tich phan on luyen thi dai hoc 2014 hay nhat va kho

HOÀNG THÁI VIỆT - Đ I H C BÁCH KHOA ĐÀ N NG - 01695316875 - LTĐH
gmail: nguyenvanvietbkdn@gmail.com, facebook : https://www.facebook.com/gsbkdn2013

10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
Trong các các kì thi Đại Học – Cao Đẳng câu tích phân luôn mặc định xuất hiện trong đề thi môn Toán.
Tích phân không phải là câu hỏi khó, đây là một bài toán “nhẹ nhàng”, mang tính chất “cho điểm”. Vì vậy
việc mất điểm sẽ trở nên “vô duyên” với những ai đã bỏ chút thời gian đọc tài liệu. Ở bài viết nhỏ này sẽ
cung cấp tới các em các dạng tích phân thường xuyên xuất hiện trong các kì thi Đại Học - Cao Đẳng ( và
đề thi cũng sẽ không nằm ngoài các dạng này). Với cách giải tổng quát cho các dạng, các ví dụ minh họa đi
kèm, cùng với lượng bài tập đa dạng, phong phú. Mong rằng sau khi đọc tài liệu, việc đứng trước một bài
toán tích phân sẽ không còn là rào cản đối với các em . Chúc các em thành công !
Trong bài viết này sẽ giới thiệu tới các em 8 phần:
Trang

I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ……………………………
1
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ……………………………
2
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN….. 3 –12– 26
IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG... 27 – 81
V. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN…………………………………………………….. 82 – 93
VI. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT VÀ TÍCH PHÂN TRUY HỒI……..94 – 102 - 106
VII. DÙNG TÍCH PHÂN ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA

k
Cn ……...107 - 110

VIII. KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ĐẠI HỌC ………………111- 114

I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN

Trang 1


II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ
Điều kiện tiên quyết để làm tốt phần tích phân là chúng ta phải nhớ và hiểu được cách
vận dụng các công thức nguyên hàm sau: (chỉ cần hiểu 8 công thức thì sẽ biết cách suy
luận ra các công thức còn lại)

x 1
  x dx 
C

 1

 1

1  ax  b 
;   ax  b  dx  .
C
 1
u
a
 1
1)  u du 
 C (  1)
 1
du
1
du
1

C
 du  u  C ;  u 2   u  C;  u  

  1 u 1





 dx
  x  ln x  C
du
2)   ln u  C  
u
 dx  1 ln ax  b  C
  ax  b a


 x
ax
a dx 
 C;  eu du  eu  C

au
ln a
3)  au du 
C  
ln a
1 axb
ax  b
 e x dx  e x  C ;

 e dx  a e  C


  sin xdx   cos x  C
4)  sin udu   cos u  C  

1
  sin(ax  b)dx   cos(ax  b)  C
a

  cos xdx  sin x  C
5)  cos udu  sin u  C  

1
  cos( ax  b)dx  sin( ax  b)  C
a

 dx
 2   cot x  C
du
 sin x
6)  2   cot u  C  
dx
1
sin u

  cot(ax  b)  C
2
 sin (ax  b)
a

 dx
  cos 2 x  tan x  C
du
7) 
 tan u  C  
dx
1
cos2 u

 tan(ax  b)  C
2
 cos (ax  b) a



du
1
ua
  a 2  u 2   2a ln u  a  C
du
1
1
1 
1
ua
8)  2 2   
 u  a  u  a  du  2a ln u  a C  
u  a 2a 
dx
1
xa


 ln
C
  x 2  a 2 2a
xa


Trang 2


III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC
1. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ


CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ I   f ( x) dx
 g ( x)

(*)

Chú thích: Sơ đồ trên được hiểu như sau :
Khi đứng trước một bài toán tích phân có dạng hữu tỉ trước tiên ta quan tâm tới bậc của tử số và mẫu số.
*) Nếu bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số, khi đó ta chú ý tới bậc dưới mẫu số. Cụ thể:
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 1 ta có luôn công thức trong bảng nguyên hàm và đưa ra được đáp số.
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 2 ta quan tâm tới  hay “tính có nghiệm” của phương trình dưới mẫu.
+) Nếu   0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành tích và dùng kĩ thuật tách ghép để tách thành
hai biểu thức có mẫu bậc 1 (quay về trường hợp mẫu số có bậc bằng 1 ).
+) Nếu   0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành hằng đẳng thức và dùng kĩ thuật tách ghép để
đưa tích phân về dạng đã biết.
+) Nếu   0 tức khi đó ta không thể phân tích dưới mẫu số thành tích và hằng đẳng thức được.
-) Nếu trên tử là hằng số khác 0 ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa để chuyển về dạng cơ bản
( theo cách đổi biến ở sơ đồ trên).
-) Nếu trên tử có dạng bậc nhất ta sẽ chuyển về bậc 0 ( hằng số hay số tự do) bằng kĩ thuật vi phân
như cách trình bày ở sơ đồ và quay về trường hợp trước đó (tử là hằng số khác 0 ).
++) Nếu bậc của mẫu số lớn hơn 2 ta sẽ tìm cách giảm bậc bằng phương pháp đổi biến hoặc các kĩ thuật:
Nhân, chia, tách ghép (đồng nhất hệ số), vi phân…
*) Nếu bậc của tử số lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu số thì ta chuyển sang TH2 (trường hợp 2).
Trang 3


CHÚ Ý :
Việc đồng nhất hệ số dựa theo cách phân tích sau:
f ( x)
m

2

( ax  b) (cx  dx  e)

n



A1
( ax  b )



A2
(ax  b)

2

 ... 

Am
( ax  b )

m



B1 x  C1
2

(cx  dx  e)



B2 x  C 2
2

(cx  dx  e)

2

 ... 

Bn x  Cn
(cx 2  dx  e) n

Sau đó quy đồng bỏ mẫu, dùng tính chất “hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng của chúng bằng
nhau” từ đó tìm được các Ai , B j , C j (i  1, m; j  1, n) hoặc có thể dùng cách chọn x để tìm các Ai , B j , C j .

Các ví dụ minh họa
2

Ví dụ 1. Tính tích phân I  
0

Giải: 1) Với k 
2

dx
với :
x  2x  k
2

1) k 

3
4

2) k  1

3) k  4

3
thì :
4
2

2

2

4dx
(2 x  3)  (2 x  1)
2 
2x 1
 2
I
 2
 2
dx   

 dx  ln
3 0 4 x  8x  3
(2 x  1)(2 x  3)
2 x 1 2x  3 
2x  3
0 x2  2x 
0
0
4
dx

2

2) Với k  1 thì : I  
0
2

3) Với k  4 thì : I  
0

2

 ln
0

15
7

2

2

dx
dx
1
2



2
2
x  2 x  1 0 ( x  1)
x 1 0 3
2

dx
dx

2
x  2 x  4 0 ( x  1) 2  3

3dt


  
Đặt x  1  3 tan t với t    ;   dx 
 3.(1  tan 2 t ) dt và x : 0  2 thì t : 
2
cos t
6
3
 2 2

3

Khi đó I  

6


3

3.(1  tan t )dt
3
3 
3

2
 dt  3 t 63  18 
3.(tan t  1)
3 
2

6

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
2
0
3
dx
1) I1  
2) I 2   2
dx
4x 1
2x  x  3
1
1
1

5) I 5  
0

4x  5
dx
x2  x  2

2

6) I 6  
1

1

3) I 3  
0

3x  2
dx
4x  4 x  1
2

Trang 4

dx
2
x  6x  9

2

7) I 7 

x

1

2

x 3
dx
 2x  4

1

4) I 4  
0

dx
x  2x  2
2

2

2

3
3
3 7
Giải: 1) I1  
dx  ln 4 x  1  ln
4x 1
4
4 3
1
1
0

2) I 2 

0

0

(2 x  3)  2( x  1)
dx
( x  1)(2 x  3)
1

dx
dx
1
1 2 x 2  x  3  1 ( x  1)(2 x  3)  5




0


1

1  1
2 
1
x 1
1  x  1  2 x  3  dx  5 ln 2 x  3
5 


0

1 1
ln 6
 ln  
5 6
5
1

1

1

dx
dx
1
1



2
2
x  6 x  9 0 ( x  3)
x  3 0 12

3) I3  
0

1

4) I 4  
0

1

dx
dx

2
x  2 x  2 0 ( x  1) 2  1

dt

  
Đặt x  1  tan t với t    ;   dx 
 (1  tan 2 t )dt và x : 0  1 thì t :   0
2
cos t
4
 2 2
0

Khi đó I 4 




1

5) I 5  
0


4

(1  tan 2 t )dt

tan 2 t  1

0

 dt  t



4

1

0



4


4


1

1
4x  5
( x  1)  3( x  2)
3 
 1
dx  
dx   

 dx   ln x  2  3ln x  1  0  4 ln 2
2
x  x2
( x  1)( x  2)
x  2 x 1 
0
0

Chú ý: Việc phân tích 4 x  5  x  1  3( x  2) có được là do ta đi tìm hệ số a , b thỏa mãn:
a  b  4
a  1
4 x  5  a ( x  1)  b( x  2)  4 x  5  ( a  b) x  a  2b khi đó 

 a  2b  5
b  3
3
7
2
2
2
 2 x  1 

3x  2
3
7
2 dx  
6) I 6   2
dx   2
2
  2(2 x  1)  2(2 x  1)2  dx
4x  4x 1
(2 x  1)

1
1
1
2

3

7
3
7
  ln 2 x  1 
  ln 3 
4(2 x  1)  1
2
6
4

1
2
2
2
 2 x  2  4
x 3
1
(2 x  2)
dx
1
7) I 7   2
dx   2 2
dx   2
dx  4  2
 A  4 B (*)
x  2x  4
x  2x  4
2 1 x  2 x  4
x  2x  4 2
1
1
1
2

2

+) Tính A 

2

+) Tính B 

2

(2 x  2)
d ( x 2  2 x  4)
2
dx   2
1 x 2  2 x  4 1 x  2 x  4  ln x  2 x  4


2
1

 2 ln 2 (1)

2

dx
dx
1 x 2  2 x  4  1 ( x  1) 2  3


3dt

  
Đặt x  1  3 tan t với t    ;   dx 
 3.(1  tan 2 t ) dt và x : 1  2 thì t : 0 
2
cos t
3
 2 2

3

B
0


3

3.(1  tan 2 t )dt
3
4 3
 3  dt  3 t 03 
 (2) . Thay (1) và (2) vào (*) ta được: I 7  ln 2 

2
tan t  1
3
3
0

Trang 5


2
2 x3  x 2  2 x  4
1) I1  
dx
2x 1
1
1

1

2) I 2  
0
2

2

( x  1)
dx ( D – 2013)
x2  1
0

4) I 4  

5) I 5  
0

2

x 4  2 x3  4 x 2  x  2
dx
x2  2x  3

3) I3  
1

4 x3  4 x 2  7 x  2
dx
4x2  4 x  1

2

2x  x 1
dx
x2  2x  4

Giải:
2

2

2
 x3

2 x3  x 2  2 x  4
5 
5
10 5
 2
1) I1  
dx    x  1 
 ln 3
 dx    x  ln 2 x  1  
2x 1
2x 1 
2
3 2
 3
1
1
1
1

2) I 2  
0

1
1

x 4  2 x3  4 x 2  x  2
x5 
2( x  1)  ( x  3) 

dx    x 2  1  2
dx    x 2  1 
dx

2
x  2x  3
x  2x  3 
( x  1)( x  3) 

0
0 

1

1

 x3


1 
2
 2
   x2 1  

dx    x  2 ln x  3  ln x  1   2 ln 3  ln 2 

3
 x  3 x  1 
 3
0
0 
2

3) I3  
1

2
2
2



4 x3  4 x 2  7 x  2
6x  2 
3(2 x  1)  1 
3
1

dx    x  2
dx    x 
dx    x 

dx

2
2 
2
4x  4 x  1
4x  4 x 1 
(2 x  1) 
2 x  1 (2 x  1) 
1
1 
1 
2

 x2 3

1
11 3
   ln 2 x  1 
   ln 3
2(2 x  1)  1 6 2
 2 2
1

( x  1) 2
dx ( D – 2013)
x2  1
0

4) I 4  
1

1

I4  
0

1

1

1

1

1
x2 1  2x
2x 
2x
d ( x 2  1)

dx    1  2
dx   dx   2
dx   dx   2
  x  ln( x 2  1)   1  ln 2

2
0
x 1
x 1 
x 1
x 1
0
0
0
0
0

3


2
2
(2 x  2)  6 

2x2  x 1
3x  9 

2
5) I5   2
dx    2  2
 dx
 dx    2  2
x  2x  4
x  2x  4 
x  2x  4 
0
0
0


2

2

2

2
2
3
3
3 d ( x 2  2 x  4)
dx


  2 x  ln( x 2  2 x  4)   6I  4  ln 3  6 I (*)
 2  dx   2
 6 2
2 0 x  2x  4
x  2x  4 
2
2
0
0
0
2

