DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF
Tháng 06/2015
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
Lêi nãi ®Çu
Taøi lieäu naøy khoâng phaûi laø taøi lieäu chính thöùc cuûa Dieãn ñaøn toaùn hoïc
(VMF) nhöng do caù nhaân toâi laø thaønh vieân cuûa trang dieãn ñaøn thaûo luaän toaùn
hoïc naøy neân toâi xin maïo muoäi ghi xuaát xöù laø VMF mong quaûn trò cuûa trang web
boû qua yeáu toá treân.
Haøng naêm moãi giaùo vieân trung hoïc phoå thoâng ñeàu laøm moät saùng kieán kinh
nghieäm veà lónh vöïc chuyeân moân giaûng daïy, tuy nhieân löôïng kieán thöùc maø thaày
(coâ) daøy coâng boû ra nghieân cöùu ña phaàn bò boû queân. Hoâm nay toâi coá gaéng toång
hôïp laïi caùc saùng kieán kinh nghieäm ñeå ñöa vaøo chung thaønh moät taøi lieäu “CAÙC
CHUYEÂN ÑEÀ TOAÙN PHOÅ THOÂNG”. Ñeå tieän cho vieäc toång hôïp vaø theo
doõi, toâi chia ra thaønh nhieàu taäp vôùi ñoä daøy moãi taäp taàm khoaûng 50 trang. Chæ laø
vieäc toång hôïp noäi dung caùc saùng kieán ñeå cho caùc baïn tham khaûo neân coù ñieàu gì
sai soùt mong caùc baïn boû qua.
Ngöôøi toång hôïp
CD13
Taäp 2 naøy goàm caùc noäi dung:
+ ÖÙng duïng tæ soá theå tích trong giaûi toaùn hình hoïc khoâng gian.
+ Moät soá kó naêng giaûi tích phaân.
+ Moät vaøi caùch nhôù coâng thöùc löôïng giaùc.
+ Moät phöông phaùp chöùng minh baát ñaúng thöùc.
+ Phöông trình maët caàu vaø öùng duïng.
+ ÖÙng duïng ñaïo haøm vaøo chöùng minh baát ñaúng thöùc.
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TRONG GIẢI TOÁN HHKG
CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
Bài toán 1: (Bài 4 sgk HH12CB trang25)
Cho khối chóp S.ABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm
A’, B’, C’ khác điểm S. CMR:
VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '
.
.
VS . ABC
SA SB SC
(1)
Giải:
Gọi H và H’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và A’ lên (SBC)
Ta có AH//A’H’. Ba điểm S, H, H’ cùng thuộc hai mp (AA’H’H) và (SBC) nên
chúng thẳng hàng. Xét SAH ta có
SA ' A ' H '
(*)
SA
AH
Do đó
1
A ' H '.S SB ' C '
VS . A ' B ' C ' 3
A ' H ' SB '.SC '.sin B
' SC '
(**)
.
1
VS . ABC
AH
SB
.
SC
.sin
BSC
AH .S SBC
3
A
A'
Từ (*) và (**) ta được đpcm □
Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’ B và B
C’ C ta được
VS . A ' B ' C ' SA '
VS . ABC
SA
B'
H H'
(1’)
S
C'
C
Ta lại có
VS . ABC VS . A ' BC VA '. ABC
SA '
.VS . ABC VA '. ABC
SA
SA ' A ' A
1
SA
SA
V
A' A
Vậy: A '. ABC
VS . ABC
SA
(1') VS . ABC
VA '. ABC
VS . ABC
(2)
Tổng quát hoá công thức (2) ta có bài toán sau đây:
Bài toán 2: Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A1A2…An ( n 3) , trên
đoạn thẳng SA1 lấy điểm A1’ không trùng với A1. Khi đó ta có
VA1 '. A1 A2 ... An
VS . A1 A2 ... An
A1 ' A1
SA1
(2’)
Chứng minh (2’) bằng phương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp
S.A1A2…An thành các khối chóp tam giác rồi áp dụng công thức (2)
DẠNG 1: TÍNH TỈ SỐ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
Ví dụ 1:
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm
của CD và I là giao điểm của AC và BM. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.ICM
và S.ABCD hoctoancapba. com
S
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là
trọng tâm của tam giác BCD, do đó
1
1 1
1 1 1
VISCM VB.SCM . .VD.SBC . . VS . ABCD
3
3 2
3 2 2
V
1
Vậy ISCM
VS . ABCD 12
Ví dụ 2:
B
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là trung điểm
của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’.
Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp được chia bởi
mp(AB’D’)
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao
điểm của SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’
Ta có
B
A
D
O
M
I
C
S
C'
B'
I
A
D'
O'
D
O
C
VS . AB ' C ' SB ' SC ' 1 SC '
.
;
VS . ABC
SB SC 2 SC
VS . AC ' D ' SC ' SD ' 1 SC '
.
VS . ACD
SC SD 2 SC
1 SC '
1 SC '
Suy ra
VS . AB ' C ' VS . AC ' D ' .
(VS . ABC VS . ACD ) .
.VS . ABCD
2 SC
2 SC
Kẻ OO’//AC’ ( O ' SC ) . Do tính chất các đương thẳng song song cách đều nên
ta có SC’ = C’O’ = O’C
1 1
2 3
Do đó VS . A ' B ' C ' D ' . .VS . ABCD Hay
VS . A ' B ' C ' D ' 1
VS . ABCD
6
* Bài tập tham khảo:
Bài 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều có trực tâm
H và cạnh bằng a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA và M, N, P
lần lượt là trung điểm các đoạn SI, SJ, SK. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp
H.MNP và S.ABC. Từ đó tính thể tích khối chóp H.MNP
ĐS:
VH .MNP
1
VS . ABC 32
Bài 2:
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng ( )
qua AB cắt SC, SD lần lượt tại M và N. Tính
SM
để mặt phẳng ( ) chia hình chóp
SC
thành hai phần có thể tích bằng nhau.
ĐS:
SM
3 1
SC
2
DẠNG2: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH
Ví dụ 1:
ABC
900 ,
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD
AB BC a, AD 2a, SA ( ABCD) và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
SA và SD. Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a
S
Giải:
Áp dụng công thức (1) ta có
VS . BCM SM 1
VS .BCA
SA 2
M
N
2a
2a
VS .CMN SM SN 1
.
VS .CAD
SA SD 4
a
D
A
Suy ra
1
1
VS .BCNM VS .BCM VS .CNM VS . BCA VS .CAD
2
4
3
3
a
2a
a3
2.3 4.3 3
B
C
Ghi chú:
1
3
1/ Việc tính thể tích khối S.BCNM trực tiếp theo công thức V B.h gặp nhiều
khó khăn, nhưng nếu dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối
S.BCNM về tính VSBCA và VSCAD dễ dàng hơn rất nhiều
2/ Khi dạy học có thể yêu cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN
Ví dụ 2:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a
Giải:
Ta có
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
VCMNP CN CP 1
.
VCMBD CB CD 4
(a)
S
VCMBD VM .BCD MB 1
(b)
VCSBD VS . BCD
SB 2
M
Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được
VCMNP 1
1
VCMNP .VS .BCD
VS . BCD 8
8
Gọi H là trung điểm của AD ta có SH AD mà
( SAD ) ( ABCD) nên SH ( ABCD) .
1
1 a 3 1 2 a3 3
Do đó VS . BCD .SH .SBCD .
. a
3
3 2 2
12
3
a 3
Vậy: VCMNP
(đvtt)
96
A
B
H
N
D
Ví dụ 3:
Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a, DA = 2a và DA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần
lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng
DB và DC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a
Giải:
V
DM DN
Ta có DAMN
.
VDABC
DB DC
C
P
D
N
2a
M
A
a
C
a
a
B
AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam
giác vuông DAB và DAC bằng nhau nên ta có
DM DA2 4a 2
DM 4
2 4
2
MB AB
a
DB 5
DN 4
Tương tự
DC 5
4 4
16
9
Do đó VD.AMN = . .VD.ABC = .VD.ABC. Suy ra VA.BCMN =
.VD.ABC
5 5
25
25
1
a 2 3 a3 3
3a 3 3
Mà VD.ABC = .2a.
. Vậy VA.BCMN =
(đvtt)
3
4
6
50
Ghi chú:
Ta có hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC
A
c
b ' b2
sau đây
c ' c2
( Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng)
B
b
c'
b'
H
C
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
Ví dụ 4:
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =SA = a, AD =a 2
SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, gọi I là giao
điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a hoctoan capba.com
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác ABD, do
đó
S
AI 2
AI 1
AO 3
AC 3
V
AI AM 1 1 1
.
