y chuy¶n˜• tšchph–n - chuyên Đề Ôn thi€¦ · ch÷ìng1 nguy¶nh€m 1.1.nguy¶nh€m....

Chuyên đề

TÍCH PHÂN

Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

THPT Phan Đình Phùng

Đồng HớiTháng 04 - 2012

y

xO−2 2

1 y = 2x− x2

Copyright c©2012 by Nguyễn Minh Hiếu, “All rights reserved”.

http://www.vietmaths.com/


Nguyễn Minh Hiếu

2



Mục lục

Chương 1. Nguyên Hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1. Nguyên Hàm.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.1. Khái niệm nguyên hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2. Nguyên hàm của một số hàm số thường gặp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.3. Tính chất của nguyên hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2. Một Số Phương Pháp Tìm Nguyên Hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.1. Phương pháp đổi biến số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.2. Phương pháp nguyên hàm từng phần.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Chương 2. Tích Phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.1. Tích Phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.1.1. Khái niệm tích phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.1.2. Tính chất của tích phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.1.3. Tích phân của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2. Một Số Phương Pháp Tính Tích Phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.1. Phương pháp hệ số bất định. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.2. Phương pháp đổi biến dạng 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2.3. Phương pháp đổi biến dạng 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2.4. Phương pháp tích phân từng phần. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3. Tích Phân Của Hàm Số Lượng Giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.1. Dạngb∫a

sinmxcosnxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3.2. Dạngb∫a

{f(sinx); cosx} dx hoặcb∫a

{f(cosx); sinx} dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3.3. Dạngb∫a

{f(tanx); 1

cos2x

}dx hoặc

b∫a

{f(cotx); 1

sin2x

}dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.3.4. Dạnga∫0

f(x)dx, trong đó a ∈{π2 , π,

π4 , ...

}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Chương 3. Ứng Dụng Của Tích Phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.1. Tính Diện Tích Tình Phẳng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2. Tính Thể Tích Khối Tròn Xoay. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Chương 4. Một Số Bài Toán Chọn Lọc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.1. Tích Phân Hữu Tỉ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.2. Tích Phân Vô Tỉ.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.3. Tích Phân Mũ - Lôgarit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.4. Tích Phân Lượng Giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

PHỤ LỤC 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

PHỤ LỤC 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

ĐÁP SỐ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3




4



Chương 1

Nguyên Hàm

1.1. Nguyên Hàm.

1.1.1. Khái niệm nguyên hàm.

Định nghĩa 1.1. Cho hàm số f xác định trên K. Hàm số F được gọi là nguyên hàm của f trên K nếuF ′(x) = f(x), với mọi x thuộc K.

Ví dụ 1.1.a) Hàm số F (x) = x3 là nguyên hàm của f(x) = 3x2 trên R vì

(x3)′

= 3x2, với mọi x ∈ R.b) Hàm số F (x) = cosx là nguyên hàm của f(x) = sinx trên R vì (sinx)′ = cosx, với mọi x ∈ R.

Nhận xét. Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì mọi nguyên hàm của f trên K đều có dạngF (x) + C với C ∈ R, gọi là họ tất cả các nguyên hàm của f trên K, ký hiệu là

∫f(x)dx. Vậy∫

f(x)dx = F (x) + C (1.1)

Ví dụ 1.2.∫

5x4dx = x5 + C.∫

1

2√xdx =

√x+ C.

∫exdx = ex + C.

Lưu ý.• Người ta cũng dùng ký hiệu

∫f(x)dx để chỉ một nguyên hàm bất kỳ của f .

• Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.

1.1.2. Nguyên hàm của một số hàm số thường gặp.

Bài toán tìm nguyên hàm là bài toán ngược với bài toán tìm đạo hàm.Việc tìm nguyên hàm của mộthàm số thường được đưa về tìm nguyên hàm của các hàm số đơn giản hơn. Sau đây là nguyên hàm củamột số hàm số đơn giản thường gặp.

1.∫

0dx = C 6.∫axdx =

ax

ln a+ C (0 < a 6= 1)

2.∫dx = x+ C 7.

∫cosxdx = sinx+ C

3.∫xαdu =

xα+1

α+ 1+ C (α 6= −1) 8.

∫sinxdx = − cosx+ C

4.∫

1

xdx = ln |x|+ C 9.

∫1

cos2xdx = tanx+ C

5.∫exdx = ex + C 10.

∫1

sin2xdx = − cotx+ C

Ví dụ 1.3.

a)∫x2012dx =

x2013

2013+ C. b)

∫1

x2dx =

∫x−2dx =

x−1

−1+ C = −1

x+ C.

c)∫ √

xdx =

∫x

12dx =

x32

32

+ C =2x√x

3+ C. d)

∫1

5√x3dx =

∫x−

35dx =

55√x2

2+ C.

5




1.1.3. Tính chất của nguyên hàm.

Định lý 1.2. Nếu f , g là hai hàm số liên tục trên K thì

a)∫

[f(x)± g(x)] dx =

∫f(x)dx±

∫g(x)dx; b)

∫kf(x)dx = k

∫f(x)dx (k 6= 0).

Ví dụ 1.4.

a)∫ (

2x3 − 3x2 + 1)dx =

∫2x3dx−

∫3x2dx+

∫1dx =

1

2x4 − x3 + x+ C.

b)∫ (

ex − 1

x+ 2x

)dx =

∫exdx−

∫1

xdx+

∫2xdx = ex − ln |x|+ 2x

ln 2+ C.

c)∫x2 − 3x+ 1

xdx =

∫ (x− 3 +

1

x

)dx =

∫xdx−

∫3dx+

∫1

xdx =

1

2x2 − 3x+ ln |x|+ C.

d)∫

3sin2x− 4cos2x

sin2xcos2xdx =

∫ (3

cos2x− 4

sin2x

)dx = 3

∫1

cos2xdx−4

∫1

sin2xdx = 3 tanx+4 cotx+C.

Ví dụ 1.5. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 4x3 − 3x2 + 2, biết F (−1) = 3.

Lời giải. Ta có∫f(x)dx =

∫(4x3 − 3x2 + 2)dx = x4 − x3 + 2x + C. Vì F (x) là một nguyên hàm của

f(x) nên có dạng F (x) = x4−x3 + 2x+C. Mặt khác F (−1) = 3⇒ C = 3. Do đó F (x) = x4−x3 + 2x+ 3.

Ví dụ 1.6. Gọi F (x) là một nguyên hàm của f(x) =1

xthỏa F (1) = −1. Tìm x để 2F (x) =

1

F (x) + 1−1.

Lời giải. Ta có∫f(x)dx =

∫1

xdx = ln |x| + C. Vì F (x) là một nguyên hàm của f(x) nên có dạng

F (x) = ln |x|+C. Mặt khác F (1) = −1⇒ C = −1. Do đó F (x) = ln |x|−1. Khi đó 2F (x) =1

F (x) + 1−1⇔

2(ln |x|−1) =1

ln |x|−1⇔

{ln |x| 6= 02ln2 |x| − ln |x| − 1 = 0

⇔[

ln |x| = 1ln |x| = −1

2

⇔

[x = ±ex = ± 1√

e

(thỏa mãn). Vậy

x = ±e và x = ± 1√e.

BÀI TẬP

1.1. Tìm các họ nguyên hàm sau

a)∫ (

x7 + 4x3 −√x)dx. b)

∫ (3√x+ 1− 1√

x

)dx. c)

∫ (3x2 + 1

)(2x− 3) dx.

d)∫ √

x(√x− 2x

)(x+ 1) dx. e)

∫ (3 sinx+

2

x

)dx. f)

∫ (3 cosx− 3x−1

)dx.


a)∫x+√x+ 1

3√x

dx b)∫x3 + 5x2 − 3x+

√x

x√x

dx. c)∫

4x + 1

2xdx.

d)∫

2x − 1

exdx. e)

∫tan2 xdx. f)

∫1

sin2xcos2xdx.

1.3. Tìm một nguyên hàm F (x) của các hàm số sau

a) f(x) = 2− x2, biết F (2) =7

3. b) f(x) = x− 1

x2+ 2, biết F (1) = 2.

c) f(x) = (x+ 1)(x− 1) + 1, biết F (0) = 1. d) f(x) = 3√x+ x3 + 1, biết F (1) = 2.

e) f(x) = ax+b

x2, biết F (−1) = 2, F (1) = 4 và F (2) = 5.

6



Chương 1. Nguyên Hàm

1.2. Một Số Phương Pháp Tìm Nguyên Hàm.

1.2.1. Phương pháp đổi biến số.

Định lý 1.3. Cho hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên K và hàm số y = f(u) liên tục sao chof [u(x)] xác định trên K. Khi đó nếu F là một nguyên hàm của f , tức là

∫f(u)du = F (u) + C thì∫

f [u(x)]u′(x)dx = F [u(x)] + C (1.2)

Nhận xét. Trong thực hành công thức (1.2) thường được viết như sau∫f [u(x)]u′(x)dx =

∫f [u(x)] du(x) = F [u(x)] + C (1.3)

Đặc biệt vì d(Ax+B) = Adx⇒ dx = 1Ad(Ax+B) nên ta có∫

f (Ax+B) dx =

∫f (Ax+B)

1

Ad(Ax+B) =

1

AF (Ax+B) + C (1.4)

Ví dụ 1.7. Tìm các họ nguyên hàm sau

a) I =

∫(3x+ 3)9dx. b) I =

∫7

2− 9xdx. c) I =

∫ (e3x+1 + cos 5x

)dx.

d) I =

∫4x− 1

2x+ 1dx. e) I =

∫sin2xdx. f) I =

∫sin 5x sinxdx.

Lời giải.

a) I =1

3

∫(3x+ 3)9d(3x+ 3) =

1

3

(3x+ 3)10

10+ C =

1

30(3x+ 3)10 + C.

b) I = −1

9

∫7

2− 9xd(2− 9x) = −7

9ln |2− 9x|+ C.

c) I =

∫e3x+1dx+

∫cos 5xdx =

1

3

∫e3x+1d(3x+ 1) +

1

5

∫cos 5xd (5x) =

1

3e3x+1 +

1

5sinx+ C.

d) I =

∫ (2− 3

2x+ 1

)dx =

∫2dx− 1

2

∫3

2x+ 1d(2x+ 1) = 2x− 3

2ln |2x+ 1|+ C.

e) I =

∫1− cos 2x

2dx =

∫ (1

2− 1

2cos 2x

)dx =

1

2

∫dx− 1

4

∫cos 2xd (2x) =

1

2x− 1

4sin 2x+ C.

f) I =1

2

∫(cos 4x− cos 6x) dx =

1

8

∫cos 4xd (4x)− 1

12

∫cos 6xd (6x) =

1

8sin 4x− 1

12sin 6x+ C


a) I =

∫x(x2 + 1)

2012dx. b) I =

∫tanxdx. c) I =

∫ex

ex + 1dx.

d) I =

∫ √1 + lnx

xdx. e) I =

∫cos5xdx. f) I =

∫x√

x2 + 1dx.

Lời giải.

a) I =1

2

∫(x2 + 1)

2012d(x2 + 1) =

1

2

(x2 + 1)2013

2013+ C =

(x2 + 1)2013

4026+ C.

b) I =

∫sinx

cosxdx = −

∫1

cosxd (cosx) = − ln |cosx|+ C.

c) I =

∫1

ex + 1d (ex + 1) = ln |ex + 1|+ C.

d) I =

∫(1 + lnx)

12d (1 + lnx) =

(1 + lnx)32

32

+ C =2 (1 + lnx)

√1 + lnx

3+ C.

e) I =

∫cos4x cosxdx =

∫ (1− sin2x

)2d (sinx) = sinx− 2sin3x

3+

sin5x

5+ C.

f) C1: I =1

2

∫ (x2 + 1

)− 12d(x2 + 1

)=

1

2

(x2 + 1

) 12

12

+ C =√x2 + 1 + C.

C2: I =

∫d(√

x2 + 1)

=√x2 + 1 + C.

7





a) I =

∫x (x− 1)2012dx. b) I =

∫x3

x2 + 1dx. c) I =

∫x5√x3 + 1dx.

d) I =

∫e2x√ex + 1

dx. e) I =

∫2 lnx− 1

x lnxdx. f) I =

∫sin3x

√1 + cosxdx.

Lời giải.a) Đặt u = x− 1⇒ du = dx. Ta có

I =

∫(u+ 1)u2012du =

∫ (u2013 + u2012

)du

=u2014

2014+u2013

2013+ C =

(x− 1)2014

2014+

(x− 1)2013

2013+ C

b) Đặt u = x2 + 1⇒ du = 2xdx. Ta có

I =

∫x2x

x2 + 1dx =

1

2

∫u− 1

udu =

1

2

∫ (1− 1

u

)du

=1

2(u− ln |u|) + C =

1

2

(x2 + 1

)− 1

2ln(x2 + 1

)+ C

c) Đặt u =√x3 + 1⇔ u2 = x3 + 1⇒ 2udu = 3x2dx. Ta có

I =

∫x3x2

√x3 + 1dx =

∫ (u2 − 1

)u

2u

3du =

2

3

∫ (u4 − u2

)du

=2

3

(u5

5+u3

3

)+ C =

2(√

x3 + 1)5

15+

2(√

x3 + 1)3

9+ C

d) Đặt u =√ex + 1⇔ u2 = ex + 1⇒ 2udu = exdx. Ta có

I =

∫ex.ex√ex + 1

dx =

∫u2 − 1

u2udu = 2

∫ (u2 − 1

)du

= 2

(u3

3− u)

+ C =2(√ex + 1

)33

− 2√ex + 1 + C

e) Đặt u = lnx⇒ du =1

xdx. Ta có

I =

∫2u− 1

udu =

∫ (2− 1

u

)du

= 2u− ln |u|+ C = 2 lnx− ln |lnx|+ C

f) Đặt u =√

1 + cosx⇔ u2 = 1 + cosx⇒ 2udu = − sinxdx. Ta có

I =

∫sin2x sinx

√1 + cosxdx =

∫ (1− cos2x

)√1 + cosx sinxdx

= −∫ (

1−(u2 − 1

)2)u.2udu = −

∫ (−u4 + 2u2

)2u2du = 2

∫ (u6 − 2u4

)du

= 2

(u7

7− 2u5

5

)+ C =

2(√

1 + cosx)7

7−

4(√

1 + cosx)5

5+ C

1.2.2. Phương pháp nguyên hàm từng phần.

Định lý 1.4. Nếu u, v là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên K thì∫u(x)v′(x)dx = u(x)v(x)−

∫v(x)u′(x)dx (1.5)

8




Công thức (1.5) gọi là công thức lấy nguyên hàm từng phần và được viết gọn dưới dạng∫udv = uv −

∫vdu (1.6)


a) I =

∫(x− 1) exdx. b) I =

∫x cosxdx. c) I =

∫x2 lnxdx.

d) I =

∫ln (2x+ 1) dx. e) I =

∫x2e2x−1dx. f) I =

∫ex sinxdx.

