PP TICH PHAN

- Trong các bài tập về tích phân có sử dụng pp đổi biến, nếu có thể dùng cách biểu diễn theo vi phân được thì chúng ta cũng có thể dùng trực tiếp vi phân để giải mà không cần phải dùng p[r]

Lời nói đầu Các em học sinh thân mến! Tích phân là nội dung quan trọng, có mặt hầu hết các kì thi TN THPT, tuyển sinh đại học, cao đẳng năm Việc giải các bài tích phân đòi hỏi chúng ta phải biết phân tích, so sánh, biết “thử giải đúng - sai”, biết tư lôgic, lựa chọn phương pháp phù hợp và quan trọng là chúng ta phải có kinh nghiệm Thầy mong rằng, tập tài liệu nhỏ này có thể phần nào giúp các em học sinh có thêm tư liệu học tập, nắm kiến thức tảng, tạo đà cho việc tư phương pháp giải các em Giúp các em có thêm niềm tin việc giải toán tích phân Để sử dụng tài liêu có hiệu thầy khuyến nghị các em nên học theo quy trình sau: Học, nắm lí thuyết xem ví dụ giải mẫu dạngđọc đề bài tập vận dụngPhân tích, nhận dạngChọn cách giải thử giải Kiểm chứng kết máy tính và Kết luận, rút kinh nghiệm để khắc sâu Chúc các em ôn tập tốt! PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT I/- NGUYÊN HÀM 1/- Định nghĩa: Gọi F(x) là nguyên hàm hàm số f(x) thì họ nguyên hàm (hay tích phân bất định) f(x) là: f ( x)dx F ( x)  C  F '( x)  f ( x) , (C = const) 2/- Tính chất nguyên hàm a/ f '( x)dx  f ( x)  C k f ( x)dx k f ( x)dx, k 0  f ( x) g ( x) dx f ( x)dx g ( x)dx c/  b/ 3/- Bảng các nguyên hàm: Nguyên hàm hàm dx x  C Nguyên hàm hàm hợp u = u(x), du = u’(x)dx du u  C x 1 x dx  1  C ,   1 x dx ln x  C , x 0 1 x dx  x  C x x e dx e  C u 1 u du  1  C ,   1 u du ln u  C , u 0 1 u du  u  C u u e du e  C ax a dx  ln a  C , (0  a 1) au a du  ln a  C , (0  a 1) cos xdx sin x  C sin xdx  cos x  C cos udu sin u  C sin udu  cos u  C   x cos u dx (1  tan x) dx tan x  C cos x sin x dx (1  cot x)dx  cot x  C du (1  tan u ) du tan u  C u sin u du (1  cot u)du  cot u  C a, b  , a 0 ,   , m 0 CÁC TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT: với   1  ax  b  dx  a( 1)  ax  b   C  dx  ln ax  b  C  ax  b a  dx  ax  b   a  ax  b   C  e ax b dx  e ax b  C  a  mx  n   cos (ax  b)  a tan(ax  b)  C  sin  x  sin x dx ln tan  C  cos x dx ln tan     C dx mx  n a C m ln a  cos(ax  b) dx  sin(ax  b)  C  a  a sin(ax  b)dx  a cos(ax  b)  C dx  2 dx  cot( ax  b)  C (ax  b) a dx x a  ln C a 2a x  a x x  4/- CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM 4.1/- PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ f ( x )dx F ( x)  C  f (u )du F (u )  C Định lý:  , với u = u(x), du = u’(x)dx f ( x )dx * Để tính  PP đổi biến ta thực các bước sau: - B1: Đặt u = u(x)  du = u’(x)dx - B2: Biểu diễn f(x)dx theo u và du Giả sử f(x)dx = g(u)du g (u )du g (u )du G (u )  C - B3: Tính  Giả sử  f ( x)dx g (u )du G (u ( x))  C - B4: Kết luận:  CÁC DẠNG THƯỜNG GẶP Sử dụng phép đổi biến loại 1: Dạng 1)   2 f x, a  x dx ta đặt x a cos t , với t  x a sin t , với I   x dx VÍ DỤ1: Tính 1) 2)  1 x    t  2 dx Bài Giải     x sin t ,  t  [- ; ]   dx cos t.dt 2   1) Đặt Khi đó, 1 sin 2t I   sin t cos tdt cos t cos tdt cos tdt  (1  cos 2t ) dt  (t  ) C 2  (arcsin x  x  x )  C     x sin t ,  t  [- ; ]   dx cos t.dt 2   2) ) Đặt cos tdt cos tdt   x2 dx   sin t  cos t dt t  C arcsin x+C Khi đó,  f  x, Dạng 2) a  x dx  VÍ DỤ2: Tính  x ta đặt x a tan t , với    t  2 ; x a cot t , với  t   dx Bài Giải     x tan t ,  t  (- ; )   dx (1  tan t )dt dx dt t  C arctan x  C  2   Đặt Khi đó,  x f  x, Dạng 3)  x  a dx đặt x a  a   t  [0; ]\{ } x t  [- ; ]\{0} cos t với sin t với 2 x 1 dx x  VÍ DỤ3: Tính Bài Giải x2  1 sin t sin t dx   1.cos t dt  ,  t  [0;  ]\{0}  dx  dt  x cos x cos t cos t cos t Đặt Khi đó, sin t 2  tan t cos t dt tan tdt ( cos2 t  1)dt tan t  t  C x Sử dụng phép đổi biến loại 2: 1)Dạng : I f  a sin x  b  cos xdx  a, b    , n Ta Đặt u a sin x  b , Hoặc u  a sin x  b biểu thức a sin x  b nằm dấu 1) Đặt cos xdx (2 sin x  1) cos xdx 2) BÀI GIẢI t 2 sin x   dt 2 cos xdx  cos xdx  (2 sin x  1) cos xdx   sin x  VÍ DỤ: Tính 1) n dt Khi đó t4 t dt   C  (2 sin x  1)  C  8 2 2) Đặt t  sin x   t 3 sin x   3t dt 3 cos xdx  cos xdx t dt Khi đó cos xdx t dt t2   tdt  3 sin x   t   C  (3 sin x  1)  C 2) Dạng : I f  a cos x  b  sin xdx ,  a, b    n n Ta Đặt u a cos x  b , Hoặc u  a cos x  b biểu thức a cos x  b nằm dấu e 2)  cos x  1.sin xdx VÍ DỤ: Tính 1)  cos x  sin xdx BÀI GIẢI 1) Đặt t  cos x   t 2 cos x   2tdt  sin xdx  sin xdx  t.dt Khi đó (2 cos x  1)3 C  t 2 cos x   dt  sin xdx  sin xdx  dt 2) Đặt t3 cos x  1.sin xdx  t dt   C  e  Khi đó cos x  sin xdx  t 1 e dt  et  C  e2 cos x   C  2 I f  a ln x  b  dx x , 3) Dạng :  a, b    n Ta Đặt u a ln x  b , Hoặc u  a ln x  b biểu thức a ln x  b nằm dấu ln x  x dx VÍ DỤ: Tính 1) ln x ln x  dx  x 2) BÀI GIẢI t ln x  dt  dx x 1) Đặt Do đó, ln x t3 ln x dx  t dt   C  C x  3 n t  ln x   t ln x   2tdt  dx x 2) Đặt Do đó,  (ln x  1)5 (ln x  1)3 ln x ln x  t5 t3 2   dx 2 (t  1)t dt 2(  )  C    x  I f  a tan x  b  dx a, b    cos x 4) Dạng : ,    C   n n Ta Đặt u a tan x  b , Hoặc u  a tan x  b biểu thức a tan x  b nằm dấu VÍ DỤ: Tính 1) A= (tan x  1).cos x tan x dx x dx  2) B= cos BÀI GIẢI 1) Đặt t tan x   dt  dt dx  ln t  C ln tan x   C dx   t cos2 x Do đó, A= (tan x  1).cos x 2t tan x B 2 t dt  C  C t  tan x  t tan x  2tdt  dx 3 cos x Do đó, 2) Đặt  I f  a cot x  b  5)Dạng : dx sin x ,  a, b    n Ta Đặt u a cot x  b ,Hoặc u  a cot x  b biểu thức a cot x  b nằm dấu VÍ DỤ: Tính 1) A= (cot x  1) sin 2 x dx cot 2) B=  xdx BÀI GIẢI 1) Đặt 2) t cot x   dt  cot B= xdx (  cot x.d (cot x)  dt 1 dx A     C  C sin x Do đó, t t cot x  1  1) cot xdx cot x dx  cot xdx  sin x sin x   cot x  1 dx  I f  ae x  b e x dx 6)Dạng : , cot x  cot x  x  C  a, b    x n x x Ta Đặt u ae  b ,Hoặc u  ae  b biểu thức ae  b nằm dấu x VÍ DỤ: Tính 1) A= (e x e dx  1)2 e 2) B=  x 2e x  1.dx BÀI GIẢI dt 1) Đặt t e x   dt e dx Do đó, A = t x  1  C  x C t e 1 x x x 2) ) Đặt t  2e   t 2e   tdt e dx Do đó, B = t5 t3  (2e x  1)5  ( t  ) t dt  (  )  C   2  (2e x  1)3   C   n n 7) Dạng : I f  ax m  b  x m 1dx ,  a, b    m n m m Ta Đặt u ax  b ,Hoặc u  ax  b biểu thức ax  b nằm dấu x2  dx VÍ DỤ: Tính 1) A= x  1) Đặt t  x   dt 3 x dx Do đó  x3 x 1 2) B= BÀI GIẢI A n dx dt 1  ln t  C  ln x   C  t 3 2 2) Đặt t  x   t  x   tdt xdx ( x  1)3 (t  1)tdt t3 B  (t  1)dt   t  C   x2   C t 3 Do đó 8) Dạng : I f  a sin x  b  sin xdx n 2 Ta Đặt u a sin x  b , Hoặc u  a sin x  b biểu thức a sin x  b nằm dấu 9) Dang : n I f  a cos x  b  sin xdx n 2 Ta Đặt u a cos x  b ,Hoặc u  a cos x  b biểu thức a cos x  b nằm dấu sin x dx  VÍ DỤ: Tính 1) A=  sin x n sin x dx  2) B=  cos x BÀI GIẢI dt A  ln t  C ln  sin x  C t 1) Đặt t 1  sin x  dt sin x.dx Thì dt A    ln t  C  ln  cos x  C t 2) Đặt t 1  cos x  dt  sin x.dx Thì 4.2/- PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN: Sử dụng công thức nguyên hàm phần: u ( x)v '( x)dx u ( x).v( x)  u '( x)v( x)dx hay udv uv  vdu (1) du u '( x)dx , (Laáy vi phaân veá theo veá) u u ( x)    dv v '( x)dx v v ( x), ( Laáy moät nguyeân haøm cuûa v'(x): v '( x)dx v( x)) Bằng cách đặt: Sau đó thay vào công thức (1), tìm cách tính tích phân còn lại (có thể suy trực tiếp, có thể dùng các phương pháp ta đã biết: bao gồm đổi biến và phần)  Lưu ý: Thông thường ta có dạng bản: p( x).l ( x)dx i Dạng 1:  , đó p(x) là hàm đa thức, l(x) là hàm lượng giác theo sin cos du  p '( x ).dx, ( Laáy vi phaân veá theo veá) u  p( x)    dv l ( x)dx v l ( x)dx, ( Tìm moät nguyeân haøm cuûa l(x)) Cách giải: Đặt p ( x ).et ( x ) dx ii.Dạng 2:  , đó p(x) là hàm đa thức, et(x) là hàm mũ số e du  p '( x ).dx, ( Laáy vi phaân veá theo veá) u  p ( x )    t ( x) t (x) t ( x) dv e dx v e dx, ( Tìm moät nguyeân haøm cuûa e ) Cách giải: Đặt p( x).ln [f ( x)]dx , đó p(x) là hàm đa thức, ln[f(x)] là hàm lôgarit (tự nhiên thập iii Dạng 3: phân tuỳ ý) u ln[ f ( x )]    dv  p( x) dx f '( x)  du  dx, ( Laáy vi phaân veá theo veá)  f ( x )  v  p ( x)dx, ( Tìm moät nguyeân haøm cuûa p ( x ))   Cách giải: Đặt Chú ý: Nếu gặp dạng p(x).lnnx thì đặt u = lnnx dv = p(x)dx b f ( x)dx F ( x) b a F (b)  F (a ) II/- TÍCH PHÂN: a 1/- Định nghĩa tích phân: 2/- Các tính chất: ( Công thức Newton - Leibnizt ) a 1) b f ( x)dx 0 b f ( x)dx  f ( x)dx b b b 8) b  f ( x) g ( x) dx f ( x)dx g ( x)dx a c a a b b f ( x)dx g ( x)dx a b a b 4) b k f ( x)dx k.f ( x)dx a f ( x)dx 0 a f ( x ) g ( x ), x   a : b   a b 3) 6) 7) a a 2) f ( x) 0, x   a; b  a b f ( x)dx  f ( x) dx a a 9) Nếu m  f ( x ) M , x  [a; b] thì b m(b  a ) f ( x) dx M (b  a) c f ( x)dx f ( x)dx  f ( x)dx a 5)  Lưu ý: Các tính chất 6, 7, 8, chương trình sgk không có 3/- Các phương pháp tính tích phân: 3.1/- Phương pháp sử dụng các phép biến đổi đại số và lượng giác kết hợp với bảng nguyên hàm để tính tích phân Vấn đề 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số thường gặp: Dạng 1: Phân tích hàm số bên dấu tích phân đưa hàm có nguyên hàm Ta thường dùng các phép biến đổi như: - Đưa thức dạng luỹ thừa - Dùng đẳng thức - Tách tích phân - Thêm - bớt số biểu thức… Bài tập1: Tính các tích phân sau 4 dx x   5x x3  x  dx x   2dx dx x     x2 e 1 x x x 1) 2) 3) 4) Giải a a b 3 x3  x  x3  x  x2 2 dx  ( ) dx  ( x  x  x ) dx    C  x2  x2  x x 1) 4 4 3 1 x   5x 4 2 dx  (   ) dx  (  x  x ) dx  3ln x   10 x 6 ln     1 x x x x x1 1 