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 +

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

4

x
3
√
xdx =

x
1
3
dx =
3
4
x
3
√
x + C
6. F =

2
x

3
x
+
2
−x
√
x + 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

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 =

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

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

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

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.
Do đó:
I = −
0


= −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
=
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

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

(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

| + 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

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 −


cos 2t.

−
1
2

+ sin 2t.

√
3
2

cos t
dt
18. I =

1
0
1
(x
2
+ 1)
√
x
2
+ 3
dx
Trước tiên, ta đổi biến số t =


−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

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

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

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 :


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

−
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 =


) = −
4t
t
2
+ 1
|
1
√
3
√
3
+ 4
√
3

1
√
3
1
t
2
+ 1
dt

t =

x
4 − x
⇒ x =
4t

− 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 +
1
x
2

x
2
+
1
x
2
− 1
dx −

2
1
2x
2
(x
3
)
2
+ 1
dx
Đặt

x −
1
x


+ 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


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

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
−

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 =

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


5
2
2

1
t − 1
−
1
t + 3

dt =
1
4
.ln




t − 1
t + 3










− 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