Ôn thi đại học tích phân và ứng dụng

Mẫu số) Ví dụ 7.10. Tính I = pi 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, pi 2 ta được hệ phương trình: { 2A+3B = 16 −3A+2B = 2 ⇔ { A = 2 B = 4 Khi đó: I = 2 pi 4∫ 0 2cosx−3sinx 2sinx+3cosx dx+4 pi 4∫ 0 dx = 2ln(2sinx+3cosx)| pi 4 0 +pi= 2ln 5 3 p 2 +pi.  Bài toán tương tự pi∫ pi 2 11sinx+10cosx 4sinx−cosx dx. Đáp số: −3ln4+pi. 3 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. Ví dụ 7.11. Tính I = pi 2∫ 0 3sinx+5cosx+2 sinx+cosx+1 dx Giải 38 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 7. TÍCH PHÂNHÀM LƯỢNG GIÁC 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 Lần lượt cho x = 0, pi 2 ,pi 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 = pi 2∫ 0 cosx− sinx sinx+cosx+1 dx+4 pi 2∫ 0 dx−2 pi 2∫ 0 1 sin+cosx+1 dx = I1+4I2−2I3 • I1 = pi 2∫ 0 cosx− sinx sinx+cosx+1 dx = ln |sinx+cosx+1|| pi 2 0 = 0. • I2 = pi 2∫ 0 dx = x| pi 2 0 = pi 2 . • I3 = pi 2∫ 0 1 sin+cosx+1 dx = ln2 (tích phân này đã được trình bày ở Ví dụ 7.9) Vậy: I = 2pi−2ln2. 3 Dạng 4 Tích phân dạng I = ∫ 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. Ví dụ 7.12. Tính I = pi 2∫ 0 5cosx+ sinx (sinx+cosx)2 dx Giải Ta tìm 2 số A,B thỏa sinx+5cosx = A(cosx− sinx)+B(sinx+cosx) Lần lượt cho x = 0, pi 2 ta được hệ phương trình: { A+B = 5 −A+B = 1⇔ { A = 2 B = 3 ©Nguyễn Hồng Điệp 39 7. TÍCH PHÂNHÀM LƯỢNG GIÁC Chương I. TÍCH PHÂN Khi đó: I = 2 pi 2∫ 0 cosx− sinx (sinx+cosx)2 dx+3 pi 2∫ 0 1 sinx+cosx dx = 2I1+3I2. • I1 = pi 2∫ 0 cosx− sinx (sinx+cosx)2 dx = − 1 sinx+cosx ∣∣∣∣pi2 0 = 0 (hoặc ta có thể đổi biến t = sinx+cosx.) • I2 = pi 2∫ 0 1 sinx+cosx dx. Đổi biến t = tan x 2 (Ví dụ 7.9 ) ta tính được I2 = p 2ln( p 2+1) Vậy I = 3p2ln(p2+1).  Bài toán tương tự pi 2∫ 0 3sinx+29cosx (3sinx+4cosx)2 dx. Đáp số: − 1 4 + ln6. 3 Dạng 5 Tích phân dạng I = 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= ap a2+b2 , cosα bp a2+b2 và ∫ dx cos2 x = tanx+C . Ví dụ 7.13. Tính I = pi 2∫ 0 4cosx−7sinx (2sinx+cosx)3 dx 40 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 7. TÍCH PHÂNHÀM LƯỢNG GIÁC Giải Tìm hai số A,B thỏa 4cosx−7sinx = A(2cosa− sinx)+B(2sinx+ cosx) Lần lượt cho x = 0, pi 2 ta được hệ phương trình{ 2A+B = 4 −A+2B =−7⇔ { A = 3 B =−2 Khi đó: I = 3 pi 2∫ 0 2cosx− sinx (2sinx+cosx)3 dx−2 pi 2∫ 0 1 (2sinx+cosx)3 dx = I1+ I2. • I1 = pi 2∫ 0 2cosx− sinx (2sinx+cosx)3 dx Đặt t = 2sinx+cosx ta tính được I1 =− 1 2t2 ∣∣∣∣2 1 = 3 8 • I2 = pi 2∫ 0 1 (2sinx+cosx)3 dx Ta biến đổi: 2sinx+cosx =p5 ( 2p 5 sinx+ 1p 5 −cosx ) (đặt p a2+b2 =p5 làm nhân tử chung) Đặt sinα= 2p 5 , cosα= 1p 5 Ta có: 2sinx+cosx =p5(sinx sinα+cosαcosx)=p5cos(x−α) Khi đó: I2 = pi 2∫ 0 1 5cos2(x−α) dx = 1 5 tan(x−α)| pi 2 0 = 1 5 (cotα+ tanα)= 1 2 . Vậy : I = 3I1−2I2 = 1 8 .  Bài toán tương tự pi∫ pi 2 18cosx− sinx (3sinx−2cosx)3 dx. Đáp số: − 7 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 ©Nguyễn Hồng Điệp 41 7. TÍCH PHÂNHÀM LƯỢNG GIÁC Chương I. TÍCH PHÂN hơn. Dạng này thường được áp dụng đối với hàm số lượng giác. Ví dụ 7.14. Tính I = pi 2∫ 0 cos2 x.cos2x dx Giải Xét thêm J = pi 4∫ 0 sin2 x. sin2x dx Ta có: I + J = pi 4∫ 0 (cos2 x+ sin2 x)cos2x dx = pi 4∫ 0 cos2x dx = 1 2 sin2x| pi 4 0 = 1 2 I − J = pi 4∫ 0 (cos2 x− sin2x)cos2x dx = pi 4∫ 0 cos22x dx = pi 4∫ 0 1+cos4x 2 dx = 1 2 ( x+ 1 4 sin4x )∣∣∣∣pi4 0 = pi 8 Ta có hệ phương trình: { I + J = 12 I − J = pi8 ⇔ { I = 14 + pi16 J = 14 − pi16  Bài toán tương tự 1. pi 2∫ 0 cos4 x sin4 x+cos4 x dx  Bài tập tổng hợp 1. pi 2∫ pi 4 cos2x.(cot+2) sin2 x dx. Đáp số: 52 − ln2−pi 2. pi 4∫ 0 sin2 x cos6 x dx. Đáp số: 815 3. pi 2∫ pi 6 cos3 xp sinx dx. Đáp số: ln( p 2+1) 42 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 7. TÍCH PHÂNHÀM LƯỢNG GIÁC 4. pi 4∫ 0 cosx− sinxp 2+ sin2x dx. Đáp số: ln (p 3+p2p 2+1 ) 5. pi 2∫ pi 3 cotx. 3 √ sin3−sinx sin3 x dx. Đáp số: 3p9 24 6. pi∫ 0 (x−cos4 x. sin3 x)dx. Đáp số: 4pi35 7. pi 2∫ 0 (p cosx− p sinx ) dx. Đáp số: 0 8. pi 2∫ 0 cosx.cos(sinx)dx. Đáp số: sin1 9. pi 2∫ 0 sinx+2cosx−3 sinx−2cosx+3 dx. 10. pi 2∫ 0 sinx cosx sinx+cosx dx. Đáp số: 1+ p 2 2 ln( p 2−1). Hd:sinxcosx= 1 2 [ (sinx+cosx) 2 −1 ] 11. pi 2∫ 0 sin2 sin2 x+2cos2 x dx. Hướng dẫn: sin 2 x sin 2 x+2cos 2 x = 1−cos2x 1−cos2x+2(1+cos2x) 12. pi 4∫ pi 4 1p tanx dx. Hướng dẫn: Đặtt= p tanxđưavềdạng ∫ dx 1+t 4 13. pi 4∫ pi 3 1 sin3 x dx. Đáp số: 14 ln3+ 13 . 