Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 1 CÁC DẠNG TÍCH PHÂN VÀ CÁCH TÍNH A - TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC: Dạng ( ) ( ) P x Q x Dạng 1: Bậc của tử lớn hơn (hay bằng) bậc của mẫu: Cách giải: Ta thực hiện phép chia đa thức cho đa thức Ví dụ 1: 1 1 2 0 0 2 3 5 19 2 7 2 2 x x I dx x dx x x + +   = = + +   − −   ∫ ∫ = ( ) 2 1 0 7 19ln | 2 | |x x x+ + − Chú ý: 2 1 b a I dx ax bx c = + + ∫ (Rất quan trọng trong tích phân hữu tỉ) TH1: Mẫu có 2 nghiệm. Đặt 2 1 ax bx c+ + 1 2 A B x x x x = + − − giải ra tìm A, B Ví dụ 2: 1 1 2 0 0 1 1 3 2 ( 1)( 2) I dx dx x x x x = = + + + + ∫ ∫ . Làm ngài nháp: 0 1 1 ( 2) ( 1) ( ) 2 2 1 1 ( 1)( 2) 1 2 ( 1)( 2) ( 1)( 2) A B A A B A x B x A B x A B A B B x x x x x x x x + = =   + + + + + + = + = = ⇒ ⇔   + = = − + + + + + + + +   Khi đó ( ) 1 1 1 1 0 2 0 0 0 1 1 1 1 ln | 1| ln | 2 | | 3 2 ( 1)( 2) 1 2 I dx dx dx x x x x x x x x   = = = − = + − +   + + + + + +   ∫ ∫ ∫ TH2: Mẫu có 1 nghiệm. Phân tích ( ) 2 2 0 ax bx c a x x+ + = − . Tính trực tiếp Ví dụ 3: 1 1 1 0 2 2 0 0 1 1 1 | 4 4 ( 2) 2 I dx dx x x x x − = = = + + + + ∫ ∫ TH3: Mẫu vô nghiệm. Phân tích 2 2 2 2 4 b ax bx c a x a a   ∆   + + = + −           . Đặt 2 tan 2 4 b x t a a ∆ + = − Ví dụ 4: 1 1 2 2 0 0 1 1 4 7 ( 2) 3 I dx dx x x x = = + + + + ∫ ∫ Đặt 2 2 3 tan 3(1 tan ) x t dx t dt + = ⇒ = + . đổi cận 2 3 0 tan , 1 tan 3 3 x t Arc x t Arc= ⇒ = = ⇒ = khi đó arctan3/ 3 arctan3/ 3 arctan3/ 3 2 2 arctan3/ 3 2 arctan2/ 3 2 arctan2/ 3 arctan2/ 3 arctan2/ 3 1 1 1 1 .(1 tan ) .(1 tan ) | 3(tan 1) 3 3 ( 3 tan ) 3 I t dt t dt dt t t t = + = + = = + + ∫ ∫ ∫ Đặc biệt: + 2 1 I dx x a = + ∫ . Đặt tana t x= + 2 1 I dx x a = − ∫ là dạng TH1 (a > 0) Ví dụ 5: a) 1 2 0 1 5 I dx x = + ∫ . Đặt 5 tan x t = . Giải hoàn toàn tương tự Ví dụ 4 b) 1 1 2 0 0 1 1 5 ( 5)( 5) I dx dx x x x = = − − + ∫ ∫ . Giải tương tự Ví dụ 2 Dạng 2: Một số phép biến đổi thường dùng (phải nhớ từng dạng và cách biến đổi) + 2 2 ( ) 1 . ( ) ( ) n n n ax b ax b I dx dx cx d cx d cx d + + +   = =   + + +   ∫ ∫ . Từ đây đặt t = ax b cx d + + Ví dụ 6 : a) 3 1 1 3 5 2 0 0 (2 3) 2 3 1 . (4 1) 4 1 (4 1) x x I dx dx x x x + +   = =   + + +   ∫ ∫ . Đặt 2 2 3 10 4 ) 1 (4 1 x dt dx x x t + − ⇒ = + + = Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 2 * Tương tự: 1/ 1 5 7 0 ( 2) (3 5) x I x + = − ∫ 2/ 1 2 4 0 (5 2) (3 1) x I x − = + ∫ b) Áp dụng phương pháp trên: 1 1 1 3 3 3 5 6 2 0 0 08 6 6 1 1 3 3 2 6 0 0 1 1 1 1 1 . . (2 3) (4 1) (4 1) (4 1) 2 3 2 3 .(4 1) 4 1 4 1 1 1 2.(2 3) (4 1) 1 1 1 2 3 1 . . . .2. 1 . 