Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 1: Nguyên hàm

Kiểm tra xem hàm số nào là nguyên hàm của hàm số còn lại trong mỗi cặp hàm số sau: 

a) \(f\left( x \right)=\ln \left( x+\sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)\) và \(g\left( x \right)=\dfrac{1}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}\)

b) \(f\left( x \right)={{e}^{{\sin{x}}}}\cos x\) và \(g\left( x \right)={{e}^{\sin x}}\)

c) \(f\left( x \right)={{\sin }^{2}}\dfrac{1}{x}\) và \(g\left( x \right)=-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}\sin \dfrac{2}{x}\)

Phương pháp giải

hàm số f(x) xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng). Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu 

F’(x) =F(x) với mọi x thuộc K

Hướng dẫn giải

a) Hàm số \(f(x)=ln(x+\sqrt{1+x^2})\)là một nguyên hàm của \(g(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\).

b) Hàm số  \(g\left( x \right)={{e}^{\sin x}}\) là một nguyên hàm của hàm số  \(f\left( x \right)={{e}^{{\sin{x}}}}\cos x\)

c) Hàm số  \(f\left( x \right)={{\sin }^{2}}\dfrac{1}{x}\) là một nguyên hàm của hàm số  \(g\left( x \right)=-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}\sin \dfrac{2}{x}\)

Chứng minh rằng các hàm số F(x) và G(x) sau đều là một nguyên hàm của cùng một hàm số:

a) \(F\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+6x+1}{2x-3}\) và \(G\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+10}{2x-3}\)

b) \(F\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\sin }^{2}}x}\) và \(G\left( x \right)=10+{{\cot }^{2}}x\)

Phương pháp giải

hàm số f(x) xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng). Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu

F’(x) =F(x) với mọi x thuộc K

Hướng dẫn giải

a) Ta có: 

\(\begin{align} & F'\left( x \right)=\frac{\left( {{x}^{2}}+6x+1 \right)'\left( 2x-3 \right)-\left( {{x}^{2}}+6x+1 \right)\left( 2x-3 \right)'}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{\left( 2x+6 \right)\left( 2x-3 \right)-2\left( {{x}^{2}}+6x+1 \right)}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{2{{x}^{2}}-6x-20}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}} \\ \end{align}\)

Mà \(F\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+6x+1}{2x-3}=\dfrac{{{x}^{2}}+10}{2x-3}+3=G\left( x \right)+3\) nên F(x) và G(x) đều là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)=\dfrac{2{{x}^{2}}-6x-20}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}}\)

b) Ta có: 

\(\begin{align} & G'\left( x \right)=(10+\cot^2x)' \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2.\cot x. (\cot x)' \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-2 \cot x . \frac{1}{\sin^2 x}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{2 \cos x}{\sin^3 x} \\ \end{align}\)

Mà \(G\left( x \right)=10+\cot ^2 x= \dfrac{1}{\sin ^2 x}+9=F\left( x \right)+9\) nên F(x) và G(x) đều là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)=-\dfrac{2\cos x}{\sin^3 x}\)

Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(f\left( x \right)={{\left( x-9 \right)}^{4}}\)

b) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}\)

c) \(f\left( x \right)=\dfrac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\)

d) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}\)

Phương pháp giải

Nếu \(\int{f\left( u \right)}du=F\left( u \right)+C\) và \(u=u\left( x \right)\) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

\(\int{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\)

Hướng dẫn giải

a) \(f\left( x \right)={{\left( x-9 \right)}^{4}}\)

\(\int{(x-9)^4}dx=\dfrac{1}{5}(x-9)^5+C\)

b) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}\)

Đặt u = 2 - x. Ta có du = -dx

\(\int\dfrac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}dx=-\int \dfrac{du}{u^2}=\dfrac{1}{u}+C=\dfrac{1}{2-x}+C\)

c) \(f\left( x \right)=\dfrac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\)

Đặt \(\sqrt{1-{{x}^{2}}}=u\Leftrightarrow 1-{{x}^{2}}={{u}^{2}}\)

\(\Rightarrow -2xdx=2udu\Leftrightarrow xdx=-udu\)

\(\int \dfrac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}dx=-\int \dfrac{udu}{u}=-\int du=-u+C=-\sqrt{1-x^2}+C\)

d) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}\)

