NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN ÔN THI ĐẠI HỌCPhần 1.. Nguyên hàm Tìm nguyên hàm của các hàm số 1... Phần 2: Tích phân Tính các tích phân sau 1.
Trang 1NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN ÔN THI ĐẠI HỌC
Phần 1 Nguyên hàm
Tìm nguyên hàm của các hàm số
1 A =
Z
x(1 − e
x
x)dx =
Z
xdx −
Z
exdx = x
2
2 − ex+ C
2 B =
Z x2
− x + 3
x+ 1 dx =
Z (x − 2)dx +
x+ 1dx =
(x − 2)2
2 + 5 ln |x + 1| + C
3 C =
Z x4
+ 1
x+ 1 dx=
Z
x3
− x2
+ x − 1 + 2
x+ 1
dx= x
4
4 −x
3
3 +
x2
2 + 2 ln |x + 1| + C
4 D =
q
(x2+ 1)3
= Z
1
√
x2+ 1
x2+ 1 dx =
Z
√
x2
+ 1 − x
2
√
x2+ 1
x2+ 1 dx =
Z d
x
√
x2+ 1
=√ x
x2+ 1 + C
5 E =
Z
4
q
x√3
xdx =
Z x
1
3 dx = 3
4x
3
√
x+ C
6 F =
Z
2x
3x+√2−x
x+ 1
dx =
Z
6x+√ 1
x+ 1
x =
Z
6xdx +
Z d(x + 1) (x + 1)
1 = 6
x
ln 6+ 2
√
x+ 1 + C
7 G =
sin x.cos3xdx=
Z 1 cos2x sin x cos xdx=
Z (tan x + cot x)d(tan x) =
Z tan2
x+ 1 tan x d(tan x) =
tan2
x
2 +ln | tan x|+ C
8 H =
Z x2
+ x + 1
x3
− 3x + 2dx=
1 3
x+ 2dx+
2 3
x− 1dx+
(x − 1)2dx=
1
3ln|x + 2| + 23ln|x − 1| − 1
x− 1+ C
9 K =
3
√
x+ 1 −√x+ 1
6
√
x+ 1 = t ⇒ x = t6
− 1 ⇒ dx = 6t5
dt
10 I =
1 + cosxe
xdx+
Z sinx
1 + cosxe
xdx=
2cos2x 2
exdx+
Z tanx
2e
xdx= ex.tanx
2 + C
Chú ý:
2cos2x 2
exdx=
Z
exd(tanx
2) = e
x
.tanx
2 −
Z tanx
2e
x
dx
11 J =
Z
sin x − cos x
3
√
sin x + cos xdx =
Z
−d(sin x + cos x)√3
sin x + cos x = −32q3
(sin x + cos x)2+ C
12 M =
Z
x(1 − x)20
dx
13 N =
Z x8
(x4
− 1)3dx=
Z x3
.x5
(x4
− 1)3dx Đặt
x5
= u
dv= x
3
dx (x4
− 1)3
⇒
du= 5x4
dx
v= −1 8(x4
− 1)2
Vậy: N = −x5
8(x4
− 1)2 + 5
8
Z x4
dx
(x4
− 1)2 = −x5
8(x4
− 1)2+5
8.JTiếp tục đặt
x= u
dv= x
3
dx (x4
− 1)2
⇒
du= dx
v= −1 4(x4
− 1)
Ta có: P = −x
4(x4
− 1)+ 1
4
x4
− 1dxCuối cùng ta đi tính: K =
x4
− 1dx=
1 2
Z (x2
+ 1) − (x2
− 1) (x2+ 1)(x2
− 1) dx=
1 2
Z dx
x2+ 1+
Z dx
x2
− 1
Q=
Z π
0
xsin x
1 + cos2xdx(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
Trang 2Do đó:
I= −
Z
π
(π − t) sin(π − t)
1 + cos2
(π − t) dt =
Z
0
(π − t) sin t
1 + cos2
t dt = Z
0
(π − x) sin x
1 + cos2
x dx = π
Z
0
sin x
1 + cos2
xdx − I
= −π
π
Z
0
d(cos x)
1 + cos2
x− I = −π
−1
Z
1
dt
1 + t2− I = π
1
Z
−1
dt
1 + t2 − I
Và ta thu được I = π
2
1
R
−1
dt
1 + t2 = π2I1 Bây giờ, ta sẽ tính I1: Đặt t = tan u với u ∈ −π
2, π2 , 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
Z
− π
4
(1 + tan2
u)du
1 + tan2
π 4
Z
− π 4
du = u|