Lời giải.

a) Đặt{u = x− 1dv = exdx

⇒{du = dxv = ex

. Ta có

I = (x− 1)ex −∫exdx = (x− 1)ex − ex + C = (x− 2)ex + C

b) Đặt{u = xdv = cosxdx

⇒{du = dxv = sinx

. Ta có

I = x sinx−∫

sinxdx = x sinx+ cosx+ C

c) Đặt{u = lnxdv = x2dx

⇒{du = 1

xdx

v = x3

3

. Ta có

I =x3

3lnx−

∫x3

3

1

xdx =

x3

3lnx− 1

3

∫x2dx =

x3

3lnx− x3

9+ C

d) Đặt{u = ln(2x+ 1)dv = dx

⇒{du = 2

2x+1dx

v = x. Ta có

I = x ln(2x+ 1)−∫

2x

2x+ 1dx =

∫ (1− 1

2x+ 1

)dx = x− 1

2ln |2x+ 1|+ C

e) Đặt{u = x2

dv = e2x−1dx⇒{du = 2xdxv = 1

2e2x−1 . Ta có

I =1

2x2e2x−1 −

∫xe2x−1dx =

1

2x2e2x−1 − I1

Đặt{u = xdv = e2x−1dx

⇒{du = dxv = 1

2e2x−1 . Ta có

I1 =1

2xe2x−1 − 1

2

∫e2x−1dx =

1

2xe2x−1 − 1

4e2x−1 + C

Vậy I =1

2x2e2x−1 −

(1

2xe2x−1 − 1

4e2x−1

)+ C =

1

4

(2x2 − 2x+ 1

)e2x−1 + C.

f) Đặt{u = ex

dv = sinxdx⇒{du = exdxv = − cosx

. Ta có

I = −ex cosx+

∫ex cosxdx = −ex cosx+ I1

Lại đặt{u = ex

dv = cosxdx⇒{du = exdxv = sinx

. Ta có

I1 = ex sinx−∫ex sinxdx = ex sinx− I

Vậy I = −ex cosx+ ex sinx− I ⇔ I =1

2ex (sinx− cosx) + C.

9




BÀI TẬP


a) I =

∫ √3x− 1dx. b) I =

∫1

4x2 + 4x+ 1dx. c) I =

∫4x2 − x+ 3

2x+ 1dx.

d) I =

∫1√

3x+ 1 +√

3x− 1dx. e) I =

∫tan2xdx. f) I =

∫cos 7x cosxdx.

g) I =

∫sin4xdx. h) I =

∫1

1 + cosxdx. i) I =

∫1

cos4xdx.


a) I =

∫x

1 + x2dx. b) I =

∫sin3xdx. c) I =

∫sin3x

cosxdx.

d) I =

∫1

e−x + 1dx. e) I =

∫lnx(1− 3 lnx)

xdx. f) I =

∫1

x(ln2x− 4 lnx+ 4)dx.


a) I =

∫x2

(1− x)100dx. b) I =

∫ [x(x2 + 1

)]5dx. c) I =

∫x5 − 2x2

x3 + 1dx.

d) I =

∫sin 2xesin

2xdx. e) I =

∫1

ex + e−x + 2dx. f) I =

∫1

x lnx. ln(lnx)dx.


a) I =

∫xexdx. b) I =

∫(2x− 1) sin 2xdx. c) I =

∫x3 lnxdx.

d) I =

∫ln(x2 + 2x

)dx. e) I =

∫x2 cosxdx. f) I =

∫ex cos 2xdx.

10



Chương 2

Tích Phân

2.1. Tích Phân.

2.1.1. Khái niệm tích phân.

Định nghĩa 2.1. Cho hàm số f liên tục trên 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 từ a đến b và ký hiệu làb∫af(x)dx.

Nhận xét.

a) Nếu a < b thì ta gọib∫af(x)dx là tích phân của f trên đoạn [a; b].

b) Hiệu số F (b)− F (a) còn được ký hiệu là F (x)|ba. Khi đó

b∫a

f(x)dx = F (x)|ba = F (b)− F (a) (2.1)

c) Tích phân không phụ thuộc biến số, tức làb∫af(x)dx =

b∫af(t)dt =

b∫af(u)du = ... = F (b)− F (a).

Ví dụ 2.1. Tính các tích phân sau

a) I =

1∫0

5x4dx. b) I =

e∫1

dx

x. c) I =

π6∫

0

cos 3xdx.

d) I =

ln 2∫0

e−xdx. e) I =

1∫12

(2x− 1)2012dx. f) I =

1∫−1

√5− 4xdx.

Lời giải.a) I = x5

∣∣10

= 1. b) I = ln |x||e1 = ln e− ln 1 = 1.

c) I =1

3sin 3x

∣∣∣∣π60

=1

3sin

π

2− 1

3sin 0 =

1

3. d) I = −e−x

∣∣ln 2

0= −

(e− ln 2 − e0

)=

1

2.

e) I =1

2

(2x− 1)2013

2013

∣∣∣∣∣1

12

=1

4026. f) I =

1∫−1

(5− 4x)12dx = −1

4

(5− 4x)32

32

∣∣∣∣∣1

−1

=13

3.

2.1.2. Tính chất của tích phân.

Định lý 2.2. Giả sử các hàm số f , g liên tục trên K và a, b, c là ba số bất kỳ thuộc K. Khi đó ta có

1)

a∫a

f(x)dx = 0. 2)

b∫a

f(x)dx = −a∫b

f(x)dx.

11




3)

b∫a

f(x)dx+

c∫b

f(x)dx =

c∫a

f(x)dx.

4)

b∫a

[f(x)± g(x)]dx =

b∫a

f(x)dx±b∫a

g(x)dx. 5)

b∫a

kf(x)dx = k

b∫a

f(x)dx (k ∈ R).


a) I =

2∫1

(6x2 − 4x+ 1

)dx. b) I =

ln 2∫0

(ex + 2x) dx. c) [CĐ-2010] I =

1∫0

2x− 1

x+ 1dx.

d) I =

π8∫

0

cos22xdx. e) I =

π4∫

0

2cos2x+ 1

1− sin2xdx. f) I =

3∫2

1√x+ 1−

√x− 1

dx.

Lời giải.a) I =

(2x3 − 2x2 + x

)∣∣21

= 9.

b) I =(ex + x2

)∣∣ln 2

0= 1 + ln22.

c) I =

1∫0

(2− 3

x+ 1

)dx = (2x− 3 ln |x+ 1|)|10 = 2− 3 ln 2.

d) I =1

2

π8∫

0

(1 + cos 4x) dx =1

2

(x+

1

4sin 4x

)∣∣∣∣π80

=π + 2

16.

e) I =

π4∫

0

2cos2x+ 1

cos2xdx =

π4∫

0

(2 +

1

cos2x

)dx = (2x+ tanx)|

π40 =

π + 2

2.

f) I =

3∫2

(√x+ 1 +

√x− 1

)dx =

3∫2

((x+ 1)

12 + (x− 1)

12

)dx

=2

3

((x+ 1)

32 + (x− 1)

32

)∣∣∣∣32

=7− 3

√3 + 2

√2

3.

Tổng quát 2.1. I =

∫1√

ax+ b±√ax+ c

dx. Nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp.

2.1.3. Tích phân của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Bài toán 2.1. Tính tích phân I =

b∫a

|f(x)| dx.

Phương pháp.• Cho f(x) = 0⇒ x = xi (chỉ lấy những xi thuộc khoảng (a; b)).

• Khi đó I =xi∫a|f(x)| dx+

b∫xi

|f(x)| dx.

• Xét dấu f(x) trên các khoảng (a;xi) và (xi; b) để phá giá trị tuyệt đối.

Lưu ý. Để xét dấu f(x) trên (a;xi) ta lấy x0 ∈ (a;xi) thay vào f(x) để xác định dấu.


a) I =

2∫−2

|x− 1| dx. b) [D-03] I =

2∫0

∣∣x2 − x∣∣ dx. c) I =

2∫−2

|2x− |x+ 1|| dx.

12



Chương 2. Tích Phân

Lời giải.

a) I =

1∫−2

|x− 1| dx+

2∫1

|x− 1| dx =

1∫−2

(1− x) dx+

2∫1

(x− 1) dx

=

(x− 1

2x2)∣∣∣∣1−2

+

(1

2x2 − x

)∣∣∣∣21

=9

2+

1

2= 5.

b) I =

1∫0

∣∣x2 − x∣∣ dx+

2∫1

∣∣x2 − x∣∣ dx =

1∫0

(x− x2

)dx+

2∫1

(x2 − x

)dx

=

(1

2x− 1

3x3)∣∣∣∣1

0

+

(1

3x3 − 1

2x

)∣∣∣∣21

=1

6+

5

6= 1.

c) I =

−1∫−2

|2x+ x+ 1| dx+

2∫−1

|2x− x− 1| dx =

−1∫−2

|3x+ 1| dx+

1∫−1

|x− 1| dx+

2∫1

|x− 1| dx

=

−1∫−2

(−3x− 1) dx+

1∫−1

(1− x) dx+

2∫1

(x− 1) dx

=

(−3x2

2− x)∣∣∣∣−1−2

+

(x− 1

2x2)∣∣∣∣1−1

+

(1

2x2 − x

)∣∣∣∣21

=7

2+ 2 +

1

2= 6.

BÀI TẬP

2.1. Tính các tích phân sau

a) I =

1∫0

e2−5xdx. b) I =

π6∫

0

sin(

2x+π

6

)dx. c) I =

π6∫

0

1

cos22xdx.

d) I =

1∫0

(−2x+ 1)7dx. e) I =

2∫1

3√

3x+ 2dx. f) I =

0∫−1

4

(3− 5x)3dx.


a) I =

4∫1

(2x+

√x)dx. b) I =

4∫2

(x+

1

x

)2

dx. c) I =

π2∫

0

(1 + sin

x

2

)cos

x

2dx.

d) I =

π2∫

0

cos 3x cosxdx. e) I =

1∫0

x2 − 3x+ 3

x− 2dx. f) I =

1∫0

x(x− 1)2009dx.


a) I =

4∫0

|3− x| dx. b) I =

2∫0

∣∣x2 − 3x+ 2∣∣ dx. c) I =

3∫−2

(|x+ 1|+ |x− 2|) dx.

d) I =

3∫0

∣∣∣√x2 − 4x+ 4− 1∣∣∣ dx. e) I =

2π∫0

√1− cos 2xdx. f) [BĐT-103] I =

2π∫0

√1 + sinxdx.

2.2. Một Số Phương Pháp Tính Tích Phân.

2.2.1. Phương pháp hệ số bất định.

Mệnh đề 2.3. Mọi đa thức bậc n, (n ≥ 3) đều phân tích được thành tích của các nhị thức bậc nhất vàcác tam thức bậc hai có biệt thức ∆ < 0.

13





b∫a

f(x)

g(x)dx, trong đó bậc f(x) < bậc g(x).

Phương pháp. Phân tích tích phân cần tính thành tổng hoặc hiệu của các tích phân có mẫu là các nhịthức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai có biệt thức ∆ < 0 hoặc các lũy thừa của chúng.

Lưu ý.a) Nếu bậc f(x) ≥ bậc g(x) thì chia f(x) cho g(x).b) Trong thực hành ta thường gặp các trường hợp sau

• ax+ b

(x− x1) (x− x2)=

A

x− x1+

B

x− x2. • ax+ b

(x− x0)2=

A

x− x0+

B

(x− x0)2.

• ax2 + bx+ c

(a1x+ b1)(a2x2 + b2x+ c2)=

A

a1x+ b1+

B

a2x2 + b2x+ c2+

C (2a2x+ b2)

a2x2 + b2x+ c2(tam thức vô nghiệm).

Sau khi phân tích như trên ta dùng phương pháp đồng nhất hệ số hoặc phương pháp trị số riêng đểtìm A,B,C, ...


a) I =

5∫3

1

(x− 2) (x+ 1)dx. b) I =

1∫0

5x− 13

x2 − 5x+ 6dx. c) I =

1∫0

x4

x2 − 1dx.

d) I =

1∫0

3x− 1

x2 + 6x+ 9dx. e) I =

2∫1

x2 − 3x+ 2

x (x2 + 2x+ 1)dx. f) [BĐT-78] I =

1∫0

4x− 2

(x+ 2)(x2 + 1)dx.

Lời giải.a) C1: (Phương pháp đồng nhất hệ số)

Ta có1

(x− 2) (x+ 1)=

A

x− 2+

B

x+ 1=A (x+ 1) +B (x− 2)

(x− 2) (x+ 1)=

(A+B)x+A− 2B

(x− 2) (x+ 1).

Đồng nhất hệ số được{A+B = 0A− 2B = 1

⇔{A = 1

3B = −1

3

. Khi đó

I =1

3

5∫3

1

x− 2dx− 1

3

5∫3

1

x+ 1dx =

1

3(ln |x− 2| − ln |x+ 1|)

∣∣∣∣53

=1

3ln 2

C2: (Phương pháp trị số riêng)

Ta có1

(x− 2) (x+ 1)=

A

x− 2+

B

x+ 1=A (x+ 1) +B (x− 2)

(x− 2) (x+ 1)⇒ 1 = A (x+ 1) +B (x− 2).

Cho x = 2 được A =1

3; cho x = −1 được B = −1

3. Khi đó

I =1

3

5∫3

1

x− 2dx− 1

3

5∫3

1

x+ 1dx =

1

3(ln |x− 2| − ln |x+ 1|)

∣∣∣∣53

=1

3ln 2

C3: (Kỹ thuật thêm bớt hay còn gọi là kỹ thuật nhảy tầng lầu)

I =1

3

5∫3

(x+ 1)− (x− 2)

(x− 2) (x+ 1)dx =

1

3

5∫3

(1

x− 2− 1

x+ 1

)dx

=1

3(ln |x− 2| − ln |x+ 1|)

∣∣∣∣53

=1

3ln 2

b) Ta có5x− 13

x2 − 5x+ 6=

5x− 13

(x− 3)(x− 2)=

A

x− 3+

B

x− 2=

(A+B)x− 2A− 3B

(x− 3)(x− 2).

14




Đồng nhất hệ số được{A+B = 5−2A− 3B = −13

⇔{A = 2B = 3

. Khi đó

I = 2

1∫0

1

x− 3dx+ 3

1∫0

1

x− 2dx = 2 ln |x− 3||10 + 3 ln |x− 2||10 = − ln 18

c) Ta có I =

3∫2

(x2 + 1 +

1

x2 − 1

)dx =

(x3

3+ x

)∣∣∣∣32

+

3∫2

1

x2 − 1dx =

22

3+

3∫2

1

x2 − 1dx.

Lại có1

x2 − 1=

1

(x− 1)(x+ 1)=

A

x− 1+

B

x+ 1=

(A+B)x+A−B(x− 1)(x+ 1)

.

Đồng nhất hệ số được{A+B = 0A−B = 1

⇔{A = 1

2B = −1

2

. Khi đó

I =22

3+

1

2

3∫2

1

x− 1dx− 1

2

3∫2

1

x+ 1dx =

22

3+

1

2(ln |x− 1| − ln |x+ 1|)

∣∣∣∣32

=22

3+

1

2ln

3

2

d) Ta có3x− 1

x2 + 6x+ 9=

3x− 1

(x+ 3)2=

A

x+ 3+

B

(x+ 3)2=A(x+ 3) +B

(x+ 3)2=Ax+ 3A+B

(x+ 3)2.

Đồng nhất hệ số được{A = 33A+B = −1

⇔{A = 3B = −10

. Khi đó

I = 3

1∫0

1

x+ 3dx− 10

1∫0

1

(x+ 3)2dx = 3 ln |x+ 3||10 +

10

x+ 3

∣∣∣∣10

= 3 ln4

3− 5

6

e) Ta cóx2 − 3x+ 2

x (x2 + 2x+ 1)=x2 − 3x+ 2

x(x+ 1)2=A

x+

B

x+ 1+

C

(x+ 1)2

=A(x+ 1)2 +Bx(x+ 1) + Cx

x(x+ 1)2=

(A+B)x2 + (2A+B + C)x+A

x(x+ 1)2.

Đồng nhất hệ số được

A+B = 12A+B + C = −3A = 2

⇔

A = 2B = −1C = −6

. Khi đó

I = 2

2∫1

1

xdx−

2∫1

1

x+ 1dx− 6

2∫1

1

(x+ 1)2dx =

(2 ln |x| − ln |x+ 1|+ 6

x+ 1

)∣∣∣∣21

= ln8

3− 1

f) Ta có4x− 2

(x+ 2)(x2 + 1)=

A

x+ 2+

B

x2 + 1+

2Cx

x2 + 1=A(x2 + 1

)+B(x+ 2) + 2Cx(x+ 2)

(x+ 2)(x2 + 1)

=(A+ 2C)x2 + (B + 4C)x+A+ 2B

(x+ 2)(x2 + 1).

