Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập tài liệu Các bài toán nguyên hàm và tích phân vận dụng cao - Nguyễn Minh Tuấn, tài liệu bao gồm 168 trang. Tài liệu được tổng hợp từ các tài liệu ôn thi hay nhất  giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kỳ thi sắp hới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

Các bài toán nguyên hàm và tích phân vận dụng cao - Nguyễn Minh Tuấn

Tuyển tập một số nhóm câu hỏi vận dụng cao môn toán

Nội dung của chuyên đề

1. Tích phân truy hồi

Trong bài viết này chủ yếu là các bài toán ở dạng tự luân, mình sẽ giới thiệu qua để có thể không may đề thi thử của các trường có thể ra thì ta có thể xử lý được. Ở phần này ta sẽ cùng tìm hiểu các dạng tích phân truy hồi dạng \({{\rm{I}}_{\rm{n}}} = \int_\alpha ^\beta  {\rm{f}} ({\rm{x}},{\rm{n}}){\rm{d}}x\) với các câu hỏi hay gặp là:

1. Thiết lập công thức truy hồi \({{\rm{I}}_{\rm{n}}} = {\rm{g}}\left( {{{\rm{I}}_{{\rm{n}} \pm {\rm{k}}}}} \right)({\rm{k}} = \overline {1;{\rm{n}}} )\).

2. Chứng minh công thức truy hồi cho trước.

3. Sau khi thiết lập được công thức truy hồi yêu cầu đi tính \({{\rm{I}}_{\rm{n}}}\) ứng với một vài giá trị n nào đó hoặc tính giới hạn của hàm số hoặc dãy số có liên quan với \({{\rm{I}}_{\rm{n}}}\).

Ta cùng xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1: Xét tích phân \({I_n} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx\) với \({\rm{n}} \in {\mathbb{N}^*}\).

1. Tìm mối quan hệ giữa \({I_n},{I_{n + 2}}\)

2. Tính \({{\rm{I}}_5},{{\rm{I}}_6}\).

3. Tìm công thức tổng quát của \({I_n}\).

4. Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) cho bởi \({u_n} = (n + 1){I_n} \cdot {I_{n + 1}}\). Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n}\)

Lời giải

1. Tìm mối quan hệ giữa \({I_n},{I_{n + 2}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{I_{n + 2}} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n + 2}}} xdx = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} x\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right)dx\\ = {I_n} - \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} x \cdot {\cos ^2}xdx(1)\end{array}\)

Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần ta đặt

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du =  - \sin xdx}\\{v = \int {{{\sin }^n}} x \cdot \cos xdx = \frac{{{{\sin }^{n + 1}}x}}{{n + 1}}}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }_{\rm{n}}}} x \cdot {\cos ^2}xdx = \left. {\frac{{\cos x{{\sin }^{n + 1}}x}}{{n + 1}}} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} + \frac{1}{{n + 1}}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{{\rm{n}} + 2}}} xdx\\ = \frac{{{I_{n + 2}}}}{{n + 1}}(2)\end{array}\)

Thay (2) vào (1) ta được \[{I_{n + 2}} = {I_n} - \frac{{{I_{n + 2}}}}{{n + 1}} \Leftrightarrow {I_n} = \frac{{n + 2}}{{n + 1}}{I_{n + 2}}\].

2. Tính \({I_5},{I_6}\).

Sử dụng kết quả ở trên ta được

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{I}}_5} = \frac{4}{5}{{\rm{I}}_3} = \frac{8}{{15}}{{\rm{I}}_1} = \frac{8}{{15}}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin } {\rm{xdx}} = \frac{8}{{15}}}\\{{{\rm{I}}_6} = \frac{5}{6}{{\rm{I}}_4} = \frac{{15}}{{24}}{{\rm{I}}_2} = \frac{{15}}{{24}}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}} {\rm{xdx}} = \frac{{15\pi }}{{96}}}\end{array}} \right.\)

