CHUYÊN ĐỀ :TÍCH PHÂN NÂNG CAO

CHUYÊN ĐỀ :TÍCH PHÂN NÂNG CAO
I> TÍCH PHÂN CÁC HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ
DẠNG I:
b

p( x)

∫ ax + b dx
a

α
α
dx = ln a.x + b + c
Cần chú ý : ∫
a.x + b
a

1. Phương pháp :
* nếu p(x) có bậc lớn hơn 1 cần phải tách phần nguyên cho biểu thức
p( x)
A
= g ( x) +
trong đó g(x) là đa thức
a.x + b
a.x + b
b
b
b
p( x)
A
dx

g
(
x
)
dx
+
∫a ax + b = ∫a
∫a a.x + b dx

+Viết
+

VD: Tính các tích phân sau:
2

1

x −1
1) ∫
dx
x +1
1

1

x2 − x − 1
2) ∫
dx
2x − 3
0

3)∫
0

x3
dx
2x − 3

HD;

x −1
2
=1−
x +1
x+1
2
2
2 
2

dx = ( x − 2 ln x + 1 ) = ( 2 − 2 ln 3 ) − ( 1 − 2 ln 2 ) = 1 + 2 ln
+ ∫ 1 −
1
x +1
3
1
2
2
x − x − 1 1  4x − 4x − 4  1 
1 

 =  2x + 1 −
= 

2)Ta viết
2x − 3
4  2x − 3  4 
2.x − 3 

1)Ta viết

1
1 
1 
1 2
1
1 1 1
dx =  x + x − ln 2x − 3  = + ln 3
+ I = ∫  2x + 1 −
4 0
2x − 3 
4
2
0 2 8

x3
1
27 
=  4x 2 + 6x + 9 +

3) Ta viết :

2x − 3 8 
2x − 3 

Từ đó ;
1
 1 1  40  27
x3
1  2
27 
1  4x 3
27

dx
=
4
x
+
6
x
+
9
+
dx
=
+ 3x 2 + 9x +
ln 2x − 3  =   − ln 3


∫0 2x − 3 8 ∫0 
2x − 3 

8 3
2
 0 8  3  16
+
40 27
=
− ln 3
24 16
1

Bài tập tự luyện phương pháp ;
Tính các tích phân sau:
3

3x − 2
a) ∫
dx
1−x
1

Trang 1

1

x2 − 5
b) ∫
dx
2x + 3
0

2

c)∫
0

2x 2 + 3x + 1
dx
3x + 2


DẠNG II
b
p ( x)
∫a ( a.x + b ) n dx
Phương pháp ; Ta dặt t= a.x+b từ đó ta có : dt= adx và x =
1

2x + 1

∫ ( x + 3)

VD; Tính tích phân

2

t −b
a

dx

0

Đặt t= x+3 → dt = dx, x = t - 3
1

4

2x + 1

4

4 5
 2t − 5 
2 5 
dx = ∫  2 dt = ∫  − 2 dt = 2 ln −
Vậy ; ∫
2
t t 
3 12
t 
0 ( x + 3)
3
3
b

∫ a.x

DẠNG III:

a

2

p( x)
dx
+ bx + c

Ta phân làm 3 trường hợp
* Trường hợp1:
ax2 +bx +c = 0 có hai nghiệm thực phân biệt
Giả sử ax2 +bx +c= 0 có hai nghiệm x1 , x2
+ Khi đó cần xét :
a) p(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2
Ta cần tách phần nguyên của biểu thức và viết phân thức ở dạng sau:
p( x)
B( 2a.x + b )
C
=
A
+
+
a.x 2 + bx + c
a.x 2 + bx + c a.x 2 + bx + c
b

Đưa về việc tính

∫ a.x
a

2

dx
+ bx + c

Để tính tích phân đó ta làm như sau:
+ Biến đổi ax2 +bx+c = a(x- x2)(x-x1)
+Áp dụng phương pháp đồng nhất thức ta được:

1

( x − x 2 )( x − x 1 )