5 4 1 (4 1) 5 4 1 (4 2 3 2 3 4 1 4 1 I dx dx dx x x x x x x x x x x x x dx x x x x x x x = = = + + + + + +     +     + +     + − + +     = = −     + + +     + +         + +     ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 1) dx x + Đặt t = 2 3 4 1 x x + + * Tương tự: 1/ 1 3 7 0 1 (3 4) (3 2) I dx x x = + − ∫ 2/ 1 3 4 0 1 (2 1) (3 1) I dx x x = − − ∫ Ví dụ 7: Các phép biến đổi hay a) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( 3) 1 3 1 1 3 ( 3) 3 ( 3) 3 ( 3) ( 3) 3 3 dx dx x x dx x x x I dx dx dx x x x x x x x x x x x x     − − − = = = = − = −     − − − − − −     ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ + I 1 : Đặt t = x 2 - 3 + I 2 : ln|x| * Tương tự: 1/ 3 9 5 1 3 dx I x x = + ∫ 2/ 3 6 1 3 dx I x x = + ∫ Tổng quát: 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b b b b m m m m n m n m n m n m a a a a dx x x k x x k I dx dx dx x x k k x x k x x k x x k − + + = = = − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ b) 3 3 3 2 2 2 4 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 x x x I dx dx dx x x x x x + + + = = = + + − + ∫ ∫ ∫ . Từ đây đặt t = 1 x x − (ở bước đầu chia cho x 2 ) * Tương tự: 1/ 3 2 4 1 1 1 x I dx x − = + ∫ 2/ 3 2 4 3 2 1 1 5 4 5 1 x I dx x x x x − = − − − + ∫ BÀI TẬP TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ 1/ 1 3 3 2 0 1 5 6 x I dx x x x + = − + ∫ 2/ 3 2 2 2 3 3 3 ( 2)( 1) x x I dx x x + + = + − ∫ 3/ 2 3 1 ( 1) dx I dx x x = + ∫ 4/ 1 0 3 1 ( 2)( 1) x I dx x x + = + + ∫ 5/ 1 3 0 3 1 ( 1) x I dx x + = + ∫ 6/ 3 3 2 0 1 x I dx x = + ∫ 7/ 4 3 2 3 3 3 2 x I dx x x = − + ∫ 8/ 2 3 2 1 ( 1) x I dx x = + ∫ 9/ 3 3 0 dx I dx x x = + ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 3 10/ 2 5 3 1 dx I dx x x = + ∫ 11/ 1 3 0 1 dx I dx x = + ∫ 12/ 1 5 2 0 1 x I dx x = + ∫ 13/ 1 3 0 (1 2 ) x I dx x = + ∫ 14/ 1 7 9 0 (3 5) (1 2 ) x I dx x − = + ∫ 15/ 2 0 1 ( 1)( 1)( 3) I dx x x x = − + + ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 4 B – TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC www.DeThiThuDaiHoc.com Dạng 1: sin . os b n m a I x c xdx = ∫ + Nếu n hoặc m lẻ: Đặt hàm số dưới mũ chẵn bằng t (Tức là sinx = t hoặc cosx = t) + Nếu n, m cùng lẻ: Đặt t = sinx hoặc t = cosx đều được + Nếu n, m cùng chẵn thì dùng công thức hạ bậc: 2 2 1 cos2 1 cos2 sin ,cos 2 2 x x x x − + = = Dạng 2: [cos ].sin I f x xdx = ∫ - Hàm số ta có thể đưa hết về cosx và chỉ còn lại sinx là phần dư ở sau (cách nhận dạng là số mũ của sinx lẻ). Đặt t = cosx. Các phép biến đổi: A 1 = 3 2 2 sin sin .sin (1 cos )sin x x x x x = = − ⇒ Tổng quát lên 2 1 2 2 sin . os sin . os .sin (1 cos ) . os .sin k batki k batki k batki x c x x c x x x c x x + = = − (nhận dạng: sinx mũ lẻ) A 2 = 2 1 2 2 2 1 2 1 1 sinx sinx sinx sin sin (sin ) (1 os ) k k k k x x x c x + + + + = = = − A 3 : Hàm số có chứa sin 2 2sin cos x x x = áp dụng: 1/ 4 2 0 sin 2 3sin 4sin 1 x I dx x x π = − + ∫ 2/ 4 3 0 1 sin I dx x π = ∫ 3/ 2 0 sin 2 sin cos 3 x x I dx x π + = + ∫ Dạng số 3: [sin ].cos I f x xdx = ∫ - Hàm số ta có thể đưa hết về sinx và chỉ còn lại cosx là phần dư ở sau (cách nhận dạng là số mũ của cosx lẻ). Đặt t = sinx Các phép biến đổi: A 1 = 3 2 2 cos os . os (1 sin ) os x c x c x x c x = = − ⇒ Tổng quát lên 2 1 2 2 cos .sin cos .sin .cos (1 cos ) .sin .cos k batki k batki k batki x x x x x x x x x x x + = = − (nhận dạng: cosx mũ lẻ) A 2 = 2 1 2 2 2 1 2 1 1 cos cos cos cos cos (cos ) (1 sin ) k k k k x x x x x x x + + + + = = = − A 3 : Hàm số có chứa sin 2 2sin cos x x x = áp dụng: 1/ 4 2 5 0 sin . os I x c xdx π = ∫ 2/ 4 0 1 cos I dx x π = ∫ 3/ 2 0 sin 2 cos sin 3 x x I dx x π + = + ∫ Dạng số 4: 2 2 [sin ,cos ].sin 2 I f x x xdx = ∫ - Hàm số chứa 2 2 sin ,cos x x và sin2x tách rời ra Cách biến đổi: Đặt t = 2 2 [sin ,cos ] f x x - Chú ý: + 2 2 (sin )' sin 2 ,(cos )' sin 2 x x x x = = − + Đôi khi người ta không cho sin2x mà cho sinx.cosx ta biến đổi sinx.cosx = 1 sin 2 2 x Ví dụ 8: a) /2 2 0 sin 2 1 os x I dx c x π = + ∫ . Ta nhận thấy hàm số có chứa cos 2 x và sin2x Đặt 2 1 cos sin 2 sin 2 dt t x dt xdx dx x = + ⇒ = − ⇒ = − . đổi cận: x = pi/2 thì t = 1, x = 0 thì t = 2 Khi đó: 1 1 2 2 sin 2 ln | || 2 sin 2 x dt I t ln t x = = − = − ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 5 b) /2 2 2 0 sin 2 cos 4sin x I dx x x π = + ∫ . Ta nhận thấy hàm số có chứa đồng thời sin 2 x, cos 2 x và sin2x Đặt 2 2 2 2 2 2 cos 4sin cos 4sin 2 ( sin 2 4sin 2 ) 3sin 2 tdt t x x t x x tdt x x dx dx x = + ⇒ = + ⇒ = − + ⇒ = . Đổi cận: x = pi/2 thì t = 2, x = 0 thì t = 1 Khi đó: 1 2 1 2 sin 2 2 2 2 | 3sin 2 3 3 x tdt I t t x = = = ∫ Dạng 5: 2 1 (tan ). cos I f x dx x = ∫ - Hàm số chứa mình tanx và 2 1 cos x tách rời ra Cách biến đổi: Đặt t = tanx Ví dụ 9: a) /4 2 2 0 (tan 1) cos x I dx x π + = ∫ Đặt 2 2 1 tan cos . cos t x dt dx dx x dt x = ⇒ = ⇒ = . Đổi cận 0 0, / 4 1 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = Khi đó: 1 1 2 2 2 2 0 0 ( 1) 7 .cos ( 1) cos 3 t I xdt t dt x + = = + = ∫ ∫ Nhưng đề thi không cho một cách đơn giản vậy, có nghĩa là mình phải qua các phép biến đổi mới nhận dạng được chứ lúc đầu chưa thấy có mình tanx và 2 1 cos x (yêu cầu kỹ năng và làm nhiều) b) /4 2 4 2 /4 sin cos (tan - 2tan 5) x I dx x x x π π − = + ∫ . Mới nhìn vào ta thấy có tanx nhưng có thêm 2 4 sin ,cos x x . Ta sẽ cố gắng tìm cách đưa về đúng dạng, Ở ví dụ sau ta sẽ thấy điều đó: /4 /4 2 2 4 2 4 2 /4 /4 /4 /4 2 2 2 2 2 2 2 /4 /4 2 2 2 sin sin 1 . cos (tan - 2tan 5) cos tan - 2tan 5 sin 1 1 1 1 . . tan . . cos cos tan -2 tan 5 cos tan -2tan 5 tan 1 . tan - 2tan 5 cos x x I dx dx x x x x x x x dx x dx x x x x x x x x x x x π π π π π π π π − − − −   = =   + +       = =     + +      = +  ∫ ∫ ∫ ∫ /4 /4 dx π π −     ∫ Từ bài này ta có thể tổng quát được rằng cứ số mũ của sin ở trên tử nhỏ hơn số mũ của cos ở dưới mẫu là ta tách như vậy Chú ý: Các phép biến đổi thường dùng để đưa về dạng này A 1 = 2 4 2 2 2 1 1 1 1 . (1 tan ). cos cos cos cos x x x x x = = + . Từ đây làm cho thầy 6 1 cos x ??? Tổng quát lên cosx mũ chẵn ta sẽ giải quyết được hết bằng cách này (Nếu cosx mũ lẻ ta cũng giải quyết được bằng A 2 dạng 3) A 2 = 2 2 1 sin sin .cos cosa x b x x c x d+ + + ta sẽ chia cả tử và mẫu cho cos 2 x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1/ cos 1/ cos sin sin .cos cos tan tan (1 tan ) cos cos cos cos x x x x x x d a x b x c d x a b c x x x x = = + + + + + + + Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 6 A 3 = 2 2 2 2 1 1 cos cos ( os sin ) ( os sin ) 2 2 2 2 2 2 x x x x x x asinx b x c asin b c c c = + + + − + + (Chia cả tử và mẫu cho 2 s 2 x co ) A 4 = 2 2 2 2 2 1 1 ( sinx os ) sin 2 sin cos cosa bc x a x ab x x b x = + + + (phải dạng A 2 chưa?) A 5 = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 osx (sin os ) ( os sin ) ( 1)sin ( 1)cos 2 2 2 2 2 2 x x x x x x a c a c c a a = = + + + − − + + (Chia cả tử và mẫu cho?) A 6 = 2 2 2 2 1 1 1 sinx (sin os ) 2sin os sin 2sin os cos 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x a a c c a c a = = + + + + + (Chia cả tử và mẫu cho?) Dạng 6: 2 1 (cot ). sin I f x dx x = ∫ - Hàm số chứa mình cotx và 2 1 sin x tách rời ra Cách biến đổi: Đặt t = cotx Ví dụ 10: a) /4 2 /6 3cot 1 sin x I dx x π π + = ∫ . nếu theo 1 cách máy móc thì thấy hàm số chứa cotx và 2 1 sin x thì ta đặt t = cotx. Nhưng nếu tinh ý ta đặt nguyên căn bằng t bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Không tin hãy thử? Cũng giống dạng 6 thì đề rất ít khi cho sẵn dạng, mà phải qua phép biến đổi. A 1 = 2 4 2 2 2 1 1 1 1 . (1 t ). sin sin sin sin co x x x x x = = + . Từ đây làm cho thầy 6 1 sin x ??? A 2, A 3 , A 4 , A 5 , A 6 Ở dạng 4 ta có thể giải quyết bằng cách này bằng cách không chia cho cos nữa mà ta sẽ chia cả tử và mẫu cho sin. Thử coi? Từ đây ta có nhận