In sáchIn sách

CHƯƠNG 3. NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN

Hệ thống: TRƯỜNG HỌC SỐ
Khoá học: TOÁN 12 - ÔN THI THPQG 2020
Book: CHƯƠNG 3. NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN
Được in bởi: Người dùng khách
Ngày: Tuesday, 9 March 2021, 8:06 AM

1. Bảng nguyên hàm

@ Nguyên hàm của hàm số sơ cấp

Hàm số

Công thức gốc

Trường hợp riêng đơn giản cần nhớ

1. Hàm

Lũy

thừa

$\bullet\displaystyle\int{{x^\alpha}dx=\dfrac{1}{{\alpha+1}}.{x^{\alpha+1}}+C\left({\alpha \ne-1}\right)}$

 $\bullet\displaystyle\int{dx=x+C}\,(\alpha =1)$

$\bullet\displaystyle\int{\dfrac{1}{x}dx=\ln \left| x \right|}+C\,(\alpha =-1)$

$\bullet\displaystyle\int{\dfrac{1}{{{x^n}}}dx=\dfrac{{-1}}{{\left({n-1}\right){x^{n-1}}}}+C}\,(\alpha <0)$

2. Hàm

$\bullet\displaystyle\int{{a^x}dx=\dfrac{{{a^x}}}{{\ln a}}+C\left({a > 0, a \ne 1}\right)}$

 $\bullet\displaystyle\int{{e^x}dx={e^x}+C}$

3. Hàm

lượng

giác

$\bullet\displaystyle\int{\sin xdx=-\cos x+C}$

$\displaystyle\int{\cos xdx=\sin x+C}$

$\bullet\displaystyle\int{\dfrac{1}{{{{\cos}^2}x}}dx=\tan x+C}$

$\bullet\displaystyle\int{\dfrac{1}{{{{\sin}^2}x}}dx=-\cot x+C}$

 


Lưu ý:

·         Với bảng đạo hàm, ta có 4 hàm số: đó là ĐẠO HÀM của hàm số Lũy thừa, hàm số Mũ, hàm số Logarit, hàm số Lượng giác.

·         Với bảng nguyên hàm, ta có 3 hàm số: đó là NGUYÊN HÀM của hàm số Lũy thừa, hàm số Mũ, hàm số Lượng giác (không có hàm số Logarit).

2. Nguyên hàm

Định nghĩa: 

Cho hàm số \(f\left( x \right)\) xác định trên \(K\) (\(K\) là khoảng, đoạn hay nửa khoảng). Hàm số \(F\left( x \right)\) được gọi là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(K\) nếu \(F'\left( x \right) = f\left( x \right)\) với mọi \(x \in K\).

$\displaystyle\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = F\left( x \right) + C \Leftrightarrow } F'\left( x \right) = f\left( x \right)$


Định lí:
1) Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(K\) thì với mỗi hằng số \(C\), hàm số \(G\left( x \right) = F\left( x \right) + C\) cũng là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) trên \(K\).
2) Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(K\) thì mọi nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) trên \(K\) đều có dạng \(F\left( x \right) + C\), với \(C\) là một hằng số.
Do đó \(F\left( x \right) + C, \,C \in \mathbb{R}\) là họ tất cả các nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) trên \(K\). Ký hiệu \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = F\left( x \right) + C} \).
2. Tính chất của nguyên hàm
Tính chất 1: \({\left( {\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} } \right)^\prime } = f\left( x \right)\) và \(\int {f'\left( x \right){\rm{d}}x = f\left( x \right)}  + C\)
Tính chất 2: \(\int {kf\left( x \right){\rm{d}}x}  = k\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) với \(k\) là hằng số khác \(0\).
Tính chất 3: \(\int {\left[ {f\left( x \right) \pm g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  \pm \int {g\left( x \right){\rm{d}}x} \)
3. Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lí: Mọi hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(K\) đều có nguyên hàm trên \(K\).


