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

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

ĐÁP ÁN 28 CÂU TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN GV: Nguyễn Thanh Tùng



n

I

( ),

g x

g x dx '( )

 

 f g x

 ( ) .



1

2



(4

x

1)

dx

x

(8

x

x



1)

2

2

2

GV: Nguyễn Thanh Tùng ĐỀ BÀI

dx

I



t



2

x

    1

x

t

2

x

x

1

tdt 2 2

 2

 6 2



2

x

  x

t



1

2

     1 

 0 Đổi cận:

x

1

1

2

2

2

  x 2    và t 1  x x

x 0 x

(4

x 

   t 2 1)

2

x

x

I



dx



(4

x



1)

dx



.2

tdt

 Đặt

1

1 1 1)(2 2

 2







t 2

 

1 t

2



2

x

  x

1

2



2

x

  x

1

0

0

1

2

2

2

3

3

2

Khi đó

2   t





1

1

1

I 



12 ln

 2 dt  2 t  t 2   3 dt  2 t 3  6 ln t  2  12 ln .  14 3 4 3 6  t 2 t 3 t t  t  2            

14 3

4 3

. Vậy 1

 2

2   

dx

2I 

2



 x sin 2  1 3cos

s inx x

0

tdt 2   3sin xdx  sin xdx   tdt 2 3  Đặt t  1 3cos  x 1 3cos t x t 1 cos x   3      

t  : 2

1

x

: 0



 2

2

t

1

1

2

3

2.



 2

2

x

2

Đổi cận thì



1 .



tdt



(2

t



1)

dt





t



dx

I  2

  I 2







34 27

 3 t

2 3

2 9

1

34 27

 x (2 cos  1 3cos

1) sin x

  

  

0

2

1

 2 2 t  3 9 

  

. Vậy .

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



t



 1 2 ln

x

2   

1 2 ln

t

x

dx

e 3 

3 2ln  x  1 2 ln

x

x

2

1

2 ln

dx x 

x

t



1

 tdt     

3

Đặt  3I 

:1x

e

t  :1

2

2

2

2

2

3

Đổi cận thì

2 t dt )

I  . 3

3





5 3

1

1

1

ln 3

x e dx

x

2

x

 1) Khi đó I  tdt .  (4   t 4   . Vậy  3 ( t t t 3 5 3      

I



x  : 0

ln 3

t

: 2



2

t



e

  

1

t

e

  1

tdt 2



x e dx

4

x

x

e



1)

e



1

 0 (

2

2

2

2 1

 Đặt và thì

 .

I  4

4





2

2

2

 2 Khi đó I      2 1 . Vậy dt 2 t 2 t tdt 2 t . 2 t



n

NHẬN XÉT

I

g x dx '( )

( ),

g x

 f g x

 ( ) .

 



n

Khi gặp tích phân có dạng (*) (tích phân chứa căn) ta nghĩ ngay tới việc đặt



g x ( )

t cận) ta sẽ thu được một tích phân ở dạng cơ bản. Có thể minh họa qua sơ đồ:

2

2

I



,n

ax



. Sau đó thực hiện các bước cơ bản của một phép đổi biến chứa căn ( lũy thừa, vi phân hai vế và đổi

  bx c dx

 f x

  

2

dx



2 cos

tdt

2

t

x  : 0

2

x



2 sin

t



x

4



2 x dx

t

: 0



I 1

2



  ; 2 2

 2

   

  

4



x



2cos

t

0

   







2

2

2



2

2

4sin .2cos .2 cos

t

t

tdt



tdx



t dt



2

t







 Đặt với và thì

  I 1

 4 sin 2

 2 (1 cos 4 ) 



t sin 4 4

  

  

0

0

0

2 0

2

2

dx



1

sin cos

tdt 2 t

I

dx

. Vậy 1I  .

x  :1

2

t



0;

x



t

: 0



2

 2

 

x x

 2

 3 2

1 cos

t

 3

  

  ;  

  

  

1

2

x

  1

tan

t

     

2

2

 3

 3

 3

 3

 3

 3

 3

t

sin

dt



dt





cos

tdt

t tan .





dt



cos

tdt

  I 2













2

sin cos

t t

 1 cos t cos

dt cos

t

t cos  2 1 sin

t

0

0

0

0

0

0

0

cos

t

.

