Chương 7: Nguyên hàm tích phân từng phần

Chia sẻ: Le Huutuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu trình bày một số bài toán cơ bản nguyên hàm tích phân từng phần giúp các em học sinh có thêm tư liệu phục vụ công tác học tập môn Toán. Mời các em cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương 7: Nguyên hàm tích phân từng phần

Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? CHƯƠNG NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN 7 TỪNG PHẦN Kỹ thuật từng phần là một kỹ thuât khá cơ bản nhưng rất hiệu quả trong các bài toán tính tích phân, ở trong phần này ta sẽ không nhắc lại các bài toán cơ bản nữa mà chỉ đề cập tới một số bài toán nâng cao trong phần này. Trước tiên ta sẽ đi nhắc lại và chứng minh công thức tính nguyên hàm – tích phân từng phần. Giả sử u  x  , v  x  là các hàm liên tục trên miền D khi đó ta có: d  uv   udv  vdu   d  uv    udv   vdu  uv   udv   vdu   udv  uv  vdu Chú ý. Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được v và nguyên hàm  vdu dễ tính hơn  udv . Ngoài ra ta còn chú ý tới thứ tự đặt Nhất – Log, Nhì – Đa, Tam – ln x Lượng, Tứ - Mũ . Nghĩa là nếu có ln hay log a x thì chọn u  ln hay u  log a x  và ln a dv  còn lại. Nếu không có ln; log thì chọn u  đa thức và dv  còn lại Nếu kh ng c log đa thức ta chọn u  lượng giác cuối cùng là mũ Ta thường gặp các dạng sau ,với P  x  là đa thức Dạng sin x  sin x  x I   P x   dx I   P  x  e ax  bdx I   P  x  ln  mx  n  dx I    e dx đặt  cos x   cos x  sin x  u P x P x ln  mx  n   cos x    sin x  dv  cos x  dx dv  e ax  bdx P  x  dx e xdx   - Lư n c c a đa thức c c a n tư n ứn i n ấ n nh m TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC - Dạn mũ nh n ượn i c ạn n n h m t n ph n nh i MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài toán 1. Tìm các họ nguyên hàm sau đây   x  2  e dx   2x  1 cos x dx 2x a) b) c)   3x  1  ln x dx 2 d)   4x  1  ln  x  1  dx Lời giải 1 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát du  dx u  x  2  a) Xét   x  2  e dx . Đặt  2x  1 2x dv  e dx  v  e 2x  2 1 1 1 1 Khi đ   x  2  e 2xdx   x  2  e 2x   e 2xdx   x  2  e 2x  e 2x  C 2 2 2 4 1 Vậy   x  2  e 2 xdx   2x  3 e2 x  C . 4 u  2x  1 du  2dx b) Xét   2x  1 cos x dx . Đặt   dv  cos xdx v  sin x Khi đ   2x  1 cos x dx   2x  1 sin x   2 sin x dx   2x  1  sin x  2 cos x  C 1  x  2 e dx   2x  3 e2 x  C 2x Vậy 4 u  ln x  1 du  dx c) Xét   3x  1  ln x dx . Đặt  2  x dv   3x  1  dx  v  x 3  x 2  1    3x 1 ln xdx   x 3  x  ln x    x 2  1  dx   x 3  x  ln x   x 3  x   C . 2 Khi đ 3  u  ln  x  1   1 du  dx d) Xét   4x  1  ln  x  1  dx . Đặt   x1 dv   4x  1  dx  v  2x 2  x  2x2  x   4x  1 ln  x  1 dx   2x  x  ln  x  1   2 Khi đ dx x1  3    2x2  x  ln  x  1     2x  3   dx   2x  x  ln  x  1    x  3x  3 ln  x  1    C 2 2  x  1    2x 2  x  3  ln  x  1   x 2  3x  C . Bài toán 2. Hàm số y  f  x  thỏa mãn  f  x  sin dx  f  x  cos x    x cos xdx . Tìm y  f x ? Lời giải Áp dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có:  u  f  x du  f '  x  dx CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Đặt     f  x  sin xdx  f  x  cos x   f '  x  cos xdx dv  sin xdx  v   cos x Mà theo giả thiết  f  x  sin xdx   f  x  cos x   x cos xdx . x Suy ra f '  x   x  f  x    xdx  C . ln  Tạp chí và tư liệu toán học | 2
