Phân dạng các bài toán tích phân phạm minh tứ

TÍCH PHÂN I Khái niệm tích phân Diện tích hình thang cong • Giới thiệu cho học sinh cách tính diện tích hình thang cong • Từ suy công thức: lim x → x0 S ( x ) − S ( x0 ) = f ( x0 ) x − x0 Định nghĩa tích phân • Cho hàm f liên tục khoảng K a, b hai số thuộc K Nếu F nguyên hàm f b K hiệu số: F(b) – F(a) gọi tích phân f từ a đến b, ký hiệu là: ∫ f ( x ) dx a b • Có nghĩa là: ∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) a • Gọi F ( x ) nguyên hàm f(x) F ( x ) a = F ( b ) − F ( a ) thì: b b ∫ f ( x ) dx = F ( x ) a • b a = F ( b) − F ( a) Trong đó: – a: cận trên, b cận – f(x) gọi hàm số dấu tích phân – dx: gọi vi phân đối số – f(x)dx: Gọi biểu thức dấu tích phân II Tính chất tích phân Giả sử cho hai hàm số f g liên tục K, a, b, c ba số thuộc K Khi ta có: a ∫ f ( x) = a b a a b ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx (Gọi tính chất đổi cận) b ∫ a c b a c f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx b b b a a a ∫  f ( x ) ± g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx (Tích phân tổng hiệu hai tích phân tổng hiệu hai tích phân) b b a a ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx (Hằng số k dấu tích phân, đưa dấu tích phân được) Ngoài tính chất trên, người ta chứng minh số tính chất khác như: Nếu f ( x ) ≥ 0∀x ∈ [ a; b ] thì: b ∫ f ( x ) dx ≥ 0∀x ∈ [ a; b ] a b b a a Nếu: ∀x ∈ [ a; b ] : f ( x ) ≥ g ( x ) ⇒ ∫ f ( x ) dx ≥ ∫ g ( x ) dx (Bất đẳng thức tích phân) Nếu: ∀x ∈ [ a; b ] với hai số M, N ta có: M ≤ f ( x ) ≤ N Thì: b M ( b − a ) ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ N ( b − a ) (Tính chất giá trị trung bình tích phân) a III CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN A PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH Trong phương pháp này, cần: • Kỹ năng: Cần biết phân tích f(x) thành tổng, hiệu, tích, thương nhiều hàm số khác, mà ta sử dụng trực tiếp bảng nguyên hàm tìm nguyên hàm chúng • Kiến thức: Như trình bày phần “Nguyên hàm”, cần phải nắm kiến thức Vi phân, công thức phép toán lũy thừa, phép toán bậc n số biểu diễn chúng dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ Ví dụ áp dụng Ví dụ 1: Tính tích phân sau ( ∫ a/ x +1 ∫ a/ ∫ ( ( x 1+ x Giải b/ ( ) dx = x x4 −1 + x2 + 1 ⇒ ∫ x − 1d ( ) ∫ ( x + 1) dx ) dx d/ ∫ x3 + x − x + dx x4 − 2x2 +  2x x2 −1 x2 +  x  x  + ÷dx = ∫  x x − + ÷dx ∫1  2 x +1 x +1 ÷ x +1  1   ) x −1 + ∫ d x2 x x − x + ln + x c/ ) dx x x4 −1 + ( ) ( x +1 = 2 x −1 ) 2 + x2 + = 1 + 5− 2 b/ ( x + − 1) ∫0 ( x + 1) dx = ∫0 ( x + 1) 1 x2   ( x + 1) x +1  1  dx = ∫  − + dx = − +   3 ∫0  x + ( x + 1) ( x + 1) dx x + x + x + ( ) ( ) ( )       1 d ( x + 1) d ( x + 1) d ( x + 1) 1 1 ⇒I =∫ − 2∫ +∫ = ln x + + − = ln + x +1 x + ( x + 1) 0 ( x + 1) ( x + 1) 1 c/ ∫ ( x 1+ x ⇒I =∫ ( ∫ ( ) 1+ ( + ) − ln x − dx + ∫ x d ( x − x + 1) ∫ (x ) dx = − x + 1) = ln ( x − 1) 2 + ( ) ( ) d 1+ x =  x ( )  ( ) ) ) 3 ( (  − x  + ln + x 1  ( x3 − x ) dx  ∫  x − x +  + 2  ∫ ( x − 1) dx + 2 ∫ (x ) ) 2dx − 1) 2  1 1   ∫  x − − x + ÷dx + ∫  x − − x + ÷ dx 2 x −1 + ln x +1 2 1 1 x −1  + − − − ln  x −1 x +1 x +  2 Ví dụ Tính tích phân sau a/ π ∫ 2sin x ( sin x − 1) + cos x b/ dx π ∫ 2sin 1  2+ x ln  c/ ∫ ÷dx 4− x  2− x  −1 d/ sin x dx x + 3cos x π sin x + + tan x dx cos x ∫ Ví dụ Tính tích phân sau x2 −1 dx b/ ∫ 2 x ( x + 1) e2 ln x + dx a/ ∫ x ln x e π π + sin x dx c/ ∫ sin 2 x π d/ sin x.cos xdx ∫ B PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ I Phương pháp đổi biến số dạng Để tính tích phân dạng này, ta cần thực theo bước sau 1/ Quy tắc: • Bước 1: Đặt x = v ( t ) • Bước 2: Tính vi phân hai vế đổi cận • Bước 3: Phân tích f ( x ) dx = f ( v ( t ) ) v ' ( t ) dt • • Bước 4: Tính b v( b ) a v( a ) ∫ f ( x ) dx = ∫ g ( t ) dt = G ( t ) Bước 5: Kết luận: I = G ( t ) v( b ) v( a ) v( b ) v( a ) ( )  dx x −1 + 1+ x x   2 (    ln + x   x −1 + − dx = ∫  ∫1  + x  x 1+ x    ln + x x3 + x − x + dx = x4 − 2x2 + = ) = − + ln d/ ( x x − x + ln + x ( ln + x ) 2/ Nhận dạng: (Xem lại phần nguyên hàm) * Chú ý: a Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu thông thường là: Dấu hiệu Cách chọn a2 − x2 π π   x = a sin t ↔ − ≤ t ≤   x = a cos t ↔ ≤ t ≤ π x2 − a2  a  π π ↔ t ∈ − ;  x = sin t  2   a π  ↔ t ∈ [ 0; π ] \   s = cos t 2  a2 + x2   π π  x = a tan t ↔ t ∈  − ; ÷     x = a cos t ↔ t ∈ ( 0; π ) a+x a−x ∨ a−x a+x x = a.cos 2t ( x − a) ( b − x) x = a + ( b − a ) sin t b Quan trọng em phải nhận dạng: - Ví dụ: Trong dạng phân thức hữu tỷ: β β β 1 1 dx = du ∫α ax + bx + c dx ( ∆ < ) = α∫  ∫ 2 a u + k  α * b   −∆   a  x + ÷ +  ÷ a   2a       b −∆ , du = dx ÷ Với:  u = x + , k = ÷ 2a 2a   β * áp dụng để giải toán tổng quát: β * β ∫ + 2x − x α dx = ∫ α dx ∫ (a α ( 3) − ( x − 1) dx 2 +x ) 2 k +1 ( k ∈¢) … Từ suy cách đặt: x − = sin t 3/ Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Tính tích phân sau a/ ∫ Giải − x dx b/ ∫ 1 − 2x dx c/ ∫ 1 + x − x2 dx  π π a/ Đặt x = sin t với: t ∈  − ;   2 •  x = ↔ sin t = → t =  Suy ra: dx = cos tdt và:  π  x = ↔ sin t = → t = • Do đó: f ( x ) dx = − x dx = − sin t cos tdt = cos tdt = • Vậy: π ∫ f ( x ) dx = ∫  2  π  π −1 ÷ =  − ÷= 0 2 2 •  x = ↔ sin t = → t =  cos tdt ⇒  Suy ra: dx = 1 π x = ↔ = sin t → t =  2 2  • Do đó: π ( + cos 2t ) dt =  t + sin 2t   π π sin t , t ∈  − ;   2 b/ Đặt: x = ∫ ( + cos 2t ) dt 1 − 2x2 dx = ∫    ÷− x  2 dx = 2 π ∫ π π 1 π cos tdt = dt = t = ∫ 20 2 − sin t 1 c/ Vì: + x − x = − ( x − 1) Cho nên: • x −1  π π Đặt: x − = 2sin t , t ∈  − ;  ↔ sin t = ( *)  2 • −1   x = ↔ sin t = = → t =  π ⇒ t ∈ 0;  → cos t > Suy ra: dx = cos tdt và:   6  x = ↔ sin t = − = → t = π  2 • Do đó: f ( x ) dx = • Vậy: + x − x2 π ∫ f ( x ) dx = ∫ dt = t π = dx = − ( x − 1) dx = ( − sin t ) π Ví dụ 2: Tính tích phân sau a/ ∫x b ∫ 12 x − x − 5dx dx c/ ∫ x − 4x + b/ d/ ∫ dx + x +1 a − x2 ( a + x2 ) dx cos tdt = dt * Chú ý: Để tính tích phân dạng có chứa ( ) x + a , a − x , ta sử dụng phương pháp đổi biến số: u ( x ) = g ( x, t ) Ví dụ 1: Tính tích phân sau ∫ x2 + dx Giải: t −1 2t • Đặt: •  x = → t = −1; x = → t = −  Khi đó:  t2 +1 dx =  2t  x2 + = x − t ⇒ x = • Do vậy: ∫ x +1 dx = 1− ∫ −1 −2t t + dt = t + 2t 1− ∫ −1 dt = ln t t 1− −1 = − ln ( ) −1 2 Ví dụ 2: Tính tích phân: I = ∫ x − x dx Giải π • Đặt: t = sin x , suy dt = cos xdx x = 0, t = ; Khi x = 1, t = •  − cos 4t  2 2 2 Do đó: f ( x ) dx = x − x dx = sin t − sin t cos tdt = sin t cos tdt =  ÷dt 4  • Vậy: I = ∫ π π 1  1π π f ( x ) dx = ∫ ( − cos 4t ) dt =  t − sin 4t ÷ = = 80 8  16 II Đổi biến số dạng Quy tắc: (Ta tính tích phân phương pháp đổi biến số dạng theo bước sau:) • Bước 1: Khéo léo chọn hàm số u ( x ) đặt t : t = u ( x ) • Bước 2: Tính vi phân hai vế đổi cận: dt = u ' ( x ) dx • Bước 3: Ta phân tích f ( x ) dx = g u ( x )  u ' ( x ) dx = g ( t ) dt • • Bước 4: Tính b u( b) a u( a ) ∫ f ( x ) dx = ∫ g ( t ) dt = G ( t ) Kết luận: I = G ( t ) u( b) u( a) u( b) u( a) Nhận dạng: TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ β A DẠNG: I = ∫ α P ( x) dx ax + b ( a ≠ 0) β β * Chú ý đến công thức: m m ∫α ax + bdx = a ln ax + b α Và bậc P ( x ) cao ta chia tử cho mẫu dẫn đến β