Chuyên đề tich phan on thi dh

NGUYỄN HỒNG ĐIỆP
ÔN THI ĐẠI HỌC
TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
a
uv
Gò Công Tây, năm 2014

to my family, my pippy and my friends (ˆ .ˆ )
2nd−LATEX−201401.1
TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
Copyright © 2014 by Nguyễn Hồng Điệp

LỜI MỞ ĐẦU
Xin bắt đầu bằng một chuyện vui toán học
“Nhân ngày Nhà giáo Việt Nam, các học sinh cũ quây quần bên thầy giáo
dạy Toán. Gặp lại học trò cũ, thầy hồ hởi:
– Thầy rất mừng là các em đều đã thành đạt trong cuộc sống. Trong các thứ
thầy dạy, có cái gì sau này các em dùng được không ?
Tất cả học sinh đều im lặng. Một lúc sau, có một học sinh rụt rè nói:
– Thưa thầy, có một lần em đi bộ ở bờ hồ thì gió thổi bay mũ em xuống nước.
Em loay hoay mãi không biết làm thế nào để vớt mũ lên. Bỗng nhiên em thấy
đoạn dây thép và nhớ lại các bài giảng của thầy. Em lấy dây thép uốn thành
dấu tích phân rồi dùng nó kéo mũ lên.
– Thầy: ?!?!?!”
Chuyện vui nhưng cũng có vấn đề để suy nhẫm. Tích phân có ứng dụng gì? Chỉ cần
chịu khó lên google là có kha khá kết quả (ˆ .ˆ ), nhưng học tích phân chỉ để lấy 1 điểm
trong kì thi tuyển sinh thì đó là đích hướng tới của đại đa số học sinh. Trong các năm
gần đây thì điểm số phần tích phân không còn là vấn đề quá khó khăn. Hy vọng tài liệu
nhỏ này giúp ích được cho ai đó.
Thị trấn Vĩnh Bình, ngày 06 tháng 08 năm 20141
—Nguyễn Hồng Điệp.
1Còn vài ngày nữa là đại lễ Vu Lan năm Giáp Ngọ.

Mục lục
LỜI MỞ ĐẦU iii
MỤC LỤC iv
I TÍCH PHÂN 1
1 Các công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1 Bảng các nguyên hàm thông dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Phương pháp phân tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3 Tích phân chứa trị tuyệt đối, min, max . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
4 Phương pháp đổi biến số đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4.1 Dạng căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4.2 Biểu thức có chứa căn bậc khác nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
4.3 Dạng phân thức 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
4.4 Dạng biểu thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4.5 Biểu thức có logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
5 Đổi biến sang lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
5.1 Dạng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
5.2 Dạng 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5.3 Dạng 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5.4 Dạng 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
5.5 Dạng 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
6 Tích phân hàm hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
6.1 Tích phân chứa nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
6.2 Tích phân chứa tam thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
6.3 Dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
7 Tích phân hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
7.1 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
7.2 Dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7.3 Các trường hợp đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
7.4 Tích phân dạng hữu tỉ đối với hàm số lượng giác . . . . . . . . . . . 37
7.5 Dùng hàm phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
8 Tích phân hàm vô tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
iv

8.1 Biểu thức có tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
8.2 Phép thế Eurle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
8.3 Dạng đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
9 Tính tính phân bằng tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
9.1 Tích phân có cận đối nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
9.2 Tích phân có cận là radian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
10 Phương pháp tính tích phân từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
10.1 Dạng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
10.2 Dạng 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
10.3 Phương pháp hằng số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
11 Các bài toán đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
II ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 75
1 Tính diện tích hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.1 Công thức tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2 Thể tích vật thể tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.1 Hình phẳng quay quanh Ox . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
III BÀI TẬP TỔNG HỢP 81
1 Các đề thi tuyển sinh 2002-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2 Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
© Nguyễn Hồng Điệp v

1. CÁC CÔNG THỨC Chương I. TÍCH PHÂN
1 Các công thức
1.1 Bảng các nguyên hàm thông dụng
0dx = C dx = x +C
xα
dx = xα+1
α+1
+C (ax +b)α
dx = 1
a
xα+1
α+1
+C
1
x
dx = ln|x|+C 1
ax+b
dx = 1
a
ln|ax +b|+C
ex
dx = ex
+C eax+b
dx = 1
a eax+b
+C
ax
dx = ax
lna +C u au
dx = au
lna +c
cosxdx = sinx +C cos(ax +b)dx = 1
a sin(ax +b)+C
sinxdx = −cosx +C sin(ax +b)dx = −1
a cos(ax +b)+C)
1
cos2x
dx = tanx +C 1
cos2ax
dx = tan(ax)+C
1
sin2x
dx = −cotx +C 1
sin2ax
dx = −cot(ax)+C
1.2 Tích phân xác định
Định nghĩa
Cho y = f (x) là một hàm số liên tục trên [a,b] và y = F(x) là một nguyên hàm của nó.
Tích phân xác định từ a đến b được định nghĩa và kí hiệu như sau:
b
a
f (x)dx = F(b)−F(a)
Tính chất
•
0
0
f (x)dx = 0,
a
a
f (x)dx = 0
•
b
a
k f (x)dx = k
b
a
f (x)dx
•
b
a
f (x)dx = −
a
b
f (x)dx
2 © Nguyễn Hồng Điệp

Chương I. TÍCH PHÂN 2. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
•
b
a
f (x)± g(x) dx =
b
a
f (x)dx ±
b
a
g(x)dx
•
b
a
f (x)dx =
c
a
f (x)dx +
b
c
f (x)dx
• Nếu f (x) ≥ 0 trên [a;b] thì
b
a
f (x)dx ≥ 0
• Nếu f (x) ≥ g(x) trên [a;b] thì
b
a
f (x)dx ≥
b
a
g(x)dx
2 Phương pháp phân tích
Ví dụ 2.1. Tính các tích phân sau:
(a) I1 =
2
1
x2
−2x
x3
dx (b) I2 =
3
1
(x2
−1)2
x
dx
(c) I3 =
1
0
ex
+1
e2x
dx (d) I4 =
1
0
ex −1
2
dx
(e) I5 =
2
0
6x −3
x2 − x +5
dx
Giải
(a) Ta có: I1 =
2
1
1
x
−
2
x2
dx = ln|x|+
2
x
2
1
= ln2−1.
(b) Ta có: I2 =
3
1
x4
+2x2
+1
x
dx =
3
1
x3
+2x +
1
x
dx =
1
4
x4
+ x2
+ln|x|
3
1
= 28+ln3.
(c) Ta có: I3 =
1
0
1
ex
+
1
e2x
dx =
1
0
e−x
+e−2x
dx = −e−x
−
1
2
e−2x
1
0
=
3
2
−
1
e
−
1
2e2
.
(d) Ta có: I4 =
1
0
ex
−2 ex +1 dx =
1
0
ex
−2e
x
2 +1 dx ex
−4e
x
2 + x
1
0
= e −4 e +4.
(e) Ta có: I5 = 3
2
0
2x −1
x2 − x +5
dx = 3 ln|x2
− x +5|
2
0 (dạng
u
u
dx)
= 3ln
7
5
© Nguyễn Hồng Điệp 3

2. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH Chương I. TÍCH PHÂN
(a) I1 =
1
0
x(1− x)2004
dx (b)I2 =
1
0
1
x −2− x −3
dx
Giải
(a) Ta có: I1 =
1
0
[(x −1)+1](x −1)2004
dx =
1
0
[(x −1)2005
+(x −1)2004
]dx
=
1
0
(x −1)2005
dx +
1
0
(x −1)2004
dx
=
(x −1)2006
2006
−
(x −1)2005
2005
1
0
= −
1
4022030
.
(b) Nhận xét: khi trục căn thức ta sẽ triệt tiêu được x ở mẫu.
Ta có: I2 =
1
0
x −1− x dx =
2
3
(x +1)
3
2 − x
3
2
4
3
=
4
3
( 2−1)
Bài toán tương tự
1.
4
3
1
x +2− x −3
dx. Đáp số: 2
15(6 6−5 5+1).
2.
π
2
−π
2
sin7x sin2x dx. Đáp số: 4
45
.
3.
π
2
π
6
1+sin2x +cos2x
sinx +cosx
dx. Đáp số: 1.
4.
π
4
0
sin2 π
4
− x dx. Đáp số: π−2
8 .
5.
π
2
0
sin4
x dx. Đáp số: 3π
16
6.
π
4
0
tan2
x dx. Đáp số: 1− π
4 .
7.
π
2
0
tan3
x dx. Đáp số: 3
2
−ln2.

Chương I. TÍCH PHÂN 3. TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI, MIN, MAX
8.
16
0
1
x +9− x
dx. Đáp số: 12.
9.
5
2
1
x +2+ x −2
dx. Đáp số:
10.
1
0
e2x
+
3
x +1
dx. Đáp số: e2
2 +3ln2− 1
2
11.
1
0
x
x + x2 +1
dx. Đáp số: −2
3
+ 2
3
2
3 Tích phân chứa trị tuyệt đối, min, max
1. Tính I =
b
a
|f (x)|dx ta xét dấu f (x) trên [a,b] để khử dấu giá trị tuyệt đối.
2. Tính I =
b
a
max[f (x),g(x)]dx,I =
b
a
min[f (x),g(x)]dx ta xét dấu hàm
h(x) = f (x)− g(x)
trên [a,b] để tìm min[f (x),g(x)], max[f (x),g(x)].
Ví dụ 3.1. Tính I =
2
0
|x2
− x|dx
Giải
Cho x2
− x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1
Bảng xét dấu
x
x2
+ x
0 1 2
0 − 0 +
Khi đó: I =
1
0
(−x2
+ x)dx +
2
1
(x2
− x)dx = 1
2π
0
1+sinx dx

3. TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI, MIN, MAX Chương I. TÍCH PHÂN
Giải
Ta có: I =
2π
0
1+sinx dx =
2π
0
sin
x
2
+cos
x
2
2
dx =
2π
0
sin
x
2
+cos
x
2
dx
Cho sin
x
2
+cos
x
2
= 0 ⇔ tan
x
2
= −1 ⇔ x = −
π
2
+k2π
Do x ∈ [0,2π] ta có x =
3π
2
Bảng xét dấu
x
sin x
2
+cos x
2
0 3π
2 2π
0 + 0 −
Khi đó: I =
3π
2
0
sin
x
2
+cos
x
2
dx +
2π
3π
2
− sin
x
2
+cos
x
2
dx
= 2 −cos
x
2
+sin
x
2
3π
2
0
+2 cos
x
2
−sin
x
2
2π
3π
2
= 4ln2.
2
−1
(|x|−|x −1|)dx
Giải
Bảng xét dấu chung
x
x
x − 1
−1 0 1 2
− 0 + +
− − 0 +
Khi đó: I =
0
−1
(−x + x −1)dx +
1
0
(x + x −1)dx +
2
1
(x − x +1)dx
= −
0
−1
dx +
1
0
(2x −1)dx +
2
1
dx = 0.
2
0
max{x2
,3x +2}dx
Giải
Xét hàm số h(x) = x2
−3x +2 trên [0,2]
Bảng xét dấu
x
h(x)
0 1 2
0 + 0 −

Chương I. TÍCH PHÂN 3. TÍCH PHÂN CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI, MIN, MAX
Do đó:
• Với x ∈ [0,1] thì max[x2
,3x +2] = x2
.
• Với x ∈ [1,2] thì max[x2
,3x +2] = 3x −2.
Khi đó: I =
1
0
x2
dx +
2
1
(3x −2)dx =
17
6
.
1.
2
−2
|x2
−1|dx. Đáp số: 4
2.
2
−3
|x2
−3x +2|dx. Đáp số: 59
2
3.
π
2
0
5−4cosx −4sinx dx. Đáp số: 2 3−2− π
6
4.
5
−5
(|x +2|−|x −2|)dx. Đáp số: 8
5.
1
−1
(|2x −1|−|x|)dx. Đáp số: 3
2
6.
1
−1
|x|
x4 − x2 −12
dx. Đáp số: 2
7
ln 3
4
7.
4
1
x2 −6x +9dx. Đáp số: 5
2
8.
1
−1
4−|x|dx. Đáp số: 2−(5− 3)
9.
1
−1
|x|− x dx. Đáp số: 2 2
3
10.
3
0
|2x
−4|dx. Đáp số: 4+ 1
ln2
.
11.
3
0
x3 −2x2 + x dx. Đáp số: 24+ 3+8
15
.

4. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ ĐƠN GIẢN Chương I. TÍCH PHÂN
12.
π
2
−π
2
|sinx|dx. Đáp số: 2.
13.
π
0
2+2cos2x dx. Đáp số: 4.
14.
π
0
1−sin2x dx. Đáp số: 2 2.
15.
2π
0
1+sinx dx. Đáp số: 4 2.
16.
2
0
max(x,x2
)dx. Đáp số: 55
6
.
17.
2
0
min(x,x3
)dx. Đáp số: 4
3
.
18.
π
2
0
min(sinx,cosx)dx
4 Phương pháp đổi biến số đơn giản
Thông thường khi gặp:
• Một căn thức ta đặt t là căn thức.
• Một phân thức ta đặt t là mẫu thức.
• Một hàm số lấy lũy thừa ta đặt t là biểu thức lấy lũy thừa.
• Một hàm số mũ ta đặt t là biểu thức ở trên mũ.
4.1 Dạng căn thức
Khi gặp hàm dưới dấu tích phân có chứa biểu thức dạng n
f (x) nói chung
trong nhiều trường hợp ta đặt t = n
f (x)
Ví dụ 4.1. Tính
1
0
x x2 +1dx

Chương I. TÍCH PHÂN 4. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ ĐƠN GIẢN
Giải
Đặt t = x2 +1 ⇒ t2
= x2
+1 ⇒ x2
= t2
−1 ⇒ xdx = tdt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 2
Khi đó: I =
1
0
x2 +1.x dx =
2
1
t.t dt
=
2
1
t2
dt =
t3
3
2
0
=
1
3
2 2−1
Lưu ý: một số học sinh thường quên đổi sang cận mới theo t. Bài này ta còn có thể giải
theo cách khác như ở Ví dụ 5.7 trang 20.
3
0
x3
x2 +1dx
Giải
Đặt t = x2 +1 ⇒ x2
= 1− t2
⇒ xdx = −tdt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 3 ⇒ t = 2
Khi đó: I =
3
0
x2
x2 +1.x dx =
2
0
(1− t)t(−t)dx =
2
0
(t3
− t2
)dx
=
t4
4
−
t3
3
2
0
=
4
3
Nhận xét: Trước khi đổi sang biến t ta có bước phân tích làm xuất hiện kết quả vi phân
xdx là x3
dx = x2
.xdx và ta thấy cần chuyển x2
theo biến t thì phép đổi biến mới thành
công.
1.
1
0
x −1
3x2 −6x +7
dx. Đápsố:2−7
3
2.
lnx
0
e2x
1+ex
dx. Đápsố:22
3
3.
5
1
2
x 2x −1dx. Đápsố:144
5
4.
6
2
1
2x +1+ 4x +1
dx. Đáp số: ln 3
2 − 1
6

5.
π
2
0
1+4sinx cosx dx.
Ví dụ 4.3. Tính
3
1
3−2lnx
x 1+2lnx
dx
Giải
Đặt t = 1+2lnx ⇒ t2
= 1+2lnx ⇒ 2lnx = t2
−1 ⇒ tdt =
1
x
dx
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = 2 ⇒ t = 2
Khi đó: I =
3
1
3−2lnx
1+2lnx
·
1
x
dx =
2
1
(3− t2
+1)
t
· t dt =
2
1
(4− t2
)dt =
10 2
3
−
11
3
1.
e3
1
3−2lnx
x 1+2lnx
dx. Đáp số: 5
3
2.
e
1
1+3lnx ·lnx
x
dx (B-2004). Đáp số: 116
135
3.
e 7
1
lnx
3
1+ln2
x
x
2
− 1
3
2 3
5
1
x 4+ x2
dx (A-2003)
Giải
Đặt t = 4+ x2 ⇒ x2
= t2
−4 ⇒ xdx = tdt
Đổi cận: x = 5 ⇒ t = 3 ; x = 2 3 ⇒ t = 4
Khi đó: I =
2 3
5
1
x 4+ x2
dx =
2 3
5
1
x2 4+ x2
· x dx
=
4
3
1
(t2 −4)t
· t dt =
4
3
1
t2 −4
· t dt =
4
3
1
t2 −4
dt
=
4
3
1
(t −2)(t +2)
dt =
1
4
4
3
1
t −2
−
1
t +2
dt
=
1
4
(ln|t −2|−ln|t +2|)|4
3 =
1
4
·ln
5
3
Nhận xét: khi ta phân tích làm xuất hiện vi phân xdx ta thấy hàm ban đầu chưa có kết
quả này do đó ta cần nhân tử và mẫu biểu thức dưới dấu tích phân cho x. Sau đó ta cần
chuyển x2
theo biến t thì phép đổi biến mới thành công.