14. pi 4∫ 0 cosx− sinxp 2+ sin2x dx. Đáp số: ln (p 2+p3 1+p2 ) 2+sin2x=1+(sinx+cosx) 2 .Đặtt=sinx+cosx. ©Nguyễn Hồng Điệp 43 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN 15. pi 4∫ 0 sin32x cos23x dx Đáp số: 14 . 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 (xemmục 4.1 trang 8 ). 2. Biểu thức chứa căn bậc khác nhau (xemmục 4.2 trang 11). 3. Đổi biến sang lượng giác (xemmục 5 trang 14). 8.1 Biểu thức có tam thức bậc hai 3 Dạng 1 Dạng I = ∫ 1p 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 (xemmục 5 trang 14) hoặc dựa vào chú ý sau: Chú ý: 1. Ta chứng minh được công thức :∫ 1p x2±a2 dx = ln |x+ √ x2±a2|+C . 2. Riêng dạng ∫ 1p (x+a)(x+b) dx ta còn có thể đổi biến • t =px+a+px+b nếu x+a > 0 và x+b > 0. • t =p−x−a+p−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). Ví dụ 8.1. Tính I = 4∫ 3 1p x2−2x dx 44 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Giải Ta có: I = 4∫ 3 1p x(x−2) dx Đặt t =px+px−2⇒ dt = ( 1p x + 1p x−2 ) dx ⇒ dt = (p x−2+pxp x(x−2) ) dx⇒ dt t = dxp x(x−2) Đổi cận: x = 3⇒ t =p3+1 ; x = 4⇒ t = 2−p2 Khi đó: I = 2−p2∫ p 3+1 1 t d t = ln |t || p 3+1 2−p2 = ln (p 3+1 2−p2 ) . Ví dụ 8.2. Tính I = −1∫ −4 1p x2−2x dx Giải Ta có: I = −1∫ −4 1p x(x−2) dx Đặt t =p−x+p−x+2⇒ dt = ( 1p−x + 1p−x+2 ) dx ⇒ dt = (p−x+2+p−xp x(x−2) ) dx⇒ dt t = dxp x(x−2) Đổi cận: x =−4⇒ t =p6+2 ; x =−1⇒ t = 1+p3 Khi đó: I = p 6+2∫ 1+p3 1 t d t = ln |t ||1+ p 3p 6+2 = ln ( 1+p3p 6+2 ) . Ví dụ 8.3. Tính I = 1∫ 0 1p x2+1 dx Giải • Chứng minh ∫ 1p x2±a2 dx = ln |x+ √ x2±a2|+C . Ta có: ( ln ∣∣∣x+px2+a2∣∣∣)′ = ( x+ p x2+a2 )′ x+ p x2+a2 = 1+ xp x2+a2 x+ p x2+a2 = 1p x2+a2 • Áp dụng kết quả trên ta được: I = ( ln ∣∣∣x+√x2+1∣∣∣)∣∣∣1 0 = ln2. ©Nguyễn Hồng Điệp 45 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN  Bài toán tương tự (a) 5∫ 2 1p −x2+4x+5 dx (b) 5∫ 3 √ x2−6x+13dx (c) p 7+3 4∫ 3 4 1p −2x2+3x+2 dx (d) 7∫ 5 1p 3x2−18x+15 dx (e) 2∫ 3 2 1p −2x2+6x−4 dx (f) 1∫ 0 1p x2+2x dx (g) 1∫ 0 xp 1+ex +e2x dx (h) 1∫ 0 xp −2x4−3x2+1 dx 3 Dạng 2 Tính tích phân có dạng I = ∫ Ax+Bp ax2+bx+ c dx ta phân tích Ax+B =C (ax2+bx+ c)′+D Ví dụ 8.4. Tính I = 3∫ 2 x+4p 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 = 12 D = 3 Khi đó: I = 1 2 3∫ 2 2x+2p x2+2x−3 dx+3 3∫ 2 1p x2+2x−3 dx = I1+ I2 • I1 = 1 2 3∫ 2 2x+2p x2+2x−3 dx = 3∫ 2 x+1p x2+2x−3 dx = √ x2+2x−3 ∣∣∣3 2 = 2p3−p5. •I2 = 3 3∫ 2 1p 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 46 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ = 3ln ( 4+2p3 3+2p5 ) Vậy I = 2p3−p5+3ln ( 4+2p3 3+2p5 )  Bài toán tương tự (a) 0∫ −1 x−1p −x2−2x+3 dx (b) −2+p6∫ −2 5x+3p x2+4x+10 dx (c) 2∫ 1 x−1p −x2+2x+3 dx (d) 2+p5 2∫ 1 2x−1p −x2+3x−1 dx (e) e p 5−2∫ 1 e2 lnx x √ 1−4lnx− ln2 x dx 3 Dạng 3 Tính tích phân dạng I = ∫ 1 (Ax+B) p ax2+bx+ c dx ta đổi biến Ax+B = 1 t sẽ đưa được về Dạng 1. Ví dụ 8.5. Tính I = 1∫ 0 1 (x+1) p −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 | · p 4t −1 · 1 t2 dx = 1 2∫ 1 1p 4t −1 dx = 1 2 (p 4t −1)∣∣11 2 = 1 2 p 3− 1 2 . ©Nguyễn Hồng Điệp 47 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN Ví dụ 8.6. Tính I = 0∫ −1 1 (x+2) p 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 1p 4t2−4t +2 dx = 1∫ 1 2 √ (2t −1)2+1dx = 1 2 ( ln ∣∣∣2t −1+p4t2−4t +2∣∣∣)∣∣∣11 2 = ln ∣∣1+p2∣∣  Bài toán tương tự (a) 2∫ 1 1 x p −x2+2x+3 dx (b) 0∫ − 12 1 (x+1) p x2+1 dx (c) 1∫ 1 2 1 x p x2+1 dx (d) 10∫ 7 1 (3x−6) p x2−4x+1 dx (e) −2∫ − 94 1 (x+1) p x2+3x+2 dx (f) 1 2∫ −1 1 x p x2−x dx 3 Dạng 4 Tích phân có dạng I = ∫ Ax+B (αx+β) p 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. Ví dụ 8.7. Tính I = 0∫ −2 2x−1 (x+1) p x2+3x+3 dx Giải 48 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Ta có: 2x−1= 2(x−1)−3 Khi đó: I = 0∫ −2 2(x−1)−3 (x+1) p x2+3x+3 dx = 2 0∫ −2 1p x2+3x+3 dx−3 0∫ −2 1 (x−1) p x2+3x+3 dx = I1+ I2. Các tích phân I1, I2 đã biết cách giải. Ta tính được: I =−2ln ( 3 4 + p 3 2 ) +3ln ( 1 4 + 3 4 + p 3 2 ) . 