công thức tích phân

NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN ÔN THI ĐẠI HỌC Phần 1. Nguyên hàm Tìm nguyên hàm của các hàm số 1. A =  x(1 − e x x )dx =  xdx −  e x dx = x 2 2 − e x + C 2. B =  x 2 − x + 3 x + 1 dx =  (x − 2)dx +  5 x + 1 dx = (x − 2) 2 2 + 5 ln |x + 1| + C 3. C =  x 4 + 1 x + 1 dx =   x 3 − x 2 + x − 1 + 2 x + 1  dx = x 4 4 − x 3 3 + x 2 2 + 2 ln|x + 1| + C 4. D =  dx  (x 2 + 1) 3 =  1 √ x 2 + 1 x 2 + 1 dx =  √ x 2 + 1 − x 2 √ x 2 + 1 x 2 + 1 dx =  d  x √ x 2 + 1  = x √ x 2 + 1 + C 5. E =  4  x 3 √ xdx =  x 1 3 dx = 3 4 x 3 √ x + C 6. F =  2 x  3 x + 2 −x √ x + 1  dx =   6 x + 1 √ x + 1  x =  6 x dx +  d(x + 1) (x + 1) 1 2 = 6 x ln 6 + 2 √ x + 1 + C 7. G =  1 sin x.cos 3 x dx =  1 cos 2 x sin x cos x dx =  (tan x + cot x)d(tan x) =  tan 2 x + 1 tan x d(tan x) = tan 2 x 2 +ln |tan x|+ C 8. H =  x 2 + x + 1 x 3 − 3x + 2 dx = 1 3  1 x + 2 dx + 2 3  1 x − 1 dx +  1 (x − 1) 2 dx = 1 3 ln |x + 2| + 2 3 ln |x − 1| − 1 x − 1 + C 9. K =  xdx 3 √ x + 1 − √ x + 1  6 √ x + 1 = t ⇒ x = t 6 − 1 ⇒ dx = 6t 5 dt  10. I =  1 1 + cosx e x dx +  sinx 1 + cosx e x dx =  1 2cos 2 x 2 e x dx +  tan x 2 e x dx = e x .tan x 2 + C Chú ý:    1 2cos 2 x 2 e x dx =  e x d(tan x 2 ) = e x .tan x 2 −  tan x 2 e x dx   11. J =  sin x − cos x 3 √ sin x + cos x dx =  − d(sin x + cos x) 3 √ sin x + cos x = − 3 2 3  (sin x + cos x) 2 + C 12. M =  x(1 − x) 20 dx 13. N =  x 8 (x 4 − 1) 3 dx =  x 3 .x 5 (x 4 − 1) 3 dx Đặt    x 5 = u dv = x 3 dx (x 4 − 1) 3 ⇒    du = 5x 4 dx v = −1 8(x 4 − 1) 2 Vậy: N = −x 5 8(x 4 − 1) 2 + 5 8  x 4 dx (x 4 − 1) 2 = −x 5 8(x 4 − 1) 2 + 5 8 .J Tiếp tục đặt    x = u dv = x 3 dx (x 4 − 1) 2 ⇒    du = dx v = −1 4(x 4 − 1) Ta có: P = −x 4(x 4 − 1) + 1 4  1 x 4 − 1 dx Cuối c ùng ta đi tính: K =  1 x 4 − 1 dx = 1 2  (x 2 + 1) − (x 2 − 1) (x 2 + 1)(x 2 − 1) dx = 1 2   dx x 2 + 1 +  dx x 2 − 1  Q =  π 0 x sin x 1 + cos 2 x dx (Đề thi thử số 2-VMF) Đặt t = π −x, ta c ó dt = −dx. Với x = 0, ta có t = π. Với x = π, ta có t = 0. maxmin onluyentoan.vn Do đó: I = − 0  π (π − t) sin(π − t) 1 + cos 2 (π − t) dt = π  0 (π − t) sin t 1 + cos 2 t dt = π  0 (π − x) sin x 1 + cos 2 x dx = π π  0 sin x 1 + cos 2 x dx − I = −π π  0 d(cos x) 1 + cos 2 x − I = −π −1  1 dt 1 + t 2 − I = π 1  −1 dt 1 + t 2 − I. Và ta thu được I = π 2 1  −1 dt 1 + t 2 = π 2 I 1 . Bây giờ, ta sẽ tính I 1 : Đặt t = tan u với u ∈  − π 2 , π 2  , ta có dt = (1 + tan 2 u)du. Với phép đặt này, các cận thay đổi như sau: Với t = −1, ta có u = − π 4 . Với t = 1, ta có u = π 4 . Như vậy, I 1 = π 4  − π 4 (1 + tan 2 u)du 1 + tan 2 u = π 4  − π 4 du = u| π 4 − π 4 = π 2 . Cuối cùng, ta được I = π 2 4 . 14. R =  3  3x − x 3 dx Đặt: t = 3 √ 3x − x 3 x ⇒ x 3 = 3 t 3 + 1 ⇒ 2xdx = −9t 2 dt (t 3 + 1) 2 I = 1 2  3 √ 3x − x 3 2xdx x = −9 2  t 3 dt (t 3 + 1) 2 = 3 2  td( 1 t 3 + 1 ) = 3t 2(t 3 + 1) − 3 2  dt t 3 + 1 Tính I = dt t 3 + 1 =  d(t + 1) (t + 1)[(t + 1) 2 − 3(t + 1) + 3] = 1 2 (ln3(1 − t) − 2ln 3t + ln(1 + t)) + C 15. I =  x 2 − 1 x 4 + 1 dx Chia cả tử và mẫu cho x 2 khi đó ta được: I =  x 2 − 1 x 4 + 1 dx =  1 − 1 x 2 (x + 1 x ) 2 − 2 dx Đặt t = x + 1 x ,suy ra dt = (1 − 1 x 2 )dx Từ đó ta sẽ có: I =  dx t 2 − 2 = 1 2 √ 2 ln | t − √ 2 t + √ 2 | + C = 1 2 √ 2 ln | x 2 − x √ 2 + 1 x 2 + x √ 2 + 1 | + C 16.  √ x 3 + x 2 x dx I =  √ x 3 + x 2 x dx =  |x| √ x + 1 x dx Với x ∈ (0; +∞) ta được I =  √ x + 1dx = 2 3 (x + 1) √ x + 1 + C Với x ∈ (−∞; 0) ta được I = −  √ x + 1dx = − 2 3 (x + 1) √ x + 1 + C 17. I =  cos 2x cos x − √ 3. sin x dx cos x − √ 3 sin x = 2.  1 2 . cos x − √ 3 2 . sin x  = 2. cos  x + π 3  I =  cos 2x cos x − √ 3 sin x dx =  cos 2x 2. cos  x + π 3  dx x + π 3 = t ⇔ dx = dt. Suy ra: I = 1 2 .  cos  2t − 2π 3  cos t dt I = 1 2  cos 2t.  − 1 2  + sin 2t.  √ 3 2  cos t dt 18. I =  1 0 1 (x 2 + 1) √ x 2 + 3 dx maxmin onluyentoan.vn Trước tiên, ta đổi biến số t =  x 2 + 1 x 2 + 3 ⇒          x =  1 − 3t 2 t 2 − 1 dx = 2t  1−3t 2 t 2 −1 · (t 2 − 1) 2 dt Do hàm dưới dấu tích phân liên tục trên [0, 1], ta chuyển thành tích phân bất định để dễ trình bày. Thế kết quả trên vào tích phân đầu bài: I =  2t  1−3t 2 t 2 −1 · (t 2 − 1) 2 · t  2t 2 1−t 2  3/2 dt = 1 √ 2  dt t √ 3t 2 − 1 Nếu đặt u = √ 3t 2 − 1, ta dễ dàng thấy được tích phân này chính bằng 1 √ 2 tan −1  √ 3t 2 − 1  . Thay biến t bởi biến x, ta rút ra kết quả I = 1 √ 2 tan −1  x √ 2 √ x 2 + 3  + C 19. I = 2  1 x  1 − 1 x 4   ln(x 2 + 1) − ln x  dx (đề thi thử số 1 của Boxmath.vn) 1 − 1 x 4 =  1 − 1 x 2  1 + 1 x 2  ⇒ x  1 − 1 x 4  =  1 − 1 x 2  x + 1 x  ln(1 + x 2 ) − ln x = ln  1 + x 2 x  = ln  x + 1 x  Tới đây chú ý cái đạo hàm  x + 1 x  ′ = 1 − 1 x 2 Xét : I =  2 1 x  1 − 1 x 4   ln(x 2 + 1) − ln x  dx =  2 1  x + 1 x  ln  x + 1 x  1 − 1 x 2  dx Đặt : t = x + 1 x ⇒ dt =  1 − 1 x 2  dx Đổi cận : x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = 5 2 Lúc này ta có : I =  5 2 2 t ln tdt Đặt :  u = ln t dv = tdt ⇒      du = 1 t v = t 2 2 Lúc này ta có : I = t 2 2 ln t     5 2 2 −  5 2 2 t 2 dt = ( 5 2 ) 2 2 ln 5 2 − 2 2 2 ln 2  5 2 2 t 2 dt = 25 8 ln 5 2 − t 2 4     5 2 2 = 25 8 ln 5 2 − 2 ln 2 −    ( 5 2 ) 2 4 − 2 2 4    = 25 8 ln 5 − 25 8 ln 2 − 2 ln 2 − 9 16 = 25 8 ln 5 − 9 8 ln 2 − 9 16 . Phần 2: Tích phân Tính các tích phân sau 1. A =  3 1  x 4 − x dx = 8 √ 3  1 √ 3 t 2 (t 2 + 1) 2 dt = −4 √ 3  1 √ 3 td( 1 t 2 + 1 ) = − 4t t 2 + 1 | 1 √ 3 √ 3 + 4 √ 3  1 √ 3 1 t 2 + 1 dt  t =  x 4 − x ⇒ x = 4t 2 t 2 + 1 ⇒ dx = 8t (t 2 + 1) 2  maxmin onluyentoan.vn 2. A = 2  1 x 4 + 1 x 6 + 1 dx I =  2 1 (x 2 + 1) 2 − 2x 2 x 6 + 1 dx =  2 1 (x 2 + 1) 2 (x 2 + 1)(x 4 − x 2 + 1) dx−  2 1 2x 2 (x 3 ) 2 + 1 dx =  2 1 x 2 + 1 x 4 − x 2 + 1 dx−  2 1 2x 2 (x 3 ) 2 + 1 dx I =  2 1  1 + 1 x 2  x 2 + 1 x 2 − 1 dx −  2 1 2x 2 (x 3 ) 2 + 1 dx Đặt  x − 1 x  = t ⇔  1 + 1 x 2  dx = dt và x 3 = u ⇔ 3x 2 dx = du Ta có: I =  3 2 0 1 t 2 + 1 − 2 3  8 1 1 u 2 + 1 du 3. Biến đổi : 3e 2x − 5e x + 4 e x + 1 = 4 + 3e x − 12e x e x + 1 = (4x + 3e x ) ′ − 12 (ln (e x + 1)) ′ Nên: J = 1  0 3e 2x − 5e x + 4 e x + 1 dx = 1  0 d (4 + 3e x − 12 ln (e x + 1)) = (4 + 3e x − 12 ln (e x + 1)) 1 0 4. I =  1 0 x − e 2x x.e x + e 2x dx Ta có I = 1  0 (x + e x ) − e x (1 + e x ) e x (x + e x ) dx = 1  0  1 e x − 1 + e x x + e x  dx =  − 1 e x − ln |x + e x |      1 0 = 1 − 1 e − ln(1 + e). 5. I =  π 4 0 x. tan 2 xdx Chú ý rằng  tan 2 xdx =   (tan 2 x + 1) − 1  dx = tan x − x + C Đặt  u = x v = tan 2 xdx ⇒  du = d x v = tan x − x Từ đó ta có :I = x (tan x − x)| π 4 0 −  π 4 0 tan xdx +  π 4 0 xdx = x (tan x − x)| π 4 0 + ln(cos x)| π 4 0 + x 2 2     π 4 0 6. I =  2 1 x 3 √ x 3 + 8 + (3x 3 + 5x 2 ) ln x x dx I =  2 1 x 3 √ x 3 + 8 + (3x 3 + 5x 2 ) ln x x dx I =  2 1 x 2  x 3 + 8 dx +  2 1 (3x 2 + 5x) ln x dx I = 1 3  2 1  x 3 + 8 d(x 3 + 8) +  2 1 ln x d  x 3 + 5 2 x 2  T =  2 1 x 2 − 1 (x 2 − x + 1)(x 2 + 3x + 1) dx T =  2 1 1 − 1 x 2 (x + 1 x − 1)(x + 1 x + 3) dx Đặt t = x + 1 x ⇒ dt = (1 − 1 x 2 )dx. Khi x = 1 thì t = 2, khi x = 2 thì t = 5 2 Ta có: T =  5 2 2 dt (t − 1)(t + 3) dt = 1 4  5 2 2  1 t − 1 − 1 t + 3  dt = 1 4 .ln     t − 1 t + 3          5 2 2 7. I = 2  0 xdx √ 2 + x + √ 2 − x Đặt t = √ 2 − x + √ 2 + x ⇒ t 2 − 4 = 2 √ 4 − x 2 ⇒ (t 2 − 4) 2 = 16 −4x 2 ⇒ t(t 2 − 4)dt = −2xdx Đổi cận : x = 0 ⇒ t = 2 √ 2; x = 2 ⇒ t = 2 Từ đó ta có tích phân : I = 1 2 2 √ 2  2 t  t 2 − 4  t dt = 1 2 2 √ 2  2  t 2 − 4  dt = 1 2  t 3 3 − 4t      2 √ 2 2 = 8 − 4 √ 2 3 maxmin onluyentoan.vn —————nat————— maxmin onluyentoan.vn . = 1 2 2 √ 2  2  t 2 − 4  dt = 1 2  t 3 3 − 4t      2 √ 2 2 = 8 − 4 √ 2 3 maxmin onluyentoan. vn —————nat————— maxmin onluyentoan. vn . = 1 2  cos 2t.  − 1 2  + sin 2t.  √ 3 2  cos t dt 18. I =  1 0 1 (x 2 + 1) √ x 2 + 3 dx maxmin onluyentoan. vn Trước tiên, ta đổi biến số t =  x 2 + 1 x 2 + 3 ⇒          x =  1 − 3t 2 t 2 −. 1 | 1 √ 3 √ 3 + 4 √ 3  1 √ 3 1 t 2 + 1 dt  t =  x 4 − x ⇒ x = 4t 2 t 2 + 1 ⇒ dx = 8t (t 2 + 1) 2  maxmin onluyentoan. vn 2. A = 2  1 x 4 + 1 x 6 + 1 dx I =  2 1 (x 2 + 1) 2 − 2x 2 x 6 + 1 dx =  2 1 (x 2 +