3. Tìm công thức tổng quát của \({I_n}\).

Ta có: \({I_1} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin } xdx = 1,{I_2} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}} xdx = \frac{\pi }{4}\)

Ta đã có kết quả \({I_n} = \frac{{n + 2}}{{n + 1}}{I_{n + 2}}\), đến đây xét 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1: \({\rm{n}} = 2{\rm{k}}\left( {{\rm{k}} \in {\mathbb{N}^*}} \right)\). Ta có: \({{\rm{I}}_2} = \frac{4}{3}{{\rm{I}}_4},{{\rm{I}}_4} = \frac{6}{5}{{\rm{I}}_6}, \ldots ,{{\rm{I}}_{2{\rm{k}} - 2}} = \frac{{2{\rm{k}}}}{{2{\rm{k}} - 1}}{{\rm{I}}_{2{\rm{k}}}}\).

Nhân theo vế các đẳng thức ta được:

\(\begin{array}{l}{{\rm{I}}_2} = \frac{{4.6 \ldots 2{\rm{k}}}}{{3.5 \ldots (2{\rm{k}} - 1)}}{{\rm{I}}_{2{\rm{k}}}} \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} = \frac{{4.6 \ldots 2{\rm{k}}}}{{3.5 \ldots (2{\rm{k}} - 1)}}{{\rm{I}}_{2{\rm{k}}}}\\ \Leftrightarrow {{\rm{I}}_{2{\rm{k}}}} = \frac{{3.5 \ldots (2{\rm{k}} - 1)}}{{4.6 \ldots 2{\rm{k}}}}\frac{\pi }{4}\end{array}\)

+ Trường hợp 2: Với n lẻ hay \({\rm{n}} = 2{\rm{k}} - 1\), ta có:

 \({{\rm{I}}_1} = \frac{3}{2}{{\rm{I}}_3},{{\rm{I}}_3} = \frac{5}{4}{{\rm{I}}_5}, \ldots ,{{\rm{I}}_{2{\rm{k}} - 3}} = \frac{{2{\rm{k}} - 1}}{{2{\rm{k}} - 3}}{{\rm{I}}_{2{\rm{k}} - 1}}\).

Nhân theo vế các đẳng thức ta được:

\({{\rm{I}}_{2{\rm{k}} - 1}} = \frac{{2.4 \ldots (2{\rm{k}} - 2)}}{{3.5 \ldots (2{\rm{k}} - 1)}}{{\rm{I}}_1} = \frac{{2.4 \ldots (2{\rm{k}} - 2)}}{{3.5 \ldots (2{\rm{k}} - 1)}}\)

4. Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) cho bởi \({u_n} = (n + 1){I_n} \cdot {I_{n + 1}}\). Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{u_n} = (n + 1){I_n} \cdot {I_{n + 1}} = (n + 1) \cdot \frac{{n + 2}}{{n + 1}}{I_{n + 2}}{I_{n + 1}}\\ = (n + 2){I_{n + 1}} \cdot {I_{n + 2}} = {u_{n + 1}}\end{array}\)

Vậy \({u_{n + 1}} = {u_n} =  \ldots  = {u_1} = 2{I_1}{I_2} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2}\)

Ví dụ 2: Xét tích phân \({I_n} = \int_0^1 {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^n}} dx\)

1. Tính \({I_n}\)

2. Tính \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{I_{n + 1}}}}{{{I_n}}}\)

Lời giải

1. Tính \({I_n}\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {{\left( {1 - {x^2}} \right)}^n}}\\{dv = dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = n{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^{n - 1}}( - 2x)dx}\\{v = x}\end{array}} \right.} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {I_n} = \left. {x{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^n}} \right|_0^1 + 2n\int_0^1 {{x^2}} {\left( {1 - {x^2}} \right)^{{\rm{n}} - 1}}dx\\ = 2n\int_0^1 {\left( {1 - \left( {1 - {x^2}} \right)} \right)} {\left( {1 - {x^2}} \right)^{n - 1}}dx = \\2n\left( {\int_0^1 {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^{n - 1}}} dx - \int_0^1 {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^n}} dx} \right) = 2n\left( {{I_{n - 1}} - {I_n}} \right)\end{array}\)

Vậy \({I_n} = 2n\left( {{I_{n - 1}} - {I_n}} \right) \Leftrightarrow {I_n} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}{I_{n - 1}}(*)\)

Từ \((*)\) ta có \({I_n} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}{I_{n - 1}} = \frac{{2n}}{{2n + 1}} \cdot \frac{{2n - 2}}{{2n - 1}}{I_{n - 2}} = \frac{{4.6.8 \ldots 2n}}{{5.7.9 \ldots (2n + 1)}}{I_1}\)

Mặt khác ta lại có:

\(\begin{array}{l}{{\rm{I}}_1} = \int_0^1 {\left( {1 - {{\rm{x}}^2}} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {{\rm{x}} - \frac{{{{\rm{x}}^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{2}{3}\\ \Rightarrow {{\rm{I}}_{\rm{n}}} = \frac{{2.4.6.8 \ldots ..2{\rm{n}}}}{{3.5.7.9 \ldots (2{\rm{n}} + 1)}}\end{array}\).

2. Tính \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{I_{n + 1}}}}{{{I_n}}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{I_n} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}{I_{n - 1}} \Rightarrow {I_{n + 1}} = \frac{{2(n + 1)}}{{2(n + 1) + 1}}{I_n}\\ \Leftrightarrow \frac{{{I_{n + 1}}}}{{{I_n}}} = \frac{{2n + 2}}{{2n + 3}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{I_{n + 1}}}}{{{I_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{2n + 2}}{{2n + 3}} = 1\end{array}\)

Ví dụ 3: Xét tích phân \({{\rm{I}}_{\rm{n}}} = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^{\rm{n}}}} x{\rm{dx}}\) với \({\rm{n}} \in {\mathbb{N}^*}\).

1. Chứng minh rằng \({{\rm{I}}_{{\rm{n}} + 2}} = \frac{1}{{{\rm{n}} + 1}} - {{\rm{I}}_{\rm{n}}}\)

2. Tính \({{\rm{I}}_5},{{\rm{I}}_6}\)

Lời giải

1. Ta có:

\(\begin{array}{l}{I_{n + 2}} = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^{n + 2}}} dx = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\left( {{{\tan }^{n + 2}}x + {{\tan }^n}x} \right) - {{\tan }^n}x} \right)} dx\\ = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {{{\tan }^n}x\left( {{{\tan }^2}x + 1} \right) - {{\tan }^n}x} \right)} dx = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{{{\tan }^n}x}}{{{{\cos }^2}x}}} dx - \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^n}} xdx\\ = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^n}} xd(\tan x) - {I_n} = \frac{1}{{n + 1}} - {I_n}\end{array}\)

Ta có điều phải chứng minh.

2. Ta có:

• \({{\rm{I}}_1} = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan } x\;{\rm{d}}x = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\sin x}}{{\cos x}}} {\rm{dx}} =  - \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{{\rm{d}}(\cos x)}}{{\cos x}}}  = \frac{1}{2}\ln 2\)

• \(\begin{array}{l}{{\rm{I}}_2} = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\tan }^2}} x{\rm{dx}} = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)} {\rm{dx}}\\ = \left. {(\tan x - x)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{{4 - \pi }}{4}\end{array}\)

Áp dụng công thức truy hồi \({I_{n + 2}} = \frac{1}{{n + 1}} - {I_n}\) ta được:

- \({{\rm{I}}_5} = \frac{1}{4} - {{\rm{I}}_3} = \frac{1}{4} - \left( {\frac{1}{2} - {{\rm{I}}_1}} \right) = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{4}\)

- \({{\rm{I}}_6} = \frac{1}{5} - {{\rm{I}}_4} = \frac{1}{5} - \left( {\frac{1}{3} - {{\rm{I}}_2}} \right) = \frac{{13}}{{15}} - \frac{\pi }{4}\)

Ví dụ 4:

1. Xét tích phân \({I_n} = \int_0^1 {\frac{{{e^{nx}}dx}}{{1 + {e^x}}}} \) với \(n \in {\mathbb{N}^*}\). Chứng minh rằng \({I_n} = \frac{{{e^{n - 1}} - 1}}{{n - 1}} - {I_{n - 1}}\).

