SKKN: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ NHỮNG SAI LẦM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG XN HỊA

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
VÀ NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP
Tác giả sáng kiến: HÀ THỊ THANH
Mã sáng kiến

: 37.52.03

Vĩnh Phúc, năm 2020


SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC
Đơn vị: Trường THPT Xuân Hòa

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

PHIẾU ĐĂNG KÝ VIẾT SÁNG KIẾN
CẤP: CƠ SỞ: x ; TỈNH: .
I. Thông tin về tác giả đăng ký sáng kiến
1. Họ và tên: HÀ THỊ THANH
2. Ngày sinh: 22/06/1978
3. Đơn vị công tác: Trường THPT Xuân Hòa-Phúc Yên- Vĩnh Phúc
4. Chuyên môn: TOÁN-TIN
5. Nhiệm vụ được phân công trong năm học: Chủ nhiệm 12A2.

Giảng dạy môn Toán, Tin lớp 12A2, 12A3
II. Thông tin về sáng kiến
1. Tên sáng kiến: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP
2. Cấp học: THPT
3. Mã lĩnh vực (Theo danh mục tại Phụ lục 3): 37.52.03
4. Thời gian nghiên cứu: Từ tháng 1/2019 đến tháng 2/2020.
5. Địa điểm nghiên cứu: Trường THPT Xuân Hòa.
6. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 12A2, 12A3 trường THPT Xuân
Hòa.
Ngày tháng

năm 20.....

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký, ghi rõ họ tên, đóng dấu)

Ngày

tháng

năm 20.....

TỔ TRƯỞNG/NHĨM
TRƯỞNG CHUN MƠN
(Ký, ghi rõ họ tên)

Ngày

tháng

năm 20.....

NGƯỜI ĐĂNG KÝ
(Ký, ghi rõ họ tên)

Hà Thị Thanh


MỤC LỤC


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Trong nhà trường phổ thơng, mơn Toán có vai trò, vị trí và ý nghĩa quan
trọng. Đặc biệt mơn Toán có vai trò quan trọng trong việc thực hiện mục tiêu
chung của giáo dục phổ thơng, mơn Toán góp phần phát triển nhân cách học
sinh. Cùng với việc tạo điều kiện cho học sinh kiến tạo tri thức và rèn luyện kỹ
năng Toán học cần thiết, môn Toán còn có tác dụng góp phần phát triển năng
lực trí ṭ chung như: phân tích, tổng hợp, trừu tượng hoá, khái quát hoá... Rèn
luyện những đức tính, phẩm chất của con người lao động mới như tính cẩn thận,
chính xác, tính kỷ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mỹ.
Nhiệm vụ của dạy học môn Toán là: trang bị tri thức cơ bản cần thiết cho
học sinh, rèn luyện kỹ năng Toán học và kỹ năng vận dụng Toán học vào thực
tiễn, phát triển trí tuệ cho học sinh, bồi dưỡng những phẩm chất đạo đức tốt đẹp
cho học sinh, đảm bảo trình độ phổ thơng, đồng thời chú trọng bồi dưỡng những
học sinh có năng khiếu về Toán.
Trong chương trình toán học phổ thơng, mạch kiến thức về ngun hàm,
tích phân đóng một vai trò vơ cùng quan trọng. Nó khơng chỉ liên quan đến các

phần khác của toán học mà còn liên quan đến các mơn học khác. Đây là những
phần kiến thức có ý nghĩa lớn trong việc phát triển các năng lực cho học sinh
trong đó có năng lực phân tích, tổng hợp. Trong các đề thi THPT Quốc Gia gần
đây luôn xuất hiện các câu về nguyên hàm và tích phân.
Mặc dù có nhiều tài liệu sách tham khảo viết về vấn đề nêu trên nhưng
hầu như chưa có sự phân tích tỉ mỉ hoặc các dạng toán đã trở nên quá quen thuộc
với học sinh. Việc hệ thống hóa về loại toán này cũng chưa thật kỹ. Do đó khi
vận dụng vào các bài thi học sinh thường lúng túng.
Chính vì những lý do trên nên mạch kiến thức về nguyên hàm, tích phân
cần phải được chuẩn hóa. Và do đó tôi chọn nghiên cứu về vấn đề này. Trong
khuôn khổ của sáng kiến, tơi sẽ trình bày các kiến thức về nguyên hàm và tích
phân mang tính cập nhật nhất, phù hợp với các bài thi hiện nay giúp cho học
sinh rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp trên cơ sở đó hình thành và phát
triển các năng lực chung như: tự học, giải quyết vấn đề, tư duy sáng tạo, bám sát
4


chương trình và nội dung kiến thức cơ bản của hai bộ sách giáo khoa và nội
dung thường gặp trong các đề thi quốc gia.
2. Tên sáng kiến:
CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ NHỮNG SAI LẦM
THƯỜNG GẶP
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Hà Thị Thanh
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Giáo viên Toán trường THPT Xuân Hòa
- Số điện thoại: 0974673955
- E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: (Nêu rõ lĩnh vực có thể áp dụng sáng kiến và
vấn đề mà sáng kiến giải quyết)

Do khuôn khổ và thời gian có hạn, với điều kiện thực tế của người thực hiện
đề tài, tôi chỉ mới dừng lại nghiên cứu và hệ thống các phương pháp tính tích
phân và những sai lầm mà học sinh dễ mắc trong quá trình làm bài tập.
- Sáng kiến tập trung nghiên cứu các phương pháp tính tích phân và những
sai lầm mà học sinh dễ mắc được áp dụng cho hai lớp 12A 2 và 12A3 trường
THPT Xuân Hòa.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử:
Học kì 1 năm học 2019 -2020.
7. Bản chất của sáng kiến:
Thứ nhất: Về nội dung
VẤN ĐỀ I: CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
PHẦN I: KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1) Định nghĩa: Cho hàm số f liên tục trên K, a,b là hai số bất kỳ thuộc K, nếu
F là một nguyên hàm của f trên K thì F ( b ) − F ( a ) được gọi là tích phân
b

của f từ a đến b và kí hiệu là

∫ f ( x ) dx
a

.