Đồng nhất hệ số được

A+ 2C = 0B + 4C = 4A+ 2B = −2

⇔

A = −2B = 0C = 1

. Khi đó

I = −2

1∫0

1

x+ 2dx+

1∫0

2x

x2 + 1dx =

(−2 ln |x+ 2|+ ln

∣∣x2 + 1∣∣)∣∣1

0= ln

8

9


a) I =

√3∫

1

1

x+ x3dx. b) I =

2∫1

1− x4

x+ x5dx. c) [BĐT-15] I =

1∫0

1

(x2 − 3x+ 2)2dx.

15




Lời giải.

a) I =

√3∫

1

1

x+ x3dx =

√3∫

1

1

x (1 + x2)dx =

√3∫

1

x2 + 1− x2

x (1 + x2)dx =

√3∫

1

(1

x− x

1 + x2

)dx

=

(ln |x| − 1

2ln∣∣1 + x2

∣∣)∣∣∣∣√3

1

=1

2ln

3

2.

b) I =

2∫1

1− x4

x (1 + x4)dx =

2∫1

1 + x4 − 2x4

x (1 + x4)dx =

2∫1

1

xdx− 2

2∫1

x3

1 + x4dx

=

(ln |x| − 1

2ln∣∣1 + x4

∣∣)∣∣∣∣21

=1

2ln

8

17

c) I =

1∫0

1

(x2 + 3x+ 2)2dx =

1∫0

[(x+ 2)− (x+ 1)

(x+ 1)(x+ 2)

]2dx =

1∫0

(1

x+ 1− 1

x+ 2

)2

dx

=

1∫0

[1

(x+ 2)2+

1

(x+ 1)2− 2

(x+ 1)(x+ 2)

]dx = − 1

x+ 1

∣∣∣∣10

− 1

x+ 2

∣∣∣∣10

− 2

1∫0

(x+ 2)− (x+ 1)

(x+ 1)(x+ 2)dx

=2

3− 2

1∫0

1

x+ 1dx−

1∫0

1

x+ 2dx

=2

3− 2 (ln |x+ 1| − ln |x+ 2|)|10 =

2

3+ 2 ln

3

4

Nhận xét. Rõ ràng đối với các bài tập trong ví dụ 2.5 dùng kỹ thuật thêm bớt là tốt hơn dùng phươngpháp hệ số bất định.

2.2.2. Phương pháp đổi biến dạng 1.


b∫a

f(x)dx.

Phương pháp.• Đặt x = ϕ(t)⇒ dx = ϕ′(t)dt.• Đổi cận: x = a⇒ t = α; x = b⇒ t = β (trong đó ϕ(α) = a, ϕ(β) = b).

• Khi đó I =

β∫α

f (ϕ(t))ϕ′(t)dt.

Lưu ý.

• a2 + x2 : x = |a| tan t, t ∈(−π

2;π

2

). •

√a2 − x2 : x = |a| sin t t ∈

[−π

2;π

2

].

•√x2 − a2 : x =

|a|sin t

t ∈[−π

2;π

2

]\ {0}.


a) I =

1∫0

1

1 + x2dx. b) I =

1∫0

1

3 + x2dx. c) I =

1∫0

x3

x8 + 1dx.

d) I =

1∫0

√1− x2dx. e) I =

√2

2∫0

x2√1− x2

dx. f) I =

2∫2√3

1

x√x2 − 1

dx.

Lời giải.

a) Đặt x = tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒ dx =

1

cos2 tdt = (1 + tan2 t)dt.

16




Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t =π

4. Ta có

I =

π4∫

0

1

1 + tan2t(1 + tan2t)dt =

π4∫

0

dt = t|π40 =

π

4

b) Đặt x =√

3 tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒ dx =

√3

cos2 tdt =

√3(1 + tan2 t)dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t =π

6. Ta có

I =

π6∫

0

1

3 + 3tan2t

√3(1 + tan2t

)dt =

1√3

π6∫

0

dt =1√3t|π60 =

π

6√

3

c) Đặt x4 = tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒ 4x3dx =

1


Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t =π

4. Ta có

I =1

4

π4∫

0

1

1 + tan2t(1 + tan2t)dt =

1

4

π4∫

0

dt =1

4t

∣∣∣∣π40

=π

16

d) Đặt x = sin t, t ∈[−π

2;π

2

]⇒ dx = cos tdt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t =π

2. Ta có

I =

π2∫

0

√1− sin2t cos tdt =

π2∫

0

cos2tdt =1

2

π2∫

0

(1 + cos 2t) dt =

(1

2t+

1

4sin 2t

)∣∣∣∣π20

=π

4

e) Đặt x = sin t, t ∈[−π

2;π

2

]⇒ dx = cos tdt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x =

√2

2⇒ t =

π

4. Ta có

I =

π4∫

0

sin2t√1− sin2t

cos tdt =

π4∫

0

sin2tdt =1

2

π4∫

0

(1− cos 2t) dt =

(1

2t− 1

4sin 2t

)∣∣∣∣π40

=π − 2

8

f) Đặt x =1

sin t, t ∈

[−π

2;π

2

]\ {0} ⇒ dx = − cos t

sin2 tdt.

Đổi cận: x =2√3⇒ t =

π

3; x = 2⇒ t =

π

6. Ta có

I =

π3∫

π6

1

1sin t

√1

sin2t− 1

cos t

sin2tdt =

π3∫

π6

dt = t|π3π6

=π

6


a) I =

1∫0

1

x2 + x+ 1dx. b) I =

1∫0

√2x− x2dx. c) I =

√2∫

0

√2 + x

2− xdx.

d) I =

1∫0

x2 + x+ 2

x3 + x2 + x+ 1dx. e) I =

2∫1

1

x2√

1 + x2dx. f) I =

π∫−π

sin2x

3x + 1dx.

17




Lời giải.

a) Ta có I =

1∫0

1(x+ 1

2

)2+ 3

4

dx.

Đặt x+1

2=

√3

2tan t, t ∈

(−π

2;π

2

)⇒ dx =

√3

2

1

cos2 tdt =

√3

2(1 + tan2 t)dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t =π

6; x = 1⇒ t =

π

3. Ta có

I =

π3∫

π6

134tan2t+ 3

4

√3

2(1 + tan2t)dt =

2√3

π3∫

π6

dt =2√3t

∣∣∣∣π3π6

=π

3√

3


∫1

ax2 + bx+ cdx (với ∆ là biệt thức của mẫu)

• Nếu ∆ > 0 thì I =

∫1

a(x− x1)(x− x2)dx.

• Nếu ∆ = 0 thì I =

∫1

a(x− x0)2dx.

• Nếu ∆ < 0 thì I =

∫1

u2 +A2dx.

b) Ta có I =

1∫0

√1− (x− 1)2dx.

Đặt x− 1 = sin t, t ∈[−π

2;π

2

]⇒ dx = cos dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = −π2; x = 1⇒ t = 0. Ta có

I =

0∫−π

2

√1− sin2t cos tdt =

0∫−π

2

cos2tdt =1

2

0∫−π

2

(1 + cos2t) dt =

(1

2t+

1

4sin 2t

)∣∣∣∣0−π

2

=π

4


∫ √ax2 + bx+ cdx =

∫ √A2 − u2dx (trong đó a < 0 và ∆ > 0)

c) Ta có I =

√2∫

0

2 + x√4− x2

dx.

Đặt x = 2 sin t, t ∈[−π

2;π

2

]⇒ dx = 2 cos dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x =√

2⇒ t =π

4. Ta có

I =

π4∫

0

2 + 2 sin t√4− 4sin2t

2 cos tdt = 2

π4∫

0

(1 + sin t) dt = (2t− 2 cos t)|π40 = 2−

√2 +

1

2π


∫ √a+ x

a− xdx =

∫a+ x√a2 − x2

dx (a > 0).

d) Ta có I =

1∫0

x2 + x+ 2

x3 + x2 + x+ 1dx =

1∫0

x2 + x+ 2

x2 (x+ 1) + x+ 1dx =

1∫0

x2 + 1 + x+ 1

(x+ 1) (x2 + 1)dx

=

1∫0

(1

x+ 1+

1

x2 + 1

)dx = ln |x+ 1||10 +

1∫0

1

x2 + 1dx = ln 2 +

1∫0

1

x2 + 1dx.

18




Đặt x = tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒ dx =

1


Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t =π

4. Ta có

I = ln 2 +

π4∫

0

1

tan2t+ 1(1 + tan2t)dt = ln 2 +

π4∫

0

dt = ln 2 + t|π40 = ln 2 +

π

4

e) C1: Đặt x = tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒ dx =

1

cos2 tdt.

Đổi cận: x = 1⇒ t =π

4; x = 2⇒ arctan 2. Ta có

I =

arctan 2∫π4

1

tan2t√

1 + tan2t

1

cos2tdt =

arctan 2∫π4

cos t

sin2tdt = − 1

sin t

∣∣∣∣arctan 2

π4

=2√

2−√

5

2

C2: Đặt x =1

t⇒ dx = − 1

t2dt. Đổi cận: x = 1⇒ t = 1; x = 2⇒ t =

1

2. Ta có

I =

1∫12

1

1t2

√1 + 1

t2

1

t2dt =

1∫12

t√1 + t2

dt =1

2

1∫12

1√1 + t2

d(1 + t2) =√

1 + t2∣∣∣112

=2√

2−√

5

2


∫1

(1 + xn) n√

1 + xndx. Đặt x =

1

t.

f) Đặt x = −t⇒ dx = −dt. Đổi cận: x = −π ⇒ t = π; x = π ⇒ t = −π. Ta có

I =

π∫−π

sin2 (−t)3−t + 1

dt =

π∫−π

sin2t13t + 1

dt =

π∫−π

3tsin2t

1 + 3tdt =

π∫−π

3xsin2x

1 + 3xdx

Suy ra 2I =

π∫−π

(sin2x

1 + 3x+

3xsin2x

1 + 3x

)dx =

π∫−π

sin2xdx =

(1

2x− 1

4sin 2x

)∣∣∣∣π−π

= π ⇔ I =π

2.


a∫−a

f(x)dx. Đặt x = −t.

2.2.3. Phương pháp đổi biến dạng 2.


b∫a

f [u(x)]u′(x)dx.

Phương pháp.• Đặt u = u(x)⇒ du = u′(x)dx.• Đổi cận: x = a⇒ u = u(a); x = b⇒ u = u(b).

• Khi đó I =

b∫a

f (u) du.

Lưu ý. u(x) thường nằm trong dấu lũy thừa, lượng giác, trên số mũ, dưới mẫu hay cả dấu căn, dấu lôgarit.

19





a) I =

1∫0

x3(1 + x4

)3dx. b) I =

1∫0

x+ 2

x2 + 4x+ 7dx. c) [DB-02] I =

1∫0

x3

x2 + 1dx.

d) [BĐT-18] I =

1∫0

x

(x+ 1)3dx. e) I =

1∫0

x5(x2 + 1

)2011dx. f) I =

2∫1

(2x− 1)10

(x+ 1)12dx.

Lời giải.

a) I =1

4

1∫0

(1 + x4

)3d(1 + x4

)=

1

16

(1 + x4

)4∣∣∣∣10

=15

16.

b) I =1

2

1∫0

1

x2 + 4x+ 7d(x2 + 4x+ 7

)=

1

2ln∣∣x2 + 4x+ 7

∣∣∣∣∣∣10

=1

2ln

12

7.

c) I =

1∫0

(x− x

x2 + 1

)dx =

1∫0

xdx− 1

2

1∫0

1

x2 + 1d(x2 + 1

)=x2

2

∣∣∣∣10

− 1

2ln∣∣x2 + 1

∣∣∣∣∣∣10

=1

2− 1

2ln 2.

d) Đặt u = x+ 1⇒ du = dx. Đổi cận: x = 0⇒ u = 1; x = 1⇒ u = 2. Ta có

I =

2∫1

u− 1

u3du =

2∫1

(1

u2− 1

u3

)du =

(−1

u+

1

2u2

)∣∣∣∣21

=1

8

e) Ta có I =

1∫0

x4x(x2 + 1

)2012dx.

Đặt u = x2 + 1⇒ du = 2xdx. Đổi cận: x = 0⇒ u = 1; x = 1⇒ u = 2. Ta có

I =1

2

2∫1

(u− 1)2u2012du =1

2

2∫1

(u2014 − 2u2013 + u2012

)du

=1

2

(u2015

2015− 2u2014

2014+u2013

2013

)∣∣∣∣21

=2025079.22012 − 1

4084588365

f) Ta có I =

2∫1

(2x− 1

x+ 1

)10

.1

(x+ 1)2dx.

Đặt u =2x− 1

x+ 1⇒ du =

3

(x+ 1)2dx. Đổi cận: x = 1⇒ u =

1

2; x = 2⇒ u = 1. Ta có

I =1

3

1∫12

u10du =u11

33

∣∣∣∣112

=2047

67584


∫(ax+ b)n

(cx+ d)n+2dx =

∫ (ax+ b

cx+ d

)n 1

(cx+ d)2dx. Đặt u =

ax+ b

cx+ d.


a) [DB-03] I =

1∫0

x3√

1− x2dx. b) [D-2011] I =

4∫0

4x− 1√2x+ 1 + 2

dx. c) I =

6∫2

1

2x+ 1 +√

4x+ 1dx.

d) [A-03] I =

2√3∫

√5

1

x√x2 + 4

dx. e) I =

64∫1

1√x+ 3√xdx. f) I =

1∫0

1√(x+ 1) (x+ 8)

dx.

20




Lời giải.

a) Ta có I =

1∫0

x2x√

1− x2dx.

Đặt u =√

1− x2 ⇔ u2 = 1− x2 ⇒ 2udu = −2xdx. Đổi cận: x = 0⇒ u = 1; x = 1⇒ u = 0. Ta có

I =

1∫0

(1− u2

)u.udu =

1∫0

(u2 − u4

)du =

(u3

3− u5

5

)∣∣∣∣10

=2

15

c) Đặt u =√

2x+ 1⇔ u2 = 2x+ 1⇒ 2udu = 2dx. Đổi cận: x = 0⇒ u = 1; x = 4⇒ u = 3. Ta có

I =

3∫1

2(u2 − 1

)− 1

u+ 2udu =

3∫1

2u3 − 3u

u+ 2du =

3∫1

(2u2 − 4u+ 5− 10

u+ 2

)du

=

(2u3

3− 2u2 − 10 ln |u+ 2|

)∣∣∣∣31

=34

3+ 10 ln

3

5

c) Đặt u =√

4x+ 1⇔ u2 = 4x+ 1⇒ udu = 2dx. Đổi cận: x = 2⇒ u = 3; x = 6⇒ u = 5. Ta có

I =1

2

5∫3

1u2−12 + 1 + u

udu =

5∫3

u

u2 + 2u+ 1du =

5∫3

u+ 1− 1

(u+ 1)2du

=

5∫3

(1

u+ 1− 1

(u+ 1)2

)du =

(ln |u+ 1|+ 1

u+ 1

)∣∣∣∣53

= ln3

2− 1

12

d) Ta có I =

2√3∫

√5

x

x2√x2 + 4

dx.

Đặt u =√x2 + 4⇔ u2 = x2 + 4⇒ udu = xdx. Đổi cận: x =

√5⇒ u = 3; x = 2

√3⇒ u = 4. Ta có

I =

4∫3

u

(u2 − 4)udu =

4∫3

1

(u− 2) (u+ 2)du =

1

4

4∫3

(u+ 2)− (u− 2)

(u− 2) (u+ 2)du

=1

4

4∫3

(1

u− 2− 1

u+ 2

)du =

1

4(ln |u− 2| − ln |u+ 2|)

∣∣∣∣43

=1

4ln

5

3

e) Đặt u = 6√x⇔ u6 = x⇒ 6u5du = dx. Đổi cận: x = 1⇒ u = 1; x = 64⇒ u = 2. Ta có

I =

2∫1

1

u3 + u26u5du = 6

2∫1

u3

u+ 1du = 6

2∫1

(u2 − u+ 1− 1

u+ 1

)du

= 6

(u3

3− u2

2+ u− ln |u+ 1|

)∣∣∣∣21

= 11 + 6 ln2

3

f) Đặt u =√x+ 1 +

√x+ 8

⇒ du =

(1

2√x+ 1

+1

2√x+ 8

)dx =

√x+ 1 +

√x+ 8

2√

(x+ 1)(x+ 8)dx⇔ 2

udu =

1√(x+ 1)(x+ 8)

dx.

