Tài liệu Kỹ thuật giải toán Tích phân

– Schwarz ta có 
( )( ) ( )
1 1 1 1 1
2 2
C S
0 0 0 0 0
LHS dx 1 f x dx dx f x dx dx 1
−
 − + = = 
Vậy có điều phải chứng minh! 
 Kỹ thuật giải toán tích phân| 
567 | Chinh phục olympic toán 
TẠ
P 
CH
Í V
À 
TƯ
 L
IỆ
U 
TO
ÁN
 H
ỌC
Câu 13. 
Cho hàm số ( )f x liên tục, ( )f ' x liên tục trên  0,1 và ( )f 0 0= . Chứng minh rằng 
( ) ( ) ( )
1 1
2
0 0
1
f ' x f x dx f ' x dx
2
Lời giải 
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 x
0 0 0
f ' x f x dx f ' x dx f ' t dt dx= 
( ) ( )
1 x
0 0
f ' x f ' t dtdx ( ) ( )
1 x x
2
0 0 0
f ' x dt f ' t dtdx ( ) ( )
1 x
2
0 0
x f ' x f ' t dtdx 
( ) ( )
1 1 x
2 2
0 0 0
xdx f ' x f ' t dtdx ( )
21 x
2
0 0
1 1
f ' t dt 'dx
2 2
 ( )
1
2
0
1
f ' x dx
2
Câu 14. 
Cho hàm số ( )f x là hàm số liên tục và có đạo hàm trên đoạn  a; b và ( )f a = 0 . Đặt 
( )
a x b
M max f x
= . Chứng minh rằng ( ) ( )
b
2 2
a
M b a f ' x dx− 
Lời giải 
Ta có   ( ) ( )
2x
2
a
x a; b , f x f ' t dt
 = 
 ( ) ( )
x x b b
2 2
a a a a
dt f ' t dt dt f ' t dt ( ) ( )
b
2
a
b a f ' t dt − 
Do đó 
 
( ) ( ) ( )
x a;
b
2 2
a
b
max f x b a f ' t dt
 − 
Câu 15. 
Cho hàm số  f : 0;1 → là hàm khả vi sao cho ( ) ( )f 0 f 1 0= = và thỏa mãn điều kiện 
( )  f ' x 1, x 0;1  . Chứng minh rằng ( )
1
0
1
f t dt .
4
Lời giải 
Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 1 x 1 12 2
1 10 0 0 0 x
2 2
f x dx f x dx f x dx f ' t dtdx f ' t dt dx
 + + − 
( ) ( ) ( )
1 1 1
x 1 1 x 1 1 12 2 2
1 1 10 0 x 0 0 x 0
2 2 2
1
f ' t dtdx f ' t dtdx dtdx dtdx xdx 1 x dx
4
 + + + − 
Dấu = xảy ra khi ( )  f ' t 1 , x 0;1=  suy ra ( )f x là hàm bậc nhất, do đó không thể có 
( ) ( )f 0 f( 1 0= = . Vậy trường hợp đẳng thức không thể xảy ra. 
Vậy ta có điều phải chứng minh! 
| Bất đẳng thức tích phân 
Tạp chí và tư liệu toán học | 568 
CH
IN
H
 P
H
ỤC
 O
LY
M
PI
C 
TO
ÁN
Câu 16. 
Chứng minh rằng ( )
x
x 2t t x x
0
1
e 1 e e e 1 e x 0
2
− − + − −  
Lời giải 
Ta có 
x x
2t t t x
0 0
e e e e 1−+ = − . Đặt ( ) ( )
x
2t t x x
0
1
f x e e e 1 e ,x 0
2
− = + − − − 
Có ( )
x
x 2
2 x
x
x
1
e
e e 1 2f ' x e x e
12 e 1e
2
−
− −
 = + − +
− − 
. Đặt xt e 1= 
Xét bất phương trình ( )
( )
2 1 t 1 1f ' x 0 t t 1
1t 2 2 t 1
2 t
2
 + − + +
− 
− 
4 3 2
3
8 1 1
4t 24t 3t 16t 8 0
1t t 1 t
2
 + + − − − 
−
−
Luôn đúng t 1 . Vậy ( )f ' x 0 , x 0  , suy ra ( )f x nghịch biến trên ( )0;+ 
Do đó ( ) ( )f x f 0 0 = , từ đó ta có điều phải chứng minh! 
Câu 17. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của ( )
3
n 2 n 28
n n
4
sin x cos
f n dx,n
cos x sin x
+ +
+
= + 
Lời giải 
Ta dễ dàng nhận thấy với 
3
x ,
4 8
thì sin x 0 , cos x 0 nên có thể thác triển f lên 
Xét tích phân ( )
3
n 2 n 28
1
n n
4
sin x cos
f n dx ,n
cos x sin x
+ +
+
= + 
Ta có ( )
3
n 2 n 28
1
n n
4
sin x cos
f n ln tan x dx
cos x sin x
'
+ +
= − 
3
x , , ln tan x 0 ,sin x cos x
4 8
 
