Chuyên đề 8
Nguyên Hàm - Tích Phân
§1. Nguyên Hàm
8.1. Tìm các họ nguyên hàm sau
a)


x
7
+ 4x
3
−
√
x

dx. b)


3
√
x + 1 −
1
√
x

dx. c)


3x
2
+ 1

+ 4x
3
−
√
x

dx =


x
7
+ 4x
3
− x
1
2

dx =
x
8
8
+ x
4
−
2x
3
2
3
+ C.
b)



3x
2
+ 1

(2x − 3) dx =


6x
3
− 9x
2
+ 2x − 3

dx =
3x
4
2
− 3x
3
+ x
2
− 3x + C.
d)

√
x

√

2
5
+ C.
e)


3 sin x +
2
x

dx = −3 cos x + 2 ln |x|+ C.
f)


3 cos x − 3
x−1

dx =


3 cos x −
3
x
3

dx = 3 sin x −
3
x
3 ln 3
+ C.

dx.
d)

2
x
− 1
e
x
dx. e)

tan
2
xdx. f)

1
sin
2
xcos
2
x
dx.
Lời giải.
a)

x +
√
x + 1
3
√
x

b)

x
3
+ 5x
2
− 3x +
√
x
x
√
x
dx =


x
3
2
+ 5x
1
2
− 3x
−
1
2
+
1
x

dx =

x

dx =
2
x
ln 2
+

1
2

x
ln
1
2
+ C =
2
x
ln 2
−
1
2
x
ln 2
+ C.
d)

2
x
− 1

x
ln
1
e
+ C =
2
x
e
x
(ln 2 − 1)
+
1
e
x
+ C.
e)

tan
2
xdx =


1
cos
2
x
− 1

dx = tan x −x + C.
f)

x

dx = tan x −cot x + C.
8.3. Tìm một nguyên hàm F (x) của các hàm số sau
a) f(x) = 2 − x
2
, biết F (2) =
7
3
. b) f(x) = x −
1
x
2
+ 2, biết F (1) = 2.
c) f(x) = (x + 1)(x − 1) + 1, biết F (0) = 1. d) f(x) =
3
√
x + x
3
+ 1, biết F (1) = 2.
1
e) f(x) = ax +
b
x
2
, biết F (−1) = 2, F (1) = 4 và F (2) = 5.
Lời giải.
a) Ta có F (x) là một nguyên hàm của f(x) = 2 − x
2
nên có dạng F (x) =


x −
1
x
2
+ 2

dx =
x
2
2
+
1
x
+2x+C.
Lại có F (1) = 2 ⇔
1
2
+ 1 + 2 + C = 2 ⇔ C = −
3
2
. Vậy F (x) =
x
2
2
+
1
x
+ 2x −
3

+
x
4
4
+ x + C.
Lại có F (1) = 2 ⇔
3
4
+
1
4
+ 1 + C = 2 ⇔ C = 0. Vậy F (x) =
3x
4
3
4
+
x
4
4
+ x.
e) Ta có F (x) là một nguyên hàm của f(x) = ax +
b
x
2
nên có dạng F (x) =


ax +
b

2
b + C = 5
⇔



a = 1
b = −1
C =
5
2
. Vậy F (x) =
x
2
2
+
1
x
+
5
2
.
8.4. Gọi F (x) là một nguyên hàm của f (x) =
1
x
thỏa F (1) = −1. Tìm x để 2F (x) =
1
F (x) + 1
− 1.
Lời giải. Ta có F (x) là một nguyên hàm của f (x) =

(thỏa mãn).
Vậy x = ±e và x = ±
1
√
e
.
§2. Một Số Phương Pháp Tìm Nguyên Hàm
8.5. Tìm các họ nguyên hàm sau
a) I =

(3x + 3)
9
dx. b) I =

7
2 − 9x
dx. c) I =


e
3x+1
+ cos 5x

dx.
d) I =

4x − 1
2x + 1
dx. e) I =


d(2 − 9x) = −
7
9
ln |2 − 9x| + C.
c) I =

e
3x+1
dx +

cos 5xdx =
1
3

e
3x+1
d(3x + 1) +
1
5

cos 5xd (5x) =
1
3
e
3x+1
+
1
5
sin x + C.
d) I =

cos 2x

dx =
1
2

dx −
1
4

cos 2xd (2x) =
1
2
x −
1
4
sin 2x + C.
f) I =
1
2

(cos 4x − cos 6x) dx =
1
8

cos 4xd (4x) −
1
12

cos 6xd (6x) =

dx.
e) I =

cos
5
xdx.
f) I =

x
√
x
2
+ 1
dx.
Lời giải.
a) I =
1
2

(x
2
+ 1)
2012
d(x
2
+ 1) =
1
2
(x
2

d) I =

(1 + ln x)
1
2
d (1 + ln x) =
(1 + ln x)
3
2
3
2
+ C =
2 (1 + ln x)
√
1 + ln x
3
+ C.
e) I =