Đặt \(\sqrt{2x+1}=u\Leftrightarrow 2x+1={{u}^{2}}\)

\(\Rightarrow 2dx=2udu\Leftrightarrow dx=udu\)

\(\int\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}dx=\int\dfrac{udu}{u}=\int du=u+C=\sqrt{2x+1}+C\)

Tính các nguyên hàm sau bằng phương pháp đổi biến số:

a) \(\int{{{x}^{2}}\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}}dx\)  với \(x>-1\) (đặt \(t=1+{{x}^{3}}\) )

b)  \( \int{x{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx\)    (đặt \(t={{x}^{2}}\) )

c) \(\int{\dfrac{x}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}dx\) (đặt \(t=1+{{x}^{2}}\))

d) \( \int{\dfrac{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}}dx}\) (đặt \(t=\sqrt{x}\))

e) \( \int{\sin \dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}dx}\) (đặt \(t=\dfrac{1}{x}\))

g) \(\int{\dfrac{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{x}}dx\) (đặt \(t=\sqrt{x}\) )

h) \(\int{\dfrac{\sin x}{\sqrt[3]{{{\cos }^{2}}x}}dx}\)   (đặt \( t=\cos x\))

Phương pháp giải

Nếu \(\int{f\left( u \right)}du=F\left( u \right)+C\) và \(u=u\left( x \right)\) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

\(\int{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\)

Hướng dẫn giải

a)     \(\int{{{x}^{2}}\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}}dx\)  với \(x>-1\)

 Đặt \(t=1+{{x}^{3}}\) \(\Rightarrow dt=3x^2dx\) hay \(x^2dx=\dfrac{dt}{3}\)

Ta có: 

\(\int{{{x}^{2}}\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}}dx=\dfrac{1}{3}\int \sqrt[3]{t} dt=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{4}t^{\frac{4}{3}}+C=\dfrac{1}{4}(1+x^3)^{\frac{4}{3}}+C\)

b)    \( \int{x{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx\)   

Đặt \(t={{x}^{2}}\Rightarrow dt=2xdx\)

\( \int{x{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx=\int e^{-t}\dfrac{dt}{2}=-\dfrac{e^{-t}}{2}+C=-\dfrac{e^{-x^2}}{2}+C\)

c)    \(\int{\dfrac{x}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}dx\) 

Đặt \(t=1+{{x}^{2}}\Rightarrow dt=2xdx\)

\(\int{\dfrac{x}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}dx=\int \dfrac{dt}{2t^2}=-\dfrac{1}{2t}+C=-\dfrac{1}{2(1+x^2)}+C\)

d)     \( \int{\dfrac{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}}dx}\) 

Đặt \(t=\sqrt{x}\Rightarrow dt=\dfrac{dx}{2\sqrt{x}}\) 

\(\int{\dfrac{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}}dx}=\int\dfrac{2dt}{1-t^2}=\int\left(\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}\right)dt=-ln|1-t|+ln|1+t|+C\)

\(=ln\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|+C=ln\left|\dfrac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right|+C\)

e)    \( \int{\sin \dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}dx}\) 

Đặt \(t=\dfrac{1}{x} \Rightarrow dt=-\dfrac{dx}{x^2}\)

\( \int{\sin \dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}dx}=- \int \sin t.dt=cost+C=cos\dfrac{1}{x}+C\)

g)       \(\int{\dfrac{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{x}}dx\) 

Đặt \(t=ln{x}\Rightarrow dt=\dfrac{dx}{x}\) 

\(\int{\dfrac{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{x}}dx=\int t^2dt=\dfrac{t^3}{3}+C=\dfrac{(lnx)^3}{3}+C\)

h)      \(\int{\dfrac{\sin x}{\sqrt[3]{{{\cos }^{2}}x}}dx}\)   

Đặt \( t=\cos x\Rightarrow dt=-sin x dx\)

\(\int{\dfrac{\sin x}{\sqrt[3]{{{\cos }^{2}}x}}dx}=\int \dfrac{-dt}{t^{\frac{2}{3}}}=-3t^{\frac{1}{3}}+C=-3\sqrt[3]{cosx}+C\)