5


b

∫ f ( x ) dx

Trong trường hợp a < b thì a
b

Như vậy :

∫

f ( x ) dx = F ( x )

a

b
a

được gọi là tích phân của f trên [ a; b ]

= F ( b) − F ( a)

trong đó F là một nguyên

hàm của f trên K
Từ ĐN ta thấy bài tốn tính tích phân thực chất là bài tốn tìm ngun
hàm sau đó thay cận vào.
2)

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên [ a; b ] , khi đó
diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục
b

hoành và hai đường thẳng x=a, x=b là

3)

S = ∫ f ( x ) dx
a

Các tính chất của tích phân: Giả sử f , g là hai hàm số liên tục trên K và
a,b,c là ba số thực tùy ý thuộc K. Ta có:
a

1) ∫ f ( x ) dx = 0
a

b

a

2)∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx
a

b

b

c

c

a

b

a

3) ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx
b

b

b

a

a

4) ∫ ( f ( x ) + g ( x ) )dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx
a

b

b

a

a

5) ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx, k ∈ ¡

4) Các phương pháp tính tích phân:
Phương pháp 1: Tìm bằng định nghĩa.
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất của tích phân (đưa tích phân cần tìm

về tổng, hiệu của những tích phân đã tính được)
Phương pháp 3: Phương pháp đổi biến số
Phương pháp 4: Phương pháp tích phân htừng phần.
6


PHẦN II: CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH
1. Phương pháp 1: Tìm bằng định nghĩa.
1

Ví dụ 1: Tìm

∫ (e

x

Lời giải: Ta có
1

Vậy

∫ (e

x

0

+ 1)dx

0

∫ (e

.
+ 1)dx = e x + x + C

x

+ 1)dx = ( e x + x )
0



∫  2015 x

Ví dụ 2: Tính −1
Lời giải: Ta có

3

1
0

= e +1−1 = e

x
+ ÷dx
3



x
x4 x2 

3
2015
x
+
dx
=
2015
+ ÷+ C
÷

∫ 
3
4
6

0


x
x 4 x2 

⇒ ∫  2015 x3 + ÷dx =  2015 + ÷
3
4
6

−1 

0

=−
−1

2015 1
6043
− =−
4
6
12

Nhận xét: Nếu sử dụng phương pháp này thì bài toán tính tích phân chính là bài
toán tìm ngun hàm chỉ thêm một bước là thế cận để ra kết quả.
2. Phương pháp 2: Sử dụng tính chất của tích phân (đưa tích phân cần tìm về
tổng, hiệu của những tích phân đã tính được)
Ví dụ 3: Tính các tích phân sau:
2

∫( x

2

− 3x

−4

a) 1
Lời giải:

4

∫(
1

2

−4

2

b)

b)

∫(

)

4

2

x − 1 dx

1

c)

2

∫ x − 2 dx

−1

2

 x3 
 x −3 
8 1 1
35
x
−
3
x
dx
=
x
dx
−
3
x
dx
=
−
) ∫
 ÷
3
÷ = − + −1 =
∫1 (

∫
24
 3  1  −3  1 3 3 8
1
1
2

a)

) dx

4

)

2

2

2

4

(

−4

)

4

4

1
2

4

x − 1 dx = ∫ x − 2 x + 1 dx = ∫ xdx − 2 ∫ x dx + ∫ dx =
1

1

1

1

2 4

x
2

1

−4

3 4
2

x

3

+x

4
1

=

7
6

1

7


c)

4

2

−1

−1

4

2

4

−1

2

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


x2 
=  2x − ÷
2


2

4

 x2

5
+  − 2x ÷ =
 2
 2 2
−1

Bài tập tự luyện: Tính các tích phân sau
−1

1)

3
∫ x ( x + 1) dx
0

e

3

2)

x3 − x 2 + x
∫1 x dx
16

2

∫

∫ 1 − x dx

π

∫ ln x dx
1
e

3)

4)

5) 0
6) 0
3. Phương pháp 3: Phương pháp đổi biến số

0

2

5

dx
x+9 − x

∫ cos x dx

 2 1
∫  x + x ÷ dx
7) 4

Loại 1: Đặt u = ϕ ( t )
b

I =

∫ f (u(x))u '(x)dx

a

Cần tìm

u( b)

∫

I =

f (t)dt

u( a )

B1: Đặt t = u(x) ⇒ dt = u '(x)dx , đổi cận x = a ⇒ t = u ( a ) ; x = b ⇒ t = u ( b )
B2: Ta có
Như vậy cách tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số, cơ bản sẽ
giống hệt như bài toán tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số, chỉ
khác là ta cần đổi cận. Vì thế các kinh nghiệm đã biết ở phần tìm nguyên
hàm bằng phương pháp đổi biến số vẫn tiếp tục được vận dụng.
Ví dụ 4: Tính các tích phân sau:
2

a)

∫ x( 1− x)
1

1

5

dx

b)

∫

−1

2x + 1
x2 + x + 1

2

dx

c)

∫
1

1 + x2
dx
x4

8


2

Lời giải: a)

∫ x( 1 − x)

5

dx = I

1

Đặt u = 1 − x ⇒ du = − dx
Đổi cận : x = 1 ⇒ u = 0; x = 2 ⇒ u = −1
−1

−1

 u7 u6 
I = − ∫ ( 1 − u ) u du = ∫ ( u − u ) du =  − ÷
 7 6
0
0
Ta có
5

6

−1

=−

5

0

13
42

Như vậy ta vẫn sử dụng kinh nghiệm: có lũy thừa ⇒ đặt u= cơ số như ở
bài tập tìm ngun hàm. Theo tư duy này ta có thể làm tiếp b, c một cách đơn
giản như sau:
1

b)

