Giải toán tích phân bằng nhiều cách

 2 
I. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỶ 
Bài tập giải mẫu: 
Bài 1: Tính tích phân sau: 
3 3
2
0 1
xI dx
x

 
Giải: 
Cách 1: Phương pháp biến đối số 
Đặt  2tan 1 tanx t dx t dt    
Đổi cận 
3
3
0 0
tx
x t
  
 
  
Khi đó 
   
3 3 3 3
3 2 2
0 0 0 0
tan tan tan 1 1 tan tan 1 tanI tdt t t dt t t dt tdt
   
          
 
  23 3
0 0
cos tan 3tan tan ln cos ln 23
cos 2 20
d t ttd t t
t
  
 
     
 
  
Nhận xét: Đối với tích phân dạng    2 2, ,I R u u a du u u x


   thì ta có thể đặt tanu a t 
Cách 2: Phương pháp tích phân từng phần 
Đặt  
2
2
2
2
ln 1
1 2
du xdxu x
xxdxdv vx
 
 
  
   
Khi đó        
3 3
2 2 2 2 2
0 0
1 13ln 1 ln 1 3ln 2 ln 1 1
2 20
J
I x x x x dx x d x        

Tính    
3
2 2
0
ln 1 1J x d x   
Đặt 
 
 
 22
2
2
2
1ln 1
1
1
1
d xu x du
x
dv d x
v x
       
    
G I Ả I T O Á N T Í C H P H Â N 
B Ằ N G N H I Ề U C Á C H 
 3 
Khi đó      
3
2 2 2
0
1 333ln 2 1 ln 1 1 ln 2
2 20
I x x d x
 
        
  
 
Chú ý: Sở dĩ ta sử dụng được phương pháp này là vì 
Khi tính tích phân hàm phân thức mà ta phân tích được về dạng  
 
   
 
'
n n
P x f x Q x
I dx dx
Q x Q x
   thì 
Đặt 
 
 
 
'
n
u f x
du
Q x
vdv dx
Q x

 
 
 

Cách 3: Kĩ thuật tách thành tích kết hợp phương pháp đổi biến số 
Nhận xét: Ta có 3 2 .x x x và  '2 1 2x x  từ đó ta định hướng giải như sau 
Phân tích 
3 33 2
2 2
0 01 1
x x xI dx dx
x x
 
   
Đặt 
2
2
1
1
2
x t
t x dtxdx
  

   

Đổi cận 
43
10
tx
tx
 
 
 
Khi đó 
   
4 4
1 1
1 41 1 1 1 31 ln ln 2
12 2 2 2
t
I dt dt t t
t t
         
  
Cách 4: Phân tích và đưa vào vi phân 
       
     
23 3 32
2 2 2
2 2 2
0 0 0
23 3 2
2 2
2
0 0
1 11 1 1 11 1 1 1
2 2 21 1 1
11 33 31 ln 1 2 ln 2
2 2 21 0 0
xxI d x d x d x
x x x
d x xd x x
x
              

       

  
 
Cách 5: Chia đa thức để tách thành tổng hai tích phân đơn giản hơn 
   
23 3 33 2
2
2 2 2
0 0 0
11 3 1 33 3ln 1 ln 2
2 2 2 2 21 1 10 0
d xx x xI dx x dx x
x x x
                
Nhận xét: Đây là tích phân hàm phân thức mà có bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu chính vì thế ta chia đa thức 
để tách thành tổng các tích phân là phương pháp tối ưu nhất 
Cách 6: Phân tích tử thức chứa mẫu thức (thực chất là chia đa thức) 
Ta có  3 2 1x x x x   
Khi đó 
   
23 3 33 2
2
2 2 2
0 0 0
11 3 1 33 3ln 1 ln 2
2 2 2 2 21 1 10 0
d xx x xI dx x dx x
x x x
                
 4 
Bài 2: Tính tích phân bất định:
  
3 3
2
3 3
1 23 2
x xI dx dx
x xx x
 
    
Giải: 
Cách 1: Phân tích tử thức chứa nghiệm của mẫu thức 
Phân tích      3 2 23 2 3 3 2 7 1 1x x x x x x x         
Khi đó 
     2 23
2 2
3 2 3 3 2 7 1 13
3 2 3 2
x x x x x xxI dx dx
x x x x
       