1.
ln8
ln3
1
1+ex
2
2.
ln2
0
ex −1dx
4.2 Biểu thức có chứa căn bậc khác nhau
Khi gặp hàm dưới dấu tích phân có chứa các biểu thức dạng
ax +b)
cx +d
m
n
,
...,
ax +b)
cx +d
r
s
ta đặt
ax +b)
cx +d
= tk
với k là mẫu số chung nhỏ nhất của các số
mũ
m
n
,...,
r
s
.
63
0
1
3
x +1+ x +1
dx
Giải
Đặt x +1 = t6
⇒ x = t6
−1 ⇒ dx = 6t5
dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 63 ⇒ t = 2
Khi đó: I =
2
1
6t5
t3 + t2
dt = 6
2
1
t3
t +1
dt =
2
1
t2
− t +1−
1
t +1
dt = 11+6ln
2
3
Nhận xét: do 3
x +1 = (x +1)
1
3 , x +1 = (x +1)
1
2 và mẫu số chung của các số mũ
1
3
,
1
2
là 6
nên ta đổi biến x +1 = t6
.
1.
729
64
1
3
x − x
dx
2.
3
2
3 x −1
x +1
·
1
x +1
dx.
Hướng dẫn: đặt x+1
x−1
= t3
và kết hợp phương pháp giải mục 5.3 trang 19.

4.3 Dạng phân thức 1
Khi gặp hàm dưới dấu tích phân có chứa biểu thức dạng
f (x)
g(x)
nói chung
trong nhiều trường hợp ta đặt t = g(x).
4
0
2x +1
1+ 2x +1
dx
Giải
Đặt t = 1+ 2x +1 ⇒ t −1 = 2x +1
⇒ 2x +1 = (t −1)2
⇒ dx = (t −1)dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 4 ⇒ t = 4
Khi đó: I =
4
2
t −1
t
·(t −1)dt =
4
2
(t −1)2
t
dt =
4
2
t −2+
1
t
dt = 2+ln2
Nhận xét: bài này ta có thể đổi biến dạng căn thức t = 2x +1 nhưng sẽ phức tạp hơn,
cách đổi biến t = 1+ 2x +1 là phù hợp.
1
0
x3
x2 +1
dx
Giải
Đặt t = x2
+1 ⇒ x2
= t −1 ⇒ xdx =
dt
2
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 2
Khi đó: I =
1
0
x2
x2 +1
· x dx =
2
1
t −1
t
·
1
2
dt =
1
2
2
1
1−
1
t
dx =
1
2
−
ln2
2
Nhận xét: bài này gọn nhất là giải bằng phương pháp Tích phân hàm hữu tỉ2 ở đây đưa
ra hướng giải khác để thấy nhiều cách tiếp cận một bài tích phân.
1.
π
2
0
sin3
x
1+cosx
dx
1Phương pháp giải tổng quát xem mục 6 trang 23
2Xem mục 6 trang 23

4.4 Dạng biểu thức lũy thừa
Thông thường ta đặt t là biểu thức lấy lũy thừa.
Ví dụ 4.8. Tính I −
1
0
x3
(x4
−1)5
dx.
Giải
Đặt t = x4
−1 ⇒ dt = 4x3
dx ⇒ x3
dx =
1
4
x3
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = −1 ; x = 1 ⇒ t = 0
Khi đó: I =
1
4
0
−1
t5
dt =
1
24
t6
0
−1
= −
1
24
.
Nhận xét: do (x4
) = 4x3
nên ta khử được x3
trong đề bài.
1.
1
0
x3
(1+ x4
)3
dx. Đáp số: 15
16
.
2.
1
0
x3
(1− x3
)6
dx. Đáp số: 1
168
.
3.
1
0
x3
(1− x)2014
dx
4.5 Biểu thức có logarit
Dạng thường gặp là biểu thức chứa
1
x
và lnx. Ta thường đổi biến t = lnx hoặc
t = biểu thức chứa lnx.
(a) I1 =
e
1
(1+lnx)2
x
dx (b) I2 =
e
1
lnx.
3
1+ln2
x
x
dx
Giải
(a) Đặt t = 1+lnx ⇒ dt =
1
x
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2
Khi đó: I1 =
2
1
t2
dt =
t3
3
2
1
=
7
3
.

5. ĐỔI BIẾN SANG LƯỢNG GIÁC Chương I. TÍCH PHÂN
(b) Đặt t =
3
1+ln2
x ⇒ t3
= 1+ln2
x ⇒ 3t2
dt = 2·
lnx
x
dx ⇒
lnx
x
dx =
3
2
· t2
dt
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t =
3
2
Khi đó: I2 =
3
2
3
2
1
t3
dt =
3
8
· t4
3
2
1
=
3
8
(
3
16−1)
1.
e2
e
1
x lnx
dx. Đáp số: ln2
2.
3
0
ln x + x2 +1
x2 +1
dx.
3.
e
1
1
x 9−ln2
x
dx
4.
e
1
1+lnx
2x
dx. Đáp số: 2 2−1
3
5.
e3
1
1
x 1+lnx
dx. Đáp số: 2.
5 Đổi biến sang lượng giác
ĐỔI BIẾN SANG LƯỢNG GIÁC
Hàm dưới dấu tích phân Đổi biến Điều kiện
1 a2 − x2 x = a sint t ∈ −π
2
, π
2
x = a cost t ∈ [0,π]
2 x2 − a2 x = a
sint t ∈ −π
2 , π
2 {0}
x = a
cost t ∈ [0,π]{π
2 }
3 a2
+ x2 k
x = a tant t ∈ −π
2
, π
2
x = a cott t ∈ (0,π)
4 a+x
a−x
hoặc a−x
a+x
x = a cos2t t ∈ 0, π
2
5 (x − a)(b − x) x = a +(b − a)sin2
t t ∈ 0, π
2

Chương I. TÍCH PHÂN 5. ĐỔI BIẾN SANG LƯỢNG GIÁC
5.1 Dạng 1
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng a2 − x2, a > 0, với bài tập có dạng này
ta đặt
• x = a sint,t ∈ −
π
2
,
π
2
• x = a cost,t ∈ [0,π]
3
−1
4− x2 dx
Giải
Đặt x = 2sint,t ∈
−π
2
,
π
2
⇒ dx = 2costdt
Đổi cận: x = −1 ⇒ t =
−π
6
; x = 3 ⇒ t =
π
3
Khi đó: I =
π
3
−π
6
4−4sin2
t ·2cost dt = 4
π
3
−π
6
cost cos2 t dt
Do t ∈ −
π
6
,
π
3
⇒ cost > 0 ⇒ cost = cost
I =
π
3
−π
6
4cos2
t dt = 2
π
3
−π
6
(1+cos2t)dt
= 2
π
3
−π
6
dt +2
π
3
−π
6
cos2
t dt = π+ 3
Nhận xét: mặc dầu hàm dưới dấu tích phân có căn thức nhưng nếu đặt t = 4− x2 thì
sẽ gặp khó khăn do:
1. Từ t2
= 4− x2
⇒ tdt = −xdx nhưng dưới dấu tích phân chỉ có dx nếu làm xuất hiện
vi phân xdx thì ta phải chia cho x. Trong khi đó cận tích phân từ −1 đến 3 có
chứa x = 0 khi đó phép chia không hợp lệ.
2. Khi đổi sang biến t cần tính t theo x lại xuất hiện dấu căn mới, bài toán sau phức
tạp hơn bài toán trước. (∗.∗)
Đây là Ví dụ chứng tỏ không phải cứ thấy f (x) là đổi biến t = f (x). Có thể không
thành công.
3
2
−3 2
2
1
9− x2 3
dx

Giải
Đặt x = 3cost với t ∈ [0,π]
⇒ dx = −3sintdt
Đổi cận: x = −
3 2
2
⇒ t =
3π
4
; x =
3
2
⇒ t =
π
3
Khi đó I =
π
3
3π
4
−3sint
9sin2
t
3
dt =
3π
4
π
3
3sint
33 ·|sin3
t|
dt
Do t ∈ π
3
, 3π
4
⇒ sint > 0 ⇒ |sin3
t| = sin3
t
=
3π
4
π
3
3sint
33 ·sin3
t
dt =
1
9
3π
4
π
3
1
sin2
t
dt = −
1
9
cott
3π
4
π
3
=
3+3
27
Nhận xét: trong bài này nếu đặt t = 9− x2 3
là không thích hợp.
1.
3
2
0
1
9− x2 3
dx. Đáp số: 1
9 3
2.
1
0
1− x2 3
dx. Đáp số: 3π
16
3.
2
2
0
x2
1− x2
dx. Đáp số: π
8 − 1
4
4.
1
0
x2
+1
4− x2
dx. Đáp số: π
2
− 3
2
5.
1
2
2
1− x2
x2
dx. Đáp số: 1− π
4
6.
2
0
x2
4− x2
dx. Đáp số: π
2 −1
Dạng tổng quát
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng a2 −b2x2, a > 0, với bài tập có dạng
này ta đặt

• x =
a
b
sint,t ∈ −
π
2
,
π
2
• x =
a
b
cost,t ∈ [0,π]
Bài tập
1.
1
0
x2
4−3x2 dx. Đáp số: 2 3π
27 + 1
12 .đặt:x=2
3
sint
2.
1
0
1
−x2 +2x +3
dx.
Đáp số: π
6
.Hd:I=
1
0
dx
4−(x−1)2
.Đặtx−1=2sint
3.
3−1
−1
1
x2 +2x +2
dx. Đáp số: π
3
5.2 Dạng 2
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng x2 − a2, a > 0, với bài tập có dạng này
ta đặt
• x =
a
sint
,t ∈ 0,
π
2
• x =
a
cost
cost,t ∈ 0,
π
2
Ví dụ 5.3. Tính
6
3 2
1
x x2 −9
dx
Giải
Đặt x =
3
sint
với t ∈ 0,
π
2
⇒ dx = −
3cost
sin2
x
dt
Đổi cận: x = 3 2 ⇒ t =
π
4
; x = 6 ⇒ t =
π
6
Khi đó: I =
π
6
π
4
−3cost
sin2
x ·
3
sint
·
9
sin2
t
−9
dt =
π
4
π
3
cost
3sint ·
cos2
t
sin2
t
dt
=
1
3
π
4
π
6
cost
sint ·
cost
sint
dt =
1
3
π
4
π
6
dt =
π
36

Nhận xét: bài này ta còn có thể đổi biến t = x2 +9 sẽ xuất hiện tích phân có dạng
3 3
3
1
t2 +9
dt ta áp dụng phương pháp giải ở mục 5.3 trang 19.
Ví dụ 5.4. Tính
2
2
1
1
4x2 −1
dx
Giải
Đặt x =
1
2cost
, t ∈ 0,
π
2
⇒ dx =
sint
2cos2 t
dt
Đổi cận: x = 1 ⇒ t =
π
3
; x =
2
2
⇒ t =
π
4
Khi đó: I =
π
4
π
3
1
cost
dt
Đặt u = sint ⇒ du = costdt
Đổi cận: t =
π
3
⇒ u =
3
2
; t =
π
4
⇒ u =
2
2
Khi đó: I =
π
4
π
3
1
cos2 t
·cost dt =
π
4
π
3
1
sin2
t −1
·cost dt
=
2
2
3
2
1
u2 −1
du =
1
2
2
2
3
2
1
u −1
−
1
u +1
du
=
1
2
ln
2+1
3+1
Nhận xét: phép đổi biến sang lượng giác trong bài này là phù hợp nhưng đây chưa phải
là cách làm hiệu quả nhất, nếu ta đổi biến theo hướng khác t = 2x + 4x2 −1 thì bài giải
gọn hơn nhiều. Qua đó cho thấy một bài tích phân có nhiều cách giải khác nhau, tìm
được lời giải đẹp đòi hỏi nhiều về kinh nghiệm và khả năng suy luận của mỗi người.
1.
2
2
0
1
1− x2
dx. Đáp số: 1
2
ln 2+1
3+1
2.
2
2
3
1
x x2 −1
dx. Đáp số: π
12

3.
4
3
2
x2 −4
x3
dx. Đáp số: π
48 − 3
32
5.3 Dạng 3
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng a2
+ x2 k
, a > 0, với bài tập có dạng
này ta đặt
• x = a tant,t ∈ −
π
2
,
π
2
• x = a cott,t ∈ (0,π)
Ví dụ 5.5. Tính
3 3
3
1
x2 +9
dx
Giải
Đặt x = 3tant,t ∈ −
π
2
,
π
2
⇒ dx =
3
cos2 t
dt
π
4
; x = 3 3 ⇒ t =
π
3
Khi đó: I =
π
3
π
4
1
9tan2 t +9
·
3
cos2 t
dt =
1
3
π
3
π
4
1
1+tan2 cos2 t
dt
=
1
3
π
3
π
4
1
cos2 t
·cos2
t dt =
1
3
π
3
π
4
dt =
π
36
Ví dụ 5.6. Tính
2
0
1
x2 +4
dx
Giải
Đặt x = 2cott,t ∈ (0,π)
⇒ dx =
2
cos2 t
dt
π
2
; x = 2 ⇒ t =
π
4
Khi đó: I =
π
4
0
1
4cot2 t +4
·
2
sin2
t
dt =
1
2
π
4
0
1
1+cot2 sin2
t
dt
=
1
2
π
4
0
1
sin2
t
·sin2
t dt =
1
2
π
4
0
dt =
π
8

Ví dụ 5.7. Tính
1
0
x 1+ x2 dx
Giải
Đặt x = tant,t ∈ −
π
2
,
π
2
⇒ dx =
1
cos2 t
dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t =
π
4
Khi đó: I =
π
4
0
tant 1+tan2 t ·
1
cos2 t
dt =
π
4
0
sint
cost
·
1
cost
·
1
cos2 t
dt
=
π
4
0
sint
cos4 t
dt = ··· =
1
3
2 2−1
Nhận xét: đây là cách giải đúng và dĩ nhiên có thể chấp nhận được nhưng ta còn có
cách giải khác ngắn gọn hơn ở Ví dụ 4.1 trang 8. Phép đổi biến x = tant có thể dùng
được nhưng không thích hợp trong trường hợp này.
1.
1
0
1
1+ x2 3
dx. Đáp số: 3π
32 + 1
4
2.
2
0
1
x2 +4
2
dx. Đáp số: 1
32
π
2
+1
3.
3
− 3
3
1
1+ x2 3
dx. Đáp số: 3+1
2
4.
3
1
1+ x2
x2
dx. Đáp số: ln 2+ 3 2−1 + 3 3−2 3
3
Dạng tổng quát
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng a2
+b2
x2 k
, với bài tập có dạng này ta
đặt
• x =
a
b
tant,t ∈ −
π
2
,
π
2
• x =
a
b
cott,t ∈ (0,π)

