Post on 11-Mar-2018
NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN ÔN THI ĐẠI HỌC
Phần 1. Nguyên hàm
Tìm nguyên hàm của các hàm số
1. A =
∫
x(1− ex
x)dx =
∫
xdx−∫
exdx =x2
2− ex + C
2. B =
∫
x2 − x+ 3
x+ 1dx =
∫
(x− 2)dx +
∫
5
x+ 1dx =
(x− 2)2
2+ 5 ln |x+ 1|+ C
3. C =
∫
x4 + 1
x+ 1dx =
∫ (
x3 − x2 + x− 1 +2
x+ 1
)
dx =x4
4− x3
3+
x2
2+ 2 ln |x+ 1|+ C
4. D =
∫
dx√
(x2 + 1)3=
∫
1√x2 + 1x2 + 1
dx =
∫
√x2 + 1− x2
√x2 + 1
x2 + 1dx =
∫
d
(
x√x2 + 1
)
=x√
x2 + 1+ C
5. E =
∫
4
√
x 3√xdx =
∫
x
1
3 dx =3
4x 3√x+ C
6. F =
∫
2x(
3x +2−x
√x+ 1
)
dx =
∫ (
6x +1√x+ 1
)
x =
∫
6xdx+
∫
d(x + 1)
(x+ 1)1
2
=6x
ln 6+ 2
√x+ 1 + C
7. G =
∫
1
sinx.cos3xdx =
∫
1
cos2xsinx cosx
dx =
∫
(tanx+ cotx)d(tanx) =
∫
tan2x+ 1
tanxd(tanx) =
tan2x
2+ln | tanx|+
C
8. H =
∫
x2 + x+ 1
x3 − 3x+ 2dx =
1
3
∫
1
x+ 2dx+
2
3
∫
1
x− 1dx+
∫
1
(x− 1)2dx =
1
3ln |x+ 2|+ 2
3ln |x− 1| − 1
x− 1+ C
9. K =
∫
xdx3√x+ 1−
√x+ 1
(
6√x+ 1 = t ⇒ x = t6 − 1 ⇒ dx = 6t5dt
)
10. I =
∫
1
1 + cosxexdx+
∫
sinx
1 + cosxexdx =
∫
1
2cos2x
2
exdx+
∫
tanx
2exdx = ex.tan
x
2+ C
Chú ý:
∫
1
2cos2x
2
exdx =
∫
ex d(tanx
2) = ex.tan
x
2−∫
tanx
2exdx
11. J =
∫
sinx− cosx3√sinx+ cosx
dx =
∫
−d(sinx+ cosx)3√sinx+ cosx
= −3
23
√
(sinx+ cosx)2 + C
12. M =
∫
x(1 − x)20dx
13. N =
∫
x8
(x4 − 1)3dx =
∫
x3.x5
(x4 − 1)3dx Đặt
x5 = u
dv =x3dx
(x4 − 1)3⇒
du = 5x4dx
v =−1
8(x4 − 1)2Vậy: N =
−x5
8(x4 − 1)2+
5
8
∫
x4dx
(x4 − 1)2=
−x5
8(x4 − 1)2+5
8.J Tiếp tục đặt
x = u
dv =x3dx
(x4 − 1)2⇒
du = dx
v =−1
4(x4 − 1)Ta có: P =
−x
4(x4 − 1)+
1
4
∫
1
x4 − 1dx Cuối cùng ta đi tính: K =
∫
1
x4 − 1dx =
1
2
∫
(x2 + 1)− (x2 − 1)
(x2 + 1)(x2 − 1)dx =
1
2
[∫
dx
x2 + 1+
∫
dx
x2 − 1
]
Q =
∫ π
0
x sinx
1 + cos2 xdx (Đề thi thử số 2-VMF)
Đặt t = π − x, ta có dt = −dx. Với x = 0, ta có t = π. Với x = π, ta có t = 0.
Do đó:
I = −0∫
π
(π − t) sin(π − t)
1 + cos2(π − t)dt =
π∫
0
(π − t) sin t
1 + cos2 tdt =
π∫
0
(π − x) sinx
1 + cos2 xdx = π
π∫
0
sinx
1 + cos2 xdx− I
= −π
π∫
0
d(cosx)1 + cos2 x
− I = −π
−1∫
1
dt1 + t2
− I = π
1∫
−1
dt1 + t2
− I.
Và ta thu được I = π2
1∫
−1
dt1 + t2
= π2I1.
Bây giờ, ta sẽ tính I1: Đặt t = tanu với u ∈(
−π2, π
2
)
, ta có dt = (1 + tan2 u)du.Với phép đặt này, các cận thay đổi như sau: Với t = −1, ta có u = −π
4. Với t = 1, ta có u = π
4. Như vậy,
I1 =
π
4∫
−π
4
(1 + tan2 u)du
1 + tan2 u=
π
4∫
−π
4
du = u|π
4
−π
4
=π
2. Cuối cùng, ta được I = π2
4.
14. R =
∫
3
√
3x− x3dx
Đặt: t =3√3x− x3
x⇒ x3 =
3
t3 + 1⇒ 2xdx =
−9t2dt
(t3 + 1)2I =
1
2
∫
3√3x− x32xdx
x=
−9
2
∫
t3dt
(t3 + 1)2=
3
2
∫
td(1
t3 + 1) =
3t
2(t3 + 1)− 3
2
∫
dt
t3 + 1
Tính I =dt
t3 + 1=
∫
d(t+ 1)
(t+ 1)[(t+ 1)2 − 3(t+ 1) + 3]=
1
2(ln3(1− t)− 2ln3t+ ln(1 + t)) + C
15. I =
∫
x2 − 1
x4 + 1dx
Chia cả tử và mẫu cho x2 khi đó ta được:
I =
∫
x2 − 1
x4 + 1dx =
∫ 1− 1
x2
(x+1
x)2 − 2
dx
Đặt t = x+1
x,suy ra dt = (1− 1
x2)dx
Từ đó ta sẽ có: I =
∫
dxt2 − 2
=1
2√2ln | t−
√2
t+√2|+ C =
1
2√2ln |x
2 − x√2 + 1
x2 + x√2 + 1
|+ C
16.∫
√x3 + x2
xdx
I =
∫
√x3 + x2
xdx =
∫ |x|√x+ 1
xdx
Với x ∈ (0;+∞) ta được
I =
∫ √x+ 1dx =
2
3(x+ 1)
√x+ 1 + C
Với x ∈ (−∞; 0) ta được
I = −∫ √
x+ 1dx = −2
3(x+ 1)
√x+ 1 + C
17. I =
∫
cos 2x
cosx−√3. sinx
dx
cosx−√3 sinx = 2.
(
1
2. cosx−
√3
2. sinx
)
= 2. cos(
x+ π3
)
I =
∫
cos 2x
cosx−√3 sinx
dx =
∫
cos 2x
2. cos(
x+ π3
)dx
x+ π3= t ⇔ dx = dt. Suy ra: I = 1
2.
∫
cos(
2t− 2π3
)
cos tdt I = 1
2
∫ cos 2t.(
− 1
2
)
+ sin 2t.(√
3
2
)
cos tdt
18. I =
∫
1
0
1
(x2 + 1)√x2 + 3
dx
Trước tiên, ta đổi biến số t =
√
x2 + 1
x2 + 3⇒
x =
√
1− 3t2
t2 − 1
dx =2t
√
1−3t2
t2−1
· (t2 − 1)2 dt
Do hàm dưới dấu tích phân liên tục trên [0, 1], ta chuyển thành tích phân bất định để dễ trình bày. Thế kết quảtrên vào tích phân đầu bài:
I =
∫
2t√
1−3t2
t2−1· (t2 − 1)2
· t(
2t2
1−t2
)3/2dt
=1√2
∫
dt
t√3t2 − 1
Nếu đặt u =√3t2 − 1, ta dễ dàng thấy được tích phân này chính bằng
1√2tan−1
(√3t2 − 1
)
.
Thay biến t bởi biến x, ta rút ra kết quả I =1√2tan−1
(
x√2√
x2 + 3
)
+ C
19. I =
2∫
1
x
(
1− 1
x4
)
[
ln(x2 + 1)− lnx]
dx (đề thi thử số 1 của Boxmath.vn)
1 − 1
x4=
(
1− 1
x2
)(
1 +1
x2
)
⇒ x
(
1− 1
x4
)
=
(
1− 1
x2
)(
x+1
x
)
ln(1 + x2) − lnx = ln
(
1 + x2
x
)
=
ln
(
x+1
x
)
Tới đây chú ý cái đạo hàm
(
x+1
x
)′
= 1− 1
x2
Xét : I =
∫
2
1
x
(
1− 1
x4
)
[
ln(x2 + 1)− lnx]
dx =
∫
2
1
(
x+1
x
)
ln
(
x+1
x
)(
1− 1
x2
)
dx
Đặt : t = x+1
x⇒ dt =
(
1− 1
x2
)
dx
Đổi cận : x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t =5
2
Lúc này ta có : I =
∫
5
2
2
t ln tdt Đặt :
{
u = ln t
dv = tdt⇒
du =1
t
v =t2
2Lúc này ta có :
I =t2
2ln t
∣
∣
∣
∣
5
2
2
−∫
5
2
2
t
2dt =
(5
2)2
2ln
5
2− 22
2ln 2
∫
5
2
2
t
2dt
=25
8ln
5
2− t2
4
∣
∣
∣
∣
5
2
2
=25
8ln
5
2− 2 ln 2−
(5
2)2
4− 22
4
=25
8ln 5− 25
8ln 2− 2 ln 2− 9
16
=25
8ln 5− 9
8ln 2− 9
16
.
Phần 2: Tích phân
Tính các tích phân sau
1. A =
∫ 3
1
√
x
4− xdx = 8
√3
∫
1√
3
t2
(t2 + 1)2dt = −4
√3
∫
1√
3
td(1
t2 + 1) = − 4t
t2 + 1| 1√
3
√3
+ 4
√3
∫
1√
3
1
t2 + 1dt
(
t =
√
x
4− x⇒ x =
4t2
t2 + 1⇒ dx =
8t
(t2 + 1)2
)
2. A =
2∫
1
x4 + 1
x6 + 1dx
I =
∫ 2
1
(x2 + 1)2 − 2x2
x6 + 1dx =
∫ 2
1
(x2 + 1)2
(x2 + 1)(x4 − x2 + 1)dx−
∫ 2
1
2x2
(x3)2 + 1dx =
∫ 2
1
x2 + 1
x4 − x2 + 1dx−
∫ 2
1
2x2
(x3)2 + 1dx
I =
∫ 2
1
(
1 + 1
x2
)
x2 + 1
x2 − 1dx−
∫ 2
1
2x2
(x3)2 + 1dx
Đặt(
x− 1
x
)
= t ⇔(
1 + 1
x2
)
dx = dt và x3 = u ⇔ 3x2dx = du
Ta có: I =
∫ 3
2
0
1
t2 + 1− 2
3
∫ 8
1
1
u2 + 1du
3. Biến đổi :3e2x − 5ex + 4
ex + 1= 4 + 3ex − 12ex
ex + 1= (4x+ 3ex)
′ − 12 (ln (ex + 1))′
Nên: J =
1∫
0
3e2x − 5ex + 4
ex + 1dx =
1∫
0
d (4 + 3ex − 12 ln (ex + 1)) = (4 + 3ex − 12 ln (ex + 1))10
4. I =
∫
1
0
x− e2x
x.ex + e2xdx
Ta có
I =
1∫
0
(x + ex)− ex(1 + ex)
ex(x+ ex)dx =
1∫
0
(
1
ex− 1 + ex
x+ ex
)
dx =
(
− 1
ex− ln |x+ ex|
)∣
∣
∣
∣
1
0
= 1− 1
e− ln(1 + e).
5. I =
∫ π
4
0
x. tan2 xdx
Chú ý rằng∫
tan2 xdx =
∫
[
(tan2 x+ 1)− 1]
dx = tanx− x+ C Đặt
{
u = x
v = tan2 xdx⇒{
du = dx
v = tanx− x
Từ đó ta có :I = x (tanx− x)|π
4
0−∫ π
4
0
tanxdx+
∫ π
4
0
xdx = x (tanx− x)|π
4
0+ ln(cosx)|
π
4
0+
x2
2
∣
∣
∣
∣
π
4
0
6. I =
∫ 2
1
x3√x3 + 8 + (3x3 + 5x2) lnx
xdx
I =
∫ 2
1
x3√x3 + 8 + (3x3 + 5x2) lnx
xdx I =
∫ 2
1
x2√
x3 + 8 dx+
∫ 2
1
(3x2 + 5x) lnx dx
I =1
3
∫ 2
1
√
x3 + 8 d(x3 + 8) +
∫ 2
1
lnx d
(
x3 +5
2x2
)
T =
∫ 2
1
x2 − 1
(x2 − x+ 1)(x2 + 3x+ 1)dx
T =
∫ 2
1
1− 1
x2
(x+1
x− 1)(x+
1
x+ 3)
dx
Đặt t = x+1
x⇒ dt = (1− 1
x2)dx.
Khi x = 1 thì t = 2, khi x = 2 thì t =5
2
Ta có: T =
∫
5
2
2
dt
(t− 1)(t+ 3)dt =
1
4
∫
5
2
2
(
1
t− 1− 1
t+ 3
)
dt =1
4.ln
∣
∣
∣
∣
t− 1
t+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
5
2
2
7. I =
2∫
0
xdx√2 + x+
√2− x
Đặt t =√2− x+
√2 + x ⇒ t2 − 4 = 2
√4− x2 ⇒ (t2 − 4)2 = 16− 4x2 ⇒ t(t2 − 4)dt = −2xdx
Đổi cận : x = 0 ⇒ t = 2√2;x = 2 ⇒ t = 2
Từ đó ta có tích phân : I =1
2
2√2
∫
2
t(
t2 − 4)
tdt =
1
2
2√2
∫
2
(
t2 − 4)
dt =1
2
(
t3
3− 4t
)∣
∣
∣
∣
2√2
2
=8− 4
√2
3