Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Để làm tốt một bài toán tích phân, trước tiên học sinh cần phải nắm vững đạo hàm và nguyên hàm
của các hàm số cơ bản. Bên cạnh đó học sinh phải thành thạo các kỹ năng của phương pháp đổi biến
số, phương pháp tích phân từng phần. Cuối cùng, học sinh cũng cần một số định hướng cơ bản để tiếp
cận và xử lý tốt bài toán tích phân. Dưới đây là một số hướng tiếp cận cơ bản.
Bước 1. Ta chỉ có tính chất “tích phân của một tổng bằng tổng các tích phân” chứ không có tính chất
“tích phân của một tích bằng tích các tích phân”. Do đó, ta phải biến đổi tích phân của một
tích thành tích phân của một tổng (nếu được).
Bước 2. Sau bước 1 mà vẫn chưa tính được tích phân thì ta nên nghĩ đến phương pháp đổi biến
số.
Bước 3. Nếu không có dấu hiệu nào để ta sử dụng phương pháp đổi biến số thì ta chuyển sang phương
pháp tích phân từng phần.
Ví dụ 1. Tính tích phân

3
1
1 + ln(x + 1)
x
2
dx (Đề thi đại học khối A 2012).
Giải.
Ta có I =

3
1
1 + ln(x + 1)
x
2
dx =

3

ln(x + 1)
x
2
.
• Tính I
1
. Ta có I
1
=

3
1
1
x
2
dx = −
1
x





3
1
= −
1
3
+ 1 =
2

1
x + 1
dx
v = −
1
x
. Khi đó
I
2
= −
1
x
ln(x + 1)





3
1
−

3
1

−
1
x

1



3
1
= −
1
3
ln 4 + ln 2 + (ln 3 − ln 4) − (ln 1 −ln 2) = ln 3 −
1
3
ln 4.
Vậy I =
2
3
+ ln 3 −
1
3
ln 4.
www.VNMATH.com
2 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
1. Phân tích thành tổng các tích phân
Một bài toán tích phân mà học sinh cảm thấy phức tạp, thường là tổng của những tích phân đơn
giản.
1.1. Hàm hữu tỉ phân tích được thành tổng của các hàm hữu tỉ
Hàm hữu tỉ là hàm số có dạng
P (x)
Q(x)
, trong đó P (x) và Q(x) là các đa thức một biến x.
Trong phần này ta không đi giải quyết bài toán tích phân của của một hàm hữu tỉ tổng quát, ta chỉ
xét các dạng tích phân trong đó biểu thức dưới dấu tích phân là hàm hữu tỉ có những “dấu hiệu” giúp

2
.
Vậy I = 5 + ln
3
2
.
Ví dụ 3. Tính J =

2
1

3 +
1
2x + 1

dx
Giải. Cũng giống ví dụ trên, ta dễ dàng tính được tích phân này như sau
J =

3x +
1
2
ln |2x + 1|






2

3
.
Nhận xét. Quả thật, 2 ví dụ trên rất đơn giản, bất kỳ học sinh nào biết cách tính tích phân cơ bản
đều có thể giải được. Vậy để làm cho bài toán khó hơn, người ra đề sẽ giấu đi bản chất đơn giản của
bài toán bằng cách quy đồng mẫu thức chung rồi cộng các số hạng của biểu thức dưới dấu tích phân để
“thách thức” học sinh.
Ta có
3x
2
− 2x + 1 +
1
x + 1
=
(3x
2
− 2x + 1)(x + 1) + 1
x + 1
=
3x
3
+ x
2
− x + 2
x + 1
,
và
3 +
1
2x + 1
=

R(x)
Q(x)
=
P (x).Q(x) + R(x)
Q(x)
=
S(x)
Q(x)
,
trong đó P (x), Q(x), R(x) là các đa thức và S(x) = P (x).Q(x) + R(x). Khi đó f (x) =
S(x)
Q(x)
là một
hàm hữu tỉ, có bậc đa thức trên tử lớn hơn hoặc bằng bậc đa thức dưới mẫu. Đối với loại
này, bước xử lý đầu tiên trong quá trình tính tích phân là thực hiện phép chia đa thức trên tử cho
đa thức dưới mẫu.
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là với hàm hữu tỉ mà có bậc trên tử nhỏ hơn bậc dưới mẫu thì ta
làm như thế nào? Ta cùng xem xét ví dụ dưới đây để tìm ra một phần câu trả lời.
Ví dụ 4. Tính tích phân K =

2
1

2
2x + 1
−
3
x + 2

dx.