1
0
1
1+3x2 2
dx
Giải
Đặt x =
1
3
,t ∈ −
π
2
,
π
2
⇒ dx =
1
3
1+tan2
t dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t =
π
3
Khi đó: I =
π
3
0
1
1+tan2 2
·
1
3
1+tan2
t dt =
1
3
π
3
0
1
1+tan2 t
dt
=
1
3
π
3
0
cos2
t dt =
1
2 3
π
3
0
(1+cost)dt =
π
6 3
+
1
8
1.
3 3
3
0
x2
4x2 +9
2
dx. Đáp số: 1
48
π
3
− 3
4
2.
0
−1
2
1
2x2 +2x +1
dx. Đáp số: π
4
3.
1
0
x
x4 + x2 +1
dx. Đáp số: π 3
18
5.4 Dạng 4
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng
a + x
a − x
hoặc
a − x
a + x
, với bài tập có
dạng này ta đặt x = a cos2t,t ∈ 0,
π
2
1
−1
1+ x
1− x
dx
Đặt x = cos2t,t ∈ 0,
π
2
⇒ dx = −2sin2t
Đổi cận: x = −1 ⇒ t =
π
2
; x = 0 ⇒ t =
π
4

Khi đó: I =
π
2
π
4
1+cos2t
1−cos2t
·(−2sin2t)dt =
π
2
π
4
cot2 t ·(−2sin2t)dt
=
π
2
π
4
cott (−2sin2t)dt =
π
2
π
4
−4cos2
t dt = −2
π
2
π
4
(1+cos2t)dt = −2−
π
2
1.
1
0
1− x
1+ x
dx. Đáp số: π
2
−1
2.
2
0
2+ x
2− x
dx. Đáp số: π
2
+2− 2
5.5 Dạng 5
Biểu thức dưới dấu tích phân có dạng (x − a)(b − x), với bài tập có dạng này
ta đặt x = a +(b − a)sin2
t,t ∈ 0,
π
2
3
2
5
4
(x −1)(x −2)dx
Giải
Đặt x = 1+sin2
t,t ∈ 0,
π
2
⇒ dx = 2sintdt
Đổi cận: x =
5
4
⇒ t =
π
6
; x =
3
2
⇒ t =
π
4
Khi đó: I =
1
2
π
4
π
6
sin2
2t dt =
1
4
π
4
π
6
1−cos4t dt =
π
48
+
3
32
Bài tập tổng hợp
1.
2
2
3
1
x x2 −1
dx. Đáp số: π
12

Chương I. TÍCH PHÂN 6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ
6 Tích phân hàm hữu tỉ
6.1 Tích phân chứa nhị thức
Dạng I =
1
(ax +b)n
dx ta đổi biến t = ax +b
6.2 Tích phân chứa tam thức
Dạng 1
I =
1
ax2 +bx +c
dx, xét các trường hợp của ∆ = b2
−4ac
1. ∆ > 0
Khi đó: I =
1
a(x − x1)(x − x2)
dx
=
1
a(x1 − x2)
1
x − x1
−
1
x − x2
dx
2. ∆ = 0
Khi đó: I =
1
a
1
(x − x0)2
dx (tích phân hàm chứa nhị thức).
3. ∆ < 0
Khi đó: I =
1
a
1
(x + A)2 +B2
dx (đổi biến sang lượng giác3 xem mục 5 trang 14).
3−1
−1
1
x2 +2x +2
dx
Giải
Ta có: I =
3−1
−1
1
(x +1)2 +1
dx
Đặt x +1 = tant,t ∈ −
π
2
,
π
2
⇒ dx = (1+ t2
)dt
Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 0 ; x = 3−1 ⇒ t =
π
3
Khi đó: I =
π
3
0
(1+ t2
)
(1+ t2)
dt =
π
3
0
dt =
π
3
.
3Dạng 3

6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ Chương I. TÍCH PHÂN
(a)
1
0
1
2x2 +5x +2
dx (b)
−1
−2
1
x2 +2x +5
dx
(c)
2
5
4
1
2x2 −5x +7
dx (d)
4
3
1
x2 −7x +10
dx
(e)
2
0
1
4x2 −24x +36
dx (f)
1
0
x
x4 −2x2 +2
dx
(g)
4
2
2x
x4 −3x2 +2
dx (h)
π
2
π
6
cosx
sin2
x −6sinx +2
dx
(i)
π
6
0
1
3sin2
x −6sinx cosx +5cos2 x
dx
Dạng 2
Tích phân có dạng I =
mx +n
ax2 +bx +c
dx ta phân tích
mx +n = A(ax2
+bx +c) +B
từ đó ta đưa được về các dạng tích phân biết cách giải.
3
4
2x +3
x2 −3x +2
dx
Giải
Phân tích: 2x +3 = A(2x −3)+B = 2Ax −3A +B
Đồng nhất hệ số hai vế ta được:
2A = 2
−3A +B = 3
⇔
A = 1
B = 6
Khi đó: I =
3
4
(2x −3)+6
x2 −3x +2
dx =
3
4
2x −3
x2 −3x +2
dx +6
3
4
1
x2 −3x +2
dx
= I1 + I2
• I1 =
3
4
2x −3
x2 −3x +2
dx = ln|x2
−3x +2|
3
4 = ln
5
6

Chương I. TÍCH PHÂN 6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ
6.3 Dạng tổng quát
Phân tích phân thức
Cho f (x) là đa thức bậc bé hơn n khi đó ta có phân tích
•
f (x)
(x − a)n
=
A1
(x − a)n
+
A2
(x − a)n−1
+···+
An+1
a − a
•
f (x)
(x − a)m(x −b)n
=
A1
(x − a)m
+
A2
(x − a)m−1
+···
Am+1
x − a
+
A1
(x −b)n
+···+
An+1
x −b
Ta qui đồng, khử mẫu và xác định các hệ số Ai bằng phương pháp đồng nhất thức hoặc
trị số riêng.
Ví dụ 6.3.
1.
x +2
(x −2)2
=
A
(x −2)2
+
B
x −2
=
A +B(x −2)
(x −2)2
Cho x +2 = A +B(x −2). Lần lượt cho x = 0,2 ta được hệ phương trình:
A −2B = 2
A = 4
⇔
A = 4
B = 1
2. f (x) =
x2
−4x
x3 −4x2 +5x −2
Ta có: x3
−4x2
+5x −2 = (x −1)2
(x −2)
Do đó: f (x) =
x2
−4x
(x −1)2(x −2)
=
A
(x −1)2
=
B
x −1
=
C
x −2
Qui đồng mẫu số và khử mẫu hai vế ta được:
x2
−4x = A(x −2)+B(x −1)(x −2)+C(x −1)2
Lần lượt cho x = 1,2,0 ta được hệ phương trình:



B +C = 1
A −3B −2C = 4
−2A +2B +C = 0
⇔



A = 3
B = 5
C = −4
Dạng tổng quát
Để tính bài toán tích phân có dạng phân thức 4 I =
f (x)
g(x)
dx ta thực hiện theo các bước:
1. Xét xem
f (x)
g(x)
đã là phân thức thực sự chưa. Cụ thể:
(a) Nếu bậc f (x) nhỏ hơn bậc của g(x) ta đã có phân thức thực sự.
4Ta chỉ xét trường hợp mẫu có nghiệm

6. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ Chương I. TÍCH PHÂN
(b) Nếu bậc của f (x) lớn hơn hoặc bằng bậc của g(x) ta chia f (x) cho g(x) để làm
xuất hiện phân thức thật sự.
2. Căn cứ vào dạng tích của mẫu thức mà ta phân tích thành tổng các phân thức đơn
giản.
Ví dụ 6.4. Tính I = 34
x2
−4x
x3 −4x2 +5x −2
Giải
Ta có:
x2
−4x
x3 −4x2 +5x −2
là phân thức thật sự. Cách phân tích đã xét trong Ví dụ 6.3 trang
62.
Khi đó: I =
4
3
3
(x −1)2
+
5
x −1
−
4
x −2
dx
= −
3
x −1
+5ln|x −1|−4ln|x −2|
4
3
=
1
2
+5ln
3
2
−4ln2.
Nhận xét:
1) Biểu thức x4
+ a4
(a > 0) được phân tích thành
x4
− a4
= x2
+ 2ax + a2
x2
− 2ax + a2
2) Phương pháp trên giải quyết bài toán tích phân hàm hữu tỉ nhưng nói chung còn dài
dòng. Khi ta kết hợp với các phương pháp khác thì bài toán được giải quyết gọn
hơn.
1.
2
1
1
x3 + x
8
ln 5
16
+ln2− 1
2
ln 5
2
.
2.
3
2
x3
−2
x3 − x
dx. Đáp số: 1−2ln 3
2 + 3
2 ln2+ 1
2
4
3.
3.
1
0
x +4
x3 +6x2 +11x +6
dx. Đáp số: 3
2
ln2−2ln 3
2
+ 1
2
ln 4
3
4.
3
2
0
1
(1− x2)2
2
ln(2− 3)+ 3+ 3
2
.
5.
2
1
1− x5
x + x6
dx.

Chương I. TÍCH PHÂN 7. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
6.
1
0
x4
x4 −16
dx. Đáp số:1− 1
2 ln3−arctan 1
2
7.
1
0
19
16 x2
+ x +1
(x2 +4)(x2 +2x +5)
dx. Đáp số: 1
4
ln 25
32
− 52
34
arctan 1
2
7π
128
.
8.
1
0
x2
−1
x4 +1
dx. Đáp số: 1
2 2
ln 2− 2
2+ 2
7 Tích phân hàm lượng giác
7.1 Các công thức lượng giác
(a). Công thức cộng
sin(a +b) = sina cosb +sinb cosa cos(a +b) = cosa cosb −sina sinb
sin(a −b) = sina cosb −sinb cosa cos(a −b) = cosa cosb +sina sinb
tan(a +b) =
tana +tanb
1−tana tanb
tan
π
4
+ x =
1+tanx
1−tanx
tan(a −b) =
tana −tanb
1+tana tanb
tan
π
4
− x =
1−tanx
1+tanx
(b). Công thức nhân
• Công thức nhân đôi
sin2x = 2sinx cosx cos2x = cos2
x −sin2
x
=2cos2
x −1 = 1−2sin2
x
tan2x =
2tanx
1−tan2 x
cot2x =
cot2
x −1
2cotx
• Công thức hạ bậc
sin2
x =
1−cos2x
2
cos2
x =
1+cos2x
2
tan2
x =
1−cos2x
1+cos2x
• Công thức nhân ba
sin3x = 3sinx −4sin3
x tan3x =
3tanx −tan3
x
1−tan2 x
cos3x = 4cos3
x −3cosx
(c). Công thức theo tan x
2
Đặt t = tan x
2 thì

7. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Chương I. TÍCH PHÂN
sinx =
2t
1+ t2
tanx =
2t
1− t2
cosx =
1− t2
1+ t2
(d). Công thức biến đổi tổng thành tích
sin(a +b) = 2sin
a +b
2
cos
a −b
2
cos(a +b) = 2cos
a +b
2
cos
a −b
2
sin(a −b) = 2cos
a +b
2
sin
a −b
2
cos(a −b) = −2sin
a +b
2
sin
a −b
2
tan(a +b) =
sin(a +b)
cosa cosb
cot(a +b) =
sin(a +b)
sina sinb
tan(a −b) =
sin(a −b)
cosa cosb
cot(a −b) =
sin(a −b)
sina sinb
sina +cosa = 2sin a +
π
4
sina −cosa = 2sin a −
π
4
= 2cos a −
π
4
= − 2cos a −
π
4
(e). Công thức biến đổi tích thành tổng
sina.sinb =
1
2
[cos(a −b)−cos(a +b)] cosa.cosb =
1
2
[cos(a −b)+cos(a +b)]
sina.cosb =
1
2
[sin(a −b)+sin(a +b)]
7.2 Dạng tổng quát
Khi gặp tích phân hàm lượng giác trong trường hợp tổng quát ta có thể đổi biến
t = tan
x
2
. Khi đó:
dx =
2dt
1+ t2
;sinx =
2t
1+ t2
;cosx =
1− t2
1+ t2
π
2
0
1
4+5sinx
dx
Giải
Đặt t = tan
x
2
⇒ sinx =
2t
1+ t2
⇒ dx =
2tdt
1+ t2
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =
π
2
⇒ t = 1
Khi đó: I =
1
0
1
4+5·
2t
1+ t2
·
2
1+ t2
dt =
1
0
1
2t2 +5t +2
dt

=
1
0
1
2(t +2) t + 1
2
dt =
1
3
1
0
1
t + 1
2
−
1
t +2
dt
=
1
3
ln t + 1
2
−ln|t +2|
1
0
=
1
3
ln2.
π
2
0
1
sin2
x +2sinx cosx −cos2 x
dx
Giải
Ta có: I =
π
2
0
1
1−cos2x
2
+sin2x −
1+cos2x
2
dx =
π
2
0
1
sin2x −cos2x
dx
Đặt t = tanx ⇒ sin2x =
2t
1+ t2
và cos2t =
1− t2
1+ t2
⇒ dx =
dt
1+ t2
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =
π
4
⇒ t = 1
Khi đó: I =
1
0
1
2t
1+ t2
−
1− t2
1+ t2
·
1
1+ t2
dt =
1
0
1
t2 +2t +1
dt
=
1
0
1
(t + 2−1)(t − 2−1)
dt = −
1
2 2
ln
2+ t −1
2− t −1
1
0
= ··· (ˆ.ˆ).
7.3 Các trường hợp đơn giản
Phương pháp tổng quát giải bài toán tích phân hàm lượng giác là đổi biến t = tan
x
2
nhưng trong một số trường hợp phương pháp này trở nên phức tạp, dài dòng. Ta có
cách giải riêng đối với một số dạng đặc biệt.
Dạng 1
• Hàm số là lẻ đối với sin ta đặt t = cosx.
• Hàm lẻ đối với cos ta đặt t = sinx.
Ví dụ 7.3.
1. Xét hàm f (sinx,cosx) = cos3
x sin2
x
Ta có: f (sinx,−cosx) = (−cosx)3
sin2
x = −cos3
x sin2
x
= −f (sinx,cosx)
⇒ Đây là trường hợp hàm lẻ đối với cos

2. Xét hàm số f (sinx,cosx) = (sinx +sin3
x)cosx
Ta có: f (−sinx,cosx) = −sinx +(−sinx)3
cosx
= (−sinx −sin3
x)cosx = −(sinx +sin3
x)cosx
= −f (sinx,cosx)
⇒ Đây là trường hợp hàm lẻ đối với sin
Ví dụ 7.4. Tính tích phân sau:
(a) I =
π
2
0
cos3
x sin2
x dx
(b) I =
π
2
0
sin2x cosx
1+cosx
dx
Giải
(a) Đặt t = sinx ⇒ cos2
x = 1− t2
⇒ dt = cosxdx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =
π
2
⇒ t = 1
Khi đó: I =
π
2
0
cos2
x.sin2
x.cosx dx =
1
0
1− t2
t2
dt
=
1
0
t2
− t4
dt =
t3
3
−
t5
5
1
0
=
2
15
(b) Nhận xét:
sin2x cosx
1+cosx
=
2sinx cos2
x
1+cosx
đây là trường hợp hàm lẻ đối với sin.
Đặt t = cosx ⇒ sin2
x = cosx
⇒ sinxdx = −dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x =
π
2
⇒ t = 0
Khi đó: I =
π
2
0
2sinx cos2
x
1+cosx
dx = −
1
0
2t2
1+ t
dt
= 2
1
0
t −1+
1
t +1
dt = 2
t2
2
− t +ln(1+ t)
1
0
= 2ln2−1
1.
π
2
0
sin3
x cos5
x dx. Đáp số: 1
24

2.
π
2
0
cos5
x dx. Đáp số: 8
15
3.
π
2
0
cosx
sin3
x dx
4.
π
2
0
cosx
7+cos2x
dx. Đáp số:π 2
12
Dạng 2
Hàm bậc chẵn đối với sin và cos.
Đặt t = tanx ⇒ dx =
dt
1+ t2
Công thức thường sử dụng: cos2
x =
1
1+ t2
; sinx =
t2
1+ t2
Ví dụ 7.5. Tính tích phân sau
(a) I =
π
4
0
tan5
x dx
(b) I =
π
3
π
4
1
sin2
x cos4 x
dx
Giải
(a) Nhận xét: hàm tan5
x =
sin5
x
cos5 x
là hàm chẵn đối với sinx,cosx
Đặt t = tanx ⇒ dx =
1
1+ t2
dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =
π
4
⇒ t = 1
Khi đó: I =
1
0
t5
1+ t2
dt =
1
0
t3
− t +
t
t2 +1
dt =
t4
4
−
t2
2
+
1
2
ln t2
+1
1
0
= −
1
4
+
1
2
ln2.
(b) Đặt t = tanx ⇒ dt = 1+tan2
x dx ⇒ dt = 1+ t2
dx
⇒ dx =
1
1+ t2
dt
Ta được: sin2
x =
t2
1+ t2
và cos2
x =
1
1+ t2

