SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA
BÀI TOÁN TÍCH PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Phần tích phân chiếm một thời lượng tương đối lớn trong chương trình
trung học phổ thông và là một vấn đề không thể thiếu trong các kì thi tốt
nghiệp, Đại học và Cao đẳng. Đây là một vấn đề khó đối với học sinh cũng
như giáo viên. Đặc biệt nhiều bài toán tích phân và ứng dụng của tích phân
trong các kì thi Đại học, Cao đẳng dạng bình thường ít được ra, mà ta thường
gặp các bài toán ở mức độ khó và biến đổi phức tạp hơn. Đứng trước các bài
toán này thí sinh thường lúng túng trong việc nhận dạng, biến đổi, phân tích
và chọn lời giải. Để phần nào khắc phục được hạn chế đó chúng tôi nêu lên đề
tài: “ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
” mà trong quá trình giảng dạy đã đúc kết được. Đề tài thể hiện được hướng
tiếp cận và khai thác hiệu quả đối với các dạng toán tích phân trong chương
trình lớp 12 THPT góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy và ôn thi Đại học,
Cao đẳng. Rất mong sự đồng cảm và chia sẽ của các thầy cô và các bạn quan
tâm đến vấn đề này.
2. Mục đích nghiên cứu
Góp phần tìm tòi lời giải gọn gàng, hiệu quả cho một lớp các bài toán

- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy
phù hợp với phân môn.
+ Trao đổi với các em học sinh về các bài toán tích phân mới để biết
được cách tìm ra hướng giải bài toán của các em, từ đó có cách dạy tốt hơn.
c) Giả thuyết khoa học:
Nếu học sinh nắm vững các bước giải và dạng toán thì các em cảm thấy
hăng say, tích cực, tự tin và kết quả kiểm tra cho thấy các lớp thực nghiệm
vẫn cao hơn.
7. Bố cục đề tài
Bố cục đề tài gồm: Đặt vấn đề, Giải quyết vấn đề gồm 2 chương:
Chương 1 và chương 2, Kết luận, kiến nghị và tài liệu tham khảo.

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN, THỰC TRẠNG DẠY VÀ HỌC NỘI
DUNG TÍCH PHÂN TẠI TRƯỜNG THPT
1.1. Cơ sở lí luận:
Một số bài tập tính tích phân có nhiều cách giải khác nhau, tuy nhiên
đứng trước các bài tập đó học sinh thường lúng túng khi chọn cách giải và
chọn lời giải. Một số bài tập tích phân các em hay thiếu kinh nghiệm về việc
chọn phương pháp giải hay và hiệu quả, học sinh cứ mặc nhiên vận dụng mà
không phát hiện và so sánh để chọn lời giải hợp lí. Nhiều giáo viên đã đưa ra
được nhiều phương pháp giải quyết vấn đề đó có hiệu quả như: Phân dạng bài
tập theo phương pháp giải và giải nhiều bài tập cho học sinh ghi nhớ. Tuy
nhiên đối với dạng toán tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích phân tính
diện tích hình phẳng đôi khi học sinh cảm thấy sợ khó, giáo viên ít quan tâm.

1.2. Cơ sở thực tiễn:
1.2.1. Thực trạng việc dạy của giáo viên:
Có một số giáo viên đã vận dụng phương pháp dạy học sáng tạo nhưng
Chương 2: ĐI TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN TÍCH PHÂN VÀ ỨNG
DỤNG
Vấn đề được đặt ra:
Hiện nay cách dạy mới là làm sao phát huy được tính tích cực, chủ
động và sáng tạo của học sinh trong học tập và rèn luyện. Để phát huy điều
đó, chúng ta cần phải đưa ra được những phương pháp dạy học hợp lí nhằm
tạo cho học sinh có hứng thú trong học tập, để đem lại kết quả trong học tập
tốt hơn và hiệu quả giảng dạy cao hơn .
Sơ lược quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm:
Để hoàn thành đề tài, tôi đã tiến hành các bước sau: Chọn đề tài; Điều
tra thực trạng; Nghiên cứu đề tài; Xây dựng đề cương và lập kế hoạch; Tiến
hành nghiên cứu; Thống kê so sánh; Viết đề tài.
Nội dung của chương 2:
2.1. Dạng bài toán tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 1
2.1.1. Phương pháp
Dạng 1:
[ ( )] '( )
b
a
I f u x u x dx
=
ò

Cách thực hiện:
Bước 1: Đặt
( ) ( ( )) '( )
u x t dt d u x u x dx
= Þ = =

0
(1 )
I x x dx
= +
ò

Phân tích
- Đứng trước bài toán này ta có các hướng giải:
1. Khai triển hằng đẳng thức
4 3
(1 )
x
+ và đưa tích phân về dạng cơ bản.
2. Sử dụng định nghĩa tích phân.