−4x + 1
2x
2
+ 5x + 2
dx. Bây giờ biểu thức dưới dấu tích phân trong tích phân K là một hàm
hữu tỉ có bậc trên tử nhỏ hơn bậc dưới mẫu. Vì vậy ta không thể thực hiện thao tác chia đa thức như
trên được.
Đi ngược lại quá trình quy đồng mẫu thức chung và cộng hai phân thức, ta sẽ có cách “khôi phục”
lại bài toán gốc như sau:
• Phân tích mẫu thành nhân tử: 2x
2
+ 5x + 2 = (2x + 1)(x + 2).
• Giả sử
−4x + 1
(2x + 1)(x + 2)
=
A
2x + 1
+
B
x + 2
.
• Tìm A, B.
Ví dụ 5. Tính tích phân H =

1
−3
dx
x
2

4 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Từ (∗) và (∗∗) ta thu được hệ

A + B = 0
−2A − 3B = 1
⇔

A = 1
B = −1
.
• Vậy
1
x
2
− 5x + 6
=
1
x − 3
−
1
x − 2
Giải. Ta có
H =

1
−3

1
x − 3
−

2x − 1
(2x + 1)
2
=
A
2x + 1
+
B
2x + 1
.
Rồi cộng các số hạng lại như
A
2x + 1
+
B
2x + 1
=
A(2x + 1) + B(2x + 1)
(2x + 1)
2
=
(2A + 2B)x + A + B
(2x + 1)
2
.
Tiếp đến đồng nhất các hệ số để thu được hệ

2A + 2B = 2
A + B = −1
. Tuy nhiên hệ này vô nghiệm. Điều này

(2x + 1)
2
.
• Thực hiện phép cộng
A
2x + 1
+
B
(2x + 1)
2
=
2Ax + A + B
(2x + 1)
2
và đồng nhất các hệ số, ta thu được
A = 1, B = −2
Giải. Ta có
L =

1
0

1
2x + 1
−
2
(2x + 1)
2

dx =

2
ln 3 −
2
3
.
Vậy L =
1
2
ln 3 −
2
3
.
Nếu biểu thức dưới dấu tích phân là một hàm hữu tỉ có bậc đa thức trên tử nhỏ hơn bậc đa thức
dưới mẫu, ta thường gặp ở dạng
f(x) =
ax + b
(cx + d)(ex + f)
hoặc g(x) =
ax + b
(cx + d)
2
www.VNMATH.com
1. Phân tích thành tổng các tích phân 5
thì tương ứng phân tích thành
f(x) =
A
cx + d
+
B
ex + f

2
sin a − sin b = 2 cos
a + b
2
. sin
a − b
2
cos a + cos b = 2 cos
a + b
2
. cos
a − b
2
cos a − cos b = −2 sin
a + b
2
. sin
a − b
2
sin a. cos b =
1
2
[sin(a + b) + sin(a − b)]
cos a. sin b =
1
2
[sin(a + b) − sin(a − b)]
cos a. cos b =
1
2

cos 3x − cos x






π
6
0
=
1
2

−
1
3
cos 3.
π
6
− cos
π
6

−
1
2

−
1

π
6
0
sin 2x cos x dx =
8 − 3
√
3
12
.
Ví dụ 8. Tính tích phân

π
2
0
cos
2
x dx.
www.VNMATH.com
6 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Định hướng giải. Nếu nhìn nhận cos
2
x = cos x. cos x thì ta có sự biến đổi
cos x. cos x =
1
2
[cos(x + x) + cos(x − x)] =
1
2
(cos 2x + 1).
Tuy nhiên, nếu ta nhớ công thức hạ bậc thì cos




π
2
0
=
π
4
.
1.3. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng
Sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng ta có thể biến đổi tích thành tổng
như 2 công thức dưới đây:
a(b + c) = ab + ac,
a + b
c
=
a
c
+
b
c
.
Ví dụ 9. Tính tích phân

1
0
x
2012
(1 + x) dx.


1
0
=
4027
4054182
.
Ví dụ 10. Tính tích phân

e
1
x
3
+ 1
x
dx.
Giải. Ta có

e
1
x
3
+ 1
x
dx =

e
1

x

e
3
+ 2
3
.
1.4. Biến đổi thành tổng nhờ sử dụng lượng liên hợp
Từ hằng đẳng thức a
2
−b
2
= (a −b)(a + b) ta biến đổi thành a + b =
a
2
− b
2
a − b
hoặc a −b =
a
2
− b
2
a + b
.
Do đó, thay vì tính tích phân của hàm số (f (x) + g(x)) người ra đề sẽ yêu cầu tính tích phân của hàm
số
h(x)
f(x) − g(x)
hoặc
h(x)
f(x) + g(x)

x + 1 +
√
x

dx =

2
1

(x + 1)
1
2
+ x
1
2

dx.
Tích phân cuối cùng đơn giản nên học sinh tự tính toán.
Cùng ý tưởng như vậy, từ hằng đẳng thức a
3
−b
3
= (a−b)(a
2
+ab+b
2
) ta có biến đổi a−b =
a
3
− b

(t) dt

 
theo biến t
= g

(x) dx

 
theo biến x
.
Trong chương trình phổ thông, học sinh được trang bị về 4 nhóm hàm số sơ cấp là: hàm số lũy thừa,
hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit. Kết hợp ý tưởng hàm hợp vào 4 nhóm hàm số này sẽ
cho ta nhiều bài toán tích phân mới lạ.
Ví dụ 1. Tính tích phân

2
1
t
5
dt.
Giải. Ta có

2
1
t
5
dt =
t
6

Ví dụ 2. Tính tích phân

1
0
3x
2
(x
3
+ 1)
5
dx.
Để gây khó khăn cho học sinh trong việc “nhận ra” 3x
2
là kết quả của phép tính đạo hàm đối với x
3
+ 1,
người ta nhân vào hằng số
1
3
và có bài toán hơi khó hơn như sau
Ví dụ 3. Tính tích phân

1
0
x
2
(x
3
+ 1)
5

dt =
t
6
18




2
1
=
7
2
.
Qua các ví dụ trên ta thấy, từ bài toán tính tích phân đơn giản

b
a
f(t) dt, người ra đề sẽ đổi
biến bằng cách xem t = u(x) thì dt = u

(x).dx và sẽ thu được bài toán tính tích phân mới phức tạp
hơn là

β
α
f [u(x)] .u

(x) dx, trong đó α, β là các số thực sao cho u(α) = a; u(β) = b.
Vậy khi hàm số dưới dấu tích phân là tích của 2 hàm số: f(x).g(x) và ta phát hiện được một

dt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =
π
12
⇒ t =
3
2
.
Khi đó,

π
12
0
e
1+sin 2x
. cos 2x dx =

3
2
1
1
2
e
t
dt =
1
2
e
t


Giải. Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0; x =
π
4
⇒ t =
√
2
2
.Khi đó,

π
4
0
cos x dx
1 − sin
2
x
=

√
2
2
0
dt
1 − t
2
=

√
2

2
0
=
1
2
ln
2 +
√
2
2 −
√
2
=
1
2
ln(3 + 2
√
2) = ln(
√
2 + 1).
Vậy

π
4
0
cos x dx
1 − sin
2
x
= ln(

x
=
1
x
. ln x. Đến đây, không khó để nhận ra (ln x)