2 x x 2) 4 4 1   20   2  x   2dx   x  dx  x  dx  x x  x      x x x 3 1  1 3) (dùng đẳng thức) x 4) Thêm bớt e tử hàm số dấu tích phân, tách tích phân 1 1 dx e x 1  ex  dx dx   e x 1  e x 1 0 Hoặc biến đổi ex dx x  x  e 1 1 d (e x  1) e 1 1  ln(e x  1) 1  (ln(e  1)  ln 2) 1  ln x  e 1 dx e x dx   e x 1  e x (e x  1) 0 e 1 e 1 dx dt      x  e  ( t  1) t t   x x x đặt t e   e t   e dx dt ; x 0  t 2; x 1  t e  e 1 1 t1 e 2e ln  ln ln  dt ln t t e 1 e 1 P ( x) Q( x) dx Dạng 2: TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ: , đó P(x), Q(x) là các đa thức (tham khảo để LTĐH) * Cách tính: - Nếu bậc P(x) lớn bậc Q(x), ta chia đa thức trước, tách tích phân và tính - Nếu bậc P(x) nhỏ bậc Q(x) thì ta thực theo các bước sau: + Bước 1: Tìm nghiệm Q(x) và phân tích Q(x) tích các nhị thức tam thức P ( x) + Bước 2: Đồng Q( x) thành tổng tổng các phân thức đơn giản cho phân thức bậc tử luôn nhỏ bậc mẫu bậc Q(x) có bao nhiêu nhân tử thì phân tích thành nhiêu phân thức có mẫu là các nhân tử + Bước3: Quy đồng và bỏ mẫu; đồng hệ số hai vế đồng thức thu hệ phương trình chứa các hệ số bất định a, b, c, … + Bước 4: Thế các hệ số tìm vào các biểu thức vừa phân tích và tính tích phân Chú ý: Nếu bậc mẫu nhỏ mẫu đúng bậc thì ta thử lấy đạo hàm mẫu, biểu diễn theo tử thì ta chọn phương pháp đổi biến Lưu ý: I  dx ax  bx  c , tam thức ax2 + bx + c = , ( a 0 )có hai nghiệm phân biệt , * Nếu tích phân có dạng  Ta thực sau + Bước 1: Phân tích ax2 + bx + c = a(x - )(x- ),     1 1      + Bước 2: Phân tích ax  bx  c a (    )  x   x    1 ax  bx  cdx a( x  x0 )2 dx x0  2ba * Trường hợp tam thức có nghiệm kép thì ta có: với 1  2 * Nếu tam thức vô nghiệm thì ta dùng HĐT biến đổi: ax  bx  c ( x  m)  n và đặt x  m n tan t Ví duï: Tính caùc tích phaân sau: 2 a/ 2x 1 ò x - dx =ò(1+ x - 1)dx = [ x + ln x - 1]1 =1 + ln 1 b/ x + x +1 x3 x2 23 dx = ( x + x + + ) dx = [ + + x + ln x - 1]-0 = - ln ò x- ò x- - - 0 ln = Bài tập đề nghị: Tính các tích phân sau: x  5x  dx  x  x  x  3x dx  x2 1/I= Ví duï: Tính caùc tích phaân : 2/J= 5( x - 1) dx òx - x- Giaûi 5x - A B A( x - 3) + B( x + 2) 5( x - 1) = + = ( x + 2)( x - 3) Ñaët x - x - = ( x + 2)( x - 3) x + x -  A(x-3)+B(x+2)=5x-5 cho x=-2  A=3 cho x=3  B=2 vaäy ta coù: 5( x - 1) dx ò x2 - x - = 3 1 Ví duï: Tính caùc tích phaân : CI: ò( x + + x - )dx = (3ln x + + ln x - ) = ln 16 27 (2 x +1)dx - 4x +4 òx Giaûi 1 (2 x +1)dx 2x - d ( x - x + 4) ò x - x + = ò( x - x + + x - x + )dx = ò x - x + + 5ò ( x - 2)2 dx 0 0 5 )   ln x 2 =(ln x +1 x +1 A B A( x - 2) + B = = + = Û A( x - 2) + B = x +1 2 2 x x + ( x 2) x ( x 2) ( x 2) CII: Ñaët  A 2  A 2    Ax -2A+B=    A  B 1  B 5 x2  4x   1 x +1dx ò x - x + = ò[ x - + ( x - 2)2 ]dx 0 Vaäy (2ln x-2 )   ln x-2 = (2 x - 3)dx +2x + òx Ví duï: Tính caùc tích phaân :I= - I =ò - 2x +2 dx x +2x + Ta coù ò ò ( x +1) - Giải d ( x + x + 4) dx = ò - 5J +3 x +2 x +4 d ( x + x + 4) 2 ln/x +2x+4/  ln  ln  ln x +2x + 1 = ò ( x +1) Tính J= - dx +3      ;  3tgt  Ñaët x+1= (t )  dx= 3(1  tg t)dt   3(1  tg t ) 3   dt  1dt    (3  3tg t ) 3 Khi x= -1 thì t = ; x=0 thì t= vaäy J=   5(  6) Vaäy I= ln Bài tập đề nghị: Tính các tích phân sau: 1 dx  x  x  1 2x 3x  dx dx 2   x  6x  x  4x  1/I= 2/I= 3/ I= Bài tập2: Tính các tích phân sau 3 2x  dx x3  3x  J  dx I  K  dx  x  x  11x  x  x  x  x  x  2 1) 2) 3) GIẢI 2 1) Vì x  x  0  x 1; x  nên x  3x  ( x  1)( x  4) Do đó, a b   B1: Phân tích x  x  x  x  a b a( x  4)  b( x  1)   x  3x  B2: Quy đồng mẫu vế phải x  x  a ( x  4)  b( x  1)   a ( x  4)  b( x  1) 1 x  3x  Từ đó, x  3x  (*) B3: Tìm a, b từ (*) (Phương pháp hệ số bất định) x 1 : (*)  5a 1  a  + Cho x  : (*)   5b 1  b  + Cho 1 1   (  ) x  x  ( x  1)( x  4) x  x  B4: Vậy ta có 1  1      Nhận xét: Nếu áp dụng trực tiếp chú ý thì ta có ngay: x  x  4  ( 1)  x  x   Nhờ kết phân tích trên mà ta có: 3 3 dx 1 1 x1 1 12 I   (  )dx  [ ln( x  1)  ln( x  4)]  ln  (ln  ln )  ln x  3x  x  x  5 x 4 7 2 Ví Dụ: Tính 3x  L  dx x  x  14 Nếu tử là đa thức chứa x, mẫu là tam thức bậc hai có nghiệm 3x  3x  a b a( x  7)  b( x  2)     x  x  14 ta phân tích x  x  14 ( x  2)( x  7) x  x  (mẫu là tích nhị thức bậc nên phân tích thành tổng hai phân thức thì tử là số a, b (chưa biết) Suy ra, x  a ( x  7)  b( x  2) (*) Tìm a, b:  14 29 x 7 : (*)  5b 29  b  ; cho Cho 3x   29 14      Vì thế, x  x  14  x  x   GIẢI 1 3x  29 14 1 L  dx  (  )dx  [29ln( x  7)  14 ln( x  2)]  (29ln 14ln 2) x  x  14 x x 5 Ta có: 2) Ta có x3 + 6x2 + 11x + = (x+1)(x+2)(x+3) đó 2x  a b c     x  a( x  2)( x  3)  b( x  1)( x  3)  c( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)( x  3) x 1 x  x  (1) x 2 : (*)   5a 14  a   x  ( a  b  c) x  (5a  4b  3c) x  6a  3b  2c Đồng hệ số (Phương pháp đồng thức)hai vế ta được:  a    a  b  c 0   5a  4b  3c 2  b 9 6a  3b  2c   11  c   Cách khác: (PP hệ số bất định) cho x  : (1)   b   b 9 ; 2; cho 11 x  : (1)  2c  11  c  (cách này nhanh và gọn vì ta không phải thu gọn và giải hệ) cho x  : (1)  2a   a  2x  11    x 1 x  2 x  Khi đó: ( x  1)( x  2)( x  3) 1 1 11 11  (   )dx  ln x   9ln x   ln x  x 1 x  2 x  2 11  47 29 ln  9(ln  ln 2)  (ln  ln 3)  ln  ln 2 2 2 3) Ta có x  x  x  ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  1)( x  x  1) Do đó x  3x  a b cx  d    2 ( x  1)( x  1)( x  x  1) x  x  x  x   x3  3x 1 a( x 1)( x  x  1)  b( x  1)( x  x  1)  (cx  d )( x  1) (1)  Thay x = 1; x = -1 vào (1) và cân hệ số hai vế x3 và các hệ số tự ta được: 6 6a  a 1 2  2b b      x3  3x  1 2x 1 2 a  b  c c 2    2 1 a  b  d  d 1 Khi đó ( x  1)( x  1)( x  x 1) x  x  x  x  Suy ra: 3 x3  3x  1 x 1  x 39  K  dx     ln  x  x  1 ln  dx ln x  x  x 1 x  x 1 x  x 1  x 1 14 2 Vấn đề 2: TÍCH PHÂN CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC Phương pháp: Để giải thuận lợi các bài tập nguyên hàm và tích phân, mà hàm dấu tích phân có dạng hàm lượng giác, ta thường tập hợp và lựa chọn phép biến đổi phù hợp để biến đổi biểu thức dấu tích phân nhằm tìm cách đưa dạng quen thuộc Các phép biến đổi thường gặp là: a) Biến đổi tích thành tổng: * cosa.cosb = ½[cos(a+b) + cos(a - b)] * sina.cosb = ½ [sin(a+b) + sin(a - b)] * sina.sinb = ½ [cos(a - b) - cos(a+b)] b) Nhân đôi, hạ bậc:  sin2a = 2sina.cosa  cos2a c os a   cos2a = 2cos a -  = - 2sin2a = cos2a - sin2a  cos2a tan a sin a  tan 2a    tan a   cos2a tan a   cos2a  c) Biến đổi biểu thức dạng asinx + bcosx hàm lượng giác sin cos nhờ công thức cộng d) Sử dụng các đẳng thức lượng giác     + sin2a = (sina + cosa)2 sin a  cos a  sin(a  )  2cos  a   4 1- sin2a = (sina - cosa)2   sin a  cos a  sin( a  ) sin a  cos4 a 1  sin 2a   cos a  sin a  2cos  a   sin a  cos6 a 1  sin 2a 4  Bài tập 3: Tính các tích phân bất định sau sin x I  dx J cos2 xdx sin x GIẢI sin x 2sin x.cos x 4sin x.cos x.cos x I  dx  dx  dx sin x sin x sin x (áp dụng công thức nhân đôi) 4cos x.cos2 xdx 2(cos3x  cos x )dx  sin x  2sin x  C 1  J cos2 xdx    cos4 x  dx   x  sin x   C 2  (Áp dụng Công thức hạ bậc) Bài tập 4: Tính các tích phân sau   I sin x cos xdx J sin x cos xdx GIẢI   2    x2  1  I (sin x cos x) dx  sin x  dx    cos4 x    sin x  80 32 16  0 0 Ta có (hạ bậc)      sin x sin x  J sin x cos3 xdx sin x(1  sin x) cos xdx  sin  sin x  d  sin x       15  0 Ta có Lưu ý: Ở bài toán trên, kết hợp biến đổi và dùng pp vi phân hoá: d(f(x)) = f’(x)dx * CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP sin(mx)cos(nx)dx; sin( mx).cos( nx) dx; cos( mx)cos( nx) dx  Dạng 1:  , ta biến đổi hàm dấu tích phân thành tổng tính Để làm tốt dạng này ta Cần ghi nhớ CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI TÍCH THÀNH TỔNG (XEM Ở TRÊN) Ví dụ: 1)  0  cos x  12   0   1  sin x sin x  cos x cos xdx  cos x  cos x dx          20 2 0 21 sin Dạng 2:   1  sin 3x.cos xdx   sin x  sin 5x  dx    cos x   2)  m x cos n xdx + Trường hợp 1: có ít hai số m, n là lẻ - Nếu m lẻ, tách sinmx = sinm-1x.sinx, và đặt t = cosx - Nếu n lẻ, tách cosnx = cosn-1x.cosx, và đặt t = sinx  sin x cos xdx VÍ DỤ: Tính 1) I =   2 sin x cos xdx 2)J= Bài giải 3) K= sin x dx  cos x 1 t4  t dt   t sin x  dt cos xdx; x 0  t 0, x   t 1  40 1) Đặt thì I =  2) J= sin  x cos3 xdx sin x (1  sin x ) cos xdx  t sin x  dt cos xdx; x 0  t 0, x   t  Thì đặt  3) K=  sin x (1  cos x)sin x dx  dx   cos x cos x 0 1  t3 t5  J (t  t )dt       15  t cos x  dt  sin xdx; x 0  t 1, x   t  Thì Đặt 1 2 1 t2  1 K  dt      t  3t t  + Trường hợp 2: m, n chẳn và dương ta dùng công thức hạ bậc, hạ bậc tính  sin x.cos xdx VÍ DỤ: Tính sin m xdx cosm xdx  Dạng 3: , + Nếu m chẳn, hạ bậc tính + Nếu m lẻ, Sử dụng hđt lượng giác biến đổi: sinmx = sinm-1x = (1-cos2x)n.sinx, đặt t = cosx, cosmx = (1- sin2x)n cosx, đặt t = sinx   VÍ DỤ: 1) Tính sin  x.dx 2) cos  x.dx 3) sin 2x.dx BÀI GIẢI  sin 1) I=  x.dx (1  cos x )sin x.dx , 1  t3  2  I  (  t ) dt  t     t cos x  dt  sin xdx; x 0  t 1, x   t 0 30  đặt Thì  2) J = cos   0 x.dx (1  sin x)2 cos x.dx (1  2sin x  sin x) cos x.dx 1  2t t   (  t  t ) dt  t       t sin x  dt cos xdx; x 0  t 0, x   t 1  15  đặt thì J=   4  1 sin x   sin x dx  (  cos x ) dx  x      2 2 0 0 3) K = 3.2/- PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN b f ( x)dx 3.2.1/- Đổi biến loại 1: Để tính a ta thực theo các bước B1: Đặt x = (t), là hàm liên tục trên đoạn [;], B2: Đổi cận x = a  t = (giải pt a =(t) để tìm t) x = b  t = (giải