 
     
     
27 1 13 3 7 ln 2
2 1 2 2 1 2
xx dx x x dx
x x x x x
 
               
  
2 2
3 7 ln 2 ln 2 ln 1 3 8ln 2 ln 1
2 2
x xx x x x C x x x C                
Cách 2: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và kĩ thuật “nhảy tầng lầu” 
Phân tích        3 2 3 2 3 1 1 2 3x x x x x x x        
                2 23 2 3 1 2 3 2 3 3 2 3 1 2 9 1 2 3x x x x x x x x x x x x x                     
Khi đó 
       23
2 2
3 2 3 1 2 3 2 33
3 2 3 2
x x x x x xxI dx dx
x x x x
          
     
2
2
2
9 2 33 3 9 ln 2 ln 3 2
2 3 2 2
x xx dx dx x x x x C
x x x
                 
Cách 3: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và đồng nhất thức 
Phân tích    3 2 23 2 3 3 2 7 6x x x x x x x        
Khi đó 
   2 23
2 2
3 2 3 3 2 7 63
3 2 3 2
x x x x x xxI dx dx
x x x x
      
 
     
 
2
12
7 63 3
3 2 2
x xx dx dx x I
x x

     
   . 
Tính 1I bằng phương pháp đồng nhất thức. 
Cách 4: Chia đa thức để tách thành tổng hai tích phân đơn giản hơn 
 
1
3
2 2 2
3 9 8 9 83 3
3 2 3 2 3 2
I
x x xI dx x dx x dx dx
x x x x x x
                  
Tính 1I bằng phương pháp đồng nhất thức. 
Bài 3: Tìm nguyên hàm sau: 
 
3 3
22 2 1 1
x xI dx dx
x x x
 
   
Giải: 
Cách 1: Phương pháp đổi biến số 
 5 
Đặt 1
1
du dx
u x
x u

   
 
Khi đó  
3 3 2 2
2 2 2
1 3 3 1 3 1 13 3 3ln
2
u u u u uI du du u du u u C
u u u u u
                
   
với 1u x  
Cách 2: Phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức 
Phân tích      3 2 22 1 2 2 1 3 1 1x x x x x x x         
Khi đó 
     2 23
2 2
2 1 2 2 1 3 1 1
2 1 2 1
x x x x x xxI dx dx
x x x x
       
 
     
 
2
2
3 1 12 2 3ln 1
1 2 11
xx dx x x C
x xx
 
          
   
 
Cách 3: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và kĩ thuật nhảy tầng lầu 
Phân tích      3 2 2 32 1 2 2 1 1 2 2
2
x x x x x x x         
Khi đó 
     2 23
2 2
32 1 2 2 1 1 2 2
2
2 1 2 1
x x x x x xxI dx dx
x x x x
       
 
     
2
2
2
1 3 2 2 32 2 ln 1 ln 2 1
1 2 2 1 2 2
x xx dx dx x x x x C
x x x
                 
Cách 4: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và đồng nhất thức 
Phân tích    3 2 22 1 2 2 1 3 2x x x x x x x        
Khi đó 
   2 23
2 2
2 1 2 2 1 3 2
2 1 2 1
x x x x x xxI dx dx
x x x x
      
 
     
 
2
12
3 22 2
2 1 2
x xx dx dx x I
x x

     
   . 
Tính I1 bằng phương pháp đồng nhất thức 
Cách 5: Chia đa thức để tách thành tổng các tích phân đơn giản 
   
3 3
2 2 2
2
3 12
12 1 1 1
12 3ln 1
2 1
x xI dx dx x dx
xx x x x
x x x C
x
 
      
     
     

  
Cách 6: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần 
Đặt 
 
3 2
2
3
1
1 1
u x du x dx
dxdv v
x x
   
 
     
Khi đó 
 6 
3 2 3 2
3 3 2
1 13 3
1 1 1 1
13 1 3 ln 1
1 1 1 2
x x x xI dx dx
x x x x
x x xx dx x x C
x x x
 
     
   
                    
 

Bài 4: Tìm nguyên hàm: 
 