xét: hầu hết các bài tích phân của hàm lượng giác mà tử số là hằng số sẽ được giải quyết bằng 2 cách dạng 4 hoặc dạng 5. Dạng 7: cos 'sin 'cos ' asinx b x c I dx a x b x c + + = + + ∫ - Hàm bậc nhất của sinx, cosx chia hàm bậc nhất của sinx,cosx Hướng giải quyết: Tử = cos ( 'sin 'cos ') ( 'cos 'sin )asinx b x c A a x b x c B a x b x C+ + = + + + − + Ví dụ 11: /2 0 sin 7cos 6 4sin 3cos 5 x x I dx x x π + + = + + ∫ Ta phân tích tử số: sin 7cos 6 (4sin 3cos 5) (4cos 3sin ) (4 3 )sin (3 4 )cos 5 x x A x x B x x C A B x A B x A C + + = + + + − + = − + + + + Khi đó ta có hệ phương trình: 4 3 1 3 4 7 5 6 A B A B A C − =   + =   + =  (tức là ta cho hệ số sinx, cosx ở đầu bằng cuối) giải hệ phương trình ta được: A = 1, B = 1, C = 1 Khi đó: /2 /2 0 0 sin 7cos 6 (4sin 3cos 5) (4cos 3sin ) 1 4sin 3cos 5 4sin 3cos 5 x x x x x x I dx x x x x π π + + + + + − + = = + + + + ∫ ∫ /2 /2 /2 0 0 0 4sin 3cos 5 4cos 3sin 1 4sin 3cos 5 4sin 3cos 5 4sin 3cos 5 x x x x dx dx dx x x x x x x π π π + + − = + + + + + + + + ∫ ∫ ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 7 /2 /2 1 0 0 4sin 3cos 5 4sin 3cos 5 2 x x I dx dx x x π π π + + = = = + + ∫ ∫ /2 2 0 4cos 3sin 4sin 3cos 5 x x I dx x x π − = + + ∫ đặt t = mẫu /2 3 0 1 4sin 3cos 5 I dx x x π = + + ∫ quay lại A 3 của dạng 5 MỘT SỐ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC THƯỜNG DÙNG TRONG TÍNH TÍCH PHÂN 2 2 2 2 1/sin2 2sin .cos 2/ cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin x x x x x x x x = = − = − = − 2 2 2 1 cos2 1 cos2 1 cos2 3/ sin 4/ cos tan 2 2 1 cos2 x x x x x x x − + − = = ⇒ = + 3 3 3sin sin3 3cos cos3 5 / sin 6 / cos 4 2 x x x x x x − + = = 2 2 2 2 1 1 7 / 1 tan 8/ 1 t cos sin x co x x x = + = + 4 4 2 2 1 1 1 3 1 9 /sin cos 1 sin 2 cos 2 cos4 2 2 2 4 4 x x x x x + = − = + = + 6 6 2 3 5 3 10 /sin cos 1 sin 2 cos4 4 8 8 x x x x + = − = + 2 11/1 sin 2 (sin cos ) x x x + = + CÁC CÔNG THỨC ĐẠO HÀM QUAN TRỌNG 2 2 2 2 2 2 1/ (sin )' sin 2 2 /(cos )' sin 2 1 1 3/ (tan )' 1 tan 4 / ( t )' 1 t cos sin x x x x x x co x co x x x = = − = = + = = + BÀI TẬP TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC 1/ /2 2 0 sin .cos (1 cos ) I x x x dx π = + ∫ 2/ /2 3 0 tan I xdx π = ∫ 3/ /2 0 sin 2 sin 1 3cos x x I dx x π + = + ∫ 4/ /2 0 sin 2 .cos 1 cos x x I dx x π = + ∫ 5/ /2 3 0 4sin 1 cos x I dx x π = + ∫ 6/ /12 0 tan 4 I xdx π = ∫ 7/ /2 3 0 cos 1 sin x I dx x π = + ∫ 8/ /2 2 2 0 3sin 4cos 3sin 4cos x x I dx x x π + = + ∫ 9/ /3 2 0 sin .tan I x xdx π = ∫ 10/ /2 3 2 0 sin 1 cos x I dx x π = + ∫ 11/ /2 0 cos2 1 cos x I dx x π = + ∫ 12/ /2 cos 0 sin 