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