2
391
x dxI
x


 
Giải: 
Cách 1: Sử dụng phương pháp đưa vào vi phân 
Phân tích      2 22 1 1 1 2 1 1x x x x          
 
 
       
22
39 39 37 38 39
1 2(1 ) 1 1 2 1
1 1 1 1 1
x xx
x x x x x
   
    
    
           37 38 39 36 37 38
1 1 1 1 1 2 1 1 12
36 37 381 1 1 1 1 1
I dx dx dx C
x x x x x x
      
     
   
Cách 2: 
Đặt 1 1t x x t dx dt        
 2
39 39 38 37 38 37 36
1 1 1 1 1 1 2 1 1 12
38 37 36
t dt
I dt dt dt C
t t t t t t t

              
Nhận xét: 
Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần 
Đặt 
   
2
3839
2
1
38 11
du xdxu x
dx vdv
xx
  
 
     
Khi đó 
   
2
38 38
1 1
1938 1 1
xI x dx
x x
 
 
 . đến đây các bạn có thể tự làm rồi 
Bài 5: Tìm nguyên hàm: 
3
10( 1)
x dxI
x

 
Giải: 
Cách 1: Sử dụng phương pháp đưa vào vi phân 
Sử dụng đồng nhất thức:        3 3 23 1 1 1 3 1 3 1 1x x x x x            
3
10 7 8 9 10
1 3 3 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
x
x x x x x
    
    
Khi đó 
7 8 9 10
6 7 8 9
3 3
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
1 1 3 1 3 1 1 1
6 7 8 9( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
dx dx dx dxI
x x x x
C
x x x x
    
   
     
   
   
 7 
Cách 2: Sử dụng phương pháp biến đổi số 
Đặt 1t x  ta có: 1x t  nên dx dt 
 3 3 2 7 8 9 10
10 10
1 ( 3 3 1) 3 3
t dt t t t dtA t dt t dt t dt t dt
t t
                 
6 7 8 9
1 1 3 1 3 1 1 1
6 ( 1) 7 ( 1) 8 ( 1) 9 ( 1)
C
x x x x
     
   
Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần 
Đặt 
   
3 2
10 9
3
1
1 9 1
u x du x dx
dxdv v
x x
  
 
      
Khi đó 
   
1
2
3
9 9
1 1 ...
39 1 1
I
xI x dx
x x
  
 


đến đây rùi ta có thể tính 1I bằng phương pháp tích phân từng phần hoặc phân tích 
     2 2 1 1 1 1 1x x x x       
Nhận xét : 
- Đối với bài 3, bài 4 và mà ta sử dụng phương pháp đồng nhất thức thì giải hệ quả thật là nan giải phải không, 
chính vì thể mà lựa chọn phương pháp nào mà hiệu quả và nhanh về đích nhất 
Qua bài 3, bài 4 và bài 5 ta chú ý 
- Đối với tích phân hàm phân thức có dạng 
 
 n
P x
I dx
x a


 thì đặt t x a  là một phương pháp hiệu quả nhất 
- Khi tính tích phân hàm phân thức mà ta phân tích được về dạng  
 
   
 
'
n n
P x f x Q x
I dx dx
Q x Q x
   thì ta sử 
dụng phương pháp tích phân từng phần nhưng nên làm khi bậc của  x a là 1, 2n  
Đặt: 
 
 
 
'
n
u f x
du
Q x
vdv dx
Q x

 
 
 

Bài 11: (ĐHDB – B 2004) Tính tích phân sau: 
 
3 3
3 2
0 0 1
dx dxI
x x x x
 
  
HD: 
Cách 1: Biến đổi số 
Nhân cả tử và mẫu cho 2x 
   
3 3 3
3 2 2 2
0 0 01 1
dx dx xdxI
x x x x x x
  
    
 8 
Đặt 
2
2
1
1
2
x t
t x dtxdx
  

   

Cách 3: Biến đổi số 
Đặt tanx u  Bạn đọc tự giải 
Cách 4: Đưa vào vi phân 
Phân tích tử  2 21 1 –x x  
Khi đó 
 23 3 2
2
00 0 0
3 3
2
1 13 3ln ln 1
21
1 6ln
2 0 21 0
dx x dxI dx
d x
x x
xx xx
    