=

+ Từ đó ta có ;
b

∫ a.x
a

2

x − x2 b
p( x)
C
dx = ( A.x + B ln a.x 2 + bx + c +
ln
)
( x 2 − x1 ) x − x1 a

+ bx + c

b) Nếu p(x) có dạng mx+n
b

mx + n
dx ta cần tìm A,B sao cho : mx+n=A(2ax +b) +B
2
a a.x + bx + c

+∫

Từ đó :
b

b
b
mx + n
dx
2
dx
=
A
ln
a
.
x
+
bx
+

c
+
B
+∫ 2
2
∫
a
a a.x + bx + c
a a.x + bx + c

b
x − x2 b
mx + n
B
dx = A ln a.x 2 + bx + c +
ln
2
a ( x 2 − x1 ) x − x1 a
a a.x + bx + c

b

=∫

Trang 2

1
x 2 − x1

 1

1 
−


 x − x 2 x − x1 


* Trường hợp 2 :
ax2 +bx +c = 0 có nghiệm kép
Khi đó ta có thể viết : ax2 +bx+c = ( αx + β) 2 Và ta đặt ẩn phụ t = ( αx + β) →
t −β
.
α

Và có x=

dt
= dx
α

* Trường hợp3:
ax2 +bx +c = 0 vô nghiệm
2

Chú ý rằng khi đó ta có thể biến đổi : ax +bx +c =

2
2

b   −∆  





a x +  + 
2a   2a  




 π π
b
−∆
tan t với t ∈  − ;  để tính tích phân
Khi đó bằng phép đặt x + =
 2 2
2a
2a

VD1:
0

x2
dx =I
Tính tích phân sau; ∫ 2
−1 x − 5x + 6

Ta có :x2 - 5x +6 = 0 có hai nghiệm x= 2, x=3
+ Trước hết ta có :

x2
5x − 6
= 1+ 2
2
x − 5x + 6
x − 5x + 6

+ Mặt khác ta cần tìm A,B sao cho; 5x-6 = A(2x-5)+B
Ta có:
x = 0 → −6 = −5A + B,
5
13
25
→B=
→A=
2
2
10
2
x
25  2x − 5  13  1
1 
+ 2
=1+  2
−
+ 

10  x − 5x + 6  2  x − 3 x − 2 
x − 5x + 6

x=



25

13

x − 3 −1

25

1

13

9

2

= 1 + ln + ln
+Vậy I =  x + ln x − 5x + 6 + ln
10
2 x − 2  0
10 2 2 8

3

VD2; Tính tích phân

I=

3x + 2
dx
2
−1
2

∫x

Xác định A ,B sao cho 3x+2 =A(2x) + B
+ Ta có ; với x= 0 B= 2 , x= -1 thì -1= -2A +B
2 = B
 − 1 = −2 A + B

Giải hệ ; 

+ vậy ta có ; A = 3/2 , B = 2
3

3
3
3 3 1
3x + 2
3
2x
dx
3
1 
2

−
dx
+ Từ đó ; ∫ 2 dx = ∫ 2 dx + 2∫ 2 = ln x − 1 + ∫ 
2 2  x −1 x +1
2 2 x −1
2
2 x −1
2 x −1
3 8
3
= ln + ln
2 3
2

Trang 3

b

∫ a.x
a

2

dx
+ bx + c


VD3;
1

x2 − 3
∫0 x 2 − 4x + 4 dx

Tính tích phân ;

Ta có nhận xét ; x2 -4x+4=(x-2)2

+ ta đặt t= x-2 → x = t + 2 , dt= dx
t + 4t + 1
4 1
1−1 3


dt = ∫  1 + + 2 dt =  t + 4 ln t − 
= − 4 ln 2
+I = ∫
2
t t 
t −2 2
t

−2
− 2
−1 2

−1

VD 4;
1

Tính tích phân sau; I =

∫x

2

−1

2x + 1
dx
+ 2x + 5

2x + 1
bằng phương pháp đồng nhất thức
x + 2x + 5

+ Ta cần phân tích :

2

+ Ta tìm A, B sao cho 2x+1 = A (2x+ 2) +B
+x= 0 → 1=2A+B, x= -1→ B=-1
1 = 2 A + B A = 1
→
− 1 = B
B = −1

Giải hệ : 
1

1

1

1

1
2x + 1
dx
dx
 2x + 2 
dx = ∫  2
= ln x 2 + 2x + 5
−∫ 2
= ln 2 − J
dx + ∫ 2
Vậy : ∫ 2
−
1
x
+
2
x
+
5
x
+
2
x
+