2x + 1

∫

x2 + x + 1

−1

dx

(Có dạng phân thức hoặc chứa căn)

2
2
2
Đặt u = x + x + 1 ⇒ u = x + x + 1 ⇒ 2udu = ( 2 x + 1) dx

Đổi cận : x = −1 ⇒ u = 1; x = 1 ⇒ u = 3
3

I=

Ta có
2

∫

∫
1

3

2udu
= ∫ 2du = 2u
u
1

3
1

=2 3−2

2

1+ x
dx

x4
2

. Trên [ 1;2] , x ≠ 0 nên
1
−1
u = ⇒ du = 2 dx
x
x
Đặt
c)

1

Đổi cận:
Ta có

x = 1 ⇒ u = 1; x = 2 ⇒ u =

∫
1

2

1+ x
dx = ∫
x4
1
2

1
+1
x2
dx
x3

f ( x2 )

)

1
2

3

2
2
1
u
+
1

(
)
1
1
2
2
2
2

I = − ∫ u u + 1du = − ∫ ( u + 1) d ( u + 1) =  −
3
21
1
 2

2
1
2

( Chứa

1
2

1/ 2


÷
÷
÷


=−

(

1
5 5−2 2
3

)

1

Loại 2: Đặt x=u(t)
b

Cần tính

∫ f ( x ) dx
a

Với điều kiện f ( x ) liên tục trên [a;b], u ( t ) có đạo hàm liên tục trên [ α;β] sao
cho u ( α ) = a; u ( β ) = b và a ≤ u ( t ) ≤ b; ∀t ∈ [ α; β]
9


B1: Đặt x = u ( t ) . Chọn miền D sao cho ∀t ∈ D; x ∈ [ a; b ] ⇒ dx = u ' ( t ) dt
B2: Từ phương trình x = u ( t ) ,
đổi cận: x=a ⇒ a = u ( t ) ,t ∈ D ⇒ t = α ; x=b ⇒ b = u ( t ) ,t ∈ D ⇒ t = β
β

b

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( u ( t ) ) u ' ( t ) dt

α
B3: a
Ví dụ 5: Tính các tích phân sau:

1

1

∫

1 − x dx
2

a) 0
Lời giải

b)

1

1
∫0 1 + x 2 dx

c)

∫
0

1

dx
4−x

2

∫

d) 0

1 + x 2 dx

1

a)

∫

1 − x 2 dx

0

 π π
x = sin t , t ∈  − ; 
 2 2  ⇒ dx = cos tdt ;
Đặt

x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =

Đổi cận:
1

∫
0

1

b)

π
2

1 − x 2 dx = ∫
0

1

∫1+ x

2

π
2
π
2

π
2

π

1 + cos2t
1 1
2 π

1 − sin 2 t cos tdt = ∫ cos 2 tdt = ∫
dt =  t + sin 2t ÷ =
2
2 4
 0 4
0
0

dx

0

 π π
x = tan t , t ∈  − ; ÷ ⇒ dx = 1 dt
 2 2
cos 2t ;
Đặt

x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =

Đổi cận:

π
4

π

π

1

4
4
π
1
1
π
4 =
dx
=
dt
=
dt
=
t
∫0 1 + x 2 ∫0 cos 2t ( 1 + tan 2 t ) ∫0
0
4
1

c)

∫
0

dx
4 − x2

 π π
x = 2sin t , t ∈  − ; 

 2 2  ⇒ dx = cos tdt ;
Đặt

Đổi cận:

x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =

π
6

10


1

dx

∫
d)

∫

π
6

π
6

π

cos t
1
1 6
π
dt = ∫
dt = ∫ dt = t =
2
2 cost
2
2 0 12
4 - 4sin t
0
0
cos t

=∫

4 − x2

0

1

π
6

0

1 + x 2 dx

0

 π π
x = tan t , t ∈  − ; ÷ ⇒ dx = 1 dt
 2 2
cos 2t ;
Đặt

x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =

Đổi cận:
1

∫
0

π
4

1 + x 2 dx = ∫ 1 + tan 2 t
0

π
4
π
4

π
4

π
4

d ( sin t )
1
1
1
1
dt = ∫
dt = ∫
dt = ∫
2
2
3
2
cos t
cos t cos t
cos t
0
0
0 ( 1 − sin t )

Đặt u = sin t ⇒ du = cos tdt
Đổi cận:
π
4

∫
0

t = 0 ⇒ u = 0; t =

d ( sin t )

( 1 − sin t )
2

=

2

2
2

∫
0

π
2
⇒u =
4
2

du

(1− u )

2 2

=

2
2

 1
1
1
1 
2 1
−
+
+
du
=
+ ln 1 + 2

÷
2
2
∫0  ( u − 1) u − 1 ( u + 1) u + 1 ÷
2
2



(

)

Ghi nhớ:

1) Có a − x

2

2) Có a + x

2

3) Có x − a

2

2

2

2

đặt x = a cos t ; t ∈ [ 0; π]

 π π
x = a tan t; t ∈  − ; ÷
 2 2  hoặc x = a cot t ; t ∈ ( 0; π ) .
đặt

đặt

a+ x
a−x

4) Có

 π π
x = a sin t; t ∈  − ; 
 2 2
hoặc

đặt

x=

x = a cos 2u ,0 < u <

dx
x − a) ( b − x)
5) Có (
dx

a
a
 π π 
 π   π
; t ∈ 0; ÷∪  ; π 
x=
; t ∈ − ;0 ÷∪  0; 
cost
sint
 2   2  Hoặc
 2   2

( 0 < a < b)

,c > 0

đặt

π
2
x = a + ( b − a ) sin 2 u;0 < u <

6) Có ( ax + b ) + c
đặt ax + b = c tan t ;
Bài tập tự luyện
1)
Tính các tích phân sau:
2