Khi đó I =
3
1
1
t2
1+ t2
·
1
1+ t2
2
·
1
1+ t2
dt =
3
0
1+ t2 2
t2
dt
=
3
0
t4
+2t2
+1
t2
dt =
3
0
t2
+2+
1
t2
dt
=
t3
3
+2t −
1
t
3
1
=
−4+4 3
3
1.
π
2
π
4
cotx +1
sin4
x
dx. Đáp số: 25
12
2.
π
2
π
6
cos3
x
sinx
dx. Đáp số: 8
5 − 19
10 2
3.
π
4
0
1
cosx
dx. Đáp số: ln 2+ 2
2− 2
1
2
4.
π
2
0
cos5
x dx. Đáp số: 8
15
5.
π
4
π
6
1
sin3
c cosx
dx. Đáp số: 1+ln3
6.
π
2
π
4
cot6
x dx. Đáp số: 13
15 − π
4
7.
π
4
0
1
sinx
+2sinx cosx −8cos2 x
dx. Đáp số: 1
6 ln 2
5
Dạng 3
Dạng I =
b
a
sinm
cosn
dx trong đó m,n là các số nguyên dương chẵn. Loại này là trường
hợp đặc biệt của Dạng 2 nhưng ta có thể giải gọn hơn bằng cách:

1. Nhóm lũy thừa chung của sinx và cosx để sử dụng công thức sinx cosx =
1
2
sin2x.
2. Phần còn lại dùng cos2
x =
1+cos2x
2
và sin2
x =
1−cos2x
2
để giảm dần bậc của
sinx,cosx.
π
2
0
cos4
x sin2
x dx
Giải
Ta có: I =
π
2
0
cos2
x sin2
x.cos2
x dx =
1
4
π
2
0
sin2
2x cos2
x dx
=
1
4
π
2
0
sin2
2x
1+cos2x
2
dx =
1
8
π
2
0
sin2
2x +sin2
2x cos2x dx
=
1
8
π
2
0
sin2
2x dx +
1
8
π
2
0
sin2
2x cos2x dx = I1 + I2
• I1 =
1
8
π
2
0
sin2
2x dx =
1
16
π
2
0
(1−cos4x)dx =
1
16
x −
sin4x
4
π
2
0
=
π
32
• I2 =
1
8
π
2
0
sin2
2x cos2x dx
Đặt t = sin2x ⇒ cos2xdx =
1
2
dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = π
2 ⇒ t = 0
⇒ I2 = 0
Vậy I =
π
32
1)
π
2
0
sin2
x cos4
x dx 2)
π
4
0
sin2
x cos2
x dx
3)
π
2
0
cos4
x dx 4)
π
6
0
sin6
x dx
Dạng 4

1. I =
b
a
1
sin2m
x cos2n x
dx . Đổi biến t = tanx và áp dụng công thức
cos2
x =
1
1+tan2 x
, sin2
x =
tan2
x
1+tan2 x
2. I =
b
a
tanm
x
cos2nx
dx. Đổi biến t = tanx.
3. I =
b
a
cotm
x
sin2n
x
dx. Đổi biến t = cotx.
4. I =
b
a
sinm
x
cos2n x
dx. Ta đưa về tanx sau đó tùy trường hợp mà đổi biến t = tanx hoặc
t = cotx. Dạng I =
b
a
cosm
x
sin2n
x
dx có cách làm tương tự.
5. I =
b
a
tanm
x dx. Ta sử dụng công thức tan2
x =
1
cos2 x
− 1 sau đó đổi biến tùy từng
bài cụ thể. Dạng I =
b
a
cotm
x dx có cách giải tương tự.
6. Dạng I =
b
a
1
sinn
x
dx.
Biến đổi: I =
1
2n
b
a
1
sinn x
2
cosn x
2
dx =
1
2n
b
a
1
tann x
2
cos2n x
2
dx
Đổi biến t = tan x
2 (xem mục 7.2 trang 28).
7. Dạng I =
b
a
1
cosn x
dx
Ta đưa về dạng trên bằng cách đổi biến t =
π
2
− x.
a)
π
4
0
tan2
x dx b)
π
3
0
tan3
x dx
Giải
a) Ta có: I =
π
4
0
1
cos2 x
−1 dx = (tanx − x)|
π
4
0 = 1−
π
4

b) Ta có: I =
π
3
0
tanx.tan2
x dx =
π
3
0
tanx
1
cos2 x
−1 dx
=
π
3
0
tanx ·
1
cos2 x
dx −
π
3
0
tanx dx = I1 − I2
• I1 =
π
3
0
tanx ·
1
cos2 x
dx
Đặt t = tanx ⇒ dt =
1
cos2 x
dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =
π
3
⇒ t = 3
Khi đó: I =
3
0
t dt =
t2
2
1
0
=
3
2
.
• I2 =
π
3
0
tanx dx
Đặt t = cosx ⇒ dt = −sinxdx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = π
3 ⇒ t = 1
2
Khi đó: I = −
1
2
1
1
t
dx = − ln|t||
1
2
1 = −ln
1
2
= ln2
Vậy I =
3
2
−ln2.
1)
π
4
0
tan2
x
cos6 x
dx 2)
π
2
0
1
cos4 x
dx
3)
π
4
0
tan5
x dx 4)
π
2
π
4
cot6
x dx
5)
π
4
0
tan4
x dx 6)
π
π
4
cot3
x dx
7)
π
π
4
1
sin4
x
dx 8)
π
4
π
6
1
sin4
x cos4 x
dx
9)
π
4
0
1
cos4 x +sin4
x
dx 10)
π
4
π
6
1
a sin2
x +b cos2 x
dx
11)
π
0
tan2 x
3
+tan4 x
4
dx 12)
π
2
0
sin2
x −cos2
x
sin4
x +cos4 x
dx

13)
π
2
π
3
1
sinx
dx 14)
π
6
0
1
cosx
dx
15)
π
2
π
3
1
sin3
x
dx
Dạng 5
Để tính sina cosb dx; sina sinb dx; cosa cosb dx ta áp dụng công thức biến đổi tích
thành tổng
sina cosb =
1
2
[sin(a +b)x +sin(a −b)x]
sina sinb =
1
2
[cos(a −b)x −cos(a +b)x]
cosa cosb =
1
2
[cos(a +b)x +cos(a −b)x]
(a) I1 =
π
2
−π
2
sin7x cos2x dx
(b) I2 =
π
2
π
6
1+sin2x +cos2x
sinx +cosx
dx
Giải
(a) Ta có: I1 =
1
2
π
2
−π
2
(cos5x −cos9x)dx =
4
45
(b) Ta có: I2 =
π
2
π
6
1+sin2x
sinx +cosx
−
cos2x
sinx +cosx
dx
=
π
2
π
6
(sinx +cosx)2
sinx +cosx
+
cos2
x −sin2
x
sinx +cosx
dx
=
π
2
π
6
(sinx +cosx +cosx −sinx)dx = 2
π
2
π
6
cosx dx = 1.

1)
π
8
0
sin3x cos5x dx 2)
π
0
sin
x
3
cos
x
4
dx
3)
π
0
cosx cos2
3x dx 4)
π
6
0
sinx cos2x cos3x dx
7.4 Tích phân dạng hữu tỉ đối với hàm số lượng giác
Dạng 1
Dạng I =
1
a sinx +b cosx +c
dx ta áp dụng cách giải tổng quát:
Đặt t = tan
x
2
⇒ dx =
2tdt
1+ t2
.
Khi đó: sinx =
2t
1+ t2
, cosx =
1− t2
1+ t2
π
2
0
1
sinx +cosx +1
dx
Giải
Đặt t = tan
x
2
⇒ dx =
2
1+ t2
dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x =
π
2
⇒ t = 1
Khi đó: sinx +cosx +1 =
2t
1+ t2
+
1− t2
1+ t2
+1 =
2t +2
1+ t2
Do đó: I =
1
0
1+ t2
2t +2
·
2
1+ t2
dt =
1
0
1
t +1
dt = ln|t +1|1
0 = ln2.
1.
π
0
1
sinx +1
dx. Đáp số: π
2.
π
π
2
1
3sinx −2cosx +3
dx. Đáp số: 1
2 ln 5
3
3.
π
2
0
1
4sinx +3cosx +5
6

Dạng 2
m sinx +n cosx
a sinx +b cosx
dx
Ta tìm hai số A,B thỏa mãn Tử số = A(Mẫu số) +B(Mẫu số)
π
4
0
2sinx +16cosx
2sinx +3cosx
dx
Giải
Ta tìm hai số A,B thỏa mãn:
2sinx +16cosx = A(2sinx +3cosx) +B(2sinx +3cosx)
= A(2cosx −3sinx)+B(2sinx +3cosx)
Lần lượt cho x = 0,
π
2
ta được hệ phương trình:
2A +3B = 16
−3A +2B = 2
⇔
A = 2
B = 4
Khi đó: I = 2
π
4
0
2cosx −3sinx
2sinx +3cosx
dx +4
π
4
0
dx
= 2ln(2sinx +3cosx)|
π
4
0 +π = 2ln
5
3 2
+π.
π
π
2
11sinx +10cosx
4sinx −cosx
dx. Đáp số: −3ln4+π.
Dạng 3
Tích phân dạng I =
m sinx +n cosx +k
a sinx +b cosx +c
dx.
Ta tìm 3 số A,B,C thỏa : Tử số = A(Mẫu số) +B(Mẫu số)+C. Khi đó đưa về được các dạng
tích phân đã biết cách giải.
π
2
0
3sinx +5cosx +2
sinx +cosx +1
dx
Giải

Ta tìm ba số A,B,C thỏa mãn:
3sinx +5cosx +1 = A(3sinx +5cosx +1) +B(3sinx +5cosx +1)+C
= A(3cosx −5sinx)+B(3sinx +5cosx +1)+C
π
2
,π ta được hệ phương trình:



A +2B +C = 7
−A +2B +C = 5
−A +B +C = −5
⇔



A = 1
B = 4
C = −2
Khi đó: I =
π
2
0
cosx −sinx
sinx +cosx +1
dx +4
π
2
0
dx −2
π
2
0
1
sin+cosx +1
dx
= I1 +4I2 −2I3
• I1 =
π
2
0
cosx −sinx
sinx +cosx +1
dx = ln|sinx +cosx +1||
π
2
0 = 0.
• I2 =
π
2
0
dx = x|
π
2
0 =
π
2
.
• I3 =
π
2
0
1
sin+cosx +1
dx = ln2 (tích phân này đã được trình bày ở Ví dụ 7.9)
Vậy: I = 2π−2ln2.
Dạng 4
m sinx +n cosx +k
(a sinx +b cosx +c)2
dx.
Ta tìm 2 số A,B thỏa : Tử số = A(Mẫu số) +B(Mẫu số). Khi đó đưa về được các dạng tích
phân đã biết cách giải.
π
2
0
5cosx +sinx
(sinx +cosx)2
dx
Giải
Ta tìm 2 số A,B thỏa
sinx +5cosx = A(cosx −sinx)+B(sinx +cosx)
π
2
ta được hệ phương trình:
A +B = 5
−A +B = 1
⇔
A = 2
B = 3

Khi đó: I = 2
π
2
0
cosx −sinx
(sinx +cosx)2
dx +3
π
2
0
1
sinx +cosx
dx = 2I1 +3I2.
• I1 =
π
2
0
cosx −sinx
(sinx +cosx)2
dx = −
1
sinx +cosx
π
2
0
= 0 (hoặc ta có thể đổi biến t = sinx +cosx.)
• I2 =
π
2
0
1
sinx +cosx
dx. Đổi biến t = tan
x
2
(Ví dụ 7.9 ) ta tính được I2 = 2ln( 2+1)
Vậy I = 3 2ln( 2+1).
π
2
0
3sinx +29cosx
(3sinx +4cosx)2
4
+ln6.
Dạng 5
b
a
m sinx +n cosx
(a sinx +b cosx)2
dx
Cách giải
1. Ta tìm hai số A,B thỏa
Tử số = A(Mẫu số) +B(Mẫu số)
2. Khi đó : I = A
b
a
a cosx −b sinx
(a sinx +b cosx)3
dx +B
b
a
1
(a sinx +b cosx)3
dx
= AI1 +BI2.
3. Tính I1 : đổi biến t = a sinx +b cosx.
4. Tính I2 =
b
a
1
(a sinx +b cosx)3
dx
Ta biến đổi mẫu số
a sinx +b cosx = a2 +b2.cos(x −α)
với sinα =
a
a2 +b2
, cosα
b
a2 +b2
và
dx
cos2 x
= tanx +C.
π
2
0
4cosx −7sinx
(2sinx +cosx)3
dx

Giải
Tìm hai số A,B thỏa
4cosx −7sinx = A(2cosa −sinx)+B(2sinx +cosx)
π
2
ta được hệ phương trình
2A +B = 4
−A +2B = −7
⇔
A = 3
B = −2
Khi đó: I = 3
π
2
0
2cosx −sinx
(2sinx +cosx)3
dx −2
π
2
0
1
(2sinx +cosx)3
dx
= I1 + I2.
• I1 =
π
2
0
2cosx −sinx
(2sinx +cosx)3
dx
Đặt t = 2sinx +cosx ta tính được I1 = −
1
2t2
2
1
=
3
8
• I2 =
π
2
0
1
(2sinx +cosx)3
dx
Ta biến đổi:
2sinx +cosx = 5
2
5
sinx +
1
5
−cosx
(đặt a2 +b2 = 5 làm nhân tử chung)
Đặt sinα =
2
5
, cosα =
1
5
Ta có: 2sinx +cosx = 5(sinx sinα+cosαcosx) = 5cos(x −α)
Khi đó: I2 =
π
2
0
1
5cos2(x −α)
dx =
1
5
tan(x −α)|
π
2
0 =
1
5
(cotα+tanα) =
1
2
.
Vậy : I = 3I1 −2I2 =
1
8
.
π
π
2
18cosx −sinx
(3sinx −2cosx)3
9.
7.5 Dùng hàm phụ
Đôi khi thay vì tính trực tiếp tích phân của hàm số f (x), ta có thể kết hợp
với một hàm số khác g(x) bàng cách tính tích phân của hàm a f (x)+bg(x) và
c f a(x) + dg(x). Dựa vào sự liên kết như vậy ta tính được tích phân dễ dàng

hơn. Dạng này thường được áp dụng đối với hàm số lượng giác.
π
2
0
cos2
x.cos2x dx
Giải
Xét thêm J =
π
4
0
sin2
x.sin2x dx
Ta có: I + J =
π
4
0
(cos2
x +sin2
x)cos2x dx =
π
4
0
cos2x dx
=
1
2
sin2x|
π
4
0 =
1
2
I − J =
π
4
0
(cos2
x − sin2
x)cos2x dx =
π
4
0
cos2
2x dx
=
π
4
0
1+cos4x
2
dx =
1
2
x +
1
4
sin4x
π
4
0
=
π
8
Ta có hệ phương trình:
I + J = 1
2
I − J = π
8
⇔
I = 1
4 + π
16
J = 1
4 − π
16
1.
π
2
0
cos4
x
sin4
x +cos4 x
dx
1.
π
2
π
4
cos2x.(cot+2)
sin2
x
dx. Đáp số: 5
2 −ln2−π
2.
π
4
0
sin2
x
cos6 x
dx. Đáp số: 8
15
3.
π
2
π
6
cos3
x
sinx
dx. Đáp số: ln( 2+1)

4.
π
4
0
cosx −sinx
2+sin2x
2+1
5.
π
2
π
3
cotx.
3
sin3
−sinx
sin3
x
dx. Đáp số:
3
9
24
6.
π
0
(x −cos4
x.sin3
x)dx. Đáp số: 4π
35
7.
π
2
0
cosx − sinx dx. Đáp số: 0
8.
π
2
0
cosx.cos(sinx)dx. Đáp số: sin1
9.
π
2
0
sinx +2cosx −3
sinx −2cosx +3
dx.
10.
π
2
0
sinx cosx
sinx +cosx
dx. Đáp số: 1+ 2
2 ln( 2−1).
Hd:sinxcosx=1
2(sinx+cosx)2
−1
11.
π
2
0
sin2
sin2
x +2cos2 x
dx.
Hướng dẫn: sin2
x
sin2x+2cos2x
=1−cos2x
1−cos2x+2(1+cos2x)
12.
π
4
π
4
1
tanx
dx.
Hướng dẫn: Đặtt=tanxđưavềdạngdx
1+t4
13.
π
4
π
3
1
sin3
x
dx. Đáp số: 1
4
ln3+ 1
3
.
14.
π
4
0
cosx −sinx
2+sin2x
1+ 2
2+sin2x=1+(sinx+cosx)2
.Đặtt=sinx+cosx.

8. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN
15.
π
4
0
sin3
2x cos2
3x dx Đáp số: 1
4.
1
4
(3sin2x−sin6x)·1+cos6x
2
vàápdụngkhaitriểntíchthànhtổng.
8 Tích phân hàm vô tỉ
Một số dạng tích phân vô tỉ đã được giải quyết ở các phần trước:
1. Biểu thức chứa căn (xem mục 4.1 trang 8 ).
2. Biểu thức chứa căn bậc khác nhau (xem mục 4.2 trang 11).
3. Đổi biến sang lượng giác (xem mục 5 trang 14).
8.1 Biểu thức có tam thức bậc hai
Dạng 1
Dạng I =
1
ax2 +bx +c
dx. Ta phân tích biểu thức trong căn thành tổng hoặc hiệu các
bình phương. Sau đó đưa về các dạng tích phân đã biết, ta có thể áp dụng đổi biến sang
lượng giác (xem mục 5 trang 14) hoặc dựa vào chú ý sau:
Chú ý:
1. Ta chứng minh được công thức :
1
x2 ± a2
dx = ln|x + x2 ± a2|+C.
2. Riêng dạng
1
(x + a)(x +b)
dx ta còn có thể đổi biến
• t = x + a + x +b nếu x + a > 0 và x +b > 0.
• t = −x − a + −x −b nếu x + a < 0 và x +b < 0.
Tam thức bậc hai f (x) = ax2
+bx +c có hai nghiệm x1,x2 thì
f (x) = a(x − x1)(x − x2).
4
3
1
x2 −2x
dx

Chương I. TÍCH PHÂN 8. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ
Giải
Ta có: I =
4
3
1
x(x −2)
dx
Đặt t = x + x −2 ⇒ dt =
1
x
+
1
x −2
dx
⇒ dt =
x −2+ x
x(x −2)
dx ⇒
dt
t
=
dx
x(x −2)
Đổi cận: x = 3 ⇒ t = 3+1 ; x = 4 ⇒ t = 2− 2
Khi đó: I =
2− 2
3+1
1
t
dt = ln|t|| 3+1
2− 2
= ln
3+1
2− 2
.
−1
−4
1
x2 −2x
dx
Giải
Ta có: I =
−1
−4
1
x(x −2)
dx
Đặt t = −x + −x +2 ⇒ dt =
1
−x
+
1
−x +2
dx
⇒ dt =
−x +2+ −x
x(x −2)
dx ⇒
dt
t
=
dx
x(x −2)
Đổi cận: x = −4 ⇒ t = 6+2 ; x = −1 ⇒ t = 1+ 3
Khi đó: I =
6+2
1+ 3
1
t
dt = ln|t||1+ 3
6+2
= ln
1+ 3
6+2
.
1
0
1
x2 +1
dx
Giải
• Chứng minh
1
x2 ± a2
dx = ln|x + x2 ± a2|+C.
Ta có: ln x + x2 + a2 =
x + x2 + a2
x + x2 + a2
=
1+
x
x2 + a2
x + x2 + a2
=
1
x2 + a2
• Áp dụng kết quả trên ta được:
I = ln x + x2 +1
1
0
= ln2.

(a)
5
2
1
−x2 +4x +5
dx (b)
5
3
x2 −6x +13dx
(c)
7+3
4
3
4
1
−2x2 +3x +2
dx (d)
7
5
1
3x2 −18x +15
dx
(e)
2
3
2
1
−2x2 +6x −4
dx (f)
1
0
1
x2 +2x
dx
(g)
1
0
x
1+ex +e2x
dx (h)
1
0
x
−2x4 −3x2 +1
dx
Dạng 2
Tính tích phân có dạng I =
Ax +B
ax2 +bx +c
dx ta phân tích
Ax +B = C ax2
+bx +c +D
3
2
x +4
x2 +2x −3
dx
Giải
Ta có: x +4 = C x2
+2x −3 +D = C(2x +2)+D = 2Cx +2C +D
Đồng nhất hệ số
2C = 1
2C +D = 4
⇔
C = 1
2
D = 3
Khi đó: I =
1
2
3
2
2x +2
x2 +2x −3
dx +3
3
2
1
x2 +2x −3
dx = I1 + I2
• I1 =
1
2
3
2
2x +2
x2 +2x −3
dx =
3
2
x +1
x2 +2x −3
dx = x2 +2x −3
3
2
= 2 3− 5.
•I2 = 3
3
2
1
x2 +2x −3
dx (đây là tích phân Dạng 1)
= 3
3
2
1
(x +1)2 −4
dx = 3 ln x +1+ x2 +2x −3
3
2

= 3ln
4+2 3
3+2 5
Vậy I = 2 3− 5+3ln
4+2 3
3+2 5
(a)
0
−1
x −1
−x2 −2x +3
dx (b)
−2+ 6
−2
5x +3
x2 +4x +10
dx
(c)
2
1
x −1
−x2 +2x +3
dx (d)
2+ 5
2
1
2x −1
−x2 +3x −1
dx
(e)
e 5−2
1
e2
lnx
x 1−4lnx −ln2
x
dx
Dạng 3
Tính tích phân dạng I =
1
(Ax +B) ax2 +bx +c
dx ta đổi biến
Ax +B =
1
t
sẽ đưa được về Dạng 1.
1
0
1
(x +1) −x2 +2x +3
dx
Giải
Đặt x +1 =
1
t
⇒ dx = −
dt
t2
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t =
1
2
Khi đó: I = −
1
2
1
1
1
t
· −
1
t
−1
2
+2
1
t
−1 +3
·
1
t2
dx
= −
1
2
1
1
1
t
·
1
|t|
· 4t −1
·
1
t2
dx =
1
2
1
1
4t −1
dx
=
1
2
4t −1
1
1
2
=
1
2
3−
1
2
.

0
−1
1
(x +2) 2x2 +4x +4
dx
Giải
Đặt x +2 =
1
t
⇒ dx =
1
t2
Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 1 ; x = 0 ⇒ t =
1
2
Khi đó: I = −
1
2
1
1
1
t
· 2
1
t
−2
2
+4
1
t
−2 +4
·
1
t2
dx
=
1
1
2
1
4t2 −4t +2
dx =
1
1
2
(2t −1)2 +1dx
=
1
2
ln 2t −1+ 4t2 −4t +2
1
1
2
= ln 1+ 2
(a)
2
1
1
x −x2 +2x +3
dx (b)
0
−1
2
1
(x +1) x2 +1
dx
(c)
1
1
2
1
x x2 +1
dx (d)
10
7
1
(3x −6) x2 −4x +1
dx
(e)
−2
−9
4
1
(x +1) x2 +3x +2
dx (f)
1
2
−1
1
x x2 − x
dx
Dạng 4
Ax +B
(αx +β) ax2 +bx +c
dx ta biến đổi
Ax +B = C(αx +β)+D
sẽ đưa được về tích phân có Dạng 1 và Dạng 3.
0
−2
2x −1
(x +1) x2 +3x +3
dx
Giải

Ta có: 2x −1 = 2(x −1)−3
Khi đó: I =
0
−2
2(x −1)−3
(x +1) x2 +3x +3
dx
= 2
0
−2
1
x2 +3x +3
dx −3
0
−2
1
(x −1) x2 +3x +3
dx
= I1 + I2.
Các tích phân I1,I2 đã biết cách giải.
Ta tính được: I = −2ln
3
4
+
3
2
+3ln
1
4
+
3
4
+
3
2
.
Dạng 5
Dạng tổng quát của Dạng 2, tích phân dạng
I =
Pn(x)
ax2 +bx +c
dx trong đó Pn(x) là đa thức bậc n
ta làm như sau
• Phân tích:
I =
Pn(x)
ax2 +bx +c
dx = Qn−1(x) ax2 +bx +c+α
1
ax2 +bx +c
dx vớiQn−1(x) là đa thức
bậc n −1 và α là số thức.
• Các hệ số của đa thức Qn−1 và α được xác định bằng cách:
1. Đạo hàm 2 vế bước phân tích trên.
2. Cân bằng hệ số.
−2
−1
x2
+4x
x2 +2x +2
dx
Giải
• Phân tích:
I =
−2
−1
x2
+4x
x2 +2x +2
dx = (ax +b) x2 +2x +2+α
−2
−1
1
x2 +2x +2
dx
• Xác định các hệ số:
Lấy đạo hàm hai vế và thu gọn ta được:
x2
+4x ≡ 2ax2
+(2s + s +b)x +2a +b −α
Đồng nhất hệ số hai vế ta được:



2a = 1
3a +b = 4
2a +b +α = 0
⇔



a = 1
2
b = 5
2
α = −7
2

Khi đó: I =
1
2
(x +5) x2 +2x +3
−2
−1
−
7
2
−2
−1
1
x2 +2x +2
dx
= 2−
3 2
2
−
7
2
−2
−1
1
(x +1)2 +1
dx
= 2−
3 2
2
−
7
2
ln|x +1+ x2 +2x +2|
−2
−1
= 2−
3 2
2
−
7
2
ln
2− 2
2
.
1.
1
0
x2
+1
x2 +2x +3
dx. Hd: a = 1
2,b = −3
2,α = 1.
2.
1
0
2x3
+1
x2 + x +2
dx. Hd: a = 2
3,b = −5
6,c = −17
12,α = 81
24.
8.2 Phép thế Eurle
Trong trường hợp tổng quát khi tính tích phân dạng
I = f (x, ax2 +bx +c)dx,a = 0
ta dùng phép thế Eurle.
1. Nếu a > 0, đặt ax2 +bx +c = t − ax hoặc t + ax
2. Nếu c > 0, đặt ax2 +bx +c = xt + c hoặc xt − c
3. Nếu ax2
+bx +c có hai nghiệm x1,x2 thì ta đặt
ax2 +bx +c = t(x − x1)
Chú ý: Những trường hợp đã xét trên (a > 0,c > 0) có thể đưa trường hợp này về trường
hợp kia bằng cách đặt x =
1
z
.
0
−1
1
x + x2 + x +1
dx
Giải

Ở đây a = 1 > 0 nên ta dùng phép thế thứ nhất.
Đặt x2 + x +1 = t − x ⇒ x =
t2
−1
1+2t
⇒ dx =
2t2
+2t +2
(1+2t)2
dt
Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 2 ; x = 0 ⇒ t = 1
Khi đó: I =
1
2
2t2
+2t +2
t(1+2t)2
dt (dạng tích phân hàm hữu tỉ)
Phân tích:
2t2
+2t +2
t(1+2t)2
=
A
(1+2t)2
+
B
1+2t
+
C
t
Ta tìm được A = −3,B = −3,C = 2.
Khi đó: I = −3
1
2
1
(1+2t)2
dt −3
1
2
1
1+2t
dt +2
1
2
1
t
dt
=
3
2(1+2t)
+
1
2
ln
t4
(1+2t)3
1
2
=
1
2
+
1
2
ln
125
432
6−1
5
− 3−1
2
1
1+ 1−2x − x2
dx
Giải
Do c = 1 > 0 nên theo phép thế thứ 2 ta đặt
1−2x − x2 = xt ⇒ x = 2·
t −1
t2 +1
⇒ dx = 2·
−t2
+2t +1
t2 +1
2
dt
Đổi cận: x =
− 3−1
−1
⇒ t = 0 ; x =
6−1
5
⇒ t = 2
Khi đó: I =
2
−2
−t2
+2t +1
t(t −1)(t2 +1)
dt =
1
0
1
t −1
−
1
t
−
2
t2 +1
dt
= −2ln2+
π
4
−2arctan2.
1
0
x − x2 +3x +2
x + x2 +3x +2
dx
Giải
Ta có: x2
+3x +2 = (x +1)(x +2) nên ta dùng phép thế thứ 3.
Đặt x2 +3x +2 = t(x +1) ⇒ x =
t2
−2
1− t2
⇒ dx =
−2t
(1+ t2)3
dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 1 ⇒ t = 6
Khi đó: I =
6
2
2
t2
+2t
(1− t)(t −2)(1+ t)3
dt
=
6
2
1
3(t +1)3
+
5
18(t +1)2
−
17
108(t +1)
+
3
4(t −1)
−
16
27(t −2)
dt

=
2 1466−600 3−33
225
+
17
108
ln
2+1
6+1
+
3
4
ln
6−1
2−1
+
16
27
ln
− 2+2
6−2
8.3 Dạng đặc biệt
Tích phân có dạng
I = xr
a +bxp q
dx
trong đó r,p,q là các số hữu tỉ.
1. Nếu q là số nguyên đặt x = ts
với s là bội số chung nhỏ nhất của mẩu số các phân
số r và p.
2. Nếu
r +1
p
là số nguyên đặt a +bxp
= ts
với s là mẫu số của phân số p.
3. Nếu
r +1
p
+ q là số nguyên đặt ax−p
= ts
với s là mẫu số của phân số q.
256
16
1
2( 4
x −1)
dx
Giải
Vì q = 3 nguyên nên ta đặt x = t4
,t > 0 ⇒ dx = 4t3
dt
Đổi cận: x = 16 ⇒ t = 2 ; x = 256 ⇒ t = 4
Khi đó: I =
4
2
4t3
t2(t −1)3
dt = 4
4
2
t
(t −1)3
dt = −2
2
t −1
+
1
(t −1)2
4
2
=
40
9
2
1
x5
(2− x2) 2− x2
dx
Giải
Ta có:
x5
(2− x2) 2− x2
= x5
(a − x2
)−3
2 , r = 5,p = 2,q = −3
2
Do
r +1
p
= 3 nguyên nên ta đặt 2− x2
= t2
,t > 0 ⇒ xdx = −tdt
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = 2 ⇒ t = 0
Khi đó: I = −
0
1
t4
−4t2
+4
t2
dt = −
t3
3
+4t +
4
t2
0
1
=

Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT
(a)
2
1
1
x2 3
(2+ x3)5
dx (b)
16
1
3
1+ 4
x
x
dx
(c)
1
0
x
1+
3
x2
dx (d)
32
1
1
x
3
1+ x5
dx
(f)
8
1
1
x3 ·
3
1+
4
x3
dx (g)
1
0
x6
1+ x2
dx
9 Tính tính phân bằng tính chất
9.1 Tích phân có cận đối nhau
Khi gặp tích phân có dạng I =
a
−a
f (x)dx ta có thể dùng phương pháp sau:
1. Ta có: I =
0
−a
f (x)dx +
a
0
f (x)dx = I1 + I2
2. Xét I =
0
−a
f (x)dx
Đặt x = −t ⇒ dx = −dt
Đổi cận: x = −a ⇒ t = a ; x = 0 ⇒ t = 0
I1 = −
0
a
f (−t)dt =
a
0
f (−t)dt
Sau đó ta tùy từng hàm f (t) mà có hướng giải cụ thể.
1
−1
x2014
sinx dx
Giải
Ta có: I =
1
−1
x2014
sinx dx =
0
−1
x2014
sinx dx =
1
0
x2014
sinx dx
= I1 + I2
Xét I1 =
0
−1
x2014
sinx dx
Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 1 ; x = 0 ⇒ t = 0

9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN
Khi đó: I1 = −
0
1
(−t)2014
sin(−t)dt =
0
1
t2014
sint dt
= −
1
0
t2014
sint dt = −
1
0
x2014
sinx dx = −I2
Từ đó ta có: I = I1 − I1 = 0
Nhận xét: với bài toán trên đa số học sinh suy nghĩ theo hai hướng:
Hướng 1: sử dụng phương pháp Tích phân từng phần vì có dạng f (x)sinxdx, nhưng
trong trường hợp này cần thực hiện 2014 lần tích phân từng phần, điều này là
không thực tế.
Hướng 2: tìm công thức tổng quát của bài toán tích phân có dạng
1
−1
xn
sinxdx, từ đó
rút ra kết quả của
1
−1
xn
sinxdx. Đây là hướng suy nghĩ hay mang tính khái quát cao
nhưng chưa hẳn là phương pháp ngắn gọn.
Qua đó cho thấy tầm quan trọng của việc nhận xét tính chất cận tích phân và tính chất
hàm số dưới dấu tích phân để định hướng phương pháp giải. Từ Ví dụ trên ta rút ra
được tính chất sau
Tính chất 9.2. Hàm số f (x) liên tục trên [−a,a]
1. Nếu f (x) là hàm số lẻ trên [−a,a] thì I =
a
−a
f (x)dx = 0
2. Nếu f (x) là hàm số chẵn trên [−a,a] thì I = 2
a
0
f (x)dx = 0
Chứng minh
Ta có: I =
0
−a
f (x)dx +
a
0
f (x)dx = I1 + I2
Xét I =
0
−a
f (x)dx
Đổi cận: x = −a ⇒ t = a ; x = 0 ⇒ t = 0
I1 = −
0
a
f (−t)dt =
a
0
f (−t)dt
1. Nếu f (x) là hàm lẻ thì f (−x) = −f (x) ⇔ f (−t) = −f (t)
Do đó: I1 = −
a
0
f (t)dt = −
a
0
f (x)dx = −I2
Từ đó ta được: I = I1 + I2 = −I2 + I2 = 0.

