Tai lieu chuyen de nguyen ham va mot so phuong phap tim nguyen ham

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

III

NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN
ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
BÀI 1. NGUN HÀM

I

LÝ THUYẾT.

Kí hiệu K là một khoảng, hay một đoạn hay một nửa khoảng.
1) Định nghĩa: Cho hàm số f ( x ) xác định trên K . Hàm số F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm
số f ( x ) trên K nếu F ′ ( x ) = f ( x ) với mọi x thuộc K .
2) Định lý

a. Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên K thì ∀C ∈ R hàm số F ( x ) + C cũng là một

nguyên hàm của f ( x ) trên K .
b. Đảo lại nếu F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên K thì tồn tại một hằng số C sao
cho F=
( x) G ( x) + C
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) ký hiệu là

( x)
∫ f=

F ( x) + C .

Chú ý: Người ta chứng minh được rằng: “Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K ”
3) Tính chất của nguyên hàm.
a. Nếu f , g là hai hàm số liên tục trên K thì

∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx .

b. ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx với mọi số thực k khác 0.
Suy ra ∫ [ k . f ( x) + l.g ( x) ]dx = k ∫ f ( x)dx + l ∫ g ( x)dx
c.

( ∫ f ( x)dx )′ = f ( x) .

4) Công thức nguyên hàm từng phần

∫ ud=v

uv − ∫ vdu .

5) Công thức đổi biến số
′ ( x ) dx
∫ f [u ( x ) ]u=

F [u ( x ) ] + C .

Page 1


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
6) Bảng nguyên hàm và vi phân của những hàm số thường gặp

Hàm số hợp u = u ( x )

Hàm sơ cấp
1) ∫ dx= x + C

xα +1
+ C (α ≠ −1)
α +1

2) ∫ xα=
dx
3)

1) ∫ du= u + C .

dx
=ln x + C ( x ≠ 0 )
x

∫

2) ∫ uα=
du
3)

∫

uα +1
+ C (α ≠ −1)
α +1

du
=
ln u + C ( u ( x ) ≠ 0 )
u

4) ∫ cos =
xdx sin x + C

4) ∫ cos u=
du sin u + C

5) ∫ sin xdx =
− cos x + C

− cos u + C
5) ∫ sin udu =

6) ∫

1
=
dx tan x + C
cos 2 x

Với x ≠

π

2

6) ∫

1
du tan u + C
=
cos 2 u

Với u ( x ) ≠

+ kπ

π

2

1
du =
− cot u + C
sin 2 u
Với u ( x ) ≠ kπ

8) ∫ e x d=
x ex + C

8) ∫ eu du= eu + C

9) ∫ a x dx=

II

ax
+ C ( 0 < a ≠ 1)
ln a

7) ∫

9) ∫ a u du=

1
1) Vi phân d ( ax + b ) =dx
a
1 1
α
2) ∫ ( a x + b ) dx =⋅
(ax + b)α +1 + C
a α +1
3)

dx

∫ ax=
+b

1
ln ax + b + C ( a ≠ 0 )
a

1
sin(ax + b) + C

a
1
5) ∫ sin(ax + b)dx =
− cos(ax + b) + C
a
4) ∫ cos(ax + b=
)dx

6) ∫

dx
1
=
tan ( ax + b ) + C
cos ( ax + b ) a

7) ∫

−1
dx
=
cot ( ax + b ) + C
sin ( ax + b ) a

2

+ kπ

1
dx =

− cot x + C .
sin 2 x
Với x ≠ kπ
7) ∫

Thường gặp

au
+ C ( 0 < a ≠ 1)
ln a

2

1 ax +b
e
+C
a
1
9) ∫=
a px + q dx
a px + q + C ( 0 < a ≠ 1)
p.ln a

ax + b
8) ∫ e=
dx

HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN.
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ

1

LÝ THUYẾT.
Phương pháp đổi biến số được sử dụng khá phổ biến trong việc tính các tích phân bất định.
Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa trên định lý sau:
a) Nếu:

( x)
∫ f=

F ( x) + C và với u = ( x ) là hàm số có đạo hàm thì:

)du
∫ f (u=

F (u ) + C

b) Nếu hàm số f(x) liên tục thì đặt x = ϕ ( t ) . Trong đó ϕ ( t ) cùng với đạo hàm của nó ( ϕ ' ( t )
là những hàm số liên tục ) thì ta được:

)dx ∫ f ϕ ( t )  ϕ ' ( t =
)dt
) dt ∫ g (t=
∫ f ( x=

G (t ) + C .

Từ đó ta trình bày hai dạng toán về phương pháp đổi biến số như sau:
Dạng 1: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1 để tính nguyên hàm: I = ∫ f ( x)dx .
PHƯƠNG PHÁP CHUNG.

Page 2


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Ta thực hiện theo các bước sau:
 Bước 1: Chọn t = ϕ ( x ) . Trong đó ϕ ( x ) là hàm số mà ta chọn thích hợp.
 Bước 2: Tính vi phân hai vế: dt = ϕ ' ( x ) dx .
 Bước 3: =
Biểu thị: f ( x)dx g=
ϕ ( x )  ϕ ' ( x ) dx g (t )dt .
 Bước 4: Khi đó:=
I

)dx ∫ g (t=
)dt
∫ f ( x=

G (t ) + C

* Chú ý: Ta có một số dấu hiệu để đổi biến thường gặp:
STT

Dạng nguyên hàm
f ′( x)

Cách đặt

Đặc điểm nhận dạng

t = f ( x)

Biểu thức dưới mẫu

t = u ( x)

Biểu thức ở phần số mũ

t = u ( x)

Biểu thức trong dấu ngoặc

1

∫ f ( x ) dx

2

∫ f e

3

∫ f u ( x ) u′ ( x ) dx

4

∫ f  u ( x )  u′ ( x ) dx

t = n u ( x)

Căn thức

5

∫ f ( ln x )

dx
x

t = ln x

dx
đi kèm biểu thức theo ln x
x

6

∫ f ( sin x ).cos x dx

t = sin x

cos x dx đi kèm biểu thức theo sin x

7

∫ f ( cos x ).sin x dx

t = cos x

sin x dx đi kèm biểu thức theo cos x

8

∫ f ( tan x ) cos

t = tan x

dx
đi kèm biểu thức theo tan x
cos 2 x

9

∫ f ( cot x ) sin

t = cot x

dx
đi kèm biểu thức theo cot x
sin 2 x

t = e ax

e ax dx đi kèm biểu thức theo e ax

10

u( x)

 u ′ ( x ) dx


n

dx
2

x

dx

∫ f (e ) e
ax

ax

2

dx

x

Đôi khi thay cách đặt t = t ( x ) =
bởi t m.t ( x ) + n ta sẽ biến đổi dễ dàng hơn.