cos
4
x cos xdx =


1 − sin
2
x

2
d (sin x) = sin x −

2

x
2
+ 1

1
2
1
2
+ C =

x
2
+ 1 + C.
C2: I =

d


x
2
+ 1

=

x
2
+ 1 + C.
8.7. Tìm các họ nguyên hàm sau

e) I =

2 ln x − 1
x ln x
dx.
f) I =

sin
3
x
√
1 + cos xdx.
Lời giải.
a) Đặt u = x −1 ⇒ du = dx. Ta có
I =

(u + 1)u
2012
du =


u
2013
+ u
2012

du
=
u
2014

u
du =
1
2


1 −
1
u

du
=
1
2
(u − ln |u|) + C =
1
2

x
2
+ 1

−
1
2
ln

x
2
+ 1

2u
3
du =
2
3


u
4
− u
2

du
=
2
3

u
5
5
+
u
3
3

+ C =
2

√
x

x
.e
x
√
e
x
+ 1
dx =

u
2
− 1
u
2udu = 2


u
2
− 1

du
= 2

u
3
3
− u

+ C =
2

3
f) Đặt u =
√
1 + cos x ⇔ u
2
= 1 + cos x ⇒ 2udu = −sin xdx. Ta có
I =

sin
2
x sin x
√
1 + cos xdx =


1 − cos
2
x

√
1 + cos x sin xdx
= −


1 −

u
2
− 1



+ C =
2

√
1 + cos x

7
7
−
4

√
1 + cos x

5
5
+ C
8.8. Tìm các họ nguyên hàm sau
a) I =

(x − 1) e
x
dx. b) I =

x cos xdx. c) I =

x
2
ln xdx.

e
x
dx = (x −1)e
x
− e
x
+ C = (x − 2)e
x
+ C
b) Đặt

u = x
dv = cos xdx
⇒

du = dx
v = sin x
. Ta có
I = x sin x −

sin xdx = x sin x + cos x + C
c) Đặt

u = ln x
dv = x
2
dx
⇒

du =

x
3
3
ln x −
x
3
9
+ C
d) Đặt

u = ln(2x + 1)
dv = dx
⇒

du =
2
2x+1
dx
v = x
. Ta có
I = x ln(2x + 1) −

2x
2x + 1
dx =


1 −
1
2x + 1

xe
2x−1
dx =
1
2
x
2
e
2x−1
− I
1
Đặt

u = x
dv = e
2x−1
dx
⇒

du = dx
v =
1
2
e
2x−1
. Ta có
I
1
=
1

2
xe
2x−1
−
1
4
e
2x−1

+ C =
1
4

2x
2
− 2x + 1

e
2x−1
+ C.
f) Đặt

u = e
x
dv = sin xdx
⇒

du = e
x
dx

e
x
sin xdx = e
x
sin x − I
Vậy I = −e
x
cos x + e
x
sin x − I ⇔ I =
1
2
e
x
(sin x − cos x) + C.
4
Chuyên đề 8. Nguyên Hàm - Tích Phân
§3. Tích Phân
8.9. Tính các tích phân sau
a) I =
1

0
5x
4
dx.
b) I =
e

1

Lời giải.
a) I = x
5


1
0
= 1.
b) I = ln |x||
e
1
= ln e − ln 1 = 1.
c) I =
1
3
sin 3x




π
6
0
=
1
3
sin
π
2
−





1
1
2
=
1
4026
.
f) I =
1

−1
(5 − 4x)
1
2
dx = −
1
4
(5 − 4x)
3
2
3
2





0
1
cos
2
2x
dx.
d) I =
1

0
(−2x + 1)
7
dx. e) I =
2

1
3
√
3x + 2dx.
f) I =
0

−1
4
(3 − 5x)
3
dx.
Lời giải.
a) I = −
1

0
sin

2x +
π
6

d

2x +
π
6

= −
1
2
cos

2x +
π
6





π
6
0
=

.
d) I = −
1
2
1

0
(−2x + 1)
7
d (−2x + 1) = −
(−2x + 1)
8
16





1
0
= 0.
e) I =
2

1
(3x + 2)
1
3
dx =
3(3x + 2)

=
11
288
.
8.11. Tính các tích phân sau
a) I =
2

1

6x
2
− 4x + 1

dx.
b) I =
ln 2

0
(e
x
+ 2x) dx.
c) (CĐ-2010) I =
1

0
2x − 1
x + 1
dx.
d) I =


2x
3
− 2x
2
+ x



2
1
= 9.
b) I =

e
x
+ x
2



ln 2
0
= 1 + ln
2
2.
c) I =
1

0

π
8
0
=
π + 2
16
.
e) I =
π
4

0
2cos
2
x + 1
cos
2
x
dx =
π
4

0

2 +
1
cos
2
x


dx
=
2
3

(x + 1)
3
2
+ (x − 1)
3
2





3
2
=
7 − 3
√
3 + 2
√
2
3
.
Tổng quát 8.1. I =

1
√


1 + sin
x
2

cos
x
2
dx.
d) I =
π
2

0
cos 3x cos xdx.
e) I =
1

0
x
2
− 3x + 3
x − 2
dx. f) I =
1

0
x(x − 1)
2009
dx.