pt a =(t) để tìm t) Biểu diễn f(x)dx theo t và dt giả sử f(x)dx = g(t)dt B3: Tính  b  g (t )dt f ( x)dx g (t )dt  B4: Kết luận a =  Bài tập 5: Tính các tích phân sau dx I   x2 1) GIẢI 1) Đặt x tan t ,(  2) J   x dx    t  )  dx (1  tan t )dt 2 3) I  dx  x2  x 1  t  Đổi cận: x 0  t 0 ;  Khi đó: 2) Đặt     I  (1  tan t ) dt  dt  t   tan t 0 x sin t , (     t  )  dx cos tdt x 1  t  2 Đổi cận: x 0  t 0 ;  Khi đó: 3) Đặt    1 2  J   sin t cos t.dt cos 2tdt    cos 2t  dt   x  sin 2t   20 2 0 0 x sin t , (     t  )  dx cos tdt 2       J  cos t dt  dt  t x  t    sin t 0 Khi đó: Đổi cận: x 0  t 0 ; Lưu ý: Thường các bài tập tính tích phân pp đổi biến loại có các dạng như: (a>0)     dx t  a  x ta đặt x a tan t ,  ;  ; dx    2 t ;   a  x dx;  a  x 2 2  x  a sin t x  a cos t ta đặt hay , với x  a dx;  dx x  a ta đặt x    a a t ; x  2  sin t hay cos t , với b f ( x)dx 3.2.2/- Đổi biến loại 2: Để tính a ta thực theo các bước B1: Đặt u = u(x)  du = u’(x).dx B2: Đổi cận: x = a  u = u(a); x = b  u = u(b) B3: + Biểu thị f(x)dx theo u và du Giả sử f(x)dx = g(u)du u (b ) + Tính  g (u)du G (u) u (b) u (a) u (a) u (b ) b B4: kết luận: f ( x)dx a =  g (u)du G (u) u ( b) u ( a) u (a) 3.2.3/- Phương pháp tích phân phần b udv uv b a b  vdu a PP: Ta sử dụng công thức tích phân phần: (1) du u '( x)dx, ( Laáy vi phaân theo veá) u u ( x)    dv v '( x)dx v v '( x )dx v ( x ), ( Tìm moät nguyeân haøm) Đặt Rồi thay vào công thức (1) Tính tích phân  Đối với tích phân phần thường có các dạng và pp giải sau: u  p( x)  t (x) p( x).e dx, p( x).sin( ( x)).dx, p( x).cos( ( x)).dx dv  phaàn coøn laïi   Ta đặt  u ln()  p( x).ln().dx dv  phaàn coøn laïi   Ta đặt  a e ax u  p ( x)   dv  phaàn coøn laïi ax .sin kx.dx, e coskx.dx Ta đặt ngược lại Trong đó, p(x) là hàm đa thức 3.3/- ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 3.3.1/- Tính diện tích hình phẳng: a) Diện tích hình phẳng D giới hạn các đường y = f(x), trục hoành Ox và các đường thẳng x = a, x = b là:  b S  f ( x) dx a b) Diện tích hình phẳng D giới hạn các đường y1 = f(x), y2 = g(x) và các đường thẳng x = a, x =b là: b b S  f ( x )  g ( x ) dx   f ( x )  g ( x ) dx a a Lưu ý: +Ta nên tìm hoành độ giao điểm hai đường, giả sử: a   b, với , là hai hoành độ giao điểm hai đường Khi đó, b  S  f ( x)  g ( x ) dx   f ( x)  g ( x)  dx  a a b   f ( x)  g ( x )  dx    f ( x)  g ( x)  dx   + Hoặc ta có thể dùng đồ thị để giải b b S  f ( x)  g ( x) dx   f ( x)  g ( x)  a a + Trường hợp pt hoành độ giao điểm vô nghiệm thì 3.3.2/- Thể tích vật thể tròn xoay: a) Thể tích vật thể tròn xoay sinh hình phẳng D giới hạn các đường y =f(x), trục hoành, các đường thẳng x = a, x = b, cho D quay quanh trục Ox là: b V  f ( x)dx a Chú ý: Nếu hình D giới hạn các đường y  f ( x); y  g ( x), x a, x b f ( x) 0, g ( x ) 0, x  [a;b] b V   f ( x )  g ( x ) dx a Cho D quay quanh Ox, thì thể tích khối tròn xoay là: b) Thể tích vật thể tròn xoay sinh hình phẳng D giới hạn các đường x =g(y), trục tung Oy, các đường thẳng y = a, y = b, cho D quay quanh trục Oy là: b V  g ( y )dy a Chú ý: Nếu hình D giới hạn các đường x  f ( y ); x g ( y ), y a, y b , f ( y ) 0, g ( y ) 0, y  [a;b] b V   f ( y )  g ( y ) dx a Cho D quay quanh Oy, thì thể tích khối tròn xoay là: PHẦN II: BÀI TẬP MẪU CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI Lưu ý: - Trong quá trình ôn tập nguyên hàm và tích phân Để việc ôn tập đạt hiệu quả, học sinh nên tự hệ thống, nắm vững lý thuyết, xem lại các bài tập, ví dụ mẫu sgk sbt, sau đó tiến hành tự giải lấy các bài tập đây Cuối cùng, có thể đối chiếu lại kết các bài tập có tài liệu này - Trong các bài tập tích phân có sử dụng pp đổi biến, có thể dùng cách biểu diễn theo vi phân thì chúng ta có thể dùng trực tiếp vi phân để giải mà không cần phải dùng pp đổi biến để hạn chế thời gian phải trải qua bước đổi biến và đổi cận Nghĩa là:  f ( x) f '( x)dx f ( x).d ( f ( x)) Chẳng hạn,   1 sin x cos xdx sin xd (sinx)  sin x   4 0 Bài 1: Tính các tích phân bất định sau: x e x  x dx 3 x e   cos2 x dx 1) 4) x x e (1  e ) dx x 2)  dx   x 5)  x  3 dx 3)   cos x cos xdx dx 25)   cos x 8) tan xdx  26) sin x cos xdx 9)  cot xdx 27)  ex  x dx tan xdx 10) e  28)  ln x  cot xdx dx   x 29) 11) sin x.cos3 xdx 30)  x x  5dx  12) x2 xdx  dx  x2  a 31) x  13) e3 x  3cos x e sin xdx  x dx 14)  32) e  1 dx  x xdx   x   15) 33) e  ln xdx x2    dx x 16) 34) x  sin x dx dx   17)  cos x 35) x  3x  x x dx cos  x  1 dx  36) 18) x  sin x dx cos x.sin xdx   19) 37) x  sin x.cos xdx cos xdx 20)   38) sin x  cos x sin x.cos xdx 21)  e3 x  sin 2xdx  x dx 22)  39) e  cos xdx cos 2 xdx 23)   40) cos x  sin x sin xdx  24) Bài 2: Tìm hàm số F(x) các trường hợp sau: F ( x) (2 x  )dx x 1) và F(1) =  F ( ) 1 F ( x) cos5 x.cos xdx 2) và dx F ( x )  x ln x và F (e) 1 3) sin(ln x )dx F ( x )  x 4) và F (1) 2 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ 6)   x dx  7) x x 1 dx  x 1 sin  ln x   x dx 41) dx x x  42) e  e  43) x x  1dx xdx 1  x   44) 2 1 sin dx x sin x 3 cos2 x dx 46) dx x x  47) e  e cos x  sin x  sin x  cos x dx 48) sin x  dx 49) cos x  45) x 50) sin 3x.cos xdx 51)  x    x  3 dx x 1  sin x dx  52)  cos x 53) 54)   dx x2  a sin x cos x a sin x  b cos x    23 x x 53 23 3 dx  dx  x  x dx  x  x  C  x5  x  C  3 x   5  x3 1) e x (1  e  x )dx (e x  1)dx e x  x  C 2)  1  x  3 dx  u 5du  u  C   x  3  C  30 30 3) Đặt u 5 x   du 5dx Khi đó, 1  x  3 dx  (5 x  3)5 d (5x  3)  (5x  3)6  C  30 Ta có thể viết vi phân: e x  x x x e    cos2 x dx 2e dx  cos2 x dx 2e  tan x  C 4) du xdx  2 5) Đặt u 1  x  du  xdx Hay x  du   x dx   u  u  C   x  C Khi đó,   d (1  x ) dx     x  C 2 1 x 1 x x Tương tự, có thể dùng vi phân: 1 d (1  x)   x dx    x   x  C 6) Hay đặt u = 1+2x x 1 d ( x  x  1) dx  ln x  x   C 2   x  x 1 7) x  x  Hay đặt u =x2 + x + 1  cos x  cos2 x 2sin x dx  2 tan x 2(  1) 2  cos x cos x cos x 8) Biến đổi cos x  cos x dx 2 (  1)dx 2  tan x  x   C  cos x cos x Do đó: 9) 4 sin x cos xdx sin xd (sin x)  sin x C ex du dx  ln u  C ln(e x  1)  C x x x  u 10) Đặt u e   du e dx Khi đó, e  2 ln x  1 u 2 ln x   du  dx dx   udu  u  C   x 3 x Khi đó, 11) Đặt u  x3   du 3x dx hay x dx  du 12) Đặt 2 x x3  5dx   udu  u  C   x  5  C  9 Khi đó, 13) 14)  e xdx x2  a 3cos x  d ( x  a)  x2  a  C  2 x a Hay đặt, u = x3 + a sin xdx e Đặt u = 3cosx  du = -3sinxdx Do đó: 15)  2ln x  3   x  xdx  3cos x sin xdx  1 u 1 1 e du  eu  C  e3cos x  C  3 3 2  x d (1  x )   x     C 2 Hoặc đặt u = 1+ x2  du = 2xdx Khi đó,   x  xdx  13 43 3 u du  u  C   x   C 2 8 C dx ln xdx ln xdx 1 u  ln x  du  u du  u  C  ln x  C   x Đặt x Khi đó, x 5 16) sin x dx 2  17)  cos x Đặt u 1  cos x  du  2sin x cos xdx  sin xdx sin x du dx    ln u  C  ln  cos2 x  C  u Khi đó,  cos x x cos 2 dx   cos x dx  x  sin x 18) Ta có: x  sin x  cos x du Đặt u  x  sin x  du   cos x  dx Khi đó x  sin x dx u ln u  C ln x  sin x  C cos x.sin xdx 19)  u4 cos4 x 3 cos x sin xdx  u du   C  C   4 Đặt u = cosx  du = -sinxdx Khi đó, sin 20)  x.cos xdx sin x cos3 x sin x.cos x.cos x sin x   sin x  cos x Ta biến đổi: sin x.cos xdx  sin x  sin x  cos xdx  Do đó, u5 u7 sin x sin x sin x.cos xdx  u  u  du    C    C Đặt u =sinx  du = cosxdx Khi đó, sin x.cos xdx 21)  Ta biến đổi  cos2 x   cos2 x  1 2 sin x.cos4 x     (1  cos x)(1  cos2 x)  sin x   cos2 x  2   1 sin x.cos xdx  sin 2 x   cos2 x  dx   sin 2 xdx  sin 2 x.cos2 xdx   8 Vậy, 4   cos4 x     dx  sin 2 x cos xdx     x  sin x   sin 2 xd (sin x)     16     = 8       x  sin x   sin x   C 16     1 sin 2 xdx  (1  cos4 x) dx  ( x  sin x)  C  2 22) Thông thường, hàm lượng giác sin cos dấu tích phân có mũ chẳn, ta hạ bậc 1 cos 2 xdx  (1  cos4 x) dx  ( x  sin x)  C  2 23) sin 24)  xdx Ta hạ bậc,  cos 2x 1 sin x ( )    cos x  cos2 x    4 3  sin xdx   cos2 x  cos4 x  dx 8 x  Vậy, 1 1 cos2 x  (1  cos4 x)   cos2 x  cos4 x 8 1 sin x  sin x  C 32 cos xdx 25)  2 Ta có: cos x cos x.cos x (1  sin x) cos x (1  2sin x  sin x) cos x cos xdx (1  2sin x  sin x) cos xdx Do đó,  u  sin x  du  cos xdx Đặt Khi đó, cos xdx (1  2u  u )du (u  u5 sin x u  )  C (sin x  sin x  ) C 5  1) dx tan x  x  C cos2 x cot xdx (  1)dx  cot x  x  C  sin x 27) 1 tan xdx tan x.tan xdx tan x(  1)dx tan x dx  tan xdx  c os x c os x 28) 1 u3 tan x 2 u tan x  du  dx tan x dx  u du   C  C  cos x Khi đó,  cos2 x 3 * Đặt tan xdx  tan x  tan x  x  C  Vậy, tan 26) 29) xdx ( 3 cot xdx cot x.cot xdx cot x.( cot x cot x  1) dx  dx  cot xdx  dx  cot x.cot xdx 2    sin x sin x sin x cot x cot x cos x  dx  cot x.