Page 3


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Các dạng đặc biệt
Dấu hiệu

Hàm f ( x ) =
Hàm f ( x ) =

Cách chọn

a.s inx + b.cosx
x 
x

=
t tan ;  cos ≠ 0 
c.s inx + d.cosx + e
2 
2

+ Với: x + a > 0 và x + b > 0, Đặt:

1

( x + a )( x + b )

t=

x+a + x+b

+ Với x + a < 0 và x + b < 0, đặt:

t=

2

x − a + −x − b

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

Câu 1: Tìm các họ nguyên hàm sau đây
a)

∫x

4

1 − x 2 dx

b)

∫x

1
dx
x +1

c)

∫x

3

x 2 + 9 dx

Câu 2:Tìm các họ nguyên hàm sau đây

ln 2 x − 1
dx
a) ∫
x ln x

b)

∫

x ln ( x 2 + 1)
x2 + 1

c)

dx

∫ x 1+

(

ln 2 x
ln x + 1

)

dx

Câu 3:Tìm nguyên hàm:

a) I =∫ ( x + 1) 3 3 − 2 xdx

b) J = ∫

xdx
3
2x + 2

c) K = ∫
b) J = ∫

Câu 4: Tìm nguyên hàm: a) I = ∫ sin 3 x.cos5 xdx

xdx
x + 3 + 5x + 3
cos xdx
(sin x + 2 cos x)3

Câu 5:Tìm nguyên hàm:
1) I = ∫

dx
x
e + 2e − x − 3

2) J = ∫

e2 x
1 + ex + 2

dx

3) K = ∫

ex + 4
dx
4e x + 1

Câu 6: Tìm nguyên hàm:
1) I = ∫

ln 2 x + 1
ln x.dx
dx 2) J = ∫
x
x(1 + 3ln x + 2)

3) K = ∫

ln x 3 2 + ln 2 x
dx
x

Câu 7: Tìm nguyên hàm:
1) I = ∫

dx
dx
2) J = ∫
2sin x − 3sin 2 x + 2

2 cos x − sin x + 1
2

sin 4 2 x.cos3 x
Câu 8: Tìm nguyên hàm: I = ∫
dx
π  π

tan  x +  tan  x − 
4
4


Page 4


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

e x dx
Câu 9: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫ x
e + 4e − x
Câu 10: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫
Câu 11: Tìm nguyên hàm: I = ∫

2) J = ∫

x3 − 1
dx
x( x 6 + 3 x3 + 2)

(ln x + 1) ln x
dx
(ln x + x + 1)3
2) J = ∫

dx
x( x 6 + 1) 2

tan xdx
sin 2 x + 3

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Tìm nguyên hàm:
=
I1

∫x

( x + 1) dx
I3 = ∫
I2 = ∫
2012
10
( 3x + 1)
( x + 3)
2010

x 2 dx

x + 1dx

Bài 2: Tìm nguyên hàm:

I1 = ∫
=
J1

x3 + 3x

(x

∫x

2

+ 1)

∫

I=
2

dx
3

3

J2 = ∫

2

x − 4dx

1 − x2
∫ x 4 + x 2 + 1 dx, x ≠ 0

x 2 + 2=
x + 4.dx
I

x3
x2 + 3

dx

J3 = ∫

x2
x2 + 4

dx

Bài 3: Tìm nguyên hàm:

dx
=
I2
1+ x + 3 1+ x

I1 = ∫

I3 = ∫

dx
2

x x +1

I4 = ∫

∫x .
2

x 2 + 9dx

xdx
2

1+ x +

(1 + x )

2 3

.

Bài 4: Tìm nguyên hàm:

I2 = ∫
J2 = ∫

3

x
dx
2x +1

dx

I3 = ∫

dx
2

1+ x + x +1

J4 = ∫

x2 + 4
3

xdx
x +1 − x +1

J1 = ∫
=
J5

∫

J6 = ∫

x
dx
1+ 2x +1
3

3 x − x 3 dx

x
3x + 9 x 2 − 1

dx

Bài 5: Tìm nguyên hàm:
I1 = ∫ tan 2 xdx I 2 = ∫

1
1
dx
dx I 3 = ∫
4
1 + sin x
cos x

J1 = ∫ tan 3 xdx J 2 = ∫

5sin x + 2sin 2 x
tan x
dx J 3 = ∫
dx

cos 2 x + 6 cos x + 5
cos3 x

Bài 6: Tìm nguyên hàm:
Page 5


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
I1 = ∫ sin 5 x cos3 xdx

I2 = ∫

cos x

( sin x + 2 cos x )

tan 4 x
I3 = ∫
dx
cos 2 x

dx
3

Bài 7: Tìm nguyên hàm:

I1 = ∫

cos x
1

2 ln x + 3
dx I 3 = ∫
dx I 2 = ∫ 2
dx
2
sin x − 5sin x + 6
cos x sin x
x

Bài 8: Tìm nguyên hàm:

I1 = ∫

ln x
dx
x ( ln x + 1)

I2 = ∫

ln 2 x

(

x 1 + ln x + 1

)

dx

I3 = ∫

ln 2 ( ln x )

x ln x ln ( ln x ) + 1

dx

Bài 9: Tìm nguyên hàm:

I =∫

sin 2 xdx
1 + 4sin x

J =∫

dx
π

sin x.sin  x + 
3


K =∫

dx
cos3 x

Bài 10: Tìm nguyên hàm:

I =∫

sin 2 x + 3cos x
dx
1 + 3 1 + 2sin x

J =∫

3

sin 3 x − sin x
cot x.dx
sin 3 x

K =∫

4sin 2 3 x + sin 4 x
dx
tan x + cot 2 x

Bài 11: Tìm nguyên hàm:

I =∫

2x +1
dx
2 + x −1

J =∫

x +1
2

x +2

dx

K =∫

x −1
dx
x+2

Bài 12: Tìm nguyên hàm:
I =∫

( x + 3) 2009
dx
(2 x − 1) 2013

K =∫

dx

( x − 1)

x 2 + 3x + 2

Bài 13: Tìm nguyên hàm:
1. I

=

∫x

3

x + 1dx 2. I = ∫

4

x
dx
x +1

3. I = ∫

( x + 1)dx
x5 − x 2
4. I = ∫
dx
1+ 4x +1
x3 + 2

5. I = ∫

tan x.dx
sin 2 x + cos x
dx 6. I = ∫
1 + 3 ln(cos x) + 1
3sin x + 1

7. I = ∫

(1 +

ln x

)

ln x + 2 x

dx 8. I=

∫

e 2 x + 4e x + 5.e x dx

Bài tốn 2: (Lượng giác hóa) Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 2 tính tích phân bất
định: I = ∫ f ( x)dx
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Page 6


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Ta thực hiện theo các bước sau:
 Bước 1: chọn x = ϕ ( t ) , trong đó ϕ ( t ) là hàm số mà ta chọn thích hợp.
 Bước 2: lấy vi phân hai vế: dx = ϕ ' ( t ) dt
 Bước 3: Biến
đổi: f ( x)dx f=
=

ϕ ( t )  ϕ ' ( t ) dt g ( t ) dt
 Bước 4: Khi đó tính:

)dx ∫ g (t=
)dt
∫ f ( x=

G (t ) + C .

