. Trang 1 CỔNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRỰC TUYẾN §ÆNG VIÖT HïNG BÀI GIẢNG TRỌNG TÂM TÍCH PHÂN Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 70 MỤC LỤC 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ NGUYÊN HÀM ................................................................................................................01 2. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÌM NGUYÊN HÀM......................................................................................07 3. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIÊN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM..............................................................................13 4. PHƯƠNG PHÁP TỪNG PHẦN TÌM NGUYÊN HÀM ..............................................................................20 5. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ ..................................................................................23 6. KĨ THUẬT ĐỒNG NHẤT TÌM NGUYÊN HÀM........................................................................................35 7. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM VÔ TỈ ..............................................................................................................40 8. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC .........................................................................................46 9. TÍCH PHÂN CƠ BẢN ....................................................................................................................................60 . 10. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÍNH TÍCH PHÂN .......................................................................................62 11. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN ...............................................................................................64 MỤC LỤC ............................................................................................................................................................69 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 2 01. ĐẠI CƯƠNG VỀ NGUYÊN HÀM I. NHẮC LẠI KHÁI NIỆM VỀ VI PHÂN CỦA HÀM SỐ Vi phân của hàm số y = f(x) được kí hiệu là dy và cho bởi công thức dy = df ( x ) = y ' dx = f '( x )dx Ví dụ: d(x2 – 2x + 2) = (x2 – 2x + 2)′dx = (2x – 2)dx d(sinx + 2cosx) = (sinx + 2cosx)′dx = (cosx – 2sinx)dx Chú ý: Từ công thức vi phân trên ta dễ dàng thu được một số kết quả sau 1 d ( 2 x ) = 2dx ⇒ dx = d ( 2 x ) 2 1 d ( 3x ) = 3dx ⇒ dx = d ( 3x ) 3  x2  1 1 1 xdx = d   = d x 2 = d x 2 ± a = − d a − x 2  2  2 2 2   ( ) ( ) ( )  x3  1 1 1 x 2 dx = d   = d x3 = d x3 ± a = − d a − x3  3  3 3 3   dx 1 d ( ax + b ) 1 dx = = d ( ln ax + b )  → = d ( ln x ) ax + b a ax + b a x 1 1 1 sin ( ax + b ) dx = sin ( ax + b ) d ( ax + b ) = − d ( cos ( ax + b ) )  → sin 2 xdx = − d ( cos2 x ) ... a a 2 1 1 1 cos ( ax + b ) dx = cos ( ax + b ) d ( ax + b ) = d ( sin ( ax + b ) )  → cos 2 xdx = d ( sin 2 x ) ... a a 2 1 1 1 eax +b dx = e ax +b d ( ax + b ) = d e ax +b  → e2 x dx = d e 2 x ... a a 2 dx 1 d ( ax + b ) 1 dx 1 = = d  tan ( ax + b )   → = d ( tan 2 x ) ... 2 2 2 cos ( ax + b ) a cos ( ax + b ) a cos 2 x 2 ( ) . ( ) ( dx sin 2 ( ax + b ) = ( ) ) ( ) 1 d ( ax + b ) 1 dx 1 = − d cot ( ax + b )   → 2 = − d ( cot 2 x ) ... 2 a sin ( ax + b ) a 2 sin 2 x II. KHÁI NIỆM VỀ NGUYÊN HÀM Cho hàm số f(x) liên tục trên một khoảng (a; b). Hàm F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) nếu F’(x) = f(x) và được viết là ∫ f (x)dx . Từ đó ta có : ∫ f (x)dx = F (x) Nhận xét: Với C là một hằng số nào đó thì ta luôn có (F(x) + C)’ = F’(x) nên tổng quát hóa ta viết ∫ f (x)dx = F (x) + C , khi đó F(x) + C được gọi là một họ nguyên hàm của hàm số f(x). Với một giá trị cụ thể của C thì ta được một nguyên hàm của hàm số đã cho. Ví dụ: Hàm số f(x) = 2x có nguyên hàm là F(x) = x2 + C, vì (x2 + C)’ = 2x Hàm số f(x) = sinx có nguyên hàm là F(x) = –cosx + C, vì (–cosx + C)’ = sinx III. CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA NGUYÊN HÀM Cho các hàm số f(x) và g(x) liên tục và tồn tại các nguyên hàm tương ứng F(x) và G(x), khi đó ta có các tính chất sau: a) Tính chất 1: ( ∫ f (x)dx )′ = f (x) Chứng minh: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Do F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) nên hiển nhiên ta có Trang 3 ( ∫ f ( x)dx )′ = ( F ( x) )′ = f ( x) ⇒ đpcm. ( ∫ [ f (x) + g(x)] dx ) = ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx b) Tính chất 2: Chứng minh: Theo tính chất 1 ta có, ( ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx )′ = ( ∫ f (x)dx )′ + ( ∫ g(x)dx )′ = f (x) + g(x) Theo định nghĩa nguyên hàm thì vế phải chính là nguyên hàm của f(x) + g(x). ( ∫ [ f (x) + g(x)] dx ) = ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx c) Tính chất 3: ( ∫ k. f (x)dx ) = k ∫ f (x)dx, ∀k ≠ 0 Từ đó ta có Chứng minh: ( ) ′ Tương tự như tính chất 2, ta xét k ∫ f ( x)dx = k . f ( x)  → ∫ k . f ( x)dx = k ∫ f ( x)dx ⇒ đpcm. ∫ f ( x)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f (u )du.. d) Tính chất 4: Tính chất trên được gọi là tính bất biến của nguyên hàm, tức là nguyên hàm của một hàm số chỉ phụ thuộc vào hàm, mà không phụ thuộc vào biến. IV. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM . Công thức 1: ∫ dx = x + C Chứng minh: Thật vậy, do ( x + C )′ = 1 ⇒ ∫ dx = x + C Chú ý: Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được ∫ du = u + C Công thức 2: ∫ x n dx = x n +1 +C n +1 Chứng minh:  x n +1 ′ x n +1 Thật vậy, do  + C  = x n ⇒ ∫ x n dx = +C n +1  n +1  Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được ∫ u n du = u n +1 +C n +1 1 dx dx du + Với n = − ⇒ ∫ = 2∫ = 2 x + C ← →∫ =2 u +C 2 x 2 x u dx 1 du 1 + Với n = −2 ⇒ ∫ 2 = − + C ← →∫ 2 = − + C x x u u Ví dụ: x3 a) ∫ x 2 dx = + C 3 x5 b) ∫ ( x 4 + 2 x ) dx = ∫ x 4 dx + ∫ 2 xdx = + x 2 + C 5 1 c) ∫ 3 1 2 − x − x2 x3 x2 x 3 x2 x2 dx = ∫ dx − ∫ xdx = ∫ x 3 dx − = − + C = 33 x − + C 1 x x 2 2 2 3 ( 2 x + 1) + C 1 4 u n du →I = d) I = ∫ ( 2 x + 1) dx = ∫ ( 2 x + 1) d ( 2 x + 1)  2 5 5 4 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 e) I = ∫ (1 − 3x ) f) I = ∫ Trang 4 (1 − 3x ) + C 1 2010 u n du →I = − (1 − 3x ) d (1 − 3x )  ∫ 3 2011 du 1 d ( 2 x + 1) u 2 1 1 1 = ∫ → I = − . +C =− +C 2 2 ( 2 x + 1) 2 2x + 1 2 ( 2 x + 1) 2011 2010 dx ( 2 x + 1) 2 dx = − g) I = ∫ 4 x + 5dx = Công thức 3: ∫ 3 3 1 1 2 3 4 x + 5d ( 4 x + 5 ) ⇒ I = . ( 4 x + 5 ) 2 + C = ( 4 x + 5 ) 2 + C ∫ 4 4 3 8 dx = ln x + C x Chứng minh: 1 dx Thật vậy, do ( ln x + C )′ = ⇒ ∫ = ln x + C x x Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được du ∫u = ln u + C 1  dx = ln 2 x + k + C ∫  dx 1 d ( ax + b ) 1  2x + k 2 + ∫ = ∫ = ln ax + b + C  → ax + b a ax + b a  dx = − 1 ln k − 2 x + C  ∫ k − 2 x 2 Ví dụ: 1 1 1 dx x 4  a) ∫  x3 + +  dx = ∫ x3 dx + ∫ dx + ∫ = + 2 x + ln x + C x 4 x x x  . du dx 1 d ( 3x + 2 ) u 1 = ∫ → I = ln 3x + 2 + C 3x + 2 3 3x + 2 3 2 2x + x + 3 3  dx 3 d ( 2 x + 1) 3  c) ∫ dx = ∫  2 x + = x2 + ∫ = x 2 + ln 2 x + 1 + C  dx = ∫ 2 xdx + 3∫ 2x + 1 2x + 1  2x + 1 2 2x + 1 2  b) I = ∫ Công thức 4: ∫ sinxdx = − cos x + C Chứng minh: Thật vậy, do ( − cos x + C )′ = sin x ⇒ ∫ sinxdx = − cos x + C Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được ∫ sinudu = − cos u + C + ∫ sin ( ax + b ) dx = 1 1 1 sin ( ax + b ) d ( ax + b ) = − cos ( ax + b ) + C  → ∫ sin 2 xdx = − cos 2 x + C a∫ a 2 Ví dụ: 3 1  dx 1 d ( 2 x − 1)  2 a) ∫  x x + s inx + dx = x xdx + sinx dx + = x dx − cos x + ∫ =  ∫ ∫ ∫ ∫ 2x −1  2x −1 2 2x −1  5 2x 2 1 = − cos x + ln 2 x − 1 + C 5 2 3  dx 1 3 d ( 4 x − 3) 1 3  b) ∫  sin 2 x + = ∫ sin 2 xd ( 2 x ) + ∫ = − cos2 x + ln 4 x − 3 + C  dx = ∫ sin 2 xdx +3∫ 4x − 3  4x − 3 2 4 4x − 3 2 4  x   c) ∫  sin + sinx + sin 3 x  dx 2   1 1  x 1 x Ta có d   = dx ⇒ dx = 2d   ; d ( 2 x ) = 2dx ⇒ dx = d ( 2 x ) ; d ( 3x ) = 3dx ⇒ dx = d ( 3x ) 2 3 2 2 2 T ừ đó : x x x  x 1 1   ∫  sin 2 + sinx + sin 3x  dx = ∫ sin 2 dx + ∫ sin 2 xdx + ∫ sin 3xdx = 2∫ sin 2 d  2  + 2 ∫ sin 2 xd ( 2 x ) + 3 ∫ sin 3xd ( 3x ) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 5 x 1 1 = −2cos − cos2 x − cos3x + C 2 2 3 Công thức 5: ∫ cos xdx = sin x + C Chứng minh: Thật vậy, do ( sin x + C )′ = cos x ⇒ ∫ cos xdx = sin x + C Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được ∫ cosudu = sin u + C + ∫ cos ( ax + b ) dx = 1 1 1 cos ( ax + b ) d ( ax + b ) = sin ( ax + b ) + C  → ∫ cos 2 xdx = sin 2 x + C ∫ a a 2 Ví dụ: 4x − 1  5    a) ∫  cos x − sin x +  dx = ∫ cos xdx − ∫ sin xdx + ∫  4 −  dx = sinx + cos x + 4 x − 5ln x + 1 + C x +1  x +1   1 x2 b) ∫ ( cos 2 x + sin x − x ) dx = ∫ cos 2 xdx + ∫ sin xdx − ∫ xdx = sin 2 x − cos x − + C 2 2 1 − cos 2 x 1 1 1 1 1 1   c) ∫ sin 2 xdx = ∫ dx = ∫  − cos 2 x  dx = x − ∫ cos 2 xd ( 2 x ) = x − sin 2 x + C 2 2 4 2 4 2 2  Công thức 6: ∫ . dx = tan x + C cos 2 x Chứng minh: Thật vậy, do ( tan x + C )′ = 1 dx ⇒∫ = tan x + C 2 cos x cos 2 x Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được + dx 1 d ( ax + b ) du ∫ cos u = tan u + C 2 1 dx 1 = tan 2 x + C 2 2x 2 ∫ cos ( ax + b ) = a ∫ cos ( ax + b ) = a tan ( ax + b ) + C → ∫ cos 2 2 Ví dụ: dx 1  1  a) ∫  + cos x − sin 2 x  dx = ∫ + ∫ cos xdx − ∫ sin 2 xdx = tan x + sin x + cos 2 x + C 2 2 cos x 2  cos x   1 2  dx dx 1 d ( 2 x − 1) 2 d (5 − 4x) b) I = ∫  + + 2∫ = ∫ − ∫  dx = ∫ 2 2 2 cos ( 2 x − 1) 5 − 4 x 2 cos ( 2 x − 1) 4 5 − 4x  cos ( 2 x − 1) 5 − 4 x  du 1 1 tan ( 2 x − 1) − ln 5 − 4 x + C 2 2 du dx 1 d (3 − 2x ) 1 cos 2 u c) I = ∫ = −  → I = − tan ( 3 − 2 x ) + C 2 2 ∫ cos ( 3 − 2 x ) 2 cos ( 3 − 2 x ) 2 cos u  →= 2 Công thức 7: ∫ dx = − cot x + C sin 2 x Chứng minh: Thật vậy, do ( − cot x + C )′ = 1 dx ⇒ ∫ 2 = − cot x + C 2 sin x sin x Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được + dx 1 d ( ax + b ) 1 du ∫ sin u = − cot u + C 2 dx 1 = − cot 2 x + C 2 2x 2 ∫ sin ( ax + b ) = a ∫ sin ( ax + b ) = − a cot ( ax + b ) + C → ∫ sin 2 2 Ví dụ: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 6 1 dx 1 x   a) ∫  cos 2 x − 2 + 2 x5  dx = ∫ cos 2 xdx − ∫ 2 + ∫ 2 x 5 dx = sin 2 x + cot x + + C sin x sin x 2 3   du dx 1 d (1 − 3 x ) 1 1 sin 2 u b) I = ∫ 2 =− ∫ 2  → I = − − cot (1 − 3 x )  + C = cot (1 − 3x ) + C  sin (1 − 3x ) 3 sin (1 − 3 x ) 3 3 6 c) I = ∫ dx  x sin 2   2  x d  du 2  x  sin 2 u = 2∫  → I = −2 cot   + C x 2 sin 2   2   Công thức 8: ∫ e x dx = e x + C Chứng minh: Thật vậy, do ( e x + C )′ = e x ⇒ ∫ e x dx = e x + C Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được ∫ eu du = eu + C 1 ax + b 1 e d ( ax + b ) = e ax + b a∫ a + ∫ e ax + b dx = . 1 2 x+k  2 x+ k +C  ∫ e dx = 2 e + C  →  e k − 2 x dx = − 1 e k − 2 x + C  ∫ 2 Ví dụ: 1 4  dx 4 1 1 d ( 3x )  a) ∫  e −2 x +1 − 2 + dx = ∫ e −2 x +1dx − ∫ 2 + ∫ dx = − ∫ e −2 x +1d ( −2 x + 1) − ∫ 2 + 4.2 x  sin 3x sin 3 x 2 3 sin 3 x x x  1 1 = − e −2 x +1 + cot 3x + 8 x + C 2 3 b) ∫ ( 4e 3 x+2 + cos (1 − 3x ) ) dx = 4 ∫ e3 x + 2 dx + ∫ cos (1 − 3 x ) dx = 4 3x+2 1 e d ( 3x + 2 ) − ∫ cos (1 − 3 x ) d (1 − 3 x ) ∫ 3 3 4 1 = e3 x + 2 − sin (1 − 3 x ) + C 3 3 Công thức 9: ∫ a x dx = ax +C ln a Chứng minh:  ax ′ a x ln a ax Thật vậy, do  +C = = a x ⇒ ∫ a x dx = +C ln a ln a  ln a  Chú ý: + Mở rộng với hàm số hợp u = u ( x) , ta được ∫ a u du = a u + C + ∫ a kx + m dx = 1 kx + m 1 a d ( kx + m ) = a kx + m + C ∫ k k Ví dụ: 1 3x 1 2x 23 x 32 x a u du 2 d 3 x + 3 d 2 x  → I = + +C ( ) ( ) 3∫ 2∫ 3ln 2 2ln 3 1 3 21− 2 x 3 4 x + 3 − e 4 x + 3 ) dx = ∫ 21− 2 x dx − ∫ 3e 4 x + 3 dx = − ∫ 21− 2 x d (1 − 2 x ) − ∫ e 4 x + 3 d ( 4 x + 3) = − + e +C 2 4 2ln 2 4 a) I = ∫ ( 23 x + 32 x ) dx = ∫ 23 x dx + ∫ 32 x dx = b) ∫ (2 1− 2 x BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) I1 = I3 = ∫( ∫(x 5 5 )  1  2) I 2 =  7 − 3 3 x 5  dx x  ∫ + 2 x dx ) 3) x 2 − 4 x3 + 2 x3 dx Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95  1 2 x 4) I 4 =  − 4 x 3 + 2  dx  5 x   x ∫ 7) I 7 = ∫ ( ) x −1 8) I 8 = ∫ ( 2 x − 1) dx dx 3 x 4 + 2 x3 − x 2 + 1 dx x2 3 ( x − 24 x 2 3 1   13) I13 = ∫  x −  dx x  16) I16 = ∫ )( x − x ) dx 11) I11 = ∫ 9) I 9 = ∫ x2 − x x − x dx x ∫ ∫ ∫ ∫ dx cos 2 4 x . 29) I 29 = ∫ tan 4 x dx 32) I 32 = ∫ dx 1 − cos 6 x 1   35) I 35 = ∫  sin 2 x −  dx 2 − 5x   2 x4 + 3 dx x2 (x 27) I 27 = ∫ dx cos ( 2 x − 1) 2 2 + 4) 2 dx x2 1   1 12) I12 = ∫  − 3  dx x  x 2 1   14) I14 = ∫  x + 3  dx x  1 17) I17 = dx (2 x − 3)5 x  x π  19) I19 = sin  +  dx 20) I 20 =  sin 2 x + sin  dx 3 2 7    π x +1 2 x 22) I 22 =  sin  3x +  − sin  dx 23) I 23 = ∫ cos dx 4 2  2   26) I 26 = ∫ 6) I 6 = ∫ 2 x 10) I10 = ∫ 1   5) I 5 = ∫  x + dx x  Trang 7 ( 2 x − 3 3x 15) I15 = ∫ 18) I18 = ∫ ( x − 3) ) 2 x x +1 4 dx dx x   21) I 21 = ∫  sin + x  dx 2   x 24) I 24 = ∫ sin 2 dx 2 28) I 28 = ∫ ( tan 2 x + 2 x ) dx dx sin ( 2 x + 3) 30) I 30 = ∫ cot 2 x dx 31) I 31 = ∫ 1   33) I 33 = ∫  x 2 + 2 + cot 2 x  dx x   x+2 36) I 36 = ∫ dx x−3 1   34) I 34 = ∫  x 2 +  dx 3x + 2   2x −1 37) I 37 = ∫ dx 4x + 3 38) I 38 = ∫ x dx 6 − 5x 39) I 39 = ∫ 41) I 41 = ∫ 3x 3 + 2 x 2 + x + 1 dx x+2 42) I 42 = ∫ x 2 + x + 11 dx x+3 40) I 40 = ∫ 2 2x2 − x + 5 dx x −1 44) I 44 = e−2x +3dx 4 x3 + 4 x 2 − 1 dx 2x + 1 45) I 45 = ∫  cos(1 − x) + e3 x −1  dx 4 x2 + 6x + 1 dx 2x + 1 2 46) I 46 = ∫ x.e − x +1dx   2 47) I 47 = ∫  e− x + 2  dx sin (3 x + 1)    e− x  48) I 48 = ∫ e x  2 +  dx cos 2 x   49) I 49 = ∫ ( 21− 2 x − e 4 x + 3 ) dx 50) I 50 = ∫ ∫ 1 dx 2x 51) I 51 = ∫ 2x dx 7x 43) I 43 = ∫ ∫ 52) I 52 = 32 x +1 dx Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 8 02. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÌM NGUYÊN HÀM CÁC BIỂU THỨC VI PHÂN QUAN TRỌNG 1 1 1 1. xdx = d ( x 2 ) = d ( x 2 ± a ) = − d ( a − x 2 ) 2 2 2 6. dx = −d ( cot x ) = −d ( cot x ± a ) = d ( a − cot x ) sin 2 x 1 1 1 2. x 2 dx = d ( x 3 ) = d ( x 3 ± a ) = − d ( a − x3 ) 3 3 3 7. dx =d 2 x 3. sin x dx = −d (cos x) = −d (cos x ± a ) = d (a − cos x) 8. e x dx = d ( e x ) = d ( e x ± a ) = −d ( a − e x ) 4. cos x dx = d (sin x) = d (sin x ± a ) = −d (a − sin x) 9. dx = d ( tan x ) = d ( tan x ± a ) = −d ( a − tan x ) cos 2 x 5. . ( x) = d( 10. dx = ( ) ( ) 1 1 d ( ax + b ) = − d ( b − ax ) a a ∫ ( ) ( dx = d ( ln x ) = d ( ln x ± a ) = −d ( a − ln x ) x Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: x a) I1 = dx b) I 2 = x(1 + x 2 )10 dx 2 1+ x Hướng dẫn giải: 2  x  1 1 2 2  xdx = d   = d x = d x ± a  2  2  2 a) Sử dụng các công thức vi phân   du  u = d ( ln u ) ∫ ) x ± a = −d a − x ( c) I 3 = ∫ x 2 dx x3 + 1 ) ) 2 2 du x 1 d x 1 d x +1 ∫ u = ∫ d (ln u ) =ln u +C I = 1 ln x 2 + 1 + C. Ta có I1 = dx = = ←→ 1 2 1 + x2 2 2 1 + x2 1 + x2   x2  1 1 2 2  xdx = d   = d x = d x ± a 2   2  2 b) Sử dụng các công thức vi phân   u n +1   n u du = d     n +1  ∫ ∫ ∫ ( ( ) ∫ ( Ta có I 2 = x 1 + x 2 ) 10 1 dx = 2 ∫ (1 + x ) d ( x 2 10 2 ) +1 ( (1 + x ) = 2 ) 11 22  2  x3  1 3 x dx = d   = d x ±a 3 3    c) Sử dụng các công thức vi phân   du 2 u = d u  ( ) + C. ) ( ) 3 3 1 d ( x + 1) 2 d ( x + 1) 2 x3 + 1 Ta có I 3 = ∫ = ∫ = ∫ = + C. 3 2 x3 + 1 3 x3 + 1 3 x3 + 1 Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx a) I 4 = ∫ x 1 − x 2 dx b) I 5 = ∫ 2x −1 Hướng dẫn giải: x 2 dx c) I 6 = ∫ 5 − 2 x dx Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95   x2  1 1 2 2  xdx = d   = d x = − d a − x 2 2 2    a) Sử dụng các công thức vi phân   u n +1   n u du = d     n +1  ( ) ( Trang 9 ) (1 − x ) 2 3 1 1 1 1 Ta có I 4 = ∫ x 1 − x 2 dx = ∫ (1 − x 2 ) 2 d ( x 2 ) = − ∫ (1 − x 2 ) 2 d (1 − x 2 ) = − 2 2 1 1  dx = a d ( ax + b ) = − a d ( b − ax ) b) Sử dụng các công thức vi phân   du = d u  2 u + C. 3 ( ) du d ( 2 x − 1) 2 u = d ( u ) dx 1 d ( 2 x − 1) = ∫ =∫ ← → I5 = 2 x − 1 + C. 2x −1 2 2x − 1 2 2x −1 1 1   dx = a d ( ax + b ) = − a d ( b − ax )  c) Sử dụng các công thức vi phân   n +1  u n du = d  u    n +1 Ta có I 5 = ∫ 3 1 (5 − 2x) 1 1 1 2 (5 − 2x )2 ⇒ I 6 = ∫ 5 − 2 x dx = ∫ 5 − 2 x d ( 2 x ) = − ∫ ( 5 − 2 x ) 2 d ( 5 − 2 x ) = − . +C = − + C. 2 2 2 3 3 Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 2 x3 ln 3 x dx a) I 7 = dx b) I 8 = ∫ c) I = 9 ∫ x dx 5 4 (3 − 2 x)5 x −5 . 3 ∫ Hướng dẫn giải:  3 x  1 1 4 4  x dx = d   = d x ± a = − d a − x 4 4 4    a) Sử dụng các công thức vi phân   u − n +1   du = d    un  −n + 1    x4  4 d 4   5 1 3 5 5 x4 − 5 5 x − 5 − 4 2x 1 1   4 4 5 ⇒ I7 = dx = 2 = x −5 d x −5 = . +C = 5 4 5 4 2 4 8 x −5 x −5 2 ( 4 ∫ ∫( ∫ ) ( ) ( ( ) ) ( ) ) 4 + C. ( 3 − 2 x ) + C. dx 1 5 b) Ta có I 8 = ∫ = − ∫ (3 − 2x ) d (3 − 2x) = − 5 (3 − 2 x) 2 12 6 dx ln 3 x ln 4 x = d ( ln x ) ta được I 9 = ∫ dx = ∫ ln 3 x d ( ln x ) = + C. x x 4 Ví dụ 4. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 3 dx cos x a) I10 = ∫ b) I11 = dx c) I12 = cos x sin x dx 2010 x ( 4 − 2x) c) Sử dụng công thức vi phân ∫ ∫ Hướng dẫn giải: a) Ta có I10 = ∫ ( 4 − 2x ) 3 3 (4 − 2x) −2010 = − ∫ ( 4 − 2x ) d (4 − 2x) = − 2 2 −2009 −2009 3 dx 2010 cos u du = d ( sin u )  b) Sử dụng các công thức vi phân  dx =d x  2 x +C = 3 4018 ( 4 − 2 x ) 2009 + C. ( ) Ta có I11 = ∫ cos x cos x dx = 2 dx = 2 cos x d x 2 x ∫ ∫ ( x ) = 2sin x + C. Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 10 cos u du = d ( sin u ) c) Sử dụng các công thức vi phân  sin x dx = −d ( cos x ) 3 Ta có I12 = ∫ 1 2 cos x sin x dx = − ( cos x ) d ( cos x ) = − ∫ 2 ( cos x ) 2 =− 3 2 cos3 x + C. 3 Ví dụ 5. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: sin x dx cos5 x Hướng dẫn giải: sin u du = −d ( cos u ) a) Sử dụng các công thức vi phân  cos x dx = d ( sin x ) a) I13 = ∫ 3 Ta có I 3 = b) I14 = ∫ sin x cos x dx ∫ 3 sin x cos x dx = 1 4 3   u 3 du = d  u 3    4   1 3 c) I15 = ∫ sin 4 x cos x dx 4 ∫ ( sinx ) d (sin x ) ←→ I13 = 3 ( sinx ) 3 4 +C = 3 3 sin 4 x +C 4 ( cos x ) + C = 1 + C. sin x d (cos x) dx = − ∫ =− 5 5 cos x cos x −4 4 cos 4 x cos x dx = d ( sin x )  c) Sử dụng các công thức vi phân  n  u n +1   u du = d   n +1  −4 b) Ta có I14 = ∫ .  u5  u 4 du = d    5    Khi đó ta được I15 = ∫ sin x cos x dx = ∫ sin x d ( sin x ) ← → I15 = 4 4 sin 5 x + C. 5 Ví dụ 6. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: a) I16 = ∫ tanx dx b) I17 = ∫ sin 4 x cos 4 x dx Hướng dẫn giải: sin x dx = − d (cos x )   a) Sử dụng các công thức  du  ∫ u = ln u + C d ( cos x ) sin xdx Ta có I16 = ∫ tan x dx = ∫ = −∫ = − ln cos x + C. cos x cos x 1 1 b) Ta có I17 = sin 4 x cos 4 x dx = sin 4 x cos 4 x d ( 4 x ) = 4 4 ∫ ∫ ∫ c) I18 = ∫ sin x dx 1 + 3cos x sin 4 x d ( sin 4 x ) 3 1 2 ( sin 4 x ) 2 sin 3 4 x = . +C = + C. 4 3 6 d ( cos x ) sin x dx 1 d ( 3cos x + 1) 1 c) Ta có I18 = ∫ = −∫ =− ∫ = − ln 1 + 3cos x + C. 1 + 3cos x 1 + 3cos x 3 1 + 3cos x 3 Ví dụ 7. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 2cos x dx cos x dx a) I19 = ∫ b) I 20 = ∫ c) I 21 = ∫ tan x.ln ( cos x ) dx 2 4sin x − 3 ( 2 − 5sin x ) Hướng dẫn giải: cos xdx = d (sin x)  a) Sử dụng công thức vi phân  du  1  u2 = d  − u     2 d ( sin x ) 2cos x dx 2 d ( 2 − 5sin x ) 2 ⇒ I19 = ∫ =∫ =− ∫ = + C. 2 2 2 5 ( 2 − 5sin x ) 5 ( 2 − 5sin x ) ( 2 − 5sin x ) ( 2 − 5sin x ) cos xdx = d (sin x)  b) Sử dụng công thức vi phân  du 2 u = d u  ( ) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Ta được I 20 = ∫ Trang 11 d ( sin x ) cos x dx 1 d ( 4sin x ) 1 d ( 4sin x − 3) 1 =∫ = ∫ = ∫ = 4sin x − 3 + C. 4sin x − 3 4sin x − 3 4 4sin x − 3 2 2 4sin x − 3 2  d ( cos x ) sin xdx =− = − ln cos x + C  tan xdx = cos x cos x c) Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản  2  u du = u + C  2 d ( cos x ) sin x Ta có I 21 = ∫ tan x.ln ( cos x ) dx = ∫ ln ( cos x ) dx = − ∫ ln ( cos x ) = − ∫ ln ( cos x ) d ( ln cos x ) = cos x cos x ln 2 (cos x) ln 2 (cos x) =− + C  → I 21 = − + C. 2 2 Ví dụ 8. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: tan x tan 3 x tan 2 x + 1 a) I 22 = dx b) I = dx c) I 24 = dx 23 2 4 cos x cos x cos 2 2 x Hướng dẫn giải:  dx  cos 2 x = d ( tan x ) a) Sử dụng các công thức  2  u du = u + C  ∫ 2 tan x dx tan 2 x tan 2 x Ta có I 22 = dx = tan x . = tan x d tan x = + C  → I = + C. ( ) 22 2 2 cos 2 x cos 2 x  dx  cos 2 x = d ( tan x ) b) Sử dụng các công thức   1 = 1 + tan 2 x  cos 2 x ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫( ) tan 3 x 1 dx dx = tan 3 x. 2 . = tan 3 x. 1 + tan 2 x d (tan x) = tan 5 x + tan 3 x d (tan x) 4 cos x cos x cos 2 x tan 6 x tan 4 x tan 6 x tan 4 x = + + C  → I 23 = + + C. 6 4 6 4 1 d (ax) 1  dx  cos 2 ax = a cos 2 ax = a d ( tan(ax) ) c) Sử dụng các công thức  2  u du = u + C  ∫ 2 tan 2 x + 1 tan 2 x dx dx 1 tan 2 x d (2 x) 1 d (2 x) Ta có I 24 = dx = + = + 2 2 2 2 cos 2 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x 2 cos 2 2 x 1 1 tan 2 2 x tan 2 x tan 2 2 x tan 2 x = tan 2 x d (tan 2 x) + d (tan 2 x) = + + C  → I 24 = + + C. 2 2 4 2 4 2 Ví dụ 9. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: cot x tan x cot x a) I 25 = ∫ 2 dx b) I 26 = ∫ dx c) I 27 = ∫ dx 3 π sin x cos x  cos  x +  2  Hướng dẫn giải:  dx  sin 2 x = − d ( cot x ) a) Sử dụng các công thức  2  u du = u + C ∫  2 cot x dx cot 2 x cot 2 x dx = cot x . = − cot x d cot x = − + C  → I = − + C. Ta có I 25 = ( ) 25 2 2 sin 2 x sin 2 x Ta có I 23 = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 12 sin x dx = −d ( cos x )  b) Sử dụng các công thức  du u − n +1 +C ∫ n = −n + 1  u d ( cos x ) ( cos x ) + C = 1 + C  tan x sin xdx 1 Ta có I 26 = ∫ dx = ∫ = −∫ =− → I 26 = + C. 3 4 4 3 cos x cos x cos x −3 3cos x 3cos3 x  cos x dx = d ( sin x )  π   c) Sử dụng các công thức cos  x +  = − sin x 2    du 1 ∫ 2 = − + C u  u cot x cos x cos x dx d (sin x) 1 1 Ta có I 27 = ∫ dx = ∫ dx = − ∫ = −∫ = + C  → I 27 = + C. 2 2 π sin x. ( − sin x ) sin x sin x sin x sin x  cos  x +  2  Ví dụ 10. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: −3 a) I 28 = . ∫ x 3e x b) I 29 = ∫ dx e tan x + 2 dx cos 2 x c) I 30 = ∫ x.e1− x dx 2 e 2 ln x + 3 dx x Hướng dẫn giải: d) I 31 = ∫ ecos x sin x dx e) I 32 = ∫ ( )  dx =d x  a) Sử dụng các công thức  2 x  eu du = eu + C ∫ Ta có I 28 = ∫ 3e x x ∫ dx = 3.2 e x dx = 6 e xd 2 x ∫ ( x ) = 6e x + C  → I 28 = 6e x + C.  dx  2 = d ( tan x ) = d ( tan x ± k ) b) Sử dụng các công thức  cos x  eu du = eu + C ∫ tan x + 2 e dx dx Ta có I 29 = ∫ = ∫ e tan x + 2 = ∫ e tan x + 2 d ( tan x + 2 ) = e tan x + 2 + C  → I 29 = e tan x + 2 + C. 2 2 cos x cos x 1 1  2 2  x dx = 2 d ( x ) = − 2 d (1 − x ) c) Sử dụng các công thức   eu du = eu + C ∫ 2 2 2 2 2 1 1 1 Ta có I 30 = ∫ x.e1− x dx = ∫ e1− x x dx = − ∫ e1− x d (1 − x 2 ) = − e1− x + C  → I 30 = − e1− x + C . 2 2 2 sin x dx = −d ( cos x ) d) Sử dụng các công thức  u u  ∫ e du = e + C Ta có I 31 = ∫ ecos x sin x dx = − ∫ ecos x d ( cos x ) = −ecos x + C  → I 31 = −ecos x + C .  dx  = d ( ln x ) = d ( ln x ± k ) e) Sử dụng các công thức  x  eu du = eu + C ∫ 2 ln x + 3 e dx 1 1 dx = ∫ e 2 ln x + 3 = ∫ e 2 ln x + 3 d ( ln x ) = ∫ e 2 ln x + 3 d ( 2ln x + 3) = e 2 ln x + 3 + C. Ta có I 32 = ∫ x x 2 2 e2 ln x + 3 1 2 ln x + 3 Vậy I 32 = ∫ dx = e + C. x 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: x 1) I1 = dx 1 + x2 ∫ 4) I 4 = ∫ cos x sin xdx x dx x2 + 5 ln 3 x I10 = ∫ dx x sin x I13 = ∫ dx cos5 x e tan x I16 = ∫ dx cos 2 x dx I19 = ∫ (3 − 2 x)5 7) I 7 = ∫ 10) 13) 16) ∫ Trang 13 ∫ 2) I 2 = x(1 + x 2 )10 dx 3) I 3 = sin x dx 3 x dx 4) I 8 = ∫ 2x −1 6) I 6 = 5) I 5 = ∫ cos cos x dx x ∫ 3 sin x cos xdx 3) I 9 = ∫ 5 − 2 xdx 11) I11 = ∫ x.e x +1dx 12) I12 = ∫ sin 4 x cos xdx 14) I14 = ∫ cot x dx 15) I15 = ∫ 2 17) I17 = ∫ e x 18) I18 = ∫ x x 2 + 1 dx dx x tan x dx cos 2 x x 2 dx 20) I 20 = ∫ x 2 x3 + 5 dx 21) I 21 = ∫ 22) I 22 = ∫ x 1 − x 2 dx 23) I 23 = ∫ cos x 1 + 4sin x dx 24) I 24 = ∫ x x 2 + 1 dx 25) I 25 = ∫ ecos x sin x dx 26) I 26 = ∫ x.e x 19) . ∫ 28) I 28 = x.e1− x dx 2 29) I 29 = ∫ (e 2 +2 sinx x3 + 1 sin x dx 1 + 3cos x e2 ln x +1 30) I 30 = ∫ dx x 27) I 27 = ∫ dx ) + cos x cos x dx Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 14 03. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM DẠNG 1: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM LƯỢNG GIÁC Nếu hàm f(x) có chứa dx = d (a sin t ) = a cos t dt a 2 − x 2 thì đặt x = a sin t  → 2 2 2 2 2  a − x = a − a sin t = a cos t Nếu hàm f(x) có chứa adt  dx = d (a tan t ) = cos 2 t a 2 + x 2 thì đặt x = a tan t  →  a 2 + x 2 = a 2 + a 2 tan 2 t = a  cos t Nếu hàm f(x) có chứa   a  − a cos t dt dx = d  sin t  = sin 2 t   a  x 2 − a 2 thì đặt x =  → sin t a a2  2 2 x − a = − a2 = 2  sin t cot t Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx a) I1 = ; ( a = 2) 4 − x2 . c) I 3 = ∫ ∫ x 2 dx 1− x 2 ; ( a = 1) b) I 2 = ∫ 1 − x 2 dx ; ( a = 1) d) I 4 = x 2 9 − x 2 dx ; ( a = 3) ∫ Hướng dẫn giải:  dx = d (2sin t ) = 2cos t dt dx 2cos t dt a) Đặt x = 2sin t  →  → I1 = ∫ =∫ = ∫ dt = t + C 2 2 2 2cos t 4− x  4 − x = 4 − 4sin t = 2cos t x  x Từ phép đặt x = 2sin t ⇔ t = arcsin    → I1 = arcsin   + C 2 2 dx = d (sin t ) = cos t dt b) Đặt x = sin t  → 2 2  1 − x = 1 − sin t = cos t Khi đó I 2 = ∫ ∫ 1 − x 2 dx = cos t.cos t dt = ∫ 1 + cos 2t 1 1 t 1 dt = dt + cos 2t dt = + sin 2t + C 2 2 2 2 4 ∫ ∫ cos t = 1 − sin 2 t = 1 − x 2 Từ x = sin t ⇒   → sin 2t = 2sin t.cos t = 2 x 1 − x 2 t = arcsin x  arcsin x 1  → I2 = + x 1 − x2 + C 2 2 dx = d (sin t ) = cos t dt c) Đặt x = sin t  → 2 2  1 − x = 1 − sin t = cos t x 2 dx sin 2 t.cos t dt 1 − cos2t 1 1 Khi đó, I 3 = ∫ =∫ = ∫ sin 2 t dt = ∫ dt = t − sin 2t + C cos t 2 2 4 1 − x2 cos t = 1 − sin 2 t = 1 − x 2 Từ x = sin t ⇒   → sin 2t = 2sin t.cos t = 2 x 1 − x 2 t = arcsin x arcsin x 1  → I3 = − x 1 − x2 + C 2 2  dx = d (3sin t ) = 3cos t dt d) Đặt x = 3sin t  → 2 2  9 − x = 9 − 9sin t = 3cos t 81 81 1 − cos4t Khi đó, I 4 = x 2 9 − x 2 dx = 9sin 2 t.3cos t.3cos t dt = 81 sin 2 t.cos 2 t dt = sin 2 2t dt = dt 4 4 2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 = Trang 15 81  1 1  81  t 1  dt − cos4t dt  =  − sin 4t  + C  4 2 2 4 2 8    ∫ ∫  x2 2 cos t = 1 − sin t = 1 − 2x x2  9 Từ x = 3sin t ⇒   → sin 2t = 1− 3 9 t = arcsin  x     3 2 2x2 2x x2  2x2   x Mặt khác, cos2t = 1 − 2sin 2 t = 1 − 2   = 1 −  → sin 4t = 2sin 2t.cos2t = 2. 1 − .1 −  9 3 9  9  3    x arcsin   2 2    81  x x 2 x 3 − Từ đó ta được I 4 =  1 − .1 −   + C. 4 2 6 9  9    Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx a) I1 = 2 ; ( a = 1) b) I 2 = x 2 + 2 x + 5 dx x +1 ∫ ∫ c) I 3 = ∫ x 2 dx x2 + 4 ; ( a = 2) Hướng dẫn giải: dt  = (1 + tan 2 t )dt (1 + tan 2 t )dt  dx = d (tan t ) = 2 →  → I1 = ∫ = ∫ dt = t + C cos t a) Đặt x = tan t  1 + tan 2 t 1 + x 2 = 1 + tan 2 t  . Từ giả thiết đặt x = tan t ⇔ t = arctan x  → I1 = arctan x + C. b) Ta có I 2 = ∫ x 2 + 2 x + 5 dx = ∫ t = x +1 ( x + 1) 2 + 4 d ( x + 1)  →I = ∫ t 2 + 4 dt 2du   dt = d (2 tan u ) = cos 2 u 2du du cos u du →  → I2 = ∫ =∫ =∫ Đặt t = 2 tan u  2 cos u cos 2 u  4 + t 2 = 4 + 4 tan 2 u = 2 .cos 2 u cos u  cos u d (sin u ) 1 (1 + sin u ) + (1 − sin u ) 1 d (sin u ) 1 d (sin u ) 1 1 + sin u =∫ = ∫ d (sin u ) = ∫ + = ln + C. 2 1 − sin u 2 (1 + sin u )(1 − sin u ) 2 1 − sin u 2 ∫ 1 + sin u 2 1 − sin u t 1 t2 4 t2 2 2  → = 1 +  → sin u = 1 − c os u = 1 − = 2 cos 2 u 4 4 + t2 4 + t2 t x +1 1+ 1+ 2 2 1 1 + sin u 1 4 + t + C = 1 ln x + 2 x + 5 + C. Từ đó ta được I 2 = ln + C = ln t x +1 2 1 − sin u 2 1− 2 1− 2 2 4+t x + 2x + 5 2dt  2  dx = d (2 tan t ) = cos 2 t = 2(1 + tan t ) dt → c) Đặt x = 2 tan t   x 2 + 4 = 4 tan 2 t + 4  2 4 tan t.2(1 + tan 2 t ) dt sin 2 t sin 2 t.cos t dt sin 2 t. d (sin t )  → I3 = ∫ = 4 ∫ tan 2 t 1 + tan 2 t dt = 4 ∫ dt = 4 = 4 ∫ cos4 t ∫ 1 − sin 2 t 2 cos3 t 2 1 + tan 2 t ( ) Từ phép đặt t = 2 tan u ⇔ tan u = 2  1 (1 + u ) − (1 − u )   u  Đặt u = sin t  → I 3 = 4∫ du = 4 ∫  du = 4 ∫   du 2  2 2 1− u   2 (1 + u )(1 − u )  (1 − u ) u2 2 1  du du 2du d (1 − u ) d (1 + u ) (1 − u ) + (1 + u )du  1 = ∫ − +∫ −∫ = −∫ +∫ −∫  du = ∫ 2 2 2 2 (1 − u ) (1 + u ) (1 − u )(1 + u ) (1 − u ) (1 + u ) (1 − u )(1 + u ) 1− u 1+ u  1 1 1  1 1 du du 1 1  1 − − − ∫ + − −∫ −∫ =− − − ln 1 + u + ln u − 1 + C  du = − 1− u 1+ u 1− u 1+ u 1+ u 1− u 1− u 1+ u 1+ u 1− u  2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 16 1 1 u −1 1 1 u −1 1 1 sin t − 1 − + ln + C  → I3 = − + ln +C = − + ln + C. u −1 1+ u u +1 u −1 u +1 u +1 sin t − 1 sin t + 1 sin t + 1 x 1 x2 4 x2 2 2 2 Từ giả thiết x = 2 tan t ⇔ tan t =  → = 1 + tan t = 1 + ⇔ c os t =  → sin t = 2 cos 2t 4 4 + x2 4 + x2 x −1 2 x 1 1 4 + x ⇔ sin t =  → I3 = − + ln + C. x x x 4 + x2 −1 +1 +1 4 + x2 4 + x2 4 + x2 = Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx dx dx a) I1 = b) I 2 = c) I 3 = 2 2 2 2 x −1 x x −4 x − 2x − 2 Hướng dẫn giải:   1  − cos t dt − cos t dt   dx = d  sin t  = sin 2t 1 dx − cos t dt     dx = sin 2 t  → ← →  → I1 = ∫ =∫ 2 a) Đặt x = 2 sin t sin t.cot t 1 x −1  x2 − 1 =  x 2 − 1 = cot t − 1  2  sin t ∫ = −∫ . ∫ ∫ sin t dt d (cos t ) d (cos t ) 1 (1 − cos t ) + (1 + cos t ) 1 1 + cos t =∫ =∫ = ∫ d (cos t ) = ln + C. 2 2 sin t 1 − cos t (1 − cos t )(1 + cos t ) 2 (1 − cos t )(1 + cos t ) 2 1 − cos t Từ phép đặt x = 1 1  → cos 2 t = 1 − sin 2 t = 1 − 2 ⇔ cos t = sin t x x2 − 1 x −1 1 x  → I1 = ln + C. 2 x 2 x −1 1− x 1+ 2   2  −2cos t dt −2 cos t dt  dx = dx = d  sin t  = sin 2 t  2     sin 2 t  → ← → b) Đặt x = sin t 4  x2 − 4 =  x 2 − 4 = 2cot t ⇒ x 2 x 2 − 4 = 8cot t −4 2   sin 2 t sin t dx −2cos t dt 1 1 Khi đó, I 2 = = = − sin t dt = cos t + C. 2 2 8cot t 4 4 x x −4 sin 2 t. 2 sin t ∫ ∫ ∫ 2 4  → cos 2t = 1 − sin 2 t = 1 − 2 ⇔ cos t = sin t x dx d ( x − 1) t = x −1 c) I 3 = =  → I3 = 2 2 x − 2x − 2 ( x − 1) − 3 Từ x = ∫ ∫ ∫ x2 − 4 x2 − 4  → I2 = + C. x 4x dt dt = 2 t2 − 3 t2 − 3 ∫ ( )   3  − 3 cos u du   dt = d  − 3 cos u du  = 2 dt = sin u sin u 3      → ← → sin 2 u Đặt t = sin u  2  2 3 −3  t − 3 = 3 cot u  t −3 = 2 sin u   → I3 = ∫ = 1 2∫ dt =∫ − 3 cos u du = −∫ sin u du d (cos u ) d (cos u ) =∫ =∫ 2 2 sin u 1 − cos u (1 − cos u )(1 + cos u ) sin u. 3 cot u t2 − 3 (1 − cos u ) + (1 + cos u ) 1 1 + cos u d (cos u ) = ln + C. (1 − cos u )(1 + cos u ) 2 1 − cos u 2 t2 − 3 x2 − 2x − 2 1+ t −3 3 3 1 1 t x −1 ⇒ cos 2u = 1 − 2 ⇔ cos t =  → I 3 = ln + C = ln + C. Từ t = 2 sin u t t 2 2 t −3 x2 − 2 x − 2 1− 1− t x −1 Chú ý: Tổng hợp các kết quả ta thu một số kết quả quan trọng sau: 2 1+ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 17 dx 1 x = arc tan   + C. 2 +a a a dx 1 x+a ∫ x 2 − a 2 = 2a ln x − a + C. dx 1 x−a ∫ a 2 − x 2 = 2a ln x + a + C. dx 2 ∫ x 2 ± a = ln x + x ± a + C. ∫x 2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) I1 = ∫ 4) I 4 = ∫ x 2 dx x2 + 4 1 3x − 2 x 2 2) I 2 = ∫ 5) I 5 = dx ∫ 1 − x2 dx x2 9) I 3 = ∫ 2 x 2 + 1 dx 6) I 6 = x 2 dx 4 − x2 dx ∫ 2 x2 − 5 DẠNG 2: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM VÔ TỶ Phương pháp giải: Nếu hàm f(x) có chứa . n g ( x) thì đặt t = n g ( x) ⇔ t n = g ( x)  → n.t n −1 = g '( x)dx Khi đó, I = ∫ f ( x)dx = ∫ h(t )dt , việc tính nguyên hàm ∫ h(t )dt đơn giản hơn so với việc tính ∫ f ( x)dx. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: xdx a) I1 = b) I 2 = x3 x 2 + 2 dx 4x + 1 Hướng dẫn giải: ∫ ∫ 2tdt = 4dx  2 a) Đặt t = 4 x + 1 ⇔ t = 4 x + 1  → → I1 = t 2 − 1  x =  4  3   1  t3 1  (4 x + 1) =  −t+C =  − 4 x + 1  + C.  8 3 8 3    ∫ c) I 3 = ∫ x 2 dx 1− x t 2 − 1 tdt . xdx 4 2 = 1 (t 2 − 1)dt = t 8 4x + 1 ∫ ∫ b) Đặt t = x 2 + 2 ⇔ t 2 = x 2 + 2  → x 2 = t 2 − 2 ⇔ 2 xdx = 2tdt  → x3 dx = x 2 .xdx = (t 2 − 2).tdt ( ) ( 5 ) 3 x2 + 2 2 x2 + 2 t5 t3 2 3 2 4 2 Khi đó I 2 = x + 2 .x dx = t. t − 2 tdt = t − 2t dt = − 2. + C = − +C 5 3 5 3 2 2 2 dx = −2tdt 1 − t .tdt x dx c) Đặt t = 1 − x ⇔ t 2 = 1 − x ⇔ x = 1 − t 2  → 2 → I3 = = −2 2  2 t 1− x  x = 1 − t  (1 − x)5 2 (1 − x)3  2  t 5 2t 3  = −2 1 − t 2 dt = −2 t 4 − 2t 2 + 1 dt = −2  − + t  + C = −2  − + 1− x  + C   3 5 3 5    ∫ ( ∫ ) ∫( ) ( ∫( ) Khi đó I 2 = ∫ ∫( ) ∫ ( ) ) ∫ ( ) x 2 + 2 .x 3 dx = t. t 2 − 2 tdt = ∫ (t 4 − 2t 2 ) t5 t3 dt = − 2. + C = 5 3 Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: ln x dx ln 2 x dx a) I 4 = b) I 5 = x 1 + ln x x 3 2 − ln x ∫ ∫ ∫ (x 2 +2 ) 5 5 c) I 6 = − ∫ 2 (x 2 3 +2 ) 3 + C. ln x 3 + 2ln x dx x Hướng dẫn giải: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 18 ( ) ln x = t 2 − 1 t 2 − 1 .2tdt ln x dx  →  dx  → I4 = = a) Đặt t = 1 + ln x ⇔ t = 1 + ln x  t 1 + ln x x  = 2tdt x  (1 + ln x)3   t3  2 (1 + ln x)3 = 2 ∫ ( t 2 − 1) dt = 2  − t  + C = 2  − 1 + ln x  + C  → I4 = − 2 1 + ln x + C .   3 3 3    ∫ 2 ∫ ln x = 2 − t 3 ln 2 x dx (2 − t 3 ) 2 .3t 2 dt  b) Đặt t = 2 − ln x ⇔ t = 2 − ln x  →  dx  → I = . = 5 2 3 t 2 − ln x x  = 3t dt  x  3 (2 − ln x)8 4 3 (2 − ln x)5   t 8 4t 5 7 4 2 = 3∫ ( t − 4t + 4t ) dt = 3  − + 2t  + C = 3  − + 2 3 (2 − ln x)2  + C   5 8 5 8     t2 − 3 ln x =  2 c) Đặt t = 3 + 2ln x ⇔ t 2 = 3 + 2ln x  →  2dx = 2tdt  x Từ đó ta có I 6 = . ∫ 3 3 ∫ ∫  t2 − 3  ln x 3 + 2ln x dx dx 1 = ln x 3 + 2ln x . =   .t.tdt = x x 2  2  ∫  1  t5 t5 t3 =  − t3  + C = − + C = 2 5 10 2  ∫ ( 3 + 2 ln x )5 10 − ( 3 + 2ln x )3 2 Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx e 2 x dx a) I 7 = b) I8 = 3 ex −1 ex + 1 ∫ ∫ ( + C  → I6 = c) I 9 = ) ∫x ∫ (t 4 ) − 3t 2 dt ( 3 + 2ln x )5 10 dx ( 3 + 2ln x )3 − 2 d) I10 = x +4 2 ∫x + C. dx x4 + 1 Hướng dẫn giải: e x = t 2 − 1 e x = t 2 − 1  x 2 x → x ← → a) Đặt t = e − 1 ⇔ t = e − 1  2tdt e dx = 2tdt dx = 2 t −1  dx 2tdt 2dt 2dt (t + 1) − (t − 1) dt dt Khi đó I 7 = = = 2 = = dt = − 2 x (t − 1)(t + 1) (t − 1)(t + 1) t −1 t +1 t.(t − 1) t −1 e −1 ∫ ∫ ∫ = ln t − 1 − ln t + 1 + C = ln ∫ t −1 + C = ln t +1 ex −1 −1 ex − 1 + 1 ∫ = ∫ (t 2 ) − 1 .2tdt t3 =2 ∫ ex −1 − 1 + C  → I 7 = ln e x = t 2 − 1 b) Đặt t = e + 1 ⇔ t = e + 1  → x  → I8 = e dx = 2tdt 2 x ∫ x ∫ ex −1 + 1 e 2 x dx (e x ) +1 3 = ∫ ∫ + C. e x .e x dx (e x ) +1 3 = ∫ (t 2 ) − 1 .2tdt t 3  x t2 −1 dt  1    1 dt = 2 dt − = 2 t + + C = 2 e + 1 +   + C .      