.
nên AIMN
VACDN AC AD 3 2 6
V
NC 1
Mặt khác ACDN
VACDS
SC 2
V
1
Từ (1) và (2) suy ra AIMN
VACDS 12
1
3
1
3
Mà VSACD .SA.SACD a.
a
N
(1)
Ma
A
a
(2)
2
I
D
O
B
C
a 2a a 3 2
1
a3 2
. Vậy VAIMN .VSACD
(đvtt)
2
6
12
72
Ví dụ 5:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vuông
góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H
thuộc đoạn thẳng AC sao cho AH =
AC
. Gọi CM
4
là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh rằng
M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện
SMBC theo a.
Giải:
Từ giả thiết ta tính được
AH
a 2
a 14
3a 2
, SH
, CH
, SC a 2 SC AC
4
4
4
. Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm của SA.
Ta có
VS .MBC SM 1
1
VS .MBC VS . ABC
VS . ABC
SA 2
2
1
1 a 2 a 14 a 3 14
(đvtt)
VS . ABC .SH .S ABC . .
3
6 2
4
48
* Bài tập tham khảo:
900 , CAD
1200 ,
Bài1: Cho khối tứ diện ABCD có
ABC BAD
AB a, AC 2a, AD 3a . Tính thể tích tứ diện ABCD.
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
ĐS: VABCD
a3 2
2
Bài 2: Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với đáy và SA = 2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD.
Mp(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a
ĐS: VS . AB ' C ' D '
16a 3
45
Bài 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng. Gọi M, P
lần lượt là trung điểm của SA và SC, mp(DMP) cắt SB tại N. Tính theo a thể tích
khối chóp S.DMNP
ĐS: VS . DMNP
a3 2
36
Bài 4: (ĐH khối B – 2010)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
(A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
ĐS: VABC . A' B 'C '
3a 3 3
7a
và R
8
12
DẠNG 3: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH KHOẢNG CÁCH
Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác
định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách
thông qua thể tích của khối đa diện, mà khoảng cách đó chính là độ dài đường cao
của khối đa diện. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1:
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm,
AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD).
Giải:
D
Ta có AB2 + AC2 = BC2 AB AC
1
6
Do đó VABCD AB. AC. AD 8cm 2
I
4
Mặt khác CD = 4 2 , BD = BC = 5
Nên BCD cân tại B, gọi I là trung điểm của CD
1
2 2
S BCD DC.BI
5 (2 2) 2 2 34
2
2
3V
3.8
6 34
Vậy d ( A, ( BCD )) ABCD
SBCD
17
2 34
5
4
A
C
5
3
B
Ví dụ 2:
BAD
900 , AD = 2a,
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang, ABC
BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
vuông góc của A lên SB. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H
đến mp(SCD)
Giải:
S
V
SH
Ta có S . HCD
VS .BCD SB
SAB vuông tại A và AH là đường cao nên
H
SH SA2 2a 2
SH 2
Ta có
2 2
2a
HB AB 2
a
SB 3
A
a
2
3
2
2 1
a
a 2
Vậy VS.HCD = VS.BCD = . a 2. =
3
3 3
2
9
1
B
C
Mà VS .HCD d ( H , ( SCD)).S SCD .
3
2
2
2
SCD vuông tại C ( do AC + CD = AD ),
1
1
3a 3 2 a
do đó SSCD CD.SC .a 2.2a a 2 2 . Vậy d ( H , ( SCD)) 2
2
2
9a 2 3
D
Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB =
BC = a, AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và B’C
Giải:
A'
C'
Gọi E là trung điểm của BB’,ta có EM//CB’
Suy ra B’C //(AME) nên
B'
d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME))
Ta có
VC . AEM MC 1
VC . AEB
CB 2
a 2
1
1 1 a 2 a 2 a3 2
VC . AEM VEACB . . .
2
2 3 2 2
24
3V
Ta có d (C ,( AME )) C . AEM
S AEM
H
A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE,
ta có BH AE
Hơn nữa BM ( ABE ) BM AE , nên ta được AE HM
Mà AE =
E
a
a
M
C
B
a 6
a 3
1
1
1
3
, ABE vuông tại B nên
2 BH
2
2
2
BH
AB
EB
a
2
3
a 2 a 2 a 21
BHM vuông tại B nên MH
4
3
6
2
1
1 a 6 a 21 a 14
Do đó SAEM AE.HM .
