Đáp án 28 câu tích phân đổi biến - GV. Nguyễn Thanh Tùng

Chia sẻ: Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung "Đáp án 28 câu tích phân đổi biến" dưới đây để củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng bài tập. Hy vọng nội dung tài liệu phục vụ hữu ích nhu cầu học tập và nghiên cứu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án 28 câu tích phân đổi biến - GV. Nguyễn Thanh Tùng

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan ĐÁP ÁN 28 CÂU TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN GV: Nguyễn Thanh Tùng ĐỀ BÀI    I   f g ( x), n g ( x) .g '( x)dx  1 x (8 x 2  6 x  1) 2tdt  (4 x  1)dx  I1   Đặt t  2 x 2  x  1  t 2  2 x 2  x  1   2 dx 2 0 2 2x2  x 1 2 x  x  t  1 Đổi cận: x  0  t  1 và x  1  t  2 1 1 2 2 x(4 x  1)(2 x  1) 2x2  x t 1 Khi đó I1   dx   (4 x  1)dx   .2tdt 0 2  2 x 2  x  1 0 2  2 x 2  x  1 1 2  t 2 2 2 t3  t  2 6   t3 2  14 4  2 dt  2   t  2t  3   dt  2   t  3t  6 ln t  2    12 ln . 1 t2 1 t2 3 1 3 3 14 4 Vậy I1   12 ln . 3 3   2 2 sin 2 x  s inx 2tdt  3sin xdx  sin xdx   3 tdt  I2   dx Đặt t  1  3cos x  t 2  1  3cos x   2 0 1  3cos x cos x  t  1  3  Đổi cận x : 0  thì t : 2  1 2  t 2 1 1 2. 1 2 2 (2 cos x  1) sin x 3  2 2 2  2t 3  2 34 34  I2   dx   .    tdt   (2t 2  1)dt   t  . Vậy I 2  . 0 1  3cos x 2 t  3 91 9 3  1 27 27 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan e3  dx 3  2ln x tdt  2  I3   dx Đặt t  1  2 ln x  t  1  2 ln x   x 1 x 1  2 ln x 2 ln x  t 2  1  Đổi cận x :1  e3 thì t :1  2 2 2 2 3  (t 2  1)  t3  5 5 Khi đó I 3   .tdt   (4  t 2 )dt   4t    . Vậy I 3  . 1 t 1  3 1 3 3 ln 3 e x dx  I4   (e Đặt t  e x  1  t 2  e x  1  2tdt  e x dx và x : 0  ln 3 thì t : 2  2 x x 0  1) e  1 2 2 2 2tdt dt 2 Khi đó I 4   2  2  2    2  1 . Vậy I 4  2  1 . 2 t .t 2 t t 2 NHẬN XÉT    Khi gặp tích phân có dạng I   f g ( x), n g ( x) .g '( x )dx (*) (tích phân chứa căn) ta nghĩ ngay tới việc đặt  t  n g ( x ) . Sau đó thực hiện các bước cơ bản của một phép đổi biến chứa căn ( lũy thừa, vi phân hai vế và đổi cận) ta sẽ thu được một tích phân ở dạng cơ bản. Có thể minh họa qua sơ đồ:   I   f x 2n , ax 2  bx  c dx   2    dx  2 cos tdt   I1   x 2 4  x 2 dx Đặt x  2 sin t với t    ;    và x : 0  2 thì t : 0  0  2 2 2  4  x  2cos t 2    2 2 2 2 2  sin 4t   2  I1   4sin t.2cos t.2 cos tdt  4  sin 2tdx 2  (1  cos 4t )dt  2  t     . Vậy I1   . 0 0 0  4  0 2  sin tdt x2 1 1     3  dx  cos 2 t   I2   dx Đặt x  với t  0;    ;    và x :1  2 thì t : 0  1 x2 cos t  2  2   x 2  1  tan t 3         3 3 2 3 2 3 3 3 3 sin tdt sin t 1  cos t dt cos t  I 2   tan t.  dt   dt     cos tdt   2 dt   cos tdt 2 1 cos t cos t cos t 1  sin t 0 cos t. 0 0 0 0 0 0 cos 2 t    3 3 1  1 1   1 1  sin t 3 3 3     2 0  1  sin t 1  sin t  d sin t   cos tdt   ln  2 1  sin t  sin t  0  ln 2  3  2 . Vậy I 2  ln 2  3  2  .    