Đổi cận: x = 0⇒ u = 1 + 2√

2; x = 1⇒ u = 3 +√

2. Ta có

I =

3+√2∫

1+2√2

2

udu = 2 ln |u||3+

√2

1+2√2

= 2 ln3 +√

2

1 + 2√

2

21





∫1√

(ax+ b)(ax+ c)dx. Đặt u =

√|ax+ b|+

√|ax+ c|.


a) [D-09] I =

3∫1

1

ex − 1dx. b) I =

ln 2∫0

1

1 + e−xdx. c) [A-2010] I =

1∫0

x2 + ex + 2x2ex

1 + 2exdx.

d) [DB-03] I =

ln 5∫ln 2

e2x√ex − 1

dx. e) I =

ln 5∫ln 2

ex

(10− ex)√ex − 1

dx. f) [B-2010] I =

e∫1

lnx

x(2 + lnx)2dx.

g) I =

e∫1

1 + ln3x

xdx. h) I =

√e∫

1

1

x(ln2x− 3 lnx+ 2

)dx. i) [B-04] I =

e∫1

√1 + 3 lnx. lnx

xdx.

Lời giải.

a) I =

3∫1

ex − (ex − 1)

ex − 1dx =

3∫1

(ex

ex − 1− 1

)dx = (ln |ex − 1| − x)|31 = ln

(e2 + e+ 1

)− 2.

b) I =

ln 2∫0

1

1 + 1exdx =

ln 2∫0

ex

1 + exdx =

ln 2∫0

1

1 + exdex = ln |1 + ex||ln 2

0 = ln3

2.

c) I =

1∫0

x2 (1 + 2ex) + ex

1 + 2exdx =

1∫0

(x2 +

ex

1 + 2ex

)dx =

1∫0

x2dx+1

2

1∫0

1

1 + 2exd(1 + 2ex)

=x3

3

∣∣∣∣10

+1

2ln |1 + 2ex|

∣∣∣∣10

=1

3+

1

2ln

1 + 2e

3.

d) Ta có I =

ln 5∫ln 2

ex.ex√ex − 1

dx.

Đặt u =√ex − 1⇔ u2 = ex − 1⇒ 2udu = exdx. Đổi cận: x = ln 2⇒ u = 1; x = ln 5⇒ u = 4. Ta có

I =

4∫1

u2 + 1

u2udu = 2

4∫1

(u2 + 1

)du = 2

(u3

3+ u

)∣∣∣∣41

=20

3

e) Đặt u =√ex − 1⇔ u2 = ex − 1⇒ 2udu = exdx.

Đổi cận: x = ln 2⇒ u = 1; x = ln 5⇒ u = 2. Ta có

I =

2∫1

1

(9− u)u2udu =

1

3

2∫1

(3 + u) + (3− u)

(3 + u)(3− u)du =

1

3

2∫1

(1

3− u+

1

3 + u

)du

=1

3(ln |3 + u| − ln |3− u|)

∣∣∣∣21

=1

3ln

5

2

f) Đặt u = 2 + lnx⇒ du =1

xdx. Đổi cận: x = 1⇒ u = 2; x = e⇒ u = 3. Ta có

I =

3∫2

u− 2

u2du =

3∫2

(1

u− 2

u2

)du =

(ln |u|+ 2

u

)∣∣∣∣32

= ln3

2− 1

3

g) I =

e∫1

1 + ln3x

xdx =

e∫1

(1 + ln3x

)d lnx =

(lnx+

ln4x

4

)∣∣∣∣e1

=5

4.

22




h) Đặt u = lnx⇒ du =1

xdx. Đổi cận: x = 1⇒ u = 0; x =

√e⇒ u =

1

2. Ta có

I =

12∫

0

1

u2 − 3u+ 2du =

12∫

0

(u− 1)− (u− 2)

(u− 1)(u− 2)du =

12∫

0

(1

u− 2− 1

u− 1

)du

= (ln |u− 2| − ln |u− 1|)||120 = ln

3

2

i) Đặt u =√

1 + 3 lnx⇔ u2 = 1 + 3 lnx⇒ 2udu =3

xdx.

Đổi cận: x = 1⇒ u = 1; x = e⇒ u = 2. Ta có

I =

2∫1

uu2 − 1

3.2u

3du =

2

9

2∫1

(u4 − u2

)du =

2

9

(u5

5− u3

3

)∣∣∣∣21

=116

135

2.2.4. Phương pháp tích phân từng phần.


b∫a

u(x).v′(x)dx.

Phương pháp.

• Đặt{u = u(x)dv = v′(x)dx

⇒{du = u′(x)dxv =

∫v′(x)dx (chọn C = 0)

.

• Khi đó I = uv|ba −b∫a

vdu.

Lưu ý. Trong tích phân từng phần ta thường gặp các trường hợp sau

• I =

∫{P (x); ex} dx u = P (x)

• I =

∫ {P (x); sinx, cosx,

1

cos2x,

1

sin2x

}dx u = P (x)

• I =

∫{P (x); lnx} dx u = lnx

• I =

∫{ex; sinx, cosx} dx u = ex

(hoặc u = sinx, cosx

)Ví dụ 2.11. Tính các tích phân sau

a) [D-06] I =

1∫0

(x− 2) e2xdx. b) [CĐ-09] I =

1∫0

(e−2x + x

)exdx.c) I =

π2∫

0

(x+ 1) sin 2xdx.

d) I =

π2∫

0

x (2 + sinx) dx. e) [D-08] I =

2∫1

lnx

x3dx. f) [D-04] I =

3∫2

ln(x2 − x

)dx.

Lời giải.

a) Đặt{u = x− 2dv = e2xdx

⇒{du = dxv = 1

2e2xdx

. Ta có

I =1

2(x− 2)e2x

∣∣∣∣10

− 1

2

1∫0

e2xdx = −e2

2+ 1− 1

4e2x∣∣∣∣10

=5− 3e2

4

b) Ta có I =

1∫0

(e−2x + x

)exdx =

1∫0

e−xdx+

1∫0

xexdx = −e−x∣∣10

+

1∫0

xexdx = 1− 1

e+

1∫0

xexdx.

23




Đặt{u = xdv = exdx

⇒{du = dxv = ex

. Ta có

I = 1− 1

e+ xex|10 −

1∫0

exdx = 1− 1

e+ e− ex|10 = 2− 1

e

c) Đặt{u = x+ 1dv = sin 2xdx

⇒{du = dxv = −1

2 cos 2x. Ta có

I = −1

2(x+ 1) cos 2x

∣∣∣∣π20

+1

2

π2∫

0

cos 2xdx =π

4+ 1 +

1

4sin 2x

∣∣∣∣π20

=π + 4

4

d) Đặt{u = xdv = (2 + sinx)dx

⇒{du = dxv = 2x− cosx

. Ta có

I = x(2x− cosx)|π20 −

π2∫

0

(2x− cosx)dx =π2

2−(x2 − sinx

)∣∣π20

=π2

4+ 1

e) Đặt{u = lnxdv = 1

x3dx⇒{du = 1

xdxv = − 1

2x2. Ta có

I = − lnx

2x2

∣∣∣∣21

+1

2

2∫1

1

x3dx = −1

8ln 2− 1

4x2

∣∣∣∣21

=3

16− 1

8ln 2

f) Đặt{u = ln

(x2 − x

)dv = dx

⇒{du = 2x−1

x2−xdx

v = x. Ta có

I = x ln(x2 − x

)∣∣32−

3∫2

x2x− 1

x2 − xdx = 3 ln 6− 2 ln 2−

3∫2

2x− 1

x− 1dx

= 3 ln 6− 2 ln 2−3∫

2

(2 +

1

x− 1

)dx = 3 ln 6− 2 ln 2− (2x+ ln |x− 1|)|32 = 3 ln 3− 2


a) I =

π4∫

0

x

1 + cos 2xdx. b) I =

e∫1

x2 + 1

xlnxdx. c) I =

0∫−1

x(e2x + 3

√x+ 1

)dx.

d) [B-09] I =

3∫1

3 + lnx

(1 + x)2dx. e) I =

ln 3∫0

xex√ex + 1

dx. f) [B-2011] I =

π3∫

0

1 + x sinx

cos2xdx.

Lời giải.

a) Ta có I =

π4∫

0

x

2cos2xdx.

Đặt{u = xdv = 1

2cos2xdx⇒{du = dxv = 1

2 tanx. Ta có

I =1

2x tanx

∣∣∣∣π40

− 1

2

π4∫

0

tanxdx =π

8− 1

2

π4∫

0

sinx

cosxdx =

π

8+

1

2

π4∫

0

1

cosxd cosx

=π

8+

1

2ln |cosx|

∣∣∣∣π40

=π

8− 1

4ln 2

24




b) Ta có I =

e∫1

(x+

1

x

)lnxdx =

e∫1

x lnxdx+

e∫1

lnx

xdx =

e∫1

x lnxdx+ln2x

2

∣∣∣∣e1

=

e∫1

x lnxdx+1

2

Đặt{u = lnxdv = xdx

⇒{du = 1

xdx

v = x2

2

. Ta có

I =1

2+x2

2lnx

∣∣∣∣e1

−e∫

1

x2

2

1

xdx =

1

2+e2

2− 1

2

e∫1

xdx =1

2+e2

2− x2

4

∣∣∣∣e1

=e2 + 3

4

c) Ta có I =

0∫−1

x(e2x + 3

√x+ 1

)dx =

0∫−1

xe2xdx+

0∫−1

x 3√x+ 1dx = I1 + I2.

Đặt{u = xdv = e2xdx

⇒{du = dxv = 1

2e2x . Ta có

I1 =1

2xe2x

∣∣∣∣0−1− 1

2

0∫−1

e2xdx =1

2e2− 1

4e2x∣∣∣∣0−1

=3

4e2− 1

4

Đặt u = 3√x+ 1⇔ u3 = x+ 1⇒ 3u2du = dx. Đổi cận: x = −1⇒ u = 0; x = 0⇒ u = 1. Ta có

I2 =

1∫0

(u3 − 1

)u.3u2du = 3

1∫0

(u6 − u3

)du = 3

(u7

7− u4

4

)∣∣∣∣10

= − 9

28

Vậy I = I1 + I2 =3

4e2− 1

4− 9

28=

3

4e2− 4

7.

d) Đặt

{u = 3 + lnxdv = 1

(1+x)2⇒{du = 1

xdxv = − 1

1+x

. Ta có

I = −3 + lnx

1 + x

∣∣∣∣31

+

3∫1

1

x(1 + x)dx =

3− ln 3

4+

3∫1

1 + x− xx(1 + x)

dx =3− ln 3

4+

3∫1

(1

x− 1

1 + x

)dx

=3− ln 3

4+ (ln |x| − ln |1 + x|)|31 =

1

4

(3 + ln

27

16

)

e) Đặt

{u = x

dv = ex√ex+1

⇒{du = dxv = 2

√ex + 1

. Ta có

I = 2x√ex + 1

∣∣ln 3

0− 2

ln 3∫0

√ex + 1dx = 4 ln 3− 2

ln 3∫0

ex√ex + 1

exdx

Lại đặt u =√ex + 1⇔ u2 = ex + 1⇒ 2udu = exdx.

Đổi cận: x = 0⇒ u =√

2; x = ln 3⇒ u = 2. Ta có

I = 4 ln 3− 2

2∫√2

u

u2 − 12udu = 4 ln 3− 4

2∫√2

(1 +

1

u2 − 1

)du

= 4 ln 3− 4t|2√2− 2

2∫√2

(u+ 1)− (u− 1)

(u+ 1)(u− 1)du = 4 ln 3− 8 + 4

√2− 2

2∫√2

(1

u− 1− 1

u+ 1

)du

= 4 ln 3− 8 + 4√

2− 2 (ln |u− 1| − ln |u+ 1|)|2√2

= 6 ln 3− 8 + 4√

2 + 4 ln(√

2− 1)

25




f) Ta có I =

π3∫

0

1

cos2xdx+

π3∫

0

x sinx

cos2xdx = tanx|

π30 +

π3∫

0

x sinx

cos2xdx =

√3 +

π3∫

0

x sinx

cos2xdx.

Đặt{u = x

dv = sinxcos2x

dx⇒{du = dxv = 1

cosx

. Ta có

I =√

3 +x

cosx

∣∣∣π30−

π3∫

0

1

cosxdx =

√3 +

2π

3−

π3∫

0

cosx

cos2xdx =

√3 +

2π

3−

π3∫

0

1

1− sin2xd (sinx)

=√

3 +2π

3− 1

2

π3∫

0

1− sinx+ 1 + sinx

(1− sinx)(1 + sinx)d (sinx) =

√3 +

2π

3− 1

2

π3∫

0

(1

1 + sinx+

1

1− sinx

)d (sinx)

=√

3 +2π

3− 1

2(ln |1 + sinx| − ln |1− sinx|)

∣∣∣∣π30

=√

3 +2π

3− ln

(2 +√

3)


a) I =

ln 2∫0

x2exdx. b) [DB-07] I =

π2∫

0

x2 cosxdx. c) [D-07] I =

e∫1

x3ln2xdx.

d) I =

π2∫

0

ex cosxdx. e) [BĐT-37] I =

π∫0

e2xsin2xdx. f) I =

eπ∫1

cos (lnx) dx.

g) [DB-03] I =

1∫0

x3ex2dx. h) [DB-04] I =

π2∫0

√x sin

√xdx. i) I =

e5∫e2

lnx. ln (lnx)

xdx.

Lời giải.

a) Đặt{u = x2

dv = exdx⇒{du = 2xdxv = ex

. Ta có

I = x2ex∣∣ln 2

0−

ln 2∫0

ex2xdx = 2ln22−ln 2∫0

2xexdx

Lại đặt{u = 2xdv = exdx

⇒{du = 2dxv = ex

. Ta có

I = 2ln22− 2xex|ln 20 +

ln 2∫0

2exdx = 2ln22− 4 ln 2 + 2ex|ln 20 = 2ln22− 4 ln 2 + 2

b) Đặt{u = x2

dv = cosxdx⇒{du = 2xdxv = sinx

. Ta có

I = x2 sinx∣∣π20−

π2∫

0

2x sinxdx =π2

4−

π2∫

0

2x sinxdx

Lại đặt{u = 2xdv = sinxdx

⇒{du = 2dxv = − cosx

. Ta có

I =π2

4+ 2x cosx|

π20 −

π2∫

0

2 cosxdx =π2

4− 2 sinx|

π20 =

π2

4− 2

26




c) Đặt{u = ln2xdv = x3dx

⇒{du = 2 lnx

x dx

v = x4

4

. Ta có

I =x4

4ln2x

∣∣∣∣e1

−e∫

1

x4

4

2 lnx

xdx =

e4

4− 1

2

e∫1

x3 lnxdx

Lại đặt{u = lnxdv = x3dx

⇒{du = 1

xdx

v = x4

4

. Ta có

I =e4

4− 1

2

x4

4lnx

∣∣∣∣e1

− 1

4

e∫1

x3dx

=e4

4− 1

2

(e4

4− x4

16

∣∣∣∣e1

)=

5e4 − 1

32

d) Đặt{u = ex

dv = cosxdx⇒{du = exdxv = sinx

. Ta có

I = ex sinx|π20 −

π2∫

0

ex sinxdx = eπ2 −

π2∫

0

ex sinxdx

Lại đặt{u = ex

dv = sinxdx⇒{du = exdxv = − cosx

. Ta có

I = eπ2 −

−ex cosx|π20 +

π2∫

0

ex cosxdx

= eπ2 − 1− I ⇔ I =

eπ2 − 1

2

e) Ta có I =

π∫0

e2xsin2xdx =1

2

π∫0

e2x (1− cos 2x) dx =1

4e2x∣∣∣∣π0

− 1

2

π∫0

e2x cos 2xdx =e2π − 1

4− 1

2I1.