  
   
Bài 12: Tính tích phân sau: 
2
5 3
1
dxI
x x

 
Giải: 
Cách 1: Sử dụng phương pháp phân tích 
Cách 1.1: Phân tích: 2 21 1x x   
 
2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 23 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( 1) ( 1) ( 1) 11
x x x x x
xx x x x x x x x x xx x
   
        
   
Khi đó 
2
2
3 2
2 2
2
1 1 1
21 1 1 1 1ln 3 1 5ln 2 ln
8
ln 1
212 221
xI dx dx dx x x
xx x x
               
Cách 1.2: Phân tích:   4 4 4 2 21 1 1 1x x x x x       
 
   4 2 24 4 2 3
3 2 3 2 2 3 23 2
1 11 1 1 1
( 1) ( 1) 1 11
x x xx x x x x x
xx x x x x x xx x

    
       
   
... tự làm nhé 
Cách 2: Kết hợp kĩ thuật tách thành tích và phương pháp biến đổi số 
Phân tích 
   
2 2
2
1
3 2 2
1
1 1 1.
1 1
I dx dx
xx x x x
 
  
Đặt 
2
1
1
1
x
tt
x dx dt
t
 
  
  

Đổi cận 
12
2
1 1
x t
x t
  
 
  
 9 
Khi đó 
1
1 32
2
2 2
2
11
2
1
1 1 11
...ttI t dt dx
t
t t
 
  



  đến đây lại trở thành bài 1, các bạn tha hồ mà làm nhé 
Cách 3: Sử dụng kĩ thuật nhân trên tử và phương pháp đổi biển số 
   
2 2
3 2 4 2
1 1
1
1 1
xI dx dx
x x x x
 
 ... sử dụng công thức 
2
2
1 tancos 2
1 tan
xx
x



Tổng quát: 
 58 
1. 
4tan
cos 2
a xI dx
b x


  với ,a b  
Biến đối    2 2 2 2cos 2 cos sin 1 tan cosb x b x x b x x    đặt tant x 
2. Mở rộng hơn 
4
2 2
tan
sin sin cos cos
a xI dx
b x c x x d x



  với , , ,a b c d
 
Biến đổi  2 2 2 2sin sin cos cos tan tan cosb x c x x d x b x c x d x     đặt tant x 
Bài 2: (ĐH AN– 1998): Tính tích phân sau: 
4
4
0 cos
dxI
x

  
Cách 1: 
     
4 4 4
2 3
4 2 2
0 0 0
1 4. 1 tan tan tan tan 4
3cos cos cos 0
dx dxI x d x x x
x x x
   
         
Cách 2: Biến đổi số 
 
4 4 4
2
4 2 2 2
0 0 0
1 . 1 tan
cos cos cos cos
dx dx dxI x
x x x x
  
      
Đặt tant x 
Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần 
2
2
1
cos
cos
u
x
dxdv
x
 

 

Bài 3: (Đề 84.IVa) Tính tích phân sau: 
2
4
4
sin
dxI
x


  
 
 
32 2 2
2
4 2
4 4 4
cot cot 421 cot cot (cot )
3 3sin sin
4
d xdx xI x d x x
x x
  
  


              
Bài 4: Tính tích phân sau: 
2
2 2
0
cos .cos 2
4
I x xdx


  
HD: 
C1: Hạ bậc biến đổi tích thành tổng 
C2: Tích phân liên kết 
 59 
Bài 5: Tính tích phân sau: 
 
24
4
0
1 2sin
sin cos
xI dx
x x




 
HD:   21 2sin cos 2 cos sin cos sinx x x x x x     và    4 2 4sin cos 1 sin 2 4cos
4
x x x x       
 
Từ đây ta có các cách sau 
Cách 1: 
Biến đổi 
   
24 4
4 2
0 0
1 2sin cos 2
sin cos 1 sin 2
x xI dx dx
x x x
 

 
 
  
đặt 1 sin 2t x  hoặc sin 2t x hoặc biến đổi vi phân trực tiếp 
   
 
 
24 4 4
4 2 2
0 0 0
1 sin 21 2sin cos 2
sin cos 1 sin 2 1 sin 2
d xx xI dx dx
x x x x
  