0 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan 2 2 dx dx  3  2 I   0 x  2 x  4 0 ( x  1) 2  3  3  dx  dt     cos 2 t   Đặt x  1  3 tan t (với t    ;  )   và x : 0  2 thì t :   2 2  2 3 6 3  ( x  1)  3  cos t     3 3 3 3 3dt cos tdt d sin t 1  1 1   I3    2      dt  3  cos t  (1  sin t )(1  sin t ) 2   1  sin t 1  sin t  6 cos 2 t. 6 6 6 cos t  1 1  sin x 3 3 2 3 3 2 3  ln  ln . Vậy I 3  ln . 2 1  sin x  3 2 6 Chú ý: Ngoài cách đổi biến như trên, I 3 có thể được tính bằng cách sử dụng kĩ thuật vi phân như sau: 2 I3   dx  2 x  1  ( x  1)2  3 2 dx    d x  1  ( x  1)2  3  0 ( x  1) 2  3 0  x 1  ( x  1)2  3 . ( x  1)2  3 0 x  1  ( x  1) 2  3 2 3 2 3  ln x  1  ( x  1) 2  3  ln . 0 3 NHẬN XÉT    Khi gặp tích phân có dạng I   x 2 n , ax 2  bx  c dx (2*) mà việc đặt t  ax 2  bx  c không đem lại hiệu quả ,  thì ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa (hóa nó về lượng giác) bằng việc biến đổi ax2  bx  c về một trong 3 loại k 2  u 2 ; u 2  k 2 ; u 2  k 2 . Sau đó đổi biến với từng loại tương ứng để đưa chúng về tích phân lượng giác cơ bản. Điều này có thể minh họa qua sơ đồ: Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  I   f (e x )dx  3 e2 x  1  I1   x dx Đặt t  e x  dt  e x dx ; Đổi cận x  1  t  e và x  3  t  e3 1 e 1 3 3 3 3 e e e e2 x  1 x t2 1  t 1   1 1 1 Khi đó I1   x x .e dx   dt     dt    1   dt 1 e ( e  1) e t (t  1) e  t  1 t (t  1)  e  t  1 t  1 t e3  2 1 e3   1   dt   t  2 ln t  1  ln t   e3  e  2  2 ln(e 2  e  1) . e  t 1 t  e Vậy I1  e3  e  2  2 ln(e2  e  1) . ln 5 e2 x dx  I2   ln 2 ex 1 x 2tdt  e x dx 2 x +) Đặt t  e  1  t  e  1   x 2 và x : ln 2  ln 5 thì t :1  2 e  t  1 ln 5 2 2 2 ex t2 1  t3 t2  23 +) Khi đó: I 2   x .e dx   .2tdt  2  t 2  t  dt  2     ln 2 ex 1 1 t 1  3 2 1 3 23 +) Vậy I 2  . 3 ln 2 3 x e  2e 2 x  e x  I3   dx 0 2  (1  e x ) 3 dt +) Đặt t  (1  e x )3  dt  3(1  e x )2 .e x dx  e x (1  e x ) 2 dx  và x : 0  ln 2 thì t : 8  27 3 ln 2 x ln 2 x 27 27 e (e2 x  2e x  1) e (1  e x )2 dx 1 dt 1 1 29 +) Khi đó: I 3   x 3 dx   x 3    ln t  2  ln 0 2  (1  e ) 0 2  (1  e ) 3 8 2t 3 8 3 10 1 29 +) Vậy I 3  ln . 3 10 NHẬN XÉT  Nếu dưới dấu tích phân chỉ chứa hàm mũ dạng I   f (e x )dx (3*) ta dùng phương pháp đổi biến bằng cách đặt  “linh hoạt” t  e x ; t  e kx hoặc một cụm chứa e x như : t  ae x  b ; t  n ae x  b ; t  (ae x  b) m …Sau đó đưa tích phân về dạng cơ bản. Điều này có thể minh họa qua sơ đồ: Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan   f (ln x) f (ln u ) I  dx hoặc dưới dạng tổng quát I   .u ' dx  x  u e  dx ln x dt   I1   2 dx Đặt t  2  ln x   x và x :1  e thì t : 2  3 1 x (2  ln x ) ln x  t  2 3 3 3 t2 1 2   2 1 3  I1   2 dt     2 dt   ln t      ln . 