 π π
t ∈ − ; ÷
 2 2

1

a) ∫ 3 x − 1dx
0

π
2

3

b)

x2
∫0 ( x + 1) x + 1 dx

11


2

x
∫1 1 + x − 1 dx
c)
ln 5

e)

∫
0

7

( A − 04 )

ex ex − 1
dx
ex + 3

g)

2) Tính các tích phân sau:

2 3

a)

x cos xdx

0

π
2

c)

∫ sin x cos

f)
h)

4

b)

xdx

d)

0

1
∫0 2cos2 x + sin 2 x dx

cos x − sin x
∫0 2 + sin 2 x dx
g)

i)

0

m)

1
∫π sin 2 x dx

p) 4
3) Tính các tích phân sau:
eπ / 2

1) ∫
1

0

π/3

∫

x

1

3

2

1+ x

π/4

dx
3

dx
;
2
π / 6 sin x cos x

7) ∫

π
4

h)
π
2

l)

∫

6

2

sin 2 x
dx
cos6 x

1 − cos3 x sin x cos5 xdx

0

π
12

o)

1
∫0 cos2 3x ( 1 + tan 3x ) dx
π
2

q)

1

∫ 1 + cos x dx
0

ex

2)∫

( e x + 1 )3

0

π /4

0

0

cos x

∫ 1 + sin x dx

π/4

3 ) ∫ (sin 6 x + cos 6 x )sin 2 xdx

x cos 4 xdx

1

ln 2

cos ln x

dx;
x

2

0

π
3

5 )∫

3

∫ 2 + sin x dx

π
2

1
∫0 4sin x + 3cos x + 5 dx

( A − 03)

0

sin x

∫ 1 + 3cos x dx

dx

1

π
2

f)

dx

∫ 1 − 2 x dx

∫ sin

π
2

π
2

x x2 + 4

5

π
2

π
4

e)

1

∫

π
2

3

x2 + 2

2

2

ex
∫0 1 + e x dx

∫ sin

∫

d)

1

π

2

x3

4)

∫

dx

cot xdx;

0

π/2

6) ∫
0

4 sin3 x
dx;
1 + cos x

π /2

8 ) ∫ sin5 xdx;
0

12

π /3

cos 2 x
dx
4
4
π / 4 sin x + cos x − 1

9) ∫
11 )∫

e2

dx

10) e

2

∫ xln

x

π /4

x
dx;
2+ x + 2−x

12 ) ∫ (tan x + e sin x cos x )dx
0

Phương pháp 4: Tích phân từng phần
b

I =

∫ f (x)g(x)dx

a
Cần tìm
Trong đó : f(x) dễ tìm đạo hàm còn g(x) dễ tìm nguyên hàm

u = f (x)
⇒

dv
=
g
(
x
)
dx

B1: Đặt 
của g(x))

du = f '(x)dx



v = g(x)dx

∫

(v là nguyên hàm đơn giản nhất

B2: Áp dụng công thức nguyên hàm từng phần
b

b
b
I = udv = ( uv) a − vdu
a
a

∫

∫

Chú ý: Nguyên hàm sau phải dễ hơn hoặc “đồng dạng” với nguyên hàm
ban đầu.
Ví dụ 6: Tính các tích phân sau:
π
2

a) ∫ x sin xdx
0

1

e

ln x
c)∫ 2 dx
x
1

b) ∫ ( x + 1) e dx
x

0

e

d ) ∫ ln xdx
1

π
4

x
dx
1 + cos2x
0

e) ∫

Lời giải:
u = x

du = dx
⇒

dv = sin xdx v = − cos x

a) Đặt
π
2

∫ x sin xdx = − x cos x

π
2

0

π
2

+ ∫ cos xdx = ( − x cos x + sin x )
0
0

π
2
0

=1

1

b) ∫ ( x + 1) e x dx
0

u = x + 1
du = dx
⇒


x
x
Đặt dv = e dx v = e

13


1

x
x
∫ ( x + 1) e dx = ( x + 1) e

Ta có

0

0

e

ln x
dx
x2
1

c )∫

1

1

− ∫ e x dx = ( ( x + 1) e x − e x )

1
0

0

=e

1

du = dx
u = ln x



x
⇒


1
dv = x 2 dx v = − 1

x
Đặt
e

e

e

e

ln x
1
1
2
 1

 1
dx
=
−
ln
x
+
dx
=
−
ln

x
−
=
1
−

÷

÷
2
2
∫
∫
x 1
e
 x
 1 1 x
 x
Ta có 1 x
e

d ) ∫ ln xdx
1

1

u = ln x du = dx
⇒
x


dv = dx v = x

Đặt

e

∫ ln xdx = ( x ln x )

Ta có

1

π
4

e

− ∫ dx = ( x ln x − x )
1

e

1

1

=1

1


1

u = 2 x
 du = dx
⇒
2

1
 dv =
dx v = tan x
2

cos
x

.Đặt

π
4

x
x
dx = ∫
dx
1 + cos2x
2cos 2 x
0
0

e) ∫

e

Ta có
π
4

π
4

π
4

π

x
1
1
π 1
2
1

1
4
dx
=
x
tan
x
−

tan
xdx
=
x
tan
x
+
ln
cos
x
÷

÷ = + ln
∫0 2cos 2 x  2
∫
2
 0 02
2
 0 4 2 2

Ví dụ 7: Tính các tích phân sau:
π
2

1

b) ∫ ( x 2 + 2 x ) sin xdx

a )∫ e x sin xdx
0

0

u = e x
du = e x dx
⇒

dv
=
sin
xdx

v = − cos x
Lời giải: Đặt
1

I = ∫ e sin xdx = ( −e cos x )
x

1

1

x

0

0

+ ∫ e x cos xdx = ( −e x cos x )