.
b) I =
4

2

x
2
+ 2 +
1
x
2

dx =

x
3
3
+ 2x −
1
x





4
2
=
275

π
2
0
=
1
2
+
√
2.
d) I =
1
2
π
2

0
(cos 2x + cos 4x) dx =

1
4
sin 2x +
1
8
sin 4x





π

1

0
(x − 1 + 1) (x − 1)
2009
dx =
1

0

(x − 1)
2010
+ (x − 1)
2009

dx =

(x − 1)
2011
2011
+
(x − 1)
2010
2010








0


x
2
− 3x + 2


dx.
e) I =
2

−2
|2x − |x + 1||dx. f) I =
3

−2
(|x + 1| + |x − 2|) dx.
g) I =
3

0




x
2
− 4x + 4 − 1

1
(x − 1) dx
=

x −
1
2
x
2





1
−2
+

1
2
x
2
− x





2
1

2
2





3
0
+

−3x +
x
2
2





4
3
=
9
2
+
1
2
= 5.
c) I =

2

1

x
2
− x

dx
=

1
2
x −
1
3
x
3





1
0
+

1
3
x

dx +
2

1


x
2
− 3x + 2


dx =
1

0

x
2
− 3x + 2

dx +
2

1

−x
2
+ 3x − 2

dx




2
1
=
5
6
+
1
6
= 1.
e) I =
−1

−2
|2x + x + 1|dx +
2

−1
|2x − x − 1|dx =
−1

−2
|3x + 1|dx +
1

−1
|x − 1|dx +
2

+

x −
1
2
x
2





1
−1
+

1
2
x
2
− x





2
1
=
7

=
−1

−2
(−x − 1) dx +
3

−1
(x + 1) dx +
2

−2
(−x + 2) dx +
3

2
(x − 2) dx
=

−
x
2
2
− x





−1

x
2
2
− 2x





3
2
=
1
2
+ 8 + 8 +
1
2
= 17.
g) I =
3

0
||x − 2| − 1|dx =
2

0
||x − 2| − 1|dx +
3

2

(x − 1) dx +
3

2
(−x + 3) dx
=

−
x
2
2
+ x





1
0
+

x
2
2
− x






√
2
2π

0
|sin x|dx =
√
2
π

0
|sin x|dx +
√
2
2π

π
|sin x|dx =
√
2
π

0
sin xdx +
√
2
2π

π
−sin xdx

0



sin
x
2
+ cos
x
2



dx =
√
2
2π

0



sin

x
2
+
π
4


2



sin

x
2
+
π
4




dx
=
√
2
3π
2

0
sin

x
2
+
π
4

2
0
+ 2
√
2 cos

x
2
+
π
4




2π
3π
2
= 4
√
2.
7
§4. Một Số Phương Pháp Tính Tích Phân
8.14. Tính các tích phân sau
a) I =
5

3
1
(x − 2) (x + 1)

3x − 1
x
2
+ 6x + 9
dx. f) (B-2012) I =
1

0
x
3
x
4
+ 3x
2
+ 2
dx.
Lời giải.
a) C1: (Phương pháp đồng nhất hệ số)
Ta có
1
(x − 2) (x + 1)
=
A
x − 2
+
B
x + 1
=
A (x + 1) + B (x − 2)
(x − 2) (x + 1)

3
1
x + 1
dx =
1
3
(ln |x − 2| − ln |x + 1|)




5
3
=
1
3
ln 2
C2: (Phương pháp trị số riêng)
Ta có
1
(x − 2) (x + 1)
=
A
x − 2
+
B
x + 1
=
A (x + 1) + B (x − 2)
(x − 2) (x + 1)



5
3
=
1
3
ln 2
C3: (Kỹ thuật thêm bớt hay còn gọi là kỹ thuật nhảy tầng lầu)
I =
1
3
5

3
(x + 1) − (x − 2)
(x − 2) (x + 1)
dx =
1
3
5

3

1
x − 2
−
1
x + 1


(A + B) x −2A −3B
(x − 3)(x − 2)
.
Đồng nhất hệ số được

A + B = 5
−2A − 3B = −13
⇔

A = 2
B = 3
. Khi đó
I = 2
1

0
1
x − 3
dx + 3
1

0
1
x − 2
dx = 2 ln |x − 3||
1
0
+ 3 ln |x − 2||
1
0

2
1
x
2
− 1
dx =
22
3
+
3

2
1
x
2
− 1
dx.
Lại có
1
x
2
− 1
=
1
(x − 1)(x + 1)
=
A
x − 1
+
B

1
2
3

2
1
x + 1
dx =
22
3
+
1
2
(ln |x − 1| − ln |x + 1|)




3
2
=
22
3
+
1
2
ln
3
2
d) Ta có I =

− 4
dx = 1 +
1

0
−x + 4
x
2
− 4
dx.
8
Chuyên đề 8. Nguyên Hàm - Tích Phân
Lại có
−x + 4
x
2
− 4
=
−x + 4
(x − 2)(x + 2)
=
A
x − 2
+
B
x + 2
=
(A + B)x + 2A −2B
x
2

x + 2
dx = 1 +
1
2
ln |x − 2|




1
0
−
3
2
ln |x + 2|




1
0
= 1 + ln 2 −
3
2
ln 3
e) Ta có
3x − 1
x
2
+ 6x + 9

1

0
1
x + 3
dx − 10
1

0
1
(x + 3)
2
dx = 3 ln |x + 3||
1
0
+
10
x + 3




1
0
= 3 ln
4
3
−
5
6

B
x
2
+ 2
=
(A + B)x
2
+ 2A + B
(x
2
+ 1) (x
2
+ 2)
.
Đồng nhất hệ số được

A + B = 1
2A + B = 0
⇔

A = −1
B = 2
. Khi đó
I = −
1
2
1

0
1

+ ln

x
2
+ 2



1
0
= ln 3 −
3
2
ln 2
8.15. Tính các tích phân sau
a) I =
0

−1
3x
2
+ 3x + 3
x
3
− 3x + 2
dx.
b) I =
2

1

x + x
5
dx. f) I =
1

0
1
(x
2
+ 3x + 2)
2
dx.
Lời giải.
a) Ta có
3x
2
+ 3x + 3
x
3
− 3x + 2
=
3x
2
+ 3x + 3
(x − 1)
2
(x + 2)
=
A
x − 1