=
1
x
. Vì thế, ta sẽ đổi biến
t = ln x.
Giải. Đặt t = ln x ⇒ dt =
1
x
dx.
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1.
Khi đó,

e
1
ln x
x
dx =

1
0
t dt =
t
2
2

thức nào mà có đạo hàm "gần giống" nhất đối với
1
x sin x + cos x
hoặc x cos x.
Ta thử đặt t = x sin x + cos x xem sao? Thật bất ngờ, ta có dt = x cos x dx.
Giải. Đặt t = x sin x + cos x, ta có dt = x cos x dx.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =
π
4
⇒ t =
√
2(π + 4)
8
.
Khi đó

π
4
0
x cos x
x sin x + cos x
dx =

√
2(π+4)
8
1
dt
t
= ln |t|

1
g(x)
.f(x) dx
t = f(x) dt = f

(x) dx
1
g(x)
dx

b
a
1
g(x)
.f(x) dx
t = g(x) dt = g

(x) dx
f(x) dx
Rất có khả năng vi
phân giống với phần
còn lại.
Về mặt hình thức thì cách đổi biến t = g(x) cho ta biểu thức vi phân giống với phần còn lại hơn là cách
đổi biến t = f(x). Vậy, đối với những bài tích phân mà biểu thức dưới dấu tích phân là thương của hai
hàm số thì ta ưu tiên đổi biến t bằng hàm số ở dưới mẫu.
Ví dụ 8. Tính tích phân

ln 2
0
e

x
.e
x
dx = e
x
.2t dt. Vậy còn lượng e
x
sẽ xử lý như
thế nào? Đơn giản, e
x
= t
2
− 1.
Giải. Đặt t =
√
e
x
+ 1 ⇒ t
2
= e
x
+ 1 ⇒ 2t.dt = e
x
.dx
Vì t
2
= e
x
+ 1 nên e
x

√
3
√
2
(2t
2
− 2)dt =

2t
3
3
− 2t





√
3
√
2
=
2
√
2
3
.
Nhận xét. Qua ví dụ này, ta thấy phép đổi biến t = u(x) là hợp lý nếu ta biểu diễn được phần còn lại
hoàn toàn qua biến mới.
Thông thường, làm việc với biểu thức chứa căn không phải là thế mạnh của chúng ta. Biết được


2
1
(t
2
− 1)t.2t dt =

2
1
(2t
4
− 2t
2
) dt =

2t
5
5
−
2t
3
3





2
1
=

1 +
√
x − 1
=

1
0
(t
2
+ 1).2t.dt
1 + t
=

1
0
(2t
3
+ 2t)dt
1 + t
=

1
0

2t
2
− 2t + 4 −
4
t + 1


. Có thể ta hơi bối rối nhưng nhờ tính chất của phân thức ta có thể viết
dx
x
=
x.dx
x
2
.
Hơn nữa ta có biểu diễn x
2
= t
2
− 9. Tóm lại, ta hoàn toàn biểu diễn được phần còn lại theo biến t.
Giải. Đặt t =
√
x
2
+ 9 ⇒ t
2
= x
2
+ 9 ⇒ 2t.dt = 2x.dx ⇒ t.dt = x.dx.
Vì t
2
= x
2
+ 9 nên x
2
= t
2

5
4
t.dt
(t
2
− 9)t
=

5
4
dt
t
2
− 9
=

5
4
1
6

1
t − 3
−
1
t + 3

dt
=
1

√
1 − x
2
dx.
Định hướng giải.
Nếu đặt t =
√
1 − x
2
thì t
2
= 1 −x
2
⇒ 2t.dt = −2x.dx.
www.VNMATH.com
2. Phương pháp đổi biến số 11
Vì t
2
= 1 −x
2
nên x
2
= 1 −t
2
⇒ x =
√
1 − t
2
⇒ dx =
−t.dt

2
=

1 − sin
2
t =
√
cos
2
t = |cos t|.
Tập giá trị của hàm sin t là đoạn [−1, 1] và khi t biến thiên trên đoạn

−
π
2
,
π
2

thì sin t cũng quét hết
đoạn [−1, 1]. Do đó, để đơn giản, khi đổi biến x = sin t ta xét t ∈

−
π
2
,
π
2

. Với t ∈

2
0

1 − sin
2
t. cos t dt =

π
2
0
√
cos
2
t. cos t dt =

π
2
0
|cos t|. cos t dt
=

π
2
0
cos t. cos t dt =

π
2
0
cos

1
sin
2
t
.
Ví dụ 13. Tính tích phân

1
0
dx
√
x
2
+ 1
.
Giải. Đặt x = tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

⇒ dx =
dt
cos
2
t
.

dt
cos
2
t.

1
cos
2
t
=

π
4
0
dt
cos
2
t.
1
|cos t|
=

π
4
0
dt
cos
2
t.
1


1
0
dx
1 + x
2
.
www.VNMATH.com
12 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Giải. Đặt x = tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

⇒ dx =
dt
cos
2
t
.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
4
. Khi đó,

1


π
4
0
dt = t



π
4
0
=
π
4
.
Vậy

1
0
dx
1 + x
2
=
π
4
.
Nhận xét. Thật bất ngờ, bài toán đã được giải quyết. Bây giờ, ta thử mở rộng bài toán một chút bằng
cách thay x bởi x −1 để có bài toán sau.
Ví dụ 15. Tính tích phân


π
2

⇒ dx =
dt
cos
2
t
.
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t =
π
4
. Khi đó,

2
1
dx
x
2
− 2x + 2
=

π
4
0
dt
cos
2
t
1 + tan

.
Vậy

2
1
dx
x
2
− 2x + 2
=
π
4
.
Nhận xét.
• Qua 2 ví dụ 14, 15, phần nào ta đã có câu trả lời cho câu hỏi ở cuối mục 1.1.
• Ở ví dụ 12, ta đã biết cách xử lý biểu thức
√
1 − x
2
bằng hằng đẳng thức sin
2
t + cos
2
t = 1, vậy
còn
√
x
2
− 1 sẽ được giải quyết như thế nào?
Ví dụ 16. Tính tích phân

t =
1
cos
2
t
− 1,
1 + cot
2
t =
1
sin
2
t
⇔ cot
2
t =
1
sin
2
t
− 1.
Ta thấy có thể dở bỏ dấu căn cho
√
x
2
− 1 bằng cách đặt x =
1
sin t
hoặc x =
1

. Vậy

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx =

π
6
π
3
1

1
sin
2
t
− 1

−
cos t
sin
2
t

1


cos t
sin t



cos t
sin
2
t

dt =

π
3
π
6
1
cos t
sin t

cos t
sin
2
t

dt =


x
2
− 1
. Ta có,

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx =

2
2
√
3
1
x +
√
x
2
− 1
·
x +
√
x

3. Khi đó,

2
2
√
3
1
√
x
2
− 1
dx =

2+
√
3
√
3
1
t
· dt = ln |t|



2+
√
3
√
3
= ln(2 +


β
α
f(x)
g(x)
dx. Thử đặt t = g(x).
•

β
α
f

x,

u(x)

dx. Thử đặt t =

u(x).
•

β
α
f

x,
√
a
2
− x

,
π
2

hoặc x = |a|cot t với t ∈ (0, π).
•

β
α
f

x,
√
x
2
− a
2

dx. Đặt x =
|a|
sin t
với t ∈

−
π
2
,
π
2


4
0
e
2+tan x
cos
2
x
dx, (Đặt t = 2 + tan x.)
d.

π
2
π
4
e
sin
2
x
. sin 2x dx, (Đặt t = sin
2
x.)
www.VNMATH.com
14 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
e.

π
2
0
e
sin


2 + ln
2
x hoặc t = ln x.)
h.

e
1
ln x dx
x

1 + ln
2
x

, (Đặt t = 1 + ln
2
x hoặc t = ln x.)
i.

ln 3
1
e
x
(e
x
+ 1)
√
e
x


−
π
2
,
π
2

hoặc x = 2 cot t, t ∈ (0, π).)
l.

√
2
−1
x
2
.
√
4 − x
2
dx, (Đặt x = 2 sin t, t ∈

−
π
2
,
π
2

hoặc x = 2 cos t, t ∈ [0, π].)

+ x + 1
, (Biến đổi x
2
+x+1 =

x +
1
2

2
+
3
4
rồi đặt x+
1
2
=
√
3
2
. tan t, t ∈

−
π
2
,
π
2

.)

x
2
− 9
,

Đặt x =
3
sin t
, t ∈

0,
π
2

hoặc biến đổi
dx
x
√
x
2
− 9
=
x.dx
x
2
√
x
2
− 9
rồi đặt

cos
2
x
dx, (Biến đổi sin
3
x = (1 − cos
2
x) . sin x và đặt t = cos x.)
Bài tập 2. Tính các tích phân sau bằng cách đặt t bằng biểu thức dưới mẫu
a.

√
3
0
x
3
dx
√
x
2
+ 1
, b.

4
0
1
√
2x + 1
dx, c.


+ 2x
3
x
2
+ 1
dx,
g.

3
1
1
e
x
− 1
dx, h.

1
0
x
4 − x
2
dx, i.

√
7
0
x
3
3
√

Bài tập 3. Tính các tích phân sau bằng cách đặt t bằng căn thức
a.

22
3
0
3
√
3x + 5 dx, b.

1
0
x
3
√
2 − x
2
dx, c.

e
1
√
1 + ln x
x
dx,
d.

1
0
x

2
+ 4
, h.

√
2
0
x

(x
2
+ 4)
3
dx, i.

6
2
√
3
dx
x
√
x
2
− 9
,
j.

4
4

m.

2
1
x
1 +
√
x − 1
dx, n.

9
1
x.
3
√
1 − x dx, o.

2
0
x + 1
3
√
3x + 2
dx.
Bài tập 4. Tính các tích phân sau bằng cách đặt t bằng biểu thức trong lũy thừa
a.

1
0
x

d.

π
2
0
sin 2x

1 + sin
2
x

3
dx, e.

π
2
0
sin x cos x (1 + cos x)
2
dx, f.

0
−
π
2
sin 2x
(2 + sin x)
2
dx,
g.

2
x)
2
. sin x nên ta đặt t = cos x đối với tích phân ở câu i.
3. Phương pháp tích phân từng phần
Công thức:

b
a
u.dv = u.v



b
a
−

b
a
v.du.
Trong phương pháp tích phân từng phần ta cần lưu ý:
• Sau khi chọn biểu thức cho u rồi, phần còn lại là dv.
• Phải chọn u sao cho từ dv ta dễ tìm được nguyên hàm v nhất. Thứ tự ưu tiên chọn biểu thức cho
u là: “Nhất log (logarit), nhì đa (thức), tam lượng (giác), tứ mũ (hàm mũ)”.
Ví dụ 1. Tính tích phân

1
0
(x + 1).e
x

0
e
x
dx = 2e − 1 − e
x



1
0
= 2e − 1 − e + 1 = e.
www.VNMATH.com
16 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Ví dụ 2. Tính tích phân

e
1
x
2
ln x.
Giải.
Đặt

u = ln x
dv = x
2
dx
⇒



−

e
1
1
3
x
2
dx =
e
3
3
−
1
9
x
3



e
1
=
e
3
3
−
e
3
9

. sin x



π
2
0
−

π
2
0
2x. sin x dx =
π
2
4
− I
1
, trong đó I
1
=

π
2
0
2x. sin x dx.
• Tính I
1
.
Đặt


π
2
0
= 2.
Vậy I =
π
2
4
− 2.
Ví dụ 4. Tính tích phân I =

π
2
0
e
x
sin x dx.
Giải.
Đặt

u = sin x
dv = e
x
dx
⇒

du = cos x.dx
v = e
x

x
. cos x dx.
• Tính I
1
.
Đặt

u = cos x
dv = e
x
dx
⇒

du = −sin x.dx
v = e
x
.
Ta có I
1
= e
x
. cos x



π
2
0
−



.
Vậy I =
1
2

e
π
2
− 1

.
Ví dụ 5. Tính tích phân

e
1
ln x dx.
Định hướng giải. Qua 3 ví dụ trên, phần nào ta đã biết cách tính tích phân bằng phương pháp tích
phân từng phần. Vậy đối với bài này sẽ làm thế nào? Thật đơn giản, đặt u = ln x, như thế dv =? Rõ
ràng phần còn lại là dx. Do đó dv = dx.
www.VNMATH.com
3. Phương pháp tích phân từng phần 17
Giải.
Đặt

u = ln x
dv = dx
⇒



e
π
1
cos (ln x) dx.
Giải.
Đặt

u = cos (ln x)
dv = dx
⇒



du =
−sin(ln x)
x
dx
v = x
.
Ta có I = x. cos(ln x)



e
π
1
+

e
π

Ta có I
1
= x. sin(ln x)



e
π
1
−

e
π
1
cos(ln x) dx = 0 − I = −I.
Như thế, I = −e
π
− 1 − I ⇔ 2I = −e
π
− 1 ⇔ I = −
1
2
(e
π
+ 1) .
Vậy I = −
1
2
(e
π

cos
2
x tan x
dx
v = tan x
.
Ta có

π
3
π
4
ln(tan x)
cos
2
x
dx = tan x ln(tan x)



π
3
π
4
−

π
3
π
4

x
(x + 2)
2
dx.
Giải.
Đặt



u = x
2
e
x
dv =
1
(x + 2)
2
dx
⇒



du = xe
x
(x + 2)dx
v = −
1
x + 2
.
Ta có

, vì khi đó, phần còn lại là
dv =
e
x
(x + 2)
2
dx hoặc dv =
x
(x + 2)
2
dx sẽ khó tìm được nguyên hàm v hơn so với cách đặt như trong
bài giải ở trên.
www.VNMATH.com
18 Hướng tiếp cận bài toán tích phân
Ví dụ 9. Tính tích phân

(
π
2
)
2
0
sin
√
x dx.
Định hướng giải.
Thực sự biểu thức
√
x gây ra cảm giác “không thoải mái” khi ta đặt bút giải bài tích phân này. Vì thế
ta có thể thử “bao bọc”

2
0
2t sin t dt. Tích phân này được giải quyết dễ dàng bằng phương pháp
tích phân từng phần.
Bài tập 5. Tính các tích phân sau
a.

1
0
(x − 2)e
2x
dx, b.

3
1
x
3
ln
2
x dx, c.

π
3
0
x
1 + cos 2x
dx,
d.

3

+ 1)e
x
dx, h.

2
1
ln(1 + x)
x
2
dx, i.

2
1
ln x
x
5
dx.
4. Bài tập tổng hợp
Bài tập 6. Tính các tích phân sau
a.

π
2
0

e
sin x
+ cos x

cos x dx b.

1 +
1
x

dx e.

π
4
0
x. tan
2
x dx f.

√
3
1
1
x + x
3
dx
g.

2
0
x
2
− 5x + 3
x + 1
dx h.


1 + 3 cos x
dx l.

π
2
0
cos x
√
1 + 3 sin x dx
m.

π
2
0
sin 2x. cos x
1 + cos x
dx n.

π
4
0
(tan x + 1)
2
cos
2
x
dx o.

π
2


4
0
e
√
x
dx
s.

1
0
x. ln(1 + x
2
) dx t.

ln 2
0
x.e
−x
dx u.

π
2
π
4
x dx
sin
2
x
www.VNMATH.com

0
x sin x + (x + 1) cos x
x sin x + cos x
dx e.

π
3
0
1 + x sin x
cos
2
x
dx f.

4
0
4x − 1
√
2x + 1 + 2
dx
g.

1
0
x
2
+ e
x
+ 2x
2


cos
2
x dx k.

3
1
3 + ln x
(x + 1)
2
dx l.

3
1
dx
e
x
− 1
dx
m.

π
6
0
tan
4
x
cos 2x
dx n.