0

1
0

+J

Tìm J ?
u = e x
 du = e x dx
⇒


dv
=
c
osx
dx

v = sin x
Đặt
1

J = ∫ e x cos xdx = ( e x sin x )
0

1
0

1

− ∫ e x sin xdx = ( e x sin x )
0

1
0

−I

14


Vậy:
1

I = ∫ e x sin xdx = ( −e x cos x )
0

⇒ 2 I = ( −e x cos x )

1
0

1
0

+ ( e x sin x )

+ ( e x sin x )

1
0

1
0

−I

= −e cos1 + 1 + e sin1 ⇒ I =

1
( −e cos1 + 1 + e sin1)
2

(phương pháp truy hồi)
π
2

b) ∫ ( x 2 + 2 x ) sin xdx
0

du = ( 2 x + 2 ) dx
u = x 2 + 2 x
⇒

Đặt dv = sin xdx v = − cos x
π
2

∫( x

2

0

+ 2 x ) sin xdx = − ( x 2 + 2 x ) cos x 
π
2

Tính

∫ ( 2 x + 2 ) cos xdx
0

∫ ( 2 + 2 x ) cos xdx = ( ( 2 + 2 x ) sin x )
0

Vậy:

∫( x

2

0

0

+ ∫ ( 2 x + 2 ) cos xdx
0

u = 2 x + 2
du = 2dx
⇒

: Đặt dv = cos xdx v = sin x

π
2

π
2

π
2

π
2

π
2

π
2
0

− ∫ 2sin xdx = ( ( 2 + 2 x ) sin x + 2cos x )
0

+ 2 x ) sin xdx = − ( x + 2 x ) cos x 
2

π
2
0

π
2
0

=π

+π=π

Bài tập tự luyện
Bài 1: Tính các tích phân sau
π
2

π

a ) ∫ ( 2 x − 1) cos xdx

b) ∫ x3 sin xdx

0

0

1

1

(

)

d ) ∫ x ln 1 + x 2 dx

c) ∫ x 2 ln xdx

0

0

Bài 2: Tính các tích phân sau
1

a) ∫ ( x + 1)e x dx;

ln 2

b)

0

π

d) ∫ ( x 2 + 1)cos xdx;
0

∫

x 2e 2 x dx;

0
e

e) ∫ ( 2 x − 3) ln xdx
1

0

c) ∫ x sin 3 xdx
π
2

;

5

f) ∫ ln( x 2 − 3 x + 2)dx
3

15


e

g) ∫ x 2 ln 2 xdx
1

2

1

1 − 2x
dx
3x
e
0

1

ln x
dx;
5
e x

h) ∫

;

i) ∫

PHẦN III: KIẾN THỨC MỞ RỘNG
MỘT SỐ KỸ THUẬT CÓ TÍNH CHẤT MẸO KHI TÍNH TÍCH PHÂN
Kỹ thuật 1: Tích phân liên kết
π
4

Ví dụ 8: Tính

sin x
dx
sin x + cos x
0

I =∫

π
4

Lời giải: Để tính I ta liên kết với
Ta có:
π
4

π

I + J = ∫ dx = x 4 =
0

0

cos x
dx
sin x + cos x
0

J =∫

π
4

π
4

π
4

cos x − sin x
d (sin x + cos x)
dx = ∫
= ln sin x + cos x
sin
x
+
cos
x
sin
x
+
cos
x
0
0

J −I =∫

π
4

0

= ln 2

π
1
π
2 I = −(ln 2 − ) ⇔ I = −( ln 2 − )
4
2
8
Vậy
b

∫ f ( x ) dx

Kinh nghiệm: Cần tính a
trong một số bài tập cảm thấy khơng áp dụng
những phương pháp thường làm thì thử đặt x = a + b − t xem có sử dụng được tích
phân liên kết khơng?
Bài tập tự luyện:
π
2

1)

∫ ( cos x − sin x )dx
3

1

0

;

1

1
∫ ( x 2 + 1)(4 x + 1) dx
4) −1
;
π

1

0

8)

5cosx − 4sin x

( sin x + cosx)

dx
3

∫

0

π

;

3)

x sin x

∫ 1 + cos2 x dx
0

sin 2017 x
∫ sin 2017 x + cos 2017 x dx
0
6)

sin x
dx
cos x + sin x

π
4

9)

∫ ln(1 + tan x)dx
0

1/ 2

4

;

π
2

4

∫ x cos x.sin

11) 0

π

3

ln( x + x 2 + 1)  dx



x
∫ 1 + 2 x dx
5) −1
;

sin x

∫

−1

π
2

∫ 3 x + 1 dx
−π
7)
;

10)

2)

2

π/ 2

∫

3

3

xdx

∫

12) −1/ 2

cosx ln

;

1+ x
dx
1− x

;
16


π/ 2

13)

∫

π/ 4

x + cosx

2
−π/ 2 4 − sin x

dx

14)

x7 − 3x5 + 1

∫ cos2 x dx
−π/ 4

π/ 2

∫

15) −π/ 2

ex cos2x
ex + 1

dx

16) Cho f(x) liên tục trên R và với mọi x thuộc R ta có f (x) + f (−x) = 2 − 2cosx .
3π/ 2

∫

f (x)dx

Tính I= −3π/ 2
;
17) Cho f(x) liên tục trên ( − 2;2) và với mọi x thuộc ( − 2;2) ta có
1

1

f (x) + f (1 − x) =

∫ f (x)dx

2

4 − x . Tính I= 0

.

Kỹ thuật 2: Tách tích phân cần tìm về tổng các tích phân có thể tính được
bằng phương pháp đồng nhất hệ số.
3

dx

∫ ( x − 1) ( x + 1)
2

Ví dụ 9: Tính 2
Lời giải: Ta có

1

=

A

+

B
C

+
x − 1 ( x + 1)

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

2

1

C
=

4
B + C = 0

1


⇒  A − 2C = 0 ⇔  B = −
4
A + C − B =1 

1

 A = 2

Kỹ thuật 3: Tách tích phần thành hai phần sao cho khi TP từng phần của
phần thứ nhất thì phần thứ 2 sẽ khử được -vdu.