Đặt{u = e2x

dv = cos 2xdx⇒{du = 2e2xdxv = 1

2 sin 2x. Ta có

I1 =1

2e2x sin 2x

∣∣∣∣π0

−π∫

0

e2x sin 2xdx = −π∫

0

e2x sin 2xdx

Lại đặt{u = e2x

dv = sin 2xdx⇒{du = 2e2xdxv = −1

2 cos 2x. Ta có

I1 = −

−1

2e2x cos 2x

∣∣∣∣π0

+

π∫0

e2x cos 2xdx

=e2π − 1

2− I1 ⇔ I1 =

e2π − 1

4

Vậy I =e2π − 1

4− 1

2

e2π − 1

4=e2π − 1

8.

f) Đặt{u = cos(lnx)dv = dx

⇒{du = − 1

x sin(lnx)dxv = x

. Ta có

I = x cos(lnx)|eπ

1 +

eπ∫1

sin (lnx) dx = −eπ − 1 +

eπ∫1

sin (lnx) dx

Lại đặt{u = sin(lnx)dv = dx

⇒{du = 1

x cos(lnx)dxv = x

. Ta có

I = −eπ − 1 + x sin(lnx)|eπ

1 −eπ∫1

cos (lnx) dx = −eπ − 1− I ⇔ I = −eπ + 1

2

27




g) Đặt t = x2 ⇒ dt = 2xdx. Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t = 1. Ta có I =1

2

1∫0

tetdt.

Lại đặt{u = tdv = etdt

⇒{du = dtv = et

. Ta có

I =1

2

tet∣∣10−

1∫0

etdt

=1

2

(e− et

∣∣10

)=

1

2

h) Đặt t =√x⇔ t2 = x⇒ 2tdt = dx. Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = π2 ⇒ t = π. Ta có

I =

π∫0

t sin t.2tdt =

π∫0

2t2 sin tdt

Đặt{u = 2t2

dv = sin tdt⇒{du = 4tdtv = − cosx

. Ta có

I = −2t2 cos t∣∣π0

+

π∫0

4t cos tdt = 2π2 +

π∫0

4t cos tdt

Lại đặt{u = 4tdv = cos tdt

⇒{du = 4dtv = sin t

. Ta có

I = 2π2 + 4t sin t|π0 − 4

π∫0

sin tdt = 2π2 + 4 cos t|π0 = 2π2 − 8

i) Đặt t = lnx⇒ dt =1

xdx. Đổi cận: x = e2 ⇒ t = 2; x = e5 ⇒ t = 5. Ta có I =

5∫2

t ln tdt.

Đặt{u = ln tdv = tdt

⇒{du = 1

t dt

v = t2

2

. Ta có

I =t2

2ln t

∣∣∣∣52

−5∫

2

t2

2

1

tdt =

25

2ln 5− 2 ln 2− 1

2

5∫2

tdt

=25

2ln 5− 2 ln 2− 1

4t2∣∣∣∣52

=25

2ln 5− 2 ln 2− 21

4

BÀI TẬP


a) I =

1∫0

1

x2 − 5x+ 6dx. b) [BĐT-82] I =

0∫−1

5x− 3

x2 − 3x+ 2dx. c) [DB-07] I =

1∫0

x (x− 1)

x2 − 4dx.

d) I =

1∫0

2x+ 1

x2 + 2x+ 1dx. e) [BĐT-03] I =

1∫0

3x+ 1

(x+ 1)3dx. f) [BĐT-26] I =

0∫−1

3x2 + 3x+ 3

x3 − 3x+ 2dx.


a) I =

2∫1

1

x (x4 + 1)dx. b) I =

1∫12

1

x7 − 4x3dx. c) I =

1∫0

1

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

28





a) I =

a∫0

1

a2 + x2dx (a > 0). b) I =

a2∫

0

1√a2 − x2

dx (a > 0). c) I =

2a∫2a√3

1

x√x2 − a2

dx (a > 0).

d) I =

1∫0

x

x4 + 1dx. e) I =

2∫0

x2√

4− x2dx. f) I =

√3∫

0

∣∣1− x2∣∣1 + x2

dx.


a) I =

2∫0

x√

2x− x2dx. b) I =

5∫2

√−x2 + 4x+ 5dx. c) I =

2∫0

2x+ 3

x2 + 2x+ 4dx.

d) I =

1∫0

x

x4 + x2 + 1dx. e) [DB-04] I =

2∫0

x4 − x+ 1

x2 + 4dx. f) I =

1∫0

x4 + x2 + 1

x6 + 1dx.


a) I =

1∫12

1

(1 + x3) 3√

1 + x3dx. b) I =

1∫−√3

1√(1 + x2)3

dx. c) I =

1∫−1

1

(1 + ex) (1 + x2)dx.

d) I =

1∫−1

x4

2011x + 1dx. e) I =

π4∫

−π4

sin6x+ cos6x

1 + 6xdx. f) I =

1∫−1

ln(x+

√x2 + 1

)dx.


a) I =

1∫0

x(x− 1)2012dx. b) I =

0∫−1

(x+ 1)(x2 + 2x+ 2

)2012dx. c) I =

1∫0

x5(1− x3

)6dx.

d) I =

1∫0

5x

(x2 + 4)2dx. e) I =

1∫0

x3

(x2 + 1)3dx. f) I =

1∫0

(x+ 1)2010

(x+ 2)2012dx.


a) I =

1∫0

x2 8√

1− xdx. b) I =

1∫0

x15√

1 + 3x8dx. c) I =

√3∫

0

x3√x2 + 1

dx.

d) I =

√3∫

0

x5 + 2x3√x2 + 1

dx. e) I =

2∫1

x

1 +√x− 1

dx. f) I =

4√7∫0

x3

1 + 3√x4 + 1

dx.


a) [BĐT-85] I =

2∫1

1

x√

1 + x3dx. b) I =

4∫√7

1

x√x2 + 9

dx. c) I =

6√3∫1

√1 + x6

xdx.

d) I =

3∫−1

x− 3

3√x+ 1 + x+ 3

dx. e) I =

1∫0

x

(5− 2x2)√

6x2 + 1dx. f) I =

0∫−1

1√(2x− 1)(2x− 3)

dx.


a) I =

π2∫

0

ecos2x sinx cosxdx. b) I =

π4∫

0

(tanx+ esinx cosx

)dx. c) I =

2∫−1

ex

2 + exdx.

d) I =

1∫0

ex (1 + x)

1 + xexdx. e) I =

ln 5∫ln 2

(ex + 1) ex√ex + 1

dx. f) I =

ln 3∫0

√ex + 1dx.

29




g) I =

ln 4∫ln 2

1√ex − 1

dx. h) I =

ln 5∫0

ex√ex − 1

ex + 3dx. i) [B-06] I =

ln 5∫ln 3

1

ex + 2e−x − 3dx.


a) I =

eπ2∫

1

cos (lnx)

xdx. b) I =

π3∫

π4

ln (tanx)

sin 2xdx. c) I =

e∫1

√1 + lnx

xdx.

d) [DB-05]

e2∫1

ln2x

x√

lnx+ 1dx. e) I =

√e∫

1

3− 2 lnx

x√

1 + 2 lnxdx. f) I =

e∫1

2 lnx+ 3

x(lnx+ 2)2dx.


a) I =

1∫0

xexdx. b) I =

1∫0

x√exdx. c) [TN-09] I =

1∫0

(2x+ xex) dx.

d) I =

1∫0

(xe2x − x√

4− x2

)dx. e) I =

1∫0

(x2 + 2x)exdx. f) I =

1∫0

(4x2 − 2x− 1

)e2xdx.


a) [TN-09] I =

π∫0

x (1 + cosx) dx. b) I =

π2∫

0

(2x− 1) cosxdx. c) I =

π2∫

0

(2x− 1) cos2xdx.

d) I =

π3∫

π4

x

sin2xdx. e) I =

π2∫

0

(x2 − 2x+ 3) sinxdx. f) I =

π∫0

x sinxcos2xdx.


a) [DB-05] I =

e∫1

x2 lnxdx. b) [DB-06] I =

2∫1

(x− 2) lnxdx. c) I =

1∫0

ln (2x+ 1) dx.

d) [D-2010] I =

e∫1

(2x− 3

x

)lnxdx. e) I =

5∫2

2x2 − 2x− 1

x− 1ln (x− 1) dx. f) I =

2∫1

ln (1 + x)

x2dx.


a) I =

π2∫

0

excos2xdx. b) I =

π2∫

0

e3x sin 5xdx. c) I =

eπ2∫

1

sin (lnx) dx.

d) I =

π2∫

0

ecosx sin 2xdx. e) I =

π2∫

0

esin2x sinxcos3xdx. f) I =

π2∫

0

sin 2x ln(1 + cos2x

)dx.

2.3. Tích Phân Của Hàm Số Lượng Giác.

2.3.1. Dạngb∫a

sinmxcosnxdx.

Phương pháp.• Nếu m lẻ thì đặt u = cosx. • Nếu n lẻ thì đặt u = sinx.• Nếu m,n dương chẵn thì hạ bậc.• Nếu m = 0 và n âm chẵn thì đặt u = tanx. • Nếu n = 0 và m âm chẵn thì đặt u = cotx.

30





a) I =

π4∫

0

sin2xdx. b) I =

π4∫

0

tanxdx. c) I =

π2∫

0

cos5xdx.

d) I =

π4∫

0

1

cos4xdx. e) I =

π2∫

π3

1

sinxdx. f) I =

π4∫

0

1

cos3xdx.

g) I =

π3∫

0

sin2x tanxdx. h) I =

π4∫

0

sin2x

cos4xdx. i) I =

π3∫

π6

1

cosxsin2xdx.

Lời giải.

a) I =1

2

π4∫

0

(1− cos 2x) dx =

(1

2x− 1

4sin 2x

)∣∣∣∣π40

=π

8− 1

4.

b) I =

π4∫

0

sinx

cosxdx = −

π4∫

0

1

cosxd (cosx) = − ln |cosx||

π40 =

1

2ln 2.

c) I =

π2∫

0

cos4x cosxdx =

π2∫

0

(1− sin2x

)2d (sinx) =

(sinx− 2sin3x

3+

sin5x

5

)∣∣∣∣π2

0

=6

15.

d) I =

π4∫

0

1

cos2x

1

cos2xdx =

π4∫

0

(1 + tan2x

)d (tanx) =

(tanx+

tan3x

3

)∣∣∣∣π4

0

=4

3.

e) C1: I =

π2∫

π3

sinx

sin2xdx = −

π2∫

π3

1

1− cos2xd (cosx) = −1

2

π2∫

π3

1− cosx+ 1 + cosx

(1− cosx)(1 + cosx)d (cosx)

= −1

2

π2∫

π3

(1

1 + cosx+

1

1− cosx

)d (cosx) = −1

2(ln |1 + cosx| − ln |1− cosx|)

∣∣∣∣π2π3

=1

2ln 3.

C2: I =

π2∫

π3

1

2 sin x2 cos x2

dx =

π2∫

π3

1

2cos2 x2 tan x2

dx

=

π2∫

π3

1

tan x2

d(

tanx

2

)= ln

∣∣∣tanx

2

∣∣∣∣∣∣π2π3

=1

2ln 3.

f) I =

π6∫

0

cosx

cos4xdx =

π6∫

0

1(1− sin2x

)2d (sinx) =1

4

π6∫

0

[1 + sinx+ 1− sinx

(1 + sinx)(1− sinx)

]2d (sinx)

=1

4

π6∫

0

[1

1− sinx+

1

1 + sinx

]2d (sinx)

=1

4

π6∫

0

[1

(1− sinx)2+

1

(1 + sinx)2+

2

(1− sinx) (1 + sinx)

]2d (sinx)

=1

4

(1

1− sinx− 1

1 + sinx

)∣∣∣∣π60

+1

4

π6∫

0

1− sinx+ 1 + sinx

(1− sinx)(1 + sinx)d (sinx)

31




=1

3+

1

4

π6∫

0

(1

1 + sinx+

1

1− sinx

)d (sinx)

=1

3+

1

4(ln |1 + sinx| − ln |1− sinx|)

∣∣∣∣π60

=1

3+

1

4ln 3.

g) I =

π3∫

0

sin2x sinx

cosxdx =

π3∫

0

cos2x− 1

cosxd (cosx) =

π3∫

0

(cosx− 1

cosx

)d (cosx)

=

(cos2x

2− ln |cosx|

)∣∣∣∣π3

0

= ln 2− 3

8.

h) I =

π4∫

0

1− cos2x

cos6xdx =

π4∫

0

(1

cos6x− 1

cos4x

)dx =

π4∫

0

1

cos4x

1

cos2xdx−

π4∫

0

1

cos2x

1

cos2xdx

=

π4∫

0

(1 + tan2x

)2d (tanx)−

π4∫

0

(1 + tan2x

)d (tanx)

=

(tanx+

2tan3x

3+

tan5x

5

)∣∣∣∣π4

0

−(

tanx+tan3x

3

)∣∣∣∣π4

0

=8

15.

i) I =

π3∫

π6

cosx

cos2xsin2xdx =

π3∫

π6

1(1− sin2x

)sin2x

d (sinx) =

π3∫

π6

1− sin2x+ sin2x(1− sin2x

)sin2x

d (sinx)

=

π3∫

π6

(1

sin2x+

1

1− sin2x

)d (sinx) =

π3∫

π6

1

sin2xd (sinx) +

1

2

π3∫

π6

1− sinx+ 1 + sinx

(1− sinx)(1 + sinx)d (sinx)

= − 1

sinx

∣∣∣∣π3π6

+1

2

π3∫

π6

(1

1 + sinx+

1

1− sinx

)d (sinx)

= 2− 2√3

+1

2(ln |1 + sinx| − ln |1− sinx|)

∣∣∣∣π3π6

= 2− 2√3

+ ln

(1 +

2√3

).

2.3.2. Dạngb∫a

{f(sinx); cosx} dx hoặcb∫a

{f(cosx); sinx} dx.

Phương pháp. Đặt u = sinx hoặc u = cosx.


a) [B-03] I =

π4∫

0

1− 2sin2x

1 + sin 2xdx. b) [B-05] I =

π2∫

0

sin 2x cosx

1 + cosxdx.

c) [D-05] I =

π2∫

0

(esinx + cosx

)cosxdx. d) [A-2011] I =

π4∫

0

x sinx+ (x+ 1) cosx

x sinx+ cosxdx.

e) [A-06] I =

π2∫

0

sin 2x√cos2x+ 4sin2x

dx. f) I =

π2∫

0

cosx√7 + cos 2x

dx.

Lời giải.

a) I =

π4∫

0

cos 2x

1 + sin 2xdx =

1

2

π4∫

0

1

1 + sin 2xd (1 + sin 2x) =

1

2ln |1 + sin 2x|

∣∣∣∣π40

=1

2ln 2.

32




b) Ta có I = 2

π2∫

0

sinxcos2x

1 + cosxdx.

Đặt u = 1 + cosx⇒ du = − sinxdx. Đổi cận: x = 0⇒ u = 2; x =π

2⇒ u = 1. Ta có

I = 2

2∫1

(u− 1)2

udu = 2

2∫1

(u− 2 +

1

u

)du = 2

(u2

2− 2u+ ln |u|

)∣∣∣∣21

= 2 ln 2− 1

c) I =

π2∫

0

(esinx + cosx

)cosxdx =

π2∫

0

esinx cosxdx+

π2∫

0

cos2xdx

=

π2∫

0

esinxd (sinx) +1

2

π2∫

0

(1 + cos 2x) dx = esinx∣∣π20

+

(1

2x+

1

4sin 2x

)∣∣∣∣π20

= e+π

4− 1.

d) Ta cos I =

π4∫

0

x sinx+ x cosx+ cosx

x sinx+ cosxdx =

π4∫

0

(1 +

x cosx

x sinx+ cosx

)dx

= x|π40 +

π4∫

0

x cosx

x sinx+ cosxdx =

π

4+

π4∫

0

x cosx

x sinx+ cosxdx.