3 Dạng 5 Dạng tổng quát của Dạng 2, tích phân dạng I = ∫ Pn(x)p ax2+bx+ c dx trong đó Pn(x) là đa thức bậc n ta làm như sau • Phân tích: I = ∫ Pn(x)p ax2+bx+ c dx =Qn−1(x) √ ax2+bx+ c+α ∫ 1p ax2+bx+ c dx vớiQn−1(x) là đa thức bậc n−1 và α là số thức. • Các hệ số của đa thứcQn−1 và α được xác định bằng cách: 1. Đạo hàm 2 vế bước phân tích trên. 2. Cân bằng hệ số. Ví dụ 8.8. Tính I = −2∫ −1 x2+4xp x2+2x+2 dx Giải • Phân tích: I = −2∫ −1 x2+4xp x2+2x+2 dx = (ax+b) √ x2+2x+2+α −2∫ −1 1p 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 = 12 b = 52 α =−72 ©Nguyễn Hồng Điệp 49 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN Khi đó: I = 1 2 (x+5) p x2+2x+3 ∣∣∣∣−2−1− 72 −2∫ −1 1p x2+2x+2 dx = 2− 3 p 2 2 − 7 2 −2∫ −1 1√ (x+1)2+1 dx = 2− 3 p 2 2 − 7 2 ln |x+1+ p x2+2x+2| ∣∣∣∣−2−1 = 2− 3 p 2 2 − 7 2 ln ( 2−p2 2 ) .  Bài toán tương tự 1. 1∫ 0 x2+1p x2+2x+3 dx. Hd: a = 12 ,b =−32 ,α= 1. 2. 1∫ 0 2x3+1p x2+x+2 dx. Hd: a = 23 ,b =−56 ,c =−1712 ,α= 8124 . 8.2 Phép thế Eurle Trong trường hợp tổng quát khi tính tích phân dạng I = ∫ f (x, √ ax2+bx+ c)dx,a 6= 0 ta dùng phép thế Eurle. 1. Nếu a > 0, đặt p ax2+bx+ c = t −pax hoặc t +pax 2. Nếu c > 0, đặt p ax2+bx+ c = xt +pc hoặc xt −pc 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 . Ví dụ 8.9. Tính I = 0∫ −1 1 x+ p x2+x+1 dx Giải 50 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Ở đây a = 1> 0 nên ta dùng phép thế thứ nhất. Đặt p x2+x+1= t −x⇒ x = t 2−1 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 d t +2 1∫ 2 1 t d t = [ 3 2(1+2t ) + 1 2 ln t4 (1+2t )3 ]∣∣∣∣1 2 = 1 2 + 1 2 ln 125 432 Ví dụ 8.10. Tính I = p 6−1 5∫ −p3−1 2 1 1+ p 1−2x−x2 dx Giải Do c = 1> 0 nên theo phép thế thứ 2 ta đặt p 1−2x−x2 = xt⇒ x = 2 · t −1 t2+1⇒ dx = 2 · −t2+2t +1( t2+1)2 dt Đổi cận: x = − p 3−1 −1 ⇒ t = 0 ; x = p 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+ pi 4 −2arctan2. Ví dụ 8.11. Tính I = 1∫ 0 x− p x2+3x+2 x+ p x2+3x+2 dx Giải Ta có: x2+3x+2= (x+1)(x+2) nên ta dùng phép thế thứ 3. Đặt p x2+3x+2= t (x+1)⇒ x = t 2−2 1− t2 ⇒ dx = −2t (1+ t2)3dt Đổi cận: x = 0⇒ t =p2 ; x = 1⇒ t =p6 Khi đó: I = p 6∫ p 2 2 t2+2t (1− t )(t −2)(1+ t )3 dt = p 6∫ p 2 [ 1 3(t +1)3 + 5 18(t +1)2 − 17 108(t +1) + 3 4(t −1) − 16 27(t −2) ] dt ©Nguyễn Hồng Điệp 51 8. TÍCH PHÂNHÀM VÔ TỈ Chương I. TÍCH PHÂN = 2 √ 1466−600p3−33 225 + 17 108 ln (p 2+1p 6+1 ) + 3 4 ln (p 6−1p 2−1 ) +16 27 ln ( −p2+2p 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 = t s 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 = t s với s là mẫu số của phân số p. 3. Nếu r +1 p +q là số nguyên đặt ax−p = t s với s là mẫu số của phân số q. Ví dụ 8.12. Tính I = 256∫ 16 1p 2( 4 p x−1) dx Giải Vì q = 3 nguyên nên ta đặt x = t4, t > 0⇒ dx = 4t3dt 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 Ví dụ 8.13. Tính I = p 2∫ 1 x5 (2−x2) p 2−x2 dx Giải Ta có: x5 (2−x2) p 2−x2 = x5(a−x2)− 32 , r = 5,p = 2,q =−32 Do r +1 p = 3 nguyên nên ta đặt 2−x2 = t2, t > 0⇒ xdx =−td t Đổi cận: x = 1⇒ t = 1 ; x =p2⇒ t = 0 Khi đó: I =− 0∫ 1 t4−4t2+4 t2 dt = ( − t 3 3 +4t + 4 t2 )∣∣∣∣0 1 = 52 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT  Bài toán tương tự (a) 2∫ 1 1 x2 3 √ (2+x3)5 dx (b) 16∫ 1 3 √ 1+ 4pxp x dx (c) 1∫ 0 x√ 1+ 3 p x2 dx (d) 32∫ 1 1 x 3p 1+x5 dx (f) 8∫ 1 1 p x3 · 3 √ 1+ 4 p x3 dx (g) 1∫ 0 x6p 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. Ví dụ 9.1. Tính I = 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 Đặt x =−t⇒ dx =−dt Đổi cận: x =−1⇒ t = 1 ; x = 0⇒ t = 0 ©Nguyễn Hồng Điệp 53 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN Khi đó: I1 =− 0∫ 1 (−t )2014 sin(−t )dt = 0∫ 1 t2014 sin t d t =− 1∫ 0 t2014 sin t d t =− 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 haymang 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 Chứngminh Ta có: I = 0∫ −a f (x)dx+ a∫ 0 f (x)dx = I1+ I2 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 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. 