5
x
+
2
x
+
5
x
+
2
x
+
5


−1
−1
−1
−1
1

+ Để tính tích phân: J =

∫x

2

−1

dx

ta làm như sau:
+ 2x + 5

Biến đổi : x + 2x + 5 = ( x + 1) 2 + 4 vàđặt x+1=2tant , dx = 2(1 + tan 2 t )dt
2

đổi cận : x= -1 → t=0, x= 1→t =
1

dx
+ ∫ 2
=
−1 x + 2x + 5

π

(

)

π
4

π
4

2 1 + tan t dt 1
π
∫0 4 1 + tan 2 t = 2 ∫0 dt = 8
4

2

(

)

Đ/s: Vậy I =ln2 -

0

4x + 3
dx
+ x +1
−1
+ Ta tìm A,B sao cho : 4x+3 = A(2x+1) +B .
Bẳng phương pháp đồng nhất thức ta tìm được A= 2, B= 1

VD5: Tính tích phân sau I =

∫x

2

0

0
0
2x + 1
dx

dx + ∫ 2
= 2 ln x 2 + x + 1
+J = 0+J = J
+ I = 2∫ 2
−1
−1 x + x + 1
−1 x + x + 1

0

+J =

∫

dx

3
3
2
tan t → dx =
(
1 + tan 2 t )
1
3 Ta đặt : x + 1 2 =
2
2
x +  +
2
4


π
π
Đổi cận : x= -1 → t = − , x = 0 → t =
6
6
π
3
(
1 + tan 2 t )
6
2 3 π 2π 3
dt =
. =
+J = ∫ 2
3
3 3
9
2
π
(1 + tan t )
−
6 4
−1

Trang 4

π
8

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

1) ∫
0

1

2x + 9
dx
x+3

2)∫
0

1

4x
dx
3
x +1

3)∫
0

1

1

4x − 1
5) ∫ 3
dx
2
0 x + 2x + x + 2
1

x 2 + 3x + 2
dx
x+3

0

0

4
dx
2
x
+
2
x
−
3
−2

6) ∫

-1

(x

1

4x + 4
2

1

x4
3) ∫ 2
dx
0 x −1

3
2) ∫ 2
dx
0 x − 4x − 5

5) ∫

7)∫

1
2

1

x

1) ∫
dx
2
0 4−x

− 4x + 3

)

7)∫

dx

2

x 3 + 2x 2 + 10x + 1
dx
x 2 + 2x + 9
0
2

x4 + 1
6)∫ 6
dx
0 x +1

2

1

4)∫

0

x2 − 1
dx
x4 + 1

II. > TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ VƠ TỶ THƯỜNG GẶP


DẠNG I: ∫ R x, n


a.x + b 
 dx
cx + d 

Phương pháp giải : Ta thường đặt t n =
1

1−x
dx
1+ x

I= ∫

VD; Tính tích phân sau:

a.x + b

cx + d

0

1−x
1−x
1 − t2
4t
2
Ta đặt t = 1 + x ↔ t = 1 + x ↔ x = 1 + t 2 → dx = −
1+ t2

(

1

Vậy; I= 4∫
0

1

t2

(1 + t )

2 2

)

2

1

dt
1
− 4∫
2
2
0 1+ t
0 1+ t

dt = 4 ∫

(

)

2

dt = 4I 1 + 4I 2

Để tính I1, I 2 dùng cách là đổi biến lượng giác đặt t = tanu ta được :
π
4

I= I 1 = ∫ (1 + tan 2 u ) du = ∫ du = π
π/4

2

1 + tan u

0

4

0

1

Để tính I2 ta biến đổi + I 2 = ∫
0

π

4

(1 + tan u ) du =
2

∫ (1 + tan u )
0

2

2

π
4

0

(1 + t )

2 2

π
4

1

∫ 1 + tan

dt

2

u

du = ∫ cos 2 udu =
0

π
1
1
1π 1 π 1

=  u + sin 2u  4 =  +  = +
2
2

0 2  4 2 8 4
π
2

Vậy: I= π − − 1 =

Trang 5

π
−1
2

=
π
4

1
( 1 + co.s2u ) du
2 ∫0

1 - x5
dx
x 1 + x5

(

)

0

dx
-1 x + 2x + 2

4) ∫

2

3

2x 6 + 1
dx
6
2
x
1
+
x
1

8) ∫

(

)