2

tdt 1 cos

t

 3

 3

 3

 Đặt với và thì





sin

t



cos

tdt



ln



sin

t





3





3



I  2

 ln 2



 ln 2







1 2

1  1 sin

t

1  1 sin

t

1 2

 1 sin  1 sin

t t

3 2

3 2

  

 d  

  

  

0

0

0

Vậy .

.

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

2

dx

dx

I



GV: Nguyễn Thanh Tùng 2



3

2



2



x



2

x



4

0

(

x



1)



3

0

dx



dt

3 2 cos

t

Đặt

t

:



x  : 0

2

t

   6 3

  ; 2 2

   

  

2

(

x



1)

  3

      

3 t cos

 3

 3

 3

 3

x   1 3 tan t (với ) và thì









2

 6

 6

 6

 3





.



ln



ln



ln

I . Vậy 3

3 2 3 2

1 2

1 sin   1 sin

x x

3 2 3 3

 6

3 dt   dt    I 3 cos cos tdt 2 t sin d t (1 sin )(1 sin ) t t   1  1 sin t 1  1 sin t 1 2       cos t .   6 3 t cos

3I

2

2

2

2

2

d x

  1

(

x



1)



3

x

  1

(

x



1)



3

dx

Chú ý: Ngoài cách đổi biến như trên, có thể được tính bằng cách sử dụng kĩ thuật vi phân như sau:





I





dx



3

2

2







2

2

(

x



1)



3

x

  1

(

x



1)



3

0

0

0

x

  1

(

x



1)



3 . (

x



1)



3





2



2



ln

x

  1

(

x



1)



3



ln

0

3 2 3 3



2

2

2

.

t



ax



 bx c

c dx

bx

ax

,n







x

I



Khi gặp tích phân có dạng (2*) mà việc đặt không đem lại hiệu quả , NHẬN XÉT 





2ax



bx



c

2

2

2

2

2

2

thì ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa (hóa nó về lượng giác) bằng việc biến đổi về một trong

k

u

k

u

u

. Sau đó đổi biến với từng loại tương ứng để đưa chúng về tích phân lượng ; ;

3 loại k 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

)x f e dx

(

 



3

2

x

x

3

t

  

dt

e

x e dx

3x

  

t

e

1x

   và t

e

1

x



1

3

3

3

3

e

e

e

2

x

2

 Đặt ; Đổi cận I  dx e e  1  1

I



x e dx .



dt







1







1

x









e x e e (

1   1)

t t t (

 

1 1)

t 

1

t

1 

t t (

1)

1 

1

1 

1

t

1 t

t

  

 dt  

1

e

e

e

  

 dt  

3

e

3

e

3

2

Khi đó



1



2 ln

t

 

1 ln

t



e

  

2 2 ln(

e

e

  e

1)





   t

e



2 

t

1

1 t

  

 dt   2

3

2 2 ln(

e

1)

e

e   

e

e

.

  .

 I 1 ln 5

Vậy

2

2 x e dx x



ln 2

tdt 2



x e dx

x

2

x

 I  e  1

t



e

  

1

t

e

1

x

: ln 2



ln 5

t  :1

2

x

2

e



t



1

2

ln 5

2

      2

x

2

3

2

+) Đặt và thì

2

x e dx .

2



 t dt







23 3

ln 2

1

1

1

t 1 +) Khi đó: I  .2 tdt  2 t   2    e x  t t 3 t 2 e  1      

I  2

ln 2

3

x

x

2

x

e

+) Vậy .