t2 t2    t ex + 1   ∫ ∫  x2 = t 2 − 4 2 2  x = t − 4   → ← →  dx xdx c) Đặt t = x 2 + 4 ⇔ t 2 = x 2 + 4  tdt 2 xdx = 2tdt  = 2 = 2 x t −4 x dx 1 dx 1 tdt dt 1 (t + 2) − (t − 2) 1  dt dt  Khi đó, I 9 = = = . 2 = 2 = dt =  −  4 t −2 t t −4 t +2 t − 4 4 (t + 2)(t − 2) x x2 + 4 x2 + 4 x ∫ = ∫ ∫ 1 1 t−2 1 ln t − 2 − ln t + 2 ) + C = ln + C = ln ( 4 4 t+2 4 ∫ x2 + 4 − 2 x2 + 4 + 2 ∫ + C  → I9 = ∫ 1 ln 4 x2 + 4 − 2 x2 + 4 + 2 ∫ + C. Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 19  x4 = t 2 − 1 4 2  x = t − 1   d) Đặt t = x 4 + 1 ⇔ t 2 = x 4 + 1  → 3 ← →  dx x3 dx tdt  = 4 = 4 x dx = 2tdt x x 2(t 2 − 1)  dx 1 dx 1 tdt 1 dt 1 (t + 1) − (t − 1) Khi đó, I10 = = . = . 2 = = dt 2 4 4 t 2(t − 1) 2 t − 1 4 (t + 1)(t − 1) x x +1 x +1 x ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1  dt dt  1 1 t −1 1 =  − + C = ln  = ( ln t − 1 − ln t + 1 ) + C = ln 4  t −1 t +1 4 4 t +1 4 ∫ x4 + 1 − 1 ∫ Ví dụ 4. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx a) I11 = 1 + 2 − 5x ∫ c) I13 = ∫ b) I12 = x 3 dx 3 d) I14 = 4 + x2 x dx ∫1− ∫ + C. x4 + 1 + 1 2 + x2 1 + 4ln 2 x ln x dx x Hướng dẫn giải: 2tdt 5 dx 2 t dt 2 1+ t −1 2  1  2 Khi đó, I11 = =− =− dt = − 1 −  dt = − ( t − ln t + 1 ) + C 5 1+ t 5 1+ t 5  1+ t  5 1 + 2 − 5x 2  → I11 = − 2 − 5 x − ln 2 − 5 x + 1 + C . 5 a) Đặt t = 2 − 5 x ⇔ t 2 = 2 − 5 x ⇔ 2tdt = −5dx  → dx = − . ∫ ∫ ∫ ( ∫ ) b) Đặt t = 2 + x 2 ⇔ t 2 = 2 + x 2 ⇔ 2tdt = 2 xdx  → xdx = tdt x dx t dt 1 − (1 − t ) d (1 − t )  1  Khi đó, I12 = = = dt =  − 1 dt = − − dt = − ln 1 − t − t + C 2 1− t 1− t 1− t 1− t  1− 2 + x ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫  → I12 = − ln 1 − 2 + x 2 − 2 + x 2 + C . x2 = t3 − 4 2 3  x = t − 4 3   c) Đặt t = 3 4 + x 2 ⇔ t 3 = 4 + x 2  → 2 ← → → x3 dx = t 3 − 4 t 2 dt 3t 2 dt  2  xdx = 3t dt = 2 xdx 2  (  → I13 = ∫ 3 2 3 ( t − 4 ) t dt 3 4 = ∫ = ∫ ( t − 4t ) dt = t 2 4 + x2 2 x 3 dx 3 3 3  t5 2  − 2t  + C = 2 5  d) Đặt t = 1 + 4 ln 2 x ⇔ t 2 = 1 + 4ln 2 x ← → 2tdt = 4.2ln x.  → I14 = ∫ (4 + x ) 2 5 10 − 33 ( 4 + x2 ) 2 4 + C. dx ln x dx tdt  → = x x 4 ln x dx tdt 1 2 t3 1 + 4ln 2 x = t. = t dt = + C = x 4 4 12 ∫ 3 ) ∫ (1 + 4 ln x ) 2 12 3 + C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) I1 = ∫ dx 1 + 1 + 3x 4) I 4 = ∫ x 3 1 − x 2 dx 2) I 2 = ∫ x3 dx 3 5) I 5 = ∫ 1 + x2 dx 7) I 7 = ∫ x 3 x + 4 dx x x3 + 1 x +1 8) I 8 = ∫ dx x 10) I10 = ∫ x 2 3 − 2 x dx 11) I11 = ∫ 4 − 3x dx x +1 3) I 3 = 1 + 3ln x ln x dx x xdx 2x + 1 ∫ 6) I 6 = ∫ 9) I 9 = ∫ xdx 1 + x −1 e 2 x dx 12) I12 = ∫ 1 + ex −1 DẠNG 3: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM ĐA THỨC BẬC CAO Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 20 Phương pháp giải: dt = adx  → Nếu hàm f(x) có chứa (ax + b) thì đặt t = ax + b  t −b  x = a n Ví dụ. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: a) I1 = x ( 3 x + 1) dx ∫ ∫ 19 b) I 2 = x 2 (2 − x)99 dx c) I 3 = ∫ x2 + 2 dx ( x + 1) 2010 Hướng dẫn giải: dt = 3dx t − 1 19 19  → → I1 = x ( 3x + 1) dx = .t .3dt = a) Đặt t = 3x + 1  t − 1  3  x = 3 ∫  → I1 ∫ ∫( ) t 20 − t19 dt = t 21 t 20 − +C 21 20 21 20 3 x + 1) 3 x + 1) ( ( = − + C. 21 20 dt = −dx 99 2 b) Đặt t = 2 − x  →  → I 2 = x 2 ( 2 − x ) dx = − ( 2 − t ) .t 99 dt = − 4t 99 − 4t100 + t101 dt x = 2 − t ∫ ∫( ∫  t100 (2 − x) t101 t102  t100 4t101 t102 = −  4. − 4. + + − +C = +C = 101 102  25 101 102 25  100 . 100 V ậy I 2 = 4(2 − x) 101 + 101 − ) ( 2 − x )102 102 + C. ( 2 − x )100 + 4 ( 2 − x )101 − ( 2 − x )102 + C. 25 101 102 dt = dx ( t − 1)2 + 2 dt = t 2 − 2t + 3 dt =  1 − 2 + 3  dt c) Đặt t = x + 1  →  → I3 =  2008  t 2010 t 2010 t 2009 t 2010  t x = t −1 1 1 3 1 1 3 =− + − +C = − + − + C. 2007 2008 2009 2007 2008 2009 2007t 1004t 2009t 2007 ( x + 1) 1004 ( x + 1) 2009 ( x + 1) ∫  → I3 = − 1 2007 ( x + 1) 2007 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) I1 = x(1 − x) 20 dx 4) I 4 = ∫ x + 2x + 2 2 ∫ ( 2 x − 1) 6 dx + 1 1004 ( x + 1) 2008 ∫ − ∫ 3 2009 ( x + 1) 2009 + C. ∫ ∫ 2) I 2 = x(3 x + 1)9 dx ( ) 3) I 3 = (2 x + 1)( x + 3) 4 dx 5) I 5 = ∫ x 2 + 3 x − 5 ( 2 x − 3) dx 10 6) I 6 = ∫ ( x − 1) ( x + 2 ) dx 2 21 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 21 04. PHƯƠNG PHÁP TỪNG PHẦN TÌM NGUYÊN HÀM CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP: Công thức nguyên hàm từng phần I = ∫ P ( x).Q ( x)dx = ∫ udv = uv − ∫ vdu Độ ưu tiên khi lựa chọn đặt u: Hàm logarith, lnx → hàm đa thức → hàm lượng giác = hàm mũ. ( ) Nếu I có chứa ln n [ g ( x)] thì đặt u = ln n [ g ( x)]  → du = ln n [ g ( x)] ' Nếu I có chứa hàm đa thức (không chứa hàm loga) thì đặt u = P(x) Nếu I có chứa cả hàm lượng giác và hàm mũ thì ta có thể đặt tùy ý, tuy nhiên qua trình tính sẽ gồm các vòng lặp. Để việc tính toán đúng thì trong mỗi vòng lặp, các thao tác đặt u phải cùng dạng hàm với nhau. Chú ý: Với các bài toán tìm nguyên hàm từng phần, chúng ta có thể sử dụng cách giải truyền thống (đặt u, tìm v) hoặc cách giải nhanh(chuyển nguyên hàm cần tính về dạng ∫ udv ) mà không cần đặt u, v. Tuy nhiên cách giải nhanh chỉ có thể dùng được khi học sinh phải rất thành thạo vi phân. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: a) I1 = x sin x dx b) I 2 = xe3 x dx c) I 3 = x 2 cos x dx ∫ ∫ ∫ ∫ d) I 4 = x ln x dx Hướng dẫn giải: . ∫ a) I1 = x sin x dx u = x du = dx Cách 1: Đặt  ← → sin xdx = dv v = − cos x ∫ ∫  → I1 = x sin xdx = − x cos x + cos xdx = − x cos x + sin x + C. Cách 2: I1 = x sin x dx = − xd (cos x) = −  x cos x − cos x dx  = − x cos x + sin x + C   ---------------------------------------------------- ∫ ∫ ∫ ∫ b) I 2 = xe3 x dx du = dx u = x  ← → Cách 1: Đặt  3 x 1 3x e dx = dv v = 3 e 1 1 1 1 3x 1 1  → I 2 = xe3 x dx = xe3 x − e3 x dx = xe3 x − e d (3 x) = xe3 x − e3 x + C 3 3 3 9 3 9 1 1 1 1 3x 1  1  Cách 2: I 2 = xe3 x dx = x d e3 x =  xe3 x − e3 x dx  =  xe3 x − e d (3 x)  =  xe3 x − e3 x  + C   3 3 3 3 3   3 -----------------------------------------------------------c) I 3 = x 2 cos x dx ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ∫ ∫ u = x 2  du = 2 xdx ← → Cách 1: Đặt  v = sin x cos x dx = dv ∫ ∫ Khi đó I 3 = x 2 cos x dx = x 2 sin x − 2 x sin x dx = x 2 sin x − 2 J u = x  du = dx Xét J = ∫ x sin x dx. Đặt  ← →  → J = − x cos x + cos xdx = − x cos x + sin x sin x dx = dv v = − cos x  → I 3 = x 2 sin x − 2 ( − x cos x + sin x ) + C. ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Cách 2: I 3 = x 2 cos x dx = x 2 d (sin x) = x 2 sin x − sin x d ( x 2 ) = x 2 sin x − 2 x sin x dx ∫ ∫ = x sin x + 2 xd (cos x) = x sin x + 2 x cos x − 2 cos x dx = x sin x + 2 x cos x − 2sin x + C. 2 2 2 -----------------------------------------------------------Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 22 ∫ d) I 4 = x ln x dx dx  du =  u = ln x x2 x 2 dx x 2 x2 x  ← →  → I = x ln x dx = ln x − . = ln x − + C. Cách 1: Đặt  4 2 2 2 x 2 4  x dx = dv v = x  2 ∫ ∫  x2  x2 x2 x2 x 2 dx x 2 x2 Cách 2: I 4 = x ln x dx = ln x d   = ln x − d ( ln x ) = ln x − = ln x − + C. 2 2 2 x 2 4  2  2 Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: a) I 5 = x 2 ln x dx b) I 6 = x ln 2 ( x + 1) dx ∫ ∫ = ∫ ln ( x + c) I 7 ∫ ∫ ∫ ) 1 + x 2 dx d) I8 ∫ = ∫e x sin x dx Hướng dẫn giải: ∫ a) I 5 = x 2 ln x dx dx   du = x u = ln x x3 x 3 dx x 3 x3 2 ← →  → I = x ln x dx = ln x − . = ln x − + C. Cách 1: Đặt  2 5 3 3 3 x 3 9  x dx = dv v = x  3  x3  x3 x3 x3 x3 dx x3 x3 Cách 2: I 5 = x 2 ln x dx = ln x d   = ln x − d ( ln x ) = ln x − = ln x − + C. 3 3 3 x 3 9  3  3 -----------------------------------------------------------b) I 6 = x ln 2 ( x + 1) dx ∫ . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫  x2  x2 x2 Ta có I 6 = x ln 2 ( x + 1) dx = ln 2 ( x + 1) d   = ln 2 ( x + 1) − d ln 2 ( x + 1) 2  2  2 2 2 2 2 x x 2ln ( x + 1) x x x2 = ln 2 ( x + 1) − . dx = ln 2 ( x + 1) − ln ( x + 1) dx = ln 2 ( x + 1) − J 2 2 x +1 2 x +1 2 2 2 x x −1 +1 1   Xét J = ln ( x + 1) dx = ln ( x + 1) dx =  x − 1 +  ln ( x + 1) dx = x +1 x +1 x +1  ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ∫ ∫ ∫  x2  dx = ln ( x + 1) d  − x  + ln ( x + 1) d ( ln ( x + 1) ) = x +1  2  2 2 2 x  x  ln ( x + 1)  x 2  ln 2 ( x + 1) 1 x2 − 2 x =  − x  ln ( x + 1) −  − x  d ( ln ( x + 1) ) + =  − x  ln ( x + 1) − dx + 2 2 x +1 2  2   2   2  2 2 x − 2x 3  x  Xét K = dx =  x − 3 + − 3x + 3ln x + 1  dx = x +1 x +1 2  = ∫ ( x − 1) ln ( x + 1) dx + ∫ ln ( x + 1) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫  x2   ln 2 ( x + 1) 1  x2  → J =  − x  ln ( x + 1) −  − 3x + 3ln x + 1  + + C. 2 2 2  2   x 2 ln 2 ( x + 1)  x 2   ln 2 ( x + 1) 1  x2 Từ đó ta được I 6 = −  − x  ln ( x + 1) +  − 3x + 3ln x + 1  − + C. 2 2 2 2  2   ------------------------------------------------------------ ∫ ) ( c) I 7 = ln x + 1 + x 2 dx Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1+ x 1 + x 2 x dx I 7 = ln x + 1 + x 2 dx = x ln x + 1 + x 2 − xd  ln x + 1 + x 2  = x ln x + 1 + x 2 −   x + 1 + x2 ∫ ∫ ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 ( ) = x ln x + 1 + x 2 − ( ∫ x dx 1 + x2 ) ) ( = x ln x + 1 + x 2 − ( ) Trang 23 ) 2 1 d x +1 = x ln x + 1 + x 2 − 1 + x 2 + C. 2 2 1+ x ∫ ( Vậy I 7 = x ln x + 1 + x 2 − 1 + x 2 + C. -----------------------------------------------------------d) I8 = e x sin x dx ∫ ( ) ( ) Ta có I8 = e x sin x dx = sin x d e x = e x sin x − e x d ( sin x ) = e x sin x − e x cos x dx = e x sin x − cos x d e x = ex ∫ ∫ sin x − ∫ cos x d ( e ) = e x x ∫ ∫ ∫ sin x − e x cos x − e x d ( cos x )  = e x sin x −  e x cos x + e x sin x dx      ∫ ∫ e sin x − e cos x + C. 2 Nhận xét: Trong nguyên hàm I8 chúng ta thấy rất rõ là việc tính nguyên hàm gồm hai vòng lặp, trong mỗi vòng ta đều nhất quán đặt u là hàm lượng giác (sinx hoặc cosx) và việc tính toán không thể tính trực tiếp được. = e x sin x −  e x cos x + I8  = e x sin x − e x cos x − I8  → I8 = x x BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1  1) I1 = ∫  x +  ln x dx x  2) I 2 = ∫ x ln(3 + x 2 )dx 3) I 3 = ∫ ( x 2 + 2 x)sin x dx 4) I 4 = ∫ ln ( x 2 + x ) dx 5) I 5 = ∫ x ln( x 2 + 1) dx 6) I 6 = ∫ x tan 2 x dx . Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 24 05. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ Xét nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ I = ∫ P ( x) dx Q( x) Nguyên tắc giải: Khi bậc của tử số P(x) lớn hơn Q(x) thì ta phải chia đa thức để quy về nguyên hàm có bậc của tử số nhỏ hơn mẫu số. I. MẪU SỐ LÀ BẬC NHẤT Khi đó Q(x) = ax + b. Nếu bậc của P(x) lớn hơn thì ta chia đa thức, Khi P(x) là hằng số (bậc bằng 0) thì ta có I = ∫ P( x) k k d (ax + b) k dx = ∫ dx = ∫ = ln ax + b + C. Q( x) ax + b a ax + b a Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 4 x +1 2x + 1 x2 + x + 4 a) I1 = dx b) I 2 = dx c) I 3 = dx d) I 4 = ∫ 2x − 1 x −1 3 − 4x x+3 Hướng dẫn giải: 4 4 d (2 x − 1) a) Ta có I1 = dx = = 2ln 2 x − 1 + C. 2x −1 2 2x − 1 x +1 x −1+ 2 2  dx  b) I 2 = dx = dx = 1 + = x + 2ln x − 1 + C.  dx = dx + 2 x −1 x −1 x − 1 x −1   1 5 − (3 − 4x ) +  2x + 1 5 1 5 dx 1 5 d (3 − 4x ) 2 2 dx =  − 1 + c) I 3 = dx = dx = − x + =− x−   2 2 (3 − 4x )  3 − 4x 3 − 4x 2 2 3 − 4x 2 8 3 − 4x   ∫ ∫ ∫ . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 5 1 5 = − x − ln 3 − 4 x + C  → I 3 = − x − ln 3 − 4 x + C. 2 8 2 8 2 d ( x + 3) x 2 x +x+4 10   d) I 4 = ∫ = ∫ x − 2 + dx = x − 2 dx + 10  ∫( ) ∫ x + 3 = 2 − 2 x + 10ln x + 3 + C. x+3 x +3  Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: x3 − x + 7 3 x3 + 3 x 2 + x + 2 4 x 4 + 3x 2 + x + 2 a) I 5 = ∫ b) I 6 = ∫ c) I 7 = ∫ dx dx dx 2x + 5 x −1 2x + 1 Hướng dẫn giải: 49 x3 − x + 7 1 2 5 21 a) Chia tử số cho mẫu số ta được = x − x+ − 8 2x + 5 2 4 8 2x + 5 49   1 2 5  x3 − x + 7 21 5 21  49 dx 1 Khi đó I 5 = ∫ dx = ∫  x − x + − 8  dx = ∫  x 2 − x +  dx − ∫ 2x + 5 4 8 2x + 5  4 8  8 2x + 5 2 2   1 x3 5 x 2 21 49 d ( 2 x + 5 ) x 3 5 x 2 21x 49 = . − . + x− ∫ = − + − ln 2 x + 5 + C. 2 3 4 2 8 16 2x + 5 6 8 8 16 3 2 3x + 3x + x + 2 9   3 2 b) Ta có I 6 = ∫ dx = ∫  3 x 2 + 6 x + 7 +  dx = x + 3x + 7 x + 9ln x − 1 + C. x −1 x −1   5 4 x 4 + 3x 2 + x + 2 1 c) Chia tử số cho mẫu số ta được = 2 x3 − x 2 + 2 x − + 2 2x +1 2 2x + 1 5    3  dx 4 x 4 + 3x 2 + x + 2 1 1 5  2 Khi đó I 7 = ∫ dx = ∫  2 x − x + 2 x − + 2  dx = ∫  2 x 3 − x 2 + 2 x −  dx + ∫ 2x + 1 2 2x + 1  2 2 2x + 1     Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 = 2. Trang 25 x x 1 5 d ( 2 x + 1) x x 1 5 − + x2 − x + ∫ = − + x 2 − x + ln 2 x + 1 + C. 4 3 2 4 2x + 1 2 3 2 4 4 3 4 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 2x −1 1) I1 = ∫ dx x+3 x3 − x + 7 4) I 4 = ∫ dx 2x + 5 3 x 2 + 3x − 1 dx x +1 x +1 5) I 5 = ∫ dx 4 − 3x 3 x3 + 3x 2 + x + 2 dx x −1 5x 4 − 3x2 + x 4) I 6 = ∫ dx 3x + 1 2) I 2 = ∫ 3) I 3 = ∫ II. MẪU SỐ LÀ TAM THỨC BẬC HAI Khi đó Q(x) = ax2 + bx + c. Ta có ba khả năng xảy ra với Q(x). TH1: Q(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng thuật phân tích tử số có chứa nghiệm của mẫu số. Nếu P(x) bậc nhất thì ta có phân tích P( x) P ( x) 1 A B  Q( x) = a ( x − x1 )( x − x2 )  → = =  +  Q( x) a ( x − x1 )( x − x2 ) a  x − x1 x − x2  Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được A, B. Từ đó, quy về bài toán nguyên hàm có mẫu số là hàm bậc nhất đã xét ở trên. Nếu P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 thì ta chia đa thức, quy bài toán về hai trường hợp có bậc của P(x) như trên để giải. Chú ý: Việc phân tích đa thức thành nhân tử với các phương trình bậc hai có hệ số a khác 1 phải theo quy tắc ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) . ( x − 1)(3 x − 1) : dung '. Ví dụ: 3x − 4 x + 1 = 2 1  ( x − 1)  x −  : sai. 3  Khi tử số là bậc nhất thì ngoài cách đồng nhất ở trên, ta có thể phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu, rồi tách thành 2 nguyên hàm (xem các ví dụ dưới đây). Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx 2dx a) I1 = 2 dx b) I 2 = ∫ 2 −3 x + 4 x − 1 x − 2x − 3 2x + 3 3x + 4 c) I 3 = 2 dx d) I 4 = ∫ 2 dx 5x + 6x + 1 x − 3x − 4 Hướng dẫn giải: dx dx 1 ( x + 1) − ( x − 3) 1  dx dx  1 x − 3 a) I1 = 2 dx = = dx =  − + C.  = ln ( x + 1)( x − 3) 4 ( x + 1)( x − 3) 4 x − 3 x +1 4 x +1 x − 2x − 3  2dx dx dx −2 (3 x − 1) − 3( x − 1) b) I 2 = ∫ = −2 ∫ 2 = −2 ∫ = dx −3 x 2 + 4 x − 1 3x − 4 x + 1 ( x − 1)(3 x − 1) 4 ∫ ( x − 1)(3 x − 1) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1  dx dx  1 1 d (3 x − 1) 1 1 1 3x − 1 = − ∫ − 3∫ = − ln x − 1 + ln 3 x − 1 + C = ln + C.  = − ln x − 1 + ∫ 2  x −1 3x − 1  2 2 3x − 1 2 2 2 x −1 2x + 3 c) I 3 = 2 dx x − 3x − 4 Cách 1: 2x + 3 2x + 3 A B Nhận thấy mẫu số có hai nghiệm x = –1 và x = 4, khi đó 2 = = + x − 3 x − 4 ( x + 1)( x − 4 ) x + 1 x − 4 ∫ 1   A = − 5 2 = A + B Đồng nhất ta được 2 x + 3 ≡ A ( x − 4 ) + B ( x + 1)  → ← → 3 = −4 A + B  B = 11  5 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 26 11   1  −5  2x + 3 1 dx 11 dx 1 11 Từ đó I 3 = 2 dx =  + 5  dx = − + = − ln x + 1 + ln x − 4 + C . 5 x +1 5 x − 4 5 5 x − 3x − 4  x + 1 x − 4    1 11 Vậy I 3 = − ln x + 1 + ln x − 4 + C. 5 5 Cách 2: Do mẫu số có đạo hàm là 2x – 3 nên ta sẽ phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu như sau: ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) d x 2 − 3x − 4 2x + 3 2x − 3 + 6 (2 x − 3)dx dx dx I3 = 2 dx = 2 dx = 2 +6 2 = +6 2 ( x + 1)( x − 4) x − 3x − 4 x − 3x − 4 x − 3x − 4 x − 3x − 4 x − 3x − 4 ∫ = ln x 2 − 3x − 4 + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 6 ( x + 1) − ( x − 4) 6  dx dx  6 x−4 2 dx = ln x 2 − 3 x − 4 +  − + C.  = ln x − 3 x − 4 + ln 5 ( x + 1)( x − 4) 5 x−4 x +1 5 x +1 ∫ ∫ ∫ Nhận xét: Nhìn hai cách giải, thoạt nhìn chúng ta lầm tưởng là bài toán ra hai đáp số. Nhưng, chỉ bằng một vài phép biến đổi logarith đơn giản ta có ngay cùng kết quả. Thật vậy, theo cách 2 ta có: 6 x−4 6 6 1 11 ln x 2 − 3 x − 4 + ln = ln x − 4 + ln x + 1 + ln x − 4 − ln x + 1 + C = − ln x + 1 + ln x − 4 . 5 x +1 5 5 5 5 Rõ ràng, chúng ta thấy ngay ưu điểm của cách 2 là không phải đồng nhất, và cũng không cần dùng đến giấy nháp ta có thể giải quyết nhanh gọn bài toán, và đó là điều mà tôi mong muốn các bạn thực hiện được! 3x + 4 3x + 4 d) I 4 = ∫ 2 dx = ∫ dx 5x + 6x + 1 ( x + 1)(5 x + 1) Cách 1: 1  A=−  3 = 5 A + B 3x + 4 A B  4 Ta có = +  → 3 x + 4 ≡ A(5 x + 1) + B ( x + 1) ← →  → ( x + 1)(5 x + 1) x + 1 5 x + 1 4 = A + B  B = 17  4  3x + 4 1 17  1 dx 17 dx T ừ đó I 4 = ∫ dx = ∫  − + +  dx = − ∫ ( x + 1)(5 x + 6) 4( x + 1) 4(5 x + 1) 4 x + 1 4 ∫ 5x + 1   1 17  → I 4 = − ln x + 1 + ln 5 x + 1 + C . 