  
  
   hoặc đặt tant x 
Cách 2: 
Biến đổi 
 
  
 
 
 
24 4 4
4 4 4
0 0 0
cos sin cos sin cos sin1 2sin
sin cos sin cos sin cos
x x x x x xxI dx dx dx
x x x x x x
  
  
  
  
   
Đặt sin cost x x  hoặc biến đổi vi phan trực tiếp 
Cách 3: 
Biến đổi 
 
24 4
4
40 0
1 2sin cos 2
sin cos 4cos
4
x xI dx dx
x x x
 


 
   
 
  
Đặt 
4
t x   
Bài 6: (ĐHGT TPHCM – 2000) Tính tích phân: 
23
6
6
sin
cos
xI dx
x


  
 HD: 
Ta có    
2
2 2 2
6 2 2
sin 1 1tan . . tan 1 tan tan
cos cos cos
x dx x dx x x d x
x x x
   
Đs:
42 3 8
15
 
Bài 7: (ĐHĐN – 2000) Tính tích phân: 
2
4
sin cos
sin cos
x xI dx
x x




 
HD: 
 60 
2 2
4 4
cos2 sin
4 14 2ln cos ln 2
4 22 cos cos
4 4 4
d xx
I dx dx x
x x
 
 
 

  
                                  
   
  
Bài 8: Tính tích phân sau: 
4
6
0
tanI xdx

  
HD: 
Đặt 2tan (tan 1)t x dt x dx    
Đổi cận: 
0 0
1
4
x t
x t
  


  
Vậy 
11 16 5 34 4
6 4 2
2 2
0 0 0 00
1 13tan 1
5 3 15 41 1
t dt t tI xdx t t dt t du
t t
 
                   
    
Bài 9: Tính tích phân sau: 
2
5
0
8cos
15
I xdx

  
Bài 10: Tính tích phân sau: 
32
2
0
sin cos
1 cos
x xI dx
x


 
HD: 
 
22
2
2
0
1 cos 1 cos
2 1 cos
xI d x
x

  
  
2
2
1
1
1 1 1 1 ln 2ln
2 2 2
t dt t t
t
 
    
Bài 11: Tính tích phân sau: 4tanI xdx  
HD: 
       
   
4 2 2 2 2 2
2
2
2 3
2
1tan tan sin tan tan 1 cos tan tan 1 tan
1
tan 1 1 1tan tan tan tan tan
31 tan
I xdx x xd x x x d x x d x
tg x
xxd x d x x x x C
x
 
       
 
     

   
 
Bài 12: (ĐHTL – 2000) Tính tích phân sau: 
2
2 2
0
3sin 4cos
3sin 4cos
x xI dx
x x



 
Đs: 
3 ln 3
6
I   
 61 
V. BÀI TẬP HỖN HỢP CỦA NHIỀU HÀM SỐ 
Bài tập giải mẫu: 
Bài 1: (ĐH TL2001) Tính tích phân sau:  
4
0
ln 1 tanI x dx

  
Giải: 
Cách 1: 
Đặt 1 tan 21 tan 1 tan 14
4 1 tan 1 tan
dx dt
x t tx t
t t


 

               
Đổi cận 
0
4
0
4
x t
x t


   

   

Khi đó  
4 4 4
0 0 0
2ln ln 2 ln 1 tan (ln 2). ln 2
1 tan 4 8
I dt dt t dt I I
t
  
             
Cách 2: 
Ta có 
     
 
4 4 4 4
0 0 0 0
4 4
0 0
sin cosln 1 tan ln ln sin cos ln cos
cos
ln 2 cos ln cos
4
J
x xI x dx dx x x dx x dx
x
x dx x dx
   
 

        
 
    
 
   
 

Tính 
4 4 4 4
0 0 0 0
1 1ln 2 cos ln 2 ln cos ln 2 ln cos ln 24
4 2 4 2 4 80
K
J x dx dx x dx x x dx K
   
                      
        