I



dx

3

e 3



23 3 2  e   2 (1

 x )

e

0

x

3

x

x

2



x  : 0

ln 2

t  : 8

27

t

  (1

e

)

  dt

3(1



e

2 ) .

x e dx

x   e

(1

e

)

dx



27

ln 2

ln 2

dt 3 27

x

2

x

x

x

2

1)

ln

+) Đặt và thì

I



dx







ln

t



2



3

x

x





1 3

29 10

x  e e ( e 2   2 (1 e

 3 )

 e e (1   2 (1

) e

dx 3 )

dt 

t

1 3

8

0

1  3 2 8

I 

ln

+) Khi đó:

0 29 10

1 3

. +) Vậy 3



NHẬN XÉT

I

)x f e dx

(

 



n

x

kx

x

x

x

m

Nếu dưới dấu tích phân chỉ chứa hàm mũ dạng (3*) ta dùng phương pháp đổi biến bằng cách đặt

e

e



t

t

t

xe



b

t



ae



b

hoặc một cụm chứa như : ; ; ; …Sau đó đưa t  ( ae  b )

“linh hoạt” ae 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

f

u .

'

dx

I

I

dx

 

 

u (ln ) u

x (ln ) x





e

t

x

2 ln

hoặc dưới dạng tổng quát

:1x

e

t  : 2

3

1

2



1

ln

x

dx x   t

2

  dt       3

3

3

2

t

 Đặt và thì I  dx ln x  x (2 ln ) x

ln



dt







ln

t



  I 1





 2 t

1 t

2 2 t

2 t

1   3

3 2

  

 dt  

  

  

2

2

2

I   

ln

.

e

1 3 

x

x

dx

. Vậy 1

2I 



3 2 1 3ln ln x

1



:1x

e

t  :1

2

2   

2

2

2

2

2

2

5

3

2 tdt   tdt dx x Đặt và thì t   1 3ln x 1 3ln t x   t 1 3 2 t 1 ln x  ln x  dx 3 x  3  3              

4

2 t dt )

2





116 135

1

1

1

t .  I  t . tdt  t (      3 1 2 . 3 2 9 t 3  t 2  9 5    

I  2

1

ln

Vậy .

t  : 0

ln 2

3I 

2

2

2



9

116 135  x 3 3  x dx  x

0

ln 2

ln 2

2

 Đặt và cận t  ln   dt dx  : 3 3   x x 6  (3 x ) 3 3   x x 6 dx  x 9      

tdt





  I 3



1 6

t 12

2 ln 2 12

0

.

I  3

0 2 ln 2 12

Vậy .



f

NHẬN XÉT

I

dx

 

(ln ) x x



n

m

m

Nếu dưới dấu tích phân chỉ chứa hàm logarit có dạng (4*) ta dùng phương pháp đổi biến bằng

 

a b

ln x

ln

ln



x

x

t

t

t

 a b

ln

x

như : ; ; t  (  a b ln )m x

cách đặt “linh hoạt” hoặc một cụm chứa  …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

I

I

dx

dx

 

 

x f (tan ) 2 x cos

(cot 2 sin

x x





 6

4

 6

4

4

 6

I

dx

hoặc dưới dạng

I



dx



dx

1

1

2

2

2

 





tan cos2

x x

tan 2  x

x sin

x

cos

tan x  x .(1 tan

x

)

cos

0

0

0

 . Biến đổi

t



tan

x

  dt

x

: 0



t  : 0

3 3

x

4

 6 3 3

dx 2 cos 3 3

3 3

2

2

+) Đặt ; Đổi cận thì

2

2







0

0

0

3

3 3





ln(2



3)

 

  t

ln



10 3 27

1 2

t t

t 3

1 2

 1   1 

  

0

dt   t   1 dt   t   1  dt   I 1 1  1 t 1 2 1  t 1 t 1 1  t  t 1                  



3



I   1

 ln 2



10 3 27

1 2

3

3

 4

 4

+) Vậy .