Tính I  
0

2

dx
dx

2
x  2 x  4 0 ( x  1) 2  3


3
dt  3(1  tan 2 t )dt


 dx 
  
2
Đặt x  1  3 tan t (với t    ;  )  
và x : 0  2 thì t : 
cos t
6
3
 2 2
( x  1)2  3  3(1  tan 2 t )


3

I 

6

2


3



6

6

3(1  tan t )dt
3
3 3
3

dt 
t 
2

3(1  tan t )
3 
3 
18

3
3
(2*). Thay (2*) vào (*) ta được: I5  4  ln 3 
2
3

Trang 6


1

2

4) I 4  
1
1

x7
2) I 2  
dx
(3  2 x 4 ) 2
0

(B – 2012)

1

2x  3
dx
2
( x  2 x)( x 2  4 x  3)

5) I5 

x
dx
(1  2 x) 3
0

Giải:

1) I1  

8) I8  

0

1

x3
dx
x 4  3x 2  2

3) I3 

1

dx
x 1  x 2014 

1

0

1

x2  1
dx
x( x 4  3x 2  2)
2

6) I 6  
1
0

9) I9 

(B – 2012) Đặt t  x 2  dt  2 xdx hay xdx 

và x : 0  1 thì t : 0  1  I1  



2

x 1
2 x 4  4 x3  6 x 2  4 x  1 dx

2

7) I 7  

1

2

1

x3
1) I1   4
dx
x  3x 2  2
0

dx
x  x5
3

x 2 dx
 (1  x)8
1

dt
2

1

1

x 2 .xdx
1
t.dt
1 2(t  1)  (t  2)
1  2
1 
  2
 
dt   

 dt
4
2
x  3 x  2 2 0 t  3t  2 2 0 (t  1)(t  2)
2 0  t  2 t 1 
1

1
3


  ln t  2  ln t  1   ln 3  ln 2
2
2

0
1

3
3
 dt  8 x dx  x dx   8 dt
Đặt t  3  2 x 4  
và x : 0  1 thì t : 3  1
 x4  3  t


2
3t
1
1
1
3
7
4
x
x
1
1 3t
Khi đó I 2  
dx  
.x3 dx    2 dt   2 dt
(3  2 x 4 ) 2
(3  2 x 4 ) 2
8 3 t2
16 1 t
0
0
1

x7
2) I 2  
dx
(3  2 x 4 ) 2
0

3

3

1  3 1
1 3
2  ln 3

   2   dt     ln t  
16 1  t t 
16  t
16
1
2

3) I3 


1

x2  1
dx
x( x 4  3 x 2  2)
2

Khi đó I3 


1

dt
và x :1  2 thì t :1  2
2

2

( x 2  1)
1
t 1
.xdx   2
dt
2
4
2
x ( x  3 x  2)
2 1 t (t  3t  2)

Lúc này ta sẽ phân tích
hệ số . Cụ thể:

Đặt t  x 2  dt  2 xdx  xdx 

t 1
thành tổng các phân thức có mẫu bậc 1 bằng phương pháp đồng nhất
t (t  3t  2)
2

t 1
t 1
A B
C

 

t (t  3t  2) t (t  1)(t  2) t t  1 t  2
 t  1  A(t  1)(t  2)  Bt (t  2)  Ct (t  1) (*)
2

Việc tìm A, B, C có thể làm theo 2 cách :
1

A   2
A  B  C  0


2
Cách 1: (*)  t  1  ( A  B  C )t  (3 A  2 B  C )t  2 A khi đó 3 A  2 B  C  1   B  2
 2 A  1

3

C  
2

Trang 7

1
2
+) Chọn t  1 thì (*) có dạng: 2   B  B  2

Cách 2: +) Chọn t  0 thì (*) có dạng: 1  2 A  A  

+) Chọn t  2 thì (*) có dạng: 3  2C  C  

3
2
2

2
1  1
2
3 
3
7 ln 3  11.ln 2
 1

Vậy I3     

 dt    4 ln t  ln(t  1)  4 ln(t  2)  
2 1  2t t  1 2(t  2) 
4

1

2

2

2

2x  3
2x  3
2x  3
dx  
dx   2
dx
2
2
( x  2 x)( x  4 x  3)
x( x  2)( x  1)( x  3)
( x  3x)( x 2  3x  2)
1
1
1

4) I 4  

Cách 1: (đổi biến)
Đặt t  x 2  3 x  dt  (2 x  3) dx và x :1  2 thì t : 4  10
10

10

dt
1 1
1 
1
t
  
 dt  ln
t (t  2) 2 4  t t  2 
2 t2
4

10


4

1 15
ln
2 12

Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân)
2
2
2
2
2
1 ( x  3 x  2)  ( x  3 x)  (2 x  3)
1  (2 x  3) dx
(2 x  3) dx 

I4   
dx    2
 2

2
2
21
( x  3 x)( x  3 x  2)
2  1 x  3x
x  3x  2 
1
2
2
1  d ( x 2  3 x)
d ( x 2  3 x  2)  1
x 2  3x
  2
 2
 ln 2

2  1 x  3x
x  3x  2  2 x  3x  2
1
1

5) I5 


1

1 15
ln
2 12

2

x

2

2

4

x 1
dx
 4 x  6 x2  4x  1

Chia cả tử và mẫu trong biểu thức tích phân cho x 2 ta được:

3

1 

1  2  dx
 x 
I5  
dx  
4 1
1  
1
2 x 2  4 x  6 
2  x 2 
 2
 4 x    6

2 
x x
x  
x

1

1

1
x2

1


1 

 dt  1  x 2  dx
1
5


Cách 1: (đổi biến) Đặt t  x   
và x : 2  1 thì t :   2
x
2
t 2  x 2  1  2
2

x

2

2

2







2

dt
dt
dt
1
1
Khi đó I5   2
 2



2
t  2  5 36
5 (t  2)  4t  6
5 t  4t  4
5 (t  2)
2

2

2

2

Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân – dành cho những ai có kĩ năng phân tích tốt)
1
1
1



 2
1
1 d  x 
1  2  dx
1
1
x
 x 
 
I5  
 

2
2
1
36
1
1
1


2 
2 
x 2
 x    4 x    4
 x   2
x
2
x
x
x





Trang 8

2

6) I 6  
1

2

dx
dx
 3
3
5
x x
x (1  x 2 )
1

Cách 1: (đổi biến)
dt
và x :1  2 thì t :1  4
2
2
4
4
4
4
xdx
1
dt
1 (t  1)  t
1 1
1 
1  1 (t  1)  t 
Khi đó I 6   4
  2
  2
dt    2 
dt    2 
dt
x (1  x 2 ) 2 1 t (t  1) 2 1 t (t  1)
2 1  t t (t  1) 
2 1 t
t (t  1) 


1

Đặt t  x 2  dt  2 xdx  xdx 

4

4

1 1 1 1 
1 1
t 1 
3 1 5
  2  
 dt  2   t  ln t   8  2 ln 8
2 1  t t t 1

1
Cách 2: (Dùng kĩ thuật tách ghép)
2
2
2
 1 (1  x 2 )  x 2 
1

x 
(1  x 2 )  x 2
1
1 1
dx   3 
dx    3 
dx    3  

 dx
3
2
2 
2
x (1  x )
x x(1  x ) 
x
x(1  x ) 
x x 1  x2 
1
1 
1 
1
2

I6  

2

2

2
1
3
1 5 3 1 5
1 d (1  x 2 )  1
 1 1

   3   dx  
   2  ln x  ln(1  x 2 )    ln 2  ln   ln
2
x x
2 1 1 x
2
2 2 8 2 8
 2x
1 8
1

1

1

1
1


x
1 1 2x 1
1 
1
1
1
1
1
1
7) I 7  
dx  
dx   

dx   


3
3
2
3
2
(1  2 x)
2 0 (1  2 x)
2 0  (1  2 x) (1  2 x) 
2  2(1  2 x) 4(1  2 x)  0 18
0
2

8) I8  
1

dx
x 1  x 2014 

Đặt t  1  x 2014  dt  2014 x 2013 dx  x 2013dx 
2

x 2013dx
1
Khi đó I8   2014

2014
1  x  2014
1 x

1 22014


2

dt
và x :1  2 thì t : 2  1  2 2014
2014

dt
1

(t  1)t 2014

1 2 2014


2

 1 1
  dt

 t 1 t 

1
t 1

ln
2014
t
0

9) I9 

1 22014


2

2015ln 2  ln(1  2 2014 )
2014

2

x dx

 (1  x)

8

Đặt t  1  x  dt  dx và x : 1  0 thì t :1  2

1

2

Khi đó I9 

2

2

2

(1  t )2 dt 1  2t  t 2
1
1 
33
1 2 1
 1
 t 8  t 8 dt   t 8  t 7  t 6  dt    7t 7  3t 6  5t 5  1  4480



1
1
1
2


1) I1  
1

x2  1
dx
x3

ln 2

2) I 2 

Giải:
2

1

x2 1
dx
x3

tdt  xdx
Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1   2 2
và cận t : 0  3
x  t 1

2

1) I1  

2

 I1  
1

x2  1
x 2  1.xdx
dx  

x3
x4
1

3


0

t.tdt

2
(t  1)2

3


0

t2
dt
(1  t 2 )2

Trang 9


0

3

e x  1dx

Đặt t  tan u  dt 

3

du

 (1  tan 2 u)du và cận u : 0 
2
cos u
3

2

2


3


3

2


3

2

tan u.(1  tan u )du
tan u
sin u

du  
.cos 2 udu   sin 2 udu
2
2
2
2
(1  tan u )
1  tan u
cos u
0
0
0

 I1  
0


3



1  cos 2u
1
3 4  3 3
1
3 

du   u  sin 2u   

2
4
24
2
0 6 8
0

3t 2 dt  e x dx

Đặt t  3 e x  1  t 3  e x  1   x 3
và cận t : 0  1
e  t  1


ln 2

2) I 2 



3

e x  1dx

3

e x  1dx 

0

ln 2

 I2 



ln 2 3

0


0

1

1

1

e x  1.e x dx
t.3t 2 dt
t 3dt
1 

 3
 3 3
 3  1  3 dt
x
e
t 1
t 1
t 1 
0
0
0

Ta dùng phương pháp đồng nhất hệ số:
1
1
A
Bt  C


 2
 1  A.(t 2  t  1)  ( Bt  C )(t  1)
3
2
t  1 (t  1)(t  t  1) t  1 t  t  1

A  B  0
1
1
2

 1  ( A  B ) t  (  A  B  C )t  A  C    A  B  C  0  A  ; B   ; C 
3
3
3
A  C  1

( Có thể chọn t  0 và t   1 được ba pt 3 ẩn A, B, C rồi giải tìm được A, B, C (máy tính có thể giúp ) )
2

Vậy ta có:

1
1
t  2
1 1
t 2 

 2
 
 2

t  1 3(t  1) 3(t  t  1) 3  t  1 t  t  1 
3

1


1
(2t  1)  1 
1
1
1

1
1 
1 d (t 2  t  1)
dt
1
t2 


 I2    3 
2 2
dt   2
 2
 2
dt    3 
dt    3 


t 1 t  t 1 
t 1
t  t 1 
t 1 
2 0 t  t 1
t  t 1
0
0
0
0


1

1

1


  3t  ln(t  1)  ln(t 2  t  1)   J  3  ln 2  J
2

0

1


3
3(1  tan 2 u )
dt 
du 
du

2 cos 2 t
2
1
3

Đặt t  
tan u  
2
2
2 2
 t  1    3   3 (1  tan 2 u )
 2   2 
4
 



6

J 





6

2

3(1  tan u )
4
2 3
.
du 
2
2
3(1  tan u )
3

Thay (2*) vào (*) ta được : I 2  3  ln 2 


6

và t : 0  1 thì cận u : 



2 3 6
2 3
du 
u 
(2*)

3 
9



6

6

2 3
9

Trang 10

1

dt
dt

2
2
t  t  1 0  1   3 2
0

t    
 2  2 

(*) với J  




6
6

Nhận xét: Trong các bài toán đổi biến các em sẽ nhận ra một điều (rất quan trọng trong phần đổi biến), khi
chúng ta đổi biến thì bước tiếp theo là bước vi phân cả 2 vế. Sau khi làm xong điều này các em sẽ biết ngay
là bài toán chúng ta đi có đúng hướng hay không. Cụ thể: Nếu sau khi vi phân ta có: f (t ) dt  g ( x) dx thì
xảy ra 2 khả năng:
+) Trong đề bài có chứa g ( x) dx (có thể phải thêm bước tách ghép, thêm bớt để nhìn thấy nó) và phần còn
lại của biểu thức dưới dấu tích phân (nếu có) còn chứa biến x mà ta rút được theo t . Khi đó xác suất ta đi
theo hướng này đúng là cao.
+) Trong đề bài không có lượng g ( x) để ta chỉnh (vì dx đi một mình lúc này “không ổn” phải có mặt
g ( x ) đi cùng hay phải có g ( x ) dx thì ta mới chuyển được theo f (t ) dt ). Khi đó các em nên nghĩ tới việc tự

nhân thêm vào (đề bài không cho thì ta tự cho) và chỉnh bằng cách nhân với lượng tương ứng ở dưới mẫu số
và phần phát sinh thêm sau khi nhân cùng với biểu thức trước đó sẽ rút được theo t (ở cả hai bài toán trên
ta đã tự nhân cả tử và mẫu lần lượt với x và e x )