Chú ý:


a−x 

)dx người ta thường đặt x = a.cos2t
Nếu tích phân có dạng : ∫ (R x,

a
+
x


+ Nếu vậy tích phân trên có thể tính như sau:
Đặt x= cos2t → dx = −2 sin 2tdt
Và ta có :
π
4

1

π
4

π
4

π
4

0

0

0

+ ∫ 1 − x dx = 2∫ 1 − co.s 2t sin 2tdt = 2∫ tan t. sin 2tdt = 4∫ sin 2 tdt = 2∫ ( 1 − co.s 2t )dt
1+ x

0

1 + co.s 2t

0

π
π
 1

= 2 t − sin 2t  4 = − 1
 2
0 2
m
r


  a.x + b  n  a.x + b  s 
 ,
  trong đó m,n, s, r là các số nguyên dương ,a,b,c,d là
DẠNG II: ∫ R x, 
  c.x + d   cx + d  



hằng số
Phương pháp ta thường đặt t=
2

x

VD; Tính tích phân : ∫

a.x + b
với k = BSCNH của các mẫu số( n,s...)
c.x + d

k

dx =I

x −1
1 1+

Ta đặt t= x − 1 → 2tdt = dx , đổi cận x= 1→ t=0, x=2 → t=1
1
 t2 + 1
2 
11
 2


2
t
dt

=
2
− 4 ln 2
t − t + 2 −
dt =
+I= ∫ 
∫

1+t
3
 1+t 
0
0
1

VD2: Tính tích phân;
0

I=∫

−1

1− x +1
1+ 3 x +1

dx

Ta đặt t= 6 x + 1 → 6t 5 dt = dx đổi cận : x= -1→ t=0, x= 0 → t=1
1
 − t7 t5 t4 t3 t2

1
t5 − t8
t −1 
 6
4
3
2

dt
=
6
−
t
+
t
+
t
−
t
−
t
+
1
+
dt
=
6
+ + − − + t 



+I = ∫
2
2
∫
5 4 3 2
t +1
 7
0
0 1+t
0
1

1

(

)

1

d t2 + 1
dt
199
3π
− 6∫ 2
=
+ 3 ln 2 −
+ 3∫ 2
70
2

0 t +1
0 t +1

Bài tập tự luyện :
Tính các tích phân sau:
63
2

1) ∫
0

x+1
3

3x + 2

2

2) ∫

dx

0

(

)

dx
3

2x + 1 + 2x + 1

1

3)∫
0

dx
x + 3 + x +1

DẠNG III: ∫ R x, a.x 2 + bx + c dx trong đó a,b,c là các số thực, a≠ 0
Phương pháp : Ta dùng phương pháp lượng giác hoá bằng cách biến đổi ,

Trang 6


2

b 
b 2 − 4ac 
b
 và đặt t= x+
ax +bx+c = a  .x +  −
để đưa về một trong các dạng sau;
2
2a 
4a
2a




2

)
α − t )dt
t − α )dt

(
+ ∫ R (x,
+ ∫ R (x,

Thì ta đặt t = α tan u

+ ∫ R x, α 2 + t 2 dt
2

Thì ta đặt t = α sin u
1
t=
Ta đặt
cos u

2

2

2

Chú ý:

nhiều khi lượng giác hố gặp khó khăn cần sử dụng phương pháp đại số hoá
sử dụng các phép biến đổi của Euler
+ Nếu a >0 đặt a.x 2 + bx + c = t ± a x
+Nếu c > 0 đặt a.x 2 + bx + c = tx ± c
+nếu ax2 +bx+c =0 có nghiệm x1, x2 thì đặt a.x 2 + bx + c = t ( x − x 1 ) hoặc đặt
a.x 2 + bx + c = t ( x − x 2 )

Chú ý :
+∫

dx
x +a
2

= ln x + x 2 + a 2 + C

2

1

∫

Vd1: Tính tích phân sau I=

dx

x − 2x + 5
+ Ta biến đổi : x − 2x + 5 = ( x − 1) 2 + 4
−1

2

2

π
4

Đặt x-1 =2tant → dx = 2(1 + tan 2 t )dt , đổi cận x= -1 ta có t= - , x=1 ta có t =

π
I=
4

π
1 + tan t
co.st
1  1
1 
1 1 + sin t 4
 1 
∫π  1 dt = ∫π co.st dt = −∫π 1 − sin 2 t dt = 2 −∫π 1 − sin t + 1 + sin t d( sin t ) = 2 ln 1 − sin t π
2
−
−
−

4
4
4
4

4
 co.st 
= ln 2 + 1
π
4

(

2

(

π
4

)

π
4

π
4

)

Ta nhận thấy bằng cách đặt đổi biến lượng giác như vâyh có phần phức tạp nếu ta đổi biến đại
số thì sao?
+ Ta thử đổi biến bằng phép biến đổi sau
Đặt x 2 − 2x + 5 = ( x − 1) 2 + 4 = t − ( x − 1)


x −1



dt

dx

dx ↔
=
+ Khi đó dt =  1 + 2

t
x
−
2
x
+
5
x 2 − 2x + 5


+ Đổi cận : x=-1 → t = 2( 2 − 1) , x= 1 → t= 2
2

+I =

(

)

dt
= ln 2 + 1
t
2 ( 2 −1 )

∫

Trang 7


DẠNG IV:

( mx + n )dx

∫

a.x + bx + c
2

dx

Bàng phương pháp đồng nhất thức ta tìm A,B sao cho : ( mx + n ) = A( 2a + b ) + B
+ Từ đó ta có ;

( mx + n ) dx

+∫R

a.x 2 + bx + c

2a + b

dx = A ∫

a.x 2 + bx + c

dx + B ∫

dx
a.x 2 + bx + c

Như vậy ta được tích phân quen thuộc đã biết cách tìm

VD: Tính tích phân:

1

( x + 4) dx

0

x 2 + 4x + 5

∫

+ Ta tìm A, B sao cho : x+4 =A(2x+4) +B
1
, B= 2

2
( x + 4) dx 1 1 d(x 2 + 4x + 5) + 2 1
dx
3 + 10
= 10 − 5 + 2 ln
=
∫
∫
2+ 5
x 2 + 4x + 5 2 0 x 2 + 4x + 5
.x 2 + 4x + 5
0

Bằng phép đồng nhất thức hai vế được A=
1

+ khi đó ;

∫
0

Bài tập tự luyện
Tính các tích phân sau:
0

( x + 2) dx

−1

x + 2x + 2

1) ∫

2

b)∫

2

DẠNG V:

1

∫ ( mx + n )

( 2x − 1) dx
− 4x + 12x − 5

a.x 2 + bx + c

( 7x - 4) dx

-3

x 2 − 2x − 3

c) ∫

2

dx

-2

(m2 +n2 ≠ 0)

1
= mx + n
t
1
Ta cũng có thể đặt t = a.x 2 + bx + c hoặc = a.x 2 + bx + c , ngoài ra ta cũng có thể đổi biến
t

Phương pháp ; ta đặt t = mx + n hoặc

bằng lượng giác
1
2

VD; Tính tích phân : I=

∫ ( 2x + 3 )

−
1
2

+ Ta biến đổi :I=

1

2

∫ ( 2x + 3 )

−

1
2

dx
4x 2 + 12x + 5

dx
4x 2 + 12x + 5

1
dt
= 2x + 3 → d(2x + 3) = − 2
t
t
1
1
1
1
+Đổi cận x= − → t = , x = → t =
2
2
2
4

+Đặt

Trang 8

1
2

=

dx

∫ ( 2x + 3 ) ( 2x + 3 )

−

1
2

2

−4

=

1
2

1
2

d ( 2x + 3 )

∫ ( 2x + 3 ) ( 2x + 3 )

−

1
2

2

−4


1
2

+ khi đó :I=

∫ ( 2x + 3 )

−

1
2

1

dx
4x 2 + 12x + 5

1
4

= − 2 ∫1
2

dt
1
−4
t2

t

1
2

1
dt
∫
2 1 1 − 4t 2

=

4

1
2

+ Bằng phép đỏi biến lượng giác : đặt t= sin u , t=

+dt=

π
2

π
4

6

6

1
π
→u= ,
4
6

t=

1
π
→u=
2
2

1 cos u
1
π
1

du = ∫ du =
cos udu . Khi đó : I= ∫
4 π cos u
4π
12
2

Bài tập tự luyện :
Tính các tích phân sau;
2 3

1)

∫

5

dx
x x +4
2

1

2)∫
0

dx

( x + 1)

x 4x + 5
2

1

3)∫
0

dx

( x + 7)

3 + 2x − x 2

(HD; đặt x=1+2cos2t)

...........................................................................................................................................

Trang 9


2

Trang 10