Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 1 of 258.

TÍCH PHÂN

I. Khái niệm tích phân
1. Diện tích hình thang cong .
• Giới thiệu cho học sinh về cách tính diện tích của một hình thang cong
• Từ đó suy ra công thức : xlim
→x

0

S ( x ) − S ( x0 )
= f ( x0 )
x − x0

2. Định nghĩa tích phân
• Cho hàm f liên túc trên một khoảng K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K. Nếu F
là một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số : F(b)-F(a) được gọi là tích phân
của f đi từ a đến b , ký hiệu là :

b

∫ f ( x)dx
a

• Có nghĩa là :

b

II. Tính chất của tích phân
Giả sử cho hai hàm số f và g liên tục trên K , a,b,c là ba số bất kỳ thuộc K . Khi đó ta
có :
a

1.

∫ f ( x)dx = 0
a
b

2.

∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx . ( Gọi là tích chất đổi cận )
a
b

3. ∫=
f ( x)dx
a
b

4.

a

b

c


∫ kf ( x)dx = k.∫ f ( x)dx . ( Hằng số k trong dấu tích phân , có thể đưa ra ngoài dấu

tích phân được )
Ngoài 5 tính chất trên , người ta còn chứng minh được một số tính chất khác như :
6 . Nếu f(x) ≥ 0∀x ∈ [ a; b ] thì :

b

∫ f ( x)dx ≥ 0∀x ∈ [ a; b]
a

b

b

a

a

7. Nếu : ∀x ∈ [ a; b ] : f ( x) ≥ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx . ( Bất đẳng thức trong tích
phân )
Footer Page 1 of 258.


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 2 of 258.

8. Nếu : ∀x ∈ [ a; b ] và với hai số M,N ta luôn có : M ≤ f ( x) ≤ N . Thì :
b


(

(

2 x 1+ x

)

(

x 2 x4 −1 + 1
a/ ∫
=
dx
2
+
x
1
1
2

2

⇒ ∫ x 2 − 1d
1

1

)


d/

2

x3 + x 2 − x + 1
dx
x4 − 2 x2 + 1

2
 2x x2 −1 x2 + 1

x 
x 
+
=
dx
2x x2 −1 +



 dx
∫1 
∫
2
2
2

+
+

) (

(

b/

( x + 1 − 1)
∫0 ( x + 1)3 dx =∫0 ( x + 1)3
1

1

x2

2

1 
 ( x + 1)2
x +1
1 
1
1
1 
−
+
=
−
+
dx =∫ 
2

+
+
−
= ln 2 +
2
3
2
∫
0
x +1
x + 1 0 2 ( x + 1) 0
8
0
0 ( x + 1)
0 ( x + 1)
1

c/
3

∫

(

2 x x − 2 x + ln 1 + x

(

2 x 1+ x


=
dx
x4 − 2 x2 + 1

Trang
2 2 of 258.
Footer
Page

(

)


ln 1 + x 1 
 x −1 +
=
dx
∫1  1 + x
1+ x 2 x 


3

x − 1 dx + ∫

= 2 3 − 4 + ln 2
2

)

)

3
3
− x  + ln 2 1 + x =
1
1

2

2

(

x −1 +

1
∫ ( x 2 − 1) dx +
2

2

∫
2

(x

2dx
2


∫
2

d ( x 4 − 2 x 2 + 1)

1
+
4
2
( x − 2 x + 1) 2

= ln ( x 2 − 1)
1
4

2

2

1 
1 1
1 
 1
∫  x − 1 − x + 1  dx + 2 ∫ 4  x − 1 − x + 1  dx
2
2
2

2


1 + cosx

3

b/

dx

∫ 2sin

2

0

sin 2 x
dx
x + 3cos 2 x

π

1
 2+ x
c/ ∫
ln 
 dx
2
4− x
 2− x 
−1
1


4 + sin 3 2 x
c/ ∫
dx
sin 2 2 x
π

3

4

d/ ∫ sin 3x.cosxdx
0

6

B. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
I. Phương pháp đổi biến số dạng 1.
Để tính tích phân dạng này , ta cần thực hiện theo các bước sau
1/ Quy tắc :
• Bước 1: Đặt x=v(t)
• Bước 2: Tính vi phân hai vế và đổi cận
• Bước 3: Phân tích f(x)dx=f(v(t))v'(t)dt
b

v (b )

a

v(a)

=
 x a cost ↔ 0 ≤ t ≤ π
a

 π π
x
↔ t ∈ − ; 
=
sin t
 2 2


a
π 
x
↔ t ∈ [ 0; π ] \  
=
cost
2


Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299

Trang 3


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 4 of 258.


α ax + bx + c


b
2a

* áp dụng để giải bài toán tổng quát :
β

*

β

1

∫
α

2 + 2x − x

2

β

1
1
1
dx
du
2



β

dx = ∫
α

1

( 3)

2

− ( x − 1)

β

∫
α

dx

(a

2

+x

)


2

1
1− 2x

2

c/

dx

∫
1

π π

a/ Đặt x=sint với : t ∈  − ; 
 2 2
 x = 0 ↔ sin t = 0 → t = 0
• Suy ra : dx=costdt và : 
π
 x = 1 ↔ sin t = 1 → t = 2
1
2

• Do đó : f(x)dx= 1 − x 2 dx =1 − sin 2 tcostdt=cos 2tdt = (1 + cos2t ) dt
π

• Vậy :
b/ Đặt : x =

 x=0 ↔ sint=0 → t=0
1
• Suy ra : dx = costdt ⇒  1
π
1
1
t →t
sin =
2
 x= 2 ↔=
2
2
2


Trang
4 4 of 258.
Footer
Page

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299

1
3 + 2 x − x2

dx


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com


2

=
dx
 1  2

− x
 2

π

2

∫
0

1 2
=
∫ dt
20

1

1
2

1
=
costdt
1 − sin 2 t 2

1
1
• Do đó : f(x)dx= =
dx =
dx
2 cos tdt dt
=
2
2
3 + 2x − x
4 (1 − sin 2 t )
4 − ( x − 1)


• Đặt : =
x − 1 2sin t t ∈  − ;  ↔ =
sin t
 2 2

π

• Vậy :

2

6

dx ∫=
dt
∫ f ( x)=


∫x

5

b

a − x2

12 x − 4 x 2 − 5dx

b/

0

1
∫2 x 2 − 4 x + 7 dx

d/

∫
0

* Chú ý : Để tính tích phân dạng có chứa

(

( a + x2 )

2


 x =0 → t =−1; x =1 → t =1 − 2
• Khi đó : 
t2 +1
dx =
2t 2


• Do vậy :

1

∫
0

1− 2

1− 2

−2t t 2 + 1
dt
1− 2
. 2 dt =
=
ln t
=
− ln 2 − 1
dx =
2
∫

Footer Page 5 of 258.

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299

π
2

Trang 5


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 6 of 258.

• Do đó : f(x)dx= x 2 1 − x 2 dx= sin 2 t. 1 − sin 2 tcostdt=sin 2t cos 2 tdt=
π

1  1 − cos4t 

 dt
4
2


π

12
1 1
1π π



u (b)
u (a)

TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ

β

P( x)
dx
α ax+b

A. DẠNG : I= ∫

* Chú ý đến công thức :

( a ≠ 0)
β

m

β

β

m

dx = ln ax+b . Và nếu bậc của P(x) cao hơn hoắc
∫
α


x
1 2 3
9 27 1
x − x+ −
=
2x + 3 2
4
8 8 2x + 3

2
9 27 1 
27
13 27
x3
1 2 3
1 3 3 2 9
2
ln
2
3
=
−
+
−
=
x
−
x
+

x −5
4
.
= x −1 −
x +1
x +1
3
x2 − 5
4 

1 2
 3
dx= ∫  x − 1 −
 dx=  x − x − 4 ln x + 1  =
x +1
x +1
2
 5
5
2

Ta có : f(x)=
Do đó :

3

∫
5

Trang

β

Công thức cần lưu ý :

β

u '( x)

dx = ln u ( x)
∫
α
α u ( x)

Ta có hai cách
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Cách 2: ( Nhẩy tầng lầu )
Ví dụ 3: Tính tích phân : I=

1

∫x
0

4 x + 11
dx .
+ 5x + 6

2

Giải

= ∫
+
=
dx
 dx
x + 5x + 6
x+2 x+3
0
0

Do đó : f(x)=

1

( 3ln x + 2 + ln x + 3 ) =0

2 ln 3 − ln 2

Cách 2: ( Nhẩy tầng lầu )

2 ( 2 x + 5) + 1
2x + 5
1
2x + 5
1
1
= 2. 2
+
= 2. 2
+

=  2 ln x 2 + 5 x + 6 + ln
= 2 ln 3 − ln 2
 dx
x + 3  0
+ 5x + 6 x + 2 x + 3 


2. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm kép
Công thức cần chú ý :

β

∫
α

β
u '( x)dx
= ln ( u ( x) )
α
u ( x)

Thông thừơng ta đặt (x+b/2a)=t .
3

x3
Ví dụ 4 : Tính tích phân sau : I= ∫ 2
dx
x + 2x +1
0


Do đó :

3

4

x3

∫ ( x + 1)
0

2

dx=

∫
1

( t − 1)
t

2

3

4

dt=

3

− 4x +1

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299

Trang 7


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 8 of 258.

Giải
4x
4x
Ta có :
=
2
4 x − 4 x + 1 ( 2 x − 1)2
1  x =0 ↔ t =−1
dt ; 
2 x = 1 ↔ t = 1
1
1
1
1 4. ( t + 1)
1
4x
4x
1
1 1


3. Tam thức : f ( x) = ax 2 + bx + c vô nghiệm :
b

u= x +

P( x)
P( x)
2a

Ta viết : f(x)=
=
;
2
2
2
2

b   −∆   a ( u + k ) k = −∆
a  x +  + 
 

2a
2a   2a  



Khi đó : Đặt u= ktant

Ví dụ 6: Tính tích phân : I=

2
+ 4x + 5
0 ( x + 2) + 1

• Đặt : x+2=tant , suy ra : dx=

0 ↔ tan t =
2
x =
1
dt ; ⇒ 
2
2 ↔ tan t =
4
cos t
x =

2
t
tan t − 2 dt
 sin t

• Do đó : ∫
dx
=
=
− 2  dt =
− ln cost − 2t ) 2 (1)
(


2
=
↔
+
=
↔
=
→
=
tan
t
4
1
tan
t
17
c
os
t
c
ost
2

17
17

t
cost 2
• Vậy : ( − ln cost − 2t ) 2 =
− ( ln cost 2 − 2t2 ) − ( ln cos t1 − 2t1 )  =


Giải
x + 2x + 4x + 9
1
= x+2+ 2
2
x +4
x +4
2 3
2
2
2
1 
x + 2x + 4x + 9
dx

1 2
2
• Do đó : ∫
= 6 + J (1)
dx = ∫  x + 2 + 2
 dx =  x + 2 x  0 + ∫ 2
2
x +4
x +4
x +4
2

0
0


Header Page 9 of 258.

• Đặt : x=2tant suy ra : dx =

x = 0 → t = 0
2

 π
dt ; 
π ↔ t ∈ 0;  → cost>0
2
cos t  x = 2 → t =
 4
4


π

• Khi đó :

π

4

• Thay vào (1) : I= 6 +
C. DẠNG :

π


3

π
8

P( x)
dx
+ bx 2 + cx + d

1. Đa thức : f(x)= ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có một nghiệm bội ba
Công thức cần chú ý :

β

1

∫
α x

m

dx =

Ví dụ 8: Tính tích phân : I=

1
1 β
. m −1
1− m x α


2

x

Cách 2:

1) − 1
( x +=
1
1
−
3
2
3
( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)

x

• Ta có : =
3

( x + 1)

1 
 1
1
1 
1 1 1 1
=
−


x

Giải
• Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 và : khi x=-1 thì t=-2 và khi x=0 thì t=-1 .
• Do đó :

0

x4

∫ ( x − 1)

−1

dx=
3

−1
−1

∫

−2

( t + 1)
t

4


t3 

• ⇔ ∫  t + 4 + + 2 + 3  dt =  t 2 + 4t + 6 ln t − − 2  =
− 6 ln 2
t t
t 
t 2 t  −2 8
2
−2 
2. Đa thức : f(x)= ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm :
Có hai cách giải : Hệ số bất định và phương pháp nhẩy tầng lầu
6

4

1

1

Ví dụ 10 : Tính tích phân sau : I=

4

3

1

∫ ( x − 1)( x + 1)

3

+
=
2
2
x − 1 ( x + 1) ( x + 1)
( x − 1)( x + 1)
2

1

( x − 1)( x + 1)

2

1

A=

1 = 4 A

4 . Khi đó (1)
• Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số : 
⇔
1
2
=
−
C

C = − 1

I  ln ( x − 1)( x + 1) + .
=
2 ( x + 1)  2 4
4
4

• Do đó :

3

3

1

2

dx =

Cách 2:
• Đặt : t=x+1, suy ra : x=t-1 và khi x=2 thì t=3 ; khi x=3 thì t=4 .

4
4
4
dt
1
1
1 
1 t − (t − 2)
=

∫
t  4
t
2
22 2t −2 t 
3 4
3
3

4

1
=
dx
2
2 ( x − 1)( x + 1)

• Khi đó : I= ∫

( 3t

2

− 4t )

 3t 2 − 4t 1 ( 3t + 2 )  3t 2 − 4t 1  3 2 
−
=
−  + 
 3

=
t − 2t 2

2
2
1
1  t − (t − 4)  1  1
t+2 1 1
1 2

Hoặc : 2 =  2
=
− =
− − 2


2 
t (t − 2) 4  t (t − 2)  4  t − 2 t  4  t − 2 t t 



• Do đó :
I=

4
1  1
1 2
1 t −2 2 4 1 1 1
1 2 1
1


Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 , dx=dt và : khi x=2 thì t=1 ; x=3 thì t=2 .
2 2
t + 1)
(
t + 2t + 1
dt ∫ 2
dt
2
∫1=
t ( t + 3)
t ( t + 3)
1

3

2

x2
Do đó : ∫
=
dx
2
2 ( x − 1) ( x + 2 )

Cách 1; ( Hệ số bất định )
t 2 + 2t + 1 At + B
C
Ta có : 2


5
t 2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1


Đồng nhất hệ số hai tử số : 3 A + B = 2 ⇔  A = ⇒ 2
=
+
9
t ( t + 3) 9 t 2
9 t +3
3B = 1


4

C = 9


Do đó :

2
3 4
1
 2 17 4
7
 1 1 3  4  1 
t 2 + 2t + 1
=
dt

 3
2 
2
2 
3  t + 3t  9 t + 3 9 t
3  t + 3t  9 t + 3 9  t t  

• Vậy :
 1  3t 2 + 6t  1  1
1
1 3 
1  t + 3 3  2
3
2
− 
 dt  ln t + 3t +  ln
∫1  3  t 3 + 3t 2  + 9  t + 3 − t + t 2 =
t
t  1
27 
3

17 4
7
• Do đó I= + ln 5 − ln 2
6 9
9
3
2
3. Đa thức : f(x)= ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) có ba nghiệm :

B
C
f(x)=
=
=+
+
=
x ( x − 1)( x + 1)
x ( x 2 − 1) x ( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1

• Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm : x=0;x=1 và x=-1 vào

 A = −1
 x =0 → 1 =− A

1
1 1 1  1 1 
hai tử ta có :  x =−1 → 1 =2C ⇔  B = ⇒ f ( x) =− + 
+ 

−
x
x
2
2
1

 2  x +1
 x = 1 → 1 = 2B


1
1 1 2x
Ta có :
=
= 2
−=
−
2
2
2
x −1 x 2 x −1 x
x ( x − 1)
x ( x − 1)
Footer Page 11 of 258.

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299

Trang 11


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 12 of 258.
3
3
1
1 2 xdx
1
3
1

A
B
C
Ta có :
=
=+
+
=
x ( x 2 − 4 ) x ( x − 2 )( x + 2 ) x x − 2 x + 2
x ( x2 − 4)

Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số :
Khi x=0 : 1= -4A suy ra : A=-1/4
Khi x=-2 : -1= 8C suy ra C=-1/8
Khi x=2 : 3= 8B suy ra : B=3/8 .



Do đó : f(x) = −   − 
+ 

4 x 8 x−2 8 x+2
Vậy :
1 1

1

1

3

42x
8 2 x−2
8 2 x+2
8
8
 4
2
4

=

5
3
1
ln 3 − ln 5 − ln 2
8
8
4

Cách 2:
Ta có :
x +1
=
x ( x2 − 4)

2
2
1
1 2x
1

=
−
+
−=
+ ln ( x 2 − 4 ) − ln x 
dx

 dx  ln
2
∫
2
4 3 x−2 x+2 2 x −4 x
4 x + 2 2
3
3 x ( x − 4)
4

Ví dụ 14: Tính tích phân sau :
Cách 1: ( Hệ số bất định )

3

x2
∫2 ( x 2 − 1) ( x + 2 ) dx

Giải

A ( x + 1)( x + 2 ) + B ( x − 1)( x + 2 ) + C ( x 2 − 1)
A
B

1 1
−
−
=
−
+
dx
ln
ln
x
2
ln


=
∫2  2 x − 1 2 x + 1 4 x + 2   2 x + 1 4
2 2 2
3

Cách 2.( Nhẩy tầng lầu )
Trang
1212 of 258.
Footer
Page

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com


=
−
x + 2 2  ( x − 1)( x + 2 ) x + 1  x + 2 2  3  x − 1 x + 2  x + 1 

=

Từ đó suy ra kết quả .
D. DẠNG

β

∫
α ax

4

R ( x)
dx
+ bx 2 + c

Những dạng này , gần đây trong các đề thi đại học ít cho ( Nhưng không hẳn là
không cho ) , nhưng tôi vẫn đưa ra đây một số đề thi đã thi trong những năm các
trường ra đề thi riêng , mong các em học sinh khá ,giỏi tham khảo để rút kinh
nghiệm cho bản thân .
Sau đây tôi lấy một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau :
1

∫


∫

a.

2
0 ( x + 3x + 2 )

2

dx

Ta có :
 1
1 
x + 3 x + 2 = ( x + 1)( x + 2 ) ⇒ f ( x) =
=
=
−


2
2
( x 2 + 3x + 2 ) ( x + 1)( x + 2 )  ( x + 1) ( x + 2 ) 
1
1
2
1
1
1 
 1

1
 1
x +1
 1
2
dx =
+
−
−


 − x + 1 − x + 2 − 2 ln x + 2
∫0  ( x + 1)2 ( x + 2 )2  x + 1 x + 2  dx =



1

1

+ 3x + 2 )

2

2

1

1 2
+ 2 ln 3

1 2x 
x
 1
+
⇒ ∫
+
dx
3
1+ x 1+ x
2 1 + x3 
1  x +1
1

⇔ f ( x) =

2

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau
3

a.

∫
1

x2 −1
dx
x4 − x2 + 1

x4 + 1

x2 ⇒
f ( x) =
1
x2 + 2 −1
x
1−

3

∫

3

∫

f ( x)dx =

1

1

1 

1 − 2  dx
 x 
 2 1 
 x + 2  −1
x 



∫=
t −3
2

1

2

2

(

1

1
=
dt
2 3
t− 3 t+ 3

)(

)

4
3



1

 x − 1 =

1

1

(

(x )
(x )

2 3

3 2

− 1=

(x

2

1 
 dt
t+ 3

)

− 1)( x 4 + x 2 + 1)

− 1 = t 2 − 1( t = x 3 )

3

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
x2 + 1
x2 −1
a. ∫ 4 dx ∨ ∫ 4 dx
x +1
x +1
0
0
1

1

a.

b.

1

2

1
2
x +1
x2 −1
x
, =
=
f ( x) =


 dt 
f ( x)dx = ∫  2
=
t −2
2

Trang
1414 of 258.
Footer
Page

1
dx
+1

4

Giải

2

1+

2

∫x
1

x +1

2
x
2
1−

1
3
= t 2 + 2, x = 1 → t = 0, x = 2 → t =
2
x
2
5
2

. Vậy :

5
1 
1
t− 2
 1
ln
dt =
−
2
 dt =
∫
2 2 2t− 2 t+ 2 
2 2 t+ 2 2
t− 2 t+ 2

1
3
3 2
du ↔ t = 0 → u = 0, t = → u = arctan
= u1
2
cos u
2
4
u1
u1
2du
2
2 u1
2
Do đó (1) ⇔ ∫ 2
=
du =
u =
u1
∫
2
0
2
2
2
0 cos u ( 2 + 2 tan u )
0

Đặt : t = 2 tan u → dt = 2

a.

∫ (x

2

1

1− 5
2

∫

c.

1

∫ (x

x −1
dx
− 5 x + 1)( x 2 − 3 x + 1)

b.

∫x

4

3


Giải

x −1
dx . Ta có :
− 5 x + 1)( x 2 − 3 x + 1)
2

2

1

1
2
2
x −1
x
=
=
=
⇒ f ( x)dx
f ( x)
( x 2 − 5x + 1)( x 2 − 3x + 1)  x + 1 − 5   x + 1  ∫1
x
x −3


1
1
5

1 2 1
1 
1 t −5
1
1 5
∫2 ( t − 5)( t − 3) = 2 ∫2  t − 5 − t − 3  dt= 2 ln t − 3 2 = 2 ( ln 5 − ln 3)= 2 ln 3
2
dt

5
2

b.

∫x
3
2

4

dx
1
. Ta có=
: f ( x) 4 =
2
x − 4x2 + 3
− 4x + 3

Do đó :


1 
I − J (1) Với :
 dx =
−1 

2

5
5
5
2
1
1
1 2 1
1 
1
1
37 − 20 3
x− 3 2
ln
ln
I =∫ 2
dx = ∫
dx =
−
dx =
=


∫


Header Page 16 of 258.
1

1
J= ∫ 2
dx=
x −1
0
1− 5
2

∫

c.

1

5
5
1 2 1
1 
1 x −1 2 1  3
1  1 15
∫0 ( x − 1)( x + 1) dx= 2 ∫3  x − 1 − x + 1  dx= 2 ln x + 1 3= 2  ln 7 − ln 5 = 2 ln 7
2
2
1

1

1 1 1 
1 x4
1 ( t + 1)
3
=
=
(
)
3
f
x
dx
x
dx
dt
=
 +  dt
2
4

3 ( x − 1)
3 t
3  t t2 

80
1 1 1
1
1 80 1 16 13
Vậy : I = ∫  + 2  dt =  ln t −  = ln +
t  15 3 3 720

∫1 x ( x 4 + 1)

b.

x2 + 1

∫ ( x − 1) ( x + 3) dx
2

0

Giải
2

a.

dx
. Nếu theo cách phân tích bằng đồng nhất hệ số hai tử số thì ta có :
4
+ 1)

∫ x(x
1

4
3
2
1
A Bx 3 + Cx 2 + Dx + E A ( x + 1) + x ( Bx + Cx + Dx + E )
=4


3

2

1
−1
1
x3
⇒ f ( x) =− 4
0,=
D 0,
x x +1
0

Nhưng nếu ta tinh ý thì cách làm sau sẽ hay hơn .
Vì x và x3 cách nhau 3 bậc , mặt khác x ∈ [1; 2] ⇒ x ≠ 0 . Cho nên ta nhân tử và mẫu với
x 3 ≠ 0 . Khi đó f ( x) =

Trang
1616 of 258.
Footer
Page

x3
. Mặt khác d ( x 4=) 4 x3dx ⇔ dt
= 4 x 3 dx (=
t x 4 ) , cho nên :
4
4

Nhận xét :
* Nếu theo cách hướng dẫn chung ta làm như sau :
- f ( x=)

x2 + 1

A

=
( x − 1) ( x + 3)

( x − 1)

3

3

+

B

( x − 1)

2

+

C
D
+

3
8 ( x − 1)

2

+


5
5
−
 dx
32 ( x − 1) 32 ( x + 3) 


1 5
1
3
5
5
1
= −
−
+ ln x − 1 − ln x + 3  2 = ln
2
32
 8 ( x − 1) 8 ( x − 1) 32
 0 32 28

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau :


e.

dx

∫
0

x + 3x + 1
4

2

(1 + x

2 3

)

2

c.

dx

∫ x (1 + x )
4

1




(
)

 

3
Tính J : J= artanx = artan3-artan2 .
2
x4 −1
dx
∫1 x6 − 1 =
2

2



3
1
x2
1
1 

∫2 x 2 − 1 dx + ∫2   3 2  + x3 − 1 − x3 + 1 dx

 ( x ) − 1



27 1 t − 1 27 1 117
1  1
1 
1
Do đó : K= ∫ g ( x=
)dx
ln
1
ln
1
ln
−
=
t
−
−
t
+
=
= ln
dt
(
)


8 6 t + 1 8 6 98
6 ∫8  t − 1 t + 1 
6
2
3

Trang 17


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 18 of 258.

( x − 1)( x + 1) =x 2 − x + 1 =x 2 − 1  2 x + 1 + 1 
x2
=
−


x 3 − 1 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) x 3 − 1 x 2 + x + 1 x3 − 1 2  x 2 + x + 1 x 2 + x + 1 

1 3x 2
1 ( 2 x + 1)
1
Vậy : I =∫ 3 dx − ∫ 2
dx − ∫
dx
2
2
3 2 x −1
2 2 x + x +1
2 
1  3

x+  +
2  2 

tan t ⇒ 
2
 x= 2 → tan t= 5 → t= a; x= 3 → tan t= 10 → t= b

3
3

1
2

+
Tính F : Đặt : x=

3 1
dt
b
b
5
5
10 

2 cos 2t
= ∫ dt = t = b − a  t ant=
→ t = a = artan
; b = artan

a
3
3
3

)( x 4 − x 2 + 1)
1

2

1
dx
2
∫1=
2
( x − 1) − x 2

2

∫ (x
1

1

2

+ x + 1)( x 2 − x + 1)

dx

Cx + D
Ax+B
= 2
+ 2
( x + x + 1)( x − x + 1) x + x + 1 x − x + 1

Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ : 
⇔
⇔
D 0
D 0
A − B + C + =
− B + =
D = 1
 B + D 1

2
=
=
 B + D 1

1
B =
2

2
2
 1
1
1− x
x +1
Vậy : I =
dx + ∫ 2
dx  =
( J + K )(1)
∫ 2

2  2 

2

2

1
3
3
1
Tính E = ∫
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x + = tan t
2
2
2
2
21
1  3
x
+
+


 
2  2 


Tính K
Trang
1818 of 258.

ln x 2 − x + 1 + F
2
∫1 x 2 − x + 1 2 ∫1 x 2 − x + 1 2 ∫1 x 2 − x + 1 2 ∫0
2
1
2
1  3

x
−


 +
2  2 

2

=
K

( 2)

2

3
1
1
3
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x − = tan t
Tính F= ∫

=
= ln
dx
ln 
4
4
4 
∫
∫
4
4
4


1 3 17
+
+
x
x
x
1
3
1
3
3
+
+
x
x
x

 x = 0 → t = 1, x = 1 → t = 2
0 (1 + x )
2
t −1
1 1
 1 1  2 13
dt
=
 2 − 3  dt =  − + 2  1 =
3
∫
t
t t 
16
 t 4t 
1
1
2

Do đó I = ∫
1

e.

∫

x 4 + 3x 2 + 1

(1 + x )



4


 dx =
E + F ( 2)
2 2
2 3 

1
+
x
0 (1 + x )
( )

1

dx = cos 2t dt
x tan t ↔ 
=
Tính E : Bằng cách đặt
 x = 0 → t = 0; x = 1 → t = π

4
1



π


dx
dt
dt


2 
2 
2
2
∫
∫
∫
∫
1
cos t
2 0  1+ x 
2 0  1 + tan t  cos t
20
20
cos 4t
1

π

π

14
1 1
1π 1 π +2


1
1
1
1
14
 1
=
=
=
dx
dt
dt
cos 4tdt


2 
2 
2
2
∫
∫
∫
∫
1
2 0  1+ x 
2 0  1 + tan t  cos t
20
cos t
20
6

8 0
2
 0
4

π

π

1 4
1
1
1 π
3π + 8
( 3 + 4 cos 2t + cos4t ) dt=  3t + 2sin 2t + sin 4t  4=  3 + 2=
∫
64
16 0
16 
4

 0 16  4
1

f.

∫

1
3 3


dt = −

1
1
x
Đặt : t=  2 − 1 ⇒ t + 1= 2 ⇔ 
x
x

 x = 1 → t = 8; x = 1 → t = 0

3
0 1
8
4
1
 3 3
 3 73 3 43  8 3 7 3 4
 24 3  468
Khi đó I =
16  +  =
− ∫ t 3 ( t + 1) dt =
t
+
t
dt
=



−t ( t − t )
3

1
3

3

1

1 3
1
1
1

dt ==
dt −t 1 − 2  dt (2) . Đặt : u =1 − 2 ⇔ 2 =1 − u; du = dt
t
t
t
 t 
2

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau
1

p

e p+2


d.

dx

0

∫x

2ax − x 2 dx

0

Giải
e

a..

1
p+2

∫
1

x
x

p
2

p+2

+
p
2
 x = 1 → t = 1; x = e → t = e

du

 dt = cos 2u
- Đặt : t = tan u ⇒ 
⇔I=
1
π

2
t =1 → u = 4 , t =e → u =u1

Trang
2020 of 258.
Footer
Page

p
2

p+2
2

e

1

dt
 − 2  dt =
t
 t 
2

u1

∫ du =
π
4

π
4

− u1


Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com

Header Page 21 of 258.

- Từ : tan u = e ⇒ u = u1 = artan e ⇔ I =

a

b.

∫
0

=
→
=
=
→
=
2

cos t
4

3
3
3
dt
x dx
a tan t
. Đặt=
: x atant=
⇒  f ( x) =
a cos t.tan 3 tdt
a
=
3
3
2

( x 2 + a 2 ) 2 a3  1 2  2 cos t



4 1 − cos 2 t sin t
(
) dt
sin t
dt a ∫
=
2
2
∫0 a.=
cos t
cos t
0
4

3

π
1

0→u =
1
du =− s intdt;t= 4 → u = 2 ; t =

- Đặt : cost=u ⇒ 
2
 f (t )dt =(1 − u ) −du =1 − 1  du
( )  2

u2
 u 


c. ∫ e x +e dx = ∫ e x ee dx . Đặt : =t e x ⇒ 
1

1

x

x

0

e

1

∫

f ( x)dx=

0

2a

d.

x e
( x)dx e=
e dx et dt
 f=


1
2a

∫x

x

e
et = e e − e
1

a 2 − ( x − a ) dx
2

0

π
π

dx = a.costdt,x=0 → t=- 2 ;x=2a → t= 2
Đặt : x −=
a a.sin t ⇒ 
 f ( x)dx
= ( a + a.sin t ) a 2 cos 2t .a.costdt


Vậy :

π

−
 − π2

 − π2

2
2
2
2


π
π 
1  1

1 π π 
π
 2 1
2
3
3

 a 3   + =
= a
a3
 t + sin 2t  π − cos t π =

3
2
2  2


x3 − 2 x

(x

2

+ 1)

∫

2

2

dx

d.

∫
1

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299

x 7 dx

(1 + x )

4 2


2 x ( x − 1) ( x + x + 1)

Xét : f ( x) =
=

(1)

1
A B Cx + D
E
= 2+ + 2
+
2
x x + x +1 x −1
x ( x − 1) ( x + x + 1) x
2

A ( x 2 + x + 1) ( x − 1) + Bx ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + ( Cx + D ) x 2 ( x − 1) + E ( x 2 + x + 1) x 2
x 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)

B + C + E ) x 4 + ( A + D − C + E ) x 3 + ( E − D ) x 2 − Bx − A
(
.
=
x 2 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)

Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
1

D = 3

E D

1


E =
3
−1
−1
 A =

 A =
 A = −1


1
1
1 

3
3
 1 1  x −1  1 1 
 1 −3x+3

3
Vậy : I = ∫  − 2 + 2
+
 dx
 dx = ∫  − 2 −  2
+

+
− arctan
arctan


6
3
3
3
1
1
x 7 dx
x4
1
b. ∫
=
3 x3 dx
2
2
∫
4
3 0 (1 + x 4 )
0 (1 + x )

2
1 1
x − 1)
(
1
2x+1  3

1 2 1
1
Vậy : I = ∫  − 2  dt =  ln t +  =  ln 2 − 
3t t 
3
t  1 3
2
0
2
1
1 ( x − 2)
c. ∫
dx = ∫
2 xdx
2
2
2
2
2
1
1
x
x
+
+
0 (
0 (
)
)
1

1
3 2 1
3
Vậy : I = ∫  − 2  dt =  ln t +  =  ln 2 − 
t  1 2
2t t 
2
2
1
2

2

d.

∫
1

2

1 + x3
1 + x3 2
dx
=
∫1 x6 x dx
x4
2

(1) .


1   1
−
dt



=
∫  t + 1 + 2  t − 1 − t + 1   =
3  ∫2 4  t + 1 t − 1   6
2
3

 1
1
1 
 1
+
−
−

∫  ( t + 1)2 ( t − 1)2  t − 1 t + 1   dt
2

3

t − 1  3 1  −2t
t −1  3 8 2 − 3 1
1 1
1


∫

c.

b.

x2 + 9

x5 − 2 x3
x2 + 1

0

1

dx

∫
0

1

d.

dx

(x

2



(1) .

x2 + 9

2
2
2
2
5
dt
t = x + 9 ↔ tdt = xdx, x = t − 9
Đặt : t= x + 9 ⇒ 
=
. Do
đó : I ∫=
2
 x = 7 → t = 4, x = 4 → t = 5
4 t (t − 9)
A ( t 2 − 9 ) + Bt ( t + 3) + C ( t − 3) t
1
A
B
C
Ta có : f (t ) =
=+
+
=
t ( t − 3)( t + 3) t t − 3 t + 3
t (t 2 − 9)

−
+
+
=
−
−
=
ln
9
ln
ln
t
t
I
dt
(
)
 
 
 4 9 ln t =
4 9 35
9  ∫4  t t − 3 t + 3   9 

- Với x=-3 : 9C=1 → C =

* Chú ý : Nếu theo phương pháp chung thì đặt : x= 3sin t → dx= 3cos tdt .
Footer Page 23 of 258.

Gv Phạm Minh Tứ - 0968.469.299


1

1

x2
x
=
dx − ∫
dx =
J − K (1)
∫
2
2
2
x +1
x +1
x +1
0
0

* Để tính J :

π
1

dx = cos 2t dt , x = 0 → t = 0; x = 1 → t = 4

Đặt =
: x tan t ⇒ 
. Tính tích phân này không đơn

- Hai tích phân này đều tính được .

1

1
x2 + 1

⇒ ∫ g ( x)dx=
0

1

1

x 2 + 1dx − ∫

∫
0

0

1
x2 + 1

1
1 2

1 1 x2
1
+/ Tính : E = ∫ x + 1dx = x x + 1 − ∫ 2 dx = 2 −  ∫ x + 1dx − ∫ 2 dx 

(

(

)

)

(

Do vậy : I=
3

x5 − 2 x3

(

) (

)

(

2 1
2 3
+ ln 1 + 2 + ln 1 + 2 = + ln 1 + 2
2 2
2 2
3



3
5
 1 15
 x 2 = t 2 − 1; xdx = tdt ; x = 0 → t = 1, x = 3 → t = 2

2
- Tính K: Đặt =t
x2 + 1 ⇒ 
x 2 xdx ( t − 1) tdt
=
=
= ( t 2 − 1) dt
 f ( x)dx
2
t
x +1

2
2 4
1
Suy ra : K= ∫ ( t 2 − 1) dt =  t 3 − t  =
3
1 3
1
28 4 48 16
Vậy : I= + =
=
15 3 15 5
1

2
: x sin t → 
dx . Đặt =
3
 f ( x)dx =1 − x 2 dx =cos 6tcostdt=cos 4tdt
( )


π

π

π

2
1 
1 + cos4t 
1
 1 − cos2t 
3 1

Do đó I= ∫ 
 dt =∫ 1 − 2 cos 2t +
 dt =
 − cos2t+ cos4t  dt
∫
2
4 0
2
4 2