Áp dụng phương pháp tính nguyên hàm từng phần, hãy tính:

a) \(\int{\left( 1-2x \right){{e}^{x}}dx}\)

b) \(\int{x{{e}^{-x}}dx}\);

c) \(\int{x\ln \left( 1-x \right)dx}\)

d) \(\int{x{{\sin }^{2}}xdx}\)

Phương pháp giải

Nếu hai hàm số u=u(x) và v=v(x) có đạo hàm liên tục trên K thì

\(\int{u\left( x \right)v'\left( x \right)dx=u\left( x \right)v\left( x \right)-\int{u'\left( x \right)v\left( x \right)dx}}\)

Hay \(\int{udv=uv-\int{vdu}}\)

Hướng dẫn giải

a) \(I=\int{\left( 1-2x \right){{e}^{x}}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=1-2x \\ & dv={{e}^{x}}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=-2dx \\ & v={{e}^{x}} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có:

\(\begin{align} & I=\left( 1-2x \right){{e}^{x}}+\int{2{{e}^{x}}dx+C} \\ & \,\,\,={{e}^{x}}-2x{{e}^{x}}+2{{e}^{x}}+C \\ & \,\,\,=\left( 3-2x \right){{e}^{x}}+C \\ \end{align}\)

b) \(J=\int{x{{e}^{-x}}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv={{e}^{-x}}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-{{e}^{-x}} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có:

\(\begin{align} & I=-x{{e}^{-x}}+\int{{{e}^{-x}}dx+C} \\ & \,\,\,=-x{{e}^{-x}}-{{e}^{-x}}+C \\ & \,\,\,=-\left( 1+x \right){{e}^{-x}}+C \\ \end{align}\)

c) \(G=\int{x\ln \left( 1-x \right)dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=ln (1-x) \\ & dv=xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\dfrac{1}{x-1}dx \\ & v=\dfrac{x^2}{2} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có: 

\(\begin{align} & G=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\int{\frac{{{x}^{2}}}{x-1}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\int{\left( x+1+\frac{1}{x-1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\left[ \frac{{{x}^{2}}}{2}+x+\ln \left( 1-x \right) \right]+C \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\ln \left( 1-x \right)-\frac{1}{4}{{x}^{2}}-\frac{1}{2}x+C \\ \end{align} \)

d)Ta có:

\(\begin{align} &H=\int{x{{\sin }^{2}}xdx}\\ & \,\,\,\,\,= \int{x.\dfrac{1-cos 2x}{2}dx}\\ & \,\,\,\,\,=\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{1}{2} \int x \cos 2x dx\\ &\,\,\,\,\,=\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{1}{2} I \\ \end{align}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=\cos 2xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\frac{1}{2}\sin 2x \\ \end{aligned} \right.\)

Suy ra:

\(\begin{align} & I=\dfrac{1}{2}x\sin 2x-\dfrac{1}{2}\int{\sin 2xdx} \\ & \,\,\,\,=\dfrac{1}{2}x\sin 2x+\dfrac{1}{4}\cos 2x+C \\ \end{align}\)

Vậy \(H=\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}x\sin 2x+\dfrac{1}{4}\cos 2x\right)+C\)

Tính các nguyên hàm sau:

a) \(\int{x{{\left( 3-x \right)}^{5}}dx}\)

b) \(\int{{{\left( {{2}^{x}}-{{3}^{x}} \right)}^{2}}dx}\)

c) \(\int{x\sqrt{2-5x}dx}\)

d) \(\int{\dfrac{\ln \left( \cos x \right)}{{{\cos }^{2}}x}dx}\)

e) \(\int{\dfrac{x}{{{\sin }^{2}}x}dx}\)

g) \(\int{\dfrac{x+1}{\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}dx}\)

h) \(\int{\dfrac{1}{1-\sqrt{x}}dx}\)

i) \(\int{\sin 3x\cos 2xdx}\)

Phương pháp giải

Phương pháp đổi biến số

Nếu \(\int{f\left( u \right)}du=F\left( u \right)+C\) và \(u=u\left( x \right)\)) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

\(\int{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\)

Phương pháp tính nguyên hàm từng phần: Nếu hai hàm số u=u(x) và v=v(x) có đạo hàm liên tục trên K thì