2. Nếu f (x) là hàm chẵn thì f (−x) = f (x) ⇔ f (−t) = f (t)
Do đó: I1 =
a
0
f (t)dt =
a
0
f (x)dx = I2
Từ đó ta được: I = I1 + I2 = I2 + I2 = 2
a
0
f (x)dx
Nhận xét: nếu áp dụng kết quả Tính chất 9.2 ta có ngay kết quả I = 0 , nhưng trong
khuôn khổ chương trình toán phổ thông không có tính chất này, khi trình bày trong
bài thi ta phải chứng minh lại như trong Ví dụ 9.1.
Ví dụ 9.3. Tính
1
−1
x4
+sinx
x2 +1
dx
Giải
Ta có: I =
1
−1
x4
x2 +1
dx +
1
−1
sinx
x2 +1
dx = I1 + I2
Nhận xét: I1 là dạng tích phân hàm hữu tỉ ta giải được; hàm số trong I2 là hàm số lẻ ,
theo Tính chất 9.2 ta có I2 = 0.
• Tính I1 =
1
−1
x4
x2 +1
dx
Ta có: I1 =
1
−1
x2
−1+
1
x2 +1
dx =
1
−1
x2
−1 dx +
1
−1
1
x2 +1
dx
= −
4
3
+ I12
Với I12 =
1
−1
1
x2 +1
dx ta sử dụng phương pháp Đổi biến sang lượng giác Dạng 3 (mục 5.3
trang 19)
π
2
,
π
2
⇒ dx =
dt
cos2 t
Đổi cận: x = −1 ⇒ t = −
π
4
; x = 1 ⇒ t =
π
4
Khi đó: I =
π
4
−π
4
1
tan2 t +1
·
1
cos2 t
dt =
π
4
−π
4
cos2
t ·
1
cos2 t
dt =
π
4
−π
4
dt
=
π
2
Vậy: I1 =
π
4
−
4
3
• Tính I2 =
1
−1
sinx
x2 +1
dx =
0
−1
sinx
x2 +1
dx +
1
0
sinx
x2 +1
dx = I21 + I22
Xét I21 =
0
−1
sinx
x2 +1
dx

Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 1 ; x = 0 ⇒ t = 0
Khi đó: I21 =
0
1
sin(−t)
(−t)2
+1
dt ·(−1) = −
1
0
sint
t2 +1
dt
= −
1
0
sinx
x2 +1
dx = −I22
Do đó: I2 = I21 − I22 = 0
Vậy: I = I1 + I2 =
π
2
−
4
3
Nhận xét: hàm số ban đầu dưới dấu tích phân không chẵn không lẻ, khi ta tách I = I1+I2
thì hàm số lẻ xuất hiện và ta biết được kết quả của I2 = 0 nhưng vẫn phải chứng minh
kết quả. Bài này có thể giải theo phương pháp Tích phân từng phân nhưng rắc rối hơn
nhiều.
1.
1
−1
x2
+2 sinx dx. Đáp số: 0
2.
1
2
−1
2
cosx ln
1− x
1+ x
dx. Đáp số: 0
3.
1
−1
ln3
x + x2 +1 dx. Đáp số: 0
4.
π
2
−π
2
cosx ·ln x + x2 +1 dx. Đáp số: 0
5.
1
2
−1
2
cosx ·ln
1− x
1+ x
dx. Đáp số: 0
Nhận xét: qua các ví dụ trên ta đã thấy hiệu quả của Tính chất 9.2 đối với hàm số lẻ,
còn đối với hàm số chẵn ít được sử dụng hơn. Trong một số bài toán tích phân có cận
đối nhau ta cũng áp dụng phương pháp như phần chứng minh Tính chất 9.2.
Ví dụ 9.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và
f (x)+ f (−x) = 2−2cosx,∀x ∈ R
Tính I =
3π
2
−3π
2
f (x)dx

Giải
Ta có: I =
0
−3π
2
f (x)dx +
3π
2
0
f (x)dx = I1 + I2
Xét I1 =
0
−3π
2
f (x)dx
Đổi cận: x = −
3π
2
⇒ t =
3π
2
; x = 0 ⇒ t = 0
Khi đó: I1 =
0
3π
2
f (−t)·(−1)dt =
3π
0
0
f (−t)dt =
3π
2
0
f (−x)dx
Ta được: I =
3π
2
0
f (−x)dx +
3π
2
0
f (x)dx =
3π
2
0
f (−x)+ f (x) dx
=
3π
2
0
2−2cosx dx =
3π
2
0
2|sinx|dx
= 2



π
0
sinx dx −
3π
2
π
sinx dx


 = 6.
Tính chất sau cho ta một kết quả đẹp, thu gọn đáng kể hàm dưới dấu tích phân.
Tính chất 9.5. Nếu f (x) là hàm chẵn và liên tục trên R thì
I =
α
−α
f (x)
ax +1
dx =
α
0
f (x)dx với ∀α ∈ R+
và a > 0
Chứng minh
Ta có: I =
α
−α
f (x)
ax +1
dx =
0
−α
f (x)
ax +1
dx +
α
0
f (x)
ax +1
dx = I1 + I2
Xét: I1 =
0
−α
f (x)
ax +1
dx
Đổi cận: x = −α ⇒ t = α ; x = 0 ⇒ t = 0
Khi đó: I1 = −
0
α
f (−t)
a−t +1
dt =
α
0
at
f (t)
at +1
dt =
α
0
ax
f (x)
ax +1
dx
Ta được: I =
α
0
ax
f (x)
ax +1
dx +
α
0
f (x)
ax +1
dx
=
α
0
(ax
+1) f (x)
ax +1
dx =
α
0
f (x)dx

1
−1
cosx
ex +1
dx
Giải
Ta có: I =
1
−1
cosx
ex +1
dx =
0
−1
cosx
ex +1
dx +
1
0
cosx
ex +1
dx = I1 + I2
Xét I1 =
0
−1
cosx
ex +1
dx
Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 1 ; x = 0 ⇒ t = 0
Khi đó: I1 = −
0
1
cos(−t)
e−t +1
dt =
1
0
et
cost
et +1
dt =
1
0
ex
cost
ex +1
dx
Ta được: I =
1
0
ex
cost
ex +1
dx +
1
0
cosx
ex +1
dx =
1
0
(ex
+1)cosx
ex +1
dx
=
1
0
cosx dx = sin1
Nhận xét: dựa vào Tính chất 9.5 ta dự đoán kết quả I =
1
0
cosxdx, một kết quả đẹp trong
bài tích phân tưởng chừng rắc rối. Nhưng ta không được áp dụng trực tiếp kết quả này
mà chỉ dùng để định hướng phương pháp giải.
1.
1
−1
x4
1+2x
dx. Đáp số: 1
5
2.
π
2
−π
2
sinx ·sin2x ·cos5x
ex +1
dx. Đáp số: 0
3.
1
−1
1− x2
1+2x
dx. Đáp số: π
4
4.
π
2
−π
2
x2
1+2x
·|sinx|dx. Đáp số: π−2
5.
π
−π
sin2
32 +1
dx. Đáp số: π
2

6.
1
−1
1
(ex +1) x2 +1
dx. Đáp số: π
4
9.2 Tích phân có cận là radian
Trường hợp tổng quát dạng I =
b
a
f (x)dx ta đổi biến x = a +b − t
π
2
0
sin6
x
sin6
x +cos6 x
dx
Giải
Đặt x =
π
2
− t ⇒ dx = −dt
π
2
; x =
π
2
⇒ t = 0
Khi đó: I =
0
π
2
sin6 π
2
− t
sin6 π
2
− t +cos6
π
2
− t
·(−1)dt
=
π
2
0
cos6
t
cos6 t +sin6
t
dt =
π
2
0
cos6
x
cos6 x +sin6
x
dx = I
Do đó: 2I = I + I =
π
2
0
cos6
x
cos6 x +sin6
x
dx +
π
2
0
sin6
x
sin6
x +cos6 x
dx
=
π
2
0
sin6
x +cos6
x
sin6
x +cos6 x
dx =
π
2
0
dx =
π
2
⇒ I =
π
4
Nhận xét: Ví dụ trên còn có thể giải bằng phương pháp hàm phụ, Ví dụ trên minh họa
cho tính chất:
Tính chất 9.8. Nếu f (x) là hàm số liên tục trên [0,1] thì
I =
π
2
0
f (sinx)dx =
π
2
0
f (cosx)dx
Hướng dẫn chứng minh: đặt t =
π
2
− t

1.
π
2
0
sinn
x
sinn
x +cosn x
dx. Đáp số:π
4
2.
π
2
0
ln
1+sinx
1−sinx
dx. Đáp số: 0
3.
π
2
0
1
cos2(cosx)
−tan2
(sinx) dx. Đáp số: π
2
Tính chất sau cho ta thu gọn hàm dưới dấu tích phân
Tính chất 9.9. Nếu f (x) liên tục trên [0,1] thì
I =
π
0
x f (x)dx =
π
2
π
0
f (x)dx
Hướng dẫn chứng minh: đặt t = π− t
π
0
x.sinx.cos2
x dx
Giải
Đặt x = π− t ⇒ dx = −dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = π ; x = π ⇒ t = 0
Khi đó: I =
0
π
(π− t).sin(π− t).cos2
(π− t).(−t)dt
=
π
0
(π− t).sint.cos2
t dt
= π
π
0
sint.cos2
t dt −
π
0
t.sint cos2
t dt
= π
π
0
sinx cos2
x dx − I
⇒ 2I = π
π
0
sinx cos2
x dx ⇒ I =
π
2
π
0
sinx cos2
x dx
Đặt t = cosx ⇒ dt = −sinxdx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = π ⇒ t = −1

Khi đó: I = −
π
2
−1
1
t2
dt =
π
2
·
t3
3
1
−1
=
π
3
Nhận xét: Ví dụ trên có thể giải bằng phương pháp Tích phân từng phần nhưng bài giải
dài dòng hơn. Ở đây ta có nhận xét
sinx.cos2
x = sinx(1−sin2
x) = f (sinx)
và theo Tính chất 9.9 ta thu gọn được bài toán.
1.
π
0
x sinx
4−cos2 x
dx. Đáp số: πln9
8
2.
π
0
x sinx
9+4cos2 x
dx. Đáp số: π
6
arctan 2
3
Tương tự ta có Tính chất đối với hàm cosin
Tính chất 9.11. Nếu f (x) liên tục trên [0,1] thì
I =
2π−α
α
x f (cosx)dx = π
2π−α
0
f (cosx)dx
Hướng dẫn chứng minh: đặt x = 2π− t
2π
0
x cos3
x dx
Giải
Đặt x = 2π− t ⇒ dx = −dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2π ; x = 2π ⇒ t = 0
Khi đó: I =
0
2π
(2π− t)cos3
(2π− t).(−t)dt =
2π
0
(2π− t)cos3
t dt
= 2π
2π
0
cos3
t dt −
2π
0
t cos3
t dt
=
π
2
2π
0
(cos3t +3cost)dt −
2π
0
t cos3
x dx
(do cos3x = 4cos3
x −3cosx)
=
π
2
1
3
sin3t +3sint
2π
0
− I
= 0− I
⇔ 2I = 0 ⇔ I = 0

Tính chất sau là dạng tổng quát của hai Tính chất ở trước
Tính chất 9.13. Nếu f (x) liên tục và f (a +b − x) = f (x) thì
I =
b
a
x f (x)dx =
a +b
2
b
a
f (x)dx
Hướng dẫn chứng minh: đặt x = a +b − t
Tương tự ta chứng minh được Tính chất sau:
Tính chất 9.14. Nếu f (x) liên tục trên [a,b] thì
I =
b
a
f (x)dx =
b
a
f (a +b − x)dx
Hướng dẫn chứng minh: đặt t = a +b − t
π
4
0
ln(1+tanx)dx
Giải
Đặt x =
π
4
− x ⇒ dx = −dt
π
4
; x =
π
4
⇒ t = 0
Khi đó: I = −
0
π
4
ln[1+tan(1+tant)]dt =
π
4
0
ln 1+
1−tant
1+tant
dt
=
π
4
0
ln
2
1+tant
dt =
π
4
0
[ln2−ln(1+tant)]dt
= ln2
π
4
0
dt −
π
4
0
ln(1+tant)dt = ln2|
π
4
0 −
π
4
0
ln(1+tanx)dx
=
πln2
4
− I
⇔ 2I =
πln2
4
⇔ I =
πln2
8
Tính chất 9.16. Nếu f (x) liên tục trên R và tuần hoàn với chu kì T thì
I =
a+T
a
f (x)dx =
T
a
f (x)dx

Chứng minh tính chất
Ta có: I =
T
0
f (x)dx =
a
0
f (x)dx +
a+T
a
f (x)dx +
T
a+T
f (x)dx
= I1 + I2 + I3
• Xét I3 =
T
a+T
f (x)dx
Đặt x = T + t ⇒ dx = dt
Đổi cận: x = a +T ⇒ t = a ; x = T ⇒ t = 0
Khi đó: I3 =
0
a
f (t +T)dt = −
a
0
f (t)dt = −
a
0
f (x)dx = −I1
Ta được: I = I1 + I2 + I3 = I1 + I2 − I1
I = I2
2014π
0
1−cos2x dx
Giải
Ta có: I =
2014π
0
1−cosx dx =
2014π
0
2sin2
x dx = 2
2014π
0
|sinx|dx
= 2


2π
0
|sinx|dx +
4π
2π
|sinx|dx +···+
2014π
2012π
|sinx|dx


Theo Tính chất 9.16 ta được:
2π
0
|sinx|dx =
4π
2π
|sinx|dx = ··· =
2014π
2012π
|sinx|dx
Ta được: I = 1007 2
2π
0
|sinx|dx = 1007 2


π
0
sinx dx −
2π
π
sinx dx


= 4028 2
Nhận xét: việc xét dấu hàm sinx trên [0,2014π] là khó khăn, Ví dụ trên cho ta thấy hiệu
quả của Tính chất 9.16, . Do Tính chất này không có trong sách giáo khoa, và việc chứng
minh Tính chất đối với hàm cụ thể là dài dòng nên trước khi làm bài các em học sinh
cần chứng minh lại dạng tổng quát của nó như phần Chứng minh, sau đó áp dụng kết
quả làm bài tập.
1.
2
1
ln(1+ x)
x2
2
ln3+3ln2
2.
π
2
0
cosx.ln(1+cosx)dx. Đáp số: π
2
−1

10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN
3.
π
0
x.cos4
x.sin3
x dx. Đáp số: 2π
35
4.
2
−2
ln x + x2 +1 dx. Đáp số: 0
5.
π
2
−π
2
sinx.sin2x.sin5x
ex +1
dx. Đáp số: 0
6.
3π
2
0
sinx.sin2x.sin3x.cos5x dx. Đáp số: 0
7.
π
2
−π
2
x +cosx
4−sin2
x
dx.
8.
1
−1
x2014
2007x +1
dx.
9.
π
4
−π
4
sin6
x +cos6
x
6x +1
dx
10.
π
4
0
log2008(1+tanx)dx
11.
π
2
0
sinx cosx
a2 cos2 +b2 sin2
dx. Đáp số: 1
|a|+|b|
12.
π
2
0
cosx
2+cos2x
dx. Đáp số: 1
2
arcsin 6
3
10 Phương pháp tính tích phân từng phần
Một số điều lưu ý khi tích tích phân từng phần
1. Hàm nào khó lấy nguyên hàm ta đặt là là u.
2. Trong trường hợp có hàm đa thức ta đặt u là hàm đa thức để giảm dần bậc của đa
thức.
3. Trong tích phân cần tính có chứa hàm logarit thì ta đặt u là hàm chứa logarit.