3. Sử dụng phương pháp đổi biến số loại 1…
- Trình bày lời giải theo phương pháp đổi biến số như sau: Giải
Đặt
4 4 4 3 3
1
1 (1 ) (1 ) 4
4
t x dt d x x dx x dx x dx dt
= + Þ = + = + = Þ =
Đổi cận:
0 1; 1 2
x t x t

= +
ò

Phân tích
- Bài toán này có thể nêu các hướng giải:
1. Sử dụng định nghĩa tích phân.

2. Sử dụng phương pháp đổi biến số loại 1: Để khử căn thức đặt:
3
1
t x
= +
hoặc
đặt
3
1
t x
= +
để khử
2
x
.
- Lời giải trình bày theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Cách 1:
Đặt:
3 3 3 2 2
1 ( 1) ( 1)' 3
3
dt

ò
.
Cách 2:
Đặt:
3 2 3 2 3 2 2
2
1 1 ( 1) 2 3
3
tdt
t x t x dt d x tdt x dx x dx= + Þ = + Þ = + Û = Þ =
Đổi cận:
0 1; 1 2
x t x t= Þ = = Þ =
Khi đó:
2
2 3
1
2 2 22
. (2 2 1)
3 9 9
1
I t dt t
= = = -
ò
. Bài 3:
2
1


Khi đó:
1
2 3
0
1
1 4
( 1) ( )
0
3 3
I t dt t t
= + = + =
ò
.
Nhận xét:
Như vậy đối với một bài toán ta có nhiều cách giải khác nhau do đó ta
cần linh động lựa chọn cách giải hợp lí, hiệu quả và phù hợp. Trên đây là
những bài toán cơ bản của phép đổi biến số ta cảm thấy việc giải nó có phần
nhẹ nhàng. Đối với các đề thi cao đẳng đại học các bài toán khó hơn không
cho dạng tường minh mà ta phải biến đổi về dạng cơ bản và tìm lời giải hợp
lí, hiệu quả. Ví dụ:
Bài 4: (ĐH Khối B - 2010).
2
1
ln
(2 ln )
e
x
I dx
x x

Khi đó:
3 3
2 2
2 2
3
2 1 2 2 1 3
( ) (ln ) ln
2
3 2
t
I dt dt t
t t t t
- -
= = - = + = +
ò ò
.
Bài 5: (ĐH Khối A- 2010).
1
2 2
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
+ +
=
+

3
2
1
0
1
1
0
3 3
x
I x dx
= = =
ò1
2
0
1 2
x
x
e
I dx
e
=
+
ò

Đặt:
1
1 2 (1 2 ) 2

1 2
1 1 1 2
ln
3 2 3
e
I I I
+
= + = +
Bài 6: (ĐH Khối A- 2009).
/2
3 2
0
( os 1) os
I c x c xdx
p
= -
ò

Phân tích
- Đứng trước bài toán này ta có các hướng giải:
1. Dùng công thức hạ bậc để biến đổi tích phân về dạng đơn giản nhất.
2. Biến đổi tích phân thành tổng tích phân quen thuộc và tích phân đổi
biến số.
- Lời giải theo phương pháp đổi biến số:
Giải
Ta có:
/2 /2
5 2
0 0
os os

1
0 0
1
2 1 8
(1 ) (1 2 ) ( )
0
3 5 15
I t dt t t dt t t t= - = - + = - + =
ò ò

Tính:
/2 /2
2
2
0 0
/ 2
1 1 1
os (1 cos2 ) ( sin 2 ) / 4
0
2 2 2
I c xdx x dx x x
p p
p
p
= = + = + =
ò ò