∫e ( x

)
Ví dụ 10: Tính
Lời giải : Bình thường ta phải tính Ngun hàm từng phần 2 lần, nhưng để ý:
2x

2

+ 4 x + 1 dx

du = 2 xdx
2
u = x

2x
⇒

 1 2 x ⇒ −vdu = ∫ xe dx
2x
dv = e dx v = e

2
để khử -vdu ta phải thêm bớt để tạo ra

∫ xe

2x

dx

17


Như sau:

∫e ( x
2x

2

+ 4 x + 1) dx = ∫ e 2 x ( x 2 + 3x + x + 1) dx = ∫ e 2 x ( x 2 + 3 x ) dx + ∫ e 2 x ( x + 1) dx

du = ( 2 x + 3) dx
2
1 2
3
u = x + 3x 
2x
2
2x
2x 
⇒
⇒
e
x

+
3
x
dx
=
x
+
3
x
e
−
e
x
+
(
)
(
)



÷dx
1
∫
∫
2x
2x
2
2



v
=
e
dv = 2 dx


2
Đặt

1 2
3

x + 3 x ) e 2 x − ∫ e2 x  x + ÷dx + ∫ e2 x ( x + 1) dx
(
2
2

1
1
1
1
= ( x 2 + 3 x ) e2 x − ∫ e 2 x dx = ( x 2 + 3x ) e2 x − e2 x + C
2
2
2
4

∫e ( x
2x

2

+ 4 x + 1) dx =

e x
Tính ∫ (
x

Tương tự ta xét ví dụ 11:
Lời giải : Ta có

∫e ( x
x

3

3

+ 4 x 2 + 1) dx

+ 4 x 2 + 1) dx = ∫ e x ( x3 + x 2 − 2 x + 3x 2 + 2 x + 1) dx

= ∫ e x ( x 3 + x 2 − 2 x ) dx + ∫ (3x 2 + 2 x + 1)e x dx

Ta đặt
2
3
2
u = x + x − 2 x du = ( 3 x + 2 x − 2 ) dx

⇒

x
x
dv = e dx
v = e

∫ e ( x + x − 2 x ) dx = ( x + x − 2 x ) e − ∫ e ( 3x + 2 x − 2 ) dx
e x + 4 x + 1) dx ( x + x − 2 x ) e − ∫ e ( 3x + 2 x − 2 ) dx
Suy ra ∫ (
=
+
x

x

∫ (3x

2

3

3

2

3

2

3

2

2

x

x

x

x

2

2

+ 2 x + 1)e x dx

x
=(

3

+ x 2 − 2 x ) e x + ∫ 3e x dx = ( x 3 + x 2 − 2 x ) e x + 3e x + C

Kỹ thuật 4: Thêm hằng số cho v khi tính tích phân từng phần
Trong các bài mà du có mẫu số ta nên chọn v thêm một hằng số thích hợp
để vdu khử bớt mẫu số.

1

Ví dụ 12: Tính

∫ ( 2 x − 1) ln ( x
0

3

+ 1) dx

Lời giải :

3x 2
u = ln ( x 3 + 1)
du
=
dx

2
x
+
1
x
−
x
+
1
(
)

(
)
⇒


dv = ( 2 x − 1) dx 
2
v = x − x + 1
Đặt

18


2
Lẽ ra ta thường lấy v = x − x nhưng rõ ràng thêm hằng số 1 vào v việc tính tích

phân tiếp thep nhàn hơn rất nhiều
1

(

)

1

2
( 2 x − 1) ln x + 1 dx ( x − x + 1) ln ( x + 1) 0 − ∫ 3x dx ln 2 − 3∫  x − 1 + 1 ÷dx
x +1
x + 1)
0

0
0(
=
=

∫

3

2

3

1

1

1

 x2

1 
3

ln 2 − 3∫  x − 1 +
dx
=
ln
2
−

3
÷
 − x + ln x + 1 ÷ = − 2ln 2
x +1
 2
 0 2
0
=
1

π
4

Ví dụ 13: Tính

ln ( sin x + cos x )
dx
2
cos
x
0

∫

cos x − sin x
u = ln ( sin x + cos x )

dx

du =

⇒
sin x + cos x

1
dx
dv =
v = tan x + 1
cos 2 x
Lời giải : Đặt 

Bình thường ta hay lấy v=tanx nhưng với cách thêm vào số 1 ta thấy thuân lợi
gì?
π
4

ln ( sin x + cos x )
dx
cos 2 x
0

∫

=

( tan x + 1) ln ( sin x + cos x )

π
4
0

π
4

− ∫ ( tan x + 1)
0

cos x − sin x
dx
sin x + cos x

π
4

cos x − sin x
dx
cos
x
0

π
4
0

= ( tan x + 1) ln ( sin x + cos x ) − ∫

( tan x + 1) ln ( sin x + cos x )

π
4
0

π
4

π
4

d ( cos x )
cos x
0

− ∫ dx − ∫
0

π
4
0

π 3
= ( tan x + 1) ln ( sin x + cos x ) − x − ln cosx  = − + ln 2
4 2

Sau đây là một số bài tập về tích phân đã theo dạng và đề thi Đại học của
các năm để bạn đọc tự luyện.
PHẦN IV:
CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN TRONG ĐỀ THI ĐH 2002-2015
(03-A)
(03-B)
2 3

I=

∫

5

dx
x x +4
2

π
4

1 − 2 sin 2 x
dx
1 + sin 2 x
0

I=∫

19


2

(03-D)
(04-B)

e

1 + 3 ln x ln x
dx
x

1

(05-A)

π
2

I=∫

1 + 3 cos x

0

I=

1

∫ (e

sin x

I =

(05-B)

I=

sin 2 x cos x
dx
1 + cos x
0

∫

dx

∫e

x

I = ∫ x3 ln 2 xdx

(07-D)

0

1

tg x
dx
cos 2 x
0

.