\(\int{u\left( x \right)v'\left( x \right)dx=u\left( x \right)v\left( x \right)-\int{u'\left( x \right)v\left( x \right)dx}}\)

Hay \(\int{udv=uv-\int{vdu}}\)

Hướng dẫn giải

a) \(I_1=\int{x{{\left( 3-x \right)}^{5}}dx}\)

Đặt \(3-x=u\Rightarrow dx=-du\), ta có:

\(\begin{align} & {{I}_{1}}=\int{\left( u-3 \right){{u}^{5}}}du=\int{\left( {{u}^{6}}-3{{u}^{5}} \right)}du=\frac{1}{7}{{u}^{7}}-\frac{1}{2}{{u}^{6}}+C \\ & \,\,\,\,\,=\frac{1}{7}{{\left( 3-x \right)}^{7}}-\frac{1}{2}{{\left( 3-x \right)}^{6}}+C \\ \end{align} \)

b) Ta có:

 \(\int{{{\left( {{2}^{x}}-{{3}^{x}} \right)}^{2}}dx}=\int{{{\left( {{2}^{2x}}-2.2^x{{3}^{x}}+3^{2x} \right)}}dx}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\int 4^xdx-2\int 6^xdx+\int 9^x dx\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{4^x}{ln4}-2\dfrac{6^x}{ln6}+\dfrac{9^x}{ln9}+C\)

c) \(I_2= \int{x\sqrt{2-5x}dx}\)

Đặt \(\sqrt{2-5x}=u\Rightarrow 2-5x=u^2\Rightarrow dx=-\dfrac{2}{5}udu\)

Ta có: \(x=\dfrac{2-u}{5}\) nên

\(\begin{align} & {{I}_{2}}=-\int{\frac{2-u}{5}.u.\frac{2}{5}udu} \\ & \,\,\,\,\,\,=\int{\left( -\frac{4}{25}{{u}^{2}}+\frac{2}{25}{{u}^{3}} \right)}du \\ & \,\,\,\,\,\,=-\frac{4}{75}{{u}^{3}}+\frac{1}{50}{{u}^{4}}+C \\ & \,\,\,\,\,=-\frac{4}{75}{{\left( 2-5x \right)}^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{50}{{\left( 2-5x \right)}^{2}}+C \\ \end{align} \)

c) \(I_3=\int{\dfrac{\ln \left( \cos x \right)}{{{\cos }^{2}}x}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=\ln \left( \cos x \right) \\ & dv=\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=-\frac{\sin x}{\cos x}dx \\ & v=\tan x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & {{I}_{3}}=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\tan x.\frac{\sin x}{\cos x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\dfrac{\sin^2x}{\cos^2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\dfrac{1-\cos^2x}{\cos^2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\left(\dfrac{1}{\cos^2x}-1\right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\tan x-x+C \end{align} \)

e) \(I_4=\int{\dfrac{x}{{{\sin }^{2}}x}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-\cot x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & {{I}_{4}}=-x\cot x+\int{\cot xdx} \\ & \,\,\,\,\,=-x\cot x+\int{\frac{\cos x}{\sin x}dx} \\ \end{align}\ \)

Đặt \(t=\sin x\Rightarrow dt=\cos xdx\). Suy ra:

\(\begin{align} & {{I}_{4}}=-x\cot x+\int{\frac{dt}{t}} \\ & \,\,\,\,\,=-x\cot x+\ln \left| t \right|+C \\ \\ & \,\,\,\,\,=-x\cot x+\ln \left| \operatorname{s}\text{inx} \right|+C \\ \end{align} \)

g) \(I_5=\int{\dfrac{x+1}{\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}dx}\)

Ta có: \(\dfrac{x+1}{\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}=\dfrac{3}{5(x-2)}+\dfrac{2}{5(x+3)}\)

Khi đó:

 \(\begin{align} & {{I}_{5}}=\int{\frac{3}{5\left( x-2 \right)}dx}+\int{\frac{2}{5\left( x+3 \right)}dx} \\ & \,\,\,\,\,=\frac{3}{5}\ln \left| x-2 \right|+\frac{2}{5}\ln \left| x+3 \right|+C \\ \end{align} \)\

h) \(I_6=\int{\dfrac{1}{1-\sqrt{x}}dx}\)