4 20 Cách 2: Do mẫu số có đạo hàm là 10x + 6 nên ta sẽ phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu như sau: 3 22 (10 x + 6 ) + (10 x + 6 ) 3x + 4 22 dx 10 dx = 3 I4 = ∫ 2 dx = ∫ 10 2 dx + ∫ 2 2 ∫ 5x + 6x + 1 5x + 6x + 1 10 5 x + 6 x + 1 10 5 x + 6 x + 1 2 3 d ( 5 x + 6 x + 1) 22 dx 3 22 (5 x + 1) − 5( x + 1) = ∫ + ∫ = ln 5 x 2 + 6 x + 1 − ∫ dx 2 10 5x + 6x + 1 10 (5 x + 1)( x + 1) 10 40 (5 x + 1)( x + 1) . 3 22  dx 5dx  3 11 x +1 2 ln 5 x 2 + 6 x + 1 −  ∫ −∫ + C.  = ln 5 x + 6 x + 1 − ln 10 40  x + 1 5 x + 1  10 20 5 x + 1 Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 4 x3 + 2 x − 1 5− x a) I 5 = ∫ b) I 6 = ∫ dx dx x2 − 1 3 − 2 x − x2 Hướng dẫn giải: 4 x3 + 2 x − 1 6x −1   a) Do tử số có bậc lớn hơn mẫu nên chia đa thức ta được I 5 = ∫ dx = ∫  4 x + 2  dx x2 − 1 x −1   = 7   A = 2 6 = A + B 6x −1 6x −1 A B = = +  → 6 x − 1 ≡ A( x − 1) + B ( x + 1) ⇔  ⇔ Ta có 2 x − 1 ( x − 1)( x + 1) x + 1 x − 1  −1 = − A + B B = 5  2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 27  7 5  7 5 2  → I5 = ∫  4 x + +  dx = 2 x + ln x + 1 + ln x − 1 + C.  2 ( x + 1) 2 ( x − 1)  2 2  5− x x−5 x −5 A B b) Ta có = 2 = = +  → x − 5 ≡ A( x + 3) + B ( x − 1) 2 3 − 2x − x x + 2 x − 3 ( x − 1)( x + 3) x − 1 x + 3 1 = A + B  A = −1 5− x 2  dx dx  −1  → ⇔  → I6 = ∫ dx = ∫  + + 2∫  dx = − ∫ 2 x −1 x+3 3 − 2x − x  x −1 x + 3   −5 = 3 A − B B = 2 2 x − 3) ( = − ln x − 1 + 2ln x + 3 + C = ln x −1 + C  → I6 2 x − 3) ( = ln x −1 + C. TH2: Q(x) = 0 có nghiệm kép Khi đó Q(x) được biểu diễn dưới dạng Q( x) = ( ax + b )  →I = ∫ 2 P( x) ( ax + b )2 dx 1   dx = a d ( ax + b ) Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng các biến đổi sau   du = − 1 + C  ∫ u 2 u m bm ax + b ) + n − ( mx + n dx bm  dx  a dx = m Nếu P ( x) = mx + n  →I = ∫ dx = ∫ a + n − ∫ ∫ 2 2 2 a ax + b a   ( ax + b ) ( ax + b ) ( ax + b ) . bm n− d ax + b ( )+ m a d ( ax + b ) = m ln ax + b −  na − bm  . 1 + C = 2∫   2 ax + b a ∫ ( ax + b )2 a 2 a  a  ax + b Nếu P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 thì ta chia đa thức, quy bài toán về hai trường hợp có bậc của P(x) như trên để giải. Chú ý: t −b  x = → Ngoài cách giải đã nêu trên, dạng nguyên hàm này có cách giải tổng quát là đặt t = ax + b  a dt = adx Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 2dx dx a) I1 = 2 b) I 2 = ∫ 2 6x + 9x + 1 x − 2x + 1 ∫ c) I 3 = ∫ 25x 2 dx − 10 x + 1 Hướng dẫn giải: 2dx dx d ( x − 1) 2 2 a) I1 = 2 =2 =2 =− + C  → I1 = − + C. 2 2 x −1 x −1 x − 2x + 1 ( x − 1) ( x − 1) dx dx 1 d (3x + 1) 1 1 b) I 2 = ∫ 2 =∫ = ∫ =− + C  → I2 = − + C. 2 2 6x + 9x + 1 (3 x + 1) 3 (3 x + 1) 3(3 x + 1) 3(3 x + 1) dx dx 1 d (5 x − 1) 1 1 c) I 3 = ∫ =∫ = ∫ =− + C  → I3 = − + C + C. 2 2 2 25 x − 10 x + 1 (5 x − 1) 5 (5 x − 1) 5(5 x − 1) 5(5 x − 1) ∫ ∫ ∫ Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 2x −1 4x2 − 3 a) I 4 = dx b) I = 5 ∫ 4 x 2 + 12 x + 9 dx 4 x2 + 4 x + 1 Hướng dẫn giải: 2x − 1 2x −1 a) I 4 = dx = dx 4x2 + 4 x + 1 ( 2 x + 1)2 ∫ ∫ c) I 6 = ∫ 9x 2 1 − 5x dx − 24 x + 16 ∫ Cách 1: 2 x = t − 1 Đặt t = 2 x + 1  →  → I4 =  dt = 2dx 2x −1 ∫ ( 2 x + 1) 2 dx = ∫ t − 2 dt 1  dt 2dt  1 1 =  − = ln t + + C 2 2  t t 2 2 t t  2 ∫ ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 1 1  → I 4 = ln 2 x + 1 + + C. 2 2x + 1 Cách 2: 1 (8 x + 4 ) − 2 (8 x + 4 ) dx − 2 2x −1 1 4 I4 = dx = dx = 2 2 4 4 x2 + 4 x + 1 4x + 4x + 1 4x + 4x + 1 ∫ ∫ ( ) ∫ dx ∫ ( 2 x + 1) 2 = Trang 28 ( ) 2 d ( 2 x + 1) 1 d 4x + 4x + 1 − 2 4 4x + 4x + 1 ( 2 x + 1)2 ∫ ∫ 2 d ( 2 x + 1) 1 1 d 4x + 4x + 1 1 1 1 = − = ln 4 x 2 + 4 x + 1 + + C = ln 2 x + 1 + + C. 2 2 4 2x + 1 2 2x + 1 4x + 4x + 1 ( 2 x + 1) 4 ∫ b) I 5 = ∫ c) I 6 = ∫ d ( 2 x + 3) 4x2 − 3 12 x + 12  dx 6  dx = ∫ 1 − 2 = x − 6∫ =x+ + C.  dx = ∫ dx − 12 ∫ 2 2 2 4 x + 12 x + 9 2x + 3  4 x + 12 x + 9  ( 2 x + 3) ( 2 x + 3) ∫ 9x 2 1 − 5x dx = − 24 x + 16 1 − 5x ∫ ( 3x − 4 ) 2 dx Cách 1: 5(t + 4) t+4  1− 1 − 5x dt 1 5t + 17 x = 3 Đặt t = 3 x − 4  → → I6 = dx = =− dt 3  2 2 2 3 9 t t 3 x − 4 ( )  dt = 3dx 1 17  1 17  5 17 = −  5ln t −  + C  → I 6 = −  5ln 3 x − 4 − + C.  + C = − ln 3 x − 4 + 9 t  9 3x − 4  9 9(3x − 4) Cách 2: 5 17 − ( 3x − 4 ) − 1 − 5x dx 17 dx 5 d ( 3 x − 4 ) 17 d ( 3x − 4 ) 3 3 dx = − 5 I6 = dx = − =− − 2 2 2 3 3x − 4 3 ( 3 x − 4 ) 9 3x − 4 9 ( 3x − 4 )2 ( 3x − 4 ) ( 3x − 4 ) ∫ . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 5 17 1 5 17 = − ln 3x − 4 + . + C  → I 6 = − ln 3x − 4 + + C. 9 9 3x − 4 9 9 ( 3x − 4 ) TH3: Q(x) = 0 vô nghiệm 2 b  4ac − b 2 2  Khi đó, Q(x) được biểu diễn dưới dạng Q( x) = ax + b + c = a  x + ≡ ( mx + n ) + k 2  + 2a  4a  1   dx = a d ( ax + b ) Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng các biến đổi sau  du 1 u  = arc tan   + C  ∫ u 2 + a 2 a a Nếu P(x) = αx + β thì ta có phân tích sau: α bα ( 2ax + b ) + β − αx + β dx 2a dx = α ( 2ax + b ) dx dx +  β − bα  I =∫ 2 dx = ∫ 2a  ∫ 2 ∫ 2 2 2a ax + bx + c 2a  ax + bx + c ax + bx + c ax + bx + c  bα 2 β− α d ax + bx + c bα  dx α dx  2 2a = dx +  β −  ∫ = ln ax + bx + c + ∫ ∫ 2 2 2 2 2a 2a   2a a ax + bx + c  b  4ac − b b  4ac − b 2  a x + + x +    + 2a  4a 2a  4a 2   b  bα    bα dx+ 2β −  β−  α α 2ax + b 2a  2a   2a = ln ax 2 + bx + c + = ln ax 2 + bx + c +  arctan + C. ∫ 2 2 2 2a a 2a b  4ac − b  4ac − b 4ac − b 2 x+  + 2a  4a 2  Nếu P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 thì ta chia đa thức, quy bài toán về hai trường hợp có bậc của P(x) như trên để giải. Nhận xét: 2 ( ) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 29 Nhìn vào biểu thức của bài toán tổng quát trên có thể ban đầu làm cho các bạn phát hoảng, nhưng đừng quá bận tâm đến nó, bạn chỉ cần nắm được ý tưởng thực hiện của nó là phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu số, rồi tách thành hai bài toán nhỏ hơn đều thuộc dạng đơn giản đã học. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx dx dx a) I1 = 2 b) I 2 = ∫ 2 c) I 3 = 2 4x + 4x + 2 x + 2x + 3 9 x + 24 x + 20 ∫ ∫ Hướng dẫn giải: d ( x + 1) dx dx 1  x +1 a) I1 = 2 = = = arctan   + C. 2 2 2 x + 2x + 3 2  2  ( x + 1) + 2 ( x + 1) + 2 ∫ ∫ b) I 2 = ∫ c) I 3 = ∫ ( ) d ( 2 x + 1) dx dx 1 1 =∫ = ∫ = arctan ( 2 x + 1) + C. 2 2 2 4x + 4x + 2 ( 2 x + 1) + 1 2 ( 2 x + 1) + 1 2 2 ∫ 9x 2 dx = + 24 x + 20 dx ∫ ( 3x + 4 ) 2 +4 = d ( 3x + 4 ) ∫ ( 3x + 4 ) 2 1  3x + 4  = arctan   + C.  2  + 22 2 Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: 3x + 5 2 x4 − x 4x −1 a) I 4 = dx b) c) I = dx I = dx 5 6 ∫ 6x2 + 9x + 4 2 x 2 + x + 10 x2 + 2x + 7 Hướng dẫn giải: 3 17 ( 4 x + 1) + 3x + 5 dx 4 4 dx = 3 ( 4 x + 1) dx + 17 a) I 4 = dx = 2 2 2 2 4 2 x + x + 10 4 2 x + x + 10 2 x + x + 10 2 x + x + 10 ∫ . 3 = 4 ∫ ∫ d (2x ∫ 2 + x + 10 ) + 17 ) ∫ ∫ ∫ ( ) dx 3 17 dx = ln 2 x 2 + x + 10 + 2 x 8  2 x + x + 10 1  79 x2 + + 5 4 x + +  2 4  16  1  dx+  3 17 3 17 4  4x + 1  4  = ln 2 x 2 + x + 10 + = ln 2 x 2 + x + 10 + . arctan   + C. 2 2 4 8  4 8 79  79  1   79    x +  +  4   4   3 17  4x + 1  Vậy I 4 = ln 2 x 2 + x + 10 + arctan   + C. 4 2 79  79  1 (12 x + 9 ) − 4 4x − 1 1 (12 x + 9 ) dx dx b) I 5 = ∫ 2 dx = ∫ 3 2 dx = ∫ 2 dx − 4∫ 2 6x + 9x + 4 6x + 9x + 4 3 6x + 9x + 4 6x + 9x + 4 2 d ( 3 x + 1) 1 d (6x + 9x + 4) dx 1 4 = ∫ dx − 4∫ = ln ( 6 x 2 + 9 x + 4 ) − ∫ 2 2 3 6x + 9x + 4 3 ( 3 x + 1)2 + 3 2 ( 3x + 1) + 3 3 ∫ 2 ( 8 ∫ ( ∫ ( ) ) ( ) 1 4 1 1 4  3x + 1   3x + 1  = ln ( 6 x 2 + 9 x + 4 ) − . arctan  + C  → I 5 = ln ( 6 x 2 + 9 x + 4 ) − arctan    + C. 3 3 3 3 3 3  3   3  2 x4 − x 25 x − 7  2 x3 25 x − 7  c) I 6 = 2 dx =  2 x 2 − 4 x + 1 + 2 dx = − 2x2 + x + 2 dx  3 x + 2x + 7 x + 2x + 7  x + 2x + 7  25 ( 2 x + 2 ) − 32 25 x − 7 25 ( 2 x + 2 ) dx dx Đặt J = 2 dx = 2 2 dx = dx − 32 2 2 2 x + 2x + 7 x + 2x + 7 x + 2x + 7 x + 2x + 7 ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 2 25 d x + 2 x + 7 = dx − 32 2 x2 + 2 x + 7 ∫ ∫ ∫ dx ∫ ( x + 1) 2 +6 = ( ∫ ) 25 ln x 2 + 2 x + 7 − 32 2 ∫ d ( x + 1) ( x + 1)2 + ( 6 ) 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 30 25 32 x +1 2x 25 32  x +1 ln x 2 + 2 x + 7 − arctan  → I6 = − 2 x 2 + x + ln x 2 + 2 x + 7 − arctan   + C. 2 3 2 6 6 6  6  Tổng kết: Qua ba phần trình bày về hàm phân thức có mẫu số là bậc hai, chúng ta nhận thấy điểm mấu chốt giải quyết bài toán là xử lý mẫu số. P ( x) 1 A B  ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 )  → 2 =  +  ax + bx + c a  x − x1 x − x2  ( Nếu ) P ( x) ax + bx + c 2 ( 3 ) du 1 u = arctan + C 2 α α u +α du 1 2 ax 2 + bx + c = ( mx + n )  →∫ 2 = − + C u u ax 2 + bx + c = ( mx + n ) + k 2  →∫ 2 2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: Phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt: 2x −1 dx 2 x + 3x + 2 5 + 4x 4) I 4 = ∫ dx 3 − 2x − x2 1) I1 = ∫ 3x + 4 dx 2 5x + 6x + 1 5x + 3 5) I 5 = ∫ 2 dx 2x − x −1 3x2 + 1 dx 2 x 2 + 3x + 1 1 − 5x 6) I 6 = ∫ 2 dx 4x + 5x + 1 3x + 7 dx 2 4x + 4x + 1 2 x 2 + 3x + 2 11) I11 = ∫ 2 dx x − 4x + 4 3x 2 + 1 dx 9 x2 + 6 x + 1 3 − 2x 12) I12 = ∫ 2 dx x − 6x + 9 2) I 2 = ∫ 3) I 3 = ∫ Phương trình bậc hai có nghiệm kép: . 4x −1 dx 2 x + 2x + 1 4 x 2 − 3x + 1 10) I10 = ∫ 2 dx 4x − 4x + 1 7) I 7 = ∫ 8) I8 = ∫ 9) I 9 = ∫ Phương trình bậc hai vô nghiệm: 2 − 3x dx x2 − 4x + 5 2x −1 16) I16 = ∫ 2 dx x −x+4 13) I13 = ∫ 3x + 1 dx x2 + x + 2 x +1 17) I17 = ∫ 2 dx 4x + x + 1 14) I14 = ∫ dx 2x2 − x + 1 4x + 1 18) I18 = ∫ 2 dx x − x +1 15) I15 = ∫ III. MẪU SỐ LÀ ĐA THỨC BẬC BA Khi đó Q(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Ta có bốn khả năng xảy ra với Q(x). TH1: Q(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1; x2; x3 Tương tự như trường hợp mẫu số là bậc hai có hai nghiệm phân biệt. Ta có cách giải truyền thống là phân tích và đồng nhất hệ số. Ngoài ra ta còn có thể sử dụng phương pháp biến đổi tử số chứa đạo hàm của mẫu (tùy thuộc vào biểu thức của tử số là bậc mấy) P ( x) A B C Ta có Q( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d = a ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − x3 )  → = + + Q ( x) x − x1 x − x2 x − x3 Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán quy về nguyên hàm có mẫu số là bậc nhất đã xét ở trên. Chú ý: Để việc đồng nhất được, thì ta vẫn phải tuân thủ nguyên tắc là biến đổi sao cho bậc của tử số phải nhỏ hơn bậc c ủ a mẫ u s ố. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx 6 x2 + x − 2 3x 4 − x 2 + 3x − 7 a) I1 = b) I = dx c) I = dx 2 3 x x2 − 1 x x2 + x − 2 ( x − 2) x2 − 9 ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) Hướng dẫn giải: dx = a) I1 = ( x − 2 )( x + 3)( x − 3) ( x − 2) x2 − 9 ∫ Ta có dx ( ) ∫ 1 A B C = + +  → 1 ≡ A( x 2 − 9) + B( x − 2)( x − 3) + C ( x − 2)( x + 3) ( x − 2 )( x + 3)( x − 3) x − 2 x + 3 x − 3 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 31 1  A = − 5 0 = A + B + C  1   ⇔ 0 = −5B + C ⇔ B = 30 1 = −9 A + 6 B − 6C   1  C = 6  Nhận xét: Ngoài cách giải truyền thống trên, chúng ta có thể biến đổi cách khác như sau mà không mất nhiều thời gian cho việc tính toán, suy nghĩ: dx 1 ( x + 3) − ( x − 3) 1 dx 1 dx I1 = = dx = dx − 6 ( x − 2 )( x − 3) 6 ( x − 2 )( x + 3) ( x − 2 )( x + 3)( x − 3) 6 ( x − 2 )( x + 3)( x − 3) Đến đây, bài toán trở về các dạng biến đổi đơn giản đã xét đến! 6 x2 + x − 2 6 x2 + x − 2 b) I 2 = dx = dx x ( x + 1)( x − 1) x x2 − 1 ∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫ ) Cách 1: Ta có ∫ 6 x2 + x − 2 A B C = + +  → 6 x 2 + x − 2 ≡ A( x 2 − 1) + Bx( x − 1) + Cx( x + 1) x ( x + 1)( x − 1) x x + 1 x − 1  A = 2 3 5   6 = A + B + C  2  3 3 5   2 ⇔ 1 = − B + C ⇔  B =  → I2 =  + + 2  dx = 2ln x + ln x + 1 + ln x − 1 + C . 2 2 2  x x +1 x −1  −2 = − A   5    C = 2 . ∫ Cách 2: I 2 = =2 ∫ ( d x3 − x x −x 3 6 x2 + x − 2 ∫ x(x ) dx + ) −1 2 dx = ∫ ( ) 2 3 x 2 − 1 + ( x − 1) + 1 x −x 3 dx dx ∫ x( x + 1) + ∫ x( x − 1)( x + 1) = 2ln x 3 dx = 2 ∫ ( 3x 2 ) − 1 dx x −x 3 dx + ∫ ( x − 1) dx + x −x 3 ∫x dx = −x 3 −x +J +K ( x + 1) − x 1  x 1 dx =  −  dx = ln x − ln x + 1 = ln x( x + 1) x +1  x x +1 dx ( x + 1) − x dx dx x − ( x − 1) 1 ( x + 1) − ( x − 1) K= = dx = − = dx − dx = x( x − 1)( x + 1) x( x − 1)( x + 1) x( x − 1) ( x + 1)( x − 1) x( x − 1) 2 ( x + 1)( x − 1) Với J = dx ∫ x( x + 1) = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ x − ( x − 1) 1 ( x + 1) − ( x − 1) 1 1  1 1  x −1 1 x −1  1 dx − dx =  −  dx − − − ln   dx = ln x( x − 1) 2 ( x + 1)( x − 1) 2  x −1 x +1  x 2 x +1  x −1 x  x x −1 1 x −1 Từ đó ta được I 2 = 2ln x3 − x + ln + ln − ln + C. x +1 x 2 x +1 Nhận xét: Cách phân tích như trên vẫn chưa thực sự tối ưu, các bạn hãy tìm lời giải khác thông minh hơn nhé!   2 2 3x 4 − x 2 + 3x − 7 3x − 3 + 8 x − 3x + 7  dx = 3 x − 3 x + J c) I 3 = dx =  2 x x2 + x − 2 x x2 + x − 2    8 x 2 − 3x + 7 8 x 2 − 3x + 7 Với J = dx = dx x ( x − 1)( x + 2 ) x x2 + x − 2 = ∫ Ta có ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ∫ ( ) ∫ 8 x 2 − 3x + 7 A B C = + +  → 8 x 2 − 3 x + 7 ≡ A( x − 1)( x + 2) + Bx( x + 2) + Cx( x − 1) x ( x − 1)( x + 2 ) x x − 1 x + 2 7  15   7 A = − 2 8 = A + B + C −2   4 7 15  ⇔ −3 = A + 2 B − C ⇔  B = 4  →J =  + + 2  dx = − ln x + 4ln x − 1 + ln x + 2 + C. x −1 x + 2  2 2  x   15 7 = −2 A   C = 2  ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Vậy I 3 = Trang 32 2 3x 7 15 − 3 x − ln x + 4ln x − 1 + ln x + 2 + C. 2 2 2 TH2: Q(x) = 0 có 2 nghiệm: một nghiệm đơn, một nghiệm kép Khi đó ta có Q( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d = a ( x − x1 )( x − x2 ) 2 P( x) P ( x) A Bx + C = = + 2 Q ( x) a ( x − x1 )( x − x2 ) x − x1 ( x − x2 )2 Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến. Chú ý: Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải. Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx x −1 2 x2 + x + 4 a) I1 = 2 b) I 2 = dx c) I = dx 3 x ( x + 2) x 2 ( 2 x − 1) ( x + 1)2 ( 2 x − 3) Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: ∫ ∫ ∫ Hướng dẫn giải: a) Xét I1 = dx ∫ x ( x + 2) 2 Cách 1: (Đồng nhất hai vế) 1  A = 4 0 = A + B  1 A Bx + C 1   2 Ta có 2 = +  →1 ≡ Ax + ( Bx + C )( x + 2 ) ⇔ 0 = 2 B + C  → B = − 2 4 x ( x + 2) x + 2 x 1 = 2C   1  C = 2  1 1  1 − x+   4 dx 1 dx 1 dx 1 dx 1 x + 2 1 Khi đó, I1 = 2 =  + 4 2 2 dx = − + = ln − + C. 2 4 x+2 4 x 2 x 4 x 2x x ( x + 2) x  x+2    Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) 1 1 1 3 x 2 + 4 x − 3x( x + 2) + 2 x + 4 1  3x 2 + 4 x 3 x( x + 2) 2x + 4  = = . =  3 − 3 + 3 = 2 3 2 3 2 2 2 4 4  x + 2x x ( x + 2) x + 2x x + 2x x + 2x x + 2x2  . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1  3x 2 + 4 x 3 2  dx 1 3x 2 + 4 x 3 dx 1 dx =  3 − +  → I = = dx − + =  1 2 2 2 3 2 4  x + 2x x x  4 x 2 x2 x ( x + 2) 4 x + 2x ∫ ( ∫ ∫ ∫ ) 3 2 1 d x + 2x 3 1 1 3 1 1 3 1 = dx − ln x − = ln x3 + 2 x 2 − ln x − + C  → I1 = ln x3 + 2 x 2 − ln x − + C. 3 2 4 4 2x 4 4 2x 4 4 2x x + 2x ( x + 1) − 2 t−2 b) I 2 = d ( x + 1) = 2 dt , với t = x + 1. 2 t ( 2t − 5 ) ( x + 1)  2 ( x + 1) − 5 Cách 1: (Đồng nhất hai vế) 1   A = − 25 0 = 2 A + C  t−2 At + B C 2   2 Ta có 2 = +  → t − 2 ≡ ( At + B )( 2t − 5 ) + Ct ⇔ 1 = 2 B − 5 A  → B = 2 2t − 5 5 t ( 2t − 5 ) t −2 = −5B   2  C = 25  ∫ ∫ ∫ 2 2   1 − t+   t −2 1 dt 2 dt 1 d ( 2t − 5 ) Từ đó ta được I 2 = 2 dt =  25 2 5 + 25  dt = − + + = 2t − 5  25 t 5 t 2 25 2t − 5 t ( 2t − 5 ) t     1 2 1 1 2t − 5 2 1 2x − 3 2 = − ln t − + ln 2t − 5 + C = ln − + C = ln − + C. 25 5t 25 25 t 5t 25 x + 1 5( x + 1) Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 t−2 1 2 1 ( 2t − 5 ) − 2t 4 = − 2 =− . − . 2 5 t ( 2t − 5 ) 25 t ( 2t − 5 ) t ( 2t − 5 ) t ( 2t − 5 ) ( 6t 2 ) − 10t − 3t ( 2t − 5 ) − t 2 ( 2t − 5 ) Trang 33 5 ( 2t − 5) 2 = 1 1 2  4  6t 2 − 10t 3 5  = − . − − . − −  5  t 2t − 5  25  2t 3 − 5t 2 t 2t 2  ( ) 3 2 1 dt 1 d ( 2t − 5 ) 4 6t 2 − 10t 12 dt 2 dt 7 dt 1 d ( 2t − 5 ) 4 d 2t − 5t 2 dt I2 = − + − dt + + = + − + = 3 2 2 3 2 5 t 5 2t − 5 25 2t − 5t 25 t 5 t 25 t 5 2t − 5 25 5 t2 2t − 5t ∫ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 7 1 4 2 1 1 2 1 2t − 5 2 ln t + ln 2t − 5 − ln 2t 3 − 5t 2 − + C  → I 2 = − ln t + ln 2t − 5 − + C = ln − + C. 25 5 25 5t 25 25 5t 25 t 5t Thay lại t = x + 1 ta được I 2 = 1 2x − 3 2 ln − + C. 25 x + 1 5( x + 1) 2 x2 + x + 4 dx x 2 ( 2 x − 1) Cách 1: (Đồng nhất hai vế) c) I 3 = ∫ 2 = 2 A + C  A = −9 2 x 2 + x + 4 Ax + B C   2 2 Ta có 2 = +  → 2 x + x + 4 ≡ ( Ax + B )( 2 x − 1) + Cx ⇔ 1 = − A + 2 B  →  B = −4 2 2x − 1 x ( 2 x − 1) x 4 = − B C = 20   .  → I3 = ∫ 2x2 + x + 4 20  dx dx 20 4  −9 x − 4 dx =  + −4 2 + dx = −9ln x + + 10ln 2 x − 1 + C.  dx = −9 2 2 2x −1  x 2x − 1 x x ( 2 x − 1) x  x ∫ ∫ ∫ ∫ Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) Ta có ( ) 2 2 ( 2 x − 1) − 2 x − 4. 6 x − 2 x − 6 x + ( 2 x − 1) = 2x2 + x + 4 2 1 4 2 = + + = − x ( 2 x − 1) x 2 ( 2 x − 1) 2 x − 1 x ( 2 x − 1) x 2 ( 2 x − 1) 2 x − 1 x 2 ( 2 x − 1) ( ) ( )  1 6x2 − 2 x 6 x2 − 2x 2 1 2 24 4 28 4   − + − 4. + −  → I = − − 4. + − dx = 3  x 2x − 1 x 2x − 1 2x − 1 x2 2 x3 − x 2 x 2 ( 2 x − 1) 2 x − 1 x 2    4 4 = − ln x − 4ln 2 x3 − x 2 + 14ln 2 x − 1 + + C = −9ln x + 10ln 2 x − 1 + + C . x x = ∫ TH3: Q(x) = 0 có 1 nghiệm đơn ( ) Khi đó ta có Q ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d = ( x − x1 ) mx 2 + nx + p , trong đó mx 2 + nx + p = 0 vô nghiệm. Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: P( x) P ( x) A Bx + C = = + 2 2 Q ( x) ( x − x1 ) mx + nx + p x − x1 mx + nx + p ( ) Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến. Chú ý: du 1 u - Nguyên hàm ∫ 2 = arctan   + C. 2 u u +a a - Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải. Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx 2x + 3 x2 − x + 1 a) I1 = b) I = dx c) I = dx 2 3 x x2 + 1 x x2 + x − 1 ( x − 1) x 2 + 4 ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ) Hướng dẫn giải: a) I1 = dx ∫ x(x 2 ) +1 Cách 1: (Đồng nhất hai vế) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 34 0 = A + B A =1 A Bx + C   2 = + 2  →1 ≡ A x + 1 + ( Bx + C ) x ⇔ 0 = C  →  B = −1 2 x x +1 x x +1   1 = A C = 0 ( 1 ( ) ) ( ) 2 −x  dx −x 1 d x +1 1 1 Khi đó, I1 = = + dx = + dx = ln x − = ln x − ln x 2 + 1 + C .   2 2 2 2 x x 2 2 x + 1 x + 1 x + 1 x x +1   ∫ ( dx ) ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) x2 + 1 − x2 1 1 x dx xdx 1 = = − 2  → I1 = − 2 dx = ln x − ln x 2 + 1 + C. 2 2 x x +1 x 2 x +1 x x +1 x x +1 ( ( ) b) I 2 = ) ( 2x + 3 ∫ ( x − 1) ( x 2 ∫ ) +4 ) ( ∫ ) dx Cách 1: (Đồng nhất hai vế) 3  A = 5 0 = A + B  2x + 3 A Bx + C 3   2 = + 2  → 2 x + 3 ≡ A x + 4 + ( Bx + C )( x − 1) ⇔ 2 = − B + C  → B = − 2 5 ( x − 1) x + 4 x − 1 x + 4 3 = 4 A − C   7  C = 5  2x + 3 3 dx 1 −3 x + 7 3 3 x dx 7 dx Khi đó ta có I 2 = dx = + . = ln x − 1 − + = 5 x − 1 5 x2 + 4 5 5 x2 + 4 5 x2 + 4 ( x − 1) x 2 + 4 ( . ( ) ) ∫ ∫ ∫ ( ) 3 3 7 1 3 3 x = ln x − 1 − ln ( x + 4 ) + . arctan   + C = ln x − 1 − ln ( x 5 10 5 2 2 5 10   2 ∫ 2 ) +4 + ∫ 7  x arctan   + C . 10 2 Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được) 2 ( x − 1) + 3 2x + 3 2t + 3 2 3 Ta có = = 2 = 2 + 2 ; t = x −1 2 2 ( x − 1) x + 4 ( x − 1) ( x − 1) + 2 ( x − 1) + 5 t t + 2t + 5 t + 2t + 5 t t + 2t + 5 ( ) ( ( ) ( ( ) ( ) ) 2 2 1 3t + 4t − 3 t + 2t + 5 + 2t 1 3t 2 + 4t 3 2 1 Mà = − . = − . 3 + − . 2 2 2 2 5 5 t + 2t + 5 5t 5 t + 2t + 5 t t + 2t + 5 t t + 2t + 5 ( 3 ) ) Suy ra 2 3 1 3t 2 + 4t 3 2 1 2 1 3t 2 + 4t 3 8 1 + = − . + − . + = − . 3 + − . 2 2 3 2 2 2 2 2 5 t + 2t + 5 5t 5 t + 2t + 5 t + 2t + 5 5 t + 2t + 5 5t 5 t + 2t + 5 t + 2t + 5 t t + 2t + 5 ( Thay vào ta được I 2 = ) 2x + 3 ∫ ( x − 1) ( x 2 +4 ) dx = 1 3t 2 + 4t 3 dt 8 dt = − . dt + − . 3 2 2 5 5 t 5 t + 2t + 5 t t + 2t + 5 ∫( 2t + 3 ) ∫ ∫ dt ∫ ( t + 1) 2 +4 = 1 3 8 1 1 3 8 1  t +1  t +1 3 2 = − ln t 3 + 2t 2 + 5 + ln t − . arctan   + C = − ln t + 2t + 5 + ln t − . arctan   + C. 5 5 5 2 5 5 5 2  2   2  BÀI TẬP LUYỆN TẬP: Phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt: 1) I1 = ∫ dx x( x 2 − 1) 2) I 2 = ∫ 2x +1 dx ( x + 1)( x 2 − 9) 3) I 3 = ∫ x2 + x + 1 dx ( x + 2)( x 2 + 4 x + 3) 4) I 4 = ∫ 5x + 2 dx (1 + x)(4 − x 2 ) 5) I 5 = ∫ x +1 dx x( x 2 − 4) 9) I 9 = ∫ 2x2 + 1 dx x( x 2 + 2 x + 1) Phương trình bậc ba có hai nghiệm (một nghiệm đơn, một nghiệm kép): 7) I 7 = ∫ x −1 dx x ( x + 1) 2 8) I8 = ∫ x2 + 3 dx ( x + 2)2 (2 x − 1) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 10) I10 = ∫ 4x + 1 dx (2 x − 1)( x + 1) 2 11) I11 = ∫ Trang 35 4−x dx 2 x 2 (3 − 2 x) 12) I12 = ∫ x+5 dx ( x + 2)2 ( x + 3) Phương trình bậc ba có một nghiệm bội ba: 13) I10 = ∫ 2−x dx ( x + 2)3 14) I14 = ∫ 3x − 2 dx (2 x + 1)3 15) I15 = ∫ (3 x 2 + 2 x)dx (4 x + 3)3 16) I16 = ∫ x4 dx ( x + 2)3 17) I17 = ∫ x3 − 1 dx ( x + 1)3 18) I18 = ∫ x2 − 4 dx ( x − 1)3 Phương trình bậc ba có một nghiệm đơn: 19) I19 = ∫ 2x + 5 dx x( x 2 + x + 1) 20) I 20 = ∫ 3x + 4 dx x3 − 1 21) I 21 = ∫ 2 x dx x3 + 1 22) I 22 = ∫ x2 + 1 dx ( x 2 + 3) x 23) I 23 = ∫ x+2 dx 2 (2 x + 3)( x − 1) 24) I 24 = ∫ 4 x2 − 3 dx (3x 2 + 1)(1 − 2 x) . Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 36 06. KĨ THUẬT ĐỒNG NHẤT TÌM NGUYÊN HÀM 1) Khái niệm về phân thức đơn giản Một phân số được gọi là đơn giản nếu nó có một trong các dạng sau k k k k ; ; ; , ( b 2 − 4ac < 0 ) n 2 2 ax + b ( ax + b) ax + bx + c (ax + bx + c)n Ví du 1: Các phân thức sau được gọi là phân thức đơn giản 1 2 2 5 5 ; ; ; ; 4 2 2 x + 1 3 x − 1 (2 x + 3) x + 3 x + 10 (2 x + x + 4)3 Ví du 2: Các phân thức sau chưa được gọi là phân thức đơn giản 1 ; x −1 2 2 ... 2x + x − 3 2 2) Quy tắc đồng nhất Xét phân thức P( x) . Ta xét một số trường hợp có thể xảy ra Q( x) TH1: Q( x) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) ...( x − xn ) Khi đó . A3 An A A2 P( x) P( x) luôn được phân tích được dưới dạng = 1 + + + ... + Q( x) Q ( x) x − x1 x − x2 x − x3 x − xn  → P( x) ≡ A1 ( x − x2 )( x − x3 ) .. ( x − xn ) + A2 ( x − x1 )( x − x3 ) ...( x − xn ) + ... An ( x − x1 )( x − x2 ) ...( x − xn −1 ) Bằng phép đồng nhất hệ số tương ứng ta tìm được các giá trị A1; A2… Ngoài ra, chúng ta cũng có thể sử dụng phương pháp gán các giá trị đặc biệt. Ví dụ 1: Phân tích các phân thức sau thành phân thức đơn giản 2x − 1 x2 + x + 1 a) b) 3 x2 + 2 x − 5 x x2 − 4 ( ) Hướng dẫn giải 2x −1 2x −1 A B a) Ta có 2 = = +  → 2 x − 1 ≡ A(3 x − 5) + B( x − 1), 3 x + 2 x − 5 ( x − 1)(3x + 5) x − 1 3x − 5 + Phương pháp hệ số bất định: 1   A = − 2 2 = 3 A + B Đồng nhất hệ số tương ứng của (*) ta được  ⇔ −1 = −5 A − B B = 7  2 2x −1 −1 7 Khi đó 2 = + 3 x + 2 x − 5 2( x − 1) 2(3 x − 5) + Phương pháp gán giá trị đặc biệt: 1 Cho x = 1 ⇒ −2 A = 1 ⇔ A = − 2 1 7 Cho x = 2 ⇒ A + B = 3 ⇔ B = 3 − A = 3 + = 2 2 2x −1 −1 7 Khi đó 2 = + 3 x + 2 x − 5 2( x − 1) 2(3 x − 5) b) (*) x2 + x + 1 x2 + x + 1 A B C = = + +  → x 2 + x + 1 ≡ A ( x 2 − 4 ) + Bx ( x − 2 ) + Cx ( x + 2 ) 2 x x + 2 x − 2 x x + 2 x − 2 x ( x − 4) ( )( ) 1 + Cho x = 0 ⇒ −4 A = 1 ⇔ A = − . 4 7 + Cho x = 2 ⇒ 8C = 7 ⇔ C = . 8 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 37 3 + Cho x = −2 ⇒ −8B = 3 ⇔ B = − . 8 2 x + x + 1 −1 3 7 Khi đó = − + 2 x ( x − 4) 4x 8( x + 2) 8( x − 2) TH2: Q( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) ...( x − xk ) ...( x − xn ) m Khi đó  B Bm  An A A2 B2 P ( x) = 1 + + 1 + + ... + ... + 2 m  Q ( x) x − x1 x − x2  x − xk ( x − xk ) ( x − xk )  x − xn Ví dụ 2: Phân tích các phân thức sau thành phân thức đơn giản x2 − x + 5 3x + 1 a) 2 b) x ( x + 3) ( x + 1) x 2 + 4 x + 4 ( ) Hướng dẫn giải x − x+5 A B C Ax + B C a) Ta có 2 = + 2+ = +  → x 2 − x + 5 ≡ ( Ax + B ) ( x + 3) + Cx 2 2 x ( x + 3) x x x+3 x x+3 17 + Cho x = −3 ⇒ 9C = 17 ⇔ C = . 9 5 + Cho x = 0 ⇒ 3B = 5 ⇔ B = . 3 17 5− 5 9 ⇒ A = −8 + Cho x = 1 ⇒ 5 = 4 ( A + B ) + C ⇔ A + = 3 4 9 x2 − x + 5 8 5 17 Khi đó, 2 =− + 2 + x ( x + 3) 9 x 3x 9( x + 3) 3x + 1 A B C 2 b) Ta có = + +  → 3x + 1 ≡ A ( x + 2 ) + B ( x + 2 )( x + 1) + C ( x + 1) 2 2 ( x + 1) ( x + 4 x + 4 ) x + 1 x + 2 ( x + 2 ) 2 . + Cho x = −2 ⇒ −C = −5 ⇔ C = 5. + Cho x = −1 ⇒ A = −2. + Cho x = 0 ⇒ 1 = 4 A + 2 B + C ⇔ −8 + 2 B + 5 = 1 ⇒ B = 2 3x + 1 −2 2 5 Khi đó, = + + 2 ( x + 1) ( x + 4 x + 4 ) x + 1 ( x + 2 ) ( x + 2 )2 TH3: Q( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) ...( ax 2 + bx + c ) ...( x − xn ) ; b 2 − 4ac < 0 Khi đó An A1 A2 P( x) mx + n , đồng nhất ta thu được các hệ số tương ứng. = + + 2 + ... + Q ( x) x − x1 x − x2 ax + bx + c x − xn Ví dụ 3: Phân tích các phân thức sau thành phân thức đơn giản 2 x2 − x + 1 x−3 a) b) 3 2 x ( x + x + 2) x −1 Hướng dẫn giải 2x − x + 1 A Bx + C = + 2  → 2 x 2 − x + 1 ≡ A ( x 2 + x + 2 ) + ( Bx + C ) x 2 x( x + x + 2) x x + x + 2 1 + Cho x = 0 ⇒ 2 A = 1 ⇔ A = . 2 3 + Lại có, A + B = 2 ⇒ B = , (đồng nhất hệ số của x2) 2 3 + Ta cũng có A + C = −1 ⇒ C = − , (đồng nhất hệ số của x) 2 2 2x − x + 1 1 3 x −1 Khi đó, = + 2 x( x + x + 2) 2 x 2 x 2 + x + 2 2 a) Ta có Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 b) Ta có Trang 38 x−3 x−3 A Bx + C = = + 2  → 2 x 2 − x + 1 ≡ A ( x 2 + x + 1) + ( Bx + C )( x − 1) 3 2 x − 1 ( x − 1) ( x + x + 1) x − 1 x + x + 1 2 + Cho x = 1 ⇒ 3 A = 2 ⇔ A = . 3 4 + Lại có, A + B = 2 ⇒ B = , (đồng nhất hệ số của x2) 3 1 + Ta cũng có A − C = 1 ⇒ C = − , (đồng nhất hệ số tự do) 3 x−3 2 4x −1 Khi đó, 3 = + x − 1 3 ( x − 1) 3 ( x 2 + x + 1) 3) Áp dụng vào bài toán tìm nguyên hàm Ví dụ 1: Tính các nguyên hàm sau 2x + 1 a) I1 = ∫ 2 dx 3x − x − 2 b) I 2 = ∫ x2 + x + 2 dx x2 − 4 x + 3 Hướng dẫn giải 2x + 1 2x + 1 a) Ta có I1 = ∫ 2 dx = ∫ dx 3x − x − 2 ( x − 1)(3 x + 2) 2x + 1 A B = +  → 2 x + 1 ≡ A(3 x + 2) + B ( x − 1) ( x − 1)(3 x + 2) x − 1 3x + 2 3 + Cho x = 1 ⇒ 5 A = 3 ⇔ A = 5 1 + Cho x = 0 ⇒ 2 A − B = 1 ⇔ B = 2 A − 1 = 5  3  2x + 1 1 3 1 Khi đó, I1 = ∫ dx = ∫  +  dx = ln x − 1 + ln 3x + 2 + C. ( x − 1)(3x + 2) 5 15  5( x − 1) 5(3 x + 2)  Xét . b) Ta có I 2 = ∫ x2 + x − 2 x2 + x − 2 dx = ∫ ( x − 1)( x − 3) dx x2 − 4x + 3 x2 + x + 2 A B = +  → x 2 + x + 2 ≡ A( x − 3) + B ( x − 1) ( x − 1)( x − 3) x − 1 x − 3 + Cho x = 1 ⇒ −2 A = 4 ⇔ A = −2 + Cho x = 3 ⇒ 2 B = 14 ⇔ B = 7 x2 + x − 2 7   −2 Khi đó, I 2 = ∫ 2 dx = ∫  +  dx = 7 ln x − 3 − 2ln x − 1 + C. x − 4x + 3 x − 1 x −3  Xét Ví dụ 2: Tính các nguyên hàm sau x2 + 3 x − 1 a) I1 = ∫ dx x3 + 1 b) I 2 = ∫ 2x − 1 dx x 2 ( x + 1) Hướng dẫn giải x 2 + 3x − 1 x 2 + 3x − 1 a) Ta có I1 = ∫ dx = ∫ dx x3 + 1 ( x + 1)( x 2 − x + 1) x 2 + 3x − 1 A Bx + C = + 2  → x 2 + 3 x − 1 ≡ A( x 2 − x + 1) + ( Bx + C )( x + 1) 2 ( x + 1)( x − x + 1) x + 1 x − x + 1 + Cho x = −1 ⇒ 3 A = −3 ⇔ A = −1 + Đồng nhất hệ số của x2 ta được A + B = 1 ⇒ B = 2 + Đồng nhất hệ số tự do ta được A + C = −1 ⇒ C = 0 x 2 + 3x − 1 2x (2 x − 1) + 1  −1  dx = ∫  + 2 dx = Khi đó, I1 = ∫  dx = − ln x + 1 + ∫ 2 3 x +1 x − x +1  x +1 x − x +1 Xét Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 39 1  dx−  d ( x − x + 1) dx 2  = − ln x + 1 + ∫ 2 +∫ 2 = − ln x + 1 + ln x 2 − x + 1 + ∫ = 2 2 x − x +1 x − x +1 1  3   x−  + 2  2   2  2x −1  − ln x + 1 + ln x 2 − x + 1 + arctan  +C 3  3  2x −1 C  A B b) Ta có I 2 = ∫ 2 dx = ∫  + 2 +  dx x ( x + 1) x +1 x x 2x − 1 A B C Xét 2 = + 2+  → 2 x − 1 ≡ Ax( x + 1) + B ( x + 1) + Cx 2 x ( x + 1) x x x +1 + Cho x = −1 ⇒ 3 A = −3 ⇔ A = −1 + Đồng nhất hệ số của x2 ta được A + B = 1 ⇒ B = 2 + Đồng nhất hệ số tự do ta được A + C = −1 ⇒ C = 0 x2 + 3x − 1 2x (2 x − 1) + 1  −1  Khi đó, I1 = ∫ dx = ∫  + 2 dx =  dx = − ln x + 1 + ∫ 2 3 x +1 x − x +1  x +1 x − x +1 1  dx−  d ( x 2 − x + 1) dx 2  = − ln x + 1 + ∫ 2 +∫ 2 = − ln x + 1 + ln x 2 − x + 1 + ∫ = 2 2 x − x +1 x − x +1 1  3   x−  + 2  2   2  2x −1  − ln x + 1 + ln x 2 − x + 1 + arctan  +C 3  3  2 . Ví dụ 3: Tính các nguyên hàm sau x a) I1 = ∫ 3 dx x −1 b) I 2 = ∫ x2 + x + 2 dx x ( x 2 − 9) Hướng dẫn giải x x dx = ∫ dx x −1 ( x − 1)( x 2 + x + 1) x A Bx + C Xét = + 2  → x ≡ A( x 2 + x + 1) + ( Bx + C )( x − 1) 2 ( x − 1)( x + x + 1) x − 1 x + x + 1 1 + Cho x = 1 ⇒ 3 A = 1 ⇔ A = 3 1 2 + Đồng nhất hệ số của x ta được A + B = 0 ⇒ B = − 3 1 + Đồng nhất hệ số tự do ta được A − C = 0 ⇒ C = 3 1 3 (2 x + 1) − x 1 1 x −1 1 1 2 2 dx = Khi đó, I1 = ∫ 3 dx = − dx = ln x − 1 − ∫ x −1 3( x − 1) 3 ∫ x 2 + x + 1 3 3 x2 + x + 1 a) Ta có I1 = ∫ 3 1 1 d ( x 2 + x + 1) 1 dx 1 1 2x + 1 = ln x − 1 − ∫ 2 + ∫ = ln x − 1 − ln ( x 2 + x + 1) + arctan +C 2 2 3 6 x + x +1 2  3 3 3   1 3  x+  + 2 2     x2 + x + 2 x2 + x + 2 b) Ta có I 2 = ∫ dx = ∫ x( x + 3)( x − 3) dx x( x 2 − 9) x2 + x + 2 A B C = + +  → x 2 + x + 2 ≡ A( x 2 − 9) + Bx( x − 3) + Cx( x + 3) x( x + 3)( x − 3) x x + 3 x − 3 2 + Cho x = 0 ⇒ −9 A = 2 ⇔ A = − 9 Xét Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 + Cho x = 3 ⇒ 18C = 14 ⇔ C = Trang 40 7 9 4 9 2  2 x +x+2 4 7  2 4 7 Khi đó, I 2 = ∫ dx = ∫  − − +  dx = − ln x − ln x + 3 + ln x − 3 + C . 2 x( x − 9) 9 9 9  9 x 9( x + 3) 9( x − 3)  + Cho x = −3 ⇒ −18B = 8 ⇔ B = − BÀI TẬP LUYỆN TẬP: Tính các nguyên hàm, tích phân sau: 0 3 2 x3 − 6 x 2 + 9 x + 9 3x 2 + 3 x + 3 a) I1 = ∫ dx b) I = 2 ∫ x3 − 3x + 2 dx x 2 − 3x + 2 −1 2 d) I 4 = ∫ x −1 dx ( x + 2) 2 (2 x + 3) e) I 5 = ∫ 1 − 2 x2 dx ( x + 1)( x 2 + x + 4) c) I 3 = ∫ 2x + 3 dx x 2 ( x − 1) f) I 6 = ∫ x +1 dx 2 x( x + 4 x + 5) 2 . Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 41 07. NGUYÊN HÀM CỦA CÁC HÀM SỐ VÔ TỈ 1) Các công thức nguyên hàm vô tỉ cơ bản thường gặp I1 = ∫ I2 = ∫ xdx = x 2 ± a + C. x ±a dx 2 x ±a 2 = ln x + x 2 ± a + C  → ∫ du = ln u + u 2 ± a + C u ±a 2 x 2 a x ± a ± ln x + x 2 ± a + C. 2 2 dx x du u I4 = = arcsin + C  → = arcsin + C 2 2 2 2 a a a −x a −u Chứng minh: xdx 1 d ( x 2 ± a) d ( x 2 ± a) I1 = = = = x 2 ± a + C. 2 2 2 x ±a 2 x ±a 2 x ±a ∫ I3 = x 2 ± a dx = ∫ ∫ ∫ dx ∫ I2 = . ∫ x ±a 2 Khi đó, I 2 = I3 = ∫ ∫ ∫ xdx . Đặt t = x 2 ± a ⇒ dt = = xdx dx dt dx + dt d ( x + t )  → = = = t t x x+t x+t x ±a dx d (x + t) = = = ln x + x 2 ± a + C 2 t x + t x ±a dx ∫ 2 ∫ x 2 ± a dx.  2 u = x ± a ⇒ du = Đặt  dv = dx ⇒ v = x  = x x2 ± a − ∫ xdx → I = x x2 ± a − x 2 ± a  x 2 ± adx ± a dx ∫ x2 ± a ∫ x 2 dx x2 ± a = x x2 ± a − ∫ = x x 2 ± a − I 3 ± a ln x + x 2 ± a ⇒ I 3 = ( x 2 ± a) ∓ a x2 ± a dx = x 2 a x ± a ± ln x + x 2 ± a + C. 2 2 dx = a cos tdt . Đặt x = a sin t ⇒  2 2 2 2 2 a2 − x2  a − x = a − a sin t = a cos t dx a cos t dt x  → I4 = = dt = t + C = arcsin + c. 2 2 a cos t a a −x Một số ví dụ minh họa: dx d ( x + 2) I1 = = = ln x + 2 + x 2 + 4 x + 10 + C. 2 2 x + 4 x + 10 ( x + 2) + 6 I4 = I2 = I3 = dx ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ dx 2− x− x 2 = dx 2 x + 5x + 7 2 ∫ = dx 9  1 −x+  4  2 1 2 ∫ 2 = ∫ 1  dx+  2  2 1 3    −x+  2 2  dx 1 = 5 7 2 x2 + x + 2 2 ∫ 2 = arcsin 5  dx+  4  2 5  31  x+  + 4  16  = 2x + 1 + C. 3 1 5 5 7 ln x + + x 2 + x + + C . 4 2 2 2 2) Một số các dạng nguyên hàm vô tỉ thường gặp Dạng 1: Nguyên hàm I = ∫ mx + n ax 2 + bx + c dx Cách giải: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Phân tích tử số chứa đạo hàm của mẫu ta được m bm 2ax + b ) + n − ( mx + n 2a dx = m I= dx = 2a 2 2 2a ax + bx + c ax + bx + c ∫ ∫ ∫ ( 2ax + b ) dx bm   +n −  2a  ax + bx + c  2 ∫ Trang 42 dx = ax + bx + c 2 m d (ax 2 + bx + c)  bm  dx m +n − = ax 2 + bx + c + J  a 2 ax 2 + bx + c  2a  ax 2 + bx + c a dx Trong đó, J = thuộc một trong số các dạng nguyên hàm đã đề cập ở trên. 2 ax + bx + c Ví dụ điển hình: Tính các nguyên hàm sau 2x + 3 x −1 a) I1 = dx b) I 2 = dx x2 − 2 x + 4 2 x2 − x + 1 Hướng dẫn giải: (2 x − 2) + 5 (2 x − 2) dx dx d ( x 2 − 2 x + 4) dx a) I1 = dx = +5 =2 +5 = 2 2 2 2 2 x − 2x + 4 x − 2x + 4 x − 2x + 4 2 x − 2x + 4 x − 2x + 4 d ( x − 1) = 2 x2 − 2 x + 4 + 5 = 2 x 2 − 2 x + 4 + 5ln x − 1 + x 2 − 2 x + 4 + C. 2 ( x − 1) + 3 1 3 (4 x − 1) − x −1 1 (4 x − 1)dx 3 dx 4 4 b) I 2 = dx = dx = − = 2 2 2 2 4 2x − x + 1 2x − x + 1 2x − x + 1 4 2x − x + 1 ∫ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . ∫ ∫ 1 d (2 x − x + 1) 3 − 2 2 2 2x − x + 1 4 2 = 2 ∫ ∫ ∫ ∫ dx 1 3 = 2x2 − x + 1 − x 1 2 4 2 x2 − + 2 2 ∫ 1  dx−  4  2 = 1 7  x−  + 4 16   1 3 1 x 1 2x2 − x + 1 − ln x − + x 2 − + + C. 2 4 2 2 4 2 = BÀI TẬP LUYỆN TẬP: dx 1) 2 x − 2x + 2 2 x − 3x + 4 4) dx x2 − x + 1 7) ∫ 2) ∫ ∫ 5) ∫ ∫ x2 + 2 x − 1 x +x−2 2 8) dx Dạng 2: Nguyên hàm I = ∫ ( mx + n ) ∫ 2x −1 x2 − x + 1 2x + 1 x2 + x − 1 dx 3) ∫ dx 6) ∫ ( 2 x − 3) dx 2 − 2x − x 9) 2 ∫ x2 − 2 x + 2 x2 − 2x dx 3x − 2 x 2 − 3x + 2 (2x 2 dx ) − 3 x + 1 dx x −4 2 dx ax 2 + bx + c Cách giải: 1 dt 1 n Đặt mx + n = ⇒ mdx = − 2 ; x = − t mt m t du  = ln u + u 2 ± a + C  2 u ±a Thay vào ta được I = g (t )dt  → .  du u = arcsin + C  2 2 a  a −u Ví dụ điển hình: Tính các nguyên hàm sau dx dx a) I1 = b) I 2 = ( x + 1) x 2 + 2 x + 2 ( 2 x + 3) x 2 + 3 x − 1 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Hướng dẫn giải: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 43 1  dt dt x = −1  2 1  t t t2 a) Đặt x + 1 = ⇒   → I1 = − =− = 2 2 t  dx = − dt 1 1  1 1  1  1   − 1 + 2  − 1 + 2  − 1 + 2  − 1 + 2  t2 t t  t t  t  t  ∫ − 2 dt ∫ ∫ = − ln t + t 2 + 1 = − ln 1+ t2 1 1  1  +  + 1 + C.  + x +1 x +1  x +1 b) Đặt 1 1  dt x= −  1  1 dt dt 2t 2 2t 2 2x + 1 = ⇒   → I2 = − =− =− = 2 2 2 dt t 2 1 9 t 1 − 9 t − 4 t  dx = − 1  1 1  1 1 − −t  −  + 3 −  − 1  2t 2 4 4 t  2t 2   2t 2   2 d t +  1 dt 1 dt 1 1  9t + 2   9 =− =− =− = − arcsin   + C. 2 3 3 13  2  2 3  3 2 1 2 4 13   13   2  −t − t − t +    − t +  9 9 81  9   9   9 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ BÀI TẬP LUYỆN TẬP: dx 1) ( x − 1) x 2 − 2 x + 2 . ∫ dx ∫ ( x − 1) 4) x 2 + 3x + 2 ∫ ( 2 x + 1) x2 − 2x + 2 x4 + 2 x2 − 1 2x −1 2) ∫ 5) ∫ ( x + 2) x2 − x + 1 3) dx dx dx dx ∫x dx dx x2 − 4 x − 3 6) dx dx Dạng 3: Nguyên hàm I = Ax + B ∫ ( mx + n ) ax 2 + bx + c dx Cách giải: Ta phân tích tử số chứa (mx + n) như sau: A An ( mx + n ) + B − Ax + B m dx = A I= dx = m 2 2 m ( mx + n ) ax + bx + c ( mx + n ) ax + bx + c ∫ ∫ Các nguyên hàm I1 = ∫ dx ax + bx + c 2 và I 2 = ∫ ( mx + n ) Ví dụ điển hình: Tính các nguyên hàm sau ( 3 x − 4 ) dx a) I1 = (2 − x ) x2 − 1 ∫ ∫ An   +B−  m  ax + bx + c  dx 2 dx ax 2 + bx + c b) I 2 = ∫ ∫ ∫ ( mx + n ) dx ax 2 + bx + c đã xét đến ở phần trên. ( 2 x + 1) dx ∫ ( x + 1) Hướng dẫn giải: ( 3x − 4 ) dx = 2 − 3 ( 2 − x ) dx = 2 dx a) Ta có I1 = −3 ( 2 − x ) x2 − 1 ( 2 − x ) x2 − 1 ( 2 − x ) x2 − 1 ∫ ∫ x2 − 4 ∫ dx x −1 2 = 2 J − 3ln x + x 2 − 1 1  x =2−  dx 1  t . Đặt 2 − x = ⇒  Xét J = 2 t (2 − x) x −1  dx = dt  t2 ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 ⇒J= dt t2 ∫1 = 2 1   2 −  −1 t  t Khi đó ta được I1 = b) Ta có I 2 = dt ∫ 1 3t 2 − 4t + 1 dt 3∫ = = 4 1 t2 − t + 3 3 1 3∫ = 2  2 1 t −  −  3 9 1 3 ln t − 2 4 1 + t2 − t + + C 3 3 3 2 2 4 1 ln t − + t 2 − t + − 3ln x + x 2 − 1 + C . 