Đặt u = x sinx+ cosx⇒ du = (x cosx) dx. Đổi cận: x = 0⇒ u = 1; x =π

4⇒ u =

4 + π

4√

2. Ta có

I =π

4+

4+π4√

2∫1

1

udu = ln |u||

4+π4√2

1 =π

4+ ln

4 + π

4√

2

e) Đặt u =√

cos2 x+ 4 sin2 x⇔ u2 = cos2 x+ 4 sin2 x⇒ 2udu = 6 sinx cosxdx.Đổi cận: x = 0⇒ u = 1; x =

π

2⇒ u = 2. Ta có

I =2

3

2∫1

1

uudu =

2

3u

∣∣∣∣21

=2

3

f) Ta có I =

π2∫

0

cosx√8− 2sin2x

dx =1√2

π2∫

0

cosx√4− sin2x

dx.

Đặt sinx = 2 sin t, t ∈[−π

2 ; π2]⇒ cosxdx = 2 cos tdt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x =π

2⇒ t =

π

6. Ta có

I =

√2

2

π6∫

0

1√4− 4sin2t

cos tdt =

√2

2

π6∫

0

dt =

√2

2t

∣∣∣∣∣π6

0

=

√2π

12

2.3.3. Dạngb∫a

{f(tanx); 1

cos2x

}dx hoặc

b∫a

{f(cotx); 1

sin2x

}dx.

Phương pháp. Đặt u = tanx hoặc u = cotx.


a) I =

π4∫

0

1

cos2x(

1cos2x

+ 2 tanx)dx. b) [A-08] I =

π6∫

0

tan4x

cos 2xdx.

33




c) I =

π2∫

0

1

3sin2x+ cos2xdx. d) I =

π2∫

0

1

1 + sinxdx.

e) I =

π2∫

0

1

1 + sinx+ cosxdx. f) [BĐT-57] I =

π6∫

0

1

cosx cos(x+ π

4

)dx.Lời giải.

a) I =

π4∫

0

1

1 + tan2x+ 2 tanxd (tanx) =

π4∫

0

1

(tanx+ 1)2d (tanx+ 1) = − 1

tanx+ 1

∣∣∣∣π40

=1

2.

b) I =

π6∫

0

tan4x

2cos2x− 1dx =

π6∫

0

tan4x

cos2x(2− 1

cos2x

)dx =

π6∫

0

tan4x

1− tan2xd (tanx)

=

π6∫

0

(−tan2x− 1 +

1

2

1− tanx+ 1 + tanx

(1− tanx)(1 + tanx)

)d (tanx)

=

π6∫

0

(−tan2x− 1 +

1

2

(1

1 + tanx+

1

1− tanx

))d (tanx)

=

(−tan3x

3− tanx+

1

2(ln |1 + tanx| − ln |1− tanx|)

)∣∣∣∣π6

0

=1

2ln(

2 +√

3)− 10

√3

27.

c) Ta có I =

π4∫

0

1

3sin2x+ cos2xdx+

π2∫

π4

1

3sin2x+ cos2xdx

=

π4∫

0

1

cos2x (3tan2x+ 1)dx+

π2∫

π4

1

sin2x (3 + cot2x)dx = I1 + I2

Đặt√

3 tanx = tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒√

31

cos2xdx =

1

cos2tdt =

(1 + tan2t

)dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x =π

4⇒ t =

π

3. Ta có

I1 =1√3

π3∫

0

1

tan2t+ 1

(1 + tan2t

)dt =

1√3t

∣∣∣∣π30

=π

3√

3

Đặt cotx =√

3 tan t, t ∈(−π

2;π

2

)⇒ − 1

sin2xdx =

√3

cos2tdt =

√3(1 + tan2t

)dt.

Đổi cận: x =π

4⇒ t =

π

6; x =

π

2⇒ t = 0. Ta có

I2 =

π6∫

0

1

3 + 3tan2t

√3(1 + tan2t

)dt =

1√3t

∣∣∣∣π60

=π

6√

3

Vậy I = I1 + I2 =π

3√

3+

π

6√

3=

π

2√

3.

d) I =

π2∫

0

1

1 + 2 sin x2 cos x2

dx =

π2∫

0

1

cos2 x2

(1

cos2 x2

+ 2 tan x2

)dx= 2

π2∫

0

1

1 + tan2 x2 + 2 tan x

2

d(

tanx

2

)= − 1

1 + tan x2

∣∣∣∣π20

= 1.

34




Nhận xét. Nếu tích phân trên có cận từ 0 đếnπ

4thì có thể nhân cả tử và mẫu với 1− sinx. Còn nếu cận

từ 0 đến π thì bạn giải như thế nào ?

e) I =

π2∫

0

1

2 sin x2 cos x2 + 2cos2 x2

dx =

π2∫

0

1

2cos2 x2(tan x

2 + 1)dx

=

π2∫

0

1

tan x2 + 1

d(

tanx

2

)= ln

∣∣∣tanx

2+ 1∣∣∣∣∣∣π20

= ln 2.

f) I =√

2

π6∫

0

1

cosx (cosx− sinx)dx =

√2

π6∫

0

1

cos2x (1− tanx)dx

=√

2

π6∫

0

1

1− tanxd(tanx) = −

√2 ln |1− tanx|

∣∣∣π60

=√

2 ln3 +√

3

2.

2.3.4. Dạnga∫0

f(x)dx, trong đó a ∈{π2, π, π

4, ...}.

Phương pháp. Đặt x = a− t (đối với các tích phân chứa các biểu thức lượng giác có liên quan đến a).


a) I =

π∫0

x sinxcos2xdx. b) I =

π∫0

x sinx

4− cos2xdx.

c) [BĐT-91] I =

π2∫

0

sinx

sinx+ cosxdx. d) I =

π2∫

0

5 cosx− 4 sinx

(sinx+ cosx)3dx.

Lời giải.a) Đặt x = π − t⇒ dx = −dt. Đổi cận x = 0⇒ t = π; x = π ⇒ t = 0. Ta có

I =

π∫0

(π − t) sin (π − t) cos2 (π − t) dt =

π∫0

(π − t) sin tcos2tdt

=

π∫0

π sin tcos2tdt−π∫

0

t sin tcos2tdt = −ππ∫

0

cos2td (cos t)− I

⇔ 2I = −ππ∫

0

cos2td (cos t) = − πcos3t

3

∣∣∣∣π0

=2π

3⇔ I =

π

3

b) Đặt x = π − t⇒ dx = −dt. Đổi cận x = 0⇒ t = π; x = π ⇒ t = 0. Ta có

I =

π∫0

(π − t) sin (π − t)4− cos2 (π − t)

dt =

π∫0

(π − t) sin t

4− cos2tdt = π

π∫0

sin t

4− cos2tdt− I

⇔ 2I = −ππ∫

0

1

4− cos2td (cos t) = −π

4

π∫0

2− cos t+ 2 + cos t

(2− cos t)(2 + cos t)d (cos t)

⇔ I = −π8

π∫0

(1

2 + cos t+

1

2− cos t

)d (cos t) = −π

8(ln |2 + cos t| − ln |2− cos t|)

∣∣∣π0

=π

4ln 3

35




c) Đặt x =π

2− t⇒ dx = −dt. Đổi cận x = 0⇒ t =

π

2; x =

π

2⇒ t = 0. Ta có

I =

π2∫

0

sin(π2 − t

)sin(π2 − t

)+ cos

(π2 − t

)dt =

π2∫

0

cos t

cos t+ sin tdt =

π2∫

0

cosx

cosx+ sinxdx

⇔ 2I =

π2∫

0

(sinx

cosx+ sinx+

cosx

cosx+ sinx

)dx =

π2∫

0

dx = x|π20 =

π

2⇔ I =

π

4

d) Đặt x =π

2− t⇒ dx = −dt. Đổi cận x = 0⇒ t =

π

2; x =

π

2⇒ t = 0. Ta có

I =

π2∫

0

5 cos(π2 − t

)− 4 sin

(π2 − t

)(sin(π2 − t

)+ cos

(π2 − t

))3dt =

π2∫

0

5 sin t− 4 cos t

(cos t+ sin t)3dt =

π2∫

0

5 sinx− 4 cosx

(cosx+ sinx)3dx

⇔ 2I =

π2∫

0

(5 cosx− 4 sinx

(sinx+ cosx)3+

5 sinx− 4 cosx

(cosx+ sinx)3

)dx =

π2∫

0

1

(sinx+ cosx)2dx

⇔ I =1

2

π2∫

0

1

2cos2(x− π

4

)dx =1

4tan

(x− π

4

)∣∣∣∣π20

=1

2

BÀI TẬP


a) I =

π2∫

0

(1 + cos2

x

2

)dx. b) I =

π4∫

0

tan2xdx.

c) I =

π3∫

0

1

1 + cosxdx. d) [BĐT-104] I =

3π8∫

π8

1

sin2xcos2xdx.

e) [BĐT-71] I =

π4∫

0

cosx cos 2x sin 4xdx. f) [BĐT-74] I =

π∫0

cos3x sin 8xdx.


a) [BĐT-18] I =

π∫0

cos4xdx. b) [BĐT-84] I =

π2∫

π4

1

sin4xdx.

c) I =

π2∫

0

sin3xdx. d) I =

π2∫

0

cos2xsin3xdx.

e) I =

π3∫

π6

cos3x

sin2xdx. f) I =

π3∫

π6

1

sin4x cosxdx.


a) [BĐT-68] I =

π2∫

0

4sin3x

1 + cosxdx. b) I =

π2∫

0

√1 + sin2x sin 2xdx.

36




c) I =

π2∫

0

sin 2x

4− cos2xdx. d) [A-05] I =

π2∫

0

sin 2x+ sinx√1 + 3 cosx

dx.

e) [A-09] I =

π2∫

0

(cos3x− 1

)cos2xdx. f) I =

π2∫

0

6√

1− cos3x sinxcos5xdx.


a) I =

π4∫

0

sinx

2cos2x− sin2xdx. b) I =

π2∫

0

3 sinx+ 4 cosx

3sin2x+ 4cos2xdx.

c) I =

π2∫

π3

1

sin 2x− 2 sinxdx. d) I =

π2∫

0

sin 2x

3 + 4 sinx− cos 2xdx.

e) I =

π2∫

0

cosx

11− 7 sinx− cos2xdx. f) I =

π4∫

0

sin 2x

4− cos22xdx.


a) I =

π3∫

π4

1

sin 2x− cos2xdx. b) I =

π6∫

0

1

sin2x− 3 sinx cosx+ 2cos2xdx.

c) I =

π3∫

π4

sinx

cos2x√

1 + cos2xdx. d) I =

π2∫

0

1

3 sinx+ 4 cosxdx.

e) I =

π12∫0

2

sin(4x+ π

3

)dx. f) I =

π4∫

0

1√2 +√

2 sin(x− π

4

)dx.2.23. Tính các tích phân sau

a) I =

π2∫

−π2

x+ cosx

4− sin2xdx. b) I =

π∫0

x sinx

1 + cos2xdx.

c) I =

π∫0

xsin5xdx. d) I =

π4∫

0

sinx

1 + sin 2xdx.

e) [BĐT-60] I =

π2∫

0

4 sinx

(sinx+ cosx)3dx. f) I =

π2∫

0

ln1 + sinx

1 + cosxdx.

37




38



Chương 3

Ứng Dụng Của Tích Phân

3.1. Tính Diện Tích Tình Phẳng.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b là

S =

b∫a

|f(x)| dx (3.1)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b là

S =

b∫a

|f(x)− g(x)| dx (3.2)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x = f(y), x = g(y) và hai đường thẳng y = a, y = b là

S =

b∫a

|f(y)− g(y)| dy (3.3)

Ví dụ 3.1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau

a) y = x2 − 2x; Ox; x = −1 và x = 2. b) y =−3x− 1

x− 1và hai trục tọa độ.

c) y = −x3 − 3x2 và trục hoành. d) y = x2 − 2x và y = −x2 + 4x.

a) [A-07] y = (e+ 1)x, y = (1 + ex)x. b) [B-02] y =

√4− x2

4và y =

x2

4√

2.

Lời giải.

y

xO−12

y=x2−

2x

a) Vì x2 − 2x = 0⇔[x = 0x = 2

nên diện tích hình phẳng cần tìm là

S =

0∫−1

∣∣x2 − 2x∣∣ dx+

2∫0

∣∣x2 − 2x∣∣ dx

=

0∫−1

(x2 − 2x

)dx+

2∫0

(2x− x2

)dx

=

(x3

3− x2

)∣∣∣∣0−1

+

(x2 − x3

3

)∣∣∣∣20

=8

3(đvdt).

39




b) Vì−3x− 1

x− 1= 0⇔ x = −1

3nên diện tích hình phẳng cần tìm là

S =

0∫− 1

3

∣∣∣∣−3x− 1

x− 1

∣∣∣∣ dx =

0∫− 1

3

−3x− 1

x− 1dx =

0∫− 1

3

(−3− 4

x− 1

)dx

= (−3x− 4 ln |x− 1|)|0− 13

= ln4

3− 1 (đvdt).

y

xO

− 13

1y = −3x−1

x−1

y

xO−3

y = −x3 − 3x2

c) Vì −x3 − 3x2 = 0⇔[x = 0x = −3


S =

0∫−3

∣∣−x3 − 3x2∣∣ dx =

0∫−3

(x3 + 3x2

)dx

=

(x4

4+ x3

)∣∣∣∣0−3

=27

4(đvdt).

d) Vì x2− 2x = −x2 + 4x⇔[x = 0x = 3


S =

3∫0

∣∣(x2 − 2x)−(−x2 + 4x

)∣∣ dx =

3∫0

∣∣2x2 − 6x∣∣ dx

=

3∫0

(6x− 2x2

)dx =

(3x2 − 2x3

3

)∣∣∣∣30

= 9 (đvdt).

y

xO

y = −2x2 + 4x

2 y=x2−

2x

y

xO 1

1 + e

e) Vì (e+1)x = (1 + ex)x⇔ x (e− ex) = 0⇔[x = 0x = 1

nên diện tích hình

phẳng cần tìm là

S =

1∫0

|(e+ 1)x− (1 + ex)x| dx =

1∫0

|ex− xex| dx

=

1∫0

(ex− xex) dx =ex2

2

∣∣∣∣10

−1∫

0

xexdx =e

2−

1∫0

xexdx

Đặt{u = xdv = exdx

⇒{du = dxv = ex

. Ta có

S =e

2− xex|10 +

1∫0

ex = −e2

+ ex|10 =1

2e− 1 (đvdt).

40



Chương 3. Ứng Dụng Của Tích Phân

f) Vì

√4− x2

4=

x2

4√

2⇔ 4− x2

4=x4

32⇔ x = ±2

√2 nên diện tích hình phẳng cần tìm là

S =

2√2∫

−2√2

∣∣∣∣∣√

4− x2

4− x2

4√

2

∣∣∣∣∣dx =

2√2∫

−2√2

(√4− x2

4− x2

4√

2

)dx

=

2√2∫

−2√2

√4− x2

4dx− x3

12√

2

∣∣∣∣2√2

−2√2

=

2√2∫

−2√2

√4− x2

4dx− 8

3

Đặtx

2= 2 sin t, t ∈

[−π

2;π

2

]⇒ 1

2dx = 2 cos tdt. Đổi cận x = ±2

√2⇒ t = ±π

4. Ta có

S =

π4∫

−π4

√4− 4sin2t.4 cos tdt− 8

3=

π4∫

−π4

8cos2tdt− 8

3

= 4

π4∫

−π4

(1 + cos2t) dt− 8

3= (4t+ 2 sin 2t)|

π4

−π4− 8

3

= 2π +4

3(đvdt).

y

xO−4 4−2√

2 2√

2

y = x2

4√2 y =

√4− x2

4

Ví dụ 3.2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường saua) [A-02] y =

∣∣x2 − 4x+ 3∣∣ và y = x+ 3. b) [BĐT-96] y2 = 2x và 27y2 = 8(x− 1)3.

c) y = x3; x+ y = 2 và trục hoành. d) y =27

x; y =

x2

27và y = x2.

Lời giải.

y

xO 1 3 5

8

y=x

+3

3

y=|x

2−

4x+

3|a) Vì

∣∣x2 − 4x+ 3∣∣ = x + 3 ⇔

[x = 0x = 5

và x2 − 4x + 3 = 0 ⇔[x = 1x = 3


S =

1∫0

∣∣∣∣x2 − 4x+ 3∣∣− (x+ 3)

∣∣ dx+

5∫1

∣∣∣∣x2 − 4x+ 3∣∣− (x+ 3)

∣∣ dx+

5∫3

∣∣∣∣x2 − 4x+ 3∣∣− (x+ 3)

∣∣ dx=

1∫0

∣∣x2 − 5x∣∣ dx+

3∫1

∣∣−x2 + 3x− 6∣∣ dx+

5∫3

∣∣x2 − 5x∣∣ dx

=

1∫0

(5x− x2

)dx+

3∫1

(x2 − 3x+ 6

)dx+

5∫3

(5x− x2

)dx

=

(5x2

2− x3

3

)∣∣∣∣10

+

(x3

3− 3x2

2+ 6x

)∣∣∣∣31

+

(5x2

2− x3

3

)∣∣∣∣53

=109

6(đvdt).

b) Ta có y2 = 2x⇔ x = 12y

2, 27y2 = 8(x− 1)3 ⇔ x = 1 +3

23√y2.

Vì1

2y2 = 1 +

3

23√y2 ⇔

(3√y2)3− 3 3√y2 + 2 = 0⇔ y = ±2

√2 nên diện tích hình phẳng cần tìm là

41




S =

2√2∫

−2√2

∣∣∣∣12y2 −(

1 +3

23√y2)∣∣∣∣ dy =

1

2

2√2∫

−2√2

(3 3√y2 + 2− y2

)dy

=1

2

(9 3√y5

5+ 2y − y3

3

)∣∣∣∣∣2√2

−2√2

=88√

2

15(đvdt).

y

xO

−2√

2

2√

2

4

27y2 = 8(x− 1)3y2 =

2x

Nhận xét. Ở bài tập trên việc rút ẩn y theo ẩn x là khó khăn do đó đưa diện tích cần tính về tích phântheo biến y là phù hợp.

y

xO

2

21

x+y

=2

y=x3

c) C1: Ta có y = x3 ⇔ x = 3√y, x+ y = 2⇔ x = 2− y. Vì 3

√y = 2− y ⇔

y = (2− y)3 ⇔ y = 1 nên diện tích hình phẳng cần tìm là

S =

1∫0

| 3√y − (2− y)| dy =

1∫0

(2− y − 3√y) dy

=

(2y − y2

2− y

43

43

)∣∣∣∣∣1

0

=3

4(đvdt).

C2: (Cần phải vẽ hình)Ta có x+ y = 2⇔ y = 2− x. Khi đó x3 = 0⇔ x = 0; 2− x = 0⇔ x = 2và x3 = 2 − x ⇔ x = 1. Dựa vào hình vẽ ta có diện tích hình phẳng cầntìm là

S =

1∫0

x3dx+

2∫1

(2− x) dx =x4

4

∣∣∣∣10

+

(2x− x2

2

)∣∣∣∣21

=3

4(đvdt).

d) Ta có x2 =x2

27⇔ x = 0, x2 =

27

x⇔ x = 3 và

x2

27=

27

x⇔ x = 9. Dựa

vào hình vẽ ta có diện tích hình phẳng cần tìm là

S =

3∫0

(x2 − x2

27

)dx+

9∫3

(27

x− x2

27

)dx

=

(x3

3− x3

81

)∣∣∣∣30

+

(27 ln |x| − x3

81

)∣∣∣∣93

= 27 ln 3 (đvdt).

y

xO

3

9

3 9

y=x2

y = 27x

y = x2

27

BÀI TẬP

3.1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường saua) y = x3; Ox; x = −2 và x = 2. b) y = −x2 + 6x và trục hoành.c) y = x3 và y = −x2. d) [BĐT-95] y = x và y = sin2 x+x với 0 ≤ x ≤ π.

e) y =x (1− x)

x2 + 1và y = 0. f) y = −

√4− x2 và x2 + 3y = 0.

3.2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường saua) y =

∣∣x2 − 1∣∣ và y = |x| − 1. b) y =

√x, y = 2− x và y = 0.

c) [BĐT-38] ax = y2 và ay = x2 với a > 0. d) y2 = x3 − x2 và x = 2.e) (P ) : y = x2 − 4x+ 5 và hai tiếp tuyến của (P ) tại A(1; 2) và B(4; 5).

42




3.2. Tính Thể Tích Khối Tròn Xoay.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trụchoành và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox là

Vx = π

b∫a

f2(x)dx (3.4)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x)(trong đó f(x) và g(x) cùng dấu) và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox là

Vx = π

b∫a

∣∣f2(x)− g2(x)∣∣ dx (3.5)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x = g(y), trụchoành và hai đường thẳng y = a, y = b quanh trục Oy là

Vy = π

b∫a

g2(y)dy (3.6)

Ví dụ 3.3. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường cong saukhi quay quanh Ox

a) y =1

3x3 − x2, y = 0, x = 0 và x = 3. b) [BĐT-42] y = xex, x = 1 và trục hoành.

c) [B-07] y = x lnx; y = 0 và x = e. d) y = 4− x2 và y = x2 + 2.

Lời giải.

y

xO 2

y = 13x

3 − x2

a) Thể tích khối tròn xoay cần tìm là

Vx = π

3∫0

(1

3x3 − x2

)2

dx = π

3∫0

(1

9x6 − 2

3x5 + x4

)dx

= π

(x7

63− x6

9+x5

5

)∣∣∣∣30

=81π

35(đvtt).

b) Vì xex = 0⇔ x = 0 nên thể tích khối tròn xoay cần tìm là

Vx = π

1∫0

(xex)2dx = π

1∫0

x2e2xdx

Đặt{u = x2

dv = e2xdx⇒{du = 2xdxv = 1

2e2x . Ta có

Vx =π

2x2e2x

∣∣∣10− π

1∫0

xe2xdx =πe2

2− π

1∫0

xe2xdx

Lại đặt{u = xdv = e2xdx

⇒{du = dxv = 1

2e2x . Ta có

Vx =πe2

2− π

2xe2x

∣∣∣10

+π

2

1∫0

e2xdx =π

4e2x∣∣∣10

=π

4

(e2 − 1

)(đvtt).

y

xO 1

ey = xex

43




y

xO 1 e

y=x

lnx

c) Vì x lnx = 0⇔ x = 1 nên thể tích khối tròn xoay cần tìm là

Vx = π

e∫1

(x lnx)2dx = π

e∫1

x2ln2xdx

Đặt{u = ln2xdv = x2dx

⇒{du = 2

x lnxdx

v = x3

3

. Ta có

Vx =π

3x3ln2x

∣∣∣e1− 2π

3

e∫1

x3 lnxdx =πe3

3− 2π

3

e∫1

x3 lnxdx

Lại đặt{u = lnxdv = x2dx

⇒{du = 1

xdx

v = x3

3

. Ta có

Vx =πe3

3− 2πx3 lnx

9

∣∣∣∣e1

+2π

9

e∫1

x2dx =πe3

9+

2πx3

27

∣∣∣∣e1

=π

27

(5e3 − 2

)(đvtt).

d) Ta có 4 − x2 = x2 + 2 ⇔ x = ±1. Dựa vào hình vẽ ta có thể tích khốitròn xoay cần tìm là

Vx = π

1∫−1

[(4− x2

)2 − (x2 + 2)2]

dx

= 12π

1∫−1

(1− x2

)dx = 12π

(x− x3

3

)∣∣∣∣1−1

= 16π (đvtt).

y

xO−1 1

y = 4− x2

y = x2 + 2

Ví dụ 3.4. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường cong saukhi quay quanh Oy

a) [BĐT-63] y = 2x− x2 và y = 0. b) y = x2, y =27

xvà y =

x2

27.

Lời giải.a) Ta có y = 2x − x2 ⇔ (x− 1)2 = 1 − y ⇔ |x− 1| =

√1− y nên với x ≥ 1 thì x = 1 +

√1− y; với

x < 1 thì x = 1−√

1− y. Khi đó 1 +√

1− y = 1−√

1− y ⇔ y = 1. Dựa vào hình vẽ ta có thể tích khốitròn xoay cần tìm là

Vy = π

1∫0

[(1 +

√1− y

)2−(

1−√

1− y)2]

dy = 4π

1∫0

√1− ydy

y

xO−2 2

1 y = 2x− x2Đặt u =

√1− y ⇔ u2 = 1− y ⇒ 2udu = −dy.

Đổi cận: y = 0⇒ u = 1; y = 1⇒ u = 0. Ta có

Vy = 4π

1∫0

u.2udu =8πu3

3

∣∣∣∣10

=8π

3(đvtt).

44




b) Từ hình vẽ thấy rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = x2; y =x2

27và y =

27

xnằm ở

góc phần tư thứ nhất. Do đó xét x, y ≥ 0 ta có y = x2 ⇔ x =√y, y =

x2

27⇔ x =

√27y và xét x, y > 0 ta

có y =27

x⇔ x =

27

y. Khi đó

√y =

√27y ⇔ y = 0;

√y =

27

y⇔ y = 9 và

√27y =

27

y⇔ y = 3. Dựa vào

hình vẽ ta có thể tích khối tròn xoay cần tìm là

Vy= π

3∫0

(√27y)2dy + π

9∫3

(27

y

)2

dy − π9∫

0

(√y)2dy

= 27π

3∫0

ydy + 729π

9∫3

1

y2dy − π

9∫0

ydy

=27πy2

2

∣∣∣∣30

− 729π

y

∣∣∣∣93

+y2

2

∣∣∣∣90

= 243π (đvtt).

y

xO

3

9

3 9−3−9

y=x2

y = 27x

y = x2

27

BÀI TẬP

3.3. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường cong sau khiquay quanh Ox

a) [BĐT-89] y = lnx, Ox và x = 2. b) y = sinx, Ox, x = 0 và x = π2 .

c) y = ex, y = e2−x, x = 0 và x = 2. d) [BĐT-66] y = −3x+10, y = 1 và y = x2 (x > 0).

3.4. Tính thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường cong sau khiquay quanh Ox và Oy

a) y2 = (x− 1)3 và x = 2. b) 4y = x2 và y = x.

45




46



Chương 4

Một Số Bài Toán Chọn Lọc

4.1. Tích Phân Hữu Tỉ.

4.1. I =

2∫1

(1 + x)2010

x2012dx. 4.2. I =

1∫0

x2001

(x2 + 1)1002dx.

4.3. I =

3∫−1

(x3 − 3x2 + 2

)2011dx. 4.4. I =

1∫0

x2 − 1

x4 + 1dx.

4.5. I =

1∫0

x2 + 1

x4 + x2 + 1dx. 4.6. I =

2∫1

x2 − 1

x4 − 5x3 − 4x2 − 5x+ 1dx.

4.7. I =

2∫0

x+ 2

(x+ 1) (x2 + 2x+ 4)dx. 4.8. I =

2∫1

x2 − 1

(x2 − x+ 1) (x2 + 3x+ 1)dx.

4.9. I =

10√2∫1

1

x(x10 + 1)2dx. 4.10. I =

1∫0

1

x6 + 1dx.

4.2. Tích Phân Vô Tỉ.

4.11. I =

a∫0

√x2 + a2dx (a > 0). 4.12. I =

2a∫a

√x2 − a2dx (a > 0).

4.13. I =

a∫0

1√a2 + x2

dx (a > 0). 4.14. I =

2a∫a√2

1√x2 − a2

dx (a > 0).

4.15. I =

1∫12

1√x(2− x)

dx. 4.16. I =

0∫−1

x2√x2 + 2x+ 2

dx.

47




4.17. I =

√3∫

1

1

(x2 + 4x)√

4− x2dx. 4.18. I =

4∫1

√2x+ 1

2x+ 3√

2x+ 1 + 3dx.

4.19. I =

1∫0

x2 − 1

(x2 + 1)√

1 + x4dx. 4.20. I =

1∫0

1

(1 + xn) n√

1 + xndx.

4.21. I =

√3∫

0

x√1 + x2 +

(√1 + x2

)3dx. 4.22. I =

1∫0

1√(x+ 1)3 (3x+ 1)

dx.

4.23. I =

1∫−1

1

1 + x+√

1 + x2dx. 4.24. I =

1∫0

1

1 +√x+√

1 + xdx.

4.25. I =

1∫12

1

x√x2 − x+ 1

dx. 4.26. I =

1∫0

1

(x+ 1)√x2 − 4x+ 5

dx.

4.27. I =

1∫0

2x+ 3

(x+ 1)√x2 + 2x+ 2

dx. 4.28. I =

3∫2

1

(x2 − 2)√x2 + 3

dx.

4.3. Tích Phân Mũ - Lôgarit.

4.29. I =

ln 2∫0

ex√1 + ex + e2x

dx. 4.30. I =

ln 3∫0

2e3x − e2x

ex√

4ex − 3 + 1dx.

4.31. I =

1∫0

(x2 + x+ 1

)ex

(x+ 1)2dx. 4.32. I =

2∫1

1 + x

x (1 + xex)dx.

4.33. I =

e∫1

xex + 1

x (ex + lnx)dx. 4.34. I =

2∫12

(1 + x− 1

x

)ex+

1xdx.

4.35. I =

e∫1

lnx√

1− lnx

x√

1 + lnxdx. 4.36. I =

e∫1

lnx

x(√

2 + lnx+√

2− lnx)dx.

4.37. I =

1∫1e

lnx

x√

1− 4 lnx− ln2xdx. 4.38. I =

e2∫e

1

x lnx. ln exdx.

48



Chương 4. Một Số Bài Toán Chọn Lọc

4.39. I =

e∫1

log32 x

x√

1 + 3ln2xdx. 4.40. I =

√3∫

0

x ln(x+√

1 + x2)

√1 + x2

dx.

4.41. I =

4∫1

x lnx

(x2 + 1)2dx. 4.42. I =

3∫1

1 + x (2 lnx− 1)

x(x+ 1)2dx.

4.43. I =

e∫1

(x3 + 1

)lnx+ 2x2 + 1

2 + x lnxdx. 4.44. I =

1∫0

(√1−√x

1 +√x− 2x ln (1 + x)

)dx.

4.4. Tích Phân Lượng Giác.

4.45. I =

π∫0

1

1 + sinxdx. 4.46. I =

π4∫

0

tan5xdx.

4.47. I =

π3∫

0

1

cos5xdx. 4.48. I =

π3∫

0

sin (α+ x)

cos2xdx.

4.49. I =

π2∫

π3

1

sinx√

1 + cosxdx. 4.50. I =

π4∫

0

sin(x− π

4

)sin 2x+ 2 (1 + sinx+ cosx)

dx.

4.51. I =

π6∫

0

sinx+ sin3x

cos 2xdx. 4.52. I =

π2∫

0

sinx√1 + cos2x

dx.

4.53. I =

π4∫

0

sinx

2 cosx+ 5 sinxcos2xdx. 4.54. I =

π6∫

0

3√

cosx− cos3x

cos3xdx.

4.55. I =

π2∫

0

sin 2x

3 + 4 sinx− cos 2xdx. 4.56. I =

π2∫

0

cos5x sin 7xdx.

4.57. I =

π6∫

0

sin(x− π

4

)sinx−

√3 cosx

dx. 4.58. I =

π3∫

π6

cotx

sinx sin(x+ π

4

)dx.

4.59. I =

π2∫

0

sinx(sinx+

√3 cosx

)3dx. 4.60. I =

π2∫

0

3√

sinx3√

sinx+ 3√

cosxdx.

49




4.61. I =

π2∫

0

sin2012x

sin2012x+ cos2012xdx. 4.62. I =

π3∫

0

x2

(x sinx+ cosx)2dx.

4.63. I =

π2∫

0

1 + sinx

1 + cosxexdx. 4.64. I =

1∫−1

cosx ln2 + x

2− xdx.

4.65. I =

π4∫

0

tanx ln (cosx)

cosxdx. 4.66. I =

π2∫

0

ln(1 + sinx)1+cosx

1 + cosxdx.

50



PHỤ LỤC 1

PHỤ LỤC 1

1. Các quy tắc tính đạo hàm.

1. (u± v)′ = u′ ± v′. 4.(uv

)′= u′v−uv′

v2.

2. (uv)′ = u′v + uv′. 5.(1v

)′= − v′

v2.

3. (ku)′ = ku′. 6. y′x = y′u.u′x.

2. Bảng đạo hàm của các hàm số thường gặp.

Đạo hàm của hàm số y = f(x) Đạo hàm của hàm số y = f [u(x)]

1. c′ = 0 (c = const)

2. x′ = 1

3. (xα)′ = αxα−1 (uα)′ = αuα−1.u′

4.(1x

)′= − 1

x2(x 6= 0)

(1u

)′= − u′

u2(u 6= 0)

5. (√x)′= 1

2√x

(x > 0) (√u)′= u′

2√u

(u > 0)

6. (sinx)′ = cosx (sinu)′ = u′ cosu

7. (cosx)′ = − sinx (cosu)′ = −u′ sinu8. (tanx)′ = 1

cos2 x(cosx 6= 0) (tanu)′ = u′

cos2 u(cosu 6= 0)

9. (cotx)′ = − 1sin2 x

(sinx 6= 0) (cotu)′ = − u′

sin2 u(sinu 6= 0)

10. (ex)′ = ex (eu)′ = eu

11. (ax)′ = ax ln a (0 < a 6= 1) (au)′ = u′au ln a (0 < a 6= 1)

12. (lnx)′ = 1x (x > 0) (lnu)′ = u′

u (u > 0)

13. (logax)′ = 1x ln a (0 < a 6= 1, x > 0) (logau)′ = u′

u ln a (0 < a 6= 1, u > 0)

3. Bảng nguyên hàm mở rộng.

1.∫

1a2+x2

dx = 1a arctan x

a + C

2.∫

1a2−x2dx = 1

2a ln∣∣∣a+xa−x

∣∣∣+ C

3.∫

1√x2+a2

dx = ln(x+√x2 + a2

)+ C

4.∫

1√a2−x2dx = arcsin x

|a| + C

5.∫

1x√x2−a2dx = 1

a arccos x|a| + C

6.∫

1x√x2+a2

dx = − 1a ln

∣∣∣a+√x2+a2x

∣∣∣+ C

7.∫ √

a2 + x2dx = x2

√a2 + x2 + a2

2 ln(x+√x2 + a2

)+ C

8.∫ √

a2 − x2dx = x2

√a2 − x2 + a2

2 arcsinxa + C

9.∫eax sin bxdx = eax

a2+b2(a sin bx− b cos bx) + C

10.∫eax cos bxdx = eax

a2+b2(a cos bx+ b sin bx) + C

Lưu ý. Bảng này chỉ dùng để tra cứu không được sử dụng trong chương trình phổ thông.

51




PHỤ LỤC 2

1. Bảng giá trị lượng giác của các cung đặc biệt.

0 π6

π4

π3

π2 π

α 00 300 450 600 900 1800

sinα 0 12

√22

√32 1 0

cosα 1√32

√22

12 0 1

tanα 0√33 1

√3 || 0

cotα ||√

3 1√33 0 ||

2. Đẳng thức lượng giác cơ bản.

1. sin2α+ cos2α = 1. 4. tanα. cotα = 1.

2. 1 + tan2α =1

cos2α. 5. tanα =

sinα

cosα.

3. 1 + cot2α =1

sin2α. 6. cotα =

cosα

sinα

3. Công thức lượng giác.

Công thức cộng. Công thức biến đổi tích thành tổng.

1. cos (a− b) = cos a cos b+ sin a sin b. 10. cos a cos b = 12 [cos (a− b) + cos (a+ b)].

2. cos (a+ b) = cos a cos b− sin a sin b. 11. sin a sin b = 12 [cos (a− b)− cos (a+ b)].

3. sin (a− b) = sin a cos b− cos a sin b. 12. sin a cos b = 12 [sin (a− b) + sin (a+ b)].

4. sin (a+ b) = sin a cos b+ cos a sin b. Công thức biến đổi tổng thành tích.

5. tan (a− b) =tan a− tan b

1 + tan a tan b. 13. cosu+ cos v = 2 cos

u+ v

2cos

u− v2

.

6. tan (a+ b) =tan a+ tan b

1− tan a tan b. 14. cosu− cos v = −2 sin

u+ v

2sin

u− v2

.

Công thức nhân đôi. 15. sinu+ sin v = 2 sinu+ v

2cos

u− v2

.

7. sin 2a = 2 sin a cos a. 16. sinu− sin v = 2 cosu+ v

2sin

u− v2

.

8. cos 2a = cos2a− sin2a. Công thức nhân ba.

8a. cos 2a = 2cos2a− 1. 17. sin 3a = 3 sin a− 4sin3a.

8b. cos 2a = 1− 2sin2a. 18. cos 3a = 4cos3a− 3 cos a.

9. tan 2a =2 tan a

1− tan2a. Công thức khác.

Công thức hạ bậc. 19. sinx+ cosx =√

2 sin(x+ π

4

).

8c. cos2a =1 + cos 2a

2. 20. sinx− cosx =

√2 sin

(x− π

4

).

8d. sin2a =1− cos 2a

2. 21. sin4x+ cos4x = 1− 1

2sin22x.

8e. tan2a =1− cos 2a

1 + cos 2a. 22. sin6x+ cos6x = 1− 3

4sin22x.

52



ĐÁP SỐ

ĐÁP SỐ


1.1a) x8

8 +x4− 2x√x

3 +C. b) 3x 3√x4 +x−2

√x+C. c) 3x4

2 −3x3+x2−3x+C. d) x3

3 + x2

2 −4x3√x

7 − 4x2√x

5 +C.

e) −3 cosx+2 ln |x|+C. f) 3 sinx− 3x

3. ln 3 +C. 1.2a) 3x53

5 + 6x76

7 + 3x23

2 +C. b) 2x2√x

5 + 10x√x

3 −6√x+lnx+C.

c) 2x

ln 2 −1

2x ln 2 + C. d) 2x

(ln 2−1)ex + 1ex + C e) tanx − x + C. f) tanx − cotx + C. 1.3a) 2x − x3

3 + 1. b)

x2

2 + 1x + 2x− 3

2 . c)x3

3 + 1. d) 3x43

4 + x4

4 + x. e) x2

6 + 1x + 17

6 . 1.4a)2(3x−1)

√3x−1

9 + C. b) − 12(2x+1) + C. c)

x2− 32x+ 9

4 ln |2x+ 1|+C. d) 19

[(3x+ 1)

√3x+ 1− (3x− 1)

√3x− 1

]+C. e) tanx− x+C. f) 1

12 sin 6x+116 sin 8x+C. g) 3x

8 −14sin3x cosx− 3

8 sinx cosx+C. h) tan x2 +C. i) tanx+ tan3x

3 +C. 1.5a) 12 ln(1+x2)+C.

b) cos3x3 − cosx+C. c) −1

2sin2x− ln [cosx] +C. d) − 1ex+1 +C. e) 1

2 ln2x− ln3x+C. f) − 1lnx−2 +C. 1.6a)

− 149(x−1)98 −

197(x−1)97 −

199(x−1)99 + C. b) x16

16 + 5x14

14 + 5x12

12 + x10 + 5x8

8 + x6

6 + C. c) x3

3 − ln(x3 + 1) + C.

d) esin2 x +C. e) − 1

ex+1 +C. f) ln [ln(lnx)] +C. 1.7a) (x− 1) ex +C. b) 12 (sin 2x+ cos 2x)− x cos 2x+C.

c) 14x

4 lnx − 116x

4 + C. d) x ln(x2 + 2x

)+ 2 ln (x+ 2) − 2x + C. e) x2 sinx + 2x cosx − 2 sinx + C. f)

15ex (cos2x+ 2 sin 2x) + C.


2.1a) 715 . b)

√34 . c)

√32 . d) 0. e) 4−

3√6254 . f) 11

288 . 2.2a)593 . b)

27512 . c)

12 +√

2. d) 0. e) e− 12− ln 2. f) − 1

4042110 .2.3a) 5. b) 1. c) 21. d) 3

2 . e) 4√

2. f) 4√

2. 2.4a) 43 . b) ln 512

2187 . c) 1 + ln 23√3. d) −1

2 + 2 ln 2. e) 34 . f)

32 − ln 2.

2.5a) 14 ln 32

17 . b) −38 + 1

32 ln 37 . c)

748 + 1

4 ln 23 2.6a)

π4a . b)

π6 . c)

π6a . d)

π8 . e) π. f)

√3− 2 + π

3 . 2.7a)π2 . b)

9π4 .

c) π√3

18 + ln 3. d) π√3

18 . e) 17π8 −

163 −

12 ln 2. f) 5π

12 . 2.8a)3√42 −

3√33 . b)

√3+√2

2 . c) π4 . d)

15 . e)

5π32 . f) 0. 2.9a)

14054182 . b)

34 . c)

1168 . d)

18 . e)

116 . f)

42011−12011.62011

. 2.10a) 10243825 . b)

29270 . c)

43 . d)

265 . e)

113 − 4 ln 2. f) 3

8 + 34 ln 3

2 .

2.11a) 23 ln(√

2 + 1) − 12 ln 2. b) 1

6 ln 74 . c)

2−√2

3 + 13 ln 1+

√2

3 . d) 6 ln 3 − 8. e) 118 ln(4 +

√7) − 1

16 ln 15. f)12 ln 2−

√3

4+√15. 2.12a) e−1

2 . b) e√22 +ln

√2−1. c) ln e2+2

e−1+2. d) ln(e+1). e) 4

√6−2

√3. f) 4−2

√2+ln 3+2

√2

ln 3 . g)π6 . h) 4−π. i) ln 15

14 . 2.13a) 1. b) 7576 . c)

4√2−23 . d) 8

√3

5 −1615 . e)

10√2−113 . f) 2 ln 3

2 −16 . 2.14a) 1. b) 4− 2

√e.

c) 2. d)√

3− e2−74 . e) e. f) −1. 2.15a) π2

2 − 2. b) π − 3. c) π2

8 −π4 −

12 . d)

12 ln 3

2 + π4 −

π√3

9 . e) π − 1. f) π3 .

2.16a) 2e3+19 . b)54 − ln 4. c) 3

2 ln 3 − 1. d) e2−22 . e) 48 ln 2 − 2 ln2 2 − 27

2 . f) 3 ln 2 − 32 ln 3. 2.17a) 2

5eπ2 − 3

4 .b) 3e3π

34 + 534 . c)

12e

π2 + 1

2 . d) 2. e) e2 − 1. f) 2 ln 2− 1. 2.18a) 3π

4 + 12 . b) 1− π

4 . c)√33 . d) 1

4 . e)44105 . f)

3041155 .

2.19a) 3π8 . b) 4

3 . c)23 . d)

215 . e)

52 −

7√3

6 . f) 143 −

26√3

27 + ln(1 + 2√3). 2.20a) 2. b) 4

√2−23 . c) ln 4

3 . d)3427 . e)

815−

π4 . f)

1291 . 2.21a)

√33 ln (

√3−1)(

√6+2)

4 . b) π√3

6 +ln 3. c) −14−

ln 38 . d) ln 2− 1

2 . e) ln 2− 13 ln 5. f) ln 3

8 . 2.22a)ln(2√3−1)2 . b) ln 6−

√3

6−2√3. c)√

5−√

3. d) ln 65 . e) ln 3

4 . f) 1. 2.23a) ln 32 . b) π2

4 . c) 8π15 . d)

√2 ln(1 +

√2)− 2−

√2

4 .e) 2. f) 0.


3.1a) 8. b) 36. c) 112 . d)

π2 . e)

π4 + 1

2 ln 2− 1. f) 4π+√3

3 . 3.2a) 73 . b)

76 . c)

a2

3 . d)3215 . e)

94 . 3.3a) 2π(ln 2− 1)2.

b) π2

4 . c) π(e2 − 1)2 d) 56π5 . 3.4a) VOx = π

4 và VOy = 9635 . b) VOx = 128

15 và VOy = 323 .

Chương 4. Một Số Bài Toán Chọn Lọc

4.1 42011−320112011.22011

. 4.2 11001.21002

. 4.3 0. 4.4 12√2

ln(3 − 2√

2). 4.5 π2√3. 4.6 1

7 ln 34 . 4.7

π6√3

+ ln 36 . 4.8 1

4 ln 1511 .

4.9 110 ln 4

3 −160 . 4.10

π6 + ln(2+

√3)

2√3

. 4.11 a2[√2−ln(

√2−1)]

2 . 4.12 a2√

3 − a2 ln(2+√3)

2 . 4.13 ln(√

2 + 1). 4.14

ln 2+√3

1+√2. 4.15 π

6 . 4.16 2 − 3√2

+ 12 ln(1 +

√2). 4.17 1

8 ln 2+√3

3 + 18√3

(arctan 4

3 − arctan(

2 + 2√3

)). 4.18

3−√

3+4 ln 2+√3

5 −ln 1+√3

4 . 4.19− π4√2. 4.20 1

n√2 . 4.21 2√

3−2√

2. 4.22√

2−1. 4.23 1. 4.24 3−√2−ln(1+

√2)

2 .

4.25 ln 3+2√3

3 . 4.26 1√10

ln 7+5√2

2+√5. 4.27 ln 2(9+4

√5)

(1+√2)(1+

√5). 4.28 1

2√10

ln (2√3−√15)(√14+2

√5)

(2√3+√15)(√14−2

√5). 4.29 ln 5

√3+2√21

3(2+√3)

.

53




4.30 8−ln 53 . 4.31 e

2 . 4.32 1 + ln 2(1+e)1+2e2

. 4.33 ln(1 + ee)− 1. 4.34 32e

52 . 4.35 1− π

4 . 4.36√

3 + 1−4√2

3 . 4.37√

6−√

3 + arcsin 1√7− 2 arcsin 2√

7. 4.38 ln 4

3 . 4.396√3−10

3 ln3 2. 4.40 2 ln(2 +

√3)−

√3. 4.41 81

68 ln 2− 14 ln 17.

4.42 52 ln 3− 3 ln 2− 1

2 . 4.43e3−13 + ln 2+e

2 . 4.44 3−π2 . 4.45 2. 4.46 1

2 ln 2− 14 . 4.47

11√3

4 + 38 ln(2 +

√3).

4.48 cosα + sinα ln(2 +√

3). 4.49 1 −√63 + 1

2√2

ln 21. 4.50 1 − 32√2. 4.51

√3−24 + ln (

√2−1)(

√6+2)

(√2+1)(

√6−2) . 4.52

ln(1 +√

2). 4.53 258 ln 3 − 10

3 ln 2 − 1. 4.546√35 . 4.55 ln 2 − 1

2 . 4.5616 . 4.57

(1−√3) ln 38 + (1+

√3)π

24 . 4.582√6

3 −√22 ln 3. 4.59 3

√3

24 + 116 ln 3+

√3√

3−1 . 4.60π4 . 4.61

π4 . 4.62

3√3−π

3+√3π. 4.63 e

π2 . 4.64 0. 4.65

√2− 1− 1√

2ln 2.

4.66 2 ln 2− 1.

54



y chuy¶n˜• tšchph–n - chuyên Đề Ôn thi€¦ · ch÷ìng1 nguy¶nh€m 1.1.nguy¶nh€m....

Documents