54 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT 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 chứngminh 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) Đặt x = tan t , t ∈ ( −pi 2 , pi 2 ) ⇒ dx = dt cos2 t Đổi cận: x =−1⇒ t =−pi 4 ; x = 1⇒ t = pi 4 Khi đó: I = pi 4∫ −pi4 1 tan2 t +1 · 1 cos2 t d t = pi 4∫ −pi4 cos2 t · 1 cos2 t d t = pi 4∫ −pi4 dt = pi 2 Vậy: I1 = pi 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 ©Nguyễn Hồng Điệp 55 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN Đặt x =−t⇒ dx =−dt Đổi cận: x =−1⇒ t = 1 ; x = 0⇒ t = 0 Khi đó: I21 = 0∫ 1 sin(−t ) (−t )2+1 dt · (−1)=− 1∫ 0 sin t t2+1 dt =− 1∫ 0 sinx x2+1 dx =−I22 Do đó: I2 = I21− I22 = 0 Vậy: I = I1+ I2 = pi 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.  Bài toán tương tự 1. 1∫ −1 ( x2+2)sinx dx. Đáp số: 0 2. 1 2∫ − 12 cosx ln ( 1−x 1+x ) dx. Đáp số: 0 3. 1∫ −1 ln3 ( x+ √ x2+1 ) dx. Đáp số: 0 4. pi 2∫ −pi2 cosx · ln (√ x+x2+1 ) dx. Đáp số: 0 5. 1 2∫ − 12 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)=p2−2cosx,∀x ∈R Tính I = 3pi 2∫ − 3pi2 f (x)dx 56 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Giải Ta có: I = 0∫ − 3pi2 f (x)dx+ 3pi 2∫ 0 f (x)dx = I1+ I2 Xét I1 = 0∫ − 3pi2 f (x)dx Đặt x =−t⇒ dx =−dt Đổi cận: x =−3pi 2 ⇒ t = 3pi 2 ; x = 0⇒ t = 0 Khi đó: I1 = 0∫ 3pi 2 f (−t ) · (−1)dt = 3pi0∫ 0 f (−t )dt = 3pi2∫ 0 f (−x)dx Ta được: I = 3pi 2∫ 0 f (−x)dx+ 3pi 2∫ 0 f (x)dx = 3pi 2∫ 0 [ f (−x)+ f (x)]dx = 3pi 2∫ 0 p 2−2cosx dx = 3pi 2∫ 0 2|sinx|dx = 2  pi∫ 0 sinx dx− 3pi 2∫ pi 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 Chứngminh 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 Đặt x =−t⇒ dx =−dt 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 ©Nguyễn Hồng Điệp 57 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN Ví dụ 9.6. Tính I = 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 Đặt x =−t⇒ dx =−dt Đổi cận: x =−1⇒ t = 1 ; x = 0⇒ t = 0 Khi đó: I1 =− 0∫ 1 cos(−t ) e−t +1 dt = 1∫ 0 e t cos t e t +1 dt = 1∫ 0 ex cos t ex +1 dx Ta được: I = 1∫ 0 ex cos t 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.  Bài toán tương tự 1. 1∫ −1 x4 1+2x dx. Đáp số: 1 5 2. pi 2∫ −pi2 sinx · sin2x ·cos5x ex +1 dx. Đáp số: 0 3. 1∫ −1 p 1−x2 1+2x dx. Đáp số: pi 4 4. pi 2∫ −pi2 x2 1+2x · |sinx|dx. Đáp số: pi−2 5. pi∫ −pi sin2 32+1 dx. Đáp số: pi 2 58 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT 6. 1∫ −1 1 (ex +1)(x2+1) dx. Đáp số: pi4 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 Ví dụ 9.7. Tính I = pi 2∫ 0 sin6 x sin6 x+cos6 x dx Giải Đặt x = pi 2 − t⇒ dx =−dt Đổi cận: x = 0⇒ t = pi 2 ; x = pi 2 ⇒ t = 0 Khi đó: I = 0∫ pi 2 sin6 (pi 2 − t ) sin6 (pi 2 − t ) +cos6 (pi 2 − t ) · (−1)dt = pi 2∫ 0 cos6 t cos6 t + sin6 t d t = pi 2∫ 0 cos6 x cos6 x+ sin6 x dx = I Do đó: 2I = I + I = pi 2∫ 0 cos6 x cos6 x+ sin6 x dx+ pi 2∫ 0 sin6 x sin6 x+cos6 x dx = pi 2∫ 0 sin6 x+cos6 x sin6 x+cos6 x dx = pi 2∫ 0 dx = pi 2 ⇒ I = pi 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 = pi 2∫ 0 f (sinx)dx = pi 2∫ 0 f (cosx)dx Hướng dẫn chứng minh: đặt t = pi 2 − t ©Nguyễn Hồng Điệp 59 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN  Bài toán tương tự 1. pi 2∫ 0 sinn x sinn x+cosn x dx. Đáp số: pi 4 2. pi 2∫ 0 ln ( 1+ sinx 1− sinx ) dx. Đáp số: 0 3. pi 2∫ 0 ( 1 cos2(cosx) − tan2(sinx) ) dx. Đáp số: pi2 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 = pi∫ 0 x f (x)dx = pi 2 pi∫ 0 f (x)dx Hướng dẫn chứng minh: đặt t =pi− t Ví dụ 9.10. Tính I = pi∫ 0 x. sinx.cos2 x dx Giải Đặt x =pi− t⇒ dx =−dt Đổi cận: x = 0⇒ t =pi ; x =pi⇒ t = 0 Khi đó: I = 0∫ pi (pi− t ).sin(pi− t ).cos2(pi− t ).(−t )dt = pi∫ 0 (pi− t ).sin t .cos2 t d t =pi pi∫ 0 sin t .cos2 t d t − pi∫ 0 t . sin t cos2 t d t =pi pi∫ 0 sinx cos2 x dx− I ⇒ 2I =pi pi∫ 0 sinx cos2 x dx⇒ I = pi 2 pi∫ 0 sinx cos2 x dx Đặt t = cosx⇒ dt =−sinxdx Đổi cận: x = 0⇒ t = 1 ; x =pi⇒ t =−1 60 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Khi đó: I =−pi 2 −1∫ 1 t2dt = pi 2 · t 3 3 ∣∣∣∣1−1 = pi3 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.  