π


sin  x − ÷dx
4

I=∫
sin2x+2(1+sinx+cosx)
0

(08-B)

ln x
dx
3
x
1
.

I = ∫ (cos3 x − 1) cos 2 xdx

(09-A)

0

3

e

3 + ln x
dx
2

1 ( x + 1)

I =∫

(10-A)

x

1 + 2e

I =

(11-B)

0

I =

(12-A)

∫

1 + x sin x

3 1+

∫

1

2

cos x

(

I =

dx

I

(11-A)

) dx

x2

ln x
2

dx

x sin x + cosx

0

4

∫

0

I =

(12-B)

∫

∫

(11-D)

ln x + 1

e

( 2 + ln x)
π/ 4
x sin x + ( x + 1) cosx
=
dx
I =

dx

x

1x

(10-B)

e

3
I = ∫  2x − ÷ln xdx
x
1
(10-D)

π/ 3

1
dx
1 e −1

I =∫

(09-D)

x2 + ex + 2x2ex

0

.

π
2

I =∫

∫

.

π
4

4

I=∫

I =

dx

e

I = ∫ ( x − 2)e 2 x dx.

1

cos2 x + 4 sin2 x

dx
+ 2e− x − 3

2

(09-B)

sin2 x

I =∫

+ cos x) cos xdx

.

ln5

π
6

(08-D)

.

π
2

1

(08-A)

.

π
2

0

ln3

(06-D)

dx

2

0

(06-B)

1+ x −1

3

(06-A)

π
2

x

I = ∫ ln( x 2 − x)dx

.
sin 2 x + sin x

I=∫

(04-A)
(04-D)

0

I =∫

(05-D)

2

I = ∫ x 2 − x dx

1

4x − 1

dx
2x + 1 + 2
x3

∫ x4 + 3x2 + 2dx
0

20


π/ 4

∫ x ( 1 + sin2x) dx

I =

(12-D)

(13-A)

0

1

1

(13-B)

I = ∫ x 2 − x 2 dx

(13-D)

0

1

(15- QG)

I =∫
0

( x + 1)

2

dx

x2 + 1

π
4

x 2 + 3x + 1
I =∫
dx
x2 + x
1
2

(14-B)

x2 − 1
I = ∫ 2 ln xdx
x
1
2

(14-D)

I = ∫ ( x + 1) sin 2 xdx
0

∫ ( x − 3) e dx
x

0

CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍCH PHÂN (ĐỀ DỰ BỊ)
π
2

02-A1

I = ∫ 6 1 − cos3 x .sin x.cos 5 xdx
0

ln 3

∫

I=

02-B2

0

0

.

02-A2

e x dx
(e x + 1)3

.

I = ∫ x3 1 − x 2 dx
0

ln 5

03-B1

∫

I=

ln 2
e

03-D2

02-D2

0

3

04-B1
04-D1

∫
1

I=

.

π

03-A2

dx

.

03-D1
.

04-A2

04-B2

.

x4 − x + 1
dx
x2 + 4

.

I = ∫ ecos x sin 2 xdx
0

.

ln8

.

0

04-D2

I = ∫ (2 x − 1) cos 2 xdx
0

I = ∫ x 2 ln xdx

∫e

05-A2

2x

e x + 1dx

ln 3

e3

x+2
I =∫ 3
dx
x +1 .
0

0

0

I=

x sin xdx

I=∫
1

.

ln 2 x
dx
x ln + 1 .

π
3

.

05-B2

I = ∫ sin 2 x tan xdx
0

.

π
4

e

05-D1

2

0

I =∫

.

π
2

dx
x + x3 .

π
2

05-B1

I = ∫ x3e x dx
2

7

05-A1

x
dx
1 + cos 2 x
0

2

∫

.

I=∫
1

2x

ex −1

x 3dx
I =∫ 2
x +1

0
π
4

x2 + 1
ln xdx
x

I =∫

I=

e

−1
1

1

03-A1

I = ∫ x(e2 x + 3 x + 1)dx

.

05-D2

I = ∫ (tan x + esin x cos x)dx
0

21


6

dx
2 2x +1 + 4x +1

I=∫

06-A1

10

I=

.

06-B1

dx
x −1

∫ x−2
5

.

VẤN ĐỀ II: MỘT SỐ SAI LẦM
CỦA HỌC SINH KHI TÍNH TÍCH PHÂN

2

dx

∫ (x + 1)

Bài 1: Tính tích phân: I =

−2
2

2

dx
∫− 2 (x + 1) 2
* Sai lầm thường gặp: I =
=

2

d ( x + 1)

∫ ( x + 1)

−2

2

1
=- x + 1

2
−2

1
4
=− 3 − 1 = − 3

* Nguyên nhân sai lầm:
1
2
Hàm số y = ( x + 1) không xác định tại x= − 1∈ [ − 2;2] suy ra hàm số không liên

tục trên [ − 2;2] nên không sử dụng được công thức newtơn – leibnitz như cách
giải trên.
* Lời giải đúng
1
2
Hàm số y = ( x + 1) không xác định tại x= − 1∈ [ − 2;2] suy ra hàm số không liên

tục trên [ − 2;2] do đó tích phân trên khơng tồn tại.
* Chú ý đối với học sinh:
b

∫

f ( x )dx

Khi tính
cần chú ý xem hàm số y=f(x) có liên tục trên [ a; b] khơng? nếu

có thì áp dụng phương pháp đã học để tính tích phân đã cho còn nếu khơng thì
kết luận ngay tích phân này khơng tồn tại.
* Một số bài tập tương tự:
Tính các tích phân sau:
a

5

1/

dx
∫0 (x − 4) 4

3

.

2/

π
2

3/

1
2

− 1) dx

.