Vậy:
1 2
8


7
3
3
2
0
1
x
x
+
ò

7
3
3
0
1
3 1
x
x
+
+
ò

2
2 3
0
1
x x dx
+


dx
x
xx
ò
+
-
2
4
2sin1
cossin
p
p

2
5
0
sin
xdx
p
ò

2
3
0
sin
xdx
p
ò



dx
x
ò
4
0
cos
1
p

3
4
0
tan
cos2
xdx
x
ò

ò
+
+
4
0
2sin3
sincos
p
dx
x
xx

2
0
2
)sin2(
2sin
p

dx
x
tgx
ò
3
4
sin
)ln(
p
p

(ĐHQG TPHCM Khối A: 1998)
2
3 2
0
cos sin
I x xdx
p
=
ò

(ĐH GTHN: 1996)
3


(HV BCVT HN: 1998)
/2
3
2
0
sinx. os
1 os
c x
I dx
c x
p
=
+
ò

(ĐH Khối A- 2003)
2 3
2
5
4
dx
I dx
x x
=
+
ò

(ĐH Khối A- 2004)
2

=
+
ò

(ĐH Khối B-2005)
/2
0
sin 2 cos
1 cos
x x
I dx
x
p
=
+
ò

(ĐH Khối A-2006)
/2
2 2
0
sin 2
os 4sin
x
I dx
c x x
p
=
+
ò


Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
I =
ò
b
a
dxxf )(
=
ò
b
a
jj
dtttf )(')]([
(tiếp tục tính tích phân mới).
2.2.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
Bài 1: a)
1
2
2
0
1
1
I dx
x
=
-
ò
b)
2

=
thì
0
t
=
, với
1
2
x
=
thì
6
t
p
=
.
Khi đó:
6 6 6
6
0
2
0 0 0
1 1
.cos .cos
cos 6
1 sin
I tdt tdt dt t
t
t
p p p

2
2
0
0
4 4sin 2cos 2 cos 2cos 4cos
2 (1 2 ) (2 sin 2 ) .
I t tdt t tdt tdt
cos t dt t t
p p p
p
p
p
= - = =
= + = + =
ò ò ò
ò

Nhận xét: Ta thấy 2 ví dụ trên là trường hợp riêng của bài toán sau:
1.
2 2
I a x dx
b
a
= -
ò
. Thực hiện cac bước giải sau:
Bước 1: Đặt:
asin , ;
2 2
x t t

p p
= Î - hoặc
acos , (0; )
x t t
p
= Î

Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính J.
Đối với các bài toán dạng này trong các đề thi Đại học và Cao đẳng ra
có phần lắt
léo hơn, khó hơn tuy nhiên ta có thể dễ dàng nhận dạng và tìm tòi lời giải hợp
lí. Ví dụ:
Bài 2: (ĐH TCKT - 1997)
2/2
2
2
0
1
x
I dx
x
=
-
ò

Phân tích
- Đây là bài toán dạng đổi biến số loại hai, để khử căn thức ta thường
đặt
sin

2
x = thì
4
t
p
=
. Khi đó:

2 2
4 4 4
2
2
0 0 0
4
4
0
0
sin sin
.cos .cos sin
cos
1 sin
1 1 1 1
(1 os2 ) ( sin 2 )
2 2 2 8 4
t t
I tdt tdt tdt
t
t
c t dt t t
p p p

Î - È , tức là thực
hiện phép đổi biến số dạng 2.
- Biến đổi tích phân về dạng quen thuộc.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số ta có lời giải:
Giải
Đặt
3 tan .
x t
=
( ;0) (0; )
2 2
t
p p
Î - È
Ta có:
2
3 t ant ( 3 t ant)=( 3 t anx)'dx= 3
os
dt
x dx d
c t
= Þ =
Đổi cận: 1 ; 3
6 4
x t x t
p p
= Þ = = Þ =/4 / 4 / 4

2 / 2
1 1 1 1 2 2
3( ln ) 3[2 2 ln ].
2 1 2
3(2 2 )
1 / 2
I dv dv
v v v v
v
v v
= = -
- -
- +
= - - = - +
+
-
ò ò

Nhận xét: Trên đây là bài toán không quá khó, tuy nhiên để giải một
lớp các bài toán tương tự, ta phải nhận được dạng và nắm được các bước giải
bài toán tổng quát:

1.
2 2
I a x dx
b
a
= +
ò
,

a
=
+
ò
. Thực hiện các bước giải sau:
Bước 1: Đặt:
asin , ( ; )
2 2
x t t
p p
= Î - hoặc
acos , (0; )
x t t
p
= Î

Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính tích phân I.
Đặt vấn đề: Để làm rõ hơn về việc vận dụng dạng toán tổng quát:
2 2
1
I dx
a x
b
a
=
+
ò
vào giải bài toán cụ thể, ta làm bài toán tính tích phân sau:
Bài 4:

+ + + +
ò ò
.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số ta có lời giải:
Giải
Đặt:
`
2
2
1 tan ( 1) (tan ) ( 1)' (tant)'
1
(1 tan )
os
x t d x d t x dx dt
dx dt t dt
c t
+ = Þ + = Û + =
Þ = = +

Đổi cận:
0 / 4; 1 0
x t x t
p
= Þ = = - Þ =

Khi đó:
0 /4 /4 /4
2
2 2 2
1 0 0 0

1
1
dx
x

ò
-
1
0
2
4
1
dx
xò
+-
1
0
2
1
1
dx
xx

ò
++
1
0

xx

ò
+
3
1
2
2
39
dx
x
x

ò
+
-
1
0
5
)1(
1
dx
x
x

1
2
0
1
1 1


2 2
0
1
a
dx
x a x+ -
ò
(
0
a
>
)
2
2 2
0
1
a
dx
x a x- -
ò
(
0
a
>
)
1
2
0
2

2
0
4
x
dx
x-
ò
;
(
)
(
)
2011
2
1
2012
2012 2
0
1
1
x
dx
x x
-
+ -
ò

`(ĐH Y HN - 2000)
1
2

( ) ( ). ( )
b b
a a
I f x dx f x f x dx
= =
ò ò

Bước 2: Đặt:
1
2
( )
( )
u f x
du
dv f x dx
v
=
ì
ì
Þ
í í
=
î
î

Bước 3: Khi đó:

b
a
b

u x
b
=
(
os
u c x
b
=
)
Dạng 3:
( ) ( 0),
b
x
a
I P x e dx
a
a
= ¹
ò
đặt
( )
u P x
=

Dạng 4:
ln ,( 1)
b
a
I x xdx
a

.
- Áp dụng phương pháp tích phân từng phần ta có lời giải:
Giải
Đặt:
2
1
ln( 1)
1
1
u x
du dx
x
dx
dv
v
x
x
ì
= +
=
ì
ï
ï ï
+
Þ
í í
-
=
ï ï
=

= = + +
+
- -
= + + - = + + - +
+
-
= +
ò ò
ò

Nhận xét: Trên đây là một trong những bài toán khó của dạng tích
phân từng phần, thoạt đầu nhìn cảm thấy khó chịu và có liên tưởng đến

phương pháp đổi biến số, tuy nhiên đây chính là dạng 4 của tích phân từng
phần. Bài 2: (ĐH TC HN -1998)
/4
2
0
(2cos 1)
I x x dx
p
= -
ò

Phân tích
- Bài toán này ta dễ dàng nhận biết được dạng 1 của tích phân từng
phần:

=
=
î
ï
î

`Khi đó:

/4 /4 /4
2
0 0 0
/ 4
sin 2 sin2
(2cos 1) os2 ( . )
0
2 2
/ 4
os2 1 2
.
0
8 4 8 4 8
x x
I x x dx xc xdx x dx
c x
p p p
p
p
p p p
= - = = -
-

c x
I e xdx e dx e dx e c xdx
I I
p
p p
- - - -
-
= = = -
= -
ò ò ò ò

+ Tính tích phân dạng cơ bản I
1
và dạng tích phân từng phần I
2
.
- Ta có lời giải:
Giải
- Tính:
1
2
1
1
1
1
1
x x
e
I e dx e
e

î î

Khi đó:

1
2
2 3
1
1
1
os2 2 sin 2 2
1
x x
e
I e c x e xdx I
e
p p p p
-
-
= + = +
-
ò

- Tính
1
3
1
sin 2
x
I e xdx

ò

Khi đó:
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 2( 1)
4 ( )
(1 4 ) 2 (1 4 )
e e e e
I I I I I
e e e e
p
p
p p
- - - -
= - Þ = Þ = - =
+ +

2.3.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
(ĐHNN HN - 1998)
/2
2
0
sin3
x
I e xdx
p


