Luyện thi đại học môn Toán: Nguyên hàm lượng giác - Phần 2

III. CÁC DẠNG NGUYÊN HÀM LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP

Dạng 1. Nguyên hàm dùng công thức lượng giác thuần túy
Dạng 2. Nguyên hàm lượng giác của các hàm chỉ có sin, cosin
Ví dụ 1:
Tính các nguyên hàm sau:
3
a) I 4 = ∫ sin x dx
b) I 5 = ∫ cos5 x dx

c) I 3 = ∫ cos 4 x dx

Hướng dẫn giải:
a) I 4 = ∫ sin 3 x dx = ∫ sin 2 x.sin x dx = − ∫ (1 − cos 2 x ) d ( cos x ) = − cos x +

cos3 x
+ C.
3

b) I 5 = ∫ cos5 x dx = ∫ cos 4 x.cos x dx = ∫ (1 − sin 2 x ) d ( sin x ) = ∫ (1 − 2sin x + sin 2 x ) d ( sin x ) =
2

sin 3 x
sin 3 x
+ C 
→ I 5 = sin x − sin 2 x +
+ C.
3
3
c) Sử dụng liên tiếp công thức hạ bậc hai ta được:
= sin x − sin 2 x +

1
1 + cos 4 x  3 1
1
 1 + cos 2 x  1
2
cos x = ( cos x ) = 
 = (1 + 2cos 2 x + cos 2 x ) =  1 + 2cos 2 x +
 = + cos 2 x + cos 4 x
2
4
4
2
8


 8 2
1
3x 1
1
3 1

Khi đó I 3 = ∫ cos 4 x dx = ∫  + cos 2 x + cos 4 x  dx =
+ sin 2 x + sin 4 x + C.
8
8 4
32
8 2

Ví dụ 2:

Tính các nguyên hàm sau:
cos x dx
sin 2 x
a) I1 = ∫ 2
b) I 2 = ∫
dx
sin x + 3sin x + 2
cos x
dx
dx
c) I 3 = ∫
d) I 4 = ∫
sin 3 x + sin x
cos3 x
Hướng dẫn giải:
cos x dx
d (sin x)
a) Ta có I1 = ∫ 2
=
sin x + 3sin x + 2 ∫ sin 2 x + 3sin x + 2
( t + 2 ) − ( t + 1) dt = dt − dt = ln t + 1 + C = ln sin x + 1 + C.
dt
→ I1 = ∫ 2
=∫
Đặt t = sin x 
∫ t +1 ∫ t + 2 t + 2
t + 3t + 2
sin x + 2
( t + 1)( t + 2 )
4

2

2

2

sin 2 x
sin 2 x.cos x dx
sin 2 x d (sin x)
sin 2 x d (sin x)
dx = ∫
=
−
=
∫ 1 − sin 2 x ∫ sin 2 x − 1
cos x
cos 2 x
t 2 dt
t2 −1 + 1
dt
1 
1 ( t + 1) − ( t − 1)

dt = ∫  1 + 2
dt =
→ I2 = ∫ 2
=∫ 2
=t+ ∫
Đặt t = sin x 

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

b) I 2 = ∫

1 t −1
1 sin x − 1
1 sin x − 1
= t + ln
+ C = sin x + ln
+ C 
→ I 2 = sin x + ln
+ C.
2 t +1
2 sin x + 1
2 sin x + 1
dx
dx
dx
1
sin x dx
1
d (cos x)
c) I 3 = ∫
=
=

=
=− ∫
sin 3 x + sin x ∫ 2sin 2 x.cos x ∫ 4sin x.cos 2 x 4 ∫ sin 2 x.cos 2 x
4 (1 − cos 2 x ) .cos 2 x

Đặt cos x = t 
→ I3 = −

2
2
1
1 (1 − t ) + t
1  dt
dt
dt 
=
−
dt = −  ∫ 2 + ∫
∫
∫
2
2
2
2
4 (1 − t ) .t
4 (1 − t ) .t
4 t
1 − t 2 

dt

Mà

1
= − + C1
t
1  1 1 1+ t

→ I 3 = −  − + ln
dt
1 (1 − t ) + (1 + t )
1  dt
dt  1 1 + t
4  t 2 1− t
∫ 1 − t 2 = 2 ∫ (1 − t )(1 + t ) dt = 2  ∫ 1 + t + ∫ 1 − t  = 2 ln 1 − t + C2

∫t

2


 + C.