1

1
∫0 cos 4 x dx

− x 3 .e x + x 2
dx
∫
x3
4/ −1
π

Bài 2: Tính tích phân: I =

∫ x( x

−2

2

dx

∫ 1 + sin x
0

22


1+ t2

2dt
x
1
2
2
* Sai lầm thường gặp: Đặt t = tan 2 thì dx = 1 + t ; 1 + sin x = (1 + t )
2dt
dx
−2
∫
2
⇒ ∫ 1 + sin x = (1 + t ) = ∫ 2(t + 1) d(t+1) =
π

⇒ I=

dx
∫0 1 + sin x

=

−2
x
tan + 1
2

π
0

2

t +1 + c

−2
2
π
tan + 1
2
- tan0 + 1

=

π
do tan 2 khơng xác định nên tích phân trên khơng tồn tại

*Nguyên nhân sai lầm:
x
x
∈
[
0
;
π
]
Đặt t = tan 2 x
tại x = π thì tan 2 khơng có nghĩa.

* Lời giải đúng:
x π 
d − ÷
dx

 2 4  = tan x − π  π
=

÷0

π 0
2 x π 
 2 4
0 1+ cos x −
cos
−

÷

÷
2

 2 4

π

π

dx
∫0 1 + sin x

π

∫

∫

 −π
π
− tan
 4
tan 4


÷= 2

.

I=
=
=
* Chú ý đối với học sinh:
Đối với phương pháp đổi biến số khi đặt t = u(x) thì u(x) phải là một hàm
số liên tục và có đạo hàm liên tục trên [ a; b] .
*Một số bài tập tương tự:
Tính các tích phân sau:
π

π

1/

dx
∫0 sin x

dx

∫ 1 + cos x

2/ 0
4

∫

x 2 − 6x + 9

Bài 3: Tính I = 0
* Sai lầm thường gặp:

( x − 3)
2
∫ ( x − 3) dx = ∫ ( x − 3) d ( x − 3) = 2

4

∫

dx

4

x 2 − 6x + 9

I= 0
dx = 0

* Nguyên nhân sai lầm:

4

0

2
4
0

=

1 9
− = −4
2 2

Phép biến đổi ( x − 3) = x − 3 với x ∈ [ 0;4] là không tương đương.
* Lời giải đúng:
2

4

I=

∫
0

x 2 − 6x + 9

dx

23


4

4

3

4

=0

0

0

3

2
∫ ( x − 3) dx = ∫ x − 3 d ( x − 3) = ∫ − ( x − 3) d ( x − 3) + ∫ ( x − 3) d ( x − 3)

( x − 3) 2

3
0

+

( x − 3) 2

4
3

2
=- 2
* Chú ý đối với học sinh:
2n

( f ( x) ) 2n

= f ( x)

b

2n
∫ ( f ( x) )
2n

=

9 1
+ =5
2 2

( n ≥ 1, n ∈ N )
b

=

∫ f ( x ) dx

a
I=
ta phải xét dấu hàm số f(x) trên [ a; b] rồi dùng tính chất
tích phân tách I thành tổng các phân không chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Một số bài tập tương tự:
a

π

1/ I =

∫

1 − sin 2 x

dx

0

2

∫
3/ I =

3

1

2

2/ I =

∫x

2

x 3 − 2x 2 + x

dx

0

π
3

1
 2

 x + 2 − 2
x


0

∫

dx

4/ I =

∫
π

tan2 x + cot2 x − 2

dx

6

dx
+ 2x + 2

Bài 4: Tính I = −1
* Sai lầm thường gặp:
0

∫

d( x + 1)

= arctan( x + 1)

0
−1

= arctan1− arctan0 =

π

4

)
I = −1 (
* Nguyên nhân sai lầm:
Học sinh không học khái niệm arctanx trong sách giáo khoa hiện thời
* Lời giải đúng:
2

x +1 +1

(

)

⇒ dx = 1+ tan2 t dt

Đặt x+1 = tant
với x= − 1 thì t = 0
π
với x = 0 thì t = 4
π
4

∫

(

)

1+ tan2 t dt
2

tan t + 1

π
4

∫

= dt = t

π
4
0

=

π
4

0
Khi đó I = 0
* Chú ý đối với học sinh:
Các khái niệm arcsinx, arctanx khơng trình bày trong sách giáo khoa hiện
thời. Học sinh có thể đọc thấy một số bài tập áp dụng khái niệm này trong một

24

sách tham khảo, vì các sách này viết theo sách giáo khoa cũ (trước năm 2000).
Từ năm 2000 đến nay do các khái niệm này khơng có trong sách giáo khoa nên
học sinh không được áp dụng phương pháp này nữa. Vì vậy khi gặp tích phân
b

dạng
b

∫
a

1

∫1+ x

2

dx

ta dùng phương pháp đổi biến số đặt t = tanx hoặc t = cotx ;

a

1
1− x2

dx

thì đặt x = sint hoặc x = cost

*Một số bài tập tương tự:
1

8

1/ I =

∫
4

1

x − 16
dx
x
2

1
4

∫

2/ I =
x3
1− x2

2x + 2x + 3
∫0 x 2 + 1 dx

3

3

3/ I =

∫
0

x 3 dx
1 − x8

dx

Bài 5: Tính: I =
*Suy luận sai lầm: Đặt x= sint , dx = costdt
0

∫

x3
1 − x2

dx = ∫

sin 3 t
dt
cos t

Đổi cận: với x = 0 thì t = 0
1

với x= 4 thì t = ?

* Nguyên nhân sai lầm:
2
Khi gặp tích phân của hàm số có chứa 1 − x thì thường đặt x = sint nhưng đối

1
với tích phân này sẽ gặp khó khăn khi đổi cận cụ thể với x = 4 khơng tìm được

chính xác t = ?
* Lời giải đúng:
x
2
Đặt t = 1 − x ⇒ dt =

1 − x2

dx ⇒ tdt = xdx

1
Đổi cận: với x = 0 thì t = 1; với x = 4 thì t =

15
4

25