Đặt \(u=\sqrt{x}\Rightarrow u^2=x\Rightarrow dx=2udu \)

Ta có:

\(\begin{align} & {{I}_{6}}=\int{\frac{2udu}{1-u}}=\int{\left( -2+\frac{2}{1-u} \right)du} \\ & \,\,\,\,\,=-2u+2\ln \left| 1-u \right|+C \\ \\ & \,\,\,\,\,=-2\sqrt{x}+2ln\left| 1-\sqrt{x} \right|+C \\ \end{align} \)

i) \( \int{\sin 3x\cos 2xdx}=\dfrac{1}{2} \int{(\sin x+\sin 5x)dx}=-\dfrac{1}{2}\left( \cos x+\dfrac{1}{5} \cos 5x\right)+C\)

Bằng cách biến đổi các hàm số lượng giác, hãy tính:

a) \(\int{\sin}^{4}dx\)

b) \(\int{\dfrac{1}{{{\sin }^{3}}x}dx}\)

c) \(\int{\sin ^3{x}\cos ^4{x}dx}\)

d) \(\int{\sin ^4{x}\cos ^4{x}dx}\)

Phương pháp giải

a) Hạ bậc đưa về dạng tổng rồi tính nguyên hàm, sử dụng công thức nguyên hàm hàm số cơ bản \(\int {\cos kxdx} = \dfrac{{\sin kx}}{k} + C\)

b) Nhân cả tử và mẫu của biểu thức dưới dấu nguyên hàm với sin x rồi đổi biến t = cos x để tìm nguyên hàm.

c) Đổi biến u = cos x tính nguyên hàm.

d) Hạ bậc (sử dụng công thức nhân đôi) và tính nguyên hàm.

Hướng dẫn giải

a)Ta có:

 \(\begin{align} & {{\sin }^{4}}x={{\left( \frac{1-\cos 2x}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{4}\left( 1-2\cos 2x+{{\cos }^{2}}2x \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\left( 1-2\cos 2x+\frac{1+\cos 4x}{2} \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\left( \frac{3}{2}-2\cos 2x+\frac{\cos 4x}{2} \right) \\ \end{align} \)

Suy ra: 

\(\begin{align} & \int{{{\sin }^{4}}xdx=}\frac{1}{4}\int{\left( \frac{3}{2}-2\cos 2x+\frac{\cos 4x}{2} \right)}dx \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\int{\frac{3}{2}dx-\frac{1}{2}\int{\cos 2xdx+\frac{1}{8}\int{\cos 4xdx}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{3}{8}x-\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{32}\sin 4x+C \\ \end{align} \)

b) \(I=\int{\dfrac{1}{{{\sin }^{3}}x}dx=\int{\dfrac{\sin x}{{{\sin }^{4}}x}dx=\int{\dfrac{\sin x}{{{\left( 1-{{\cos }^{2}}x \right)}^{2}}}}}}dx\)

Đặt \(u=\cos x\Rightarrow du=-\sin xdx\). Suy ra: \(I=-\int \dfrac{du}{(1-u^2)^2}\)

Ta có: 

\(\begin{align} & \frac{2}{1-{{u}^{2}}}=\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \\ & \Rightarrow \frac{4}{(1-{{u}^{2}})^2}={{\left( \frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \right)}^{2}}=\frac{1}{{{\left( 1-u \right)}^{2}}}+\frac{2}{\left( 1-u \right)\left( 1+u \right)}+\frac{1}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{{{\left( 1-u \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}}+\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \\ \end{align} \)

Do đó: 

\(\begin{align} & I=-\frac{1}{4}\int{\left[ \frac{1}{{{\left( 1-u \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}}+\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \right]}du \\ & =-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{{{\left( u-1 \right)}^{2}}}}-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}}}-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{1-u}}-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{1+u}} \\ & =\frac{1}{4}.\frac{1}{u-1}+\frac{1}{4}.\frac{1}{u+1}+\frac{1}{4}.\ln \left| 1-u \right|-\frac{1}{4}\ln \left| 1+u \right|+C \\ & =\frac{1}{4}.\frac{2u}{{{u}^{2}}-1}+\frac{1}{4}.\ln \left| \frac{1-u}{1+u} \right|+C \\ & =-\frac{\cos x}{2{{\sin }^{2}}x}+\frac{1}{4}.\ln \left| \frac{1-\cos x}{1+\cos x} \right|+C \\ & =\frac{-\cos x}{2{{\sin }^{2}}x}+\frac{1}{2}\ln \left| \tan \frac{x}{2} \right|+C \\ \end{align} \)

c) \(J=\int{\sin ^3{x}\cos ^4{x}dx}=\int (1-\cos^2x)\cos^4x \sin x dx\)