2 x I e xdx π = ∫ 13/ /4 sin 0 (tan cos ) x I x e x dx π = + ∫ 14/ /2 sin 0 ( cos )cos x I e x xdx π = + ∫ 15/ /2 2 0 sin 2 4 cos x I dx x π = − ∫ 16/ /4 3 4 0 4sin 1 cos x I dx x π = + ∫ 17/ /4 2 0 1 2sin 1 sin 2 x I dx x π − = + ∫ 18/ /3 0 cos 2 cos2 x I dx x π = + ∫ 19/ 2 /2 sin 0 .sin 2 x I e xdx π = ∫ 20/ /2 0 cos 2 cos2 x I dx x π = + ∫ 21/ /2 2 3 0 sin 2 (1 sin ) I x x dx π = + ∫ 22/ /2 2 0 cos 1 cos x I dx x π = + ∫ 23/ /2 4 4 0 cos2 (sin cos ) I x x x dx π = + ∫ 24/ /2 3 2 0 sin .cos 1 cos x x I dx x π = + ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 8 25/ /2 2 0 sin 2 1 cos x I dx x π = + ∫ 26/ /2 2 0 sin 4 1 cos x I dx x π = + ∫ 27/ /2 2 3 0 sin 2 (1 sin ) I x x dx π = + ∫ 28/ /2 2 2 0 sin 2 cos 4sin x I dx x x π = + ∫ 29/ /2 2 2 0 sin cos 4cos 9 in x x I dx x s x π = + ∫ 30/ /2 0 1 1 tan I dx x π = + ∫ 31/ /4 4 0 1 cos I dx x π = ∫ 32/ /4 6 0 tan I xdx π = ∫ 33/ /4 3 0 tan I xdx π = ∫ 34/ /4 2 2 0 sin 2sin cos cos dx I dx x x x x π = + − ∫ 35/ /4 3 2 2 5 0 sin (tan 1) os x I dx x c x π = + ∫ 36/ /6 4 0 tan cos2 x I dx x π = ∫ 37/ /6 3 0 tan cos2 x I dx x π = ∫ 38/ /2 0 1 1 sin 2 I dx x π = + ∫ 39/ /4 2 0 1 (sin 2cos ) I dx x x π = + ∫ 40/ 4 /3 1 sin 2 I dx x π π = ∫ 41/ /2 0 1 cos dx I x π = + ∫ 42/ /2 2 0 1 2 cos I dx x π = − ∫ 43/ /2 4 /4 1 sin I dx x π π = ∫ 44/ /2 2 /4 3cot 1 sin x I dx x π π + = ∫ 45/ /4 2 /6 1 sin cot I dx x x π π = ∫ 46/ /3 2 2 /3 1 sin 9cos I dx x x π π − = + ∫ 47/ /2 cot 2 /4 sin x e I dx x π π = ∫ 48/ /4 3 0 cos2 (sin cos 2) x I dx x x π = + + ∫ 49/ /4 0 cos2 sin cos 2 x I dx x x π = + + ∫ 50/ /2 /4 sin cos sin cos x x I dx x x π π − = + ∫ 51/ /2 /4 1 1 sin 2 I dx x π π = + ∫ 52/ /2 3 /4 sin cos sin cos x x I dx x x π π + = − ∫ 53/ /3 /4 sin cos 3 sin 2 x x I dx x π π + = + ∫ 54/ /2 /4 sin cos 1 sin 2 x x I dx x π π − = + ∫ 55/ /2 3 0 cos2 (sin cos 3) x I dx x x π = − + ∫ 56/ /2 /4 sin cos 1 sin 2 x x I dx x π π − = + ∫ 57/ /2 6 6 6 /4 sin sin cos x I dx x x π π = + ∫ 58/ /2 3 3 3 /4 sin sin cos x I dx x x π π = + ∫ 59/ /2 /4 sin sin cos x I dx x x π π = + ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 9 C - TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ (CHỨA CĂN) www.DeThiThuDaiHoc.com Dạng 1: 2 ( ; ) b a I f x x k dx = − ∫ - Hàm số có chứa 2 x k − Hướng giải quyết: đặt 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 t k x k t x x k t x x k t xt x x t + − = − ⇒ − = − ⇒ − = − + ⇒ = Ví dụ 1: 1 2 2 0 3 x I dx x = − ∫ . Nếu đặt t = căn thì việc giải sẽ rất khó khăn Khi đó ta sẽ định hướng đặt 2 3 x t x − = − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 ( ) 3 2 ( ) 2 2 t t x t x x t x x t xt x x dx dt t t + − − = − ⇒ − = − ⇒ − = − + ⇒ = ⇒ = 2 2 3 6 3 6 3 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 ( 3) 2 ( 3) ( 3)( 3) . . 