2 t 2t t   t 2 3 2 1 3 Vậy I1    ln . 3 2 e 1  3ln x ln x  I2   dx 1 x  3dx  dx 3 2tdt  x  x  2 tdt 2 Đặt t  1  3ln x  t  1  3ln x   2  2 và x :1  e thì t :1  2 ln x  t  1 ln x  t  1  3  3 2 2 2 t2 1 2 2 4 2 2  t5 t3  116  I 2   t. . tdt   (t  t )dt      . 1 3 3 9 1 9  5 3 1 135 116 Vậy I 2  . 135 3 x 1 ln 3 x  6 3 x 6dx  I 3   3  2x dx Đặt t  ln  dt   2 :  dx  và cận t : 0  ln 2 0 9 x 3 x  (3  x) 3  x  9  x2 ln 2 ln 2 1 t2 ln 2 2  I3   tdt   . 6 0 12 0 12 2 ln 2 Vậy I 3  . 12 NHẬN XÉT  f (ln x) Nếu dưới dấu tích phân chỉ chứa hàm logarit có dạng I   dx (4*) ta dùng phương pháp đổi biến bằng  x cách đặt “linh hoạt” t  ln x hoặc một cụm chứa ln x như : t  a  b ln x ; t  n a  b ln m x ; t  (a  b ln m x) m …Sau đó đưa tích phân về dạng cơ bản. Điều này có thể minh họa qua sơ đồ: Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan   f (tan x) f (cot x) I  2 dx hoặc dưới dạng I   2 dx  cos x  sin x    6 tan 4 x 6 tan 4 x 6 tan 4 x  I1   dx . Biến đổi I1   2 2 dx   2 2 dx 0 cos2 x 0 cos x  sin x 0 cos x.(1  tan x ) dx  3 +) Đặt t  tan x  dt  2 ; Đổi cận x : 0  thì t : 0  cos x 6 3 3 3 3 3 4 3 3 t  2 1   2 1 1 1   I1   1 t dt     t 1 dt    t 1   dt 0 2 0 t  1  2 0 2  t  1 t  1   3  t3 1 t 1  10 3 1     t  ln  3   ln(2  3) 3 2 t 1  0 27 2 10 3 1 +) Vậy I1   27  ln 2  3 . 2     3 4 tan x  3 tan 3 x  3 4  I2   dx  0 cos 2 x(tan 2 x  2 tan x  3) dx 0 sin 2 x  sin 2 x  3cos 2 x dx  +) Đặt t  tan x  dt  2 và x : 0  thì t : 0  1 cos x 4 1 3 1 1 1 t 3  7t  3   6(t  1)  t  3   6 1   I2   2 dt    t  2  2  dt    t  2   dt   t  2    dt 0 t  2t  3 0 t  2t  3  0 (t  1)(t  3)  0 t  3 t 1  1  t2  5 5    2t  6 ln t  3  ln t  1    7 ln 2  6 ln 3 . Vậy I 2   7 ln 2  6 ln 3 . 2 0 2 2     3 3 3 3 dx dx 2dx 2dx  I3      2      3 1   sin x.  3 sin x  cos x   sin 2 x.  3  cot x  sin x.sin  x   6 sin x.  sin x  cos x  6 6  6 6  2 2    2  3 d  3  cot x   2 ln 3  cot x  3 3 3  2 ln . Vậy I 3  2 ln .  6  3  cot x   6 2 2     3 dx dx 3 1 1 dx 1  tan 2 x dx 3 3  I4     . .  .  sin x.cos 3 x  tan x.cos 4 x  tan x cos 2 x cos 2 x  tan x cos 2 x 4 4 4 4 dx   +) Đặt t  tan x  dt  2 và x :  thì t :1  3 cos x 4 3 33 3 1 t2 1   t2  1 +) Khi đó I 4   dt     t  dt   ln t    1  ln 3 1 t 1  t   2 1 2 1 Vậy I 4  1  ln 3 . 2 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan NHẬN XÉT Khi hàm dưới dấu tích phân có thể biến đổi về dạng mà dưới mẫu số có thành phần cos 2 x hoặc sin 2 x mà phần còn lại có thể biểu diễn theo tan x (ứng với trường hợp cos 2 x ) hoặc theo cot x (ứng với trường hợp sin 2 x ).   