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? Bài toán 3. Tìm nguyên hàm I   x ln  2  x 2  dx Lời giải   2x u  ln  2  x 2  du  2  x 2 Cách giải thông thường. Đặt   2  dv  xdx  v x   2 x2 x3 x2 Khi đ : I  ln  2  x    2 dx  ln  2  x 2   I 1 . 2 2x 2 2 x3 dt + Tìm I 1   dx Đặt t  2  x 2  dt  2xdx  xdx  2x 2 2 t  2 dt 1  2 1 1  I1   .    1   dt   t  2 ln t   C   2  x 2   2 ln  2  x 2    C. t 2 2  t 2 2 x2 x2 1 I ln  2  x 2   I 1  ln  2  x 2    2  x 2   2 ln  2  x 2    C 1 2 2 2 2x 2 2  x2 2  x2 x2  ln  2  x   2  C1  ln  2  x    C. 2 2 2 2 2 Cách giải theo “kĩ thuật chọn hệ số”.   2x u  ln  2  x 2   du  2  x 2 Đặt   v  x  1  2  x 2 2  dv  xdx   2 2 x2 x2 Vì v   xdx   C và ta chọn C  1 nên v  1 2 2 2  x2 2  x2 x2 Khi đ : I  ln  2  x    xdx  2 ln  2  x    C. 2 2 2 2 Nhận xét. Qua bài toán trên các em được làm quen thêm một kĩ thuật chọn hệ số cho phương pháp tích phân từng phân. Kĩ thuật này được trình bày sau đây Kĩ thuật chọn hệ số.  u  f  x  du  f   x  dx  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Khi đi tính tích phân từng phần ở khâu đặt   với C là hằng  dv  g  x  dx   v  G  x   C số bất kỳ ( chọn số nào cũng được ) Và theo một “th i quen” thì chúng ta thường chọn C  0 Nhưng việc chọn C  0 lại làm cho việc tìm nguyên hàm (tích phân)  vdu không được “đẹp” cho lắm Vì ta c quyền chọn C là số thực bất kì nên ta sẽ chọn hệ số C thích hợp mà ở đ biếu thức vdu là đơn giản nhất Cách làm như thế được gọi là “kĩ thuật chọn hệ số”. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một số ví dụ để hiểu rõ hơn về phương pháp này! 3 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát ln  sin x  2 cos x  Bài toán 4. Tìm nguyên hàm  cos2 x dx Lời giải Cách giải thông thường. u  ln  sin x  2 cos x  cos x  2 sin x  du  dx Đặt  dx  sin x  2 cos x  dv   cos 2 x  v  tan x tan x  cos x  2 sin x   I  tan x ln  sin x  2 cos x    dx . sin x  2 cos x tan x  cos x  2 sin x  Khi đ việc đi tìm  sin x  2 cos x dx sẽ trở nên rất kh khăn Lúc này cần sự “lên tiếng” của “kĩ th t chọn hệ s ”. Cách giải theo “kĩ thuật chọn hệ số”.  cos x  2 sin x u  ln  sin x  2 cos x  du  dx   sin x  2 cos x Đặt  dx   dv   v  tan x  C  sin x  C cos x  2 cos x  cos x sin x  C cos x cos x  2 sin x Khi đ :  vdu   . dx Để nguyên hàm này đơn giản ta “Chọn cos x sin x  2 cos x cos x  2 sin x C  2 ” lúc này ta được  vdu   dx . cos x cos x  2 sin x  I  tan x ln  sin x  2 cos x    dx  tan x ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cot x  C. cos x Bài toán 5. Tìm nguyên hàm  x 2 sin  1  3x  dx Lời giải + Xét I   x 2 sin  1  3x  dx du  2xdx u  x 2  Đặt   1 . dv  sin  1  3x  dx  v  3 cos  1  3x  1 2 Khi đ thì I   x 2 sin  1  3x  dx  x 2 cos  1  3x    x cos  1  3x  dx CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 3 3 2 + Xét J   x cos  1  3x  dx 3  2  2  du  dx u  x  3 Đặt lại  3  . dv  cos  1  3x  dx  v   1 sin 1  3x    3 Tạp chí và tư liệu toán học | 4
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? 2 2 2 J   x cos  1  3x  dx   x sin  1  3x    sin  1  3x  dx 3 9 9 2 2   x sin  1  3x   cos  1  3x   C 9 27 1 2 2 Vậy, I   x2 sin  1  3x  dx  x 2 cos  1  3x   x sin  1  3x   cos  1  3x   C . 3 9 27 Lưu ý. T n đ i iải chuẩn, tuy nhiên, nếu chỉ c n tìm đ p cu i cùng ta có thể thực hiện theo phư n ph p t ng phân theo đ đường chéo. Phương pháp từng phần bằng sơ đồ đường chéo.  Bước 1: Chia thành 2 cột: + Cột 1: Cột u lu n lấy đạo hàm đến 0 . + Cột 2: Cột dv lu n lấy nguyên hàm cho đến khi tương ứng với cột 1  Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ c dấu    sau đ đan dấu    ,    ,    ,...  