Đặt \(u=\cos x\Rightarrow du=-\sin{x}dx\)

Ta có: 

\(\begin{align} & J=-\int{\left( 1-{{u}^{2}} \right){{u}^{4}}du=-\int{\left( {{u}^{4}}-{{u}^{6}} \right)du}} \\ & \,\,\,=-\frac{1}{5}{{u}^{5}}+\frac{1}{7}{{u}^{7}}+C \\ & \,\,\,=-\frac{1}{5}{{\cos }^{5}}x+\frac{1}{7}{{\cos }^{7}}x+C \\ \end{align} \)

d)

 \(\begin{align} & {{\sin }^{4}}x{{\cos }^{4}}x={{\left( \sin x\cos x \right)}^{4}}={{\left( \frac{1}{2}\sin 2x \right)}^{4}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{16}{{\left( \frac{1-\cos 4x}{2} \right)}^{2}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{64}\left( 1-2\cos 4x+{{\cos }^{2}}4x \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{64}\left( \frac{3}{2}-2\cos 4x+\frac{1}{2}\cos 8x \right) \\ \end{align} \)

Ta có:

 \(\begin{align} &\int{\sin ^4{x}\cos ^4{x}dx}=\frac{1}{64}\int{\left( \frac{3}{2}-2\cos 4x+\frac{1}{2}\cos 8x \right)dx} \\ & \,\,\,=\frac{1}{64}\left( \frac{3}{2}x-\frac{1}{2}\sin 4x+\frac{1}{16}\sin 8x \right)+C \\ \end{align} \)

Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số 

\(f(x)=\dfrac{1}{1+\sin x}?\)

a) \(F\left( x \right)=1-\cot \left( \dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi }{4} \right)\)

b) \(G(x)=2\tan\dfrac{x}{2}\)

c) \(H(x)=ln(1+\sin x)\)

d) \(K(x)=2\left(1-\dfrac{1}{1+\tan\dfrac{x}{2}}\right)\)

Phương pháp giải

Lấy đạo hàm mỗi hàm số đã cho và kiểm tra.

Hướng dẫn giải

Ta có:

 \(\begin{align} & \int{\frac{1}{1+\sin x}dx}=\int{\frac{1}{{{\left( \sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2} \right)}^{2}}}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\int{\frac{1}{2{{\sin }^{2}}\left( \frac{x}{2}+\frac{\pi }{4} \right)}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\cot \left( \frac{x}{2}+\frac{\pi }{4} \right)+C \\ \end{align} \)

Vậy \(F\left( x \right)=1-\cot \left( \dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi }{4} \right)\)là một nguyên hàm của hàm số  f(x).

\(G'(x)=\dfrac{1}{tan\dfrac{x}{2}}=\dfrac{cos\dfrac{x}{2}}{\sin\dfrac{x}{2}}=\dfrac{2cos^2\dfrac{x}{2}}{\sin x}\) nên G(x) không là nguyên hàm của hàm số f(x)

\(H'(x)=\dfrac{(1+\sin x)'}{1+\sin x}=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}\) nên H(x) không là nguyên hàm của hàm số f(x).

\(\begin{align} & K'\left( x \right)=2.\dfrac{\left( 1+\tan \dfrac{x}{2} \right)'}{{{\left( 1+\tan \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}}=2.\dfrac{\dfrac{1}{2{{\cos }^{2}}\dfrac{x}{2}}}{{{\left( \dfrac{\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}} \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{{{\left( \cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{1+\sin x} \\ \end{align} \)

Vậy K(x)  là một nguyên hàm của hàm số  f(x).