n 2 n 2
2 2
n n
sin x cos
cos x cos x 0
cos x sin x
+ +
 − − = ( )1f 0' n 
Vậy 1f (n) đồng biến trên  )0;+ , suy ra ( ) ( )1 1f n f 0
8
 = 
Suy ra ( ) ( )f n f 0
8
 = 
 Kỹ thuật giải toán tích phân| 
569 | Chinh phục olympic toán 
TẠ
P 
CH
Í V
À 
TƯ
 L
IỆ
U 
TO
ÁN
 H
ỌC
Câu 18. 
Cho m . Tìm giá trị nhỏ nhất của ( )
x m 3 m 2
m 2t
1
x x
f x t .e dt 2 ,x 1
m 3 m 2
+ + 
= − + 
+ + 
Lời giải 
Ta có ( ) ( ) ( )m 2x m 2 m 1 m 2x 2f ' x x e 2 x x x e 2x 2x+ += − + = − − 
Lại có bất đẳng thức quen thuộc sau 
2
x xe 1 x , x 0
2
 + +  
Suy ra 2x 2e 1 2x 2x , x 1 + +  
Do đó ( ) mf ' x x 0 , suy ra ( )f x đồng biến trên  )1;+ 
Suy ra ( ) ( )
1 1
f x f 1 2
m 2 m 3
 = − + 
+ + 
Câu 19. 
Cho  a;b  và hàm  f : a;b → có đạo hàm cấp 2 liên tục trên  a; b sao cho 
( ) ( )f a f b 0+ = . Đặt 
 