* Lưu ý: Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là:

Dấu hiệu

Cách chọn

π
π

=
↔
−
≤
≤
x
a
sin
t
t

2

2

=
 x a cost ↔ 0 ≤ t ≤ π

a2 − x2


a
 π π
↔ t ∈  − ;  \ {0}
x
=
sin t
 2 2


a
π 
x
↔ t ∈ [ 0; π ] \  
=
cost
2


x2 − a2


 π π

=
 x a tan t ↔ t ∈  − 2 ; 2 



 x a cot t ↔ t ∈ ( 0; π )
=

a2 + x2
a+x
a−x
∨
a−x
a+x

x = a.cos2t

( x − a )( b − x )

2
x = a + ( b − a ) sin t

Câu 1: Tính tích phân bất định a/

∫

Câu 2: Tính tích phân bất định: I = ∫

dx

(1 − x )

2 3

b/

∫

dx
x2 + 2x + 3

dx

(1 + x )

2 3

PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN

1

LÝ THUYẾT.
Cho hai hàm số u và v liên tục trên đoạn [ a; b ] và có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] .
Page 7


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Khi đó: ∫ ud=
v uv − ∫ vdu. (*)
Để tính nguyên hàm

∫ f ( x ) dx bằng từng phần ta làm như sau:

Bước 1. Chọn u , v sao cho f ( x ) dx = udv (chú d
ý v = v ' ( x ) dx ).
Sau đó tính v = ∫ dv và du = u '.dx .

Bước 2. Thay vào cơng thức (*) và tính ∫ vdu .
Chú ý. Cần phải lựa chọn và dv hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân
hơn ∫ udv . Ta thường gặp các dạng sau

∫ vdu

dễ tính

∫ P ( x ) sin ( ax + b ) dx , trong đó P ( x ) là đa thức.

● Dạng 1. I
=

du = P′ ( x ) .dx
u = P ( x )

⇒
Với dạng này, ta đặt 
.
1
=
− cos ( ax + b )
dv sin ( ax + b ) dx v =

a

● Dạng 2. I ∫ P ( x ) cos ( ax + b ) dx , trong đó P ( x ) là đa thức.
=
du = P′ ( x ) .dx
u = P ( x )

⇒
Với dạng này, ta đặt 
.
1
=
x v
sin ( ax + b )
dv cos ( ax + b ) d=
a

ax + b
● Dạng 3. I = ∫ P ( x ) e dx , trong đó P ( x ) là đa thức.

du = P′ ( x ) .dx
u =P ( x )

⇒
Với dạng này, ta đặt 
.
1 ax +b
ax + b
dv = e dx v = e
a


● Dạng 4. I = ∫ P ( x ) ln g ( x ) dx , trong đó P ( x ) là đa thức.
u = ln g ( x )
.
Với dạng này, ta đặt 
d
v
=
P
x
d
x
(
)

sin x  x
● Dạng 5. I = ∫ 
 e dx .
cos x 

sin x 
u = 

Với dạng này, ta đặt 
cos x  .

x
dv = e dx

2

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

∫ x sin 2 xdx

Câu 1.

Tìm

Câu 2.

Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x sin x

Câu 3.

Biết

Câu 4.

Tìm nguyên hàm=
I

Câu 5.

Tìm nguyên hàm ∫ sin xdx

∫ x cos 2 xdx =

ax sin 2 x + b cos 2 x + C với a , b là các số hữu tỉ. Tính tích ab ?

∫ ( x − 1) sin 2 xdx

Câu 6.

Họ nguyên hàm của ∫ e x (1 + x ) dx là:

Câu 7.

Biết

Câu 8.

x)
Biết F (=

∫ xe

2x

dx = axe 2 x + be 2 x + C ( a, b ∈  ) . Tính tích ab .

( ax + b ) e x

y
là nguyên hàm của hàm số=

( 2 x + 3) e x .Khi đó, tính

a+b
Page 8

CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
1
S m2 + n2 .
dx =
− e −2 x ( 2 x + n ) + C , với m, n ∈  . Tính =
m
Câu 10. Tìm ngun hàm
I ∫ ( 2 x − 1) e − x dx .
=

Câu 9.

Biết

∫ ( x + 3) .e

−2 x

Câu 11. Tìm nguyên hàm ∫ ln xdx

Câu 12. Tìm nguyên hàm I = ∫ x ln xdx

f ( x ) x ln ( x + 2 ) .
Câu 13. Tìm nguyên hàm của hàm số =
Câu 14. Tìm nguyên hàm của g ( x ) =

ln x

( x + 1)

2

?

Page 9


CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

III

NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN
ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
BÀI 1. NGUN HÀM

I

LÝ THUYẾT.

Kí hiệu K là một khoảng, hay một đoạn hay một nửa khoảng.
1) Định nghĩa: Cho hàm số f ( x ) xác định trên K . Hàm số F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm
số f ( x ) trên K nếu F ′ ( x ) = f ( x ) với mọi x thuộc K .
2) Định lý

a. Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên K thì ∀C ∈ R hàm số F ( x ) + C cũng là một

nguyên hàm của f ( x ) trên K .
b. Đảo lại nếu F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên K thì tồn tại một hằng số C sao
cho F=
( x) G ( x) + C
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) ký hiệu là

( x)
∫ f=

F ( x) + C .

Chú ý: Người ta chứng minh được rằng: “Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K ”
3) Tính chất của nguyên hàm.
a. Nếu f , g là hai hàm số liên tục trên K thì

∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx .

b. ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx với mọi số thực k khác 0.
Suy ra ∫ [ k . f ( x) + l.g ( x) ]dx = k ∫ f ( x)dx + l ∫ g ( x)dx
c.

( ∫ f ( x)dx )′ = f ( x) .

4) Công thức nguyên hàm từng phần

∫ ud=v

uv − ∫ vdu .

5) Công thức đổi biến số

′ ( x ) dx
∫ f [u ( x ) ]u=

F [u ( x ) ] + C .

Page 1


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
6) Bảng nguyên hàm và vi phân của những hàm số thường gặp
Hàm số hợp u = u ( x )

Hàm sơ cấp
1) ∫ dx= x + C

xα +1
+ C (α ≠ −1)
α +1

2) ∫ xα=
dx
3)

1) ∫ du= u + C .

dx
=ln x + C ( x ≠ 0 )
x

∫

2) ∫ uα=
du
3)

∫

uα +1
+ C (α ≠ −1)
α +1

du
=
ln u + C ( u ( x ) ≠ 0 )
u

4) ∫ cos =
xdx sin x + C

4) ∫ cos u=
du sin u + C

5) ∫ sin xdx =
− cos x + C

− cos u + C
5) ∫ sin udu =

6) ∫

1
=
dx tan x + C
cos 2 x

Với x ≠

π

2

6) ∫

1
du tan u + C
=
cos 2 u

Với u ( x ) ≠

+ kπ

π

2

1
du =
− cot u + C
sin 2 u

Với u ( x ) ≠ kπ

8) ∫ e x d=
x ex + C

8) ∫ eu du= eu + C

9) ∫ a x dx=

II

ax
+ C ( 0 < a ≠ 1)
ln a

7) ∫

9) ∫ a u du=

1
1) Vi phân d ( ax + b ) =dx
a
1 1
α
2) ∫ ( a x + b ) dx =⋅
(ax + b)α +1 + C
a α +1
3)

dx

∫ ax=
+b

1
ln ax + b + C ( a ≠ 0 )
a

1
sin(ax + b) + C
a
1
5) ∫ sin(ax + b)dx =
− cos(ax + b) + C
a
4) ∫ cos(ax + b=
)dx

6) ∫

dx
1
=
tan ( ax + b ) + C
cos ( ax + b ) a

7) ∫

−1
dx

=
cot ( ax + b ) + C
sin ( ax + b ) a

2

+ kπ

1
dx =
− cot x + C .
sin 2 x
Với x ≠ kπ
7) ∫

Thường gặp

au
+ C ( 0 < a ≠ 1)
ln a

2

1 ax +b
e
+C
a
1
9) ∫=
a px + q dx

a px + q + C ( 0 < a ≠ 1)
p.ln a

ax + b
8) ∫ e=
dx

HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN.
PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ

1

LÝ THUYẾT.
Phương pháp đổi biến số được sử dụng khá phổ biến trong việc tính các tích phân bất định.
Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa trên định lý sau:
a) Nếu:

( x)
∫ f=

F ( x) + C và với u = ( x ) là hàm số có đạo hàm thì:

)du
∫ f (u=

F (u ) + C

b) Nếu hàm số f(x) liên tục thì đặt x = ϕ ( t ) . Trong đó ϕ ( t ) cùng với đạo hàm của nó ( ϕ ' ( t )
là những hàm số liên tục ) thì ta được:

)dx ∫ f ϕ ( t )  ϕ ' ( t =
)dt
) dt ∫ g (t=
∫ f ( x=

G (t ) + C .

Từ đó ta trình bày hai dạng toán về phương pháp đổi biến số như sau:
Dạng 1: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1 để tính nguyên hàm: I = ∫ f ( x)dx .
PHƯƠNG PHÁP CHUNG.
Page 2


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Ta thực hiện theo các bước sau:
 Bước 1: Chọn t = ϕ ( x ) . Trong đó ϕ ( x ) là hàm số mà ta chọn thích hợp.
 Bước 2: Tính vi phân hai vế: dt = ϕ ' ( x ) dx .
 Bước 3: =
Biểu thị: f ( x)dx g=
ϕ ( x )  ϕ ' ( x ) dx g (t )dt .
 Bước 4: Khi đó:=
I

)dx ∫ g (t=
)dt
∫ f ( x=

G (t ) + C

* Chú ý: Ta có một số dấu hiệu để đổi biến thường gặp:

STT

Dạng nguyên hàm
f ′( x)

Cách đặt

Đặc điểm nhận dạng

t = f ( x)

Biểu thức dưới mẫu

t = u ( x)

Biểu thức ở phần số mũ

t = u ( x)

Biểu thức trong dấu ngoặc

1

∫ f ( x ) dx

2

∫ f e

3

∫ f u ( x ) u′ ( x ) dx

4

∫ f  u ( x )  u′ ( x ) dx

t = n u ( x)

Căn thức

5

∫ f ( ln x )

dx
x

t = ln x

dx
đi kèm biểu thức theo ln x
x

6

∫ f ( sin x ).cos x dx

t = sin x

cos x dx đi kèm biểu thức theo sin x

7

∫ f ( cos x ).sin x dx

t = cos x

sin x dx đi kèm biểu thức theo cos x

8

∫ f ( tan x ) cos

t = tan x

dx
đi kèm biểu thức theo tan x
cos 2 x

9

∫ f ( cot x ) sin

t = cot x

dx
đi kèm biểu thức theo cot x
sin 2 x

t = e ax

e ax dx đi kèm biểu thức theo e ax

10

u( x)

 u ′ ( x ) dx


n

dx
2

x

dx

∫ f (e ) e
ax

ax

2

dx

x

Đôi khi thay cách đặt t = t ( x ) =
bởi t m.t ( x ) + n ta sẽ biến đổi dễ dàng hơn.

Page 3


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Các dạng đặc biệt
Dấu hiệu
Hàm f ( x ) =
Hàm f ( x ) =

Cách chọn

a.s inx + b.cosx
x 
x

=
t tan ;  cos ≠ 0 
c.s inx + d.cosx + e
2 
2

+ Với: x + a > 0 và x + b > 0, Đặt:

1

( x + a )( x + b )

t=

x+a + x+b

+ Với x + a < 0 và x + b < 0, đặt:

t=

2

x − a + −x − b

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

Câu 1: Tìm các họ nguyên hàm sau đây
a)

∫x

4

b)

1 − x 2 dx

∫x

1
dx

x +1

c)

∫x

3

x 2 + 9 dx

Lời giải
a) Xét

∫x

4

1 − x 2 dx .

Đặt t =4 1 − x 2 ⇒ t 4 =1 − x 2 , suy ra 4t 3dt = −2 xdx ⇒ −2t 3dt = xdx
2 (1 − x 2 ) 4 1 − x 2
2t 5
Khi đó ∫ x 1 − x dx =
−2 ∫ t.t dt =
−
+C =
−
+C
5
5

2

4

b) Xét
Đặt t =
Khi đó

c) Xét
Đặt t =

Khi đó

3

1
dx .
x +1

∫x

2tdt = dx
x + 1 ⇒ t 2 = x + 1 . Suy ra 
2
 x= t − 1

∫x

∫x

3

1
=
dx
x +1

x 2 + 9 d=
x

∫ (t

2

∫x

2t
=
dt
− 1) t

dt ∫ 
−
 dt
∫t =
−1
 t −1 t +1 

= ln

t −1
+
=
C ln
t +1

2

2

 1

1 

2

x +1 −1
+C
x +1 +1

x 2 + 9.xdx .

tdt = xdx
x 2 + 9 ⇒ t 2 = x 2 + 9 . Suy ra  2 2
x= t − 9

∫x

2

t5
x + 9.xdx =∫ ( t − 9 ) t.tdt =∫ ( t − 9t ) dt = − 3t 3 + C.
5
2

2

4

2

Page 4


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

Như vậy

(

3
2
9 dx
∫ x x +=

x2 + 9

)

5

5

−3

(

)

3

x2 + 9 + C

Câu 2:Tìm các họ nguyên hàm sau đây

ln 2 x − 1
dx
a) ∫
x ln x

b)

∫

x ln ( x 2 + 1)
x2 + 1

c)

dx

∫ x 1+

(

ln 2 x
ln x + 1

)

dx

Lời giải

ln 2 x − 1
dx .
a) Xét ∫
x ln x
1
Đặt t = ln x, suy ra dt = dx
x
Khi đó

b) Xét

ln 2 x − 1
∫ x ln x dx =

∫

x ln ( x 2 + 1)
x2 + 1

t 2 −1
t2
ln 2 x
 1
d
t
=
t
−
d
t
=
−
ln
t
+
C
=
− ln ln x + C
∫ t
∫  t  2
2

dx .

2x
1

x
dx ⇒ =
dt
dx .
2
x +1
2
x +1

dt
Đặt
=
t ln ( x 2 + 1) , suy ra =
Khi đó
c) Xét

∫

x ln ( x 2 + 1)
x +1

∫ x 1+

(

1
1 2
1 2 2
tdt=
t + C=

ln ( x + 1) + C .
∫
2
4
4

dx=

2

ln 2 x
ln x + 1

)

2

dx .

Đặt t =1 + 1 + ln x ⇒ ( t − 1) =1 + ln x ⇔ ln x =t 2 − 2t
2

dx
suy ra =
x
Khi đó

∫ x 1+

(

ln 2 x

dx
=
ln x + 1

)

∫

(t

2

− 2t )
t

2

⋅ ( 2t − 2 ) dt

= 2 ∫ ( t 4 − 5t 3 + 8t 2 − 4t ) dt =
Như vậy

∫ x 1+

(

ln 2 x

ln x + 1

)

dx =

( 2t − 2 ) dt .

2 5 5 4 16 3
t − t + t − 4t 2 + C .
5
2
3

2 5 5 4 16 3
1 + ln x + 1
t − t + t − 4t 2 + C với t =
5
2
3

Câu 3:Tìm nguyên hàm:
a) I =∫ ( x + 1) 3 3 − 2 xdx

b) J = ∫

xdx
3
2x + 2

c) K = ∫

xdx
x + 3 + 5x + 3
Page 5


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Lời giải.

3 − t3
3
⇒ dx =− t 2 dt
a. Đặt t =3 3 − 2 x ⇒ x =
2
2
3  3 − t3  2
3
⇒ I =− ∫ 
+ 1 t.t dt =− ∫ (5t 3 − t 6 )dt
2  2
4


3  5t 4 t 7 
3  3 (3 − 2 x)7 5 3 (3 − 2 x) 4
=
− 
−  + C =
−

4 4 7 
4 
7
4

t
b. Đặt =

3


+C



3 2
t3 − 2
t dt
⇒ dx=
2
2

2 x + 2 ⇒ x=

t3 − 2 3 2
t dt
3 4
3  t5 2 
=
(

t
−
2
t
)
dt
=
Suy ra J= ∫ 2 2
 −t +C
t
4∫
4 5


3  3 (2 x + 2)5 3

=
− (2 x + 2) 2  + C .

4 
5


∫

c. Ta =
có: I
=

x( 5 x + 3 − x + 3)dx 1

=
( 5 x + 3 − x + 3)dx
5x + 3 − x − 3
4∫

11

(5 x + 3)3 − ( x + 3)3  + C .

65


b) J = ∫

Câu 4: Tìm nguyên hàm: a) I = ∫ sin 3 x.cos5 xdx

cos xdx
(sin x + 2 cos x)3

Lời giải.

cos x ⇒ dt =
− sin xdx
a. Đặt t =
2
5
Ta có: I =
− ∫ (1 − t 2 )t 5 dt
∫ (1 − cos x) cos x sin xdx =

= ∫ (t 7 − t 5 )dt =
b. I
=

t8 t6
sin 8 x sin 6 x
− +C =
−
+C .
8 6
8
6

cos xdx

∫=
cos x(tan x + 2) ∫ cos
3

Đặt t= tan x ⇒ dt=

3

2

dx
x(tan x + 2)3

1
1

1
dx . Do đó: J =
−
+C
2
cos x
2 (tan x + 2) 2

Câu 5:Tìm nguyên hàm:
1) I = ∫

dx
x
e + 2e − x − 3

2) J = ∫

e2 x
1 + ex + 2

dx

3) K = ∫

ex + 4
dx
4e x + 1

Lời giải.
Page 6

CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

e x dx
1. Ta có: I = ∫ 2 x
. Đặt t = e x ⇒ dt = e x dx
x
e − 3e + 2
dt
I ∫ 2
=
=
Suy ra:
t − 3t + 2
2. Đặt t =

=
J

dt
t −2
ex − 2
ln
=
+ C ln x
+C
∫ (t − 1)(t −=
2)
t −1

e −1

e x + 2 ⇒ e x = t 2 − 2 ⇒ e x dx = 2tdt

 t3 t2

(t 2 − 2)2tdt
1 
 2
=
t
−
t
−
+
dt
2
1
=
2
 − − t + ln t + 1  + C

∫ 1+ t
∫ 
t +1 
3 2


 (e x + 2)3 e x + 2
= 2

−
− e x + 2 + ln
3
2


(


ex + 2 + 1  + C


)

ex + 4
t2 − 4
30t
3. Đặt t = x
⇒ ex =
− 2
⇒ e x dx =
− 2
dt
4e + 1
4t − 1
(4t − 1) 2

30t
⇒ dx =2
dt

(t − 4)(4t 2 − 1)
=
K 30 ∫

t 2 dt
4 
1 t −2
2t − 1
 1
=
− 2  dt =
2∫  2
ln
− ln
+C ,
2
2
(t − 4)(4t − 1)
2 t+2
2t + 1
 t − 4 4t − 1 
ex + 4
.
4e x + 1

với t =

Câu 6: Tìm nguyên hàm:
1) I = ∫

ln 2 x + 1
ln x.dx
dx 2) J = ∫
x
x(1 + 3ln x + 2)

3) K = ∫

ln x 3 2 + ln 2 x
dx
x

Lời giải.
1. Đặt t = ln x ⇒ dt =
Suy ra I =

dx
x

 t3 
 ln 3 x

2
(
t
+
1)
dt
=
+

t
+
C
=
+ ln x  + C .



∫
3 
 3


t
2. Đặt=

3ln x + 2 ⇒ ln=
x

t2 − 2
dx 2
⇒=
tdt
3
x 3

t2 − 2 2
. tdt

2  2

1 
2  t3 t2
J ∫ 3 3=
t
−
t
−
+
=
dt
1
Suy ra=
 − − t + ln(t + 1)  + C


∫
1+ t
9 
t +1 
9 3 2


=
với t

3ln x + 2 .

3. Đặt t =

3

ln 2 x + 2 ⇒ ln 2 x = t 3 − 2 ⇒

ln xdx 3 2
= t dt
x
2
Page 7


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Suy ra I =

3 3
3
3
t dt = t 4 + C = . 3 (3ln x + 2) 4 + C
∫
2
8
8

Câu 7: Tìm nguyên hàm:
1) I = ∫

dx
dx
2) J = ∫
2sin x − 3sin 2 x + 2
2 cos x − sin x + 1

2

Lời giải.
1. Ta có: I

1
dx
1
dx
=
2
2
2
2
∫
∫
2 2sin x − 3sin x cos x + cos x 2 cos x(2 tan x − 3 tan x + 1)

Đặt t= tan x ⇒ dx=
Ta được: I
=
=

dt
1+ t2

1
dt
1 (2t − 1) − 2(t − 1)
=

dt
2
∫
2 2t − 3t + 1 2 ∫ (2t − 1)(t − 1)

1  1
2 
1
t −1
1
tan x − 1
−
=
ln
=
+C
ln
+C

 dt
∫
2  t − 1 2t − 1 
2 2t − 1
2 2 tan x − 1

2. Đặt t= tan

2t
1− t2
x

2dt
=
x
=
x
sin
,
cos
và
⇒ dx=
1+ t2
1+ t2
2
1+ t2

−t 2 − 2t + 3
Suy ra: 2 cos x − sin x + 1 =
1+ t2
x
tan + 3
1 (t + 3) − (t − 1)
1 t +3
1
dt
2
J=
dt = ln
−2 ∫ 2
=
− ∫

+ C = ln
+C
2 (t − 1)(t + 3)
2 t −1
2 tan x − 1
t + 2t − 3
2

Câu 8: Tìm nguyên hàm: I = ∫

sin 4 2 x.cos3 x
dx
π  π

tan  x +  tan  x − 
4
4


Lời giải.

π   π  tan x − 1 tan x + 1

Ta có: tan  x +  tan  x −  =
.
=
−1
4
4  1 + tan x 1 − tan x



Suy ra: I = −16 ∫ sin 4 x.cos 6 x cos xdx
Đặt t= sin x ⇒ dt= sin xdx nên ta có:
I=
−16 ∫ t 4 (1 − t 2 )3 dt =
16 ∫ t 4 (t 6 − 3t 4 + 3t 2 − 1)dt

 t11 t 9 3t 7 t 5 
 sin11 x sin 9 x 3sin 7 x sin 5 x 
= 16  − +
−  +=
C 16 
−
+
−
+C
3
7
5 
 11 3 7 5 
 11
Câu 9: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫

e x dx
e x + 4e − x

2) J = ∫

(ln x + 1) ln x
dx

(ln x + x + 1)3
Page 8


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
Lời giải.
1. Cách 1: với cách đặt t = e x
Cách 2: Xét J = ∫

e − x dx
e x + 4e − x


e x + 4e − x
+
=
I
J
4

∫ e x + 4e− x dx =∫ dx =x + C1
Ta xét hệ : 
−x
x
 I − 4 J = e − 4e dx= ln e x + 4e − x + C
2
∫ e x + 4e− x


1

1
⇒ 2 I =x + ln e x + 4e − x + C1 + C2 hay I = x + ln e x + 4e − x + C
2
2
2. Ta có : J = ∫

ln x + 1

ln xdx
x2
 ln x + 1 
+ 1
x
 x

3

.

ln x + 1
ln x
⇒ dt =
− 2 dx
Đặt t =
x
x
 1
1
1
tdt

1 
−
+
+C
Suy ra J =
−∫
=
−
dt =

2
3
3
2
∫
(t + 1)
2(t + 1) t + 1
 (t + 1) (t + 1) 

x2
x
=
−
+
+C
2
2(ln x + 1 + x) ln x + x + 1
Câu 10: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫

x3 − 1

dx
x( x 6 + 3 x3 + 2)

2) J = ∫

dx
x( x 6 + 1) 2

Lời giải.
1. Đặt t = x3 ⇒ I =

1
t −1
1
t −1
dt = ∫
dt
2
∫
3 t (t + 3t + 2)
3 t (t + 1)(t + 2)

3
1
t − 1 =− t (t + 1) − (t + 1)(t + 2) + 2t (t + 2)
2
2
1
1
2

Suy ra I =− ln x3 + 2 − ln x3 + ln x3 + 1 + C .
2
6
3
2. Đặt t = x 6 ⇒ I =

dt
1
1 1 1
1 
= ∫ −
−
 dt
2
∫
6 t (t + 1)
6  t t + 1 (t + 1) 2 

1
x6
1
Suy ra=
I
ln 6
+ 6
+C.
6 x +1 x +1
Câu 11: Tìm nguyên hàm: I = ∫

tan xdx

sin 2 x + 3

Lời giải.
Page 9


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

cos x ⇒ dt =
− sin xdx . Suy ra I = − ∫
Đặt t =

dt
t 4 − t2

2
dt
dy
1
(với y = )
• t >0⇒ I =
−∫
=
∫
t
2
4
y2 −1
t 2 2 −1
t

1
1
2
4
+
−1 + C
ln y + y 2 −=
1
ln
2
2 cos x
cos 2 x

⇒=
I

• t < 0 ⇒ I =∫

t2

dt
1
2
4
=− ln
+
−1 + C .
2 cos x
cos 2 x
4

−1
t2

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Tìm nguyên hàm:
=
I1

∫x

x + 1dx

( x + 1) dx
I3 = ∫
I2 = ∫
2012
10
( 3x + 1)
( x + 3)
2010

x 2 dx

Bài 2: Tìm nguyên hàm:

I1 = ∫
=
J1

x3 + 3x

(x

∫x

2

+ 1)

3

∫

I=
2

dx

3

J2 = ∫

2

x − 4dx

1 − x2
∫ x 4 + x 2 + 1 dx, x ≠ 0

x 2 + 2=

x + 4.dx
I

x3
2

x +3

dx

J3 = ∫

x2
x2 + 4

dx

Bài 3: Tìm nguyên hàm:

dx
=
I2
1+ x + 3 1+ x

I1 = ∫
I3 = ∫

dx
x x2 + 1

I4 = ∫

∫x .
2

x 2 + 9dx

xdx
2

1+ x +

(1 + x )

2 3

.

Bài 4: Tìm nguyên hàm:

I2 = ∫
J2 = ∫

3

x
dx
2x +1

dx

I3 = ∫

dx

J4 = ∫

1 + x + x2 + 1

2

x +4
3

xdx
x +1 − x +1

J1 = ∫
=
J5

∫

J6 = ∫

x
dx
1+ 2x +1
3

3 x − x 3 dx

x
3x + 9 x 2 − 1

dx

Bài 5: Tìm nguyên hàm:
I1 = ∫ tan 2 xdx I 2 = ∫

1
1
dx
dx I 3 = ∫
4
1 + sin x
cos x
Page 10


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
J1 = ∫ tan 3 xdx J 2 = ∫

5sin x + 2sin 2 x
tan x
dx
dx J 3 = ∫
cos3 x
cos 2 x + 6 cos x + 5

Bài 6: Tìm nguyên hàm:
I1 = ∫ sin 5 x cos3 xdx

I2 = ∫

cos x

( sin x + 2 cos x )

3

dx

I3 = ∫

tan 4 x
dx
cos 2 x

Bài 7: Tìm nguyên hàm:

I1 = ∫

cos x
1
2 ln x + 3
dx I 3 = ∫
dx I 2 = ∫ 2
dx
2

sin x − 5sin x + 6
cos x sin x
x

Bài 8: Tìm nguyên hàm:

I1 = ∫

ln x
dx
x ( ln x + 1)

I2 = ∫

ln 2 x

(

x 1 + ln x + 1

)

dx

I3 = ∫

ln 2 ( ln x )

x ln x ln ( ln x ) + 1

dx

Bài 9: Tìm nguyên hàm:

I =∫

sin 2 xdx
1 + 4sin x

J =∫

dx
π

sin x.sin  x + 
3


K =∫

dx
cos3 x

Bài 10: Tìm nguyên hàm:

I =∫

sin 2 x + 3cos x
dx
1 + 3 1 + 2sin x

J =∫

3

sin 3 x − sin x
cot x.dx
sin 3 x

K =∫

4sin 2 3x + sin 4 x
dx
tan x + cot 2 x

Bài 11: Tìm nguyên hàm:

I =∫

2x +1
dx
2 + x −1

J =∫

x +1
2

x +2

dx

K =∫

x −1
dx
x+2

Bài 12: Tìm nguyên hàm:

I =∫

( x + 3) 2009
dx
(2 x − 1) 2013

K =∫

dx

( x − 1)

x 2 + 3x + 2

Bài 13: Tìm nguyên hàm:
1. I
=

∫x

3

x + 1dx 2. I = ∫

4

x
dx
x +1

( x + 1)dx
x5 − x 2
3. I = ∫
4. I = ∫
dx
1+ 4x +1
x3 + 2
5. I = ∫
7. I = ∫

tan x.dx
sin 2 x + cos x
dx 6. I = ∫
3
1 + ln(cos x) + 1
3sin x + 1

(1 +

ln x

)

ln x + 2 x

dx 8. I=

∫

e 2 x + 4e x + 5.e x dx

Page 11


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
LỜI GIẢI
Bài 1:
1. I1
=

∫x

x + 1dx .

Cách 1: Đặt t = x + 1 ⇒ x = t − 1 và dx = dt
Khi đó I1 =
∫ ( t − 1) tdt =
∫ t tdt − ∫ tdt
=

2 2
2
 t 1
 x +1 1 
− +C.
t t − t t + C = 2t t  −  + C = 2 ( x + 1) x + 1 
5
3
3
5 3
 5

∫ ( x + 1)

Cách 2: I1 =

x + 1dx − ∫ x + 1dx

=∫ ( x + 1) x + 1d ( x + 1) − ∫ x + 1d ( x + 1)

2 ( x + 1)
=
5

2

x +1

−

2 ( x + 1) x + 1
 x +1 1 
+ C= 2 ( x + 1) x + 1 
− +C
3
3
 5

 3x − 2 
=2 ( x + 1) x + 1 
+C .
 15 
2. I 2 = ∫

x 2 dx

( x + 3)

10

Đặt t = x + 3 ⇒ x = t − 3 và dx = dt .
Khi đó I 2

( t − 3)
=

∫

t

10

2

−8
−9
−10
dt =
∫ ( t − 6t + 9t ) dt =−

1
3 1
+ 8 − 9 +C
7
7t
4t t

1
3
1
=
−
+
−
+C.
7
8
9
7 ( x + 3) 4 ( x + 1) ( x + 3)

 x +1 
3. I 3 = ∫ 

 3x + 1 

2010

dx

( 3x + 1)

2

x +1
dx
1
−2dx
Đặt t =
⇒ dt =
⇒
=
− dt
2
2
3x + 1
2
( 3x + 1)
( 3x + 1)
1 2010
t 2011

1  x +1 
Khi đó I 3 =
− ∫ t dt =
−
+C =
−


2
4022
4022  3 x + 1 

2011

+C

Bài 2:
1. Đặt t = x 2 + 1 ⇒ xdx =

=

1
1 t2 + 2
1 1 2 
dt ⇒ =
=
I1
dt
 +  dt
3

∫
2
2
t
2 ∫  t t3 

1
1
1
1
ln t − 2 +=
C
ln x 2 + 1 −
+C .
2
2
2t
2
2 ( x 2 + 1)
Page 12


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
2. Đặt t =x + x 2 + 2 x + 4 ⇒ ( t − x ) =x 2 + 2 x + 4
2

⇒ 2 x ( t + 1) = t 2 − 4 ⇒ x =

Và

t2 − 4
t 2 + 2t + 4
dt
⇒ dx =
2
2 ( t + 1)
2 ( t + 1)

x 2 + 2 x + 4 =t − x =t −

t2 − 4
t 2 + 2t + 4
=
2 ( t + 1)
2 ( t + 1)
2

2
2
2


1 ( t + 2t + 4 )
1 ( t + 1) + 3
=
⇒ I4
=
dt
dt
3

4 ∫ ( t + 1)3
4∫
( t + 1)

=


1 
6
9 
1 t2
9
t
+
1
+
+
=
dt
+
t
+
6
ln
t
+
1
−
+C





2
4 ∫ 
t + 1 ( t + 1)3 
4  2
2 ( t + 1) 

3. Vì x ≠ 0 nên chia cả tử và mẫu cho x 2 ( Nếu khơng có điều kiện x ≠ 0 thì khơng được phép
1
1
1− 2
1− 2
2
x
x
chia cả tử và mẫu cho x=
). Khi đó I 3 ∫=
dx ∫
dx
2
1
2
1


x + 2 +1
 x +  −1
x

x

Đặt t = x +
⇒=
I3

∫t

1
1 

⇒ dt = 1 − 2  dx .
x
 x 

dt
1 t + 1 − ( t − 1)
1  1
1 
=
=
−
dt

 dt
∫
∫
− 1 2 ( t − 1)( t + 1)
2  t −1 t +1 

2

1 t −1
1 x2 − x + 1
=
ln
=
+C
ln
+C .
2 t +1
2 x2 + x + 1

4. Đặt t = x − 4 ⇒ J1 =
2

5. Đặt t = x + 3 ⇒ J 2 =
2

(x

2

− 4)

3

+C =

3

x

2

6. Đặt t = x + x 2 + 4 ⇒ x =

(x
+3

2

− 6)
3

(x

2

− 4) x2 − 4
3

+C.

+C .

t2 − 4
t2 + 4
dt
⇒ dx =
dt và

=
2
2t
2t
t

dx
x2 + 4

2

1  t 2 − 4  dt 1 t 4 − 8t 2 + 16
1  8 16 
⇒ J=
=
dt

 =
3
 t − +  dt
3
∫
∫
4  t  t 4
t
4 ∫  t t3 
=

1  t2
8

x
x2 + 4 .
 − 8ln t − 2  + C với t =+
4 2
t 

Bài 3:
1. Đặt t = 6 1 + x ⇒ t 6 =1 + x ⇒ 6t 5 dt = dx
Page 13


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

I1
=

∫

dx
t 5 dt
1


6∫  t 2 − t + 1 −
dt 
= 6∫ 3 =
2
3
t +t
t +1 

1+ x + 1+ x


= 2t 3 − 3t 2 + 6t − 6 ln t + 1 + C

= 2 1 + x − 3 3 1 + x + 6 6 1 + x − 6 ln 6 1 + x + 1 + C

2. Đặt

t2 − 9
t2 + 9
x +9 = x −t ⇒ x =
⇒ dx =
dt
2t
2t 2
2

2
4
 t 2 + 9   −t 2 − 9  ( t − 9 )
1 ( t − 81)
I2 = ∫  2  .
dt = − ∫
dt

2
16
t5
 2t   2t  4t

2

2

1 
162 6561 
1  t4
6561 
=
− ∫  t3 −
+ 5  dt =
−  − 162 ln t − 4  + C
16 
t
t 
16  4
4t 

(


2
1  x− x +9
=
− 
16 
4


3. Đặt: t =

=
I3

=∫

)

4



− 162 ln x − x + 9 −
+C
4 
2

4 x− x +9

2

6561

(

)

x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx

dx

xdx

∫=
∫ x=
∫ (t
x x +1
x +1
2

2

2

tdt
− 1) t

2

dt
1  1
1 
1  t −1 
= ∫
−
+C
 dt =  ln
t −1 2  t −1 t +1 
2  t + 1 
2

1  x2 + 1 −1 
Vậy I 3
=
ln 
+C .
2  x 2 + 1 + 1 
4. Đặt: t =

1 + x 2 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx

⇒

xdx

tdt
dt
=
=
1+ t
1 + x2 . 1 + 1 + x2 t 1 + t

I 4=

∫

dt
= 2 1 + t + C= 2 1 + 1 + x 2 + C.
1+ t

Bài 4:

1. Đặt =
t 2 x +=
1 ⇒ I2

3 3 ( 2 x + 1)
20

5

−

3 3 ( 2 x + 1)
8

2

+C .

 x + x2 + 4 

x 
2. Đặt t = x + x 2 + 4 ⇒ dt = 1 +
dx
=

 dx

2



x2 + 4 
x
+
4




Page 14


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
dx

⇒

dt
⇒ I3 =
t

=

x2 + 4

∫

dt
= ln t + C = ln x + x 2 + 4 + C .
t

t 2 − 2t
⇒ dx =( t − 1) dt
3. Đặt t =1 + 2 x + 1 ⇒ 2 x + 1 =( t − 1) ⇒ x =
2
2

2
1 ( t − 2t ) ( t − 1) dt 1
t 3 3t 2
2
⇒ J1 =
=
−
+
=
−
+t +C
t
3
t
2
dt
)
(
2∫
t
2∫
6 4

=

(

1+ 2x +1

)

3

6

−

(

3 1+ 2x +1
4

4. Đặt t = x + x 2 + 1 ⇒ t − x =

x
⇒=

Ta có :

)

2

(

)

+ 1+ 2x +1 + C .
x 2 + 1 ⇒ t 2 − 2 xt + x 2 = x 2 + 1

t 2 −1
t2 +1
1 t2 +1
dt
⇒ dx
=
⇒
=
J
dt
2
2t
2t 2
2 ∫ t 2 (1 + t )
1
t2 +1
2
1 1
2 ln t + 1 − − ln t + C
=
+ 2 − ⇒ J=
2
2
t

t ( t + 1) t + 1 t t

Hay J=
2 ln 1 + x + x 2 + 1 + x − x 2 + 1 − ln x + x 2 + 1 + C .
2
x

5. Đặt t =

t
6. Đặt=

x2 + 1

6

x +1

3

3x − x3
7. Đặt t =
x

Bài 5:
1. =
I1

∫ tan

I2
2. =

∫ cos

2

xdx
=

1
4

x

dx
=

Đặt t= tan x ⇒ dt=



1

∫  cos

2

1


− 1dx
=
x 

∫ cos
1

∫ (1 + tan x ) . cos
2

2

x

2

x

dx − ∫ dx
= tan x − x + C .

dx

1
dx
cos 2 x

1
1

Khi đó I 2 =∫ (1 + t 2 )dt =t + t 3 + C =tan x + tan 3 x + C .
3
3
π x 
−2d  − 
1
1
 4 2
3. I 3 ∫=
=
=
dx ∫
dx ∫
1 + sin x
π x 
π x 
2 cos 2  − 
2 cos 2  − 
 4 2
 4 2

π x  π x 
π x 
=
− ∫ tan  − d  −  =
− tan  −  + C .
 4 2  4 2
 4 2

4. J1

=



1

tan xdx ∫ tan x.tan
=
xdx ∫ tan x 
∫=
 cos
3

2

2


− 1dx
x 
Page 15


CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

=

1

∫ cos

A=∫

2

x

∫ cos

2

x

tan xdx − ∫ tan xdx

1
tan xdx
cos 2 x

Đặt t= tan x ⇒ dt=
A=

1

xdx
tan xdx − ∫ tan=

1

∫ cos

2

1
dx
cos 2 x

∫ tdt =

tan xdx =

x

B = ∫ tan xdx =

sin x

1 2
1
t + C1 =
tan 2 x + C1
2
2

∫ cos xdx = −∫

( − sin x.dx )
cos x

Đặt a =
cos x ⇒ da =

− sin xdx

B=
−∫

( − sin x.dx ) =
da
−
=
− ln a + C

∫a

cos x

2

=
− ln cos x + C2

Vậy J1 = A − B = 1 tan 2 x + ln cos x + C .
2

5. I 2 =

1 ( 4cos x + 5 ) sin x.dx
cos x ⇒ dt =
− sin xdx
. Đặt t =
2 ∫ cos 2 x + 3cos x + 2

3 ( t + 1) + ( t + 2 )
4t + 5
Khi đó J 2 =
−∫ 2
dt =
−∫
dt
t + 3t + 2
( t + 1)( t + 2 )

1 
 3
=− ∫ 
+
 dt =−3ln t + 2 − ln t + 1 + C
 t + 2 t +1

=−3ln cos x + 2 − ln cos x + 1 + C .
6. J 3
=

tan x

sin x
dx
4
x

dx ∫

∫=
cos x
cos
3

Đặt t =
cos x ⇒ dt =
− sin xdx ⇒ sin xdx =
−dt
I3 =
∫

− dt
1
1
=
− 3 +C =
−
+C .
4
t
3.t
3.cos3 x

Bài 6:
1. I1
=

∫ sin x (1 − sin x ) cos x.dx .Đặt t=
5

2

sin x ⇒ dt= cos x.dx

sin 6 x sin 8 x
⇒ I1= ∫ t (1 − t ) dt= ∫ ( t − t ) dt=
−
+C .
6
8
5

2. I 2 = ∫

2

5

dx

cos x ( tan x + 2 )
2

3

7

. Đặt t= tan x ⇒ dt=

dx
cos 2 x

Page 16