Bài toán tương tự 1. pi∫ 0 x sinx 4−cos2 x dx. Đáp số: pi ln9 8 2. pi∫ 0 x sinx 9+4cos2 x dx. Đáp số: pi 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 = 2pi−α∫ α x f (cosx)dx =pi 2pi−α∫ 0 f (cosx)dx Hướng dẫn chứng minh: đặt x = 2pi− t Ví dụ 9.12. Tính I = 2pi∫ 0 x cos3 x dx Giải Đặt x = 2pi− t⇒ dx =−dt Đổi cận: x = 0⇒ t = 2pi ; x = 2pi⇒ t = 0 Khi đó: I = 0∫ 2pi (2pi− t )cos3(2pi− t ).(−t )dt = 2pi∫ 0 (2pi− t )cos3 t d t = 2pi 2pi∫ 0 cos3 t d t − 2pi∫ 0 t cos3 t d t = pi 2 2pi∫ 0 (cos3t +3cos t )dt − 2pi∫ 0 t cos3 x dx (do cos3x = 4cos3 x−3cosx) = pi 2 ( 1 3 sin3t +3sin t )∣∣∣∣2pi 0 − I = 0− I ⇔ 2I = 0⇔ I = 0 ©Nguyễn Hồng Điệp 61 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chương I. TÍCH PHÂN 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 Ví dụ 9.15. Tính I = pi 4∫ 0 ln(1+ tanx)dx Giải Đặt x = pi 4 −x⇒ dx =−dt Đổi cận: x = 0⇒ t = pi 4 ; x = pi 4 ⇒ t = 0 Khi đó: I =− 0∫ pi 4 ln[1+ tan(1+ tan t )]dt = pi 4∫ 0 ln ( 1+ 1− tan t 1+ tan t ) dt = pi 4∫ 0 ln 2 1+ tan t d t = pi 4∫ 0 [ln2− ln(1+ tan t )]dt = ln2 pi 4∫ 0 dt − pi 4∫ 0 ln(1+ tan t )dt = ln2| pi 4 0 − pi 4∫ 0 ln(1+ tanx)dx = pi ln2 4 − I ⇔ 2I = pi ln2 4 ⇔ I = pi ln2 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 62 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 9. TÍNH TÍNH PHÂN BẰNG TÍNH CHẤT Chứngminh 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 Ví dụ 9.17. Tính I = 2014pi∫ 0 p 1−cos2x dx Giải Ta có: I = 2014pi∫ 0 p 1−cosx dx = 2014pi∫ 0 √ 2sin2 x dx =p2 2014pi∫ 0 |sinx|dx =p2  2pi∫ 0 |sinx|dx+ 4pi∫ 2pi |sinx|dx+·· ·+ 2014pi∫ 2012pi |sinx|dx  Theo Tính chất 9.16 ta được: 2pi∫ 0 |sinx|dx = 4pi∫ 2pi |sinx|dx = ·· · = 2014pi∫ 2012pi |sinx|dx Ta được: I = 1007p2 2pi∫ 0 |sinx|dx = 1007p2  pi∫ 0 sinx dx− 2pi∫ pi sinx dx  = 4028p2 Nhận xét: việc xét dấu hàm sinx trên [0,2014pi] 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.  Bài tập tổng hợp 1. 2∫ 1 ln(1+x) x2 dx. Đáp số: −32 ln3+3ln2 2. pi 2∫ 0 cosx. ln(1+cosx)dx. Đáp số: pi2 −1 ©Nguyễn Hồng Điệp 63 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN 3. pi∫ 0 x.cos4 x. sin3 x dx. Đáp số: 2pi35 4. 2∫ −2 ln ( x+ √ x2+1 ) dx. Đáp số: 0 5. pi 2∫ −pi2 sinx. sin2x. sin5x ex +1 dx. Đáp số: 0 6. 3pi 2∫ 0 sinx. sin2x. sin3x.cos5x dx. Đáp số: 0 7. pi 2∫ −pi2 x+cosx 4− sin2 x dx. 8. 1∫ −1 x2014 2007x +1 dx. 9. pi 4∫ −pi4 sin6 x+cos6 x 6x +1 dx 10. pi 4∫ 0 log2008(1+ tanx)dx 11. pi 2∫ 0 sinx cosx√ a2 cos2+b2 sin2 dx. Đáp số: 1|a|+|b| 12. pi 2∫ 0 cosxp 2+cos2x dx. Đáp số: 1p 2 arcsin p 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. 64 ©Nguyễn Hồng Điệp 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) Ví dụ 10.1. Tính các tích phân sau: 1. I1 = pi 2∫ 0 x cosx dx 2. I2 = 1∫ 0 (x−2)e2x dx 3. I3 = 1∫ 0 (x+1)2e2x dx Giải 1. Tích phân từng phần dạng 1 Đặt u = t ⇒ du = dx dv = cosx dx ; v = sinx Khi đó : I1 = x. sinx| pi 2 0 − pi 2∫ 0 sinx dx = pi 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) · e 2x 2 ∣∣∣∣1 0 − 1 2 1∫ 0 e2x dx = 1−3e 2 4 . 3. Đa thức bậc 2 ta tính tích phân từng phần hai lần. ©Nguyễn Hồng Điệp 65 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN 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 = 5e 2−1 4 Nhận xét: đa thức P (n) có bậc n ta tính đến n lần. Ví dụ 10.2. Tính I = pi 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 ∣∣∣∣pi2 0 − 2 3 pi 2∫ 0 e2x sin3x dx =−1 3 epi− 2 3 J • Xét J = pi 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 ∣∣∣∣pi2 0 + 2 3 pi 2∫ 0 e2x cos3x dx = 1 3 + 2 3 I Từ đó ta có: I =−1 3 epi− 2 9 − 4 9 I ⇔ I = −3e pi−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. 66 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN 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. Ví dụ 10.3. Tính I = 1∫ 0 ex+e x dx Giải Ta có: I = 1∫ 0 ex .ee x dx •Đổi biến: Đặt t = ex ⇒ dt = exdx Đổi cận: x = 0⇒ t = 1 ; x = 1⇒ t = e Khi đó: I = e∫ 1 te t dt = e∫ 1 xex dx • Tích phân từng phần Đặt u = t ⇒ du = dx dv = e t dx ; v = e t Khi đó: I = xex |e1− 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.  Bài toán tương tự 1. pi 2∫ 0 (x+ sin2 x)cosx dx. Đáp số: 3pi−46 . 2. pi 4∫ 0 x 1+cos2x dx. Đáp số: pi 8 − 14 ln2. 3. pi 4∫ 0 x tan2 x dx. Đáp số: pi4 − 12 ln2− pi32 . 4. 