1
1
1 1 + cos x
Thay t = cosx vào ta được I 3 = −  −
+ ln

4  cos x 2 1 − cos x
dx
cos x dx
d (sin x)
d) I 4 = ∫
=∫
= −∫
2
3
4
cos x
cos x
(1 − sin 2 x )


 + C.


2
 ( t + 1) − ( t − 1) 
1  1
1 
dt
= ∫
=
−


 dt =
4 ∫  t −1 t +1

 2 ( t + 1)( t − 1) 
2

Đặt t = sin x 
→ I 4 = −∫
=

dt

(1 − t 2 )

2

= −∫

(t

dt
2

− 1)

2

 1 1
( t + 1) − ( t − 1) dt  1  1
1
2dt
1
1

dt
dt
t −1 
+
+
= −
−
+∫
−
+ ln
∫

 = −
 + C.
2
2
∫
∫
4  ( t − 1)
t +1 
( t − 1)( t + 1)  4  t − 1 t + 1
( t − 1)( t + 1)  4  t − 1 t + 1
( t − 1)

1
1
1
sin x − 1 
Thay t = sinx vào ta được I 4 =  −
−

+ ln
 + C.
4  sin x − 1 sin x + 1
sin x + 1 
Ví dụ 3:
Tính các nguyên hàm sau:
dx
4sin 3 x dx
a) I 5 = ∫
b) I 6 = ∫
sin x cos x
1 + cos x
Hướng dẫn giải:
cos x dx
dx
d (sin x)
a) I 5 = ∫
=∫
=∫
2
sin x cos x
sin x cos x
sin x (1 − sin 2 x )

c) I 7 = ∫

sin x dx
cos3 x − 1

2

t 2 + (1 − t 2 )
1 d (1 − t )
1
dt
t dt
dt
Đặt t = sin x 
dt = ∫
→ I5 = ∫
=∫
+∫ =− ∫
+ ln t = − ln 1 − t 2 + ln t + C.
2
2
2
2
1− t
2
1− t
2
t
t (1 − t )
t (1 − t )

1
1
Thay t = sinx vào ta được I 5 = − ln 1 − sin 2 x + ln sin x + C = − ln cos 2 x + ln sin x + C = ln tan x + C.
2
2
dx

V ậy I 5 = ∫
= ln tan x + C.
sin x cos x
b) Sử dụng phép biến đổi lượng giác ta có:
2
4sin 3 x 4sin 2 x.sin x 4 (1 − cos x ) .sin x
=
=
= 4 (1 − cos x ) .sin x = 4sin x − 2sin 2 x.
1 + cos x
1 + cos x
1 + cos x
4sin 3 x dx
T ừ đó I 6 = ∫
= ∫ ( 4sin x − 2sin 2 x ) dx = −4cos x + cos2 x + C 
→ I 6 = −4cos x + cos2 x + C.
1 + cos x
sin x dx
d (cos x)
c) I 7 = ∫
= −∫
3
cos x − 1
cos3 x − 1
dt
dt
Đặt t = cosx ta được I 7 = − ∫ 3
= −∫
t −1
(t − 1)(t 2 + t + 1)

Bằng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được
Khi đó I 7 =

1

( t − 1) ( t 2 + t + 1)

=

3t 2 − 3 ( t 2 + t + 1) + 3 ( t − 1)
−6 ( t − 1) ( t 2 + t + 1)