A = 2
B = 3
C = 1
. Khi đó
I =
0

−1
2
x − 1
dx +
0

−1
3
(x − 1)
2
dx +
0

−1
1
x + 2
dx = 2 ln |x − 1||
0
−1
−
3
x − 1

B
x + 1
+
C
(x + 1)
2
=
A(x + 1)
2
+ Bx(x + 1) + Cx
x(x + 1)
2
=
(A + B)x
2
+ (2A + B + C)x + A
x(x + 1)
2
.
Đồng nhất hệ số được



A + B = 1
2A + B + C = −3
A = 2
⇔







2
1
= ln
8
3
− 1
9
c) Ta có
4x − 2
(x + 2)(x
2
+ 1)
=
A
x + 2
+
B
x
2
+ 1
+
2Cx
x
2
+ 1
=
A

C = 1
. Khi đó
I = −2
1

0
1
x + 2
dx +
1

0
2x
x
2
+ 1
dx =

−2 ln |x + 2| + ln


x
2
+ 1





1

x (1 + x
2
)
dx =
√
3

1

1
x
−
x
1 + x
2

dx
=

ln |x| −
1
2
ln


1 + x
2




4
x (1 + x
4
)
dx =
2

1
1
x
dx − 2
2

1
x
3
1 + x
4
dx
=

ln |x| −
1
2
ln


1 + x
4


(x + 1)(x + 2)

2
dx =
1

0

1
x + 1
−
1
x + 2

2
dx
=
1

0

1
(x + 2)
2
+
1
(x + 1)
2
−
2

− 2


1

0
1
x + 1
dx −
1

0
1
x + 2
dx


=
2
3
− 2 (ln |x + 1| − ln |x + 2|)|
1
0
=
2
3
+ 2 ln
3
4
.

1 − x
2
dx.
e) I =
√
2
2

0
x
2
√
1 − x
2
dx.
f) I =
2

2
√
3
1
x
√
x
2
− 1
dx.
Lời giải.
a) Đặt x = tan t, t ∈

2
t)dt =
π
4

0
dt = t|
π
4
0
=
π
4
b) Đặt x =
√
3 tan t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒ dx =
√
3
cos
2
t

6

0
dt =
1
√
3
t|
π
6
0
=
π
6
√
3
c) Đặt x
4
= tan t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒ 4x
3
dx =

4

0
dt =
1
4
t




π
4
0
=
π
16
d) Đặt x = sin t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒ dx = costdt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
2

sin 2t





π
2
0
=
π
4
e) Đặt x = sin t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒ dx = costdt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =
√
2
2
⇒ t =
π
4
. Ta có

t −
1
4
sin 2t





π
4
0
=
π −2
8
f) Đặt x =
1
sin t
, t ∈

−
π
2
;
π
2

\{0} ⇒ dx = −
cos t
sin

sin
2
t
dt =
π
3

π
6
dt = t|
π
3
π
6
=
π
6
8.17. Tính các tích phân sau
a) I =
1

0
1
x
2
+ x + 1
dx. b) I =
1

0

x
2
√
1 + x
2
dx.
f) I =
π

−π
sin
2
x
3
x
+ 1
dx.
Lời giải.
a) Ta có I =
1

0
1

x +
1
2

2
+

2
(1 + tan
2
t)dt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t =
π
6
; x = 1 ⇒ t =
π
3
. Ta có
I =
π
3

π
6
1
3
4
tan
2
t +
3
4
√
3
2
(1 + tan
2

ax
2
+ bx + c
dx (với ∆ là biệt thức của mẫu)
• Nếu ∆ > 0 thì I =

1
a(x − x
1
)(x − x
2
)
dx.
• Nếu ∆ = 0 thì I =

1
a(x − x
0
)
2
dx.
• Nếu ∆ < 0 thì I =

1
u
2
+ A
2
dx.
11

2
t cos tdt =
0

−
π
2
cos
2
tdt =
1
2
0

−
π
2
(1 + cos2t) dt =

1
2
t +
1
4
sin 2t






Đặt x = 2 sin t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒ dx = 2cos dt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =
√
2 ⇒ t =
π
4
. Ta có
I =
π
4

0
2 + 2 sin t

4 − 4sin
2
t
2 cos tdt = 2
π
4


2
+ x + 2
x
3
+ x
2
+ x + 1
dx =
1

0
x
2
+ x + 2
x
2
(x + 1) + x + 1
dx =
1

0
x
2
+ 1 + x + 1
(x + 1) (x
2
+ 1)
dx
=
1

dx.
Đặt x = tan t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒ dx =
1
cos
2
t
dt = (1 + tan
2
t)dt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
π
4
. Ta có
I = ln 2 +
π
4

0
1
tan
2

Đổi cận: x = 1 ⇒ t =
π
4
; x = 2 ⇒ arctan 2. Ta có
I =
arctan 2

π
4
1
tan
2
t
√
1 + tan
2
t
1
cos
2
t
dt =
arctan 2

π
4
cos t
sin
2
t


1
2
1
1
t
2

1 +
1
t
2
1
t
2
dt =
1

1
2
t
√
1 + t
2
dt =
1
2
1

1

n
√
1 + x
n
dx. Đặt x =
1
t
.
12
Chuyên đề 8. Nguyên Hàm - Tích Phân
f) Đặt x = −t ⇒ dx = −dt. Đổi cận: x = −π ⇒ t = π; x = π ⇒ t = −π. Ta có
I =
π