β β P ( x) m ∫α ax + bdx = α∫ Q ( x ) + ax + b dx = α∫ Q ( x ) dx + mα∫ ax + bdx β Ví dụ 1: Tính ticích phân: I = ∫ x3 dx 2x + Giải Ta có: f ( x ) = x 27 = x2 − x + − 2x + 8 2x + Do đó: 2 x3 27  27 13 27 1 1 3  ∫1 x + 3dx = ∫1  x − x + − x + ÷dx =  x − x + x − 16 ln x + ÷ = − − 16 ln 35 Ví dụ 2: Tính tích phân: I = ∫ x2 − dx x +1 Giải x2 − Ta có: f ( x ) = = x −1− x +1 x +1 Do đó: ∫ x2 − dx = x +1 β B DẠNG: ∫ ax α   1  ∫  x − − x + ÷dx =  x − x − ln x + ÷ 5  +1  = − + ln  ÷ ÷   P ( x) dx + bx + c 2 Tam thức: f ( x ) = ax + bx + c có hai nghiệm phân biệt u '( x) dx = ln u ( x ) ∫ α u ( x) β Công thức cần lưu ý: Ta có hai cách Cách 1: (Hệ số bất định) Cách 2: (Nhẩy tầng lầu) Ví dụ 3: Tính tích phân: I = ∫ x + 11 dx x + 5x + Giải Cách 1: (Hệ số bất định) β α Ta có: f ( x ) = A ( x + 3) + B ( x + ) 4x +1 x + 11 A B = = + = x + x + ( x + ) ( x + 3) x + x + ( x + ) ( x + 3) Thay x = −2 vào hai tử số: = A thay x = −3 vào hai tử số: −1 = − B suy B = + x+2 x+3 Do đó: f ( x ) = 1 x + 11   dx = ∫  + Vậy: ∫ ÷dx = 3ln x + + ln x + = ln − ln x + 5x + x+2 x+3 0 Cách 2: (Nhẩy tầng lầu) Ta có: f ( x ) = ( x + 5) + 2x + 2x + 1 = 2 + = 2 + − x + 5x + x + x + ( x + ) ( x + 3) x + 5x + x + x + Do đó: I =∫ 1 2x + 1   x+2   f ( x ) dx = ∫  2 + − ÷dx =  ln x + x + + ln ÷ = ln − ln x + x + x + x + x +    0 2 Tam thức: f ( x ) = ax + bx + c có hai nghiệm kép β u ' ( x ) dx = ln u x ( ) ( ) ∫ u ( x) α α β Công thức cần lưu ý: Thông thường ta đặt ( x + b / 2a ) = t x3 dx Ví dụ 4: Tính tích phân sau: I = ∫ x + 2x + Giải 3 x3 x3 dx = Ta có: ∫ ∫0 ( x + 1) dx x + 2x + Đặt: t = x + suy ra: dx = dt ; x = t − và: x = t = ; x = t = Do đó: ∫ ( x + 1) x3 dx = ∫ ( t − 1) t2 4 1 1  1 dt = ∫  t − + − ÷dt =  t − 3t + ln t + ÷ = ln − t t  t 1 2 1 Ví dụ 5: Tính tích phân sau: I = ∫ 4x dx 4x − 4x +1 Giải 4x 4x Ta có: x − x + = ( x − 1) Đặt: t = x − suy ra: dt = 2dx → dx =  x = ↔ t = −1 dt ;  x = ↔ t = 1 1 4x 4x Do đó: ∫0 x − x + 1dx = ∫0 ( x − 1) dx = −∫1 1 ( t + 1) 1 1   dt = ∫  + ÷dt =  ln t − ÷ = −2 t2 t t  t  −1  −1  Tam thức: f ( x ) = ax + bx + c vô nghiệm: b  u = x+  P ( x) P ( x) 2a  f ( x) = = ; 2 Ta viết:  b   −∆   a ( u + k ) k = −∆ a  x + ÷ +  ÷  2a 2a   2a     Khi đó: Đặt u = k tan t Ví dụ 6: Tính tích phân: I = ∫ x dx x + 4x + Giải 2 • x x dx = ∫ dx Ta có: ∫ 2 x + x + x + + ( ) 0 • Đặt: x + = tan t , suy ra: dx = •  x = ↔ tan t = dt ⇒  cos t  x = ↔ tan t = t2 t t2 tan t − dt  sin t  dx = = − ÷dt = ( − ln cos t − 2t ) ( 1) Do đó: ∫  2 ∫ ∫ t1 + tan t cos t t1  cos t  ( x + 2) + t1 x 1  2  tan t = ↔ + tan t = ↔ cos t = → cos t1 = Từ:  1  2  tan t = ↔ + tan t = 17 ↔ cos t = 17 → cos t2 = 17  • Vậy: ( − ln cos t − 2t ) • ⇔ − ln t2 t1 = − ( ln cos t2 ) − 2t  − ( ln cos t1 − 2t1 ) = − ln cos t2 + ( t2 − t1 ) cos t1 cos t2 1 + ( t2 − t1 ) = ( arctan − arctan ) − ln = ( arctan − arctan ) − ln cos t1 17 17 Ví dụ 7: Tính tích phân sau: I = ∫ x3 + x + x + dx x2 + Giải • Ta có: x3 + x + x + = x+2+ 2 x +4 x +4 • 2 x3 + x + x +  dx  1  dx = ∫  x + + = + J ( 1) Do đó: ∫ ÷dx =  x + x ÷ + ∫ 2 x +4 x +4 2 0 x +4 0 Tính tích phân J = ∫ dx x +4 • x = → t =   π dt ;  Đặt: x = tan t suy ra: dx = π ↔ t ∈  0;  → cos t > cos t  x = → t =  4  • 1 1 π Khi đó: ∫0 x + 4dx = ∫0 + tan t cos2 t dt = ∫0 dt = t = • Thay vào (1): I = + π β C DẠNG: ∫ ax α π π π P ( x) dx + bx + cx + d Đa thức: f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) có nghiệm bội ba β β 1 m−1 Công thức cần lưu ý: ∫ m dx = 1− m x α α x x Ví dụ 8: Tính tích phân: I = ∫ ( x + 1) dx Giải Cách 1: • Đặt: x + = t , suy x = t − và: x = t = ; x = t = • 2 t −1 1 1  11 dx = ∫ dt = ∫  − ÷dt =  − + ÷ = Do đó: ∫ t t t   t t 1 ( x + 1) 1 x Cách 2: x = ( x + 1) − = − 3 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) • Ta có: •   x  1  Do đó: ∫ dx = ∫  − dx =  − + =  3 2 ( x + 1)   x + ( x + 1)   ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 1 Ví dụ 9: Tính tích phân: I = x4 ∫ ( x − 1) dx −1 Giải • Đặt: x − = t , suy ra: x = t + và: x = −1 t = −2 x = t = −1 • Do đó: ∫ ( x − 1) −1 • x4 dx = −1 ∫ −2 ( t + 1) t3 −1 −1 t + 4t + 6t + 4t + 1  dt = ∫ dt = ∫  t + + + + ÷dt t t t t  −2 −2  −1 −1 1 11 33  1 ⇔ ∫  t + + + + ÷dt =  t + 4t + ln t − − ÷ = − ln t t t  t t  −2 2 −2  2 Đa thức: f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) có hai nghiệm: π 2 Vậy: I = f ( x ) dx =  − 4t − ÷dt = ( 8t − 2t − 3ln t ) = − 3ln ∫0 ∫1  t Ví dụ Tính tích phân sau π a CĐSP Sóc Trăng Khối A – 2005 I = ∫ π b CĐ Y Tế - 2006 I = ∫ π sin xdx sin x + cos x.cos sin x − cos x dx + sin x x KQ: ln Giải π a I = ∫ π b I = ∫ π π sin xdx x sin x + cos x.cos 2 π sin x − cos x dx = ∫ + sin x π π sin xdx sin x =∫ dx = − ln + cos x sin x + cos x ( + cos x ) + cos x =∫ π sin x − cos x ( sin x + cos x ) dx = ∫ π sin x − cos x dx sin x + cos x (1) π π π π π π π   Vì: sin x + cos x = sin  x + ÷; ≤ x ≤ ⇒ ≤ x + ≤ ⇔ sin  x + ÷ > 4 2 4 4   Mặt khác: d ( sin x + cos x ) = ( cos x − sin x ) dx π Cho nên: I = ∫ − π d ( sin x + cos x ) = − ln sin x + cos x sin x + cos x π π = − ln1 − ln  = ln 2 Ví dụ Tính tích phân sau π a CĐ Sư Phạm Hải Dương – 2006 I = ∫ cos x ( sin x − cos x + 3) dx π cos x dx + 2sin x b CĐ KTKT Đông Du – 2006 I = ∫ KQ: 32 KQ: ln Giải π a I = ∫ cos x ( sin x − cos x + 3) Cho nên: f ( x ) dx = 2 dx Vì: cos x = cos x − sin x = ( cos x + sin x ) ( cos x − sin x ) cos x ( sin x − cos x + 3) dx = ( cos x − sin x ) ( sin x − cos x + 3) ( cos x + sin x ) dx π = ln π   dt = ( cos x + sin x ) dx; x = → t = 2, x = → t = Đặt: t = sin x − cos x + ⇒   f ( x ) dx = t − dt =  − ÷dt  t3 t3  t π 4  Vậy: I = f ( x ) dx =  − ÷dt =  − + ÷ ∫0 ∫2  t t   t t  = 32   dt = cos xdx → cos xdx = dt cos x b I = ∫0 + 2sin xdx Đặt: t = + 2sin x ⇒  x = → t = 1; x = π → t =  π π 3 cos x dt 1 dx = ∫ = ln t = ln + 2sin x 41 t 4 Vậy: I = ∫ Ví dụ Tính tích phân sau: π a CĐ Sư Phạm Quảng Ngãi – 2006 I = 4sin x dx ∫0 + cos x π KQ: b CĐ Bến Tre – 2006 I = sin x − sin x dx ∫0 + cos 3x Giải π π π 2 − cos x ) 2 a I = 4sin x dx = ( ∫0 + cos x ∫0 + cos x sin xdx = 4∫0 ( − cos x ) sin xdx = ( − cos x ) = π π b I = sin x − sin x dx ∫0 + cos 3x 3 2 Ta có: sin x − sin x = sin x ( − sin x ) = sin x.cos x   dt = −3sin xdx → sin xdx = − dt Đặt: t = + cos 3x ⇒   x = → t = 2; x = π → t =  Vậy: π ∫ ( t − 1)  1 11 1  f ( x ) dx = − ∫ dt = ∫  t − + ÷dt =  t − 2t + ln t ÷ = − + ln 32 t 31 t 3 1 Ví dụ Tính tích phân sau 2 π a I = ∫ π π  sin  − x ÷ 4 dx b I = ∫ π  π + x÷ − sin  4  π sin x − sin x cot xdx sin x π π d I = cos x ( sin x + cos x ) dx ∫ c I = sin xdx ∫ 0 Giải π a I = ∫ π  sin 1 − sin x − sin x  sin cot xdx = ∫ sin x sin x π π  x÷  cotxdx π π 3   = ∫  − ÷ cot xdx = ∫ − cot x cot xdx  sin x  π π π π  sin  − x ÷ 4 dx = cos x − sin x dx I = b ∫π  π  ∫π cos x + sin x + x÷ − sin  − 2 4  π = π ∫ π − d ( cos x + sin x ) = ln cos x + sin x cos x + sin x π π 2 π π − =0 π c I = sin xdx =  − cos x ÷ dx =  − cos x + + cos x ÷dx ∫0 ∫0   ∫0   π π 1 3  3  3π = ∫  − cos x + cos x ÷dx =  x − sin x + sin x ÷ = 8 32  8  16 0 π π d I = cos x ( sin x + cos x ) dx =  x − sin x + sin x ÷ = 3π ∫0 32 8  16 4 Cho nên: π π π π π 2 12 1   I = ∫ 1 − sin 2 x ÷cos xdx = ∫ cos xdx − ∫ sin 2 x cos