Đặt 
4
t x dt dx     
Khi đó    
4 4
0 0
ln cos ln cosK t dt x dx
 
   
Khi đó ln 2
8
I  
Cách 3: Tích phân từng phần 
 62 
Đặt 
 ln 1 tanu x
dv dx
 


Bạn đọc tự giải 
Bài 2: Tính tích phân:  
1
2
0
ln 1
1
x
I dx
x


 . 
HD: 
Đặt tanx t ta được  
4
0
ln 1 tanI t dt

  ; 
đặt 
4
t x  ta được 
4 4
0 0
2ln ln 2
1 tan
I du du I
u
 
  
  
Bài 3: Tính tích phân sau: 
5
2
ln( 1 1)
1 1
xI dx
x x
 

  
 Giải: 
Cách 1: 
Đặt 
 
 2
1 2 1
2 11 1
1 1
dt dx t dt dx
xt x
x t
         
   
Đổi cận 
5 3
2 2
x t
x t
  
 
  
Khi đó 
 
3 3 3
2 2 2
2
2 2 2
3( 1) ln ln2 2 2 ln ln ln ln 3 ln 2
2( 1) 1
t t tI dt dt td t t
tt t

     
     
Cách 2: Đặt 1t x  ... bạn đọc tự giải 
Bài 4: Tính tích phân sau:
2
0 1 sin 2
xdxI
x


 
Giải: 
Cách 1: Đặt 
2
t x  
Cách 2: Biến đổi 21 sin 2 1 cos 2 2cos
2 4
x x x            
   
, tích phân từng phần 
 2 3 3 3
0
0 0 0
1 1.sin .cos cos cos cos
3 3
I x x xdx xd x x x xdx
  
 
      
 
   
 63 
   
3
2
0 0
1 1 sin1 sin sin sin
3 3 3 3 3 3
xx d x x
   
       
 
 
Bài 5: (ĐH DHN – A 2000) Tính tích phân sau: 
 2 2 2 2
20 0
1 sin sin
1 cos 1 cos2cos
2
x x x
o
x e e e xI dx dx dx e
xx x
  

   
    
Giải: 
Cách 1: 
Ta có:
2
1
2 2 2 2 2
20 0 0 0 0
1 sin sin 1 sin. . .
1 cos 1 cos 1 cos 2 1 coscos
2
x x
x x x
I
I
x e dx x e dx xI e dx e dx e dx
xx x x x
    

    
       

Tính: 
2
1
20
1
2 cos
2
xe dxI
x

  
Đặt: 
2 tancos 2
2
x
xu e du e dx
dxdv xvx
 
  
 
 
Áp dụng công thức tính tích phân từng phần 
2 2 2
2
1
20 0 0
1 tan tan . tan .2
2 2 2 2cos 0
2
x
x x xe dx x x xI e e dx e e dx
x
  

       
Tính: 
2 2 2
2
20 0 0
2sin cossin 2 2. . tan .
1 cos 22cos
2
x x x
x x
x xI e dx e dx e dxxx
  
  
   
Vậy 2I e

 
Cách 2: 
Ta có: 
2 2 2 2
20 0 0 0
sin. . (tan ) tan .
1 cos 2 22cos
2
xx
x xe xe x xI dx dx e d e dx
x x
   
   
    
2 22 2
2
0 00 0
tan tan . tan . tan
2 2 2 2
x x x xx x x xe e dx e dx e e
  

      
 64 
Sử dụng định nghĩa: 
Ta có 
   
' '
'
2 2 2
.2sin cos1 sin 2 2 tan tan tan tan
1 cos 2 2 2 22cos 2cos 2cos
2 2 2
x
x x x
x x x x
x xex e e e x x x xe e e ex x xx
                 
Hoặc ta biến đổi: 
  2
sin cos1 sin 1 12 2 1 2 tan tan
1 cos 2 2 2 2cos
2
x x
x x x
xx
           
Vậy 
1
2 2
2
0 0
1 11 tan tan
2 2 2 2
x
I
x xI dx e dx
 
    
  
Tính 
2
1
0
tan
2
xxI e dx

  
Bài 6: (ĐH GTVT – 1998) Tính tích phân sau: 
2
2
1 1
lnln
e
e
I dx
xx
   
 
Cách 1: 
Đặt   2
1 1
lnln
f x
xx
  
Ta có  
     
 
' '
2 2 2
ln ln1 1 1 ln
ln lnln ln n
x x x xx xf x F x
x xx x l x
   
      
Khi đó 
2 2 2
2
1 1
ln ln 2ln
e
e
ex eI dx e
x xx e
      
 
Cách 2: 
2 2 2 2 22
2
1 1 1
ln ln ln ln ln lnln
e e e e e
e e e e e
edx x dx dxI dx xd
x x x x x xx e
             