(  1)dx  dx  cot x dx   dx sin x sin x sin x sin x sin x = I+J+K u cot x  du  dx sin x Khi đó, + Đặt cot x u4 u2 cot x dx  u du   C  cot x  C cot x dx   C  C    sin x 4 2 I= sin x ; J= cos x du cot xdx  dx  ln u  C ln sin x  C  sin x u + Đặt t = sinx  dt = cosxdx Thì K= 1 cot xdx  cot x  cot x  ln sin x  C  Vậy 1 sin x.cos3 xdx  (sin x  sin x) dx  ( cos5 x  cos x)  C  2 30) 31) Đặt x tan t  dx (1  tan t ) dt Khi đó, x2 tan t (1  tan t )dt x 1 dx  tan t  tan tdt ( cos2t  1)dt tan t  t  C  x  arctan x  C e3 x  (e x  1)(e x  e x  1) dx  dx (e2 x  e x  1)dx  e2 x  e x  x  C x x   e 1 32) e  1 e x 1  e x dx  x  e x 1 dx dx  33) e  ex d (e x  1) x dx  x  e x 1  e x 1 x  ln(e  1)  C 1 1 1 2 x 1 x  x  x 1 1 1 x  dx u x   du (1  )dx x  (x  )   x x x x 34) x  HD: Ta biến đổi Đặt Ta có: 1 x2  du (u  2)  (u  2)  du du  x x 1 dx  dx u  ( 2)2  2  (u  2)(u  2) du 2  u   u   (x  )  x x  1 u x  ln u   ln u   C  ln C  ln C 2 2 u 2 x  x (với x 0   35) x dx  x    C  dx ln  3x  x  x  x  1 x dx  x  1 36) x dx Đặt u = x -  du = dx Khi đó, (u  1) du 1 1   x  1  u ( u  u  u )du  2u  3u  4u  C  ( x  1)2  3( x  1)3  4( x  1)4  C 37) x dx 1 1 x  (  ) dx  ln C  x  x 1 x 1 cos xdx cos2 x  sin x    sin x  cos x dx (cos x  sin x)dx sin x  cos x  C 38) sin x  cos x e3 x  (e x  1)(e x  2e x  1) dx  dx  e x  2e x  1 dx  e2 x  2e x  x  C x x   e 1 39) e  cos xdx (cos x  sin x) dx sin x  cos x  C  40) HD: Biến đổi tương tự bài 38, ta có: cos x  sin x dx u ln x  du  x Khi đó, 41) Đặt sin  ln x  1 1  x dx sin udu    cos2u  du  u  sin 2u  C  ln x  sin(2ln x)  C dx e x dx e x dx d (e x  1)    e x  e x  e2 x  2e x 1 (e x 1)2 (e x 1)2  e x 1  C 42) 43) x x 1dx Khi đó, Đặt u  x 1  du 2 xdx  xdx  x x 1dx  du 1 1  ( u  1) u du   u  u  C   2 5  2 Hoặc có thể đặt u  x   u  x   udu  xdx u5 u3 2 x x  dx  ( u  1) u udu  ( u  u ) du   C     5 44)   1   1  x x  1  C  1  C xdx 1  x x x 2   d (1  x ) 1  C 2  (1  x )  x2 Hay đặt u = 1+ x2 1 sin dx x 1 1 u   du  dx sin dx  sin udu cos u  C cos  C  x x x x HD: Đặt Do đó, x sin x 3 cos2 x dx 46) Đặt t cos x  dt  sin xdx sin x du 3 3 cos2 x dx    u  C  cos x  C u3 Khi đó, 47) Nhân tử và mẫu biểu thức dấu tích phân với ex > 0, đặt t = ex + Ta có: dx e x dx d (e x  1) x   e x  e x ex 1  e x 1 ln(e  1)  C 48) HD: Đặt t sin x  cos x  dt (cos x  sin x)dx  45) x cos x  sin x Khi đó, du  sin x  cos x dx  u 2 u  C 2 sin x  cos x  C sin x (1  cos x) sin x  cos2 x cos2 x u cos x  dx  sin xdx 49) Biến đổi: Đặt sin x (1  cos2 x)sin x (1  u ) du 1 dx  dx  cos2 x  cos2 x  u (1  u )du u  u  C cos x  cos x  C sin 3x.cos2 x   sin x  sin x  50) Biến đổi tích thành tổng tính: 1  sin 3x.cos xdx  (sin x  sinx)dx  cos5 x  cos x  C 10 x 1  x 1 x 1                1   1     x    x 3   x  x 3  51) Biến đổi, ( x  2)( x  3)  x  x     x 1 Khi đó,   Ta  x    x  3 dx 5  x   x   dx 5  3ln x   ln x    C x x x  2sin cos sin  sin x 2   x x x x  cos x u   du  dx cos 2 cos cos 2 đặt 2 52) HD: Ta biến đổi Do đó, x x  sin  sin   sin x 1 sin u d (cos u ) 1  cos x dx  x  2x  dx  x dx   2x dx cos2u du  2cos u du tan u  2 cos u  cos cos  2cos cos  2 2 tan u  x  a  x  du ( 53) HD: Đặt x x x  ln(cos u )  C tan  ln cos  C 2 x x a 1) dx  x  x2  a x  a du du  x2  a u x  a u ln u  C ln Khi đó, dx  x  a ln x  x  a  C Vậy, dx u  a sin x  b cos x  du  2 2 x a dx hay du  u x a dx x2  a  x  C sin x cos x  a  b  dx sin x cos xdx  udu a  b2 a sin x  b cos x hay udu 1 2 2  a sin x  b cos2 x dx (a  b2 )u  a  b2 du a2  b2 u  C  a  b2 a sin x  b cos x  C Bài 2: Tính các nguyên hàm sau phương pháp nguyên hàm phần 16  x sin xdx  x ln xdx 21  x lg xdx 2  ln (x +1) dx 22  x cos xdx 10  ln x dx ln xdx 17  x ln (1+ x) dx  ( x +5)sin xdx 11  x √x  e cos xdx 23 √ x x e dx 12 ln (1+ x)  18  x e dx  ( x +2 x+ 3)cos xdx dx  x x 19  x sin2 xdx 13  dx cos x 24 x ln(1+ x 2)dx   x cos xdx xtg xdx 14 x x cos xdx   x xdx 20   x e dx 15  sin √ x dx  ln xdx HƯỚNG DẪN GIẢI 54) Đặt sin x cos x 2 2 2 có: u x  1) đặt  dv sin xdx u x  5) đặt  dv sin xdx u  x  2) đặt dv cos xdx u  x  6) đặt  dv cos xdx u ln x  9) đặt dv  xdx u  x    dv  cos2 x dx 13) đặt u ln x  dv dx 10) đặt  u t   dv  sin tdt  đặt 14) đặt u x  dv tg xdx du dt  v  cos t 3) đặt u x   dv sin xdx 4)đặt u x  x  dv e dx u x  x   dv cos xdx u ln x  8) đặt dv dx 7) đặt u ln x   dv  x dx 11) đặt  12) đặt u 1  x  dv e dx 15) đặt t  x đổi biến sau đó phần và u ln( x  1)  dv dx 16)đặt  u x  x2  dv e dx u ln(1  x ) u x   dv  xdx dv 2 x dx 18) đặt 19) đặt  20)đặt  u ln( x  1)  u  x2 u ln( x  1) u lg x      dv  x dx dv cos xdx 21) đặt dv  xdx 22) đặt  dv 2 xdx 23) đặt  24) đặt  Bài 3: Tìm hàm số F(x) các trường hợp sau: F ( x) (2 x  )dx x 1) và F(1) = 10 10 F ( x ) (2 x  )dx  x  3ln x  C F ( x)  x3  3ln x  x 3 Ta có mà F(1) =  C = Vậy 1 F ( x) cos5 x.cos 3xdx  (cos8 x  cos2 x)dx  sin x  sin x  C 16 2) Ta có  1 F ( ) 1  C 1 F ( x)  (sin x  sin x)  4 Mà Vậy dx d (ln x) F ( x )   ln(ln x)  C x ln x ln x 3) ta có và F (e) 1  C 1 Vậy F(x) = ln(lnx)+1 sin(ln x)dx F ( x )  sin(ln x)d (ln x)  cos(ln x)  C x 4) và F (1) 2  C 3 Vậy F(x) = -cos(lnx)+3 u e x  dv cos xdx 17) đặt  Bài 4: Tính các tích phân sau: (4 x  ) dx  3 x 1) 2) x x x dx 5) 6) 3) x2  2x dx  x 4) 1 7) e3 x  dx x  e  1 x 1 dx x   x  x2 1 dx x x (3x  e )dx 8) e3 x  dx x  e  9) dx x  e 1 10) e e (ĐHQG HN 98) x 1 x dx (ĐHQG HCM 96) 12)  (ĐHGTVT 98) x  x 1  ex dx   ex (ĐHQG HN 97) (ĐH TM 97)   cos2 xdx ( ĐH NN1_98) 22) x dx  23)  x  x  x  3x  dx  x  24) x2  x  dx  x2  26) t dt  2t  (ĐHSP Vinh 98) x 3x dx  x 1 ( x (ĐHSP Vinh 2000) dx  3x  2) 2 sinx sin 3xdx  35) cos x cos 3xdx  36) sin xdx  cos 3xdx 37)  38) tan 3xdx  39) 40) 2xdx xdx tan  sin  41) cos xdx  42) (ĐHQG HN_D97)  x dx   x2 t (ĐH Nha Trang 99) dx  x 33) (ĐH BCVT 2004) Bài Tính các tích phân sau: dx  3x  25) (ĐHSP HCM A2000) x 34)  xdx 32) (ĐH TL 97) 17) (ĐHYD HCM 97) Bài Tính các tích phân sau: dx  x  18) 2x  dx  x  19) 4x  dx  x  x 1 20) dx  x  x  21) 2 x 1 x  11 dx  5x  1  sin x  cos2 x dx  sin x  cos x  x 31) (ĐHQG HCM_A97) 2  16) 30) dx  15) x ln 14) 29)  sin  x)dx 2 13)  x  xdx x x4 dx  x2  1 ( ĐH TL 2000) (10 28) 2 (ĐHQG HN_D98) x 11) 27) x2 dx  x 1 tan xdx   43) dx 2   sin x cos x  44) sin 60) cos xdx 47) 62) x cos xdx sin x dx x  cos4 x 63) sin x  cos x dx   sin x  cos x  50) cos x cos xdx (ĐHCT D2000) 64)  cos2 x(sin (ĐH Đà Nẵng 2000) (ĐHNN HN 98) x  cos4 x)dx 51) (ĐHBK HN 98) Bài Tính các tích phân sau: 52) dx  a2  x2 67) 68) 69) dx 57) 58) x x dx 1 x 1  3x 1 dx x x2  70)  71) 72) cos2 x (cos x  sin x  2) 73)  x3  x2 x 2 2 x a  x dx 1  (ĐHSP HN 2000) 74) dx dx x2  (ĐH TM 97) dx  2sin x dx   2sin x a  x  3x  10 dx  x  x  (ĐHQG HN 95) e x  (ĐHBK HN 2000) dx  a  x2 dx e dx dx   x2 (ĐHQG HN 96) 2x  dx  x  x 1 (ĐHTCKT 2004) ln a 56) dx sin 2006 x dx  sin 2006 x  cos2006 x 55)  x2 54)  dx  x  65)  (ĐH ĐN A97) ln dx x  e 1 66) a 53) x2   1 x dx 2  49) 4sin x (sin x  cos x)  (ĐHQG HCM A98) sin 2  48) 61) tan xdx sin x  cos x dx x   sin    (ĐHGTVT 2000)  2xdx  46)   45) 59) x cos x dx x   sin x dx x    cos sin x  sin x dx  3cos x 75) 92) sin x cos x dx   cos x 93) x  1x dx  94) cos x  sin x dx sin x   ln 79) 80) 95)   cos (ĐH- A.02) x sin x cos5 xdx x  x dx e2 x  x e 1 ln    99) sin x e ln cos x dx 102) dx 103) x sin xdx cos x 1  cos x dx dx  ln x x   ln x dx x  e2 105) x sin(ln x)dx e xdx (TN THPT 94) (1  ln x)3 ln x dx  x 106) e ln x dx  107) 1  ln x Bài Tính các tích phân sau: (sin x sin x  6)dx (TN THPT 2001) 108) 91)   4sin x cos xdx e 104) x  (TN THPT PB 07 K1) e3 (TN THPT 05-06) sin x dx   3cos x sin xdx   90)  89)   (TN THPT PB 08 K1) x2 1 dx  x  101)  88) dx 1 dx  2e  x  x x (1  x ) 100) cos x  4sin x x)3 dx  sin x  87) dx 4  cos 2 x 1 dx 3x 1 ln 86) 98)  85) sin x(1  sin 84) (TN THPT 98 K1) ln 83)  x) sin xdx 0 82) cos x ln x dx  x 96) (TN THPT 2007 L1) 3x dx  x3  97) (TN THPT 2007 L2) 81) (e e x e dx x  (e  1)3  sin x dx  cos x   78) (TN THPT 99)  77) 4xdx   76) xe  x x dx (TN THPT 97) 109) dx  3x x sin xdx e 110) ln xdx 124) ( x  sin x) cos xdx (TN THPT 2005) e ln x ( x  1) 112) 125) dx 126) e 115) (2 x  1) ln xdx 127) ( x 128)  1)sin xdx sin xdx ln x x 129) ( x  1) cos xdx ln( x 130) (2  x) sin 3xdx 131) 2 x ln( x  1)dx 133)  (e cos x  e x ( x  1)e 2x dx dx x 1  cos x dx ( x  cos x) sinxdx 2  135)  136) x sin xdx  (e sin x  cos x ) cos xdx 1 x2 x e e (TN THPT 98 K1) sin xdx dx (TN THPT 96)  x) sin xdx 121) ln x dx x 134) ln( x  1)dx (ĐHSP HN) (TN THPT 94) sin xdx  2 (1  x ) ln xdx 132) x ln x x  x e cos xdx  x )dx 2 x dx 5e e 122)  upload.123doc.net) 120) x  119) xdx  117)  116) x ln  114)  1)dx  2 113) e  111) x ln( x 137) ( x  2)e 3x dx 123) Lưu ý: Ở các bài tập trên, giải học sinh nên suy nghỉ tìm phương pháp giải và thử giải sau đó đối chiếu lại với kết tài liệu này Ở đây thầy tạm chia các bài tập trên theo các phương pháp, các dạng tương ứng giải là: - Biến đổi trực tiếp hàm/ biểu thức dấu tích phân, tính định nghĩa (Bài 3) - Tích phân các hàm hữu tỉ (Bài 4) - Tích phân các hàm lượng giác (Bài 5) - Tính tích phân phương pháp đổi biến (Bài 6) - Tính tích phân phương pháp phần (Bài 7) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ 8 1  (4 x  )dx (4 x  x )dx (2 x  x ) 125  3 x2 1) 2) I = x x x dx n Sử dụng tính chất Nên I = m n m x x x  a a , biến đổi x x x  (x ) x  1 2 x (( x ) )  x 8 158 x dx  x   15 15 0 2   54 24 17 x  x2 1 43  12 12 dx  ( x  x  x ) dx  x  x  x    17 x 5 1  3) I = (HD: Đưa biểu thức luỹ thừa) 2 2 x  2x 2  dx (  )dx  ln x   ln   x x x x1  4) 5) x x  3x  (3 x  e ) dx   e   28  4e   0 e (Chỉ cần nhớ công thức: ax b dx  e ax b  C a ) 1 x x x 1  2  2 2  dx 2   dx     n   1 x  a a 3 ln  ln     3  0   ln n b b   thì 6) HD: đưa dạng luỹ thừa 3x e 1 dx  ex 1 7) HD: Tìm quan hệ tử và mẫu nhờ đẳng thức: a3+b3 =(a+b)(a2 – ab + b2) 1 3x 1 e 1 (e x  1)(e2 x  e x  1)  2x x  2x x dx  dx  e  e  1 dx  e  e  x   e  e  x x  e 1 e 1 2 0 0 n 8) e3 x  dx x  e  1 HD: Làm tương tự bài 7, dùng HĐT a3 - b3 =(a - b)(a2 + ab + b2) dx 1 2e 9) ĐS: e  HD: Nhận xét (ex+1)’ =ex Do đó, ta thêm, bớt tử lượng ex tách 1 x 1 1  e 1  e x ex  d (e x  1) 2e dx  dx   