( )
x a;b
m m 'in xf '
= chứng minh rằng ( )
( )
3b
a
m a b
f x dx
12
−
Lời giải 
Khai triển Taylor ta được ( ) ( ) ( )( )
( )
( )
21f '' af a f x f ' x a x a x
2
= + − + − với ( )1x a,x 
Và ( ) ( ) ( )( )
( )
( )
21f'' xf b f x f ' x b x b x
2
= + − + − với ( )2x x,b . 
Cộng theo vế hai đẳng thức trên suy ra 
( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
2 21 1f '' x f '' x2f x f ' x a x f ' x b x a x b x 0
2 2
+ − + − + − + − = 
Lấy tích phân hai vế trên  a; b ta được 
( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
b b b b
2 21 2
a a a a
f '' x f '' x
2 f x dx f ' x a x dx f ' x b x dx a x b x dx 0
2 2
+ − + − + − + − = 
Mặt khác ta lại có 
• ( )( ) ( ) ( ) ( )
b b
a a
f ' x a x dx a b f b f x dx− = − + 
• ( )( ) ( ) ( ) ( )
b b
a a
f ' x b x dx a b f a f x dx− = − + 
• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 21 2
f '' x f '' x m
a x b x a x b x
2 2 2
− + − − + − 
Nên từ ba đẳng thức trên với đẳng thức trên ta suy ra 
( ) ( ) ( )( )
b b
2 2
a a
m
4 f x dx a x b x dx 0
2
+ − + − 
| Bất đẳng thức tích phân 
Tạp chí và tư liệu toán học | 570 
CH
IN
H
 P
H
ỤC
 O
LY
M
PI
C 
TO
ÁN
( )
( ) ( )
( )
( )
3 3 3b b
a a
a b a b m a bm
4 x dx f x dx
2 3 3 12
 − − −
 + 
Bài toán được chứng minh hoàn toàn. 
Câu 20. 
Cho hàm số  f : 0;1 R→ là hàm liên tục với ( )f 0 0= . 
Chứng minh rằng ( ) ( )( )
1
1 2
2
0 x 1 0
sup f x f ' x dx
Lời giải 
Bài này khá đơn giản, do ( )f 0 0= nên ( ) ( )
x
0
f x f ' t dt= . 
Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
x 1 1 1 1
2 22
0 0 0 0 0
f x f ' t dt f ' t dt f ' t dt 1 dt f ' t dt = 
Câu 21. 
Xét đa thức ( )P x là đa thức bậc n thỏa mãn ( )P x 0, x R  . 
Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 x
n 1
0 0
1
x P x dx P x P' x ... P x dx 0
2
−
− + + + + 
Hãy tổng quát bài toán khi thay đoạn  0,1 bới đoạn  a, b . 
Lời giải 
Yêu cầu 1. 
Từ giả thiết ta có ( )f ' x 0 do đó ( )f x là hàm giảm. 
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho tích phân ta có ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
0 0 0 0
1
f x xdx f x dx x f x dx
2
 = 
Trường hợp  a, b với ( )f x và ( )g x nghịch biến thì 
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
a a a
1 1 1
f x g x dx f x dx. g x dx
b a b a b a
− − − 
Nếu ( )f x và ( )g x đồng biến thì chiều sẽ ngược lại 
Yêu cầu 2. 
Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( )nQ x P x P' x P x .= + + + Sử dụng công thức tích phân từng phần ta đưa về 
chứng minh ( ) ( )
1
0
x 1 x Q x dx 0− 
Đến đây ta sẽ chứng minh với giả thiết của bài toán thì 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )nQ x P x P' x P x 0, x= + + +  
 Kỹ thuật giải toán tích phân| 
571 | Chinh phục olympic toán 
TẠ
P 
CH
Í V
À 
TƯ
 L
IỆ
U 
TO
ÁN
 H
ỌC
Nhận thấy n chẵn, đa thức ( )Q x liên tục, ( ) ( )
x
lim Q x , Q' x
→ 
= + là đa thức bậc lẻ nên luôn 
có nghiệm, như vậy ( )Q x đạt GTNN (là cực tiểu) tại một điểm 0x . 
Lúc đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0Q' x 0 Q x Q x P x Q' x P x 0, x= = + =  
Bài toán được chứng minh 
Câu 22. 
Chứng minh rằng 
2
2
0
sin x dx 0
Lời giải 
Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau 
3x
sin x x , x 0
6
 −  
Thật vậy xét hàm số ( )
3x
f x sin x x
6
= − + ta có 
( ) ( ) ( )
2x
f ' x cos x 1 f '' x sin x x f ''' x 1 cos x 0
2
= − + = − + = − 
Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f '' x f '' 0 0 f ' x f ' 0 0 f x 0 0 = = =
3x
sin x x , x 0
6
 −  
2
2 2 6 3 7 3
2 2
0 0 0
x x x 2 2 4 2 2 2 2
sin x dx x dx 1 0
6 3 42 3 21 3 7
 − = − = − = − 
Câu 23. 
Cho đa thức ( ) 3 2f x Ax Bx Cx D= + + + thỏa mãn 2A 0,B 3AC 0 − 
Chứng minh rằng ( ) ( )
1 1
0 0
1
xf x dx f x dx
2
 . Hãy tổng quát bài toán khi thay đoạn  0,1 bởi 
đoạn  a, b 
Lời giải 
Từ giả thiết của bài toán ta có ( ) ( )f ' x 0. 1 
Ta viết bất đẳng thức về dạng ( ) ( )
1
0
2x 1 f x dx 0.− 
Sử dụng công thức tích phân từng phần ta có 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
1
0
0 0 0
2x 1 f x dx x x 1 f x x x 1 f ' x dx x x 1 f ' x dx 0− = − + − = − 
Vì từ ( )1 suy ra ( ) ( )  x x 1 f ' x 0 x 0;1 .−  
Ta có thể tổng quát bài toán như sau 
Cho hàm số ( )f x liên tục, có đạo hàm cấp một và giảm trên a, b . 
Chứng minh ( ) ( )
b b
a a
a b
xf x dx f x dx
2
+
| Bất đẳng thức tích phân 
Tạp chí và tư liệu toán học | 572 
CH
IN
H
 P
H
ỤC
 O
LY
M
PI
C 
TO
ÁN
Câu 24. 
Cho hàm    )f : 0;1 0,→ + khả vi liên tục trên miền xác định. 
Đặt 
 