2∫ 0 x2ex (x+2)2 dx. Đáp số: e 2+1, hd u=x 2 e x 5. pi 2∫ 0 (2x−1)cos2 x dx. Đáp số: pi28 − pi4 − 12 . ©Nguyễn Hồng Điệp 67 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN 6. pi 2∫ 0 (x+1)sin2x dx. Đáp số: pi4 +1 7. pi 3∫ pi 4 x sin2 x dx. Đáp số: (9−4 p 3)pi 36 + 12 ln 34 8. pi 2∫ 0 e2x sin3x dx. Đáp số: 3−2e pi 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) Ví dụ 10.4. Tính I = 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)∣∣32− 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. Ví dụ 10.5. Tính I = 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 68 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN 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. Ví dụ 10.6. Tính I = pi 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)| pi 2 0︸ ︷︷ ︸ =0 + pi 2∫ 0 sin2 x 1+cosx dx = pi 2∫ 0 1−cos2 x 1+cosx dx = pi 2∫ 0 (1−cosx)dx = pi 2 −1. Ví dụ 10.7. Tính I = epi∫ 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)|epi1 + epi∫ 1 sin(lnx)dx ︸ ︷︷ ︸ J =−epi−1+ J Đặt u = sin(lnx) ⇒ du = 1 x cos(lnx) dx dv = dx ; v = x Khi đó: J = x. sin(lnx)|epi1︸ ︷︷ ︸ 0 − epi∫ 1 cos(lnx)dx =−I Do đó: I =−epi−1− I ⇔ I =−e pi+1 2 ©Nguyễn Hồng Điệp 69 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN  Bài toán tương tự 1. 3∫ 2 ln(x2−x)dx. Đáp số: 3ln3−2 2. e∫ 1 x3 ln2 x dx. Đáp số: 5e 4−1 32 3. e∫ 1 x2 lnx dx. Đáp số: 5e 3−2 27 4. e∫ 1 x3 ln2 x dx. Đáp số: 5x 4−1 32 5. 2∫ 1 lnx x3 dx. Đáp số: 316 − 18 ln2. 6. e∫ 1 ( 2x− 3 x ) lnx dx. Đáp số: e 2 2 −1. 7. e∫ 1 x2+1 x · lnx dx. Đáp số: 3e2+54 8. 3∫ 1 x2 ln(x+1)dx. Đáp số: 18ln2− 209 9. pi 4∫ pi 3 sinx. ln(tanx)dx. Đáp số: 34 ln3+ ln( p 2−1) 10.3 Phương pháp hằng số bất định 3 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). 70 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương I. TÍCH PHÂN 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Ví dụ 10.8. Tính I = 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∣∣10 = 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.  Bài toán tương tự 1∫ 0 x5ex dx. Đáp số: 120−44e. 3 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). 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),h(x). ©Nguyễn Hồng Điệp 71 10. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Chương I. TÍCH PHÂN 3 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 = (A cosx+B sinx)ex +C (1) 2. Lấy đạo hàm hai vế của (1) và áp dụng phương pháp trị số riêng hoặc đồng nhất thức xác định A,B . Ví dụ 10.9. Tính I = pi 2∫ 0 ex .cosx dx Giải Ta có: I1 = ∫ ex .cosx dx = (A cosx+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 = 12 B = 12 Khi đó: I1 = 1 2 (sinx+cosx)ex +C Vậy: I = 1 2 (sinx+cosx)ex ∣∣∣∣pi2 0 = 1 2 e pi 2 − 1 2 . Ví dụ 10.10. Tính I = pi 2∫ 0 ex . sin2 x dx Giải Ta có: I = 1 2 pi 2∫ 0 (1−cos2x)ex dx Mặt khác I1 = 1 2 ∫ (1−cos2x)ex dx = (A+B cos2x+C sin2x)ex +D 72 ©Nguyễn Hồng Điệp 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 = 12 B =− 110 C =−15 Do đó: I1 = 1 10 (5−cos2x−2sin2x)ex +D Khi đó: I = 1 10 (5−cos2x−2sin2x)ex ∣∣∣∣pi2 0 = 3 5 e pi 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. Ví dụ 11.1. Tính I = 1∫ 0 x3p x2+1 dx Giải Cách 1 Đổi biến số Đặt t = p x2+1⇒ x2 = t2−1⇒ xdx = td t Đổi cận: x = 0⇒ t = 1 ; x = 1⇒ t =p2 Ta có: I = p 2∫ 1 (t2−1)dt = 2 3 − p 2 3 . Cách 2 Tích phân từng phần Đặt u = x2 ⇒ du = 2x dx dv = xp x2+1 dx ; v = p x2+1 Vậy I = ( x2 p x2+1 )∣∣∣1 0 = 1∫ 0 2x √ x2+1dx− 2 3 − p 2 3 Ví dụ 11.2. Tính I = p 3∫ 1 p x2+1 x2 dx ©Nguyễn Hồng Điệp 73 11. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT Chương I. TÍCH PHÂN Giải Cách 1 Đổi biến Đặt x = tan t , t ∈ ( −pi 2 , pi 2 ) ⇒ p x2+1= 1 cos2 t ⇒ dx = dt cos2 t Đổi cận: x = 0⇒ t = pi 4 ; x =p3⇒ t = pi 3 Khi đó: I = pi 3∫ pi 4 1 cos t sin2 t dx = pi 3∫ pi 4 cos t cos2 sin2 t dx Đổi biến số u = sin t ta được I = p 3 2∫ p 2 2 1 (1−u2)u2 dx = p 3 2∫ p 2 2 ( 1 1−u2 + 1 u2 ) dx =p2− 2 3 p 3+ ln(2+p3)− ln(1+p2) Cách 2 Tích phân từng phần Đặt u = p x2+1 ⇒ du = xp x2+1 dx dv = 1 x2 dx ; v = −1 x Khi đó: I = ( −1 x p x2+1 )∣∣∣∣ p 3 1 + p 3∫ 1 1p x2+1 dx = ( −1 x p x2+1 )∣∣∣∣ p 3 1 + ln(x+ p x2+1) ∣∣∣p3 1 =p2− 2 3 p 3+ ln(2+p3)− ln(1+p2) 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 = x 4 2. 