(HV KTQS -1999)
/2
0
os ln( os 1)
I c x c x dx
p
= +
ò

(ĐHNN HN - 1997)
2 2
1/
ln
(1 )
e
e
x
I dx
x
=
+
ò

(ĐH GT HN - 1997)
1/9
2
5
0
1

=
ò(ĐHTL 2 HN - 1996)
/2
2
0
os
x
I e c xdx
p
=
ò

(ĐHAN- 1999)
2
0
sin
I x xdx
p
=
ò

(ĐH Khối D- 2004)
3
2
2
ln( )
I x x dx

=
ò

(ĐH Khối B- 2009)
3
2
1
3 ln
( 1)
x
I dx
x
+
=
+
ò

(ĐH Khối D- 2010)
1
3
(2 )ln
e
I x xdx
x
= -
ò

2.4. Dạng bài toán tích phân đặc biệt
2.4.1. Bài toán dựa vào tính liên tục và tính lẻ của hàm số lấy tích
phân


Tính:
0
( )
a
f x dx
-
ò
:
Đặt t =-x suy ra dt = - dx
Đổi cận:
î
í
ì
=Þ=
=Þ-=
00 tx
atax

0 0
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a a a
a a
f x dx f t dt f t dt f t dt f x dx
-
= - - = - = - = -
ò ò ò ò ò

Vậy:

( )
1
x
f x
x
=
+
là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn
[
]
1;1
-
- Do đó ta có kết quả
1
2
1
sin
0
1
x
dx
x
-
=
+
ò

- Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Tách tích phân như sau:

ì
í
= Þ =
î

0 0 1 1
2 2 2 2
1 1 0 0
sinx sin(-t) sint sinx
1 ( ) 1 1 1
dx dt dt dx
x t t x
-
= - = - = -
+ - + + +
ò ò ò ò

Suy ra:
1 0 1
2 2 2
1 1 0
sin sinx sinx
0
1 1 1
x
dx dx dx
x x x
- -
= + =
+ + +

f x x= là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn
[
]
1;1
-
+ Do đó ta có kết quả
1
2014
1
sinx 0
I x dx
-
= =
ò

+ Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Tách tích phân như sau:
1 0 1
2014 2014 2014
1 1 0
sinx sinx sinx
x dx x dx x dx
- -
= +
ò ò òTính:
0

sinx sinx sinx 0
x dx x dx x dx
- -
= + =
ò ò ò

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
ò
-
2
2
5
sin
p
p
xdx

1
3
2
1
sin
1
x
dx
x
-
+
ò

Giải
Xét
2
0
(sin )
f x dx
p
ò

Đặt
dtdxtx -=Þ-=
2
p
và
ê
ê
ê
ë
é
=Þ=
=Þ=
0
2
2
0
tx
tx
p
p
khi đó:


Phân tích
Đứng trước bài toán này ta thường nghỉ đến hai hướng:
1. Biến đổi lượng giác đưa tích phân về dạng quen thuộc, tuy nhiên do
bậc của
hàm số lượng giác khá cao nên chưa chắc đã là hiệu quả
2. Áp dụng bài toán đại diện:

- Ta thấy
6
6 6
cos
( )
cos sin
x
f x
x x
=
+
là một hàm số liên tục trên đoạn
[0;1]
.
- Áp dụng bài toán gốc ta có:
6
2
6 6
0
cos
cos sin
x

é
=Þ=
=Þ=
0
2
2
0
tx
tx
p
p
,
Khi đó:
6
0
6
2
6 6
6 6
0
2
6 6
2 2
6 6 6 6
0 0
6 6 6 6
2 2 2 2
6 6 6 6 6 6
0 0 0 0
sin ( )

= = -
+
- + -
= =
+ +
+
Þ = + = = =
+ + +
Þ =
ò ò
ò ò
ò ò ò ò
4
p

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:

ò
+
2
0
sincos
cos
p
dx
xx
x
nn
n

=
p p
p
0 0
)(sin
2
)(sin dxxfdxxxf

Giải
Tính:
0
(sin )
xf x dx
p
ò

Đặt:
dtdxtx
-
=
Þ
-
=
p
và
ê
ë
é
=Þ=
=Þ=

p
0 0
)(sin)(sin dxxxfdxxf
Þ
ò ò
=
p p
p
0 0
)(sin
2
)(sin dxxfdxxxf
(Đpcm)
Đặt vấn đề: Từ bài toán trên ứng dụng vào tìm tòi lời giải của các bài
toán tính tích phân:
Bài 4:
2
0
sin
4 cos
x xdx
I
x
p
=
-
ò