Bước 3: Kết quả bài toán là tổng các phép nhân vừa tìm được Áp dụng cho bài toán ở trên Lấy đạo hàm Dấu Lấy nguyên hàm dv  sin  1  3x  u  x2  1 2x cos  1  3x   3  1 2  sin  1  3x  9 1 0  cos  1  3x  27 1 2 2 Kết quả I   x2 sin  1  3x  dx  x 2 cos  1  3x   x sin  1  3x   cos  1  3x   C . 3 9 27 Tiếp theo là một bài toán sử dụng phương pháp từng phần bằng sơ đồ đường chéo. TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  x e dx 5 x Bài toán 6. Tìm nguyên hàm Lời giải Nhận xét: Về mặt lý thuyết bài này ta hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp tích phân từng phần. Song ta phải sử dụng tới 5 lần tích phân từng phần ( vì bậc của đa thức x 5 là 5 khá dài ). Lúc này ta sẽ làm theo sơ đồ tích phân đường chéo. 5 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát Đạo hàm Dấu Nguyên hàm u  x5 dv  e x 5x 4  ex 20x 3  ex 60x 2  ex 120x  ex 120  ex 0  ex  x e dx  x e  5x 4 e x  20x 3 e x  60x 2 e x  120xe x  120e x  C 5 x 5 x Kết quả tìm được:   x 5  5x 4  20x 3  60x 2  120x  120  e x  C.  f  x   f  x  e dx  f  x  e C * x x Cách 2. Ta sử dụng công thức: Thật vậy  f  x  e x  C   f   x  e x  f  x  e x   f  x   f   x   e x (đpcm) Áp dụng công thức  *  ta được: 1 1 I   x 5e xdx    x 5  5x 4    5x 4  20x 3    20x 3  60x 2    60x 2  120x    120x  120   120  e xdx 0 0 1 1 1    x 5  5x 4  e xdx  5   x 4  4x 3  e xdx  20   x 3  3x 2  e xdx 0 0 0 1 1 1 60   x  2x  e dx  120   x  1  e dx  120  xdx 2 x x 0 0 0 =  x 5  5x 4  20x 3  60x 2  120x  120  e x  120  44e. 1 0 Tích phân đường chéo nguyên hàm lặp Nếu ta tính tích phân theo sơ đồ đường chéo mà lặp lại nguyên hàm ban đầu cần tính (kh ng kể dấu và hệ số) thì dừng lại lu n tại dòng đ kh ng chia dòng nữa CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Cách tính. Các dòng vẫn nhân chéo như các trường hợp trên nhưng thêm   tích phaân cuûa 2 phaàn töû doøng cuoái cuøng  vẫn sử dụng quy tắc đan dấu Sau đây là ví dụ minh họa. Bài toán 7. Tìm nguyên hàm I   e 2 x cos 3xdx Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 6
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? Đạo hàm Dấu Nguyên hàm u  cos 3x dv  e 2 x  1 2x 3 sin 3x e  2 9 cos 3x 1 2x e  4 1 2x 1 1 1 3 9 Ta có I  e cos 3x   3 sin 3x  e 2x    9 cos 3x  e 2xdx  e 2x cos3x  e 2x sin3x  I 2 4 4 2 4 4 13 1 3 2 3  I  e 2x cos 3x  e 2x sin 3x  C  I  e 2x cos 3x  e 2x sin 3x  C . 4 2 4 13 13 Bài toán 8. Tìm nguyên hàm  e x sin x dx Lời giải Cách 1. Cách giải từng phần th ng thường u  sin x du  cos x dx + Xét F  x    e x sin x dx . Đặt    . dv  e x dx  v  e x Khi đ : F  x   e x sin x   e x cos x dx  e x sin x  G  x  (1) u  cos x du   sin xdx + Với G  x    e x cos xdx . Đặt    . dv  e x dx  v  e x Khi đ : G  x   e x cos x   e x sin x dx  C  e x cos x  F  x   C (2) e x  sin x  cos x  C Từ (1) và (2) ta có F  x   e sin x  e cos x  F  x   C  F  x   x x  2 2 e  sin x  cos x  x Vậy F  x    ex sin x dx  C. 2 Ghi nh : Gặp e mx  n .sin  ax  b  dx hoặc e mx  n .cos  ax  b  dx ta luôn thực hiện phương TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC pháp nguyên hàm từng phần 2 lần liên tiếp. Cách 2. (Phương pháp tích phân đường chéo) 7 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát Đạo hàm Nguyên hàm Dấu u  dv  sin x ex  cos x ex   sin x ex  e x  sin x  cos x   I  e x sinx e x cos x   e x sin xdx  I  e x  sin x  cos x   I  I   C. 2 Bài toán 9. Tìm nguyên hàm I   e x  1 .cos  2x  1  dx Lời giải Cách 1. Cách giải từng phần thông thường u  cos  2x  1 du  2 sin  2x  1  dx Đặt:  x1   dv  e dx  v  e x1 Khi đ I  e x 1 cos  2x  1   2  e x 1 sin  2x  1  dx  e x 1 cos  2x  1   2J Xét tích phân J =  e x  