I



dx



dx

2

2

2

tan 2

2





3 tan  x   x sin 2 3cos

x

sin

x

x

x 

 3 2 tan

x



3)

cos

x

(tan

0

0

t  : 0

1

t



tan

x

  dt

x

: 0





dx 2 cos 1

1

1

1

3

t

dt



  2

dt



t

  2

dt



t

  2



dt

  I 2

2

2









t

t 

 2 t

3 

3

6( t t (

   3 1)  1)( t 3)

t 

6 

t

3

1 

t

1

 4 3 

7 t 

 2 t

t

3

x   

  

  

  

0

0

0

0

  

  

1

2



 7 ln 2 6 ln 3

 7 ln 2 6 ln 3

+) Đặt và thì

I   2

5 2

5 2

0

 3

 3

 3

 3

dx 2

2

dx

dx

. Vậy .   t 2  6 ln t   3 ln t  1  t 2      





2



3

2









x sin .

3 sin

x



cos

x

sin

x .

 3 cot

x









 I 

x sin .

sin

x



cos

x

 6

 6

 6

 6

1 2

3 2

  

  

 3

x sin .sin  6 dx   x    





2 ln

I 

2 ln



3 2

3 2

 3  6

2

 3

 3

 3

 3

 3 cot .   2 ln 3 cot  x  . Vậy 3  3 cot x d  x    2  6

4

3

4







 4

 4

 4

 4

x

:

x  I   . .  .   dx x sin .cos x dx x tan .cos x 1 tan 1 2 cos x dx 2 cos x x  1 tan x tan dx 2 cos x

t



tan

x

  dt

   4 3

dx 2 cos

x

3

3

3

2

2

1

t

1



ln 3

dt







ln

t





I



+) Đặt và thì t  :1 3

4





1 2

 t

1 t

t 2

  

 t dt  

1

1

  

  

1

1

ln 3

+) Khi đó

I   4

1 2

Vậy .

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng NHẬN XÉT

2 cos x

2 sin x

hoặc

Khi hàm dưới dấu tích phân có thể biến đổi về dạng mà dưới mẫu số có thành phần còn lại có thể biểu diễn theo

2 sin x

cot x

tan x 

2 cos x 

)

(ứng với trường hợp mà phần ).

dx

I

dx

I

 

 

(cot 2 sin

 hoặc

 . Điều này có thể minh họa qua sơ đồ:

t



cot

x

tan



x

t

(5*1) hoặc (5*2) thì ta dùng phương pháp đổi Nghĩa là tích phân có dạng: (ứng với trường hợp (tan ) x f 2 x cos ) hoặc theo x f x



kg x ( )



I

dx

 

  f g x g x ( ) . '( ) gx



 4

 4

 4

x

x

x ( sin

cos

x

biến bằng cách đặt

I



dx



dx



dx

1







sin x

 x sin

( x

 1) cos x  cos x

 x sin x

 x cos )  cos x

x x

x sin

cos  x

x cos

x

x

  1 

  

0

0

0

 4

 4



dx



dx



x

  I



I

 4 0





x sin

cos  x

x cos

x

x

 4

0

0

 4

I



dx



x

: 0



t



x

sin

x



cos

x

  dt

x

cos

xdx



x sin

cos  x

x cos

x

x

 4

0

2 2

   1 4 

  

2 2

   1 4 

  

I





ln



ln

x



1

Tính Đặt và thì t :1  1 2 2   4    





ln



1

1



I , suy ra : 1

dx x

2 2

 4

 4

2 2

 4

  

  

  

  

   

   

   

1

    1

1

1

2

x

x

2

2

x

2

x

(

. 