dx  dx    ln(e x  1) 1  (ln(e  1)  ln 2) ln x   x x x x      0 e 1 e 1 e 1  e 1 e 1 0 0 0 e x ln 10) e x dx  e x  ln 2e e 1 ĐS: x x x x x x HD: Nhận xét (e  1) '  e  d (e  1)  e dx hay e dx  d (e  1) 1 e x d (e  x 1) 2e   dx   ln(e  x  1)   ln( 1)  ln  ln x x   e 1 e 1 e 1  e  Do đó, 11) x  x  xdx ĐS: 1  x, x  x   x  x  x  x( x  x  1)  x( x  1) x x   x  1, x  và HD: Lưu ý, Do đó, x 3 2 2 1 1  x  xdx x x  dx x x  dx  x x  dx x (1  x )dx  x ( x  1)dx 0 1 12) x (10  sin  x)dx 36 10 ln10 ĐS: 2 ax 1 a dx   C; sin( ax  b) dx  cos( ax  b)  C  ln a a Lưu ý, cần nhớ công thức 1 dx (  1)  x  x  13) ĐS: HD: Trục thức mẫu x  1 x  x 1 ln 14) dx ( x  x ln 1 x  1) dx x dx  ( x  1) d ( x  1) x ln x ln ln 1 e  e  2e e x dx d (1  e x ) ln x ln dx  dx  dx   x   ln  ln(1  e )      0  ex 1 ex 1 ex e x 1 0 0 ln  2(ln  ln 2) ln  Lưu ý, suy nghỉ giống bài 9, 10  sin x  cos2 x dx sin x  cos x   15) ĐS: HD: Ta tìm cách biến đổi tử thành tích có thừa số là sinx + cosx để có thể giản ước mẫu 2 2 Ta có,  sin x  cos2 x (sin x  cos x  2sin x cos x)  cos x  sin x (sin x  cos x)  (cos x  sin x)(cos x  sin x) (cos x  sin x)(sin x  cos x  cos x  sin x) (cos x  sin x)2cos x Do đó,   6   sin x  cos2 x dx  cos xdx  2sin x ) 1  2(1    sin x  cos x     0   cos2 xdx  16)  2     2 cos xdx  cos x dx   cos xdx  cos xdx   0     ĐS: 2    cos x, x   0;     cos x   cos x, x    ;      Ở đây, ta cần lưu ý:  cos2 x 2cos x và 17) x  xdx ĐS: 4/15 2 HD: x  x [1  (1  x)]  x (1  x)  (1  x) Lưu ý: Ở đây, ta có thể dùng PP đổi biến, đặt u   x 18) 2 x  3dx ln x  ln dx  ln ax  b  ( cần nhớ ax  b a ) 1 2  2x  dx    dx  3x  3(3 x  2)  0 19) HD: Đây là tích phân hàm hữu tỉ có bậc tử = bậc mẫu, ta chia đa thức tính tích phân 1 1 4x  2x 1 d ( x  x  1) dx  dx  2ln x  x  2ln 2    x  x 1 x  x 1 x  x 1 0 20) NX: Bài này rơi vào dạng tích phân hàm hữu tỉ, có bậc tử nhỏ bậc mẫu mà đạo hàm mẫu biểu diễn theo tử Nên ta biến đổi tử theo đạo hàm mẫu Tức là đổi biến cách đặt u = x2+x+1 thì du = (2x+1)dx 3 2  1  x dx     dx  ln  x  3x   x x4 x4 2  12   ln  ln   ln 5 6 21) NX: Đây là dạng tích phân hàm phân thức hữu tỉ, có bậc tử nhỏ bậc mẫu, mà mẫu là tam thức bậc hai có nghiệm phân biệt nên ta phân tích hàm dấu tích phân thành tổng các phân thức hữu tỉ dx  x  x  22) HD: Tương tự bài 21, Ta có: 1 1 x  3x  2( x  1)( x  )     2 x  x  2( x  1)( x  ) x  x  2 x dx  x  x   23) HD: Thường gặp hàm phân thức, ta có thể thử đạo hàm mẫu xem có biểu diễn theo tử không Ở đây, rõ ràng là ( x  x  3) ' 2( x  2) Từ đó, ta đặt t = x2 - 3x + x  3x  dx  2x  24) HD: Khi gặp hàm phân thức, bậc tử lớn bậc mẫu ta chia đa thức tính tích phân 1  x2    x  3x  5 5 dx  x   dx    x  ln x    ln     2x  2(2 x  3)   2 0 0 x2  x  dx  x2  25) HD: Ta chia đa thức tính tích phân 1 1 x  4x   2x  2x    2x   dx   dx dx   dx  dx dx   2  x 2 x 2  x 2 x 2 0 0 0 1 2x  xdx I  dx   x 2 x 2 0 1 1 d ( x  2)  1  x 2 dx    dx  ln x   ln   2    x 2 x 2  x x2 x2 0 Đặt Các bài 26, 27, 28 ta chia đa thức trước tính 26) 27) 1 1 1 1 x2 1 0  x2 dx 0 (   x2 )dx 0 ( 1)dx  40 x  dx   x   40 ( x  2)( x  2) dx   x2 x2  1   dx   x    dx  x 1 x 1 x 1  0 0 x 4 ĐS: ln  30)  (HD: Ta chia đa thức, tính tích phân) 1 t3 dt  t  2t  0  x   ln x   ln   0 x  x  1  1  x dx  dx ( x  1)dx    dx   x   ln  x 1 x 1  x  x 1    x 1 0 28) x  11 dx ln  x  x  29) ĐS: 2 HD giải:vì (x + 5x + 6)’ = 2x + Do đó 4x + 11 = 2(2x+5) +1 1 1 x  11 2(2 x  5)  2x  dx  dx  dx  dx  2 2     x  5x  x  5x  x  5x  x  5x  0 0 Vậy, 1 1 d ( x  x  6)  x2  2    ln dx 2 ln x  x   ln x  5x  x 3  x 3 0 x2  ĐS: + 3ln3  13  ln 24 3 3 3 t3 3t   3t  3(t  1)   dt  t   dt (t  2)dt   dt dt (t  2)dt   2  t  2t  t  2t   (t  1) (t  1) 0 0 0 3 3 3  t2    d ( t  1)    2t   3ln t       t 1  2 0 (t  1) 3t  (t  1)2 dt Nhận xét: Nếu xét thì hàm số dấu tích phân là dạng hàm hữu tỉ mà mẫu có nghiệm kép,lúc đó ta phân tích sau: (tổng hai phân thưc có bậc mẫu là 1, 2) cách này dùng trường hợp mẫu có nghiệm kép (sau tách thì số phân thức với số bậc mẫu) 3t  a b a (t  1)  b    2 (t  1) t  (t  1) (t  1) thì có a (t  1)  b 3t  (*) (t  2)dt   dt  0 t 1 3t    t  (t  1)2 Cho t  : (*)  b  1; cho t 0 : (*)  a  b 2  a 3 Vì vậy, (t  1) 3x3 dx  x2  2x 1 31) ĐS: 9ln3 - 2 2 3x 9x   9( x  1)   dx  x   dx  x  dx  dx     2     x  x 1 x  x 1  ( x  1)2  0 0 HD: 2 dx 3( x  2) dx  9  3 d ( x  1) x  ( x  1)2 0 Tới đây, ta đã biết cách tính các tích phân này 1 dx 2  ln  ( x  x  2) 32) ĐS: Hướng dẫn: 2 1 1   1  1  dx  dx   dx  dx  dx  dx     2 2       ( x  3x  2) ( x  1)( x  2)  x 1 x   ( x  1) ( x  2) ( x  1)( x  2) 0 0 0 1 1    x 1 x   x 1   ln   ln   x2  3 1 dx ln 33)  x ĐS: 2 1  x2  x2  x2 x2 x      2 x ( x  1) x ( x  1) x ( x  1) x x  Hướng dẫn: Biến đổi: x  x x 3 3 1 xdx dx   dx   ln x   x x 1 1 Do đó, x  x Bài 5: Bài 34, 35 ta biến đổi tích thành tổng  34)  11 1 4 sin x sin xdx  ( cos4 x  cos2 x ) dx  sin x  sin x      20 2 4 0   11 2 cos x cos xdx  c os x  cos x dx  sin x  sin x       2 25  10 0  36) d ( x  1) 1 ln  ln x 1 ln  ln  ln  x 1 2 2 1   35) 3   12 1 2  sin xdx  (1  cos x)dx   x  sin x     20 2 0 sin NX: Thường dạng   37) 2k xdx, cos xdx  , ta dùng công thức hạ bậc, hạ bậc tính  1  cos2 xdx  (1  cos x) dx  ( x  sin x)   20 0  38) 2k   sin x d (cos x) tan xdx  dx   ln cos x    cos3 x cos x 0        tan xdx   dx  tan x  x   04 1      cos x  0 39) Nhận xét: Hầu hết các bài toán tích phân f(x) chứa tan2x, ta biến đổi: dx tan x  C  công thức cos x  sin   tan x  1 cos x nhờ   cos x  xdx (1  cos x )sin xdx  (1  cos x)d (cos x)   cos x    0 0 40) Nhận xét: Hầu hết bài toán tích phân f(x) = sin nx với n lẻ, biến đổi sin nx =sinn-1x.sinx và nhờ biến đổi sin2x = 1-cos2x, sau đó đặt t = cosx     1 sin x  2 c os xdx  (1  sin x ) c os xdx  (1  sin x ) d (sin x )  sin x    0   2 2 0 0 41) Nhận xét: Hầu hết bài toán tích phân f(x) = cos nx với n lẻ, biến đổi cos nx =cosn-1x.cosx và nhờ biến đổi cos2x = 1-sin2x, sau đó đặt t = sinx  42) tan xdx tan x   tan x tan x.tan x   tan x   tan x  cos x  cos x  Trước hết ta biến đổi,     tan x  tan xdx   tan x  dx tan xd (tan x)   cos x  0 Vậy, 43)   3 2  tan x d (cos x)   ln cos x  cos x 0   3    sin x  cos x 1 dx  dx  dx   dx  tan x  cot x  4 2  sin x cos x sin x cos x    cos x  sin x  44)  sin 2xdx Áp dụng CThức hạ bậc , biến đổi 1 1  cos x 1 sin x (sin x)  (1  cos x)  (1  cos x  cos 2 x)  (1  2cos x  )   cos x  cos x 4 8  45) cos xdx Biến đổi 1 1  cos x 1 cos x (cos x)  (1  cos x)2  (1  cos x  cos 2 x)  (1  cos x  )   cos x  cos x 4 8 n n Nhận xét: Hầu hết các bài toán tính tích phân f(x) = cos x f(x) = sin x với n chẳn thì ta dùng công thức hạ bậc, biến đổi tính tích phân  46) I = tan xdx Biến đổi,  47) sin  tan x  1) tan x   1 2 cos x cos x cos x   tan x 4 tan xd (tan x )  (  1) dx   tan x  x     cos x 0 Vậy, I =  tan x tan x.tan x ( x cos xdx (ĐHQG HCM A98) ĐS: 2/15 2 HD Biến đổi sin x cos x sin x(1  sin x) cos x , đặt t = sinx  sin sin x dx x  cos4 x 48) (ĐHCT D2000) ĐS: ln2 HD Biến đổi sin x sin x sin x sin x sin x 4sin x      4 2 2 1 sin x  cos x (sin x  cos x)  2sin x cos x  sin 2 x  (1  cos x)  cos x  cos x 4 Sau đó, đặt t = 3+cos4x  sin x  cos x dx   sin x  cos x ln 49) (ĐH Đà Nẵng 2000) ĐS:   sin x  cos x  sin( x  ) sin x  cos x  cos( x  ) ; , từ đó, đặt t  2(sin x  cos x) HD biến đổi,  50) cos x cos xdx (ĐHNN HN 98) ĐS:  cos x cos x 1 cos x cos x  cos x   cos x.cos x  cos x  (cos x  cos x) 2 2 HD: Biến đổi  51) cos2 x(sin x  cos4 x )dx (ĐHBK HN 98) ĐS: 0   cos x(sin x  cos x) cos x  (sin x  cos x)  2sin x cos x  cos x   sin 2 x    HD: Biến đổi 3  cos x   cos x   cos x  (cos x  cos x)  cos x  cos x 8 4  Bài Tính các tích phân sau:  1 x dx 52) I = HD: Sử dụng PP đổi biến loại 1:   [0; ]  dx cos tdt Đặt x = sint, t  x 0  t 0; x 1  t  Đổi cận:  Khi đó, I =     12 1  cos t cos tdt cos2 tdt  (1  cos 2t )dt  (t  sin 2t )  20 2 0 a  53) I = a2  x2 dx x asint, t  [0; HD Đặt   Khi đó, I = 1 dx   x2 54)  a  ] x 0  t 0; x   t   dx = acostdt Đổi cận: a cos tdt    cos tdt   dt t 06  2 a (1  sin t ) cos t   t  (0; ) x 0  t 0; x 1  t  2  dx = (1+tan t)dt Đổi cận: Đặt x = tant,  Khi đó, I =  2  1  tan t   dx  dt  dt  t 2    1 x  tan t 0 1 1 1 dx  dx  dx 2  x  x 1 1  3 0    x     x    2  2    55) I = 3   x   tan t  dx  (1  tan t )dt x 0  t  ; x 1  t  2 Đặt Đổi cận:   (1  tan t ) dt 33 3  dt  t     3   (1  tan t ) 6 Khi đó, I = a dx  x2  t  (0; ) 2  dx a(1  tan t )dt 56) Hướng dẫn Đặt x = atant, 1 a2  x2 ; 2 a  x ta đặt x = asint; a  x thì ta đặt x = atant Nhận xét: Nếu f(x) có dạng 1 1 x  3x  10 ( x  x  9)  ( x  1) x 1 d ( x  x  9) dx  dx  dx  dx  x  x  x     x2  x  x2  2x  2 x2  2x  0 0 57) 1 1  ln x  x  1  ln 2 a   a 58) I = x a  x dx (ĐHSP HN B_2000) Đặt x = asint, t  [0;   ]  dx=acostdt Đổi cận: x =  t = 0; x = a  t =  I=     a a a3  2 2 2 2 a sin t a (1  sin t ).cos tdt  a sin t cos tdt  sin t dt  (1  cos t ) dt  t  sin t       3 0 0 0  59) I = x cos x dx x   sin  (ĐHGTVT 2000) ĐS: (Tích phân lặp) HD Đặt x = -t  dx = -dt; đổi cận:  x cos x dx  x   sin   60) I =    t dt  I 0  I 0 x  cos x dx x   sin HD Đặt x = -t  dx = -dt; đổi cận:  t  cos t   sin t dx        t  ; x   t  2 2  I= t cos t   sin x     (t  cos t )  cos t dt    sin t  2 x    t  cos t   sin t dt       t  ; x   t  2 2   cos tdt   sin t  I   2 cos tdt t   sin  1 cos tdt du du  t 2   2I   2   I    ln  