3 2 (2 ) ( 3) 2 (2 ) . 2 t t t t t t t t I dt dt dt t t t t t t t t t + + +   +   − + − + −   = = = + − + − − ∫ ∫ ∫ Đến đây rồi việc giải tiếp dành cho các em!!! Dạng 2: ( )( ) I x a x b dx = + + ∫ - Hàm số có chứa ( )( ) x a x b + + Hướng giải quyết: 2 a b t x + = + Ví dụ 2: 1 0 ( 1)( 3) I x x dx = + + ∫ Đặt 1 3 2 2 t x x + = + = + dt dx⇒ = , 1 1, 3 1 x t x t + = − + = + 3 3 2 2 2 ( 1)( 1) 1 I t t dx t dx = − + = − ∫ ∫ Hình như là đã quay về dạng 1. hehe!!! Dạng 3: 1 , ( )( ) I dx a b x a x b = < − − + ∫ Hướng giải quyết: 2 ( )sin ,(0 ) 2 x a b a t t π = + − < < 2 2 2 2( )sin cos ( )sin , ( )(1 sin ) ( ) os t dx b a t tdt x a b a t x b b a t b a c = − − = − − + = − − = − 2 2 2 2( )sin cos I= 2 2 ( ) sin cos b a t t dt dt t b a t t − = = − ∫ ∫ Ví dụ 3: 2 2 0 1 3 4 I dx x x = − + + ∫ Ta sẽ phân tích: 2 2 2 0 0 1 1 ( 1)( 4) 3 4 I dx dx x x x x = = + − + − + + ∫ ∫ . Trình bày lời giải cho thầy. Nhưng nếu phương trình trong căn vô nghiệm thì chắc chắn cách này sẽ không giải quyết được!!!! Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 10 Dạng 4 2 ( ; ) I f x a x dx = − ∫ - Hàm số có chứa 2 a x− Hướng giải quyết: Đặt sin x a t = Ví dụ 4: 1 2 0 1 3 I dx x = − ∫ . đặt 3sin x t = , trình bày lời giải tiếp Ta quay lại với trường hợp phương trình trong căn vô nghiệm, coi cách này có giải quyết được không? Ví dụ 5: 1 2 0 1 2 4 I dx x x = − + + ∫ đúng là phương trình trong căn vô nghiệm và có hệ số a < 0 Thử biến đổi: 2 2 2 2 4 ( 2 1) 5 5 ( 1)x x x x x− + + = − − + + = − + 1 2 0 1 2 4 I dx x x = + + ∫ = 1 2 0 1 5 ( 1) I dx x = − + ∫ . đặt 1 5sin x t + = thử coi được không? Từ đó đặt câu hỏi: vô nghiệm nhưng hệ số a dương bài toán sẽ được giải quyết như thế nào? Dạng 5: 2 ( ; ) I f x x a dx = + ∫ Hướng giải quyết: sẽ có 2 cách Cách 1: đặt tan x a t = Cách 2: đặt 2 x a x t + + = Ví dụ 6: 1 2 0 1 3 I dx x = + ∫ cách 1: đặt 2 3 tan 3(1 tan ) x t dx t dt = ⇒ = + . đổi cận x = 0, t = 0: x = 1, t = / 6 π khi đó: 1 /6 /6 /6 /6 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 1 3(1 tan ) 3(1 tan ) 1 1 tan cosx 3 3(tan 1) ( 3 tan ) 3 t dt t dt I dx tdt dx x t t π π π π + + = = = = + = + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = ??? cách 2: đặt 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 ( ) 2 2 t t x x t x t x x t x x dx dt t t − + + + = ⇒ + = − ⇒ + = − ⇒ = ⇒ = đổi cận: x = 0, t = 3 : x = 1, t = 3 khi đó: 1 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 3 2 0 3 3 3 1 1 3 2 3 1 . . ln | ln 3 3 2 3 2 3 2 t t t I dx dt dt dt t t t t t t x t t + + = = = = = = − + + − ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 7: Đề thì sẽ không cho sẵn như trên, hoặc đó chỉ là bước tính cuối cùng của 1 bài tích phân 1 2 0 1 2 4 I dx x x = + + ∫ - vô nghiệm và hệ số a dương Ta có thể biến đổi: 2 2 2 4 ( 1) 3x x x+ + = + + khi đó 1 1 2 2 0 0 1 1 2 4 ( 1) 3 I dx x x x = = + + + + ∫ ∫ cách 1: 1 3 tan x t + = . Giải tiếp cách 2: 2 ( 1) 3 ( 1) x x t + + + + = . Giải tiếp (ta xem x + 1 như là x trong ví dụ 6) Dạng 6 : 2 1 ( ' ') I dx a x b ax bx c = + + + ∫ [...].. .Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc Hướng giải quyết: đặt t = 1 a'x + b' 1 dx or ax + b + ax + c Dạng 7: I = ∫ ∫ 1 dx ax + b − ax + c Hướng giải quyết: nhân cho lượng liên hợp (nếu cộng nhân tử và mẫu cho dấu trừ và ngược lại) Dạng 8: I = ∫ 1 xn xm + k dx xm + k (cách này sẽ sử dụng rất hiệu quả khi đặt t = căn không được) x hướng giải quyết: đặt t = Tổng... atant; với t ∈  − ;   2 2 1 a + x2 2 BÀI TẬP TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ 4 1/ I = ∫x 7 3 ∫ 4/ I = 3/ 2 4 7/ I = ∫ 1 7 dx 2/ I = x2 + 9 ∫ x3 3 0 3 dx 5/ I = (1 + x 2 )3 3 ∫x 1 −1 dx 8/ I = ∫ x4 1 + x2 −3 – x2 + 1 1 dx 0 4 dx 33 3/ I = ∫ x3 1 − x 2 dx 2 − x3 dx x + 4 + ( x + 4)3 6/ I = ∫ 1 6 9/ I = ∫ 4 dx x(1 + x ) x − 4 dx x+2 x+2 11 Tích phân ôn thi đại học 6 10/ I = ∫ 3 4 Võ Hữu Quốc x−4 dx x + 2 (2... dx xm + k (cách này sẽ sử dụng rất hiệu quả khi đặt t = căn không được) x hướng giải quyết: đặt t = Tổng kết lại - Hướng thứ nhất: đặt t = căn - Hướng thứ hai: đặt t = x - Hướng thứ ba: dựa vào bảng sau Dấu hiệu Cách chọn  π π Đặt x = |a| sint; với t ∈  − ;   2 2 hoặc x = |a| cost; với t ∈ [0; π ] a2 − x2  π π ; với t ∈  − ;  \ {0} sint  2 2 a π  hoặc x = ; với t ∈ [0; π ] \   Đặt x . Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 1 CÁC DẠNG TÍCH PHÂN VÀ CÁCH TÍNH A - TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC: Dạng ( ) ( ) P x Q x Dạng 1: Bậc của tử lớn hơn (hay bằng) bậc của mẫu: Cách. 2 0 1 ( 1)( 1)( 3) I dx x x x = − + + ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 4 B – TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC www.DeThiThuDaiHoc.com Dạng 1: sin . os b n m a I x c xdx = ∫ +. /2 /4 sin sin cos x I dx x x π π = + ∫ Tích phân ôn thi đại học Võ Hữu Quốc – 9 C - TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ (CHỨA CĂN) www.DeThiThuDaiHoc.com Dạng 1: 2 ( ; ) b a I f x x k dx = − ∫ -