1∫ 0 2x 4x +1 dx. Hd: t = 2 x 3. pi 2∫ 0 cosx 13−10sinx−cos2x dx. Hd: t = sinx 74 ©Nguyễn Hồng Điệp 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∫ − 13 ∣∣∣∣−3− 4x−1 ∣∣∣∣dx = 0∫ − 13 ( −3− 4 x−1 ) dx =−1+ ln 4 3 . 76 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương II. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 1. TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG 1 −1 1 0−13 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)|10 = 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 ©Nguyễn Hồng Điệp 77 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 = y 2 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 +42 − y 2 4 )∣∣∣∣dy = ∣∣∣∣∣∣ 4∫ −2 ( y +4 2 − y 2 4 ) dy ∣∣∣∣∣∣= 9. 78 ©Nguyễn Hồng Điệp 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 3 Công thức Hình phẳng (H) giới hạn bởi (C1) : y = f (x), (C2) : y = g (x), x = a,x = b khi quay (H) quanh trụcOx ta được một vật thể tròn xoay có thể tích được tính theo công thức V =pi b∫ a ∣∣ f 2(x)− g 2(x)∣∣dx Đặc biệt khi (C2) là trục hoành thì công thức trên trở thành V =pi b∫ a f 2(x)dx 3 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 trụcOx. ©Nguyễn Hồng Điệp 79 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 =pi 2∫ 1 ln2 x dx Sau khi tính tích phân từng phần 2 lần ta thu được kết quả V = 2ln22+4ln2+2 . 80 ©Nguyễn Hồng Điệp III BÀI TẬP TỔNG HỢP 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 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− x 2 4 , y = x 2 4 p 2 . (2002-B). Đáp số: 2pi+ 43 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = −3x−1 x−1 ,Ox,Oy . (2002-D). Đáp số: −1+4ln 43 4. Tính pi 2∫ 0 6 √ 1−cos5 x sinx dx (Dự bị 2002-A). Đáp số: 1291 5. Tính 0∫ −1 x ( e2x + 3px+1 ) dx (Dự bị 2002-A). Đáp số: 3 4e2 − 47 . 6. Tính I = ln3∫ 0 ex√ (ex +1)3 dx (Dự bị 2002-B). Đáp số: p 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: 94 8. Tính I = 1∫ 0 x3 1+x2 dx (Dự bị 2002-D). Đáp số: 1 2 (1− ln2). 9. Tính I = 2 p 3∫ p 5 1 x p x2+4 dx (2003-A). Đáp số: 14 ln 5 3 10. Tính I = pi 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 = pi 4∫ 0 x 1+cos2x dx (Dự bị 2003-A). Đáp số: pi 8 − 14 ln2. 13. Tính I = 1∫ 0 x3 √ 1−x2dx (Dự bị 2003-A). Đáp số: 215 . 82 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 14. Tính I = tpln2ln5 e 2x p ex −1 (Dự bị 2003-B). Đáp số: 20 3 15. Cho f (x)= a (x+1)3 +bx.e x . 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 x3ex 2 dx (Dự bị 2003-D). Đáp số: 12 17. Tính I = e∫ 0 x2+1 x lnx dx (Dự bị 2003-D). Đáp số: e 2 4 + 34 18. Tính I = 2∫ 1 x 1+px−1 dx (2004-A). Đáp số: 11 3 −4ln2. 19. Tính I = e∫ 1 p 1+3lnx x dx · lnx (2004-B). Đáp số: 116135 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 quanhOx hình phẳng (D) giới hạn bởiOx và (C ) : y =px. sinx(0≤ x ≤pi) (Dự bị 2004-A). Đáp số: pi34 22. Tính I = pi 2∫ 0 ecosx . sin2x dx (Dự bị 2004-B). Đáp số: p e 23. tính I = pi2∫ 0 p x. sin p x dx (Dự bị 2004-D). Đáp số: 2pi2−8. 24. Tính I = ln8∫ ln3 e2x p ex +1dx (Dự bị 2004-D). Đáp số: 107615 25. Tính I = pi 2∫ 0 sin2x+ sinxp 1+3cosx dx (2005-A). Đáp số: 34 27 26. Tính I = pi 2∫ 0 sin2x cosx 1+cosx dx (2005-B). Đáp số: 2ln2−1. ©Nguyễn Hồng Điệp 83 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 27. Tính I = pi 2∫ 0 (esinx +cosx)cosx dx (2005-D). Đáp số: e+ pi4 −1. 28. Tính I = pi 3∫ 0 sin2 x. tanx dx (Dự bị 2005-A) Đáp số: ln2− 38 29. Tính I = 7∫ 0 x+2 3 p 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: 29e 3+ 13 31. Tính I = pi 4∫ 0 (tanx+esinx cosx)dx (Dự bị 2005-B). Đáp số: lnp2+e 1p 2 −1 32. Tính I = e3∫ 1 ln2 x x p lnx+1 dx (Dự bị 2005-D). Đáp số: 7615 . 33. Tính I = pi 2∫ 0 (2x−1)cos2 x dx (Dự bị 2005-D). Đáp số: pi28 − pi4 − 12 . 34. Tính I = pi 2∫ 0 sin2x√ cos2 x+4sin2 x dx (2006-A). Đáp số: 23 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: 5−3e24 37. Tính I = 6∫ 2 1 2x+1p4x−1 dx (Dự bị 2006-A). Đáp số: ln 3 2 − 12 38. Tính I = 10∫ 5 1 x−2px−1 dx (Dự bị 2006-B). Đáp số: 2ln2+1 39. Tính I = p e∫ 1 3−2lnx x p 1+ lnx dx (Dự bị 2006-B). Đáp số: 10 p 2−11 3 84 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 40. Tính I = pi 2∫ 0 (x+1)sin2x dx (Dự bị 2006-D). Đáp số: pi4 +1 41. Tính I = 2∫ 1 (x−2)lnx dx (dự bị 2006-D). Đáp số: −2ln2+ 54 . 