Tính các nguyên hàm sau đây:

a) \(\int(x+ln x)x^2dx\)

b) \(\int(x+\sin^2x)\sin x\,dx\)

c) \(\int(x+e^x)e^{2x}\,dx\)

d) \(\int(x+\sin x)\dfrac{dx}{\cos^2x}\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv - \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

a) \(I=\int(x+ln x)x^2dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+\ln x \\ & dv={{x}^{2}}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+\frac{1}{x} \\ & v=\frac{1}{3}{{x}^{3}} \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & I=\frac{1}{3}{{x}^{3}}\left( x+\ln x \right)-\frac{1}{3}\int{{{x}^{3}}\left( 1+\frac{1}{x} \right)dx} \\ & \,\,\,=\frac{1}{3}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x-\frac{1}{3}\int{\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}} \right)} \\ & \,\,\,=\frac{1}{3}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x-\frac{1}{3}\left( \frac{1}{4}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}} \right)+C \\ & \,\,\,\,=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{1}{9}{{x}^{3}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x+C \\ \end{align} \)

b) \(J=\int(x+\sin^2x)\sin x\,dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+\sin^2 x\\ & dv=\sin xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+2 \sin x \cos x \\ & v=-\cos x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có:

\(\begin{align} & J=-\cos x\left( x+{{\sin }^{2}}x \right)+\int{\cos x\left( 1+2\sin x\cos x \right)dx} \\ & \,\,\,=-x\cos x-\cos x{{\sin }^{2}}x+\int{\cos xdx+2\int{{{\cos }^{2}}x\sin xdx}} \\ & \,\,\,=-x\cos x-\cos x{{\sin }^{2}}x+\sin x-2\int{{{\cos }^{2}}x\,d\left( \cos x \right)} \\ & \,\,\,=-x\cos x-\cos x{{\sin }^{2}}x+\sin x-\frac{2}{3}{{\cos }^{3}}x+C \\ \end{align} \)

c) \(K=\int(x+e^x)e^{2x}\,dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+e^x\\ & dv=e^{2x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+e^x \\ & v=\dfrac{1 }{2}e^{2x}\\ \end{aligned} \right. \)

Ta có:

\(\begin{align} & K=\frac{1}{2}\left( x+{{e}^{x}} \right){{e}^{2x}}-\frac{1}{2}\int{{{e}^{2x}}\left( 1+{{e}^{x}} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}\left( x+{{e}^{x}} \right){{e}^{2x}}-\frac{1}{2}\int{\left( {{e}^{2x}}+{{e}^{3x}} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}+\frac{1}{2}{{e}^{3x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}-\frac{1}{6}{{e}^{3x}}+C \\ & \,\,\,\,\,=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}+\frac{1}{3}{{e}^{3x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}+C \\ \end{align} \)

d) \(F=\int(x+\sin x)\dfrac{dx}{\cos^2x}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+\sin x \\ & dv=\frac{dx}{{{\cos }^{2}}x} \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+\cos x \\ & v=\tan x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & F=\left( x+\sin x \right)\tan x-\int{\left( 1+\cos x \right)\tan xdx} \\ & \,\,\,\,=\left( x+\sin x \right)\tan x-\int{\left( \frac{\sin x}{\cos x}+\sin x \right)dx} \\ & \,\,\,\,=\left( x+\sin x \right)\tan x+\ln \left| \cos x \right|+\cos x+C \\ \end{align} \)

Cho \(F'(x)=f(x), C\) là hằng số dương tùy ý. Khi đó \(\int f(x)dx\) bằng:

A. \(F(x) +C\)

B. \(F(x) - C\)

C. \(F(x) +lnC\)

D. \(F(x+C)\)

Phương pháp giải

Sử dụng tính chất nguyên hàm: Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thì \(F\left( x \right) + C\) với C là một số thực tùy ý cũng là một nguyên hàm của (x).

Hướng dẫn giải

Đáp án C đúng nhất vì \(lnC\) mới là số thực tùy ý.