π 4
− π
4 =π
2.Cuối cùng, ta được I = π 2
4
14 R =
Z
3
p
3x − x3
dx Đặt: t =
3
√ 3x − x3
t3+ 1 ⇒ 2xdx = −9t
2
dt (t3+ 1)2 I = 1
2
Z √3
3x − x32xdx
2
Z t3
dt (t3+ 1)2 = 3
2
Z
td( 1
t3+ 1) =
3t 2(t3+ 1)−32
Z dt
t3+ 1 Tính I = dt
t3+ 1 =
(t + 1)[(t + 1)2
− 3(t + 1) + 3] =
1
2(ln3(1 − t) − 2ln3t + ln(1 + t)) + C
15 I =
Z x2
− 1
x4+ 1dx
Chia cả tử và mẫu cho x2
khi đó ta được:
I=
Z
x2
− 1
x4+ 1dx=
Z 1 − 1
x2
(x + 1
x)2
− 2 dx
Đặt t = x + 1
x,suy ra dt = (1 −x12)dx
Từ đó ta sẽ có: I =
Z dx
t2
− 2 =
1
2√
2ln |t−
√ 2
t+√
2| + C = 1
2√
2ln |x
2
− x√2 + 1
x2+ x√
2 + 1| + C 16
Z √
x3+ x2
I=
Z √
x3+ x2
x dx =
Z |x|√x+ 1
Với x ∈ (0; +∞) ta được
I=
Z √
x+ 1dx =2
3(x + 1)
√
x+ 1 + C Với x ∈ (−∞; 0) ta được
I= −
Z √
x+ 1dx = −23(x + 1)√
x+ 1 + C
17 I =
Z cos 2x
cos x −√3 sin xdx
cos x −√3 sin x = 2.1
2.cos x −√3
2 sin x= 2 cos x +π3
I=
Z cos 2x
cos x −√3 sin xdx=
Z cos 2x
2 cos x + π3
dx
x+π3 = t ⇔ dx = dt Suy ra: I = 1
2
Z cos 2t −2 π
3
cos t dt I=
1 2
Z cos 2t −1
2 + sin 2t.√3
2
18 I =
Z 1
0
1 (x2+ 1)√
x2+ 3dx
Trang 3Trước tiên, ta đổi biến số t =r x2
+ 1
x2+ 3 ⇒
x=r 1 − 3t
t2
− 1
dx = q2t
1−3t 2
t 2
−1
· (t2
− 1)2dt
Do hàm dưới dấu tích phân liên tục trên [0, 1], ta chuyển thành tích phân bất định để dễ trình bày Thế kết quả trên vào tích phân đầu bài:
I=
q
1−3t 2
t 2
−1 · (t2
− 1)2 · t
2 t 2
1−t 2
3/2 dt
=√1
2
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
Z
1
x
1 − 1
x4
ln(x2
+ 1) − ln x dx (đề thi thử số 1 của Boxmath.vn)
1 − x14 =
1 −x12
1 + 1
x2
⇒ x
1 −x14
=
1 −x12
x+1 x
ln(1 + x2
) − ln x = ln 1 + x
2
x
= ln
x+1
x
Tới đây chú ý cái đạo hàm
x+1 x
′
= 1 − 1
x2
Xét : I =
Z 2 1
x
1 − 1
x4
ln(x2
+ 1) − ln x dx =
Z 2 1
x+ 1 x
ln
x+1 x
1 − 1
x2
dx Đặt : t = x +1
x⇒ dt =
1 − x12
dx Đổi cận : x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = 52
Lúc này ta có : I =
Z 5 2
2
tln tdt Đặt :
(
u= ln t
dv = tdt ⇒
du = 1 t
v= t
2
2 Lúc này ta có :
I= t
2
2 ln t
5 2
2
− Z 5 2
2
t
2dt = (
5
2)
2
2 ln
5
2−2
2
2 ln 2 Z 5 2
2
t
2dt
=25
8 ln
5
2 − t
2
4
5 2
2
=25
8 ln
5
2 − 2 ln 2 −
(5
2)
2
4 −2
2
4
=25
8 ln 5 −25
8 ln 2 − 2 ln 2 − 9
16
=25
8 ln 5 −9
8ln 2 − 9
16
Phần 2: Tích phân
Tính các tích phân sau
1 A =
Z 3
1
r
x
4 − xdx= 8
√3
Z
1
√3
t2
(t2+ 1)2dt= −4
√3
Z
1
√3
td( 1
t2+ 1) = − 4t
t2+ 1|√1
3
√3
+ 4
√3
Z
1
√3
1
t2+ 1dt
t=
4 − x ⇒ x =
4t2
t2+ 1 ⇒ dx = 8t
(t2+ 1)2
!