3 3 3 3 ( 2 x + 1) dx ∫ ( x + 1) x −4 2 2 ( x + 1) − 1 ∫ ( x + 1) = x −4 2 dx = 2 ∫ dx x −4 2 + dx ∫ ( x + 1)  1 x = −1 1  t Xét K = . Đặt x + 1 = ⇒  t ( x + 1) x 2 − 4  dx = − dt  t2 dt dx dt 1 t2 ⇒K = =− =− =− 2 2 2 3 1 − 2t − 3t ( x + 1) x − 4 1 1   − 1 − 4 t t   1 d t +  1 1  3t + 1   3 =− =− arcsin  +C 2 2 2 3 3    2  1   − t +   3  3 x −4 2 = 2ln x + x 2 − 4 + K dx ∫ ∫ . dt Trang 44 ∫ ∫ dt ∫ 1 2 − t − t2 3 3 =− 1 3∫ dt 4  1 − t +  9  3 2 = ∫ 1  3t + 1  arcsin   + C. 3  2  Khi đó, I 2 = 2ln x + x 2 − 4 − BÀI TẬP LUYỆN TẬP: ( 2 x + 3) dx 1) ( x + 1) x 2 + 2 x + 2 ∫ 2) 4) ( 2 x − 3) dx ∫ ( 2 x − 1) x2 + 2 5) Dạng 4: Nguyên hàm I = ∫ ( 2 x − 1) dx ∫ ( x − 1) 3) x 2 − 3x + 2 ( x + 2 ) dx ∫ (1 − x ) x2 + 1 ( x + 2 ) dx ∫ ( x + 1) x2 − 2 x + 3 dx ( x + a )( x + b) Cách giải: Cách 1: Đặt t = x + a + x + b ⇒ dt = Khi đó, I = dx 2dt = = 2ln t + C = 2ln t ( x + a)( x + b) ∫ ∫ Cách 2: Ta có I = = ∫ dx dx 1 x+a + x+b dx 2dt + = dx  → = t 2 x + a 2 x + b 2 ( x + a )( x + b) ( x + a)( x + b) ∫ dx = ( x + a )( x + b) a+b  dx+  2   2 ∫ = ln x + ( ) x + a + x + b + C. dx x + ( a + b ) x + ab 2 = ∫ dx 2 a+b ( a + b)  x+  + ab − 2  4  2 a+b + ( x + a )( x + b) + C 2 a+b (a + b)  x+  + ab − 2 4   Bình luận: Thoạt nhìn, ta tưởng hai cách giải cho hai đáp án khác nhau, nhưng không phải vậy. Thật vậy, 2ln ( 2 ) x + a + x + b = ln ( x+a + x+b ) 2 ( ) = ln x + a + x + b + 2 ( x + a)( x + b) = Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 45 a+b   = ln 2 x + a + b + 2 ( x + a)( x + b) = ln  x + + ( x + a )( x + b)  + ln 2 2     a+b ′   a+b   ′ Và rõ ràng, ln  x + + ( x + a )( x + b)  + ln 2  = ln  x + + ( x + a )( x + b)   2 2        Như vậy, thực chất hai cách giải đều cho cùng một phép toán, có chăng, đó là sự khác biệt trong việc tính đạo hàm cuối cùng để kiểm tra!!! ( ) Dạng 5: Nguyên hàm I = ∫ dx x+a ± x+b Cách giải: Các nguyên hàm dạng này được giải đơn giản bằng phép trục căn thức. dx x+a ∓ x+b 1 Thật vậy, I = = dx = x + a dx ∓ a −b a −b x+a + x+b Ví dụ điển hình: Tính các nguyên hàm sau dx dx a) I1 = b) I 2 = x+2 + x−3 x2 − 4 x + 3 ∫ (∫ ∫ ∫ ∫ x + b dx ∫ ) c) I 3 = dx ∫ 2x + 1 − 2x + 5 Hướng dẫn giải: a) I1 = dx ∫ x2 − 4 x + 3 dx Cách 1: I1 = = x2 − 4 x + 3 . ∫ Cách 2: I1 = ∫ ∫ dx ( x − 2) 2 −1 = ∫ d ( x − 2) ( x − 2) 2 −1 = ln x − 2 + x 2 − 4 x + 3 + C. dx . ( x − 1)( x − 3) 1 1 1  1  x −1 + x − 2  dx 2dt Đặt t = x − 1 + x − 3 ⇒ dt =  + =  dx ⇔  dx =  2  x −1 2  ( x − 1)( x − 3)  t x −3  ( x − 1)( x − 3) dx dt Khi đó, I1 = =2 = 2ln t + C = 2ln x − 1 + x − 3 + C. t ( x − 1)( x − 3) ∫ ∫ dx = x+ 2 + x−3 x+2 − x−3 ∫ ( x + 2) − ( x − 3) dx = 5 ∫ ( b) I 2 = ∫ c) I 3 = ∫ ( 2 x + 1) − ( 2 x + 5) dx = − 4 ∫ ( 2x + 1 + 2x + 5 1 ) 1 x + 2 − x − 3 dx = ) 2 x + 1 + 2 x + 5 dx = − 1 6 ( 2 15 ( ) ( x + 2)3 − ( x − 3)3 + C . ) (2 x + 1)3 + (2 x + 5)3 + C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) 4) 7) 1 ∫ 0 2 ∫ 0 0 2) x dx 2+ x + 2− x 1 ∫ 2 dx x +1 + x 3 x+9 − x dx dx x +1 + x −1 ∫ 1 2 5) x dx x+2 + 2− x ∫ dx ∫ x2 − 5 x + 6 ∫ −1 1 2 1 8) 0 3) 6) dx x+4+ x+2 x3 ∫ x+ x2 + 1 0 dx dx ( x + 3)( x + 5) 9) ∫ 3) ∫1+ 6) ∫ 9) ∫ LUYỆN TẬP TỔNG HỢP VỀ NGUYÊN HÀM CỦA HÀM VÔ TỈ 1 dx x +1 dx x+4x dx 3 x + x + 24 x 1) ∫1+ 2) ∫x 4) ∫ 5) ∫ 7) ∫ 8) ∫ 3 x +1 dx x−2 x dx x−3 x dx (2 x + 1) − 2 x + 1 2 dx x +1 x dx x( x + 1) 3 dx x + 6x + 8 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 46 . Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 47 08. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC I. CÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC THƯỜNG SỬ DỤNG Các hằng đẳng thức lượng giác: sin 2 x + cos 2 x = 1 1 = 1 + tan 2 x cos 2 x 1 = 1 + cot 2 x 2 sin x tan x.cot x = 1 1 + cos2 x 2 1 − cos2 x sin 2 x = 2 cos 2 x = Công thức hạ bậc hai: 1 [ cos(a + b) + cos(a − b)] 2 1 sin a.sin b = [ cos(a − b) − cos( a + b) ] 2 1 sin a.cos b = [ sin(a + b) + sin(a − b) ] 2 cos a.cos b = Công thức biến đổi tích thành tổng: . sin ( − x ) = − sin x Chú ý:  cos ( − x ) = cos x a+b a −b .cos 2 2 a+b a −b sin a − sin b = 2cos .cos 2 2 Công thức biến đổi tổng thành tích: a+b a −b cos a + cos b = 2cos .cos 2 2 a+b a −b cos a − cos b = −2sin .sin 2 2 sin ( a ± b ) = sin a.cos b ± sin b.cos a Công thức cộng: cos ( a ± b ) = cos a.cos b ∓ sin a.sin b sin a + sin b = 2sin (Sin thì cùng dấu khác loài, Cos thì khác dấu nhưng loài giống nhau) Chú ý: sin 2a = 2sin a.cos a - Trong trường hợp a = b ta được công thức góc nhân đôi:  2 2 2 2 cos 2a = cos a − sin a = 2cos a − 1 = 1 − 2sin a 3 sin 3a = 3sin a − 4sin a - Trong trường hợp 2a = b ta được công thức góc nhân ba:  3 cos3a = 4cos a − 3cos a II. CÁC NGUYÊN HÀM LƯỢNG GIÁC THƯỜNG SỬ DỤNG I1 = ∫ sin x dx = − cos x + C I8 = ∫ dx 1 = tan ( ax ) + C 2 cos ( ax ) a 1 I 2 = ∫ sin ( ax ) dx = − cos ( ax ) + C a I9 = ∫ dx = − cot x + C sin 2 x Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 48 dx 1 = − cot ( ax ) + C sin ( ax ) a I 3 = ∫ cos x dx = sin x + C I10 = ∫ 1 I 4 = ∫ cos ( ax ) dx = sin ( ax ) + C a I11 = ∫ tan x dx = ∫ sin x dx = − ln cos x + C cos x cos x dx = ln sin x + C sin x 2 I 5 = ∫ sin 2 x dx = ∫ 1 − cos2 x x sin 2 x dx = − +C 2 2 4 I12 = ∫ cot x dx = ∫ I 6 = ∫ cos 2 x dx = ∫ 1 + cos2 x x sin 2 x dx = + +C 2 2 4  1  I13 = ∫ tan 2 x dx = ∫  − 1 dx = tan x − x + C 2  cos x  I7 = ∫  1  I14 = ∫ cot 2 x dx = ∫  2 − 1 dx = − cot x − x + C  sin x  dx = tan x + C cos 2 x III. CÁC DẠNG NGUYÊN HÀM LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP Dạng 1. Nguyên hàm dùng công thức lượng giác thuần túy Chú ý: Với các nguyên hàm có chứa sinnx và cosmx thì ta dùng phép hạ bậc khi m, n chẵn. Ngược lại, ta dùng biến đổi vi phân. . Ví dụ 1. Tính các nguyên hàm sau: a) I1 = ∫ sin 2 2 x dx b) I 2 = ∫ cos 2 4 x dx c) I 3 = ∫ cos 4 x dx Hướng dẫn giải: 1 − cos 4 x 1 1 1 x 1  a) I1 = ∫ sin 2 2 x dx = ∫ dx = ∫ (1 − cos 4 x ) dx =  x − sin 4 x  + C = − sin 4 x + C. 2 2 2 4 2 8  1 + cos8 x 1 1 1 x 1  b) I 2 = ∫ cos 2 4 x dx = ∫ dx = ∫ (1 + cos8 x ) dx =  x + sin 8 x  + C = + sin 8 x + C. 2 2 2 8 2 16  c) Sử dụng liên tiếp công thức hạ bậc hai ta được: 2 1 1 + cos 4 x  3 1 1  1 + cos 2 x  1 2 cos 4 x = ( cos 2 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 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  Bình luận: Trong nguyên hàm trên ta thấy cos4x chẵn nên chỉ sử dụng duy nhất được phép hạ bậc. Nếu ở đây là cos3x hoặc cos5x thì chúng ta tách, và sử dụng vi phân. Ví dụ 2. Tính các nguyên hàm sau: a) I 4 = ∫ sin 3 x dx b) I 5 = ∫ cos5 x dx c) I 6 = ∫ cos 2 x.sin 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 các công thức hạ bậc hai cho sin2x và cos2x ta được: = sin x − sin 2 x + cos 2 x.sin 4 x = cos 2 x.( sin 2 x ) = 2 1 + cos 2 x  1 − cos 2 x  1 + cos 2 x 1 − cos 2 x 1 − cos 2 x 1 − cos 2 2 x 1 − cos 2 x . . = . =   = 2 2 2 2 2 4 2   2 1 1 1 = sin 2 2 x.(1 − cos 2 x ) = sin 2 2 x − sin 2 2 x.cos 2 x 8 8 8 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 49 1 1 1 1 − cos 4 x 1 sin 2 2 x dx − ∫ sin 2 2 x.cos 2 x dx = ∫ dx − ∫ sin 2 2 x d ( sin 2 x ) = ∫ 8 8 8 2 16 3 1 1 1 sin 2 x 1 1 1 = x − sin 4 x − . + C  → I 6 = x − sin 4 x − sin 3 2 x + C. 16 64 16 3 16 64 48 Khi đó I 6 = ∫ cos 2 x.sin 4 x dx = Ví dụ 3. Tính các nguyên hàm sau: a) I 7 = ∫ sin 3 x.cos x dx b) I8 = ∫ cos 2 x.cos3 x dx c) I 9 = ∫ dx sin 3x + sin x Hướng dẫn giải: a) Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng ta được sin 3 x.cos x = 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) 2 T ừ đó 1 1 1 1 1 1 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) dx = ∫ ( sin 4 x + sin 2 x ) dx =  − cos4x − cos 2 x  + C = − cos4 x − cos 2 x + C. 2 2 2 4 2 8 4  1 11 1 1  b) I8 = ∫ cos 2 x.cos3x dx = ∫ ( cos5 x + cos x ) dx =  sin 5 x + sin x  + C = sin 5 x + sin x + C. 2 25 10 2  dx dx dx 1 sin x dx 1 d (cos x) c) I 9 = ∫ =∫ =∫ = ∫ 2 =− ∫ 2 2 sin 3x + sin x 2sin 2 x.cos x 4sin x.cos x 4 sin x.cos x 4 (1 − cos 2 x ) .cos 2 x I7 = ∫ 2 2 1 dt 1 (1 − t ) + t 1  dt dt  Đặt cos x = t  → I9 = − ∫ =− ∫ dt = −  ∫ 2 + ∫ 2 2 2 2 4 (1 − t ) .t 4 (1 − t ) .t 4 t 1 − t 2  . Mà dt 1 = − + C1 t 1  1 1 1+ t  → I 9 = −  − + 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 1 1 1 1 + cos x Thay t = cosx vào ta được I 9 = −  − + ln 4  cos x 2 1 − cos x   + C.    + C.  sin udu = −d (cos u) Dạng 2. Nguyên hàm sử dụng biến đổi vi phân  cos udu = d (sin u ) Ví dụ 1. Tính các nguyên hàm sau: cos x dx a) I1 = ∫ 2 sin x + 3sin x + 2 dx c) I 3 = ∫ cos x sin 2 x dx cos x dx d) I 4 = ∫ 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 Đặt t = sin x  → I1 = ∫ 2 =∫ ∫ t +1 ∫ t + 2 t + 2 t + 3t + 2 sin x + 2 ( t + 1)( t + 2 ) b) I 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 1  dt 1 ( t + 1) − ( t − 1)  Đặt t = sin x  → I2 = ∫ 2 =∫ 2 dt = ∫  1 + 2 =t+ ∫ dt =  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 cos x dx d (sin x) d (sin x) c) I 3 = ∫ =∫ = −∫ =∫ 2 2 2 cos x cos x 1 − sin x sin x − 1 d (sin x) dt 1 ( t + 1) − ( t − 1) 1 t −1 1 sin x − 1 Đặt t = sin x  → I3 = ∫ 2 =∫ 2 = ∫ dt = ln + C = ln + C. sin x − 1 t − 1 2 ( t + 1)( t − 1) 2 t +1 2 sin x + 1 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 d) I 4 = ∫ Trang 50 dx cos x dx d (sin x) =∫ = −∫ 2 3 4 cos x cos x (1 − sin 2 x ) 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 dt dt 2dt 1 1 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 2. Tính các nguyên hàm sau: dx 4sin 3 x dx a) I 5 = ∫ b) I 6 = ∫ sin x cos x 1 + cos x c) I 7 = ∫ sin x dx cos3 x − 1 Hướng dẫn giải: dx cos x dx d (sin x) a) I 5 = ∫ = = sin x cos x ∫ sin x cos 2 x ∫ sin x (1 − sin 2 x ) Đặt . t = sin x  → I5 = ∫ 2 t 2 + (1 − t 2 ) dt t dt dt 1 d (1 − t ) 1 = dt = + = − + ln t = − ln 1 − t 2 + ln t + C. 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 1 − t t 2 1 − t 2 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 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 1 3t − 3 ( t + t + 1) + 3 ( t − 1) 1 3t 2 dt 1 dt 1 dt Khi đó I 7 = ∫ dt = − ∫ + ∫ 2 3 ∫ 2 6 6 t −1 2 t −1 2 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  Từ đó I 7 = ln t 3 − 1 − ln t − 1 + . arctan  + C = ln t 3 − 1 − ln t − 1 + arctan    + C. 6 2 2 3 6 2 3  3   3  Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 51 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 t −1 ( t − 1 )( t 2 + 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 + ∫ = ln u 3 + 3u 2 + 3u − ln u + arctan   + C. 2 2 6 2 2  6 2 2 3  3  3  3  u +  +  2  2   BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) I1 = ∫ cos 2 3x dx 2) I 2 = ∫ sin 4 x dx 3) I 3 = ∫ sin 5 x dx 4) I 4 = ∫ sin x cos 2 x dx 5) I 5 = ∫ sin 3x cos x dx tan 4 x dx cos x dx 9) I 9 = ∫ 4 sin x cos x 7) I 7 = ∫ . dx sin 3 x 10) I10 = ∫ 8) I 8 = ∫ 6) I 6 = ∫ cos3 x dx sin 5 x dx sin x cos6 x  du  cos 2 u = d (tan u) Dạng 3. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân   du = −d (cot u)  sin 2 u Cách giải: Các nguyên hàm chứa tanx hay cotx thì ta thường dùng hằng đẳng thức 1  1  2 = 1 + tan 2 x tan x = 1 −  cos 2 x  cos 2 x  →   1 = 1 + cot 2 x cot 2 x = 1 − 1 2 sin 2 x  sin x  Nguyên hàm mà mẫu số là đẳng cấp bậc hai với sinx và cosx: A sin 2 x + Bsin x.cos x + C.cos 2 x thì ta chia cả tử và mẫu cho cos2x hoặc sin2x. Ví dụ 1. Tính các nguyên hàm sau: a) I1 = ∫ tan 2 x dx b) I 2 = ∫ tan 3 x dx c) I 3 = ∫ ( tan 3 x + tanx ) dx d) I 4 = ∫ dx cos 4 x Hướng dẫn giải: 1   a) I1 = ∫ tan 2 x dx = ∫  1 −  dx = x − tan x + C. 2 cos x   b) Xét I 2 = ∫ tan 3 x dx Cách 1: dx tan 2 x sin x dx  1  I 2 = ∫ tan 3 x dx = ∫ tan 2 x.tan x dx = ∫  − 1 tan x dx = tan x . − tan xdx = −∫ =  2 2 ∫ ∫ cos x 2 cos x  cos x  tan 2 x d (cosx) tan 2 x = +∫ = + ln cos x + C. 2 cos x 2 Cách 2: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 I 2 = ∫ tan 3 x dx = ∫ Trang 52 (1 − cos2 x ).d (cos x) = − d (cos x) + d (cos x) = 1 + ln cos x + C. sin 3 x sin 2 x.sin xdx dx = = − ∫ cos3 x ∫ ∫ cos3 x ∫ cos x 2cos2 x cos3 x cos3 x Bình luận: Nhìn vào hai kết quả thu được từ hai phương án tính khác nhau, thoạt nhìn gây chúng ta cho cảm giác không biết cách nào đúng, cách nào sai. Nhưng quan sát kĩ, và thực hiện một phép biến đổi đơn giản ta thu được ngay cùng kết quả. tan 2 x 1 1 1 1  Thật vậy, + ln cos x + C =  − 1  + ln cos x + C = + ln cos x + C − . 2 2 2  cos 2 x 2 cos x 2  1 ′  Do  C −  = ( C )′ = 0 nên thực chất hai nguyên hàm có cùng kết quả. 2  c)  1  I 3 = ∫ ( tan 3 x + tan x ) dx = ∫ tan 3 x dx + ∫ tan x dx = ∫ tan 2 x.tan x dx + ∫ tan x dx = ∫  − 1 .tan x dx + ∫ tan x dx = 2  cos x  = ∫ tan x. dx tan 2 x − tan x dx + tan x dx = + C. ∫ cos 2 x ∫ 2 Bình luận: Cách giải bài trên là dựa vào cách giải truyền thống cho dạng toán này. Với các nguyên hàm có chứa tannx thì 1  1  thông thường ta tách theo sơ đồ: tan n x = tan n − 2 x.tan 2 x = tan n − 2 x.  − 1 = tan n − 2 x. 2 − tan n − 2 x... với n 2 cos x  cos x  > 2. Quá trình tách cứ tiếp diễn đến cuối cùng xuất hiện tanx hoặc tan2x, mà cách nguyên hàm này đều có công thức tính. Tuy nhiên, với bài toán trên có một đặc điểm riêng mà ta có thể trình bày cách giải ngắn gọn hơn như sau: dx tan 2 x I 3 = ∫ ( tan 3 x + tan x ) dx = ∫ ( tan 2 x + 1) tan x dx = ∫ tan x. 2 = ∫ tan x.d ( tan x ) = + C. cos x 2 dx 1 dx tan 3 x d) I 4 = ∫ =∫ = ∫ (1 + tan 2 x ) d ( tan x ) = tan x + + C. 4 2 2 cos x cos x cos x 3 Bình luận: Với những nguyên hàm có xuất hiện tanx kèm theo cos2nx ở mẫu số thì ta sử dụng phép phân tích như sau n −1 1 1 1  1 2  cos 2 n x = cos 2 n − 2 x . cos 2 x = ( tan x + 1) . cos 2 x   dx = d ( tan x )  cos 2 x Dựa trên phép phân tích như trên ta có thể mở rộng thêm một số bài toán như sau: . 2 2 dx 1 dx tan 5 x 2 tan 3 x  1  dx 2 = . = = 1 + tan x d tan x = + + tan x + C. ( ) ( )   cos6 x ∫ cos 4 x cos 2 x ∫  cos 2 x  cos 2 x ∫ 5 3 tan 2010 x 1 dx tan 2013 x tan 2011 x 2010 2010 2 J2 = ∫ dx = tan x . . = tan x . 1 + tan x d tan x = + + C. ( ) ( ) ∫ cos 4 x cos 2 x cos 2 x ∫ 2013 2011 J1 = ∫ Ví dụ 2. Tính các nguyên hàm sau: dx a) I 5 = ∫ 3 sin x.cos5 x c) I 7 = ∫ b) I 6 = ∫ dx 2sin x − 5sin x cos x − 3cos 2 x d) I8 = 2 ∫ dx 3 5 sin x.cos x dx ( cos x − 3 sin x ) 2 Hướng dẫn giải: dx a) I 5 = = 3 sin x.cos5 x ∫ ∫ ( dx sin x cos x ) cos x 3 8 3 1  1  dx = =   tan 3 x  cos 2 x  cos 2 x ∫ ∫ (1 + tan 2 x )3 ( tan x )3 d ( tan x ) = Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 = ∫ 2 4 6 1 + 3tan x + 3tan x + tan x =− 3 tan x 2 2tan x b) I 6 = ∫ 3 3  −3  d ( tan x ) = ( tan x ) + + 3tan x + tan x  d ( tan x ) = tan x   ∫ 2 1 + 3ln tan x + dx 3 = 5 sin x.cos x Trang 53 4 2 4 3tan x tan x 1 3tan x tan x + + C  → I5 = − + 3ln tan x + + + C. 2 2 4 2 4 2tan x 1 ∫ 3 ( sin x cos x ) 5 ⋅ −5 −2 3 −3 ( ) 3 d ( tan x ) = − ( tan x ) 3 + C = = tan x + C. 2 2 3 2 cos x 2 tan x dx ∫ Bình luận: Trong cả hai nguyên hàm I5 và I6 ở trên chúng ta dễ dàng nhận thấy đặc điểm chung của hai nguyên hàm là mẫu số có chứa sinx và cosx với tổng lũy thừa là một số chắn. Phương pháp giải trên là cách giải tổng quát cho dạng nguyên hàm này. Tuy nhiên, nếu tổng lũy thừa quá lớn thì bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn nhiều! dx c) I 7 = ∫ 2 2sin x − 5sin x cos x − 3cos 2 x Ở mẫu số ta thấy có dạng biểu thức đẳng cấp bậc hai với sinx và cosx. Trong chuyên đề về phương trình lượng giác ta cũng biết cách giải cho loại phương trình đẳng cấp bậc hai này, với nguyên hàm cũng tương tự. Chia cả tử và mẫu số cho cos2x ta được: dx 2 d ( tan x ) dt cos x I7 = ∫ =∫ =∫ 2 ; (t = tan x ). 2 2 2 2sin x 5sin x cos x 3cos x 2 tan x − 5 tan x − 3 2t − 5t − 3 − − cos 2 x cos 2 x cos 2 x dt (2t + 1) − 2(t − 3) 1 dt 1 2dt 1 t −3 1 tan x − 3  → I7 = ∫ =∫ dt = ∫ − ∫ = ln + C = ln + C. (t − 3)(2t + 1) 7.(t − 3)(2t + 1) 7 t − 3 7 2t + 1 7 2t + 1 7 2 tan x + 1 dx d ( tan x ) dx −1 d 1 − 3 tan x 1 cos 2 x d) I8 = = = = = + C. 2 2 2 2 3 1 − 3 tan x 3 1 − 3 tan x cos x − 3 sin x 1 − 3 tan x 1 − 3 tan x . ∫ ( ∫ ) ( ) ∫ ( ) ∫ ( ( ) ) ( ) Bình luận: Mẫu số trong nguyên hàm trên có dạng là một biểu thức lượng giác khá đặc biệt, thế nên ta cũng có thể tìm ra 1  3 π  sin x  = 2cos  x +  . một cách giải đặc biệt khác. Thật vậy, cos x − 3 sin x = 2  cos x − 2 3  2  Từ đó I 8 = ∫ ( cos x − dx 3 sin x ) 2 π  dx+  dx 1 1 π 3  =∫ = ∫  = tan  x +  + C. π 4 π 4 3    4 cos 2  x +  cos 2  x +  3 3     Bằng phép biến đổi lượng giác cho cách giải trên, hoặc khai triển công thức lượng giác cho cách giải dưới ta sẽ thu được cùng một kết quả. Nếu các em không tự tin với khẳng định đó thì thầy sẽ chứng minh điều này. 1 1 π − 1 − 3 tan x + 3 + tan x + tan 1 π 1  3 3 +C = 3 + C = 1 . tan x + 3 + C = Thật vậy, tan  x +  + C = . π 4 3 4 4 1 − 3 tan x   4 1 − 3 tan x 1 − tan x.tan 3 4 1 1 1 1 ′  3 ′ =− + +C = +C − , rõ ràng  C −  = ( C ) = 0. 