ln  2 4 u 4 u  t   1   sin t 1 1   61) I = 4sin x (sin x  cos x) dx ĐS:    x   t  dx  dt x=  t 0; x 0  t  2 Đặt ;   4sin(  t )  cos t cos t d (  t )  dt  dt 3    (sin t  cos t )       (sin t  cos t )  t )  cos(  t )   sin( 2  I=   Suy ra, 2I = 4sin x dx  (sin x  cos x )3   4 dx cos t dt  (sin x  cos x)  (sin t  cos t ) + =      I 2  dx  d ( x  ) tan( x  ) 2  4    cos ( x  ) cos( x  )   4    sin 2006 x dx  sin 2006 x  cos2006 x  62) (ĐHTCKT 2004) ĐS:    x   t  dx  dt x=  t 0; x 0  t  2 HD: Đặt ; I= 2006  cos t cos 2006 t   2006 dt  dt 2006 2006  t  cos 2006 t sin t  cos t  sin  Suy ra, 2I = 2006  2006  sin t  cos t   dx  dt  t 2006 2006   sin t  cos t 0  Nhận xét, các bài trên có thể viết dạng phân lặp, giải pt theo I suy I  Vậy I =  f (sin x, cos x)dx f (cos x,sin x)dx 0 x= Khi đó, ta đặt  t , đưa PP tích 2 x2   ]  ĐS: 63)  x Đặt x = sint, 1 1 x3 x x x x ( x  1)  x x dx  dx  dx ( x  )dx  (1  ln 2) 2  x 1 x 1 x 1 x 1 0 64) dx 2(1  ln )  65) 2  x  (ĐH ĐN A97) Đặt t   x  x t  ĐS:  dx ln 66) ln ln ex 1  ex ex dx  dx  (1  ) dx    e x 1 e x 1 e x 1 0 67) t  [0; x 1  3x 1 dx 16 (ĐHQG HN 96) ĐS: 15 3 x x 1 ln ĐS: dx  68) (ĐHQG HN 95) ĐS: 12 x2 t  x   x t  1,  x x2  x x2  Đặt ln e x dx 2 69)  e x  (ĐHBK HN 2000) ĐS:  cos2 x x 2x Đặt t  e   e (t  1) 8  70) (ĐH Nha Trang 2000) ĐS: 27 (2  3) Nhận xét: cos2x = (cosx+sinx)(cosx – sinx) Đặt t = cosx + sinx +2 thì dt = (cosx – sinx)dx (cos x  sin x  2) 71)  x3  x2 x 72)  dx dx 2 Đặt t   x  x t  (ĐH TM 97) ĐS: 141/20 x 4  2sin x dx   2sin x dx HD: vì x x   x x ln x  nên đặt t  x   x t  ĐS: 2 ln 73) ĐS HD: nhận thấy 1- 2sin2x = cos2x và d(1+2sin2x) = 4cos2xdx nên đặt t = 1+2sin2x x 11 dx  ln   x  74) Đặt t  x  ĐS:  sin x  sin x dx  3cos x 75) ĐH-A.05 HD:  + Biến đổi tử sin 2x  sin x 2 sin x cos x  sin x (2 cos x  1)sin x 34 cos x  (t  1) , + Đặt t   cos x  t 1  cos x  2tdt  sin xdx ĐS: 27  sin x cos x   cos x dx 76) HD: (ĐH-B.05) ĐS: 2ln2 – + Biến đổi tử: sin 2x.cos x 2 cos x.sin x 848 (ĐH TCKT D, A 2005) ĐS: 105 x  1x dx  77) + Đặt t 1  cos x Đặt t  x   x t   xdx tdt biến đổi 2 x2  1.x5dx t (t  1)2 tdt t (t  1)2dt  cos x  sin x dx sin x   78) ĐS: 2(ln3-1) + Đặt t   sin x  sin t 1  t  cos xdx  2tdt  x 0  t 1; x   t 0 + Đổi cận:  + 2 2t dt 1t  44 cos x  sin x   dx   dt 2(  1) 2   1 dt  2    0 sin x  4 t 4 t 4 t  t t  0  2t  2  ln  t  2(ln  1)  t 0 ln ex dx  (e x  1)3 79) ĐH-A.02 x + Đặt t e   dt e dx ; x 0  t 2; x ln  t 4 x ln + 4 ex dt dx    x  (e  1) t 2t 32  12 80) (DB-D02) ĐS: 91 Đặt t 1  cos x  dt 3 sin x.cos x ; biến đổi sin x.cos x cos x.sin x.cos x   cos x sin x cos5 xdx 81) x  x dx (DB- A03) ĐS: 2/15 Đặt t   x  x 1  t; biến đổi x x x ln 20 e2 x dx  x 82) ln e  (DB-B03) ĐS: 2 2x x x + Đặt t  e   t e   e t   e dx 2t.dt Biến đổi e e e x x x x + x ln  t 1; x ln  t 2 ln + 2 (t  1)2tdt t3 20 dx  2(t  1) dt 2(  t )  x t 3 e 1 1  ln 83) e2 x x 1  3x 1 dx x 0  t 1;x   t 3 + + Đặt t  3x   t 3x   2t.dt 3dx + 3  x 1 2  t3 76 dx  (t  2)dt    2t   91 9 3x   27   84)  sin x cos x  4sin x dx =I + Nhận xét quan trọng: cos x  sin x 1  sin x  sin x 1  3sin x 2 2  1+3sin x ' 6 sin x.cos x 3sin 2x Và + Vì vậy, đặt t  cos x  sin x  t 1  3sin x  2t.dt 3 sin 2xdx 2 2  x 0  t 1; x   t 2 + +I=  85) 2 t.dt 2  dt   31 t 31 sin x 4  cos x dx (TN THPT 05-06) ĐS:ln(4/3) + Đặt t 4  cos x  dt sin 2xdx  +  x 0  t 3; x   t 4 + sin x dt dx  ln   cos x t 3 ln 86) e x ln dx  2e  x  ex ex ex ex  x  x  x 2x x x x e  e  ( e  )( e  ) e  e 1 e + Nhận xét: Nhân tử và mẫu với , có ln + Từ đó,  87) ln  ex dx ex  ex  e x  2e x  ln3  e x   e x  dx ln e x  ln   1 cos3 x sin xdx  cos3 xd (cos x)  cos x   4 0 ln ln ln 3  88)  sin x d (3cos x  1) dx    ln  3cos x   3cos x  3cos x  89) sin  ln xdx (TN THPT 94)  +Biến đổi: sin  xdx (1  cos x) sin x.dx  x 0  t 1;x   t 0 + + Đặt t cos x  dt  sin xdx  +  sin xdx (1  t ) dt   15 0  90) (sin x sin x  6)dx (TN THPT 2001) sin a.sinb=- [ cos(a  b)  cos(a  b)] Chỉ cần nhớ biến đổi: 91)  x x 3dx   92) cos 4xdx  93) (TN THPT 97) Đặt t   x ; x x x cos2 4x  (1  cos 8x) (TN THPT 99) Hạ bậc là ngay:  sin x (1  cos x)sin x dx  dx   cos x cos x 0 ; dặt t = cosx  94) (e cos x  x) sin xdx (TN THPT 98 K1)  + Tách tích phân thành:  (e  sin x(1  sin cos x  x ) sin xdx e  cos x sin x.dx  x sin xdx  x)3 dx 2 sin x(1  sin x) 3.cos xdx 95) Biến đồi và đặt t = cosx e e ln x dx ln x (d ln x)   (TN THPT 2007 L1) 96) x 1 3x d ( x  1) dx  dx  ln x  ln 3   x  x  97) (TN THPT 2007 L2) 98) 1 99) x (1  x )  dx (TN THPT PB 08 K1) xdx x  (TN THPT PB 07 K1) Đặt t 1  x3  100)   4sin x cos xdx , Đặt t   cos x t 1  cos x x2 1 dx  x  101) , Đặt t  x   x t   dx 2t.dt ; x x cos 1 cos x  2     cos x  cos x  cos x x 2x dx cos cos   cos x 2 102) , Biến đổi cos    cos x x  dx  (1  ) dx  ( x  tan )    x  cos x 2 0 cos 2 Do đó, e3 103) e 104) dx dx t   ln x  t 1  ln x  dt   ln x Đặt x x  ln x dx dx t   ln x  t 2  ln x  dt  x x Đặt   e2 x sin(ln x)dx 105) dx t ln x  dt  x Đặt e (1  ln x )3 ln x dx dx t 1  ln x  dt   x x 106) Đặt e ln x dx dx t 1  ln x  dt   x 107) 1  ln x Đặt CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Bài Tính các tích phân sau: 108) xe 3x dx u x   3x dv  e dx  + Đặt du dx   3x v 3e 1 + Khi đó,  109) x 1 3x 3x e3 x e3 3x xe dx  x e  e dx   e   (e  1)  (2e3  1)   30 9 0 sin xdx u x2   dv  sin xdx + Đặt   + Khi đó, x du 2xdx  v  cos x    0 sin xdx  x cos x  x cos x.dx 2 x cos x.dx u x   dv cos xdx + Lại đặt e ln 110) J = xdx Đặt u ln x   dv  dx  e Khi đó, ln du dx  v sin x  thì       x cos x dx  x sin x  sin xdx   cos x 1   2 0  du  ln xdx x  v x e e xdx x ln x  2ln xdx e  I 1 dx  u ln x du  e e e   x  I  x ln x  dx  e  x 1 dv  dx  1  v x Lại đặt, suy ra, Vậy, J = e –  ( x  sin x) cos xdx 111) I= (TN THPT 2005) HD: tách tích phân, áp dụng đổi biến và tích phân phần  ( x  sin   0 x) cos xdx x cos xdx  sin x.cos xdx  A  B     du dx  A  ( x sin x ) sin xdx     v sin x Do đó, u  x   Tính A: Đặt dv cos xdx  sin Tính B=  Vậy ( x  sin  x.cos xdx sin x.d (sin x)   sin x   x) cos xdx   1  u ln x du  dx    x e   ln x dx  dv  (x  1)2 v  1 ( x  1)   x 1 112) e HD: Đặt e e Khi đó, e e e e e ln x ln x dx 1 x dx     (  ) dx   ln  1 0  x  1 x( x  1) x 1 x 1 1 ( x  1) x e e e  u  dx u ln x    x  dv  ( x  ) dx (2 x  1) ln xdx    v x  x 113) HD: Đặt Khi đó,  2 ( x  1) (2 x  1) ln xdx  ( x  x ) ln x  ( x  1) dx  ln  ln    2 1 2 u x2   ( x  1)sin xdx   dv  sin xdx  114) HD: Đặt du 2xdx  v  cos x  115) ( x  1) cos xdx HD: Đặt u x    dv cos xdx  116) (2  x) sin 3xdx HD: Đặt du dx  v sin x u 2  x  dv sin 3xdx  117) I e x cos xdx u ex   dv  cos xdx Đặt     du exdx x x I (e sin x)  e sin xdx e  A  v  sin x  Khi đó, u ex   dv  sin xdx Lại đặt   Suy ra,   du exdx x A  e cos x  e x cos xdx 1  I  v  cos x Thì I e  (1  I )  I   e 1 upload.123doc.net) 2 x ln( x  1)dx Đặt u ln(x  1)  dv 2xdx u ln x  (1  x ) ln xdx  dv (1  x2 ).dx 119) (TN THPT 94) Đặt  u ln(x  1)  x ln( x  1)dx  dv x2 dx 120) (TN THPT 96) Đặt  e  121) (e cos x  x) sin xdx (TN THPT 98 K1)  Tách tích phân:  (e cos x   0  x) sin xdx e cos x sin x.dx  x sin x.dx áp dụng đổi biến và phần u ex e sin xdx   dv sin xdx và áp dụng tích phân phần lần, giống bài 117 122) Đặt  du dx u x       x 2x 2x ( x  1)e dx  dv e dx v  e  123) Đặt 2xdx  du  2 u ln(x  1)  x 1    dv xdx v  x2 x ln( x  1)dx   124) Đặt x 1 x ln( x  1) dx  x ln( x  1)   0 x3 dx ln  A  x  , đặt u x  để tính tích phân sau e x ln xdx u ln x   dv xdx 125) I=  du  x ln xdx e   x2  x v   ln x    1 Khi đó, I =  đặt  du  dx  u ln x  x e     x2  dv  xdx x  J  ln x   v    1  Lại đặt thì e x ln xdx  e x e2 x e2  dx     2 4 e e2  J Vậy I e2   u  x du 2 xdx    dv sin xdx v  cos x 126) đặt  (tích phân phần lần)  du  dx u ln x    x   2 2  ln x 1 1 ln x dv  dx   dx I    dx  ln   (1  ln 2) v  x   x 1x x1  x Khi đó, 127) I = x đặt x sin xdx ln x  du  dx  u ln x  x   e e  2 2 x3 dv  x dx    ( x ln x ) dx  x ln xdx v    128) I= Đặt Khi đó, e I= x3 2 e3 ln x  x ln xdx   A 31 3 e  du  dx  u ln x  x e   e  x e 3 e 2e  5e3   dv  x dx v  x A  ln x  x dx   x  I 31 9  27 Lại đặt thì Vậy x du 5e dx  u 5e x    x  cos x e sin xdx  dv sin xdx v   129) I= (ĐHSP HN) Đặt   Do đó, I = Lại đặt, 5e x cos x 4 x   5e cos xdx   A 20 2 u 5e x    dv cos xdx  du 5e x dx     x 4 e sin x e x  sin x A   e sin xdx   I v    20 2  thì   5.e I  (  I )  I 2  e 2 2 Vì ta có:  du  dx u ln x    x   2  1 ln x 1 ln 1 ln x dv  dx   I   dx   dx v  2 3 x    x x x x  x  1 130)I= đặt thì ln   16 u  xe x du ( x  1)e x dx   1   xe x xe x e e  x x dx I   e dx   e  1 dv  dx v  2     ( x  1) ( x  1) x 1 0 2 x 1  131) I= Đặt  thì Nhận xét: Ở đây, ta có thể đặt ẩn phụ t  x  sau đó chuyển tiếp tích phân phần u  x  x x   I  dx  dx dv  dx   cos x cos x cos x 0 132) đặt     Khi đó,  1   I  x tan x  tan xdx   ln(cos x )   ln 20 8 2 0  133)  du dx   v  tan x   0 ( x  cos x)sinxdx x sin xdx  cos x sin xdx u ln x   ln x  dv  dx dx   x 134) I= x Đặt  e   du  dx x  v 2 x  e thì e I 2( x ln x)   1 e dx 2 e  x 4  e x MỘT SỐ SAI LẦM CẦN TRÁNH KHI TÍNH TÍCH PHÂN  dx   sin x Bài :Tính tích phân: I = Giải: x  d   dx 4 x    tg      dx   x  2 4  cos x   cos      sin x 2  2 4 I= =        tg   2 4   = tg 1t2 2dt x 2 * Sai lầm thường gặp: Đặt t = tan thì dx =  t ;  sin x = (1  t ) 2dt dx 2   1  sin x = (1  t ) = 2(t  1) d(t+1) =   I= dx   sin x 2 x tan  =  t 1 + c 2  tan  = - tan   tan không xác định nên tích phân trên không tồn *Nguyên nhân sai lầm: x x   ;   Đặt t = tan x x =  thì tan không có nghĩa * Chú ý học sinh: Đối với phương pháp đổi biến số đặt t = u(x) thì u(x) phải là hàm số liên tục và có đạo hàm liên tục trên  a; b 1 1    x   sin x  sin x  x x 2sin (  ) sin  cos    2 Nhận xét: Có thể thực sau:   *Một số bài tập tương tự: Tính các tích phân sau: 1/ dx  sin x dx 1  cos x 2/ x Bài 2: Tính I =  6x  dx * Sai lầm thường gặp:  x  3 2       x  dx  x  d x     I= x  6x   dx = 0    2 * Nguyên nhân sai lầm:  x  3 Phép biến đổi x  với x   0;4 là không tương đương * Lời giải đúng: I=    x  3 dx x  x  6x  dx = 0  x  3 2 =- 0  x  3    5 2 3 d  x  3   x  3 d  x  3   x  3 d  x  3 * Chú ý học sinh: 2n  f  x   2n  f  x b   f  x 2n I= 2n a  n 1, n  N  b   f  x  dx a ta phải xét dấu hàm số f(x) trên  a; b dùng tính chất tích phân tách I thành tổng các phân không chứa dấu giá trị tuyệt đối Một số bài tập tương tự: 1/ I =    sin x x    x 3/ I =  2/ I =  tg  dx x3  1 x2 4/ I =  2x  x dx    2 x  Bài 3: Tính :I = dx ; x  cot g x  dx *Suy luận sai lầm: Đặt x= sint , dx = costdt thì I = Đổi cận: với x = thì t = 0; * Nguyên nhân sai lầm: dx với x= thì t = ?  