Bài luyện
1

Tính các tích phân sau:

1) I  
0

3

3

x
dx
2
x  2x 1

3) I 3  
0
1

0

0

7) I 7 

 (x

1
1

2

0

0

9
( Đs: 3ln 4  )
4

dx
 4 x  3)( x 2  4 x  4)

dx
x 4  3x 2  4

9) I 9  

2) I 2  
3

4) I 4 

( Đs: 

0

6) I 6  
0

1 3 1
ln  )
2 2 6

( Đs:

1
2

8) I 8  
0

0

1

1
 3
dx
( Đs: ln 2 
) 15) I15 
3
1 x
3
18
0

14) I14  

x2  2
17) I17   4
3
2
1 x  2 x  5x  4x  4

3
( Đs:  )
44

6  10
2


1

dx
x4  4 x2  3

13) I13  
0

1 x2
dx ( Đs:
1 x4

9
)
2

( Đs:

4

1

x
1
dx
 2
( Đs:
)
dx ( Đs: ) 12) I12  
2
3
2
(1  3 x)
8
8
0
0  x  1

11) I11  

( Đs: ln

x3dx
3
( Đs:  ln 2 )
2
x 1
2

dx
x  2 x2  1

10) I10  
1

1

4 x  11
dx
x  5x  6
2

x 2  3 x  10
1 4
dx ( Đs:1  ln )
2
x  2x  9
2 3

1

  ln 3
)
20

1


1

xdx
1 3
( Đs: ln )
4
2
x  4x  3
4 2

5) I 5  

1

dx
1 1
( Đs: ln )
2
x x2
3 4

1 1
 ln 3 )
3 4

( Đs:

(9  2 3)
)
72

x3 dx

x

8

 4

2

( Đs:

1 ln 3
)

96 128

1
2

1  x4
) 16) I16  
dx (Đs: )
6
6
1 x
3
0

1

2x  5
1 5
dx ( Đs: ln )
2
( x  3 x  2)( x  7 x  12)
2 4
0

18) I18  

2

2
1

19) I19  
0
1

2x 1
dx
x 4  2 x3  3x 2  2 x  3

3
( Đs: ln )
5

xdx
 3
( Đs:  ln 2 )
2
( x  1)( x  2)
20 5
0

21) I 21  
2

23) I 23  
1

3

2

20) I 20 

1
1

22) I 22  
0

5

2

x  x  4x  1
8 15
dx ( Đs: ln  )
4
3
x x
3 7



x2  3
13
21
dx ( Đs:
ln 3  ln 2 )
4
2
4
4
x( x  3x  2)
2 x 2  5x  2
dx
x3  2 x 2  4 x  8

( Đs:

1
3
 ln )
6
4

4 x3  2 x 2  x  1
15 2
dx ( Đs: ln  )
2
2
x ( x  1)
2 15
3

24) I 24  
Trang 11

2. TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
Trước khi đi vào 10 dạng tích phân hay gặp trong các kì thi Đại Học – Cao Đẳng các em cần nắm
được cách tính các tích phân lượng giác cơ bản qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1. Tính các tích phân sau với k  1;5 (có 40 câu tích phân trong ví dụ này) :

2


2

A   sin k xdx

B   cos k xdx

0

C   tan k xdx

0


4

1
F
dx
cos k x
0

1
E   k dx
 sin x

D   cot k xdx

4

3

0


6


2


2


4

G

6

3

1
dx
tan k x

H 

4

1
dx
cot k x

Giải:
*) Với k = 1 . Ta có:

2

+) A1   sin xdx   cos x


2
0


2

1

0

0


4


4


4

0

sin x
d cos x
dx   
  ln cos x
cos x
cos x
0
0


2


2

+) C1   tan xdx  

4


2

+) E1  


4
0

2 1
 ln 2
2
2

  ln



2
cos x
d sin x
+) D1   cot xdx  
dx  
 ln sin x

 sin x
 sin x


3



+) B1   cos xdx  sin x 02  1

4


2

4

  ln

2 1
 ln 2
2
2

4

1
dx
sin x

2

Cách 1: E1  

3


2


2

3

3

1
sin x
sin x
dx   2 dx  
dx . Lúc này ta có 2 cách trình bày
2
sin x
 sin x
 1  cos x

Cách trình bày 1: Đặt t  cos x  dt   sin xdx và x :
1
2

1
2

1
2



1
thì t :  0

3
2
2
1
2

dt
dt
1 (1  t )  (1  t )
1  1
1 
1 1 t
Khi đó E1  

 
dt   

 dt  ln
2
1  t 0 (1  t )(1  t ) 2 0 (1  t )(1  t )
2 0  1 t 1 t 
2 1 t
0

1
2



1
ln 3
2



1
ln 3
2

0

Cách trình bày 2:

2


2

d cos x
1 
1
1
1 1  cos x

E1   
  

 d cos x   ln
2   1  cos x 1  cos x 
2 1  cos x
 (1  cos x )(1  cos x )
3

3

Trang 12


2

3





x
x
x
x 
x
2 x
 cos 2
sin dx
cos dx
2 sin
2 d cos
2 d sin
1
12
12
2
2 dx 
Cách 2: E1  
dx  
 2  2  2x   x2   x2
x
x
sin x
2  cos x

 2sin
 sin
cos
sin
cos
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2

2




x
x 2
x
   ln cos  ln sin   ln tan
2
2 
2

3


2


2


2


2

1
1
dx
Cách 3: E1  
dx  
dx  

x
x
x
2 x
 sin x
 2sin
 2 tan

cos
cos
3
3
3
2
2
2
2 3

6



x
2  ln tan x
x
2
tan
2

d tan


2



1
ln 3
2



1
ln 3
2


3

2

3



6
6
1
cos x
cos x
+) F1  
dx  
dx  
dx ( tính tương tự như E1 - hoặc đổi biến hoặc vi phân)
2
cos x
cos x
1  sin 2 x
0
0
0


6


6

1
d sin x
1  1
1 
1 1  sin x
 
 

 d sin x  ln
2 0 (1  sin x)(1  sin x) 2 0  1  sin x 1  sin x 
2 1  sin x

4

+) G1  

6


4


4


4

1
cos x
d sin x
dx   cot xdx  
dx  
 ln sin x
tan x

 sin x
 sin x
6

6


3


3


3


4

6

 ln 2 

4

4

4


2







1
1
1
2 
+) A2   sin xdx   (1  cos 2 x)dx   x  sin 2 x  
20
2
2
4
0
0
2


2

12
1
1
2 
+) B2   cos 2 xdx   (1  cos 2 x)dx   x  sin 2 x  
20
2
2
4
0
0

4


4


2


2

4

4


4 
 1

4
+) C2   tan 2 xdx   
 1 dx   tan x  x  0 
2
cos x 
4
0
0


4 
 1

2
+) D2   cot 2 xdx    2  1 dx    cot x  x   
4


  sin x
4

2

+) E2  

3

0

1
ln 3
2

1
ln 2
2



*) Với k = 2 . Ta có:

2



6

3
1
sin x
d cos x
+) H1  
dx   tan xdx  
dx   
  ln cos x
 cot x

 cos x
 cos x
4


6


1
3
2
dx   cot x  
2
sin x
3
3


6


1
3
6
dx  tan x 0 
2
cos x
3
0

+) F2  

Trang 13


3

4

  ln

2 1
 ln 2
2
2


4


4


4

6

6

6


3


3


3

4

4


1

 1

2
4
+) G2  
dx   cot xdx    2  1 dx    cot x  x    3  1 
2
12

 tan x

  sin x
6

+) H 2  

4


1

 1

3
dx   tan 2 xdx   
 1 dx   tan x  x    3  1 
2
2
cot x
12


  cos x
4

*) Với k = 3 . Ta có:

2


2


2




cos3 x  2 2
+) A3   sin xdx   sin x.sin xdx    (1  cos x)d cos x    cos x 
(có thể đặt t  cos x )
 
3 0 3

0
0
0
3

2


2

2


2


2




sin 3 x  2 2
+) B3   cos3 xdx   cos 2 x.cos xdx   (1  sin 2 x)d sin x   sin x 
 
3 0 3

0
0
0

4


4


4

(có thể đặt t  sin x )


4

 tan x

+) C3   tan 3 xdx    tan x  tan 3 x  tan x  dx    tan x(1  tan 2 x)  tan x  dx    2  tan x  dx


cos x

0
0
0
0 

4







4
4
tan x
tan 2 x 4
1 1

dx   tan xdx   tan xd tan x  C1 
 C1   ln 2
2
cos x
2 0
2 2
0
0
0

( các em có thể xem lại cách tính C1 

2


2

1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 1 )
2


2


2

 cot x

+) D3   cot 3 xdx    cot x  cot 3 x  cot x  dx   cot x(1  cot 2 x)  cot x  dx    2  cot x  dx






  sin x
4

4


2



4

4

4


2


2


2

4

4

4

cot x
cot 2 x
1 1
dx   cot xdx    cot xd cot x  D1  
 D1   ln 2
2
sin x
2 
2 2



(các em có thể xem lại cách tính D1 

2





2
2
1
sin x
sin x
+) E3   3 dx   4 dx  
dx
2
2
 sin x
 sin x
 (1  cos x )
3

1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 1 )
2

3

Đặt t  cos x  dt   sin xdx và t :

1
0
2

3

1
2

1
2

1
2

dt
1  (1  t )  (1  t )  dt 1 2 (1  t ) 2  (1  t ) 2  2(1  t ).(1  t )
Khi đó E3  
 
 
dt
(1  t 2 ) 2 4 0 (1  t ) 2 .(1  t ) 2
40
(1  t )2 .(1  t )2
0
1
2



1
2


1  1
1
2
1  1
1
1
1 
  (1  t ) 2  (1  t )2  (1  t ).(1  t )  dt  4   (1  t )2  (1  t ) 2  1  t  1  t  dt
40


0
1

1 1
1
1 t  2 1
1
 

 ln
  4 ln 3  3
4  1 t 1 t
1 t  0
Trang 14


6


6


6

1
cos x
cos x
dx  
dx  
dx
3
4
cos x
cos x
(1  sin 2 x)2
0
0
0

+) F3  

Đặt t  sin x  dt  cos xdx và x : 0 
1
2


1
thì t : 0 
6
2

1
2

1
2

dt
1  (1  t )  (1  t )  dt 1 2 (1  t ) 2  (1  t ) 2  2(1  t ).(1  t )
Khi đó F3  
 
 
dt
(1  t 2 ) 2 4 0 (1  t ) 2 .(1  t ) 2
40
(1  t ) 2 .(1  t ) 2
0
1
2



1
2


1  1
1
2
1  1
1
1
1 
  (1  t ) 2  (1  t )2  (1  t ).(1  t )  dt  4   (1  t )2  (1  t ) 2  1  t  1  t  dt
40


0
1

1 1
1
1 t  2 1
1
 

 ln
  4 ln 3  3
4  1 t 1 t
1 t  0

4







4
4
4
1
+) G3  
dx   cot 3 xdx    cot x  cot 3 x  cot x  dx   cot x(1  cot 2 x)  cot x  dx
3


 tan x



6

6

6

6


4


4


4



6

6

6



6

4
4
cot x
cos x
d sin x
 cot x cos x 
  2 
dx   2 dx  
dx    cot xd cot x  

sin x 
  sin x
 sin x
 sin x

 sin x
6



 cot 2 x
4
1
 
 ln sin x   1  ln 2
2
2


6


3

+) H 3  

4


3


3

4


3

4

1
dx   tan 3 xdx    tan x  tan 3 x  tan x  dx    tan x(1  tan 2 x)  tan x  dx
3


cot x



4


3


3


3



4

4

4



4

3
3
tan x
sin x
d cos x
 tan x sin x 
  2 
dx  
dx  
dx   tan xd tan x  
2

cos x 
  cos x
 cos x
 cos x

 cos x
4



 tan 2 x
3
1

 ln cos x   1  ln 2
2
 2

4

*) Với k = 4 . Ta có:

2


2

2


2


2

1
1 
1  cos 4 x 
 1  cos 2 x 
2
+) A4   sin 4 xdx   
 dx   1  2cos 2 x  cos 2 x  dx   1  2 cos 2 x 
 dx
2
40
4 0
2


0
0

2



1 3
1
13
1

 2 3
    2 cos 2 x  cos 4 x  dx   x  sin 2 x  sin 4 x  
4 02
2
42
8

 0 16
Trang 15


2


2


2

2


2

1
1 
1  cos 4 x 
 1  cos 2 x 
2
+) B4   cos 4 xdx   
 dx   1  2cos 2 x  cos 2 x  dx    1  2 cos 2 x 
 dx
2
40
4 0
2