( )
x 0;1
M max f ' x
= . Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( )
21 1 1
3 2
0 0 0
f x dx f 0 f x dx M f x dx
− 
Lời giải 
Với  t 0;1 , ta có ( )M f ' t M− ( ) ( ) ( ) ( )M.f t f ' t .f t M.f t − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x x
0 0 0
M. f t dt f ' t .f t dt M. f t dt x 0;1 −  
( ) ( ) ( ) ( )
x x
2 2
0 0
1
M. f t dt f x f 0 M. f t dt
2
 − − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
x x
3 2
0 0
1
M.f x f t dt f x f 0 .f x M.f x f t dt
2
 − − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 x 1 1 x
3 2
0 0 0 0 0
1
M. f x f t dt dx f x f 0 .f x dx M. f x f t dt dx
2
 − − 
Mặt khác ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
21 x 1 x x 1
0 0 0 0 0 0
1
f x f t dt dx f t dt d f t dt f x dx
2
= = 
Nên ta có điều phải chứng minh! 
Câu 25. 
Hàm ( )f x khả tích trên đoạn  0;1 và ( )
1
0
f x dx 0 . Chứng minh tồn tại đoạn    a;b 0;1 
mà trên đó ( )f x 0 . 
Lời giải 
Giả sử ( )
1
0
f x dx I 0= . Với n
 , xét phân hoạch P chia  0;1 bởi các điểm
i
, i 0,n
n
= ta 
có 
n
n
i 0
1 i
I lim f
n n→+ =
= 

n
0 0
i 0
1 i
0, n 0|n n f I
n n=
   −  
 
Chọn một 00 l  để cố định, khi đó 
n
0 0 0
i 0
1 i
n 0|n n , f I
n n=
 −  

n
0 0 0
i 0
1 i
n 0|n n , f I 0
n n=
  − 
 
Do đó phải tồn tại 0i sao cho 
0if 0
n
. Do f liên tục trên 0;1 nên tồn tại một  − lân 
cận của 0
i
n
sao cho ( ) 0 0
i i
f x 0 , x ;
n n
  − + 
Do  0
i
0;1
n
 nên  0 0
i i
; 0;1
n n
− +  
 là một đoạn, suy ra điều phải chứng minh! 
 Kỹ thuật giải toán tích phân| 
573 | Chinh phục olympic toán 
TẠ
P 
CH
Í V
À 
TƯ
 L
IỆ
U 
TO
ÁN
 H
ỌC
Câu 26. 
Cho hàm số  f : 0;1 → khả vi liên tục trên miền xác định. 
Đặt 
 
( )
 
( )
x 0;1x 0;1
M max f ' x ,m min f ' x
= = . Chứng minh rằng ( ) ( )
21 12 2
2
0 0
m M
f x dx f x dx
12 12
 − 
Lời giải 
Ta có ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2
0 0 0 0
f x f y dxdy f x f y f x f y dxdy− = − − 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
0 0 0 0
M x y f x f y dxdy M f x f y dxdy − − − 
Từ xa xưa ta có ( ) ( ) 
( ) ( ) ( ) ( )f x f yf x f y
max f x ; f y
2 2
−+
= + 
Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )  ( ) ( )( )
 
( ) ( ) ( )( )
0;1
f x f y 2 max f x ; f y f x f y 2 max f x f x f y− = − + − + 
( ) ( )( )
 
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2
0;1
0 0 0 0
f x f y dxdy M 2 max f x f x f y dxdy − − − 
  
( ) ( )
1
0;1
0
2M max f x f x dx
 − 
Vậy ( ) ( )
 
( ) ( )
21 1 1
2
0;1
0 0 0
f x dx f x dx M max f x f x dx
− − 
Câu 27. 
Cho hàm số  f : 0,1 R→ là hàm khả vi liên tục. Đặt 
 
( )
x 0,1
M max f ' x
= 
Chứng minh rằng ( ) ( )
 
( ) ( )
21 1 1
2
x 0,1
0 0 0
0 f x dx f x dx M max f x f x dx
 − − 
Lời giải 
Với  x, y 0,1 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
1 1 1 1
2 2 2
0 0 0 0
f x f y dxdy f x f y 2f x f y dxdy − = + − 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1
2 2
0 0 0 0 0 0
21 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
f x dxdy f y dxdy 2 f x f y dxdy
f x dxdy f y dxdy 2 f x f y dxdy 2 f x dx f x dx
= + −
 = + − = − 
Vậy ( ) ( ) ( ) ( )( )
21 1 1 1
22
0 0 0 0
1
f x dx f x dx f x f y dxdy
2
− = − 
Từ đl Lagangre suy ra ( ) ( ) ( )( ) ( )
22 22 2m x y f x f y M x y− − − 
Suy ra ( ) ( ) ( )( ) ( )
1 1 1 1 1 12
22 2
0 0 0 0 0 0
m 1 M
x y dxdy f x f y dxdy x y dxdy
2 2 2
− − − 
( ) ( )( )
1 12 2
2
0 0
m 1 M
f x f y dxdy
12 2 12
 − 
| Bất đẳng thức tích phân 
Tạp chí và tư liệu toán học | 574 
CH
IN
H
 P
H
ỤC
 O
LY
M
PI
C 
TO
ÁN
Câu 28. 
Cho hàm số ( )f x 0 là hàm giảm và ( ) ( )f x xf ' x 0+ với mọi  x a,b . 
Chứng minh rằng ( )
( )
( )
2b b
2
a a
b a
xf x dx f x dx
2 b a
 +
− 
 . 
Lời giải 
Với hai hàm thực f ;g cùng liên tục trên  a, b , nếu thêm giả thiết một hàm tăng và hàm 
còn lại giảm thế thì  x; y a,b , 
( ) ( )( ) ( ) ( )( )f x f y g x g y 0− − ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
1 1
0 0
f x f y g x g y dxdy 0 − − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
1 1
0 0
f x g x f(y)g y f x g y f y g x dxdy 0 + − − ( )x ( )x
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 b b
0 a a
2 b a f x g x dx f x dx g x dx 0
 − − 
 ( ) ( ) ( ) ( )
1 b b
0 a a
1
f x g x dx f x dx g x dx
b a
− 
Ta thấy ( ) ( ) ( )( )f x xf ' x xf x ' 0+ = nên ( )xf x suy ra 
( ) ( ) ( )
b b b
2
a a a
1
xf x dx xf x dx f x dx
b a
− ( )
( )
2b b
2
a a
1
xdx f x dx
b a
− 
 ( )
( )
2b
a
b a
f x dx
2 b a
 +
− 
Câu 29. 
Cho hàm liên tục  )  f : 0, 0;1+ → thỏa mãn ( ) ( ) ( )f x y f x f y , x, y 0+  
Chứng minh rằng ( ) ( )
x
0
f t dt x f 2x . x 0  
Lời giải 
Do ( )  f x 0;1 , x 0  nên ( ) ( ) ( ) ( )f x y f x f y f x , x, y 0+  
Suy ra f nghịch biến trên  )0,+ , suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x
0 0
f t dt f x dt xf x x f x f x x f 2x = = 
Câu 30. 
Cho ( ) ( )f x ,g x là các hàm liên tục trên [a; b] và thỏa mãn đồng thời các điều kiện 
( ) ( )  0 a f x A;0 b g x B x a;b  
Chứng minh rằng 
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
b b
2 22
a a
2 2b
a
g x dx f x dxab AB 4abAB
4abAB ab ABf x g x
+
+
Bất đẳng thức G.Polya 
Lời giải 
Từ giả thiết, dễ có 
( )
( )
f xa A
B g x b
( )
( )
f xa A
B g x b
 ( ) ( ) ( ) ( )2 2
aA a A
f x g x f x g x 0
bB B b
 + − + 
 Kỹ thuật giải toán tích phân| 
575 | Chinh phục olympic toán 
TẠ
P 
CH
Í V
À 
TƯ
 L
IỆ
U 
TO
ÁN
 H
ỌC
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
2 2
a a a
aA a A
f x dx g x dx f x g x dx
bB B b
 + + 
Lại có ( ) ( ) ( ) ( )
b b b b
2 2 2 2
a a a a
aA aA
f x dx g x dx 2 f x dx g x dx
bB bB
+ 
Nên suy ra ( ) ( ) ( ) ( )
b b b
2 2
a a a
aA a A
2 f x dx g x dx f x g x dx
bB B b
 + 
( ) ( )
( )
( ) ( )
22b b b
2 2
2 2
a a a
ab ABaA
4 f x dx g x dx f x g x dx
bB b B
 +
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
b b
2 22
a a
2b
a
g x dx f x dxab AB
4abAB
f x g x
+
Bất đẳng thức 
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
b b
2 2
a a
2 2b
a
g x dx f x dx 4abAB
ab ABf x g x
+
 Là dễ dàng vì 
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
b b
2 2
a a
2 2b
a
g x dx f x dx 4abAB
1
ab ABf x g x
+
Câu 31. 
Cho hàm số  f : 0;1 → khả tích trên  0;1 . 
Chứng minh rằng ( ) ( ) ( )
21 1 1
2
0 0 0
1
f x dx f x dx f x dx 1
2
 − − 
Lời giải 
Viết lại bất đẳng thức dưới dạng ( ) ( )
21 1
2
0 0
f x dx 1 2 f x dx 1
+ + 
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do 
( ) ( ) ( ) ( )
2 21 1 1
2 2 2 2
0 0 0
f x dx 1 1 1 f x dx 1 2 f x dx 1
 + + + + 
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 
HẾT 
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 
 Tài liệu tham khảo 
[1]. Tuyển tập các kỹ thuật tính tích phân – Trần Phương. 
[2]. Tích phân vận dụng – vận dụng cao – Nguyễn Đăng Ái. 
[4] Nâng cao kỹ năng giải toán trắc nghiệm 100% dạng bài nguyên hàm - tích phân 
và ứng dụng – Tô Thị Nga. 
[5]. Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm tích phân – Huỳnh Công Thái. 
[6]. Tổng ôn tập chuyên đề tích phân và bất đẳng thức – Lê Hoành Phò. 
[7]. Internet.