x3 sin t dx  dt cos t  x2  x thì thường đặt x = sint tích phân này Khi gặp tích phân hàm số có chứa gặp khó khăn đổi cận cụ thể với x = không tìm chính xác t = ? * Lời giải đúng: x Đặt t =  x  dt = I= x  1 15 x2 dx = 1 x Đổi cận: với x = thì t = 1; với x = thì t = dx  tdt xdx 15  1  t tdt  t  1  t dt  t  2  15 15 t   15 15 15  33 15      192    192  3   * Chú ý học sinh: Khi gặp tích phân hàm số có chứa  x thì thường đặt x = sint gặp tích phân hàm số có chứa 1+x thì đặt x = tant cần chú ý đến cận tích phân đó cận là giá trị lượng giác góc đặc biệt thì làm theo phương pháp này còn không thì phải nghĩ đếnphương pháp khác *Một số bài tập tương tự: 1/ tính I = x3  1 x dx 2/tính I = x dx x2 1 x2  11  x dx  Bài 4: Tính I =   1   x   x2  dx   2  1 1 x x   x2 x  * Sai lầm thường mắc: I = 1 1    dt    dx x   Đặt t = x+ x Đổi cận với x = -1 thì t = -2 ; với x=1 thì t=2; 2 dt 1 (  )dt   t t t  t  t    I= = =(ln -ln 2 = ln   ln  2  2 2 ln 2 2 ) t ln t 2 2 2 2 1 x2  x  1 x  x2 x * Nguyên nhân sai lầm: là sai vì   1;1 chứa x = nên không thể chia tử mẫu cho x = Nhưng từ sai lầm này các bạn thấy x=0 không thuộc thuộc tập xác định thì cách làm trên thật tuyệt vời * Lời giải đúng: Xét hàm số F(x) = 2 ln F’(x) = 2 x2  x 1 x  x  ( áp dụng phương pháp hệ số bất định ) (ln x2  x 1 x2  x 1 )  x2  x4 1 x2  1 x2  x 1 dx ln  Do đó I =  1  x = 2 x  x 1 1  ln 2 2 *Chú ý học sinh: Khi tính tích phân cần chia tử mẫu hàm số cho x cần để ý đoạn lấy tích phân phải không chứa điểm x = BÀI TẬP ĐỀ NGHI x a)Tính  adx ( tính đạo hàm hàm số f(x)= x x  a )  b) x sin x dx   c os x  d)  ( đặt x=   t ) c)  dx tan  x2 dx x ( đặt t = x ) x ( đặt t=tan x) e)  sin x dx cos x  ( đặt t= 1+sin2x ) MỘT SỐ DẠNG TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT (THAM KHẢO ĐỂ LTĐH) I CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT CỦA HÀM SỐ a TC1: Nếu f(x) là hàm liên tục trên [-a;a] với a>0 thì a f ( x)dx  f ( x)  f ( x) dx a 3  f ( x)dx  Ví dụ: Cho f(x) liên tục trên R thoả mãn f ( x)  f ( x)   cos x Tính I= Giải 3 I  3  32   cos xdx 2 sin x dx 2  sin xdx    3   sin xdx  6    Sử dụng kết trên, ta có: Các hệ quả: HQ1: Chứng minh f (x) là hàm lẻ và liên tục trên đoạn [ −a , a ] thì : a I = f ( x ) dx=0 −a a a Bài làm : I = f (x )dx= f ( x ) dx+ f ( x ) dx ( ) −a −a 0 Xét  f ( x ) dx Đặt t=− x ⇒dt=− dx ⇒ dx=−dt Đổi cận : −a V ậy : a a  f ( x ) dx= f ( − t ) dt=− f ( t ) dt −a Thế vào (1) ta : I =0 (đpcm) ¿ x=− a→ t=a x=0 → t=0 ¿{ ¿  I  cos x.ln( x  x  1)dx Ví dụ minh hoạ: Tính   2 Giải: Nhận xét, cosx là hàm chẵn, ln( x  x  1) là hàm lẽ nên hàm số dấu tích phân là hàm lẻ nên I = a a HQ2: Nếu f ( x) là hàm chẳn và liên tục trên đoạn [ −a , a ] thì I = f ( x ) dx=2  f ( x ) dx −a HQ3: Cho α a> và f (x) là hàm chẵn , liên tục và xác định trên R CMR : α f ( x)  a x +1 dx= f ( x ) dx −α Bài làm :  f  x f  x dx  dx  dx x x    a 1 a 1 ax 1   f  x  Xét f ( x)  1 Đặt t=− x ⇒ dt=− dx ⇒ dx=−dt Đổi cận :  a x +1 dx −α α α ¿ x=− α →t=α x =0 →t=0 ¿{ ¿ f ( x) f (− t) at f ( t ) Vậy :  x dx= − t dt= t −α a +1 a +1 a +1 α α α f ( x) ax f ( x ) f (x) Thế vào (1) ta :  x dx= x dx+ x dx= f ( x ) dx −α a +1 − α a +1 a +1 (đpcm) Ví dụ minh hoạ:  VD1) Tính sin x.sin x.cos x I  ex 1       ;  Giải Ta thấy f ( x) sin x.sin x.cos 5x là hàm chẵn và liên tục trên đoạn  2  Do đó,  I= sin x.sin x.cos 5xdx Kết quả, I =  VD2) Tính sin x J  x dx  1   sin 2 xdx   Giải Vì f ( x) sin x là hàm chẵn, liên tục nên J = TC2: Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a , b ] và f ( a+ b − x )=f ( x ) Thì ta luôn có : b π a  x f ( x ) dx= a+b  f ( x ) dx và b a b a a f  x  dx 2  f  x  dx Đặt t = a+b-x HQ1: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0,1 ] Chứng minh : π  x f ( sin x ) dx= Bài làm : π π  f ( sin x ) dx (1) π Xét Đặt  x f ( sin x ) dx t=π − x ⇒ dt=− dx ⇒dx=− dt Đổi cận : π π  π 0   0   0 f (sin x)dx 2f (cos x)dx HQ2:   f (sin x)dx f (cos x)dx HQ3: 0 2x f  sin x  dx  f  sin x  dx      f  sin t  dt  t f  sin t  dt  x f ( sin x ) dx= ( π − t ) f [ sin ( π − t ) ] dt= ( π −t ) f ( sin t ) dt Vậy : ¿ x=0 → t=π x=π → t=0 ¿{ ¿   x f  sin x  dx  f  sin x dx  20 (đặt x   t ) (2)  x  t , đặt (3)  Ví dụ: Tính Giải I x sin x.cos xdx I   sin x cos xdx   20 Ta có: f (sin x) sin x(1  sin x) Do đó, nhờ (1) thì TC3: Cho hàm số f ( x ) liên tục,xác định , tuần hoàn trên R và có chu kì T a+T Chứng minh :  a T f ( x ) dx= f ( x ) dx Bài làm : T a+T f ( x ) dx=¿ f ( x ) dx + f ( x ) dx+  f ( x ) dx a a+ T T a+T T  f ( x ) dx= f ( x ) dx+  ¿ a a T a Vậy ta cần chứng minh a +T  f ( x ) dx=  f ( x ) dx T a Xét  f ( x ) dx Đặt Đổi cận : t=x+ T ⇒dt=dx a+T Vậy : a+ T  f ( t −T ) dt=  f (t ) dt T a+T Hay : T T ¿ x=0 →t=T x=a → t=a+T ¿{ ¿  f ( x ) dx= f ( x ) dx a (đpcm) HQ: Nếu hàm số f ( x ) liên tục,xác định , tuần hoàn trên R và có chu kì T , thì ta luôn T có : T  f ( x ) dx=  f ( x ) dx − T Ví dụ minh hoạ: 2008 I 1) Tính  sin 2007 xdx Giải Vì f ( x) sin 2 2007 x tuần hoàn chu kì 2 và 4 I  sin 2007 xdx  sin 2007 xdx   2 2008  sin 2006 2007 xdx 2 Sử dụng nhiều lần công thức trên, ta hàm lẻ nên I = I 1004 sin 2007  xdx 1004 sin 2007 xdx  2007 mà sin x là PHÂN LOẠI CÁC DẠNG ĐẶC BIỆT VÀ CÁCH TRÌNH BÀY LỜI GIẢI Dạng a a f ( x)dx 0 a; b     Nếu hàm f(x) liên tục và là hàm số lẻ trên thì : a a f ( x)dx 2f ( x)dx  Nếu hàm số f(x) liên tục và là hàm số chẵn trên  a; b  thì :  a Vì các tính chất này không có SGK nên tính tích phân có dạng này ta có thể chứng minh sau : a a I  f ( x)dx  f ( x)dx  f ( x)dx J  K Bước 1: Phân tích a a 0 J  f ( x )dx a Bước Tính tích phân phương pháp đổi biến số Đặt t=-x - Nếu f(x) là hàm số lẻ thì J=-K suy I=J+K=0 - Nếu f(x) là hàm số chẵn thì J=K suy I= J+K=2K Dạng Nếu f(x) liên tục và là hàm số chẵn trên R thì : a a f ( x) dx f ( x)dx  a x 1 a Để chứng minh tính chất này ta làm tương tự trên :    f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) f ( x)  I  x dx   x dx   x dx  J   x dx; K  x dx  a 1 a 1 a 1 a 1 a 1       Để tính J ta đặt x=-t    0;  Dạng Nếu f(x) liên tục trên   thì : Để chứng minh tính chất này ta đặt :   f (s inx)dx= f (cosx)dx 0  t  x Dạng Nếu f(x) liên tục và f(a+b-x)=f(x) f(a+b-x)=-f(x) thì đặt : t=a+b-x Đặc biệt , : a+b=  thì đặt t=  -x Nếu : a+b=2  thì đặt t=  -x Dạng Tính tích phân cách sử dụng nguyên hàm phụ Để tính nguyên hàm hàm số f(x) ta cần tìm hàm g(x) cho nguyên hàm các hàm số f(x)  g(x) dễ xác định so với f(x) Từ đó suy nguyên hàm hàm f(x) Ta thực các bước sau : Bước Tìm hàm số g(x) Bước Xác định nguyên hàm các hàm số f(x)  g(x), tức là :  F ( x)  G( x)  A( x)  C1   F ( x)  G ( x )  B( x)  C2  * F ( x)   A( x)  B( x)  C , là nguyên hàm f(x) Bước Từ hệ (*) ta suy MỘT SỐ BÀI TOÁN TÍCH PHÂN LẶP  Bài 1: Tính I  sin x dx sin x  cosx  x   t  dx  dt Giải: Đặt   x 0  t  ; x   t 0 2 Đổi cận: Khi đó:   sin   t  2  I        sin   t   cos   t  2  2    I  I 2 I  Vậy dt   co s t co s x dt  dx co s t  s int co s x  s in x   sin x  cosx   dx dx  x   I  sin x  cosx 0  Bài 2: Tính sin x I  dx sin x  cos x  x   t  dx  dt Giải:Đặt   x 0  t  ; x   t 0 2 Đổi cận:     sin   t  2 co s t co s3 x 2  I   dt  dt  dx 3  co s t  sin t co s x  sin x   3 3  0 sin   t   co s   t  2     Khi đó:    2 sin x  cos x   I  I 2 I  dx dx  x   I  sin x  cos x 0 Vậy Bài 3: Tính các tích phân: ex I  x  x dx e e và e x I  x  x dx e e Ta có: I  J dx 1 x d  e x  e x  e  e x e2 1 I  J  x  x dx  x  x ln e x  e  x ln  e  e    ln ln e e e e 2e 0 1 e2  1 1 2e  I    ln J    ln  2 2e  2 e 1 Từ đó suy ra: và  Bài 4: Tính Giải: I ln  s inx dx 1+cosx  x   t  dx  dt Đặt   x 0  t  ; x   t 0 2 Đổi cận:      s in   t  2   dt  ln  co s t dt  ln  co s x dx I  ln   1+sint 1+sinx    0 1+cos  t   2  Khi đó: Vậy      s inx    cosx   cosx  s inx  I  I 2 I  ln  ln  dx  ln  dx  ln1 dx 0dx 0  I 0  s inx  co s x   s inx  co s x  0 0 0  Bài 5: Tính Giải: sin x I  dx sin x  cos x  x   t  dx  dt Đặt   x 0  t  ; x   t 0 2 Đổi cận:     sin   t  2 co s t co s x 2  I   dt  dt  dx  co s t  sin t co s6 x  sin x   6 6  0 sin   t   co s   t  2  2  Khi đó:    6 2 sin x  cos x   I  I 2 