0
0




1 23
1
13
1

 2 3
    2 cos 2 x  cos 4 x  dx   x  sin 2 x  sin 4 x  
16
4 02
2
42
8

0

4


4


4


4

 tan 2 x

+) C4   tan 4 xdx    tan 2 x  tan 4 x  tan 2 x  dx    tan 2 x(1  tan 2 x)  tan 2 x  dx    2  tan 2 x  dx


cos x

0
0
0
0 

4







4
4
tan 2 x
tan 3 x 4
1 4   3  8

dx   tan 2 xdx   tan 2 xd tan x  C2 
 C2  

2
cos x
3 0
3
4
12
0
0
0

(các em có thể xem lại cách tính C2 

2


2

4

4

4 
đã tính ở trước đó với k = 2 )
4


2


2

 cot 2 x

+) D4   cot 4 xdx    cot 2 x  cot 4 x  cot 2 x  dx    cot 2 x(1  cot 2 x)  cot 2 x  dx    2  cot 2 x  dx





  sin x

4


2


2

cot 2 x
cot 3 x
dx   cot 2 xdx    cot 2 xd cot x  D2  
sin 2 x
3





4

4

4

(các em có thể xem lại cách tính D2 

2

+) E4  

3

4


2


2


4

 D2 

1 4   3  8


3
4
12

4 
đã tính ở trước đó với k = 2 )
4


2

3


2

3


2

3


1
1
1
cot x 
10 3
dx   2 . 2 dx    1  cot 2 x  .d cot x    cot x 
 
4
sin x
3 
27
 sin x sin x




6


6


4



3


6




1
1
1
tan 3 x  6 10 3
+) F4  
dx  
.
dx   1  tan 2 x  .d tan x   tan x 
 
cos 4 x
cos 2 x cos 2 x
3 0
27

0
0
0




4
4
4
1
+) G4  
dx   cot 4 xdx    cot 2 x  cot 4 x  cot 2 x  dx   cot 2 x(1  cot 2 x)  cot 2 x  dx
4


 tan x



6

6

6

6


4


4


4



6

6

6

6



4
4
 cot 2 x

cot 2 x
 1

   2  cot 2 x  dx   2 dx   cot 2 xdx    cot 2 xd cot x    2  1  dx
sin x
sin x
sin x 
 



 

6



 cot 3 x
 4 8
 
 cot x  x  
3
12


6

Trang 16


3

+) H 4  

4


3


3

4


3

4

1
dx   tan 4 xdx    tan 2 x  tan 4 x  tan 2 x  dx    tan 2 x(1  tan 2 x)  tan 2 x  dx
4


cot x




3

4


3

2


3


3

4

2


3

4

4

 tan x

tan x
 1

   2  tan 2 x  dx  
dx   tan 2 xdx   tan 2 xd tan x   
 1 dx
2
2

  cos x
 cos x


  cos x

4

4



 tan 3 x
 3 8

 tan x  x  
12
 3

4

*) Với k = 5 . Ta có:

2


2


2


2

+) A5   sin 5 xdx   sin 4 x.sin xdx   (1  cos 2 x) 2 .sin xdx    (1  2cos 2 x  cos 4 x).d cos x
0

0

0

0



2
1
8

2
   cos x  cos 3 x  cos5 x  
3
5

 0 15

2


2


2

(có thể đặt t  cos x )


2

+) B5   cos 5 xdx   cos 4 x.cos xdx   (1  sin 2 x) 2 .cos xdx   (1  2sin 2 x  sin 4 x).d sin x
0

0

0

0



2
1
8

2
  sin x  sin 3 x  sin 5 x  
3
5
15

0

4


4


4

(có thể đặt t  sin x )


4

 tan 3 x

+) C5   tan 5 xdx    tan 3 x  tan 5 x  tan 3 x  dx    tan 3 x(1  tan 2 x)  tan 3 x  dx    2  tan 3 x  dx


cos x

0
0
0
0 

4

3


4


4



tan x
tan 4 x 4
1 1 1
1
 1

dx   tan 3 xdx   tan 3 xd tan x  C3 
 C3     ln 2   ln 2 
2
cos x
4 0
4 2 2
4
 2
0
0
0

( các em có thể xem lại cách tính C3 

2


2

1 1
 ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 )
2 2


2


2

4

4

 cot 3 x

+) D5   cot 5 xdx    cot 3 x  cot 5 x  cot 3 x  dx   cot 3 x(1  cot 2 x)  cot 3 x  dx    2  cot 3 x  dx





  sin x

4

4


2


2


2



4

4

4

4

1 1 1
1
cot 3 x
cot 4 x 2
 1
  2 dx   cot 3 xdx    cot 3 xd cot x  D3  
 D3     ln 2   ln 2 
4 2 2
4
4 
 2
 sin x



( các em có thể xem lại cách tính D3 

Trang 17

1 1
 ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 )
2 2


2

+) E5  

3


2


2

3

3

1
sin x
sin x
dx   6 dx  
dx
5
2
3
sin x
 sin x
 (1  cos x )

Đặt t  cos x  dt   sin xdx và x :

1
2



1
thì t :  0

3
2
2

dt
(1  t 2 )3
0

. Khi đó E5  

3

1
1  (1  t )  (1  t ) 1 (1  t )3  (1  t )3  6(1  t ).(1  t )
Ta có:
 .
 .
(1  t 2 )3 8 (1  t )3 .(1  t )3
8
(1  t )3 .(1  t )3
2
 1 1
1 1
1
6
1
3  (1  t )  (1  t ) 
 


 

 .

8  (1  t )3 (1  t )3 (1  t )2 .(1  t )2  8  (1  t )3 (1  t )3 2 (1  t ) 2 .(1  t )2 




1 1
1
3 (1  t ) 2  (1  t ) 2  2(1  t ).(1  t ) 
 

 .

8  (1  t )3 (1  t )3 2
(1  t )2 .(1  t ) 2


1 1
1
3 1
1
2
 

 



3
3
2
2
8  (1  t ) (1  t ) 2  (1  t ) (1  t ) (1  t ).(1  t )  
1 1
1
3 1
1
1
1 
 

 




3
3
2
2
8  (1  t ) (1  t ) 2  (1  t ) (1  t ) 1  t 1  t  
1
2

Suy ra E5 

1  1
1
3 1
1
1
1 
  (1  t )3  (1  t )3  2  (1  t )2  (1  t )2  1  t  1  t dt
80


1

1 1
1
3 1
1
1  t  2 1 3
 

 

 ln
   ln 3
8  2(1  t )2 2(1  t ) 2 2  1  t 1  t
1  t   0 12 16


6

+) F5  
0


6


6

1
cos x
cos x
dx  
dx  
dx
5
6
cos x
cos x
(1  sin 2 x)3
0
0

Đặt t  sin x  dt  cos xdx và t : 0 

1
2

1
2

dt
1 3
  ln 3 (xem cách tính E5 ở ý trên)
2 3
(1  t )
12 16
0

Khi đó F5  

3







3
3
3
1
+) H 5  
dx   tan 5 xdx    tan 3 x  tan 5 x  tan 3 x  dx    tan 3 x(1  tan 2 x)  tan 3 x  dx
5


 cot x



4

4


3

4

4


3

3


3


3

4

3

4

 tan x
1 
tan x
1
  2 
dx  
dx  
dx   tan 3 xd tan x  H 3
3 
2
3
cot x 
  cos x
 cos x
 cot x

4

4


3



tan 4 x
1
 1

 H 3  2  1  ln 2   1  ln 2
4 
2
 2

4

1
( các em có thể xem lại cách tính H 3  1  ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 )
2
Trang 18

.


CHÚ Ý:
+) Sẽ có nhiều em thắc mắc là biểu thức dưới dấu tích phân  tan k xdx tương tự với
k

k

x

dx và

1

dx . Nếu đi tính nguyên hàm (tích phân bất định ) chúng có sự giống nhau
x
(tính nguyên hàm được hiểu là tính trên tập xác định của hàm). Nhưng nếu đi tính tích phân xác định thì sẽ

 cot

xdx tương tự với

1

 cot

 tan

k


4


4

1
dx thì C1  1 như cách chúng ta đã làm. Còn H1
cot x
0
0
trong tình huống này với kiến thức toán sơ cấp sẽ không tính được vì hàm số dưới dấu tích phân không xác
định với cận x  0 .

có sự khác biệt . Ví như tính C1   tan xdx và H1  

+) Để đưa ra công thức tổng quát cho các tích phân trên các em sẽ tìm hiểu rõ hơn ở mục VI trong phần
tích phân truy hồi.


2


2

dx
1) I1  
1  cos x
0


2

dx
2) I 2  
2  cos x
0


4

dx
1  sin x
0

3) I3  


4

4) I 4   sin 2 x cos 3 x cos 5 xdx
0

5) I 5   (1  2sin 2 x)  sin 6 x  cos 6 x  dx
0


3

6) I 6   sin 3
0

x
x
cos dx
2
2

Giải:


x

d
2
2
dx
dx
2  tan x 2  1
1) I1  


1  cos x  2 cos 2 x  cos 2 x
20
0
0
0
2
2
2dt


2
 dx  1  t 2
x
dx

2) I 2  
Đặt t  tan  
và x : 0  thì t : 0  1
2
2
2  cos x
2
0
cos x  1  t
2

1 t

2dt

3
1
1
du  3(1  tan 2 u )du

 dt 
1  t 2  2dt
Đặt t  3 tan u  
và t : 0 
 I2  
cos 2 u
2
 t2  3
1 t
6
0
0
t 2  3  3(1  tan 2 u )
2
2

1 t

2


6

2


6



2 3(1  tan u )du 2 3
2 3 6
3

du 
u 
2

3(1  tan u )
3 0
3 0
9
0
2 dt

 dx  1  t 2
x
CHÚ Ý: Khi đặt t  tan  
2
2
sin x  2t ; cos x  1  t

1 t 2
1 t2

Trang 19


2


2


2



dx
dx
dx
x 2
3) I3  


  cot     1
2
x 
1  sin x 0 
2 40
x
x
0
0 2sin 2 
  
 sin  cos 
2 4

2
2

1
1
1
( hoặc biến đổi
)




1  sin x

2 x
1  cos  x   2sin   
2

2 4

4


4

4) I 4   sin 2 x cos 3 x cos 5 xdx 
0


4

1
1
sin 2 x  cos8 x  cos 2 x dx    sin 2 x cos 8 x  sin 2 x cos 2 x dx
2
20
0


4



1
1 1
1
1
 4 13
   sin10 x  sin 6 x  sin 4 x dx    cos10 x  cos 6 x  cos 4 x  
40
4  10
6
4
 0 120

4

5) I 5   (1  2sin 2 x)  sin 6 x  cos 6 x  dx
0

1  2sin 2 x  cos 2 x

Ta có:  6
3 2
6
2
2
3
2
2
2
2
sin x  cos x  (sin x  cos x)  3sin x.cos x(sin x  cos x)  1  sin 2 x

4

4


4



1  3
1
1
 3


4 3
Khi đó I5   cos 2 x  1  sin 2 x  dx   1  sin 2 2 x  d sin 2 x   sin 2 x  sin 3 2 x  
2 0 4
2
4
 4


0 8
0

3


3



x
x
x
x 1
x3
1
6) I 6   sin cos dx  2  sin 3 d sin  sin 4

2
2
2
2 2
20
4
0
0
3


4


3

1) I1  

2) I 2  

cos x  sin x
dx
1  sin 2 x
0

0

3
4

sin x



3 sin x  cos x



k

dx với k  1;3


4

5) I5   cos 2 x.(sin 3 x sin 3 x  cos3 x cos 3 x)dx

4) I 4   cos3 x.cos 3 xdx

0

0

Giải:

4

dx
2  sin x  cos x



4


4



3) I 3 





4
4
cos x  sin x
d (sin x  cos x)
1
2
1) I1  
dx  

 1
2
1  sin 2 x
(sin x  cos x)
sin x  cos x 0
2
0
0

Trang 20

sin 4 x
dx
sin 4 x  cos 4 x
0

6) I 6  


3

2) I 2  
0

sin x



3 sin x  cos x



k

dx với k  1;3

Cách trình bày 1:

3

Ta có: I 2  
0

 

sin  x   
6 6



3

sin x

1
dx  
dx  k
k
k
2

0 k 
3 sin x  cos x
3
1
2 
sin x  cos x 
2
 2







3


0

3
 1



sin  x    cos  x  
2
6 2
6


dx


k
sin  x  
6



 






d sin  x  
 dx 
3 cos  x 
1 3
3dx
3 3
dx
1 3
6 
6


 k 1  



 
   2k 1  k 1    2 k 1 

2 0



k 1
0 sin k x 
0 sin
0 sin k x 


x 


 sin  x  6 
6 
6
6









 
3

d sin  x   

3
dx
1
3

1
3
6


 
+) Với k  3  I 2 
 
 
cot  x   
 2    16 0 3     16  6 

16 0

32
sin  x  
sin  x  
32sin 2  x   


6
6 
6  0




3


3



33
+) Với k  2 khi đó I 2 
8 
0




d sin  x  
13
3
1
6

 

A B
 80



8
8
sin  x  
sin 2  x  
6
6


dx

(1)






sin  x  
sin  x  
3
6
6


*) Ta có: A  

dx  
dx
   2




0 sin x 
0 sin
0 1  cos 2 x 


x 


6
6
6




3


3

dx





d cos  x  
3

1
1
1

6

 d cos  x  
 
  




 
  
 
2 0
6





0 
1  cos  x   1  cos  x   
1  cos  x    1  cos  x   


6
6
6  
6 







3



1  cos  x  
1
6

  ln

2

1  cos  x  
6



3



 ln



32

3


d sin  x  
1
6

*) Ta có: B  

1




0 sin 2 x 
sin  x  


6
60




3



(2)

0

3 ln
Thay (3); (2) vào (1) ta được: I 2 





3  2 1

8





d sin  x  
 3
33
13
1
  3
3 1
6


+) Với k  1  I 2 
 dx  4       4 x  4 ln sin  x  6    12 4 ln 2
4 0

0
0 sin x 

 
6

Trang 21

(3)


3

Cách trình bày 2: I 2  
0


3

Ta có: I 2  

sin x



3 sin x  cos x

k

dx với k  1;3


3

sin x







k

sin x

dx  

k

dx 

1
2k


3

sin x
dx


0 sin k x 


6




 3

1
2k 
sin x  cos x 
2
 2





Đặt t  x   dt  dx và x : 0  thì t : 
6
3
6
2

 


3
1
sin  t  
sin t  cos t
1 2
1 2 2
1 2  3 sin t cos t 
 6  dt 
2
Khi đó I 2  k 
dt  k 1  

 dt

2  sin k t
2k 
sin k t
2   sin k t sin k t 
0

3 sin x  cos x

0

6

6

6


2


2


2



1 
cos t 
1
d sin t  1
+) Với k  1  I 2    3 
 dt    3dt  
 4
4
sin t 
4
 sin t 
6
6
6




3t  ln sin t




2




6

3 1
 ln 2
12 4


2





2
2
 3 sin t cos t 
1
1
d cos t
d sin t 
+) Với k  2  I 2   
 2  dt    3 

2

8   sin 2 t
sin t 
8
 (1  cos t )(1  cos t )
 sin t 
6
6
6



2


3 1  cos t
1 

ln

 
 16 1  cos t 8sin t  

3 ln





3  2 1
8

6




 

2
1 2 3
cos t 
1  2 dt
d sin t  1 
3
1 2
+) Với k  3  I 2    2  3  dt   3  2  
3
  16   3 cot t  2sin 2 t    32
16   sin t sin t 
16   sin t  sin t 


6
6
6
 6

3
4

3) I 3 



4

dx

2  sin x  cos x



3
4



4

1
2

dx



2  2 cos  x  
4

3
4



4



1
2

3
4




4

dx
1



1  cos  x   2 2
4




4

dx
x 
sin 2   
2 8

x 
3
d  
 2 8    1 cot  x    4  2


x  
2
2
2 8 
sin 2   
4
2 8



4) I 4   cos3 x.cos 3 xdx

3
4

Ta có: cos 3 x.cos 3x  cos 2 x.(cos x.cos3x) 

0

1  cos 2 x cos 4 x  cos 2 x
.
2
2

1
 cos 4 x  cos 2x  cos 2 x.cos 4 x  cos2 2 x 
4
1
cos 6 x  cos 2 x 1  cos 4 x  cos 6 x  3cos 4 x  3cos 2 x  1
  cos 4 x  cos 2 x 


4
2
2
8



Trang 22





1
1  sin 6 x 3sin 4 x 3sin 2 x

 I 4   (cos 6 x  3cos 4 x  3cos 2 x  1)dx  


 x =
80
8 6
4
2
0 8

Chú ý: Bài toán trên ta có thể có cách biến đổi :
Xuất phát từ công thức nhân 3 của cos: cos 3 x  4 cos3 x  3cos x ( sau đó nhân cả 2 vế với cos 3x )
1  cos 6 x
3(cos 4 x  cos 2 x)
 cos 2 3x  4cos 3 x.cos 3x  3cos x.cos3x 
 4 cos3 x.cos 3x 
2
2
cos 6 x  3cos 4 x  3cos 2 x  1
 cos3 x.cos3x 
8

4

5) I5   cos 2 x.(sin 3 x sin 3 x  cos 3 x cos 3 x) dx
0

Ta có: sin 3 x sin 3 x  cos3 x cos 3 x = sin x(1  cos 2 x) sin 3x  cos x(1  sin 2 x) cos 3x
=  sin x sin 3x  cos x cos 3x   sin x cos x  cos x sin 3x  sin x cos 3x 
= cos 2 x  sin x cos x.sin 4 x
 cos 2 x  2 sin x cos x.sin 2 x cos 2 x  cos 2 x  sin 2 2 x cos 2 x

 cos 2 x  sin 2 2 x cos 2 x  cos 2 x(1  sin 2 2 x)  cos3 2 x

4


4


4

2


4

1
 1  cos 4 x 
2
Khi đó: I5   cos 2 x.cos3 2 xdx   cos 4 2 xdx   
 dx   1  2 cos 4 x  cos 4 x  dx
2
40

0
0
0






1 4
1  cos 8 x 
1 43
1
13
1
1

 4 3
  1  2 cos 4 x 
dx     2cos 4 x  cos 8 x  dx   x  sin 4 x  sin 8 x  

4 0
2
4 02
2
42
2
16


 0 32
2
2
2
 4
 1  cos 2 x  1  cos 2 x  2 cos 2 x 2  sin 2 x  2cos 2 x
sin x  




2
4
4


Ta có: 
2
1 2
2  sin 2 x
 4
4
sin x  cos x  1  2 sin 2 x 

2


4

sin 4 x
dx
sin 4 x  cos 4 x
0

6) I 6  


4

Khi đó: I 6 

4

Tính I  
0

1


4


4

1 2  sin 2 x  2 cos 2 x
1 
2 cos 2 x 
1
cos 2 x

dx   1 
dx   I
 dx  x  
2
2
2

20
2  sin 2 x
2 0  2  sin 2 x 
2 0 0 2  sin 2 x
8

cos 2 x
dx
2  sin 2 2 x



Đặt t  sin 2 x  dt  2 cos 2 xdx  cos 2 xdx 

  2  t  dt  1 

 2  t  2  t  4 2  

1
ln  2  1
 
8 2 2
1

1
dt
1
I 

2
2 0 2t
4 2
0
Vậy I 6


4

2

2 t 

1

0

dt
và t : 0  1 , suy ra:
2
1

1
1 
1

ln
 dt 
2 t
2 t 
4 2

2 t
2 t


0

1
2 2

ln



Chú ý: Bài toán trên ta có thể có cách biến đổi :
2
2
2
2
sin 4 x
sin 4 x  cos 4 x  sin 4 x  cos 4 x 1  sin x  cos x  sin x  cos x  1
cos 2 x

 
 
4
4
4
4
sin x  cos x
2
2 2  sin 2 2 x
 1

2  sin x  cos x 
2 1  sin 2 2 x 
 2


Trang 23



2 1


2

1) I1  

3) I 3  
0

2) I 2  

0

0

3

dx
1  sin x  cos x
0


2


4

sin x  7 cos x  6
dx
4sin x  3cos x  5

4) I 4 

sin 2 x

 (2  sin x)



2

2sin x  11cos x
dx
3sin x  4cos x

dx



sin x.sin  x  
6
6


5) I5  

dx


2

Giải:


 dt 


2

1  tan 2

dx

x
2
2 dx  1  t dx  dx  2 dt
2
1 t2


x
dx
x
2
2cos 2
1) I1  
2
1  sin x  cos x
2
0

2t
1 t 2

sin x 
; cos x 

1 t 2
1 t2

1

và x : 0  thì t : 0  1 , khi đó I1  
2
0


4

2) I 2  
0

2sin x  11cos x
dx
3sin x  4cos x

1

1
2 dt
dt

 ln t  1 0  ln 2
2

t 1
2
1 
1  t 2  1  1 tt 2  1  tt 2  0



Ta phân tích: 2 sin x  cos x  A(3sin x  4 cos x)  B (3 cos x  4 sin x)

 2sin x  11cos x  (3 A  4 B) sin x  (4 A  3B) cos x
3 A  4 B  2
A  2
Đồng nhất hệ số ta được: 

4 A  3B  11  B  1

4

Khi đó : I 2  
0


4


4

2(3sin x  4cos x)  (3cos x  4sin x)
d (3sin x  4 cos x)
dx  2  dx  
3sin x  4 cos x
3sin x  4 cos x
0
0


  2 x  ln 3sin x  4 cos x  4 
0


2

3) I3  
0

sin x  7 cos x  6
dx


7 2
ln
2
8

Phân tích: sin x  7 cos x  6  A(4 sin x  3cos x  5)  B (4 cos x  3sin x)  C
 sin x  7 cos x  6  (4 A  3B ) sin x  (3 A  4 B ) cos x  5 A  C

 4 A  3B  1

Đồng nhất hệ số ta được: 3 A  4 B  7  A  B  C  1
5 A  C  6


2

Khi đó : I3  
0


2


2

4cos x  3sin x
1
dx  
dx  
dx
0
0

2

  dx  
0


2

0


d (4sin x  3cos x  5)

9
 I   x  ln 4sin x  3cos x  5  2  I   ln  I
0
2
8

Trang 24

(*)

2 dt

dx 
1
x 
1 t2
Tính I  
dx
2 
2t
1 t2
0
sin x 
; cos x 

1 t 2
1 t2

2dt
1
1
1
1

dt
dt
1
1
1 t2
và x : 0  thì t : 0  1 . Suy ra I  
 2



2
2
2
2t
1 t
t  4t  4 0 (t  2)
t 2 0 6
0
4.
 3.
5 0
2
2
1 t
1 t

9 1
Thay (2*) vào (*) ta được: I3   ln 
2
8 6

2

0

4) I 4 

sin 2 x

 (2  sin x)

2

(2*)

dx



2

Cách 1: (Phân tích, kết hợp kĩ thuật vi phân)
0

I4 





2

sin 2 x
dx 
(2  sin x) 2

0





2

0

2



2

0

0

2 cos x(2  sin x)  4 cos x
cos x
cos x
dx  2 
dx  4 
dx
2
2
(2  sin x)
 2  sin x
 (2  sin x )




2

2

0

0

d (2  sin x)
d (2  sin x) 
4

4
  2ln 2  sin x 
  2 ln 2  2
2
2  sin x
(2  sin x)
2  sin x   



2

2

Cách 2: (Đổi biến)
Đặt t  2  sin x  dt  cos xdx và x : 
0

Khi đó I 4 





2


 0 thì t :1  2
2

2

2

2

2sin x
2(t  2)
4
2 4 

cos xdx  
dt     2  dt   2 ln t    2 ln 2  2
2
2
(2  sin x)
t
t t 
t 1

1
1


3


3

5) I5  

Cách 1: I5  

dx



6
6



6


3

 2

6

dx
 3

1
sin x. 
sin x  cos x 
2
 2


3

dx
2

sin x.




3

3  cot x



 2 

6

d







6

2dx
sin x.

3  cot x
3  cot x





3 sin x  cos x

  2 ln

3  cot x









sin  x   x 
 cos x  cos  x   sin x
3 sin  x 
6
6
6

 dx  2


Cách 2: I5 
.
dx

 





sin
6
6 6
6
6


1


3


 

 



 3 d sin x 6 d sin  x  6  
 cos x cos  x  6  
sin x

  dx  2 


 2 

 sin x        2ln   



  sin x

sin  x   
sin  x   
sin  x  
6

6 
6
6
6 
6







3

Trang 25


3

 2 ln

6

3
2


3

6


 2 ln

3
2


CHÚ Ý :


Khi gặp tích phân I 

f ( x)

 g ( x) dx mà

h( x), g ( x) là các hàm bậc nhất theo sin x và cos x thì ta có thể dùng phương



pháp đồng nhất hệ số:
*)

h ( x) a sin x  b cos x
c sin x  d cos x
c cos x  d sin x
. Khi đó:

A
B
g ( x) c sin x  d cos x
c sin x  d cos x
c sin x  d cos x









c cos x  d sin x
d (c sin x  d cos x)
I  A dx  B 
dx A dx  B 
  A.x  B ln c sin x  d cos x   ?

c sin x  d cos x

 c sin x  d cos x


h ( x) a sin x  b cos x  e
c sin x  d cos x  h
c cos x  d sin x
1
*)
.Khi đó:

A
B
C
g ( x) c sin x  d cos x  h


dx
bằng hai cách:
 c sin x  d cos x  h



I   Ax  B ln c sin x  d cos x  h   C.I 3 và ta tính I3  


C1: Dùng công thức biến đổi lượng giác để chuyển về các công thức lượng giác trong bảng nguyên hàm .
C2: Đặt t  tan

x
2dt
2t
1 t2
 dx 
và sinx 
; cos x 
2
1 t 2
1 t2
1 t2

Bài luyện

2

dx
1) I1   6
 sin x
4

6

4) I 4 

dx
3 cos x  sin x


0

2

6) I 6 


4

28
( Đs: )
15

2) I 2 





4

dx
56
( Đs: )
6
cos x
15


4

3) I 3 

0

3

dx
4 3
8) I 8   2
( Đs:
)
2
3
 sin x cos x

( Đs:

xdx ( Đs:

13 
 )
15 4


2

1 (2  3)
( Đs: ln
)
4
3
2

6

0

2

  sin 2 x cos 3x  2sin x  dx

 tan

5) I 5   sin x sin 2 x sin 3xdx ( Đs:
0

2

 2
 )
2 5

2

sin 3 xdx
9) I 9  
1  cos x
0

1
)
6

7) I 7   cos 2 x.cos 4 xdx ( Đs: 0 )
0

1
( Đs: )
2


2

10) I10 

sin xdx

 1  sin x
0

( Đs:


1 )
2

6


4

11) I11 

 sin

6

2

13) I13 

2

dx
( Đs: 2 4 3  2 )
x cot x

4sin x  3cos x  1

 4sin x  3cos x  5 dx
0


4

( Đs:

12) I12 

0


3

1
9
 ln )
6
8

14) I14 


0

Trang 26

sin x  cos x

 sin x  cos x  3 dx

( Đs:  ln

3 2
)
4

dx
4 3
( Đs:
ln 2 )



3
cos x.cos   x 
3



IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG


DẠNG 1: I1  





f g ( x), n g ( x) .g '( x)dx

(*)



CÁCH GIẢI CHUNG

4

1

1) I1   x 2  x dx (B – 2013)
0

2

4) I 4 

x  x 1  1
 x3 1  x  1 dx
1
4

7) I 7 

2 3

4



5) I 5 



7

2

x dx
3

0


5

3

 1

8) I8 

x4  1

4

2x 1
2) I 2  
dx
0 1  2x  1

2


1

dx
3

x2  4 x

3) I 3 


0

4x 1
dx (D – 2011)
2x 1  2
0

dx
x x2  4

(A – 2003)

6 ) I6 


31


1

9) I9  
1
2

x
dx
x 1
3

5

2

2

10) I10  
1

xdx
1 2x
xdx

x  x2  1

Giải:
1

1) I1   x 2  x 2 dx (B – 2013)
0

Đặt t  2  x 2  t 2  2  x 2  2tdt  2 xdx  xdx  tdt và x : 0  1 thì t : 2  1
1

2

2

t3
2 2 1
Khi đó I1    t.tdt   t dt 

31
3
1
2
2

4

2) I 2 

1
0

2x 1
dx
2x  1

Đặt t  2 x  1  t 2  2 x  1  tdt  dx và x : 0  4 thì t :1  3
3

3
3
 t2
3
t
t2
1 

.tdt  
dt    t  1 
dt    t  ln(t  1)   2  ln 2

1 t
t 1
t 1 
2
1
1
1
1

 I2  

Trang 27

4

3) I 3 

tdt  dx
Đặt t  2 x  1  t 2  2 x  1  
và x : 0  4 thì t :1  3
2
2 x  t  1

4x 1
dx (D – 2011)
2x 1  2


0

3

3
3
 2t 3
 3 40
2(t 2  1)  1
2t 3  3t
10 
5

.tdt 
dt    2t 2  4t  5 
dt  
 2t 2  5t  10 ln(t  2)  
 10 ln

t2
t 2
t2
1
3
 3
1 3
1

 I3  
1

2 
x4  x 1  1
x4
x 1 1
dx    3

3
 x 1  x  1 x3 1  x  1
x 1 x 1
1


2

4) I 4  



1



2





dx
1 2 3
 2 
3
x
2x 1 8

+) Tính B  
1






2
2
x
dx
 dx 
dx   3  A  B (*)
 1 x 1 1 x

1


(1)

2

x
dx
x 1
1 1

+) Tính A  

dx  2tdt
Đặt t  x  1  t 2  x  1  
và x :1  2 thì t : 0  1
2
x  t  1
1

1 3
1
 t3 t 2
 1 11
(t 2  1).2tdt
t t
2 

 2
dt  2   t 2  t  2 
dt  2    2t  2 ln(t  1)    4ln 2 (2)

1 t
t 1
t 1
3 2
0 3
0
0
0

 A

Thay (1); (2) vào (*) ta được: I 4 
2 3

5) I 5 


5

dx
x x2  4

97
 4 ln 2
24

(A – 2003)

tdt  xdx
Đặt t  x 2  4  t 2  x 2  4   2 2
và x : 5  2 3 thì t : 3  4
x  t  4
2 3

Khi đó I 5 


5

2 3

dx
x x2  4




5

xdx
x2 x2  4

4

4

4

tdt
dt
1 [(t  2)  (t  2)]dt
 2
 
2
(t  4).t 3 t  4 4 3 (t  2)(t  2)
3



4



0

6) I 6 


31



5

xdx
1 2x

2

1  1
1 
1 t 2  4 1 5
  t  2  t  2  dt  4 ln  t  2  3  4 ln 3
4 3




2 4
 4
5t dt  2dx  dx   5 t dt
Đặt t  5 1  2 x  t 5  1  2 x  
và cận t : 2  1
5
x  1 t


2

1 t5  2 4 
.   t dt 
1
2
4
9
2  5
  1 (t 3  t 8 )dt   t  t  2   1909
 I6  


t
5
36
4 91
2
1
4

7) I 7 

7

 1

x 3dx
3

0

2

 I7 

3
Đặt t  3 x 4  1  t 3  x 4  1  3t 2 dt  4 x 3dx  x 3dx  t 2 dt và cận t :1  2
4

x4  1
2

3 t 2 dt 3 
1 
 1  t  4   t  1  t  1  dt 
41

1

2 3 3 3
3  t2
  t  ln(t  1)    ln
4 2
1 8 4 2
Trang 28

2

8) I8 



3

6

2


1

6

6

2

x 4 x

1

 I 21 

dx  6t 5 dt

Đặt t  x  x  t  
3 2
4
; x  t3
 x t


dx
6

và cận t :1  6 2

6

2 2
2
2
 t2
62
6t 5dt
t dt
1 
6 1

6
6   t  1 
dt  6   t  ln(t  1) 
 3 3 2  6 6 2  3  6 ln

4
3
t t
t 1 1 
t 1
2
2
 1
1

Nhận xét:
Trong bài toán trên đồng thời xuất hiện căn bậc 2 và căn bậc 3 nên chúng ta đã tìm cách đổi biến để đồng
thời mất cả hai căn. Khi đó chúng ta sẽ nghĩ tới việc đặt t  6 x hay x  t 6 ( ở đây 6  BCNN (2;3) ) .
b

Như vậy khi gặp I   f ( m g ( x ), n g ( x )) dx thì ta đặt t  k g ( x) với k là BCNN của m và n.
a

1

1

x
dx  
3
x 1
1

9) I9  
1
2

và x :

2
I9  
3

1

x 1  3 
 x 
3

2

Đặt t  1 

1

x


3

tdt

2

1
(t 2  1)2 . 2 .t 3
t 1

2

10) I10  
1

1
2

1

1
1
x 1 3
x

dx  
1
2

x2
1
x 1 3
x

dx

3

1
1
1
2t
2
t
 t 2  1  3  x3  2
 3 x 2 dx  2
dt  x 2 dx   . 2
dt
x3
x
t 1
(t  1)2
3 (t  1) 2

1
 1 thì t : 3  2
2
2

dx  

. Khi đó :
3

dt
2
 t2 1  3
2

3

dt
1
 (t  1)(t  1)  3
2

3

1 
1 t 1
 1
  t  1  t  1  dt  3 ln t  1

2

3

2

1
 ln
3

xdx
x  x2  1

Nhận xét: Nếu đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx nhưng ta không chuyển được x theo t
Khi đó ta nghĩ tới việc nhân liên hợp. Cụ thể ta có lời giải:
2

I10  
1



x  x 2 1


1





x x  x 2  1 dx

2

xdx

x 

1 32
7
x I  I
3 1
3



x 2 1 x  x 2 1

2







1

(1)

2

Tính I   x x 2  1dx
1

Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx và x :1  2 thì t : 0  3
3

3

 t.tdt 

2
 t dt 

0

I

0

Từ (1) và (2)  I10 

2

2

  x x  x 2  1 dx   x 2 dx   x x 2  1dx

t3 3
 3 (2) .
3 0

7
 3
3
Trang 29

1

1





2 1
2

2



2

sin 2 x

1) I1  


(A – 2006)

dx

cos 2 x  4sin 2 x

0

3) I3 


2

2) I 2 

sin 2 x  sinx
dx (A – 2005)
1  3cos x
0




2





4) I 4 

sin x  1  cos x sin xdx

0

2



6

1  cos 3 x sin x cos5 xdx

0

Giải:

2

sin 2 x

1) I1  

dx

cos 2 x  4sin 2 x

0

2
Đặt t  cos 2 x  4sin 2 x  1  3sin 2 x  t 2  1  3sin 2 x  2tdt  6sin x cos xdx  sin 2 xdx  tdt
3
2
2
2 tdt 2
2 2 2
và cận t :1  2  I1  
  dt  t 
31 t
31
3 1 3

2

2) I 2 

sin 2 x  sinx
dx (A – 2005)
1  3cos x
0



2

2tdt  3sin xdx  sin xdx   tdt

3
Đặt t  1  3cos x  t 2  1  3cos x  
và t : 2  1
2
cos x  t  1

3


2

1

(2 cos x  1)sin x
dx  
1  3cos x
0
2

 I2  


3) I 3 

2.

t 2 1
1
2
2
2  2t 3  2 34
 2
3
.    tdt   (2t 2  1) dt  
t 
t
91
9 3
 3
 1 27


2





sin x  1  cos x sin xdx 



2
2

2



+) Tính A 



2
2

2

 sin xdx 



0

0



+) Tính B 



0

0

 sin xdx 

0

1  cos x sin xdx  A  B

1  cos 2 x
 x sin 2 x   2 
dx   


2
4  0
4
2

(*)

(1)

2



Đặt t  1  cos x  t 2  1  cos x  2tdt   sin xdx và cận t : 2  1

1  cos x sin xdx

0

2

2

 B  2  t.tdt  2  t 2 dt 
1

1

2t 3 2 4 2  2

3 1
3


(Các em có thể trình bày : I3 



2
2

2

 sin xdx 



0

0

(2)

.Thay (1), (2) vào (*) ta được: I3 


2

1  cos 2 x
1  cos x sin xdx  
dx 
2
0

 4 22
 x sin 2 x 2

 

(1  cos x)3  2  
)
4
3
4
3
2
 0
Trang 30



 4 2 2

4
3

2


0

1  cos xd (1  cos x)



4) I 4 

2
6



1  cos 3 x sin x cos5 xdx

0

6t 5 dt  3cos2 x sin xdx  sin x cos2 xdx  2t 5dt

Đặt t  6 1  cos3 x  t 6  1  cos3 x   3
và cận t : 0  1
6
cos x  1  t



 I4 

2
6


0

1
1
 t 7 t13  1 6
1  cos3 x cos3 x sin x cos 2 xdx   t (1  t 6 ).2t 5 dt 2  (t 6  t 12 ) dt     
 7 13  0 91
0
0

e

1) I1  
1

e 3 1

3) I3 

e3

1  3ln x ln x
dx
x


e 1

(B – 2004)

2) I 2 


1

1  ln 2 ( x  1)
dx
( x  1).ln( x  1)

e

4) I 4  
1

3  2ln x
dx
x 1  2 ln x

x  x  ln(ex)  ln x



x 1  x  ln x



dx

Giải:
e

3dx
dx 2

2tdt 

 tdt

x
x 3
2
Đặt t  1  3ln x  t  1  3ln x  
và cận: t :1  2
t 2 1
ln x 

3


1  3ln x ln x
dx
x

1) I1  
1

2

 I1   t .
1

e3

2) I 2 


1

3  2 ln x
dx
x 1  2ln x

2
t 2 1 2
2
2  t 5 t 3  2 116
. tdt   (t 4  t 2 )dt     
3 3
91
9  5 3  1 135

dx

tdt 
Đặt t  1  2 ln x  t 2  1  2 ln x  
và cận t :1  2
x
2
 2ln x  t  1

2

2

3  (t 2  1)
t3  2 5
 I2  
.tdt   (4  t 2 )dt   4t   
t
31 3

1
1

e 3 1

3) I3 



e 1

1  ln 2 ( x  1)
dx
( x  1).ln( x  1)

Đặt t  1  ln 2 ( x  1)  t 2  1  ln 2 ( x  1)  tdt 
e 3 1

Khi đó I3 
2


e 1

1  ln 2 ( x  1) ln( x  1)
.
dx 
ln 2 ( x  1)
x 1

 1 (t  1)  (t  1) 
  1  .
dt 
2 (t  1)(t  1) 

2

ln( x  1)
dx và x : e  1  e
x 1

2

t
 t 2  1 .tdt 
2

2

2

t2
 t 2  1 dt 
2

2



 1  t


2

2

 1  1
1 
 1 t 1 


 1  2 .  t  1  t  1  dt   t  2 ln t  1 


2
Trang 31

3

2

2

 1 thì t : 2  2

1 
 dt
1 

1
 2  2  ln
2





2 1
3

2

x  x  ln(ex)  ln x

e

4) I 4  



x 1  x  ln x

1



dx

x 1
 1
Đặt t  x  ln x  t 2  x  ln x  2tdt  1   dx 
dx và x :1  e thì t :1  e  1
x
 x
e

x( x  1  ln x)  ln x






x 1  x  ln x

1

e 1

2


1

e

x  ln x x  1
.
dx 
x  ln x x
1 1

dx  

 t3 t 2

1 
 2
t  t 1
dt  2    t  ln 1  t 


1 t 

3 2
1

e 1


1

t2
.2tdt  2
1 t

e 1



e 1


1

t3
dt
1 t

2(e  2) e  1 3e  2
1 e 1

 2 ln
3
3
2

ln 5

1) I1 

ln 3

e2 x dx



2) I 2 

ex 1

ln 2

 (e
0

1

e x dx
x

 1) e x  1

3) I 3  
0

1

(1  x )e x
2  1  xe x

( x  e 2 x ) x 2  e2 x
dx
4 x 2  4e 2 x  1
0

4) I 4  

dx

Giải:
ln 5

1) I1 



2tdt  e x dx

Đặt t  e x  1  t 2  e x  1   x 2
và x : ln 2  ln 5 thì t :1  2
e  t  1


e 2 x dx
ex  1

ln 2

ln 5

 I1 



e x .e x dx

ln 2

ln 3

2) I 2 

 (e

ex  1

2

2
 t 3  2 20
(t 2  1).2tdt
 2  (t 2  1) dt  2   t  
t
3 1 3
1
1



e x dx
x

0

Đặt t  e x  1  t 2  e x  1  2tdt  e x dx và x : 0  ln 3 thì t : 2  2

x

 1) e  1
2

 I2 

2

2tdt
dt
2
2 t 2 .t  2 2 t 2   t

2



2 1

2

1

( x  e 2 x ) x 2  e2 x
dx
4 x 2  4e 2 x  1
0

Đặt t  x 2  e2 x  t 2  x 2  e 2 x  tdt  ( x  e 2 x )dx và t :1  1  e2

4) I 4  

1 e2

Khi đó I 4 


1

1

4

t.tdt
1

2
4t  1 4

1 e 2


1

1 e 2


1

4t 2  1  1
1
dt 
2
4t  1
4

Ví dụ 5. Tính tích phân :

1) I1  
0

1) I1  
0


1



1
1  (2t  1)(2t  1)  dt



 1 1
1 
1  1 2t  1 
1  2  2t  1  2t  1   dt  4  t  4 ln 2t  1 




1
1

1

1 e2



1  e2 1 1 6 1  e2  3
 ln
4
16 2 1  e2  1

6

dx
3 3

1 e2

(1  x ) 1  x

3

dx
3 3

(1  x ) 1  x3

Phân tích: Nếu đặt: t  3 1  x 3  t 3  1  x 3  t 2 dt  x 2 dx
Trang 32

cos x
dx
0 cos 2 x cos 2 x

2) I 2  

1

Vậy để chỉnh được vi phân ta phải biến đổi I  
0

1

dx
(1  x3 ) 3 1  x3


0

x 2 dx
x 2 (1  x3 ) 3 1  x3

nhưng x2 dưới mẫu số không rút được theo t và giá như không có x2 dưới mẫu số song vẫn có x 2 dx để ta
1
chỉnh vi phân. Từ đây ta nghĩ tới việc đặt x  nhưng do cận x  0 ta không tìm được cận t tương ứng
t
nên ta “khắc phục” bằng cách tính nguyên hàm rồi sau đó mới thế cận.
1
dt
dt
dx
Giải: Tính nguyên hàm: I  
Đặt x   dx   2  I   
3 3
3
t
t
1
 1
(1  x ) (1  x )
t 2 1  3  3 1  3
t
 t 
hay I   

t 2 dt

t

3

 1 t  1
3

3

Đặt: u  3 t 3  1  u 3  t 3  1  u 2 du  t 2 dt

u 2 du
du 1
1
x
 I   3   2   C 
C 
C
3 3
3
u .u
u
u
t 1
1  x3
2

(có thể dùng kĩ thuật vi phân để tính : I   

t dt

t

3



 1 t  1
3

3



CHÚ Ý : Dạng tổng quát của bài toán trên I  


 I1 

1

x
3

1  x3

1
0

4
3

1 3
1
3
 (t  1) d (t  1)  3 t 3  1  C )
3


dx
n n

(a  bx ) a  bx

và ta giải bằng cách đặt x 

n

1
t


6

cos x
dx
0 cos 2 x cos 2 x

2) I 2  

Phân tích: Tương tự như ý 1) nếu bài toán này ta đặt t  cos 2 x thì sẽ không ổn.
Nên trước tiên ta sẽ biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân. Cụ thể ta có lời giải như sau:

6

Giải: +) Ta có: I 2  
0


6

cos x
cos 2 x cos 2 x

dx  
0

cos x
(1  2sin 2 x) 1  2sin 2 x

dx

1
2

+) Đặt t  sin x  dt  cos xdx và t : 0 
+) Ta sẽ đi tính nguyên hàm I  
Đặt t 

dt
1
 I2  
(*)
2
2
2
0 (1  2t ) 1  2t
dt

2

(1  2t ) 1  2t 2

1
du
 dt   2  I   
u
u



du
2
2

u 2 1  2  1  2
u 
u


0

udu
(u 2  2) u 2  2

3

1
1
(u 2  2) 2 d (u 2  2) 
C 

2
u2  2

1
2

 I2  

 

dt
2

(1  2t ) 1  2t

2



Trang 33

1
2

t
1  2t



2
0

2
2



1
d (u 2  2)
2  (u 2  2) u 2  2

1
t
C 
C
1
1  2t 2
2
t2



dx

CHÚ Ý : +) Dạng tổng quát của (*) là I  

n n

và ta giải bằng cách đặt x 

n

(a  bx ) a  bx
+) Dạng tích phân trên các em sẽ được tìm hiểu kĩ hơn ở Dạng 9.


1
.
t

Ví dụ 6. Tính tích phân :
4

3

x 2 dx

1) I1  

2) I 2 

1 x x

0

1

 1 x 
1

1 x

1

3) I 3  

dx

4) I 4  

dx
x  x 1
0 1

2

0

dx
2

x  4x  3

Giải:
4

x 2 dx

1) I1  

Đặt t  1  x x  t 2  1  x x

1 x x

0

4
 x x  t 2  1  x3  (t 2  1)2  3 x 2 dx  4t (t 2  1)dt  x 2 dx  t (t 2  1)dt
3
3

3

4 t (t 2  1)dt 4 2
và x : 0  4 thì t :1  3 , khi đó: I1  
  (t  1)dt 
31
t
31
3

2) I 2 

3

4  t3 
80
 t  
3 3 1
9

dx

 1 x 

1  x2
Cách 1: (Nhân liên hợp)
1

3

I2 

dx

 1 x 
1

1  x2

3




1

3
3
1  x  1  x2
1  x  1  x2
1 1
1  x2
dx  
dx  
1
(1  x)2  (1  x 2 )
2x
2 1x
x
1

3

1
1
  ln x  x  
2
2
1
3

Tính I 


1

1  x2
dx
x
3

Khi đó I 


1

3





dx

1  x2
ln 3
3 1 1
dx 

 I
x
4
2
2


1

Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  tdt  xdx và x :1  3 thì t : 2  2

1  x2
xdx 
x2

2

t
2 t 2  1 .tdt 

2

t 2 1  1
2 t 2  1 dt 

2



 1  t

2

2

1 
 dt
1 

2

 1 1
1 
 1 t 1 
  1  

  dt   t  ln

2  t 1 t  1 
 2 t 1 
2

2

2

1
 2  2  ln( 2  1)  ln 3 (2*)
2

Thay (2*) vào (*) ta được: I 2 

3  2  3  ln(3 2  3)
2

Cách 2:
Đặt t  x  1  x 2  t  x  1  x 2  t 2  2tx  x 2  1  x 2  x 
và x :1  3 thì t :1  2  2  3 , khi đó:
Trang 34

t 2 1
t2 1
 dx  2 dt
2t
2t

(*)

2 3

I2 

2 3
2 3 2
2 3
 1
1 t2 1
1
t2 1
1
t  (t  1)  t
1
1
1 
. 2 dt   2
dt  
dt   
 2
 dt
2
 t  1 2t
2 1 2 t (t  1)
2 1 2 t (t  1)
2 1 2  t  1 t t (t  1) 
1 2
2 3

2 3

1
 1
1  1 1 
1
1 1
 2

 2  t  1  t 2   t  t  1  dt  2 1 2  t  1  t 2  t  dt


2 1 


2 3

1
1

  2 ln t  1   ln t 
2
t
 1

3  2  3  ln(3 2  3)
2


2

CHÚ Ý: Các em có thể sử dụng kĩ thuật đồng nhất hệ số để biến đổi :

t 2 1
A B C
( A  C )t 2  ( A  B)t  B
  2

, đồng nhất hệ số :
t 2 (t  1) t t t  1
t 2 (t  1)
Khi đó ta được:

A  C 1
 A  1


 A  B  0  B  1
B  1
C  2



t 2 1
1 1
2
  2 
2
t (t  1)
t t t 1

1

dx
x  x 1
0 1

3) I 3  

Đặt t  x  x  1  t 2  2 x  1  2 x( x  1)  2 x( x  1)  t 2  (2 x  1)
 t2 1 
 4 x 2  4 x  t 4  2(2 x  1)t 2  4 x 2  4 x  1  4t 2 x  t 4  2t 2  1  x  

 2t 

Suy ra dx  2.

t2 1 t2  1
(t 2  1)(t 2  1)
. 2 dt 
dt và x : 0  1 thì t :1  1  2
2t 2t
2t 3

1 2

Khi đó I3 


1



2

1
2

1 (t 2  1)(t 2  1)
1
.
dt 
3
t 1
2t
2

1 2


1

1 2


1

(t  1)(t 2  1)
1
dt 
3
t
2

1 2 3


1

t  t 2  t 1
dt
t3

1 2

1
1 1 
 1 1 1
1   2  3  dt   t  ln t   2 
2
t 2t 
 t t t 
1



3  2  ln( 2  1)
2

CHÚ Ý:
Nếu ta biến đổi

1
1 x  x 1
1 x  x 1



2
1  x  x  1 (1  x )  ( x  1)
2 x

1 1
x 1 
1

 và áp dụng
2 x
x 

1

dx
thì phép biến đổi trên không chính xác do không xác định tại cận tại x  0 .
x  x 1
0 1

để giải I 3  
1

4) I 4  
0

dx
2

x  4x  3

1


0

dx
( x  1)( x  3)

Đặt t  x  1  x  3

1 
x 1  x  3
dx
dx
2dt
 1
 dt  

dx  t.


 dx 
t
2 ( x  1)( x  3)
2 ( x  1)( x  3)
( x  1)( x  3)
 2 x 1 2 x  3 
2 2

và x : 0  1 thì t :1  3  2  2

. Khi đó: I 4  2


1 3

Trang 35

dt
 2ln t
t

2 2
1 3

 2 ln

2 2
1 3


Bài luyện
2
5

1) I1   x 2  5 xdx ( Đs:
1
5

1

4) I 4 

2) I 2   x 3 1  x 2 dx ( Đs:
0


0

dx
x  2 x 1


5

5) I 5 

0

10) I10 

x



2

x 1

0
1

13) I13 

11) I11 

dx ( Đs: 1)

2

x3



4 x

0

2

dx ( Đs:

14) I14 

 1
1 
x

  1  3x 4  x 2  dx ( Đs:
0

1
7
x
42 2
17) I17  
)
dx ( Đs:
4
9
1 x
0



dx
x x

3

1
1

21) I 21 

1
2



1


0

x
1


0

e

30) I 30 

ln x
dx
1  ln x

2

0

18) I18 

( Đs:

dx

x 2  ln x  x ln(ex)



2  x  ln x



x
1

dx

dx



1


2

0

26) I 26 
28) I 28 



( Đs: 
( Đs:



1  ln 2 x .ln x
6 2 3
dx ( Đs:
)
x
8
2

1  ln x

95
 54 ln 2 )
3

7  (3  2e) 3  e
2
 2 ln
)
3
3  e 1
Trang 36

84 2
)
3

sin 2 x  s inx
28 2 3
dx ( Đs:
 ln )
27 3 2
1  3cos x

ln xdx

 x 1  ln x 
1

2 22
)
3

 1
1

76
)
15

( Đs:

1 1 x

11
 2 ln 2 )
6

2
2 1
)
ln
3
2

dx ( Đs:

dx

xdx
12
dx (Đs: )
5
2x  2

3 3 3
( Đs:  ln )
4 2 2

x  x 1

0

e

1
2

( Đs:

3

2

0

2 22 5
ln
) 24) I 24 
2
17  1

dx

x 1

1 x

3

dx ( Đs:

2

x

20) I 20  
22) I 22 

2

x
3

1

3  2x  x 1

 x 1
1

3

8 x3  6 x 2  5 x  1

(Đs:

1 x

 1
2

ln(2  3) )

2

1

29) I 29 

16) I16 

e 3

1

( Đs:

ex  3

e3

27) I 27 

5  6x  2x2

1
2

ln 6

25) I 25 

46
)
27

2
( Đs: 11  6 ln )
3

dx

 (3  2 x)

1




7

xdx
17  9 3
( Đs:
)
9
3x  1  2 x  1


0

23) I 23 

3

3 1
( Đs: ln  )
2 12

3

12) I12 

2 x  x3

0

15) I15 

19) I19 

1

1

16
3 3 )
3

1

64



1 x
1 3
dx ( Đs:1  ln )
x
2 2

3

52
)
9

4  x2
dx ( Đs:  3  2 ln(2  3) )
x

2



x3  1dx ( Đs:

4x 1

2

2 2

2

dx

 2x 1

9) I 9 

x
0

6

7) I 7 

( Đs:1  2 ln 2 )

11
x
 1  x  1 dx (A – 2004) ( Đs: 3  4 ln 2 )
1
3

3) I3 

x 1
11
)
dx ( Đs:
6
4x 1



2

8) I 8 

2

2
)
15
2

x
42 2
)
dx (CĐ – 2012) ( Đs:
3
x 1

10

6) I 6 

1

3
)
50



( Đs:

3  2  ln( 2  1)
)
4



DẠNG 2: I 2  





f x 2n , ax 2 bx  c dx



(2*)

CÁCH GIẢI CHUNG

CHÚ Ý:


*) Với tích phân có dạng












dx
x2  k




dx
x2  k

thì ta có thể không dùng tới phương pháp trên. Cụ thể ta biến đổi:

( x  x 2  k )dx
( x  x2  k ) x2  k






d ( x  x2  k )
( x  x2  k )

 ln( x  x 2  k )


 ...