1 .sin(2x  1).dx u  sin(2x  1) du  2 cos  2x  1  dx Đặt   x1 dv  e dx  v  ex1 Khi đ J  e x  1 sin  2x  1   2  e x  1 cos  2x  1  dx  e x 1 sin  2x  1   2I  C Suy ra I  e x 1 cos  2x  1   2J  e x 1 cos  2x  1   2 e x 1 sin  2x  1   2I   C 1  5I  e x 1 cos  2x  1   2e x 1 sin  2x  1   I  e x 1  cos  2x  1   2 sin  2x  1    C. 5 Cách 2. (Phương pháp đường chéo) Đạo hàm Nguyên hàm Dấu u  dv  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN cos  2x  1  e x1  2 sin  2x  1  e x1  4 cos  2x  1  e x1  Ie x1 cos  2x  1   2e x1 sin  2x  1   4  e x  1 cos  2x  1  Tạp chí và tư liệu toán học | 8
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? e x1  cos  2x  1   2 sin  2x  1    e x  1  cos  2x  1   2 sin  2x  1    4I  I   C. 5 Phương pháp đường chéo dạng:  f  x  ln n  ax  b  dx Đối với dạng bài tìm nguyên hàm  f  x  ln n  ax  b  dx vì vậy ưu tiên đặt u  ln n  ax  b  vì vậy khi đạo hàm "u " sẽ kh ng bằng 0 được vì vậy phải chuyển một lượng t  x  từ cột đạo hàm sang cột nguyên hàm để giảm mũ của ln đi 1 bậc ở cột đạo hàm Tiếp tục làm tương tự cho đến khi cột đạo hàm bằng 0 thì dừng lại Nhân chéo từ hàng đạo hàm đã thực hiện chuyển t  x  sang hàng kề dưới của cột nguyên hàm vẫn sử dụng quy tắc đan dấu bình thường Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một số ví dụ liên quan tới dạng này Bài toán 10. Tìm nguyên hàm I   x ln 2 xdx Lời giải Cách 1. Phương pháp từng phân th ng thường  2 ln x  du  dx u  ln x  x2 2 x2 2 2 x Đặt  dv  x  2 Khi đ : I  2 ln x   x ln xdx  2 ln x  I 1 . v  x  2  dx  du  u  ln x  x x2 x x2 x2 + Tìm I 1   x ln xdx Đặt  dv  x  2 . Khi đ I 1  2 ln x  2 dx  2 ln x  4  C. v  x  2 x2 2  x2 x2  x2  2 1  I  ln x   ln x   C    ln x  ln x    C. Sau đây ta sẽ tìm hiểu cách 2. 2  2 4  2  2 Nguyên Chuyển Đạo hàm Dấu Nhận hàm  ln 2 x x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 2 ln x x2 2 x x 2 x ln x x  1 1 x2 1 x x 2 x x 1  2 x2 0 4 9 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát x2 2 x2 x2 x2  2 1 Kết quả I  ln x  ln x   C   ln x  ln x    C. 2 2 4 2  2 Bài toán 11. Tìm nguyên hàm I    x 2  4x  3  ln 2  x  1  dx Lời giải Đặt t  x  1  dt  dx; x 2  4x  3   x  1  x  3   t  t  2   t 2  2t  I    x 2  4x  3  ln 2  x  1  dx    t 2  2t  ln 2 tdt Cách 1. Phương pháp từng phần th ng thường  2 ln t  du  dx u  ln t 2  t Đặt   3 . Khi đ : dv  t  2t  v  t  t 2 2  3  t3   t3  ln t  t3   t2   t3  I    t 2  ln 2 t  2    t 2  dt    t 2  ln 2 t  2    t  ln tdt    t 2  ln 2 t  2I 1  *  3  3  t 3  3  3  u  ln t  dt  du   t2    t + Tính I 1     t  ln tdt. Đặt   t2   . 3  dv    t  dt t v   3 t 2  3   9 2  t3 t2   t2 t   t3 t2  t3 t2 Khi đ : I 1     ln t      dt     ln t    C. 9 2  9 2 9 2 27 4  t3   2t 3 2  2t 3 t 2 Thay I 1 vào  *  ta được: I    t 2  ln 2 t    t  ln t   C * * 3   9  27 2 Thay t  x  1 vào  * *  ta được nguyên hàm   x 2  4x  3  ln 2  x  1  dx . Cách 2. Chuyển Đạo Nguyên Nhận Dấu (Chia) hàm  u  hàm  dv  (Nhân) ln 2 t  t 2  2t 2 2 ln t t3 2 2 t t t 3 t CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2t 2 ln t   2t 3 1 1 2t 3 2 1 t t t 9 t 2t 2 1  t 9 2t 3 t 2 0  27 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 10
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó?  t3   2t 3 2  2t 3 t 2 Kết quả I    t 2  ln 2 t    t  ln t   C * * . 3   9  27 2 Thay t  x  1 vào  * *  ta được nguyên hàm   x 2  4x  3  ln 2  x  1  dx . MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO 3 3 Ví dụ 1: Cho hàm số f  x  thỏa mãn  x.f   x  .e f  xdx  8 và f  3   ln 3 . Tính I   e f  x dx . 0 0 A. I  1. B. I  11. C. I  8  ln 3. D. I  8  ln 3. Lời giải 3 u  x  du  dx  3 3  x.f   x  e fx fx   e  dx f x Đặt   Khi đ dx  x.e  dv  f   x  e f  x dx   v  e f  x 0 0 0 3 3  8  3.e     e  dx   e  dx  9  8  1 f 3 f x f x 0 0 Chọn ý A.   Ví dụ 2: Cho hàm số f  x  c đạo hàm liên tục trên 0;  , và đồng thời thỏa mãn hai  2   2 2  f '  x  cos xdx  10 và f  0   3. Tích phân  f  x  sin 2xdx bằng? 2 điều kiện 0 0 A. I  13. B. I  7. C. I  7. D. I  13. Lời giải  2  u  cos 2 x du   sin 2xdx Xét  f '  x  cos xdx  10 đặt  2   dv  f '  x  cos xdx  v  f  x  2 0   2  2  10   f '  x  cos 2 xdx  cos 2 xf  x    f  x  sin 2xdx 2 0 0 0   2 2  10  f  0    f  x  sin 2xdx   f  x  sin 2xdx  10  f  0   13 0 0 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chọn ý D. Hai ví dụ mở đầu có vẻ vẫn đang chỉ dừng ở mức dễ áp dụng công thức, từ bài thứ 3 trở đi mọi thứ sẽ nâng cao hơn nhiều yêu cầu phải biến đổi và c tư duy hơn trong việc đặt u, dv! Ví dụ 3: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương c đạo hàm liên tục trên  0; 2  . Biết f  0   1 và f  x  f  2  x   e 2 x 2  4x với mọi x   0; 2  . Tính I   2 x 3  3x 2  f '  x  dx 0 f  x 14 32 16 16 A. I   . B. I   . C. I   . D. I   . 3 5 3 5 11 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát Lời giải Một bài toán vận dung cao khá là khó, bât giờ ta sẽ đi tìm biểu thức dv, ta có thể dễ ràng f ' x thấy rằng  f  x  dx  ln f  x  , từ đây ta sẽ giải quyết bài t a như sau Từ giả thiết f  x  f  2  x   e2 x  f  2  1 2  4x u  x 3  3x 2 2 x 3  3x 2  f '  x   du   3x 2  6x  dx Ta có I   dx Đặt  f ' x  f  x dv  f x dx  v  ln f  x  0    2 2  I   x3  3x 2  ln f  x     3x 2  6x  ln f  x  dx   3   x 2  2x  ln f  x  dx  3J 2 0 0 0 2 x2 t 0 Ta có J    x 2  2x  ln f  x  dx    2  t   2  2  t   ln f  2  t  d  2  t  2  0 2 0 2    2  x   2  2  x   ln f  2  x  d  2  x     x 2  2x  ln f  2  x  dx 2   2 0 2 2 2  2J    x  2x  ln f  x  dx    x  2x  ln f  2  x  dx    x 2  2x  ln f  x  f  2  x  dx 2 2 0 0 0 2 2 32 16    x 2  2x  ln e 2x dx    x 2  2x  2x 2  4x  dx  2  4x J 0 0 15 15 16 Vậy I  3J   . 5 Chọn ý D.     2  Ví dụ 4: Cho biểu thức S  ln  1    2  sin 2x  e 2 cot x dx  với số thực m  0. Chọn khẳng  n   4m2  định đúng trong các khẳng định sau. A. S  5. B. S  9.             C. S  2 cot    2 ln  sin . D. S  2 tan    2 ln  2  .  4m 4  m2   4m  4m  2 2    CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải    2 2 2 Ta có   2  sin 2x  e 2 cot x dx  2  e 2 cot xdx   sin 2xe 2 cot xdx  1     4m2 4m2 4m2    2 2  2  2  2 cot x Xét  sin 2xe 2 cot xdx   e 2 cot xd  sin 2 x   sin 2 x.e 2 cot x 2    sin 2 x   2 e dx   4m2   sin x  4m2 4m2 4m2 Tạp chí và tư liệu toán học | 12
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó?   2  sin 2 x.e 2 cot x 2  2  e 2 cot xdx  2  4m2  4m2    2 cot Từ  1  và  2  , suy ra I  sin x.e 2 2 cot x 2   1  sin 2 .e 4m2 4m2 4m 2   2 cot          S  ln  sin 2 .e 4m2   2 cot    2 ln  sin   4  m2   4m 2   4  m2  Chọn ý C. Ví dụ 5: Cho hàm số y  f  x  c đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn  0; 1 đồng thời thỏa 1 1 1 ef '  1   f '  0  mãn các điều kiện  e x f  x  dx   e x f '  x  dx   e x f ''  x  dx  0 . Tính 0 0 0 ef  1   f  0  A. 2 B. 1 C. 2 D. 1 Lời giải 1 1 1 Ta đặt  e x f  x  dx   ex f '  x  dx   ex f '' x dx  a . Sử dụng tích phân từng phần ta có: 0 0 0 a  1 e xd  f '  x    e.f '  1   f '  0   1 e x f '  x  dx  e.f '  1   f '  0   2a  0 0  ef '  1   f '  0  1  a   e xd  f  x    e.f  1   f  0    e x f  x  dx  e.f  1   f  0   2a 1 1 ef  1   f  0   0 0 Chọn ý D. 1 Ví dụ 6: Cho hàm số f  x  c đạo hàm trên  1; e  và f  e   1;  ln x.f '  x  dx  . Tính giá e 1 2 e f  x trị của biểu thức tích phân  dx. 1 x 1 1 A. 1. B. . C. 2. D. . 