Chương I. TÍCH PHÂN 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
10.1 Dạng 1
Tính tích phân có dạng I = P(x).f (x)dx trong đó P(x) là đa thức bậc n và f (x) là một
trong các hàm sinx,cosx,ex
,ax
.
Khi đó ta đặt
u = P(x)
dv = f (x)
1. I1 =
π
2
0
x cosx dx
2. I2 =
1
0
(x −2)e2x
dx
3. I3 =
1
0
(x +1)2
e2x
dx
Giải
1. Tích phân từng phần dạng 1
Đặt u = t ⇒ du = dx
dv = cosx dx ; v = sinx
Khi đó : I1 = x.sinx|
π
2
0 −
π
2
0
sinx dx =
π
2
−1.
2. I2 =
1
0
(x −1)e2x
dx
Đặt u = x −1 ⇒ du = dx
dv = e2x
dx ; v =
e2x
2
Khi đó: I2 = (x −1)·
e2x
2
1
0
−
1
2
1
0
e2x
dx =
1−3e2
4
.
3. Đa thức bậc 2 ta tính tích phân từng phần hai lần.

Đặt u = (x +1)2
⇒ du = 2(x +1) dx
dv = e2x
dx ; v =
1
2
e2x
Khi đó: I3 =
1
2
e2x
(x +1)2
1
0
−
1
0
(x +1)e2x
dx
= 2e2
−
1
2
−
1
0
(x +1)e2x
dx
Tích phân I2 =
1
0
(x +1)e2x
dx đã được tính ở trên.
Vậy: I =
5e2
−1
4
Nhận xét: đa thức P(n) có bậc n ta tính đến n lần.
π
2
0
e2x
cos3x dx
Giải
Đặt u = e2x
⇒ du = 2e2x
dx
dv = cos3x dx ; v =
1
3
sin3x
Khi đó: I =
1
3
e2x
sin3x
π
2
0
−
2
3
π
2
0
e2x
sin3x dx = −
1
3
eπ
−
2
3
J
• Xét J =
π
2
0
e2x
sin3x dx
Đặt u = e2x
⇒ du = 2e2x
dx
dv = sin3x dx ; v = −
1
3
cos3x
Khi đó: J = −
1
3
e2x
cos3x
π
2
0
+
2
3
π
2
0
e2x
cos3x dx =
1
3
+
2
3
I
Từ đó ta có:
I = −
1
3
eπ
−
2
9
−
4
9
I ⇔ I =
−3eπ
−2
13
.
Nhận xét:
1) Trong tích phân J nếu ta đặt u = cos3x (khác kiểu với cách đặt của tích phân I) thì ta
thấy xuất hiện I nhưng khi thay vào sẽ được điều hiển nhiên đúng, bài toán đi vào
ngõ cụt.

2) Trong bài toán tích phân chứa ex
.cosx (hoặc ex
.sinx) ta tính tích phân từng phần hai
lần. Lần đầu ta đặt kiểu nào cũng được nhưng lần 2 phải cùng kiểu với lần 1.
1
0
ex+ex
dx
Giải
Ta có: I =
1
0
ex
.eex
dx
• Đổi biến:
Đặt t = ex
⇒ dt = ex
dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = e
Khi đó: I =
e
1
tet
dt =
e
1
xex
dx
• Tích phân từng phần
Đặt u = t ⇒ du = dx
dv = et
dx ; v = et
Khi đó: I = xex
|e
1 −
e
1
ex
dx = ee
(e −1).
Nhận xét: Ví dụ trên cho thấy các bài tập tích phân không chỉ là các dạng đơn lẻ mà là
tổng hợp nhiều phương pháp, để giải quyết một bài toán tích phân ta cần nắm vững
các dạng toán và biết cách kết hợp chúng.
1.
π
2
0
(x +sin2
x)cosx dx. Đáp số: 3π−4
6 .
2.
π
4
0
x
1+cos2x
dx. Đáp số: π
8 − 1
4 ln2.
3.
π
4
0
x tan2
x dx. Đáp số: π
4
− 1
2
ln2− π
32
.
4.
2
0
x2
ex
(x +2)2
dx. Đáp số: e2
+1, hd u=x2
ex
5.
π
2
0
(2x −1)cos2
x dx. Đáp số: π2
8
− π
4
− 1
2
.

6.
π
2
0
(x +1)sin2x dx. Đáp số: π
4 +1
7.
π
3
π
4
x
sin2
x
dx. Đáp số: (9−4 3)π
36
+ 1
2
ln 3
4
8.
π
2
0
e2x
sin3x dx. Đáp số: 3−2eπ
13
10.2 Dạng 2
Tính tích phân có dạng I = P(x)f (x)dx trong đó f (x) là một trong các hàm lnx,loga x.
Khi đó ta đặt
u = f (x)
dv = P(x)
3
2
ln(x3
− x)dx
Giải
Đặt u = ln(x − x2
) ⇒ du =
2x −1
x(x −1)
dx
dv = dx ; v = (x −1)
Khi đó: I = (x −1)ln(x2
− x)
3
2 −
3
2
2x −1
x
dx = 3ln3−2.
Nhận xét: ta được chọn lựa v, thông thường với bài này ta chọn v = x nhưng ở đây
v = x −1 thì bài toán gọn hơn.
3
1
3+lnx
(x +1)2
dx
Giải
Đặt u = 3+lnx ⇒ du =
1
x
dx
dv =
1
(x +1)2
dx ; v = −
1
x +1

Khi đó: I = −
3+lnx
x +1
3
1
+
3
1
1
x(x +1)
dx
= −
3+lnx
x +1
3
1
+
3
1
1
x
−
1
x −1
dx
= −
3+lnx
x +1
3
1
+ ln
x
x +1
3
1
=
3
4
−ln2+
3
4
ln3.
π
2
0
cosx ln(1+cosx)dx
Giải
Đặt u = ln(1+cosx) ⇒ du = −
sinx
1+cosx
dx
dv = cosx dx ; v = sinx
Khi đó: I = sinx ln(1+cosx)|
π
2
0
=0
+
π
2
0
sin2
x
1+cosx
dx
=
π
2
0
1−cos2
x
1+cosx
dx =
π
2
0
(1−cosx)dx =
π
2
−1.
eπ
1
cos(lnx)dx
Giải
Đặt u = cos(lnx) ⇒ du = −
1
x
sin(lnx dx
dv = ) dx ; v =
x Khi đó: I = x cos(lnx)|eπ
1 +
eπ
1
sin(lnx)dx
J
= −eπ
−1+ J
Đặt u = sin(lnx) ⇒ du =
1
x
cos(lnx) dx
dv = dx ; v = x
Khi đó: J = x.sin(lnx)|eπ
1
0
−
eπ
1
cos(lnx)dx = −I
Do đó: I = −eπ
−1− I ⇔ I = −
eπ
+1
2

1.
3
2
ln(x2
− x)dx. Đáp số: 3ln3−2
2.
e
1
x3
ln2
x dx. Đáp số: 5e4
−1
32
3.
e
1
x2
lnx
dx. Đáp số: 5e3
−2
27
4.
e
1
x3
ln2
x dx. Đáp số: 5x4
−1
32
5.
2
1
lnx
x3
dx. Đáp số: 3
16
− 1
8
ln2.
6.
e
1
2x −
3
x
lnx dx. Đáp số: e2
2
−1.
7.
e
1
x2
+1
x
·lnx dx. Đáp số: 3e2
+5
4
8.
3
1
x2
ln(x +1)dx. Đáp số: 18ln2− 20
9
9.
π
4
π
3
sinx.ln(tanx)dx. Đáp số: 3
4
ln3+ln( 2−1)
10.3 Phương pháp hằng số bất định
Dạng 1
Tính tích phân có dạng I = f (x)ex
dx trong đó f (x) là đa thức bậc n,1 ≤ n ∈ Z.
Ta thực hiện theo các bước:
1. Ta có:
I = g(x)ex
+C (1)
trong đó g(x) là đa thức cùng bậc với f (x).
2. Lấy đạo hàm hai vế của (1) và áp dụng phương pháp trị số riêng hoặc đồng nhất
thức xác định các đa thức g(x).

1
0
(2x3
+5x2
−2x +4)e2x
dx
Giải
Giả sử
I1 = (2x3
+5x2
−2x +4)e2x
dx = (ax3
+bx2
+cx +d)e2x
+C (1)
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
2x3
+5x2
−2x +4)e2x
= [2ax3
+(3a +2b)x2
+(2b +2c)x +2d]e2x
Đồng nhất đẳng thức trên ta được



2a = 2
3a +2b = 5
2b +2c = −2
c +2d = 4
⇔



a = 1
b = 1
c = −2
d = 3
Do đó I1 = (x3
+ x2
−2x +3)e2x
+C
Vậy: I = (x3
+ x2
−2x +3)e2x 1
0 = e2
−3.
Nhận xét: phương pháp trên hữu hiệu trong trường hợp đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng
3, trong bài toán trên nếu áp dụng cách thông thường ta phải lấy tích phân từng phần
3 lần.
1
0
x5
ex
dx. Đáp số: 120−44e.
Dạng 2
Tính tích phân có dạng I = f (x)sinx dx hoặc I = f (x)cosx dx trong đó
f (x) là đa thức bậc n,1 ≤ n ∈ Z.
Ta thực hiện theo các bước:
1. Ta có:
I = g(x)sinx +h(x)cosx +C (1)
trong đó g(x),h(x) là đa thức cùng bậc với f (x).
thức xác định các đa thức g(x),h(x).

Dạng 3
Tính tích phân có dạng I = ex
cosx dx hoặc I = ex
sinx dx ta thực hiện
theo các bước:
1. Ta có:
I = (Acosx +B sinx)ex
+C (1)
thức xác định A,B.
π
2
0
ex
.cosx dx
Giải
Ta có:
I1 = ex
.cosx dx = (Acosx +B sinx)ex
+C (1)
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được
ex
cosx = [(A +B)cosx +(B − A)sinx]ex
Đồng nhất thức đẳng thức trên ta được
A +B = 1
B − A = 0
⇔
A = 1
2
B = 1
2
Khi đó: I1 =
1
2
(sinx +cosx)ex
+C
Vậy: I =
1
2
(sinx +cosx)ex
π
2
0
=
1
2
e
π
2 −
1
2
.
π
2
0
ex
.sin2
x dx
Giải
Ta có: I =
1
2
π
2
0
(1−cos2x)ex
dx
Mặt khác
I1 =
1
2
(1−cos2x)ex
dx = (A +B cos2x +C sin2x)ex
+D

Chương I. TÍCH PHÂN 11. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên ta được
1
2
(1−cos2x)ex
= [a +(2C +B)cos2x +(C −2B)sin2x]ex
Đồng nhất đẳng thức ta được



2A = 1
2(2C +B) = −1
2(C −2B) = 0
⇔



A = 1
2
B = − 1
10
C = −1
5
Do đó: I1 =
1
10
(5−cos2x −2sin2x)ex
+D
Khi đó: I =
1
10
(5−cos2x −2sin2x)ex
π
2
0
=
3
5
e
π
2 −
2
5
.
11 Các bài toán đặc biệt
Có những bài toán tích phân có thể giải được bằng phương pháp tích phân từng phân.
Đôi khi giải quyết một bài tích phân mà đổi biến mãi không được ta nghĩ đến phương
pháp này.
1
0
x3
x2 +1
dx
Giải
Cách 1 Đổi biến số Đặt t = x2 +1 ⇒ x2
= t2
−1 ⇒ xdx = tdt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 2
Ta có: I =
2
1
(t2
−1)dt =
2
3
−
2
3
.
Cách 2 Tích phân từng phần
Đặt u = x2
⇒ du = 2x dx
dv =
x
x2 +1
dx ; v = x2 +1
Vậy I = x2
x2 +1
1
0
=
1
0
2x x2 +1dx −
2
3
−
2
3
3
1
x2 +1
x2
dx

11. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT Chương I. TÍCH PHÂN
Giải
Cách 1 Đổi biến
π
2
,
π
2
⇒ x2 +1 =
1
cos2 t
⇒ dx =
dt
cos2 t
π
4
; x = 3 ⇒ t =
π
3
Khi đó: I =
π
3
π
4
1
cost sin2
t
dx =
π
3
π
4
cost
cos2 sin2
t
dx
Đổi biến số u = sint ta được
I =
3
2
2
2
1
(1−u2)u2
dx =
3
2
2
2
1
1−u2
+
1
u2
dx
= 2−
2
3
3+ln(2+ 3)−ln(1+ 2)
Cách 2 Tích phân từng phần
Đặt u = x2 +1 ⇒ du =
x
x2 +1
dx
dv =
1
x2
dx ; v = −
1
x
Khi đó: I = −
1
x
x2 +1
3
1
+
3
1
1
x2 +1
dx
= −
1
x
x2 +1
3
1
+ ln(x + x2 +1)
3
1
= 2−
2
3
3+ln(2+ 3)−ln(1+ 2)
Nhận xét: bài này dùng phương pháp tích phân từng phần là hợp lí.
Bài tập
1.
1
0
x3
x8 +1
dx. Hd: t = x4
2.
1
0
2x
4x +1
dx. Hd: t = 2x
3.
π
2
0
cosx
13−10sinx −cos2x
dx. Hd: t = sinx

II
ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
1 Tính diện tích hình phẳng
1.1 Công thức tính
Một hình phẳng giới hạn bởi (C1) : y = f (x), (C2) : y = g(x), và x = a,x = b, khi
đó diện tích hình phẳng tính bởi công thức:
S =
b
a
f (x)− g(x) dx
Một số lưu ý
1) Trong trường hợp đề bài không cho sẵn cận a,b ta tìm hoành độ giao điểm (C1) và
(C2) là nghiệm phương trình f (x)− g(x) = 0.
2) Để bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta có 3 cách
(a) Dựa vào đồ thị: nếu nhìn vào đồ thị ta thấy (C1) nằm trên (C2) thì f (x)−g(x) ≥ 0
khi đó f (x)− g(x) = f (x)− g(x).
(b) Lập bảng xét dấu của f (x)−g(x) (xem lại Tích phân hàm chứa dấu giá trị tuyệt
đối)
(c) Nếu phương trình f (x)− g(x) = 0 chỉ có hai nghiệm là x = a,x = b và vì hàm
số h(x) = f (x)− g(x) liên tục nên f (x)− g(x) không đổi dấu trên [a,b] khi đó ta
được đem dấu trị tuyệt đối ra ngoài dấu tích phân:
S =
b
a
f (x)− g(x) dx =
b
a
f (x)− g(x) dx
1.2 Các ví dụ
Ví dụ 1.1. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường cong (C) : f (x) =
−3x −1
x −1
và hai trục tọa độ.
Giải
Ta tìm cận của tích phân là hoành độ giao điểm của (C) với các trục tọa độ. Hoành
độ giao điểm của (C) và trục hoành là x = −
1
3
, với trục tung là x = 0
Khi đó: S =
0
−1
3
−3−
4
x −1
dx =
0
−1
3
−3−
4
x −1
dx = −1+ln
4
3
.

Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
1
−1
1
0−1
3
Ví dụ 1.2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường (C1) : f (x) = (e + 1)x và
(C2) : g(x) = (1+ex
)x
Giải
Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình
(e +1)x = (1+ex
)x ⇔ x = 0 ∨ x = 1
Do (C1) cắt (C2) tại hai điểm phân biệt nên ta được
S =
1
0
(e +1)x +(1+ex
)x dx =
1
0
ex − xex
dx =
1
0
(ex − xex
)dx = |I|
Ta có: I =
1
0
(ex − xex
)dx =
1
0
ex dx −
1
0
xex
dx
= e.
x2
2
1
0
− (xex
−ex
)|1
0 =
e
2
−1.
Vậy: S =
e
2
−1 =
e
2
−1.
−1−2 1 2 3
1
3
0
Ví dụ 1.3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C) : y = |x2
− 4x + 3| và
d : y = 3
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d
x2
−4x +3 = 3 ⇔
x2
−4x +3 = 3
x2
−4x +3 = −3
⇔
x = 0
x = 4

1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
Ta có S =
4
0
|x2
−4x +3|−3 dx =
4
0
3−|x2
−4x +3| dx
Xét dấu f (x) = x2
−4x +3 để bỏ dấu giá trị tuyệt đối của |x2
−4x +3|
Cho x2
−4x +3 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3
Bảng xét dấu:
x
f (x)
−∞ 1 3 +∞
+ 0 − 0 +
Khi đó:
−2 21 3 4 6 8
−2
2
10
0
Ví dụ 1.4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) : y2
= 4x và d : y = 2x −4
Giải
Ta có: y2
= 4x ⇔ x =
y2
4
y = 2x −4 ⇔ x =
y +4
2
Tung độ giao điểm (P) và d là nghiệm phương trình
y2
4
=
y +4
2
⇔ y = −2 ∨ y = 4
Khi đó diện tích hình phẳng được tính bởi
S =
4
−2
y +4
2
−
y2
4
d y =
4
−2
y +4
2
−
y2
4
d y = 9.

Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 2. THỂ TÍCH VẬT THỂ TRÒN XOAY
−2 2 4 6 8
−4
−2
2
4
0
a
f
g
2 Thể tích vật thể tròn xoay
2.1 Hình phẳng quay quanh Ox
Công thức
Hình phẳng (H) giới hạn bởi (C1) : y = f (x), (C2) : y = g(x), x = a,x = b khi quay (H) quanh
trục Ox ta được một vật thể tròn xoay có thể tích được tính theo công thức
V = π
b
a
f 2
(x)− g2
(x) dx
Đặc biệt khi (C2) là trục hoành thì công thức trên trở thành
V = π
b
a
f 2
(x)dx
Các ví dụ
Ví dụ 2.1. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay miền (D) giới hạn bởi (C) : y = lnx,
y = 0,x = 2 quanh trục Ox.

2. THỂ TÍCH VẬT THỂ TRÒN XOAY Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
Giải
Hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành y = 0 là nghiệm phương trình
lnx = 0 ⇔ x = 1
Khi đó: V = π
2
1
ln2
x dx
Sau khi tính tích phân từng phần 2 lần ta thu được kết quả
V = 2ln2
2+4ln2+2
.

1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP
1 Các đề thi tuyển sinh 2002-2014
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = |x2
−4x +3|, y = x +3. (2002-A). Đáp số:
109
6
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = 4−
x2
4
, y =
x2
4 2
. (2002-B).
Đáp số: 2π+ 4
3
3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y =
−3x −1
x −1
,Ox,Oy. (2002-D).
Đáp số: −1+4ln 4
3
4. Tính
π
2
0
6
1−cos5 x sinx dx (Dự bị 2002-A). Đáp số: 12
91
5. Tính
0
−1
x e2x
+
3
x +1 dx (Dự bị 2002-A). Đáp số: 3
4e2 − 4
7.
6. Tính I =
ln3
0
ex
(ex +1)3
dx (Dự bị 2002-B). Đáp số: 2−1
7. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) : y =
1
3
x3
− 2x2
+ 3x và trục Ox (Dự bị
2002-D). Đáp số: 9
4
8. Tính I =
1
0
x3
1+ x2
dx (Dự bị 2002-D). Đáp số: 1
2
(1−ln2).
9. Tính I =
2 3
5
1
x x2 +4
dx (2003-A). Đáp số: 1
4 ln 5
3
10. Tính I =
π
4
0
1−2sin2
x
1+sin2x
dx (2003-B). Đáp số: 1
2
ln2
11. Tính I =
2
0
|x2
− x|dx (2003-D). Đáp số: 1
12. Tính I =
π
4
0
x
1+cos2x
dx (Dự bị 2003-A). Đáp số: π
8
− 1
4
ln2.
13. Tính I =
1
0
x3
1− x2 dx (Dự bị 2003-A). Đáp số: 2
15
.

Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014
14. Tính I = tpln2ln5
e2x
ex −1
(Dự bị 2003-B). Đáp số: 20
3
15. Cho f (x) =
a
(x +1)3
+bx.ex
. Tìm a,b biết f (0) = −22 và I =
1
0
f (x)dx = 5 (Dự bị 2003-
B). Đáp số:
a = 8,b = 2.
16. Tính I =
1
0
x3
ex2
2
17. Tính I =
e
0
x2
+1
x
lnx dx (Dự bị 2003-D). Đáp số: e2
4 + 3
4
18. Tính I =
2
1
x
1+ x −1
dx (2004-A). Đáp số: 11
3
−4ln2.
19. Tính I =
e
1
1+3lnx
x
dx ·lnx (2004-B). Đáp số: 116
135
20. Tính I =
3
2
ln(x2
− x)dx (2004-D). Đáp số: −2+3ln3.
21. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay quanh Ox hình phẳng (D) giới hạn
bởi Ox và (C) : y = x.sinx(0 ≤ x ≤ π) (Dự bị 2004-A). Đáp số: π3
4
22. Tính I =
π
2
0
ecosx
.sin2x dx (Dự bị 2004-B). Đáp số: e
23. tính I =
π2
0
x.sin x dx (Dự bị 2004-D). Đáp số: 2π2
−8.
24. Tính I =
ln8
ln3
e2x
ex +1dx (Dự bị 2004-D). Đáp số: 1076
15
25. Tính I =
π
2
0
sin2x +sinx
1+3cosx
dx (2005-A). Đáp số: 34
27
26. Tính I =
π
2
0
sin2x cosx
1+cosx
dx (2005-B). Đáp số: 2ln2−1.

27. Tính I =
π
2
0
(esinx
+cosx)cosx dx (2005-D). Đáp số: e + π
4 −1.
28. Tính I =
π
3
0
sin2
x.tanx dx (Dự bị 2005-A) Đáp số: ln2− 3
8
29. Tính I =
7
0
x +2
3
x +1
dx (Dự bị 2005-A). Đáp số: 231
10
30. Tính I =
e
0
x2
lnx dx (Dự bị 2005-B). Đáp số: 2
9e3
+ 1
3
31. Tính I =
π
4
0
(tanx +esinx
cosx)dx (Dự bị 2005-B). Đáp số: ln 2+e
1
2 −1
32. Tính I =
e3
1
ln2
x
x lnx +1
15
.
33. Tính I =
π
2
0
(2x −1)cos2
x dx (Dự bị 2005-D). Đáp số: π2
8
− π
4
− 1
2
.
34. Tính I =
π
2
0
sin2x
cos2 x +4sin2
x
dx (2006-A). Đáp số: 2
3
35. Tính I =
ln5
ln3
1
ex +2e−x −3
dx (2006-B). Đáp số: ln 3
2
36. Tính I =
1
0
(x −2)e2x
dx (2006-D). Đáp số: 5−3e2
4
37. Tính I =
6
2
1
2x +1 4x −1
dx (Dự bị 2006-A). Đáp số: ln 3
2
− 1
2
38. Tính I =
10
5
1
x −2 x −1
dx (Dự bị 2006-B). Đáp số: 2ln2+1
39. Tính I =
e
1
3−2lnx
x 1+lnx
dx (Dự bị 2006-B). Đáp số: 10 2−11
3

40. Tính I =
π
2
0
(x +1)sin2x dx (Dự bị 2006-D). Đáp số: π
4 +1
41. Tính I =
2
1
(x −2)lnx dx (dự bị 2006-D). Đáp số: −2ln2+ 5
4.
42. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = (e +1)x, y = (1+ex
)x (2007-A). Đáp số:
e
2 −1
43. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = x lnx, y = 0,x = e. Tính thể tích khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục Ox (2007-B). Đáp số: π(5e3
−2)
32
44. Tính I =
e
1
x3
ln2
x dx (2007-D). Đáp số: 5e4
−1
32
45. Tính I =
4
0
2x +1
1+ 2x +1
dx (Dự bị 2007-A). Đáp số: 2+ln2.
46. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi 4y = x2
, y = x. Tính thể tích khối tròn xoay khi
quay (H) quanh Ox (Dự bị 2007-A). Đáp số: 128π
15
47. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y =
x(1− x)
x2 +1
, y = 0. (Dự bị 2007-B). Đáp số:
−1+ π
4 + 1
2 ln2.
48. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x2
, y = 2− x2 (Dự bị 20074-B). Đáp số:
π
2
+ 1
3
.
49. Tính I =
1
0
x(x −1)
x2 −4
dx (Dự bị 2007-D). Đáp số: 1+ln2− 3
2 ln3.
50. Tính I =
π
2
0
x2
cosx dx (Dự bị 2007-D). Đáp số: π2
4 −2.
51. Tính I =
π
6
0
tan4
x
cos2x
dx (2008-A). Đáp số: 1
2
ln 3+1
3−1
− 10 3
27
.
52. Tính I =
π
4
0
sin x −
π
4
sin2x +2(1+sinx +cosx)
dx (2008-B). Đáp số: 4−3 2
4
.
53. Tính I =
2
1
lnx
x3
dx (2008-D). Đáp số: 3−2ln2
16

54. Tính I =
3
−1
2
x
3
2x +2
dx (Dự bị 2008-A). Đáp số: 12
5 .
55. Tính I =
π
2
0
sin2x
3+4sinx −cos2x
dx (Dự bị 2008-A). Đáp số: −1
2
+ln2.
56. Tính I =
2
0
x +1
4x +1
dx (Dự bị 2008-B). Đáp số: 11
6
57. Tính I =
1
0
x3
4− x2
dx (Dự bị 2008-B). Đáp số: 16−9 3
3
58. Tính I =
1
0
xe2x
−
x
4− x2
4
e2
− 7
4
+ 3.
59. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = −x2
+4x, y = x (Cao đẳng 2008). Đáp
số: 9
2
.
60. Tính I =
π
2
0
(cos3
x −1)cos2
x dx (2009-A). Đáp số: 8
15
− π
4
.
61. Tính i =
3
1
3+lnx
(x +1)2
dx (2009-B). Đáp số: 1
4 3+ln 27
16
62. Tính I =
3
1
1
ex −1
dx (2009-D). Đáp số: ln(e2
+e +1)−2
63. Tính I =
1
0
e−2x
+ x ex
dx (Cao đẳng 2009). Đáp số: 2− 1
e
64. Tính I =
1
0
x2
+ex
+2x2
ex
1+2ex
dx (2010-A). Đáp số: 1
3
+ 1
2
ln 1+2e
3
65. Tính I =
e
1
lnx
x(2+ln)2
dx (2010-B). Đáp số: −1
3
+ln 3
2
66. Tính I =
e
1
2x −
3
x
lnx dx (2010-D). Đáp số: e2
2
−1
67. Tính I =
1
0
2x −1
x +1
dx (Cao đẳng 2010). Đáp số: 2−3ln2

68. Tính I =
1
0
2x −1
x5 −5x +6
dx (Dự bị 2010-B). Đáp số: 8ln2−5ln3
69. Tính I =
2
1
2− 4− x62
x4
dx (Dự bị 2010-B). Đáp số: 7
12 − 3
4
70. Tính I =
e
1
lnx −2
x lnx + x
dx (Dự bị 2010-D). Đáp số: 1−3ln2
71. Tính I =
π
4
0
x sinx +(x +1)cosx
x sinx +cosx
dx (2011-A). Đáp số: π
4 +ln π 2
8 + 2
2
72. Tính I =
4
0
1+ x sinx
cos2 x
dx (2011-B). Đáp số: 3+ 2π
3 +ln(2− 3)
73. Tính I =
4
0
4x −1
2x +1+2
dx (2011-D). Đáp số: 34
3
+10ln 3
5
74. Tính I =
2
1
2x +1
x(x +1)
dx (Cao đẳng 2011). Đáp số: ln3
75. Tính I =
3
1
1+ln(x +1)
x2
dx (2012-A). Đáp số: 2
3 − 2
3 ln2+ln3
76. Tính I =
1
0
x3
x4 +2x2 +2
dx (2012-B). Đáp số: ln3− 3
2
ln2
77. Tính I =
π
4
0
x(1+sin2x)dx (2012-D). Đáp số: π2
32 + 1
4
78. Tính i =
1
0
x
x +1
dx (Cao đẳng 2012). Đáp số: 8
3
79. Tính I =
2
1
x2
−1
x2
·lnx dx (2013-A). Đáp số: 5
2
ln2− 3
2
80. Tính I =
1
0
x 2− x2 dx (2013-B). Đáp số: 2 2−1
3
81. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2
−3x +3 và đường thẳng
y = 2x +1 (2014-A). Đáp số: 1
6.

2. BÀI TẬP TỔNG HỢP Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP
82. Tính tích phân I =
2
1
x2
+3x +1
x2 + x
dx (2014-B). Đáp số: 1+ln3.
π
4
0
(x +1)sin2x dx (2014-D). Đáp số: 3
4
.
2
1
x2
+2lnx
x
dx (2014-Cao đẳng). Đáp số: 3
2
+ln2
x.
2 Bài tập tổng hợp
1.
π
2
0
1
cosx +2
dx. Đáp số: π
3 3
,(t = tan x
2 ).
2.
1
0
ex
ex +e−x
dx . Đáp số: ln e+ 1+e2
1+ 2
3.
π
4
0
sin4x
4+cos2 2x
dx . Đáp số: −1
2
ln 4
5
.
4.
0
−ln3
1−ex
1+ex
3
.
5.
e
π
2
1
sin(lnx)dx. Đáp số: 1
2 e
π
2 +1 .
6.
3
1
1+ x2
x2
dx.
7.
1
0
1
x6
dx. Đáp số: − 1
2 3
ln(2− 3)+ π
6
.
8.
π2
4
0
cos3
( x)dx. Đáp số: 2π
3 − 14
9 .
9.
3
0
x4
−1
x2 −9
dx. Đáp số: 20π
3
−18.

Chương III. BÀI TẬP TỔNG HỢP 2. BÀI TẬP TỔNG HỢP
10.
π
0
1−sin2x dx. Đáp số: 2 2−2.
11.
2
1
1− x7
x(1+ x7)
dx. Đáp số: 1
2
ln2− 2
7
ln 129
2
.
12.
2
1
6x
9x −4x
9
.ln 13
25
.

Chuyên đề tich phan on thi dh

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (17)

Viewers also liked

Viewers also liked (11)

Similar to Chuyên đề tich phan on thi dh

Similar to Chuyên đề tich phan on thi dh (20)

More from Thiên Đường Tình Yêu

More from Thiên Đường Tình Yêu (20)

Chuyên đề tich phan on thi dh