Hoặc một cách trình bày khác: Đặt t  ( x  x 2  k ) (phương pháp đổi biến)


*) Với tích phân I   f ( ax 2  bx  c )dx mà

ax 2  bx  c =

u  u 2 thì đặt u  sin 2 t ( hoặc u  cos 2 t )





*) Với tích phân I 

 mx 
 dx thì đặt x  m cos 2t .
m x 

f




2

2

1) I1   x 2 4  x 2 dx

Ví dụ . Tính các tích phân sau:

1

0

2

3) I 3  
0

e

7) I 7 

x
1

2

dx
x2  2 x  4

4) I 4 


2

1
2

dx
2

1  3ln x

8) I 8 


1
4

2
2

dx

5) I 5 

x2  1



1 x2

0
2

dx
xx

x 2 dx

9) I 9 

2

1

Trang 37

1

x

2

2x
dx
2 x

x2  1
dx
x2

2) I 2  
3

6) I 6 

x2



3  x2

0


2

10) I10 


0

dx

cos xdx
7  cos 2 x

Giải:

dx  2cos tdt


  
Đặt x  2 sin t với t    ;   
và x : 0  2 thì t : 0 
2
2
 2 2
 4  x  2 cos t


2

1) I1   x 2 4  x 2 dx
0



 I1 

2


0

2

2) I 2  
1





 sin 4t   2
4sin t.2 cos t.2 cos tdt  4  sin 2tdx 2  (1  cos 4t )dt  2  t 


4  0

0
0
2

2

x2  1
dx
x2

2

2

sin tdt

1

dx  cos 2 t
    3 
Đặt x 
với t  0;    ;   
và x :1  2 thì t : 0 
cos t
3
 2  2 
 x 2  1  tan t



3













3
3
3
3
3
3
sin tdt
sin 2 t
1  cos 2 t
dt
cos t
 I 2   tan t.

dt  
dt  
  cos tdt  
dt   cos tdt
1
cos t
cos t
cos t 0
1  sin 2 t
0
0
0
0
0
0
cos 2 t.
2
cos t


3





3
1 
 1 1  sin t
3
3
 1
 

d sin t   cos tdt =  ln
 sin t   ln(2  3) 

1  sin t 1  sin t 
2
 2 1  sin t
0
0
0

2

3) I 3  
0

dx
x2  2 x  4

2


0

dx
( x  1)2  3
  
; )
 2 2

Đặt x  1  3 tan t (với t   


3


3




3
dt
 dx 


cos 2 t
và x : 0  2 thì t : 

6
3
 ( x  1)2  3  3

cos t





dt 3 cos tdt 3
d sin t
1 3 1
1 
1 1  sin t
 I3  



 

d sin t  ln
2
2   1  sin t 1  sin t 
2 1  sin t
3

 cos t
 cos t
 (1  sin t )(1  sin t )
cos 2 t.
6
6
6
6
6
cos t
ln 3
 ln(2  3) 
2
2

4) I 4 


2

3dt

dx
x2  1

sin tdt

1


dx  cos 2 t
    3 
Cách 1: Đặt x 
với t  0;    ;   
và x : 2  2 thì t : 
cos t
4
3
 2  2 
 x 2  1  tan t


3



3
sin tdt
dt

2
 cos t .tan t
 cos t
4

. Để giải tiếp I 4 ta có thể đổi biến hoặc dùng kĩ thuật vi phân. Cụ thể:

4

Cách 1.1: Đặt u  sin t  du  cos tdt và t :



2
3
 thì x :

4
3
2
2

Trang 38


3

6


3



cos tdt 3 cos tdt
Suy ra I 4  


2
2
 cos t
 1  sin t
4

3
2

du
2 1  u 2 

4

2

3
2


2
2

du
1

(1  u )(1  u ) 2

3
2

 1

1 

  1  u  1  u  du


2
2

3
2

1 1 u
 ln
2 1 u

 ln(2 2  6  3  2)
2
2


3






cos tdt 3
cos tdt
1 3  (1  sin t )  (1  sin t )  cos tdt 1  3 cos tdt 3 cos tdt 
Cách 1.2: I 4  

 
 

2
2
(1  sin t )(1  sin t )
2  1  sin t  1  sin t 
 cos t
 (1  sin t )(1  sin t )

4

4
4
4
4





3
1  d (1  sin t ) 3 d (1  sin t )  1 1  sin t
 

  2 ln 1  sin t
2  1  sin t
 1  sin t
4

4




3

 ln(2 2  6  3  2)

4

Cách 2:
2

I4 

2

dx



x2  1

2


2

( x  x 2  1)dx
( x  x 2  1) x 2  1

2


2

d ( x  x 2  1)
( x  x 2  1)

 ln( x  x 2  1)

2

 ln(2 2  6  3  2)
2

Cách 3: (Cách trình bày khác của Cách 2 )
Cách trình bày 3.1:

t2 1
dx  2 dt

2t
t2 1 
2
2
2
2
Đặt t  x  x  1  x  1  t  x  x  1  (t  x )  x 

2
2
2
2t
 x2  1   t  1   1  t 1



2t
 2t 


và x : 2  2 thì t :1  2  2  3 , khi đó :
2 3

I4 


1 2

t2 1
dt 2 3
dt
2t 2
 
 ln t
2
t 1
t
1 2
2t

2 3
1 2

 ln(2 2  6  3  2)

Cách trình bày 3.2:


x 
x  x2  1
dx 
dx 
Đặt t  x  x 2  1  dt   1 

x2  1 
x2  1

2 3

và x : 2  2 thì t :1  2  2  3 , khi đó : I 4 


1 2

2
2

5) I 5 

x 2 dx



1 x2

0



 I5 

4


0

t
x2  1

dt
 ln t
t

dx 

2 3
1 2

dx
x2  1



dt
t

 ln(2 2  6  3  2)

dx  cos tdt

  
Đặt x  sin t với t    ;   
và cận t : 0  
4
 2 2
1  sin 2 t  cos t






4
sin 2 t.cos tdt 4 2
1  cos 2 x
sin 2 x   4   2
1
  sin tdt  
dt   x 


8
cos t
2
4  0
2
0
0

Trang 39


3

6) I 6 

x



3  x2

0


3
dt
 dx 
cos 2 t
   
Đặt x  3 tan t với t    ;   
3
3
 2 2 
3  x 2  3(1  tan 2 t ) 


cos t cos t


2

dx



và cận t : 0  

4

 I6 

4


0



3 tan 2 t

4
3
sin 2 t
.
dt  3 
dt
2
cos3 t
3 cos t
0
cos t





4
4
sin 2 t.cos t
sin 2 t.cos tdt
2
Đặt u  sin t  du  cos tdt và cận u : 0 
 I 24  3 
dt  3 
3
2
cos 4 t
(1  sin 2 t )2
0
0

2

2


0

u 2 du
(1  u 2 )2

2

Mà ta có:

u2
u 2 1  1
1
1  (u  1)  (u  1) 
1
1 1
1
2 
 2
 2
 .
 2
 

 2 
2 2
2
2
2
2
2
(1  u )
(u  1)
u  1 4 (u  1) (u  1)
u  1 4  (u  1) (u  1) u  1 

2

3
 I6 
4
e

7) I 7 

x
1

2


0

1 1
1 
 

2
2(u  1) 4  (u  1) (u  1)2 

1
2

 2
1
1 
3  u 1
1
1  2
3 2 2
2  ln
2 2
 u 2  1  (u  1)2  (u  1)2  du  4 ln u  1  u  1  u  1 
2
2

 0


dx

1  3ln 2 x

Đặt t  ln x  dt 

1
dx
dt
và x :1  e thì t : 0  1 . Khi đó I 7  
x
1  3t 2
0

du

 dt  3 cos 2 u
1

  
Cách 1: Đặt t 
tan u với u    ;   
và t : 0  1 thì u : 0 
3
1
3
 2 2 
1  3t 2 


cos u








1 3 du
1 3 cos udu
1 3
d sin u
1 3 1
1 
 I7 



 cos u 3  cos2 u 3  (1  sin u)(1  sin u ) 2 3   1  sin u  1  sin u  d sin u
30

0
0
0

1  sin u

ln
2 3 1  sin u
1

1

Cách 2: I 7  
0

1

dt
1  3t

2



1

30


1 2
d t 
t
1
dt
1
1
3


  1 2  1 2 dt  3  
1 2
30
0
t
t 
t
t 
t 
3
3

 3

1

t

1

1
1 2

ln t 
t
3
3
Trang 40


0

1
3

ln(2  3)


3


0

1
3

ln(2  3)

1 2
t 
3

1 2
t 
3


1
2

8) I 8 


   dx  2sin t cos tdt
Đặt x  sin 2 t với t   0;   
 2   x  x 2  sin 2 t (1  sin 2 t )  sin t cos t


dx



x  x2

1
4



và cận t : 

6



1 2x
9) I 9   2
dx
x 2 x
1



6



 0  I9 

6

 I8 





6



4
2sin t cos tdt
   
 2  dt  2    
sin t cos t
4 6 6

6

dx  4sin 2tdt

 
Đặt x  2 cos 2t với t   0;    2  x
2  2cos 2t
2




2  2 cos 2t
 2 x

2

và cận t : 

4

4

0



6
1
sin t
2sin 2 t
.
.4sin 2tdt  
dt 
4 cos 2 2t cos t
cos 2 2t
0



6

1  cos 2 2t
 cos 2 2t dt 
0

4sin 2 t sin t

4cos 2 t cos t


6



1

  cos

0

2


 1dt
2t 

 tan 2t   6 3 3  

t

6
 2
 0

2

10) I10 

cos xdx
7  cos 2 x


0

Ta có:

7  cos 2 x  6  2 cos 2 x  8  2sin 2 x

2

Nên đặt t  sin x  dt  cos tdt và cận t : 0  1  I10  
0

1

cos xdx
8  2sin 2 x



1
dt
 4 t2
20

dt  2cos udu

  
Đặt t  2 sin u với u    ;   
và cận u : 0  
6
 2 2
4  4sin 2 u  2cos u




1
 I10 
2

6


0



2cos udu 1

2 cos u
2

6


0

du 

u 6
2

12
2 0

Bài luyện
3

1) I1 



dx

0
1

3) I 3 

3  x2
2


0
3
2

5) I5 

2014

( Đs: ln(1  2) )


1

x

4  x2

2) I 2 



2014 2  x 2 dx ( Đs:

0

dx ( Đs:


3
 )
3 2

1

4) I 4 

xdx



3  2x  x2

0

ln

x 1
3 
 )
dx ( Đs: 1 
2 3
x(2  x)

6) I 6 

3
2


0

Trang 41

ex
x

2e  e

2x

20142 
)
4

( Đs: 3  2 

dx ( Đs:


)
6


)
6

tich phan on luyen thi dai hoc 2014 hay nhat va kho

tich phan on luyen thi dai hoc 2014 hay nhat va kho

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (18)

Similar to tich phan on luyen thi dai hoc 2014 hay nhat va kho

Similar to tich phan on luyen thi dai hoc 2014 hay nhat va kho (20)

More from Hoàng Thái Việt

More from Hoàng Thái Việt (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

tich phan on luyen thi dai hoc 2014 hay nhat va kho