I



dx

2









x x

 

1 ) x x e e x

0

0

0

0

x

e ( x  ( x xe    dx dx  dx  x xe ) x e  1 .( x x xe   1) 1  x

x

  

0

t

1

x

    t

1

e

1

e

 1

2

2

   t







1

1

e

e

e

1 2

+) Đặt t  xe ; Đổi cận và x e ) 1 x e x     1 x e dx dt ) (1 e  1 1 e  t 1 +) Khi đó . Vậy I   e ln( e  . 1) I  dt  1  dt ln t   e ln( e  1)  t 1 t   

(*)

3

e x 







1

1

1

1

e

2

e

e

e

e

1

    (1 x x x  I  dx  dx  x   xdx  I 1 (    1 x x  ln 1) ln x ln ) 1 ln   x  ln x 1 x x 1 ln  x  x x ln 1     dx  

xdx





(1)

(2)

1







2 ex 1 2

 2

1

1

1

2

e

1

d +) I  dx   ln 1  x ln x  ln( e  1) +) 1 ln  x  x x ln 1 (1  ln ) x x  x x ln 1

I





ln(

e

 . 1)

3

 2

Thay (1), (2) vào (*), suy ra

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

facebook.com/ThayTungToan

e

e

2

2

4

2





( x  x   I  dx  dx dx x x x x ln ln x x   x ln ) 1 2  x x ln

HOCMAI.VN  1 2  x

1

1

1

e



ln

x

e

e



  

x x ln x   1    

e



ln(

e



1)



1





dx





x



ln



ln

x







e d 

1 x

  

  

1

1

1

1

ln





ln

x

1   x  1 x

.

1 2 x 1 x   e

1   x dx   x  1)  .

GV: Nguyễn Thanh Tùng e 1   x     

4

Vậy ln( e I



kg x ( )



g x '( )

 ( ) .

NHẬN XÉT

( )g x

I

dx

(6*) mà dưới mẫu số là một hàm và trên tử

Khi gặp dạng tích phân có dạng

 

 f g x g x ( )



k g x . ( )

k

x x ;

    0; 1; 2;

(là bội số của và thường ) có thể biểu diễn thành tổng của hai thành phần. Trong đó : +) Thành phần thứ nhất có dạng g x ( )

2 ... và một hàm là g x ( ) là một hằng số).

( )g x

f g x g x '( )

( ( )).

( ( ))

f g x

nghĩa là nó có dạng : (thường thì

g x ( )



t

hoặc sử dụng phương pháp vi phân (nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản).

+) Thành phần thứ hai được cấu tạo bởi tích hai hàm. Cụ thể một hàm biểu diễn theo đạo hàm của 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 Điều này có thể minh họa qua sơ đồ:

k 

. ( ) k g x g x ( )

).

CHÚ Ý: +) Trong dạng trên có thể không xuất hiện thành phần +) Dấu hiệu hay sử dụng dạng tích phân này là mẫu số (không cùng tên hàm) được liên hệ thông qua phép toán cộng hoặc trừ. Ví như

3sin

x

x

g x ( ) được cấu tạo bởi hiệu giữa hàm đa thức (ở đây là đa thức bậc

được cấu tạo bởi (ở đây được hiểu là 0 được cấu tạo bởi hỗn hợp nhiều hàm khác tên gọi   x

g x ( ) 1   xe



tổng hai hàm đa thức và lượng giác ; 0 là hằng số 1) và hàm (đa thức, mũ)…



f g x g x ( ( )). '( ) g x ( )



+) Đôi khi trong bài toán chúng ta chưa nhìn thấy luôn được dạng và thường khi đó các bạn cần

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 !

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan







m

GV: Nguyễn Thanh Tùng

n x

I

f

x (sin )cos

xdx

I

f

x (cos )sin

xdx

I

sin

x .cos

dx

 

 

 







 2

 2

 2

3

2

5

2

I



(cos

x



1) cos

xdx



cos

xdx



cos

  xdx A B

hoặc dạng và

1

I 1







0

0

0

 2

 2

 2

2

B



cos

xdx



(1 cos 2 )

x dx





x



sin 2

x



 . Ta biến đổi





1 2

1 2

1 2

 4

  

  

0

0

0

 2

5

t



sin

x

  dt

cos

xdx

m



0;

n



5

A

cos

xdx

+) Tính

t  : 0

1

x

: 0



 

 2

0

1

1

1

5

 2

 2

4

2

4

2

3

+) Tính ( ở đây ) Đặt và thì

2 ) cos

2 2 )









0

0

0

0





Khi đó : A  cos x cos xdx   (1 sin x xdx  (1  t dt  t (  2 t  1) dt   t  t  t 5 2 3 8 15      

0  4

8 15

 2

(2sin

x

. Vậy 1 I

I



dx

2



 3) cos x  2sin x 1

0

x

  

t

1



t



sin

x

  dt

cos

xdx

x

  

0

t

0

 2

1

1

1

I



dt



1



dt

t 2 ln 2



1

 

1 2 ln 3

+) Đặt ; Đổi cận ;

2

   t



0





t 2 t 2

3 1

4 

t 2

1

  

  

0

0 .

  I   2 1 2 ln 3

+) Khi đó .

 2

 2

 2

I



dx



dx



dx



dx

3

2









sin 2 x  x cos 2

x

3 4sin



sin 2 x   x

3 4sin



(1 2sin

x

)

2sin cos x 2  2sin

x

x x

2(sin



1)

sin cos x x 2 x 1) (sin



0

0

0

0

x

  

t

2

+) Vậy  2 

t



sin

x

  

dt

1

cos

xdx

x

  

0

t

1

 2

2

2

2

1

t

ln 2

+) Đặt ; Đổi cận ;

I



dt





dt



ln

t



ln 2

I    3

3





1 2

 2 t

1 t

1 2 t

1 t

1    2

  

  

  

  

1

1

1

4

4

 4

(sin

x

+) Khi đó . Vậy .

I



dx

4

 6



x sin

cos  x

x cos

) sin 4 6 x

0



4

4

2 sin 2

 4

x  x  x  cos x   1 x   1 

I



2

.sin 4

xdx

4

x 3 cos 4   5 3cos 4 x

6

6

0

2 sin 2

+) Ta có: . Suy ra 3 cos 4 4  x x x  cos x   1 x   1 .  1 cos 4 4  3 1 cos 4 4 5 3cos 4 8 1 2 3 4  sin    sin 

x

  

0

t

1

t



cos 4

x

   dt

4sin 4

xdx



sin 4

xdx

 

x

    1

t

 4

1



1

1

ln 2

+) Đặt ; Đổi cận và 2 dt 4

I



2







t



t ln 3



5

ln 2

I   4

4





1 3

4 9

dt 4

1 2

4 1   3 3(3 t

5)

4 9

1 4   3 9

  3 t .   t 5 3 

  

1 1   2 3 

  

1



1

  

 dt  



1

Khi đó . Vậy .

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !

facebook.com/ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN NHẬN XÉT

cos x

sin x





1) Khi gặp tích phân có dạng tích của và một hàm chứa hay được biểu diễn theo hình thức

I

f

x (sin ).cos

xdx

I

f

x (cos ).sin

xdx

cos x

sin x

 

 







(7*1) (hoặc tích của và một hàm chứa có dạng (7*2) )

I

f

x (cos ).sin

xdx

t



sin

x

 



thì ta sẽ tính theo phương pháp đổi biến (hoặc ứng với ). Cụ thể: t  cos x

và

sin x

cos x



m

n

2) Khi gặp tích phân mà hàm dưới dấu tích phân có cấu trúc của tích giữa hay tích phân có dạng

sin

x .cos

xdx

I

sin x

cos x

 

(7*) thì ta sẽ quan tâm tới tính chẵn, lẻ giữa số mũ của và . Cụ thể:

m

m

,m n

chẵn, chẵn) ta sẽ đổi biến theo hàm mang mũ chẵn . lẻ,

sin k x 2 cos k x 2

n sin x cos x cùng chẵn hoặc

n lẻ hoặc mang mũ chẵn có hình thức mang mũ chẵn có hình thức m n ,

,m n

khác tính chẵn, lẻ ( 2m k k 2n ) thì ta đặt ) thì ta đặt t cùng tính chẵn, lẻ ( , sin  x t .  x cos cùng lẻ) thì ta có hai trường hợp: (mũ của hàm (mũ của hàm m n ,

,m n (bậc của (bậc của

cùng lẻ, khi đó ta nên đổi biến theo hàm có số mũ lớn hơn.