−π
sin
2
(−t)
3
−t
+ 1
dt =
π

−π
sin
2
t
1
3

sin
2
x
1 + 3
x
+
3
x
sin
2
x
1 + 3
x

dx =
π

−π
sin
2
xdx =

1
2
x −
1
4
sin 2x



dx. b) I =
1

0
x + 2
x
2
+ 4x + 7
dx. c) (DB-02) I =
1

0
x
3
x
2
+ 1
dx.
d) (BĐT-18) I =
1

0
x
(x + 1)
3
dx. e) I =
1

0
x

1 + x
4

=
1
16

1 + x
4

4




1
0
=
15
16
.
b) I =
1
2
1

0
1
x
2

.
c) I =
1

0

x −
x
x
2
+ 1

dx =
1

0
xdx −
1
2
1

0
1
x
2
+ 1
d

x
2

1
2
−
1
2
ln 2.
d) Đặt u = x + 1 ⇒ du = dx. Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1; x = 1 ⇒ u = 2. Ta có
I =
2

1
u − 1
u
3
du =
2

1

1
u
2
−
1
u
3

du =

−

Đặt u = x
2
+ 1 ⇒ du = 2xdx. Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1; x = 1 ⇒ u = 2. Ta có
I =
1
2
2

1
(u − 1)
2
u
2012
du =
1
2
2

1

u
2014
− 2u
2013
+ u
2012

du
=
1

2x − 1
x + 1

10
.
1
(x + 1)
2
dx.
Đặt u =
2x − 1
x + 1
⇒ du =
3
(x + 1)
2
dx. Đổi cận: x = 1 ⇒ u =
1
2
; x = 2 ⇒ u = 1. Ta có
I =
1
3
1

1
2
u
10
du =

ax + b
cx + d
.
13
8.19. Tính các tích phân sau
a) (DB-03) I =
1

0
x
3

1 − x
2
dx. b) (D-2011) I =
4

0
4x − 1
√
2x + 1 + 2
dx. c) I =
6

2
1
2x + 1 +
√
4x + 1
dx.

(x + 1) (x + 8)
dx.
Lời giải.
a) Ta có I =
1

0
x
2
x

1 − x
2
dx.
Đặt u =
√
1 − x
2
⇔ u
2
= 1 − x
2
⇒ 2udu = −2xdx. Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1; x = 1 ⇒ u = 0. Ta có
I =
1

0

1 − u
2

b) Đặt u =
√
2x + 1 ⇔ u
2
= 2x + 1 ⇒ 2udu = 2dx. Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1; x = 4 ⇒ u = 3. Ta có
I =
3

1
2

u
2
− 1

− 1
u + 2
udu =
3

1
2u
3
− 3u
u + 2
du =
3

1


4x + 1 ⇔ u
2
= 4x + 1 ⇒ udu = 2dx. Đổi cận: x = 2 ⇒ u = 3; x = 6 ⇒ u = 5. Ta có
I =
1
2
5

3
1
u
2
−1
2
+ 1 + u
udu =
5

3
u
u
2
+ 2u + 1
du =
5

3
u + 1 − 1
(u + 1)
2

12
d) Ta có I =
2
√
3

√
5
x
x
2
√
x
2
+ 4
dx.
Đặt u =
√
x
2
+ 4 ⇔ u
2
= x
2
+ 4 ⇒ udu = xdx. Đổi cận: x =
√
5 ⇒ u = 3; x = 2
√
3 ⇒ u = 4. Ta có
I =

u − 2
−
1
u + 2

du =
1
4
(ln |u − 2| − ln |u + 2|)




4
3
=
1
4
ln
5
3
e) Đặt u =
6
√
x ⇔ u
6
= x ⇒ 6u
5
du = dx. Đổi cận: x = 1 ⇒ u = 1; x = 64 ⇒ u = 2. Ta có
I =


u
3
3
−
u
2
2
+ u − ln |u + 1|





2
1
= 11 + 6 ln
2
3
f) Đặt u =
√
x + 1 +
√
x + 8
⇒ du =

1
2
√
x + 1

2

1+2
√
2
2
u
du = 2 ln |u||
3+
√
2
1+2
√
2
= 2 ln
3 +
√
2
1 + 2
√
2
14
Chuyên đề 8. Nguyên Hàm - Tích Phân
Tổng quát 8.8. I =

1

(ax + b)(ax + c)
dx. Đặt u =


2
e
x
1 + 2e
x
dx.
d) (DB-03) I =
ln 5

ln 2
e
2x
√
e
x
− 1
dx. e) I =
ln 5

ln 2
e
x
(10 − e
x
)
√
e
x
− 1
dx.

i) (B-04) I =
e

1
√
1 + 3 ln x. ln x
x
dx.
Lời giải.
a) I =
3

1
e
x
− (e
x
− 1)
e
x
− 1
dx =
3

1

e
x
e
x

1 + e
x
dx =
ln 2

0
1
1 + e
x
de
x
= ln |1 + e
x
||
ln 2
0
= ln
3
2
.
c) I =
1

0
x
2
(1 + 2e
x
) + e
x

d(1 + 2e
x
)
=
x
3
3




1
0
+
1
2
ln |1 + 2e
x
|




1
0
=
1
3
+
1

4

1
u
2
+ 1
u
2udu = 2
4

1

u
2
+ 1

du = 2

u
3
3
+ u





4
1
=

3
2

1

1
3 − u
+
1
3 + u

du
=
1
3
(ln |3 + u| − ln |3 − u|)