D sai vì không cộng hằng số C vào biến

A và B không đúng vì không khẳng định được C là hằng số dương tùy ý

Hãy chỉ ra kết quả sai khi tính \(\int \sin x\, \cos x\, d x\)

A. \(\dfrac{sin^2x}{2}+C\)

B. \(-\dfrac{\cos^2x}{2}+C\)

C. \(\dfrac{-\cos2x}{4}+C\)

D. \(\dfrac{\cos^2x}{2}+C\)

Phương pháp giải

Tìm một nguyên hàm của sin xcos x rồi nhận xét các đáp án còn lại.

Sử dụng định lý: Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của (x) thì \(F\left( x \right) + C\) với C là một số thực tùy ý cũng là một nguyên hàm của ( x )

Hướng dẫn giải

\(\begin{align} & \int{\sin x\cos xdx=\int{\sin xd\left( \sin x \right)}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{{{\sin }^{2}}x}{2}+C\,\,\,\,\,\,\,\text{(A đúng)} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{{{\cos }^{2}}x}{2}+C \,\,\,\,\,\,\,\text{(B đúng và D sai)}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{2}.\frac{1+\cos 2x}{2}+C \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{\cos 2x}{4}+C \,\,\,\,\,\,\,\text{(C đúng)} \\ \end{align} \)

Vậy chọn đáp án D

\(\int xe^{2x}dx\) bằng

A. \(\int \dfrac{e^{2x}(x-2)}{2}+C\)

B. \(\int \dfrac{e^{2x}+1}{2}+C\)

C . \(\int \dfrac{e^{2x}(x-1)}{2}+C\)

D . \(\int \dfrac{e^{2x}(2x-1)}{4}+C\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv - \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=e^{2x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\frac{1}{2}{{e}^{2x}} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có:

\(\begin{align} & \int xe^{2x}dx=\dfrac{1}{2}xe^{2x}-\dfrac{1}{2}\int{e^{2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{2}xe^{2x}-\dfrac{1}{4}e^{2x} +C\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{e^{2x}(2x-1)}{4}+C\\ \end{align}\)

Chọn đáp án D

\(\int (x+1) \sin x dx\)bằng

A. \((x+1) \cos x+\sin x+C\)

B. \(-(x+1) \cos x+\sin x+C\)

C. \(-(x+1) \sin x+\cos x+C\)

D.  \((x+1) \cos x-\sin x+C\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv - \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+1 \\ & dv=\sin xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-\cos x \\ \end{aligned} \right. \)

\(\int (x+1) \sin x dx=-(x+1)\cos x+\int \cos x dx=-(x+1)\cos x+\sin x+C\)

Chọn đáp án B

\(\int x\ln(x+1)dx\) bằng:

A. \((\dfrac{x^2}{2}-1)ln(x+1)+\dfrac{1}{4}(x-1)^2+C\)

B.  \((\dfrac{x^2}{2}-1)\ln(x+1)-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+C\)

C.  \((\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2})\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}(x-1)^2+C\)

D.  \((\dfrac{x^2}{2}+1)\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}(x-1)^2+C\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv - \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=\ln \left( x+1 \right) \\ & dv=xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\frac{dx}{x+1} \\ & v=\frac{1}{2}{{x}^{2}} \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & \int{x\ln \left( x+1 \right)dx}=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{2}\int{\frac{{{x}^{2}}}{x+1}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{2}\int{\left( x-1+\frac{1}{x+1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{2}\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left| x+1 \right| \right)+C \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{1}{2} \right)\ln \left( x+1 \right)-\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{x}{2}+C \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{1}{2} \right)\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{4}{{\left( x-1 \right)}^{2}}+C \\ \end{align} \)

Chọn đáp án C.

\(\int x\,\ \sqrt{x-1}dx\) bằng :

A. \((x-1)^{\frac{5}{2}} +(x-1)^{\frac{3}{2}}+C\)

B. \(\dfrac{2}{15}\left[3(x-1)^{\frac{5}{2}} -5(x-1)^{\frac{3}{2}}\right]+C\)

C. \(\dfrac{2}{15}\left[3(x-1)^{\frac{5}{2}} +5(x-1)^{\frac{3}{2}}\right]+C\)

D. \(\dfrac{1}{15}\left[3(x-1)^{\frac{5}{2}} +5(x-1)^{\frac{3}{2}}\right]+C\)

Phương pháp giải

Đổi biến \(t = \sqrt {x - 1}\) và tính nguyên hàm.

Hướng dẫn giải