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 trụcOx (2007-B). Đáp số: pi(5e 3−2) 32 44. Tính I = e∫ 1 x3 ln2 x dx (2007-D). Đáp số: 5e 4−1 32 45. Tính I = 4∫ 0 p 2x+1 1+p2x+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) quanhOx (Dự bị 2007-A). Đáp số: 128pi15 47. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x(1−x) x2+1 , y = 0. (Dự bị 2007-B). Đáp số: −1+ pi4 + 12 ln2. 48. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x2, y = p 2−x2 (Dự bị 20074-B). Đáp số: pi 2 + 13 . 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 = pi 2∫ 0 x2 cosx dx (Dự bị 2007-D). Đáp số: pi 2 4 −2. 51. Tính I = pi 6∫ 0 tan4 x cos2x dx (2008-A). Đáp số: 12 ln (p 3+1p 3−1 ) − 10 p 3 27 . 52. Tính I = pi 4∫ 0 sin ( x− pi 4 ) sin2x+2(1+ sinx+cosx) dx (2008-B). Đáp số: 4−3p2 4 . 53. Tính I = 2∫ 1 lnx x3 dx (2008-D). Đáp số: 3−2ln216 ©Nguyễn Hồng Điệp 85 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 54. Tính I = 3∫ − 12 x 3 p 2x+2 dx (Dự bị 2008-A). Đáp số: 12 5 . 55. Tính I = pi 2∫ 0 sin2x 3+4sinx−cos2x dx (Dự bị 2008-A). Đáp số: − 1 2 + ln2. 56. Tính I = 2∫ 0 x+1p 4x+1 dx (Dự bị 2008-B). Đáp số: 11 6 57. Tính I = 1∫ 0 x3p 4−x2 dx (Dự bị 2008-B). Đáp số: 16−9 p 3 3 58. Tính I = 1∫ 0 ( xe2x − xp 4−x2 ) dx (Dự bị 2008-D). Đáp số: 14e 2− 74 + p 3. 59. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y =−x2+4x, y = x (Cao đẳng 2008). Đáp số: 92 . 60. Tính I = pi 2∫ 0 (cos3 x−1)cos2 x dx (2009-A). Đáp số: 815 − pi4 . 61. Tính i = 3∫ 1 3+ lnx (x+1)2 dx (2009-B). Đáp số: 1 4 ( 3+ ln 2716 ) 62. Tính I = 3∫ 1 1 ex −1 dx (2009-D). Đáp số: ln(e 2+e+1)−2 63. Tính I = 1∫ 0 ( e−2x +x)ex dx (Cao đẳng 2009). Đáp số: 2− 1e 64. Tính I = 1∫ 0 x2+ex +2x2ex 1+2ex dx (2010-A). Đáp số: 1 3 + 12 ln 1+2e3 65. Tính I = e∫ 1 lnx x(2+ ln)2 dx (2010-B). Đáp số: − 1 3 + ln 32 66. Tính I = e∫ 1 ( 2x− 3 x ) lnx dx (2010-D). Đáp số: e 2 2 −1 67. Tính I = 1∫ 0 2x−1 x+1 dx (Cao đẳng 2010). Đáp số: 2−3ln2 86 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 1. CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH 2002-2014 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−p4−x62 x4 dx (Dự bị 2010-B). Đáp số: 712 − p 3 4 70. Tính I = e∫ 1 lnx−2 x lnx+x dx (Dự bị 2010-D). Đáp số: 1−3ln2 71. Tính I = pi 4∫ 0 x sinx+ (x+1)cosx x sinx+cosx dx (2011-A). Đáp số: pi 4 + ln ( pi p 2 8 + p 2 2 ) 72. Tính I = 4∫ 0 1+x sinx cos2 x dx (2011-B). Đáp số: p 3+ 2pi3 + ln(2− p 3) 73. Tính I = 4∫ 0 4x−1p 2x+1+2 dx (2011-D). Đáp số: 34 3 +10ln 35 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: 23 − 23 ln2+ ln3 76. Tính I = 1∫ 0 x3 x4+2x2+2 dx (2012-B). Đáp số: ln3− 3 2 ln2 77. Tính I = pi 4∫ 0 x(1+ sin2x)dx (2012-D). Đáp số: pi232 + 14 78. Tính i = 1∫ 0 xp x+1 dx (Cao đẳng 2012). Đáp số: 8 3 79. Tính I = 2∫ 1 x2−1 x2 · lnx dx (2013-A). Đáp số: 52 ln2− 32 80. Tính I = 1∫ 0 x √ 2−x2dx (2013-B). Đáp số: 2 p 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: 16 . ©Nguyễn Hồng Điệp 87 2. BÀI TẬP TỔNGHỢP Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 82. Tính tích phân I = 2∫ 1 x2+3x+1 x2+x dx (2014-B). Đáp số: 1+ln3. 83. Tính tích phân I = pi 4∫ 0 (x+1)sin2x dx (2014-D). Đáp số: 34 . 84. Tính tích phân I = 2∫ 1 x2+2lnx x dx (2014-Cao đẳng). Đáp số: 32 + ln2 x. 2 Bài tập tổng hợp 1. pi 2∫ 0 1 cosx+2 dx. Đáp số: pi 3 p 3 , (t = tan x2 ). 2. 1∫ 0 p exp ex +e−x dx . Đáp số: ln ( e+ p 1+e2 1+p2 3. pi 4∫ 0 sin4x 4+cos22x dx . Đáp số: − 1 2 ln 4 5 . 4. 0∫ − ln3 1−ex 1+ex dx. Đáp số: ln 4 3 . 5. e pi 2∫ 1 sin(lnx)dx. Đáp số: 12 ( e pi 2 +1 ) . 6. p 3∫ 1 p 1+x2 x2 dx. 7. 1∫ 0 1 x6 dx. Đáp số: − 1 2 p 3 ln(2−p3)+ pi6 . 8. pi2 4∫ 0 cos3( p x)dx. Đáp số: 2pi3 − 149 . 9. 3∫ 0 x4−1 x2−9 dx. Đáp số: 20pi 3 −18. 88 ©Nguyễn Hồng Điệp Chương III. BÀI TẬP TỔNGHỢP 2. BÀI TẬP TỔNGHỢP 10. pi∫ 0 p 1− sin2x dx. Đáp số: 2p2−2. 11. 2∫ 1 1−x7 x(1+x7) dx. Đáp số: 1 2 ln2− 27 ln 1292 . 12. 2∫ 1 6x 9x −4x dx. Đáp số: ln 4 9 . ln 13 25 . ©Nguyễn Hồng Điệp 89