Issuu

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG MÔN TOÁN HỌC

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG THỰC TẾ CHƯƠNG TRÌNH TOÁN 12 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM − TÍCH PHÂN Giáo viên: ............ Trường: THPT .......... (Tổng số tiết dạy: 42 tiết = 14 buổi) Mở đầu: Tích phân là một chuyên đề quan trọng trong chương trình toán 12, thường xuyên xuất hiện trong các đề thi tốt nghiệp THPT, tuyển sinh Đại học, cao đẳng và nay là kì thi THPT Quốc Gia. Với mục đích cung cấp cho học sinh lớp 12 các phương pháp tính tích phân và một số ứng dụng của phép tính tích phân trong toán học và trong thực tế, góp phần phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh trong học tập. Chuyên đề này đã: + Hệ thống ngắn gọn các kiến thức về vi phân, nguyên hàm và tích phân. + Đưa ra các phương pháp tính tích phân: Tích phân đổi biến số, từng phần, tích phân của hàm số hữu tỷ, vô tỷ, tích phân hàm lượng giác, hàm siêu việt ... + Giới thiệu các ứng dụng của tích phân trong toán học và thực tế: Tính diện tích, thể tích. + Cung cấp các bài tập phong phú về số lượng, đa dạng về các dạng toán tích phân. + Hệ thống các bài tập tự luyện giúp học sinh tự luyện tập, củng cố kỹ năng giải toán. Chủ đề 1: NGUYÊN HÀM Số tiết dạy: 12 tiết (4 buổi) A. Mục tiêu bài dạy: 1. Kiến thức: + Hiểu khái niệm nguyên hàm của một hàm số. + Biết các tính chất cơ bản của nguyên hàm. 2. Kỹ năng: + Tìm được nguyên hàm của một số hàm số dựa vào bảng nguyên hàm và cách tính nguyên hàm từng phần. B. KIẾN THỨC CƠ BẢN: I. Vi phân: 1. Định nghĩa : Cho hàm số y = f(x) xác định trên (a; b) và có đạo hàm tại x∈(a; b). Cho số gia ∆x tại x sao cho x + ∆x∈(a; b). Ta gọi tích f ’(x).∆x hoặc y’(x).∆x là vi phân của hàm số y = f(x) tại x ứng với số gia ∆x. Ký hiệu: dy hoặc df(x). Vậy: dy = y’∆x hoặc df(x) = f ’(x).∆x Ta có: hàm số y = x thì: dy = dx = x’.∆x = ∆x. Vậy dy = y’.dx hoặc df(x) = f ’(x)dx 2.Các hệ thức thường dùng: dx = d(x + C) kdx = d(kx + C) xdx =

1 2 dx 2

x n dx = −

1 d ( x n+1 + C ) n +1 1−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 1 d e kx + C k

dx = d (ln | x | +C ) x

ekx dx =

cosx.dx = d(sin x + C)

sinx.dx = − d(cos x + C)

dx 2

cos x

= d (tan x + C )

sin 2 x

(

)

= d (cot x + C )

II. Nguyên hàm: 1. Định nghĩa: Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng ( a; b ) nếu: ∀x∈(a; b) ta có: F’(x) = f(x). Nếu thay khoảng ( a; b ) bằng đoạn [ a; b ] thì ta phải có thêm điều kiện:

F ' ( a + ) = f (a ); F ' (b − ) = f (b) . 2. Định lí: Nếu F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng (a; b) ta có: + ∀C = const, F(x) + C cũng là một nguyên hàm của f(x) trên khoảng đó. + Ngược lại mọi nguyên hàm của hàm số f(x) trên (a; b) đều có thể viết dưới dạng: F(x) + C , C = const. Kí hiệu họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) là

∫ f ( x)dx đọc là họ nguyên hàm của

hàm số f ( x) . Vậy

∫ f ( x)dx = F ( x) + C

Trong đó F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) và C là hằng số tùy ý. Ta có

∫ f ( x)dx = F ( x) + C ⇔ F ( x) = f ( x) và: '

+) Dấu

∫

được gọi là dấu tích phân.

+) Biểu thức f ( x) dx gọi là biểu thức dưới dấu tích phân và đó là vi phân của mọi nguyên hàm của f ( x) . 3. Các tính chất: 1/.

( ∫ f ( x)dx )

' = f ( x)

2/. ∫ af ( x)dx = a ∫ f ( x)dx 3/. ∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ f ( x)dx 4/.

∫ f (t )dt = F (t ) + C

⇒

∫ f (u( x)).u '( x)dx = F (u( x)) + C

4.Bảng các nguyên hàm cơ bản: −

2−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Nguyên hàm của những hàm số sơ cấp

Nguyên hàm của những hàm số hợp

∫ dx = x + C

∫ du = u + C

α ∫ x dx =

xα +1 + C (α ≠ 1) α +1

α ∫ u du =

dx ∫ x = ln x + C ( x ≠ 0 ) ∫ e dx = e + C x

uα +1 + C (α ≠ 1) α +1

du ∫ u = ln u + C ( u ≠ 0 ) ∫ e du = e + C

ax + C ( 0 < a ≠ 1) ln a ∫ cos xdx = sin x + C

au + C ( 0 < a ≠ 1) ln a ∫ cos udu = sin u + C

x ∫ a dx =

u ∫ a du =

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ sin udu = − cos u + C

∫ cos

∫ sin

dx = tan x + C

∫ cos

dx = − cot x + C

∫ sin

du = tan u + C du = − cot u + C

Chú ý: Để làm tốt phần tích phân học sinh phải vận dụng tốt các công thức nguyên hàm sau: α +1  α xα +1 1 ( ax + b ) α x d x = + C ; ax + b = . +C  ( ) ∫ uα +1 ∫ α + 1 a α + 1 α 1) ∫ u du = + C (α ≠ −1) ⇒  1 α +1  du = u + C ; du = − 1 + C ; du = − +C α 2 ∫ ∫ ∫  u u u (α − 1) uα −1

 dx  ∫ x = ln x + C du 2) ∫ = ln u + C ( u ≠ 0 ) →  u  dx = 1 ln ax + b + C  ∫ ax + b a  x ax a dx = + C ; ∫ eu du = eu + C  ∫ au ln a u 3) ∫ a du = + C ( 0 < a ≠ 1) ⇒  ln a  e x du = e x + C ; eax + b du = 1 eax + b + C ∫  ∫ a  sinx dx = − cosx + C ∫ 4) ∫ sin udu = − cos u + C ⇒  1  ∫ sin(ax + b) dx = − cos(ax + b) + C a 

 cosx dx = sinx + C ∫ 5) ∫ cos udu = sin u + C ⇒  1  ∫ cos(ax + b)dx = sin(ax + b) + C a 

1  dx = − cotx + C 2 ∫  1  sin x 6) ∫ 2 du = − cot u + C ⇒  1 1 sin u ∫ 2 dx = − cot ( ax + b ) + C a  sin ( ax + b ) −

3−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 1  dx = tanx + C 2 ∫  1  cos x 7) ∫ 2 du = tan u + C ⇒  1 1 cos u ∫ dx = tan ( ax + b ) + C 2 a  cos ( ax + b )

du 1  1 1  1 u−a ln = − du =   2 ∫ u − a 2a ∫  u − a u + a  2a u + a + C 2

5. Sự tồn tại của nguyên hàm: Định lí: Mọi hàm số f ( x) liên tục trên [ a; b ] đều có nguyên hàm trên đoạn đó. C. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM: SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN Đổi biến

Dạng hữu tỷ

Tách

TÍCH PHÂN

Đáp số Công thức nguyên hàm

Từng phần Tính

Nếu chưa có a hoặc chưa có b hoặc chưa có a và b thì tìm a và b bằng cách giải pthđgđ: f(x) = g(x)

ĐỀ BÀI

Cho Trục hoành Ox Tính

Trục hoành Ox

I. Phương pháp chung: Đưa về nguyên hàm cơ bản: 1) Kiến thức sử dụng: +) Các tính chất của nguyên hàm. +) Bảng các nguyên hàm. +) Các phép biến đổi đại số. 2) Phương pháp: Tính

∫ f ( x)dx

Ta biến đổi, phân tích, tách hàm số f ( x) ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Biến đổi hàm số f ( x) = α1 f1 ( x) + α 2 f 2 ( x) + ... + α n f n ( x) . Với fi ( x ) có nguyên hàm trong bảng công thức và α i là các hằng số. Bước 2: Tính

∫ f ( x)dx = ∫ α

f ( x) dx + ∫ α 2 f 2 ( x) dx + ... + ∫ α n f n ( x )dx

1 1

−

4−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 3) Ví dụ về phép biến đổi đại số.

(

+ Với f ( x) = x 3 − 2

)

thì viết lại f ( x) = x 6 − 4 x 3 + 4

x2 − 4 x + 5 2 + Với f ( x) = thì viết lại f ( x) = x − 3 + x −1 x −1 1 1 1 + Với f ( x) = 2 thì viết lại f ( x) = − x − 5x + 6 x−3 x−2 1 1 + Với f ( x) = thì viết lại f ( x) = 3 + 2x − 2x + 1 2 2x + 1 + 3 + 2x

(

+ Với f ( x) = 2 x − 3x

)

thì viết lại f ( x) = 4 x − 2.6 x + 9 x

4) Bài tập. Bài 1. Tính các nguyên hàm sau (Sử dụng bảng nguyên hàm): Tính nguyên hàm

Đáp án

I1 = ∫ ( 5 x − 1)dx

I1 = ∫ ( 5 x − 1)dx =

1  I 2 = ∫  x 2 − 3 x +  dx x 

I3 = ∫

(

5x − x+C 2

1 1  I 2 = ∫  x 2 − 3x +  dx = ∫ x 2 dx − ∫ 3 xdx + ∫ dx x x  1 1 = x 3 − 3. x 2 + ln x + C 3 2

)

1 4 3  1 2 3 x + 3 x dx = ∫  x 2 + x 3  dx = x 2 + x 3 + C   3 4   1   I4 = ∫  ex + dx = e x + tan x + C 2  cos x    1  I5 = ∫ − 1 dx = tan x − x + C 2  cos x 

x + 3 x dx

I3 = ∫

x>0 1   I4 = ∫  ex +  dx cos 2 x    1  I5 = ∫ − 1 dx 2  cos x 

(

)

(

)

I 6 = ∫ e x − 1 dx

I 6 = ∫ e x − 1 dx = e x − x + C

I 7 = ∫ (1 − sin x ) dx

I 7 = ∫ (1 − sin x ) dx = x + cos x + C

Bài 2. Tính các nguyên hàm sau (Biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản): 2

I1 = ∫ ( 2 x + 3) dx

I1 = ∫ ( 2 x + 3) dx = ∫ ( 4 x 2 + 12 x + 9 )dx =

4 3 x + 6 x2 + 9x + C 3

−

5−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG

I2 = ∫

(

) dx

x −1 x

I2 = ∫

(

) dx =

x −1

∫

x − 2 x +1 dx x

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

(2 x5 + 3 x) 2 I3 = ∫ dx x4  e− x  I 4 = ∫ e x 1 + dx  cos 2 x   

 4 x10 + 12 x6 + 9 x 2  dx = dx ∫  4 x4 x   9  4 9  = ∫  4 x6 + 12 x 2 + 2 dx = x 7 − + 4 x3 + C 7 x x   1   I4 = ∫  ex + dx = e x + tan x + C 2  cos x   I3 = ∫

(2 x5 + 3 x) 2

I5 = ∫ sin 2 x.cos 3 xdx

1 I5 = ∫ (− sin x + sin 5 x)dx = cos x − sin 5 x + C 5

I 6 = ∫ tan 2 xdx

 1  I6 = ∫ − 1 dx = tan x − x + C 2  cos x  1 − cos x 1 1 I7 = ∫ dx = x − sin x + C 2 2 2

I 7 = ∫ sin 2

x dx 2

Bài tập tự luyện: Tính nguyên hàm 2

I1 = ∫

( x − 1)

I2 = ∫

(

Đáp án

x 1 − 2x − + C 3 x 2 3 33 4 44 5 ĐS: I 2 = x + x + x +C 3 4 5

ĐS: I1 =

x x + 3 x + 4 x dx

)

( x > 0) I3 = ∫

3x − x 2 2 + 5 x − 3 x

( x − 1) dx x 2   1 I5 = ∫  − 3 dx x  x I4 = ∫

(

5 3 + 2 +C x 2x ĐS: I 4 = x − 4 x + ln x + C ĐS: I 3 = 3x − 2 ln x −

ĐS: I5 = 2 x − 3 3 x 2 + C

)

(

I 6 = ∫ e x 1 − e − x dx

)

I 6 = ∫ e x − 1 dx = e x − x + C

x x  I 7 = ∫  sin − cos  dx 2 2 

I 7 = ∫ (1 − sin x ) dx = x + cos x + C

I8 = ∫ cot 2 xdx

I8 = ∫ cot 2 xdx = − cot x − x + C

Bài 3. Tính các nguyên hàm sau ( Đổi vi phân): Tính nguyên hàm

Đáp án −

6−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 3

I1 = ∫ ( 2 x + 3) dx

I 2 = ∫ cos 4 x.s inxdx I3 = ∫ I4 = ∫

2e x ex +1

1 1 ( 2 x + 3)3 d ( 2 x + 3) = ( 2 x + 3)4 + C ∫ 2 8 1 I 2 = − ∫ cos 4 x d ( cos x ) = − cos5 x + C 5 2 I3 = ∫ x d e x + 1 = 2 ln e x + 1 + C e +1 1 1 2 3 I 4 = ∫ ( 2 ln x + 1) d ( 2 ln x + 1) = ( 2 ln x + 1) + C 2 6 I1 =

(

( 2 ln x + 1)2 dx x

)

(

)

Bài tập tự luyện: I1 = ∫ ( x + 3)

2015

I1 = ∫ ( x + 3)

I 2 = ∫ sin x.cosxdx ex (e x + 1)2

1 + ln x dx x I 5 = ∫ tan xdx tan x 3

cos x

I1 = ∫ I2 = ∫ I3 = ∫

I6 = ∫

+ 4x + 3

2x + 1 dx x+9 − x

)dx

tan x 3

cos x

d (cos x) 4

cos x

(1 + ln x )3 + C

x − 4x + 3 dx

1 3cos3 x

Đáp án

2   2 I1 = ∫  2 x + 1 + dx = x + x + ln 2 x + 1 + C 2x + 1   dx x+9 + x 12 =∫ dx =  9 93 x+9 − x 1  1 1  1 x −3 I3 = ∫  − +C  = ln 2  x − 3 x −1  2 x −1

dx 2015

dx = − ∫

I2 = ∫

I 4 = ∫ x (1 − x )

3 2

I 5 = ∫ tan xdx = − ln cosx + C

Bài 4. Tính các nguyên hàm sau( Tổng hợp): Tính nguyên hàm

( 4x

2016

I 4 = ∫ 1 + ln x d (1 + ln x) =

I4 = ∫

I6 = ∫

d ( x + 3)

2016 x + 3) ( = +C

1 I 2 = ∫ sin 4 x d ( sin x ) = sin 5 x + C 5 1 1 x I3 = ∫ x d (e + 1) = − x +C 2 (e + 1) (e + 1)

I3 = ∫

2015

I 4 = ∫ (1 − x )

2002

dx − ∫ (1 − x )

2003

( x + 9 )3 +

2 3 x +C 3 

2003 2004 1− x) 1− x) ( ( dx = − + +C

2003

2004

Bài tập tự luyện: I1 = ∫ I2 = ∫ I3 = ∫

dx x+2 + x−3 dx 1+ ex dx 2015

1 5∫

I2 = ∫

(

)

x + 2 + x − 3 dx =

dx x

=∫

1+ e − e

2  15 

( x + 2 )3 + ( x − 3)3  + C 

dx = x − ln 1 + e x + C

1+ e 1+ e 1 2 x−2   I3 = ∫  − +C dx = ln 2x − 3  x − 2 2x − 3 

2 x2 − 5x + 3

I 4 = ∫ x (1 − x )

I1 =

I 4 = ∫ ( x − 1 + 1) (1 − x )

−

2015

2017 2016 1− x) 1− x) ( ( dx = − +C

2017

2016

7−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG II. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ: A. Phương pháp đổi biến dạng 1. 1. Định lí: a. Nếu

∫ f ( x)dx = F ( x ) + C và u = ϕ( x) là hàm số có đạo hàm thì ∫ f (u )du = F (u ) + C

b. Nếu hàm số f(x) liên tục thì khi đặt x = ϕ(t) trong đó ϕ(t) cùng với đạo hàm của nó ϕ' (t) là những hàm số liên tục, ta sẽ được

∫ f ( x) = ∫ f ϕ ( t ).ϕ ( t ) dt

2. Phương pháp thực hiện: Để sử dụng phương pháp đổi biến dạng 1 tìm nguyên hàm của hàm số f(x) chúng ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đặt x = ϕ(t) , trong đó ϕ(t) là hàm số mà ta chọ cho thích hợp. Bước 2: Lấy vi phân dx = ϕ' (t) dt . Bước 3: Biểu thị f ( x ) dx theo t và dt. Giả sử f ( x ) dx = g (t )dt Bước 4: Khi đó

∫ f ( x ) dx = ∫ g (t )dt

3. Lưu ý: Các dấu hiệu để sử dụng phương pháp đổi biến dạng 1. Dấu hiệu Dấu hiệu 1:

a2 − x2

Cách chọn π π   x = a sin t khi − 2 ≤ t ≤ 2   x = a cos t khi 0 ≤ t ≤ π

Dấu hiệu 2: x 2 − a 2

 a  π π  x = sin t khi t ∈  − 2 ; 2  \ {0}     a π khi t ∈ [ 0; π] \   x = cos t 2 

Dấu hiệu 3: a 2 + x 2

π π   x = a tan t khi − 2 < t < 2   x = a cot t khi 0 < t < π

4. Bài tập: Tính các nguyên hàm sau: I1 = ∫ 1 − x 2 dx

(Dấu hiệu 1)

 π π

Đặt x = sin t ⇒ dx = cos t.dt , t ∈  − ;   2 2

1 1  ⇒ I1 = ∫ cos 2 t =  t + sin 2t  + C 2 2 

−

8−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG dx

I2 = ∫

Đặt x = sin t ⇒ dx = cos t.dt , t ∈  − ;  2 2

2 3

Đặt x = tan t , t ∈  − ;  ⇒ dx = 2 2

(1 − x )

(Dấu hiệu 1) dx

I3 = ∫

 π π   dt x ⇒ I2 = ∫ = tan t + C = +C 2 2 cos t 1− x

2 3

(1 + x )

(Dấu hiệu 3)

 π π  

dx 2

x + 2x + 3

I4 = ∫

(Dấu hiệu 3)

I4 = ∫

I5 = ∫

dx 1 + x2

(Dấu hiệu 3)

I6 = ∫

dx 2

x x −1

(Dấu hiệu 2)

cos 2 t

I3 = ∫ cos tdt = sin t + C = tan t. cos 2 t + C 1

= tan t. I4 = ∫

+C =

1 + tan t

( x + 1)2 +

x 1 + x2

 π π ;   2 2

, đặt x + 1 = 2 tan t , t ∈  −

1 cos t 1  cos t cos t  dt = ∫ = − ∫ − dt 2 cost 1 − sin t 2  −1 + sin t 1 + sin t 

1 sin t − 1 = − ln +C 2 sin t + 1 HD: Đặt x = tan t ĐS: I 5 = ∫ dt =t + C 1 cos t ⇒ t = − 2 dt sin t sin t ⇒ I 6 = − ∫ dt = −t + C

Đặt x =

5. Bài tập tự luyện: I1 = ∫

dx 4− x

HD: Đặt x = 2sin t ĐS: I1 = 2t + C

(Dấu hiệu 1) I 2 = ∫ x 2 1 − x 2 dx

HD: Đặt x = sin t

(Dấu hiệu 1)

ĐS: I 2 =  t − sin 4t  + C

I3 = ∫

dx 2 3

(1 + x )

(Dấu hiệu 3) I 4 = ∫ x3 1 + x 2 dx

(Dấu hiệu 3)

1 8

1 4

 

HD: Đặt x = tan t ĐS: I 3 =

1 1 1 ( t + sin 2t ) +  t + sin 4t  + C 4 8 4 

HD: Đặt x = tan t

tan 3 t 1 − cos 2 t I4 = ∫ dt = − ∫ d ( cost ) 3 6 cos t cos t ĐS: 1 1 = − +C 5 5cos t 3cos3 t

−

9−

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG I5 = ∫

I5 = ∫

x + x +1

dx 2

x + x +1

(Dấu hiệu 3) ĐS: I 5 =

=∫

dx 2

1 3  x+  + 2 4 

1 2

HD: Đặt x + =

3 tan t 2

2 3 t +C 3

B. Phương pháp đổi biến dạng 2: 1. Định lí: Nếu

∫ f ( u ) du = F (u) + C và u = u ( x) là hàm số có đạo hàm liên tục thì:

∫ f ( u ( x ) ) u ( x ) dx = F ( u ( x ) ) + C '

2. Phương pháp thực hiện: Để sử dụng phương pháp đổi biến dạng 2 tìm nguyên hàm của hàm số f(x) chúng ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Chọn t = ϕ(x) , trong đó ϕ(x) là hàm số mà ta chọ cho thích hợp, rồi xác định x = ψ (t) (nếu có thể). Bước 2: Xác định vi phân dt = ϕ' (x) dx . Bước 3: Biểu thị f ( x ) dx theo t và dt. Giả sử f ( x ) dx = f ( ϕ ( x ) ) .ϕ' ( x ) dx = g (t )dt

∫ f ( x ) dx = ∫ g (t )dt

Bước 4: Khi đó

3. Lưu ý: Các dấu hiệu để sử dụng phương pháp đổi biến dạng 2. Dấu hiệu của hàm

Gợi ý đặt ẩn phụ

Hàm f ( ax + b )

Đặt t = ax + b

(

)

Đặt t = x n+1

( x ). 2 1 x

Đặt t = x

(

Đặt t = ϕ( x)

Hàm f x n+1 .x n Hàm f

Hàm f x, ϕ( x) Hàm f ( ln x ) .

)

1 x

Đặt t = ln x

( )

Hàm f e x .e x

Đặt t = e x

Hàm f ( cos x ) .sin x hoặc hàm số lẻ với sin x

Đặt t = cos x

Hàm f ( sin x ) .cos x hoặc hàm số lẻ với cos x

Đặt t = sin x

Hàm f ( tan x ) .

1 . cos 2 x

Đặt t = tan x

−

10 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Hàm f ( cot x ) .

1 . sin 2 x

Đặt t = cot x

4. Bài tập: Bài 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau. Tính nguyên hàm Gợi ý 1 Cách 1: Đổi vi phân. I1 = ∫ dx , x−2 Cách 2: Đặt t = x − 2 I2 = ∫ I3 = ∫

1 ( x − 2) 1

Cách 1: Đổi vi phân. Cách 2: Đặt t = x − 2 Cách 1: Đổi vi phân. Cách 2: Đặt t = x − 3

dx ,

Đáp án 1 I1 = ∫ dx = ln x − 2 + C x−2

( x − 2) với a, α − cos t 2x +1 I4 = ∫ 2 dx x + x+3

I2 = −

I3 =

Cách 1: Đổi vi phân. Cách 2: Đặt

1 +C x−2

−1 2 ( x − 2)

I 4 = ln x 2 + x + 3 + C

t = x2 + x + 3

I5 = ∫ ( 2 x + 1)

2015

Cách 1: Đổi vi phân. Cách 2: Đặt t = 2 x + 1

Cách 2: Đặt t = 2 x + 1 ⇒ dt = 2dx I 5 = ∫ ( 2 x + 1)

2015

1 2015 t dt 2∫

dx =

2016

= 8

(

Đặt t = 2 − 3 x 2

)

I 6 = ∫ x3 2 − 3 x 2 dx

( 2 x + 1) t 2016 +C = 4032 4032

2 − 3x 2 ) 2 − 3x 2 ) ( ( = − 180

Bài tập tự luyện: Tìm nguyên hàm của các hàm số sau. Tính nguyên hàm Đáp án 5

I1 = ∫ ( 2 x + 2 ) dx I2 = ∫

I1 = ∫ ( 2 x + 2 )

(3 − 2x )

(

I2 = ∫

)

x 2

x +5

I4 = ∫

)

I5 = ∫ ( 2 x + 1) x 2 + x + 4 dx I6 = ∫

dx ex + 1 I 7 = ∫ sin 2 x.cos xdx I8 = ∫

sin 2 x 1 + cos 2 x

)

( 2x + 2) dx =

x 2

x +5

1 = +C 4 8 (3 − 2x )

dx =

1 2 x + x+4 4

8 1 2 x2 + 1 + C 32

(

)

1 ln x 2 + 5 + C 2

(

( ) I 6 = ln ( e x + 1) + C I5 =

I3 = ∫ 2 x 2 + 1 .xdx =

(

(3 − 2x )

(

I3 = ∫ 2 x 2 + 1 .xdx I4 = ∫

)

1 I 7 = sin 3 x + C 3 sin 2 x I8 = ∫ dx = − ln 1 + cos 2 x + C 1 + cos 2 x

(

−

)

11 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG I9 = ∫

cos xdx 1 + sin x 3

(

)

I10 = ∫ ( 2 x + 1) x 2 + x + 4 dx I11 = ∫

cos 2 x sin 8 x

cos xdx = ln 1 + sin x + C 1 + sin x 4 1 I10 = x 2 + x + 4 + C 4 Đặt t = cot x I9 = ∫

(

Bài 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau. Tính nguyên hàm Gợi ý x Đặt t = x − 1 I = dx , 1

∫ 1+

x −1

)

Đáp án I1 = ∫

(t 2 + 1) .2t.dt = 2 1+ t



∫  t

 t3 t 2 = 2  − + 2t − 2 ln 1 + t 3 2 

I2 = ∫

tan x dx , sin 2 x

Đặt t = tan x ⇒ t 2 = tan x ⇒ 2tdt =

1 cos 2 x

t = x2 + 1 I4 = ∫ I5 = ∫

(

x. 1 + x

)

Đặt t = 1 + x

x3 dx 1− x

  + C 

  ( x − 1)3 x − 1  =2 − + 2 x − 1 − 2 ln x  + C   3 2   I 2 = ∫ dt = t + C = tan x + C

I3 = ∫ t 2 dt =

I4 = ∫

Đặt t = 1− x ⇒ x = 1− t2

2dt t

Đặt t = cos x

( +C =

t 3

x2 + 1 3

) +C

2 2 = − +C = − +C t 1+ x

(

)

I5 = ∫ −2 + 4t 2 − 6t 4 + 2t 6 dt

( 1 − x ) − 65 ( 1 − x ) 7 2 3 2 I 6 = ( cos x ) − ( cos x ) + C 7 3

= −2 1 − x +

I 6 = ∫ sin 3 x. cos xdx

2  dt 1+ t 

Cách 1: Đổi vi phân. Cách 2: Đặt

I3 = ∫ x x 2 + 1

−t + 2−

4 3

Bài tập tự luyện: Tìm nguyên hàm của các hàm số sau. I1 = ∫ I2 = ∫

ln x dx x 1 + ln x

I7 = ∫

dx cos 2 x

(

1 + tan x

I8 = ∫

)

I3 = ∫ sin 3 x cos xdx

(

)

I9 = ∫

I 4 = ∫ x5 3 1 − 2x 2 dx

I10 −

dx 1+ ex

e x − e− x e x + e− x e tan x

cos 2 x dx =∫ x ln x

12 −

2 7

(

1− x

)

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG I5 = ∫ I6 = ∫

( x + 1)dx

I11 = ∫

x(1 + x.e ) e− x 1 + e− x

( x + 1)dx x(1 + x.e x )

III. PHƯƠNG PHÁP LẤY NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN : 1. Định lý: Nếu u(x), v(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng K thì:

∫ u ( x)v '( x)dx = u( x).v( x) − ∫ v( x)u '( x)dx 2. Phương pháp thực hiện: Để tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) bằng phương pháp lấy nguyên hàm từng phần ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Biến đổi

∫ f ( x ) dx = ∫ f1 ( x ). f2 ( x ) dx ( nếu cần).

u = f1 ( x ) du ⇒ dv = f 2 ( x ) dx v

Bước 2: Đặt 

Bước 3: Khi đó:

∫ f ( x ) dx = u.v − ∫ vdu .

3. Trường hợp sử dụng: +) f ( x ) có chứa hàm số lôgarit. +) f ( x ) có dạng tích của hai loại hàm số khác nhau. +) f ( x ) có chứa tham số nguyên tự nhiên n ( ít gặp ). 4. Chú ý: Khi sử dụng phương pháp lấy nguyên hàm từng phần để tìm nguyên hàm chúng ta cần tuân thủ các nguyên tắc sau đây: +) Lựa chọn phép đặt dv sao cho v được xác định một cách dễ dàng. +) Ta thường đặt v ' ( x ) là các hàm số lượng giác; hàm số mũ cơ số e; hàm đa thức. +) Thứ tự ưu tiên chọn u như sau: Số 1: Hàm lôgarit. Số 2: Hàm lũy thừa. Số 3: Hàm lượng giác. Số 4: Hàm số mũ.

−

13 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG

∫

+) nguyên hàm vdu được xác định dễ dàng hơn so với 5.Bài tập: Tích các nguyên hàm sau: Tính nguyên hàm Gợi ý I1 = ∫ x .sinx dx

(

)

I 2 = ∫ x 2 + 5 .sinx dx I3 = ∫ x .sin 2 x dx I 4 = ∫ x .e x dx I 5 = ∫ ln xdx

(

)

I 6 = ∫ ln x 2 − 1 dx

I 7 = ∫ x.sin 2 x.dx I8 = ∫ e x .cos 2 xdx I9 = ∫ x 2 ln 2 x.dx I10 = ∫ x.tan 2 xdx

u = x dv = sin xdx

Đặt 

∫ f ( x)dx .

Đáp án Đs: I1 = − x.cos x + sin x + C

u = x 2 + 5 Đặt  dv = sin xdx u = x Đặt  dv = sin 2 xdx

Đs:

u = x Đặt  x dv = e dx u = ln x Đặt  dv = dx

Đs: I 4 = x.e x − e x + C

u = ln ( x 2 − 1) Đặt  dv = dx u = x Đặt  2 dv = sin xdx

Đs: I 6 = x.ln x 2 − 1 − 2 x − ln

u = cos 2 x Đặt  x dv = e dx u = ln 2 x Đặt  2 dv = x dx u = x Đặt  2 dv = tan xdx

Đặt I11 = ∫ cos x.ln(1 + cos x).dx

(

)

I 2 = − x 2 + 5 .cos x + 2 x sin x + 2 cos x + C 1 2

1 4

Đs: I3 = − x.cos 2 x + sin 2 x + C

Đs: I5 = x.ln x − x + C

(

1 4

)

x 4

x −1 +C x +1

1 8

Đs: I 7 = x 2 + sin 2 x + cos 2 x + C

Đs: I8 =

1 ( cos 2 x + 2sin 2 x ) e x + C 5

Đs: I9 =

x3 x3 ln 2 x − + C 3 9

Đs: I10 = x ( tan x − x ) + ln cos x +

x2 +C 2

Đs: I11 = sin x.ln 1 + cos x + x − sin x + C

u = ln (1 + cos x )  dv = cos xdx I12 = ∫ sin x.ln(tan x).dx u = ln ( tan x ) Đặt  dv = sin xdx ln(sin x) u = ln ( sin x ) I13 = ∫ dx 2  sin x Đặt  1 dx dv = sin 2 x  ln x u = ln x I14 = ∫ dx 2  ( x + 1) 1 Đặt  dv = dx 2  x − 1 ( )  −

x Đs: I12 = − cosx .ln ( tan x ) + ln  tan  + C



2

Đs: I13 = − cot x.ln ( sin x ) − cot x − x + C

Đs: I14 =

x ln x − ln( x + 1) + C x +1

14 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 6. Bài tập tự luyện: Tích các nguyên hàm sau: ĐS: I1 = x.sin x − cos x + C I1 = ∫ x .cosx dx

(

)

I 2 = ∫ x 2 + 2 x + 3 .cosx dx

u = x 2 + 2 x + 3 Đặt  dv = cos xdx

(

)

Đs: I 2 = x 2 + 2 x + 3 sin x + ( 2 x + 2 ) cos x − 2sin x + C I 3 = ∫ x .cos 2 x dx

I 4 = ∫ x 3 .e x dx

u = x 1 1 Đs: I3 = x sin 2 x + cos 2 x + C 2 4 dv = cos 2 xdx

Đặt 

Đặt t = x 2 đưa I 4 về dạng I 4 = 2 1 2 x2 x e − ex + C 2 1 x2 Đs: I5 = x 2 ln x − + C 2 4

Đs: I 4 = I 5 = ∫ x .ln xdx

(

)

u = x

I 6 = ∫ x .2 x dx

Đặt 

x dv = 2 dx

I7 = ∫

xdx 2

sin x

I8 = ∫ x.ln 2 x.dx

I9 = ∫

xe x ( x + 1) 2

1 t .et dt 2∫

Đs: I 6 =

x.2 x 1 − 2 .2 x + C ln 2 ln x

u = x  Đs:  Đs: I 7 = − x.cot x + ln sin x + C 1 dv = sin 2 x dx u = ln 2 x x2 1 1 Đặt  Đs: I8 = ln 2 x − x 2 ln x + x 2 + C 2 2 4 dv = xdx Cách 1: Đặt t =

ex x +1

 ex ex  dx = − ∫ ( x + 1)2 ∫  x + 1 ( x + 1)2  dx .   1 Đặt u = ; dv = e x dx x +1 1 ex dx Cách 3: Đặt u = x.e x ; dv = . Đs: I = +C 9 x +1 ( x + 1)2

Cách 2:

I10 = ∫

I11 = ∫

1 + sin x x .e dx 1 + cos x x 2e x ( x + 2)2

xe x

1 + sin x  u = HD: Đặt  1 + cos x  dv = e x 

. Đs: I10 =

e x .sin x +C 1 + cos x

 u = x 2e x  HD: Đặt  dx dv = ( x + 2) 2 

. Đs: I11 =

x−2 x e +C x+2

−

15 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG

Chủ đề 2. TÍCH PHÂN ( Số tiết dạy: 21 tiết = 7 buổi) A. Mục tiêu bài dạy: 1. Kiến thức: + Biết định nghĩa tích phân của hàm số liên tục bằng công thức Niutơn – Laipnit. + Biết các tính chất của tích phân. 2. Kỹ năng: + Tìm được tích phân của một số hàm số bằng định nghĩa hoặc phương pháp tính tích phân từng phần. B. KIẾN THỨC CƠ BẢN: 1. Định nghĩa: Cho f(x) là hàm số liên tục trên một khoảng [ a; b ] . Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [ a; b ] . Hiệu số: F(b) − F(a) được gọi là tích phân từ a đến b của b

hàm số f(x). Ký hiệu: ∫ f ( x)dx a b

Ta còn dùng kí hiệu F ( x) a để chỉ hiệu số F (a ) − F (b) b

Vậy

∫ f ( x)dx = F ( x) a = F (b) − F (a) a

Chú ý: b

− Tích phân

∫ f ( x)dx chỉ phụ thuộc vào f, a, b mà không phụ thuộc vào các ký hiệu của biến a b

số tích phân. Tức là: ∫ f ( x)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f (u )du =... a

a b

− Nếu hàm số f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a; b] thì tích phân

∫ f ( x)dx là diện tích a

của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a và x = b. 2. Các tính chất của tích phân: −

16 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG a

1/.

∫

2/.

f ( x) dx = 0

∫

f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx

4/.

3/. ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx

5/.

f ( x)dx = − ∫ f ( x) dx

6/. Nếu f(x) ≥ 0 trên đoạn [a; b] ⇒

a b

7/. Nếu f(x) ≥ g(x) trên [a; b] ⇒

∫ f ( x)dx ≥ 0

∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx a

C. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN: I. Biến đổi về tổng hiệu các tích phân cơ bản: Phương pháp: + Sử dụng các tính chất của tích phân, ác phép biến đổi đại số. b

+ Sử dụng công thức:

∫ f ( x)dx = F ( x) a = F (b) − F (a) . a

Bài tập : Tính các tích phân sau: 2

I1 = ∫ ( x − 2 x + 3)dx 1

I 2 = ∫ (3x − 4) dx 1

1 I 3 = ∫ ( x + )2 dx x 1 2

I 4 = ∫ ( x 2 x + 1)dx 0

I 5 = ∫ x 2 − 4 x + 3 dx 1 1

x2 + x +1 dx x +1

(

I 2 = ∫ (9 x 2 − 24 x + 16)dx = 3 x3 − 12 x 2 + 16 x 1

I6 = ∫

 x3  7 I1 =  − x 2 + 3 x  =  3   1 3

 x3 1 1 22 I 3 = ∫ ( x + 2 + 2 )dx =  + 2 x −  = x x 1 3  3 1 2

5 16 2 7  I 4 = ∫ ( x 2 + 1)dx =  x + x = 2+2 7 0 7 0 3

 x3  38 I 5 = − ∫ ( x − 4 x + 3) dx =  − + 2 x 2 + 3 x  =  3 1 3 1 2

 x2  1  1  I6 = ∫  x + dx =  + ln ( x + 1)  = + ln 2  x −1   2 0 2 0

5 I 7 = ∫ ( 2 − 4sin x + cos x)dx π cos x −

I 7 = ( 5 tan x + 4 cos x + sin x ) 4π = 2 −

I8 =

)1 =1

∫ (x − e −2

−x

)dx

 x2  I 8 =  + e − x  = −1 − e 2  2    −2 −

17 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG π 2

I9 = ∫ 0

π 2

1 + cos 2 x dx 2

I 9 = ∫ cos xdx = sin

π x 02

Bài tập tự luyện: Tính các tích phân sau: 2

ĐS: I1 = −12

I1 = ∫ ( x3 − 3 x 2 + 1)dx −2

ĐS: I 2 =

I 2 = ∫ ( x x − x)dx

8 2 −2 5

0 16

I3 = ∫ 0

1 dx x+9 − x

I4 =

x+9 + x dx 9

HD: I 3 = ∫

1 2 I 4 = ∫ (sin 4 x − sin x)dx 2 −π

∫ cos 5x.sin 3xdx −π 4

ĐS:

1 1 2  1 4 =  − cos 4 x + cos x  = − + 2 4 4  8  −π 4

ĐS: I 5 = 1 −

I 5 = ∫ tan 2 xdx

π 4

π 2

ĐS: I 6 = 1 −

π  I 6 = ∫ sin x.cos 2  x − dx 4  0

2 4

II. Phương pháp đổi biến dạng 1: 1. Phương pháp: b

Giả sử cần tính

∫ f ( x).dx , với giả thiết hàm số

f ( x) liên tục trên [ a; b] , ta thực hiện theo

các bước: Bước 1: Chọn x = ϕ (t ) , Trong đó ϕ (t ) là hàm số được lựa chọn thích hợp. Bước 2: Lấy vi phân dx = ϕ ' (t )dt , giả sử ϕ ' (t ) liên tục. Bước 3: tính các cận α và β tương ứng theo a, b với a = ϕ (α ) và b = ϕ ( β ) thì: b

∫ f ( x).dx = ∫ f [ϕ(t )] ϕ '(t )dt = ∫ g (t )dt a

(Ở đó g (t ) = f [ ϕ(t )] ϕ '(t ) )

2. Chú ý: Nếu tích phân có dạng:

−

18 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG + Dạng 1 :

+ Dạng 2 :

∫

(



∫ f ( x,

(

+ Dạng 3 : ∫ f x, x + a

) )

 a  π π  x = sin t khi t ∈  − 2 ; 2  \ {0}   đặt   a π khi t ∈ [ 0; π] \   x = cos t 2 

) dx

π π  x = a tan t khi − < t <  đặt 2 2  x = a cot t khi 0 < t < π 

  x = a cos t khi 0 ≤ t ≤ π

x 2 − a 2 dx

x = a sin t khi − ≤ t ≤ đặt  2 2

f x, a 2 − x 2 dx

Bài tập: Tính các tích phân: 1

 π π

Đặt x = sint, t∈  − ;  ⇒ dx = costdt. Với x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t  2 2

I1 = ∫ 1 − x 2 dx 0

(Dạng 1)

π 2 π 2

π 2

1 + cos 2t π dt = 2 4 0

Vậy I = ∫ cos 2 tdt = ∫ 0 1 2

I2 = ∫ 0

1 1 − x2

(Dạng 1)

 π π ; ⇒ dx = cos tdt  2 2  1 π Với x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t = 2 6 Đặt x = sin t , t ∈  −

π π

∫

Vậy I 2 = dt = t 06 = 0 1

I3 = ∫

ĐS: I3 =

(Dạng 3) 1

I4 =

∫ 2 2

1 − x2 x2

(Dạng 1) 2

I5 = ∫ x 2 4 − x 2 dx

π 4

 π π ; ⇒ dx = cos tdt  2 2 

HD: Đặt x = sin t , t ∈  − Đs: I 4 = 1 −

π 4

 π π ; ⇒ dx = 2cos tdt  2 2 

HD: Đặt x = 2sin t , t ∈  −

(Dạng 1)

HD: Đặt x = tan t

0 1+

Đs: I5 =

2 2 3

−

19 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 2

I6 =

∫

2 3

HD: Đặt x =

x x2 −1

Đs: I 6 =

(Dạng 2) 3

I7 =

∫x

1  π π ;  ⇒ dx = dt cos 2 t  2 2

Đs: I 7 = 1

(Dạng 3) 2

∫ −2

π 12

HD: Đặt x = tan t , t ∈  −

1 + x 2 dx

I8 =

1 cos t  π π , t ∈  − ;  ⇒ dx = − 2 dt sin t sin t  2 2

2  π π dt ;  ⇒ dx = cos 2 t  2 2

x 2 dx

HD: Đặt x = 2 tan t , t ∈  −

x2 + 4

(Dạng 3)

Đs: I 7 =

π 1 − 4 2

III. Phương pháp đổi biến dạng 2: b

1. Phương pháp: Giả sử tích phân có dạng:

∫

f ( x)dx = ∫ g (v( x)).v '( x).dx

Đặt t = v(x) ⇒ dt = v’(x)dx ⇒ f(x)dx = g(v(x)).v’(x).dx = g(t)dt β

Vậy

∫

f ( x)dx = ∫ g (t ).dt , với α = v(a); β = v(b). α

2. Các dấu hiệu để sử dụng phương pháp đổi biến dạng 2. Dấu hiệu của hàm

Gợi ý đặt ẩn phụ

Hàm f ( ax + b )

Đặt t = ax + b

(

)

Đặt t = x n+1

( x ). 2 1 x

Đặt t = x

(

Đặt t = ϕ( x)

Hàm f x n+1 .x n Hàm f

Hàm f x, ϕ( x) Hàm f ( ln x ) .

)

1 x

Đặt t = ln x

( )

Hàm f e x .e x

Đặt t = e x

Hàm f ( cos x ) .sin x hoặc hàm số lẻ với sin x

Đặt t = cos x

Hàm f ( sin x ) .cos x hoặc hàm số lẻ với cos x

Đặt t = sin x

1 . cos 2 x 1 Hàm f ( cot x ) . 2 . sin x

Đặt t = tan x

Hàm f ( tan x ) .

Đặt t = cot x

3. Bài tập: Tích các tích phân sau: −

20 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 1

I1 = ∫ x (1 − x ) dx

Đặt t = 1 − x ⇒ dt = − dx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 0

 t 20 t 21  1 ⇒ I1 = − ∫ (1 − t )t dt = ∫ ( t − t )dt =  −  =  20 21  0 420 1 0 19

I2 = ∫ 0

2 x3 x2 + 1

I3 = ∫ 0

xdx dx 2x + 1

3 2

HD: Đặt t = x2 + 1. Đs: I 2 = − ln 2 Đặt t = 2 x + 1 ⇒ t 2 = 2 x + 1 ⇒ 2tdt = 2dx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 3 3

3 2

⇒ I3 =

∫ 1

I 4 = ∫ x 1 − x 2 dx 0

 t3 t  t −1 1 dt =  −  = 2 3  6 2 1

Đặt t = 1 − x 2 ⇒ t 2 = 1 − x 2 ⇒ 2tdt = −2 xdx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 0 1

t3 1 ⇒ I 4 = ∫ t dt = = 30 3 0 2

I5 = ∫ x3 1 + x 2 dx 0

Đặt t = 1 + x 2 ⇒ t 2 = 1 + x 2 ⇒ 2tdt = 2 xdx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2 2

 t4 t2  1 ⇒ I 5 = ∫ (t − 1).tdt =  −  = 4  4 2 1 1 2

I6 = ∫ 3 0

I7 =

x +1 dx 3x + 2

∫ x ln x e

Đặt t = 3 3 x + 2 ⇒ t 3 = 3 x + 2 ⇒ 3t 2 dt = 3dx

1 37 − 4 2 15 1 Đặt t = ln x ⇒ dt = dx x Đổi cận: x = e ⇒ t = 1; x = e 2 ⇒ t = 2

(

ĐS: I 6 =

)

dt 2 = ln t 1 = ln 2 t 1

I7 = ∫ ln 2

I8 =

∫ 0

π 4

I9 = ∫

e x dx (e x + 1)2

1 1 I8 = ∫ 2 = − = t1 6 2t π 4

0 cos π 2

I10

Đặt t = e x + 1 ⇒ dt = e x dx

2 cos xdx =∫ 3 + 2sin x 0

I9 = ∫ 0

dx 4

cos x

π 4

=∫ 0

1 2

cos x

π 4

(tan 2 x + 1)dx = ∫ (tan 2 x + 1)d (tan x) = 0

Đặt t = e + 1 ⇒ dt = e dx x

−

21 −

4 3

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 5

dt 5 5 = ln t 3 = ln 3 t 3

I10 = ∫ 7

∫

I11 =

x3 3

1 + x2

π 2

I12 = ∫ 4sin 3 xdx

HD: Đặt t = 3 1 + x 2 ⇒ t3 = 1 + x2 ⇒ x2 = t3 − 1 và 3t2dt = 2xdx. Đs:

141 20 π 2

π 2

HD: I12 = ∫ 4sin 3 xdx = ∫ 4(1 − cos 2 x) sin xdx

Bài tập tự luyện: Tính các tích phân sau: π HD: 2

I1 = ∫

sin x

π 4

∫

x5 1 + x 2 dx

2 dx = ∫  1 + cot 2 x + cot 2 x 1 + cot 2 x  dx = −   3 π 4

ĐS: I 3 =

∫

x2 + 1 x x2 + 1

∫ 7

x x2 + 9

π 2

I 6 = ∫ cos3 xdx 0 e

1 + ln x dx x

∫

π 4

I9 = ∫ 0

x x2 + 1

cos x

)

HD: Đặt t = 1 + x 2

1 2

ĐS: I 4 = − ln 2 HD: Đặt t = 9 + x 2 ĐS: I 5 =

1 7 ln 6 4 π 2

(

)

HD: I 6 = ∫ 1 − sin 2 x d ( sin x ) =

2 3

HD: Đặt t = 1 + ln x

4 2 2 − 3 3

ĐS: I 7 =

1 3 ln HD: Đặt t = 1 + x 2 2 2 1 3 ĐS: I 8 = ln 2 2 ĐS: I 8 =

π 4

(

HD: Đặt t = 1 + x 2

sin x

)

52 9

I7 = ∫

(

848 105

HD: Đặt t = 1 + x 3

−2

I8 =

I5 =

)

π 2

HD: Đặt t = 1 + x 2 ĐS: I 2 =

I3 = ∫ x 2 1 + x3 dx

I4 =

(

I1 = ∫ 1 + cot 2 x π 4

I2 =

π 2

 0

HD: I9 = ∫ 1 − −

3 2  d ( cos x ) = 2 − 2 cos x  2

22 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG π 3

tan x

I10 = ∫

cos 2 x

HD: Đặt t = tan x

24 3 3 3 HD: Đặt t = ln x 4 ĐS: I11 = 3

ĐS: I10 =

1 + ln 2 x dx x 1 e

I11 = ∫

ln 2

I12 =

∫

ex + 2

I13 = ∫

I14 = ∫ 0

−x

1− ex

0 7

1 + cos x

x+2 I17 = ∫ 3 dx x + 1 0

−x

1 2x

−1

dx =I 3 = ∫

1  2e 2 x  = ∫  −1 + 2 x  dx  e + 1   0

ĐS: I14 =

4−2 2 3

1− ex

∫ 1+ ex

ln 2

dx =

2 x +1

e x − e− x

HD: Đặt t = 1 + ln x

I15 =

sin x cos x

)

0 e +e

ln 2

∫ 0

 2e x  dx  1 − x   1+ e 

HD: Đặt t = 1 + cos 2 x

I18 = ∫ e

(

I13 = ∫

HD :

∫ 1+ ex

I16 = ∫

1 3 +3 ln 2 3 3 −1

ln x dx x 1 + ln x

ln 2 0 π 2

Đs:

e x − e− x

0 e +e

I15 =

HD: Đặt t = e x + 2

ĐS: I16 =

1 (1 − ln 2 ) 2

HD: Đặt t = ĐS: I17 =

x +1

231 10

HD: Đặt t = 2 x + 1 3

⇒ I18 = ∫ t.et dt giải tiếp bằng pp từng phần. 1

IV. PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN: 1. Trường hợp sử dụng: + f(x) có chứa hàm log. + f(x) có dạng tích của hai loại hàm số khác nhau. + f(x) có chứa tham số nguyên tự nhiên ( ít gặp). 2. Phương pháp: b

∫ u ( x).v '( x)dx = u( x).v( x) b − ∫ v( x).u '( x)dx a

Hoặc

∫ udv = uv a − ∫ vdu a

3. Thứ tự ưu tiên chọn u như sau: −

23 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Số 1: Hàm log. Số 2: Hàm lũy thừa xn. Số 3: Hàm sin, cos, ex. Phần còn lại của f(x)dx sau khi chọn u là dv. 4. Bài tập: Tính các tích phân sau:

u = lnx

I1 = ∫ x 2 ln xdx

HD: Đặt 

2 dv = x dx

Đs: I1 = π 2

I 2 = ∫ (2 x − 1) cos xdx 0

2e 3 + 1 9

u = 2 x − 1 dv = cos xdx

HD: Đặt 

Đs: I 2 = π − 3

u = x

I3 = ∫ x.e x dx

HD: Đặt 

x dv = e dx

Đs: I3 = 1 e

I 4 = ∫ x ln 2 xdx

Đs: I 4 =

1 2

2 dx x

I5 = ∫ ln 1 eπ

I6 =

∫ cos(ln x)dx

1 2 e −1 4

(

) 2 2 ; dv = dx. Đs: I5 = ln +1 x 4

HD: Đặt u = ln

HD: Đặt u = cos(lnx); dv = dx. Đs: I 6 =

1 4

I7 = ∫ e

HD: Đặt t =

2 π sin x

ln x

I10 = ∫ e− x cos xdx 0

1 x. .e x

HD: Đặt u = x; dv =

I8 = ∫

I9 = ∫

Hoặc ∫ e dx = ∫

π 2

4 2

x . Đs: I 7 = 2e2 ;

−e π − 1 2

dx 2

sin x

u = x  dx . Đặt  1 e dv = x 

. Đs: I8 =

π 2 − ln 4 2

u = ln x  HD: Đặt  1 dv = 2 dx x  ln 2 1 ĐS: I9 = − + 2 2 u = sin x HD: Đặt  −x dv = e dx −

24 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG eπ − 1

ĐS: I10 =

I11 = ∫ 1 e

ln x ( x + 1)2

2 eπ u = ln x  HD: Đặt  1 dv = ( x + 1)2 dx 

⇒ I11 = −

1 1 ln x + ∫ dx 1 x +1 x x + 1 ( ) 1 e

2π

I12 =

∫x

x sin dx 2

π2

I13 =

u = x 2  HD: Đặt  x dv = sin dx  2 π

∫ sin

HD: Đặt t = x , đưa về dạng I13 = 2t ∫ t sin tdt

xdx

ĐS: I13 = 2π e 1

ĐS: I14 π 2

I15 = ∫ esin

u = ln x dv = xdx 2 = 3

HD: Đặt 

I14 = ∫ x ln xdx

sin x cos3 xdx

HD: Đặt t = sin x , đưa về dạng I15

Đs: I15 = 1

I16 = ∫ (2 x 2 − 2 x + 1)e 0 2

I17 = ∫ ln( x 2 + x)dx 1

−

x 2 dx

1 = ∫ et (1 − t ) dt 20

e−2 2

u = 2x 2 − 2x + 1  HD: Đặt  x − dv = e 2 dx  2x +1  u = ln( x 2 + x) du = 2 dx ⇒ x +x  dv = dx v = x 

Bài tập tự luyện: Tính các tích phân sau. π

ĐS:

1 + x sin x ∫ cos2 x dx 0 3

3 + ln x

∫ ( x + 1)

dx 2

1 27   3 + ln  4 16 

ĐS:

3 − 2ln 2 16

ln x ∫ x3 dx 1 1

∫ ( x − 2) e

2π − ln 2 + 3 3

ĐS:

(

)

5 − 3e 2 ĐS: 4

−

25 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG π

ĐS:

∫ ( x + 1) sin 2 xdx 0 2

π 4

ĐS: −2ln 2 +

∫ ( x − 2 ) ln xdx 1

ĐS:

x 7) ∫ dx 1 + cos 2 x 0

5 4

1 + ln 2 8 4

V. Một số bài toán tích phân phối hợp các phương pháp:

(

)

x 2 1 + 2e x + e x

∫

1 + 2e x

0 e

3  2) ∫  2 x −  ln xdx x 1

ĐS:

1 1  1 + 2e  + ln   3 2  3 

ĐS:

e2 − 2 2

ĐS:

8 π − 5 4

π 2

∫ ( cos

0 1

∫(

)

x − 1 dx

ĐS: 2 −

)

e −2 x + x e x dx

0 1

2x −1 ∫ x 2 + x + 1dx 0

ĐS: ln 3 −

π2

ĐS: −

∫ sin

1 e

xdx

π 3

2π 6 3

+ 3

π 2

∫(

7) 2

ĐS: e +

)

esin x + cos x cos xdx

π 2

−1

π2

∫

x sin xdx

0 1

ĐS: 2π 2 − 8

3 x ∫ x e dx

ĐS:

1 2

ĐS:

3 4 − 2 7 4e

0 0

10)

(

)

2x ∫ x e + 3 x + 1 dx −1

ĐS: 1 + ln 2

π 4

11)

1 + sin 2 x dx cos 2 x 0

∫

−

26 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG VI. TÍCH PHÂN CỦA CÁC HÀM SỐ HỮU TỈ: β

I. Phương pháp: Tính I =

f ( x)

dx (*) ∫ α g ( x)

Trường hợp 1: Bậc của f(x) < bậc của g(x). (1) ∆>0

(3)

Quay về (1)

∆=0 (4) ∆<0 (3')

(2)

(*)

Quay về (1)

∆>0

∆=0

Quay về (1) và (4)

∆>0 Đổi biến Quay về (1) hoặc (2) g(x) có bậc lớn hơn 2

Tách, ghép (hoặc đồng nhất hệ số), nhân, chia

Trường hợp 2: Bậc của f(x) ≥ bậc của g(x).

: Tích phân cơ bản (*)

f(x) chia g(x) : Quay về TH1

Chú ý: Sơ đồ trên được chú thích như sau: Trường hợp 1: Bậc của f(x) < bậc của g(x). 1) g(x) là đa thức bậc nhất: g(x) = ax + b ⇒ f(x) là một hằng số, ta có: ∫

1 1 dx = ln | ax + b | +C . ax + b a

−

27 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Ngoài ra ta còn có:

∫ (ax + b)

2) Q(x) là đa thức bậc hai, tức

dx = −

1 1 . + C (m ≠ 1). a (m − 1) (ax + b) m−1

f( x) Mx + N . = 2 g( x) ax + bx + c

*) Nếu g(x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2: Khi đó hãy tìm các hằng số A, B sao cho:

f( x) Mx + N A B . = 2 = + g( x) ax + bx + c x − x1 x − x2

Việc tìm nguyên hàm đã cho đưa về tìm nguyên hàm các phân thức hữu tỉ có mẫu thức bậc nhất. *) g(x) có nghiệm kép x = x0: Khi đó hãy tìm các hằng số A, B sao cho:

f( x) Mx + N A B = 2 = + . 2 x − x0 g( x) ax + bx + c ( x − x0 )

*) g(x) vô nghiệm (Trường hợp này chỉ gặp trong bài toán tính tích phân): Trong trường hợp này ax2 + bx + c có dạng a[(x + p)2 + q2], do đó hãy đặt x + p = q tan t để suy ra kết quả. 3) g(x) là đa thức bậc 3: Chỉ có các khả năng sau của Q(x) *) g(x) có 3 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, tức là: g(x) = a(x − x1)(x − x2)(x − x3) Khi đó hãy tìm các hằng số A, B, D sao cho:

f( x) A B D = + + . g( x) x − x1 x − x2 x − x3

*). g(x) có nghiệm kép x1 và nghiệm đơn x2, tức là: g(x) = a(x − x1)2(x − x2) Khi đó hãy tìm các hằng số A, B, D sao cho:

f( x) A B D . = + + g( x) ( x − x1 )2 x − x1 x − x2

*). g(x) có dạng a(x − x0)3: Khi đó hãy tìm các hằng số A, B, D sao cho:

f( x) A B D = + + . 3 2 g( x) ( x − x0 ) ( x − x0 ) x − x0

*). g(x) chỉ có 1 nghiệm đơn x1, tức là g(x) = (x − x1)(ax2 + bx + c) Khi đó hãy tìm các hằng số A, B, D sao cho:

f( x) A Bx + D . = + 2 g( x) x − x1 ax + bx + c

Trường hợp 2: Bậc của f(x) ≥ bậc của g(x). *) Nếu bậc f(x) lớn hơn bậc g(x), khi đó ta thực hiện phép chia f(x) cho g(x) để được thương A(x) và dư R(x), tức là f( x) R( x) , với bậc R(x) < bậc g(x). = A( x) + g( x) g( x)

Chú ý: Ta thường sử dụng các công thức sau: 1

xdx

∫ x 2 ± a 2 = 2 ln x dx

± a2 + C

∫ x 2 − a 2 = 2a ln

x−a +C x+a

2ax + b

∫ ax 2 + bx + c dx = ln ax

∫ ax + b = a ln ax + b + C

+ bx + c + C

II. Bài tập áp dụng: Tìm nguyên hàm của các hàm số sau −

28 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 3

I1 = ∫

3x + 2

I2 = ∫

5x − 3

2 2x 4

2   7 − I2 = ∫   dx = 9 ln 2 − 2 ln 3 x − 2 x − 1   3

1   1 I3 = ∫  − dx x − 3 x − 2   2

x − 5x + 6

2 3

x( x + 3)

1 1

4 − x2

x ( x + 1) x 2 + 3 x + 10

I7 = ∫

+ 2x + 9

0 x 1 3

x + 2x + 9

0 1+ 1

I10 = ∫ 0 1

I11 = ∫

1 2

Đs: I 7 = 1 + ln

x6 + 1

Đs: I9 = ln2 +

∫

I10

I11 = ∫

x2 + 1

x +1

dx + ∫ 0

x2 x6 + 1

dx = I + J

I12 =



I13 = ∫ 0



I14 = ∫

x4 + x2 + 1

1− x

x4 + 1

π 3 1

1 dt HD: Đặt t = x . Chuyển về dạng: I13 = ∫ 2 0  1 2 3 t +  +  2 4 2

Đs: I13 = 2

π 3

∫  3 − x 2 + 1  dx

HD: Đặt x = tant . ĐS: I12 = 3 3 − 1

2 3

1  − x + 1 3x − 1  = ∫ 2 + dx 2 0  x + 1 x 2 + 3  1

3x 2 + 2

1 + x4

4 3

x +1   I8 = ∫  x + 2  dx x + 2x + 9  0

HD: Đặt x = tant và x3 = tanu. Đs: I11 =

I12 =

5 8

x−2   1 I9 = ∫  − 2 dx x + 1 x − x + 1  0

x4 + 4 x2 + 3

3 4

Đs: I 6 = + ln

I9 = ∫

Đs: I5 = −1 + ln3

x +1   I7 = ∫ 1 + 2  dx x + 2x + 9  0

0 1

1  x x  −   dx ∫ 2 0 2− x 2+ x 

ln 3 6

x + 2 x 2 + 10 x + 1

I8 = ∫

I5 =

Đs: I 4 =

1 1 x  − 2 dx  ∫ 3 1  x x + 3 

x −1   1 I6 = ∫  − 2 dx x +1 x  1

I4 =

32 27

I6 = ∫

Đs: I3 = ln

I4 = ∫

1  1 9  1 3 1 I1 = ∫  +  dx = ln( x − 1) 2 + ln(2x + 3) = ln 2 + ln x − 1 2x + 3  2 2 7 2 2

I3 = ∫

0 4

+ x−3

x 2 − 3x + 2

3 3

I5 = ∫

π 6 3

HD: Chia cho x2, đặt t = x + −

1 x 29 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG ĐS: I14 = 1+ 5 2

I15 =

∫

x4 − x2 + 1

2 2

1+ 5 2

x +1

I15 =

∫

( 5 + 2 2 )( 2 − 2 ) ( 2 + 2 )( 5 − 2 2 )

1 x2

1+ 5 2

1 x −1 + 2 x 2

∫

dx =

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

1 dt π Đặt t = x − thì I = ∫ 2 ; đặt t = tanu ⇒ I15 = x 4 0 t +1

VII. TÍCH PHÂN HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC: I. Tích phân dạng cơ bản: Dạng 1: ∫

dx sin( x + a) sin( x + b)

sin [ ( x + a ) − ( x + b)] dx  cos ( x + b ) cos ( x + a )  1 1 = dx − ∫ dx  ∫ ∫ sin(a − b) sin( x + a ) sin( x + b) sin(a − b)  sin( x + b) sin( x + a ) 

1 ln sin ( x + b ) − ln sin ( x + a ) + C sin(a − b)

(

)

Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp trên cho các tích phân dạng: dx

∫ cos( x + a) cos( x + b) ;

∫ sin( x + a) cos( x + b)

π 3

Ví dụ: Tính tích phân:

Dạng 2:

dx 3 Đs: 2 ln π 2 π sin x.sin  x +    6 6 

∫

∫ sin x + sin α = 2 ∫

dx x+α x−α sin cos 2 2

Ta có thể áp dụng cho các tích phân:

(Áp dụng 1/. )

∫ sin x + m ; ∫ cos x + cos α ; ∫ cos x + m

Ví dụ: Tính các tích phân: 1/.

π 4

∫ 2sin x + 1

2/.

Dạng 3:

π 4

dx π  0 cos x.sin  x +  4 

∫

∫ a sin x + b cos x =

a2 + b

Ngoài ra ta có thể: đặt t = tan

sin( x + α )

(Đs: 2 ln 2 )

dx = − 2 ∫ sin 2 ( x + α)

3/.

π 2

∫ 1 + sin 2 x 0

1 a2 + b

d (cos( x + α))

2 ∫ cos 2 ( x + α) − 1

x 2

Hoặc: −

30 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG dx

dx = a2 + b a 2 + b 2sin x + α cos x + α 2 2 + α x   d  tan  1 dx 1 2   = = ∫ ∫ x+α a 2 + b 2 2 tan x + α cos 2 x + α a2 + b2 2 tan 2 2 2

∫ a sin x + b cos x =

= 2 ∫ sin( x + α )

π 2

Ví dụ: Tính tích phân sau:

2 ∫

dx 3 sin x + cos x

∫

π 3

II. Sử dụng phương pháp hệ số bất định: 1/. Dạng:

a sin x + b cos x

∫ a21 sin x + b12 cos x dx

Biến đổi: a1sin x + b1cos x = A(a2sin x + b2cos x) + B(a2cosx − b2sinx) Ví dụ 1: Tính các tích phân sau: π 2

π 2

2 ( sin x + 2 cos x ) − ( cos x − 2sin x ) dx sin x + 2 cos x 0

4sin x + 3cos x dx sin x + 2 cos x 0

I1 = ∫

π 4

cos x.dx sin x + 2 cos x 0

π 4

I2 = ∫

I2 =

1 2 ( sin x + 2 cos x ) + ( cos x − 2sin x ) π 1 dx Đs: I 2 = + ln 2 ∫ 50 sin x + 2 cos x 8 4

π 2

sin x − cos x dx sin x + 2 cos x 0

I3 = ∫

I3 = −

1 ( sin x + 2 cos x ) + ( cos x − 2sin x ) dx 5 ∫0 sin x + 2 cos x

Ví dụ 2(ĐH Xây dựng 1997): Cho hàm số: f(x) = 4cos x + 2sin x a/. Tìm A, B để g(x) = Af(x) + Bf’(x) b/. Tính I =

π 4

∫ 0

g ( x) dx f ( x)

Đs: a/. A = 2/5; B = −1/5; 2/. Dạng 2:

b/.

π 1 7 + ln 10 5 4 2

a sin x + b cos x

∫ (a 1sin x + b 1 cos x)2 dx 2

Biến đổi: a1 sin x + b1 cos x = A(a2 sin x + b2 cos x) + B(a2 cos x − b2 sin x) Ví dụ: Tính các tích phân: a/.

π 4

∫ 2+ π 3

π 4

8cos x.dx =∫ 3 sin 2 x − cos 2 x π 3

8cos x.dx

(

3 sin x + cos x

−

)

b/.

π 2

4sin x.dx

∫ (sin x + cos x)3 0

31 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG c/.

π 2

5cos x − 4sin x

∫ (sin x + cos x)3 dx 0

3/. Dạng:

a1 sin 2 x + b1 sin x cos x + c1 cos 2 x dx ∫ a2 sin x + b2 cos x

a1 sin 2 x + b1 sin x cos x + c1 cos 2 x = ( A sin x + B cos x)(a2 sin x + b1 cos x) + C (sin 2 x + cos 2 x)

Ví dụ: Tích các tích phân: a/.

∫

4sin 2 x + 1 dx 3 sin x + cos x

4/. Dạng 4:

b/.

cos 2 x ∫ sin x + 3 cos x dx

a sin x + b cos x + c

∫ a21 sin x + b12 cos x + c12 dx

Biến đổi: a1 sin x + b1 cos x + c1 = A(a2 sin x + b2 cos x + c2 ) + B(a2 cos x − b2 sin x) + C Ví dụ: Tính các tích phân sau: a/.

π 4

π 2

5sin x.dx

sin x + 7 cos x + 6

∫ 2sin x − cos x + 1 b/. ∫ 4sin x + 3cos x + 5 dx 0

c/.

π 2

sin x − cos x + 1

∫ sin x + 2 cos x + 3 dx 0

III. Sử dụng phương pháp đổi biến số: 1/. Dạng 1:

∫ a sin 2 x + b sin x cos x + c cos2 x = ∫ (a tan 2 x + b tan x + c) cos2 x

Đặt t = tan x Ví dụ: Tính tích phân: a/.

c/.

∫ 3sin 2 x − 2sin x cos x − cos 2 x π 4

b/.

∫ sin 2 x + 3sin x cos x + 2 cos2 x

d/.

∫ 2sin 2 x − sin 2 x + 3cos 2 x π 4

∫ (sin x + 2 cos x)2 0

2/. Dạng: ∫ sin m x cos n xdx − Nếu m hoặc n lẻ đặt t = cos x hoặc t = sin x − Nếu m, n đều chẵn và có ít nhất một trong hai số là âm thì đặt t = tan x − Nếu m, n đều dương, chẵn ta dùng công thức hạ bậc. Ví dụ: Tính các tích phân: a/.

π 4

π 2

sin x

d/. ∫ sin 2 x.cos3 xdx Đs:

∫ cos6 x dx Đs: 1/5 0

−

2 15

32 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG b/.

π 2

cos x

∫ sin 3 x dx

e/.

π 6 π 2

c/. ∫ sin 2 x.cos 4 xdx

Đs:

3/. Nếu tích phân có dạng:

π 32

f/.

π 2

∫ sin 3 x cos4 x

π 4 π 3

π 3

cos xdx

∫ sin 4 x cos x = ∫ sin 4 x cos2 x π 6

π 6

∫ f (sin x, cos x)dx thỏa mãn:

+ f(−sin x, cos x) = − f(sin x, cos x) thì đặt t = cos x + f(sin x, −cos x) = − f(sin x, cos x) thì đặt t = sin x + f(−sin x, −cos x) = f(sin x, cos x) thì đặt t = tan x Ví dụ: Tính các tích phân: π 2

sin x − sin x dx (t d/. cos 2 x 0

∫

a/.

π 2

cos x

∫ 1 + cos x dx

g/.

π 2

cos x.dx

∫ 11 − 7 sin x − cos2 x 0

=cos x) b/.

c/.

π 2

4sin x

∫ 1 + cos 4 x

0 π 2

sin 3 x

∫ 1 + cos2 x

e/.

f/.

π 2

∫

0 π 2

sin x.cos3 x 1 + cos 2 x

1 + sin 2 x

∫ 1 + cos2 x sin xdx 0

VIII. Sử dụng các phép biến đổi lượng giác: Sử dụng các công thức: hạ bậc; biến đổi tích thành tổng… Ví dụ: Tính các tích phân: π 4

π 2

5/. ∫ sin 4 xdx

1/. ∫ cos 3x.cos 5 xdx 0 π 8

2/. ∫ cos x.sin x.cos 3 xdx

6/.

3/. π 4

π



π



7/.

∫ tan x.tan  3 − x  .tan  3 + x  dx

0 π 2

π 2

9/. ∫ cos 2 x.cos 2 2 xdx 0

∫ 1 + sin 2 x

10/.

cos3 x ∫ cos x + 1 dx 0

10/.

0 π 2

π 2

sin 4 x

∫ sin 4 x + cos4 x dx 0 π 2

sin 4 x

∫ sin 4 x + cos4 x dx 0

π 2

4/. ∫ cos 2 x(sin 4 x + cos 4 x)dx 0

8/.

π 2

1 + sin 2 x + cos 2 x dx sin x + cos x π

∫

π 4

12/. ∫ tan 5 xdx 0

−

33 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG IX. TÍCH PHÂN CỦA CÁC HÀM SỐ VÔ TỈ: I. Phương pháp: − Nhân lượng liên hợp − Sử dụng phương pháp đổi biến số. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Tính các tích phân (Nhân liên hợp): 3

I1 = ∫ 1

dx x + 1 + x −1

x +1 − x −1 dx 2

HD: I1 = ∫ 1

4 ĐS: I1 = 2 − 2 3

(

I2 = ∫ 0

dx x +1 + x

I2 = ∫

(

)

x + 1 − x dx

ĐS: I 2 = 16

∫

I3 =

1 0

∫

I4 =

−1

)

dx x+9 − x

I3 =

dx x−4 + x+2

I4 = ∫

∫

1 1 0

2 3

(

)

2 −1

x+9 + x dx 9 x−4 − x+2 dx 6

Bài 2: Tính các tích phân (Đổi biến dạng 1): Chú ý: nếu tích phân có dạng:

∫ f ( x,

 π π a 2 − x 2 dx , đặt x = asin t, với t ∈  − ;  ; hoặc x = acos t với 0 ≤ t ≤ π  2 2

)  π π + ∫ f ( x, a + x ) dx , đặt x = atan t , với t ∈  − ;   2 2 a π π + ∫ f ( x, x − a ) dx , đặt x = , với t ∈  − ;  sin t  2 2 +

2 2

∫ 0 2

x = sin t

x dx 1 − x2

2 2 ∫ x 4 − x dx 0 3

∫ 0

x = 3 tan t

(

∫ 2 2

x2 + 3

1 − x2 x6

x = 2sin t

)

HD: Đặt x = sin t dx

−

34 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 3

I5 =

∫ 1

HD: Đặt x = tan t

dx x2 4 + x2

Bài 2: Tính các tích phân (Đổi biến dạng 2): 1

∫ −1 7

∫ 2 1

1 + x2 dx x

Đặt t = 1 + x 2

dx x + 2 +1

Đặt t = x + 2 Đặt t = x

dx ∫ 1+ x 0 2

∫

2 3 7 3

Đặt t = 1 + x 2

dx x x2 + 1

Đặt t = 3 3 x + 1 x

∫ 3 3x + 1 dx

0 1

∫

0 1+ 2

x3 3

x4 + 1

x +1 ∫ x + x − 1 dx 1

Đặt t = 3 x 4 + 1 Đặt x − 1 = t ⇒ x = t2 + 1; dx = 2tdt. Đưa tích phân đã cho về tính tích phân: 1

∫ 0

(t 2 + 2)2tdt

1 1 2t + 1   2 2 = 2 − 1 + = ( − 2 ) + 2 ln( + + 1) t dt t t t t  ∫  0 0 t2 + t +1 t2 + t +1  0

= 2ln3 − 1. X. TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ SIÊU VIỆT: I. Phương pháp: − Đưa về các nguyên hàm cơ bản. − Sử dụng phương pháp đổi biến số. − Sử dụng phương pháp tích phân từng phần. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Tính các tích phân (Đưa về các nguyên hàm cơ bản): ln 2

I1 =

∫ 1 1

I2 = ∫

e −e

∫ e2 x + e x 0

−x

(e x + 1)2 dx

0 1

ln 2

HD: I1 =

∫

1 e 1 2x

HD: I 2 = ∫

0 1

e x dx −1

1 2

. Đặt t = e x . ĐS: I1 = − ln 3 − ln

t −1 t +1

1  + 2e x + 1  dx = ∫  e x + 2 + x dx . x e e  0 1

1   1 = ∫  x − x  dx x x e +1 0 e (e + 1) 0  e

I3 = ∫

Bài 2: Tính các tích phân ( Đổi biến). −

35 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 1

I1 = ∫

02 1

I2 = ∫

+1 1 1  e2 x  I 2 = ∫ 1 − 2 x  dx 3 0  e + 3 

Đặt t = 1 + e2 x

I3 = ∫

e2 x + 1

1 2 e

I4 = ∫ 1 ln 2

∫ 0 ln 3

∫

I6 =

e2 x + 3

0 1

I5 =

Đặt t = e 2 x

2 x dx

2 + ln xdx 2x

Đặt t = 2 + ln x

e 2 x dx

Đặt t = 1 + e x

ex +1 1 ex +1

Đặt t = 1 + e x

Bài 3: Tính các tích phân sau ( Từng phần): e

I1 = ∫

u = ln x 2 + 1  HD: Đặt  1 dv = 3 dx x 

(

ln( x 2 + 1)dx x

π 2

I 2 = ∫ e2 x sin 2 x.dx

HD: I 2 =

I3 = ∫ x ln x.dx

∫ 1 π 4

I5 = ∫ 0 1

I6 = ∫ 0

(

)

ln x + 1 + x 2 dx

ln(cos x) cos 2 x

.dx

( x 2 + 1)e x dx ( x + 1)2

u = cos 2 x 1 2x e (1 − cos 2 x ) .dx Đặt  ∫ 2x 20 dv = e dx

HD: Đặt 

I4 =

π 2

u = lnx dv = xdx

)

(

)

2  u = ln x + x + 1 HD: Đặt  dv = dx u = ln ( cos x )  HD: Đặt  1 dx dv = cos 2 x  HD: Đặt t = x +1 2

I6 = ∫ 1

Đưa

về

(t 2 − 2t + 1)et −1dt t2

1 1   = ∫  et −1 − 2 et −1 + 2 2 et −1 dt = e − 1 − 2 J1 + 2 J 2 t t  1

Tính J1 − −e + 1 + J 2 . Vậy J 6 = 1 XI. LỚP CÁC TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT: −

36 −

tính

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG a

1. Nếu f(x) liên tục , là hàm lẻ trên [−a; a] thì

∫

f ( x)dx = 0

−a 0

CM: I =

∫

f ( x)dx + ∫ f ( x)dx . Xét J = 0

−a

∫

f ( x)dx

−a

Đặt x = −t ⇒ J = − ∫ f (−t )dt = ∫ f (−t )dt = − ∫ f (t )dt = − ∫ f ( x)dx ⇒ ĐPCM a

∫

2. Nếu f(x) liên tục, là hàm chẵn trên [−a; a] thì:

f ( x)dx = 2 ∫ f ( x)dx 0

−a

3. Nếu f(x) liên tục trên [0; 1] thì: HD: Đặt t =

π 2

∫ f (sin x)dx = ∫ f (cos x)dx

π −x 2 π

4. Nếu f(x) liên tục trên [0; 1] thì: ∫ xf (sin x)dx = 0

π f (sin x)dx 2 ∫0

HD: Đặt x = π − t Chú ý: Có thể mở rộng cận từ α tới π − α. 5. Bài tập áp dụng: Tìm các nguyên hàm sau: 1 2

 1− x  I1 = ∫ cos x.ln   dx 1+ x  1 −

( Dạng 1) 2

I2 =

∫

(

)

ln x + x 2 + 1 dx

−2

( Dạng 1) 1 2

 1− x  I3 = ∫ x 2 .ln   dx  1+ x  1 −

 1− x   liên tục trên 1+ x 

Hàm số y = f(x) = cos x.ln 

 1 1  − 2 ; 2  .

Xét f(−x) + f(x) = 0 ⇒ f(−x) = − f(x) ⇒ f(x) là hàm lẻ ĐS: I1 = 0

(

HD: Hàm f ( x) = ln x +

)

x 2 + 1 là hàm số lẻ.

ĐS: I 2 = 0

1− x   là hàm số lẻ. 1+ x 

HD: Hàm f ( x) = x 2 .ln  ĐS: I 3 = 0

( Dạng 1) π 2

I4 =

∫ −

π 2

sin x dx 1 + cos x

sin 3 x HD: Hàm f ( x) = là hàm số lẻ. 1 + cos x ĐS: I 4 = 0

( Dạng 1) −

37 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG π 2

I5 = ∫ 0

sin x dx sin x + cos x

π 2

HD: Đặt

− x ⇒ dt = − dx

x =0⇒t =

( Dạng 3)

π 2

,x =

π 2

⇒t =0

π 2

∫

ĐS: 2 I 5 = dx = 0

π 2

I6 = ∫ 0

sin 3 x sin 3 x + cos3 x

t= dx

π 2

HD: Đặt

π 2

− x ⇒ dt = − dx

x =0⇒t =

( Dạng 3)

π 2

,x =

π 2

⇒t =0

π 2

∫

ĐS: 2 I 6 = dx = 0

I8 = ∫ x.sin 3 xdx

HD: Đặt

( Dạng 4)

π 2

x = π − t ⇒ dx = −dt x = 0⇒ t =π,x =π ⇒ t = 0 π

ĐS: 2 I 8 =

∫ (π − t ) sin

tdt ⇒ 2 I 8 = ∫ π sin 3 tdt

Chủ đề 3. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ( Số tiết dạy: 9 tiết = 3 buổi) A. Mục tiêu bài dạy: 1. Kiến thức: + Biết các công thức tính diện tích, thể tích nhờ tích phân. 2. Kỹ năng: + Tính được diện tích một số hình phẳng, thể tích một số khối nhờ tích phân. B. Tính diện tích hình phẳng: 1. Diện tích hình thang cong Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Diện tích hình thang cong giới hạn bởi các đường b

y = f(x), x = a, x = b và trục hoành là S =

∫

f(x) dx .

Phương pháp giải toán Bước 1. Lập bảng xét dấu hàm số f(x) trên đoạn [a; b]. b

Bước 2. Dựa vào bảng xét dấu tính tích phân

∫

f(x) dx .

−

38 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Ví dụ 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = ln x, x = 1, x = e và Ox. Giải Do ln x ≥ 0 ∀x ∈ [ 1; e ] nên e

∫

ln x dx =

∫ ln xdx = x ( ln x − 1 )

= 1.

e 1

Vậy S = 1 (đvdt). Ví dụ 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = −x 2 + 4x − 3, x = 0, x = 3 và Ox. Giải: Bảng xét dấu x

3 0

S = −∫ ( −x + 4x − 3 ) dx + 2

∫ ( −x

+ 4x − 3 ) dx

 x3   x3  8 = −  − + 2x2 + 3x  +  − + 2x 2 + 3x  = .  3 0  3 1 3 1

Vậy S =

8 (đvdt). 3

2. Diện tích hình phẳng Trường hợp 1. Cho hai hàm số f(x) và g(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Diện tích hình phẳng b

giới hạn bởi các đường y = f(x), y = g(x), x = a, x = b là S =

∫

f(x) − g(x) dx .

Phương pháp giải toán +) Giải phương trình f ( x) = g ( x ) (1) b

+) Nếu (1) vô nghiệm thì S =

∫ ( f(x) − g(x) ) dx

+) Nếu (1) có nghiệm thuộc [ a; b ] giả sử α thì α

∫ ( f(x) − g(x)) dx a

∫ ( f(x) − g(x) ) dx α

Chú ý: Có thể lập bảng xét dấu hàm số f(x) − g(x) trên đoạn  a; b  rồi dựa vào bảng xét dấu để tính tích phân. Trường hợp 2. Cho hai hàm số f(x) và g(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Diện tích hình phẳng −

39 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG β

giới hạn bởi các đường y = f(x), y = g(x) là S =

∫

f(x) − g(x) dx . Trong đó α, β là

nghiệm nhỏ nhất và lớn nhất của phương trình f(x) = g(x) ( a ≤ α < β ≤ b ) . Phương pháp giải toán Bước 1. Giải phương trình f(x) = g(x) tìm các giá trị α , β . β

Bước 2. Tính S =

∫

f(x) − g(x) dx như trường hợp 1.

Ví dụ 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 + 11x − 6, y = 6x2 , x = 0, x = 2 . Giải Đặt h(x) = (x 3 + 11x − 6) − 6x2 = x 3 − 6x 2 + 11x − 6 h(x) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = 3 (loại). Bảng xét dấu x

h(x)

S = −∫ ( x − 6x + 11x − 6 ) dx + 3

∫ (x

− 6x 2 + 11x − 6 ) dx

 x4   x4  11x 2 11x2 5 = −  − 2x 3 + − 6x  +  − 2x 3 + − 6x  = .  4 0  4 1 2 2 2 1

Vậy S =

5 (đvdt). 2

Ví dụ 4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 + 11x − 6, y = 6x2 . Giải Đặt h(x) = (x 3 + 11x − 6) − 6x2 = x 3 − 6x 2 + 11x − 6 h(x) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = 3 . Lập bảng xét dấu ta được: 2

∫ 1

( x 3 − 6x 2 + 11x − 6 ) dx − ∫ ( x 3 − 6x2 + 11x − 6 ) dx 2

 x4   x4  11x 2 11x 2 1 =  − 2x 3 + − 6x  −  − 2x 3 + − 6x  = . 4 1  4 2 2 2 2 2

Vậy S =

1 (đvdt). 2

Chú ý: Nếu trong đoạn [ α; β ] phương trình f(x) = g(x) không còn nghiệm nào nữa thì ta có −

40 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG β

thể dùng công thức

∫

∫ [ f(x) − g(x) ] dx

f(x) − g(x) dx =

Ví dụ 5. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x 3 , y = 4x . Giải Ta có x 3 = 4x ⇔ x = −2 ∨ x = 0 ∨ x = 2 0

⇒S=

∫

( x 3 − 4x ) dx +

−2

 x4



 x4



Vậy S = 8 (đvdt). Ví dụ 6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x2 − 4 x + 3 và trục hoành. Giải Ta có x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ t2 − 4t + 3 = 0, t = x ≥ 0 t = 1  x =1  x = ±1 ⇔  ⇔  ⇔  t=3 x =3 x = ±3    3

⇒S=

∫

 = 2    = 2 

Vậy S =

x − 4 x + 3 dx = 2 ∫ x 2 − 4x + 3 dx 2

−3

∫

( x 2 − 4x + 3 ) dx +

∫ (x 1

 − 4x + 3 ) dx    16 = .  3

 x3   x3  2 2  3 − 2x + 3x  +  3 − 2x + 3x  0 1 1

16 (đvdt). 3

Ví dụ 7. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x2 − 4x + 3 và y = x + 3 . Giải Phương trình hoành độ giao điểm x2 − 4x + 3 = x + 3  x + 3 ≥ 0 x = 0  2 ⇔   x − 4x + 3 = x + 3 ⇔  . x=5     x 2 − 4x + 3 = −x − 3  

Bảng xét dấu x

0 +

x − 4x + 3 2

⇒S=

∫ (x 0

1 0

–

3 0

3 2

− 5x ) dx +

+  − 2x2  = 8 . ( x 3 − 4x ) dx =  − 2x 2   4  −2  4 0

5 + 5

∫ ( −x

−

+ 3x − 6 ) dx +

∫ (x

− 5x ) dx

41 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG  x3  −x 3   x3 5x 2  3x 2 5x2  109    . =  − + + − 6x + −    =       3 1  3 2 0  3 2 2 3 6 1

Vậy S =

109 (đvdt). 6

Ví dụ 8. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x 2 − 1 , y = x + 5 . Giải Phương trình hoành độ giao điểm x2 − 1 = x + 5 ⇔ t2 − 1 = t + 5, t = x ≥ 0

 t = x ≥ 0  2  t = x ≥ 0 ⇔   t − 1 = t + 5 ⇔  ⇔ x = ±3   t = 3    t2 − 1 = −t − 5  3

⇒S=

∫

x − 1 − ( x + 5 ) dx = 2 ∫ x2 − 1 − ( x + 5 ) dx 2

−3

Bảng xét dấu x

0 –

x −1 2

⇒S=2

∫ ( −x

1 0

3 +

3 2

− x − 4 ) dx +

∫ (x

− x − 6 ) dx

 −x 3   x3  x2 x2 73 . = 2  − − 4x  +  − − 6x  =  3 0  3 1 2 2 3

Vậy S =

73 (đvdt). 3

Chú ý: Nếu hình phẳng được giới hạn từ 3 đường trở lên thì vẽ hình (tuy nhiên thi ĐH thì không có). C. Tính thể tích khối tròn xoay: Trường hợp 1. Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x) ≥ 0, ∀x ∈  a; b  , y = 0 , x = a và x = b (a < b) quay quanh trục Ox là b

V = π∫ f 2 (x)dx . a

Ví dụ 1: Cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = sin x , trục hoành và hai đường x = 0, x = π . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình này xung quanh trục Ox . b

Giải: Áp dụng công thức V = π∫ f 2 (x)dx , a

−

42 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG π

ta có V = π∫ 0

π π2 sin xdx = ∫ ( 1 − cos 2x ) = ( dvtt ) 2 0 2 2

Ví dụ 2. Tính thể tích hình cầu do hình tròn (C) : x 2 + y2 = R 2 quay quanh Ox. Giải Hoành độ giao điểm của (C) và Ox là x 2 = R 2 ⇔ x = ±R . Phương trình (C) : x 2 + y2 = R 2 ⇔ y2 = R 2 − x 2 R

 x3  4πR 3 ⇒ V = π ∫ ( R − x ) dx = 2π∫ ( R − x ) dx = 2π  R 2 x −  = .  3 0 3 −R 0 2

Vậy V =

4πR 3 (đvtt). 3

Trường hợp 2. Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = g(x) , x = a và x = b (a < b, f(x) ≥ 0, g(x) ≥ 0 ∀x ∈ [ a; b ]) quay quanh b

trục Ox là V = π∫ f 2 (x) − g2 (x) dx . a

Ví dụ 3. Tính thể tích hình khối do hình phẳng giới hạn bởi các đường (p1 ) : y = 4 − x2 , (p2 ) : y = x2 + 2 quay quanh Ox.

Giải: Hoành độ giao điểm là nghiệm pt: 4 − x 2 = x 2 + 2 ⇔ x = ±1 1

⇒ V = 24π

2 ∫ (1 − x ) dx = 16π (dvtt ) 0

Ví dụ 4. Tính thể tích hình khối do hình phẳng giới hạn bởi các đường (p) : y = 2x2 , (d) : y = 2x + 4 quay quanh Ox. Giải: Hoành độ giao điểm là nghiệm pt: 2 x 2 = 2 x + 4 ⇔ x 2 − x + 2 = 0 ⇒ x = −1 ∨ x = 2 1

288 2 ⇒ V = π ∫ ( 2 x + 4 ) − 4 x 2  dx = π ( dvtt )   5 0

Ví dụ 5. Tính thể tích hình khối do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 , y2 = x quay quanh Ox. Giải x ≥ 0

x = 0  ⇔ x = 1 .  x 4 = x  

 Hoành độ giao điểm 

−

43 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 1

⇒ V = π ∫ x 4 − x dx = π 0

Vậy V =

∫

( x 4 − x ) dx = π

(

1 5 1 2 x − x 5 2

)

1 0

3π . 10

3π (đvtt). 10

BÀI TẬP DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG VÀ THỂ TÍCH CỦA VẬT THỂ I.DIỆN TÍCH CỦA HÌNH PHẲNG Bài 1( TN - 2005) : Cho hàm số y =

2x + 1 có đồ thị (C). Tính diện tích hình phẳng giới hạn x +1

bởi trục tung, trục hoành và đồ thị (C ) Bài 2 ( TN – 2006): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = ex, y = 2 và đường thẳng x = 1 .

{

}

Bài 3. Tính S = ( p ) : y = − x 2 + 4 x;(d ) : y = x

{

)}

(

Bài 4. Tính S = y = ( e + 1) x; y = 1 + e x x

{

}

Bài 5. Tính S = ( p ) : y = x 2 − x + 3;( d ) : y = 2 x + 1

{

}

Bài 6. Tính S = y = x 2 − 4 x + 3 ; y = x + 3



Bài 7. Tính S =  y = 4 −





Bài 8. Tính S =  y =



x2 x 2  ;y =  4 4 2 

ln x  ; y = 0; x = 1; x = e  2 x 

II.THỂ TÍCH CỦA VẬT THỂ 1 3

Bài 1 ( TN – 2004): Cho hàm số y= x3 -x2 có đồ thị là (C) .Tinh thể tích vật thể của vật thể tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng y=0,x=0,x=3 quay quanh trục 0x. Bài 2:Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường y2= e x ,y=0,x=0,x=1 khi nó quay quanh trục 0x. Bài 3: Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường x 2

y=sin cosx,y=0,x=0,x=

π 2

khi nó quay quanh 0x

Bài4:Tính thể tích tròn xoay khi phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường cong y=x2 và y= x quay quanh trục 0x. −

44 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Bài 5. Tính V = {(H) : y = x ln x; y = 0; x = e, khi ( H ) qq Ox}

{

}

x sinx; y = 0;0 ≤ x ≤ π , khi qq Ox

Bài 6. Tính V = y = Bài 7:Cho hàm số y=

3x + 5 có đồ thị là (C ) .gọi (D) là hình phẳng giới hạn bởi (C),trục 2x + 2

hoành,trụctung và đường thẳng x=2. 1/tính diện tích của (D) 2/Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi cho (D) quay một vòng quanh 0x. III.Hướng dẫn tóm tắt 1.Diện tích hình phẳng 0

Bài 1. Ta có S=

∫ −

1 2

2x +1 dx = x +1

2x +1 dx = 1 − ln 2(dvdt ) . 1 x +1

∫ −

∫

Bài 2: Ta có S=

e x − 2 dx = e + 2ln2 -4

ln 2

9 (dvdt ) 2 e Bài 4. ĐS: S = − 1(dvdt ) 2 1 Bài 5. ĐS: S = ( dvdt ) 6 109 Bài 6. ĐS: S = (dvdt ) 6 Bài 3. ĐS: S =

 

Bài 7. ĐS: S =  2π +

4  ( dvdt ) 3

2.Thể tích của vật thể: 2

81 1  Bài 1: Ta có: V= π ∫  x 3 − x 2  dx = π (dvtt ) 35  03 3

Bài 2: Ta có V= π ∫ e x dx = 2π ( dvtt ) 0 2

 0 2

x 2

 

Bài 3: Ta có V= π ∫  sin cosx  dx =

π2 8

−

π 3

Bài 4: Ta có V= π ∫ x 4 − x dx 0

−

45 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Bài 5. ĐS: V = Bài 6. ĐS: V =

(

π 5e3 − 2 27

π3 4

) (dvtt )

(dvdt )

Bài 7: 2

a) S=

3x + 5

∫ 2 x + 2 dx 0

 3x + 5  b) V= π ∫   dx . 0  2x + 2  2

ĐỀ THI TÍCH PHÂN TRONG NHỮNG NĂM GẦN ĐÂY (2003-2015)

Năm thi 1) KD – 2003

Câu hỏi

Đáp án

I =1

I = ∫ x 2 − x dx 0

2) KB – 2003

3) KA – 2003

1 − 2sin 2 x I=∫ dx 1 + sin 2 x 0 4

2 3

∫

4) KD – 2004

1 ln 2 2

1 5 ln 4 3

dx x x2 + 4

I = 3ln 3 − 2

I = ∫ ln( x 2 − x)dx 2

5) KB – 2004

I =∫ 0

6) KA – 2004 7) KD – 2005

1 + 3ln x ln x dx x

116 135

11 − 4 ln 2 3

x dx x −1 1 1+

I =∫ π 2

I = ∫ (e

sin x

+ cos x) cos xdx

I =e+

π 4

−1

8) KB – 2005

π 2

sin 2 x.cos x I=∫ dx 1 + cos x 0

−

I = 2ln 2 − 1

46 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 9) KA – 2005

10) KD – 2006

34 27

5 − 3e 2 2

π 2

sin 2 x + sin x I=∫ dx 1 + 3cos x 0 1

I = ∫ ( x − 2)e2 x dx 0

11) KB – 2006 12) KA – 2006

ln 5

dx ∫ln 3 e + 2e− x − 3 2

sin 2 x cos 2 x + 4sin 2 x

2 3

5e4 − 1 32

I = ∫ x 3 ln 2 xdx

3 2

I=∫

13) KD – 2007

I = ln

14) KB – 2007

V = {( H ) : y = x ln x, y = 0, x = e khi ( H ) qq Oxπ 5e3 − 2 V= (dvtt ) 27

15) KA – 2007

S = y = ( e + 1) x, y = 1 + e x x

16) KD – 2008 17) KB – 2008

(

{

(

20) KB – 2009 21) KA – 2009

e − 1(dvdt ) 2

3 − 2 ln 2 16

1  1− 2    2 2  2 + 1 

tan 4 x dx cos 2 x 0

−10 3 1 − ln(2 − 3) 27 2

I = ln(e3 − 1) − ln(e − 1) − 2

ln x dx x3 1

π  sin  x −  dx 4  I=∫ sin 2 x + 2(1 + sin x + cos x) 0 π

I=∫

19) KD – 2009

I =∫

18) KA – 2008

)}

)

dx x e −1 1

I =∫

3 − ln 3 3 1 + ln − ln 4 4 2

8 π − 15 4

1 2 e −1 2

3 + ln x dx ( x + 1) 2 1

I =∫ π 2

I = ∫ (cos x − 1) cos xdx 3

22) KD-2010 23) KB-2010

3  I = ∫  2 x −  ln xdx x 1 e

I =∫ 1

24) KA-2010

I =∫ 0

ln x dx x(ln x + 2) 2

3 1 I = ln − 2 3

x2 + e x + 2 x2e x dx 1 + 2e x

1 1 1 + 2e I = + ln 3 2 3

−

47 −

CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG 25) KD – 2011

4x −1 dx 2x +1 + 2

I =∫ 0

26) KB – 2011

27) KA – 2011

28) KD - 2012

I = 5ln

5 3

I = 3+

1 + x sin x I=∫ dx cos 2 x 0 π 4

x sin x + ( x + 1) cos x I=∫ dx x sin x + cos x 0

π 4

I = ∫ x (1 + sin 2 x ) dx

2π − ln(2 + 3) 3

π 2 +4 2  + ln   4 8  

π2 32

1 4

29) KB - 2012

I =∫ 0

30) KA - 2012

I =∫

x3 dx x 4 + 3x 2 + 2

3 I = ln 3 − ln 2 2

1 + ln ( x + 1)

31) KD - 2013 32) KB - 2013

( x + 1) 2 dx x2 + 1 0

I = 1 + ln 2

I =∫ 1

I = ∫ x 2 − x 2 .dx

2 2 −1 3

5 3 ln 2 − 2 2

33) KA - 2013

I =∫ 1

34) TN – 2014

2 2 + ln 3 − ln 2 3 3

x2 −1 ln x.dx x2

I =0

I = ∫ (1 − xe x ) dx 0

35) CĐ - 2014

I =∫ 1

36) KD - 2014

x 2 + 2 ln x dx x

3 + ln 2 2 2

3 4

π 4

I = ∫ ( x + 1) sin 2 x.dx 0

37) KB - 2014

I =∫ 1

38) KA - 2014 39) QG - 2015

I = 1 + ln 3

x 2 + 3x + 1 dx x2 + x

{

}

S = y = x 2 − x + 3, y = 2 x + 1

1 S = ( dvdt ) 6

I = 4 − 3e

I = ∫ ( x − 3) e x dx 0

−

48 −