2
2
dt
1 3t − 3 ( t + t + 1) + 3 ( t − 1)
1 3t 2 dt 1 dt 1
dt
=
− ∫
+ ∫ 2
3
∫
2
6∫
6
1
2
1
2

t
t
t
t +1
−
−
+
( t − 1) ( t + t + 1)

d ( t 3 − 1)
3t 2 dt
3
=
∫ t 3 − 1 ∫ t 3 − 1 = ln t − 1 + C1
dt
= ln t − 1 + C2
t −1


1
t+ 

dt
dt
1
2  + C = 2 arctan  2t + 1  + C
=
arctan 
3
3



2
∫ t2 + t +1 = ∫
2
3
3
 3 
 3 
 1  3



t +  + 
2
 2 
 2  2 
1
1
1 2
1
1
1
 2t + 1 
 2t + 1 
+ C = ln t 3 − 1 − ln t − 1 +
Từ đó I 7 = ln t 3 − 1 − ln t − 1 + .
arctan 
arctan 


 + C.
6
2
2 3
6
2
3
 3 
 3 


Bình luận:
Ngoài cách sử dụng kĩ thuật nhảy tầng lầu trực tiếp như trên, chúng ta có thể biến đổi theo hướng khác như sau
dt
dt
d( t − 1 )
du
I7 = − ∫ 3
= −∫
= −∫
= −∫
2
2
2
t −1
( t − 1 )( t + t + 1 )
( t − 1 ) ( t − 1 ) + 3( t − 1 ) + 3 )
u ( u + 3u + 3 )

2

2
−1
−1
1 ( 3u + 6u + 3 ) − 3 ( u + 3u + 3 ) + 3u 1 3u 2 + 6u
1
1

→
= 3
= .
= . 3
−
+
2
2
2
2
2
6 u + 3u + 3u 2u 2 ( u + 3u + 3 )
u ( u + 3u + 3 ) u + 3u + 3u 6
u ( u + 3u + 3 )

Thay vào ta được :
1
1
1
du
1
1
1

 2u + 3 
I7 = ln u 3 + 3u 2 + 3u − ln u + ∫
arctan 
= ln u 3 + 3u 2 + 3u − ln u +
 + C.
2
2
6
2
2 
6
2
2 3
 3 
3  3

u +  + 
2  2 


Ví dụ 4:

Tính các nguyên hàm sau:

a) I1 = ∫ cos6 x dx

b) I 2 = ∫

dx
sin x.cos x

c) I 3 = ∫ sin 2 x(2 + sin 2 xdx

d) I 4 = ∫

sin 4 xdx
2cos 4 x − 1

dx
sin 3 x

b) I 2 = ∫

cos3 x dx
sin 5 x

c) I 3 = ∫ sin x cos 2 x dx

d) I 4 = ∫

dx
sin x cos6 x

Ví dụ 5:
a) I1 = ∫

Ví dụ 6:

2

Tính các nguyên hàm sau:

Tính các nguyên hàm sau:

a) I1 = ∫

1 + sin 2 x
dx
cos 2 x

b) I 2 = ∫

sin 2 x.cos x
dx
3 + cos x

c) I 3 = ∫

sin 2 x
dx
1 + cos x

d) I 4 = ∫

cos x
dx
2 + cos 2 x

Ví dụ 7:

Tính các nguyên hàm sau:

a) I1 = ∫ cos 2 x.cos 4 xdx

b) I 2 = ∫ 1 − cos3 x .sin x.cos5 x dx

c) I 3 = ∫ sin x.cos x(1 + cos x) 2 dx

d) I 4 = ∫

cos 2 x
dx
1 + sin x cos x

b) I 2 = ∫

sin 3 x
dx
1 + cos 2 x

Ví dụ 8:

Tính các nguyên hàm sau:

a) I1 = ∫ cos 2 x(sin 4 x + cos 4 x)dx
c) I 3 = ∫ (sin 3 x + cos3 x)dx