4 2 Lời giải Phân tích. Nh n thấy trong tích phân c a đề bài có xuất hiện f '  x  , do v y, ta có thể n hĩ n a đến tích phân t ng ph n. TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  dx e 1 u  ln x du  1 e f  x Ta có  ln x.f'  x  dx  x   ln x.f  x  1   e Đặt   dx 1 2 dv  f '  x  dx  v  f  x  2 1 x  e f  x 1 1 1  dx  ln e.f  e   ln 1.f  1    1   . 1 x 2 2 2 Chọn ý D. 13 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát    Ví dụ 7 : Cho hàm số f  x  c đạo hàm trên 0;  có f    a; và thỏa mãn đồng thời  4 4    1 các điều kiện  f  x  dx  b  a; b   . Biết  0 4 0 4 tan x.f '  x  dx  . Tính I   4 tan 2 x.f '  x  dx 2 0 theo a và b. 1 1 1 1 A. a  b  B. a  b  C. a  b  D. a  b  2 2 2 2 Lời giải  dx u  tanx du     f  x Đặt   cos 2 x   4 tan x.f '  x  dx  tan x.f  x  04   4 dx dv  f '  x  dx  v  f  x  0 0 cos 2 x   f  x  1 1  4 2 dx  f     a  0 cos x 4 2 2    f  x  1  1 Mà  f  x  dx  b   4 4  2  f  x   dx  a  b    4  tan 2 x.f  x   dx  a  b   cos x 2 2 0 0 0  Chọn ý C.     cos x  2x sin x  dx  a b với a,d là các số nguyên và Ví dụ 8 : Cho tích phân  4   1  x 2  1  x 2 2  c  d 4   b, c là các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức a  b  c  d bằng A. 28. B. 44. C. 29. D. 36. Lời giải Phân tích. Thoạt tiên, khi nhìn tích phân trên, ta thấ nó kh “c ng kềnh” n n thườn n hĩ nó khá là khó và chấp nh n chịu bó tay khi v a m i đọc đề! Nhưn thực chất, chúng ta chỉ c n tính một ph n c a tích ph n “c ng kềnh” t n  1  2x   u  du  dx  cos x sin x  2x   4 2 2 Đặt  1 x 2   1  x  44 1  x2 dx  1  x2   4 sin x. dx  1  x2   2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN dv  cos xdx    4  v  sin x 4   2 cos x 2x sin x   4   4 dx  dx 4 1  x    1  x2 2  2 2 1 4 16 Chuyển vế biểu thức tích phân ở vế phải ta được tích phân ”cồng kềnh” như đề bài yêu cầu.     cos x  2x sin x  dx  2 16 2  4   1  x 2  1  x 2 2   2  16  2  a  b  c  d  36 4   1 16 Tạp chí và tư liệu toán học | 14
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? Chọn ý D. Ví dụ 9: Cho biểu thức tích phân sau   x 2  2018  cot x  x ln sin x    2   3   dx   a ln 3  ln 2  b2  2018  c2  2018  x 2  2018  3   Trong đ  a; b; c   . Mệnh đề nào sau đây đúng A. a  b  c B. a  b  c C. a  b  c D. a 2  b  c Lời giải Phân tích. Tư n tự bài trên, biểu thức tích ph n n cũn kh “c ng kềnh” Nhưn ta có thể dễ dàng chia tích phân này thành 2 tích phân gọn h n N n h m t ng ph n. Ta có A   2 3 x 2  2018  cot x dx  3 2 x 2  2018.cot xdx  3 x  2018 2 3  x  du  dx  x u  x  2018  2 x 2  2018 du  dx Đặt    x  2018 2 dv  cot xdx dv  cos xdx   sin x  v  ln sin x 2 2 x Do đ ta c A  x  2018.ln sin x 2  3   ln sin x  3 dx 3 3 x  2018 2 2 2 x ln sin x A  3 dx  x  2018.ln sin x 2  3 3 x2  2018 3   a ln 3  ln 2   b2  2018  c2  2018  ln  3  4 2 .  