2. Xét tích phân \({I_n} = \int_0^3 {{{(3 - x)}^n}} {e^x}dx\) với \(n \in {\mathbb{N}^*}\). Chứng minh rằng \({I_n} =  - {3^n} + {n_{n - 1}}\)

Lời giải

1. Ta có:

\(\begin{array}{l}{I_n} + {I_{n - 1}} = \int_0^1 {\frac{{{e^{nx}}dx}}{{1 + {e^x}}}}  + \int_0^1 {\frac{{{e^{x(n - 1)}}dx}}{{1 + {e^x}}}} \\ = \int_0^1 {\frac{{{e^{x(n - 1)}}\left( {{e^x} + 1} \right)dx}}{{1 + {e^x}}}}  = \left. {\frac{{{e^{x(n - 1)}}}}{{n - 1}}} \right|_0^1 = \frac{{{e^{n - 1}} - 1}}{{n - 1}}\end{array}\)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh!

2. Xét tích phân \({I_n} = \int_0^3 {{{(3 - x)}^n}} {e^x}dx\) với \(n \in {\mathbb{N}^*}\). Chứng minh rằng \({I_n} =  - {3^n} + n{I_{n - 1}}\)

Đặt \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {{(3 - x)}^n}}\\{dv = {e^x}dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du =  - n{{(3 - x)}^{n - 1}}dx}\\{v = {e^x}}\end{array}} \right.} \right.\]

\[ \Rightarrow {I_n} = \left. {{{(3 - x)}^n}{e^x}} \right|_0^3 + n\int_0^3 {{{(3 - x)}^{n - 1}}} {e^x}dx =  - {3^n} + {n_{n - 1}}\]

Từ đây có điều phải chứng minh!

Ví dụ 5: Cho \({{\rm{I}}_{\rm{n}}} = \int_0^1 {{x^{\rm{n}}}} \sqrt {1 - x} \;{\rm{d}}x\) với \({\rm{n}} \in {\mathbb{N}^*}\). Biết \(\left( {{{\rm{u}}_{\rm{n}}}} \right)\) là dãy cho bởi \({{\rm{u}}_{\rm{n}}} = \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{n}}}}}{{{{\rm{I}}_{{\rm{n}} + 1}}}}\). Tìm \(\lim {{\rm{u}}_{\rm{n}}}\).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {v^n}}\\{dv = \sqrt {1 - x} dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = n{x^{n - 1}}dx}\\{v = \int {\sqrt {1 - x} } dx =  - \frac{2}{3}{{(\sqrt {1 - x} )}^3}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow {I_n} =  - \left. {\frac{2}{3}{x^n}{{(\sqrt {1 - x} )}^3}} \right|_0^1 + \frac{2}{3}n\int_0^1 {{{(\sqrt {1 - x} )}^3}}  \cdot {x^{n - 1}}dx\)

\( = \frac{2}{3}n\left( {\int_0^1 {\sqrt {1 - x} }  \cdot {x^{n - 1}}dx - \int_0^1 {\sqrt {1 - x} }  \cdot {x^n}dx} \right) = \frac{2}{3}n\left( {{I_{n - 1}} - {I_n}} \right)\)

Vậy

\(\begin{array}{l}{I_n} = \frac{2}{3}n\left( {{I_{n - 1}} - {I_n}} \right) \Rightarrow {I_n} = \frac{{2n}}{{2n + 3}}{I_{n - 1}} \Rightarrow {I_{n + 1}} = \frac{{2n + 2}}{{2n + 5}}{I_n}\\ \Rightarrow \lim {u_n} = \lim \frac{{{I_{n + 1}}}}{{{I_n}}} = 1\end{array}\)