.
2
2 2
6
8
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
3a 3 2
a 7
Vậy: d (C ,( AME ))
2
7
a 14
24.
8
Ghi chú: Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính SAEM
Ví dụ 4:
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB = a, AC a 3 và hình chiếu vuông góc của
B'
C'
A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của
BC. Tính khoảng cách Từ A đến mp(BCC’B’)
Giải:
A'
2a
Theo giả thiết ta có A’H (ABC).
Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến
nên AH =
1
BC = a. A ' AH vuông tại H nên ta có
2
2
2
A ' H A ' A AH a 3
1
a.a 3 a 3
Do đó VA '. ABC a 3
.
3
2
2
VA '. ABC
1
Mặt khác
VABC . A ' B ' C ' 3
B
a
C
H
K
a 3
A
2
2 a3
Suy ra VA '.BCC ' B ' VABC . A ' B ' C ' .3. a 3
3
3 2
3V
Ta có d ( A ', ( BCC ' B ')) A '. BCC ' B '
S BCC ' B '
Vì AB A ' H A ' B ' A ' H A ' B ' H vuông tại A’
a 2 3a 2 2a BB ' . BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung điểm
a 14
của BH, ta có B ' K BH . Do đó B ' K BB '2 BK 2
2
a 14
Suy ra S BCC ' B ' B ' C '.BK 2a.
a 2 14
2
3
3a
3 14a
Vậy d ( A ',( BCC ' B ')) 2
14
a 14
Suy ra B’H =
* Bài tập tham khảo :
Bài 1:
Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC)
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
ĐS: d ( A, ( IBC ))
2a 5
5
Bài 2:
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = AB = a, BC = 2a, điểm M
thuộc AD sao cho AM = 3MD. Tính khoảng cách từ M đến mp(AB’C)
ĐS: d ( A, ( AB ' C ))
a
2
Bài 3:
Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp(ABC),
ABC 900 . Tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b
ĐS: d ( A, ( BCD))
ab
2
a b2
Bài 4:
Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện. Tính
tổng khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện
ĐS: h1 h2 h3 h4
3VABCD
2
a
S ACB
3
Bài 5:
Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r1, r2, r3, r4 lần lượt
là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện. Gọi h1,
h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối diện của tứ
diện. CMR:
r1 r2 r3 r4
1
h1 h2 h3 h4
DẠNG 4: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC
Việc tính diện tích đa giác phẳng được quy về việc tính diện tích tam giác theo
1
2
công thức S ah , trong đó h – chiều cao và a là độ dài cạnh đáy.
Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, đặc biệt
là việc tính diện tích của các đa giác phẳng trong
không gian, tính trực tiếp theo công thức gặp
nhiều khó khăn. Khi đó có thể tính diện tính đa
giác thông qua thể tích của các khối đa diện. Sau
đây là một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S,
có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là
A
S
N
I
M
C
A
K
O
Diendantoanhoc.net
B
http://boxtailieu.net
trung điểm của SB và SC. Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết rằng
( AMN ) ( SBC )
Giải:
Gọi K là trung điểm của BC và I là trung điểm của MN. Ta có
VS . AMN SM SN 1
.
(1)
VS . ABC
SB SC 4
Từ ( AMN ) ( SBC )
và AI MN (do AMN cân tại A )
nên AI ( SBC ) AI SI
Mặt khác, MN SI do đó SI ( AMN )
SI .S AMN 1
1 SO
Từ (1)
S AMN
.S ABC (O là trọng tâm của tam giác ABC)
SO.S ABC 4
4 SI
Ta có ASK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên
a 3
a 15
AK = AS =
SO SA2 OA2
2
6
1
a 2
1 a 15 a 2 3 a 2 10
Và SI = SK
Vậy SAMN .
(đvdt)
.
2
4
4 6a 2
4
16
4
* Bài tập tham khảo:
Bài1: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Biết ABC là tam giác vuông tại B có
AB = a, BC = b, AA’ = c (c2 a 2 b 2 ). Một mặt phẳng ( ) qua A và vuông góc với
CA’cắt lăng trụ theo một thiết diện.
a) Xác định thiết diện đó
b) Tính diện tích thiết diện xác định ở câu a)
ĐS: Thiết diện AMN có diện tích S AMN
ab a 2 b 2 c 2
2c
Bài 2: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB = x, AC = y, AD = z, các góc
CAD
DAB
900 . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD)
BAC
a) Chứng minh rằng:
1
1
1
1
2 2 2
2
AH
x
y
z
b) Tính diện tích tam giác BCD
ĐS: SBCD
1 2 2
x y y 2 z 2 z 2 x2
2
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN
Trước tiên học sinh phải nắm thật kĩ nhóm công thức cơ bản sau:
I/ Học sinh cần nắm vững các công thức tính nguyên hàm sau:
1.
dx x C
3.
x
5.
x
x
e dx e C
1
dx=ln x +C
7. sin xdx cos x C
9.
1
cos
2
x
x dx
4.
6.
x
a dx
8.
dx = tanx+C
x 1
+C ( -1)
1
1
1
dx=
+C ( 1)
x
( 1) x 1
2.
10.
ax
C
ln a
cos xdx sin x C
1
sin
2
x
dx= - cotx+C
Các công thức: 1-2-3-4 thuộc nhóm hàm số lũy thừa; 5-6 thuộc nhóm hàm số mũ; 7-89-19 thuộc nhóm hàm số lượng giác.
Chú ý:
+ Công thức nguyên hàm không có mhóm hàm số logarit như trong công thức đạo hàm.
+ Trong các công thức nguyên hàm không mở rộng từ x sang hàm số u(x) như trong
công thức đạo hàm.
+ Trong các công thức nguyên hàm chỉ được mở rông từ x sang ax + b như sau:
1
f ( x)dx F ( x) C f (ax b)dx a F (ax b) C (a 0)
Ví dụ:
x 1
1 (ax b)1
C (ax b) dx
C (a 0)
1
a 1
1
2. sin xdx cos x C sin(ax+b)dx cos(ax b) C (a 0)
a
1. x dx
II/ Các dạng tích phân thường gặp:
b
1) Tích phân dạng:
p( x)
dx(c 0) (P(x) là một đa thức).
cx d
a
I =
Nếu bậc P(x) lớn hơn hoặc bằng 1 ta chia tử cho mẩu ta được các tích phân có dạng:
b
b
b
x 1
+ x dx ( -1) =
1a
a
Ví dụ:
+
dx
1
cx d c ln cx d
b
a
a
Tính
1
I
3x 2 4 x 5
2 x 3 dx
1
Giải
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
31
1
3
17
31
17 31
3 2 17
4
I x
dx x x ln 2 x 3 = ln 5
2
4 2x 3
4
8
4
1 2 8
1
1
b
2) Tích phân dạng: I
a
P( x)
dx ( P(x) là một đa thức)
x px q
2
Nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng 2 ta chia tử cho mẫu ta được các tích phân có
dạng:
b
b
x 1
1
b 1 a 1
+ x dx ( -1) =
1a 1
a
b
+ I1
a
Ax B
dx
x px q
2
Cách tính I1 :
x 2 px q 0 vô nghiệm ( 0 )
A
A
Ap
(2 x p) p B (2 x p) ( B )
2
2
2
b
b
A
2x p
Ap
dx
I1 2
dx ( B
) 2
2 a x pq
2 a x px q
Ta biến đổi:
Ax+B =
b
* I2 =
x
a
2x p
dx
pq
Đặt t = x2 +px+q dt (2 x p )dx
2
Đổi cận: x a t ; x b t
I2
dt
ln t ln
t
b
* I3
b
dx
a x 2 px q a
=
dx
b
dx
p2
(m q
0)
p 2
4
a (x
) m
2
p 2
p2
) q
2
4
p
Đặt x m tan t dx m (1 tan 2 t )dt
2
Đổi cận: x a t ; x b t
I3
(x
m (1 tan 2 t )dt
1
1
1
dt
[t ]
2
m tan t m
m
m
m
Ví dụ:
3
Tính
I
2
3x 2
dx
x 7 x 13
2
Giải
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
3
3
25
2 x 7 7 2 2 x 7
2
2
2
3
2 x 7
25
dx
dx
x 2 7 x 13
2 2 x 2 7 x 13
3x 2
I
3
3
2
2
2 x 7
3
I1
x
2
3
+ I2 =
2
3
dx = ln x 2 7 x 13 = - ln3
2
7 x 13
2
dx
x 2 7 x 13
3
dx
2
2
7
3
x
2
4
7
3
Ñaët x
tan t
2 2
I
2 3
3
x 2 t 3
Đổi cận
x 3 t
6
3
1 tan 2 t dt
2
dx
I2
t ;
2 2
6
3
9
dx
3
3
25 3
ln 3
2
18
x 2 px q 0 có nghiệm kép x
p
( 0)
2
Ax B
Ax B
M
N
2
x px q ( x p ) 2 ( x p ) ( x p ) 2
2
2
2
p
M A
) N
M
2
Mp
p
2 N B N
( x )2
2
M (x
b
b
M
N
p
N
)dx M ln x
I1 = (
p
p 2
2 x p
a x
(x )
2
2
2 a
Ví dụ:
1
Tính
I
1
2x 5
dx
x 2x 1
2
Giải
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
2x 5
2x 5
A
B
2
x 2 x 1 x 1
x 1 x 12
2
2 x 5 A( x 1) B
Ta có:
A 2
A 2
A B 5 B 3
2
2
2
3
3
3 1
I
dx 2 ln x 1
2 ln
2
x 1 ( x 1)
x 1 1
2 2
1
2
x px q 0 có 2 nghiệm x1, x2 ( 0)
M ( x x 2 ) N ( x x1 )
Ax B
Ax B
M
N
x px q ( x x1 )( x x 2 ) ( x x1 ) ( x x 2 )
( x x1 )( x x 2 )
2
M N A
M
M
x
N
x
B
N
2
1
b
b
M
N
dx M ln x x1 N ln x x2 a
( x x1 ) ( x x2 )
a
I1 =
Ví dụ:
3
Tính I
2
4x 5
dx
x 4x 5
2
Giải
4x 5
4x 5
A
B
4 x 5 A ( x 5) B ( x 1)
x 2 4 x 5 ( x 1)( x 5)
x 1 x 5
A B 4
4x 5 (A B)x 5 A B
5 A B 5
3
A 2
B 5
2
5
3
3
2
5
3 4 5 2
3
2
I
dx ln x 1 ln x 5 ln ln
x 1 x 5
2
2
2 2 3 2 3
2
3
b
3) Tích phân dạng:
I = R(sin x, cos x)dx
a
R( sin x, cos x) R(sin x, cos x) ( lẻ đối với sinx )
b
I = R(sin x, cos x) sin xdx
a
Đặt t = cosx dt sin xdx
Đổi cận: x a t ; x b t
I g (t )dt G (t ) G ( ) G ( )
Ví dụ:
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
2
Tính I sin 3 x cos2 xdx
0
Giải:
2
I
(1
c o s 2 x ) c o s 2 x s in x d x
0
Đặt
t cos x dt sin xdx
Ñoåi caän : x 0 t 1; x
0
t0
2
1
1
t3 t5
2
I (1 t )t (dt ) (t t )dt
3 5 0 15
1
0
R(sin x, cos x) R(sin x, cos x) ( lẻ đối với cosx )
2
2
2
4
b
I = R(sin x, cos x) cos xdx
a
Đặt t = sinx dt cos xdx
Đổi cận: x a t ; x b t
I g (t )dt G (t ) G ( ) G ( )
Ví dụ :
2
Tính
I
0
cos x
dx
(1 sin x) 2
Giải :
Đặt t = sinx dt = cosxdx
Đổi cận : x = 0 t = 0 ; x =
2
t = 1
1
1
dx
1
1
2
(1 t )
1 t 0 2
0
R( sin x, cos x) R(sin x, cos x) ( chẵn đối với sinx và cosx )
I
Đặt t = tanx dt (1 tan 2 x)dx
Đổi cận: x a t ; x b t
I g (t )dt G (t )
Ta có:
t2
sin x =
1 t2
2
; cos 2 x=
1
1+t 2
Ví dụ:
4
Tính
I
0
dx
cos 4 x
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
Giải:
4
4
4
dx
1
1
1
I
dx
(1 tan 2 x)
dx
4
2
2
cos x 0 cos x cos x
cos 2 x
0
0
Đặt
t = tanx dt =
1
dx
cos 2 x
Đổi cận: x = 0 t = 0 ; x =
4
t = 1
1
1
t3
4
I (1 t 2 )dt t
3 0 3
0
Hoặc dùng công thức hạ bậc :
sin2x =
1 cos 2 x
1 cos 2 x
; cos2x =
2
2
Ví dụ:
2
Tính I sin 4 xdx
0
Giải:
2
1
1 cos 2 x
2
sin 4 x =
(1 2 cos 2 x cos 2 x)
2
4
1
1 cos 4 x 1
1 2 cos 2 x
3 4 cos 2 x cos 4 x
4
2
8
2
1
1
1
2 3
I 3 4 cos 2 x cos 4 x dx 3 x 2sin 2 x sin 4 x
8
8
4
0 16
0
Ngoài 3 trường hợp trên
x
1
x
2dt
dt = (1 tan 2 )dx dx
2
2
2
1 t2
Đổi cận: x a t ; x b t
Đặt:
t = tan
I g (t )dt G (t )
Ta có:
sinx =
2t
1-t 2
;
cosx=
1 t2
1+t 2
Ví dụ:
2
1 sin x
dx
1 cos x
0
Tính I
Giải:
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
x
2
1
2
x
2
t = 1
Đặt t tan dt (1 tan 2 )dx dx
Đổi cận: x = 0 t = 0 ; x =
2
2dt
;
1 t2
2t
2
1 t 2 t 2t 1
1 t2
2
1
2
1 t
1
1
1
1
2dt
2t
I (t 2 2t 1)
(1
)dt t ln t 2 1 (1 ln 2)
2
2
0
2
1 t
1 t
0
0
1 sin x
1 cos x
1
Có dạng:
1
cos(a b) x cos(a b) x
2
1
sinax.sinbx = cos(a b) x cos(a b) x
2
1
sinax. cosbx = sin(a b) x sin(a b) x
2
cosax.cosbx =
Ví dụ:
2
Tính I sin x cos 3xdx
0
Giải:
2
12
1 1
1
2 1
I sin x cos 3xdx (sin 4 x sin 2 x)dx cos 4 x cos 2 x
20
2 4
2
4
0
0
b
dx
* 1+cosx=2cos2
1 cos x
a
Chú ý:
b
dx
a
b
I=
* 1-cosx=2sin 2
* 1 sin x 1 cos( x )
2
1 sin x
4) Tích phân dạng:
x
2
R ( x,
a
n
cx d
)dx
ex f
x
2
aùp dïïng nhö trö ôøng hôïp trehn
(ce 0)
cx d
x = (t ) dx '(t )dt
ex f
Đổi cận : x a t ; x b t
Đặt t =
n
I g (t )dt G (t ) G ( ) G ( )
Ví dụ:
7
3
Tính I
0
( x 1)
dx
3x 1
3
Giải:
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
Đặt t 3 3 x 1 t 3 3x 1 x
t3 1
dx t 2 dt
3
7
3
Đổi cận: x 0 t 1; x t 2
t3 1
2
1
2
2
1 3
1 4
1 t5 2
46
2
3
I
t dt (t 2)tdt (t 2t )dt t
t
31
31
35
1 15
1
2
5) Tích phân dạng:
b
I=
R ( x,
m x 2 dx ( m > 0)
a
Đặt x m sin t t ; ( hoặc x mcost
2 2
(- dx m sin tdt )
dx m cos tdt
Đổi cận: x a t ; x b t
t 0; )
I g (t )dt G (t ) G ( ) G ( )
Ví dụ:
2
Tính I x 2 4 x 2 dx
0
Giải
t ;
2 2
Ñaët : x 2sin t
dt 2 cos tdt ;
Đổi cận: x 0 t 0; x 2 t
2
2
2
2
1
2
I 4sin t 4 4sin t .2 cos tdt 8 sin t cos tdt (1 cos 4t )dt t sin4t
4
0 2
0
0
0
2
2
2
2
b
I=
R ( x,
x 2 m )dx
(m > 0)
a
Cách 1:
Đặt: t x x 2 m x (t ) dx '(t )dt
Đổi cận: x a t ; x b t
I g (t )dt G (t ) G ( ) G ( )
Cách 2: *
x2 m
Đặt x
m
cost
*
x 2 m Đặt x m tan t
Ví dụ:
Diendantoanhoc.net
http://boxtailieu.net
- Xem thêm -