Phân tích
Đứng trước bài toán này ta thường nghỉ đến hai hướng:

sin
2 4 os
x
dx
c x
p
p
-
ò

- Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Đặt: dtdxtx
-
=
Þ
-
=
p

Đổi cận:
ê
ë
é
=Þ=
=Þ=
0
0
tx
tx

= - = -
- - - -
ò ò ò
ò ò ò ò

Þ
2
0
sin
4 cos
x xdx
dx
x
p
-
ò
=
2
0
sin
2 4 os
x
dx
c x
p
p
-
ò

Đặt:

x
I dx dv dv
c x v v v v
v
v
p
p p p
p p p
-
-
= = - = +
- - + - +
-
= = = -
-
+
ò ò ò

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
(ĐH TCKT HN - 1999)
ò
p
0
34
sincos xdxxx

ò
p
0

1
Giải
Ta có:
òòò
+
+
+
=
+

a
a
a
a
0
0
1
)(
1
)(
1
)(
dx
a
xf
dx
a
xf
dx
a

ò
-
+
0
1
)(
a
=
dx
a
xfa
dt
a
atf
dt
a
tf
x
x
t
t
t
òòò
+
=
+
=
+
-
-

(Đpcm)
Đặt vấn đề: Bài toán tổng quát trên, cho ta lời giải tương tự đối với các
bài toán sau đây:
Bài 2:
1
4
1
2 1
x
x
I dx
-
=
+
ò

Phân tích
Đối với bài toán này ta áp dụng bài toán gốc:
+ Ta thấy
4
( )
f x x
=
là một hàm số liên tục trên đoạn [-1;1]
+ Áp dụng bài toán gốc ta có:
1
4
1
2 1
x

Tính:
0
4
1
2 1
x
x
dx
-
+
ò
: Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và
1 1
0 0
x t
x t
= - Þ =
é
ê
= Þ =
ë

Khi đó:
0 0 1 1
4 4 4 4
1 1 0 0
( ) .2 .2
2 1 2 1 2 1 2 1
t x
x t t x

- -
= = + = +
+ + + + +
+
= = =
+
ò ò ò ò ò
ò ò

Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
1
2
1
1
1 2
x
x dx
-
-
+
ò

2
sin
3 1
x
x
dx
p

ò
(với
0
a
>
)
2
2
2
4
2 1
x
x
dx
-
-
+
ò

2 2
1
e
x
e
e x
dx
e
-
-
+

2
(x) liên tục trên
[
]
ba; . Gọi
D là hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f
1
(x) và y = f
2
(x) và các
đường thẳng x = a, x = b thì diện tích của hình phẳng được tính theo công
thức:
ò
-=
b
a
dxxfxfS )()(
21

Đặt vấn đề: Việc tính diện tích hình phẳng của bài toán trên ta thấy có
phần đơn giản. Song trong thực tế ta gặp rất nhiều bài toán không phải như
thế, sau đây là các bài toán có dạng khác với mức độ khó hơn. Ví dụ tính diện
tích hình phẳng
( )
i
H
được giới hạn bởi các đường sau:
Bài 1:
2
1

4
4 2
b
H
a
x x
S dx
= - -
ò

+ Xét dấu:
2 2
4
4
4 2
x x
- - trên đoạn [a;b] để mở dấu giá trị tuyệt đối.
+ Tính
2
1
4
4
b
a
x
I dx
= -
ò
bằng phương pháp đổi biến số
+ Tính tích phân cơ bản

ë

- Bảng xét dấu:
x -4 4
2 2
4
4
4 2
x x
- -

0 + 0
- Khi đó:
1
4 4
2 2 2 2
( )
4 4
4 4
2 2
4 4
4 ( 4 )
4 4
4 2 4 2
32
4 4
4
4 2 3 2
H
x x x x

cận a, b
- Tính:
2
2
( )
4 3 ( 3)
b
H
a
S x x x dx
= - + - +
ò

+ Xét dấu:
2
4 3
x x
- +
,
2
4 3 ( 3)
x x x
- + - +
trên [a;b] để mở dấu tuyệt đối.
+ Tính tích phân cơ bản.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị (C) và (C’) là: