4
dx
=
dx
+
dx
=
dx
+
ò-1 2x + 1 -ò1 2x + 1 ò0 2 x + 1 ò0 2 x + 1 ò0 2 x + 1dx
1


0

x 4 .(2 x + 1)

1
dx = ò x 4 dx =
x
2 +1
5
0
1

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
1

ò

-1

a

ò

-a

p

1 - x 2 dx
1 + 2x

2 x. 4 - x 2
ò 1 + 2 x dx
-1

1

sin 2 x
ò x dx
-p 3 + 1

a2 - x2
dx (với a > 0 )
ax +1

2

ò

-2

4 - x2
dx
2x + 1

e

ò

-e

e2 - x 2
dx
1+ ex


a x . a2 - x2
ò- a a x + 1 dx (với a > 0 )
a

2.5. Dạng toán ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng
Bài tốn: Cho hai hàm số y = f1(x) và y = f2(x) liên tục trên [a; b] . Gọi
D là hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f1(x) và y = f2(x) và các
đường thẳng x = a, x = b thì diện tích của hình phẳng được tính theo cơng
thức:
b

S = ị f1 ( x ) - f 2 ( x ) dx
a

Đặt vấn đề: Việc tính diện tích hình phẳng của bài tốn trên ta thấy có
phần đơn giản. Song trong thực tế ta gặp rất nhiều bài tốn khơng phải như
thế, sau đây là các bài tốn có dạng khác với mức độ khó hơn. Ví dụ tính diện
tích hình phẳng ( H i ) được giới hạn bởi các đường sau:
ì
x2
(C )
ïy = 4ï
4
Bài 1: ( H1 ) í
2
ïy = x
(C ')
ïỵ
4 2



Phân tích
- Giải phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị (C) và (C’) tìm
cận a, b
b

x2
x2
4dx
4 4 2

- Tính: S( H ) = ị
1

a

+ Xét dấu: 4 b

x2
x2
trên đoạn [a;b] để mở dấu giá trị tuyệt đối.
4 4 2

+ Tính I1 = ị 4 a

x2
dx bằng phương pháp đổi biến số
4
b


+ Tính tích phân cơ bản I1 = ị
a

x2
dx
4 2

Giải
- Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị (C) và (C’) là:
é x 2 = 16
x2
x2
x2 x4
4
2
4=
Û 4- =
Û x - 8 x - 128 = 0 Û ê 2
Û x = ±4
4 4 2
4 32
ë x = -8(VN )

- Bảng xét dấu:
x
x2
x2
44 4 2

-4

0

+

4
0

- Khi đó:
4

S( H1 ) =



-4

4

x2
x2
x2
x2
4dx = ị ( 4 )dx
4 4 2
4 4 2
-4

4

=


ò

4

4-

-4

x2
x2
32
dx - ò
dx = 4p 4
3 2
-4 4 2

ìï y = x 2 - 4 x + 3 (C )
Bài 2: ( H 2 ) í
(C ')
ïỵ y = x + 3

Phân tích
- Giải phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị (C) và (C’) tìm
cận a, b
b

- Tính: S( H ) = ị x 2 - 4 x + 3 - ( x + 3) dx
2


a

+ Xét dấu: x 2 - 4 x + 3 , x 2 - 4 x + 3 - ( x + 3) trên [a;b] để mở dấu tuyệt đối.
+ Tính tích phân cơ bản.
Giải
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị (C) và (C’) là:


×