Đại học Quốc gia TP

Đại học Quốc gia TP.HCMTrường Đại học Bách Khoa

Bộ môn Toán Ứng dụng

. Bài Giảng Giải Tích 1

ThS.Nguyễn Hữu Hiệp

E-mail: [email protected]

Ngày 8 tháng 9 năm 2014

Mục tiêu môn học

• Môn học cung cấp các kiến thức cơ bản về vi tích phân hàm một biến và phương trìnhvi phân.

• Giúp học viên hiễu lý thuyết, nắm vững các kỹ năng tính toán, biết vận dụng giải cácbài toán cụ thể.

• Biết vận dụng các phương pháp và tư duy sáng tạo vào khoa học kỹ thuật.

Tài liệu tham khảo

1) Nguyễn Đình Huy, Nguyễn Quốc Lân,. . . Phép tính vi phân hàm một biến. NXBGD, 2005

2) Ngô Thu Lương, Nguyễn Minh Hằng. Bài tập toán cao cấp 1.

3) Đỗ Công Khanh. Giải tích một biến. NXB Đại học quốc gia

MỤC LỤC

1 Giới hạn và liên tục 51.1 Giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2 Hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1 Hàm lũy thừa y = xα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.2 Hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.3 Hàm mũ - Hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.4 Hàm y = lnx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.5 Hàm Hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.6 Các hàm lượng giác ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.7 Hàm Hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.8 Hàm ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.2.9 Hàm tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3 Giới hạn hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3.2 Các giới hạn cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.3.3 Vô cùng bé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3.4 Vô cùng lớn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.4 Hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2 Đạo hàm và vi phân 332.1 Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.2 Đạo hàm hàm ngược và hàm tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.1.3 Đạo hàm cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2 Vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.3 Định lý giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.4 Công thức H’Lopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5 Công thức taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.6 Khảo sát và vẽ đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.6.1 Tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.6.2 Chiều biến thiên và cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.6.3 Lồi, lõm và điểm uốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.6.4 Khảo sát hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.6.5 Tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3 Tích phân 653.1 Tích phân bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3

MỤC LỤC MỤC LỤC

3.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.1.2 Phương pháp tính tích phân bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.1.3 Nguyên hàm hàm hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.1.4 Nguyên hàm hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.1.5 Nguyên hàm hàm vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.2 Tích phân suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.3 Ứng dụng hình học của tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.3.1 Diện tích hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.3.2 Độ dài đường cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.3.3 Thể tích vật thể tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.3.4 Diện tích mặt tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4 Phương trình vi phân 834.1 Phương trình vi phân cấp 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.1.1 Phương trình vi phân tách biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.1.2 Phương trình vi phân đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.1.3 Phương trình vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.1.4 Phương trình vi phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.1.5 Phương trình vi phân Bernulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.1.6 Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

4.2 Phương trình vi phân cấp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.2.1 PTVP cấp 2 thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.2.2 PTVP cấp 2 - dạng 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.2.3 PTVP cấp 2 - Dạng 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.2.4 PTVP cấp 2 - dạng 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.3 Hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.3.1 Ánh xạ đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.3.2 Hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4 Bài tập ôn tập cuối kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.5 Đề thi cuối kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

Đại học Bách khoa TPHCM Trang 4 ThS.Nguyễn Hữu Hiệp

CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC1.1 Giới hạn dãy số

Định nghĩa 1.1 (Sup-Inf của tập hợp) Cho tập A ⊂ R.

• Cận trên nhỏ nhất của tập A gọi là Supremum, ký hiệu sup(A).

• Cận dưới lớn nhất của A gọi là infimum, ký hiệu inf(A).

Ví dụ 1.1 a) A = [0, 1) thì sup(A) = 1 và inf(A) = 0.Chú ý tập max(A) = 0 nhưng min(A) không tồn tại. Khái niệm sup và inf là mở rộng của maxvà min.

b) A = { 1

n|n ∈ N} thì sup(A) = 1 và inf(A) = 0.

c) A = (−∞, 3) thì sup(A) = 3 nhưng không có inf

Định nghĩa 1.2 (Dãy số) Một dãy số là một ánh xạ từ tập số tự nhiên N vào tập số thực R.

u : N −→ Rn 7→ u(n) := un.

Ký hiệu 1 dãy số (un)+∞n=1 hay đơn giản (un). un gọi là số hạng thứ n của dãy.

Ví dụ 1.2 a) Cho dãy số dạng liệt kê (un) = {1;−2; 1; 4; 0;−5, 8;−3;√

3,−13, ...}.

Số hạng thứ 5 là u5 = 0.

b) Cho dãy số dạng số hạng tổng quát (un) : un =(−1)n + n

n2 + 1.

Số hạng thứ 7 là u7 =(−1)7 + 7

72 + 1=

3

25.

c) Cho dãy số dạng truy hồi (un) :

{u1 = 1

un+1 = 2un + 3, n ≥ 1.

Ta có u2 = 2u1 + 3 = 5, u3 = 2u2 + 3 = 13, ...

Định nghĩa 1.3 (Dãy số đơn điệu) .Dãy số (xn) gọi là tăng nếu xn ≤ xn+1,∀n ∈ NDãy số (xn) gọi là giảm nếu xn ≥ xn+1, ∀n ∈ NBỏ dấu "=" trong đẳng thức, ta có dãy số tăng ngặt (giảm ngặt).Dãy số tăng hoặc giảm gọi chung là đơn điệu.

Ví dụ 1.3 Xét tính đơn điệu của dãy số (xn) : xn =n+ 1

n+ 2.

Ta có

xn+1 − xn =(n+ 1) + 1

(n+ 1) + 2− n+ 1

n+ 2=

(n+ 2)2 − (n+ 1)(n+ 3)

(n+ 3)(n+ 2)=

1

(n+ 3)(n+ 2)> 0, ∀n.

=⇒ xn+1 > xn suy ra (xn) là dãy tăng.

5

1.1. GIỚI HẠN DÃY SỐ CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

Cách khácXét f(x) =

x+ 1

x+ 2, x ≥ 1 =⇒ f ′(x) =

1

(x+ 2)2> 0.

Vậy f(x) đồng biến nên (un) là dãy tăng.

Định nghĩa 1.4 (Dãy số bị chặn) .Dãy (xn) gọi là bị chặn trên nếu ∃M : xn ≤M, ∀n.Dãy (xn) gọi là bị chặn dưới nếu ∃m : xn ≥ m,∀n.Dãy (xn) bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.

Dãy (xn) bị chặn khi và chỉ khi (|xn|) bị chặn trên.

Ví dụ 1.4 Xét tính bị chặn của dãy số (xn) : xn =n

n+ 1.

Ta có 0 <n

n+ 1< 1,∀n ∈ N . Suy ra (xn) vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới do đó bị chặn.

Định nghĩa 1.5 (Dãy con) .Cho dãy (xn). Dãy con của (xn) là một dãy (xnk)k mà các phần tử của nó được lấy tùy ý từ (xn) theothứ tự tăng dần của chỉ số.

Ví dụ 1.5

Cho dãy (xn) : xn =n

n2 − 2=

{−1, 1,

3

7,2

7,

5

23,

3

17, . . .

}.

Dãy vn =

{−1,

3

7,

5

23,

3

17, . . .

}là một dãy con của xn.

Dãy x2n =2n

(2n)2 − 2=

{1,

2

7,

3

17. . .

}là dãy con các chỉ số chẵn của xn.

Dãy x2n+1 =2n+ 1

(2n+ 1)2 − 2=

{−1,

3

7,

5

23, . . .

}là dãy con các chỉ số lẻ của xn.

Định nghĩa 1.6 (Giới hạn dãy số) Ký hiệu limn→+∞

un = a hay unn→+∞−−−−→ a được định nghĩa

∀ε > 0,∃n0 : n ≥ n0 =⇒ |un − a| < ε

Ta nói dãy (un) hội tụ về a.Nếu (un) không hội tụ thì ta nói (un) phần kỳ.

Định nghĩa 1.7 ( dãy số dần ra vô cùng) Ký hiệu limn→+∞

un = +∞ hay unn→+∞−−−−→ +∞ được

định nghĩa∀A > 0,∃n0 : n ≥ n0 =⇒ un > A.

Ta nói dãy (un) hội tụ về a.Nếu (un) không hội tụ thì ta nói (un) phần kỳ.

Tượng tự cho giới hạn dần ra −∞.

Tính chất Cho xn −→ a, yn −→ b; a, b ∈ R ta có

i) limn→+∞

(xn ± yn) = a± b.

ii) limn→+∞

(xn.yn) = ab.

iii) limn→+∞

xnyn

=a

b, b 6= 0.

iv) limn→+∞

|xn| = |a|.


CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 1.1. GIỚI HẠN DÃY SỐ

Định lý

1. Giới hạn dãy nếu tồn tại là duy nhất.

2. Dãy hội tụ thì bị chặn.

3. Cho xn ≤ yn ≤ zn,∀n ≥ n0.{xn −→ a

zn −→ a=⇒ yn −→ a.

4. Mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ.

Mọi dãy giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.

5.

xn → a⇐⇒

{x2n → a

x2n+1 → a.

Số e. Người ta chứng minh được dãy số xn =

(1 +

1

n

)nlà

dãy tăng và bị chặn trên do đó hội tụ. Ký hiệu

limn→∞

(1 +

1

n

)n= e

Số e là số vô tỷ có giá trị gần đúng là e = 2.718281828...

Các giới hạn cơ bản

i) limn→∞

1

nα= 0, α > 0.

ii) limn→∞

1

lnα n= 0, α > 0.

iii) limn→∞

qn = 0, |q| < 0.

iv) limn→∞

n√nα = 1, ∀α.

v) limn→∞

(1 +

a

n

)n= ea, ∀a.

Các dạng vô định

0

0,∞∞, 0.∞,∞−∞, 1∞,+∞0, 00

+

Khi tính giới hạn dạng vô định, ta dùng công thức hoặc biến đổiđại số để khử dạng vô định.Nếu giới hạn không phải dạng vô định, ta tính bình thường.



Quy tắc1

0=∞, 1

∞= 0.

lnα n� nβ(β > 0)� an(a > 1)� n!� nn

Dấu� chỉ mang tính hình thức theo nghĩa: hàm nhỏchia hàm lớn dần về 0 và hàm lớn chia hàm nhỏ dầnvề vô cùng.

Ví dụ 1.6

a) limn→∞

ln5 n√n

= 0. b) limn→∞

3n

n!= 0. c) lim

n→∞

2n

n100= +∞. d) lim

n→∞

log52 n

3n= 0.

Ví dụ 1.7 Tính các giới hạn sau

a) I = limn→∞

2n3 − 3n

4n+ 3n2.

Dạng∞∞

. Đại lượng n3 lớn nhất nên chia cả tử và mẫu cho n3.

I = limn→∞

2− 3

n2

4

n2+

3

n

= +∞ (vì tử dần về 2, mẫu dần về 0).

b) I = limn→∞

2n3 − 4n+1

3n − 22n−1 + 5n7.

Dạng∞∞

. Đại lượng 4n = 22n lớn nhất nên chia cả tử và mẫu cho 4n.

I = limn→∞

2n3

4n− 4

(3

4)n − 1

2+ 5

n7

4n

=0− 4

0− 1

2+ 0

= 8.

c) I = limn→∞

√n2 + 4n− n+ 1.

Dạng∞−∞. Nhân lượng liên hợp.

I = limn→∞

(√n2 + 4n− n)(

√n2 + 4n+ n)√

n2 + 4n+ n+ 1 lim

n→∞

6n2 +4n− 6n2

√n2 + 4n+ n

+ 1. Dạng∞∞

.

Chia cả tử và mẫu cho n.I = lim

n→∞

4√1 + 4

n+ 1

+ 1 =4√

1 + 0 + 1+ 1 = 3.

d) I = limn→∞

n√

3n4 − 4n3 = limn→∞

n

√n4(3− 4

1

n) = lim

n→∞n√n

4(3− 4

1

n)

1n = 1.30 = 1.

Tương tự, ta có thể chứng minh n√Pm → 1 với mọi đa thức Pm.

e) I = limn→∞

n

√2n+1 − 4n

3n + 5n3= lim

n→∞

2

3n

√√√√√√ 2− 4n

2n

1 +5n3

3n

=2

3. Vì lim

n→∞n

√√√√√√ 2− 4n

2n

1 +5n3

3n

= limn→∞

2− 4n

2n

1 +5n3

3n

1n

=

20 = 1.


CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 1.1. GIỚI HẠN DÃY SỐ

f) I = limn→∞

ln2(2n)

ln2 n= lim

n→∞

(ln 2 + lnn)2

ln2 n= lim

n→∞

(ln 2

lnn+ 1

)2

= (0 + 1)2 = 1.

g) I = limn→∞

√n sinn!

n+ 1.

Ta có 0 ≤∣∣∣∣√n sinn!

n+ 1

∣∣∣∣ ≤ √n

n+ 1.

Vì limn→+∞

0 = limn→∞

√n

n+ 1= 0 nên lim

n→∞

∣∣∣∣√n sinn!

n+ 1

∣∣∣∣ = 0 =⇒ limn→∞

√n sinn!

n+ 1= 0.

h) I = limn→∞

(n− 1

n+ 1

)n+1

= limn→∞

(1 +

−2

n+ 1

)n+1

= e−2 =1

e2.

i) I = limn→∞

(n2 + 2

n2 + 5

)3n2+1

= limn→∞

(1 +

−3

n2 + 5

)(n2+5) 3n2+1

n2+5

= limn→∞

[(1 +

−3

n2 + 5

)(n2+5)] 3n2+1

n2+5

= (e−3)3

= e−9 =1

e9.

j) I = limn→∞

(2n+ 3

3n+ 2

)n3+1n+2

.

Vì limn→∞

2n+ 3

3n+ 2=

2

3, limn→∞

n3 + 1

n+ 2= +∞ nên I = 0.

Chú ý bài này không phải dạng vô định. Có dạng (2/3)+∞ = 0.

k) I = limn→∞

(2n2 + 3n

4n2 − 2n

) √n

n2+2

.

Vì limn→∞

2n2 + 3n

4n2 − 2n=

1

4, limn→∞

√n

n2 + 2= 0 nên I = (1/4)0 = 1.

Chú ý bài này cũng không phải dạng vô định.

l) I = limn→∞

(2n3 + 3n

4n2 − 2n

) nn2+2

.

Bài này dạng vô định +∞0. Ta làm như sau:(2n3 + 3n

4n2 − 2n

) nn2+2

=

(2n3 + 3n

4n2 − 2n

) 1n. n2

n2+2

=

(n√

2n3 + 3nn√

4n2 − 2n

) n2

n2+2n→∞−−−→ (1/1)1 = 1.


a) I = limn→∞

(−1)n. Đặt xn = (−1)n

Ta có x2n = (−1)2n = 1 −→ 1, x2n+1 = (−1)2n+1 = −1 −→ −1.Vậy không tồn tại giới hạn.

b) I = limn→∞

(1− n1 + n

)n. Đặt xn =

(1− n1 + n

)n= (−1)n

(n− 1

1 + n

)n= (−1)n

(1 +

−2

1 + n

)n.

x2n = (−1)2n

(1 +

−2

1 + 2n

)2n

−→ 1.e−2 =1

e2.



x2n = (−1)2n+1

(1 +

−2

2 + 2n

)2n+1

−→ −1.e−2 = − 1

e2.

Vậy không tồn tại giới hạn.

c) limn→∞

xn, với xn =

{x1 =

√2

xn+1 =√

2 + xn, n ≥ 1.Viết cách khác: xn =

√2 +

√2 +√

2 + . . . (n

dấu căn).Dùng quy nạp chứng minh được dãy xn tăng và bị chặn trên bởi 2 do đó hội tụ.Giả sử xn → a. Từ giả thiết ta có

limn→∞

xn+1 = limn→∞

√2 + xn ⇐⇒ a =

√2 + a⇐⇒ a = 2.

Vậy limn→∞

xn = 2.

d) limn→∞

xn, với xn =1

1.2+

1

2.3+ · · ·+ 1

n(n+ 1).

Ta có xn =

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+

(1

3− 1

4

)+ · · ·+

(1

n− 1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1−→ 1.

1.1.1 Bài tập

Tính giới hạn

1. lim4n − 5−n

3n − 22n − 5n6

2. limln(3n2 − 2n)

n9 + 3n2

3. limlog210n

log2n

4. lim(1 + n

n+ 2)

1 + n

2− n2

5. limn

√n2 + 4n

n+ 5n

6. lim(2n− 3

2n+ 5)

n2 + 1

n+ 1

7. lim n√n+ (−1)n

8. limn sinn!

(1 + n)√n− 2

9. lim n

√5n+ 1

n10 + 2n

10. lim(2n+ 1

n2 − 1)

1

n− 2

11. lim(n− 2

n+ 2)

1 + n

2−√n

12. lim(2n− 1

5n+ 2)n

13. limn2 + 2n arctann!

3n3 + arcsinn

14. lim(n− 1

n2 + 1)1−n

15. lim1n√n!

16. limnn√n!

Tìm limun biết:

17. un =1

1.3+

1

3.5+ · · ·+ 1

(2n− 1).(2n+ 1)

18. un = (1 +(−1)n

n)n

19. u1 =√

3, un+1 =√

3 + un

20. un = sinn

21. un =1√n

(1√

1 +√

3+

1√3 +√

5· · ·+ 1√

2n− 1 +√

2n+ 1

)ĐS:

1

2


CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 1.2. HÀM SỐ

22. un =1

1.2.3+

1

2.3.4+ · · ·+ 1

n(n+ 1)(n+ 2)ĐS:

1

4

23. u1 =√

13, un+1 =√

12 + un, n ≥ 1 ĐS:4

24. u1 = 3√

5, un+1 = 3√

5un, n ≥ 1 ĐS:√

5.

25. u1 =1

2, un+1 =

4

3un − u2

n ĐS:1

3.

26. u1 = 1, un+1 = 1 +1

un, ĐS:

1 +√

5

2.

1.2 Hàm số

1.2.1 Hàm lũy thừa y = xα

n = 2 : y = x2

* TXD : D = R.

* TGT : T = [0,∞).

* Hàm số tăng trên khoảng (0,∞) và giảmtrên khoảng (−∞, 0).

* Hàm chẵn, đồ thị đối xứng qua Oy.

0

y = x2

y

x

n = −1 : y =1

x

* TXD : D = R \ {0}.

* TGT : T = (−∞, 0) ∪ (0,∞).

* Hàm số giảm trên khoảng (−∞, 0) và(0,+∞)

* Hàm lẻ, đồ thị đối xứng qua O(0, 0).

0

y =1

x

y

x


1.2. HÀM SỐ CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

n = −1 : y =√x

* TXD : D = [0,∞).

* TGT : T = [0,∞).

* Hàm số tăng trên khoảng (−∞, 0) và(0,+∞)

* Không có tính chẵn lẻ.

0

y =√x

y = −√x

y

x

1.2.2 Hàm lượng giác

Hàm số y = sinx

* TXD : D = R.

* Hàm số tuần hoàn với chu kỳ 2π : sin(x) =sin(x+ 2π)

* TGT : T = [−1, 1].

* Hàm số tăng trên khoảng (−π2,π

2).

* Hàm số lẻ, đồ thị đối xứng qua O(0, 0).

Công thức

i) sin2 x+ cos2x = 1

ii) sin 2x = sinx cosx

iii) sin 3x = 3 sin x− 4 sin3 x

iv) sin2 x =1− cos 2x

2

v) sin π2

= 0; sin(kπ) = 0, k ∈ Z.

0−6.28 −4.71 −3.14 −1.57 1.57 3.14 4.71 6.28 7.85

−2

−1

1

2

y = sinx

y

x



Hàm số y = cosx

* TXD : D = R.

* Hàm số tuần hoàn với chu kỳ 2π : cos(x) =cos(x+ 2π)

* TGT : T = [−1, 1].

* Hàm số chẵn, đồ thị đối xứng qua Oy.

Công thức

i) cos 2x = cos2 x− sin2 x

ii) cos 2x = 2 cos2 x− 1 = 1− sin2 x

iii) cos2 x =1 + cos 2x

2

iv) cos 0 = 1; cosπ = −1, cos(±π2) = 0.

0−6.28 −4.71 −3.14 −1.57 1.57 3.14 4.71 6.28 7.85

−2

−1

1

2

y = cosx

y

x

Hàm số y = tanx

* TXD : D = R \ {π2

+ kπ, k ∈ Z}.

* Hàm số tuần hoàn với chu kỳ π : tan(x) =tan(x+ π)

* TGT : T = R.

* Hàm số tăng trên khoảng (−π2,π

2).

* Hàm số lẻ, đồ thị đối xứng qua O(0, 0).

Công thức

i) tanx =sinx

cosx

ii) tan(π − x) = tan(−x) = − tanx

iii) tan(π + x) = tan(x)

iv) tan 0 = 0, tan(π2) không xác định.



0−4.71 −3.14 −1.57 1.57 3.14 4.71

y = tanxy

x

1.2.3 Hàm mũ - Hàm logarit

Hàm số y = ax, (a > 1)

* TXD : D = R.

* TGT : T = (0,∞).

* Hàm số tăng trên (−∞,∞)

Công thức

i) ax.ay = ax+y

ii) (ax)y = axy

iii) ax.bx = (ab)x

iv) a−x =1

ax

0

y = ax(a > 1)

y

x

(0; 1)



Hàm số y = ax, (0 < a < 1)

* TXD : D = R.

* TGT : T = (0,∞).

* Hàm số giảm trên (−∞,∞)

Công thức

i)ax

ay= ax−y

ii)ax

bx=(ab

)xiii) ax.y = (ax)y.

0

y = ax(0 < a < 1)

y

x

(0; 1)

1.2.4 Hàm y = lnx

y = lnx ⇐⇒ x = ey

0 < x <∞ −∞ < y <∞.

0

y

x

y = lnx

Công thức

• ln(x+y) = ln(x)+ln(y).

• lnx

y= lnx− ln y

• ln1

x= − lnx

• lnxα = α lnx.



1.2.5 Hàm Hyperbolic

Hàm số y = sinhx, coshx

* Định nghĩa

sinhx =ex − e−x

2∈ R

coshx =ex + e−x

2≥ 1

* TXD : D = R.

* y = sinhx là hàm lẻ và tăng trên R.

* y = coshx là hàm chẵn.

Công thức

i) Các công thức của hàm Hyperbolic được suy từcông thức lượng giác bình thường bằng cách thaysin→ i sinh cos→ cosh, tan→ i tanh, cot→ −i cot

ii) cosh2 x− sinh2 x = 1

iii) cosh2 x+ sinh2 x = cosh 2x

0

y = sinhxy

x

0

y = coshxy

x

(0; 1)

1.2.6 Các hàm lượng giác ngược

Hàm y = arcsinx

y = arcsinx ⇐⇒ x = sin y

−1 ≤ x ≤ 1 −π2≤ y ≤ π

2



0−1.57 1.57

−1.57

1.57

y = sinx

y = arcsinx

y

x

y = arccosx

y = arccosx ⇐⇒ x = cos y−1 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ π

0 1.57 3.14

1.57

3.14y = arccosx

y = arccosx

y

x

Hàm y = arctanx

y = arctanx ⇐⇒ x = tan y

−∞ ≤ x ≤ ∞ −π2≤ y ≤ π

2

1.2.7 Hàm Hợp

Định nghĩa 1.8 (Hàm Hợp) Cho 2 hàm số z = g(y) và y = f(x). Hàm số z = g(f(x)) gọi là hàmhợp của f và g.



Ví dụ Cho z =√y, y = cosx. Hàm z =

√cosx là hàm hợp của 2 hàm đã cho.

Ví dụ Cho z = sinu, u =√y, y = lnx. Khi đó, hàm z = sin

√lnx là hàm hợp của 3 hàm đã

cho.

1.2.8 Hàm ngược

Cho hàm số y = f(x) : X −→ Y . Xét tập hợp

f−1(y) = {x ∈ X : f(x) = y}.

Tập này có thể có nhiều hơn một phần tử hoặc là tập rỗng.Nếu f−1(y) luôn có đúng 1 phần tử với mọi y ∈ Y thì f−1 là một ánh xạ gọi là ánh xạ ngượccủa hàm số y = f(x).

f−1 : Y −→ Xy 7→ x = f−1(x)⇐⇒ y = f(x)

Ví dụ 1.9

a Xét hàm số y = f(x) = x2 : R −→ R.Tập f−1(1) = {x ∈ R : x2 = 1} = {−1, 1} có 2 phần tử. Tập f−1(−1) = {x ∈ R : x2 =∅}.

b Xét hàm số y = f(x) = x2 : R+ −→ R+.Tập f−1(y) = {x ∈ R+ : x2 = y} = {√y} luôn có duy nhất 1 phần tử. Do đó y 7→ f−1(y) làánh xạ ngược của hàm số y = f(x). Ta viết f−1(y) =

√y hay f−1(x) =

√x.

1.2.9 Hàm tham số hóa

Định nghĩa 1.9 (Hàm cho theo tham số) Cho hàm số y = y(x) qua một biến trung gian t:{x = x(t)

y = y(t)

gọi là hàm cho theo tham số.Đường cong (C) được xác đinh bởi hàm trên gọi là đường cong tham số, hay hàm trên gọi là tham sốhóa của đường cong (C).

Ví dụ 1.10

a). Cho đường cong C có tham số hóa

{x = 1 + 2t

y = 0− tlà đường thẳng qua M(1, 0) và có véc

tơ chỉ phương a = (2;−1): x+ 2y = 1

b). Cho đường cong (C) có tham số hóa

{x = 1 + 3 cos(t)

y = 2 + 3 sin tlà đường tròn tâm I(1; 2) bán

kính bằng 3: (x− 1)2 + (y − 2)2 = 9


CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 1.3. GIỚI HẠN HÀM SỐ

c). Cho đường cong (C) có tham số hóa

{x = a cos t

y = b sin tlà Elip

x2

a2+y2

b2= 1 (bằng cách khử t

từ phương trình tham số)

Ví dụ 1.11 Tìm hàm ngược của hàm số y = f(x).

a) f(x) =x− 1

x+ 1. b) f(x) = 3

√ex − 1. c) f(ex) = 3(x+ 1)3.

Bài làm

a) y = f(x) =x− 1

x+ 1⇐⇒ y(x+ 1) = (x− 1)⇐⇒ x =

y + 1

y − 1.

Vậy f−1(y) =y + 1

y − 1hay f−1(x) =

x+ 1

x− 1.

b) y = f(x) = 3√ex − 1⇐⇒ x = ln(y3 + 1) =⇒ f−1(x) = ln(x3 + 1).

c) f(ex) = 3(x+ 1)3. Đặt t = ex ⇐⇒ x = ln t.f(t) = 3(ln t+ 1)3 hay y = f(x) = 3(ln x+ 1)3 ⇐⇒ x = e

3√

y3−1 =⇒ f−1(x) = e

3√

x3−1.

Bài tập

Câu 1) Tìm miền xác định của hàm số

a) f(x) = ln( 1x− 1).

b) f(x) = arccos ln(1 + x)

c) f(x) = (1 +1

x)x.

d) f(x) =

√x2 − 1, x > 0,

1√π

4+ arctanx

, x ≤ 0.

Câu 2) Tìm hàm ngược của hàm số y = f(x) biết

a) f(x) = ln(x3 + 1), x > −1.

b) f(x+ 1) = e2x + 1.

c) f(ex + 1) = 3√

ln(x2 + 1).

1.3 Giới hạn hàm số

1.3.1 Định nghĩa

Định nghĩa 1.10 (Giới hạn hàm số) cho hàm số y = f(x) xác định trên D.


1.3. GIỚI HẠN HÀM SỐ CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

i) limx→x0

= a⇐⇒ (∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈ D : 0 < |x− x0| < δ −→ |f(x)− a| < ε)

ii) limx→+∞

f(x) = a⇐⇒ (∀ε > 0,∃N,∀x ∈ D : x > N −→ |f(x)− a| < ε)

iii) Tương tự cho giới hạn bằng vô cực.

Định lýlimx→x0

= a⇐⇒ ∀(xn) ⊂ D&xn 6= x0 : xn → x0 =⇒ f(xn)→ a.

Định lý tương đương với định nghĩa giới hạn hàm số theo giới hạn dãy số. Do đó, nhữngtính chất giới hạn hàm số tương tự như giới hạn dãy số.

Ví dụ 1.12 Chứng minh giới hạn limx→+∞

sinx không tồn tại.

Bài làmXét dãy (xn) : xn = nπ −→ +∞ và lim

n→+∞sinxn = lim

n→+∞sinnπ = 0.

Xét dãy (yn) : yn = 2nπ +π

2−→ +∞ và lim

n→+∞sin yn = lim

n→+∞sin(

2nπ +π

2

)= 1.

Vì tồn tại 2 dãy làm giới hạn dần về 2 giá trị khác nhau do đó không tồn tại limx→+∞

sinx.

Định nghĩa 1.11 (Giới hạn một bên)

Giới hạn trái

limx→x−0

= a⇐⇒ (∀ε > 0,∃δ > 0, ∀x ∈ D : 0 < x0 − x < δ −→ |f(x)− a| < ε)

Giới hạn trái

limx→x+0

= a⇐⇒ (∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈ D : 0 < x− x0 < δ −→ |f(x)− a| < ε)

Giới hạn trái: x < x0 và giới hạn phải:x > x0

Định lý

limx→x0

f(x) = a⇐⇒

limx→x−0

f(x) = a

limx→x+0

f(x) = a.

Ví dụ 1.13 Tính giới hạn limx→0

|x|x

.

Bài làm: biểu thức chứa trị tuyệt đối nên không tính trực tiếp được giới hạn.

limx→0−

|x|x

x<0===== lim

x→0−

−xx

= −1. limx→0+

|x|x

x>0===== lim

x→0+

x

x= −1.

Vậy không tồn tại giới hạn limx→0

|x|x

.



1.3.2 Các giới hạn cơ bản

Giới hạn khi x→ 0

1) Các hàm x, sinx, arcsinx, sinhx, tanx, arctanx, ln(x + 1), ex − 1 khichia cho nhau sẽ hội tụ về 1 khi x→ 0

(a) limx→0

sinx

x= 1

(b) limx→0

arcsinx

x= 1

(c) limx→0

tanx

ex − 1= 1

(d) limx→0

sinhx

ln(x+ 1)=

1

(e) limx→0

ln(x+ 1)

sinhx=

1

(f) limx→0

x

ex − 1= 1

2) Bốn hàm khác

(a) limx→0

1− cosx

x2=

1

2

(b) limx→0

coshx− 1

x2=

1

2

(c) limx→0

(1 + αx)1x = eα

(d) limx→0

(1 + x)α − 1

x= α

Các giới hạn khi x→ +∞ tương tự như giới hạn dãy số

1. limx→+∞

qx = 0, |q| < 1

2. limx→+∞

1

xα= 0, α > 0

3. limx→±∞

1

lnα |x|= 0, |q| < 1

4. limx→±∞

(1 +

a

x

)x= ea.

Ví dụ 1.14 Tính giới hạn

a) I = limx→0

sin2 2x

1− cosx= lim

x→0

(sin 2x

2x

)2

.x2

1− cosx.4 = 1.2.4 = 8.

b) limx→1

3√x− 1

5√x− 1

t=x−1→0===== lim

t→0

3√

1 + t− 15√

1 + t− 1= lim

t→0

(1 + t)13 − 1

(1 + t)15 − 1

= limt→0

(1+t)13−1t

(1+t)15−1t

=1315

=5

3.

c) I = limx→0+

xx = limx→0+

elnxx = limx→0+

ex lnxt= 1

x→+∞

===== limt→+∞

e

ln 1t

t = limt→+∞

e−

ln t

t = e−0 = 1.

d) I = limx→∞

(x2 − 1

x2 + 1

)x= lim

x→∞

(1 +

−2

x2 + 1

)x2. 1x

= (e−2)0 = 1. (tương tự giới hạn dãy số).

e) I = limx→−∞

(√x2 + 2x+ x) = lim

x→−∞

x2 + 2x− x2

√x2 + 2x− x

= limx→−∞

2x

|x|√

1 + 2x− x

= limx→−∞

2x

−x√

1 + 2x− x

= limx→−∞

2

−√

1 + 2x− 1

=2

−2= −1.

f) I = limx→0

(1 + sin 2x)1x = lim

x→0(1 + 2 sin 2x)

1sin 2x

. sin 2xx = (e2)2 = e4.



g) limx→0

(coshx)cotx2 = limx→0

(1 + (cosh x− 1))1

tan x2 = limx→0

(1 + (coshx− 1))1

cosh x−1cosh x−1

x2x2

tan x2 =

e1. 12.1 =√e.

h) I = limx→+∞

x sinx√x3 + 1 arctanx

.

Ta có 0 ≤∣∣∣∣ x sinx√x3 + 1 arctanx

∣∣∣∣ ≤ x√x3 + 1 arctanx

,∀x > 0.

limx→+∞

0 = limx→+∞

x√x3 + 1 arctanx

= 0.π

2= 0. Vậy I = 0.

Bài tập

1. I = limx→+∞

(x2 + 4

x2 − 4

)x22. I = lim

x→0(1 + 2x4)

1sin2 x

3. I = limx→0

(ln(e+ x))cotx

4. I = limx→0

(1− tan2 x)1

sin2 2x

5. I = limx→0

(cosx)1x2

6. I = limx→∞

(2x2 + 3

2x2 − 1

)x27. I = lim

x→∞

(e

1x +

1

x

)x8. I = lim

x→0(coshx)

11−cos x

9. I = limx→−∞

xex+ 1x

10. I = limx→0

(cos 2x+ sinx)1

sin x

11. I = limx→0

(cosx+ 5 sinx)cotx

12. I = limx→0

(1 + sin(2x2))2x2

13. I = limx→0

(1 + 2x4 cosx))1x4

14. I = limx→+∞

1

xlne2x + x2

x2

1.3.3 Vô cùng bé

Định nghĩa 1.12 (Vô cùng bé) .Hàm số f(x) được gọi là một vô cùng bé (VCB) khi x→ x0 nếu lim

x→x0f(x) = 0

Ví dụ 1.15

a) f(x) = 2x2 − 3 sinx là VCB khi x→ 0. Vì limx→0

f(x) = limx→0

2x2 − 3 sinx = 0.

b) f(x) =1

x− 1không phải VCB khi x→ 0. Vì lim

x→0

1

x− 1= −1 6= 0.

Nhưng là VCB khi x→∞. Vì limx→∞

1

x− 1= 0.

Tính chất

i) Tổng hữu hạn các VCB là một VCB.

ii) Tích 2 VCB là một VCB.

iii) Tích của một VCB và một hàm bị chặn là một VCB.

iv) Thương 2 VCB chưa chắc là VCB.



Định nghĩa 1.13 (cấp vô cùng bé) Cho f(x), g(x) là 2 VCB khi x→ x0 và limx→x0

f(x)

g(x)= k

i) Nếu k = 0 thì ta nói f(x) có bậc VCB cao hơn g(x), ta viết f(x) = o(g(x)).

ii) Nếu k hữu hạn khác 0 thì ta nói f(x) và g(x) là 2VCB cùng cấp.

iii) Nếu k = 1 thì ta nói f(x) và g(x) là 2 VCB tương đương: f(x) ∼ g(x).

iv) Nếu f(x) (x− x0)k thì ta nói f(x) là VCB bậc k.

Ví dụ 1.16 so sánh các VCB sau khi x→ 0

a)√

1− x2 − 1 và tanx.

b) ln(1− 2x2) và x4 + 3x2.

c) e3x − 1 và√

1 + 6x− 1.

d) x sin1

xvà x

Bài làm

a) limx→0

√1− x2 − 1

tanx= lim

x→0

√1− x2 − 1

−x2.x

tanx.(−x) = 0. Suy ra

√1− x2 − 1 là VCB cấp cao

hơn tanx.

b) limx→0

ln(1− 2x2)

x4 + 3x2= lim

x→0

ln(1− 2x2)

−2x2

−2x2

x2(x2 + 3)= lim

x→0

ln(1− 2x2)

−2x2

−2

x2 + 3= −2.

Suy ra ln(1− 2x2) và x4 + 3x2 là 2 VCB cùng cấp.

c) limx→0

e3x − 1√1 + 6x− 1

= limx→0

e3x − 1

3x.

6x√1 + 6x− 1

.1

2= lim

x→0

e3x − 1

3x.

1√

1+6x−16x

.1

2= 1.

112

1

2= 1

Suy ra e3x − 1 và√

1 + 6x− 1 tương đương.

d) limx→0

x sin1

xx

= limx→0

sin1

xkhông tồn tại nên 2 VCB này không so sánh được.

Các VCB thường gặp khi x→ 0

? x ∼ sinx ∼ arcsinx ∼ sinhx ∼ tanx ∼ arctanx ∼ ln(1 + x) ∼ex − 1.

?x2

2∼ 1− cosx ∼ coshx− 1.

? (1 + x)α − 1 ∼ αx.



Tính chất cho các VCB tương đương khi x→ x0

f(x) ∼ f1(x), g(x) ∼ g1(x)

i) f(x)g(x) ∼ f1(x)g1(x)

ii) Tổng f1(x) + g1(x) gọi là dạng triệt tiêu nếu f(x) có bậcVCB thấp hơn f(x) + g(x).

Nếu không phải dạng triệt tiêu thì

f(x) + g(x) ∼ tổng bậc thấp nhất.

iii)

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f1(x)

g1(x)

Chú ý:

• Sau khi thay tương đương cộng lại mà mất đi bậc thấp nhất thì là dạng triệt tiêu.

• Thay VCB tương đương dạng tổng thì cần kiểm tra tổng không phải dạng triệt tiêu.

• Không thay tương đương cho hàm hợp.

Ví dụ 1.17 Rút gọn các VCB sau khi x→ 0.

a) f(x) = 3x5 − 5x6 − 4x3 ∼ −4x3 : bậc thấp nhất là 3

b) f(x) = (e3x − 1)(sin2 2x+ 3x3) ∼ 3x.((2x)2 + 3x3) ∼ 3x.x2 = 3x3.

c) f(x) = x cos 2x− x+ 3x3 = −x(1− cos 2x) + 3x3 ∼ −x(2x)2

2+ 3x3 = x3.

d) f(x) = 3√

1 + 2x− cos 2x = [(1 + 2x)13 − 1] + [1− cos 2x] ∼ 1

3.2x− 1

2(2x)2 = −4

3x2.

e) f(x) = (1 + 2x2 − 3x3)3 − cos(2x+ x2) = [(1 + 2x2 − 3x3)3 − 1] + [1− cos(2x+ x2)]

∼ 3.(2x2 − 3x3) +1

2(2x+ x2)2 ∼ 3.2x2 +

1

2(2x)2 = 8x2.

f) f(x) = tan x− sinx ∼ x− x = 0−→ Sai.Vì tanx và sinx đều bậc nhất. Khi thay tương đương mất đi bậc nhất do đó là dạng triệttiêu.Không bao giờ tương đương ra không. Ta làm lại như sau:

f(x) = tan x− sinx = tanx(1− cosx) ∼ x.x2

2=x3

2.

g) f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x

Cách 1: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2−1−x ∼√

1 + 2x−1−x = ((1+2x)12 −1)−x ∼ 1

22x−x =

0−→ Sai.2 chỗ: thay tương đương hàm hợp và thay tương đương dạng triệt tiêu



Cách 2: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x ∼ 1

2(2x+ 2x2)− x = x2−→ Sai.

Dạng triệt tiêu: mất đi bậc nhất.

Cách 3: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x ∼√

1 + 2x− 1− x =1 + 2x− 1√1 + 2x+ 1

− x

=x(1−

√1 + 2x)

1 +√

1 + 2x∼x.(−1

2.2x)

1 +√

1= −x

2

2−→ Sai.

∼ đầu tiên sai vì thay tương đương hàm hợp, các ∼ sau thì đúng.

Cách 4: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x =1 + 2x+ 2x2 − 1√1 + 2x+ 2x2 + 1

− x

=x(1 + 2x−

√1 + 2x+ 2x2)

1 +√

1 + 2x+ 2x2∼x.(2x− 1

2.(2x+ 2x2))

1 +√

1=x2

2.−→ Đúng.

Không thay tương đương hàm hợp. Biến đổi cho đến khi hết dạng tổng triệt tiêurồi mới dùng tương đương.

Ví dụ 1.18 Tìm α, β sao cho f(x) ∼ α(x− x0)β khi x→ x0.

a) f(x) = ex − e1, x0 = 1.f(x) = e[ex−1 − 1] ∼ e(x− 1) =⇒ α = e, β = 1.Chú ý: x→ 1 =⇒ x− 1 là VCB nên ta áp dụng công thức cho x− 1.

b) f(x) = 3√x− x, x0 = 1

f(x) = [(1 + x− 1)13 − 1] + 1− x ∼ 1

3(x− 1)− (x− 1) = −2

3(x− 1) =⇒ α = −2

3, β = 1.

c) f(x) = 2√x − 1, x0 = 0.

f(x) = eln 2√x − 1 = e

√x ln 2 − 1 ∼

√x ln 2 =⇒ α = ln 2, β =

1

2.

Ví dụ 1.19 Tính các giới hạn sau bằng cách thay VCB tương đương.

a) I = limx→0

ln(1 + x tanx)

x2 + sin3 2x.

Ta có ln(1 + x tanx) ∼ x tanx ∼ x2, x2 + sin3 2x ∼ x2 + (2x)3 ∼ x2.

=⇒ I = limx→0

ln(1 + x tanx)

x2 + sin3 2x= lim

x→0

x2

x2= 1

b) I = limx→0

ln cos 2x

ln(1− x2)= lim

x→0

ln(1 + cos 2x− 1)

ln(1− x2)= lim

x→0

cos 2x− 1

−x2= lim

x→0

−1

2.(2x)2

−x2= 2.

c) limx→0

cosx− ex√1 + 2x− 1

= limx→0

cosx− 1 + 1− ex

2x= lim

x→0

−x2

2− x

2x.12

= limx→0

−xx

= −1.

d) I = limx→0

√1− 2x− 3

√1 + 6x

ln(1− arcsinx)= lim

x→0

√1− 2x− 1 + 1− 3

√1 + 6x

− arcsinx= lim

x→0

−2x.12− 6x.1

3

−x= 3



e) I = limx→1

x2012 − 1

lnx.

Ta đặt t = x− 1→ 0(x→ 0).

I = limt→0

(t+ 1)2012 − 1

ln(t+ 1)= lim

t→0

2012.t

t= 2012.

f) I = limx→0

(1 + 3 tan 2x)1

sin 3x = limx→0

e1

sin 3xln(1+3 tan 2x) = lim

x→0e

3 tan 2xsin 3x = lim

x→0e

3.2x3x = e2.

g) I = limx→0

3√

1 + 3x2 − 1

ecosx − 2.

I = limx→0

(1 + 3x2)13 − 1

(ecosx − 1)− 1= lim

x→0

1

3.3x2

cosx− 1= lim

x→0

x2

−x2

2

= −2−→ Sai.

Vì cosxx→0−−→ 1 6= 0 nên áp dụng công thức ecosx − 1 ∼ cosx là sai.

Bài này không phải dạng vô định nên suy ra ngay kết quả

I = limx→0

3√

1 + 3x2 − 1

ecosx − 2=

0

e− 2= 0.

h) I = limx→0

√1 + 2x− 1− xcosh 2x− e3x2

. Chú ý trên tử dạng triệt tiêu.

√1 + 2x− 1− x =

(1 + 2x)− (1 + x)2

√1 + 2x+ 1 + x

=−x2

√1 + 2x+ 1 + x

∼ −x2

2

cosh 2x− e3x2 = (cosh 2x− 1)− (e3x2 − 1) ∼ 1

2(2x)2 − 3x2 = −x2

I = limx→0

−x2

2−x2

=1

2.

i) I = limx→+∞

x2.e

1x2 − cos 1

x

arctanx= lim

x→+∞x2.

e1x2 − 1 + 1− cos 1

xπ2

= limx→+∞

x2.1x2

+ 12x2

π2

=3

π.

Chú ý1

x

x→+∞−−−−→ 0 nên ta áp dụng công thức cho1

x.

arctanx→ π2

là hằng số nên được thế số ngay từ đầu.

1.3.4 Vô cùng lớn

Định nghĩa 1.14 ( Vô cùng lớn) .Hàm số f(x) được gọi là một vô cùng lớn (VCL) khi x→ x0 nếu lim

x→x0|f(x)| = +∞

Tính chất VCL tương tự VCB.

Ví dụ 1.20

a) f(x) = 2x2 − 3 sinx là VCL khi x→∞. Vì limx→0

f(x) = limx→∞

2x2 − 3 sinx = +∞.

b) f(x) =1

x− 1là VCL khi x→ 1. Vì lim

x→1

∣∣∣∣ 1

x− 1

∣∣∣∣ = +∞.



Định nghĩa 1.15 (cấp vô cùng lớn) Cho f(x), g(x) là 2 VCL khi x→ x0 và limx→x0

f(x)

g(x)= k

i) Nếu k =∞ thì ta nói f(x) có bậc VCL cao hơn g(x), ta viết f(x) = O(g(x)).

ii) Nếu k hữu hạn khác 0 thì ta nói f(x) và g(x) là 2VCL cùng cấp.

iii) Nếu k = 1 thì ta nói f(x) và g(x) là 2 VCL tương đương: f(x) ∼ g(x).

iv) Nếu f(x) (x− x0)k thì ta nói f(x) là VCL bậc k.

Tính chất cho các VCL tương đương khi x→ x0

f(x) ∼ f1(x), g(x) ∼ g1(x)

i) f(x)g(x) ∼ f1(x)g1(x)

ii) Tổng f1(x) + g1(x) gọi là dạng triệt tiêu nếu f(x) có bậcVCL cao hơn f(x) + g(x).

Nếu không phải dạng triệt tiêu thì

f(x) + g(x) ∼ tổng bậc thấp cao

iii)

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f1(x)

g1(x)

Chú ý:

• Sau khi thay tương đương cộng lại mà mất đi bậc cao nhất thì là dạng triệt tiêu.

• Thay VCL tương đương dạng tổng thì cần kiểm tra tổng không phải dạng triệt tiêu.

• Các bài toán VCL có thể chuyển về VCB bằng cách đặt ẩn.


a) limx→∞

3x3 − 2x2

1− 2x2 + x3= lim

x→∞

3x3

x3= 3.

b) limx→+∞

√2x4 − 4x3 + 3x− 2

2x3 −√

2x+ x3= lim

x→∞

√2x4 + 3x

2x3 −√x3

= limx→+∞

√2x2

−2x3= 0

c) limx→+∞

3x2 − 4√x6 − 3x2

√1 + 2x− 5x2

= limx→+∞

3x2 − 4√x6

√2x− 5x2

= limx→+∞

−4x3

−5x2= +∞

d) limx→+∞

x2 + ln30(x+ 1)− 2x + 4x

3x − 4x6 + 5.4x= lim

x→+∞

4x

5.4x=

4

5.



e) I = limx→+∞

√x2 + 2x− 3

√x3 + x2. Đặt t =

1

x→ 0. Suy ra

I = limt→0+

√1t2

+ 2t− 3

√1t3

+ 1t2

= limt→0+

√1 + 2t− 3

√1 + t

t

= limt→0+

√1 + 2t− 1 + 1− 3

√1 + t

t= lim

t→0+

t− t3

t=

2

3.

Bài tập

Bài 1) Sắp xếp các hàm số sau theo thứ tự tăng dần của bậc VCL

(a) x→ +∞ : 3x+ ln3 x, x lnx,√

3x, x(2 + sin4 x)

(b) x→ +∞ : 2x, x2, x2 + sin4 x, x lnx

(c) x→ +∞ :√

3x2 + 1 ln(2x), x ln(x2 + 3), x lnx

Đáp án:

a)√

3x, x(2 + sin4 x) ≈ 3x+ ln3 x, x lnx

b) x lnx, x2 ≈ x2 + sin4 x, 2x

c) Bằng nhau hết.

Bài 2) Tính các giới hạn

(a) limx→±∞

√x2 + 2x+ x

(b) limx→∞

(3x2 + 1

3x2 − 1)x

2

(c) limx→−∞

√x4 + 6x3 −

√3x2 + x4

√x2 − 1

(d) limx→+∞

ln(ex − x) + 3√x5 + x

√x

x−√x4 + 2x2

(e) limx→+∞

√2x2 + 1−

√3x+ x2

x

(f) limx→0

sin 2x+ 2 arcsin 3x

ex − ln(1 + 3x− sin(x))

Đáp án:

a) limx→+∞

√x2 + 2x+ x = +∞, lim

x→−∞

√x2 + 2x+ x = −1

b) 3√e2

c)

Bài 3) Tính giới hạn hàm số bằng cách thay VCB tương đương

(a) limx→0

2x − 1

sin 3x

(b) limx→π

2

sinx− 1

tanh2(x− π2)

(c) limx→0

5√

1 + 10x− 3√

1 + 3x

arcsin(3x)− tanh(x3)

(d) limx→0

(1− tan2 x)1

sin2 x

(e) limx→0+

sin 5x− 3x2

x+ lnx

(f) limx→0

(cosx)1x2

(g) limx→+∞

x2e1/x2 − cos 1

x

arctanx

(h) limx→0

1

x(

1

sinx− 1

tanx)

(i) limx→0

(coshx)1

1−cos x

(j) limx→0+

xx − 1

x lnx

(k) limx→0

√cosx− 3

√cosx

ln(cosh 2x)

(l) limx→±∞

(e1x +

1

x)x


CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 1.4. HÀM SỐ LIÊN TỤC

(m) limx→0

1− cosx cos 2x

ex2 − coshx

(n) limx→0

x2

3√

1 + 3x− 1− x

(o) limx→0

√1 + tan x−

√1 + sin x

x− x coshx

(p) limx→0

ex − x− 1

x2

(q) limx→0

1 + x cosx−√

1 + 2x

x2

Bài 4) Tính giới hạn hàm số bằng cách thay VCB tương đương

(a) limx→2

√1 + x+ x2 −

√7 + 2x− x2

2x− x2

(b) limx→+∞

x(ln(x+ a)− lnx)

(c) limx→a

xα − aα

x− a, α > 0

(d) limx→a

xa − ax

x− a, a > 0

(e) limx→1

1− n√x

cosh( iπ2x)

(f) limx→π

3

tan3 x− 3 tanx

cos(x+ π6)

(g) limx→1

xx − xlnx

.

1.4 Hàm số liên tục

Định nghĩa 1.16 (liên tục) Cho hàm số y = f(x).

i) f(x) gọi là liên tục tại x0 nếu limx→x0

f(x) = f(x0).

Nếu f(x) không liên tục tại x0 thì ta nói f(x) gián đoạn tại x0.

ii) f(x) gọi là liên tục trái tại x0 nếu limx→x−0

f(x) = f(x0).

iii) f(x) gọi là liên tục phải tại x0 nếu limx→x+0

f(x) = f(x0).

iv) f(x) gọi là liên tục trên (a, b) nếu nó liên tục tại mọi điểm x0 ∈ (a, b).

v) f(x) gọi là liên tục trên [a, b] nếu nó liên tục trên (a, b) và liên tục trái tại b, liên tục phải tại b.

Chú ý: f(x) liên tục tại x0 nếu

i) f(x) xác định tại x0 ii) tồn tại limx→x0

f(x) iii) limx→x0

f(x) = f(x0).

f(x) liên tục tại x0 nếu nó vừa liên tục trái, vừa liên tục phải tại x0.

Định nghĩa 1.17 (hàm sơ cấp) Các hàm hằng, lũy thừa, mũ, logarit, lượng giác, lượng giác ngược,hàm hyperbolic và các hàm thu được từ các hàm này qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia, căn,hợp gọi là các hàm sơ cấp.

Tính chất

i) Các hàm sơ cấp liên tục trên miền xác định củanó.

ii) f(x) liên tục trên đoạn [a, b] thì đạt Max,min trênđó.


1.4. HÀM SỐ LIÊN TỤC CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

Ví dụ 1.22 Xét tính liên tục hàm số.

a) f(x) =

x2 −

√x

x− 1, x 6= 1

1, x = 1.

Tại x0 6= 1 : f(x) =x2 −

√x

x− 1là hàm sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 = 1 limx→1

f(x) = limx→1

x2 −√x

x− 1=

3

26= f(1) = 1 =⇒ f(x) gián đoạn tại x0 = 1.

b) f(x) =

sinx

|x|, x 6= 0

1, x = 0.

Tại x0 > 0 : f(x) =sinx

xlà hàm sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 < 0 : f(x) =sinx

−xlà hàm sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 = 0 : limx→0+

f(x) = limx→0+

sinx

x= 1 = f(1), lim

x→0−f(x) = lim

x→0−

sinx

−x= −1 6= f(1).

Vậy hàm số liên tục phải tại x0 = 1 nhưng không liên tục trái tại x0 = 1 do đó không liêntục tại x0 = 1.

Ví dụ 1.23

a) Tìm a, b để f(x) =

2x2 + a, x < 0

b, x = 0

arctan1

x, x > 0

liên tục trên R.

Tại x > 0 và x < 0 thì f(x) là những hàm số sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 = 0 : limx→0−

f(x) = limx→0−

2x2 + a = a, limx→0+

f(x) = limx→0+

arctan1

x=π

2, f(0) =

b.f liên tục trên R khi và chỉ khi a = b =

π

2.

b) Tìm a, b để f(x) =

{x, |x| ≤ 1

x2 + ax+ b, |x| > 1liên tục trên R.

Tại x > 1,−1 < x < 1 và x < −1 thì f(x) là những hàm số sơ cấp nên liên tục.Ta chỉ cần xét tại x0 = ±1Ta có f(1) = 1, f(−1) = −1.limx→1−

f(x) = limx→1−

x = 1 = f(1), limx→1+

f(x) = limx→1+

x2 + ax+ b = 1 + a+ b,

limx→−1+

f(x) = limx→−1+

x = −1 = f(−1), limx→−1−

f(x) = limx→−1−

x2 + ax+ b = 1− a+ b,

f liên tục trên R khi và chỉ khi{1 + a+ b = 1

1− a+ b = −1⇐⇒

{a = 1

b = −1.

Định lý giá trị trung gianCho f(x) liên tục trên [a, b] và f(a).f(b) < 0.Khi đó f(x) có ít nhất một nghiệm trong (a, b).


CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC 1.4. HÀM SỐ LIÊN TỤC

Ví dụ 1.24 Phương trình xex − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm trong (0, 1), vì f(0).f(1) = −1.(e −1) < 0.

Bài tập

Câu 1) Xét tính liên tục của hàm số

a) f(x) =

sinx− cosx+ 1

xnếu x 6= 0,

a, nếu x = 0,

b) f(x) =

ae3x − 1

xnếu x 6= 0,

b, nếu x = 0,

c) f(x) =

x sin( 1

x) Nếu x < 0,

a Nếu x = 0,e2x − bx

Nếu x > 0.

d) f(x) =

{xα ln(x2) Nếu x 6= 0,β Nếu x = 0.

Câu 2) Chứng minh các phương trình sau

a) x2.3x = 1 có ít nhất 1 nghiệm. b) 2x = 4x có ít nhất 2 nghiệm.


1.4. HÀM SỐ LIÊN TỤC CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

2.1 Đạo hàm

2.1.1 Định nghĩa và tính chất

Định nghĩa 2.1 (Đạo hàm tại một điểm)

f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0

= lim∆x→x0

∆f

∆x

∆f = f(x)− f(x0) gọi là gia số của hàm tại x0. ∆x = x− x0 gọi là gia số của biến tại x0.

0 1

1

y = f(x)y

x

ϕ : tanϕ = f ′(1)

Tính chấtHệ số góc của tiếp tuyến tại x0

k = f ′(x0), (k = tanϕ)

Phương trình tiếp tuyến tại x0

y = k(x− x0) + y0.

Định nghĩa 2.2 (Đạo hàm một bên) .Đạo hàm phải tại x0:

f ′(x+0 ) = lim

x→x+0

f(x)− f(x0)

x− x0

= lim∆x→x+0

∆f

∆x

Đạo hàm trái tại x0:

f ′(x−0 ) = limx→x−0

f(x)− f(x0)

x− x0

= lim∆x→x−0

∆f

∆x

Hàm f có đạo hàm tại x0 nếu nó có đạo hàm trái và đạo hàm phải và chúng bằng nhau.

Ví dụ 2.1 Cho hàm số f(x) = |x|. Tính f ′(0).

Ta có

∆f = f(x)− f(0) = |x| − |0| = |x| ∆x = x− 0 =⇒ ∆f

∆x=|x|x

33

2.1. ĐẠO HÀM CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

Ta không thể tích giới hạn trực tiếp khi x→ 0 mà phải tính giới hạn trái và giới hạn phải.

f ′(0+) = limx→0+

∆f

∆x= lim

x→0+

x

x= 1

f ′(0−) = limx→0−

∆f

∆x= lim

x→0−

x

x= −1

Vì đạo hàm trái và phải khác nhau nên hàm số không có đạo hàm tại x0 = 0.

0

y = |x|y

x

Ví dụ 2.2 Tính đạo hàm của f(x) =

{e

1x , x 6= 0

0, x = 0.tại x0 = 0.

Bài làm f ′(0+) = limx→0+

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0+

e1x − 0

x− 0= +∞.

f ′(0−) = limx→0−

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0−

0− 0

x− 0= 0.

Vậy hàm số không tồn tại đạo hàm tại 0.

Tích nhấtHàm số có đạo hàm tại x0 thì liên tục tại đó.

Ví dụ 2.3 Tìm a, b để f(x) =

{x2 + ax+ b x 6= 0

0, x = 0có đạo hàm tại x0 = 0.

Bài làmf liên tục tại x0 = 0 khi và chỉ khi lim

x→0(x2 + ax+ b) = 0⇐⇒ b = 0.

f có đạo hàm tại x0 = 0 khi và chỉ khi giới hạn sau tồn tại hữu hạn

limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

x2 + ax− 0

x− 0= a.

Vậy ∀a ∈ R, b = 0.

Ví dụ 2.4 Tìm a, b để f(x) =

{aex − b x > 0

x2 − a, x ≤ 0có đạo hàm tại x0 = 0.

Bài làmf liên tục tại x0 = 0 khi và chỉ khi lim

x→0+(aex − b) = lim

x→0−(x2 − a)⇐⇒ a− b = −a⇐⇒ b = 2a.

f có đạo hàm tại x0 = 0 khi và chỉ khi

limx→0+

(ax2 − 2a)− (−a)

x− 0= lim

x→0−

(x2 − a)− (−a)

x− 0⇐⇒ lim

x→0+ax2 − 1

x= 0⇐⇒ a = 0.

Vậy a = b = 0.


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.1. ĐẠO HÀM

Bảng công thức đạo hàm

1. C ′ = 0(C = const)

2. (xα)′ = αxα−1, α 6= 0

3. (ex)′ = ex, (ax)′ = ax ln a

4. (ln |x|)′ = 1x, (loga x)′ = 1

x ln a

5. (sinx)′ = cosx.

6. (cosx)′ = − sinx.

7. (sinhx)′ = coshx.

8. (coshx)′ = sinhx.

9. (tanx)′ =1

cos2 x10. (cotx)′ = − 1

sin2 x

11. (arcsinx)′ =1√

1− x2.

12. (arccosx)′ = − 1√1− x2

.

13. (arctanx)′ =1

1 + x2.

14. (ln(x+√x2 + k))′ =

1

x2 + k

Đạo hàm tổng, tích, thương

i) (u+ v)′ = u′ + v′.

ii) (αu)′ = αu′.

iii) (uv)′ = u′v + uv′

iv)(uv

)′=u′v − uv′

v2

Đạo hàm hàm hợp Cho hàm số y = f(u), u =u(x)

f ′(x) = f ′(u).u′(x)

Ví dụ 2.5 Tính đạo hàm

a) f(x) = x arcsin(x2 + 1) =⇒ f ′(x) = 1. arcsin(x2 + 1) + x.2x√

1− (x2 + 1)2.

b) f(x) = arctan2√x2 + 1 =⇒ f ′(x) = 2. arctan

√x2 + 1.

x

x2 + 1

c) f(x) = xx.Lấy eln: f(x) = elnxx = ex lnx =⇒ f ′(x) = ex lnx.(x lnx)′ = xx.(lnx+ 1).

d) f(x) =arctan3 x. 5

√1 + x2

arcsin4 x

Lấy eln: f(x) = eln

arctan3 x. 5√

1 + x2

arcsin4 x = e3 ln arctanx+ 15

ln(1+x2)−4 ln arcsinx

=⇒ f ′(x) = f(x).(3 ln arctanx+ 15

ln(1 + x2)− 4 ln arcsinx)′

= f(x)

[3

(1 + x2) arctanx+

2x

5(1 + x2)− 4√

1− x2 arcsinx

].


2.1. ĐẠO HÀM CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

2.1.2 Đạo hàm hàm ngược và hàm tham số hóa

Đạo hàm hàm ngược cho hàm số y = f(x) có hàmngược x = g(y)

g′(y) =1

f ′(x)hay x′(y) =

1

y′(x)

Đạo hàm hàm cho bởi tham số y = y(x) :

{x = x(t)

y = y(t)

y′(x) =y′(t)

x′(t)

Ví dụ 2.6 Chứng minh công thức đạo hàm hàm ngược (arctanx)′ =1

1 + x2và (arcsinx)′ =

1√1− x2

.

Bài làm

a) Xét y = arctanx⇐⇒ x = tan y. Theo công thức

y′(x) =1

x′(y)=

1

tan′ y=

1

1 + tan2 y=

1

1 + x2.

b) Xét y = arcsinx⇐⇒ x = sin y. Theo công thức

y′(x) =1

x′(y)=

1

sin′ y=

1

cos y=

1√1− sin2 y

=1√

1− x2.

Ví dụ 2.7 .

a) Cho y = f(x) = x3 + x. Tính (f−1)′(2).

b) Cho y = f(x) = e3x + 2x. Tính (f−1)′(1).

Bài làm

a) y0 = 2 =⇒ x0 = 1, f ′(x) = 3x2 + 1 =⇒ (f−1)′(2) =1

f ′(1)=

1

4

b) y0 = 1 =⇒ x0 = 2, f ′(x) = 3e3x + 2 =⇒ (f−1)′(1) =1

f ′(0)=

1

5.

Ví dụ 2.8 Tính đạo hàm hàm cho bởi tham số


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.1. ĐẠO HÀM

1. y = y(x) :

{x = a cos3 t

y = a sin3 t.2. y = y(x) :

{x = t3 + 3t

y = ln(t+√t2 − 3)

tại x0 =

14.

Bài làm

a) y′(x) =y′(t)

x′(t)=a.3 cos2 t(− sin t)

a.3. sin2 t cos t= − cot t

b) x0 = 14⇐⇒ t0 = 2. y′(x) =y′(t)

x′(t)=

1√t2−3

3t2 + 3=⇒ y′(x0 = 14) =

11

15=

1

15.

2.1.3 Đạo hàm cấp cao

Định nghĩa 2.3 Đạo hàm cấp n của hàm số y = f(x) được định nghĩa theo truy hồi

f (n)(x) = (f (n−1)(x))′.

Công thức leinitz

(f.g)(n) = C0nf

(0)g(n) + C1nf

(1)g(n−1) + C2nf

(2)g(n−2) + · · ·+ Cnnf

(n)g(0)

với quy ước f (0)(x) = f(x), g(0)(x) = g(x).

Dễ dàng kiểm tra bằng quy nạp các công thức đạo hàm cấp n của các hàm số thường gặpsau

Công thức đạo hàm cấp n

i) ((x+ a)α)(n) = α(α− 1)(α− 2). . . . .(α− n+ 1)(x+ a)α−n.

=⇒(

1

x+ a

)(n)

=(−1)nn!

(x+ a)n+1

ii) (eax)(n) = an.eax. iii) (lnx)(n) =(−1)n−1(n− 1)!

xn

iv) (sin ax)(n) = an sin(ax+nπ

2) v) (cos ax)(n) = an cos(ax+

nπ

2)

Chú ý:

• (uv)(n) 6= u(n).v(n)

• (uv)(n) 6= u(n).v + u.v(n)

Ví dụ 2.9

a) (ln(2x+ 3))(100) =(−1)9999!.2100

(2x+ 3)100=

99!2100

(2x+ 3)100.

b)(

1

x2 − 4

)(n)1

4

(1

x− 2− 1

x+ 2

)(n)

=(−1)n.n!

4

(1

(x− 2)n+1− 1

(x+ 2)n+1

)Đại học Bách khoa TPHCM Trang 37 ThS.Nguyễn Hữu Hiệp

2.2. VI PHÂN CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

c)(sin2 x

)(n)=

(1

2− cos 2x

2

)(n)

= 0− 1

22n. cos(2x+ n

π

2). = −2n−1. cos(2x+ n

π

2).

d) f(x) = (3x2 + 1) lnx. Tính f (100)(1).Áp dụng công thức leinitz với: u = 3x2 + 1, v = lnx =⇒ u′ = 6x, u′′ = 6, u(k) = 0, ∀k ≥ 3.

f (100)(x) = C0100u

(0)v(100) + C1100u

(1)v(99) + C2100u

(2)v(98)

= 1.(3x2 + 1).(−1)9999!

x100+ 100.6x.

(−1)9898!

x99+ 4950.6.

(−1)9797!

x98

=⇒ f (100)(1) = −4.99! + 600.98!− 29700.97! = −9708.97!

Ví dụ 2.10 Tính đạo hàm cấp 1 và cấp 2 của hàm số y = f(x) :

{x = tet − 1

y = t2 + ttại x0 = −1

Bài làm

a) x0 = −1⇐⇒ tet − 1 = −1⇐⇒ t = 0.

f ′(x) =y′(t)

x′(t)=

2t+ 1

(t+ 1)et=⇒ f ′(x0 = −1) =

1

1= 1.

b) Ta có f ′(x) :

x = tet − 1

y′ =2t+ 1

(t+ 1)et

=⇒ f ′′(x) =(y′)′(t)

x′(t)=

2(t+ 1)et − (2t+ 1)(t+ 2)et

((t+ 1)et)3=⇒ f ′′(x0 = 1) =

2− 2

13= 0.

Có thể áp dụng công thức sau

Đạo hàm cấp 2 hàm tham số

y′′(x) =y′′(t)x′(t)− x′′(t)y′(t)

x′3(t)

Tính lại đạo hàm cấp 2

y′′(x) =2.(t+ 1)et − (t+ 2)et.(2t+ 1)

((t+ 1)et)3

2.2 Vi phân

Vi phân cấp 1f(x) khả vi tại x0 khi và chỉ khi f(x) có đạo hàm tại x0

df(x0) = f ′(x0).dx


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.2. VI PHÂN

Ví dụ 2.11 Tính vi phân của hàm số y =√

1 + x2 tại x0 = 1.

Bài làmdy = y′dx =

x√1 + x2

dx =⇒ dy(1) =1√2dx.

Tính chất của vi phân được suy trực tiếp từ tính chất của đạo hàm

Tính chất

i) d(α) = 0

ii) d(αf) = αdf

iii) d(f + g) = df + dg

iv) d(fg) = fdg + gdf

v) d(f

g

)=fdg − gdf

g2.

Vi phân hàm hợp Cho hàm hợp{y = y(u)

u = u(x)=⇒ y = y(u(x))

dy = y′(x)dx = y′(u)du

Vi phân cấp 1 có tính bất biến

Vi phân hàm tham số y = y(x) :

{x = x(t)

y = y(t)

dy = y′(x)dx =y′(t)

x′(t)dx

Ví dụ 2.12 Tính vi phân hàm số

a) Cho hàm y = eu, u = arctan1

x. Tính dy(x = 1) theo dx.

b) Cho hàm số y(x) :

{x = e2t + t

y = t3 + t. Tính dy(x = 1) theo dx.

Bài làm

a) Ta có thể tính y′(x) = y′(u).u′(x) rồi thế x = 1 vào suy ra vi phân.Có thể tính cách khác như sau:x0 = 1 =⇒ u0 =

π

4dy = y′(u)du = eudu =⇒ dy(x = 1) = e

π4 du(x = 1)

du = u′(x)dx =− 1x2

1 + 1x2

dx =−1

1 + x2dx =⇒ du(x = 1) =

−1

2dx

Vậy dy(x = 1) = −1

2eπ4 dx.


2.2. VI PHÂN CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

b) x = 1⇐⇒ t = 0. y′(x) =y′(t)

x′(t)=

3t2 + 1

2e2t + 1=⇒ dy(x = 1) =

1

3dx.

Công thức gần đúng

f(x) ≈ f(x0) + df(x0) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Ví dụ 2.13 Không dùng máy tính, tính gần đúng giá trị của e0.1.

Bài làmXét f(x) = ex =⇒ f ′(x) = ex, x0 = 0, x = 0.1.f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(x− x0)⇐⇒ e0.1 ≈ e0 + e0(0.1− 0) = 1 + 0.1 = 1.1 (giá trị gần đúng khidùng matlab tính là 1.1052).

Vi phân cấp cao

dnf(x) = f (n)(x)dx

Vi phân cấp 2 hàm hợp cho y = y(u), u = u(x)

d2y = y′′(u)du2 + y′(u)d2u.

Vi phân cấp 2 không còn tính bất biến. Tính vi phân cấp 2, cần xác định biến cần tính.

Ví dụ 2.14 Tính vi phân cấp 2 hàm số

a) Cho hàm y = eu, u = arctan1

x. Tính d2y(x = 1) theo dx.

b) Cho hàm số y(x) :

{x = e2t + t

y = t3 + t. Tính d2y(x = 1) theo dx.

Bài làm

a) Ta có thể thế y = earctan 1x rồi tính y′′(x) từ đó suy ra vi phân.

Có thể tính dùng công thức d2y = y′′(u)du2 + y′(u)d2u.

x0 = 1 =⇒ u0 =π

4. y′(u) = y′′(u) = eu, u′(x) =

−1

1 + x2, u′′(x) =

2x

(1 + x2)2.

=⇒ du(x = 1) =−1

2dx, d2u(x = 1) =

1

2dx2.

Thế vào công thức với x = 1, u = π4

ta được

d2y(x = 1) = eπ4 .

(−1

2dx

)2

+ eπ4 .

1

2dx2 =

3

4eπ4 dx2.

b) x = 1⇐⇒ t = 0.

y′′(x) =y′′(t)x′(t) + x′′(t)y′(t)

(x′(t))3=

6t.(2e2t + 1) + 4e2t.(3t2 + 1)

(2e2t + 1)3=⇒ y′′(x = 1) =

4

33=

4

27.

Vậy d2y(x = 1) =4

27dx2.


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.3. ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.3 Định lý giá trị trung bình

Định lý 2.4 (Fermat) Nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x0 và có đạo hàm tại x0 thì

f ′(x0) = 0.

Định lý 2.5 (Rolle) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) thỏa f(a) = f(b).Khi đó

∃c ∈ (a, b) : f ′(c) = 0.

Định lý 2.6 (Lagrange) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b).Khi đó

∃c ∈ (a, b) :f(a)− f(b)

a− b= f ′(c).

Định lý 2.7 (Cauchy) .Cho 2 hàm số y = f(x), y = g(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và g′(x) 6= 0∀, x ∈ (a.b).Khi đó

∃c ∈ (a, b) :f(a)− f(b)

g(a)− g(b)=f ′(c)

g′(c)

Ví dụ 2.15 .Cho hàm số y = f(x) khả vi trên [0, 2] thỏa f(0) = −3, f ′(x) ≤ 5. Chứng minh rằng f(2) ≤ 7.

Bài làmÁp dụng đính lý Lagrange

∃c ∈ (0, 2) : f(2)− f(0) = f ′(c)(2− 0) =⇒ f(2) = f(0) + 2f ′(c) ≤ −3 + 2.5 = 7.

Ví dụ 2.16 Chứng minh bất đẳng thức∣∣arctanx− arctan y

∣∣ ≤ ∣∣x− y∣∣ ,∀x, y ∈ [−π2, π

2].

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử x < y.

Xét f(x) = arctan x =⇒ f ′(x) =1

1 + x2≤ 1. Áp dụng công thức Lagrang

∃c ∈ (x, y) :f(x)− f(y)

x− y= f ′(c) ≤ 1 =⇒

∣∣arctanx− arctan y∣∣ ≤ ∣∣x− y∣∣

2.4 Công thức H’Lopital

Định lý 2.8 (Quy tắc L’Hopital) Cho giới hạn limx→x0

f(x)

g(x)dạng

0

0hoặc

∞∞

.

Giả sử f(x), g(x) có đạo hàm tại x0 và giới hạn limx→x0

f ′(x)

g(x)tồn tại (hữu hạn hoặc vô hạn) thì

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f ′(x)

g(x)


2.4. CÔNG THỨC H’LOPITAL CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN


a) limx→1

x2012 − 1√x− 1

(Dạng0

0) = lim

x→1

(x2012 − 1)′

(√x− 1)′

= limx→1

2012.x2011

12√x

= 4024.

b) .

limx→3

√x+ 1− 3

√3x− 1

ln(x− 2)(Dạng

0

0) = lim

x→3

((x+ 1)12 − (3x− 1)

13 )′

(ln(x− 2))′

= limx→3

12(x+ 1)−

12 − 1

3(3x− 1)−

23 .3

1x−2

= limx→3

12√x+1− 1

3√

(3x−1)2

1x−2

=

12.√

4− 1

3√6411

=1

4− 1

4= 0.

c) .

limx→0

√cosx− ex√1 + 2x− 1

(Dạng0

0) = lim

x→0

− sinx2√

cosx− ex

12√

1+2x.2

=0− 1

1= −1

d) limx→1

2012√x− 1

x3 − 3x2 + 2(Dạng

0

0) = lim

x→1

1

2012x−

20112012

3x2 − 6x= lim

x→1

1

2012.1

3− 6= − 1

6036

e) limx→−1

√3− x− 3

√1− 7x

2x − 1(Dạng

0

0) = lim

x→−1

−12√

3−x −−7

3 3√

(1−7x)2

2x=−14

+ 712

−2= −1

6

f) .

limx→0

ln(cosx)

ln(1− x) + x(Dạng

0

0) = lim

x→0

− sinxcosx−1

1−x + 1= lim

x→0

− sinx.(1− x)

−x. cosx= lim

x→0

sinx

x.(1− x)

cosx=

1.1− 0

1= 1

g) limx→2

2x3 − 6x2 + 8

x4 − 8x2 + 16(dạng

0

0) = lim

x→2

6x2 − 12x

4x3 − 16x(còn dạng

0

0) = lim

x→2

12x− 12

12x2 − 16=

2.12− 12

12.22 − 16=

12

32=

3

8.

Dùng tương đương kết hợp với H’Lopital

i) Kiểm tra tử hoặc mẫu không phải dạng triệt tiêu thìdùng tương đương để rút gọn.

ii) Dùng quy tắc H’Lopital để khử dạng triệt tiêu.

iii) Nếu hết dạng triệt tiêu thì có thể dùng tương đương đểtính.

h) limx→0

x− sinx

sinhx− tanx(dạng triệt tiêu

0

0) = lim

x→0

1− cosx

coshx− (1 + tan2 x)hết dạng triệt tiêu

tương đương===== lim

x→0

x2

2

coshx− 1− tan2 x= lim

x→0

x2

2x2

2− x2

=12

−12

= −1.


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.4. CÔNG THỨC H’LOPITAL

i) limx→0

cos 2x+ 2x2 − 1

3x4(dạng triệt tiêu

0

0) dùng H’Lopital

= limx→0

−2 sin 2x+ 4x

12x3= lim

x→0

−4 cos 2x+ 4

36x2= lim

x→0

4. (2x)2

2

36x2=

8

36=

2

9

j) I = limx→0

ex − x− coshx

x ln(1 + sin2 2x)

Trên tử là dạng triệt tiêu : ex− x− coshx = ex− 1− x+ 1− coshx ∼ x− x− x2

2= 0− x2

2.

Dưới mẫu không phải dạng triệt tiêu: x ln(1 + sin2 2x) ∼ x sin2 2x ∼ x.(2x)2 = 4x3.Ta dùng tương đương để rút gọn mẫu rồi dùng H’Lopital:

I = limx→0

ex − x− coshx

x ln(1 + sin2 2x)= lim

x→0

ex − x− coshx

4x3

H’Lopital===== lim

x→0

ex − 1− sinhx

4.3x2

= limx→0

ex − coshx

12.2x= lim

x→0

ex − sinhx

24=

1

24.

k) I = limx→0

arctanx− sinx

arcsin2 x(√

1 + 2x− 1).

Dưới mẫu không phải dạng tiêu nên dùng tương đương cho mẫu trước khi dùng H’Lopital:

I = limx→0

arctanx− sinx

x2.12.2x

= limx→0

arctanx− sinx

x3


x→0

1

1 + x2− cosx

3x2

= limx→0

(1 + x2)−1 − 1 + 1− cosx

3x2= lim

x→0

−1.x2 + x2

2

3x2=−1

2

3= −1

6

l) I = limx→+∞

x2

ex(Dạng

∞∞

) = limx→+∞

2x

ex(Dạng

∞∞

) = limx→+∞

2

ex= 0.

Các dạng vô định 0.∞, 00,∞0, 1∞

có thể chuyển về dạng0

0và∞∞


a) limx→0+

x lnx (Dạng 0.∞) = limx→0+

lnx1x

(Dạng∞∞

) = limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0.

b) limx→0+

xx (Dạng 00) = limx→0+

ex lnx (Dạng 0∞) = e0 = 1

c) limx→0

1

sinx−1

x(Dạng∞−∞) = lim

x→0

x− sinx

x sinx(Dạng

0

0) = lim

x→0

x− sinx

x2= lim

x→0

1− cosx

x2=

1

2

Bài tập

Câu 1) Tính đạo hàm y′(x)


2.4. CÔNG THỨC H’LOPITAL CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

(a) y = (cosx)arcsinx (b) y = (2x2 + 1)arctanx

(c) y =sin5(2x+ 1) 7

√3x2 − 1

tanh3 x

Câu 2) Tính đạo hàm tại 1 điểm

(a) Cho hàm số f(x) =3√x2 + 1. 5

√x+ 2

7√x3 + 2

. Tìm f ′(0).

(b) Cho hàm số f(x) = x+ (x− 1) arcsin

√x

x+ 1. Tìm f ′(1).

(c) Cho hàm số f(x) =√

1− e−x2 . Tìm f ′+(0)− f ′−(0).

(d) Cho hàm số f(x) =

1

1 + e−1x

, x 6= 0,

0. Tính f ′(0+) và f ′(0−).

Câu 3) Tìm a, b để hàm số khả vi tại x0 = 0.

(a) f(x) =

{ax+ b Nếu x < 0,ln(1 + x) Nếu x ≥ 0.

(b) f(x) =

{xa sin 1

xNếu x 6= 0,

b Nếu x = 0.

(c) f(x) =

{2x3 + αx, x ≥ 0

cosx+ β, x < 0

(d) f(x) =

1

1 + e1x

, x < 0

x2 + αx+ β, x ≥ 0.

Câu 4) Tính đạo hàm hàm ngược

(a) Cho hàm số f(x) = ex + x. Tính (f−1)′(1). ĐS:1

2.

(b) Cho hàm số y = f(x) thỏa f(ex) =√x2 + 1, x > 0. Tính (f−1)′(

√2). ĐA:

e√

2.

Câu 5) Tính đạo hàm cấp cao

a) y = (2x+ 3) + cosx. Tính y(100)(x).b) y = arctan(x). Tính y(100)(0), y(101)(0).

Câu 6) Tính đạo hàm

(a){x = ln(1 + t),y = t− arctan t.

cấp 1 tại x =

ln 2.

(b){x = r cos t,y = r sin t.

cấp 2 tại t =π

4

(c){x = t3 − 3t+ 1,y = 3t5 − 5t3 + 1.

cấp 2 tại t = 1

(d){x = t2 + 4y = 4t3 − 3t2

cấp 3 tại t = 5.

Câu 7) Tính vi phân các hàm số sau

(a) y =√

1 + u2, u = ex. Tính dy(0), dy2(0), d2y(0) theo du và dx

(b){y = t2 + t,x = t3 + 3t.

Tính dy(0), dy2(0), d2y(0) theo dx.

(c) y(x)

{x = ln(x+ 1),

y = arctanx. Tính dy(0), d2y(0).

Câu 8) Dùng quy tắc H’Lopital, tính các giới hạn sau


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.5. CÔNG THỨC TAYLOR

(a) limx→1

2x3 − 5x5 + 3x4

3x7 − 5x4 + 2

(b) limx→0

2x3 − 3x2 − 2x

4x4 − x3 − 3

(c) limx→0

ex − x− 1

x2

(d) limx→0

ln(1 + x)− xsinh2 x

(e) limx→0

ecosx − 13√

1 + 3x− 1

(f) limx→0+

e−1x

x100

(g) limx→0

ecosx − 13√

1 + 3x− 1

(h) limx→0+

lnx ln(1− x)

(i) limx→0+

(cosx)ln sinx.

(j) limx→π

3

tan3 x− 3 tanx

cos(x+ π6)

(k) limx→1

(tan πx4

)tan πx2

(l) limx→+∞

(π2− arctan 1

x

) 1ln x

(m) limx→π

4

cot 2x. cot(π4− x)

(n) limx→0

x arctanx2 − 2 sin2 2x

x cosx− sinx

(o) limx→0

5√

1 + 5x− x− 1

x2

(p) limx→0+

(arcsinx)tanx

(q) limx→0

((1 + x)

1x

e)

1x

(r) limx→0

1 + x cosx−√

1 + 2x

x2

(s) limx→0

tanx− xx arcsinx− x ln(1 + x)

(t) limx→0

ln(1 + sin x)− tanx

x2

(u) limx→+∞

(tanπx

2x+ 1)

1x

(v) limx→+∞

(π2− arctanx)

1ln x

(w) limx→1

(a

xa− b

xb

)

2.5 Công thức taylor

Công thức taylor của hàm y = f(x) đến cấp n tại x0

f(x) = f(x0) +f ′(x0)

1!.(x− x0) +

f ′′(x0)

2!(x− x0)2 +

f ′′′(x0)

3!(x− x0)3

+ · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n + o(x− x0)n,

Trong đó: o(x − x0)n là một hàm VCB cấp cao hơn (x − x0)n khix→ x0.

công thức Maclaurint là công thức taylor với x0 = 0

f(x) = f(0)+f ′(0)

1!.x+

f ′′(0)

2!x2+

f ′′′(0)

3!x3+· · ·+ f (n)(0)

n!xn+o(xn).

Công thức taylor xấp xỉ hàm f(x) bởi một hàm đa thức bậc n Pn(x− x0):

f(x) = Pn(x− x0) +Rn(x− x0),

Rn(x− x0) = o(x− x0)n là phần dư rất bé khi x trong lân cận x0.Xem o(x− x0)n là phần dư chứa tất cả các bậc lớn hơn n.


2.5. CÔNG THỨC TAYLOR CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

Ví dụ 2.19 Khai triển Maclaurint hàm số f(x) = ex − 1 đến các cấp 1,2,3.

Bài làmf(0) = 0. f ′(x) = ex =⇒ f ′(0) = 1f ′′(x) = ex =⇒ f ′′(0) = 1. f ′′′(x) = ex =⇒ f ′′′(0) = 1Khai triển Maclaurint đến cấp 1: f(x) = 0 + 1.x+ o(x1) = x+ o(x).

Khai triển Maclaurint đến cấp 2: f(x) = 0 + 1.x+1

2!x2 + o(x2) = x+

x2

2+ o(x2).

Khai triển Maclaurint đến cấp 3: f(x) = 0 + 1.x+1

2!x2 +

1

3!+ o(x3) = x+

x2

2+x3

6+ o(x3).

0

y = ex − 1

y

x

y = x

y = x+ x2

2

y = x+ x2

2+ x3

6 • Hình vẽ minh họa cho cácđa thức trong khai triểnMaclaurint xấp xỉ với hàmf(x) trong lân cận x0 = 0.

• Cấp khai triển càng cao thìxấp xỉ càng chính xác.

Khai triển Maclaurint một số hàm số thường gặp

1.1

1 + x= 1− x+ x2 − x3 + · · ·+ (−1)nxn + o(xn).

2. ex = 1 +x1

1!+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!+ o(xn)

3. ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · ·+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ o(xn)

4. sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ o(x2n+2)

5. cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ o(x2n+1)

6. sinhx = x+x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n+1

(2n+ 1)!+ o(x2n+2)

7. coshx = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!+ o(x2n+1)

8. (1+x)α = 1+αx+α(α− 1)

2!x2 +· · ·+α(α− 1) . . . (α− n+ 1)

n!xn+o(xn).

9. arctanx = x− x3

3+x5

5+ · · ·+ (−1)n

x2n+1

2n+ 1+ o(x2n+2)



Khai triển taylor bằng định nghĩa sẽ rất mất công. Ta áp dụng các công thức trên để khaitriển.

Ví dụ 2.20

a) Khai triển Maclaurint của hàm f(x) = sin 2x đến cấp 4.Áp dụng công thức sin : x→ 2x.

sin 2x = (2x)− (2x)3

3!+ o(x4) = 2x− 4

3x3 + o(x4).

b) Tìm khai triển Maclaurint của hàm f(x) = ex+1 đến cấp 3.Vì x+ 1

x→0−−→ 1 6= 0 nên chưa thể dùng công thức cho x+ 1.

f(x) = e.ex = e(1 + x+1

2!x2 +

1

3!x3 + o(x3)) = e+ ex+

e

2x2 +

e

6x3 + o(x3).

Dùng công thức khai triểnDùng công thức Maclaurint để khai triển hàm f(u), điều kiện u→ 0.

c) Tìm khai triển Maclaurint của hàm f(x) =1

2− xđến cấp 2.

Biến đổi f(x) =1

1 + (1− x)

u=1−x−−−−→ 1

1 + u= 1− u+ u2 + . . .−→ Sai .

Vì u = 1− x x→0−−→ 1 6= 0.Ta làm như sauf(x) =

1

2− x=

1

2.

1

1 + −x2

u=−x2−−−→ f =

1

2.

1

1 + u=

1

2(1− u+ u2 + o(u2))

=1

2

(1− −x

2+

(−x2

)2

+ o(x2)

)=

1

2+

1

4x+

1

8x2 + 0(x2).

d) Tìm khai triển taylor của hàm f(x) =√

3− 2x tại x0 = 1 đến cấp 2.Đặt t = x− 1f(t) =

√3− 2(t+ 1) =

√1− 2t = (1− 2t)

12

= 1 +1

2.(−2t) +

12.−1

2

2!.(−2t)2 + o(t2) = 1− t− t2 + o(t2) = 1− (x− 1)− (x− 1)2 + o(x− 1)2.

Ví dụ 2.21 Khai triển taylor

a) Khai triển Maclautint hàm số f(x) =1 + x+ x2

1− x+ x2đến cấp 5.

Cách 1: f(x) =(1 + x+ x2)(1 + x)

(1− x+ x2)(1 + x)= (x3 + 2x2 + 2x+ 1)

1

1 + x3= (x3 + 2x2 + 2x+ 1)(1−

x3 + o(x5))

Khai triển1

1 + x3= 1 − x3 + (x3)2 + . . . nhưng vì ta cần đến bậc 5 nên bỏ đi bậc 6. Giờ

nhân vào và bỏ đi những bậc lớn hơn 5.f(x) = 1 + 2x+ 2x2 + x3 − x3 − 2x4 − 2x5− 6x6 +o(x6) = 1 + 2x+ 2x2 − 2x4 − 2x5 + o(x5).Cách 2 ta dùng phép chia đa thức theo bậc từ bé đến lớn cho đến khi phần dư có bậc lớnhơn 5.



1 +x +x2 1 -x +x2

0 +2x +0x2 1 +2x +2x2 − 2x4 − 2x5

+0x +2x2 −2x3

+0x2 +0x3 −2x4

+0x4 −2x5

+0x5

Ta suy ra f(x) = 1 + 2x+ 2x2 − 2x4 − 2x5 + o(x5).Phương pháp này khá hiệu quả cho những bài dạng phân thức. Cần đi học để hiểu hơnphương pháp này.

b) Khai triển Maclaurint hàm số y = f(x) = e2x−x2 đến cấp 3.Đặt t = 2x− x2 x→0−−→ 0.

y = et = 1 + t+t2

2!+t3

3!+ o(t3) = 1 + (2x− x2) +

(2x− x2)2

2+

(2x− x2)3

6+ o(2x− x2)3

= 1+2x−x2+1

2(4x2−4x3 + x4)+

1

6(8x3−12x4 + 6x5 − x6)+o(x3) = 1+2x+x2−2

3x3+o(x3).

Ta cần khai triển đến bậc 3 nên bậc lớn hơn 3 ta bỏ.

c) Khai triển Maclaurint hàm số y =√

1− 2x2 đến cấp 7.Đặt t = −2x2 là một VCB bậc 2.Ta cần khai triển theo t đến cấp 3, vì t bậc 4 tương đương với x bậc 8 > 7.

y =√

1 + t = 1 +1

2t+

12.−1

2

2!t2 +

12.−1

2−32

3!t3 + o(x7)

= 1 +1

2(−2x2)− 1

8(−2x2)2 +

1

16(−2x2)3 + o(x7) = 1− x2 − 1

2x4 − 1

2x6 + o(x7).

d) Khai triển Maclaurint y = tanx đến cấp 5.

y =sinx

cosx=x− x3

3!+x5

5!+ o(x5)

1− x2

2!+x4

4!+ o(x4)

Thực hiện phép chia

x −1

6x3 +

1

120x5 1− 1

2x2 +

1

16x4

0x +1

3x3 − 1

30x5 x+

1

3x3 +

2

15x5.

+0x3 +2

15x5

+0x5

Vậy y = x+1

3x3 +

2

15x5 + o(x5).

Trong bài này, vì sinx là VCB bậc 1 nên cosx chỉ cần khai triển đến bậc 4 là đủ.

e) Khai triển Maclaurint y = esinx đến cấp 4.

y = 1 + sin x+1

2!sin2 x+

1

3!sin3 x+

1

4!sin4 x+ o(sin4 x) = 1 +x− x

3

6+

1

2(x− x3

6)2 +

1

6(x)3 +

1

24(x4) + o(x4)

= 1 + x− x3

6+

1

2(x2 − 1

3x4) +

1

6x3 +

1

24x4 + o(x4) = 1 + x+

x2

2− x4

8+ o(x4).



f) Khai triển Maclaurint y = ecosx đến cấp 5.

y = e1−x2

2+x4

24+o(x5) = e.e−

x2

2+x4

24 + o(x5) = e

[1 + (−x2

2+ x4

24) +

1

2(−x2

2+ x4

24)2

]+ o(x5)

= e[1− x2

2+ x4

24+ x4

8

]+ o(x5) = e− e

2x2 +

e

6x4 + o(x5)

g) Khai triển Maclaurint của f(x) = ex. ln(1 + x) đến cấp 4.Vì ln(1 + x) là VCB cấp 1 nên ta khai triển ex đến cấp 3.

f(x) =

(1 + x+

x2

2!+x3

3!+ o(x3)

)(x− x2

2+x3

3− x4

4+ o(x4)

)= x+ (−1

2+ 1)x2 + (

1

3− 1

2+

1

2)x3 + (−1

4+

1

3− 1

4+

1

6)x4 + o(x4) = x+

1

2x2 +

1

3x3 + o(x4)

h) Tìm khai triển Maclaurint của f(x) =x2

1 + sin xđến cấp 6.

Vì trên tử bậc 2 nên ta cần khai triển1

1 + sin xđến cấp 4.

1

1 + sin x= 1− sinx+ sin2 x− sin3 x+ sin4 x+ o(x4)

= 1−(x− x3

3!

)+

(x− x3

3!

)2

− (x)3 + (x)4 + o(x4) = 1− x+ x2 − 5

6x3 +

2

3x4 + o(x4).

Vậy f(x) = x2 − x3 + x4 − 5

6x5 +

2

3x6 + o(x6).

Tính đạo hàm cấp n tại 1 điểm bằng khai triểnDựa vào công thức Taylor, ta suy ra

f (n)(x0) = n!Tn,

với Tn là hệ số bậc n trong khai triển taylor của f(x) tại x0.

Ví dụ 2.22 Tính đạo hàm cấp cao

a) Tính y(100)(1) với y(x) = lnx.

Khai triển taylor tại x0 = 1 Đặt u = x− 1x→1−−→ 0.

Khi đó y = ln(1 + u) = u− u2

2+ . . .+ (−1)99u

100

100+ . . . .

Hệ số bậc 100 trong khai triển taylor tại x0 = 1 là T100 =−1

100.

Suy ra y(100)(1) =−1

100.100! = −99!

b) Tính y(10)(0) với y = (x2 + 1) cosx.Khai triển Maclaurint y đến cấp 10. Chú ý ta chỉ quan tâm đến bậc 10.

y = (x2 + 1)(· · ·+ x8

8!− x10

10!+ o(x10)).

Hệ số bậc 10 trong khai triển là T10 =1

8!− 1

10!.

Suy ra y(10)(0) = 10!

(1

8!− 1

10!

)= 10.9− 1 = 89.

Tìm VCB tương đươngMuốn tìm một hàm lũy thừa tương đương với hàmf(x), ta khai triển f(x) cho đến bậc đầu tiên khác 0.



Ví dụ 2.23 Tìm hàm lũy thừa tương đương với các VCB sau

a) f(x) = ex − x− cos 2x khi x→ 0.

f(x) = (1 + x+x2

2)− x− (1− (2x)2

2) + o(x2) =

5

2x2 + o(x2) ∼ 5

2x2.

Chú ý: o(x2) gồm những bậc lớn hơn 2. Tổng VCB ta lấy VCB bậc thấp nên bỏ đi o(x2).

b) f(x) =√

1− 2x+ x− cosx khi x→ 0.

f(x) = (1− x− 1

2x2 − 1

2x3) + x− (1− x2

2) + o(x3) = −1

2x3 + o(x3) ∼ −1

2x3.

c) f(x) =√

1 + x−√

1− x− x khi x→ 0.

f(x) = (1 + x2

2− x2

8+ x3

16)− (1− x2

2− x2

8− x3

16)− x+ o(x3) =

x3

8+ o(x3) ∼ x3

8.

d) f(x) = ln(1 + sinx)− tanx+x2

2khi x→ 0.

f(x) =

(sinx− sin2 x

2+

sin3 x

3

)− (x +

x3

3) +

x2

2+ o(x3) =

(x− x3

6− x2

2+x3

3

)− (x +

x3

3) +

x2

2+ o(x3)

= −x3

6+ o(x3) ∼ −x

3

6.

Ứng dụng khai triển Taylor để tính giới hạn dạng0

0

Cho giới hạn limx→x0

f(x)

g(x)dạng

0

0Ta khai triển tử mẫu, tìm đại lượng tương đương vàthế vào giới hạn.


a) limx→0

tanx− sinx

x3= lim

x→0

(x+x3

3)− (x− x3

6) + o(x3)

x3= lim

x→0

x2

3x3

=1

2.

b) limx→0

ln(1 + x3)− 2 sinx+ 2x cosx2

x3= lim

x→0

x3 − 2(x− x3

6) + 2x(1− x4

2) + o(x3)

x3= lim

x→0

4

3x3

x3=

4

3.

c) I = limx→0

√1 + 2 tanx− ex + x2

arcsinx− sinx.

Khai triển tử

T = (1 + tanx− tan2 x

2− tan3 x

2)− (1 + x+

x2

2+x3

6) + x2

= (1 + x+x3

3− x2

2+x3

2)− (1 + x+

x2

2+x3

6) + x2 =

2

3x3 + o(x3) ∼ 2

3x3.

Khai triển mẫu M = arcsinx− sinx = (x+x3

6)− (x− x3

6) + o(x3) =

x3

3+ o(x3) ∼ x3

3.

Vậy I = limx→0

2

3x3

x3

3

= 2.



Ví dụ 2.25 Tính gần đúng cos 0.1 bằng cách khai triển taylor đến cấp 4.

Chọn x0 = 0 gần giá trị x = 0.1 cần tính mà cosx0 = 0.1. Ta khai triển Taylor hàm cosx tại x0

đến bậc 4.cosx = 1− x2

2+x4

4!+ o(x4) =⇒ cos 0.1 ≈ 1− 0.12

2+

0.14

24

≈ 1− 0.01

2+

0.0001

24≈ 0.995004166.

Giá trị cos 0.1 theo máy tính là 0.995004165278026.

Bài tập

Câu 1. Khai triển taylor f(x) đến cấp n tại x0

(a) f(x) =2x+ 1

x+ 2, x0 = 1, n = 2.

(b) f(x) = (x+ x2)√

1− 2x2, n = 4, x0 =0.

(c) f(x) = ln2 + 3x

3 + 2x.

(d) f(x) =cos 2x

1 + ln(1− x), x0 = 1, n = 3

(e) f(x) =e−x√2x− 1

, x0 = 1, n = 3

(f) f(x) = sinh x ln(1−2x), x0 = 0, n = 4

(g) f(x) = arctan x.√

1 + 2x, x0 = 0, n =3

(h) f(x) = esin 2x, x0 = 0, n = 4

(i) f(x) = ecos 2x, x0 = 0, n = 7

(j) f(x) =√x sinx, x0 = 1, n = 2

(k) f(x) = ln(1 + tanx), x0 = 0, n = 4

(l) f(x) =√x, n = 4, x0 = 1

(m) f(x) =x

x+ 1, n = 2, x0 = 2

(n) f(x) =x2

2x2 − x− 1, n = 4, x0 = 0

(o) f(x) =ln(1− x)

(1 + x)2, n = 3, x0 = 0

(p) f(x) =tanx

ex2, n = 5, x0 = 0

(q) f(x) = arcsin2 x, n = 4

(r) f(x) = (√

1 + x2 − 1) sin(x + π6), n =

4, x0 = 0

(s) f(x) = ecosx, n = 5, x0 = 0

(t) f(x) = sin coshx, x0 = 0, n = 2.

(u) f(x) = (1 + x2)sinx, x0 = 0, n = 3.

Câu 2. Tìm α, β để f(x) ∼ g(x) = αxβ khi x→ x0:

(a) f(x) = ex − x− cos 2x, x0 = 0

(b) f(x) =√

1− 2x+ x− cosx, x0 = 0

(c) f(x) = ex − coshx− sinx

(d) f(x) = 3√

1 + 3x − cosx − ln(1 +x), x0 = 0

(e) f(x) =√x+ 1−

√1− x− x, x0 = 0

(f) f(x) = ex −√

1 + 2x+ 2x2, x0 = 0

(g) f(x) = 1− x+ x lnx, x0 = 1

(h) f(x) = (1 + x2

2) sinx− tanx, x0 = 0

(i) f(x) = ln(1+sin x)−tanx+x2

2, x0 =

0.

(j) f(x) = cos x− 4√

cos 2x, x0 = 0

(k) f(x) =√x4 + 2x3 − 3

√x6 + 3x5, x0 =

∞

(l) f(x) =√

1− 2x2 − 3√

1− 3x2, x0 = 0

(m) f(x) = cos x2 − x sinx− e−x2 , x0 = 0

(n) f(x) = cos x−√

cos 2x, x0 = 0

Câu 3. Tính giới hạn cấp n tại 1 điểm


2.6. KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

(a) Cho f(x) = 3√

2x− 1. Tính f (3)(1), f (4)(1)

(b) Cho f(x) = (1 + x2)e2x−1. Tính f (10)(0).

(c) Cho f(x) = (x2 + 1) lnx. Tính f (10)(1).

(d) Cho f(x) =x2

2 + x3. Tính f (10)(0), f (11)(0).

(e) Cho f(x) =1 + x

1− x+ x2. Tính f (10)(0), f (11)(0).

Câu 4. Tính giới hạn bằng khai triển Maclaurint.

(a) limx→0

ex − 1− x1− coshx

(b) limx→0

arcsinx− xex

x− tanx

(c) limx→0

e2x − cosx− sin 2x

ln(1− x) + arcsin x

(d) limx→0

√1 + 2x− cosx+ x

2 sinx− tan 2x

(e) limx→0

√1 + 2x−

√1− 2x− sin 2x

x cosx− sinx

(f) limx→0

3√

1 + 3x2 − x cotx− 2x2

3x cosx− arcsinx

(g) limx→0

(1 + 2x)x − cosh 2x

arctanx− arcsinx

(h) limx→0

ex −√

1 + 2x+ 2x2

x+ tanx− sin 2x

(i) limx→0

e(1− x2)− (1 + x)

1x

ln(1− x) + sinh x

(j) limx→0

ex + ln(1− sinx)− 13√

8− x3 − 2

(k) limx→0

arcsinx− xex

x√

1− x2 − tanx

2.6 Khảo sát và vẽ đồ thị

2.6.1 Tiệm cận

Thuật toán tìm tiệm cận cho hàm số y = f(x)

i) limx→a

f(x) = ±∞ −→ tiệm cận đứng x = a.

ii) limx→∞

f(x) = b −→ tiệm cận ngang y = b.

iii) Nếu limx→∞

f(x) =∞, ta tìm tiệm cận xiên

limx→∞

f(x)

x= a

limx→∞

f(x)− ax = b−→ tiệm cận xiên

y = ax+ b.

Có thể tìm tiệm cận xiên y = ax+b bằng cách khaitriển

f(x) = ax+ b+ α(x)

với α(x) là 1 VCB khi x→∞.


CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.6. KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ

Ví dụ 2.26 Tìm tiệm cận các hàm số sau

a) y =arctan 2x

x(1− x). TXD: D = R ⊂ {0, 1}.

Tìm tiệm cận đứng tại những điểm gián đoạn:

limx→0

arctan 2x

x(1− x)= 2 −→ x = 0 không là tiệm cận đứng.

limx→1

arctan 2x

x(1− x)=∞ −→ tiệm cận đứng x = 1.

limx→∞

arctan 2x

x(1− x)= 0 −→ tiệm cận ngang y = 0.

b) y =ln(1 + x)

x+ 2x. TXD: D = (−1, 0) ∩ (0 +∞).

limx→−1+

ln(1 + x)

x+ 2x = +∞ −→ tiệm cận đứng x = −1.

limx→0

ln(1 + x)

x+ 2x = 1 −→ x = 0 không là tiệm cận đứng.

limx→+∞

ln(1 + x)

x+ 2x = +∞ −→ không có tiệm cận ngang. Ta tìm tiệm cận xiên.

a = limx→+∞

ln(1 + x)

x+ 2x

x= 2, b = lim

x→+∞

(ln(1 + x)

x+ 2x

)−2x = lim

x→+∞

ln(1 + x)

x=

0,.Tiệm cận xiên y = 2x.

Cách khác y = 2x+ln(1 + x)

x. Vì lim

x→+∞

ln(1 + x)

x= 0 nên y = 2x là tiệm cận xiên.

c) y =

√x3

x− 2. TXD: D = (−∞, 0] ∩ (2,+∞).

limx→2+

√x3

x− 2= +∞ −→ tiệm cận đứng x = 2.

limx→∞

= +∞ −→ không có tiệm cận ngang. Ta tìm tiệm cận xiên:

x→ +∞ : f(x) =

√x3

x− 2= |x|

√x

x− 2= x

(1 +

2

x− 2

) 12

= x

(1 +

1

2.

2

x− 2+ o( 1

x−2)

). = x+ 1 +

2

x− 2+ o( 1

x−2) −→ tiệm cận xiên y = x+ 1.

x→ −∞ : f(x) =

√x3

x− 2= |x|

√x

x− 2= −x

(1 +

2

x− 2

) 12

= −x(

1 +1

2.

2

x− 2+ o( 1

x−2)

). = −x− 1− 2

x− 2− o( 1

x−2) −→ tiệm cận xiên y = −x− 1.

d) y = (x+ 2)e1x . TXD D = R ⊂ {0}.

limx→0+

(x+ 2)e1x = +∞ −→ tiệm cận đứng (bên phải, ở trên) x = 0.

limx→0−

(x+ 2)e1x = 2.0 = 0 −→ x = 0 không là tiệm cận đứng bên trái .

x→∞ : y = (x+ 2)

(1 +

1

x+ o( 1

x)

)= x+ 3 +

2

x+ (x+ 2)o( 1

x) −→ y = x+ 3 là tiệm cận

xiên.



2.6.2 Chiều biến thiên và cực trị

Chiều biến thiên cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên (a, b).

f ′(x) > 0,∀x ∈ (a, b)loại trừ tại một số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) tăng trong

(a, b).

f ′(x) < 0, ∀x ∈ (a, b)loại trừ tại một số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) giảm trong

(a, b).

Trong định lý trên, tại vài điểm mà f ′(x) = 0 hoặc không xác định thì vẫn khẳng định đượcf(x) đơn điệu.

Ví dụ 2.27

Xét f(x) = x3 =⇒ f ′(x) = 3x2 > 0,∀x 6= 0.Ngoại trừ điểm 0 thì f ′(x) dương nên suy ra f(x) tăng trên R.

Cực trị

i. (điều kiện cần) cho f(x) có đạo hàm tại x0.

x0 là điểm cực trị của f −→ f ′(x0) = 0

ii. (điều kiện đủ 1) cho f(x) liên tục tại x0 và có đạo hàmtrong lân cận x0 (có thể loại trừ tại điểm x0).

f ′ đổi dấu từ (+) sang (−) −→ f đạt cực đại tại x0.f ′ đổi dấu từ (−) sang (+) −→ f đạt cực tiểu tại x0.

iii. (điều kiện đủ 2) cho f có đạo hàm cấp 2 tại x0 và f ′(x0) =0.

f ′′(x0) < 0 −→ f(x) đạt cực đại tại x0.f ′′(x0) > 0 −→ f(x) đạt cực tiểu tại x0.

Ví dụ 2.28 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y = x lnx

• TXD: D = (0,+∞)

• y′ = 1 + lnx. y′ = 0⇐⇒ lnx = −1⇐⇒ x = e−1 =1

e=⇒ y = −1

e.

• Bảng biến thiên



x

f ′(x)

f(x)

−∞ 01

e+∞

− 0 +

−1

e−1

e

• Kết luận

– Hàm số đồng biến trên (1

e,+∞) và nghịch biến trên (0,

1

e).

– Hàm số đạt cực tiểu tại x0 =1

evà giá trị cực tiểu là y0 = −1

e

Ví dụ 2.29 Tìm cực trị hàm số y = −x3 + 3x.

TXD: D = R. y′ = −3x2 + 3. y′ = 0⇐⇒ −3x2 + 3 = 0⇐⇒ x = ±1.y′′ = −6x : y′′(1) = −6 < 0.y′′(−1) = 6 > 0.Vậy hàm số đạt cực đại tại 1 và cực tiểu tại −1.

Ví dụ 2.30 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y = x4 + 4x3

• TXD: D = R

• y′ = 4x3 + 12x2 = 4x2(x+ 3).

y′ = 0⇐⇒[x = −3 =⇒ y = −27x = 0 =⇒ y = 0


x

f ′(x)

f(x)

−∞ −3 +∞

− 0 + 0 +

−27−27

0

0

• Kết luận

– Hàm số đồng biến trên (−3,+∞) và nghịch biến trên khoảng (−∞,−3).

– Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = −3.