2  9   2018  1 2 9    2018   1  4 2 1 2    ln 3  ln 2     2018    2018  2  9 9  1 4 1 Ta tìm được a  ; b  ; c  . Kiểm tra các mệnh đề, ta thấy mệnh đề B đúng 2 9 9 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chọn ý B. Ví dụ 10: Cho hàm số f  x  c đạo hàm liên tục trên khoảng  0;   thỏa mãn điều kiện 2  x  f ' x  f  x  2 4  x x   0;   . Biết f  2   a; f  4   b;    f  x  dx 2  dx  c. Tính  f  2x   1 2 theo a, b, c. A. 4b  2a  8c B. 8c  2b  4a C. 4b  2a  2c D. 4b  2a  8c Lời giải Trước tiên để liên kết được các dữ liệu của đề bài, ta sẽ dùng phép đổi biến. 15 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát dy  2dx  Đặt y  2x   y x  2 2 2  y  2 2  x  2 4 2  dy 1 4  y  1 4 x  Có    1  f 2x  dx         dy  2   dx 8  f  x    f y  2 8  f y  2     2   2  x  1 4 Có f '  x   f  x    x  f '  x  .x    . Do đ c  2 f '  x .xdx 2  f x  8 Đến bước nay, ta sẽ dùng nguyên hàm tích phân quen thuộc. u  x  Đặt  du  dx   dv  f '  x  dx    v  f  x 1 4  c  x.f  x  2   f  x  dx 8 4 2   4 4  8c  4f  4   2f  2    f  x  dx   f  x  dx  4b  2a  8c 2 2 Chọn ý D. Ví dụ 11: Cho hàm số f  x  liên tục trên  0;   thỏa mãn 2x.f  x   f '  x  , x  0;   . Cho  x.  f '  x   1 dx  2 và f  0   0. Biết f  1   0 tính f  1  . 2 0 A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Lời giải Để liên kết các dữ liệu của đề bài, ta sẽ biến đổi đẳng thức ban đầu. 2x.f  x   f '  x   2x 2 .f  x  f '  x   x.  f '  x   ( Nhân cả 2 vế với xf '  x  ) 2  2   x.  f '  x   dx   2x 2 .f  x  f '  x  dx. Nhận thấy f  x  '  2f '  x  f  x  .   1 2 1 2 0 0 u  x 2 du  2xdx Nên ta sẽ dùng Nguyên hàm từng phần bằng cách đặt   dv  2f '  x  f  x  dx  v  f  x  2 1 2 1 1 Do đ 2   2x 2 .f  x  f '  x  dx  x 2 .f  x    2x.f  x  dx 2 0 0 0 1 1   2x.f  x  dx  f  1   2   f  x  f '  x  dx  f  1   2  *  (Vì f '  x   2xf  x  ) 2 2 2 0 0 f  1 f  1 2 y2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 f  1 Đặt f  x   y  dy  f '  x  dx   f  x  f '  x  dx   ydy   0 0 2 0 2 f  1 2 Thay vào  *  ta được  f  1  2  f  1   4  f  1   2. 2 2 2 Chọn ý C. Ví dụ 12: Hàm số f  x  c đạo hàm liên tục trên  0; 1 và thỏa mãn đồng thời các điều 1 1 x ;  e  2x  f '  x  dx  e. Tính f  1  . e e kiện f  0   0;  f  ln x  dx  1;  f  x  dx  1 1 2 0 A. 1 B. e C. 0 D. 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 16
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? Lời giải  u  e x  2x du   e x  2  dx Đặt   dv  f '  x  dx  v  f  x   e    e x  2x  f '  x  dx   e x  2x  f  x     e x  2  f  x  dx 1 1 1 0 0 0  e   e  2  f  1    e f  x dx  2 f x  dx   e  2  f 1  1   e f x  dx. 1 0 x 1 0 1 0 x * dy  ex dx 1 e Đặt y  e   x   e x f  x  dx   f  lny  dy  1 x  ln y 0 1   *   e   e  2  f  1  1  1  f  1  1 Chọn ý A.    Ví dụ 13: Cho f  x  liên tục và c đạo hàm trên 0;  và f    a  a   ; f  0   0;  2 2  3 5 2 1  f  x  sin 2xdx  2 a  8 ; 0  sin x  f  x   f '  x  dx  2 . Giá trị của a là 2 2 0 1 1 A. 1 B.  C. 1 D. 2 2 Lời giải Nhận thấy, trong tích phân xuất hiện f '  x  nên theo tự nhiên, ta sẽ dùng Nguyên hàm từng phần bằng cách đặt u  sin 2 x  f  x  du   2 sin x cos x  f '  x   dx   dv  f '  x  dx  v  f  x       2  sin 2 x  f  x   f '  x  dx   sin 2 x  f  x   f  x  2   2  2 sin x cos x  f '  x   f  x  dx 0 0 0   1    1  a  a   sin 2x.f  x  dx   f  x  f '  x  dx 2 2 2 0 0   3 5 1 f  x 2 a 1   f  x  f '  x  dx  a 2  a   a     2  a2   0 2 8 2 2 0 2 8 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 a a 1 1   a 2    4a 2  4a  1  0  a  2 2 8 2 Chọn ý D.  2 Ví dụ 14: Biết I   4 x  1  sin 2x  dx   b  a, b   . Tính P  a  2b 2 . 0 a A. P  2 B. P  4 C. P  0 D. P  1 Lời giải u  x  du  dx Đặt   dv   1  sin 2x  dx  v  x  sin x 2  17 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát      1  4   I  x  x  sin x    2 4 4  x  sin x  dx  4  4  2   0 xdx  04 sin 2 xdx 2 0 0    2  x 2 4 1  cos 2x 2  2 1 4 1 4  16 8 32 2 0 2 0 I   4 dx     x  cos 2xdx 16 8 2 0 0 2  a  32 2   1 sin 2x 4 2 1  2 I    .    1  P  a  2b  0 32 8 8 2 2 0 32 4 b   4 Chọn ý C. e 1 Ví dụ 15: Biết I    3x 2   ln xdx  a.e 3  b  a, b   . Tính P  a 2  8b 2 . 1  x 11 29 A. P  B. P  C. P  6 D. P  5 2 9 Lời giải u  ln x  dx  du  e ln x   I   x3  ln x  ln x    x 2  e Đặt   2 1  x  dx dv   3x  x  dx  v  x 3  ln x x  1 1      e 2 e x3 ln x  e3 1  1 2 5  I  e 1 3   e3  1       e3  3 1 2 1  3 3 2 3 6  2  a   3  P  a 2  8b 2  6 b  5  6 Chọn ý C. Ví dụ 16: Đâu là một nguyên hàm của hàm số f  x   ln 2 x. A. x ln 2 x  x ln x  x  C B. x ln 2 x  x ln x  x  C C. x ln 2 x  x ln x  x  C D. x ln 2 x  x ln x  x  C Lời giải Ta đi tính I   ln xdx. 2  2 ln x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN u  ln 2 x du  dx Đặt   x  I  x ln 2 x   2 ln xdx x ln 2 x  2  ln xdx dv  dx  v  x Lại tiếp tục tính  ln xdx bằng Nguyên hàm từng phần  dx u  ln x du  Đặt   x   ln dx  x ln x   dx  x ln x  x dv  dx  v  x   I  x ln 2 x   x ln x  x   C  x ln 2 x  x ln x  x  C Chọn ý D. Tạp chí và tư liệu toán học | 18
Tại sao Nguyên hàm – Tích phân lại khó? Nh n xét: Ở bài toán trên, ta phải dùng 2 l n Nguyên hàm t ng ph n để giải trọn vẹn bài toán. ae 3  b  x  1 e 3xdx  1 Ví dụ 17: Cho 2 ( a, b, c là các số nguyên dương) Tính P  a  b  c. 0 c A. P  5 B. P  2 C. P  3 D. P  6 Lời giải du  2xdx 1 u  x  1 2  e 3x 2 1  I    x  1 e dx   x  1 1 Đặt   e 3x 2 3x 2   xe 3xdx dv  e dx  v  3 3 0 3 0 3x 0  2 1 2 1  I  e 3   J ( J   xe 3xdx ) 3 3 3 0 Ta sẽ tính J lại bằng nguyên hàm từng phần du  dx 1 1 u  x  e 3x 1 1 3x e 3 1 e 3x 3 0 3 0 Đặt   e  J  x. 3x  e dx   . dv  e dx  v  3x 3 3 3 0  3 e 3 1  e 3 1  2e 3 1 J      3 3 3 3 9 9 2 3 1  2e 3 1  14e 3  11 Do đ I  e      a  14; b  11 và c  27  P  a  b  c  2. 3 3 9 9 27 Chọn ý B.  In2 Ví dụ 18: Cho I n   sin n xdx với n nguyên dương Tính lim 2 . 0 In A. 1 B. 1 C. 2 D.  Lời giải   Xét I n  2   sin n  2 xdx   sin n 1 x.sin xdx 2 2 0 0 u  sin n 1 x du   n  1 sin x.cosxdx  n Đặt   dv  sin xdx   v   cos x    I n  2   cos x.sin n 1 x   cos x.  n  1  sin n x.cos xdx 2 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 0 0    In 2  0   2  n  1 sin n x.cos xdx   n  1   sin n x.  1  sin 2 x  dx 2 2 0 0    I n  2   n  1   sin xdx   n  1   sin n  2 xdx   n  1  .I n   n  1  .I n  2 2 n 2 0 0 In2 n  1   n  2  .I n  2   n  1  .I n   In n2 In2 n1  lim  lim  1. In n2 Chọn ý B. 19 | Chinh phục olympic toán
Nguyễn Minh Tuấn – Nguyễn Kim Anh – Nguyễn Quang Phát 12  1  x x1 a dc Ví dụ 19: Cho tích phân 121  1  x  x  e dx  b e trong đ a, b, c,d nguyên dương và a c , là các phân số tối giản. Giá trị của biểu thức bc  ad bằng b d 1 A. 24 B. C. 12 D. 1 6 Lời giải 12  1  x 1 12 x  1 12  1  x 1 Có I   1  1  x   e x dx   1 e x dx   1  x   e x dx 12  x 12 12  x  1   1  x x 1 12 du   1  2 x 1 1 u  e x  e dx  12 e x  x dx  xe x  x 12  1  x  x1 Đặt    x  1   1  x   e dx 12  x dv  dx  v  x 12 1  12 1 12 1 x 12  1 12  121 143 145  I  xe x  12e 12  e  e 12  a  143, b  12, c  145,d  12  bc  ad  24 1 12 12 12 Chọn ý A   2 1 x  dx  e  e e x 4 Ví dụ 20: Cho tích phân    2 x x 2  48  x 2  48  x 2  48   a, b   . 1     a b Tính ab. A. 42 B. 56 C. 81 D. 45 Lời giải Phân tích: Tư n tự như những bài tích phân c ng kềnh khác, ta sẽ tách tích phân thành 2 ph n.   4  1 x  dx  4 e x 4 xe x I e x  1 2 x. x2  48 dx  1  x2  48  x2  48 dx  2 x x 2  48  x 2  48  x 2  48  1      1  x u  du  dx x  2018   2  x 2  2018 x 2  2018 Đặt  x  dv  e dx  v  e x  2 x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 4 4 e x e x 4 xe x  dx   dx 1 2 x. x 2  48 x 2  48 1 1 x 2  48  x 2  48 4 e x e2 e a  8 I     ab  56 x 2  48 1 8 7 b  7 Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 20