II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến số
Định lí 1: 

Nếu \(\int {f\left( u \right)du = F\left( u \right) + C} \) và \(u = u\left( x \right)\) là hàm số có đạo hàm liên tục thì
\(\int {f\left( {u\left( x \right)} \right)u'\left( x \right)d{\rm{x}} = F\left( {u\left( x \right)} \right) + C} \)
Hệ quả: Nếu \(u = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) thì ta có\(\int {f\left( {ax + b} \right)d{\rm{x}} = \dfrac{1}{a}F\left( {ax + b} \right)}  + C\)
2. Phương pháp nguyên hàm từng phần
Định lí 2:  Nếu hai hàm số \(u = u\left( x \right)\) và \(v = v\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(K\) thì
\(\int {u\left( x \right)v'\left( x \right)d{\rm{x}} = u\left( x \right)v\left( x \right) - } \int {u'\left( x \right)v\left( x \right)d{\rm{x}}} \)
Hay
\(\int {u{\rm{d}}v = uv - \int {v{\rm{d}}u} } \)
B. KỸ NĂNG CƠ BẢN
- Tìm nguyên hàm bằng phương pháp biến đổi trực tiếp.
- Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.
- Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần.
C. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM



3. TÍCH PHÂN

TÍCH PHÂN


A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Định nghĩa
Cho \(f\) là hàm số liên tục trên đoạn \([a;b].\) Giả sử \(F\) là một nguyên hàm của \(f\)trên \([a;b].\) Hiệu số \(F(b) - F(a)\) được gọi là tích phân từ a đến b (hay tích phân xác định trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}\) của hàm số \(f(x),\)kí hiệu là \(\int\limits_a^b {f(x)dx} .\)
Ta dùng kí hiệu \(\left. {F(x)} \right|_a^b = F(b) - F(a)\) để chỉ hiệu số \(F(b) - F(a)\). Vậy \(\int\limits_a^b {f(x)dx = \left. {F(x)} \right|_a^b = F(b) - F(a)} \).
Nhận xét: Tích phân của hàm số \(f\) từ a đến b có thể kí hiệu bởi \(\int\limits_a^b {f(x)dx} \) hay \(\int\limits_a^b {f(t)dt} .\) Tích phân đó chỉ phụ thuộc vào f và các cận a, b mà không phụ thuộc vào cách ghi biến số.

Ý nghĩa hình học của tích phân: Nếu hàm số \(f\) liên tục và không âm trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}\) thì tích phân \(\int\limits_a^b {f(x)dx} \)là diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f(x)\), trục Ox và hai đường thẳng \(x = a,x = b.\) Vậy \(S = \int\limits_a^b {f(x)dx} .\)
2. Tính chất của tích phân
 1. \(\int\limits_a^a {f(x)dx = 0} \) 

 2. \(\int\limits_a^b {f(x)dx =  - \int\limits_b^a {f(x)dx} } \) 
 3. \(\int\limits_a^b {f(x)dx + } \int\limits_b^c {f(x)dx = \int\limits_a^c {f(x)dx} } \)(\(a < b < c\)
 4. \(\int\limits_a^b {k.f(x)dx = k.\int\limits_a^b {f(x)dx} } {\rm{ }}(k \in \mathbb{R})\) 
 5. \(\int\limits_a^b {[f(x) \pm g(x)]dx = \int\limits_a^b {f(x)dx}  \pm } \int\limits_a^b {g(x)dx} \).