f (tan x) f (cot x) Nghĩa là tích phân có dạng: I   2 dx (5*1) hoặc I   dx (5*2) thì ta dùng phương pháp đổi  cos x  sin 2 x biến bằng cách đặt t  tan x hoặc t  cot x . Điều này có thể minh họa qua sơ đồ:  kg ( x)  f  g ( x)  .g '( x) I  dx  gx    4 4 4 x sin x  ( x  1) cos x ( x sin x  cos x )  x cos x  x cos x   I1   dx   dx   1  dx 0 x sin x  cos x 0 x sin x  cos x 0 x sin x  cos x    4 4  x cos x    dx   dx  x 04  I   I 0 0 x sin x  cos x 4  4 x cos x  2   Tính I   dx Đặt t  x sin x  cos x  dt  x cos xdx và x : 0  thì t :1    1 0 x sin x  cos x 4 2 4  2   1 2  2 4  dx  1  2     2   I   ln x 1 2  4   ln    1  , suy ra : I1   ln    1  . 1 x  2  4  4  2  4  1 1 1 1 ( x  x )e x 2 ( x 2  x )e x ( x 2  x) e 2 x xe x .( x  1)e x  I2   dx  0 dx  0 xe x  1 dx  0 xe x  1 dx 0 x  e x x x 1 e +) Đặt t  xe  1  dt  (1  x )e x dx ; Đổi cận x  0  t  1 và x  1  t  e  1 x e 1 e 1 t 1  1 e 1 +) Khi đó I 2   dt   1   dt   t  ln t   e  ln(e  1) . Vậy I 2  e  ln(e  1) . 1 t 1  t 1 e e e e x  1  ( x 2  1) ln x x (1  x ln x )  1  ln x  1  ln x   I3   dx   dx    x  dx   xdx  I (*) 1 1  x ln x 1 1  x ln x 1 1  x ln x  1 e x2 e e2  1 e 1  ln x e d (1  x ln x) e +)  xdx  2 1  2 (1) +) I   dx    ln 1  x ln x 1  ln(e  1) (2) 1 1 1  x ln x 1 1  x ln x e2  1 Thay (1), (2) vào (*), suy ra I 3   ln(e  1) . 2 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan e 2 e 2 e 1  x ln x ( x  x ln x)  1  x  1 x   I4   2 dx   2 dx   1  2  dx 1 x  x ln x 1 x  x ln x 1  x  x ln x   1 1  1  e  e e d  ln x  e  x 2 x   x   1    1  dx   dx   1   x  ln  ln x   e  ln(e  1) . 1 1  x 1  ln x  1 1  ln x  x  x Vậy I 4  e  ln(e  1) . NHẬN XÉT  kg ( x)  f  g ( x )  .g '( x ) Khi gặp dạng tích phân có dạng I   dx (6*) mà dưới mẫu số là một hàm g ( x ) và trên tử  g ( x) có thể biểu diễn thành tổng của hai thành phần. Trong đó : +) Thành phần thứ nhất có dạng k . g ( x) (là bội số của g ( x ) và thường k  0; 1; 2; x; x 2 ... ) +) Thành phần thứ hai được cấu tạo bởi tích hai hàm. Cụ thể một hàm biểu diễn theo g ( x ) và một hàm là đạo hàm của g ( x ) nghĩa là nó có dạng : f ( g ( x)).g '( x) (thường thì f ( g ( x)) là một hằng số). Khi đó ta tách dạng tích phân này thành 2 tích phân ứng với mỗi thành phần cấu tạo trên tử ở trên. Trong đó tích phân thứ nhất đưa về dạng cơ bản (thường có luôn trong bảng nguyên hàm) và tính tích phân thứ hai được tính bằng cách đổi biến số t  g ( x) hoặc sử dụng phương pháp vi phân (nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản). Điều này có thể minh họa qua sơ đồ: CHÚ Ý: +) Trong dạng trên có thể không xuất hiện thành phần k . g ( x) (ở đây được hiểu là k  0 ). +) Dấu hiệu hay sử dụng dạng tích phân này là mẫu số g ( x ) được cấu tạo bởi hỗn hợp nhiều hàm khác tên gọi (không cùng tên hàm) được liên hệ thông qua phép toán cộng hoặc trừ. Ví như g ( x )  x  3sin x được cấu tạo bởi tổng hai hàm đa thức và lượng giác ; g ( x)  1  xe x được cấu tạo bởi hiệu giữa hàm đa thức (ở đây là đa thức bậc 0 là hằng số 1) và hàm (đa thức, mũ)…  f ( g ( x)).g '( x) +) Đôi khi trong bài toán chúng ta chưa nhìn thấy luôn được dạng  và thường khi đó các bạn cần  g ( x) thực hiện phép chia cả tử và mẫu cho một lượng thích hợp. +) Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các bạn có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi phân. Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan    I  f (sin x)cos xdx hoặc dạng I   f (cos x)sin xdx và I   sin m x.cos n xdx       2 2 2  I1   (cos 3 x  1) cos 2 xdx . Ta biến đổi I1   cos5 xdx   cos 2 xdx  A  B 0 0 0    2 2 1 2 1 1 2  +) Tính B   cos xdx   (1  cos 2 x)dx   x  sin 2 x   0 20 2 2 0 4  2  +) Tính A   cos 5 xdx ( ở đây m  0; n  5 ) Đặt t  sin x  dt  cos xdx và x : 0  thì t : 0  1 0 2   1 1 1 2 2  t5 2  8 Khi đó : A   cos x cos xdx   (1  sin x) cos xdx   (1  t ) dt   (t  2t  1)dt    t 3  t   4 2 2 2 2 4 2 0 0 0 0 5 3  0 15 8  Vậy I1   . 15 4  2 (2sin x  3) cos x  I2   dx 0 2sin x  1  +) Đặt t  sin x  dt  cos xdx ; Đổi cận x  0  t  0 ; x   t 1 2 1 1 2t  3  4  1 +) Khi đó I 2   dt   1   dt   t  2 ln 2t  1  0  1  2 ln 3 . 0 2t  1 0 2t  1  +) Vậy I 2  1  2 ln 3 .     2 2 2 2 sin 2 x sin 2 x 2sin x cos x sin x cos x  I3   dx   2 dx   2 dx   dx 0 3  4sin x  cos 2 x 0 3  4sin x  (1  2sin x) 0 2(sin x  2sin x  1) 0 (sin x  1)2  +) Đặt t  sin x  1  dt  cos xdx ; Đổi cận x  0  t  1 ; x   t  2 2 2 2 2 t 1 1 1   1 1 1 +) Khi đó I 3   2 dt     2  dt   ln t      ln 2 . Vậy I 3    ln 2 . 1 t 1 t t   t 1 2 2  4 (sin 4 x  cos4 x) sin 4 x  I4   dx 0 sin 6 x  cos6 x  4 4 1 2 1  cos 4 x 3  cos 4 x  sin x  cos x  1  2 sin 2 x  1  4  4 4 3  cos 4 x +) Ta có:  . Suy ra I 4  2  .sin 4 xdx sin 6 x  cos 6 x  1  3 sin 2 2 x  1  3 . 1  cos 4 x  5  3cos 4 x 0 5  3cos 4 x  4 4 2 8 dt  +) Đặt t  cos 4 x  dt  4sin 4 xdx  sin 4 xdx   ; Đổi cận x  0  t  1 và x   t  1 4 4 1 1 1 3  t  dt  1  1 4  11 4  1 4 1 4 Khi đó I 4  2  .       dt   t  ln 3t  5    ln 2 . Vậy I 4   ln 2 . 1 5  3t  4  2 1  3 3(3t  5)  23 9  1 3 9 3 9 Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan NHẬN XÉT 1) Khi gặp tích phân có dạng tích của cos x và một hàm chứa sin x hay được biểu diễn theo hình thức   I   f (sin x ).cos xdx (7*1) (hoặc tích của sin x và một hàm chứa cos x có dạng I   f (cos x).sin xdx (7*2) )    thì ta sẽ tính theo phương pháp đổi biến t  sin x (hoặc t  cos x ứng với I   f (cos x).sin xdx ). Cụ thể:  2) Khi gặp tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có cấu trúc của tích giữa sin x và cos x hay tích phân có dạng  I   sin m x.cos n xdx (7*) thì ta sẽ quan tâm tới tính chẵn, lẻ giữa số mũ của sin x và cos x . Cụ thể:  ++) Nếu m, n khác tính chẵn, lẻ ( m chẵn, n lẻ hoặc m lẻ, n chẵn) ta sẽ đổi