4 3 4 1 − 3 tan x 4 3 4 3 3 1 − 3 tan x  ( ( ) ( ( ) ) ) Ví dụ 3. Tính các nguyên hàm sau: a) I 9 = ∫ cot 4 x dx b) I10 = ∫ cos x dx sin 5 x c) I11 = ∫ dx 1 + sin 2 x Hướng dẫn giải: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 54 dx  1  a) I 9 = ∫ cot 4 x dx = ∫ cot 2 x.cot 2 x dx = ∫  2 − 1 cot 2 x dx = ∫ cot 2 x 2 − ∫ cot 2 x dx = sin x  sin x  − cot 3 x dx − cot 3 x  1  = − ∫ cot 2 x d ( cot 2 x ) − ∫  2 − 1 dx = − ∫ 2 + ∫ dx = + cot x + x + C. 3 sin x 3  sin x  cos x dx 2) Xét I10 = ∫ sin 5 x Cách 1: cos x dx d (sin x) −1 I10 = ∫ =∫ = + C. 5 5 sin x sin x 4sin 4 x Cách 2: cos x dx cos x dx 1 dx cot 4 x cot 2 x 2 = . = cot x . . = − cot x . 1 + cot x . d (cot x ) = − − + C. ( ) ∫ sin x sin 4 x ∫ ∫ sin 5 x sin 2 x sin 2 x 4 2 Bình luận: Bằng phép xử lý lượng giác đơn giản ta cũng thu được cùng kết quả với hai cách giải trên. Tương tự như nguyên hàm của tanx, với nguyên hàm cotx mà có chứa sin2nx thì ta cũng sử dụng thủ thuật n −1 1 1 1  1 2 = . = 1 + cot x . 2 2 n 2 n − 2 2  sin x sin x sin x sin x phân tích  để đưa về nguyên hàm cơ bản có chứa cotx và dx  = − d ( cot x )  sin 2 x cot2x đã biết. I10 = ∫ ( . c) I11 = ∫ dx dx = 1 + sin 2 x ∫ ( sin x + cos x )2 ) π  dx+  dx 1 1 π 4  =∫ = ∫  = − cot  x +  π π 2 2 4      2sin 2  x +  sin 2  x +  4 4   d ( A sin x + B cos x + C ) = ( Acos x − B sin x ) dx Dạng 4. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân  d ( A' sin x − B' cos x + C' ) = ( A' cos x + B' sin x ) dx Cách giải: 1 ± sin 2x = ( sin x ± cos x )2 Các nguyên hàm dạng này thường sử dụng một số công thức lượng giác  2 2 cos 2x = cos x − sin x Để tìm nguyên hàm, ta thường tìm vi phân của mẫu số: d ( Asin x + Bcos x + C ) = ( A cos x − Bsin x ) dx Ví dụ . Tính các nguyên hàm sau: cos x − sinx a) I1 = ∫ dx sinx + cos x cos2 x dx c) I 3 = ∫ 3 ( sin x + cos x ) b) I 2 = ∫ d) I 4 = ∫ cos 2 x dx 1 + sin 2 x ( sin 2 x + 2cos 4 x ) dx cos 2 x − sin 4 x Hướng dẫn giải: a) Ta có d ( sin x + cos x ) = ( cos x − sin x ) dx  → I1 = ∫ d ( sin x + cos x ) = ln sin x + cos x + C. sin x + cos x d ( sin x + cos x ) cos 2 x dx cos 2 x − sin 2 x cos x − sin x b) I 2 = ∫ =∫ dx = ∫ dx = ∫ = ln sin x + cos x + C. 2 1 + sin 2 x sin x + cos x sin x + cos x ( sin x + cos x ) Bình luận: 1 1 Do cos2xdx = d ( sin 2x ) = d ( 1 + sin 2x ) nên ta còn có thể giải theo cách lấy vi phân trực tiếp như sau: 2 2 cos2x dx 1 d ( 1 + sin 2x ) 1 1 2 I2 = ∫ = ∫ = ln 1 + sin 2x + C = ln ( sin x + cos x ) + C = ln sin x + cos x + C. 1 + sin 2x 2 1 + sin 2x 2 2 2 2 d ( sin x + cos x ) cos2 x dx cos x − sin x cos x − sin x −1 c) I 3 = ∫ =∫ dx = ∫ dx = ∫ = + C. 3 3 2 2 sin x + cos x ( sin x + cos x ) ( sin x + cos x ) ( sin x + cos x ) ( sin x + cos x ) Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 d) Xét I 4 = ∫ ( sin 2 x + 2cos 4 x ) dx cos 2 x − sin 4 x Vi phân mẫu số ta có d ( cos 2 x − sin 4 x ) = ( −2sin 2 x − 4cos 4 x ) dx  → ( sin 2 x + 2cos 4 x ) dx = − Từ đó ta được I 4 = ∫ ( sin 2 x + 2cos 4 x ) dx = − 1 cos 2 x − sin 4 x BÀI TẬP LUYỆN TẬP: sin 2 x 1) I1 = ∫ dx 1 + cos 2 x 4) I 4 = ∫ Trang 55 2∫ d ( cos 2 x − sin 4 x ) 2) I 2 = ∫ dx sin x − 6cos 2 x 7) I 7 = ∫ ( cot 3 x + cot x ) dx dx sin x cos3 x dx (sin x − 2cos x ) 2 dx 6) I 6 = 2 sin x − 2cos 2 x + 1 3) I 3 = ∫ 3 ∫ sin 2 1 = − ln cos 2 x − sin 4 x + C. 2 dx x − 9cos 2 x 2cos x − 3sin x 8) I 8 = ∫ dx 2sin x − 3cos x + 1 5) I 5 = 2 cos 2 x − sin 4 x d ( cos 2 x − sin 4 x ) 2 ∫ d( A sin 2 x ± B cos 2 x ± C ) ←  → ( A ∓ B ) sin 2 x dx   Dạng 5. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân  4 4  → − sin 4 x dx d sin x + cos x ←  ( . ) Cách giải: 2 1 1 1 − cos 4 x 3 1 Ta có sin 4 x + cos 4 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 2sin 2 x.cos 2 x = 1 − sin 2 2 x = 1 − . = + cos 4 x. 2 2 2 4 4 3 1   Từ đó d ( sin 4 x + cos 4 x ) = d  + cos4 x  = − sin 4 x dx. 4 4   Dạng nguyên hàm này thường được “ngụy trang” vào các hàm số có vẻ phức tạp, nên các bạn hãy cố gắng nhớ được vi phân của nó. Với các nguyên hàm lượng giác mà mẫu số có vẻ “dài dòng” thì một kinh nghiệm là các em hãy lấy vi phân của mẫu số xem tử số có quan hệ gì với vi phân đó hay không ? 3 Chú ý: Ngoài hai công thức trên, dạng nguyên hàm này cũng có thể chứa sin6 x + cos 6 x = 1 − sin 2 2x. 4 Ví dụ 1. Tính các nguyên hàm sau: sin 2 x sin 2 x dx a) I1 = ∫ b) I 2 = ∫ dx 2 2 2 2sin x − 4cos 2 x + 5cos 2 x cos x + 4sin x Hướng dẫn giải: a) Ta có d ( cos x + 4sin x ) = ( −2sin x.cos x + 8sin x.cos x ) dx = 6sin x.cos x dx = 3sin 2 x dx 2 2 1  → sin 2 x dx = d ( cos 2 x + 4sin 2 x ) . 3 2 2 2 2 sin 2 x 1 d ( cos x + 4sin x ) 2 d ( cos x + 4sin x ) 2 Từ đó I1 = ∫ dx = ∫ = ∫ = cos 2 x + 4sin 2 x + C. 2 2 2 2 2 2 3 3 2 cos x + 4sin x 3 cos x + 4sin x cos x + 4sin x Bình luận: Ngoài cách giải như trên, chúng ta có thể mạnh dạn vận dụng kiến thức lượng giác để biến đổi mẫu số gọn 1 + cos2x 1 − cos2x 3 5 gàng hơn như sau cos 2 x + 4 sin 2 x = + 4. = − cos2x + 2 2 2 2 3 5 3 5     d  − cos2x +  d  − cos2x +  sin 2x dx 1 2 2 2 2 2 =   = 2 − 3 cos2x + 5 + C. Khi đó I 1 = ∫ = ∫  ∫ 3 3 2 2 3 5 3 3 5 3 5 − cos2x + − cos2x + 2 − cos2x + 2 2 2 2 2 2 Rõ ràng hai kết quả thu được hoàn toàn giống nhau! 5 5 7 b) Ta có 2sin 2 x − 4cos 2 x + 5cos 2 x = (1 − cos 2 x ) − 4cos 2 x + (1 + cos 2 x ) = − cos 2 x + 2 2 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 56 sin 2 x dx sin 2 x dx 2 d ( 5cos 2 x − 7 ) 2 = −2 ∫ = ∫ = ln 5cos 2 x − 7 + C. 5 7 5cos 2 x − 7 5 5cos 2 x − 7 5 − cos 2 x + 2 2 Ví dụ 2. Tính các nguyên hàm sau: 2sin 4 x dx sin 4 x dx a) I1 = ∫ b) I 2 = ∫ 2010 4 4 4 sin x + cos x ( sin x + cos 4 x ) Khi đó I 2 = ∫ c) I 3 = ∫ sin 2 x + 2cos 2 x dx sin 4 x + cos 4 x d) I 4 = sin x cos x dx 6 x + cos6 x ∫ sin Hướng dẫn giải: Bình luận: Ngoài cách giải truyền thống cho loại nguyên hàm này bằng cách lấy vi phân trực tiếp cho biểu thức ở mẫu số, ở đây thầy giới thiệu cách làm thiên về biến đối lượng giác kết hợp với vi phân. a) Ta có 1 1 1 − cos 4 x 3 1 2sin 4 x dx 4sin 4 x dx sin 4 x + cos 4 x = 1 − sin 2 2 x = 1 − . = + cos 4 x  → I1 = ∫ =∫ = 2 2 2 4 4 3 1 3 + cos 4 x + cos 4 x 4 4 d (cos 4 x) d (3 + cos 4 x) = −∫ = −2 ∫ = −2 3 + cos 4 x + C  → I1 = −2 3 + cos 4 x + C. 3 + cos 4 x 2 3 + cos 4 x d ( cos 4 x ) 3 1 sin 4 x dx 1 b) Tương tự, thay sin 4 x + cos 4 x = + cos 4 x  → I2 = ∫ =− ∫ = 2010 2010 4 4 4 3 1 3 1    + cos 4 x   + cos 4 x  4 4  4 4  1 3   d  cos 4 x +  1 1 4 4  = = −∫  +C = + C. 2010 2009 2009 4 4 3 1  3 1  2009 sin x + cos x ( ) 2009  + cos 4 x   + cos 4 x  4 4  4 4  sin 2 x + 2cos 2 x sin 2 x + 2cos 2 x 2sin 2 x + 4cos 2 x 2sin 2 x 4cos 2 x c) I 3 = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx + ∫ dx 4 4 2 2 1 sin x + cos x 2 − sin 2 x 2 − sin 2 x 2 − sin 2 2 x 1 − sin 2 2 x 2 2sin 2 x 2sin 2 x 2sin 2 x d (cos 2 x) ∫ 2 − sin 2 2 x dx = ∫ 2 − (1 − cos 2 2 x ) dx = ∫ 1 + cos2 2 x dx = − ∫ 1 + cos 2 2 x = arctan ( cos 2 x ) + C1. . ( ) ( )( ) ) t+ 2 − t− 2 4cos 2 x d (sin 2 x) dt −2 −1  1 1  dx = 2 = 2 = ∫ 2 − sin 2 2 x ∫ 2 − sin 2 2 x ∫ 2 − t 2 2 2 ∫ t − 2 t + 2 dt = 2 ∫  t − 2 − t + 2  dt = = ( −1 t − 2 −1 sin 2 x − 2 ln + C2 = ln + C2 . 2 t+ 2 2 sin 2 x + 2 Từ đó ta được I 3 = arctan ( cos2 x ) + C1 + −1 sin 2 x − 2 1 sin 2 x − 2 ln + C2 = arctan ( cos2 x ) − ln + C. 2 sin 2 x + 2 2 sin 2 x + 2 1  1 sin 2 x sin x cos x = 2 sin 2 x 2sin 2 x −d (cos 2 x) 2 d) Ta có   → I4 = dx = dx = . 2 2 3 3 2 4 − 3sin 2 x 4 − 3 + 3cos 2 x 6 6 2 sin x + cos x = 1 − sin 2 x 1 − sin 2 x 4  4 Đặt t = cos 2 x → I 4 = ∫ ∫ −dt =− 1 + 3t 2 ∫ dt ( ) 3t 2 +1 =− ∫ ∫ ( 3t ) = − 1 arctan 3t + C = − ( ) 3 ∫ 3t + 1 3 ( ) 1 d 2 1 3 arctan ( ) 3 cos 2 x + C x    → dx ←  → 1  1 + tan 2 x  dx Dạng 6. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân d  tan  ←   x 2 2 2  2 cos 2 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 57 Cách giải: Xét nguyên hàm I1 = dx ∫ A sin x + B cos x + C Để tính nguyên hàm trên ta xét hai trường hợp: Nếu C = ± A2 + B 2  → A sin x + B cos x + C = A sin x + B cos x ± A2 + B 2 = A2 + B 2 cos ( x + φ ) ± A2 + B 2 Ở đây, ta đã biết phép biến đổi lượng giác A sin x + B cos x = A2 + B 2 cos ( x + α ) A2 + B 2 cos ( x + β ) 1 A +B 2 Khi đó I1 = ∫ dx A2 + B 2 cos ( x + α ) ± A2 + B 2 = 1 A2 + B 2 ∫ dx = cos ( x + α ) ± 1 2 −1 A2 + B 2 ∫ ∫ dx  x+α 2cos 2    2  dx  x+α 2sin 2    2  1 dx 1 x 2dt = 1 + tan 2  dx  → dx = 2 cos 2 x 2  2 1+ t2 2 2t sin x = 1+ t2 1− t2 cos x = 1+ t2 dt = Nếu C ≠ ± A2 + B 2 thì ta đặt t = tan . x  → 2 Thay vào ta tính được I1 là nguyên hàm theo ẩn t. Chú ý: Một số công thức tính nhanh: π π   sin x − 3 cos x = 2 sin  x −  = −2 cos  x +  3 6   Ví dụ 1. Tính các nguyên hàm sau: dx a) I1 = ∫ sin x + cos x + 2 dx c) I 3 = ∫ 3sin x + cos x + 1 a) I1 = ∫ π π   sin x + cos x = 2 sin  x +  = 2 cos  x −  4 4   π π   3 sin x + cos x = 2 sin  x +  = 2 cos  x −  6 3   b) I 2 = ∫ dx 3 sin x − cos x − 2 dx d) I 4 = sin x − cos x − 1 Hướng dẫn giải: ∫ dx sin x + cos x + 2 1 π  1   Ta có 12 + 12 = 2  → sin x + cos x = 2  sin x + cos x  = 2 cos  x −  . 4 2   2   x π d −  dx 1 dx 1 dx 1  2 8  = 1 tan  x − π  + C. I1 = ∫ = = =   ∫ ∫ ∫ π π x π   2 1 + cos  x −  2 2cos 2  −  2 2 cos 2  x − π  2 2 8 2 cos  x −  + 2       4 4   2 8 2 8 1  x π tan  −  + C. 2 2 8 Bình luận: Vậy I1 = Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 58 Trong nguyên hàm trên, ở biểu thức sinx + cosx ta thống nhất chuyển về hàm cos để sử dụng công thức lượng a dx dx giác 1 + cos a = 2 cos 2  → = a 2 1 + cos a 2 cos 2 2  3  1 π  sin x − cos x  = −2cos  x +  . b) Ta có 3 sin x − cos x = 2  2 3   2   x π d +  dx dx 1 dx 1 1 2 6  x π I2 = ∫ =∫ =− ∫ =− ∫  = − tan  +  + C. π π 2 2 2    x π 3 sin x − cos x − 2 2 6 −2cos  x +  − 2 1 + cos  x +  cos 2  +  3 3   2 6 x 1 dx 1 x 2dt c) Đặt t = tan ⇒ dt = = 1 + tan 2  dx  → dx = x 2 2 cos 2 2 2 1+ t2 2 2t 1− t2 Ta có sin x = ; cos x = 1+ t2 1+ t2 Khi đó 2dt 2dt 2dt 1 d(6t + 2) 1 1 x 1 + t2 I3 = ∫ =∫ =∫ = ∫ = ln 6t + 2 + C = ln 6 tan + 2 + C. 2 2 2 6t 1− t 6t + 1 − t + 1 + t 6t + 2 3 6t + 2 3 3 2 + +1 1 + t2 1 + t2 x 1 dx 1 x 2dt d) Đặt t = tan ⇒ dt = = 1 + tan 2  dx  → dx = 2 2 cos 2 x 2  2 1+ t2 2 2t 1− t2 Ta có sin x = ; cos x = 1+ t2 1+ t2 2dt dx 2dt dt x 1+ t2 Khi đó I 4 = = = = = ln t + C = ln tan + C. 2 2 2 sin x − cos x − 1 t 2 2t 1− t 2t − 1 + t − 1 − t − −1 2 2 1+ t 1+ t A sin x + B cos x + C Xét nguyên hàm I 2 = dx A′ sin x + B ′ cos x + C ′ Với dạng nguyên hàm này ta sẽ sử dụng phương pháp đồng nhất như với nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ m ( A′ cos x − B′ sin x ) + n ( A′ sin x + B′ cos x + C ′ ) + p A sin x + B cos x + C đã xét bằng việc phân tích: = A′ sin x + B′ cos x + C ′ A′ sin x + B′ cos x + C ′ ′ ′  A = −mB + nA m   Đồng nhất theo các hệ số của sinx và cosx ta được  B = mA′ + nB′  → n C = nC ′ + p p   ∫ . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ m ( A′ cos x − B′ sin x ) dx A sin x + B cos x + C dx dx = + n dx + p = ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ A sin x + B cos x + C A sin x + B cos x + C A sin x + B ′ cos x + C ′ dx = m ln A′ sin x + B′ cos x + C ′ + nx + p A′ sin x + B′ cos x + C ′ Ví dụ 2. Tính các nguyên hàm sau: sin x + 3cos x − 1 7sin x − 5cos x a) I1 = ∫ b) I 2 = ∫ dx dx 2 sin x + cos x + 2 ( 3sin x + 4cos x ) Từ đó ta được I 2 = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Hướng dẫn giải: 1 = − A + B A =1 sin x + 3cos x − 1 A(cos x − sin x) + B (sin x + cos x + 2) + C   a) Ta có phân tích =  → 3 = A + B ⇔  B = 2 sin x + cos x + 2 sin x + cos x + 2 −1 = 2 B + C C = −5   (cos x − sin x) + 2(sin x + cos x + 2) − 5 (cos x − sin x)dx dx Từ đó I1 = ∫ dx = ∫ + 2 ∫ dx − 5∫ = sin x + cos x + 2 sin x + cos x + 2 sin x + cos x + 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 59 d (sin x + cos x + 2) + 2 x − 5 J = ln sin x + cos x + 2 + 2 x − 5 J . sin x + cos x + 2 1 dx 1 x 2dt dt = = 1 + tan 2  dx  → dx = x 2 cos 2 2 2 1+ t2 2 dx x 2t Xét J = ∫ . Đặt t = tan  → sin x = sin x + cos x + 2 2 1+ t2 1− t2 cos x = 1+ t2 =∫ 2dt 2d ( t + 1) dx 2dt 2dt 1 + t2 Khi đó J = ∫ =∫ =∫ =∫ 2 =∫ = 2 2 2 2 2 2t 1− t sin x + cos x + 2 2t + 1 − t + 2 + 2t t + 2t + 3 ( t + 1) + 2 + +2 1+ t2 1+ t2 x x      tan 2 + 1   tan 2 + 1  2  t +1 = arctan  → I1 = ln sin x + cos x + 2 + 2 x − 5 2 arctan   + C1   + C.  + C = 2 arctan  2 2  2   2        ( ) b) Ta có phân tích . 43  A=− 7 = −4 A + 3B  25 =  → ⇔ 2 2 − 5 = 3 A + 4 B 1 ( 3sin x + 4cos x ) ( 3sin x + 4cos x )  B =  25 43 1 − ( 3cos x − 4sin x ) + ( 3sin x + 4cos x ) 7sin x − 5cos x 25 Từ đó ta có I 2 = ∫ dx = ∫ 25 dx = 2 2 ( 3sin x + 4cos x ) ( 3sin x + 4cos x ) A ( 3cos x − 4sin x ) + B ( 3sin x + 4cos x ) 7 sin x − 5cos x =− = 43 ( 3cos x − 4sin x ) dx 1 dx 43 d ( 3sin x + 4cos x ) 1 dx dx + ∫ =− ∫ + ∫ = 2 2 ∫ 25 ( 3sin x + 4cos x ) 25 3sin x + 4cos x 25 ( 3sin x + 4cos x ) 25 3sin x + 4cos x 43 1 + J. 25 ( 3sin x + 4 cos x ) 25 1 dx 1 x 2dt = 1 + tan 2  dx  → dx = 2 cos 2 x 2  2 1+ t2 2 2t sin x = 1+ t2 1− t2 cos x = 1+ t2 dt = Xét J = ∫ dx x . Đặt t = tan  → 3sin x + 4 cos x 2 2dt dt dt 1 (2t − 1) − 2(t + 2) 1+ t2 = = =− dt = 2 2 (2t − 1)(t + 2) 5 (2t − 1)(t + 2) 6t 4(1 − t ) 2t + 3t − 2 − 1+ t2 1+ t2 x 2 tan − 1 1 2 dt 1 1 1 2t − 1 1 2 = − ln t + 2 + = − ln t + 2 + ln 2t − 1 + C1 = ln + C = ln + C1. x 5 5 2t − 1 5 5 5 t+2 5 tan + 2 2 x 2 tan − 1 43 1 2 + ln + C. Vậy I 2 = x 25 ( 3sin x + 4cos x ) 125 tan + 2 2 dx J= = 3sin x + 4cos x ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: sin 2 x dx 1) I1 = ∫ 3sin 2 x + cos 2 x 4) I 4 = ∫ dx cos x − sin x − 2 sin x + 3cos x − 1 7) I 7 = ∫ dx sin x + cos x + 2 sin 4 x dx 10) I10 = ∫ 4 sin x + cos 4 x 2) I 2 = ∫ cos x sin xdx a sin x + b cos x dx 5) I 5 = ∫ 3 cos x − sin x + 2 dx 8) I8 = 3sin x + cos x sin 4 x dx 11) I11 = ∫ 2 cos ( sin 4 x + cos 4 x ) ∫ 2 2 2 2 3) I 3 = ∫ 6) I 6 = ∫ Trang 60 sin x − cos x dx sin x + cos x + 2 dx cos x + sin x + 2 sin x − cos x + 1 9) I 9 = ∫ dx sin x + 2cos x + 3 sin 4 x dx 12) I12 = ∫ tan ( sin 4 x + cos 4 x ) . Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 61 09. CÁC TÍNH TOÁN CƠ BẢN VỀ TÍCH PHÂN Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 4 1) ∫(x 3 4 ) + 4 x dx. 2) 1 ∫(x + 2 3 ) 4 9 1   3) ∫  2 x +  dx. x 1 2 x + 1 dx. 0 4) ∫ 1 ( ) x −1 2 x3 dx. Hướng dẫn giải: 4 1) ∫( 1 ) 4 2) 4 4 3  x4  x4 8 3   44 8 3   14 8 3  989 2  x + 4 x dx =  + 4. x 2  =  + x  = + 4 − + 1 =  4  3 4 3 4 3 4 3       12  1 1 3 ∫(x + 2 4  x2  3 1 2 x + 1 dx =  + 2. ( 2 x ) 3 . + x  4 2 2  ) 3 0 4 0  x2 3  =  + x. 3 2 x + x  2 2  4 = 24 − 0 = 24 0 3) 9 9 1  12 − 12   2 23  9 4 3 1    4 3  4 3  116 2 ∫1  2 x + x  dx = ∫1  2 x +x  dx =  2. 3 x + 2 x  1 =  3 x + 2 x  1 =  3 9 + 2 9  −  3 1 + 2 1  = 3 9 . 4) 4 ∫ 1 ( ) x −1 2 x3 4 dx = ∫ 1 4 4 5 −  1  1  1 x − 2 x +1 2 1 2 − 32 1 −2  −3  2 dx = − + dx = − 2 x + x dx = − + 2. x − x       ∫1  x 2 x5 x3  ∫1  x 2 x3 3 2   x  4 1 4  1  1 4 1  4 1   4 1  11 1 5 = − + − 2  = − + − −  −1 + − 2 =− + =  2 3 2 x  1  4 3 43 2.4   96 6 96 3 13 2.1   x 3 x Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: π 4 ∫ 1) sin 2 0 π 4 x dx. 2 2) π 3 dx cos 2 x 0 ∫ 3) π 3 tan x dx 2 π cos x ∫ 4) tan 2 x dx cos 4 x 0 ∫ 4 Hướng dẫn giải: π 4 π 4 x 1 1 1) sin dx = (1 − cos x ) dx = ( x − s inx ) 2 2 2 0 0 ∫ ∫ 2 π 4 dx 2) = ( tan x ) cos 2 x 0 ∫ π 4 = tan 1 π π 1 π 2 =  − sin  − ( 0 − s in 0 ) = − 2 4 4 2 8 4 0 π − tan 0 = 1 4 0 π 3 π 3 π 3 4 4 π 4 tan x dx tan 2 x 3) ∫ = tan x . d tan x = ( ) 2 ∫π 2 π cos x π 3 π 4 π = 3 1 − =1 2 2 π 2 2  tan 5 x tan 3 x  tan 2 x dx 3 tan x ( tan x + 1) dx 3 4 2 4) ∫ = = tan x + tan x d (tan x ) = + ( )   ∫0 ∫0 cos 4 x cos 2 x 3   5 0 π 3 = 35 33 14 3 + = 5 3 5 0 Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: e 4 2 x2 − x + 5 1) dx. x −1 2 ∫ 2) ∫ 1 ln 2 x dx. x e 1 1   3) ∫  x + + 2 + x 2  dx. x x  1 Hướng dẫn giải: Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 62 1) 4 4 2 x ( x − 1) + x − 1 + 6 2 x2 − x + 5 6   2 dx = dx =  2 x + 1 +  dx = x + x + 6ln x − 1 x − 1 x − 1 x − 1   2 2 2 4 ∫ ∫ e ln 2 x dx = x ∫ 2) 1 e ∫ 1  ln 3 x  ln 2 x.d (ln x) =    3  ( ∫ e ) 4 = 20 + 6ln 3 − 6 = 14 + 6ln 3 2 1 1 −0= 8.3 24 = 1 e e  x2 1 1 1 x3  e2 1 e3  1 1  e3 e 2 1 7   3) ∫  x + + 2 + x 2  dx =  + ln x − +  = + 1 − + −  − 1 +  = + − − x x x 31 2 e 3 2 3 3 2 e 6   2 1 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 4 1) ∫ 1 dx x 2) ∫ 5) π 4 π 2 x π 3) sin  +  dx 2 3 0 ∫ π 6 ∫ ( cos 2 x − sin x ) dx 2 6) 6 4 dx ∫0 2 x + 1 − e2 14) ∫ 1 xe dx ∫ 1 ln x dx x ln 2 2 ln 3 x2 sin 2 π 3 17) ∫ 1 e dx cos 2 x 2 π 4 dx x 2 2 x −1 11) ∫ dx 4x + 3 1 − 1 1   13) ∫  x 2 +  dx 3x + 2  0 π 6 ∫ 8) ∫ 0 0 dx 7) ∫ 4 π sin x . ∫ π 3 π 3 4) sin 2 2 x dx 16) 2 0 π 2 10) x − 2x + 3 dx 2− x 1 x x dx 9) cot 2 x dx ∫π sin 2 x 6 2 12) ∫ 0 4x + 1 dx 3− x ln 2 15) ∫e 2x dx 0 8  1 18) ∫  4 x − 33 x2 1   dx  Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 63 10. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÍNH TÍCH PHÂN Ví dụ 1. Tính các tích phân sau: 2 1) ∫ 2 x 2 x 3 + 1 dx. 2) 0 ∫x ∫ ( ) x +2 3 0 19 . 1 3x 2 ∫ dx = x dx ∫ 3 0 2 x2 + 8 ∫ ) ( ) = 19 1 2 ∫ ) ( ) 3 0 ( ) ( ( 2 1 3 = . .( x 2 + 8) 3 2 2 x2 + 8 ) 19 1 (x 2 = 9 d x 3 + 2 = 2 x3 + 2 3 d ( x 2 + 8) 0 3 2 2 1 x +2 0 dx. x3 + 2 Hướng dẫn giải: ∫ ( 3 19 3x 2 ∫ 3) 1 2 x2 + 4 d x2 + 4 = . x2 + 4 2 5 1 x 2 + 4 dx = 20 x 1 ( ∫ 3 0 4) 1 3 4) ∫ 0 0 2 3 2 3) ) + 4 dx. 1 1 2 x + 1 dx = x 3 + 1 d x3 + 1 = . x3 + 1 30 3 3 2 0 2) 2 0 2 1) ∫ (x x ) 3 ) +1 2 3 (x = +4 2 ) . 5 2 5 0 x2 + 8 54 = 6. 9 = 0 5 2 2 x dx 3 = 0 128 2 − 32 5 =2 3 −2 2 0 = 0 2 33 2 x + 8) ( 4 19 = 0 27 15 −3= 4 4 Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1) π 3 π 2 sin x dx. 3 x ∫ cos 0 π 4 ∫ 2) sin 4 x cos x dx. 3) π 3 sin 4 x cos4 x dx. 4) tan x dx. 4 x ∫ cos 0 Hướng dẫn giải: π 3 π 3 π 3 ∫ ∫ ∫ π 2 π 2 sin 5 x 2) sin x cos x dx = sin x .d ( sin x ) = 5 π π 4) ∫ 0 sin x tan x tan 2 x dx = dx = tan x . d tan x = 1) ( ) 2 cos3 x cos 2 x 0 0 0 3) π 4 ∫ ∫ 4 3 4 3 π 4 π 2 π 3 π 3 = 3 2 0 5 1 1  3 1 9 3 = − .  = − 5 5  2  5 160 π 14 1 2 3 sin 4 x cos4 x dx = ∫ sin 4 x d ( sin 4 x ) = . sin 2 4 x 40 4 3 ∫ 0 π 4 ∫ 0 π 4 1 = 6 ( sin 4 x ) 3 0 π 4 =0 0 π 4 7 3 2 tan x 2 2 2 2 dx = tan x tan x + 1 d tan x = tan x + tan ( ) ( ) 7 ∫0 cos 4 x 3   x  π 4 = 20 21 0 Ví dụ 3. Tính các tích phân sau: 1) ln 2 3 ∫ e x 1 π 4 x 2) dx. e e 2tan x dx. 2 cos x 0 ∫ 3) dx ∫1 x ( 3ln x + 2). e 4) ∫ 1 1 + ln x dx. x Hướng dẫn giải: ln 2 3 1) ∫ 1 e x x ln 2 3 dx = 2. ∫ 1 e x 2 x ln 2 3 dx = 2. ∫ d (e 1 x ) = 2e ln 2 3 x = 6 − 2e 1 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 π 4 π 4 π 4 e 2tan x 1 2 tan x 1 dx = e 2 tan x d (tan x) = e d (2 tan x) = e 2 tan x 2 20 2 cos x 0 0 2) ∫ ∫ ∫ 3) dx 1 d ( 3ln x + 2 ) 1 ∫1 x ( 3ln x + 2 ) = 3 ∫1 3ln x + 2 = 3 ln 3ln x + 2 e e = 1 3 1 + ln x 2 dx = ∫ 1 + ln x .d (1 + ln x ) = . (1 + ln x ) 2 x 3 1 e 4) e e ∫ 1 π 4 0 = ( Trang 64 ) 1 2 e −1 2 ln 5 − ln 2 1 5 = .ln 3 3 2 e 2 3 = 1 (1 + ln x ) e 3 1 = 4 2 −2 3 BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 3 1) 1 2 4 ∫ x 2 x 3 + 5 dx 2) 0 ∫ 3 1 . ∫ (x 0 5) x+2 2 + 4) 2 22) 25) 28) 5 − 2 x dx ∫ 6) ∫ 0 x dx 9) 3x + 5 dx 1 − x2 2 3x 2 0 1 + x3 ∫3 π 2 0 π 2 π 2 11) 3 1 cos x dx x π dx π 2 ∫ 12) ∫ cos x sin x dx 0 4 ∫ 3 sin x cos x dx 14) 0 π 2 π 6 17) ∫ π 6 1 cos x dx 4sin x − 1 ∫ x.e x 2 +1 ∫ 1 e ∫ 1 e 2ln x + 3 dx x 2 + ln x dx 2x 15) 23) 18) e 0 π 2 2 x π 2 21) 24) dx ∫ (e sinx + cos x ) cos x dx 0 cos xdx ∫ ( 2sin x + 1) 3 0 sin x dx ∫ 1 + 3cos x π 2 1 + ln 2 x ∫1 x dx e 27) 0 29) 2 0 26) ∫ cos x 1 + 4sin x dx π 6 3cos x dx ∫ (1 − 5sin x ) π 6 2 tan x ∫ cos tan 3 x ∫0 cos 2 x dx π 2 cot x dx sin 2 x ln 3 x 20) ∫ dx x 1 π 2 dx sin x cos3 x dx e 0 e ∫ π 4 4 π 2 π 3 ∫ π 6 cot 3 x 16) ∫ dx 2 π sin x 19) 8) 4 10) ∫ x x 2 + 9 dx 13) ∫ 1 2 dx 2x + 1 22 3 −2 5x dx ∫ 0 1 2 dx −1 7) 3) 0 6 4) 4 2 ∫ x 1− x dx π 2 30) ∫ 6cos x + 1sin x dx π 3 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 65 11. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN I. ĐẶT ẨN PHỤ LƯỢNG GIÁC dx = a cos tdt x = a sin t a 2 − x 2   → 2 2 2 2 2  a − x = a − a sin t = a cos t adt  dx =  a 2 + x 2 x = a tan t  cos 2 t  →  2  a + x 2  a 2 + x 2 = a 2 + a 2 tan 2 t = a  cos t −a cos dt  dx = a  x= sin 2 t  sin t x 2 − a 2  → a2  x2 − a2 = − a 2 = a cot t 2  sin t Chú ý: Sau khi đặt ẩn phụ ta phải đổi cận theo ẩn phụ vừa đặt Ví dụ 1: Tính các tích phân sau 1 2 3 1. I1 = ∫ 1 − x dx 2. I 2 = 2 . 0 ∫ 1 9 + 3x 2 dx x2 3. I 3 = 2 2 ∫ 0 x2 1 − x2 dx 4 3 dx 9 + x2 0 4. I 4 = ∫ 5. I 5 = 3 ∫ 2 x2 − 4 dx x3 Hướng dẫn giải: dx = cos tdt 1. Đặt x = sin t ⇒  2 2  1 − x = 1 − sin t = cos t x = 0 ⇒ t = 0  Đổi cận :  → cos t = cos t 1 π   x = 2 ⇒ t = 6 π 6 1 2 π 6 ⇒ I1 = ∫ 1 − x dx = ∫ 2 0 π π 16 1 π 3 1 6 1 − sin 2 t cos tdt = ∫ cos 2 tdt = ∫ (1 + cos 2t )dt =  x + sin 2t  = + 20 4 2 0 12 8 0 0  3dt  dx =  cos 2 t 2. Đặt x = 3 tan t ⇒   9 + 3 x 2 = 9 + 9 tan 2 t = 3  cos t π   x = 1 ⇒ t = 6 Đổi cận :   → cos t = cos t x = 3 ⇒ t = π  4 π 3 I2 = ∫ 1 π 4 4 9 + 3x 2 9 + 9 tan 2 t dx = 3 dt = 3 ∫π 3tan 2 t cos2 t ∫π x2 π 4 π 4 dt cos tdt = 3 = 3 = 2 2 2 2 ∫ ∫ 2 sin t π cos t .sin t π cos t .sin t cos t.cos t 6 6 6 cos 2 t 6 π 4 π 6 6 dt π 3 4  d (sin t ) 1 1  1 1 1   = 3∫ = + = + + 3 d (sin t ) 3   d (sin t ) =  2 2 2 2  ∫ ∫ sin t  2(1 + sin t ) sin 2 t  π (1 − sin t ).sin t π  1 − sin t π  2(1 − sin t ) 6 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 π 4 π 4 π 4 π 4 6 6 6 π 6 3 d (sin t ) 3 d (sin t ) d (sin t ) 3 1 + sin t = ∫ + ∫ + 3∫ = ln 2 2 π 1 − sin t 2 π 1 + sin t 2 1 − sin t π sin t π 4 3 − sin t π 6 Trang 66  3 2+ 2 6 =  ln − ln 3  + 6 − 2 2− 2 2  dx = cos tdt 3. Đặt x = sin t ⇒  2 2  1 − x = 1 − sin t = cos t x = 0 ⇒ t = 0  Đổi cận :  → cos t = cos t 2 π  ⇒t = x = 2 4  π 4 π 4 π 4 π 4 π 4 π sin t cos t 1 1 1 4 π 1 I3 = ∫ =∫ dt = ∫ dt = ∫ sin 2 tdt = ∫ (1 − cos 2t )dt =  t − sin 2t  = − . 2 2 cos t 20 2 4 0 8 4 0 1− x 0 1 − sin t 0 0 3dt  2  dx = cos 2 t = 3 (1 + tan t ) dt 4. Đặt x = 3tan t ⇒  9 + x 2 = 9 (1 + tan 2 t )  2 x dx 2 sin t cos t 2 π x = 0 ⇒ t = 0 3 4 dx (1 + tan 2 t )dt 1 4 π  Đổi cận :  → I4 = ∫ = 3∫ = t = π  9 + x2 9 + 9 tan 2 t 3 0 12 0 0  x = 3 ⇒ t = 4 2cos tdt  dx = −  sin 2 t 2  5. Đặt x = ⇒ 2 sin t  x 2 − 4 = 4 cos t = 2 cot t  sin 2 t π . π   x = 2 ⇒ t = 2 Đổi cận :   → cot t = cot t x = 4 ⇒ t = π 3 3  I5 = 4 π 3 π 2 π 2 π x −4 2cos t.2cos t 1 1 1 1 3 2 π dx = − ∫ dt = ∫ cos 2 tdt = ∫ (1 + cos 2t ) dt =  t + sin 2t  = − 3 8 π x 2π 4π 4 2 24 16  π sin t .sin 2 t . 3 2 3 3 sin 3 t 3 2 ∫ 2 II. ĐẶT ẨN PHỤ t = f(x) Trong biểu thức của f(x)dx có chứa căn thì đặt căn đó bằng t. Trong biểu thức của f(x)dx có chứa biểu thức lũy thừa bậc cao thì đặt biểu thức đó bằng t. Trong biểu thức của f(x)dx có chứa hàm mũ với biểu thức trên mũ là một hàm số thì đặt biểu thức trên mũ bằng t. Ví dụ 2: Tính các tích phân sau: 1. I1 = 7 ∫ 0 e 4. I 4 = ∫ 1 x 3 dx 3 1 + x2 1 + 3ln x ln x dx x 5 2. I 2 = ∫ x( x − 4) 20 dx 1 3. I 3 = ∫ x15 1 + 3x8 dx 4 e3 5. I 5 = ∫ 1 0 2 ln x dx x ln x + 1 6. I 5 = − 2 ∫ −2 x2 + 1 x x2 + 1 dx Hướng dẫn giải:  2 xdx = 3t dt 1. Đặt 3 1 + x 2 = t ⇔ 1 + x 2 = t 3 ⇒  2 3  x = t − 1 Đổi cận : 2 7 7 2 2  3t 5 3t 2  x3 dx x 2 .xdx 3 (t 3 − 1)t 2 3 4 141  x = 0 ⇒ t = 1  → I1 = ∫ =∫ = ∫ dt = ∫ (t − t )dt =  −   = 3 2 3 2 21 t 21 4  1 20  x = 7 ⇒ t = 2 1+ x 1+ x  10 0 0 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 67  dx = dt 2. Đặt x − 4 = t ⇒  x = t + 4 1 5 1 1 1  t 22 4t 21  x = 4 ⇒ t = 0 109 Đổi cận :   → I 2 = ∫ x( x − 4) 20 dx = ∫ (t + 4)t 20 dt = ∫ t 21dt + 4 ∫ t 20 dt =  +  = x = 5 ⇒ t = 1  22 21  0 462 4 0 0 0 tdt  7 7 24 x dx = 2tdt ⇒ x dx = 12 3. Đặt 1 + 3 x8 = t ⇔ 1 + 3 x8 = t 2 ⇒  2  x8 = t − 1  3 x = 0 ⇒ t = 1 Đổi cận :  x = 1 ⇒ t = 2 1 2 2  → I 3 = ∫ x15 1 + 3 x8 dx = ∫ x8 1 + 3x8 .x 7 dx = 0 1 2 2 1 (t 2 − 1) 1 1  t5 t3  29 4 2 . t . tdt = ( t − t ) dt = .  −  = ∫ ∫ 12 1 3 36 1 36  5 3  1 270 1 + 3ln x ln x dx = ∫ 1 + 3ln x ln xd (ln x) x 1 e e 4. I 4 = ∫ 1 3d (ln x) = 2tdt  Đặt 1 + 3ln x = t ⇔ 1 + 3ln x = t ⇒  t2 −1 ln x =  3  2 . 2 e 2 2  2t 5 2t 3  x = 1 ⇒ t = 1 t2 −1 2 2 116 Đổi cận :   → I 4 = ∫ 1 + 3ln x ln xd (ln x) = ∫ t. . tdt = ∫ (t 4 − t 2 )dt =  − .  = 3 3 91 x = 3 ⇒ t = 2  45 27  1 135 1 1 e3 5. I 5 = ∫ 1 ln 2 x x ln x + 1 e3 ln 2 x dx = ∫ ln x + 1 1 d (ln x)  d (ln x) = 2tdt Đặt 1 + ln x = t ⇔ 1 + ln x = t 2 ⇒  2 ln x = t − 1 Đổi cận : 2 e 2 2 x = 1 ⇒ t = 1  t 5 2t 3  ln 2 x (t 2 − 1) 2 2t 76 4 2  → I = d (ln x ) = dt = 2 ( t − 2 t + 1) dt = 2 +t = .   − 5 ∫ ∫ ∫ 3 t 3 ln x + 1 5  1 15 x = e ⇒ t = 2 1 1 1 3  xdx = tdt x2 + 1 = t ⇔ x2 + 1 = t 2 ⇒  2 2 x = t −1 − 2  x = −2 ⇒ t = 5 x2 + 1 Đổi cận :   → I6 = ∫ dx = 2  x = − 2 ⇒ t = 3 −2 x x + 1 6. Đặt = 3 ∫ dt + 5 1 2 3 dt 1 ∫ t −1 − 2 5 dt  1 t − 1  ∫ t + 1 =  t + 2 ln t + 1  5 3 5 5 3 t2 ∫ t 2 − 1 dt = 5 t −1 + 1 ∫ t 2 − 1 dt = 5 3 2 3  ∫ 1 + t 5 2 1   dt −1 1 3 −1 5 −1 = 3 − 5 +  ln − ln  2 3 +1 5 + 1  III. SỬ DỤNG VI PHÂN Ví dụ 3: Tính tích phân sau: 1 1 ∫ 1. I1 = (1 + 2 x)(1 + 3 x + 3 x 2 )3 dx 2. I 2 = 0 2 ∫ 5. I 5 = 4. I 4 = x ( x + 4) dx 2 3 0 ∫ 0 π 6 3x 2 x +2 3 e 3. I 3 = dx ∫ 1 1 + ln x dx x e cos xdx ∫ ( 2sin x + 1) 6. I 6 = 3 0 1 + ln 2 x dx x 1 ∫ Hướng dẫn giải: 1 ∫ 1. I1 = (1 + 2 x)(1 + 3 x + 3 x 2 )3 dx = 0 1 ( 1 1 (1 + 3 x + 3 x 2 )3 d (1 + 3 x + 3 x 2 ) = 1 + 3x + 3 x 2 30 12 ∫ ) 41 = 200 0 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 1 2. I 2 = 3x 2 ∫ x3 + 2 0 e 3. I 3 = 1 dx = ∫ 0 1 + ln x dx = x ∫ 1 d ( x3 + 2) x3 + 2 1 ∫ = ( x3 + 1 − 2) 2 0 1 + ln xd (1 + ln x) = 1 2 ( 2 ∫ ( 5. I 5 = π 6 ∫ 3 cos xdx ∫ ( 2sin x + 1) 3 0 ) 1 = 2( 3 − 2) 0 ) 3 2 2 (1 + ln x ) 2 = 2 2 − 1 . 3 3 1 1 1 4. I 4 = x ( x + 4) dx = ( x 2 + 4)3 d ( x 2 + 4) = x 2 + 4 20 5 0 2 ( x3 + 2 e e ∫ d ( x 3 + 2) = 2 Trang 68 π 6 1 d ( sinx + 1) 1 = =− 3 2 0 (2sin x + 1) 4(2sin x + 1) 2 ∫ π 6 ) 5 2 = 0 2 = 0 ( ) 1 7 2 2 − 32 . 5 3 . 16 e e e e  1 + ln 2 x ln 3 x  4 6. I 6 = dx = (1 + ln 2 x)d (ln x) = d (ln x) + ln 2 xd (ln x) =  ln x +  = x 3  3  1 1 1 1 e ∫ ∫ ∫ ∫ 1 IV. TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Thứ tự ưu tiên khi đặt u : Hàm loga → Hàm đa thức→ Hàm lượng giác = Hàm mũ. Ví dụ 4: Tính các tích phân sau: e 1 ln x 2. I 2 = ∫ dx 2 1 ( x + 1) 1. I1 = ∫ e sin xdx x . 0 e 3. I 3 = ∫ x ln 2 xdx 1 e 1 1 4. I 4 = ∫ x ln(1 + x 2 )dx 5. I 5 = ∫ x 2 e x dx 0 0 Hướng dẫn giải: 1 1 1 e = u e dx = du 1. Đặt  ⇒ ⇒ I1 = ∫ e x sin xdx = − ( e x cos x ) + ∫ cos x.e x dx = − ( e x cos x ) + J 0 0 sin xdx = dv  − cos x = v 0 0 1 1 1 cos xdx = dv v = sinx x x Đặt  ⇒ ⇒ J = cos xe dx = e sin x − sin xe x dx = e x sin x 10 − I1 ( )  ∫ ∫ x x ' 0 u = e  du = e dx 0 0 1 1 1 − e (sin1 − cos1) ⇒ 2 I1 = ( e x sin x ) − ( e x cos x ) = 1 − e(sin1 − cos1) ⇒ I1 = 0 0 2  dx ln x = u = du e e e ln x ln x dx   x 2. Đặt  dx ⇒ ⇒ I2 = ∫ dx = − + 2 ∫ x + 1 1 1 x( x + 1) 1 ( x + 1)  ( x + 1) 2 = dv v = − 1 e  e e x +1  =− x ln x x +1 e 1 e 1 x e e e e e e e e dx dx ln x x −∫ =− + ln = −1 + 1 = 0. x +1 1 x +1 1 1 x 1 ( x + 1) +∫ dx  e e du = 2ln x e e e ln 2 x = u   x2 2  dx  x 2 2  x 2 2 3. Đặt  ⇒ ⇒ I = x ln xdx = ln x − x ln x = ln x −     3 ∫1 ∫ ∫ x ln xdx 2 x  2  2 1 1 1 1  xdx = dv v = x  2 dx  e e du = e e   x2   x2 u = ln x 1 x2   x Xét J = ∫ x ln xdx. Đặt  ⇒ ⇒ J =  ln x  − ∫ xdx =  ln x −  2 4 1  xdx = dv v = x  2 1 2 1  2 1  2 e  x2 x2 x2  e2 − 1  → I 3 =  ln 2 x − ln x +  = . 2 4 1 4  2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 69 2 xdx  du =  ln(1 + x ) = u  1 + x2 4. Đặt  ⇒ 2  xdx = dv v = x  2 2 1 1 1 1  x2  x 3 dx  x 2 x   2  ⇒ I 4 = ∫ x ln(1 + x )dx =  ln(1 + x 2 )  − ∫ = ln(1 + x ) −   x− 2  dx = 2 ∫ x +1  2  0 0 1+ x  2 0 0 0 1 2 1 1 1 1 1 1  x2  x2    x2  xdx  x 2 1 1  2  =  ln(1 + x )  −   + ∫ 2 =  ln(1 + x 2 )  −   +  ln ( x 2 + 1)  = ln 2 − 2 0  2  0  2  0 0 x +1  2 0  2 0 2 2 1 1 1 1  du = 2 xdx  x = u 2 x 2 x 5. Đặt  x ⇒ ⇒ I = x e dx = x e − 2 xe x dx = ( x 2 e x ) − 2 J ( ) 5 ∫ ∫ x 0 0 0 0 e dx = dv v = e 1 1 1 1 x = u  du = dx 1 x x Xét J = ∫ xe x dx. Đặt  x ⇒ ⇒ xe dx = xe − e x dx = ( xe x − e x ) ( ) ∫ ∫ x 0 0 e dx = dv v = e 0 0 0 Vậy I 5 = ( x 2 e x ) − 2 J = ( x 2 e x ) − 2 ( xe x − e x ) = e − 1. 1 1 1 0 0 0 . Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia [...]... PHẦN TÌM NGUYÊN HÀM CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP: Công thức nguyên hàm từng phần I = ∫ P ( x).Q ( x)dx = ∫ udv = uv − ∫ vdu Độ ưu tiên khi lựa chọn đặt u: Hàm logarith, lnx → hàm đa thức → hàm lượng giác = hàm mũ ( ) Nếu I có chứa ln n [ g ( x)] thì đặt u = ln n [ g ( x)]  → du = ln n [ g ( x)] ' Nếu I có chứa hàm đa thức (không chứa hàm loga) thì đặt u = P(x) Nếu I có chứa cả hàm lượng giác và hàm mũ thì... THPT quốc gia Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Trang 24 05 NGUYÊN HÀM CỦA HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ Xét nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ I = ∫ P ( x) dx Q( x) Nguyên tắc giải: Khi bậc của tử số P(x) lớn hơn Q(x) thì ta phải chia đa thức để quy về nguyên hàm có bậc của tử số nhỏ hơn mẫu số I MẪU SỐ LÀ BẬC NHẤT Khi đó Q(x) = ax + b Nếu bậc của P(x) lớn hơn thì... được, ta phải phân tích theo quy tắc: P( x) P ( x) A Bx + C = = + 2 2 Q ( x) ( x − x1 ) mx + nx + p x − x1 mx + nx + p ( ) Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến Chú ý: du 1 u - Nguyên hàm ∫ 2 = arctan   + C 2 u u +a a - Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải Ví dụ 3 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:... Việc phân tích đa thức thành nhân tử với các phương trình bậc hai có hệ số a khác 1 phải theo quy tắc ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) ( x − 1)(3 x − 1) : dung ' Ví dụ: 3x − 4 x + 1 = 2 1  ( x − 1)  x −  : sai 3  Khi tử số là bậc nhất thì ngoài cách đồng nhất ở trên, ta có thể phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu, rồi tách thành 2 nguyên hàm (xem các ví dụ dưới đây) Ví dụ 1 Tìm nguyên hàm. .. lặp, các thao tác đặt u phải cùng dạng hàm với nhau Chú ý: Với các bài toán tìm nguyên hàm từng phần, chúng ta có thể sử dụng cách giải truyền thống (đặt u, tìm v) hoặc cách giải nhanh(chuyển nguyên hàm cần tính về dạng ∫ udv ) mà không cần đặt u, v Tuy nhiên cách giải nhanh chỉ có thể dùng được khi học sinh phải rất thành thạo vi phân Ví dụ 1 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: a) I1 = x sin x dx b) I... toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến Chú ý: Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải Ví dụ 2 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx x −1 2 x2 + x + 4 a) I1 = 2 b) I 2 = dx c) I = dx 3 x ( x + 2) x 2 ( 2 x − 1) ( x + 1)2 ( 2 x − 3) Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: ∫ ∫ ∫ Hướng dẫn giải: a) Xét I1 = dx ∫ x ( x + 2) 2 Cách 1: (Đồng nhất... Q(x) TH1: Q(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng thuật phân tích tử số có chứa nghiệm của mẫu số Nếu P(x) bậc nhất thì ta có phân tích P( x) P ( x) 1 A B  Q( x) = a ( x − x1 )( x − x2 )  → = =  +  Q( x) a ( x − x1 )( x − x2 ) a  x − x1 x − x2  Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được A, B Từ đó, quy về bài toán nguyên hàm có mẫu số là hàm bậc nhất đã xét ở trên Nếu... 2 x 2 + 1 dx 6) I 6 = x 2 dx 4 − x2 dx ∫ 2 x2 − 5 DẠNG 2: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM VÔ TỶ Phương pháp giải: Nếu hàm f(x) có chứa n g ( x) thì đặt t = n g ( x) ⇔ t n = g ( x)  → n.t n −1 = g '( x)dx Khi đó, I = ∫ f ( x)dx = ∫ h(t )dt , việc tính nguyên hàm ∫ h(t )dt đơn giản hơn so với việc tính ∫ f ( x)dx Ví dụ 1 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: xdx a) I1 = b) I 2 = x3 x 2 + 2 dx 4x + 1 Hướng dẫn giải:... biểu thức của bài toán tổng quát trên có thể ban đầu làm cho các bạn phát hoảng, nhưng đừng quá bận tâm đến nó, bạn chỉ cần nắm được ý tưởng thực hiện của nó là phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu số, rồi tách thành hai bài toán nhỏ hơn đều thuộc dạng đơn giản đã học Ví dụ 1 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: dx dx dx a) I1 = 2 b) I 2 = ∫ 2 c) I 3 = 2 4x + 4x + 2 x + 2x + 3 9 x + 24 x + 20 ∫ ∫ Hướng... Trang 14 03 PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM DẠNG 1: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM LƯỢNG GIÁC Nếu hàm f(x) có chứa dx = d (a sin t ) = a cos t dt a 2 − x 2 thì đặt x = a sin t  → 2 2 2 2 2  a − x = a − a sin t = a cos t Nếu hàm f(x) có chứa adt  dx = d (a tan t ) = cos 2 t a 2 + x 2 thì đặt x = a tan t  →  a 2 + x 2 = a 2 + a 2 tan 2 t = a  cos t Nếu hàm f(x) có chứa   a  − a cos t dt dx ... HÀM CỦA HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ 23 KĨ THUẬT ĐỒNG NHẤT TÌM NGUYÊN HÀM 35 NGUYÊN HÀM CỦA HÀM VÔ TỈ 40 NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC 46 TÍCH PHÂN CƠ BẢN... F(x) + C gọi họ nguyên hàm hàm số f(x) Với giá trị cụ thể C ta nguyên hàm hàm số cho Ví dụ: Hàm số f(x) = 2x có nguyên hàm F(x) = x2 + C, (x2 + C)’ = 2x Hàm số f(x) = sinx có nguyên hàm F(x) = –cosx... CƯƠNG VỀ NGUYÊN HÀM 01 PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÌM NGUYÊN HÀM 07 PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIÊN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM 13 PHƯƠNG PHÁP TỪNG PHẦN TÌM NGUYÊN HÀM 20 NGUYÊN HÀM