2
1
=
1
3
ln
5
2
f) Đặt u = 2 + ln x ⇒ du =
1


3
2
= ln
3
2
−
1
3
g) I =
e

1
1 + ln
3
x
x
dx =
e

1

1 + ln
3
x

d ln x =

ln x +
ln

2
− 3u + 2
du =
1
2

0
(u − 1) − (u − 2)
(u − 1)(u − 2)
du =
1
2

0

1
u − 2
−
1
u − 1

du
= (ln |u −2|−ln |u −1|)||
1
2
0
= ln
3
2
15

− u
2

du =
2
9

u
5
5
−
u
3
3





2
1
=
116
135
8.21. Tính các tích phân sau
a) (D-06) I =
1

0
(x − 2) e

ln

x
2
− x

dx. f) (A-2012) I =
3

1
1 + ln(x + 1)
x
2
dx.
Lời giải.
a) Đặt

u = x −2
dv = e
2x
dx
⇒

du = dx
v =
1
2
e
2x
dx




1
0
=
5 − 3e
2
4
b) Ta có I =
1

0

e
−2x
+ x

e
x
dx =
1

0
e
−x
dx +
1

0

⇒

du = dx
v = e
x
. Ta có
I = 1 −
1
e
+ xe
x
|
1
0
−
1

0
e
x
dx = 1 −
1
e
+ e − e
x
|
1
0
= 2 −
1

0
x sin 2xdx.
Đặt

u = x
dv = sin 2xdx
⇒

du = dx
v = −
1
2
cos 2x
. Ta có
I =
π
2
32
−
x
2
cos 2x



π
4
0
+
1

dv =
1
x
3
dx
⇒

du =
1
x
dx
v = −
1
2x
2
. Ta có
I = −
ln x
2x
2




2
1
+
1
2
2

2
− x

dv = dx
⇒

du =
2x−1
x
2
−x
dx
v = x
. Ta có
I = x ln

x
2
− x



3
2
−
3

2
x
2x − 1

2
+
ln(x + 1)
x
2

dx = −
1
x




3
1
+
3

1
ln(x + 1)
x
2
dx =
2
3
+
3

1
ln(x + 1)




3
1
+
3

1
1
x(x + 1)
dx =
2
3
−
1
3
ln 4 + ln 2 +
3

1

1
x
−
1
x + 1

dx =
2

e
2x
+
3
√
x + 1

dx.
d) (B-09) I =
3

1
3 + ln x
(1 + x)
2
dx.
e) I =
ln 3

0
xe
x
√
e
x
+ 1
dx.
f) (B-2011) I =
π
3

v =
1
2
tan x
. Ta có
I =
1
2
x tan x




π
4
0
−
1
2
π
4

0
tan xdx =
π
8
−
1
2
π

4
0
=
π
8
−
1
4
ln 2
c) Ta có I =
0

−1
x

e
2x
+
3
√
x + 1

dx =
0

−1
xe
2x
dx +
0

xe
2x




0
−1
−
1
2
0

−1
e
2x
dx =
1
2e
2
−
1
4
e
2x




0

1

0

u
6
− u
3

du = 3

u
7
7
−
u
4
4





1
0
= −
9
28
Vậy I = I
1

1
x
dx
v = −
1
1+x
. Ta có
I = −
3 + ln x
1 + x




3
1
+
3

1
1
x(1 + x)
dx =
3 − ln 3
4
+
3

1
1 + x − x

e) Đặt

u = x
dv =
e
x
√
e
x
+1
⇒

du = dx
v = 2
√
e
x
+ 1
. Ta có
I = 2x
√
e
x
+ 1


ln 3
0
− 2
ln 3

Đổi cận: x = 0 ⇒ u =
√
2; x = ln 3 ⇒ u = 2. Ta có
I = 4 ln 3 − 2
2

√
2
u
u
2
− 1
2udu = 4 ln 3 −4
2

√
2

1 +
1
u
2
− 1

du
= 4 ln 3 − 4t|
2
√
2
− 2


√
2 − 1

f) Ta có I =
π
3

0
1
cos
2
x
dx +
π
3

0
x sin x
cos
2
x
dx = tan x|
π
3
0
+
π
3


1
cos x
. Ta có
I =
√
3 +
x
cos x



π
3
0
−
π
3

0
1
cos x
dx =
√
3 +
2π
3
−
π
3



0
1 − sin x + 1 + sin x
(1 − sin x)(1 + sin x)
d (sin x) =
√
3 +
2π
3
−
1
2
π
3

0

1
1 + sin x
+
1
1 − sin x

d (sin x)
=
√
3 +
2π
3
−

dx.
b) (DB-07) I =
π
2

0
x
2
cos xdx.
c) (D-07) I =
e

1
x
3
ln
2
xdx.
d) I =
π
2

0
e
x
cos xdx.
e) (BĐT-37) I =
π

0

i) I =
e
5

e
2
ln x. ln (ln x)
x
dx.
Lời giải.
a) Đặt

u = x
2
dv = e
x
dx
⇒

du = 2xdx
v = e
x
. Ta có
I = x
2
e
x


ln 2

2 − 2xe
x
|
ln 2
0
+
ln 2

0
2e
x
dx = 2ln
2
2 − 4 ln 2 + 2e
x
|
ln 2
0
= 2ln
2
2 − 4 ln 2 + 2
b) Đặt

u = x
2
dv = cos xdx
⇒

du = 2xdx
v = sin x

⇒

du = 2dx
v = −cos x
. Ta có
I =
π
2
4
+ 2x cos x|
π
2
0
−
π
2

0
2 cos xdx =
π
2
4
− 2 sin x|
π
2
0
=
π
2
4


e
1
−
e

1
x
4
4
2 ln x
x
dx =
e
4
4
−
1
2
e

1
x
3
ln xdx
Lại đặt

u = ln x
dv = x
3

1
−
1
4
e

1
x
3
dx


=
e
4
4
−
1
2

e
4
4
−
x
4
16





0
e
x
sin xdx = e
π
2
−
π
2

0
e
x
sin xdx
Lại đặt

u = e
x
dv = sin xdx
⇒

du = e
x
dx
v = −cos x
. Ta có
I = e
π
2

e) Ta có I =
π

0
e
2x
sin
2
xdx =
1
2
π

0
e
2x
(1 − cos 2x) dx =
1
4
e
2x




π
0
−
1
2

. Ta có
I
1
=
1
2
e
2x
sin 2x




π
0
−
π

0
e
2x
sin 2xdx = −
π

0
e
2x
sin 2xdx
Lại đặt


+
π

0
e
2x
cos 2xdx


=
e
2π
− 1
2
− I
1
⇔ I
1
=
e
2π
− 1
4
Vậy I =
e
2π
− 1
4
−
1


1
sin (ln x) dx = −e
π
− 1 +
e
π

1
sin (ln x) dx
Lại đặt

u = sin(ln x)
dv = dx
⇒

du =
1
x
cos(ln x)dx
v = x
. Ta có
I = −e
π
− 1 + x sin(ln x)|
e
π
1
−
e

du = dt
v = e
t
. Ta có
I =
1
2


te
t


1
0
−
1

0
e
t
dt


=
1
2

e − e
t

dv = sin tdt
⇒

du = 4tdt
v = −cos x
. Ta có
I = −2t
2
cos t


π
0
+
π

0
4t cos tdt = 2π
2
+
π

0
4t cos tdt
Lại đặt

u = 4t
dv = cos tdt
⇒


2
t ln tdt.
Đặt

u = ln t
dv = tdt
⇒

du =
1
t
dt
v =
t
2
2
. Ta có
I =
t
2
2
ln t




5
2
−
5

2
=
25
2
ln 5 − 2 ln 2 −
21
4
§5. Tích Phân Của Hàm Số Lượng Giác
8.24. Tính các tích phân sau
a) I =
π
4

0
sin
2
xdx. b) I =
π
4

0
tan xdx. c) I =
π
2

0
cos
5
xdx.
d) I =

3

0
sin
2
x tan xdx. h) I =
π
4

0
sin
2
x
cos
4
x
dx.
i) I =
π
3

π
6
1
cos xsin
2
x
dx.
Lời giải.
a) I =

Chuyên đề 8. Nguyên Hàm - Tích Phân
b) I =
π
4

0
sin x
cos x
dx = −
π
4

0
1
cos x
d (cos x) = −ln |cos x||
π
4
0
=
1
2
ln 2.
c) I =
π
2

0
cos
4

0
=
6
15
.
d) I =
π
4

0
1
cos
2
x
1
cos
2
x
dx =
π
4

0

1 + tan
2
x

d (tan x) =



π
3
1
1 − cos
2
x
d (cos x) = −
1
2
π
2

π
3
1 − cos x + 1 + cos x
(1 − cos x)(1 + cos x)
d (cos x)
= −
1
2
π
2

π
3

1
1 + cos x
+

x
2
dx =
π
2

π
3
1
2cos
2
x
2
tan
x
2
dx
=
π
2

π
3
1
tan
x
2
d

tan

cos
4
x
dx =
π
6

0
1

1 − sin
2
x

2
d (sin x) =
1
4
π
6

0

1 + sin x + 1 − sin x
(1 + sin x)(1 − sin x)

2
d (sin x)
=
1

2
(1 − sin x) (1 + sin x)

2
d (sin x)
=
1
4

1
1 − sin x
−
1
1 + sin x





π
6
0
+
1
4
π
6

0
1 − sin x + 1 + sin x

inx|)




π
6
0
=
1
3
+
1
4
ln 3.
g) I =
π
3

0
sin
2
x sin x
cos x
dx =
π
3

0
cos

3
8
.
h) I =
π
4

0
1 − cos
2
x
cos
6
x
dx =
π
4

0

1
cos
6
x
−
1
cos
4
x



0

1 + tan
2
x

2
d (tan x) −
π
4

0

1 + tan
2
x

d (tan x)
=

tan x +
2tan
3
x
3
+
tan
5
x

3

π
6
cos x
cos
2
xsin
2
x
dx =
π
3

π
6
1

1 − sin
2
x

sin
2
x
d (sin x) =
π
3

π

2
x

d (sin x) =
π
3

π
6
1
sin
2
x
d (sin x) +
1
2
π
3

π
6
1 − sin x + 1 + sin x
(1 − sin x)(1 + sin x)
d (sin x)
= −
1
sin x







π
3
π
6
= 2 −
2
√
3
+ ln

1 +
2
√
3

.
8.25. Tính các tích phân sau
a) (B-03) I =
π
4

0
1 − 2sin
2
x
1 + sin 2x
dx. b) (B-05) I =

π
2

0
cos x
√
7 + cos 2x
dx. f) (A-11) I =
π
4

0
x sin x + (x + 1) cos x
x sin x + cos x
dx.
Lời giải.
a) I =
π
4

0
cos 2x
1 + sin 2x
dx =
1
2
π
4

0

⇒ u = 1. Ta có
I = 2
2

1
(u − 1)
2
u
du = 2
2

1

u − 2 +
1
u

du = 2

u
2
2
− 2u + ln |u|





2
1

0
e
sin x
d (sin x) +
1
2
π
2

0
(1 + cos 2x) dx = e
sin x


π
2
0
+

1
2
x +
1
4
sin 2x






1
u
udu =
2
3
u




2
1
=
2
3
e) Ta có I =
π
2

0
cos x

8 − 2sin
2
x
dx =
1
√
2
π

π
6

0
1

4 − 4sin
2
t
cos tdt =
√
2
2
π
6

0
dt =
√
2
2
t





π
6
0

4

0
x cos x
x sin x + cos x
dx =
π
4
+
π
4

0
x cos x
x sin x + cos x
dx.
Đặt u = x sin x + cos x ⇒ du = (x cos x) dx. Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1; x =
π
4
⇒ u =
4 + π
4
√
2
. Ta có
I =
π
4
+
4+π

x

1
cos
2
x
+ 2 tan x

dx. b) (A-08) I =
π
6

0
tan
4
x
cos 2x
dx. c) I =
π
2

0
1
3sin
2
x + cos
2
x
dx.
d) I =


0
1
1 + tan
2
x + 2 tan x
d (tan x) =
π
4

0
1
(tan x + 1)
2
d (tan x + 1) = −
1
tan x + 1




π
4
0
=
1
2
.
b) I =
π


0
tan
4
x
1 − tan
2
x
d (tan x)
=
π
6

0

−tan
2
x − 1 +
1
2
1 − tan x + 1 + tan x
(1 − tan x)(1 + tan x)

d (tan x)
=
π
6

0


6
0
=
1
2
ln

2 +
√
3

−
10
√
3
27
.
c) Ta có I =
π
4

0
1
3sin
2
x + cos
2
x
dx +
π

4
1
sin
2
x

3 + cot
2
x

dx = I
1
+ I
2
Đặt
√
3 tan x = tan t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒
√
3
1
cos

0
1
tan
2
t + 1

1 + tan
2
t

dt =
1
√
3
t




π
3
0
=
π
3
√
3
Đặt cot x =
√
3 tan t, t ∈

4
⇒ t =
π
6
; x =
π
2
⇒ t = 0. Ta có
I
2
=
π
6

0
1
3 + 3tan
2
t
√
3

1 + tan
2
t

dt =
1
√
3

√
3
.
23
d) I =
π
2

0
1
1 + 2 sin
x
2
cos
x
2
dx =
π
2

0
1
cos
2
x
2

1
cos
2

2




π
2
0
= 1.
Nhận xét. Nếu tích phân trên có cận từ 0 đến
π
4
thì có thể nhân cả tử và mẫu với 1 −sin x. Còn nếu cận từ 0 đến
π thì bạn giải như thế nào ?
e) I =
π
2

0
1
2 sin
x
2
cos
x
2
+ 2cos
2
x
2

x
2

= ln



tan
x
2
+ 1






π
2
0
= ln 2.
f) I =
√
2
π
6

0
1
cos x (cos x − sin x)

=
√
2 ln
3 +
√
3
2
.
§6. Ứng Dụng Của Tích Phân
8.27. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau
a) y = x
2
− 2x; Ox; x = −1 và x = 2.
b) y =
−3x − 1
x − 1
và hai trục tọa độ.
c) y = −x
3
− 3x
2
và trục hoành. d) y = x
2
− 2x và y = −x
2
+ 4x.
e) (A-07) y = (e + 1) x, y = (1 + e
x
) x.
f) (B-02) y =


dx +
2

0


x
2
− 2x


dx
=
0

−1

x
2
− 2x

dx +
2

0

2x − x
2


=
8
3
(đvdt).
y
x
O
−1
2
y = x
2
− 2x
b) Vì
−3x − 1
x − 1
= 0 ⇔ x = −
1
3
nên diện tích hình phẳng cần tìm là
S =
0

−
1
3




−3x − 1

= ln
4
3
− 1 (đvdt).
y
x
O
−
1
3
1
y =
−3x−1
x−1
24
Chuyên đề 8. Nguyên Hàm - Tích Phân
c) Vì −x
3
− 3x
2
= 0 ⇔

x = 0
x = −3
nên diện tích hình phẳng cần tìm là
S =
0

−3


0
−3
=
27
4
(đvdt).
y
x
O
−3
y = −x
3
− 3x
2
d) Vì x
2
−2x = −x
2
+ 4x ⇔

x = 0
x = 3
nên diện tích hình phẳng cần tìm là
S =
3

0




2

dx =

3x
2
−
2x
3
3





3
0
= 9 (đvdt).
y
x
O
y = −2x
2
+ 4x
2
y = x
2
− 2x
e) Vì (e + 1)x = (1 + e
x

2




1
0
−
1

0
xe
x
dx =
e
2
−
1

0
xe
x
dx
Đặt

u = x
dv = e
x
dx
⇒

e − 1 (đvdt).
y
x
O
1
1
+ e
f)
Vì

4 −
x
2
4
=
x
2
4
√
2
⇔ 4 −
x
2
4
=
x
4
32
⇔ x = ±2
√

dx =
2
√
2

−2
√
2


4 −
x
2
4
−
x
2
4
√
2

dx
=
2
√
2

−2
√
2

4 −
x
2
4
dx −
8
3
Đặt
x
2
= 2 sin t, t ∈

−
π
2
;
π
2

⇒
1
2
dx = 2 cos tdt. Đổi cận x = ±2
√
2 ⇒ t = ±
π
4
. Ta có
25