Trang 42 A =
Z
1
x4
+ 1
x6+ 1dx
I=
Z 2
1
(x2
+ 1)2
− 2x2
x6+ 1 dx=
Z 2
1
(x2
+ 1)2
(x2+ 1)(x4
− x2+ 1)dx−
Z 2
1
2x2
(x3)2+ 1dx=
Z 2
1
x2
+ 1
x4
− x2+ 1dx−
Z 2
1
2x2
(x3)2+ 1dx
I=
Z 2
1
1 + 1
x 2
x2+ 1
x 2 − 1dx−
Z 2
1
2x2
(x3)2+ 1dx Đặt x − 1
x = t ⇔ 1 + 1
x 2 dx = dt và x3
= u ⇔ 3x2
dx= du
Ta có: I =
Z 3
0
1
t2+ 1 −23
Z 8
1
1
u2+ 1du
3 Biến đổi :3e
2 x
− 5ex+ 4
ex+ 1 = 4 + 3e
x− 12e
x
ex+ 1 = (4x + 3e
x)′− 12 (ln (ex+ 1))′
Nên: J =
1
Z
0
3e2 x− 5ex+ 4
ex+ 1 dx=
1
Z
0
d(4 + 3ex− 12 ln (ex+ 1)) = (4 + 3ex− 12 ln (ex+ 1))10
4 I =
Z 1
0
x− e2 x
x.ex+ e2 xdx
Ta có
I=
1
Z
0
(x + ex) − ex(1 + ex)
ex(x + ex) dx =
1
Z
0
1
ex −1 + e
x
x+ ex
dx =
−1
ex − ln |x + ex|
1
0
= 1 − 1
e− ln(1 + e)
5 I =
Z π4
0
x.tan2
xdx Chú ý rằng
Z tan2
xdx =
Z
(tan2
x+ 1) − 1 dx = tan x − x + C Đặt
(
u= x
v= tan2
(
du = dx
v= tan x − x
Từ đó ta có :I = x (tan x − x)|
π 4
0 −
Z π4
0
tan xdx +
Z π4
0
xdx = x (tan x − x)|
π 4
0 + ln(cos x)|
π 4
0 + x
2
2
π 4
0
6 I =
Z 2
1
x3√
x3+ 8 + (3x3
+ 5x2
) ln x
I=
Z 2
1
x3√
x3+ 8 + (3x3
+ 5x2
) ln x
Z 2 1
x2px3+ 8 dx +
Z 2 1
(3x2
+ 5x) ln x dx
I= 1
3
Z 2
1
p
x3
+ 8 d(x3
+ 8) +
Z 2
1
ln x d
x3
+5
2x
2
T =
Z 2
1
x2
− 1 (x2
− x + 1)(x2+ 3x + 1)dx
T =
Z 2
1
1 − 1
x2
(x + 1
x− 1)(x +1
x+ 3) dx
Đặt t = x + 1
x⇒ dt = (1 − x12)dx
Khi x = 1 thì t = 2, khi x = 2 thì t = 5
2
Ta có: T =
Z 5 2
2
dt (t − 1)(t + 3)dt=
1 4 Z 5 2
2
1
t− 1−
1
t+ 3
dt=1
4.ln
t− 1
t+ 3
5 2
2
7 I =
2
Z
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
Z
2
t t2
− 4
t dt = 1
2
2 √ 2
Z
2
t2− 4dt = 1
2
t3
3 − 4t
2 √ 2
2
= 8 − 4√2 3
... −98ln − 9
16
Phần 2: Tích phân< /h3>
Tính tích phân sau
1 A =
Z 3
1
r... t(t2
− 4)dt = −2xdx Đổi cận : x = ⇒ t = 2√2; x = ⇒ t =
Từ ta có tích phân : I = 1
2
2 √ 2
Z
2