biến theo hàm mang mũ chẵn . Nghĩa là nếu m  2k (mũ của hàm sin x mang mũ chẵn có hình thức sin 2 k x ) thì ta đặt t  sin x , nếu n  2k (mũ của hàm cos x mang mũ chẵn có hình thức cos 2 k x ) thì ta đặt t  cos x . ++) Nếu m, n cùng tính chẵn, lẻ ( m , n cùng chẵn hoặc m , n cùng lẻ) thì ta có hai trường hợp: Trường hợp 1: m, n cùng lẻ, khi đó ta nên đổi biến theo hàm có số mũ lớn hơn. Nếu m  n (bậc của sin x lớn hơn bậc của cos x ) ta đặt t  sin x . Nếu m  n (bậc của sin x nhỏ hơn bậc của cos x ) ta đặt t  cos x . 1 Nếu m  n thì biến đổi sin m x.cos m x  m sin m 2 x sau đó đặt t  cos 2 x . 2 Trường hợp 2: m, n cùng chẵn, khi đó ta sẽ “linh hoạt” sử dụng một trong các cách sau: Cách 1: Dùng các công thức lượng giác để biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân về dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm và thường hay sử dụng công thức hạ bậc. Cách 2: Chuyền về dạng (5*1) hoặc (5*2) để đặt t  tan x hoặc cot x . CHÚ Ý: +) Dạng (7*1) và (7*2) là một phần mở rộng của dạng (7*) . +) Khi sin x hoặc cos x không xuất hiện thì ta hiểu số mũ của nó mang số chẵn (số 0 ). +) Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các bạn có thể bỏ qua bước đổi biến bằng kĩ thuật vi phân. Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  I   f (sin x  cos x,sin x cos x).(cos x  sin x)dx     4 sin  x    4  I1   dx 0 sin 2 x  2(1  sin x  cos x)    dt  (cos x  sin x )dx   2 sin  x   dx  Đặt t  sin x  cos x    4  và x : 0  thì t :1  2 sin 2 x  t 2  1 4  2 2 2 1 dt 1 dt 2 1 43 2 43 2  I1    2   2  .  . Vậy I1  . 2 1 t  1  2(1  t ) 2 1 (t  1) 2 t 1 1 4 4   4 4 cos 2 x (cos x  sin x )(cos x  sin x)  I2   dx   dx 0 2  1  sin x  cos x 0 2  1  sin x  cos x sin x  cos x  t 2  1  Đặt t  1  sin x  cos x  t 2  1  sin x  cos x   và x : 0  thì t : 0  1 (cos x  sin x )dx  2tdt 4 1 1 3 1 1 (t 2  1) t t  2 6   t3 2  26  I2   .2tdt  2 dt  2  t  2t  3   dt  2   t  3t  6 ln t  2    12 ln 2 . 0 2t 0 t2 0 t2 3 0 3 CHÚ Ý : Việc đặt t  1  sin x  cos x ở I 2 là ta đã gộp 2 công đoạn đặt t  sin x  cos x và u  1  t   4 4 1  tan x cos x  sin x  I3   dx   dx 0 3(1  tan x )  4sin x 0 3(sin x  cos x )  2sin 2 x  dt  (cos x  sin x)dx  +) Đặt t  sin x  cos x   2 ; Đổi cận x  0  t  1 và x   t  2 sin 2 x  t  1 4 2 2 2 dt dt 1 2(t  2)  (2t  1) +) Khi đó I 3   2  2   dt 1 3t  2(t  1) 1 2t  3t  2 5 1 (t  2)(2t  1) 2 2 1  2 1  1 2t  1 1 65 2 1 65 2    2t  1  t  2 dt  5 ln  ln . Vậy I 3  ln . 5 1 t 2 1 5 6 5 6 NHẬN XÉT (8*)  Khi gặp tích phân có dạng I   f (sin x  cos x,sin x cos x ).(cos x  sin x)dx (8*) . Khi đó ta sẽ giải bài toán bài  toán bằng cách đổi biến t  sin x  cos x và tích phân về dạng tích phân cơ bản. Cụ thể ta có sơ đồ giải: Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !