CÁC CÂU TÍCH PHÂN – NGUYÊN HÀM HAY VÀ KHÓ

LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU TÍCH PHÂN – NGUYÊN HÀM HAY VÀ KHÓ
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 1: Tính nguyên hàm:

dx

 cosxsin x
3

Chú ý: Nếu trong tích phân phân thức lượng giác mà các đơn thức có bậc hơn kém nhau một số chẵn,
ta chia cả tử và mẫu số cho cosn x / sinn x với n là bậc cao nhất của biểu thức. Để biết nên chia cho cosn x
hay sinn x , ta xem phân thức chứa nhiều sin hay cos hơn từ đó lựa chọn biểu thức tương ứng.
Trong bài toán này ta viết lại nguyên hàm:

dx

1

 cosxsin x   cosxsin xdx .
3

3

Tử số là 1 (bậc 0), mẫu số là cosxsin3 x (bậc 3  1  4 , chú ý nhiều em nhầm cái này). Mà chứa nhiều sin
1
1
sin4 x dx .
hơn do đó ta chia cả tử và mẫu số cho sin4 x ta được: 
dx

 cotx

cosxsin3 x
Nhận thấy xuất hiện cotx dưới mẫu số, điều này làm ta chú ý đến việc đổi biến về dcotx 

1
dx .
sin2 x

1
2
2
1
sin2 x 1 dx   cot x  1dcotx    cotx  1 dcotx   cot x  ln cotx  C
dx


 cosxsin3 x  cotx sin2 x
 cotx
 
cotx 
2

Câu 2: Tính nguyên hàm:

1  sin2x  dx

 2sinxcos

x  cos4 x
Lập luận tương tự như câu 1, chú ý rằng sin2x  2sinxcosx (bậc 2). Ta chia cả hai vế cho cos4 x ta được:
3

1  2sinxcosx  dx

 2sinxcos

3

x  cos x

Nhận thấy tanx dưới mẫu số do đó ta đưa

4



1  2sinxcosx 1
dx
2tanx  1 cos 4 x

1
1
vào dx, đồng thời
còn lại ta kết hợp với tử số
2
cos x
cos2 x

đưa về tanx như biến đổi dưới đây:
1
2sinxcosx


2
1

2sinxcosx
dx

  cos x cos2 x
1
tan2 x  1  2tanx
 2sinxcos3 x  cos4 x  2tanx  1 cos2 x dx   2tanx  1 dtanx

Do bậc của tử số lớn hơn bậc của mẫu số do vậy ta chia đa thức, chú ý rằng khia chia đa thức thì:
𝐏𝐡â𝐧 𝐬ố = 𝐓𝐡ươ𝐧𝐠 +

𝐒ố 𝐝ư
𝐌ẫ𝐮 𝐬ố

Về việc chia đa thức, đây không phải là điều khó, nhưng nhiều bạn không quen, không nắm chắc cách
làm, cái này các bạn có thể hỏi các bạn bè cùng lớp để chia đa thức nhé. Tuy nhiên, tôi xin chia sẻ với
các bạn một cách chia đa thức đơn giản như thế này mà rất nhanh:
2
1 4 tan2 x  8tanx  4
1  4 tan x  2tanx   6tanx  3   1
dtanx
 2sinxcos3 x  cos4 x  4  2tanx  1 dtanx  4 
2tanx  1

1  2sinxcosx  dx

CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN – NGUYÊN HÀM HAY VÀ KHÓ

BIÊN SOẠN: ĐOÀN TRÍ DŨNG – ĐIỆN THOẠI: 0902.920.389




1  2sinxcosx  dx
2sinxcos x  cos x
3

4



Câu 3: Tính nguyên hàm:

1 
1
1 2
1


 2tanx  3 
 dtanx   tan x  3tanx  ln 2tanx  1   C .

4 
2tanx  1 
4
2





dx


sinxsin x  
6


Đầu tiên, ta biến đổi nguyên hàm bằng công thức lượng:



dx
2
   sinx

sinxsin x  
6




1
3 sinx  cosx



dx .

Ta nhận thấy rằng tử số là bậc 0, mẫu số là bậc 2 và chứa nhiều sin hơn, ta chia cả tử và mẫu cho sin2 x



dx
1
1
1
 2
dx  2
dcotx  2ln cotx  3  C
2

sin x

cotx

3
cotx

3
sinxsin x  
6


Câu 4: Tính nguyên hàm:

sinxdx

  sinx  cosx 

3

Tử số là bậc nhất, mẫu số là bậc 3 và chứa nhiều sin hơn, ta chia cả tử và mẫu cho sin3 x :

sinxdx

1

 sinx  cosx    cotx  1
3

Câu 5: Tính nguyên hàm:

3

1
1
1
dx  
dcotx 
C
3
2
2
sin x
2  cotx  1 
 cotx  1

cos2xdx

  sinx  cosx  2

3

Do mẫu số có các đơn thức với các bậc không còn hơn kém nhau một số chẵn nữa cho nên ta lựa chọn
 sinx  cosx  cosx  sinx dx
cos2xdx
cos2 x  sin2 x
hướng đi khác. Ta thấy rằng: 

dx  
3
3
3

 sinx  cosx  2
 sinx  cosx  2
 sinx  cosx  2
Mặt khác,  cosx  sinx  dx  d sinx  cosx  , do vậy:

sinx  cosx

cos2xdx

sinx  cosx  2  2

  sinx  cosx  2   sinx  cosx  2 d sinx  cosx    sinx  cosx  2 dsinx  cosx 

3



3

cos2xdx

 sinx  cosx  2

3



2
1
  1 
C
d sinx  cosx   sinx  cosx 
3
2
  sinx  cosx  2  
sinx  cosx  2 



Câu 6: Tính nguyên hàm:
Ta có:



6

3



6

1  cos3 x sinxcos5 xdx

1  cos3 x sinxcos5 xdx   6 1  cos3 x cos5 xdcosx   6 1  cos3 x cos3 xcos2 xdcosx

 





1
1
Chú ý rằng: cos2 xdcosx  u2du  d u3  d cos3 x , do vậy:
3
3



6

1  cos3 x sinxcos5 xdx  

CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN – NGUYÊN HÀM HAY VÀ KHÓ



1 6
1  cos3 x cos3 xd cos3 x

3



BIÊN SOẠN: ĐOÀN TRÍ DŨNG – ĐIỆN THOẠI: 0902.920.389






Đặt u  6 1  cos3 x  cos3 x  1  u6  d cos3 x  6u5du . Khi đó ta có:



6









2
2
1  cos3 x sinxcos5 xdx  2 u 1  u6 u5du  2 u6  u12 du  u7  u13  C .
7
13



Thay u  6 1  cos3 x ta được:
Câu 7: Tính nguyên hàm:



6

1  cos3 x sinxcos5 xdx 

2
7



6

1  cos3 x



7

2
13





6

1  cos3 x



.



13

C .

dx
ex  4

4

Nhân cả tử và mẫu số với ex ta được:



dx
ex  4

4



ex



exdx
4

ex  4





ex



dex
4

ex  4

u  4   udu
4u3du
4du
Đặt u  e  e  u  de  4u du  
 4


4 x
u u  4 
u u  4 
u u  4 
e 4
4





x

x

4

x

1 
1

4 x
  
du  ln u  ln u  4  C . Thay u  e ta được:
u
u

4


e 4
dx

4

x

dx
4

ex  4

 ln 4 ex  ln 4 ex  4  C  ln

Câu 8: Tính nguyên hàm:

Sử dụng nhân liên hợp:



dx

3

x3dx
x2  x 4  1

4
4

C.

ex  4

x3dx

 x2 

x4  1

x3dx

 x2 

x 1
4



x3

x 

  x3 x4  1dx   x5dx 
1

Câu 9: Tính tích phân:

ex

2



x 4  1  x2

x 1
4





x 1  x
4



2

dx   x3





1
1
x 4  1d x 4  1   x5dx 

4
6







x 4  1  x2 dx

x4  1



3



x6
C.

6

1
dx
x  x 1

1
0

Có hai căn thức, đặt căn bé nhất có thể là u. Ta có: u  x  x  u2 ,dx  2udu . Khi đó:





1
1
2u 1  u  u2  1
1
2u
du
 1  x  x  1 dx   1  u  u2  1 du  
2
2
0
0
0 1 u u 1 1 u u 1
1



1 2u 1  u 
1

dx  
2u
0 1  x  x 1
0
1


u 1 
du 
2

CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN – NGUYÊN HÀM HAY VÀ KHÓ


1

0







1

3
1  u  u2  1 du    u2  1du .
2 0

BIÊN SOẠN: ĐOÀN TRÍ DŨNG – ĐIỆN THOẠI: 0902.920.389


1

Xét:



1


4

0

0

  u2  1du  


0


4

0

0


4


4

1
1
cosv
dv

dv

2
4
cosv
cos
v
cos
v
0
0

u2  1du , đặt u  tanv   u2  1du   tan2 v  1dtanv  

0

1

1

1

dsinv 
2

1  sin v 
2


4

1
1
1
1
1 

 dsinv



4 0   sinv  1 2  sinv  1 2 sinv  1 sinv  1 




1
1
1
sinv  1 
2 1
u  1du   

 ln
 ln 3  2 2 .
4
4  sinv  1 sinv  1
sinv  1 
2 4
0



2

1

Do vậy, ta có:

1
0



1

3 2 1
dx 
 ln 3  2 2 .
2
4
x  x 1
1

Câu 10: Tính tích phân:

x
0

2x3  3x
x2  3  4



2x3  3x

dx  

dx

1

Bạn đọc chú ý rằng: u'dx  du , do đó:



x

x 3 4
2

0

1

2x3  3x

0

x x2  3  4

Ta đặt u  x4  3x2  

1

2

 

0

2

1

4x3  6x

x  3x  4
4

2

dx  
0

1
x  3x  4
4

2



d x4  3x2



2

1
u
4 

d u2  2
du  2  1 
 du  4  8ln2 .
u


4
u

4
u

4


0
0
0

dx  

CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN – NGUYÊN HÀM HAY VÀ KHÓ

BIÊN SOẠN: ĐOÀN TRÍ DŨNG – ĐIỆN THOẠI: 0902.920.389