       
Bài 7: Tính tích phân sau 2
0
.sin cosI x x xdx

  
Giải: 
 
0 0
1 1.sin 2 cos . sin 3 sin
2 4
I x x xdx x x x dx
 
    
Đặt: 
   1sin 3 sin cos3 cos
3
du dxu x
dv x x dx v x x
 
 
     
. 
 65 
Khi đó 
0
1 1 1cos3 cos cos3 cos
04 3 3 3
I x x x x x dx
           
   
1 1 1 1 5cos3 cos sin 3 sin2 2
2 3 2 18 2 90 0
x x x x x
 
           
   
. 
Cách 2: Đặt x t   bạn đọc tự giải 
Chú ý: Qua mấy bài toán trên ta có nhận xét 
Dựa vào đạo hàm ta có thể tính Nguyên hàm của một các dạng đặc biệt 
Dạng 1: Nguyên hàm của các hàm số dạng tích thương 
Dạng Cấu trúc hàm số Nguyên hàm 
Tổng    '' 'f x u v u v     F x u v  
Hiệu    '' 'f x u v u v     F x u v  
Tích    '' 'f x u v v u uv    F x uv 
Thương 
 
'' '
2
u v v u uf x
vv
     
 
  
uF x
v
 
Dạng 2: Các dạng nguyên hàm đơn giản chứa ex 
Đặc trưng Nguyên hàm Hàm số (đạo hàm) 
xe     xF x u x e        ' ' xF x u x u x e f x     
xe     xF x u x e        ' ' xF x u x u x e f x     
ax be      ax bF x u x e         ' ' ax bF x u x au x e f x      
 v ve      v vF x u x e            ' ' ' v xF x u x v x u x e f x     
Ví dụ: Tính tích phân sau: 
 
1 2
2
0 2
xx eI dx
x


 
Giải: 
Cách 1: Tích phân từng phần 
Đặt 
 
 2
2
2
1
2 2
x xu x e du xe x dx
dxdu vx x
    
 
     
 66 
Khi đó 
1
12
0
1
02
x
x
I
x eI xe dx
x
  
 
Tính 
1
1
0
xI xe dx  . Đặt x x
u x du dx
dv e dx v e
  
 
  
Khi đó  
1
1
0
1 1
0 0
x x x xI xe e dx xe e    
Vậy  
2 1 1
1
0 02
x
x xx eI xe e
x
    

Cách 2: 
Phân tích        22 2 4 4 4 2 4 2 4 2 4x x x x x x           
Khi đó 
 
   
   
21 1 1 1 12
2 2 2
0 0 0 0 0
2 4 2 4 14 4
22 2 2
x
x x x
J
x xx eI e dx e dx e dx dx dx
xx x x
   
    
  
    

Tính J làm xuất hiện tích phân mà làm triệt tiêu một tích phân 
Bài tập tự giải có hướng dẫn: 
Bài 1: Tính tích phân sau: 
 
1 2 2
2
0 1
xx eI dx
x


 
HD: Sứ dụng tích phân từng phần 
 
1 12 2
2 2
2
0 0
1
11
x
xx eI dx x e d
xx
      
  
   
1 1 1 1 12 2 2 2 2 12 2 2 2 2 2
0
0 0 0 00
12 2 2 2
0
1 2
1 1 2 2 2
1 1
2 2 2 2 2 2
x
x x x x x
x
x e e e ed x e xe dx xd e xe e dx
x x
e e e e
            
 
 
      
 
   
Bài 2: Tính tích phân sau: 
22
2 2
0
4 tan 1 tan tan
2 2 8 8
x xI x x

          
 
Bài 3: (ĐHLN – 2001) Tính tích phân sau: 
 
 
21
2
0
1
1
1
xx e
I dx
x

 

 
Bài 4: Tính tích phân sau:  
2
sin
0
1 cos
2
xI e x x dx e


  