 ++) Nếu Nghĩa là nếu nếu ++) Nếu Trường hợp 1: m n Nếu Nếu m n

cos x cos x

sin x sin x

 x sin t . .  x cos

m

m

lớn hơn bậc của nhỏ hơn bậc của ) ta đặt ) ta đặt t

t



cos 2

x

m n

sin

x .cos

x



m sin 2

x

1 m 2

Nếu thì biến đổi sau đó đặt .

,m n

cùng chẵn, khi đó ta sẽ “linh hoạt” sử dụng một trong các cách sau:

cot x

tan



x

t

hoặc . Trường hợp 2: 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

sin x

0

cos x

không xuất hiện thì ta hiểu số mũ của nó mang số chẵn (số hoặc ).

CHÚ Ý: +) Dạng (7*1) và (7*2) là một phần mở rộng của dạng (7*) . +) Khi +) 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



x cos ,sin cos ).(cos

x

x

x

sin )

x dx





sin

 4

I



dx

1



sin 2

x



x cos )

   x  4     2(1 sin x

0

dt



(cos

x



sin )

x dx

 

2 sin

x



dx

 4

t



sin

x



cos

x





x

: 0



t  :1

2

  

  

 4

2

sin 2

x



t



1

    

2

2

2





 



.



Đặt và thì



   I 1

I . Vậy 1

2

2





dt   1 2(1

t



t

)

dt 

1)

(

t

2 2

1 

t

1

4 3 2 4

4 3 2 4

1 2

1 2

1

1

1

 4

 4



dx

.

I



dx

2





x  (cos  2

sin )(cos x   1 sin

x

 x cos

sin ) x x

cos 2 x  x 1 sin

2





cos

x

0

0

2

x



cos

x



t



1

2   

1 sin

t

x



cos

x



x

: 0



t  : 0

1

 4

(cos

x



sin )

x dx



tdt 2

 sin   

1

1

1

1

2

3

3

Đặt và thì t   1 sin x  cos x

2



12 ln 2

2   t







26 3

0

0

0

t



sin

x



1)  .2 tdt  2 dt  2 t  t 2   3 dt  2 t 3  6 ln t   . 2   I 2 t ( 2   t t t  t  2 6  t 2 t 3         

   0 x cos CHÚ Ý : Việc đặt và t   1 sin cos x u  1  t ở 2I là ta đã gộp 2 công đoạn đặt

 4

x

I



dx



dx

3





1 tan  x  x 3(1 tan ) 4sin



x

cos  x

sin  x  x cos ) 2sin 2

x

3(sin

0

0 

dt

(cos

x



sin )

x dx

 x  4 

t



sin

x



cos

x

x

  

0

t

1

x

  

t

2

2

 4

sin 2

x



t



1

   

2

2

2

1)

+) Đặt ; Đổi cận và

I



 



dt

3

2

2







t 3





1)

dt t 2(

dt   3 t

2

t 2

1 5

t 2( t (

 

 t (2 2)  2)(2 t

 1)

1

1

1

2

2





+) Khi đó

I



ln







ln



ln

3



1 5

6 5 2 6

1 5

2 

1 

1 5

t  1 2  2 t

1 5

6 5 2 6

2

2

t

t

  

 dt  

1

1

1 NHẬN XÉT (8*)



. Vậy .



I



f

(sin

x



x cos ,sin cos ).(cos

x

x

x

sin )

x dx



Khi gặp tích phân có dạng (8*) . Khi đó ta sẽ giải bài toán bài



cos

x

 x sin

t



và tích phân về dạng tích phân cơ bản. Cụ thể ta có sơ đồ giải:

toán bằng cách đổi biến

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 !