Ví dụ 2.31 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y =x+ 1

x− 1

• TXD: D = R\{1}



• y′ = −2

(x− 1)2< 0,∀x ∈ D.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 1 +∞

− −

• Kết luận

– hàm số nghịch biến trên (−∞, 0) và (0,+∞).

– Hàm số không có cực trị

Ví dụ 2.32 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y = 3√

(x− 1)2

• TXD: D = R

• y′ = 2

3 3√x− 1

< 0,∀x ∈ D.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 1 +∞

− +

00

• Kết luận

– hàm số nghịch biến trên (−∞, 1) và đồng biến trên (1,+∞).

– Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 1.

Ví dụ 2.33 Cho f(x) = (x+ a)e1x . Tìm a để f(x) đạt cực đại tại x0 = 2.

Ta có f ′(x) = (1− x+ a

x2)e

1x =

x2 − x− ax2

e1x .

f(x) đạt cực trị tại x0 = 2 thì f ′(2) =2− a

4

√e = 0⇐⇒ a = 2.

Với a = 2 : f ′(x) =x2 − x− 2

x2e

1x

Bảng biến thiên



x

f ′(x)

f(x)

−∞ −1 0 2 +∞

+ 0 − − 0 +

Vậy không tồn tại a thỏa yêu cầu bài toán.

2.6.3 Lồi, lõm và điểm uốn

Lồi, lõm và điểm uốnCho hàm số y = f(x) liên tục trên (a, b).

f ′′(x) < 0,∀x ∈ (a, b)loại trừ 1 số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) lồi trên (a, b).

f ′′(x) > 0,∀x ∈ (a, b)loại trừ 1 số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) lõm trên

(a, b).

x0 ∈ (a, b) ngăn cách giữa khoảng lồi và lõm thì (x0, f(x0))là điểm uốn.

Nếu f có đạo hàm cấp 2 tại x0 và (x0, f(x0)) là điểm uốn thìf ′′(x0) = 0.

Ví dụ 2.34 Xét tính lồi, lõm và điểm uốn của hàm số f(x) = x3 − 3x2.

TXD: D = R, f ′′(x) = 6x− 1.f ′′(x) > 0,∀x ∈ (1,+∞) −→ f(x) lõm trên (1,+∞).f ′′(x) < 0,∀x ∈ (−∞, 1) −→ f(x) lồi trên (1,+∞).Điểm (1,−2) ngăn cách giữa lồi và lõm nên là điểm uốn của đồ thị hàm số.

Ví dụ 2.35 Tìm a.b để hàm số f(x) = ax3 + 6x2 + bx đạt điểm uốn tại (1; 3).

TXD D = R, f ′′(x) = 6ax+ 12 xác định tại 1.

(1; 3) là điểm uốn thì

{f ′′(1) = 0

f(1) = 3⇐⇒

{6a+ 12 = 0

a+ 6 + b = 3⇐⇒

{a = −2

b = −1.

Dễ dàng thử lại với a = −2, b = −1 thì (1; 3) là điểm uốn của đồ thị hàm số.

Ví dụ 2.36 Tìm a.b để hàm số f(x) = x4 + ax3 + b đạt điểm uốn tại (0; 3).

f ′′(x) = 12x2 + 6ax. (0, 3) là điểm uốn nên{f ′′(0) = 0

f(0) = 3⇐⇒

{∀a ∈ Rb = 3

.

Với b = 0 : f ′′(x) = 12x2 + 6ax.Nếu a = 0 thì f ′′(x) = 12x2 ≥ 0 không đổi dấu qua 0 nên (0, 3) không là điểm uốn.Nếu a 6= 0 thì f ′′(x) = 12x2 + 6ax đổi dấu qua 0 nên (0, 3) là điểm uốn.Vậy a 6= 0, b = 3.



2.6.4 Khảo sát hàm số

Các bước khảo sát hàm số

1. Tìm miền xác định, tính chẵn lẻ, tuần hoàn.

2. Tìm đạo hàm cấp 1.

3. Tìm đạo hàm cấp 2 (bước này có thể bỏ qua).

4. Tính các giới hạn và tìm tiệm cận.

5. Lập bảng biến thiên.

6. Tìm điểm đặc biệt và vẽ.

Chú ý

• Hàm f(x) gọi là hàm số chẵn nếu ∀x ∈ D =⇒ −x ∈ D và f(−x) = f(x).Đồ thị hàm số chẵn đối xứng qua trục Oy. Khi khảo sát hàm chẵn, ta chỉ cần khảo sátphần x > 0, phần x < 0 được lấy đối xứng với phần x < 0 qua trục Oy.

• Hàm f(x) gọi là hàm số lẻ nếu ∀x ∈ D =⇒ −x ∈ D và f(−x) = −f(x).Đồ thị hàm số chẵn đối xứng qua gốc O. Khi khảo sát hàm lẻ, ta chỉ cần khảo sát phầnx > 0, phần x < 0 được lấy đối xứng với phần x < 0 qua O.

• Nếu tồn tại số bé nhất T > 0 sao cho f(x+ T ) = f(x) thì ta nói f(x) tuần hoàn với chukỳ T .Vẽ đồ thị hàm số tuần hoàn, ta chỉ cần khảo sát trên một chu kỳ rồi lấy tịnh tiến phầnvừa vẽ được theo phương ngang một khoảng kT, k ∈ Z.

Ví dụ 2.37 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =ex

x+ 1

• TXD: D = R\{−1}.

• Tìm tiệm cận

? limx→−1

ex

x+ 1=∞ : tiệm cận đứng x = −1.

? limx→−∞

ex

x+ 1= 0 : tiệm cận ngang y = 0.

? limx→+∞

ex

x+ 1


x→+∞

ex

1= +∞ : a = lim

x→+∞

y

x= lim

x→+∞

ex

x(x+ 1)

H’Lop 2 lần===== +∞.

Vậy hàm số không có tiệm cận ngang.

• y′ = xex

(x+ 1)2.y′ = 0⇐⇒ x = 0 =⇒ y = 1




x

f ′(x)

f(x)

−∞ −1 0 +∞

− − 0 +

00

−∞

+∞

11

+∞+∞

• Đồ thị

−8 −6 −4 −2 2 4 6

−4

−2

2

4

6

8

0

y

x

x = −1

y = 0

y =ex

x+ 1

A

Ví dụ 2.38 Khảo sát và vẽ đồ thị y = x4 − 6x2 + 3.

• TXD: D = R.

• limx→∞

f(x) = +∞. Hàm đa thức bậc 3 không có tiệm cận.

• y′ = 4x3 − 12x.y′ = 0⇐⇒

x = 0 =⇒ y = 3

x =√

3 =⇒ y = −6

x = −√

3 =⇒ y = −6


x

f ′(x)

f(x)

−∞ −√

3 0√

3 +∞

− 0 + 0 − 0 +

+∞+∞

−6−6

33

−6−6

+∞+∞



• y′′ = 12x2 − 12.y′′ = 0⇐⇒[x = 1 =⇒ y = −2x = −1 =⇒ y = −2

Bảng xét dấu y′′

x

f ′′(x)

Đths f(x)

−∞ −1 1 +∞

+ 0 − 0 +

Lõm Lồi Lõm

• Đồ thị

−4 −2 2 4

−6

−4

−2

2

4

6y

x

0

Ví dụ 2.39 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 3√

(x− 1)2.(x− 4)

• TXD D = R.

• x→∞ : y = x

(1− 1

x

) 23(

1− 4

x

) 13

= x

(1− 2

3x

)(1− 4

3x

)+xo( 1

x) = x−2+α(x) −→

tiệm cận xiên y = x− 2.

• y′ = x− 33√

(x− 1)(x− 4)2.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 1 2 4 +∞

+ − 0 + +

−∞−∞

00

− 3√

2− 3√

2

+∞+∞0

• Đồ thị



2.6.5 Tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất

Tìm max min

1. Tìm max - min trên toàn miền xác định: dựa vào bảng biếnthiên

2. Tìm max - min trên đoạn [a, b].

Bước 1) Tìm điểm tới hạn trên (a, b).

Bước 2) So sánh giá trị của f(x) tại các điểm tới hạn và tạia, b suy ra Max, min.

Ví dụ 2.40 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số sau

a) y = x2e−x trên đoạn [−1, 3].

• y′ = (2x− x2)e−x. y′ = 0⇐⇒[x = 0 (Nhận)x = 2 Nhận

• y(0) = 0, y(2) =4

e2, y(−1) = e, y(3) =

9

e3.

Vậy: min[−1,3]

y = 0 tại x0 = 0 và max[−1,3]

y = e tại x0 = −1.

b) y = 3√

(x− 1)2.(x− 4) trên đoạn [0, 5].



• y′ = x− 33√

(x− 1)(x− 4)2. y′ = 0⇐⇒ x = 3.

Các điểm tới hạn: x1 = 3, x2 = 1, x3 = 4.• y(4) = y(1) = 0, y(3) = − 3

√4, y(0) = − 3

√4, y(5) = 3

√16.

Vậy min[0,5]

y = −√

4 và max[0,5]

y = 3√

16

Cách khácĐặt g = y3 = (x− 1)2.(x− 4). Vì hàm y 7→ y3 là hàm tăng nên f và g cùng cực trị.g′(x) = 3(x− 1)(x− 3). g′(x) = 0⇐⇒ x = 1 ∨ x = 3.y(1) = 0, y(3) = − 3

√4, y(0) = − 3

√4, y(5) = 3

√16. Vậy min

[0,5]y = −

√4 và max

[0,5]y = 3√

16

c) f(x) = xx trên D = (0,+∞).

f ′(x) =(ex lnx

)′= xx(1 + ln x). y′ = 0⇐⇒ x =

1

e.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 01

e+∞

− 0 +

11

e−1ee−1e

+∞+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra minD

f(x) = e−1e và không tồn tại max.

Bài tập

Câu 1) Tìm cực trị của các hàm số sau:

(a) y = 3√x2 − 2x

(b) y = x1x

(c) y = e1x

(d) y = ln(e+1

x)

(e) y = (x+ 2)e1x

(f) y = 3√x3 + 3x2

(g) y = x 3√

4− x

(h) y = ex4−2x2+3

(i) f(x) =

{x2 − 2x, x ≥ 0

xex, x < 0

(j) f(x) = |x3 + x| − 2x2

(k) y = |x|ex2

2

(l) y = |x2 − 4x|+ 3

(m) y = |x2 − 4x|+ 2x

(n) f(x) = 3√x3 − x2 − x+ 1

(o) f(x) = xlnx

(p) f(x) =|x|(x+ 3)

(q) f(x) = x3 + 3x2 + ax. Tìm a để hàm số có 2 cực trị.(r) f(x) = x3 + 3x2 − ax+ b. Tìm a, b để hàm số đạt cực tiểu tại (−1, 2).(s) f(x) = x4 + 3x3 − ax+ b. Tìm a, b để hàm số đạt cực đại tại (1, 2).

Câu 2) Tìm tiệm cận của các hàm số sau:



(a) y = x1x

(b) y = e1x + 2 arctanx

(c) y = ln(e+1

x)

(d) y = (x+ 2)e1x

(e) y = ln(1− 1x)

(f) y =2x2 + ln(1 + 1

x)

x+ 1

(g) y =1

1 + e1x

(h) y = 3√x3 + 3x2

(i) y =√x2 + 2x+ x

(j) y = e1x

√x2 + 4x

(k) y =x2

√x2 − 2x

(l) y =3

√x3

x+ 2+ x− 2

(m) y =3− x2

1 + x4

(n) y =lnx

x

(o) f(x) = 3√x3 − x2 − x+ 1

(p) f(x) =x− 2√1 + x2

(q) y(x) :

{x = arctan t

y = t3 − 3t2

(r) y(x) :

x =

t2 + 1

t2 − ty =

t3 + 1

t− 1

Câu 3) Tìm khoảng lồi lõm và điểm uốn

1) f(x) = xe−x.

2) f(x) =

{x2 − 2x, x ≥ 0

−x2, x < 0

3) Tìm a, b để đồ thị hàm số y = x4 + 3x3 − ax2 + bx có điểm uốn là (1, 2).

4) Tìm a, b để đồ thị hàm số y = x4 − 4x3 + ax2 + bx có điểm uốn là (1, 2).

Câu 4) Khảo sát và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

(a) f(x) = x1x

(b) f(x) =1

x+ 2 arctanx

(c) f(x) = x− 2 arctanx

(d) f(x) = |x3 + x| − 2x2.

(e) f(x) = e1x

(f) f(x) =e

1x

x− 2

(g) f(x) = (x+ 2)e1x

(h) f(x) = (x− 1)exx−1

(i) f(x) = 2x + 2 −3 3√

(x+ 1)2

(j) f(x) =e−x

1− x

(k) f(x) =e−

1x

1− x

(l) f(x) = 3√

(x− 1)2(x− 3)

(m) f(x) = e2x

1−x2

(n) f(x) =√

x3−4xx−1

+ x

(o) f(x) = (x− 1)exx−1

(p) f(x) = e2x

1−x2

(q) f(x) = e1x

√x(x+ 2)

(r) f(x) =

{x2 − 2x, x ≥ 0

xex, x < 0

Câu 5) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất:

(a) f(x) = arctanx

x2 + 1trên R

(b) f(x) = |x2− 3x− 4| trên đoạn [−2, 3]

(c) f(x) = 3√x3 − 3x2 trên đoạn [−1, 2].

(d) f(x) =1

x− 2 arctanx trên R.

(e) f(x) =1− x+ x2

1 + x+ x2trên đoạn [0, 1].

(f) f(x) =√

100− x2 − x2 trên đoạn[−5, 5].

(g) f(x) = |x|(x+ 2) trên [−3, 2].



(h) f(x) = xe−x2

2 trên R(i) f(x) = |x2 − 4x|+ 3 trên [1, 5]

(j) f(x) = |x2 − 4x|+ 2x trên [1, 5]

(k) f(x) = x 3√

4− x trên [0, 5].


CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN3.1 Tích phân bất định

3.1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 3.1 (Nguyên hàm) F (x) gọi là một nguyên hàm của f(x) nếu F ′(x) = f(x). Ký hiệulà

∫f(x)dx = F (x) + C

Bảng tích phân bất định thông dụng

1)∫xαdx =

xα+1

α + 1+ C(α 6= −1).

2)∫ dxx

= ln |x|+ C.

3)∫exdx = ex + C.

4)∫axdx =

ax

ln a+ C

5)∫

cosxdx = sinx+ C.

6)∫

sinxdx = − cosx+ C.

7)∫

sinhxdx = coshx+ C.

8)∫

coshxdx = sinhx+ C.

9)∫ dx

cos2 x= tanx+ C.

10)∫ dx

sin2 x= − cotx+ C.

11)∫ dx

x2 + a2=

1

aarctan

x

a+ C.

12)∫ dx√

x2 + k= ln |x+

√x2 + k|+C.

13)∫ dx√

a2 − x2= arcsin

x

a+ C.

Tính chất

•∫

(f(x)± g(x))dx =∫f(x)dx±

∫g(x)dx.

•∫αf(x)dx = α

∫f(x)dx.

•∫f(x).g(x)dx 6=

∫f(x)dx.

∫g(x)dx.

65

3.1. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN

3.1.2 Phương pháp tính tích phân bất định

Công thức đổi biến 1

x = x(t) :

∫f(x)dx =

∫f(x(t)).x′(t)dt

Công thức đổi biến 2

u = u(x) :

∫f(u).u′(x)dx =

∫f(u)du

Công thức tích phân từng phần∫udv = u.v −

∫vdu

Ví dụ 3.1 Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến.

a) I =∫

sin 2xdx =∫

sin 2x.d(2x)

2=

1

2.(− cos 2x) + C = −cos 2x

2+ C.

b)∫xex

2dx =

∫ex

2.d(x2)

2=

1

2.ex

2+ C.

c)∫

(2x+ 1)2012dx =∫

(2x+ 1)2012.d(2x+ 1)

2=

1

2

(2x+ 1)2013

2013+ C =

(2x+ 1)2013

4026+ C

d)∫x 3√

3− 2x2dx =∫

(3− 2x2)13d(3− 2x2)

−4= −1

4.(3− 2x2)

43

43

+ C = −1

3. 3√

(1− 2x2)4 + C.

e)∫ dx

x lnx=∫ d(lnx)

lnx= ln | lnx|+ C.

f)∫ arcsinx√

1− x2dx =

∫arcsinx.d(arcsinx) =

arcsin2 x

2+ C.

g)∫ arctanx

1 + x2dx =

∫arctanx.d(arctanx) =

arctan2 x

2+ C.

h)∫

sin3 x cosxdx =∫

sin3 x.d(sinx) =sin4 x

4+ C.

i) .

I =∫ x+ arcsinx√

1− x2dx =

∫ x√1− x2

dx+∫ arcsinx√

1− x2dx

=∫ 1√

1− x2.d(1− x2)

−2+∫

arcsinx.d(arcsinx)

=1

−2.2√

1− x2 +arcsin2 x

2+ C = −

√1− x2 +

arcsin2 x

2+ C

Ví dụ 3.2 Tìm nguyên hàm bằng phương pháp tích phân từng phần


CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN 3.1. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH

a) I =∫xexdx{

u = x

dv = exdx=⇒

{du = dx

v = ex

I = uv −∫vdu = xex −

∫exdx = xex − ex + C.

b) I =∫x cosxdx{

u = x

dv = cosxdx=⇒

{du = dx

v = sinx

I = x sinx−∫

sinxdx = x sinx+ cosx+ C.

c) I =∫

arcsinxdx{u = arcsinx

dv = dx=⇒

du =dx√

1− x2

v = x

I = x arcsinx−∫ xdx√

1− x2= x arcsinx+

√1− x2 + C

d) I =∫x arctanxdx{

u = arctanx

dv = xdx=⇒

du =

dx

1 + x2

v =x2

2

I =x2

2arctanx−

∫ x2

2(x2 + 1)dx =

x2

2arctanx−

∫ dx2

+∫ dx

2(x2 + 1)

=x2

2arctanx− x

2+

1

2arctanx+ C

e) I =∫

(x+ 1) lnxdx{u = lnx

v = (x+ 1)dx=⇒

du =

dx

x

v =x2

2+ x

I = (x2

2+ x). lnx−

∫(x2

2+ x)d(lnx) = (

x2

2+ x). lnx−

∫(x2

2+ x)

dx

x

= (x2

2+ x). lnx−

∫(x

2+ 1)dx = (

x2

2+ x). lnx− x2

4− x+ C

f) I =∫ lnx

(x+ 1)2dxu = lnx

dv =1

(x+ 1)2dx

=⇒

du =

dx

x

v = − 1

x+ 1

I = − lnx

x+ 1+∫ dx

x(x+ 1)= − lnx

x+ 1+ ln

∣∣∣ x

x+ 1

∣∣∣+ C.

g) .I =

∫(x2 + 3x)exdx = (x2 + 3x)ex −

∫ex.(2x+ 3)dx

= (x2 + 3x)ex − (2x+ 3)ex +∫

2ex.dx = (x2 + 3x)ex − (2x+ 3)ex + 2ex + C= (x2 + x− 1)ex + C

h) I =∫e2x cosxdx



3.1.3 Nguyên hàm hàm hữu tỷ

Ví dụ 3.3 Tìm nguyên hàm hàm phân thức: mẫu bậc nhất

a)∫ 3

2x− 3dx =

3

2ln |2x− 3|+ C.

b)∫ 2x2 + 3x− 5

2x− 1dx =

∫(x+ 2− 3

2x− 1)dx =

x2

2+ 2x− 3

2ln |2x− 1|+ C.

c)∫ 3x3 + 4x2 − 7x+ 4

3x− 2dx =

∫(x2 + 2x− 1 +

2

3x− 2)dx =

x3

3+ x2 − x+

2

3ln |3x− 2|+ C.

d)∫ dx

(2x− 1)3=∫

(2x− 1)−3d(2x− 1)

2=

1

2.(2x− 1)−2

−2+ C = − 1

4(2x− 1)2+ C.

e)∫ dx

(5− 3x)2=∫ 1

(5− 3x)2.d(5− 3x)

−3=

1

−3.−1

5− 3x+ C =

1

3(5− 3x)+ C.

Ví dụ 3.4 Tìm nguyên hàm hàm phân thức:

a) I =∫ 5x− 1

x2 − 1dx.

Mẫu phân tích được thành tích các đa thức bậc nhất

Bước 1. Phân tích mẫu thành nhân tử: x2 − 1 = (x− 1).(x+ 1).

Bước 2. Phân tich f(x) thành các phân thức đơn giản5x− 1

x2 − 1=

A

x− 1+

B

x+ 1⇐⇒ 5x− 1 = A(x+ 1) +B(x− 1)⇐⇒ 5x− 1 = (A+B)x+ A−B.

=⇒

{A+B = 5

A−B = −1⇐⇒

{A = 2

B = 3=⇒ 5x− 1

x2 − 1=

2

x− 1+

3

x+ 1.

Bước 3. I =∫

(2

x− 1+

3

x+ 1)dx = 2 ln |x− 1|+ 3 ln |x+ 1|+ C

b) I =∫ 1− 7x

2x2 + 5x+ 2dx

Bước 1. Phân tích mẫu thành nhân tử: 2x2 + 5x+ 2 = (x+ 2).(2x+ 1).

Bước 2. Phân tich f(x) thành các phân thức đơn giản1− 7x

2x2 + 5x+ 2=

A

x+ 2+

B

2x+ 1⇐⇒ 1− 7x = A(2x+ 1) +B(x+ 2)⇐⇒ 1− 7x = (2A+B)x+ A+ 2B.

=⇒

{x = −2 =⇒ A = −5

x = −12

=⇒ B = 3=⇒ 1− 7x

2x2 + 5x+ 2=−5

x+ 2+

3

2x+ 1.

Bước 3. I =∫

(− 5

x+ 2+

3

2x+ 1)dx = −5 ln |x+ 2|+ 3

2ln |2x+ 1|+ C



c) I =∫ 2x3 + 3x2 − 4x− 7

x2 + x− 2dx

2x3 + 3x2 − 4x− 7

x2 + x− 2= 2x+ 1− x+ 5

x2 + x− 2x+ 5

x2 + x− 2=

x+ 5

(x− 1)(x+ 2)=

A

x− 1+

B

x+ 2

⇐⇒ x+ 5 = A(x+ 2) +B(x− 1).

{x = 1 =⇒ A = 2

x = −2 =⇒ B = −1

2x3 + 3x2 − 4x− 7

x2 + x− 2= 2x+ 1− 2

x− 1+

1

x+ 2=⇒ I = x2 + x− 2 ln |x− 1|+ ln |x+ 2|+ C.

d) I =∫ 2x2 + 3x− 1

x3(x+ 1)dx.

Phân tích f(x) =2x2 + 3x− 1

x3(x+ 1)=A

x+B

x2+C

x3+

D

x+ 1(1)

⇐⇒ 2x2 + 3x− 1 = Ax2(x+ 1) +Bx(x+ 1) + C(x+ 1) +Dx3 (2)

• x = 0 =⇒ C = −1

• x = −1 =⇒ D = 2

• Nhân x vào (1) rồi cho x→∞ suy ra 0 = A+D =⇒ A = −D = −2

• x = 1 =⇒ B = 4.

I =∫ (−2

x+

4

x2− 1

x3+

2

x+ 1

)dx = −2 ln |x| − 4

x+

1

2x2+ 2 ln |x+ 1|+ C

Ví dụ 3.5 Tìm nguyên hàm phân thức

Mẫu bậc 2 vô nghiệm∫ dx

x2 + a2=

1

aarctan

x

a

1. I =∫ dx

3x2 + 1=

1

3

∫ dx

x2 + ( 1√3)2

=1

3.

11√3

. arctan11√3

+ C =

√3

3. arctanx

√3 + C.

2. .I =

∫ dx

4x2 + 4x+ 17=∫ 1

(2x+ 1)2 + 16.d(2x+ 1)

2

=1

2.1

4arctan

2x+ 1

4+ C =

1

8arctan

2x+ 1

4+ C

3. I =∫ 4x− 1

x2 + 2x+ 2dx.

Ta phân tích:

TỬ= α. (Mẫu)’ + β

4x− 1 = 2(2x+ 2)− 5, ta viết lại tích phân

I = 2∫ (2x+ 2)dx

x2 − 2x+ 2− 5

∫ dx

(x− 1)2 + 1= 2 ln |x2 − 2x+ 2| − 5 arctan(x− 1) + C



4. .

I =∫ 2x3 + 5x2 − 2

x2 + 1dx =

∫(2x+ 5− 2x+ 7

x2 + 1)dx

= x2 + 5x−∫ 2x

x2 + 1dx− 7

∫ 1

x2 + 1dx

= x2 + 5x− ln |x2 + 1| − 7 arctanx+ C

5. I =∫ 5x2 + 7x

(x− 1)2(x2 + 4x+ 7)dx.

Phân tích f(x) =5x2 + 7x

(x− 1)2(x2 + 4x+ 7)=

A

x− 1+

B

(x− 1)2+

Cx+D

x2 + 4x+ 7(1)

⇐⇒ 5x2 + 7x = A(x− 1)(x2 + 4x+ 7) +B(x2 + 4x+ 7) + (Cx+D)(x− 1)2

• x = 1 =⇒ 12 = 12B =⇒ B = 1

• x = 0 : −7A+ 7B +D = 0⇐⇒ 7A−D = 7 (2)

• Nhân x vào (1), cho x→∞ suy ra A+ C = 0 (3)

• Thế x = −1 : −2 = −8A+ 4B + 4(−C +D)⇐⇒ −8A− 4C + 4D = −6 (4)

Từ (2)-(4) suy ra A =11

12, C = −11

12;D = − 7

12

I =∫ (11/12

x− 1+

1

(x− 1)2− 1

12

11x+ 7

x2 + 4x+ 7

)=

11

12ln |x−1|− 1

x− 1− 1

12

∫ 112

(2x+ 4)− 15

(x+ 2)2 + 3=

11

12ln |x− 1| − 1

x− 1− 11

24ln |x2 + 4x+ 7|+ 15

12

3.1.4 Nguyên hàm hàm lượng giác

Hàm lượng giác

• Dạng∫

sinm x. cosn xdx

i) Nếu cos bậc lẻ: đặt t = sinx.

ii) Nếu sin bậc lẻ: Đặt t = cosx.

iii) Nếu sin, cos đều chẵn: đặt t = tanx

• Dạng bậc nhất theo sin, cos: Đặt t = tanx

2Các công thức thường gặp

dx =2dt

t2 + 1, sinx =

2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2



Ví dụ 3.6 Tìm nguyên hàm các hàm số lượng giác sau

a) I =∫ dx

sinx

Cách 1 I =∫ sinx

sin2 xdx. Đặt t = cosx =⇒ dt = − sinxdx.

I =∫ −dt

1− t2=

1

2ln

1− t1 + t

+ C =1

2ln

1− cosx

1 + cos x+ C.

Cách 2:

I =∫ 1 + t2

2t

2dt

1 + t2=

1

2ln |t|+ C =

1

2ln | tan x

2|+ C

b)∫

tan7 xdx

Đặt t = tanx⇐⇒ x = arctan t =⇒ dx =dt

1 + t2

I =∫ t7

1 + t2dt∫

(t5 − t3 + t− t

1 + t2)dt =

t6

6− t4

4+t2

2− arctan t+ C = ...

c)∫ sinx+ cosx

2 sinx− 3 cosxdx

Phân tíchTU = α.Mau+ β.(Mau)′

sinx+cos x = α(2 sinx−3 cosx)+β(2 cosx+3 sinx)⇔

{2α + 3β = 1

−3α + 2β = 1⇔

α =

−1

13

β =5

13

I =∫ (−1

13+

5

13

2 cosx+ 3 sinx

2 sinx− 3 cosx

)dx =

−1

13x+

5

13ln |2 sinx− 3 cosx|+ C

d)∫ sinx+ cosx

3 + cos xdx

Đặt t = tan x2.

I =∫ 2t

1 + t2+

1− t2

1 + t2

3 +1− t2

1 + t2

2dt

1 + t2=∫ 1 + 2t− t2

(t2 + 2)(t2 + 1)dt

Phân tích1 + 2t− t2

(t2 + 2)(t2 + 1)=At+B

2 + t2+Ct+D

1 + t2⇐= A = −2, B = 3, C = 2, D = −2.

Suy ra I = − ln(2 + t) +3√2

arctant√2

+ ln(1 + t2)− 2 arctan t+ C

e) I =∫ sin2 x

cos3 xdx Đặt t = sinx =⇒ dt = cosxdx

I =∫ sin2 x

cos4 xcosxdx =

∫ t2

(1− t2)2dt

Phân tícht2

(1− t2)2=

A

t− 1+

B

(t− 1)2+

C

1 + t+

D

(1 + t)2=⇒ A = −1

4, B = C = D =

1

4.

Vậy I = −1

4

1

t− 1+

1

4ln

∣∣∣∣ t+ 1

t− 1

∣∣∣∣− 1

4

1

1 + t+ C



f)∫ sin2 x

1 + cos2 xdx

Đặt t = tanx =⇒ dx =dt

1 + t2, 1 + cos2 x = 1 +

1

1 + tan2 x=

2 + t2

1 + t2,

sin2 x = tan2 x cos2 x =t2

1 + t2

I =∫ t2

1 + t2.1 + t2

2 + t2dt

1 + t2=∫ t2dt

(1 + t2)(2 + t2)=√

2 arctanx√2− arctanx+ C

Ví dụ 3.7 Tìm nguyên hàm

a) I =∫

sin3 x. cos2 xdx =∫

sin2 x cos2 x. sinxdx.Đặt t = cosx =⇒ dt = − sinxdx.I =

∫(1− cos2 x) cos2 x. sinxdx =

∫(1− t2).t2.(−dt)

=∫

(t4 − t2)dt =t5

5− t3

3+ C =

cos5 x

5− cos3 x

3+ C

b) I =∫ sin2 x

cosxdx =

∫ sin2 x

cos2 xcosxdx

Đặt t = sinx =⇒ dt = cosxdx

I =∫ sin2 x

1− sin2 xcosxdx =

∫ t2

1− t2dt

=∫

(1

(1− t).(1 + t)− 1)dt =

∫ [1

2(

1

1− t+

1

1 + t)− 1

]dt

=1

2[− ln |1− t|+ ln |1 + t|]− t+ C =

1

2. ln

∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣− t+ C

=1

2. ln

∣∣∣∣sinx+ 1

sinx− 1

∣∣∣∣− sinx+ C

c)∫ dx

1 + sin x.

Đặt t = tanx

2=⇒ dx =

2dt

t2 + 1

I =∫ 2dt

t2+1

1 + 2tt2+1

=∫ 2

t2 + 2t+ 1dt =

∫ 2

(t+ 1)2d(t+ 1) = − 2

t+ 1+ C = − 2

tanx

2

+ C

d)∫

tan5 xdx

Đặt t = tanx =⇒ x = arctan t =⇒ dx =dt

t2 + 1

I =∫t5.

dt

t2 + 1=∫ [

t3 − t+t

1 + t2

]dt =

t4

4− t2

2+∫ 1

1 + t2.d(t2 + 1)

2=

t4

4− t2

2+

1

2ln∣∣1 + t2

∣∣+ C =tan4 x

4− tan2 x

2+

1

2ln∣∣1 + tan2 x

∣∣+ C



3.1.5 Nguyên hàm hàm vô tỷ

• Biểu thức trong căn bậc nhất n√ax+ b

Đặt t = n√ax+ b

• Biểu thức trong căn bậc hai

i)√a2 − x2 : đặt x = a sin t

ii)√a2 + x2 : đặt x = a tan t

iii)√x2 − a2 : đặt x =

a

sin t

• Dạng∫xn√ax2 + bdt

i) n lẻ: đặt t =√ax2 + b

ii) n chẵn: đặt t =

√a+

b

x2

• Dạng1

(αx+ β)m√ax2 + bx+ c

Đặt t =1

αx+ β

Ví dụ 3.8 Tìm nguyên hàm

a) I =∫ √2x+ 1

x+ 1dx.

Đặt t =√

2x+ 1 =⇒ x =t2 − 1

2=⇒ dx = tdt.

I =∫ t

t2 − 1

2+ 1

tdt =∫ 2t2

t2 + 1dt

= 2∫ (

1− 1

t2 + 1

)dt = 2 [t− arctan t] + C

= 2(√

2x+ 1− arctan√

2x+ 1) + C

b)∫ 3

√x+ 1

1 + 3√x2 + 2x+ 1

dx.

Đặt t = 3√x− 1, I =

3t2

2− 3

2ln(1 + t2) + C

c)∫ dx√

2x2 + 6x− 1I =

1√2

ln |x√

2 +3√2

+√

2x2 + 6x− 1|+ C

d) I =∫ dx√

1 + 5x− 3x2I =

1

3arcsin

2x− 10√37

+ C

e)∫ 2x+ 3√

x2 − 6x− 1=

1(2x− 6) + 9√x2 − 6x− 1

= 2√x2 − 6x− 1 + 9 ln |x− 3 +

√x2 − 6x− 1|+ C.



f)∫ 3x− 1√

2− x− 5x2dx =

∫ − 3

10(−1− 10x)+

√2− x− 5x2

=

g)∫ √

x2 + kdx

h)∫ √

a2 − x2dx

i)∫ x2 + 1√

2x2 + x− 1

j) I =∫ √9− x2

xdx

Cách 1Đặt x = 3 sin t =⇒ dx = 3 cos tdt√

9− x2 =√

9− 9 sin2 t = 3 cos t

I =∫ 3 cos t

3 sin t3 cos tdt = 3

∫ cos2 t

sin tdt

= 3∫ 1− sin2 t

sin tdt = 3

∫(

1

sin t− sin t)dt

= 3(ln∣∣∣tan

t

2

∣∣∣+ cos t) + C, với t = arcsinx

3Cách 2Đặt t =

√9− x2 =⇒ t2 = 9− x2 =⇒ tdt = −xdx

I =∫ √9− x2

x2xdx =

∫ t

9− t2(−tdt)

=∫ t2

t2 − 9dt =

∫(1 +

9

(t+ 3)(t− 3))dt

=∫

(1 +3

2(

1

t− 3− 1

t+ 3))dt = t+

3

2(ln∣∣t− 3

∣∣− ln∣∣t+ 3

∣∣) + C

= t+3

2ln

∣∣∣∣t− 3

t+ 3

∣∣∣∣+ C =√

9− x2 +3

2. ln

√9− x2 − 3√9− x2 + 3

+ C

k) I =∫ dx

x√

1 + x2

Cách 1Đặt x = tan t =⇒ dx =

dt

cos2 t√

1 + x2 =√

1 + tan2 t =

√1

cos2 t=

1

cos t

I =∫ 1

tan t

11

cos t

dt

cos2 t=∫ dt

sin t= ln

∣∣∣tant

2

∣∣∣+ C = ln∣∣∣tan(

tanx

2)∣∣∣+ C

Cách 2Đặt x = sinh t : tương tự như trên với chú ý cosh2 t− sinh2 t = 1Cách 2:Đặt t =

√x2 + 1 =⇒ t2 = 1 + x2 =⇒ tdt = xdx

I =∫ xdx

x2√

1 + x2=∫ tdt

(1− t2)t

=∫ dt

1− t2=∫ 1

2(

1

1 + t− 1

1− t)dt

=1

2(ln∣∣1 + t

∣∣+ ln∣∣1− t∣∣) + C =

1

2. ln

∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣+ C

Cách 3:


CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN 3.2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG

Đặt t = sinhxCách 4Đặt t =

1

xCách 5

Đặt t− x =√x2 + 1 =⇒ x =

t2 − 1

2t

l)∫ dx

(4x2 + 1)√

3− 2x2.

Đặt t =

√3

x2− 2

m)∫ dx

(x+ 1)√x2 + 1

Đặt t =1

x+ 1

n)∫ dx

(x− 1)2√x2 + x+ 1

Đặt t =1

x− 1

o) I =∫ dx

(x2 − 2x)√

4x− 2x2 + 1

p) I =∫ √x2 + x+ 1

xdx

3.2 Tích phân suy rộng

Bài tập

Bài 1. Tìm nguyên hàm

(a)∫

(3√x− 5

x+ 4ex)dx

(b)∫ 2x2 − 3x

3√x

dx

(c)∫x2 sin(1− 3x3)dx

(d)∫ dx√

x2 + 2x− 4

(e)∫

cos 2x.(x2 + 2x).dx

(f)∫

(2x+ 1) arctanx.dx

(g)∫ 7x− 12

2x2 − 7x+ 6dx

(h)∫ dx

cosx.

(i)∫ dx

5 + 4 cosx

(j)∫ x+ 2√

x+ 1 + 1dx

(k)∫ dx

cos4 x

(l)∫ x3

√4− x2

dx

(m)∫

tan4 xdx

(n)∫

(x2 + 2).e2xdx

Bài 2. Tìm nguyên hàm hàm hữu tỷ sau

(a)∫ 2x+ 3

(5x− 1)6dx

(b)∫ 4x+ 3

x3 − 2x2 + xdx

(c)∫ 2x2 + 3x− 1

x4 + xdx

(d)∫ dx

2x2 − 3x+ 5

(e)∫ 2x+ 3

4x2 + 3x+ 5dx

(f)∫ x2 + 1

x2 − x+ 1


3.2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN

(g)∫ x2 + 1

x3 + 2x2 + 3x

(h)∫ x4 + 1

x4 − xdx

(i)∫ x2 + 1

x4 + 1dx

(j)∫ dx

(x2 + 1)2

(k)∫ (2x+ 1)dx

x(x2 + 1)2

(l)∫ 5dx

3x2 − x+ 7

(m)∫ 4x− 1

2x2 − x+ 3

(n)∫ x4 + 2

x3 + 1dx

Bài 3. Tìm nguyên hàm hàm lượng giác sau

a)∫ dx

cosx

b)∫ sin4 x− 2 sin2 x

cosxdx

c)∫

(tanx+ 3 tan5 x)dx

d)∫ 2 sin 2x− cos 2x

sinx+ cosxdx

e)∫ 3 sinx+ cosx

1 + sin xdx

f)∫ 3 sin2 x+ cos 2x

sin2 x− 3dx

Bài 4. Tìm nguyên hàm hàm vô tỷ sau

(a)∫ √x+ 1− 2 3

√x+ 1

xdx

(b)∫x

√x+ 1

x− 1dx

(c)∫ dx√

2x− 3x2 + 3

(d)∫ dx√

5x2 − 3x− 1dx

(e)∫ (3x+ 2)dx√

x− 5x2 + 1

(f)∫ (2x− 1)dx√

3x2 − 7x− 5

(g)∫ √

3x2 − 2x− 1dx

(h)∫ √

3− 4x− 5x2dx

(i)∫ (x2 − 3x)√

2x2 − 5x− 1dx

(j)∫ (x3 + 2x)√

x2 + x+ 1

(k)∫ x3 − x+ 1√

x2 − x+ 1dx

(l)∫ dx

x√x2 − 4

(m)∫ dx

(4x2 + 1)√

2− 3x2

(n)∫ dx

(x2 − 2x)√

3x2 − 6x− 2

(o)∫ dx

x√x2 − 2x− 3

(p)∫ dx

(2x+ 1)2√x2 − 1

(q)∫ √x2 + x+ 1

x3dx

(r)∫ √x2 + x+ 1

xdx

(s)∫ dx

x3√x2 − x+ 1

(t)∫ x3 − x+ 1√

x2 + x+ 1dx

(u)∫ xdx

(x3 − 1)√x2 − 1

Bài 5. Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng

(a)+∞∫1

2x2 + x− ln6 x

(x2 + 1)√x3 + 3x2

(b)4∫0

dx

x(√x− 2)

(c)+∞∫0

x+ 1

x2√x2 + x

dx

(d)+∞∫0

ln2 xdx

x+ x2

(e)1∫0

2x+ 1√x− x2

dx

(f)+∞∫1

3x− x2 − 1

x√x3 + 3x

dx

(g)+∞∫0

dx√x+ 1 lnx

(h)+∞∫0

2x+√x

ex − 1

(i)+∞∫0

1 + sin x

lnx− 3x2dx

(j)+π

2∫0

tanx−√x

sinxdx

(k)+∞∫0

ln(1 +√x)

ex − 1dx

(l)+∞∫0

sinx

x√x− 1

dx

(m)+∞∫0

lnx− ln(x+ 1)√x

dx

(n)+∞∫0

√x

[cos

1

x− e

1x2

]dx

(o)+∞∫0

sinx√xdx

(p)+∞∫0

sin2 x− cos 1x

x2dx


CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN 3.2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG

Bài 6. Tìm điều kiện tham số để tích phân sau hội tụ

(a)+∞∫0

arctan 3x

xαdx

(b)+∞∫0

xαdx

x3 + sinx

(c) I =+∞∫0

dx

(x3 + ln(1 + x))xα.

(d) I =+∞∫1

ln

(1 +

e3x − 1

α

)dx.

(e)+∞∫0

ln(1 +√x)

exα − 1dx

(f) I =+∞∫0

dx

x2 + 2xα.

(g) I =+∞∫1

xdx

ex + xα.

(h) I =+∞∫1

dx

x+ 2xα.

(i) I =+∞∫0

x4α3 arctan

√x

1 + xαdx.

(j) I =+∞∫1

xα|1− x|β

Bài 7. Tính tích phân suy rộng

(a) I =∞∫e

1

x ln2 xdx.

(b) I =+∞∫0

x

e2xdx.

(c) I =+∞∫2

2x2 − x+ 1

x(x− 1)3dx.

(d) I =+∞∫1

dx

(1 + x)2√x

(e) I =+∞∫0

arctanxdx√(x2 + 1)3

.

(f) I =+∞∫0

(5x2 + 16x+ 7)dx

(x2 + 3x+ 2)(x2 + 2x+ 5)

(g) I =+∞∫0

2x2 + 6

ex+1.

(h) I =+∞∫0

cosxdx

ex

(i) I =+∞∫√

3

dx

x√x2 + 1

.

(j) I =1∫0

dx

(3 + x)√

1− x.

(k) I =2∫1

x2dx√x2 − 1

(l) I =+∞∫0

dx√2e2x + 2ex + 1

(m) I =1∫0

2− 3√x− x3

5√x3

.

(n) I =1∫−1

dx

(4− x)√

1− x2.

(o) I =∞∫1

dx

x√x10 + x5 + 1

(p) I =∞∫1

dx

x2√x2 + 1

.

(q) I =+∞∫0

dx

(x+ 1)√x2 + 1

(r) I =+∞∫1

dx

x√x2 + x− 1

(s) I =+∞∫1

dx3√x13 3√

1 + x2.

(t) I =+∞∫0

dx

(4x2 + 1)√x2 + 1

(u) I =+∞∫0

dx

(√x2 + 1 + x)2

Bài 8. Cho tích phân I =∫ +∞

1

dx

(x+ 1)√

(x2 − x)α. Tìm α để tích phân hội tụ. Tính tích phân

khi α = 1.

ĐS: 0 < α < 2, I = − ln(3− 2√

2)√2

.


3.3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN

Bài 9. Cho tích phân I =∫ +∞

1

dx

xα(x+1)(x2+x+2). Tìm α để tích phân hội tụ. Tính tích phân khi

α = 1.ĐS: α > −2, I =

ln 2

2− π

2√

7+

1√7

arctan3√7.

Bài 10. Cho tích phân I =∫ 2

0

dx

(x2 + 1)√

(4− x2)α. Tìm α để tích phân hội tụ. Tính tích phân

khi α = 1.

3.3 Ứng dụng hình học của tích phân

3.3.1 Diện tích hình phẳng

Diện tích miền phẳng D giới hạn bởi y = f(x), y = g(x), x = a, x = b là

S(D) =

b∫a

|f(x)− g(x)|dx

Ví dụ 3.9 Tính diện tích miền D giới hạn bởi y = lnx, y = x− 1, x = e.

Phương trình hoành độ giao điểm: lnx = x− 1⇐⇒ x = 1.Công thức diện tích

S(D) =

e∫1

| lnx−x+1|dx =

∣∣∣∣ e∫1

(lnx− x+ 1)dx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣x lnx− x2

2

∣∣∣∣e1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2e− e2

2− 1

2

∣∣∣∣ =e2 + 1

2−2e.

Ví dụ 3.10 Tính diện tích miền D giới hạn bởi y = x2, x+ y = 2, y = 0.

Cách 1 Các hoành độ giao điểm của 3 hàm số trên là x = 0, x = 1, x = 2.Ta chia miền D làm 2 phần

S(D) =

1∫0

x2dx+

2∫1

(2− x)dx =1

3+

1

2=

5

6

Cách 2 Ta viết hàm số theo biến y : x =√y, x = 2− y, y = 0.

Phương trình tung độ giao điểm√y = 2− y ⇐⇒ y = 1.

Công thức diện tích theo biến y

S(D) =

1∫0

∣∣√y − 2 + y∣∣ dy =

∣∣∣∣ 1∫0

(√y − 2 + y)dy

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−5

6

∣∣∣∣ =5

6

Ví dụ 3.11 Tính diện tích miền D giới hạn bởi y = log3x, y = 4− x, y = 0.


CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN 3.3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN

Cách 1: Chia D làm 2 miền. 3 hoành độ giao điểm cua 3 đường là: x = 1, 3, 4.

S(D) = S(D1) + S(D2) =

3∫1

log3xdx+

4∫3

(4− x)dx =7

2− 2

ln 3

Cách 2: Tính theo biến y. Miền D : x = 3y, x = 4− y, y = 0.Phương trình tung độ giao điểm 3y = 4− y ⇐⇒ y = 1.

S(D) =

1∫0

∣∣3y − 4 + y∣∣ dy =

∣∣∣∣[ 3y

ln 3− 4y +

y2

2

]1

0

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2

ln 3− 7

2

∣∣∣∣ =7

2− 2

ln 3.

3.3.2 Độ dài đường cong

Cho đường cong C : y = f(x), x ∈ [a, b]. Độ dài đường cong C là

l(C) =

b∫a

√1 + f ′(x)2dx

Ví dụ 3.12 Tính độ dài đường cong C : y = x2, x ∈ [0, 1].

Công thức độ dài

l(C) =

1∫0

√1 + (2x)2dx =

1

2

[2x

2

√1 + 4x2 +

1

2ln∣∣2x+

√1 + 4x2

∣∣]1

0

=1

2[√

5 +1

2ln(2 +

√5)]

Ví dụ 3.13 Tính độ dài đường cong C : y = lnx, x ∈ [1, 3].

Ta có√

1 + y′2 =

√1 +

1

x2=

√x2 + 1

x.

Công thức độ dài l(C) =3∫1

√x2 + 1

xdx =

√x2 + 1

x2xdx.

Đặt t =√x2 + 1⇐⇒ x2 = t2 − 1 =⇒ xdx = tdt.

l(C) =

√10∫

√2

t

t2 − 1tdt =

[t+

1

2ln

∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣]√

10

√2

=√

10−√

2 +1

2ln

√10− 1√10 + 1

− 1

2

√2− 1√2 + 1

.

Ví dụ 3.14 Tính độ dài đường cong C : y = x√x−√x

3, x ∈ [0, 1].

Ta có√

1 + y′2 =

√1 +

(3√x

2− 1

6√x

)2

=

√1 +

9x

4− 1

2+

1

36x=

√(3√x

2− 1

6√x

)2

=

3√x

2+

1

6√x

.



Công thức độ dài

l(C) =

1∫0

(3√x

2+

1

6√x

)dx =

[x√x+

√x

3

]1

0

=4

3

3.3.3 Thể tích vật thể tròn xoay

Cho miền D giới hạn bởi y = f(x), Ox, x = a, x = b. Thể tích vật thể tròn xoay được sinh rakhi cho D quay quanh Ox và Oy là

VOx = πb∫a

y2dx

VOy = 2πb∫a

|xy|dx

Chú ý

• Khi D quay quanh Ox thì không được cắt Ox. Tương tự cho Oy.

• Miền D giới hạn bởi Ox thì công thức tích phân theo x. Nếu D giới hạn bởi Oy thì ta cócông thức tương tự bằng cách đổi vai trò x,y cho nhau.

Ví dụ 3.15 Cho miền D giới hạn bởi : y = x2, y = x + 2. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho Dquay quanh trục Ox và trục Oy.

Phương trình hoành độ giao điểm x2 = x+ 2⇐⇒ x = −1 ∨ x = 2. Công thức thể tích

VOx = π

2∫−1

∣∣x4 − (x+ 2)2∣∣ dx =

∣∣∣∣π 2∫−1

(x2 − x− 2)dx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−72

5

∣∣∣∣ =72

5.

Vì miền D cắt trục Oy nên công thức không đúng nữa. Ta bỏ qua VOy.

Ví dụ 3.16 Cho miền D giới hạn bởi : y = x2 − 2x, y = x. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho Dquay quanh trục Ox và trục Oy.

Phương trình hoành độ giao điểm x2 − 2x = x⇐⇒ x = 0 ∨ x = 3

a) VOx. Vì miền D bị cắt bởi trục Ox nên công thức không đúng. Bài này khó, ta không tính.

b) VOy. Công thức

VOy = 2π

3∫0

∣∣x(y1 − y2)∣∣ dx = 2π

3∫0

∣∣x(x2 − 2x− x)∣∣ dx = 2π

3∫0

(3x2 − x3)dx =27π

2.


CHƯƠNG 3. TÍCH PHÂN 3.3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN

3.3.4 Diện tích mặt tròn xoay

Diện tích mặt tròn xoay khi cho C : y = f(x), x ∈ [a, b] quay quanh trục Ox và Oy là

SOx = 2πb∫a

|y|√

1 + y′2dx

SOy = 2πb∫a

|x|√

1 + y′2dx

Ví dụ 3.17 Cho C : y =√x, x ∈ [0, 1]. Tính diện tích mặt tròn xoay được tạo ra cho C quay quanh

trục Ox, Oy.

Ta có√

1 + y′2 =

√1 +

1

4x=

√4x+ 1

4x.

Công thức

a) SOx = 2π1∫0

√x

√4x+ 1

4xdx = 2π

1∫0

√1 + 4x

2dx = π

5√

5− 1

6(đặt t =

√1 + 4x).

b) Công thức

SOy = 2π1∫0

x

√4x+ 1

4xdx = π

1∫0

√4x2 + xdx = π

1∫0

√(2x+ 1

4)2 − 1

16dx

=π

2

[2x

2

√4x2 + x− 1

32ln |2x+ 1

4+√

4x2 + x|]1

0

=π

2

[√5− 1

32ln(9 + 4

√5)

] .

Ví dụ 3.18 Cho C : y =√

4− x2. Tính diện tích mặt tròn xoay khi cho C quay quanh trục Ox vàOy.

Ví dụ 3.19 Cho đường cong C : y =√

2x− x2.

1. Tính diện tích miền D giới hạn bởi C và trục Ox.

2. Tính độ dài đường cong C

3. Tính thể tích vật thể được tạo ra khi cho D quay quanh trục Ox và trục Oy.

4. Tính diện tích mặt tròn xoay khi cho C quay quanh trục Ox và trục Oy.

Bài tập

1. Tính diện tích miền phẳng

(a) y = arcsinx, y = −x2, x = −1, x = 1.

(b) D : y = lnx, y = x, x = 0, x = 1.

(c) D : y = x2, y =2

1 + x2

(d) y = x2, y = x+ 2.

(e) D : y = x− x2, y = x√

1− x



(f) y = xex, y = −x, x = 1.

(g) 4OAB : A(2; 3), B(3; 2).

2. Tính độ dài đường cong

(a) y =√

2x− x2, 1/2 < x < 1

(b) y = ex, x = 0..1

(c) y =x2

2− lnx

4, x = 1..3

(d) y = 2√

1 + ex/2, x = 1.. ln 9

3. Tính thể tích vật thể tròn xoay

(a) D : y =√xe−x, y = 0, x = 2 Tính VOx.

(b) y = x2, y = x+ 2, x ≥ 0. Tính VOx, VOy.

(c) y =√

4− x2, y = 0, y ≥ x. Tính VOx, VOy.

(d) y = x, y =1

x, x = 2. Tính VOx, VOy.

(e) y = lnx, y = 0, x = 1, x = 2. Tính VOx, VOy.

4. Tính diện tích mặt tròn xoay

(a) C : y =√

1 + x2, x = 0..1/4. Tính SOx, SOy.

(b) C : y = lnx, x = 1..e. Tính SOy.

5. Cho miền D giới hạn bởi y = 2x2, y =x2

2, y = x.

(a) Tính diện tích D.

(b) Tính độ dài đường cong C : y =x2

2, x ∈ [0, 1].

(c) Tính diện tích mặt tròn xoay khi cho C quay quanh Ox và Oy.

(d) Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho D quay quanh Ox,Oy.


CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN4.1 Phương trình vi phân cấp 1

4.1.1 Phương trình vi phân tách biến

Phương trình vi phân Tách biến dạng

f(x)dx = g(y)dy

Nghiệm ∫f(x)dx =

∫g(y)dy

Ví dụ 4.1 Giải phương trình vi phân (2 + 3y2)dy − 2xdx = 0, y(0) = 0.

Bài giảiLấy nguyên hàm 2 vế∫

(2 + 3y2)dy −∫

2xdx = 0⇐⇒ 2y + y3 − x2 + C = 0

y(0) = 0 =⇒ C = 0Vậy nghiệm là 2y + y3 − x2 = 0

Ví dụ 4.2 Giải phương trình vi phân 3y2y′ = 2x, y(0) = 1

Bài giảiPhương trình trở thành

3y2 dy

dx= 2x⇐⇒ 3y2dy = 2xdx⇐⇒

∫3y2dy =

∫2xdx⇐⇒ y3 = x2 + C ⇐⇒ y =

3√x2 + C.

y(0) = 1 =⇒ 1 = 3√

02 + C =⇒ C = 1Vậy nghiệm là y = 3

√x2 + 1

Ví dụ 4.3 Giải phương trình vi phân x+ y√

1− x2y′ = 0

Bài giảiPhương trình trở thành

x+y√

1− x2dy

dx= 0⇐⇒ xdx√

1− x2+ydy = 0⇐⇒

∫xdx√1− x2

+

∫ydy = 0⇐⇒ −

√1− x2+

y2

2+C = 0

Vậy nghiệm tổng quát là −√

1− x2 +y2

2+ C = 0

Hay có thể viết y2 = 2√

1− x2 − 2C.

83

4.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Ví dụ 4.4 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân xy′ − y = 0

Bài giảiPhương trình được viết lại

dy

y=dx

x⇐⇒

∫dy

y=

∫dx

x⇐⇒ ln |y| = ln |x|+ C ⇐⇒ ln

∣∣∣yx

∣∣∣ = C ⇐⇒∣∣∣yx

∣∣∣ = eC

Ví dụ 4.5 Tìm nghiệm của phương trình vi phân y′ = 3x2y, y(0) = 2


dy

y= 3x2dx⇐⇒ ln |y| = x3 + C ⇐⇒ |y| = ex

3+C = eC .ex3

y(0) = 2 =⇒ |2| = eC .e0 =⇒ eC = 2Vậy nghiệm của phương trình là |y| = 2ex

3.

Ví dụ 4.6 Giải phương trình vi phân y′ + 2xy = xy2.


dy

dx= x(y2 − 2y)⇐⇒ dy

y2 − 2y= xdx

⇐⇒∫ dy

y2 − 2y=∫xdx⇐⇒

∫ 1

2(

1

y − 2− 1

y)dy =

∫xdx

⇐⇒ 1

2ln

∣∣∣∣y − 2

y

∣∣∣∣ =x2

2+ C ⇐⇒

∣∣∣∣y − 2

y

∣∣∣∣ = ex2+2C

Ví dụ 4.7 Giải phương trình vi phân x+ xy2 + y√

1− x2y′ = 0

Bài giảiViết lại phương trình

x(1 + y2) + y√

1− x2dy

dx= 0⇐⇒ xdx√

1− x2+

ydy

1 + y2= 0

⇐⇒ −√

1− x2 +1

2ln |1 + y2|+ C = 0⇐⇒ y2 = e2

√1−x2+2C − 1

Ví dụ 4.8 Giải phương trình vi phân (4y − 2x)y′ = 2(x− 2y + 1)2, y(−1) = 0 (1).

Bài giảiĐặt u = x− 2y + 1 =⇒ u′ = 1− 2y′.

(1) : −2(u− 1)1− u′

2= u2 ⇐⇒ u′ =

2u2

u− 1+ 1⇐⇒ du

dx=

2u2 + u− 1

u− 1

⇐⇒ u− 1

2u2 + u− 1du = dx⇐⇒

∫ u− 1

2u2 + u− 1du =

∫dx

⇐⇒ 2

3ln |u+ 1| − 1

6ln |2u− 1| = |x|+ C

⇐⇒ 2

3ln |x− 2y + 2| − 1

6ln |2x− 4y + 1| = |x|+ C

y(−1) = 0 =⇒ C = −1.

Vậy nghiệm là2

3ln |x− 2y + 2| − 1

6ln |2x− 4y + 1| = |x| − 1


CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1

4.1.2 Phương trình vi phân đẳng cấp

Dạng

y′ = f(y

x)

PP: đặt u =y

x⇐⇒ y = x.u =⇒ y′ = u+ xu′

Thay vào phương trình:

u+ xu′ = f(u)⇐⇒ xdu

dx= f(u)− u

Rút gọn đưa về phương trình tách biến theo x, u

du

f(u)− u=dx

x

Ví dụ 4.9 Giải phương trình vi phân xyy′ = x2 − xy + y2.

Bài giảiChia 2 vế cho xy ta được y′ =

x

y− 1 +

y

x.

Đặt u =y

x=⇒ y′ = u+ xu′

Thế vào phương trình trên ta được

u+ xu′ =1

u− 1 + u⇐⇒ xdu

dx=

1− uu

⇐⇒ udu

1− u=dx

x⇐⇒

∫ udu

1− u=∫ dxx

⇐⇒ −u− ln |1− u| = ln |x|+ C

⇐⇒ −yx− ln

∣∣∣x− yx

∣∣∣ = ln |x|+ C

⇐⇒ −yx− ln |x− y| = C

Chú ý: Ta có thể xác định hàm f(u) =1

u− 1 + u do đó phương trình đưa về dạng tách biến

du

f(u)− u=dx

x⇐⇒ du

1u− 1

=dx

x

Ví dụ 4.10 Giải phương trình vi phân (y2 + 2xy)dx+ xydy = 0.


y

x+ 2 + y′ = 0

Đặt u =y

x=⇒ f(u) = −u− 2

Áp dụng công thứcdu

f(u)− u=dx

x



Phương trình trở thành

du

−u− 2− u=dx

x⇐⇒

∫du

−2u− 2=

∫dx

x⇐⇒ −1

2ln |u+1| = ln |x|+C ⇐⇒ |y

x+1| = 1

x2e−2C .

Ví dụ 4.11 Giải phương trình vi phân xy′ = x+ 2y, y(1) = 3

Bài giảiChia 2 vế cho x ta được y′ = 1 + 2

y

xĐặt u =

y

x=⇒ f(u) = 1 + 2u

Phương trình trở thành

du

1 + 2u− u=dx

x⇐⇒

∫ du

1 + u=∫ dxx

⇐⇒ ln |u+ 1| = ln |x|+ C ⇐⇒ |u+ 1| = eC |x|⇐⇒ |y

x+ 1| = eC |x|

y(1) = 3 =⇒ |3 + 1| = eC .|1| =⇒ eC = 4

Vậy nghiệm là |yx

+ 1| = 4|x|.

Ví dụ 4.12 Giải phương trình vi phân xy2y′ = x3 + y3.

Bài giải

Chia 2 vế cho xy2 ta được y′ =x2

y2+y

x.

Đặt u =y

x=⇒ f(u) =

1

u2+ u

Phương trình vi phân trở thành

du1u2

+ u− u=dx

x⇐⇒

∫u2du =

∫ dxx

⇐⇒ u3

3= ln |x|+ C ⇐⇒ u = 3

√3(ln |x|+ C)

⇐⇒ y = x 3√

3(ln |x|+ C)

Ví dụ 4.13 Giải phương trình vi phân y′ =2x− y

3x− 4y + 5

4.1.3 Phương trình vi phân toàn phần

Dạng {P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0

P ′y = Q′x

Nghiệm là U(x, y) = C. Trong đó

U(x, y) =∫ xx0P (x, y0)dx+

∫ yy0Q(x, y)dy

=∫ xx0P (x, y)dx+

∫ yy0Q(x0, y)dy

với (x0, y0) được chọn tùy ý. Thường chọn (x0, y0) = (0, 0)



Ví dụ 4.14 Giải phương trình vi phân (3x+ 2y)dx+ (2x− 9y)dy = 0.

Bài giảiTa có P ′y = Q′x = 2 do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.

Trong đó U(x, y) =(x,y)∫(0,0)

Pdx+Qdy

Chọn đường đi (0, 0) −→ (x, 0) −→ (x, y)

U(x, y) =

x∫0

3xdx+

y∫0

(2x− 9y)dy =3x2

2+ 2xy − 9y2

2

Nghiệm tổng quát là3x2

2+ 2xy − 9y2

2= C

Ví dụ 4.15 Giải phương trình vi phân (3x2y2 + 7)dx+ 2x3ydy = 0.

Bài giảiTa có P ′y = Q′x = 6x2y do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.


Pdx+Qdy

Chọn đường đi (0, 0) −→ (x, 0) −→ (x, y)

U(x, y) =

x∫0

7dx+

y∫0

2x3ydy = 7x+ x3y2.

Nghiệm tổng quát là 7x+ x3y2 = C

Ví dụ 4.16 Giải phương trình vi phân (2x+ yexy)dx+ (1 + xexy)dy = 0, y(0) = 1.

Bài giảiTa có P ′y = Q′x = (1 + xy)exy do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.


Pdx+Qdy

Chọn đường đi (0, 0) −→ (x, 0) −→ (x, y)

U(x, y) =

x∫0

2xdx+

y∫0

(1 + xexy)dy = x2 + y + exy − 1

Nghiệm tổng quát là x2 + y + exy = C.y(0) = 1 =⇒ 0 + 1 + 1 = C =⇒ C = 2.Vậy nghiệm là x2 + y + exy = 2.

Ví dụ 4.17 Giải phương trình vi phân (1− y

x2)dx+ (y2 +

1

x)dy = 0, y(1) = 0.

Bài giải

Ta có P ′y = Q′x = − 1

x2do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.




Pdx+Qdy

Chọn đường đi (1, 0) −→ (x, 0) −→ (x, y)

U(x, y) =

x∫1

1dx+

y∫0

(y2 +1

x)dy = x− 1 +

y3

3+y

x

Nghiệm tổng quát là x+y3

3+y

x= C

y(1) = 0 =⇒ 1 + 0 = C =⇒ C = 1

Vậy nghiệm là x+y3

3+y

x= 1

Ví dụ 4.18 Bài giảiGiải phương trình vi phân (x+ e

xy )dx+ e

xy (1− x

y)dy = 0, y(0) = 1.

Ta có P ′y = Q′x = − x

y2exy do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.


Pdx+Qdy

Chọn đường đi (0, 1) −→ (0, y) −→ (x, y)

U(x, y) =

y∫1

1.dy +

x∫0

(x+ exy )dx = y − 1 +

x2

2+ y(e

xy − 1) =

x2

2+ ye

xy − 1

Nghiệm tổng quát làx2

2+ ye

xy = C

y(0) = 1 =⇒ 0 + 1.e0 = C =⇒ C = 1

Vậy nghiệm làx2

2+ ye

xy = 1

4.1.4 Phương trình vi phân tuyến tính

Dạngy′ + p(x)y = q(x)

• Tìm hàm h(x) = e∫p(x)dx

• Suy ra nghiệm

y(x) =1

h(x)

[∫f(x)q(x)dx+ C

]

Chú ý: có nhiều hàm h(x). Ta có thể chọn một hàm h(x) tùy ý.

Ví dụ 4.19 Giải phương trình vi phân y′ + (3x2 +x√

3− x2)y = 0



Bài giảip(x) = 3x2 +

x√3− x2

, 1(x) = 0

h(x) = e∫p(x)dx = e

∫(3x2+ x√

3−x2)dx

= ex3−√

3−x2

Nghiệm là

y(x) =1

h(x)

[∫q(x)h(x)dx+ C

]=

1

ex3−√

3−x2

[∫0.ex

3−√

3−x2dx+ C

]= C.e−x

3+√

3−x2

Ví dụ 4.20 Giải phương trình vi phân y′ − y

x= x2, y(1) = 1.

Bài giải

p(x) = −1

x, q(x) = x2.

h(x) = e∫p(x)dx = e

∫− 1xdx = e− ln |x| = eln 1

|x| =1

|x|= ±1

x.

Chọn h(x) =1

x

=⇒ y(x) =1

h(x)

[∫q(x)h(x)dx+ C

]= x

(∫x2.

1

xdx+ C

)= x(

x2

2+ C) =

x3

2+ Cx

y(1) = 1 =⇒ 1 =1

2+ C =⇒ C =

1

2.

Vậy nghiệm là y(x) =x3 + x

2

Ví dụ 4.21 Giải phương trình vi phân y′ − y

x+ 1=

x

x+ 1.

Bài giải

p(x) = − 1

x+ 1, q(x) =

x

x+ 1.

h(x) = e∫− 1x+1

dx = e− ln |x+1| =1

|x+ 1|Chọn h(x) =

1

x+ 1.

=⇒ y(x) = (x+ 1)(∫ x

x+ 1.

1

x+ 1dx+ C) = (x+ 1)

(∫ x+ 1− 1

(x+ 1)2dx+ C

)= (x+ 1)

(∫(

1

x+ 1− 1

(x+ 1)2)dx+ C

)= (x+ 1)(ln |x+ 1|+ 1

x+ 1+ C)

= (x+ 1) ln |x+ 1|+ 1 + C(x+ 1).

Ví dụ 4.22 Giải phương trình vi phân y′ − y cotx = sinx.

Bài giảip(x) = − cotx, q(x) = sinx.

h(x) = e∫− cotxdx = e

∫− cos x

sin xdx = e− ln | sinx| =

1

sinx

=⇒ y(x) = sinx(∫

sinx.1

sinxdx+ C) = sinx(x+ C)



Ví dụ 4.23 Giải phương trình vi phân (x2 + 1)y′ + 4xy = 3.

Bài giải

Phương trình được viết lại y′ +4x

x2 + 1y =

3

x2 + 1.

p(x) =4x

x2 + 1, q(x) =

3

x2 + 1.

h(x) = e∫

4xx2+1

dx= e2 ln |x2+1| = eln(x2+1)2 = (x2 + 1)2

=⇒ y(x) =1

(x2 + 1)2(∫ 3

x2 + 1.(x2 + 1)2dx+ C)

=1

(x2 + 1)2(∫

(3x2 + 3)dx+ C) =1

(x2 + 1)2(x3 + 3x+ C)

Ví dụ 4.24 Giải phương trình vi phân (1− x)(y′ + y) = e−x, y(0) = 0.

Bài giải

Phương trình được viết lại y′ + y =e−x

1− x.

p(x) = 1, f(x) =e−x

1− x.

h(x) = e∫

1dx = ex

=⇒ y(x) = e−x(∫ e−x

1− x.exdx+ C)

= e−x(∫ dx

1− x+ C) = e−x(− ln |1− x|+ C).

y(0) = 0 =⇒ 0 = 1(0 + C) =⇒ C = 0.Vậy nghiệm là y(x) = −e−x ln |1− x|

4.1.5 Phương trình vi phân Bernulli

Phương trình Bernouli có dạng

y′ + p(x)y = f(x).yα, α 6= 0, 1.

Phương pháp: Đặt z = y1−α đưa về dạng tuyến tính.

Ví dụ 4.25 Giải phương trình vi phân xy′ + y = xy2 lnx, y(1) = 1.

Bài giảiTa có α = 2 nên nhân 2 vế cho y−2, ta được

y−2y′ +y−1

x= lnx

Đặt z = y1−α = y−1 =⇒ z′ = −1.y−2.y′. Ta viết lại phương trình

−z′ + z

x= lnx⇐⇒ z′ − 1

xz = − lnx



Giải phương trình tuyến tính

h(x) = e∫ −1

xdx = e− ln |x| =

1

x

Nghiệm tổng quát là

z(x) = x(

∫− lnx.

1

xdx+ C) = x(− ln2 x

2+ C) =⇒ 1

y= x(− ln2 x

2+ C)

y(1) = 1 =⇒ 1 = 1(−0 + C) =⇒ C = 1

Vậy nghiệm cần tìm là1

y= x(− ln2 x

2+ 1).

Ví dụ 4.26 Giải phương trình vi phân y′ + 2xy = xex2y3

Bài giải

Phương trình viết lạiy′

y3+

2x

y2= xex

2 .

Đặt z =1

y2=⇒ z′ = −2y′

y3.

PT:−z′

2+ 2xz = xex

2 ⇐⇒ z′ − 4xz = −2xex2

=⇒ p(x) = −4x, q(x) = −2xex2.

h(x) = e∫

(−4x)dx = e−2x2

z(x) = e2x2∫e−2x2 .(−2x)ex

2dx = e2x2(e−x

2+ C)⇐⇒ 1

y2= ex

2+ Ce2x2 .

Ví dụ 4.27 Giải phương trình vi phân y′ +y

x=

√1− 2x

y2.

Bài giải

PT: y2y′ +y3

x=√

1− 2x.

Đặt z = y3 =⇒ z′ = 3y2y′

PT:z′

3+z

x=√

1− 2x⇐⇒ z′ +3

xz = 3

√1− 2x =⇒ p(x) =

3

x, q(x) = 3

√1− x2.

=⇒ h(x) = e∫

3dxx = e3 lnx = x3.

z(x) = y3(x) =1

x3

∫x3.√

1− 2xdx =1

x3

(√1− 2x(

x4

5− x2

15− 2

15) + C

)

4.1.6 Bài tập tổng hợp

Ví dụ 4.28 Giải phương trình vi phân y′ = 2x−y, y(0) = 0.


dy

dx=

2x

2y⇐⇒ 2ydy = 2xdx (dạng tách biến)

⇐⇒ 2y

ln 2=

2x

ln 2+ C ⇐⇒ 2y = 2x + C.

y(0) = 0 =⇒ 1 = 1 + C =⇒ C = 0Vậy nghiệm là 2y = 2x =⇒ y = x.



Ví dụ 4.29 Giải phương trình vi phân: xy′ = xeyx + y, y(1) = 0..

Bài giảiViết lại phương trình y′ = e

yx +

y

x(dạng đẳng cấp)

Đặt u =y

x, f(u) = eu + u

Phương trình được viết lại theo công thứcdu

f(u)− u=dx

x

du

eu + u− u=dx

x⇐⇒

∫e−udu =

∫dx

x⇐⇒ −e−u = ln |x|+ C ⇐⇒ −e−

yx = ln |x|+ C.

y(1) = 0 =⇒ −e0 = 0 + C =⇒ C = −1Vậy nghiệm tổng quát là −e− yx = ln |x| − 1.

Ví dụ 4.30 Giải phương trình vi phân (x4 + 6x2y2 + y4)dx+ 4xy(x2 + y2)dy = 0, y(0) = 0..

Bài giảiP ′y = Q′x = 12x2y + 4y3 do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.


Pdx+Qdy

Chọn đường đi (0, 0) −→ (x, 0) −→ (x, y)

U(x, y) =

x∫0

x4dx+

y∫0

4xy(x2 + y2)dy =x5

5+ 2x3y2 + xy4.

Nghiệm tổng quát làx5

5+ 2x3y2 + xy4 = C

y(0) = 0 =⇒ C = 0

Vậy nghiệm làx5

5+ 2x3y2 + xy4 = 0

Ví dụ 4.31 Giải phương trình vi phân e1+x2 tan ydx =dy

x.

Bài giảiViết lại phương trình ở dạng tách biến

xex2+1dx =

dy

tan y⇐⇒

∫xex

2+1dx =

∫cos y

sin ydy ⇐⇒ 1

2ex

2+1 = ln | sin y|+ C

Ví dụ 4.32 Giải phương trình vi phân: xy′ = y + x2, y′(0) = 0.

Bài giảiViết lại phương trình y′ − y

x= x (dạng tuyến tính)

p(x) = −1

x, f(x) = x

h(x) = e∫ −1

xdx = e− ln |x| =

1

x

=⇒ y(x) = x(

∫x.

1

x+ C) = x(x+ C)



y′(0) = 0 =⇒ [2x+ C]x=0 = 0 =⇒ C = 0Vậy nghiệm là y = x2.

Ví dụ 4.33 Giải phương trình vi phân y′ =1 + 2x+ y

1− x− 2y.


dy

dx=

1 + 2x+ y

1− x− 2y⇐⇒ (1− x− 2y)dy = (1 + 2x+ y)dx⇐⇒ (1 + 2x+ y)dx+ (x+ 2y − 1)dy = 0

P ′y = Q′x = 1 (dạng toàn phần) do đó nghiệm tổng quát có dạng U(x, y) = C.


Pdx+Qdy

Chọn đường đi (0, 0) −→ (x, 0) −→ (x, y)

U(x, y) =

x∫0

(1 + 2x)dx+

y∫0

(x+ 2y − 1)dy = x+ x2 + xy + y2 − y

Nghiệm tổng quát là x+ x2 + xy + y2 − y = C

Ví dụ 4.34 Giải phương trình vi phân y′√x+ 1 + y ln3 y = 0, y(0) = e.


dy

dx

√x+ 1 + y ln3 y = 0

⇐⇒ dy

y ln3 y+

dx√x+ 1

= 0 (dạng tách biến)

⇐⇒∫ dy

y ln3 y+∫ dx√

x+ 1= 0

⇐⇒ − 1

2 ln2 y+ 2√x+ 1 + C = 0

y(0) = e =⇒ −1

2+ 2 + C = 0 =⇒ C = −3

2

Vậy nghiệm là − 1

2 ln2 y+ 2√x+ 1− 3

2= 0

Ví dụ 4.35 Giải phương trình vi phân (1− x2)y′ + xy = (1− x2) arcsinx, y(0) = 0.

Bài giảiViết lại phương trình y′ +

x

1− x2y = arcsinx (dạng tuyến tính)

p(x) =x

1− x2, f(x) = arcsin x

h(x) = e∫

x1−x2

dx= e−

12

ln |1−x2| = eln |1−x2|−12 = |1− x2|− 1

2 =1√

1− x2

=⇒ y(x) =√

1− x2

(∫arcsinx

1√1− x2

dx+ C

)=√

1− x2(arcsinx

2+ C).



y(0) = 0 =⇒ 0 = 1(0 + C) =⇒ C = 0

Vậy nghiệm là y(x) =√

1− x2.arcsinx

2.

Ví dụ 4.36 Giải phương trình vi phân y′ =2xy + 3

x2, y(1) = 2.

Bài giải

Viết lại phương trình y′ − 2

xy =

3

x2(dạng tuyến tính)

p(x) =−2

x, f(x) =

3

x2

h(x) = e∫ −2

xdx = e−2 ln |x| = elnx−2

=1

x2

=⇒ y(x) = x2

(∫3

x2.

1

x2dx+ C

)= x2(

−1

x3+ C).

y(1) = 1 =⇒ 1 = 1(−1 + C) =⇒ C = 2

Vậy nghiệm là y(x) =−1

x+ Cx2

Bài tập

1. x3y′ = y(x2 + y2).

2.√

1− y2dx+ y√

1 + x2dy = 0.

3. (xy2 + x)dx+ (y − x2y)dy = 0.

4. y2 + x2y′ = xyy′.

5. xy′ + y√

1− x2 = 0, y(1) = 1.

ĐS: ln |y|+ ln

∣∣∣∣√1− x2 + 1√1− x2 − 1

∣∣∣∣ =√

1− x2.

6. y′ − y

x+ 1=

y2

x+ 1, y(0) = 2.

7.√

1− y2dx+ y√

1− x2dy = 0

8. ex2(y′ + 2xy) = x

9. xyy′ − y2 + xe−yx = 0, y(1) = 0.

10. xy′ − y = x tan yx.

11. 3y′ − y√x2 + 1

=y4

√x2 + 1

, y(0) = 1.

12. y′ =2y − 3x+ 1

6x− 4y + 2.

ĐS: −1

4(2y− 3x+ 1) +

1

8ln |8y− 12x+ 4| =

x+ C.

13. (2y3 − x2y)y′ = xy2 − 2x3.



4.2 Phương trình vi phân cấp 2

4.2.1 Phương trình vi phân cấp 2 thuần nhất

Phương trình vi phân thuần nhất y′′ + py′ + qy = 0.Phương trình đặc trưng k2 + pk + q = 0(*)

• (*) có 2 nghiệm phân biệt k1 6= k2, nghiệm thuần nhất là

y0 = C1ek1x + C2e

k2x

• (*) có 2 nghiệm kép k1 = k2 = k0

y0 = C1ek0x + C2xe

k0x

• (*) có 2 nghiệm phức k = a± bi

y0 = eax(C1 cos bx+ C2 sin bx).

4.2.2 Phương trình vi phân cấp 2 không thuần nhất - dạng 1

Dạng y′′ + py′ + qy = Pn(x)eαx (1).Nghiệm y = y0 + yr, với yr = xsQn(x)eαx

• Nếu α không là nghiệm của (*) thì s = 0

• Nếu α là nghiệm đơn của (*) thì s = 1

• Nếu α là nghiệm kép của (*) thì s = 2

Qn(x) = Axn +Bxn−1 + ... là một đa thức bậc n tổng quát.Để tính các hệ số A,B.. ta tính đạo hàm y′r, y

′′r thế vào (1).

Ví dụ 4.37 Giải phương trình vi phân y′′ − 3y′ − 4y = 2xe−x

ĐS: y = C1e−x + C2e

4x − 1

25(5x+ 2)e−x

Ví dụ 4.38 Giải phương trình vi phân y′′ + 4y′ + 4y = (2x+ 1)e−2x (*).

Bài giải

a) Phương trình đặc trưng k2 + 4k + 4 = 0⇐⇒ k1 = k2 = −2.Nghiệm thuần nhất y0 = C1e

−2x + C2xe−2x.

b) f(x) = (2x+ 1)e−2x : α = 1 =⇒ s = 1yr = x2(Ax+B)e−2x = (Ax3 +Bx2)e−2x

=⇒ y′r = (−2Ax3 − 2Bx2 + 3Ax2 + 2Bx)e−2x



=⇒ y′′r = (4Ax3 + 4Bx2 − 12Ax2 − 8Bx+ 6Ax+ 2B)e−2x

Thế vào (*) ta được

(−8Bx+ 6Ax+ 2B) + 4.2Bx+ 0 = 2x+ 1⇐⇒

{−8B + 6A+ 8B = 2

2B = 1⇐⇒

A =

1

3

B =1

2

Vậy nghiệm y = C−2xe + C2xe

−2x + x2(1

3x+

1

2)e−2x

Ví dụ 4.39 Giải phương trình vi phân y′′ + 4y = (2x2 + 3)e−2x (*).

Bài giải

a) Phương trình đặc trưng k2 + 4 = 0⇐⇒ k = 0± 2i.Nghiệm thuần nhất y0 = e0x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x)

b) f(x) = (2x2 + 3)e−2x : α = −2 =⇒ s = 0.yr = (Ax2 +Bx+ C)e−2x

=⇒ y′r = (−2Ax2 − 2Bx− 2C + 2Ax+B)e−2x

=⇒ y′′r = (4Ax2 + 4Bx+ 4C − 8Ax− 4B + 2A)e−2x

Thế vào (*) (4Ax2 + 4Bx+ 4C − 8Ax− 4B + 2A) + 4(Ax2 +Bx+ C) = 2x2 + 3.

⇐⇒

4A+ 4A = 2

4B − 8A+ 4B = 0

4C − 4B + 2A+ 4C = 3

⇐⇒

A =

1

4

B =1

4C =

7

16

.

Vậy nghiệm là y = C1 cos 2x+ C2 sin 2x+ (1

4x2 +

1

4x+

7

16)e−2x.

Ví dụ 4.40 Giải phương trình vi phân y′′ + 6y′ + 8y = x(e−x + e−2x)

ĐS: y = C1e−2x + C2e

−4x + (1

3x− 4

9)e−x + (

1

4x2 − 1

4x)e−2x

Ví dụ 4.41 Giải phương trình vi phân y′′ − 2y′ + y = e2x sinx (*)

a) Phương trình đặc trưng k2 − 2k + 1 = 0⇐⇒ k1 = k2 = 0Nghiệm thuần nhất y0 = C1e

x + C2xex

b) f(x) = e2x sinx : α + βi = 2 + i =⇒ s = 0yr = e2x(A cosx+B sinx).y′r = e2x(3A cosx+ 3B sinx− A sinx+B cosx)y′′r = e2x(3A cosx+ 3B sinx− 4A cosx+ 4B sinx).Thế vào (*):

(3A cosx+ 3B sinx− 4A cosx+ 4B sinx) −2(3A cosx+ 3B sinx− A sinx+B cosx)+(A cosx+B sinx) = sinx

⇐⇒

A = −1

2B = 0



4.2.3 Phương trình vi phân cấp 2 dạng 2

Dạng y′′ + py′ + qy = eαx(a cos βx+ b sin βx) (2).Nghiệm y = y0 + yr, với yr = xseαx(A cos βx+B sin βx)

• Nếu α + βi là nghiệm của (*) thì s = 1

• Nếu α + βi không là nghiệm của (*) thì s = 0

Tính đạo hàm y′r, y′′r thế vào (2) suy ra hệ số A,B.

Ví dụ 4.42 Giải phương trình vi phân y′′ + y = 2 sin x− cosx

ĐS: y = C1 cosx+ C2 sinx+ x(− cosx− 1

2sinx)

Ví dụ 4.43 Giải phương trình vi phân y′′ − 6y′ + 9y = e3x(x2 + sinx)

4.2.4 Phương trình vi phân cấp 2 - dạng 3

Dạng y′′ + py′ + qy = eαx(Pn(x) cos βx+Qm(x) sin βx.Nghiệm y = y0 + yr, với yr = xseαx(Hl(x) cos βx+Kl(x) sin βx

• Nếu α + βi là nghiệm của (*) thì s = 1

• Nếu α + βi không là nghiệm của (*) thì s = 0

Trong đó, l = maxm,n và Hl, Kl là các đa thức bậc l tổng quát.Tính đạo hàm y′r, y

′′r thế vào (2) để tìm hệ Hl và Kl.

Bài tập

Giải các phương trình vi phân sau

Bài 1. y′′ + 4y′ + 3y = (2x+ 1)e−3x

ĐS:y = C1e−x + C2e

−3x + x(−1

2x− 3

4)e−3x

Bài 2. y′′ + 4y′ + 4y = 2xe−2x.


−2x +1

3x3e−2x

Bài 3. y′′ + 4y′ + 8y = (x2 + 3x)e−2x

ĐS y = e−2x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x) + (1

4x2 +

3

4x)e−2x

Bài 4. y′′ + 3y′ − 4y = e2x sinx

ĐS: y = C1ex + C2e

−4x +

(− 7

74cosx+

5

74sinx

)e2x

Bài 5. y′′ − 2y′ + y = ex cos 2x.

ĐS: y = C1ex + C2xe

x +−1

4ex cos 2x


4.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Bài 6. y′′ + 4y = 2 sin 2x− cos 2x ĐS: y = C1 cos 2x+ C2 sin 2x+ x(−1

2cos 2x− 1

4sin 2x)

Bài 7. y′′ + 5y′ + 6y = e−2x(x2 + 3x− cosx)


−3x + x(1

3x2 +

1

2x− 1)e−2x + e−2x(

1

2cosx− 1

2sinx).

4.3 Hệ phương trình vi phân

4.3.1 Ánh xạ đạo hàm

Định nghĩa 4.1 Cho D : C1(R)→ C thỏa D(x(t)) = x′(t) gọi là ánh xạ đạo hàm

Ví dụ 4.44

a) Cho x = e2t + 3t2.

4.3.2 Hệ phương trình vi phân

Ví dụ 4.45 Giải hệ phương trình vi phân

{x′ = x− 2y + 3t

y′ = 2x− 4y + et

Ta viết lại hệ

{Dx = x− 2y + 3t

Dy = 2x− 4y + et

Nghiệm

x = 2C1 + C2e

−3t − 1

2et + 2t2 − 1

3t− 1

3

y = C1 + C2e−3t + t2 − 2

3t.


{x′ = −x+ 3y + 2te−2t (1)

y′ = 2x+ 4y − e−2t (2)

Bài giải

a) Viết lại hệ

{(D + 1)x− 3y = 2te−2t (1)

−2x+ (D − 4)y = −e−2t (2)

(D-4)(1)+3(2):(D − 4)(D + 1)x− 6x = (−4t+ 2)e−2t + 2te−2t − 3e−2t

⇐⇒ (D2 − 3D − 10)x = (−12t− 1)e−2t (3)

b) Phương trình đặc trưng k2 − 3k − 10 = 0⇐⇒ k = −2 ∨ k = 5Nghiệm thuần nhất y0 = C1e

−2t+C2e5t

f(t) = (−12t− 1)e−2t : α = −2 =⇒ s = 1=⇒ xr = t(At+B)e−2t = (At2 +Bt)e−2t

=⇒ x′r = (−2At2 − 2Bt+ 2At+B)e−2t


CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

=⇒ x′′r = (4At2 + 4Bt− 8At− 4B + 2A)e−2t

Thế vào (3):

(4Bt− 8At− 4B + 2A)− 3(−2Bt+ 2At+B)− 10Bt = (−12t− 1)e−2t

⇐⇒ A =6

7, B =

19

49

Suy ra x(t) = C1e−2t + C2e

5t +

(6

7t2 +

19

49

)e−2t

c) Từ (1):

y(t) =1

3(x′ + x− 2te−2t)

= −C1

3e−2t + 2C2e

5t + (4

7t2 − 52

147t+

19

147)e−2t


{x′ = 3x− y + t, (1)

y′ = x+ y + cos t (2)

Bài giải

a) Viết lại hệ {(D − 3)x+ y = t, (1)

−x+ (D − 1)y = cos t (2)

(1)+(D-3)(2): D2y − 4Dy + 4y = t− sin t− 3 cos t (3)

b) Phương trình đặc trưng k2 − 4k + 4 = 0⇐⇒ k1 = k2 = 2.Suy ra y0 = (C1 + C2t)e

2t.

(a) Giải D2y − 4Dy + 4y = − sin t− 3 cos t (3a)y1 = A cos t+B sin t, đạo hàm thế vào (3a)

−A cos t−B sin t+ 4A sin t− 4B cos t+ 4A cos t+ 4B sin t = − sin t− 3 cos t

⇐⇒

A = −13

25

B =9

25

=⇒ y1 = −13

25cos t+

9

25sin t

(b) Giải D2y − 4Dy + 4y = t (3b)y1 = At+B, đạo hàm thế vào (3b)

0− 4A+ 4At+ 4B = t⇐⇒

A =

1

4

B =1

4

=⇒ y2 =1

4t+

1

4

Vậy y = (C1 + C2t)e2t − 13

25cos t+

9

25sin t+

1

4t+

1

4

c) Từ (2) suy ra y = (C1t+ C1 + C2)e2t +4

25sin t− 3

25cos t− t

4


4.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN


{x′ = 2x+ y + e2t cos 2t

y′ = −x+ y + e2t sin 2t


{x′ = 2x+ y + t2 (1)

y′ = −x+ 2y + cos t (2)

Viết lại hệ

{(D − 2)x− y = t2 (1)

x+ (D − 2)y = cos t (2)

(D − 2)pt(1) + pt(2) : (D2 − 4D + 5)x = 2t− 2t2 + cos t (3)

a) Phương trình đặc trưng k2 − 4k + 5 = 0⇐⇒ k = 2± iNghiệm thuần nhất x0 = e2t(C1 cos t+ C2 sin t).

b) Giải x′′ − 4x′ + 5x = 2t− 2t2 (3a)f(t) = 2t− 2t2 : α = 0 =⇒ s = 0

=⇒ x1 = At2 +Bt+ C. Đạo hàm thế vào (3a) suy ra A = −2

5, B = − 6

25, C = − 4

125

Suy ra x1 =2

5t2 − 6

25t− 4

125.

c) Giải x′′ − 4x′ + 5x = cos t (3b)f(t) = cos t : α + βi = i =⇒ s = 0=⇒ x2 = A cos t+B sin t.

Đạo hàm thế vào (3b) suy ra x2 = −3

8cos t+

1

8sin t

Vậy x = e2t(C1 cos t+ C2 sin t) +2

5t2 − 6

25t− 4

125− 3

8cos t+

1

8sin t

Từ (1) suy ray = x′ − 2x− t2

= e2t((C2 − 2C1) cos t(C1 − 2C2) sin t)− 1

5t2 − 14

25− 22

125− 3

8cos t+

1

8sin t.

Bài Tập

Giải hệ phương trình vi phân sau

Bài 1.

{x′ = 3x+ 2y + te2t

y′ = 2x+ 6y − 6e2t

ĐS: x = −4C1e2t +

1

2C2e

7t + (−8

5t2− 266

25t+

118

25)e2ty = C1e

2t +C2e7t + (−1

5t2− 32

25t)e2t

Bài 2.

{x′ = 3x− y + tet

y′ = 4x− y − 2et

ĐS:x = (C1 + tC2)et + (1

3t3 +

3

2t2)et, y = (2C1 + C2 + 2C2t)e

t + (2

3t3 + 2t2 − 2t)et.

Bài 3.

{x′ = −x+ 3y + e2t cos t

y′ = 2x+ 4y − e2t sin t

ĐS:x = −3C1e−2t +

1

2C2e

5t + e2t(3

17cos t+

5

17sin t), y = C1e

−2t +C2e5t + e2t(

−1

17cos t+

4

17sin t)


ÔN THI CUỐI KỲ4.4 Nội dung thi giữa kỳ

1. Khảo sát và vẽ đồ thị y = f(x).

2. Xét sự hội tụ tích phân suy rộng: Loại 1 và 2

3. Tính tích phân suy rộng

4. Ứng dụng hình học của tích phân: cho các hàm y = f(x)

5. Phương trình vi phân cấp 1: Tách biến; đẳng cấp, tuyến tính, từng phần. Chú ý điềukiện đầu

6. Phương trình vi phân cấp 2: f(x) = eαxPn(x) và f(x) = eαx(a cos βx+ b sin βx)

7. Hệ Phương trình vi phân: 2 phương trình 2 ẩn giải bằng phương pháp khử.

4.5 Bài tập ôn tập cuối kỳ

Bài 1. Khảo sát và vẽ đồ thị

a) y =x− 3

x2 − x− 2

b) y = (x− 2)e−1x

c) y =

arctanx

x+ 1, x ≤ 0

xe1/x, x > 0

Bài 2. Cho tích phân I =+∞∫0

dx

(xα + 1)√x2 + x

. Tìm α để tích phân hội tụ. Tính tích phân khi

α = 1.

Bài 3. Cho tích phân I =+∞∫1

x− 3

xα(x2 − x+ 1)dx. Tìm α để tích phân hội tụ. Tính tích phân

khi α = 2.

Bài 4. Tính diện tích miền phẳng

a) D : y =√x, x+ y = 2, Ox

b) D : y = x2, y = log2(x+ 1), x+ y = 2

Bài 5. Tính độ dài đường cong

a) y = coshx, x ∈ [0, 1]

b) y =√

1− x2

Bài 6. Tính thể tích vật thể tròn xoay

101

4.5. BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI KỲ CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

a) D : y = x, y = arctanx, x = 1. Tính VOy

b) D : y =√x2 + 1, y =

√x+ 1, x = 1. Tính VOx, VOy.

Bài 7. Tính diện tích mặt tròn xoay

a) C : y =√x(x− 1

3), x ∈ [0, 1

3]. Tính SOx, SOy

b) C : y =√x− x2. Tính SOx, SOy.

Bài 8. Cho miền D giới hạn bởi y = 2x2, y =x2

2, y = x.

a) Tính diện tích D.

b) Tính độ dài đường cong C : y =x2

2, x ∈ [0, 1].

c) Tính diện tích mặt tròn xoay khi cho C quay quanh Ox và Oy.

d) Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho D quay quanh Ox,Oy.

Bài 9. Giải phương trình vi phân cấp 1

a) x3y′ = y(x2 + y2).

b)√

1− y2dx+ y√

1 + x2dy = 0, y(0) = 0.

c) (xy2 + x)dx+ (y − x2y)dy = 0, y(1) = 2.

d) y2 + x2y′ = xyy′, y(1) = 1.

e) xy′ + y√

1− x2 = 0, y(1) = 1.

ĐS: ln |y|+ ln

∣∣∣∣√1− x2 + 1√1− x2 − 1

∣∣∣∣ =√

1− x2.

f) y′ − y

x+ 1=

y2

x+ 1, y(0) = 2.

g)√

1− y2dx+ y√

1− x2dy = 0, y(2) = 1

h) ex2(y′ + 2xy) = x, y(1) = 1

i) xyy′ − y2 + xe−yx = 0, y(1) = 0.

j) xy′ − y = x tan yx, y(−1) = 1.

k) 3y′ − y√x2 + 1

=y4

√x2 + 1

, y(0) = 1.

l) y′ =2y − 3x+ 1

6x− 4y + 2, y(0) = 1.

Bài 10. Giải phương trình vi phân cấp 2

Bài 11. Giải hệ phương trình vi phân.


CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.6. ĐỀ THI CUỐI KỲ

4.6 Đề thi cuối kỳ

Đề số 1

Câu 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =

√x2 + x+ 2

x+ 1.

Câu 2. Tìm α để tích phân+∞∫1

xα

(x+ 1)2(x2 − x+ 1)dx hội tụ. Tính tích phân với α = 1.

Câu 3. Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi x =√y, y = 0, y = 2− x.

Câu 4. Giải phương trình vi phân cấp 1 (ye−x + y2 + 1)dx = (e−x − 2xy)dy.

Câu 5. Giải phương trình vi phân cấp 2 y′′ + 4y′ + 4y = cos 3x.

Câu 6. Giải hệ phương trình vi phân

{x′(t) = 2x(t)− y(t) + 2 sin t,

y′(t) = x(t) + 2y(t) + cos t.

Đề số 2

Câu 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = xe−1x .

Câu 2. Tìm α để tích phân+∞∫1

dx

xα√x2 − x+ 1

hội tụ. Tính tích phân với α = 1.

Câu 3. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho miền D giới hạn bởi y = x2 và x = y2 quayquanh Ox và quay quanh Oy.

Câu 4. Giải phương trình vi phân cấp 1: y′ − 3x2y = x4ex3 .

Câu 5. Giải phương trình vi phân cấp 2: y′′ − 5y′ + 6y = e2x(3x− 4) + x.


{x′(t) = 3x(t) + 4y(t) + 3e−2t,

y′(t) = x(t) + 6y(t).

Đề số 3

Câu 1. Giải phương trình vi phân cấp 1: (ex + 3y + 1)dx = (y3 − 3x)dx.

Câu 2. Giải phương trình vi phân cấp 2: y′′ + 5y′ + 6y = (x+ 1)e2x.


{x′(t) = 3x+ y + et,

y′(t) = 2x+ 4y + t.

Câu 4. Tìm α để tích phân3∫0

xα√9− x2

dx hội tụ. Tính tích phân với α = 2.


4.6. ĐỀ THI CUỐI KỲ CHƯƠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Câu 5. Tính tích phân+∞∫0

dx

(x2 + x+ 1)(x+ 2).

Câu 6. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x3e−x.

Câu 7. Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi y = −x2 và y = x2 − 2x− 4.

Đề số 4

Câu 1 Giải phương trình vi phân y′ + 3x2y = 3x2 + 3x5.

Câu 2 Giải phương trình vi phân y′′ + 3y′ + 2y = 2x+ 3 + 6ex.

Câu 3 Tính tích phân hoặc chứng tỏ phân kỳ I =0∫−1

e1x

x3dx.

Câu 4 Tính tích phân I =+∞∫0

e−x cos 2xdx.

Câu 5 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x2e1x .

Câu 6 Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi y =

√x

1 + x3, y = 0, x = 1.

Đề số 5

Câu 1 Giải phương trình vi phân xdy − ydx = 3x2 sinxdx.

Câu 2 Giải phương trình vi phân y′′ − 4y′ + 13y = (x2 + 4x)e2x.

Câu 3 Giải hệ phương trình vi phân

{x′(t) = 4x+ y + 2t+ 1,

y′(t) = 7x− 2y + 3t

Câu 4 Tìm α để tích phân+∞∫√

2

dx

(xα − 1)√x2 − 2

hội tụ. Tính Tích phân với α = 1.

Câu 5 Tính tích phân suy rộng I =3∫1

dx√(4x− x2 − 3)3

.

Câu 6 Tính diện tích mặt tròn xoay khi cho đường cong C : y = x2, x = 0 7→ 1 quay quanhtrục Ox và Oy.

Câu 7 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x2 lnx.



Đề số 6

Câu 1 Giải phương trình vi phân xy′ − y + ey/x = 0

Câu 2 Giải phương trình vi phân y′′ + 3y′ − 4y = (x+ 1)e−4x.


{x′(t) = 3x+ 2y + et,

y′(t) = x+ 2y + 3t.

Câu 4 Tìm α để tích phân+∞∫1

dx

xα√

3x2 − 2x− 1hội tụ. Tính tích phân khi α = 1.

Câu 5 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = e4x−x2 .

Câu 6 Tính thể tích vật thế tròn xoay khi cho D giới hạn bởi y = x2√

3 và y =√

4− x2 quayquanh trục Ox.

Đề số 7

Câu 1 Khảo sát và vẽ đồ thị y =e−x

1− x.

Câu 2 Tìm α để tích phân+∞∫1

x2 − 3

xα(x+ 1)(x2 + 1)dx hội tụ. Tính tích phân với α = 1.

Câu 3 Tính độ dài cung y =x2

2− lnx

4, 1 ≤ x ≤ 3.

Câu 4 Giải phương trình vi phân

a) y′ =y

x+ x sinx thỏa y(π) = 2π.

b) x2y′ = y√y2 − 3x2 + xy, x > 0.

c) y′′ + 6y′ + 9y = e3x(3x− 2).


{x′(t) = 3x− 4y + 3t,

y′ = 2x− y + e2t

Đề số 8

Câu 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =8x√x2 − 4

.

Câu 2. Tìm α để tích phân y =+∞∫0

3x− 1

(4 + xα) 3√x4 + 5x2

dx hội tụ.

Câu 3. Tính tích phân suy rộng+∞∫0

dx

(x+ 1)√x2 − x+ 1

.



Câu 4. Cho miền D giới hạn bởi y =√x2 + 1, y = ex, x = 1. Tính thể tích vật thể tròn xoay

khi cho D quay quanh trục Ox và Oy.

Câu 5. Giải phương trình vi phân

a) (yexy + 4xy)dx+ (xexy + 2x2 + 3)dy = 0.

b) (x+ y)y′ = (x+ y)2 + 1.

c) y′′ − 4y′ + 3y = cosx+ xe3x.


{x′ = x+ y + 2et,

y′ = 3x− y − 3t.

Đề số 9: Dự thính 12/2013

Câu 1) Khảo sát và vẽ đồ thị y =x− 1

e2x.

Câu 2) Cho tích phân I =+∞∫0

(2x+ 3)dx

(x+ 1)α(x2 + 4x+ 5)

(a) Tìm α để I hội tụ

(b) Tính I với α = 1.

Câu 3) Tính VOx, VOy với D : y = log3 x, y = 4− x, y = 0.

Câu 4) Giải PTVP (x2 + 4)y′ − 2xy = 6x.

Câu 5) Giải PTVP y′′ − 6y′ + 8y = 6 cos 3x.

Câu 6) Giải PTVP

{x′ = 7x+ 3y + e10t,

y′ = 6x+ 4y + 2e10t.

Chính quy: 2013-2014. Ca 1

Câu 1 Giải PTVP x√y2 + 2xy + 2x2dx = (2xy + 3x2)dy − (2y2 + 3xy)dx, y(1 +

√2) = 0

Câu 2 Giải PTVP y′′ − 5y′ + 6y = (x+ 2)e2x.

Câu 3 Giải hệ PTVP

x′1 = 7x1 − 12x2 + 6x3

x′2 = 10x1 − 19x2 + 10x3

x′3 = 12x1 − 24x2 + 13x3.

Câu 4 Khảo sát và vẽ đồ thị y =x2

|x− 2|.

Câu 5 Tính diện tích miền D : y2 − x2 = 1, y =3

2x− 1, x =

6

5.

Câu 6 Tính tích phân I =4∫2

3

(x− 1)√

6x− x2 − 8dx.



Câu 7 Tìm α để tích phân sau hội tụ I =+∞∫1

e−x + ln(1 + 1x2α

)

xα−3(1 + xα)α−3.

Chính quy: 2013-2014. Ca 2

Câu 1 Giải PTVP y′ =y

x+ x2 cosx.

Câu 2 Giải PTVP y′′ + 4y = sin 2x+ 1, y(0) =1

4, y′(0) = 0.

Câu 3 Giải hệ PTVP

{x′ = x+ 8y + e2t

y′ = 2x+ y − 1.

Câu 4 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =

{x+√x2 − 2x, x ≤ 0,

2x− x2, x > 0

Câu 5 Tìm thể tích vật thể tròn xoay VOy(D) biết D : xy = 1, y = x, x = 9y, x > 0, y > 0.

Câu 6 Tính tích phân I =+∞∫e

dx

x(ln3 x+ ln2 x+ lnx).

Câu 7 Khảo sát sự hội tụ tích phân I =1∫0

lnxdx√x(1− x)α

Dự Thính: 2013-2014-HKII

Câu 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x) = (x− 2)e−1x .

Câu 2. Cho tích phân suy rộng I =+∞∫1

dx

x2.√

(x− 1)α.

(a) Tìm tất cả các giá trị thực α để tích phân hội tụ.

(b) Tính tích phân khi α = 1.

Câu 3. Cho miền D giới hạn bởi y =√

2x− x2 và trục Ox. Tính thể tích và diện tích xungquanh khi cho D quay quanh trục Ox.

Câu 4. Giải phương trình vi phân cấp 1: y′(x)− y(x)

x+ 1=

1

y(x).(x+ 1).

Câu 5. Giải phương trình vi phân cấp 2: y′′(x) + 4y′(x) + 3y(x) = xe−3x thỏa điều kiệny(0) = y′(0) = 0.

Câu 6. Giải hệ phương trình vi phân{x′(t) = −5x(t) + 3y(t) + tet,

y′(t) = 3x(t) + 3y(t)− et.



Đề Học Lại - II/2012-2013


(a) y′ cosx+ y = 1− sinx

(b) y′′ − 3y′ + 2y = 2ex


{x′ = x+ 3y − cos t− sin t

y′ = x+ 3y + sin t

Câu 3. Cho tích phân I =+∞∫1

dx

xm√x2 + 8x+ 4

. Tìm điều kiện để tích phân hội tụ và tính tích

phân khi m = 1.

Câu 4. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho miền D giới hạn bởi y = lnx, y = 0, x = 2 quayquanh trục Ox.

Câu 5. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = xe1x .

Đề ôn tập hè 2014

Câu 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = (x− 1)ex

Câu 2. Cho tích phân I =+∞∫1

xαdx

(x+ 1)√

2x2 − x+ 3

a) Tìm α để tích phân hội tụ.

b) Tính tích phân khi α = 1

Câu 3. Cho miền D : y = x2, x = y2. Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho D quay quanhtrục Ox và trục Oy.

Câu 4. Giải phương trình vi phân cấp 1: y2 + x2y′ = xyy′, y(1) = 1.

Câu 5. Giải phương trình vi phân cấp 2: y′′ − 3y′ − 4y = 2x2e−x, y(0) = y′(0) = 0.


{x′ = −x+ 5y + t

y′ = 2x+ 8y + tet


ĐÁP ÁNĐề 8

a) Tiêm cận đứng x = ±2, tiệm cận ngang y = ±8. Không có cực trị.

b) α > 2/3

c)

Đề 8

1) Tiệm cận ngang y = 0, cực đại x = 3/2

2) α > 0, I =3π

4+

1

4ln 5

3)

4) y = C(x2 + 4)− 3

5) y = C1e4x + C2e

2x − 108

325sin 3x− 6

325cos 3x.

6) x = −1/2C1e10t + C2e

t + 4/3te10t − 1/9e10t, y = C1e10t + C2e

t + 4/3te10t.

Chính quy: 2013-2014. Ca 1

1) Phương trình vi phân đẳng cấp

2

√y2 + 2xy + 2x2

x2+ ln

∣∣∣∣yx

+ 1 +

√y2 + 2xy + 2x2

x2

∣∣∣∣ = ln |x|+ 2√

2.

2) y = C1e2x + C2e

3x +

(−1

2x2 − 3x

)e2x.

3)

x′1 = 2C1e

t + 3C3e−t

x′2 = C1et + C2e

t + 5C3e−t

x′3 = 2C2et + 6C3e

−t

4) Tiệm cận x = 2, y = x± 2. Cực đại (0; 0) và cực tiểu (4; 8).

5) S(D) =1

2ln 5 +

24

25.

6) I = π√

3.

7) Điều kiện α2 − 3 > 1⇐⇒ α > 2.

109


Chính quy: 2013-2014. Ca 2

1) y = x cosx+ x2 sinx+ Cx.

2) ytq = C1 cos 2x+ C2 sin 2x− x

4cos 2x+

1

4sin 2x+

1

4, yr = −x

4cos 2x+

1

8sin 2x+

1

4, .

3) x′′ + 2x′ + 15x = e2t − 8, x = C1e5t + C2e

−3t − 1

15e2t +

8

15, y =

1

8(x′ − x− e2t).

4) Tiệm cận y = 1. Cực đại (1; 1), cực tiểu (0; 0).

5) Vy =8π

3.

6) I =ln 3

2− π√

3

18.

7) α < 4

Hè :2014.

Câu 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x.e−x28

Câu 2. Tìm α để tích phân suy rộng I =e∫

1

lnα x√x(x2 − 1)

dx hội tụ.

Câu 3. Tính tích phân suy rộng I =+∞∫0

dx

ex(e2x + 3).

Câu 4. Tính thể tích vật thể được tạo ra khi miền phẳng giới hạn bởi các đường x2 + y =0, x+ y = 0 quay quannh trục Oy.

Câu 5. Giải phương trình (y cosx− cos 2x)dx+ sinxdy = 0.

Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình y” + 7y′ + 10y = 3xe−2x.

Câu 7. Giải hệ phương trình

{x′(t) = 5x− 3y + cos 2t,

y′(t) = −x+ 3y − 1

Đáp án

1. Tiệm cận ngang y = 0. Cực đại (2;2√e

), cực tiểu (−2;−2√e

).

2. α > −1

2.

3. I =1

3− π√

3

27.

4. VOy =π

6.



5. y =1

sinx(sin 2x

2+ C) = cos x+

C

sinx.

6. y = C1e−2x + C2e

−5x + e−2x(x2

2− x

3).

7.

x = C1e

2t − 3C2e6t − 7

40cos t2t+

1

10sin 2t+

1

4,

y = C1e2t + C2e

6t − 1

40cos 2t+

1

20sin 2t+

5

12.


Đại học Quốc gia TP

Documents

Transcript of Đại học Quốc gia TP