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 về tích phân
và ứng dụng, giúp học sinh tư duy hiệu quả và tự tin hơn khi gặp các bài tập dạng này.
Nắm vững nội dung đề tài, lời giải của học sinh củng tự nhiên và trong sáng hơn.
Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân, cũng như việc trao đổi kinh
nghiệm với đồng nghiệp.
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài
Đối tượng nghiên cứu là phương pháp tiếp cận để giải quyết lớp các bài toán về
tích phân thường gặp trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng cũng như tốt nghiệp THPT.
4. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Đề tài được áp dụng cho các học sinh lớp 12 ôn thi tốt nghiệp, luyện thi Đại học và
Cao đẳng.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đi tìm lời giải của bài toán tích phân và ứng dụng của tích phân tính diện tích hình
phẳng.
Kỹ năng phân tích, nhận dạng và tính tích phân.

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 thường
dừng lại ở mức độ đơn lẻ, chưa đưa ra được các cách giải và cách phân tích cho một bài
toán để chọn được lời giải hay. Đối với dạng toán tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích
phân tính diện tích hình phẳng giáo viên ít quan tâm hơn.
1.2.2. Thực trạng việc học của học sinh:
Đa số học sinh biết giải các bài tập tích phân cơ bản, biến đổi đơn giản và bế tắc
khi gặp dạng biến đổi phức tạp. Nhiều học sinh còn lúng túng khi chọn phương pháp giải
và lời giải chưa thật sự rõ ràng. Đối với dạng toán tích phân đặc biệt và ứng dụng của tích
phân tính diện tích hình phẳng học sinh còn sợ khó.
3

Chất lượng thực tế qua khảo sát năm 2012-2013:
Lớp Số lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Số lượng % Số lượng %
12B 44 14 31,8 30 68,2
12G 42 32 76,2 10 23,8
12I 39 31 79,5 8 20,5
1.2.3. Sự cần thiết của đề tài:

= ⇒ = =
Bước 2: Đổi cận:
)(
)(
but
aut
bx
ax
=
=
=
=
⇒
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
I =
∫∫
=
)(
)(
)()(')]([
bu
au
b
a
dttfdxxuxuf
(tiếp tục tính tích phân mới)
2.1.2. Bài tập ứng dụng
Tính các tích phân sau:
Bài 1:
1

2
3 4
1
2
1 1 15
1
4 16 16
t dt t= = =
∫
.
Nhận xét: Đối với dạng toán tương tự như bài 1 sử dụng phương pháp đổi biến số
cho ta một lời giải rõ ràng và hiệu quả. Với hướng 1 nếu số mũ lớn thì việc khai triển khó
khăn hơn và đó đương nhiên không thực tế.
Bài 2:
1
3 2
0
1I x x dx= +
∫
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
1t x= +
hoặc
đặt
3
1t x= +
để khử

2
t
I t dt t t
+
= = = = − = −
+
∫
.
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= + ⇒ = + ⇒ = + ⇔ = ⇒ =
Đổi cận:
0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
2
2 3
1
2 2 2
2
. (2 2 1)
3 9 9
1
I t dt t= = = −
∫
.

2 3
0
1
1 4
( 1) ( )
0
3 3
I t dt t t= + = + =
∫
.
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
=
+
∫
Phân tích
- Bài toán này có hướng giải:

.
Bài 5: (ĐH Khối A- 2010).
1
2 2
0
2
1 2
x x
x
x e x e
I dx
e
+ +
=
+
∫
Phân tích
7

- Đây là bài toán phức tạp hơn các bài toán vừa nêu, đứng trước bài toán này ta:
+ Nhận thấy tử có thể phân tích nhân tử chung từ đó biến đổi hàm số lấy tích về
dạng quen thuộc.
+ Nhận dạng để tìm cách giải.
- Lời giải trình bày như sau:
Giải
Biến đổi:
1 1 1 1
2 2 2
2
0 0 0 0

x
e
I dx
e
=
+
∫
Đặt:
1
1 2 (1 2 ) 2
2
x x x x
t e dt d e e dx e dx dt= + ⇒ = + = ⇒ =
Đổi cận:
0 3; 1 1 2x t x t e= ⇒ = = ⇒ = +
Khi đó:
1 2
2
3
1 2
1 1 1 1 2
ln ln
3
2 2 2 3
e
e
e
I dt t
t
+

0 0
os osI c xdx c xdx
π π
= −
∫ ∫
Tính:
/2 /2 1
5 4 2 2
1
0 0 0
os os .cos (1 sin ) cosI c xdx c x xdx x xdx
π π
= = = −
∫ ∫ ∫
Đặt
sinx, (sinx) (sinx)' cost dt d dx xdx= = = =
Đổi cận:
0 0; 1
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
8

Khi đó:
1 1
2 2 2 4 3 5
1
0 0
1

Nhận xét: Trên đây là các dạng toán rất hay và quen thuộc đối với chúng ta. Đứng
trước các bài toán này ta có nhiều cách giải, tuy nhiên việc chọn lời giải đẹp, gọn gàng và
hiệu quả là rất quan trọng. Để làm được điều đó chúng ta phải thường xuyên tiếp cận, thực
hành giải các bài toán về tích phân từ đó hình thành được kỉ năng nhận dạng và chọn lời
giải. Dưới đây là các bài tập dùng để rèn luyện phần này:
2.1.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
dxxx
2
1
0
3
1
−
∫

8
2
3
1
1
dx
x x +
∫

7
3
3 2
0
1

cos31
sin2sin
π

2
3
0
cos xdx
π
∫

dxx
∫
2
0
5
cos
π

dx
x
xx
∫
+
−
2
4
2sin1
cossin
π

2
0
32
)sin1(2sin
π

∫
4
0
4
cos
1
π
dx
x

dx
x
∫
4
0
cos
1
π

3
4
0
tan
cos2

x
∫
+−
6
0
2
sinsin56
cos
π

dx
x
x
∫
+
2
0
2
)sin2(
2sin
π

dx
x
tgx
∫
3
4
sin
)ln(

os
6 5sin sin
c x
I dx
x x
π
=
− +
∫
(HV BCVT HN: 1998)
/2
3
2
0
sinx. os
1 os
c x
I dx
c x
π
=
+
∫
(ĐH Khối A- 2003)
2 3
2
5
4
dx
I dx

sin 2 sin
1 3cos
x x
I dx
x
π
+
=
+
∫

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

(ĐH Khối A-2006)
/2
2 2
0
sin 2
os 4sin

⇒
t
t
bx
ax
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t ta được:
I =
∫
b
a
dxxf )(
=
∫
β
α
ϕϕ
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
=

2
x =
thì
6
t
π
=
.
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
π π π
π
π
= = = =
−
∫ ∫ ∫
.
b) §Æt:
= ⇒ = = =x 2 sin t dx d(2sin t) (2 sin t)' dt 2 cos tdt

π
π
= − = =
= + = + =
∫ ∫ ∫
∫

Nhận xét: Ta thấy 2 ví dụ trên là trường hợp riêng của bài toán sau:
1.
2 2
I a x dx
β
α
= −
∫
. Thực hiện cac bước giải sau:
11

Bước 1: Đặt:
a sin , ;
2 2
x t t
π π
−
 
= ∈
 
 
hoặc
[ ]

B i 2:à (ĐH TCKT - 1997)
2 /2
2
2
0
1
x
I dx
x
=
−
∫
Phân tích
- Đây là bài toán dạng đổi biến số loại hai, để khử căn thức ta thường đặt
sinx t=
.
- Áp dụng phương pháp đổi biến số trên ta có lời giải:
Giải
Đặt
sinx t=
, với
( ; )
2 2
t
π π
∈ −
, ta có:
cosdx tdt=
Đổi cận: Với
0x =

I tdt tdt tdt
t
t
c t dt t t
π π π
π
π
π
= = =
−
= − = − = −
∫ ∫ ∫
∫
.
Bài 3:
+
=
∫
2
3
2
1
9 3x dx
I
x

Phân tích
- Để khử căn thức ta thường đặt
tan ,x t=
( ;0) (0; )

x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ =

/4 /4 /4
2
2 2 2 2 2
/6 /6 /6
9 9tan 3 3 3cos
tan . os os sin (1 sin )sin
t dt dt tdt
I
t c t c t t t t
π π π
π π π
+
= = =
−
∫ ∫ ∫
Đặt: v=sint, khi đó: dv= costdt
Đổi cận: Với
1 2
;
6 2 4 2
t v t v
π π
= ⇒ = = ⇒ =
Vậy:
2/2 2/2
2 2 2 2

,
2 2
1
I dx
a x
β
α
=
+
∫
. Thực hiện các bước giải sau:
Bước 1: Đặt:
atanx, ( ; )
2 2
x t
π π
= ∈ −
hoặc
[ ]
acot , 0;x t t
π
= ∈
Bước 2: Đổi cận
Bước 3: Tính tích phân I.
2.
2 2
1
I dx
a x
β


Bài 4:
0
2
1
2 2
dx
I
x x
−
=
+ +
∫
Phân tích
- Đây là bài toán có:
+ Mẫu thức là tam thức bậc 2 có
0∆ <
.
+ Biến đổi tích phân về dạng quen thuộc:
0 0
2 2
1 1
( 1)
2 2 ( 1) 1
dx d x
I
x x x
− −
+
= =

d x d t t dt
I dt
x t t
π π π
π
−
+ +
= = = = =
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫
.
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản của đổi biến số dạng 2, việc tìm tòi lời giải dựa
trên phương pháp đổi biến số.
2.2.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
∫
−
1
0
2
1 dxx

∫
+
1
0
2
1
1
dx

∫
−
2
2
0
2
2
1 x
x

∫
−
2
1
22
4 dxxx

∫
−
3
2
2
2
1
1
dx
xx

∫
+

1
2
0
1
1 4
dx
x− −
∫
1
2
0
1
1
dx
x x+ −
∫

1
2
0
1
4
dx
x x− −
∫

2 2
0
1
a

4
x
dx
x x− −
∫
;
14

2
2 2
0
a
x
dx
x a x+ −
∫
(
0a
>
)
1
4
2
0
4
x
dx
x−
∫
;

1
1
dx
x x+ +
∫
.
2.3. Dạng bài toán tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần
2.3.1. Phương pháp tích phân từng phần
Bài toán: Tính tích phân
( )
b
a
I f x dx=
∫
Phương pháp chung:
Ta thực hiện theo các bước sau
Bước 1: Biến đổi tích phân về dạng:
1 2
( ) ( ). ( )
b b
a a
I f x dx f x f x dx= =
∫ ∫
Bước 2: Đặt:
1
2
( )
( )
u f x
du

( )u P x=
Dạng 2:
sin ; os ( , 0)
b b
x x
a a
I e xdx I e c xdx
α α
β β α β
= = ≠
∫ ∫
đặt
sinu x
β
=
(
osu c x
β
=
)
Dạng 3:
( ) ( 0),
b
x
a
I P x e dx
α
α
= ≠
∫

+ Đặt u= ln(x+1).
+ dv=
2
dx
x
.
- 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

= +
=


 
+
⇒

dx x x
x x
+ −
= = + +
+
− −
= + + − = + + − +
+
−
= +
∫ ∫
∫
Nhận xét: T rên 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
π
= −
∫
Phân tích
- Bài toán này ta dễ dàng nhận biết được dạng 1 của tích phân từng phần:
+
/4 /4
2
0 0
(2cos 1) os2I x x dx xc xdx

`Khi đó:
/4 /4 /4
2
0 0 0
/ 4
sin 2 sin 2
(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
π π π
π
π
π π π
= − = = −
−
= + = − =
∫ ∫ ∫
Bài 3: (ĐHQG TPHCM Khối A 2000)
1
2
1
sin

∫ ∫ ∫ ∫
+ 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
−
−
= = =
−
∫

- Tính:
1
2
1

I e c x e xdx I
e
π π π π
−
−
= + = +
−
∫
- Tính
1
3
1
sin 2
x
I e xdx
π
−
=
∫
Đặt:
sin 2 2 os2
x x
u x du c xdx
dv e dx v e
π π π
= =
 
⇒
 
= =

− − − −
= − ⇒ = ⇒ = − =
+ +
2.3.3. Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
(ĐHNN HN - 1998)
/2
2
0
sin 3
x
I e xdx
π
=
∫
(ĐHNH CHPĐ - 1998)
1
2 2
0
( 1)
x
I x e dx= +
∫
(PVBCTT - 1998)
2
1
( ln )
e
I x x dx=
∫

0
1
(5 )
sin (2 1)
4 1
x
x
I dx
x
x
= + +
+
−
∫
(ĐHBK TPHCM -1995)
/2
2
0
osI x c xdx
π
=
∫
(ĐHSP 2 HN - 1997)
/4
0
5 sin 2
x
I e xdx
π
=

I x e dx= −
∫
18

(ĐH Khối D- 2007)
3 2
1
ln
e
I x xdx=
∫
(ĐH Khối D- 2008)
2
3
1
ln x
I dx
x
=
∫
(ĐH Khối B- 2009)
3
2
1
3 ln
( 1)
x
I dx
x
+

−−
+=
0
0
)()()(
a
aa
a
dxxfdxxfdxxf
Tính:
0
( )
a
f x dx
−
∫
:
Đặt t =-x suy ra dt = - dx
Đổi cận:



=⇒=
=⇒−=
00 tx
atax
0 0
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a a a

- Ta thấy
2
sin
( )
1
x
f x
x
=
+
là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn
[ ]
1;1−
19

- Do đó ta có kết quả
1
2
1
sin
0
1
x
dx
x
−
=
+
∫
- Lời giải được trình bày như sau:

= − ⇒ =


= ⇒ =

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
−
= − = − = −
+ − + + +
∫ ∫ ∫ ∫

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
− −
= + =
+ + +

+ Do đó ta có kết quả
1
2014
1
sinx 0I x dx
−
= =
∫
+ Lời giải được trình bày như sau:
Giải
Tách tích phân như sau:
1 0 1
2014 2014 2014
1 1 0
sinx sinx sinxx dx x dx x dx
− −
= +
∫ ∫ ∫
Tính:
0
2014
1
sinxx dx
−
∫
: Đặt x=-t suy ra dx=-dt và
1 1
0 0
x t
x t

sin
π
π
xdx

1
3
2
1
sin
1
x
dx
x
−
+
∫

dx
x
x
∫
−
−
2
2
2
sin4
π
π




=⇒=
=⇒=
0
2
2
0
tx
tx
π
π
khi đó:
0
2 2 2
0 0 0
2
(sin ) (sin( ) (cos ) (cos )
2
f x dx f t dt f t dt f x dx
π π π
π
π
= − − = =
∫ ∫ ∫ ∫
(Đpcm)
Đặt vấn đề: Trên đây là bài toán hay và có vai trò quan trọng trong việc đi tìm lời
giải của 1 lớp các bài toán tích phân có chứa hàm số lượng giác. Cụ thể:
Bài 2:

[0;1]
.
21

- Áp dụng bài toán gốc ta có:
6
2
6 6
0
cos
cos sin
x
dx
x x
π
+
∫
=
6
2
6 6
0
sin
cos sin
x
dx
x x
π
+
∫

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 ( )
sin
2
os sin
os ( ) sin ( )
2 2
os os
sin os sin os
sin os os sin
2
os sin sin os sin os 2
t
x
I dx dt
c x x
c t t
c t c x
dt dx
t c t x c x

+
2
0
sincos
cos
π
dx
xx
x
nn
n

∫
+
2
0
44
4
sincos
cos
π
dx
xx
x

∫
+
2
0
66


=⇒=
=⇒=
0
0
tx
tx
π
π

Khi đó:
22

0
0
0 0 0
(sin ) ( ) (sin( )
( ) (sin ) (sin ) (sin )
xf x dx t f t dt
t f t dt f t dt tf t dt
π
π
π π π
π π
π π
= − − −
= − = −
∫ ∫
∫ ∫ ∫
=

Phân tích
Đứng trước bài toán này ta thường nghỉ đến hai hướng:
1. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, tuy nhiên việc tính v rất phức tạp.
2. Áp dụng bài toán gốc 2:
- Ta thấy
2 2
sin sin
(sin )
4 cos 3 sin
x x
f x
x x
= =
− +
là một hàm số liên tục trên đoạn
[0;1]
.
- Áp dụng bài toán gốc ta có:
2
0
sin
4 cos
x xdx
dx
x
π
−
∫
=
2

0
2 2 2
0 0
2 2 2 2
0 0 0 0
sin sin( ) sin
( ) ( )
4 cos 4 cos ( ) 4 cos
sin sin sin sin
4 cos 4 cos 4 cos 4 cos
x x t tdt
dx t dt t dt
x t t
tdt t xdx x x
dt t dt dx dx
t t x x
π π
π
π π π π
π
π π
π
π π
−
= − − = −
− − − −
= − = −
− − − −
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫

x v
x v
π
= ⇒ =


= ⇒ = −

Khi đó:
231 1
2
0 1 1
sin 1 1 1
( )
2 4 os 2 (2 )(2 ) 8 (2 ) 2
1
2 1
ln ln ln 3
1
8 2 8 9 4
x
I dx dv dv
c x v v v v
v
v
π
π π π

,thì:

∫∫
=
+
−
αα
α
0
)(
1
)(
dxxfdx
a
xf
x
với
+
∈
R
α
và a>0; a
≠
1
Giải
Ta có:
∫∫∫
+
+
+

∫
−
+
0
1
)(
α
: Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và



=⇒=
=⇒−=
00 tx
tx
αα
Khi đó:
dx
a
xf
x
∫
−
+
0
1
)(
α
=
dx

1
)(
Nên:

0 0 0 0
( ) ( ) ( ) ( 1) ( )
( )
1 1 1 1
x x
x x x x
f x a f x f x a f x
dx dx dx dx f x dx
a a a a
α α α α α
α
−
+
= + = =
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
(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

Giải
24

Ta có:
1 0 1
4 4 4
1 1 0
2 1 2 1 2 1
x x x
x x x
I dx dx dx
− −
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
Tính:
0
4
1
2 1
x
x
dx
−
+
∫
: Đặt t=-x suy ra dt=-dx hay dx=-dt và
1 1
0 0
x t

0 0
.2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.(2 1) 1
2 1 5
x
x x x x x
x
x
x x x x x
I dx dx dx dx dx
x
dx x dx
− −
= = + = +
+ + + + +
+
= = =
+
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
Bài tập rèn luyện
Tính các tích phân sau:
1
2
1
1
1 2
x
x dx

2 2
1
a
x
a
a x
dx
a
−
−
+
∫
(với
0a >
)
2
2
2
4
2 1
x
x
dx
−
−
+
∫

2 2
1

1
(x) và y = f
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:
∫
−=
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
25