xdx = sin x − sin x = 20  0 0 Ví dụ Tính tích phân sau π a I = sin xdx ∫ π b I = ∫ π dx sin x cot x π π 2 c I = ∫ tan x + cot x − 2dx d */ I = ∫ π ( ) cos x − sin x dx Giải π π π 0 a I = sin xdx = ( − cos x ) sin xdx = − 1 − cos x + cos x  d ( cos x ) ∫ ∫ ∫  π  2 =  − cos x + cos3 x − cos5 x ÷ =   15 π b I = ∫ π dx sin x cot x 1  tdt = − dx → dx = −2tdt  sin x sin x Đặt: t = cot x ⇒ t = cot x ⇔   x = π → t = 3; x = π → t =  2tdt = ∫ dt = 2t = Vậy: I = − ∫ t π π π π 2 c I = ∫ tan x + cot x − 2dx = ∫ Vì: tan x − cot x = ( ) −1 ( tan x − cot x ) π dx = ∫ tan x − cot x dx π sin x cos x sin x − cos x cos x − = = −2 = −2 cot x cos x sin x sin x cos x sin x  π π  tan x − cot x < 0; x ∈  ;    3 6 4 π π  π π   ; ⇔ Cho nên: x ∈  ; ÷ ↔ x ∈  ; ÷⇒ cot x ∈  − ÷ ÷  6 3 3 3 π π   3   tan x − cot x > 0; x ∈  ;  4 3  π π π π 6 cos x cos x I = − tan x − cot x dx + tan x − cot x dx = − dx + dx = ) ∫( ) Vậy: ∫π ( ∫ ∫ sin x π π π sin x ( ln sin x ) π d I = ∫ ( Đặt: x = π π − ( ln sin x ) ) cos x − sin x dx π π = ln (1) π π π − t → dx = − dt , x = → t = ; x = → t = 2 Do đó: π  π  π  I = ∫  cos  − t ÷ − sin  t ÷÷( − dt ) = ∫  2   ÷ π   ( ) π sin t − cos t dt = ∫ ( ) sin x − cos x dx (2) Lấy (1) + (2) vế với vế: I = ⇒ I = Ví dụ Tính tích phân sau π a ∫ tan xdx (Y-HN-2000) b π d π sin x (GTVT-2000) ∫0 cos6 xdx e π cos x ∫0 ( sin x + cos x + ) dx (NT-2000) π π cos x ∫ dx (NNI-2001) π sin x c π f − 2sin x dx (KB-03) ∫0 + sin x sin x ∫0 − cos xdx Giải π − cos x ) 1 a ∫ tan xdx Ta có: f ( x ) = tan x = sin x = ( = −2 +1 4 π cos x cos x cos x cos x 4 π π π 4 π dx   I = f x dx = − + dx = + tan x − tan x + x ] π3 Do đó: ) cos2 x [ ∫π ( ) π∫  cos4 x cos2 x ÷ π∫ ( π π   4  π  π  3  =  tan x + tan x ÷ −  − + ÷ =  − ÷−  − + ÷ = + 12   3  12  12  π  * Chú ý: Ta cách phân tích khác: f ( x ) = tan x = tan x ( tan x + − 1) = tan x ( + tan x ) − tan x = tan x ( + tan x ) − ( tan x + 1) + π π π 4 π 3 dx dx 2 2 − + dx Vậy: I = ∫  tan x ( + tan x ) − ( tan x + 1) + 1dx = ∫ tan x cos x π∫ cos x π∫ π π 4 π π  1 π π 1  1 I =  tan x − tan x + x ÷ =  3 − + ÷−  − + ÷ = + 3 3  12 3 π 3 b π cos x ∫ ( sin x + cos x + ) dx Ta có: f ( x ) = π cos x ( sin x + cos x + ) π = ( cos x − sin x ) ( sin x + cos x + ) = ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) ( sin x + cos x + )  cos x + sin x )  Do đó: I = ∫ f ( x ) dx = ∫  ( ÷ cos x − sin x ) dx (  ÷ 0  ( sin x + cos x + )  (1) π  cos x + sin x = t − 2.x = → t = 3; x = → t = + 2, Đặt: t = sin x + cos x + ⇒  dt = ( cos x − sin x ) dx ⇒ f ( x ) dx = t − dt =  − ÷dt  t3 t3  t Vậy: I= +2 1 1  1  − ÷dt =  − + ÷ t  t  t t 3 ∫ = ( sin t + cos t ) ( sin t + cos t + ) +2  1 =  − +  2+ 2+  ( ( sin t − cos t ) ( −dt ) = ( sin t + cos t ) ( sin t + cos t + ) )  ÷−  − +  = − + ÷ ÷  ÷  9 2+  ( ) ( cos t − sin t ) dt = f ( x ) π cos x dx c ∫ π sin x − sin x ) − 3sin x + 3sin x − sin x 1 Ta có: f ( x ) = cos x = ( = = − + − sin x 4 4 sin x sin x sin x sin x sin x π π 4 π π 2 dx dx 2x  I = + cot x − + dx − Vậy: ) sin x ∫ sin x ∫ ∫  − cos ÷dx ∫π (  π π π 4 π 1   5π 23 =  − cot x + 3cot x + 3x − x + sin x ÷ = + 12  π d π π ∫ cos π π π sin x − cos x  1 dx  dx = ∫ dx = ∫  − dx − ∫ ( + tan x ) ÷dx = ∫ 6 4 x cos x cos x cos x  cos x cos x cos x 0 0 π π = ∫ ( + tan x ) π π 4 1 2 dx − + tan x dx = + tan x + tan x d tan x − ( ) ∫ ( + tan x ) d ( tan x ) ( ) ( ) 2 ∫ ∫ cos x cos x 0 π π 1   1 4 =  tan x + tan x + tan x − tan x − tan x ÷ =  tan x + tan x ÷ = 5  0 3  15 π π π π 2 d ( − cos x ) sin x sin x 2sin x dx = dx = dx = − = − ln − cos x e ∫ ∫ ∫ ∫ + cos x − cos x − cos x − cos x 0 4− 0 π π π f − 2sin x dx = cos x dx = d ( + sin x ) = ln + sin x ∫0 + sin x ∫0 + sin x ∫0 + sin x 2 Ví dụ Tính tích phân sau: π = ln 2 π = ln π a sin x cos xdx ∫ b π π sin x ∫ + cos 3x dx π π sin x cos x cos x dx ∨ J = ∫ dx ⇒ K = ∫ dx π cos x − sin x sin x + cos x sin x + cos x c I = ∫ Giải π π π 0 a sin x cos4 xdx = ( − cos x ) cos x.sin xdx = ( cos6 x − cos x ) d ( cos x ) ∫ ∫ ∫ π 1 2 =  cos x − cos x ÷ = 7  35 π π π sin x −3sin x d ( + cos 3x ) b ∫0 + cos 3xdx = − ∫0 + cos 3xdx = − ∫0 + cos 3x = − ln + cos 3x π π π = ln π sin x + cos x 1 1 dx = ∫ dx c Ta có: I + J = ∫ sin x + cos x dx = ∫ π 20  0 sin  x + ÷ sin x + cos x 3  2 2   x π  d  tan  + ÷÷ 1 1   = = =  Do: π π  x π  x π x π x π sin  x + ÷ 2sin  + ÷cos  x + ÷ tan  + ÷ cos  + ÷ tan  + ÷ 3 6  2 6  2 6 2 6 2 6   x π  π d  tan  + ÷÷ 6 1 x π 1      = ln tan + = ln = ln Vậy: I = ∫   ÷ 20 x π 2 6 tan  + ÷ 2 6 π π π ( )( (1) ) 2 sin x − cos x sin x + cos x - Mặt khác: I − J = sin x − 3cos x dx = dx ∫0 sin x + cos x ∫0 sin x + cos x π ( ) ( Do đó: I − J = sin x − cos x dx = − cos x − sin x ∫ ) π = 1−  3 −1   I = ln − I + J = ln   16 4 ⇔ Từ (1) (2) ta có hệ:   I − 3J = −  J = ln + −   16 Để tính K ta đặt t = x − π π π π → dt = dx ⇔ x = ; t = 0.x = → t = 2 (2) (3) π π cos ( 2t + 3π ) cos 2t −1 K = dt = − dt = I − J = ln − Vậy: ∫0  π  ∫ π  sin t + cos t cos  t + ÷− sin  t + ÷ 2 2   Ví dụ 10 Tính tích phân sau: a π ∫ + sin xdx (CĐ – 99) b c π dx ∫ + sin x + cos x (ĐH-LN-2000) π π ∫ ( sin x + cos x − sin x cos x ) dx (SPII-2000) d 10 10 4 dx π  (MĐC-2000)  π sin x sin  x + ÷ 6  ∫ Giải π π π 4 1 dx = dx = a ∫ + sin x ∫0 ( sin x + cos x ) ∫0 b π π π4  dx = tan  x − ÷ = π 0   cos  x − ÷   dx ∫ + sin x + cos x Đặt: t = tan Vậy: I =∫ x 1 x 2dt π ⇔ dt = dx =  + tan ÷dx; ⇔ dx = ; x = → t = 0, x = → t = x 2 2 1+ t 2 cos 2 1 2dt 2dt dt = ∫ =∫ 2 2t 1− t ( 1+ t ) t + 2t + ( t + 1) + 2+ + 1+ t2 1+ t2 (2)  du; t = → tan u = ; t = → tan u =  dt = 2 cos u  Đặt: t + = tan u ⇔  2dt 2  f ( t ) dt = = du = 2du 2  ( t + 1) + 2 ( + tan u ) cos2 u  Vậy: I = u2 ∫ u1 c π ∫ ( sin 10 2du = 2u u2 u1   = ( u2 − u1 ) =  arctan − arctan ÷ ÷   x + cos10 x − sin x cos x ) dx 10 10 4 2 4 6 Ta có: sin x + cos x − sin x cos x ( sin x + cos x ) = ( cos − sin x ) ( cos x − sin x ) = ( cos x − sin x ) ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x + cos x sin x ) 1 + cos x − cos8 x 15 1   = cos 2 x  − sin 2 x ÷ = cos 2 x − sin x = − = + cos x + cos8 x 16 32 32 32   π π π 2 Vậy: I =  15 + cos x + cos x ÷dx = 15 π + sin x + sin x = 15π ∫0  32 32 32 32.8 64  0 π d dx π  π sin x sin  x + ÷ 6  ∫ π π  π  π π    Ta có:  x + ÷− x = ⇒ sin  x + ÷− x  = sin  x + ÷cos x − sin x cos  x + ÷ = (*) 6 6  6 6     π π   sin  x + ÷cos x − sin x cos  x + ÷ 6 6  =2 =2  Do đó: f ( x ) = π π π    sin x sin  x + ÷ sin x sin  x + ÷ sin x sin  x + ÷ 6 6 6    π π  π π    π cos  x + ÷ cos  x + ÷÷ 3   cos x cos x π 6     ⇒ I = f x dx =    ÷dx = ln sin x − ln sin x + = − − ( )   ÷÷ ∫ ∫ π π÷ sin x  π    π π  sin x  sin  x + ÷ sin x +  ÷ 6 6 6 6÷     π I = ln sin x 3 = ln − ln = ln π 2  sin  x + ÷ 6 π  * Chú ý: Ta có cách khác f ( x) = 1 = = π    sin x sin x sin  x + ÷ sin x  sin x + cos x ÷ 6    π Vậy: I = ∫ π π ( ( + cot x ) 2d + cot x dx = − ∫ + cotx = −2 ln + cot x + cot x sin x π ( ) π π ) = ln Ví dụ 11 Tính tích phân sau π a sin x cos x dx (HVBCVT-99) ∫0 + cos x π sin x c ∫0 cos6 x + sin xdx (ĐHNT-01) π b cos x cos 2 xdx (HVNHTPHCM-98) ∫ d π dx ∫ cos x (ĐHTM-95) Giải a π π sin x cos3 x cos x dx = ( sin x ) dx ∫0 + cos x ∫0 + cos x (1) dt = −2sin x cos xdx = − sin xdx  Đặt: t = + cos x ⇒  π cos x = t − 1; x = → t = 2, x = → t = ( t − 1) 1 ln − ( −dt ) = ∫  − 1÷dt = ( ln t − t ) = ∫ 22 t 1t  2 1 Vậy: I = 2 π b cos x cos 2 xdx ∫ 2 Ta có: f ( x ) = cos x cos x = + cos x + cos x = ( + cos x + cos x + cos x.cos x ) 2 1 1  = 1 + cos x + cos x + ( cos x + cos x ) ÷ = + cos x + cos x + cos x 4  π π Vậy: I =  + cos x + cos x + cos x ÷dx =  x + sin x + sin x + sin x ÷ = π ∫0  8 16 16 48  4 0 c π ∫ cos sin x dx x + sin x 6 5 4 Vì: d ( sin x + cos x ) = ( 6sin x cos x − cos x sin x ) dx = 6sin x cos x ( sin x − cos x ) ⇔ d ( sin x + cos x ) = 3sin x ( sin x − cos x ) ( sin x + cos x ) dx = −3sin x cos xdx = − sin xdx ⇒ sin xdx = − d ( sin x + cos x ) π π d sin x + cos x ( ) = − ln sin x + cos x sin x Vậy: ∫ dx = − ∫ ( ) 6 cos x + sin x ( sin x + cos x ) π π π π 4 = ln π dx dx 4  d = = + tan x d tan x = tan x + tan x ÷ = ( ) ( )  ∫0 cos4 x ∫0 cos2 x cos x ∫0  0 Ví dụ 12 Tính tích phân sau: π π a ∫ sin xdx (HVQHQT-96) 11 π b sin x cos xdx (NNI-96) ∫ π c cos x cos xdx (NNI-98) ∫ d 0 Giải π 11 a ∫ sin xdx Ta có: ∫ + cos 2xdx (ĐHTL-97) sin11 x = sin10 x.sin x = ( − cos x ) sin x = ( − 5cos x + 10 cos x − 10 cos x + 5cos x − cos x ) sin x π Cho nên: I = ∫ ( − 5cos x + 10 cos x − 10 cos x + 5cos x − cos x ) sin xdx π 5 −118 1  =  cos x − cos x + cos x − cos x + cos x − cos x ÷ = 21 7 0 π b sin x cos xdx ∫ Hạ bậc:  − cos x  + cos x  sin x cos x =  ÷ ÷ = ( − cos x ) ( + cos x + cos x ) 2    1 + cos x + cos 2 x − cos x − cos 2 x − cos x ) ( 1 + cos x  + cos x   = ( + cos x − cos 2 x − cos3 x ) = 1 + cos x − − cos x  ÷÷ 8 2   = = 1 cos x + cos x  ( + cos x − cos x + cos x.cos x ) = 1 + cos x − cos x + ÷ 16 16   = ( + 3cos 3x + cos x − cos x ) 32 π π Vậy I = ( + 3cos x + cos x − cos x ) dx =  x + sin x + sin x − sin x ÷ ∫0 32 64 32.6 32.4  32 0 π d ∫ π + cos xdx = ∫  π2  π  ÷ 2 cos xdx = ∫ cos x dx =  ∫ cos xdx − ∫ cos xdx ÷ π 0 ÷   π π π   =  sin x 02 − sin x π ÷ = ( + 1) = 2   III MỘT SỐ CHÚ Ý QUAN TRỌNG Trong phương pháp đổi biến dạng b * Sử dụng công thức: ∫ b f ( x ) dx = ∫ f ( b − x ) dx Chứng minh: • • x = → t = b Đặt: b − x = t , suy x = b − t dx = − dt , ⇒  x = b → t = Do đó: số b b b b 0 ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( b − t ) ( −dt ) = ∫ f ( b − t ) dt = ∫ f ( b − x ) dx Vì tích phân không phụ thuộc vào biến Ví dụ: Tính tích phân sau a/ π 4sin xdx ∫ ( sin x + cos x ) 5cos x − 4sin x ∫ ( sin x + cos x ) π π b/ d/ ∫ x ( 1− x) m n dx c/ log ( + tan x ) dx ∫ e/ π dx f/ sin x ∫0 sin x + cos6 xdx π sin x cos x ∫0 sin x + cos3 xdx Giải π 4sin xdx a/ I = ∫ ( sin x + cos x ) (1) Đặt: π π  dt = −dx, x = → t = , x = → t =  π  π π  4sin  − t ÷ t = − x ⇒ x = −t ↔  cos t 2  2  f ( x ) dx = dt ) = − dt = f ( t ) dt ( cos t + sin t )  (  π  π   sin  − t ÷+ cos  − t ÷       Nhưng tích phân không phụ thuộc biến số, cho nên: π I = ∫ f ( t ) dt = ∫ π cos x ( sin x + cos x ) dx (2) π Lấy (1) + (2) vế với vế ta có: I = ∫ ( sin x + cos x ) ( sin x + cos x ) π π dx ⇒ I = ∫ ( sin x + cos x ) dx π π2  ⇔ I = 2∫ dx = tan  x − ÷ = π 0  cos  x −  ÷ 4  π b/ I = ∫ 5cos x − 4sin x3 dx Tương tự ví dụ a/ ta có kết sau: ( sin x + cos x ) π I=∫ 5cos x − 4sin x ( sin x + cos x ) π dx = − ∫ π 5sin t − cos t ( cos t + sin t ) π π =∫ 5sin x − cos x ( sin x + cos x ) dx (2) π 1 π2  dx = ∫ dx = tan  x − ÷ = ⇒ I = Vậy: I = ∫ π 0  ( sin x + cos x ) cos  x −  ÷ 4  π c/ log ( + tan x ) dx Đặt: ∫ π π  dx = −dt , x = → t = ; x = → t =  4 π π  t = − x → x = −t ⇔  4  f ( x ) dx = log ( + tan x ) dx = log 1 + tan  π − t ÷÷( − dt )      − tan t  ( −dt ) = log 2 − log t Hay: f ( t ) = log 1 + ÷( −dt ) = log + tan t  + tan t  π π 0 π Vậy: I = ∫ f ( t ) dt = ∫ dt − ∫ log tdt ⇒ I = t 04 = π π π ⇔I= π sin x dx 6 sin x + cos x d/ I = ∫ (1) π π  sin  − t ÷ cos6 x 2  ∫  π   π d ( −t ) = ∫0 cos6 x + sin xdx = I π sin  − t ÷+ cos  − t ÷ 2  2  π (2) π π Cộng (1) (2) ta có: I = cos x + sin x dx = dx = x = π ⇒ I = π ∫0 cos6 x + sin x ∫0 e/ ∫ x ( 1− x) m n 6 dx Đặt: t = − x suy x = − t Khi x = 0, t = 1; x = 1, t = 0; dt = −dx 0 Do đó: I = ∫ ( − t ) t m 1 n ( −dt ) = ∫ t ( − t ) n m dt = ∫ x n ( − x ) dx m MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN π 2 4sin x dx ∫0 + cos x π sin x cos x dx + cos x ∫ ∫ x ( 1− x ) cos x + 2sin x ∫ cos x + 3sin x dx π ∫ π x + sin x dx (HVNHTPHCM-2000) cos x x sin x ∫ + cos π π (XD-98) π dx (ĐHKT-97) sin x + cos x dx (CĐSPHN-2000) ∫0 3sin x + cos x x dx (AN-97) ln  + sin x ÷dx (CĐSPKT-2000) ∫0  + cos x  π x sin x dx (ĐHYDTPHCM-2000) ∫ + cos x β * Dạng: I = ∫ α 10 π sin x cos x ∫0 sin x + cos3 xdx a sin x + b cos x + c dx a 'sin x + b 'cos x + c ' Cách giải: B ' ( a 'cos x − b 'sin x ) a sin x + b cos x + c C dx = A + + ∫α a 'sin x + b 'cos x + c ' a 'sin x + b 'cos x + c ' a 'sin x + b 'cos x + c ' β Ta phân tích: - Sau đó: Quy đồng mẫu số - Đồng hai tử số, để tìm A, B, C - Tính I: β β β  B ( a 'cos x − b 'sin x )  C dx I = ∫ A+ + dx = Ax + B ln a 'sin x + b 'cos x + c ' + C ( ) ÷ ∫ α a 'sin x + b 'cos x + c ' a 'sin x + b 'cos x + c '  α α a 'sin x + b 'cos x + VÍ DỤ ÁP DỤNG Ví dụ Tính tích phân sau: π a sin x − cos x + dx (Bộ đề) ∫0 sin x + cos x + c π b π cos x + 2sin x ∫ cos x + 3sin x dx (XD-98) π sin x + cos x + d I = cos x − 3sin x + 1dx ∫0 4sin x + 3cos x + ∫ 4sin x + 3cos x + 5dx Giải a π C sin x − cos x + Ta có: f ( x ) = sin x − cos x + = A + B ( cos x − 2sin x ) + dx ∫0 sin x + cos x + sin x + cos x + sin x + cos x + sin x + cos x + Quy đồng mẫu số đồng hệ số hai tử số:  A = −  A − 2B =  A − B ) sin x + ( A + B ) cos x + A + C (   ⇔ f ( x) = ⇒  A + B = −1 ⇔  B = − Thay vào (1) sin x + cos x + 3 A + C =    C =  π π π d ( sin x + cos x + 3) π  1 I = ∫  − ÷dx − ∫ + ∫ dx = − − ln sin x + cos x + 5 sin x + cos x + sin x + cos x + 10 0 I =− π 4 − ln − ln J 10 5 - Tính tích phân J: (2) π − J (1) dx π  ; x = → t = 0, x = → t = dt = x cos  x 2dt  t = tan ⇒ ⇔ J = Đặt:  ∫ 2dt 2dt  t + + ( ) f ( x ) dx = =  2t 1− t2 + t t + 2t + +2 +3  1+ t2 1+ t ( 3) Tính (3): Đặt:  du t = → tan u = = u1 ; t = → tan u = = u2  dt = 2 cos u  t + = tan u ⇒  2du = du  f ( t ) dt = 2 cos u  cos u  Vậy: J = u2 ∫ u b 2 π 4 du = ( u2 − u1 ) ⇒ I = I = − − ln − ( u2 − u1 ) 2 10 5   tan u1 =   tan u =  π B ( + cos x − 4sin x ) cos x + 2sin x cos x + 2sin x C ∫ cos x + 3sin xdx; f ( x ) = cos x + 3sin x = A + cos x + 3sin x + cos x + 3sin x → ( 1) Giống phần a Ta có: A = ; B = − ; C = 5 π Vậy: I =  − ( 3cos x − 4sin x ) ∫0  5 cos x + 3sin x π  2 4 π dx = x − ln cos x + 3sin x ÷  ÷ = + ln 5  10  ... Phương pháp đổi biến số dạng Để tính tích phân dạng này, ta cần thực theo bước sau 1/ Quy tắc: • Bước 1: Đặt x = v ( t ) • Bước 2: Tính vi phân hai vế đổi cận • Bước 3: Phân tích f ( x ) dx = f (... nghiệm phân biệt u '( x) dx = ln u ( x ) ∫ α u ( x) β Công thức cần lưu ý: Ta có hai cách Cách 1: (Hệ số bất định) Cách 2: (Nhẩy tầng lầu) Ví dụ 3: Tính tích phân: I = ∫ x + 11 dx x + 5x + Giải Cách... hàm”, cần phải nắm kiến thức Vi phân, công thức phép toán lũy thừa, phép toán bậc n số biểu diễn chúng dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ Ví dụ áp dụng Ví dụ 1: Tính tích phân sau ( ∫ a/ x +1 ∫ a/ ∫