I  dx dx  x   I  sin x  cos x 0 Vậy 2 I  sin  sin x  nx  dx Bài 6: Tính Giải: Đặt x   t  dt  dx Đổi cận: x 0  t  ; x 2  t   Khi đó:  I   sin  sin    t   n    t   dt  sin  sin t  n  nt  dt      sin  sin t  nt  cos  n  dt   sin  sin t  nt  s in  n  dt    I  sin  sin t  nt  cos  n  dt  (do sin  n  0 Đặt y  t  dy  dt Đổi cận: T    Y  ; T   Y   ) Khi đó:  I    sin  sin   y   ny  cos  n  dy sin   sin y  ny  cos  n  dy  sin  sin y  ny  cos  n  dy     sin  sin t  nt  cos  n  dy  I   I  I  I 0   Bài 7: Tính Giải: 4sin x I   sin x  cosx  dx  x   t  dx  dt Đặt   x 0  t  ; x   t 0 2 Đổi cận:  4sin   2    t 2 4co s t 4co s x  I   dt  dt  dx 3          co s t  sin t   co s x  sin x   t   co s   t    sin     2  Khi đó:  4sin x  I  I 2 I    sin x  cosx  4co s x dx    sin x  cosx  dx    sin x  cosx  dx  dx  2cos  x    4     2 tan  x   2  4  I 2 4  MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài  a   d x  x  x  x 1 dx cos x  ln x   x 1   b  cosx.ln  x+   1+x dx c  dx e x dx  x  x2 1 1 f x  s inx  x 1 dx 1 GIẢI  a  J   Tính :    x  x  x  x 1 x  x  x  x 1 x  x5  x  x  dx   dx   dx  J  K  cos x cos x cos x   x7  x5  x3  x 1 dx cos x  1-x  cosx.ln  1+x  dx Đặt : t = -x , suy dt=-dx và :   4  t  t  t  t 1  x7  x5  x3  x 1 J   dt  dx  J  K  dx 4   cos t cos x cos x  0      b       I  J  K  dx 2   tan x  d  t anx  2  x  tan x    cos x   0 Vậy :  cosx.ln  x+       1+x dx  cosx.ln x+ 1+x dx  cosx.ln x+ 1+x dx  J  K     J  cosx.ln x+ 1+x dx  Tính :   Đặt : t = -x suy dt =- dx         J  cos-t.ln -t+ 1+t dt  cost ln t   t dt  cosxln x+ 1+x dx  K    Vậy : I= J+K =0 c  1-x   1-x   1-x  cosx.ln  1+x  dx  cosx.ln  1+x  dx  cosx.ln  1+x  dx J  K   0  Tính :  1-x  J  cosx.ln   dx 1+x    Đặt : t = -x suy : dt =- dx , cho nên : 2  1-x   1+t   1-t   1-x  J  cosx.ln   dx  cos(-t).ln   dt  cost.ln   dt  cosx.ln   dx  K 1+x  1-t  1+t 1+x       1 0    Vậy :  I J  K 0 d ln  x  1 x 1 1 x 1 1     dx  ln  x  Đặt : t = -x , suy : dt = - dx Cho nên :  dx  ln( t    Vậy : I J  K 0   x dx  J  K J  ln x   x dx J  ln x   x 1  dx  ln  x   Tính : 1   t )dt  ln t   t  dt  ln  x  1 x dx x dx x dx e    J  K 2 x  x   x  x 1 x  x 1 1   x dx J  x  x  Đặt : t = -x , suy : dt = -dx Cho nên : 1 Tính : 0 1 x dx  t dt t dt x dx J      K x  x 1 t  t 1 t  t 1 x  x 1 1   x dx  K  Vậy : I=J+K=2K= x dx 2 x  x 1 Đặt : 1  du 2 xdx du du u x    K    2 u  u 1   x 0  u 0; x 1  u 1 1  3  u    2      du  dt  c os t  u   tan t  K  dt  2  2cos 2t  tan t        u 0  t  ; u 1  t  Đặt :   12 3  K dt  t        I 2 K  6  Vậy : Do đó : 1 4 x  s inx x  s inx x  s inx f  dx   dx   dx  J  K x 1 x 1 x 1 1 1   x  s inx J  dx x   Tính : Đặt : t = -x , suy : dt = -dx 0 4 x  s inx t  s int x  s inx J  dx   dt  dx x 1 t 1 x 1 1  Do đó :  1 1 x  s inx x  s inx 2x dx dt  J  K  dx   dx  dx   H x 1 x 1 x 1 x 1 t 1 0 0  du     4  dt  cos 2u du  t tan u    H   du  u    t 0  u 0; t 1  u  cos u   tan u  0  Đặt :  I Vậy :   Bài Tính các tích phân sau :  a   sin x dx  cosx b  d  x dx x  1 1 e xdx   sin  2 x 1 x dx   2x 1 a    sin x sin x sin x dx   dx   dx  J  K  cosx  cosx   cosx  f x  cosx dx x  4-sin  GIẢI  c  e 1 dx x  1  x  1 K   Tính :  b   xdx xdx   J  K x   sin x  sin x   Tính : xdx J    sin x  Đặt t = -x suy : dt = -dx , cho nên    tdt  tdt xdx J       K  I  J  K 0 2  sin t  sin x   sin t 0   c  xdx   sin  sin   t  sin x sin t sin x dx   dt   dt   dx  K  cosx  cost  cosx  cos   t   0   Vậy : I=J+K =0  Đặt : t = -x suy : dt = -dx K     sin x dx  cosx  x  cosx x  cosx x  cosx dx  dx  dx  J  K  4-sin x  4-sin x  4-sin x   2 J   Tính :   x  cosx dx 4-sin x    t  cos(-t)  t  cost  x  cosx J  ( dt )  dt  dx 2 4-sin t 4-sin x   sin (  t ) 0   Đặt t = -x suy : dt = -dx , cho nên       x  cosx x  cosx 2cosx  d  s inx  d (s inx   x J  K  dx   dx  dx      ln 4-sin x 4-sin x  sin x   s inx 2+sinx  2  x 0 0   ln  Vậy : I=   1 x4 x4 x4 d  x dx   x dx   x dx  J  K 1 1 1 1 1 0   x4 J  x dx   Tính : Đặt : t = -x suy : dt = -dx , cho nên 0 1 4 x ( t ) 2t t x x4 J  x dx   t  dt  t dt  x dx 1 1 1 1 1 0  1 2x x4 x4 1 I  J  K  x dx   x dx x dx  x  1 1 5 0 Nhận xét: sử dụng tính chất trên ta có: e 1 x 1 1 x dx   1 2 x4 dx x dx  x  1 1 1 x 1 x dx   dx  J  K x x 1  (!)  Tính : J  1  x2 dx  2x Đặt t = -x , suy : dt = -dx Cho nên 0 1  ( t)2  x2 2x  x2 J  dx  J  dt  J     2 t    x dx  2x 1 1 1  1 2x  x  x2  I  J  K  dx    x dx x x  1 1 0   1 x * Ta có thể tính : dx cách :    dx costdt;1-x 1  sin t cos 2t 12  x sin t   I cos tdt    cos2t  dt  x=0  t=;x=1  t=  20  Đặt :  1   I   t  sin 2t   2  Vậy :   1 dx dx dx f  x  x  x J  K 2   e  1  x  1   e  1  x  1  e  1  x  1  Tính : dx x   e  1  x  1 J    Đặt : t = -x ,suy : dt = -dx Cho nên 1  dt et dt e x dx J   t     t x  e  1  t  1  e  1  t  1  e  1  x  1 1  ex dx  J  K  x  dx     e x 1  x 1  x 1   e  1  x  1 Vậy :    dx  cos 2t dt dt x tan t    I   dx   cos t   tan t  x 0  t 0; x 1  t   x2 1   Tính : Đặt :    dt t   0  Vậy : I= Bài Tính các tích phân sau : sin x a  x dx 1  x2 1 b  dx  2x 1   d  1  s inxsin3xcos5x dx   ex e  1 x dx  1  x  1  sin x  cos x  6x 1 dx  c f  x s inx  1+2x dx GIẢI  a 2  sin x sin x sin x dx   x dx   x dx  J  K x 1 1 1   3 Nếu áp dụng bài toán dạng ( Như các bài tập : 1-2 ) Thì bài ta viết gọn lại sau : sin x 1   a  x dx sin xdx    cos2x  dx   x  sin x   1 20 2      b x2 1 1 1 dx  x  1 dx  x3  x      x   1 3 0 1 1 dx dx    x x 1    1  x  1 c  Đặt :    dx  cos 2t dt dt x tan t    I    x 0  t 0; x 1  t  cos t   tan t   Vậy : I=  d      dt t   0  2 s inxsin3xcos5x 1 1  dx  s inxsin3xcos5xdx=  cos3x+ cos7x- cosx- cos9x  dx x    1 e 4 4  0  1 1 1 146   I  sin x  sin x  s inx- sin x       28 36  12  12 28 36 369     4 sin x  cos x 5  5  5  6 e  dx  sin x  cos x  dx   cos4x  dx  x  sin x   x 1 8 32 32  8   0         2 x sinx   2 f  dx x s inxdx=- x d  cosx    x cosx  2 x cos xdx     K  2 K x  1+2 0   0     - Tính :       K x.cosxdx= x.d (s inx)=x.sinx  s inxdx=  cosx   2 0 0   I 2 K 2   1   2  - Vậy : Bài Tính các tích phân sau :  a  n cos cos x dx  n  N *  n x  sin x b n  sin x cos x  sin 7 x dx c    sin 2010 x d  2010 dx sin x  cos2010 x cos x e  dx sin x  cos x f sin x dx  sin x  cos x GIẢI  cos n x a  n dx  n  N *  n cos x  sin x   cos n   t  2  I       sin n   t   cos n   2  2  dt  dx  t   x   x 0  t  ; x   t 0  2 Đặt :   t  dt  n  s inx dx cosx  sinx  sin t sin n x  n dt  dx   sin t  cos n t sin n x  cos n x 0     I dx x   I  0 Tương tự cách làm phần a bài Các phần sau có kết    sin x  b  dx  I dx x  cos x  sin x 0  c  s inx dx  sinx  cosx  cos x e  dx  sin x  cos4 x  sin x f  dx  sin x  cos6 x     I dx x  0 sin 2010 x d  2010 dx  sin x  cos2010 x   I  I     I dx  x  0  I    I dx x  0  I     I dx x  0   I  Bài Tính các tích phân sau :  a x.s inx 4-cos x dx  b d x  cosx dx x c 4-sin   2 ln   t anx  dx e   s inx  ln  1+cosx  dx  x.cos xdx f x.sin GIẢI  a x.s inx 4-cos x dx    dx  dt    t  sin    t  dt  t   x    I    cos    t   x 0  t  ; x   t 0  Đặt :   s inx x.s inx   I   dx  dx  J  I  I  J ;  I  J 2  4-cos x 4-cos x 0  Tính :     s inx d (cosx)  d (cosx d (cosx  cosx-2  J      ln    ln 4-cos x  cos x  4  cosx-2 cosx+2  cosx+2 0 0   I  ln  ln 2 Vậy :  Nhận xét: áp dụng kết trên, ta có:  b x.cosx dx x 4-sin ( Sai đề )  x.s inx  sin x  dx   dx  ln 2  4-cos x  cos x xdx  c   s inx  ln  1+cosx  dx     dx  dt   sin   t        dt t   x   I ln        x 0  t  ; x   t 0  1+cos   t       2      Đặt :   1   cost    s inx   I ln  dt  ln    dx  I  I 0; I 0  1+sint 1+cosx     0   d ln   t anx  dx  dx  dt    t   x   I  ln   tan       x 0  t  ; x   t 0 4    4  Đặt :     t     dt         t anx    I ln   dx ln   dx ln 2.dx  ln   t anx  dx  ln  I  1+tanx     t anx  0 0    I  ln  I  ln Vậy : 2 e x.cos xdx  dx  dt t 2  x    I   2  t  cos3  2  t    dt    x 0  t 2 ; x 2  t 0 2 Đặt : 2 2 2  I 2 cos3 xdx  x.cos3 xdx 2   cos3x+3cosx  dx  I 0   I  Vậy : 2  2   cos3x+3cosx  dx   sin 3x  3sin x  0  43   f x.sin xdx    dx  dt t   x    I    t  sin    t    dt   x 0  t  ; x   t 0  Đặt :      I    x  sin xdx  sin3 xdx  x sin xdx   3sin x  sin x  dx  I 40 0      I   3sin x  sin 3x  dx    3cos x  cos3x   80 8 0  Vậy : Bài Tính các tích phân sau :   a xdx   s inx b  d sin x.ln(1  t anx)dx x.s inx dx  2+cos x  c x.s inx dx  9+4cos x   e x.s inx 1+cos x dx f x.s inx.cos xdx GIẢI  a xdx 1  s inx 0  dx  dt    t    dt  t   x    I   x 0  t  , x   t 0   sin    t  Đặt :    dx xdx 1  x   I       dx  I  I  tan      1  s inx  s inx 2 x  2 4 0 cos    2 4    b x.s inx 2+cos x dx 0  dx  dt    t  sin    t    dt  t 2  x    I   cos    t   x 0  t  , x   t 0 2 Đặt :     d  cosx  s inx x sin x  I    dx   dx    I  I  ln   cos x  0 2  2-cosx  cos x  cos x 0    c x.s inx 1+cos x dx Giống cách giải câu b.(Học sinh tự giải )  d sin x.ln(1  t anx)dx  dx  dt   t   x   I  sin       x 0  t  ; x   t 0 4   4  Đặt :    t     dt    I sin x  ln  ln(1  t anx  dx ln sin xdx  I  I      t  ln  tan     4 ln sin xdx   ln ln I  cos4x  4  Vậy :  x.s inx e  dx 9+4cos x  dx  dt    t  sin    t    dt  t   x    I   cos    t   x 0  t  ; x   t 0  Đặt :     s inxdx x.s inx d (cosx)   I     dx     I  I  ln   4cos x  0 2 9+4cos x 9+4cos x  cos x 0    f x.s inx.cos xdx   dx  dt t   x    I    t  sin    t  cos    t    dt  x   t   ; x    t    Đặt :     I  s inx.cos xdx   4 x.s inx.cos xdx   cos x.d  cosx   I 0