B. KỸ NĂNG CƠ BẢN
1. Một số phương pháp tính tích phân
I. Dạng 1: Tính tích phân theo công thức

Ví dụ 1: Tính các tính phân sau:
a) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{{{(1 + x)}^3}}}} \)
b) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{x + 1}}dx} \)
c) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{2x + 9}}{{x + 3}}dx} \)
d) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{4 - {x^2}}}dx} \).
Hướng dẫn giải
a) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{{{(1 + x)}^3}}}}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{d(1 + x)}}{{{{(1 + x)}^3}}}}  =  - \left. {\dfrac{1}{{2{{(1 + x)}^2}}}} \right|_0^1 = \dfrac{3}{8}\).
b) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{x + 1}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx}  = \left( {x - \ln (x + 1)} \right)\left| {_0^1} \right. = 1 - \ln 2\).
c) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{2x + 9}}{{x + 3}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {2 + \dfrac{3}{{x + 3}}} \right)dx = \left. {\left( {2x + 3\ln (x + 3)} \right)} \right|_0^1}  = 3 + 6\ln 2 - 3\ln 3\).
d) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{4 - {x^2}}}dx}  =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{d\left( {4 - {x^2}} \right)}}{{4 - {x^2}}}}  = \left. {\ln |4 - {x^2}|} \right|_0^1 = \ln \dfrac{3}{4}\).
 
II. Dạng 2: Dùng tính chất cận trung gian để tính tích phân
Sử dụng tính chất \(\int\limits_a^b {{\rm{[}}f(x) + g(x){\rm{]}}dx = \int\limits_a^b {f(x)dx}  + } \int\limits_a^b {g(x)dx} \) để bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 2: Tính tích phân \(I = \int\limits_{ - 2}^2 {|x + 1|dx} \).
Hướng dẫn giải
 Nhận xét: \(\left| {x + 1} \right| = \left\{ \begin{array}{l}x + 1,{\rm{        }} - 1 \le x \le 2{\rm{ }}\\ - x - 1,{\rm{     }} - 2 \le x <  - 1{\rm{ }}\end{array} \right..\)Do đó
\(I = \int\limits_{ - 2}^2 {|x + 1|dx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {|x + 1|dx}  + \int\limits_{ - 1}^2 {|x + 1|dx}  =  - \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {x + 1} \right)dx}  + \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {x + 1} \right)dx}  =  - \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_{ - 2}^{ - 1} + \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^2 = 5.\)

 III. Dạng 3: Phương pháp đổi biến số
1) Đổi biến số dạng 1

Cho hàm số \(f\) liên tục trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}{\rm{.}}\)Giả sử hàm số \(u = u(x)\) có đạo hàm liên tục trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}\)\(\alpha  \le u(x) \le \beta .\) Giả sử có thể viết \(f(x) = g(u(x))u'(x),x \in {\rm{[}}a{\rm{;}}b{\rm{],}}\) với \(g\) liên tục trên đoạn \({\rm{[}}\alpha ;\beta {\rm{]}}.\) Khi đó, ta có
\(I = \int\limits_a^b {f(x)dx}  = \int\limits_{u(a)}^{u(b)} {g(u)du} .\)
Ví dụ 3: Tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}x\cos xdx} \).
Hướng dẫn giải
Đặt\(u = \sin x.\) Ta có \(du = \cos xdx.\) Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow u(0) = 0;x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow u\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) = 1.\)
Khi đó \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}x\cos xdx}  = \int\limits_0^1 {{u^2}du}  = \dfrac{1}{3}{u^3}\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = \dfrac{1}{3}.\)
Bài tập áp dụng
1) \(I = \int\limits_0^1 {x\sqrt {{x^2} + 1} dx} \). 2) \(I = \int\limits_0^1 {x\sqrt[3]{{x + 1}}dx} \).
3) \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{\sqrt {1 + \ln x} }}{x}dx} \). 4) \(I = \int\limits_e^{{e^2}} {\dfrac{{dx}}{{2x\sqrt {2 + \ln x} }}} \).
Dấu hiệu nhận biết và cách tính tính phân
2) Đổi biến số dạng 2
 Cho hàm số \(f\) liên tục và có đạo hàm trên đoạn \([a;b].\) Giả sử hàm số \(x = \varphi (t)\) có đạo hàm và liên tục trên đoạn \({[\alpha ;\beta ]^{(*)}}\) sao cho \(\varphi (\alpha ) = a,\varphi (\beta ) = b\)\(a \le \varphi (t) \le b\) với mọi \(t \in {\rm{[}}\alpha ;\beta {\rm{]}}.\) Khi đó:
\(\int\limits_a^b {f(x)dx}  = \int\limits_\alpha ^\beta  {f(\varphi (t))} \varphi '(t)dt.\)
Một số phương pháp đổi biến: Nếu biểu thức dưới dấu tích phân có dạng
1. \(\sqrt {{a^2} - {x^2}} \): đặt \(x = |a|\sin t;\;\;t \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]\)
2. \(\sqrt {{x^2} - {a^2}} \): đặt \(x = \dfrac{{|a|}}{{\sin t}};\;\;t \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]\backslash {\rm{\{ }}0\} \)
3. \(\sqrt {{x^2} + {a^2}} \): \(x = |a|\tan t;\;\;t \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)\)
4.  \(\sqrt {\dfrac{{a + x}}{{a - x}}} \)hoặc \(\sqrt {\dfrac{{a - x}}{{a + x}}} \): đặt \(x = a.\cos 2t\)
Lưu ý: Chỉ nên sử dụng phép đặt này khi các dấu hiệu 1, 2, 3 đi với x mũ chẵn. Ví dụ, để tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\dfrac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \) thì phải đổi biến dạng 2 còn với tích phân \(I = \int_0^{\sqrt 3 } {\dfrac{{{x^3}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \) thì nên đổi biến dạng 1.

Ví dụ 4: Tính các tích phân sau:
a) \(I = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx\). b) \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} \).
Hướng dẫn giải
 a) Đặt \(x = \sin t\) ta có \(dx = \cos tdt.\) Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 0;x = 1 \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{2}\).
Vậy \(I = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {|\cos t|} dt = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {cost} dt = \sin t|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = 1.\)
 b) Đặt \(x = \tan t,\) ta có \(dx = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\). Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 0\\x = 1 \to t = \dfrac{\pi }{4}\end{array} \right.\).
Vậy \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{1 + {x^2}}}}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {dt}  = t|_0^{\dfrac{\pi }{4}} = \dfrac{\pi }{4}.\)
IV. Dạng 4: Phương pháp tính tích phân từng phần.
 Định lí : 

Nếu \(u = u(x)\)\(v = v(x)\) là hai hàm số có đạo hàm và liên tục trên đoạn \([a;b]\) thì
\(\int\limits_a^b {u(x)v'(x)dx}  = \left. {\left( {u(x)v(x)} \right)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {u'(x)v(x)dx} \),
  hay viết gọn là \(\int\limits_a^b {udv = uv|_a^b - } \int\limits_a^b {vdu} \). Các dạng cơ bản: Giả sử cần tính \(I = \int\limits_a^b {P(x).Q(x)dx} \)
Thông thường nên chú ý: “Nhất log, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”.

 Ví dụ 5: Tính các tích phân sau :  a) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\sin xdx.} \)  b) \(I = \int\limits_0^{e - 1} {x\ln (x + 1)dx} \).
Hướng dẫn giải
a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \sin xdx\end{array} \right.\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v =  - \cos x\end{array} \right.\).
Do đó  \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\sin xdx}  = \left( { - x\cos x} \right)|_0^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos xdx}  = 0 + \sin x|_0^{\dfrac{\pi }{2}}{\rm{ }} = {\rm{1}}{\rm{.}}\)
 b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln (x + 1)\\dv = xdx\end{array} \right.\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{{x + 1}}dx\\v = \dfrac{{{x^2} - 1}}{2}\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{c}I = \int\limits_0^{e - 1} {x\ln (x + 1)dx}  = \left. {\left[ {\ln (x + 1)\dfrac{{{x^2} - 1}}{2}} \right]} \right|_0^{e - 1} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{e - 1} {(x - 1)dx}  = \dfrac{{{e^2} - 2e + 2}}{2} - \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - x} \right)\left| {_0^{e - 1}} \right.\\ = \dfrac{{{e^2} - 2e + 2}}{2} - \dfrac{1}{2}\dfrac{{{e^2} - 4e + 3}}{2} = \dfrac{{{e^2} + 1}}{4}.\end{array}\)