M C L C - BITEXEDU

MỤC LỤC

CHƯƠNG 1 Nguyên hàm - tích phân ứng dụng 9

1 Nguyên hàm 9

Dạng 1.1. Tính nguyên hàm bằng bảng nguyên hàm 10

Dạng 1.2. Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số 77

Dạng 1.3. Nguyên hàm từng phần 113

2 Tích phân 128

A Tóm tắt lý thuyết 128

B Dạng toán và bài tập 128

Dạng 2.1. Tích phân cơ bản và tính chất tính phân 128

Dạng 2.2. Tích phân hàm số phân thức hữu tỉ 145

Dạng 2.3. Tính chất của tích phân 150

Dạng 2.4. Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối

b∫a

| f(x) | dx 180

Dạng 2.5. Tích phân từng phần 185

C Tóm tắt lý thuyết 217

D Dạng toán và bài tập 218

Dạng 2.1. 218

Dạng 2.2. 223

Dạng 2.3. Đổi biến biểu thức chứa ln, ex hoặc lượng giác trong dấu căn 232

Dạng 2.4. Đổi biến biểu thức chứa hàm ln không nằm trong căn 239

Dạng 2.5. Tính I =

b∫a

f (ex) ex dx. 249

Dạng 2.6. Tính

b∫a

f (sinx) cosx dx 252

1

2 MỤC LỤC

Dạng 2.7. 261

Dạng 2.8. 268

Dạng 2.9. I =

b∫a

f(sinx± cosx) dx 276

Dạng 2.10.

b∫a

f(sin2 x, cos2 x

)sin 2x dx 282

Dạng 2.11. I =

b∫a

fÄ√

a2 − x2äx2n dx 284

Dạng 2.12. I =

β∫α

fÄÄ√

x2 + a2ämä

x2ndx 287

Dạng 2.13.

β∫α

f

Ç…a± xa∓ x

ådx;

β∫α

dx

(a+ bxn) n√a+ bxn

; 294

3 Ứng dụng tích phân 299

A Dạng toán và bài tập 299

Dạng 3.1. Diện tích hình phẳng và bài toán liên quan 299

Dạng 3.2. Tìm vận tốc, gia tốc, quãng đường trong vật lí 307

B Tóm tắt lý thuyết 313

C DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 314

Dạng 3.1. Tính thể tích của vật thể 314

Dạng 3.2. Tính thể tích của vật thể tròn xoay 318

CHƯƠNG1 NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN ỨNGDỤNG

BÀI1. NGUYÊN HÀM

Định nghĩa 1 (Khái niệm nguyên hàm). Cho hàm số f(x) xác định trên tập K .

1 Hàm số F (x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu F ′(x) = f(x), ∀x ∈ K .

2 Nếu F (x) là một nguyên hàm của f(x) trên K thì họ nguyên hàm của hàm số f(x) trên

K là

∫f(x) dx = F (x) + C, với C là hằng số thuộc R.

Tính chất 1. Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số liên tục trên K và k 6= 0 thì ta luôn có

1∫f ′(x) dx = f(x) + C,

∫f ′′(x) dx = f ′(x) + C,

∫f ′′′(x) dx = f ′′(x) + C, · · ·

2∫k · f(x) dx = k ·

∫f(x) dx.

3∫

[f(x)± g(x)] dx =

∫f(x) dx±

∫g(x) dx.

4 F ′(x) = f(x).

Tính chất 2. Bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp (với C là hằng số tùy ý)

Nguyên hàm Nguyên hàm mở rộng

1

∫0dx = C

∫kdx = k · x+ C

2

∫xα dx =

xα+1

α + 1+ C,α 6= −1

∫(ax+ b)αdx =

1

a· (ax+ b)α+1

α + 1+C,α 6= −1

3

∫1

x2dx = −1

x+ C

∫dx

(ax+ b)2= −1

a.

1

ax+ b+ C

4

∫axdx =

ax

ln a+ C

∫amx+ndx =

1

m· a

mx+n

ln a+ C

5

∫exdx = ex + C

∫eax+bdx =

1

aeax+b + C

6

∫1

xdx = ln |x|+ C

∫1

ax+ bdx =

1

a. ln |ax+ b|+ C

7

∫cosx dx = sinx+ C

∫cos (ax+ b) dx =

1

a· sin (ax+ b) + C

8

∫sinx dx = − cosx+ C

∫sin (ax+ b) dx = −1

acos (ax+ b) + C

9

∫1

cos2xdx = tanx+ C

∫1

cos2 (ax+ b)dx =

1

atan (ax+ b) + C

10

∫1

sin2xdx = − cotx+ C

∫1

sin2 (ax+ b)dx = −1

acot (ax+ b) + C

3

4 CHƯƠNG 1. NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN ỨNG DỤNG

{ DẠNG 1.1. Tính nguyên hàm bằng bảng nguyên hàm

Phương pháp giải

1 Tích của đa thức hoặc lũy thừaPP−−−−−−−−→ khai triển.

2 Tích các hàm mũPP−−−−−−−−→ khai triển theo công thức mũ.

3 Chứa cănPP−−−−−−−−→ chuyển về lũy thừa.

4 Tích lượng giác bậc một của sin và cosinPP−−−−−−−−→ Sử dụng công thức tích thành tổng.

• sin a cos b =1

2[sin(a+ b) + sin(a− b)] • sin a sin b =

1

2[cos(a− b)− cos(a+ b)]

• cos a cos b =1

2[cos(a+ b) + cos(a− b)]

5 Bậc chẵn của sin và cosin ⇒ Hạ bậc: sin2 x =1

2− 1

2cos 2a, cos2 x =

1

2+

1

2cos 2a.

6 Nguyên hàm của hàm số hữu tỷ I =

∫P (x)

Q(x)dx, với P (x), Q(x) là các đa thức.

• Nếu bậc của tử số P (x) ≥ bậc của mẫu số Q(x)PP−−−−−−−−→ Chia đa thức.

• Nếu bậc của tử số P (x) < bậc của mẫu số Q(x)PP−−−−−−−−→ Phân tích mẫu số Q(x)

thành tích số, rồi sử dụng đồng nhất thức đưa về dạng tổng của các phân số (PP che).

�1

(x−m)(ax2 + bx+ c)=

A

x−m+

Bx+ C

ax2 + bx+ c, với ∆ = b2 − 4ac.

�1

(x− a)2(x− b)2=

A

x− a+

B

(x− a)2+

C

x− b+

D

(x− b)2.

Nhận xét. Nếu mẫu không phân tích được thành tích sẽ tìm hiểu ở phần đổi biến.

1. Bài tập áp dụngBÀI 1. Tìm nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) (giả sử điều kiện được xác định), biết

f(x) = 3x2 +1

3x = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: x3 +x2

6+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å3x2 +

1

3x

ãdx = x3 +

x2

6+ C. �

1

f(x) = 2x3 − 5x2 − 4x+ 7 = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2x4 − 5

3x3 − 2x2 + 7x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ (2x3 − 5x2 − 4x+ 7

)dx =

1

2x4 − 5

3x3 − 2x2 + 7x+ C. �

2

1. NGUYÊN HÀM 5

f(x) = 6x5 − 12x3 + x2 − 8 = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: x6 − 3x4 +1

3x3 − 8x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ (6x5 − 12x3 + x2 − 8

)dx = x6 − 3x4 +

1

3x3 − 8x+ C. �

3

f(x) = (x2 − 3x)(x+ 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

4x4 − 2

3x3 − 3

2x2 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(x2 − 3x)(x+ 1)dx =

∫(x3 − 2x2 − 3x)dx =

1

4x4 − 2

3x3 − 3

2x2 + C. �

4

f(x) = (x− 1)(x2 + 2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

4x4 − 1

3x3 + x2 − 2x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(x− 1)(x2 + 2)dx =

∫(x3 − x2 + 2x− 2)dx =

1

4x4 − 1

3x3 + x2 − 2x+ C. �

5

f(x) = x(x2 + 1)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

6(x2 + 1)3 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫x(x2 + 1)2dx =

∫(x2 + 1)2

d(x2 + 1)

2=

1

6(x2 + 1)3 + C. �

6

f(x) = (3− x)3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) = −1

4(3− x)4 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(3− x)3dx = −

∫(3− x)3d(3− x) = −1

4(3− x)4 + C. �

7

f(x) = (2x+ 1)5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

12(2x+ 1)6 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(2x+ 1)5dx =

∫(2x+ 1)5

d(2x+ 1)

2=

1

12(2x+ 1)6 + C. �

8


f(x) = (2x− 10)2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

4038(2x− 10)2019 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(2x− 10)2018dx =

1

2

∫(2x− 10)2018d(2x− 10) =

1

4038(2x− 10)2019 + C. �

9

f(x) = (3− 4x)2019 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) = − 1

8080(3− 4x)2020 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(3− 4x)2019dx = −1

4

∫(3− 4x)2019d(3− 4x) = − 1

8080(3− 4x)2020 + C. �

10

f(x) = (2x2 − 1)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =4

5x5 − 4

3x3 + x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(2x2 − 1)2dx =

∫ (4x4 − 4x2 + 1

)dx =

4

5x5 − 4

3x3 + x+ C. �

11

f(x) = (x2 + 1)3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

7x7 +

3

5x5 + x3 + x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫(x2 + 1)3dx =

∫ (x6 + 3x4 + 3x2 + 1

)dx =

1

7x7 +

3

5x5 + x3 + x+ C. �

12

BÀI 2. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện F (x◦) = k.

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 4x3 − 4x+ 5 thỏa mãn F (1) = 3 . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) = x4 − 2x2 + 5x− 1

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x)dx =

∫ (4x3 − 4x+ 5

)dx = x4 − 2x2 + 5x+ C.

Vì F (1) = 3⇔ 1− 2 + 5 + C = 3⇔ C = −1.Suy ra F (x) = x4 − 2x2 + 5x− 1. �

1

1. NGUYÊN HÀM 7

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = −x3 + 3x2 − 2x thỏa mãn F (1) = 0 . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) = −x4

4+ x3 − x2 +

1

4

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ (−x3 + 3x2 − 2x

)dx = −x

4

4+ x3 − x2 + C.

Vì F (1) = 0 nên C =1

4. Suy ra F (x) = −x

4

4+ x3 − x2 +

1

4. �

2

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 3x3 − 2x2 + 1 thỏa mãn F (−2) = 3 . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =3x4

4− 2x3

3+ x− 37

3

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ (3x3 − 2x2 + 1

)dx =

3x4

4− 2x3

3+ x+ C.

Vì F (−2) = 3 nên C = −37

3. Suy ra F (x) =

3x4

4− 2x3

3+ x− 37

3. �

3

Gọi F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = −5x4 +4x2−6 thỏa mãn F (3) = 1. Tính F (−3)

ĐS: F (−3) = 451

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ (−5x4 + 4x2 − 6

)dx = −x5 +

4x3

3− 6x+ C.

Vì F (3) = 1 nên C = 226. Suy ra F (x) = −x5 +4x3

3− 6x+ 226.

Do đó F (−3) = 451. �

4

Hàm số f(x) = x3 + 3x2 + 2 có một nguyên hàm F (x) thỏa F (2) = 14. Tính F (−2) . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (−2) = −10

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ (x3 + 3x2 + 2

)dx =

x4

4+ x3 + 2x+ C.

Vì F (2) = 14 nên C = −2. Suy ra F (x) =x4

4+ x3 + 2x− 2.

Do đó F (−2) = −10. �

5

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = (1− x)9 thỏa 10F (2) = 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) = −(1− x)10

10+ 1

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ ((1− x)9

)dx = −(1− x)10

10+ C.

Vì 10F (2) = 9 nên C = 1. Suy ra F (x) = −(1− x)10

10+ 1. �

6


Hàm số f(x) = (2x+ 1)3 có một nguyên hàm là F (x) thỏa F

Å1

2

ã= 4. Tính F

Å3

2

ã. . . . . . . . . . .

ĐS: F

Å3

2

ã= 34

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ ((2x+ 1)3

)dx =

(2x+ 1)4

8+ C.

Vì F

Å1

2

ã= 4 nên C = 2. Suy ra F (x) =

(2x+ 1)4

8+ 2.

Do đó F

Å3

2

ã= 34. �

7

Hàm số f(x) = (1− 2x)5 có một nguyên hàm là F (x) thỏa F

Å−1

2

ã=

2

3. Tính F (1) . . . . . . . . . . .

ĐS: F

Å3

2

ã=

71

12

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ ((1− 2x)5

)dx = −(1− 2x)6

12+ C.

Vì F

Å−1

2

ã=

2

3nên C = 6. Suy ra F (x) = −(1− 2x)6

12+ 6.

Do đó F

Å3

2

ã=

71

12. �

8

Gọi F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = (2x− 3)2 thỏa F (0) =1

3. Tính giá trị của biểu

thức P = log2 [3F (1)− 2F (2)] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: P = log2 [3F (1)− 2F (2)] = 2

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫ ((2x− 3)2

)dx =

(2x− 3)3

6+ C.

Vì F (0) =1

3nên C =

29

6. Suy ra F (x) =

(2x− 3)3

6+

29

6⇒ F (1) =

13

3;F (2) = 5.

Do đó P = log2 [3F (1)− 2F (2)] = 2. �

9

1. NGUYÊN HÀM 9

Gọi F1(x) là một nguyên hàm của hàm số f1(x) = x(x + 2)2 thỏa F1(0) = 1 và F2(x) là một

nguyên hàm của hàm số f2(x) = x3 + 4x2 + 5 thỏa F2(0) = −2. Tìm nghiệm của phương trìnhF1(x) = F2(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

ß1;

3

2

™Lời giải.

Ta có F1(x) =

∫f1(x) dx =

∫x(x+ 2)2 dx =

∫ (x3 + 4x2 + 4x

)dx =

x4

4+

4x3

3+ 2x2 + C.

Vì F1(0) = 1 nên C = 1. Suy ra F1(x) =x4

4+

4x3

3+ 2x2 + 1 (1).

Tương tự F2(x) =

∫f2(x) dx =

∫ (x3 + 4x2 + 5

)dx =

x4

4+

4x3

3+ 5x+ C.

Vì F2(0) = −2 nên C = −2. Suy ra F2(x) =x4

4+

4x3

3+ 5x− 2 (2).

Từ (1) và (2), ta có F1(x) = F2(x)⇔ 2x2 + 1 = 5x− 2⇔ 2x2 − 5x+ 3 = 0⇔

x = 1

x =3

2.

�

10

Gọi F1(x) là một nguyên hàm của hàm số f1(x) = (x+ 1)(x+ 2) thỏa F1(0) = 0 và F2(x) là một

nguyên hàm của hàm số f2(x) = x2 + x− 2 thỏa F2(0) = 0. Biết phương trình F1(x) = F2(x) cóhai nghiệm là x1, x2. Tính 2x1 + 2x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:17

16

Lời giải.

Ta có F1(x) =

∫f1(x) dx =

∫(x+ 1)(x+ 2) dx =

∫ (x2 + 3x+ 2

)dx =

x3

3+

3x3

2− 2x+ C.


3+

3x3

2− 2x (1).

Tương tự F2(x) =

∫f2(x) dx =

∫ (x2 + x2 − 2

)dx =

x3

3+x2

2− 2x+ C.


3+x2

2− 2x (2).

Từ (1) và (2), ta có F1(x) = F2(x)⇔ 3x2

2+ 2x =

x2

2− 2x⇔ x2 + 4x = 0⇔

ñx = 0

x = −4.

Khi đó 20 + 2−4 =17

16. �

11

BÀI 3. Tìm nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) (giả sử điều kiện được xác định).

f(x) = x2 − 3x+1

x⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:x3

3− 3

2x2 + ln |x|+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Åx2 − 3x+

1

x

ãdx =

x3

3− 3

2x2 + ln |x|+ C. �

1


f(x) = 3x2 +1

x− 2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: x3 + ln |x| − 2x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å3x2 +

1

x− 2

ãdx = x3 + ln |x| − 2x+ C. �

2

f(x) = 3x2 − 2

x− 1

x2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: x3 − 2 ln |x|+ 1

x+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å3x2 − 2

x− 1

x2

ãdx = x3 − 2 ln |x|+ 1

x+ C. �

3

f(x) =x2 − 3x+ 1

x⇒ F (x) =

∫x2 − 3x+ 1

xdx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:x2

2− 3x+ ln |x|+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫x2 − 3x+ 1

xdx =

∫ Åx− 3 +

1

x

ãdx =

x2

2− 3x+ ln |x|+ C. �

4

f(x) =2x4 − x2 − 3x

x2⇒ F (x) =

∫2x4 − x2 − 3x

x2dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2x3

3− x− 3 ln |x|+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫2x4 − x2 − 3x

x2dx =

∫ Å2x2 − 1− 3

x

ãdx =

2x3

3− x− 3 ln |x|+ C. �

5

f(x) =1

2x− 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2ln |2x− 1|+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫1

2x− 1dx =

1

2

∫d(2x− 1)

2x− 1=

1

2ln |2x− 1|+ C. �

6

1. NGUYÊN HÀM 11

f(x) =1

3− 4x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

4ln |3− 4x|+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫1

3− 4xdx = −1

4

∫d(3− 4x)

3− 4x= −1

4ln |3− 4x|+ C. �

7

f(x) =5

3x+ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:5

3ln |3x+ 1|+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫5

3x+ 1dx =

5

3

∫d(3x+ 1)

3x+ 1=

5

3ln |3x+ 1|+ C. �

8

f(x) =3

2− 4x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −3

4ln |2− 4x|+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫3

2− 4xdx = −3

4

∫d(2− 4x)

2− 4x= −3

4ln |2− 4x|+ C. �

9

f(x) =2

5− 2x+

2

x+

3

x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − ln |5− 2x|+ 2 ln |x| − 3

x+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å2

5− 2x+

2

x+

3

x2

ãdx = −

∫d(5− 2x)

5− 2x+ 2

∫1

xdx + 3

∫1

x2dx = − ln |5 −

2x|+ 2 ln |x| − 3

x+ C. �

10

f(x) =4

2x+ 1+

5

x− 2

x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2 ln |2x+ 1|+ 5 ln |x|+ 2

x+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å4

2x+ 1+

5

x− 2

x2

ãdx = 2

∫d(2x+ 1)

2x+ 1+5

∫1

xdx−2

∫1

x2dx = 2 ln |2x+1|+

5 ln |x|+ 2

x+ C. �

11


f(x) =12

(x− 1)2+

2

2x− 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − 12

x− 1+ ln |2x− 3|+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Ç12

(x− 1)2+

2

2x− 3

ådx = 12

∫(x− 1)−2 d(x− 1) +

∫d(2x− 3)

2x− 3= − 12

x− 1+

ln |2x− 3|+ C. �

12

f(x) =6

(3x− 1)2− 9

3x− 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − 2

3x− 1− 3 ln |3x− 1|+ C.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Ç6

(3x− 1)2− 9

3x− 1

ådx = 2

∫(3x− 1)−2 d(3x − 1) − 3

∫d(3x− 1)

3x− 1=

− 2

3x− 1− 3 ln |3x− 1|+ C. �

13

BÀI 4. Tìm nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) (giả sử điều kiện được xác định).

f(x) =1

x+

1

(2− x)2− 2x⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: ln |x| − 1

x− 2− x2 + C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å1

x+

1

(2− x)2− 2

ãdx = ln |x| − 1

x− 2− x2 + C. �

1

f(x) =1

x3− 2

x2+

4

x4⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − 1

2x2+

2

x− 4

3x3+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å1

x3− 2

x2+

4

x4

ãdx = − 1

2x2+

2

x− 4

3x3+ C. �

2

f(x) =2

(2x− 1)3⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − 1

2(2x− 1)2+ C

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫ Å2

(2x− 1)3

ãdx = − 1

2(2x− 1)2+ C. �

3

1. NGUYÊN HÀM 13


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =1

2x− 5thỏa mãn F (1) = 2 ln

√3 . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) =1

2ln |2x− 5|+ 1

2ln 3

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫1

2x− 5dx =

1

2ln |2x− 5|+ C.

Vì F (1) = 2 ln√

3 nên C =1

2ln 3. Suy ra F (x) =

1

2ln |2x− 5|+ 1

2ln 3. �

1


2− 10xthỏa mãn F (2) = 3 ln 2 . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (x) = −1

2ln |10x− 2|+ 1

2ln 18 + 3 ln 2

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫5

2− 10xdx = −1

2ln |10x− 2|+ C.

Vì F (2) = 3 ln 2 nên C =1

2ln 18 + 3 ln 2. Suy ra F (x) = −1

2ln |10x− 2|+ 1

2ln 18 + 3 ln 2. �

2

Biết F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) =1

x− 1và F (2) = 1. Tính F (3) . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (3) = ln 2 + 1

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫1

x− 1dx = ln |x− 1|+ C.

Vì F (2) = 1 nên C = 1. Suy ra F (x) = ln |x− 1|+ 1. Do đó F (3) = ln 2 + 1. �

3

Biết F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) =1

2x+ 1và F (0) = 2. Tính F (e) . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: F (e) = ln (2e+ 1) + 2

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f (x) dx =

∫1

2x+ 1dx = ln |2x+ 1|+ C.

Vì F (0) = 2 nên C = 2. Suy ra F (x) = ln |2x+ 1|+ 2. Do đó F (e) = ln (2e+ 1) + 2. �

4

cho hàm số y = f(x) thỏa mãn f ′(x) =1

2x− 1và f(1) = 1. Tính f(5) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: f(5) = 2 ln 3 + 1

Lời giải.

Ta có f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫1

2x− 1dx = ln |2x− 1|+ C.

Vì f(1) = 1 nên C = 1. Suy ra f(x) = ln |2x− 1|+ 1. Do đó f(5) = 2 ln 3 + 1. �

5


Cho hàm số f (x) xác định trên thỏa mãn f ′ (x) =2

2x− 1, f (0) = 1 và f (1) = 2. Giá trị của

biểu thức P = f (−1) + f (3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: f (−1) + f (3) = 3 + ln 15.

Lời giải.

Ta có f (x) =

∫f ′ (x) dx =

∫2

2x− 1dx = ln |2x− 1|+ C, với mọi x.

Xét trên

Å−∞;

1

2

ã. Ta có f (0) = 1, suy ra C = 1.

Do đó, f (x) = ln |2x− 1|+ 1, với mọi x ∈Å−∞;

1

2

ã. Suy ra f (−1) = 1 + ln 3.

Xét trên

Å1

2; +∞

ã. Ta có f (1) = 2, suy ra C = 2.

Do đó, f (x) = ln |2x− 1|+ 2, với mọi

Å1

2; +∞

ã. Suy ra f (3) = 2 + ln 5.

Vậy f (−1) + f (3) = 3 + ln 3 + ln 5 = 3 + ln 15.Mấu chốt của bài toán là tính chất của hàm f (x), hàm f (x) là hàm phân nhánh (hàm cho bởinhiều biểu thức) thường ít xuất hiện trong các bài toán tích phân, nguyên hàm thông thường.Nắm được điểm này, ta có thể viết ra biểu thức f (x) một cách rõ ràng, và tìm được các giá trịcụ thể của C. �

6


x− 1, f (0) = 3 và f (2) = 4. Giá trị của biểu

thức P = f (−2) + f (5) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: f (−2) + f (5) = 5 + 2 ln 2 + ln 3

Lời giải.

Ta có f (x) =

∫f ′ (x) dx =

∫2

x− 1dx = ln |x− 1|+ C, với mọi x.

Xét trên (−∞; 1). Ta có f (0) = 3, suy ra C = 1.Do đó, f (x) = ln |x− 1|+ 1, với mọi x ∈ (−∞; 1). Suy ra f (−2) = 1 + ln 3.

Xét trên (1; +∞). Ta có f (2) = 4, suy ra C = 4.

Do đó, f (x) = ln |x− 1|+ 4, với mọi

Å1

2; +∞

ã. Suy ra f (5) = 4 + 2 ln 2.

Vậy f (−2) + f (5) = 5 + 2 ln 2 + ln 3. �

7

1. NGUYÊN HÀM 15


3x− 1, f (−2) = 2 và f (1) = 1. Giá trị của

biểu thức P = f (−1) + f (4) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: f (−1) + f (4) = 3 + 2 ln 2− ln 7 + 2 ln 11

Lời giải.

Ta có f (x) =

∫f ′ (x) dx =

∫6

3x− 1dx = 2 ln |3x− 1|+ C, với mọi x.

Xét trên

Å−∞;

1

3

ã. Ta có f (−2) = 2, suy ra C = 2− ln 7.

Do đó, f (x) = 2 ln |3x− 1|+2− ln 7, với mọi x ∈Å−∞;

1

3

ã. Suy ra f (−1) = 2+4 ln 2− ln 7.

Xét trên

Å1

3; +∞

ã. Ta có f (1) = 1, suy ra C = 1− 2 ln 2.

Do đó, f (x) = 2 ln |3x− 1|+ 1− 2 ln 2, với mọi

Å1

3; +∞

ã. Suy ra f (4) = 1 + 2 ln 11− 2 ln 2.

Vậy f (−1) + f (4) = 3 + 2 ln 2− ln 7 + 2 ln 11. �

8

BÀI 6.

Cho hàm số f(x) xác định trên R? thỏa mãn f ′′(x) =1

x2, f(−1) = 1, f(1) = 0 và f(2) = 0. Giá

trị của biểu thức f(−2) bằng

A. 1 + 2 ln 2. B. 2 + ln 2. C. 3 + ln 2. D. ln 2.

ĐS: f(−2) = 1 + 2 ln 2.

Lời giải.

Ta có f ′(x) =

∫f ′′(x) dx =

∫1

x2dx = −1

x+ C1.

Suy ra, f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫ ï−1

x+ C1

òdx = − ln |x|+C1x+C2 =

®− ln(x) + C1x+ C21 khi x > 0

− ln(−x) + C1x+ C22 khi x < 0.

Với f(−1) = 1, f(1) = 0 và f(2) = 0, ta có hệf(−1) = ln(1) + C1 · (−1) + C22 = 1

f(1) = ln(1) + C1 · (1) + C21 = 0

f(2) = ln(2) + C1 · (2) + C21 = 0

⇔

− C1 + C22 = 1

C1 + C21 = 0

2C1 + C21 = − ln(2)

⇔

C1 = − ln 2

C21 = ln 2

C22 = 1 + ln 2.

Khi đó, f(x) =

®− lnx− x ln 2 + ln 2 khi x > 0

− ln(−x)− x ln 2 + 1 + ln 2 khi x < 0.

Vậy f(−2) = 1 + 2 ln 2.

Chọn đáp án A �

1


Cho hàm số f(x) xác định trên R \ {2} thỏa f ′(x) = |2x− 4|, f(1) = 1 và f(3) = −2. Giá trị của

biểu thức f(−1) + f(4) bằng bao nhiêu?

A. −6. B. 2. C. −14. D. 0.

ĐS: −6.

Lời giải.

Ta có |2x− 4| =®

2x− 4 khi x > 2

4− 2x khi x < 2.

Khi đó, f(x) =

∫f ′(x) dx =

®x2 − 4x+ C1 khi x > 2

4x− x2 + C2 khi x < 2.

mà

®f(3) = −2

f(1) = 1⇔®

32 − 4 · 3 + C1 = −2

4 · 1− 12 + C2 = 1⇔®C1 = 1

C2 = −2⇔ f(x) =

®x2 − 4x+ 1 khi x > 2

4x− x2 − 2 khi x < 2.

Vậy f(−1) + f(4) = 4 · (−1)− (−1)2 − 2 + [42 − 4 · 4 + 1] = −6.


2

Cho hàm số f(x) xác định trên R \ {−1; 1} thỏa f ′(x) =2

x2 − 1; f(−3) + f(3) = 0 và f

Å−1

2

ã+

f

Å1

2

ã= 2. Tính giá trị của biểu thức P = f(−2) + f(0) + f(4).

A. 2 ln 2− 2 ln 3− ln 5. B. 2 ln 3− ln 5 + 1.

C. 2 ln 3− ln 5. D. 2 ln 3− ln 5 + 6.

ĐS: 2 ln 3− ln 5 + 1.

Lời giải.

f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫2

x2 − 1dx =

∫ Å1

x− 1− 1

x+ 1

ãdx = ln |x− 1| − 1

2ln |x+ 1|+ C.

Hay f(x) = ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 1

∣∣∣∣+ C =

ln

Åx− 1

x+ 1

ã+ C1 khi x > 1

ln

Å1− xx+ 1

ã+ C2 khi − 1 < x < 1

ln

Åx− 1

x+ 1

ã+ C3 khi x < −1.

Theo đề ta cóf(−3) + f(3) = 0

f

Å−1

2

ã+ f

Å1

2

ã= 2⇔

ln 2 + C1 + ln

1

2+ C3 = 0

ln 3 + C2 + ln1

3+ C2 = 2

⇔®C1 + C3 = 0

C2 = 1.

Do đó f(−2) + f(0) + f(4) = ln 3 +C3 +C2 + ln3

5+C1 = ln 3 + ln 3− ln 5 + 1 = 2 ln 3− ln 5 + 1.

Chọn đáp án B �

3

1. NGUYÊN HÀM 17

Cho hàm số f(x) xác định trên R \ß−1;

1

2

™thỏa f ′(x) =

4x+ 1

2x2 + x− 1; f(1) + f(−2) = 0;

f

Å3

2

ã= ln 20 và f(0) + f(1) = 0. Tính giá trị của biểu thức f(−3) + f(3) + f

Å−1

2

ã.

A. ln

Å7

2

ã. B. − ln 7. C. ln 2. D. ln 14.

ĐS: ln

Å7

2

ã.

Lời giải.

Ta có f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫4x+ 1

2x2 + x− 1dx =

∫1

2x2 + x− 1d(2x2+x−1) = ln |2x2+x−1|+C.

Khi đó, f(x) =

ln(2x2 + x− 1) + C1 khi x < −1

ln(1− x− 2x2) + C2 khi − 1 < x <1

2

ln(2x2 + x− 1) + C3 khi x >1

2.

Mà

f(1) + f(−2) = 0

f

Å3

2

ã= ln 20

f(0) + f(1) = 0

⇔

ln 2 + C3 + ln 5 + C1 = 0

ln 5 + C3 = ln 20

ln 1 + C2 + ln 2 + C3 = 0

⇔

C1 + C3 = − ln 10

C3 = ln 4

C2 + C3 = − ln 2

⇔

C1 = − ln 40

C2 = − ln 8

C3 = ln 4.

Khi đó, f(−3)+f(3)+f

Å−1

2

ã= ln 14+C1 +ln 20+C3 +C2 = ln 14− ln 40+ln 20+ln 4− ln 8 =

ln

Å7

2

ã.


4


Cho hàm số f(x) xác định trên R \ {1; 2} thỏa f ′(x) = |x − 1| + |x − 2|; f(0) + f

Å4

3

ã= 0 và

f(4) = 2. Tính giá trị của biểu thức P = f(−1) + f

Å3

2

ã+ f(3) bằng

A. − 3

26. B. −35

6. C. −3

2. D. − 5

36.

ĐS: −35

6.

Lời giải.

Ta có f ′(x) = |x− 1|+ |x− 2| =

3− 2x khi x < 1

1 khi 1 < x < 2

2x− 3 khi x > 2.

Khi đó f(x) =

∫f ′(x) dx =

3x− x2 + C1 khi x < 1

x+ C2 khi 1 < x < 2

x2 − 3x+ C3 khi x > 2.

Mà

f(0) + f

Å4

3

ã= 0

f(4) = 2

⇔

C1 +4

3+ C2 = 0

4 + C3 = 2.⇔

C1 + C2 = −4

3C3 = −2

Suy ra f(−1) + f

Å3

2

ã+ f(3) = (−4 + C1) +

Å3

2+ C2

ã+ C3 = −5

2− 4

3− 2 = −35

6.

Chọn đáp án B �

5

Cho hàm số f(x) xác định trên R \ {0} thỏa f ′(x) = x ln |x|; f(−1) =3

4và f(2) = −1. Tính giá

trị của biểu thức P = f(−2) + f(1). ĐS: P = −1

4.

Lời giải.

f ′(x) =

®x lnx khi x > 0

x ln(−x) khi x < 0.

Đặt

®u = lnx

dv = x dx⇒

du =

1

xdx

v =x2

2.

Khi đó,

∫x lnx dx =

x2

2lnx− x

2+ C.

Tương tự ta có

f(x) =

x2

2lnx− x

2+ C1 khi x > 0

x2

2ln(−x) +

x

2+ C2 khi x < 0

Mà f(−1) =3

4⇔ −1

2+ C2 =

3

4⇒ C2 =

5

4và f(2) = −1⇔ 2 ln 2− 1 + C1 = −1⇔ C1 = −2 ln 2.

Do đó, P = f(−2) + f(1) = − ln 2− 1 + C2 −1

2+ C1 = 2 ln 2− 3

2+

5

4− 2 ln 2 = −1

4. �

6

1. NGUYÊN HÀM 19

Cho f ′(x) = 2x + 1; f(1) = 5 và phương trình f(x) = 5 có hai nghiệm x1;x2. Tính tổnglog2 |x1|+ log2 |x2|. ĐS: 1

Lời giải.

f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫(2x+ 1) dx = x2 + x+ C.

Mà f(1) = 5⇔ 2 + C = 5⇔ C = 3.Mặt khác f(x) = 5 có hai nghiệm x1;x2, nên x

2 + x+ 3 = 5 có hai nghiệm 1;−2.Suy ra log2 |x1|+ log2 |x2| = log2 |x1 · x2| = log2 |−2| = 1. �

7

Cho f ′(x) =2

(2x− 1)2− 1

(x− 1)2thỏa f(2) = −1

3. Biết phương trình f(x) = −1 có nghiệm duy

nhất x = x0. Tính 2017x0 . ĐS: 1

Lời giải.

Ta có f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫ ï2

(2x− 1)2− 1

(x− 1)2

òdx = − 1

2x− 1+

1

x− 1+ C.

Mà f(2) = −1

3⇔ −1

3+ 1 + C1 = −1

3⇔ C1 = −1.

Phương trình f(x) = −1 ⇔ − 1

2x− 1+

1

x− 1− 1 = −1 có nghiệm duy nhất x = 0, suy ra

2017x0 = 20070 = 1.

�

8

Cho hàm số có đạo hàm cấp hai là f ′′(x) = 12x2 + 6x− 4 và thỏa f(0) = 1, f(1) = 3. Tính giá

trị của hàm số f(x) tại x = −1. ĐS: −3

Lời giải.

Ta có f ′(x) =

∫f ′′(x) dx =

∫(12x2 + 6x− 4) dx = 4x3 + 3x2 − 4x+ C1.

f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫(4x3 + 3x2 + C1) dx = x4 + x3 − 2x2 + C1x+ C2.

Mà

®f(0) = 1

f(1) = 3⇔®C2 = 1

C1 + C2 = 3⇔®C1 = 2

C2 = 1.

Suy ra f(x) = x4 + x3 − 2x2 + 2x+ 1⇒ f(−1) = −3. �

9

Tìm hàm số f(x), biết f ′(x) = ax+b

x2, f ′(1) = 0, f(1) = 4 và f(−1) = 2. Tính f(2). ĐS: 5

Lời giải.

f(x) =

∫f ′(x) dx =

∫ Åax+

b

x2

ãdx =

a

2x2 − b

x+ C.

Ta có

f ′(1) = 0⇔ a+ b = 0

f(1) = 4⇔ a

2− b+ C = 4

f(−1) = 2⇔ a

2+ b+ C = 2

⇔

a = 1

b = −1

c =5

2

.

Suy ra, f(x) =1

2x2 +

1

x+

5

2⇒ f(2) = 5. �

10


Cho hàm số f(x) xác định trên [−1; 2] thỏa f(0) = 1 và f 2(x) · f ′(x) = 1 + 2x+ 3x2. Hãy tìm giá

trị nhỏ nhất của hàm số và giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên [−1; 2].ĐS: m = f(−1) = 3

√−2 và M = f(2) = 3

√43

Lời giải.∫f 2(x) ·f ′(x) dx =

∫(1+2x+3x2) dx⇔ 1

3f 3(x) = x3+x2+x+C ⇔ f 3(x) = 3(x3+x2+x+C)

mà f(0) = 1 ⇔ f 3(0) = 1 ⇔ C =1

3Suy ra, f 3(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 ⇒ f(x) =

3√

3x3 + 3x2 + 3x+ 1.

Mà f ′(x) =1 + 2x+ 3x2

f 2(x)> 0 ∀x, nên f(x) là hàm đồng biến.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là m = f(−1) = 3√−2 và giá trị nhỏ nhất của hàm số là

M = f(2) = 3√

43.

�

11

BÀI 7. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện F (x0) = k.

f(x) = n√ax+ b⇒ F (x) =

∫n√ax+ b dx = . . .. ĐS: F (x) =

n

(n+ 1)a· (ax+ b) n

√ax+ b+ C

Lời giải.

Đặt t = n√ax+ b⇒ tn = ax+ b⇒ n · tn−1dt = a · dx.

Suy ra F (x) =

∫n · tn−1 · t

adt =

n

(n+ 1)a· tn+1 + C =

n

(n+ 1)a· (ax+ b)

n√ax+ b+ C. �

Nhận xét.

∫n√ax+ b dx =

n

(n+ 1)a· (ax+ b)

n√ax+ b+ C.

• Với n = 2, suy ra F (x) =

∫ √ax+ b dx =

2

3a(ax+ b)

√ax+ b+ C.


∫3√ax+ b dx =

3

4a(ax+ b)

3√ax+ b+ C.

1

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =√x thỏa mãn F (4) =

19

3.

ĐS: F (x) =2

3x√x+ 1.

Lời giải.

F (x) =

∫ √x dx =

2

3x√x+ C.

mà F (4) =19

3⇒ 2

34√

4 + C =19

3⇒ C = 1.

Vậy F (x) =2

3x√x+ 1. �

2

1. NGUYÊN HÀM 21

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =√

2x− 1 thỏa mãn F (1) =4

3.

ĐS: F (x) =1

3(2x− 1)

√2x− 1 + 1.

Lời giải.

F (x) =

∫ √2x− 1 dx =

2

3 · 2(2x− 1)

√2x− 1 + C.

mà F (1) =4

3⇒ 1

3(2 · 1− 1)

√2 · 1− 1 + C =

4

3⇒ C = 1.

Vậy F (x) =1

3(2x− 1)

√2x− 1 + 1. �

3


4x− 5 thỏa mãn F

Å9

4

ã= 2.

ĐS: F (x) =1

6(4x− 5)

√4x− 5 +

2

3.

Lời giải.

F (x) =

∫ √2x− 1 dx =

2

3 · 4(4x− 5)

√4x− 5 + C.

mà F

Å9

4

ã= 2⇒ 1

6

Å4 · 9

4− 5

ã…4 · 9

4− 5 + C = 2⇒ C =

2

3.

Vậy F (x) =1

6(4x− 5)

√4x− 5 +

2

3. �

4


5− 2x thỏa mãn F

Å1

2

ã= −7

3.

ĐS: F (x) = −1

3(5− 2x)

√5− 2x+

1

3.

Lời giải.

F (x) =

∫ √5− 2x dx =

2

3 · (−2)(5− 2x)

√5− 2x+ C = −1

3(5− 2x)

√5− 2x+ C.

mà F

Å1

2

ã= −7

3⇒ −1

3

Å5− 2 · 1

2

ã…5− 2 · 1

2+ C = −7

3⇒ C =

1

3.

Vậy F (x) = −1

3(5− 2x)

√5− 2x+

1

3. �

5


1− x thỏa mãn F (−3) =5

3.

ĐS: F (x) = −2

3(1− x)

√1− x+ 7.

Lời giải.

F (x) =

∫ √1− x dx =

2

3 · (−1)(1− x)

√1− x+ C = −2

3(1− x)

√1− x+ C.

mà F (−3) =5

3⇒ −2

3(1− (−3))

√1− (−3) + C =

5

3⇒ C = 7.

Vậy F (x) = −2

3(1− x)

√1− x+ 7.

�

6


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 3√

2x− 4 thỏa mãn F (−2) =1

4.

ĐS: F (x) =3

8(2x− 4) 3

√2x− 4− 23

4.

Lời giải.

F (x) =

∫3√

2x− 4 dx =3

4 · 2(2x− 4) 3

√2x− 4 + C =

3

8(2x− 4) 3

√2x− 4 + C

mà F (−2) =1

4⇒ 3

8(2 · (−2)− 4) 3

√2 · (−2)− 4 + C =

1

4⇒ C = −23

4.

Vậy F (x) =3

8(2x− 4) 3

√2x− 4− 23

4.

�

7

Gọi F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = 3√x− 2 thỏa mãn F (3) =

7

4. Tính giá trị biểu

thứcT = 2log13[F (10)] + 3log13[F (−6)].

ĐS: T = 2log13 12 + 3log13 12

Lời giải.

F (x) =

∫3√x− 2 dx =

3

4(x− 2) 3

√x− 2 + C.

mà F (3) =7

4⇒ 3

4(3− 2) 3

√3− 2 + C =

7

4⇒ C = 1.

Vậy F (x) =3

4(x− 2) 3

√x− 2 + 1, nên F (10) = 13; F (−6) = 13.

Vậy T = 2log13[F (10)] + 3log13[F (−6)] = 2log13 12 + 3log13 12. �

8

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 3√

3− 5x thỏa mãn F (−1) = −8

5.

ĐS: F (x) = − 3

20(3− 5x) 3

√3− 5x+

4

5.

Lời giải.

F (x) =

∫3√

3− 5x dx =3

4 · (−5)(3− 5x) 3

√3− 5x+ C = − 3

20(3− 5x) 3

√3− 5x+ C

mà F (−1) = −8

5⇒ − 3

20(3− 5 · (−1)) 3

√3− 5 · (−1) + C = −8

5⇒ C =

4

5.

Vậy F (x) = − 3

20(3− 5x) 3

√3− 5x+

4

5.

�

9

1. NGUYÊN HÀM 23

Cho f(x) =1

n√ax+ b

⇒ F (x) =

∫1

n√ax+ b

dx = . . .. ĐS: F (x) =n

(n− 1)a· ax+ b

n√ax+ b

+ C.

Lời giải.

Đặt t = n√ax+ b⇔ tn = ax+ b⇔ n · tn−1 dt = a dx.

Suy ra, F (x) =

∫1

n√ax+ b

dx =

∫n · tn−1

atdt =

∫n · tn−2

adt =

n

(n− 1)a· tn−1 +C =

n

(n− 1)a·

ax+ bn√ax+ b

+ C.

�

Nhận xét.

∫1

n√ax+ b

dx =n

(n− 1)a· ax+ b

n√ax+ b

+ C .


∫1√

ax+ bdx =

2

a·√ax+ b+ C.


∫1

3√ax+ b

dx =3

2a· 3

»(ax+ b)2 + C.

10

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =2√

4x− 1thỏa mãn F (3) = 3

√11.

ĐS: F (x) =√

4x− 1 + 2√

11.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫2√

4x− 1dx =

2 · 24

√4x− 1 + C =

√4x− 1 + C.

Mà F (3) = 3√

11⇔√

4 · 3− 1 + C = 3√

11⇔ C = 2√

11.Vậy F (x) =

√4x− 1 + 2

√11. �

11


3x− 1thỏa mãn F (2) =

√5.

ĐS: F (x) =2

3

√3x− 1 +

1

3

√5.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫2√

3x− 1dx =

2

3

√3x− 1 + C.

Mà F (2) =√

5⇔ 2

3

√3 · 2− 1 + C =

√5⇔ C =

1

3

√5.

Vậy F (x) =2

3

√3x− 1 +

1

3

√5. �

12


1− 2xthỏa mãn F

Å−3

2

ã= 2018.

ĐS: F (x) = −√

1− 2x+ 2020.

Lời giải.

Ta có F (x) =

∫f(x) dx =

∫1√

1− 2xdx =

2

−2

√1− 2x+ C = −

√1− 2x+ C.

Mà F

Å−3

2

ã= 2018⇔ −

…1− 2 · −3

2+ C = 2018⇔ C = 2020.

Vậy F (x) = −√

1− 2x+ 2020. �

13


Biết

∫dx√

x+ 2 +√x+ 1

= a(x+ 2)√x+ 2 + b(x+ 1)

√x+ 1 + C với a, b là các số hữu tỷ và C

là hằng số bất kỳ. Tính S = 3a+ b. ĐS: S =4

3.

Lời giải.

F (x) =

∫dx√

x+ 2 +√x+ 1

=

∫(x+ 2)− (x+ 1)√x+ 2 +

√x+ 1

dx =

∫(√x+ 2−

√x+ 1) · (

√x+ 2 +

√x+ 1)√

x+ 2 +√x+ 1

dx

F (x) =

∫(√x+ 2−

√x+ 1) dx =

2

3(x+ 2)

√x+ 2− 2

3(x+ 1)

√x+ 1 + C.

Ta có a =2

3; b = −2

3nên S = 3a+ b =

4

3. �

14

Biết F (x) là nguyên hàm của hàm số f(x) =1

√x+√x+ 1

thỏa F (0) =2

3. Tính giá trị của biểu

thứcT = 3 [F (3) + F (2)] + 4

√2.

ĐS: T = 16.

Lời giải.

F (x) =

∫dx

√x+√x+ 1

=

∫(x+ 1)− x√x+√x+ 1

dx =

∫(√x+ 1−

√x) · (

√x+ 1 +

√x)√

x+ 2 +√x+ 1

dx

F (x) =

∫(√x+ 1−

√x) dx =

2

3(x+ 1)

√x+ 1− 2

3x√x+ C.

Ta có F (0) =2

3⇔ 2

3(0 + 1)

√0 + 1− 2

30√

0 + C =2

3⇔ C = 0,

T = 3 [F (3) + F (2)]+4√

2 = 3

ï2

3(3 + 1)

√3 + 1− 2

33√

3 +2

3(2 + 1)

√2 + 1− 2

32√

2

ò+4√

2 = 16.

�

15

BÀI 8.

1. NGUYÊN HÀM 25


2x+ 1−√

2x− 2thỏa F (1) =

√2.

ĐS: F (x) =1

3(2x+ 1)

√2x− 1 +

1

3(2x− 2)

√2x− 2 +

√2−√

3

Lời giải.

Ta có:

F (x) =

∫3√

2x+ 1−√

2x− 2dx =

∫3(√

2x+ 1 +√

2x− 2)(√

2x+ 1−√

2x− 2) (√

2x+ 1 +√

2x− 2) dx

=

∫3(√

2x+ 1 +√

2x− 2)

3dx

=

∫ Ä√2x+ 1 +

√2x− 2

ädx

=

∫ √2x+ 1 dx+

∫ √2x− 2 dx

=1

2

∫ √2x+ 1 d(2x+ 1) +

1

2

∫ √2x− 2 d(2x− 2)

=1

3(2x+ 1)

√2x− 1 +

1

3(2x− 2)

√2x− 2 + C.

Vì F (1) =√

2 nên suy ra√

3 + C =√

2⇒ C =√

2−√

3.

Vậy F (x) =1

3(2x+ 1)

√2x+ 1 +

1

3(2x− 2)

√2x− 2 +

√2−√

3. �

1

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =9x√

x+ 10 +√

10− 8xthỏa F (0) =

√10.

ĐS: F (x) =2

3(x+ 10)

√x+ 10 +

1

12(10− 8x)

√10− 8x− 13

2

√10

Lời giải.

F (x) =

∫9x√

x+ 10 +√

10− 8xdx =

∫9x(√

x+ 10−√

10− 8x)(√

x+ 10 +√

10− 8x) (√

x+ 10−√

10− 8x) dx

=

∫9x(√

x+ 10−√

10− 8x)

9xdx

=

∫ Ä√x+ 10−

√10− 8x

ädx

=

∫ √x+ 10 d(x+ 10) +

1

8

∫ √10− 8x d(10− 8x)

=2

3(x+ 10)

√x+ 10 +

1

12(10− 8x)

√10− 8x+ C.

Vì F (0) =√

10 nên suy ra15

2

√10 + C =

√10⇒ C = −13

2

√10.

Vậy F (x) =2

3(x+ 10)

√x+ 10 +

1

12(10− 8x)

√10− 8x− 13

2

√10. �

2


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =6x√

3x+ 7−√

7− 3xthỏa F (2) = 1.

ĐS: F (x) =2

9(3x+ 7)

√3x+ 7− 2

9(7− 3x)

√7− 3x+

11

9− 26

9

√13

Lời giải.

F (x) =

∫6x√

3x+ 7−√

7− 3xdx =

∫6x(√

3x+ 7 +√

7− 3x)(√

3x+ 7−√

7− 3x) (√

3x+ 7 +√

7− 3x) dx

=

∫6x(√

3x+ 7 +√

7− 3x)

6xdx

=

∫ Ä√3x+ 7 +

√7− 3x

ädx

=1

3

∫ √3x+ 7 d(3x+ 7)− 1

3

∫ √7− 3x d(7− 3x)

=2

9(3x+ 7)

√3x+ 7− 2

9(7− 3x)

√7− 3x+ C.

Vì F (2) = 1 nên suy ra2

913√

13− 2

9+ C = 1⇒ C =

11

9− 26

9

√13.

Vậy F (x) =2

9(3x+ 7)

√3x+ 7− 2

9(7− 3x)

√7− 3x+

11

9− 26

9

√13. �

3


(x+ 1)√x− x

√x+ 1

thỏa F (2) = 2√

2.

ĐS: F (x) = 2√x+ 2

√x+ 1− 2

√3

Lời giải.

F (x) =

∫1

(x+ 1)√x− x

√x+ 1

dx =

∫1

√x√x+ 1

(√x+ 1−

√x) dx

=

∫ (√x+ 1 +

√x)

√x√x+ 1

(√x+ 1−

√x) (√

x+ 1 +√x) dx

=

∫ √x+ 1 +

√x

√x√x+ 1

dx

=

∫ Å1√x

+1√x+ 1

ãdx

=

∫1√x

dx+1√x+ 1

d(x+ 1)

= 2√x+ 2

√x+ 1 + C.

Vì F (2) = 2√

2 nên suy ra 2√

2 + 2√

3 + C = 2√

2⇒ C = −2√

3.Vậy F (x) = 2

√x+ 2

√x+ 1− 2

√3. �

4

1. NGUYÊN HÀM 27


(x+ 2)√x+ 1 + (x+ 1)

√x+ 2

thỏa F (3) = 4.

ĐS: F (x) =√x+√x+ 2− 1

Lời giải.

F (x) =

∫1

(x+ 2)√x+ 1 + (x+ 1)

√x+ 2

dx =

∫1√

x+ 1√x+ 2

(√x+ 2−

√x+ 1

) dx

=

∫ (√x+ 2−

√x+ 1

)√x+ 2

√x+ 1

(√x+ 2−

√x+ 1

) (√x+ 2 +

√x+ 1

) dx

=

∫ √x+ 2−

√x+ 1√

x+ 2√x+ 1

dx

=

∫ Å1√x+ 1

− 1√x+ 2

ãdx

=

∫1√x+ 1

d(x+ 1)− 1√x+ 2

d(x+ 2)

= 2√x+ 1− 2

√x+ 2 + C.

Vì F (3) = 4 nên suy ra 4− 2√

5 + C = 4⇒ C = 2√

5.Vậy F (x) = 2

√x+ 1− 2

√x+ 2 + 2

√5. �

5


(x+ 2)√x− x

√x+ 2

thỏa F (1) =√

3.

ĐS: F (x) = 2√x+ 1− 2

√x+ 2 + 2

√5

Lời giải.

F (x) =

∫1

(x+ 2)√x− x

√x+ 2

dx =

∫1

√x√x+ 2

(√x+ 2−

√x) dx

=

∫ (√x+ 2 +

√x)

√x+ 2

√x(√

x+ 2−√x) (√

x+ 2 +√x) dx

=

∫ √x+ 2 +

√x

2√x+ 2

√x

dx

=

∫ Å1

2

1√x

+1

2

1√x+ 2

ãdx

=

∫1

2√x

dx+1

2√x+ 2

d(x+ 2)

=√x+√x+ 2 + C.

Vì F (1) =√

3 nên suy ra 1 +√

3 + C =√

3⇒ C = −1.Vậy F (x) =

√x+√x+ 2− 1. �

6

BÀI 9. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện F (x0) = k


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = x+ sinx thỏa mãn điều kiện F (0) = 19.

ĐS: F (x) =1

2x2 − cosx+ 20

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫(x+ sinx) dx =

1

2x2 − cosx+ C.

Vì F (0) = 19 nên suy ra 0− 1 + C = 19⇒ C = 20.

Vậy F (x) =1

2x2 − cosx+ 20. �

1

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sinx− cosx thỏa mãn điều kiện F(π

4

)= 0.

ĐS: F (x) = − cosx− sinx+√

2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫(sinx− cosx) dx = − cosx− sinx+ C.

Vì F(π

4

)= 0 nên suy ra −

√2

2−√

2

2+ C = 0⇒ C =

√2.

Vậy F (x) = − cosx− sinx+√

2. �

2

Biết F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) = 2x− 3 cosx và F(π

2

)=π2

4. Tính F (π).

ĐS: F (x) = x2 − 3 sinx+ 3

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫(2x− 3 cosx) dx = x2 − 3 sinx+ C.

Vì F(π

2

)=π2

4nên suy ra

π2

4− 3 + C = 0⇒ C = 3.

Vậy F (x) = x2 − 3 sinx+ 3. �

3

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =(

sinx

2− cos

x

2

)2thỏa mãn điều kiện F

(π2

)=

3π

2.

ĐS: F (x) = x+ cosx+ π

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ (sin

x

2− cos

x

2

)2dx =

∫ (sin2 x

2− 2 sin

x

2cos

x

2+ cos2

x

2

)dx =

∫(1−sinx) dx =

x+ cosx+ C.

Vì F(π

2

)=

3π

2nên suy ra

π

2+ C =

3π

2⇒ C = π.

Vậy F (x) = x+ cosx+ π. �

4

1. NGUYÊN HÀM 29


cos2 xthỏa mãn điều kiện F

(−π

4

)= 2.

ĐS: F (x) = 2 tanx+ 4

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫2

cos2 xdx = 2 tan x+ C.

Vì F(−π

4

)= 2 nên suy ra −2 + C = 2⇒ C = 4.

Vậy F (x) = 2 tanx+ 4. �

5


sin2 xthỏa mãn điều kiện F

(−π

6

)= 0.

ĐS: F (x) = − cotx−√

3

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫1

sin2 xdx = − cotx+ C.

Vì F(−π

6

)= 0 nên suy ra

√3 + C = 0⇒ C = −

√3.

Vậy F (x) = − cotx−√

3. �

6

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = x

Å2 +

1

x sin2 x

ãthỏa mãn điều kiện F

(π4

)= −1.

ĐS: F (x) = x2 − cotx− π2

16

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫x

Å2 +

1

x sin2 x

ãdx =

∫ Å2x+

1

sin2 x

ãdx = x2 − cotx+ C.

Vì F(π

4

)= −1 nên suy ra

π2

16− 1 + C = −1⇒ C = −π

2

16.

Vậy F (x) = x2 − cotx− π2

16. �

7

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin x+1

cos2 xthỏa mãn điều kiện F

(−π

4

)=

√2

2.

ĐS: F (x) = − cosx+ tanx+√

2 + 1

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ Åsinx+

1

cos2 x

ãdx = − cosx+ tanx+ C.

Vì F(−π

4

)=

√2

2nên suy ra −

√2

2− 1 + C =

√2

2⇒ C =

√2 + 1.

Vậy F (x) = − cosx+ tanx+√

2 + 1. �

8


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 1 + tan2 x thỏa mãn điều kiện F

Å5π

6

ã=

√3

3.

ĐS: F (x) = tan x+2√

3

3

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ (1 + tan2 x

)dx = tanx+ C.

Vì F

Å5π

6

ã=

√3

3nên suy ra −

√3

3+ C =

√3

3⇒ C =

2√

3

3.

Vậy F (x) = tan x+2√

3

3. �

9

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = tan2 x thỏa mãn điều kiện F (0) = 3.ĐS: F (x) = tan x− x+ 3

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫tan2 x dx =

∫ (tan2 x+ 1− 1

)dx = tanx− x+ C.

Vì F (0) = 3 nên suy ra 0− 0 + C = 3⇒ C = 3.Vậy F (x) = tan x− x+ 3. �

10

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = (tan x+ cotx)2 thỏa mãn điều kiện F(π

4

)= 3.

ĐS: F (x) = tan x− cotx+ 3

Lời giải.

Ta có:

F (x) =

∫(tanx+ cotx)2 dx =

∫ (tan2 x+ 2 + cot2 x

)dx =

∫ (tan2 x+ 1 + cot2 x+ 1

)dx

= tanx− cotx+ C.

Vì F(π

4

)= 3 nên suy ra 1− 1 + C = 3⇒ C = 3.

Vậy F (x) = tan x− cotx+ 3. �

11

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =cos 2x

sin2 x cos2 xthỏa mãn điều kiện F

(π4

)= 0.

ĐS: F (x) = − cotx− tanx+ 2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫cos 2x

sin2 x cos2 xdx =

∫cos2 x− sin2 x

sin2 x cos2 xdx =

∫ Å1

sin2 x− 1

cos2 x

ãdx = − cotx −

tanx+ C.

Vì F(π

4

)= 0 nên suy ra −1− 1 + C = 0⇒ C = 2.

Vậy F (x) = − cotx− tanx+ 2. �

12

1. NGUYÊN HÀM 31

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin2 x

2thỏa mãn F

(π2

)= 4.

ĐS: F (x) =1

2x− 1

2sinx+

9− π4

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫sin2 x

2dx =

∫1− cosx

2dx =

1

2x− 1

2sinx+ C.

Vì F(π

2

)= 4 nên suy ra

π

4− 1

2+ C = 4⇒ C =

9− π4

.

Vậy F (x) =1

2x− 1

2sinx+

9− π4

. �

13

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos2x

2thỏa mãn F

(π2

)=π

4.

ĐS: F (x) =1

2x+

1

2sinx− 1

2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫cos2

x

2dx =

∫1 + cos x

2dx =

1

2x+

1

2sinx+ C.

Vì F(π

2

)=π

4nên suy ra

π

4+

1

2+ C =

π

4⇒ C = −1

2.

Vậy F (x) =1

2x+

1

2sinx− 1

2. �

14


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos 2x thỏa mãn điều kiện F(π

4

)=

5

2.

ĐS: F (x) =1

2sin 2x+ 2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫cos 2x dx =

1

2sin 2x+ C.

Vì F(π

4

)=

5

2nên suy ra

1

2+ C =

5

2⇒ C = 2.

Vậy F (x) =1

2sin 2x+ 2. �

1

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin(1− 2x) thỏa mãn điều kiện F

Å1

2

ã= 1.

ĐS: F (x) =1

2cos(1− 2x) +

1

2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫sin(1− 2x) dx = −1

2

∫sin(1− 2x) d(1− 2x) =

1

2cos(1− 2x) + C.

Vì F

Å1

2

ã= 1 nên suy ra

1

2+ C = 1⇒ C =

1

2.

Vậy F (x) =1

2cos(1− 2x) +

1

2. �

2


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos4 x− sin4 x thỏa mãn điều kiện F(π

4

)=

3

2.

ĐS: F (x) =1

2sin 2x+ 1

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ (sin cos4 x− sin4 x

)dx =

∫ (cos2 x− sin2 x

) (cos2 x+ sin2 x

)dx =

∫cos 2x dx =

1

2sin 2x+ C.

Vì F(π

4

)=

3

2nên suy ra

1

2+ C =

3

2⇒ C = 1.

Vậy F (x) =1

2sin 2x+ 1. �

3

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos4 x+ sin4 x thỏa mãn điều kiện F(π

4

)=

3π

16.

ĐS: F (x) =3

4x+

1

16sin 4x

Lời giải.

Ta có: cos4 x + sin4 x =(cos2 x+ sin2 x

)− 2 cos2 x sin2 x = 1 − 1

2sin2 2x = 1 − 1

4(1− cos 4x) =

3

4+

1

4cos 4x.

Do đó: F (x) =

∫ (cos4 x+ sin4 x

)dx =

∫ Å3

4+

1

4cos 4x

ãdx =

3

4x+

1

16sin 4x+ C.

Vì F(π

4

)=

3π

16nên suy ra

3π

16+ C =

3π

16⇒ C = 0.

Vậy F (x) =3

4x+

1

16sin 4x. �

4

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sinx(2 + cosx) thỏa mãn điều kiện 4F (0) = 11.

ĐS: F (x) = −1

2(2 + cos x)2 +

29

4

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫sinx(2 + cos x) dx = −

∫(2 + cos x) d(2 + cosx) = −1

2(2 + cos x)2 + C.

Vì 4F (0) = 11 nên suy ra 4

Å−9

2+ C

ã= 11⇒ C =

29

4.

Vậy F (x) = −1

2(2 + cos x)2 +

29

4. �

5

1. NGUYÊN HÀM 33

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos(

3x+π

6

)thỏa mãn điều kiện F

(π3

)=

5

6.

ĐS: F (x) =1

3sin(

3x+π

6

)+ 1

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫cos(

3x+π

6

)dx =

1

3sin(

3x+π

6

)+ C.

Vì F(π

3

)=

5

6nên suy ra −1

6+ C =

5

6⇒ C = 1.

Vậy F (x) =1

3sin(

3x+π

6

)+ 1. �

6

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos 6x− cos 4x thỏa mãn điều kiện F(π

8

)=

√2

12.

ĐS: F (x) =1

6sin 6x− 1

4sin 4x+

1

4

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫(cos 6x− cos 4x) dx =

1

6sin 6x− 1

4sin 4x+ C.

Vì F(π

8

)=

√2

12nên suy ra

√2

12− 1

4+ C =

√2

12⇒ C =

1

4.

Vậy F (x) =1

6sin 6x− 1

4sin 4x+

1

4. �

7

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin 2x+ 3x2 thỏa mãn điều kiện F (0) = 0.

ĐS: F (x) = −1

2cos 2x+ x3 +

1

2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ (sin 2x+ 3x2

)dx = −1

2cos 2x+ x3 + C.

Vì F (0) = 0 nên suy ra −1

2+ C = 0⇒ C =

1

2.

Vậy F (x) = −1

2cos 2x+ x3 +

1

2. �

8

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 1 + tan2 x

2thỏa mãn điều kiện F

(π2

)= 5.

ĐS: F (x) = 2 tanx

2+ 3

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ (1 + tan2 x

2

)dx = 2

∫ (1 + tan2 x

2

)d(x

2

)= 2 tan

x

2+ C.

Vì F(π

2

)= 5 nên suy ra 2 + C = 5⇒ C = 3.

Vậy F (x) = 2 tanx

2+ 3. �

9



sin2 x cos2 xthỏa mãn điều kiện F

(π4

)= 3.

ĐS: F (x) = −2 cot 2x+ 3

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫1

sin2 x cos2 xdx =

∫4

sin2 2xdx =

∫2

sin2 2xd(2x) = −2 cot 2x+ C.

Vì F(π

4

)= 3 nên suy ra 0 + C = 3⇒ C = 3.

Vậy F (x) = −2 cot 2x+ 3. �

10


(cosx− sinx)2thỏa mãn điều kiện F (0) = 1.

ĐS: F (x) = − cot(x− π

4

)− 1

Lời giải.

Ta có:

F (x) =

∫2

(cosx− sinx)2dx =

∫2(√

2 sin(x− π

4

))2 dx =

∫1

sin2(x− π

4

) d(x− π

4

)= − cot

(x− π

4

)+

C.Vì F (0) = 1 nên suy ra 1 + C = 0⇒ C = −1.

Vậy F (x) = − cot(x− π

4

)− 1. �

11


(cosx+ sinx)2thỏa mãn điều kiện F (0) =

1

2.

ĐS: F (x) = −1

2cot(x+

π

4

)+ 1

Lời giải.

Ta có:

F (x) =

∫1

(cosx+ sinx)2dx =

∫1(√

2 sin(x+

π

4

)) dx =

∫1

2 sin2(x+

π

4

) d(x+

π

4

)= −1

2cot(x+

π

4

)+

C.

Vì F (0) =1

2nên suy ra −1

2+ C =

1

2⇒ C = 1.

Vậy F (x) = −1

2cot(x+

π

4

)+ 1. �

12

1. NGUYÊN HÀM 35

Một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = a+b cos 2x thỏa mãn điều kiện F (0) =π

2, F(π

2

)=π

6

và F( π

12

)=π

3. ĐS: F (x) = −2

3x− 2π

9sin 2x+

π

2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫(a+ b cos 2x) dx = ax+

1

2b sin 2x+ C.

Vì F (0) =π

2, F(π

2

)=π

6và F

( π12

)=π

3nên ta có hệ:

C =π

2aπ

2+ C =

π

6aπ

12+b

4+ C =

π

3

⇔

C =

π

2

a =−2

3

b =−4π

9

.

Vậy F (x) = −2

3x− 2π

9sin 2x+

π

2. �

13

Một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 2 sin 5x +√x +

3

5thỏa mãn điều kiện đồ thị của hai

hàm số F (x) và f(x) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung. Tìm hàm số F (x).

ĐS: F (x) = −2

5cos 5x+

2

3x√x+

3

5x+ 1

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ Å2 sin 5x+

√x+

3

5

ãdx = −2

5cos 5x+

2

3x√x+

3

5x+ C.

Đồ thị hàm số f(x) = 2 sin 5x+√x+

3

5cắt trục tung tại điểm A

Å0;

3

5

ã.

Vì đồ thị của hai hàm số F (x) và f(x) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung nên suy ra

F (x) đi qua điểm A

Å0;

3

5

ã. Do đó:

−2

5+ C =

3

5⇒ C = 1.

Vậy F (x) = −2

5cos 5x+

2

3x√x+

3

5x+ 1. �

14


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos2 x thỏa mãn F (0) = 10.

ĐS: F (x) =1

2x+

1

4sin 2x+ 10

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫cos2 x dx =

∫1 + cos 2x

2dx =

1

2x+

1

4sin 2x+ C.

Vì F (0) = 10 nên suy ra C = 10.

Vậy F (x) =1

2x+

1

4sin 2x+ 10. �

1


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin2 2x, biết rằng đồ thị của hàm số y = F (x) đi

qua điểm(π

2;π

4

). ĐS: F (x) =

1

2x− 1

8sin 4x

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫sin2 2x dx =

∫1− cos 4x

2dx =

1

2x− 1

8sin 4x+ C.

Vì đồ thị của hàm số y = F (x) đi qua điểm(π

2;π

4

)nên suy ra:

π

4+ C =

π

4⇒ C = 0.

Vậy F (x) =1

2x− 1

8sin 4x. �

2

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = (1 + sinx)2 thỏa mãn F (0) = 0.

ĐS: F (x) =3

2x− 2 cosx− 1

4sin 4x+ 2

Lời giải.

Ta có:

F (x) =

∫(1 + sin x)2 dx =

∫ (1 + 2 sinx+ sin2 x

)dx =

∫ Å3

2+ 2 sinx− 1

2cos 2x

ãdx

=3

2x− 2 cosx− 1

4sin 4x+ C.

Vì F (0) = 0 nên suy ra −2 + C = 0⇒ C = 2.

Vậy F (x) =3

2x− 2 cosx− 1

4sin 4x+ 2. �

3

Một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =4m

π+ sin2 x thỏa mãn F (0) = 1 và F

(π4

)=π

8. Tìm

giá thực của tham số m. ĐS: m = −3

4

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ Å4m

π+ sin2 x

ãdx =

∫ Å4m

π+

1

2− 1

2cos 2x

ãdx =

Å4m

π+

1

2

ãx−1

4sin 2x+C.

Vì F (0) = 1 và F(π

4

)=π

8nên ta có hệC = 1

m+π

8+

3

4=π

8

⇒

C = 1

m = −3

4

.

Vậy m = −3

4. �

4

1. NGUYÊN HÀM 37

Cho hàm số f(x) =a

π+ cos2 x Tìm tất cả các giá trị của a để f(x) có một nguyên hàm F (x)

thỏa mãn đồng thời F (0) =1

4và F

(π4

)=π

4. ĐS: a =

π

2− 2

Lời giải.

Ta có: F (x) =

∫ (aπ

+ cos2 x)

dx =

∫ Åa

π+

1

2+

1

2cos 2x

ãdx =

Åa

π+

1

2

ãx+

1

4sin 2x+ C.

Vì F (0) =1

4và F

(π4

)=π

4nên suy ra:

C =1

4a

4+π

8+

1

4+ C =

π

4

⇔

C = 1

a =π

2− 2

.

Vậy a =π

2− 2. �

5

Tìm hàm số f(x), biết rằng f ′(x) = cos2(x+

π

4

)và f(0) =

13

4. ĐS: f(x) =

1

2x+

1

4cos 2x+ 3

Lời giải.

Ta có: f(x) =

∫cos2

(x+

π

4

)dx =

∫ Å1

2+

1

2cos(

2x+π

2

)ãdx =

∫ Å1

2− 1

2sin 2x

ãdx =

1

2x+

1

4cos 2x+ C.

Vì f(0) =13

4nên suy ra

1

4+ C =

13

4⇒ C = 3.

Vậy f(x) =1

2x+

1

4cos 2x+ 3. �

6



Gọi F1(x) là một nguyên hàm của hàm số f1(x) = sin2 x thỏa F1(0) = 0 và F2(x) là một nguyên

hàm của hàm số f2(x) = cos2 x thỏa mãn F2(0) = 0. Giải phương trình F1(x) = F2(x).

ĐS: x = kπ

2

Lời giải.

Ta có, F1(x) =

∫sin2 x dx =

1

2

∫(1− cos 2x) dx =

1

2

Åx− 1

2sin 2x

ã+ C

mà F1(0) = 0⇒ 1

2

Å0− 1

2sin 0

ã+ C = 0⇒ C = 0

Khi đó, F1(x) =1

2

Åx− 1

2sin 2x

ãTương tự, F2(x) =

∫cos2 x dx =

1

2

∫(1 + cos 2x) dx =

1

2

Åx+

1

2sin 2x

ã+ C

mà F2(0) = 0⇒ 1

2

Å0 +

1

2sin 0

ã+ C = 0⇒ C = 0

Khi đó, F2(x) =1

2

Åx+

1

2sin 2x

ãTheo đề bài,

F1(x) = F2(x)

⇒ 1

2

Åx− 1

2sin 2x

ã=

1

2

Åx+

1

2sin 2x

ã⇒ sin 2x = 0

⇒ 2x = kπ

⇒ x = kπ

2

�

1

1. NGUYÊN HÀM 39

Tìm một nguyên hàm của hàm số f(x) = cos4 x thỏa mãn F(π

4

)=√

2.

ĐS: F (x) =1

8

Å3x+ 2 sin 2x+

1

4sin 4x

ã+ 8√

2− 2− 3π

4

Lời giải.

Ta có,

F (x) =

∫cos4 x dx =

∫ Å1 + cos 2x

2

ã2dx =

1

4

∫ (1 + 2 cos 2x+ cos2 2x

)dx

=1

4

∫ Å1 + 2 cos 2x+

1 + cos 4x

2

ãdx

=1

8

∫(3 + 4 cos 2x+ cos 4x) dx

=1

8

Å3x+ 2 sin 2x+

1

4sin 4x

ã+ C

mà F(π

4

)=√

2⇒ 1

8

Å3π

4+ 2 sin

π

2+

1

4sin π

ã+ C =

√2⇒ C = 8

√2− 2− 3π

4

Vậy một nguyên hàm cần tìm là F (x) =1

8

Å3x+ 2 sin 2x+

1

4sin 4x

ã+ 8√

2− 2− 3π

4. �

2

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin4 2x thỏa mãn F (0) =3

8.

ĐS: F (x) =1

8

Å3x− sin 4x− 1

8sin 8x

ã+

3

8

Lời giải.

Ta có, F (x) =

∫sin4 2x dx =

∫ Å1− cos 4x

2

ã2dx =

1

4

∫ (1− 2 cos 4x+ cos2 4x

)dx

=1

4

∫ Å1− 2 cos 4x+

1− cos 8x

2

ãdx =

1

8

∫(3− 4 cos 4x− cos 8x) dx

=1

8

Å3x− sin 4x− 1

8sin 8x

ã+ C

mà F (0) =3

8⇒ 1

8

Å0− sin 0− 1

8sin 0

ã+ C =

3

8⇒ C =

3

8

Vậy một nguyên hàm cần tìm là F (x) =1

8

Å3x− sin 4x− 1

8sin 8x

ã+

3

8. �

3



Hàm số f(x) = sin 3x cosx có 1 nguyên hàm là F (x) thỏa F(π

6

)=

15

16. Tính F

(π4

).

ĐS: F (x) =1

2

Å−1

4cos 4x− 1

2cos 2x

ã+ 1

Lời giải.

F (x) =

∫(sin 3x cosx) dx

=1

2

∫(sin 4x+ sin 2x) dx

=1

2

Å−1

4cos 4x− 1

2cos 2x

ã+ C

Theo giả thuyết, F(π

6

)=

15

16⇒ 1

2

Å−1

4cos

2π

3− 1

2cos

π

3

ã+ C =

15

16⇒ C = 1.

Vậy có 1 nguyên hàm cần tìm là F (x) =1

2

Å−1

4cos 4x− 1

2cos 2x

ã+ 1. �

1

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 2 sinx cos 3x thỏa mãn F(π

2

)= −3.

ĐS: F (x) = −cos 4x

4+

cos 2x

2− 9

4

Lời giải.

F (x) =

∫2 sinx cos 3x dx =

∫(sin 4x+ sin(−2x)) dx =

∫(sin 4x− sin 2x) dx = −cos 4x

4+

cos 2x

2+ C.

F(π

2

)= −3⇔ −cos 2π

4+

cos π

2+ C = −3⇔ −1

4+−1

2+ C = −3⇔ C = −9

4.

Vậy F (x) = −cos 4x

4+

cos 2x

2− 9

4. �

2

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin 4x cosx thỏa mãn F (π) = 4.

ĐS: F(x) =1

2

Å−cos 5x

5− cos 3x

3

ã+

56

15

Lời giải.

F (x) =

∫sin 4x cosx dx =

1

2

∫(sin 5x+ sin 3x) dx =

1

2

Å−cos 5x

5− cos 3x

3

ã+ C.

F (π) = 4⇔ 1

2

Å−cos 5π

5− cos 3π

3

ã+ C = 4⇔ 1

2

Å1

5+

1

3

ã+ C = 4⇔ C =

56

15.

Vậy F (x) =1

2

Å−cos 5x

5− cos 3x

3

ã+

56

15. �

3

1. NGUYÊN HÀM 41

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos 5x cosx thỏa mãn F(π

4

)= 5.

ĐS: F (x) =1

2

Åsin 6x

6+

sin 4x

4

ã+

61

12

Lời giải.

F (x) =

∫cos 5x cosx dx =

1

2

∫(cos 6x+ cos 4x) dx =

1

2

Åsin 6x

6+

sin 4x

4

ã+ C.

F(π

4

)= 5⇔ 1

2

Ñsin 6

π

46

+sinπ

4

é+ C = 5⇔ 1

2

Å−1

6+

0

4

ã+ C = 5⇔ C =

61

12.

Vậy F (x) =1

2

Åsin 6x

6+

sin 4x

4

ã+

61

12. �

4

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos 6x cos 2x thỏa mãn F(π

6

)= −2.

ĐS: F (x) =1

2

Åsin 8x

8+

sin 4x

4

ã+

√3− 64

32

Lời giải.

F (x) =

∫cos 6x cos 2x dx =

1

2

∫(cos 8x+ cos 4x) dx =

1

2

Åsin 8x

8+

sin 4x

4

ã+ C.

F(π

6

)= −2 ⇔ 1

2

Ñsin 8

π

68

+sin 4

π

64

é+ C = −2 ⇔ 1

2

Ü−√

3

28

+

√3

24

ê+ C = −2 ⇔ C =

√3− 64

32.

Vậy F (x) =1

2

Åsin 8x

8+

sin 4x

4

ã+

√3− 64

32. �

5


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = cos 2x cos 8x thỏa mãn F(π

8

)= 2018.

ĐS: F (x) =1

2

Åsin 10x

10+

sin 6x

6

ã+ 2018−

√2

60

Lời giải.

F (x) =

∫cos 2x cos 8x dx

=1

2

∫(cos 10x+ cos(−6x)) dx

=1

2

∫(cos 10x+ cos 6x) dx

=1

2

Åsin 10x

10+

sin 6x

6

ã+ C

F(π

8

)= 2018

⇔ 1

2

Ñsin 10

π

810

+sin 6

π

86

é+ C = 2018

⇔ 1

2

Ösin

5π

410

+sin

3π

46

è+ C = 2018

⇔ 1

2

Ü−√

2

210

+

√2

26

ê+ C = 2018

⇔ C = 2018−√

2

60

Vậy F (x) =1

2

Åsin 10x

10+

sin 6x

6

ã+ 2018−

√2

60. �

6

1. NGUYÊN HÀM 43

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin 7x sinx thỏa mãn F(π

3

)= −7.

ĐS: F (x) = −1

2

Åsin 8x

8− sin 6x

6

ã+

√3

32− 7

Lời giải.

F (x) =

∫sin 7x sinx dx = −1

2

∫(cos 8x− cos 6x) dx = −1

2

Åsin 8x

8− sin 6x

6

ã+ C.

F(π

3

)= −7 ⇔ −1

2

Ñsin 8

π

38−

sin 6π

36

é+ C = −7 ⇔ −1

2

Ü√3

28− 0

6

ê+ C = −7 ⇔ C =

√3

32− 7.

Vậy F (x) = −1

2

Åsin 8x

8− sin 6x

6

ã+

√3

32− 7. �

7

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sinx sin 3x thỏa mãn F(π

4

)=

1

2.

ĐS: F (x) = −1

2

Åsin 4x

4− sin 2x

2

ã+

1

4

Lời giải.

F (x) =

∫sinx sin 3x dx

= −1

2

∫(cos 4x− cos(−2x)) dx

= −1

2

∫(cos 4x− cos 2x) dx

= −1

2

Åsin 4x

4− sin 2x

2

ã+ C

F(π

4

)=

1

2

⇔ −1

2

Ñsin 4

π

44−

sin 2π

42

é+ C =

1

2

⇔ −1

2

Ñsin π

4−

sinπ

22

é+ C =

1

2

⇔ −1

2

Å0

4− 1

2

ã+ C =

1

2

⇔ C =1

4

Vậy F (x) = −1

2

Åsin 4x

4− sin 2x

2

ã+

1

4. �

8


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = sin 10x sin 5x thỏa mãn F(π

2

)= 9.

ĐS: F (x) = −1

2

Åsin 15x

15− sin 5x

5

ã+

133

15

Lời giải.

F (x) =

∫sin 10x sin 5x dx = −1

2

∫(cos 15x− cos 5x) dx = −1

2

Åsin 15x

15− sin 5x

5

ã+ C.

F(π

2

)= 9⇔ −1

2

Ñsin 15

π

215

−sin 5

π

25

é+ C = 9⇔ −1

2

Å−1

15− 1

5

ã+ C = 9⇔ C =

133

15.

Vậy F (x) = −1

2

Åsin 15x

15− sin 5x

5

ã+

133

15. �

9


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = e3x thỏa mãn F (0) = 1. ĐS: F (x) =1

3e3x +

2

3

Lời giải.

F (x) =

∫e3x dx =

1

3e3x + C.

F (0) = 1⇔ 1

3e0 + C = 1⇔ C =

2

3.

Vậy F (x) =1

3e3x +

2

3. �

1

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = e3x+1 thỏa mãn F (0) =e

3. Tính ln3 [3F (1)].

ĐS: ln3 [3F (1)] = 64

Lời giải.

F (x) =

∫e3x+1 dx =

1

3e3x+1 + C.

F (0) =e

3⇔ 1

3e+ C =

e

3⇔ C = 0.

⇒ F (x) =1

3e3x+1 ⇒ F (1) =

e4

3.

ln3 [3F (1)] = ln3

ï3e4

3

ò= 43 = 64. �

2

1. NGUYÊN HÀM 45

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = (2 + e3x)2thỏa mãn F (0) =

3

2. Tính F

Å1

3

ã·

ĐS: F

Å1

3

ã=

3e2

2+ 12e

Lời giải.

F (x) =

∫ (2 + e3x

)2dx =

∫ (e6x + 4e3x + 4

)dx =

e6x

6+

4e3x

3+ 4x+ C.

F (0) =3

2⇒ e0

6+

4e0

3+ 0 + C =

3

2⇒ 1

6+

4

3+ C =

3

2⇒ C = 0.

⇒ F (x) =e6x

6+

4e3x

3+ 4x.

⇒ F

Å1

3

ã=e6

13

6+

4e313

3+ 4

1

3=e2

6+

4e

3+

4

3. �

3

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = e−x (2ex + 1) thỏa mãn F (0) = 1.ĐS: F (x) = 2x− e−x + 2

Lời giải.

F (x) =

∫e−x (2ex + 1) dx =

∫ (2 + e−x

)dx = 2x− e−x + C.

F (0) = 1⇒ 2 · 0− e0 + C = 1⇒ C = 2.

Vậy F (x) = 2x− e−x + 2 �

4

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = ex (3 + e−x) thỏa mãn F (ln 2) = 3ĐS: F (x) = 3ex + x− 4− ln 2

Lời giải.

F (x) =

∫ex(3 + e−x

)dx =

∫(3ex + 1) dx = 3ex + x+ C.

F (ln 2) = 3⇒ 3eln 2 + ln 2 + C = 2⇒ C = −4− ln 2.

Vậy F (x) = 3ex + x− 4− ln 2. �

5

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =√e4x−2 thỏa mãn F

Å1

2

ã= 1

ĐS: F (x) =e2x−1

2+

1

2

Lời giải.

F (x) =

∫ √e4x−2 dx =

∫e

4x−22 dx =

∫e2x−1 dx =

e2x−1

2+ C.

F

Å1

2

ã= 1⇒ e2

12−1

2+ C = 1⇒ C =

1

2.

Vậy F (x) =e2x−1

2+

1

2. �

6


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = e3x−1 − 1

x2thỏa mãn F (1) = 2 +

e2

3· ĐS:

Lời giải.

F (x) =

∫e3x−1 − 1

x2dx =

e3x−1

3+

1

x+ C.

F (1) = 2 +e2

3⇒ e3·1−1

3+

1

1+ C = 2 +

e2

3⇒ C = 1.

Vậy F (x) =e3x−1

3+

1

x+ 1. �

7

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 2017x thỏa mãn F (1) = ln−1 2017.

ĐS: F (x) =2017x

ln 2017− 2016

ln 2017

Lời giải.

F (x) =

∫2017x dx =

2017x

ln 2017+ C.

F (1) = ln−1 2017⇒ 20171

ln 2017+ C = ln−1 2017⇒ C =

−2016

ln 2017.

Vậy F (x) =2017x

ln 2017− 2016

ln 2017. �

8

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 3x − 2x · 3x thỏa mãn F (0) = − 1

ln 6+ 2.

ĐS: F (x) =3x

ln 3− 6x

ln 6+ 2− 1

ln 3

Lời giải.

F (x) =

∫3x − 2x · 3x dx =

∫3x − 6x dx =

3x

ln 3− 6x

ln 6+ C.

F (0) = − 1

ln 6+ 2⇒ 30

ln 3− 60

ln 6+C = − 1

ln 6+ 2⇒ 1

ln 3− 1

ln 6+C = − 1

ln 6+ 2⇒ C = 2− 1

ln 3.

Vậy F (x) =3x

ln 3− 6x

ln 6+ 2− 1

ln 3. �

9

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 9x − 3x2 thỏa mãn F (0) =1

ln 9+ 2.

ĐS: F (x) =9x

ln 9− x3 + 2

Lời giải.

F (x) =

∫9x − 3x2 dx =

9x

ln 9− x3 + C.

F (0) =1

ln 9+ 2⇒ 90

ln 9− 0 + C =

1

ln 9+ 2⇒ C = 2.

Vậy F (x) =9x

ln 9− x3 + 2. �

10

1. NGUYÊN HÀM 47

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 4x22x+3 thỏa mãn F (0) =2

ln 2. Tính A =

[ln 2 · F (1)]3

210· ĐS: A = 32

Lời giải.

F (x) =

∫4x22x+3 dx =

∫8 · 16x dx = 8

16x

ln 16+ C = 2

16x

ln 2+ C.

F (0) =2

ln 2⇒ 2

160

ln 2+ C =

2

ln 2⇒ C = 0.

⇒ F (x) = 216x

ln 2.

A =[ln 2 · F (1)]3

210=

ïln 2 · 2 161

ln 2

ò3210

= 32. �

11

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 22x3x7x thỏa mãn F (1) =1

ln 84·

ĐS: F (x) =84x

ln 84− 83

ln 84

Lời giải.

F (x) =

∫22x3x7x dx =

∫84x dx =

84x

ln 84+ C.

F (1) =1

ln 84⇒ 841

ln 84+ C =

1

ln 84⇒ C = − 83

ln 84.

Vậy F (x) =84x

ln 84− 83

ln 84. �

12

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = 2x3−2x thỏa mãn F (1) =2

9·

ĐS: F (x) =

(29

)xln 2

9

+2

9

Ç1− 1

ln 29

åLời giải.

F (x) =

∫2x3−2x dx =

∫ Å2

9

ãxdx =

(29

)xln 2

9

+ C.

F (1) =2

9⇒(29

)1ln 2

9

+ C =2

9⇒ C =

2

9

Ç1− 1

ln 29

åVậy F (x) =

(29

)xln 2

9

+2

9

Ç1− 1

ln 29

å. �

13

BÀI 15. Tìm nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) (giả sử điều kiện được xác định)


f(x) =2x+ 1

x− 1⇒ F (x) =

∫2x+ 1

x− 1dx = ĐS: F (x) = 2x+ 3 ln |x− 1|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫2x+ 1

x− 1dx =

∫2 +

3

x− 1dx = 2x+ 3 ln |x− 1|+ C �

1

f(x) =3x+ 1

x− 2⇒ F (x) =

∫3x+ 1

x− 2dx = ĐS: F (x) = 3x+ 7 ln |x− 2|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫3x+ 1

x− 2dx =

∫3 +

7

x− 2dx = 3x+ 7 ln |x− 2|+ C. �

2

f(x) =x+ 1

2x+ 3⇒ F (x) =

∫x+ 1

2x+ 3dx = ĐS: F (x) =

x

2− ln |2x+ 3|

2+ C

Lời giải.

F (x) =

∫x+ 1

2x+ 3dx =

∫1

2− 1

2 (2x+ 3)dx =

x

2− ln |2x+ 3|

2+ C. �

3

f(x) =x− 1

3x+ 1⇒ F (x) =

∫x− 1

3x+ 1dx = ĐS: F (x) =

x

3− 4 ln |3x+ 1|

3+ C

Lời giải.

F (x) =

∫x− 1

3x+ 1dx =

∫1

3− 4

3 (3x+ 1)dx =

x

3− 4 ln |3x+ 1|

3+ C. �

4

f(x) =x2 + x+ 1

x+ 1⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

x2

2+ ln |x+ 1|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫x2 + x+ 1

x+ 1dx =

∫x+

1

x+ 1dx =

x2

2+ ln |x+ 1|+ C. �

5

f(x) =4x2 + 6x+ 1

2x+ 1⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = x2 + 2x− ln |2x+ 1|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫4x2 + 6x+ 1

2x+ 1dx =

∫2x+ 2− 1

2x+ 1dx = x2 + 2x− ln |2x+ 1|+ C. �

6

f(x) =x2 − x+ 2

2x+ 1⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

x2

4− 3x

4+

11 ln |2x+ 1|4

+ C

Lời giải.

F (x) =

∫x2 − x+ 2

2x+ 1dx =

∫x

2− 3

4+

11

4 (2x+ 1)dx =

x2

4− 3x

4+

11 ln |2x+ 1|4

+ C. �

7

1. NGUYÊN HÀM 49

f(x) =4x3 + 4x2 − 1

2x+ 1⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

2x3

3+x2

2− x

2− ln |2x+ 1|

2+ C

Lời giải.

F (x) =

∫4x3 + 4x2 − 1

2x+ 1dx =

∫2x2 + x− 1

2− 1

2 (2x+ 1)dx =

2x3

3+x2

2− x

2− ln |2x+ 1|

2+C.

�

8

f(x) =x3 − 2x2 + 3x− 5

2x+ 3⇒ F (x) =

∫f(x) dx =

ĐS: F (x) =x3

6− 7x2

8+

33x

8− 139 ln |2x+ 3|

8+ C

Lời giải.

F (x) =

∫x3 − 2x2 + 3x− 5

2x+ 3dx =

∫x2

2− 7x

4+

33

8− 139

8 (2x+ 3)dx =

x3

6− 7x2

8+

33x

8−

139 ln |2x+ 3|8

+ C. �

9


f(x) =1

x2 − a2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

ln

∣∣∣∣x− ax+ a

∣∣∣∣2a

+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x2 − a2dx =

1

2a

∫ Å1

x− a− 1

x+ a

ãdx =

ln

∣∣∣∣x− ax+ a

∣∣∣∣2a

+ C. �

1

f(x) =1

x2 − 4⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

ln

∣∣∣∣x− 2

x+ 2

∣∣∣∣4

+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x2 − 4dx =

ln

∣∣∣∣x− 2

x+ 2

∣∣∣∣4

+ C. �

2

f(x) =1

x(x+ 1)⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = ln

∣∣∣∣ x

x− 1

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x(x+ 1)dx =

∫1

x− 1

x+ 1dx = ln

∣∣∣∣ x

x− 1

∣∣∣∣+ C �

3


f(x) =3

x2 + 3x⇒ F (x) =


∣∣∣∣ x

x+ 3

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫3

x2 + 3xdx =

∫1

x− 1

x+ 3dx = ln

∣∣∣∣ x

x+ 3

∣∣∣∣+ C. �

4

f(x) =4

x2 − 4x⇒ F (x) =


∣∣∣∣x− 4

x

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫4

x2 − 4xdx =

∫1

x− 4− 1

xdx = ln

∣∣∣∣x− 4

x

∣∣∣∣+ C. �

5

f(x) =1

x2 − 6x+ 5⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

1

4ln

∣∣∣∣x− 5

x− 1

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x2 − 6x+ 5dx =

∫1

(x− 1)(x− 5)dx =

1

4

∫1

x− 5− 1

x− 1dx =

1

4ln

∣∣∣∣x− 5

x− 1

∣∣∣∣ + C.

�

6

f(x) =1

x2 + 4x− 5⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

1

6ln

∣∣∣∣x+ 5

x− 1

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x2 + 4x− 5dx =

∫1

(x+ 5)(x− 1)dx =

1

6

∫1

x− 1− 1

x+ 5dx =

1

6ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 5

∣∣∣∣ + C.

�

7

f(x) =1

2x2 − x− 6⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

1

7ln

∣∣∣∣∣x− 2

x+ 32

∣∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

2x2 − x− 6dx =

∫1

2(x+ 32)(x− 2)

dx =1

2· 1

2 + 32

∫1

x− 2− 1

x+ 32

dx =1

7ln

∣∣∣∣∣x− 2

x+ 32

∣∣∣∣∣+C. �

8

f(x) =1

2x2 − 3x− 9⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

1

9ln

∣∣∣∣∣x− 3

x+ 32

∣∣∣∣∣+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

2x2 − 3x− 9dx =

∫1

2(x+ 32)(x− 3)

dx =1

2· 1

3 + 32

∫1

x− 3− 1

x+ 32

dx =1

9ln

∣∣∣∣∣x− 3

x+ 32

∣∣∣∣∣+C. . �

9

1. NGUYÊN HÀM 51

f(x) =4x− 5

x2 − x− 2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = ln |x− 2|+ 3 ln |x+ 1|+ C

Lời giải.

Áp dụng công thức:mx+ n

(ax+ b)(cx+ d)=

1

ad− bc

ï−(mb− na)

ax+ b+md− nccx+ d

ò.

F (x) =

∫4x− 5

x2 − x− 2dx

=

∫4x− 5

(x− 2)(x+ 1)dx

=

∫1

1 + 2

ï−(4 · (−2)− (−5))

x− 2+

4 · 1− (−5)

x+ 1

òdx

=

∫1

3

ï3

x− 2+

9

x+ 1

òdx

=

∫ ï1

x− 2+

3

x+ 1

òdx

= ln |x− 2|+ 3 ln |x+ 1|+ C

�

10

f(x) =4x+ 11

x2 + 5x+ 6⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = 3 ln |x+ 2|+ ln |x+ 3|+ C

Lời giải.


(ax+ b)(cx+ d)=

1

ad− bc

ï−(mb− na)

ax+ b+md− nccx+ d

ò.

F (x) =

∫4x+ 11

x2 + 5x+ 6dx

=

∫4x+ 11

(x+ 2)(x+ 3)dx

=

∫1

3− 2

ï−(4 · 2− (11 · 1))

x+ 2+

4 · 3− 11 · 1x+ 3

òdx

=

∫ ï3

x+ 2+

1

x+ 3

òdx

= 3 ln |x+ 2|+ ln |x+ 3|+ C

�

11


f(x) =x+ 1

x2 − x− 6⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

4

5ln |x− 3|+ 1

5ln |x+ 2|+ C

Lời giải.


(ax+ b)(cx+ d)=

1

ad− bc

ï−(mb− na)

ax+ b+md− nccx+ d

ò.

F (x) =

∫x+ 1

x2 − x− 6dx =

∫x+ 1

(x− 3)(x+ 2)dx =

∫1

5

ï4

x− 3+

1

x+ 2

òdx =

4

5ln |x− 3| +

1

5ln |x+ 2|+ C. �

12

f(x) =5x− 3

x2 − 3x+ 2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

Lời giải.


(ax+ b)(cx+ d)=

1

ad− bc

ï−(mb− na)

ax+ b+md− nccx+ d

ò.

F (x) =

∫5x− 3

x2 − 3x+ 2dx

=

∫5x− 3

(x− 2)(x− 1)dx

=

∫1

1

ï7

x− 2+−2

x− 1

òdx

=

∫ ï7

x− 2− 2

x− 1

òdx

= 7 ln |x− 2| − 2 ln |x− 1|+ C

�

13

f(x) =2x2 + 6x− 4

x(x2 − 4)⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = ln |x| − ln |x+ 2|+ 2 ln |x− 2|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫2x2 + 6x− 4

x(x2 − 4)dx =

∫ ï1

x− 1

x+ 2+

2

x− 2

òdx = ln |x| − ln |x+ 2| + 2 ln |x− 2| + C.

�

14

1. NGUYÊN HÀM 53

f(x) =2x2 − 6x− 6

x3 − 6x2 + 11x− 6⇒ F (x) =

∫f(x) dx =

ĐS: F (x) = 10 ln |x− 2| − 3 ln |x− 3| − 5 ln |x− 1|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫2x2 − 6x− 6

x3 − 6x2 + 11x− 6dx

=

∫ ï10

x− 2− 3

x− 3− 5

x− 5

òdx

= 10 ln |x− 2| − 3 ln |x− 3| − 5 ln |x− 1|+ C

�

15

f(x) =1

x2 − 6x+ 9⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = − 1

x− 3+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x2 − 6x+ 9dx =

∫1

(x− 3)2dx = − 1

x− 3+ C. �

16

f(x) =3x+ 2

4x2 − 4x+ 1⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) =

3

4ln |2x− 1| − 1

4(2x− 1)+ C

Lời giải.

F (x) =

∫3x+ 2

4x2 − 4x+ 1dx

=

∫ ñ 32(2x− 1) + 1

2

(2x− 1)2

ôdx

=

∫ ï3

2(2x− 1)+

1

2(2x− 1)2

òdx

=3

4ln |2x− 1| − 1

4(2x− 1)+ C

�

17


f(x) =3x+ 1

(x+ 1)3⇒ F (x) =

∫f(x) dx = ĐS: F (x) = − 3

x+ 1+

1

(x+ 1)2+ C

Lời giải.

F (x) =

∫3x+ 1

(x+ 1)3dx

=

∫ ï3(x+ 1)− 2

(x+ 1)3

òdx

=

∫ ï3

(x+ 1)2− 2

(x+ 1)3

òdx

= − 3

x+ 1+

1

(x+ 1)2+ C

�

18


f(x) =2x− 1

(x− 1)3⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . ĐS: F (x) = − 2

x− 1− 1

2(x− 1)2+ C

Lời giải.

F (x) =

∫2x− 1

(x− 1)3dx

=

∫ ï2(x− 1) + 1

(x− 1)3

òdx

=

∫ ï2

(x− 1)2+

1

(x− 1)3

òdx

= − 2

x− 1− 1

2(x− 1)2+ C.

�

1

f(x) =1

x2(x− 1)⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . ĐS: F (x) = ln |x− 1| − ln |x|+ 1

x+ C

Lời giải.

F (x) =

∫1

x2(x− 1)dx

=

∫ ïx2 − (x2 − 1)

x2(x− 1)

òdx

=

∫ ï1

x− 1− x+ 1

x2

òdx

=

∫ ï1

x− 1− 1

x− 1

x2

òdx

= ln |x− 1| − ln |x|+ 1

x+ C.

�

2

1. NGUYÊN HÀM 55

f(x) =2

(x− 1)(x+ 2)2⇒ F (x) =

∫f(x) dx =

ĐS: F (x) =2

9ln |x− 1| − 2

9ln |x+ 2|+ 2

3· 1

x+ 2+ C

Lời giải.

F (x) =

∫2

(x− 1)(x+ 2)2dx

=2

3

∫ ïx+ 2− (x− 1)

(x− 1)(x+ 2)2

òdx

=2

3

∫ ï1

(x− 1)(x+ 2)− 1

(x+ 2)2

òdx

=2

3

∫ ï1

3

Å1

x− 1− 1

x+ 2

ã− 1

(x+ 2)2

òdx

=2

9ln |x− 1| − 2

9ln |x+ 2|+ 2

3· 1

x+ 2+ C.

�

3

f(x) =3

x(x− 1)2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . ĐS: F (x) = − 3

x− 1− 3 ln |x− 1|+ 3 ln |x|+ C

Lời giải.

F (x) =

∫3

x(x− 1)2dx

=

∫ ï3x− 3(x− 1)

x(x− 1)2

òdx

=

∫ ï3

(x− 1)2− 3

x(x− 1)

òdx

=

∫ ï3

(x− 1)2− 3

x− 1+

3

x

òdx

= − 3

x− 1− 3 ln |x− 1|+ 3 ln |x|+ C.

�

4


f(x) =4

(x2 − x)(x− 2)2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . .

ĐS: F (x) = − ln |x|+ 4 ln |x− 1| − 3 ln |x− 2| − 2

x− 2+ C

Lời giải.

Ta có f(x) =4

(x2 − x)(x− 2)2=A

x+

B

x− 1+

D

x− 2+

E

(x− 2)2

⇒ A(x− 1)(x− 2)2 +Bx(x− 2)2 +Dx(x− 1)(x− 2) + Ex(x− 1) = 4⇒ (A+B +D)x3 + (−5A− 4B − 3D + E)x2 + (8A+ 4B + 2D − E)x− 4A = 4

⇒

A+B +D = 0

− 5A− 4B − 3D + E = 0

8A+ 4B + 2D − E = 0

− 4A = 4

⇔

A = −1

B = 4

D = −3

E = 2.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫ ï−1

x+

4

x− 1− 3

x− 2+

2

(x− 2)2

òdx

= − ln |x|+ 4 ln |x− 1| − 3 ln |x− 2| − 2

x− 2+ C.

�

5

f(x) =x+ 1

x(x− 1)2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . ĐS: F (x) = ln |x| − ln |x− 1| − 2

x− 1+ C

Lời giải.

Ta có f(x) =x+ 1

x(x− 1)2=A

x+

B

x− 1+

D

(x− 1)2

⇒ A(x− 1)2 +Bx(x− 1) +Dx = x+ 1⇒ (A+B)x2 + (−2A−B +D)x+ A = x+ 1

⇒

A+B = 0

− 2A−B +D = 1

A = 1

⇔

A = 1

B = −1

D = 2.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫ ï1

x− 1

x− 1+

2

(x− 1)2

òdx

= ln |x| − ln |x− 1| − 2

x− 1+ C.

�

6

1. NGUYÊN HÀM 57

f(x) =x2 + 10x− 6

x3 − 2x2 − 7x− 4⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . . ĐS: 2 ln |x− 4| − ln |x+ 1| − 3

x+ 1+ C

Lời giải.

Ta có f(x) =x2 + 10x− 6

x3 − 2x2 − 7x− 4=

x2 + 10x− 6

(x− 4)(x+ 1)2=

A

x− 4+

B

x+ 1+

D

(x+ 1)2

⇒ A(x+ 1)2 +B(x− 4)(x+ 1) +D(x− 4) = x2 + 10x− 6⇒ (A+B)x2 + (2A− 3B +D)x+ A− 4B − 4D = x2 + 10x− 6

⇒

A+B = 1

2A− 3B +D = 10

A− 4B − 4D = −6

⇔

A = 2

B = −1

D = 3.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫ ï2

x− 4− 1

x+ 1+

3

(x+ 1)2

òdx

= 2 ln |x− 4| − ln |x+ 1| − 3

x+ 1+ C.

�

7

f(x) =3x+ 6

x(x− 1)(x− 2)2⇒ F (x) =

∫f(x) dx = . . .

ĐS: −3

2ln |x|+ 9 ln |x− 1| − 15

2ln |x− 2| − 6

x− 2+ C

Lời giải.

Ta có f(x) =3x+ 6

x(x− 1)(x− 2)2=A

x+

B

x− 1+

D

(x− 2)+

E

(x− 2)2

⇒ A(x− 1)(x− 2)2 +Bx(x− 2)2 +Dx(x− 1)(x− 2) + Ex(x− 1) = 3x+ 6⇒ (A+B +D)x3 + (−5A− 4B − 3D + E)x2 + (8A+ 4B + 2D − E)x− 4A = 3x+ 6

⇒

A+B +D = 0

− 5A− 4B − 3D + E = 0

8A+ 4B + 2D − E = 3

− 4A = 6

⇔

A = −3

2B = 9

D = −15

2E = 6.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫ ï− 3

2x+

9

x− 1− 15

2(x− 2)+

6

(x− 2)2

òdx

= −3

2ln |x|+ 9 ln |x− 1| − 15

2ln |x− 2| − 6

x− 2+ C.

�

8

BÀI 18. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện F (x0) = k.


Tìm một nguyên hàm của hàm số F (x) của hàm số f(x) =x

x+ 1thỏa F (2) = 3− ln 3.

ĐS: F (x) = x− ln |x+ 1|+ 1

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x

x+ 1dx

=

∫ Å1− 1

x+ 1

ãdx

= x− ln |x+ 1|+ C.

Ta lại có F (2) = 3− ln 3⇔ 2− ln 3 + C = 3− ln 3⇔ C = 1.Vậy F (x) = x− ln |x+ 1|+ 1. �

1

Tìm một nguyên hàm của hàm số F (x) của hàm số f(x) =x2

x− 1biết đồ thị hàm số y = F (x)

đi qua điểm M(2; 5). ĐS: F (x) =1

2x2 + x+ ln |x− 1|+ 1

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x2

x− 1dx

=

∫ Åx+ 1 +

1

x− 1

ãdx

=1

2x2 + x+ ln |x− 1|+ C.

Ta lại có F (2) = 5⇔ 2 + 2 + ln 1 + C = 5⇔ C = 1.

Vậy F (x) =1

2x2 + x+ ln |x− 1|+ 1. �

2

1. NGUYÊN HÀM 59

Tìm một nguyên hàm của hàm số F (x) của hàm số f(x) =x2

x+ 2biết F (−1) = 3.

ĐS: F (x) =1

2x2 − 2x+ 4 ln |x+ 2|+ 1

2

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x2

x+ 2dx

=

∫ Åx− 2 +

4

x+ 2

ãdx

=1

2x2 − 2x+ 4 ln |x+ 2|+ C.

Ta lại có F (−1) = 3⇔ 1

2+ 2 + 4 ln 1 + C = 3⇔ C =

1

2.

Vậy F (x) =1

2x2 − 2x+ 4 ln |x+ 2|+ 1

2. �

3

Hàm số f(x) =x3

x2 + 2x+ 1có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (−2) = 6. Tính F (0).

ĐS: F (0) = 2

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x3

x2 + 2x+ 1dx

=

∫ ïx3 + 1

(x+ 1)2− 1

(x+ 1)2

òdx

=

∫ ïx2 − x+ 1

x+ 1− 1

(x+ 1)2

òdx

=

∫ ïx− 2 +

3

x+ 1− 1

(x+ 1)2

òdx

=1

2x2 − 2x+ 3 ln |x+ 1|+ 1

x+ 1+ C.

Ta lại có F (−2) = 6⇔ 2 + 4 + 3 ln 1− 1 + C = 6⇔ C = 1.

Do đó F (x) =1

2x2 − 2x+ 3 ln |x+ 1|+ 1

x+ 1+ 1.

Vậy F (0) = 2. �

4


Hàm số f(x) =x

(x+ 1)3có một nguyên hàm là F (x) thỏa F

Å−3

2

ã= 5. Tính F

Å−1

2

ã.

ĐS: F

Å−1

2

ã= 1

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x

(x+ 1)3dx

=

∫x+ 1− 1

(x+ 1)3dx

=

∫ ï1

(x+ 1)2− 1

(x+ 1)3

òdx

= − 1

x+ 1+

1

2(x+ 1)2+ C.

Ta lại có F

Å−3

2

ã= 5⇔ 2 + 2 + C = 5⇔ C = 1.

Do đó F (x) = − 1

x+ 1+

1

2(x+ 1)2+ 1.

Vậy F

Å−1

2

ã= 1. �

5

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =3x+ 1

(x+ 1)3biết F (−2) = 5.

ĐS: F (x) = − 3

x+ 1+

1

(x+ 1)2+ 1

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫3x+ 1

(x+ 1)3dx

=

∫3(x+ 1)− 2

(x+ 1)3dx

=

∫ ï3

(x+ 1)2− 2

(x+ 1)3

òdx

= − 3

x+ 1+

1

(x+ 1)2+ C.

Ta lại có F (−2) = 5⇔ 3 + 1 + C = 5⇔ C = 1.

Vậy F (x) = − 3

x+ 1+

1

(x+ 1)2+ 1. �

6

1. NGUYÊN HÀM 61

Hàm số f(x) =x

(2x+ 1)3có một nguyên hàm là F (x) thỏa F

Å−1

4

ã=

1

9. Tính F

Å−1

8

ã.

ĐS: F

Å−1

8

ã= 0

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x

(2x+ 1)3dx

=1

2

∫2x+ 1− 1

(2x+ 1)3dx

=1

2

∫ ï1

(2x+ 1)2− 1

(2x+ 1)3

òdx

= −1

4· 1

2x+ 1+

1

8· 1

(2x+ 1)2+ C.

Ta lại có F

Å−1

4

ã=

1

9⇔ −1

2+

1

2+ C =

1

9⇔ C =

1

9.

Do đó F (x) = − 1

4(2x+ 1)+

1

8(2x+ 1)2+

1

9.

Vậy F

Å−1

8

ã= 0. �

7

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =x3

x− 1biết F (2) =

5

3.

ĐS: F (x) =1

3x3 +

1

2x2 + x+ ln |x− 1| − 5

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x3

x− 1dx

=

∫x3 − 1 + 1

x− 1dx

=

∫ Åx2 + x+ 1 +

1

x− 1

ãdx

=1

3x3 +

1

2x2 + x+ ln |x− 1|+ C.

Ta lại có F (2) =5

3⇔ 8

3+ 2 + 2 + C =

5

3⇔ C = −5.

Vậy F (x) =1

3x3 +

1

2x2 + x+ ln |x− 1| − 5. �

8


Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =x3 − 1

x+ 1biết F (1) =

5

6.

ĐS: F (x) =1

3x3 − 1

2x2 + x− 2 ln |x+ 1|+ 2 ln 2

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x3 − 1

x+ 1dx

=

∫x3 + 1− 2

x+ 1dx

=

∫ Åx2 − x+ 1− 2

x+ 1

ãdx

=1

3x3 − 1

2x2 + x− 2 ln |x+ 1|+ C.


6⇔ 1

3− 1

2+ 1− 2 ln 2 + C =

5

6⇔ C = 2 ln 2.

Vậy F (x) =1

3x3 − 1

2x2 + x− 2 ln |x+ 1|+ 2 ln 2. �

9

Hàm số f(x) =x3

x+ 2có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (−3) = 0. Tính F (−1).

ĐS: F (−1) =74

3

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x3

x+ 2dx

=

∫x3 + 8− 8

x+ 2dx

=

∫ Åx2 − 2x+ 4− 8

x+ 2

ãdx

=1

3x3 − x2 + 4x− 8 ln |x+ 2|+ C.

Ta lại có F (−3) = 0⇔ −9− 9− 12 + C = 0⇔ C = 30.

Do đó F (x) =1

3x3 − x2 + 4x− 8 ln |x+ 2|+ 30.

Vậy F (−1) =74

3. �

10

1. NGUYÊN HÀM 63

Biết f ′(x) =2x+ 3

x+ 1và f(2) = 6. Tính giá trị của ef(0). ĐS: ef(0) =

1

3e2

Lời giải.

Ta có

f(x) =

∫f ′(x) dx

=

∫2x+ 3

x+ 1dx

=

∫ Å2 +

1

x+ 1

ãdx

= 2x+ ln |x+ 1|+ C.

Ta lại có f(2) = 6⇔ 4 + ln 3 + C = 6⇔ C = 2− ln 3.Do đó f(x) = 2x+ ln |x+ 1|+ 2− ln 3.

Vậy ef(0) = e2−ln 3 =1

3e2. �

11

Gọi F (x) là một nguyên hàm của f(x) =x− 3

x2 + 2x− 3thỏa F (0) = 0. Tính F (−2).

ĐS: F (−2) = −2 ln 3

Lời giải.

Ta có f(x) =x− 3

x2 + 2x− 3=

A

x− 1+

B

x+ 3⇒ (A+B)x+ 3A−B = x− 3

⇒®A+B = 1

3A−B = −3⇔

A = −1

2

B =3

2.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫x− 3

x2 + 2x− 3dx

=

∫ Å−1

2· 1

x− 1+

3

2· 1

x+ 3

ãdx

= −1

2ln |x− 1|+ 3

2ln |x+ 3|+ C.

Ta lại có F (0) = 0⇔ 3

2ln 3 + C = 0⇔ C = −3

2ln 3.

Do đó F (x) = −1

2ln |x− 1|+ 3

2ln |x+ 3| − 3

2ln 3.

Vậy F (−2) = −2 ln 3. �

12


Gọi F (x) là một nguyên hàm của f(x) =(x+ 1)2

x+ 2thỏa F (−1) =

1

2. Tính F (2).

ĐS: F (2) = 2 + ln 4

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫(x+ 1)2

x+ 2dx

=

∫x2 + 2x+ 1

x+ 2dx

=

∫ Åx+

1

x+ 2

ãdx

=1

2x2 + ln |x+ 2|+ C.

Ta lại có F (−1) =1

2⇔ 1

2+ C =

1

2⇔ C = 0.

Do đó F (x) =1

2x2 + ln |x+ 2|.

Vậy F (2) = 2 + ln 4. �

13


4x2 + 4x+ 1; biết rằng đồ thị hàm số y = F (x)

đi qua điểm M

Å−1;

1

2

ã. ĐS: F (x) = − 1

2(2x+ 1)

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫1

4x2 + 4x+ 1dx

=

∫1

(2x+ 1)2dx

= − 1

2(2x+ 1)+ C.


2⇔ 1

2+ C =

1

2⇔ C = 0.

Vậy F (x) = − 1

2(2x+ 1). �

14

1. NGUYÊN HÀM 65

Hàm số f(x) =2x+ 9

x+ 3có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (−2) = 0. Biết phương trình F (x) =

2x+ 4 có hai nghiệm x1, x2. Tính tổng1

2x1+

1

2x2. ĐS:

1

2x1+

1

2x2= 20

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫2x+ 9

x+ 3dx

=

∫ Å2 +

3

x+ 3

ãdx

= 2x+ 3 ln |x+ 3|+ C.

Ta lại có F (−2) = 0⇔ −4 + C = 0⇔ C = 4.

Khi đó phương trình F (x) = 2x+4⇔ 2x+3 ln |x+3|+4 = 2x+4⇔ |x+3| = 1⇔ñx+ 3 = 1

x+ 3 = −1⇔ñ

x = −2 (= x1)

x = −4 (= x2).Vậy

1

2x1+

1

2x2= 20. �

15

Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =2x2 + 2x+ 3

2x+ 1, biết đồ thị của hàm số y = F (x)

cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng9

8. ĐS: F (x) =

1

2x2 +

1

2x+

5

4ln |2x+ 1|

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫2x2 + 2x+ 3

2x+ 1dx

=

∫ Åx+

1

2+

5

2· 1

2x+ 1

ãdx

=1

2x2 +

1

2x+

5

4ln |2x+ 1|+ C.


8⇔ C =

9

8.

Vậy F (x) =1

2x2 +

1

2x+

5

4ln |2x+ 1|. �

16



x2 + 3xthỏa mãn F (1) = −5

3ln 2.

ĐS: F (x) =1

3ln |x| − 1

3ln |x+ 3| − ln 2

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫1

x2 + 3xdx

=1

3

∫ Å1

x− 1

x+ 3

ãdx

=1

3ln |x| − 1

3ln |x+ 3|+ C.

Ta lại có F (1) = −5

3ln 2⇔ −1

3ln 4 + C = −5

3ln 2⇔ C = − ln 2.

Vậy F (x) =1

3ln |x| − 1

3ln |x+ 3| − ln 2. �

17


x2 + x− 2; biết rằng đồ thị của hàm số y = F (x)

cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng2

3ln 2. ĐS: F (x) =

1

3ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 2

∣∣∣∣+ ln 2

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫1

x2 + x− 2dx

=1

3

∫ Å1

x− 1− 1

x+ 2

ãdx

=1

3ln |x− 1| − 1

3ln |x+ 2|+ C.


3ln 2⇔ −1

3ln 2 + C =

2

3ln 2⇔ C = ln 2.

Vậy F (x) =1

3ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 2

∣∣∣∣+ ln 2. �

18

1. NGUYÊN HÀM 67


x2 − x− 6; biết F (−1) =

6

5ln 4.

ĐS: F (x) =1

5ln

∣∣∣∣x− 3

x+ 2

∣∣∣∣+ ln 4

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫1

x2 − x− 6dx

=1

5

∫ Å1

x− 3− 1

x+ 2

ãdx

=1

5ln |x− 3| − 1

5ln |x+ 2|+ C.


5ln 4⇔ 1

5ln 4 + C =

6

5ln 4⇔ C = ln 4.

Vậy F (x) =1

5ln

∣∣∣∣x− 3

x+ 2

∣∣∣∣+ ln 4. �

19

Hàm số f(x) =1

x2 − 3x+ 2có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (3) = 0. Tính F

Å2

3

ã.

ĐS: F

Å2

3

ã= 3 ln 2

Lời giải.

Ta có

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫1

x2 − 3x+ 2dx

=

∫ Å1

x− 2− 1

x− 1

ãdx

= ln |x− 2| − ln |x− 1|+ C.

Ta lại có F (3) = 0⇔ − ln 2 + C = 0⇔ C = ln 2.

Do đó F (x) = ln

∣∣∣∣x− 2

x− 1

∣∣∣∣+ ln 2.

Vậy F

Å2

3

ã= ln

4

3− ln

1

3+ ln 2 = ln 8 = 3 ln 2. �

20



2x2 − x− 1có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (−1) =

11

3ln 2. Tìm eF (0).

ĐS: eF (0) = 4

Lời giải.

Ta có f(x) =2x+ 3

2x2 − x− 1=

A

2x+ 1+

B

x− 1

⇒ A(x−1)+B(2x+1) = 2x+3⇒ (A+2B)x−A+B = 2x+3⇒®A+ 2B = 2

− A+B = 3⇔

A = −4

3

B =5

3.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫2x+ 3

2x2 − x− 1dx

=

∫ Å−4

3· 1

2x+ 1+

5

3· 1

x− 1

ãdx

= −2

3ln |2x+ 1|+ 5

3ln |x− 1|+ C.


3ln 2⇔ 5

3ln 2 + C =

11

3ln 2⇔ C = 2 ln 2.

Do đó F (x) = −2

3ln |2x+ 1|+ 5

3ln |x− 1|+ 2 ln 2.

Vậy eF (0) = e2 ln 2 = 4. �

21


x2 + 5x+ 6có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (−1) = ln 2. Tìm eF (−4).

ĐS: eF (−4) = 3 ln 2

Lời giải.

Ta có f(x) =4x+ 11

x2 + 5x+ 6=

A

x+ 2+

B

x+ 3

⇒ A(x+3)+B(x+2) = 4x+11⇒ (A+B)x+3A+2B = 4x+11⇒®A+B = 4

3A+ 2B = 11⇔®A = 3

B = 1.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫4x+ 11

x2 + 5x+ 6dx

=

∫ Å3

x+ 2+

1

x+ 3

ãdx

= 3 ln |x+ 2|+ ln |x+ 3|+ C.

Ta lại có F (−1) = ln 2⇔ ln 2 + C = ln 2⇔ C = 0.Do đó F (x) = 3 ln |x+ 2|+ ln |x+ 3|.Vậy eF (−4) = 3 ln 2. �

22

1. NGUYÊN HÀM 69


x2 + 7x+ 12có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (−2) = 18 ln 2. Tìm F (−5).

ĐS: F (−5) = −11 ln 2

Lời giải.

Ta có f(x) =5x+ 3

x2 + 7x+ 12=

A

x+ 3+

B

x+ 4

⇒ A(x+4)+B(x+3) = 5x+3⇒ (A+B)x+4A+3B = 5x+3⇒®A+B = 5

4A+ 3B = 3⇔®A = −12

B = 17.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫5x+ 3

x2 + 7x+ 12dx

=

∫ Å− 12

x+ 3+

17

x+ 4

ãdx

= −12 ln |x+ 3|+ 17 ln |x+ 4|+ C.

Ta lại có F (−2) = 18 ln 2⇔ 17 ln 2 + C = 18 ln 2⇔ C = ln 2.Do đó F (x) = −12 ln |x+ 3|+ 17 ln |x+ 4|+ ln 2.Vậy F (−5) = −12 ln 2 + ln 2 = −11 ln 2. �

23


Hàm số f(x) =9x− 10

6x2 − 11x+ 3có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (1) = ln 2. Gọi x1, x2 là hai

nghiệm của phương trình F (x) = ln |3x− 1|+ 1

2ln 3. Tính 3x1 + 3x2 . ĐS: 3x1 + 3x2 = 28

Lời giải.

Ta có f(x) =9x− 10

6x2 − 11x+ 3=

A

2x− 3+

B

3x− 1

⇒ A(3x−1) +B(2x−3) = 9x−10⇒ (3A+ 2B)x−A−3B = 9x−10⇒®

3A+ 2B = 9

− A− 3B = −10⇔®

A = 1

B = 3.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫9x− 10

6x2 − 11x+ 3dx

=

∫ Å1

2x− 3+

3

3x− 1

ãdx

=1

2ln |2x− 3|+ ln |3x− 1|+ C.

Ta lại có F (1) = ln 2⇔ C = 0.

Do đó F (x) =1

2ln |2x− 3|+ ln |3x− 1|.

Phương trình F (x) = ln |3x − 1| + 1

2ln 3 ⇔ 1

2ln |2x − 3| + ln |3x − 1| = ln |3x − 1| + 1

2ln 3 ⇔

|2x− 3| = 3

⇔ñ

2x− 3 = 3

2x− 3 = −3⇔ñx = 3 (= x1)

x = 0 (= x2).

Vậy 3x1 + 3x2 = 28. �

24

1. NGUYÊN HÀM 71

Hàm số f(x) =1

x2(x+ 1)có một nguyên hàm là F (x) thỏa F (1) = ln 2. Tính F (−2).

ĐS: F (−2) =3

2− ln 2

Lời giải.

Ta có f(x) =1

x2(x+ 1)=

A

x+ 1+B

x+D

x2

⇒ Ax2+Bx(x+1)+D(x+1) = 1⇒ (A+B)x2+(B+D)x+D = 1⇒

A+B = 0

B +D = 0

D = 1

⇔

A = 1

B = −1

D = 1.

Khi đó

F (x) =

∫f(x) dx

=

∫1

x2(x+ 1)dx

=

∫ Å1

x+ 1− 1

x+

1

x2

ãdx

= ln |x+ 1| − ln |x| − 1

x+ C.

Ta lại có F (1) = ln 2⇔ ln 2− 1 + C = ln 2⇔ C = 1.

Do đó F (x) = ln |x+ 1| − ln |x| − 1

x+ 1.

Vậy F (−2) = − ln 2 +1

2+ 1 =

3

2− ln 2. �

25

{ DẠNG 1.2. Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số

Định lí 1. Cho

∫f(u) du = F (u) + C và u = u(x) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

∫f [u(x)]u

′(x) dx = F [u(x)] + C.

Một số dạng đổi biến thường gặp

1

I =

∫f(ax+ b)n · x dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = ax+ b⇒ dt = a dx.

I =

∫f

Åxn

axn+1 + 1

ãmdx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = axn+1 + 1⇒ dt = a(n+ 1)xn dx, với m,n ∈ Z.

I =

∫f(ax2 + b)n · x dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = ax2 + b⇒ dt = 2ax dx.

2 I =

∫n

»f(x) · f ′(x) dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = n√f(x)⇒ tn = f(x)⇒ ntn−1 dt = f

′(x) dx.

3

I =

∫f(lnx) · 1

xdx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = lnx⇒ dt =1

xdx.

I =

∫f(a+ b lnx) · 1

xdx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = a+ b lnx⇒ dt =b

xdx.


4

I =

∫f(ex) · ex dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx.

I =

∫f(a+ bex) · ex dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = a+ bex ⇒ dt = bex dx

5

I =

∫f(cosx) · sinx dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = cosx⇒ dt = − sinx dx.

I =

∫f(a+ b cosx) · sinx dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = a+ b cosx⇒ dt = −b sinx dx.

6

I =

∫f(sinx) · cosx dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = sinx⇒ dt = cosx dx.

I =

∫f(a+ b sinx) · cosx dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = a+ b sinx⇒ dt = b cosx dx.

7 I =

∫f(tanx) · dx

cos2 x

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = tanx⇒ dt =1

cos2 xdx = (1 + tan2 x) dx.

8 I =

∫f(cotx) · dx

sin2 x

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = cotx⇒ dt = − 1

sin2 xdx = −(1 + cot2 x) dx.

9 I =

∫f(sin2 x; cos2 x) · sin 2x dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt

ñt = sin2 x⇒ dt = sin 2x dx;

t = cos2 x⇒ dt = − sin 2x dx.

10 I =

∫f(sinx± cosx) · (sinx∓ cosx) dx

phương pháp−−−−−−−→ Đặt t = sin x± cosx⇒ dt = (cos x∓sinx) dx.

! Sau khi đổi biến và tính nguyên hàm xong, ta cần trả lại biến cũ ban đầu là x.

1. Bài tập áp dụngBÀI 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau

1 Tính I =

∫x(1− x)2018 dx. ĐS: I =

(1− x)2020

2020− (1− x)2019

2019+ C

Lời giải.

Đặt t = 1− x⇒ x = 1− t⇒ dx = − dt.Suy ra

I = −∫

(1− t)t2018 dt =

∫ (t2019 − t2018

)dt

=t2020

2020− t2019

2019+ C =

(1− x)2020

2020− (1− x)2019

2019+ C.

Vậy I =

∫x(1− x)2018 dx =

(1− x)2020

2020− (1− x)2019

2019+ C. �

2 Tính I =

∫x(1 + x)2017 dx. ĐS: I =

(1 + x)2019

2019− (1 + x)2018

2018+ C

Lời giải.

1. NGUYÊN HÀM 73

Đặt t = 1 + x⇒ x = t− 1⇒ dx = dt.Suy ra

I =

∫(t− 1)t2017 dt =

∫ (t2018 − t2017

)dt

=t2019

2019− t2018

2018+ C =

(1 + x)2019

2019− (1 + x)2018

2018+ C.

Vậy I =

∫x(1 + x)2017 dx =

(1 + x)2019

2019− (1 + x)2018

2018+ C. �

3 Tính I =

∫x(x2 + 1)5 dx. ĐS: I =

(x2 + 1)6

12+ C

Lời giải.

Đặt t = x2 + 1⇒ dt = 2x dx⇒ x dx =1

2dt.

Suy ra

I =1

2

∫t5 dt =

1

2· t

6

6+ C =

(x2 + 1)6

12+ C.

Vậy I =

∫x(x2 + 1)5 dx =

(x2 + 1)6

12+ C. �

4 Tính I =

∫x2(x− 1)9 dx. ĐS: I =

(x− 1)12

12+ 2

(x− 1)11

11+

(x− 1)10

10+ C

Lời giải.

Đặt t = x− 1⇒ x = t+ 1⇒ dx = dt.Suy ra

I =

∫(t+ 1)2t9 dt =

∫ (t11 + 2t10 + t9

)dt

=t12

12+ 2

t11

11+t10

10+ C =

(x− 1)12

12+ 2

(x− 1)11

11+

(x− 1)10

10+ C.

Vậy I =

∫x2(x− 1)9 dx =

(x− 1)12

12+ 2

(x− 1)11

11+

(x− 1)10

10+ C. �

5 Tính I =

∫2[x(1− x2

)]5dx. ĐS: I = −(1− x2)6

6+

2 (1− x2)7

7− (1− x2)8

8+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫2[x(1− x2

)]5dx =

∫x4(1− x2

)5 · 2x dx.

Đặt t = 1− x2 ⇒ x2 = 1− t⇒ 2x dx = − dt.Suy ra

I = −∫

(1− t)2t5 dt =

∫ (−t5 + 2t6 − t7

)dt

= −t6

6+

2t7

7− t8

8+ C = −(1− x2)6

6+

2 (1− x2)7

7− (1− x2)8

8+ C.

Vậy I =

∫2[x(1− x2

)]5dx = −(1− x2)6

6+

2 (1− x2)7

7− (1− x2)8

8+ C. �


6 Tính I =

∫x5(1− x3

)6dx. ĐS: I = −(1− x3)7

21+

(1− x3)8

24+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫x5(1− x3

)6dx =

∫x3(1− x3

)6 · x2 dx

Đặt t = 1− x3 ⇒ x3 = 1− t⇒ x2 dx = −1

3dt.

Suy ra

I = −1

3

∫(1− t)t6 dt = −1

3

∫ (t6 − t7

)dt

= − t7

21+t8

24+ C = −(1− x3)7

21+

(1− x3)8

24+ C.

Vậy I =

∫x5(1− x3

)6dx = −(1− x3)7

21+

(1− x3)8

24+ C. �

7 Tính I =

∫x3(2− 3x2

)8dx. ĐS: I = −(2− 3x2)

9

81+

(2− 3x2)10

180+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫x3(2− 3x2

)8dx =

∫x2(2− 3x2

)8 · x dx.

Đặt t = 2− 3x2 ⇒ x2 =2− t

3⇒ x dx = −1

6dt.

Suy ra

I = −1

6

∫ Å2− t

3

ãt8 dt = − 1

18

∫ (2t8 − t9

)dt

= − t9

81+t10

180+ C = −(2− 3x2)

9

81+

(2− 3x2)10

180+ C.

Vậy I =

∫x3(2− 3x2

)8dx = −(2− 3x2)

9

81+

(2− 3x2)10

180+ C. �

BÀI 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau

1 Tính I =

∫x dx

x2 + 2. ĐS: I =

1

2ln(x2 + 2) + C

Lời giải.

Đặt t = x2 + 2⇒ x2 = t− 2⇒ 2x dx = dt⇒ x dx =1

2dt.

Suy ra

I =

∫1

2· 1

tdt =

1

2ln |t|+ C

=1

2ln |x2 + 2|+ C =

1

2ln(x2 + 2) + C.

Vậy I =

∫x dx

x2 + 2=

1

2ln(x2 + 2) + C. �

2 Tính I =

∫x dx

(x+ 1)5. ĐS: I = − 1

3(x+ 1)3+

1

4(x+ 1)4+ C

Lời giải.

1. NGUYÊN HÀM 75

Đặt t = x+ 1⇒ x = t− 1⇒ dx = dt.Suy ra

I =

∫t− 1

t5dt =

∫ Å1

t4− 1

t5

ãdt

=t−3

−3− t−4

−4+ C = − 1

3(x+ 1)3+

1

4(x+ 1)4+ C.

Vậy I =

∫x dx

(x+ 1)5= − 1

3(x+ 1)3+

1

4(x+ 1)4+ C. �

3 Tính I =

∫x3 dx

(1 + x2)3. ĐS: I = − 1

2 (1 + x2)+

1

4 (1 + x2)2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫x3 dx

(1 + x2)3=

∫x2 · x dx

(1 + x2)3.

Đặt t = 1 + x2 ⇒ x2 = t− 1⇒ 2x dx = dt⇒ x dx =1

2dt.

Suy ra

I =1

2

∫t− 1

t3dt =

1

2

∫ Å1

t2− 1

t3

ãdt

=1

2

Åt−1

−1− t−2

−2

ã+ C = − 1

2 (1 + x2)+

1

4 (1 + x2)2+ C.

Vậy I =

∫x3 dx

(1 + x2)3= − 1

2 (1 + x2)+

1

4 (1 + x2)2+ C. �

4 Tính I =

∫4x3 dx

(x4 + 2)2. ĐS: I = − 1

x4 + 2+ C

Lời giải.

Đặt t = x4 + 2⇒ x4 = t− 2⇒ 4x3 dx = dt.Suy ra

I =

∫1

t2dt =

t−1

−1+ C = − 1

x4 + 2+ C.

Vậy =

∫4x3 dx

(x4 + 2)2= − 1

x4 + 2+ C. �

5 Tính I =

∫x5 dx

x2 + 1. ĐS: I =

(x2 + 1)2

4− (x2 + 1) +

1

2ln (x2 + 1) + C

Lời giải.

Ta có I =

∫x5 dx

x2 + 1=

∫x4 · x dx

x2 + 1.

Đặt t = x2 + 1⇒ x2 = t− 1⇒ 2x dx = dt⇒ x dx =1

2dt.

Suy ra

I =1

2

∫(t− 1)2

tdt =

1

2

∫ Åt− 2 +

1

t

ãdt

=1

2

Åt2

2− 2t+ ln |t|

ã+ C =

(x2 + 1)2

4−(x2 + 1

)+

1

2ln(x2 + 1

)+ C.


Vậy I =

∫x5 dx

x2 + 1=

(x2 + 1)2

4−(x2 + 1

)+

1

2ln(x2 + 1

)+ C. �

6 Tính I =

∫x4 dx

x10 − 4. ĐS: I =

1

20ln

∣∣∣∣x5 − 2

x5 + 2

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫x4 dx

x10 − 4=

∫x4 dx

(x5 − 2) (x5 + 2).

Đặt t = x5 ⇒ x4 dx =1

5dt.

Suy ra

I =1

5

∫ ï1

(t− 2)(t+ 2)

òdt =

1

20

∫ Å1

t− 2− 1

t+ 2

ãdt

=1

20ln

∣∣∣∣t− 2

t+ 2

∣∣∣∣+ C =1

20ln

∣∣∣∣x5 − 2

x5 + 2

∣∣∣∣+ C.

Vậy I =

∫x4 dx

x10 − 4=

1

20ln

∣∣∣∣x5 − 2

x5 + 2

∣∣∣∣+ C. �

7 Tính I =

∫ Å1 +

1

x

ã3 dx

x2. ĐS: I = −1

4

Å1 +

1

x

ã4+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 +1

x⇒ 1

x= t− 1⇒ dx

x2= − dt.

Suy ra

I = −∫t3 dt = −t

4

4+ C = −1

4

Å1 +

1

x

ã4+ C.

Vậy I =

∫ Å1 +

1

x

ã3 dx

x2= −1

4

Å1 +

1

x

ã4+ C. �


1 Tính I =

∫(x+ 1)2017

(2x+ 3)2019dx. ĐS: I =

1

2018·Åx+ 1

2x+ 3

ã2018+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫(x+ 1)2017

(2x+ 3)2019dx =

∫ Åx+ 1

2x+ 3

ã2017· 1

(2x+ 3)2dx.

Đặt t =x+ 1

2x+ 3⇒ dt =

1

(2x+ 3)2dx.

Suy ra

I =

∫t2017 dt =

t2018

2018+ C =

1

2018·Åx+ 1

2x+ 3

ã2018+ C.

Vậy I =

∫(x+ 1)2017

(2x+ 3)2019dx =

1

2018·Åx+ 1

2x+ 3

ã2018+ C. �

2 Tính I =

∫x5

(x+ 1)7dx. ĐS: I =

1

6·Å

x

x+ 1

ã6+ C

Lời giải.

1. NGUYÊN HÀM 77

Ta có I =

∫x5

(x+ 1)7dx =

∫ Åx

x+ 1

ã5

· 1

(x+ 1)2dx.

Đặt t =x

x+ 1⇒ dt =

1

(x+ 1)2dx.

Suy ra

I =

∫t5 dt =

t6

6+ C =

1

6·Å

x

x+ 1

ã6+ C.

Vậy I =

∫x5

(x+ 1)7dx =

1

6·Å

x

x+ 1

ã6

+ C. �

3 Tính I =

∫(7x− 1)99

(2x+ 1)101dx. ĐS: I =

1

900·Å

7x− 1

2x+ 1

ã100+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫(7x− 1)99

(2x+ 1)101dx =

∫ Å7x− 1

2x+ 1

ã99· 1

(2x+ 1)2dx.

Đặt t =7x− 1

2x+ 1⇒ dt =

9

(2x+ 1)2dx⇒=

1

(2x+ 1)2dx =

1

9dt.

Suy ra

I =1

9

∫t99 dt =

1

9· t

100

100+ C =

1

900·Å

7x− 1

2x+ 1

ã100+ C.

Vậy I =

∫(7x− 1)99

(2x+ 1)101dx =

1

900·Å

7x− 1

2x+ 1

ã100+ C. �

4 Tính I =

∫x9 dx

(x2 + 1)6. ĐS: I =

1

10·Å

x2

x2 + 1

ã5+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫x9 dx

(x2 + 1)6=

∫ Åx2

x2 + 1

ã4· x

(x2 + 1)2dx.

Đặt t =x2

x2 + 1⇒ dt =

2x

(x2 + 1)2dx⇒ x

(x2 + 1)2dx =

1

2dt.

Suy ra

I =1

2

∫t4 dt =

1

2· t

5

5+ C =

1

10·Å

x2

x2 + 1

ã5+ C.

Vậy I =

∫x9 dx

(x2 + 1)6=

1

10·Å

x2

x2 + 1

ã5+ C. �

5 Tính I =

∫x2001 dx

(x2 + 1)1002. ĐS: I =

1

2002·Å

x2

x2 + 1

ã1001+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫x2001 dx

(x2 + 1)1002=

∫ Åx2

x2 + 1

ã1000· x

(x2 + 1)2dx.

Đặt t =x2

x2 + 1⇒ dt =

2x

(x2 + 1)2dx⇒ x

(x2 + 1)2dx =

1

2dt.

Suy ra

I =1

2

∫t1000 dt =

1

2· t

1001

1001+ C =

1

2002·Å

x2

x2 + 1

ã1001

+ C.


Vậy I =

∫x2001 dx

(x2 + 1)1002=

1

2002·Å

x2

x2 + 1

ã1001

+ C. �


1 Tính I =

∫(x+ 1) dx√x2 + 2x− 4

. ĐS: I =√x2 + 2x− 4 + C

Lời giải.

Đặt t =√x2 + 2x− 4⇒ t2 = x2 + 2x− 4

⇒ 2t dt = (2x+ 2) dx⇒ (x+ 1) dx = t dt.Suy ra

I =

∫t

tdt =

∫dt = t+ C =

√x2 + 2x− 4 + C.

Vậy I =

∫(x+ 1) dx√x2 + 2x− 4

=√x2 + 2x− 4 + C. �

2 Tính I =

∫(2x− 3) dx√x2 − 3x− 5

. ĐS: I = 2√x2 − 3x− 5 + C

Lời giải.

Đặt t =√x2 − 3x− 5⇒ t2 = x2 − 3x− 5

⇒ 2t dt = (2x− 3) dx⇒ (2x− 3) dx = 2t dt.Suy ra

I =

∫2t

tdt =

∫2 dt = 2t+ C = 2

√x2 − 3x− 5 + C.

Vậy I =

∫(2x− 3) dx√x2 − 3x− 5

= 2√x2 − 3x− 5 + C. �

3 Tính I =

∫x√

2017− x dx. ĐS: I =2(2017− x)2

√2017− x

5− 4034(2017− x)

√2017− x

3+ C

Lời giải.

Đặt t =√

2017− x⇒ x = 2017− t2 ⇒ dx = −2t dt.Suy ra

I =

∫(2017− t2) · t · (−2t) dt =

∫(2t4 − 4034t2) dt

=2t5

5− 4034t3

3+ C =

2(2017− x)2√

2017− x5

− 4034(2017− x)√

2017− x3

+ C.

Vậy I =

∫x√

2017− x dx =2(2017− x)2

√2017− x

5− 4034(2017− x)

√2017− x

3+ C. �

4 Tính I =

∫x√x2 + 3 dx. ĐS: I =

(x2 + 3)√x2 + 3

3+ C

Lời giải.

Đặt t =√x2 + 3⇒ t2 = x2 + 3⇒ 2t dt = 2x dx⇒ x dx = t dt.

Suy ra

I =

∫t2 dt =

t3

3+ C =

(x2 + 3)√x2 + 3

3+ C.

Vậy I =

∫x√x2 + 3 dx =

(x2 + 3)√x2 + 3

3+ C. �

1. NGUYÊN HÀM 79

5 Tính I =

∫x√

2019− x2 dx. ĐS: I = −(2019− x2)√

2019− x23

+ C

Lời giải.

Đặt t =√

2019− x2 ⇒ t2 = 2019− x2 ⇒ 2t dt = −2x dx⇒ x dx = −t dt.Suy ra

I =

∫−t2 dt = −t

3

3+ C = −(2019− x2)

√2019− x2

3+ C.

Vậy I =

∫x√

2019− x2 dx = −(2019− x2)√

2019− x23

+ C. �

6 Tính I =

∫x

3√x2 − 2018 dx. ĐS: I =

3(x2 − 2018) 3√x2 − 2018

8+ C

Lời giải.

Đặt t = 3√x2 − 2018⇒ t3 = x2 − 2018⇒ 3t2 dt = 2x dx⇒ x dx =

3

2t2 dt.

Suy ra

I =3

2

∫t3 dt =

3

2· t

4

4+ C =

3(x2 − 2018) 3√x2 − 2018

8+ C.

Vậy I =

∫x

3√x2 − 2018 dx =

3(x2 − 2018) 3√x2 − 2018

8+ C. �

7 Tính I =

∫2x

3√x2 + 4

dx. ĐS: I =3

23

»(x2 + 4)2 + C

Lời giải.

Đặt t = 3√x2 + 4⇒ t3 = x2 + 4⇒ 3t2 dt = 2x dx.

Suy ra

I =

∫3t2

tdt =

∫3t dt =

3t2

2+ C =

3

23»

(x2 + 4)2 + C.

Vậy I =

∫2x

3√x2 + 4

dx =3

23»

(x2 + 4)2 + C. �

8 Tính I =

∫5x

3√

1− x2 dx. ĐS: I = −15

8(1− x2) 3

√1− x2 + C

Lời giải.

Đặt t = 3√

1− x2 ⇒ t3 = 1− x2 ⇒ 3t2 dt = −2x dx⇒ x dx = −3t2

2dt.

Suy ra

I = −3

2

∫5t3 dt = −15

2· t

4

4+ C = −15

8

(1− x2

)3√

1− x2 + C.

Vậy I =

∫5x

3√

1− x2 dx = −15

8

(1− x2

)3√

1− x2 + C. �

9 Tính I =

∫x2√1− x

dx. ĐS: I = −2√

1− x+4(1− x)

√1− x

3− 2(1− x)2

√1− x

5+ C

Lời giải.


Đặt t =√

1− x⇒ x = 1− t2 ⇒ dx = −2t dt.Suy ra

I =

∫(1− t2)2

t· (−2t) dt = −2

∫ (1− 2t2 + t4

)dt

= −2t+ 4 · t3

3− 2 · t

5

5+ C = −2

√1− x+

4(1− x)√

1− x3

− 2(1− x)2√

1− x5

+ C.

Vậy I =

∫x2√1− x

dx = −2√

1− x+4(1− x)

√1− x

3− 2(1− x)2

√1− x

5+ C. �

10 Tính I =

∫x3√

4− x2dx. ĐS: I =

(4− x2)√

4− x23

− 4√

4− x2 + C

Lời giải.

Ta có I =

∫x3√

4− x2dx =

∫x2√

4− x2· x dx

Đặt t =√

4− x2 ⇒ t2 = 4− x2 ⇒ x2 = 4− t2 ⇒ 2x dx = −2t dt⇒ x dx = −t dt.Suy ra

I =

∫4− t2

t· (−t) dt =

∫ (t2 − 4

)dt

=t3

3− 4t+ C =

(4− x2)√

4− x23

− 4√

4− x2 + C.

Vậy I =

∫x3√

4− x2dx =

(4− x2)√

4− x23

− 4√

4− x2 + C. �

11 Tính I =

∫dx

x√x2 + 4

. ĐS: I =1

4ln

∣∣∣∣∣√x2 + 4− 2√x2 + 4 + 2

∣∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

x√x2 + 4

=

∫x dx

x2√x2 + 4

.

Đặt t =√x2 + 4⇒ t2 = x2 + 4⇒ x2 = t2 − 4⇒ 2x dx = 2t dt⇒ x dx = t dt.

Suy ra

I =

∫1

t2 − 4dt =

1

4

∫ Å1

t− 2− 1

t+ 2

ãdt

=1

4ln

∣∣∣∣t− 2

t+ 2

∣∣∣∣+ C =1

4ln

∣∣∣∣∣√x2 + 4− 2√x2 + 4 + 2

∣∣∣∣∣+ C.

Vậy I =

∫dx

x√x2 + 4

=1

4ln

∣∣∣∣∣√x2 + 4− 2√x2 + 4 + 2

∣∣∣∣∣+ C. �

12 Tính I =

∫dx

x√x2 + 9

. ĐS: I =1

6ln

∣∣∣∣∣√x2 + 9− 3√x2 + 9 + 3

∣∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

x√x2 + 9

=

∫x dx

x2√x2 + 9

.

Đặt t =√x2 + 9⇒ t2 = x2 + 9⇒ x2 = t2 − 9⇒ 2x dx = 2t dt⇒ x dx = t dt.

1. NGUYÊN HÀM 81

Suy ra

I =

∫1

t2 − 9dt =

1

6

∫ Å1

t− 3− 1

t+ 3

ãdt

=1

6ln

∣∣∣∣t− 3

t+ 3

∣∣∣∣+ C =1

6ln

∣∣∣∣∣√x2 + 9− 3√x2 + 9 + 3

∣∣∣∣∣+ C.

Vậy I =

∫dx

x√x2 + 9

=1

6ln

∣∣∣∣∣√x2 + 9− 3√x2 + 9 + 3

∣∣∣∣∣+ C. �

13 Tính I =

∫x5

3»

(1− 2x2)2 dx.

ĐS: I = − 3

80(1− 2x2) 3

»(1− 2x2)2 +

3

64(1− 2x2)

2 3

»(1− 2x2)2 − 3

176(1− 2x2)

3 3

»(1− 2x2)2 + C

Lời giải.

Ta có I =

∫x5

3»

(1− 2x2)2 dx =

∫x4

3»

(1− 2x2)2 · x dx.

Đặt t = 3√

1− 2x2 ⇒ t3 = 1− 2x2 ⇒ x2 =1− t3

2⇒ x dx = −3t2

4dt.

Suy ra

I =

∫ Å1− t3

2

ã2

· t2 ·Å−3t2

4

ãdt = − 3

16

∫ (t4 − 2t7 + t10

)dt

= − 3

16

Åt5

5− 2t8

8+t11

11

ã+ C

= − 3

80

(1− 2x2

)3»

(1− 2x2)2 +3

64

(1− 2x2

)2 3»

(1− 2x2)2 − 3

176

(1− 2x2

)3 3»

(1− 2x2)2 + C.

Vậy I = − 3

80(1− 2x2) 3

»(1− 2x2)2+

3

64(1− 2x2)

2 3

»(1− 2x2)2− 3

176(1− 2x2)

3 3

»(1− 2x2)2+C.

�

14 Tính I =

∫2x3 − 3x2 + x√x2 − x+ 1

dx. ĐS: I =2 (x2 − x+ 1)

√x2 − x+ 1

3− 2√x2 − x+ 1 + C

Lời giải.

Ta có I =

∫2x3 − 3x2 + x√x2 − x+ 1

dx =

∫(2x− 1)(x2 − x)√

x2 − x+ 1dx =

∫(x2 − x)√x2 − x+ 1

· (2x− 1) dx.

Đặt t =√x2 − x+ 1⇒ t2 = x2 − x+ 1⇒ x2 − x = t2 − 1⇒ (2x− 1) dx = 2t dt.

Suy ra

I =

∫t2 − 1

t· 2t dt =

∫ (2t2 − 2

)dt

=2t3

3− 2t+ C =

2 (x2 − x+ 1)√x2 − x+ 1

3− 2√x2 − x+ 1 + C.

Vậy I =

∫2x3 − 3x2 + x√x2 − x+ 1

dx =2 (x2 − x+ 1)

√x2 − x+ 1

3− 2√x2 − x+ 1 + C. �


1 Tính I =

∫lnx dx

x√

1 + ln x. ĐS: I =

2 (1 + lnx)√

1 + ln x

3− 2√

1 + ln x+ C


Lời giải.

Đặt t =√

1 + ln x⇒ t2 = 1 + lnx⇒ lnx = t2 − 1⇒ dx

x= 2t dt.

Suy ra

I =

∫t2 − 1

t· 2t dt =

∫ (2t2 − 2

)dt

=2t3

3− 2t+ C =

2 (1 + lnx)√

1 + ln x

3− 2√

1 + ln x+ C.

Vậy I =

∫lnx dx

x√

1 + ln x=

2 (1 + lnx)√

1 + ln x

3− 2√

1 + ln x+ C. �

2 Tính I =

∫lnx√

1 + 3 lnx

xdx.

ĐS: I =2 (1 + 3 lnx)2

√1 + 3 lnx

45− 2 (1 + 3 lnx)

√1 + 3 lnx

27+ C

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 3 lnx⇒ t2 = 1 + 3 lnx⇒ lnx =t2 − 1

3⇒ dx

x=

2t

3dt.

Suy ra

I =

∫(t2 − 1) t

3· 2t

3dt =

2

9

∫ (t4 − t2

)dt

=2

9

Åt5

5− t3

3

ã+ C =

2 (1 + 3 lnx)2√

1 + 3 lnx

45− 2 (1 + 3 lnx)

√1 + 3 lnx

27+ C.

Vậy I =

∫lnx√

1 + 3 lnx

xdx =

2 (1 + 3 lnx)2√

1 + 3 lnx

45− 2 (1 + 3 lnx)

√1 + 3 lnx

27+ C. �

3 Tính I =

∫dx

x 3√

1 + ln x. ĐS: I =

3 3

»(1 + ln x)2

2+ C

Lời giải.

Đặt t = 3√

1 + ln x⇒ t3 = 1 + lnx⇒ lnx = t3 − 1⇒ dx

x= 3t2 dt.

Suy ra

I =

∫1

t· 3t2 dt =

∫3t dt

=3t2

2+ C =

3 3

»(1 + lnx)2

2+ C.

Vậy I =

∫dx

x 3√

1 + ln x=

3 3

»(1 + ln x)2

2+ C. �

4 Tính I =

∫ln2 x dx

x√

1 + ln x.

ĐS: I =2 (1 + lnx)2

√1 + ln x

5− 4 (1 + lnx)

√1 + ln x

3+ 2√

1 + ln x+ C

Lời giải.

1. NGUYÊN HÀM 83

Đặt t =√

1 + ln x⇒ t2 = 1 + lnx⇒ lnx = t2 − 1⇒ dx

x= 2t dt.

Suy ra

I =

∫(t2 − 1)

2

t· 2t dt =

∫ (2t4 − 4t2 + 2

)dt

=2t5

5− 4t3

3+ 2t+ C =

2 (1 + lnx)2√

1 + ln x

5− 4 (1 + lnx)

√1 + ln x

3+ 2√

1 + ln x+ C.

Vậy I =

∫ln2 x dx

x√

1 + ln x=

2 (1 + lnx)2√

1 + ln x

5− 4 (1 + lnx)

√1 + ln x

3+ 2√

1 + ln x+ C. �

5 I =

∫ex√

5− ex dx.

ĐS:−2

3

(√5− ex

)3+ C

Lời giải.

Đặt t =√

5− ex ⇒ t2 = 5− ex ⇒ −2t dt = ex dx.

Suy ra I =

∫t · (−2t) dt = −2

∫t2 dt =

−2

3t3 + C =

−2

3

Ä√5− ex

ä3+ C. �

6 I =

∫dx√

ex + 3.

ĐS:1√3

(ln∣∣∣√ex + 3−

√3∣∣∣− ln

∣∣∣√ex + 3 +√

3∣∣∣)+ C

Lời giải.

Đặt t =√

ex + 3⇒ t2 = ex + 3⇒ ex = t2 − 3⇒ dx =2t

t2 − 3dt.

Suy ra

I =

∫1

t· 2t

t2 − 3dt = 2

∫1

t2 − 3dt =

2

2√

3

∫ Å1

t−√

3− 1

t+√

3

ãdt

=1√3

(ln∣∣∣t−√3

∣∣∣− ln∣∣∣t+√

3∣∣∣)+ C

=1√3

(ln∣∣∣√ex + 3−

√3∣∣∣− ln

∣∣∣√ex + 3 +√

3∣∣∣)+ C.

�

7 I =

∫cosx

√3 sinx+ 2 dx.

ĐS:2

9

(√3 sinx+ 2

)3+ C

Lời giải.

Đặt t =√

3 sinx+ 2⇒ t2 = 3 sin x+ 2⇒ 2

3t dt = cosx dx.

Suy ra I =

∫t · 2

3t dt =

2

3

∫t2 dt =

2

9t3 + C =

2

9

Ä√3 sinx+ 2

ä3+ C. �

8 I =

∫sinx√

2018 + cosx dx.

ĐS:−2

3

(√2018 + cosx

)3+ C


Lời giải.

Đặt t =√

2018 + cos x⇒ t2 = 2018 + cosx⇒ −2t dt = sinx dx.

Suy ra I =

∫t · (−2t) dt = −2

∫t2 dt =

−2

3t3 + C =

−2

3

Ä√2018 + cos x

ä3+ C. �

9 I =

∫1

x lnx√

6 + 3 ln2 xdx.

ĐS:1

2√

6

(ln∣∣∣√6 + 3 ln2 x−

√6∣∣∣− ln

∣∣∣√6 + 3 ln2 x+√

6∣∣∣)+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫lnx

x ln2 x√

6 + 3 ln2 xdx.

Đặt t =√

6 + 3 ln2 x⇒ t2 = 6 + 3 ln2 x⇒ 1

3t dt =

1

xlnx dx.

Suy ra

I =

∫1

t2 − 6

3· t· 1

3t dt =

∫1

t2 − 6dt =

1

2√

6

∫ Å1

t−√

6− 1

t+√

6

ãdt

=1

2√

6

(ln∣∣∣t−√6

∣∣∣− ln∣∣∣t+√

6∣∣∣)+ C

=1

2√

6

(ln∣∣∣√6 + 3 ln2 x−

√6∣∣∣− ln

∣∣∣√6 + 3 ln2 x+√

6∣∣∣)+ C.

�

10 I =

∫x

x+√x2 − 1

dx.

ĐS:1

3x3 − 1

3

(√x2 − 1

)3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫ Äx−√x2 − 1

ä· x dx =

∫x2 dx−

∫x√x2 − 1 dx = I1 − I2.

I1 =

∫x2 dx =

1

3x3 + C1.

I2 =

∫x√x2 − 1 dx.

Đặt t =√x2 − 1⇒ t2 = x2 − 1⇒ t dt = x dx.

Suy ra I2 =

∫t · t dt =

∫t2 dt =

1

3t3 + C2 =

1

3

Ä√x2 − 1

ä3+ C2.

Vậy I =1

3x3 − 1

3

(√x2 − 1

)3+ C. �

11 I =

∫x3√

x4 + 1− x2dx.

ĐS:1

6x6 +

1

6

Ä√x4 + 1

ä3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫ Ä√x4 + 1 + x2

ä· x3 dx =

∫x3√x4 + 1 dx+

∫x5 dx = I1 + I2.

I2 =

∫x5 dx =

1

6x6 + C1.

1. NGUYÊN HÀM 85

I1 =

∫x3√x4 + 1 dx.

Đặt t =√x4 + 1⇒ t2 = x4 + 1⇒ 1

2t dt = x3 dx.

Suy ra I1 =

∫t· 1

2t dt =

1

2

∫t2 dt =

1

6t3+C2 =

1

6

Ä√x4 + 1

ä3+C2. Vậy I =

1

6x6+

1

6

Ä√x4 + 1

ä3+

C. �

12 I =

∫3x√

x2 + 2 +√x2 − 1

dx.

ĐS:

Ä√x2 + 2

ä33

+

(√x2 − 1

)33

+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫xÄ√

x2 + 2−√x2 − 1

ädx =

∫x√x2 + 2 dx−

∫x√x2 − 1 dx = I1 − I2.

I1 =

∫ √x2 + 2 dx.

Đặt a =√x2 + 2⇒ a2 = x2 + 2⇒ a da = x dx.

Suy ra I1 =

∫a2 da =

a3

3+ C1 =

Ä√x2 + 2

ä33

+ C1.

I2 =

∫x√x2 − 1 dx.

Đặt b =√x2 − 1⇒ b2 = x2 − 1⇒ b db = x dx.

Suy ra I2 =

∫b2 db =

b3

3+ C2 =

(√x2 − 1

)33

+ C2.

Vậy I =

Ä√x2 + 2

ä33

+

(√x2 − 1

)33

+ C. �

BÀI 6. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau (loại 3)

1 I =

∫lnx

xdx.

ĐS:ln2 x

2+ C

Lời giải.

Đặt t = lnx⇒ dt =1

xdx. Suy ra I =

∫t dt =

t2

2+ C =

ln2 x

2+ C. �

2 I =

∫ln2 x

xdx.

ĐS:ln3 x

3+ C

Lời giải.


xdx. Suy ra I =

∫t2 dt =

t3

3+ C =

ln3 x

3+ C. �

3 I =

∫1 + ln x

xdx.

ĐS:(1 + ln x)2

2+ C


Lời giải.

Đặt t = 1 + lnx⇒ dt =1

xdx. Suy ra I =

∫t dt =

t2

2+ C =

(1 + ln x)2

2+ C. �

4 I =

∫1 + ln4 x

xdx.

ĐS: lnx+ln5 x

5+ C

Lời giải.


xdx. Suy ra I =

∫(1 + t4) dt = t+

t5

5+ C = lnx+

ln5 x

5+ C. �

5 I =

∫3 lnx+ 1

x lnxdx.

ĐS: ln |x|+ ln |x lnx|+ C

Lời giải.

Đặt t = x lnx⇒ dt = (lnx+ 1) dx.Suy ra

I =

∫3 lnx+ 1

x lnxdx =

∫2 lnx+ lnx+ 1

x lnxdx =

∫2

xdx+

∫lnx+ 1

x lnxdx = ln |x|+

∫dt

t

= ln |x|+ ln |t|+ C

= ln |x|+ ln |x lnx|+ C.

�

6 I =

∫lnx

x(2 + ln x)2dx.

ĐS: ln |2 + ln x|+ 2 · 1

2 + ln x+ C

Lời giải.


xdx.

Suy ra I =

∫lnx

x(2 + ln x)2dx =

∫t− 2

t2dt =

∫1

tdt−

∫2

t2dt = ln |t|+ 2

1

t+C = ln |2 + ln x|+

2 · 1

2 + ln x+ C. �

7 I =

∫ √4 + ln x

xdx.

ĐS:2(√

4 + ln x)3

3+ C

Lời giải.

Đặt t =√

4 + ln x⇒ t2 = 4 + lnx⇒ 2t dt =1

xdx.

Suy ra I =

∫ √4 + ln x

xdx =

∫2t2 dt = 2

∫t2 dt =

2t3

3+ C =

2(√

4 + ln x)3

3+ C. �

8 I =

∫ √1 + 3 lnx

xdx.

1. NGUYÊN HÀM 87

ĐS:2

9

(√1 + 3 lnx

)3+ C

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 3 lnx⇒ t2 = 1 + 3 lnx⇒ 2t dt =3

xdx.

Suy ra I =

∫ √1 + 3 lnx

xdx =

∫2

3t2 dt =

2

3· t

3

3+ C =

2

9

Ä√1 + 3 lnx

ä3+ C. �

9 I =

∫lnx

x√

1 + ln xdx.

ĐS:2

3

(√1 + ln x

)3+ 2√

1 + ln x+ C

Lời giải.

Đặt t =√

1 + ln x⇒ t2 = 1 + lnx⇒ 2t dt =1

xdx.

Suy ra I =

∫lnx

x√

1 + ln xdx = 2

∫t(t2 − 1)

tdt = 2

∫(t2−1) dt = 2·t

3

3−2t+C =

2

3

Ä√1 + ln x

ä3+

2√

1 + ln x+ C. �


1 I =

∫ex dx

ex − 1.

ĐS: ln |ex − 1|+ C

Lời giải.

Đặt t = ex − 1⇒ dt = ex dx.

Suy ra I =

∫ex dx

ex − 1=

∫1

tdt = ln |t|+ C = ln |ex − 1|+ C. �

2 I =

∫dx

ex + 3.

ĐS:1

3(ln |ex| − ln |ex + 3|) + C

Lời giải.

Đặt t = ex + 3⇒ dt = ex dx.Suy ra

I =

∫dx

ex + 3=

∫ex dx

ex(ex + 3)=

∫1

(t− 3)tdt =

∫ Å1

3(t− 3)− 1

3t

ãdt =

1

3ln |t− 3| − 1

3ln |t|+ C

=1

3(ln |ex| − ln |ex + 3|) + C.

�

3 I =

∫dx

ex + 4.

ĐS:1

4(ln |ex| − ln |ex + 4|) + C

Lời giải.


Đặt t = ex + 4⇒ dt = ex dx.Suy ra

I =

∫dx

ex + 4=

∫ex dx

ex(ex + 4)=

∫1

(t− 4)tdt =

∫ Å1

4(t− 4)− 1

4t

ãdt =

1

4ln |t− 4| − 1

4ln |t|+ C

=1

4(ln |ex| − ln |ex + 4|) + C.

�

4 I =

∫dx

ex + e−x.

ĐS: arctan ex + C

Lời giải.

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx. Suy ra I =

∫dx

ex + e−x=

∫ex dx

e2x + 1=

∫1

t2 + 1dt

Đặt t = tanu⇒ dt =1

cos2 udu.

Vậy I =

∫1

tan2 u+ 1· 1

cos2 udu =

∫du = u+ C = arctan t+ C = arctan ex + C. �

5 I =

∫ex dx

ex + e−x.

ĐS:1

2ln |e2x + 1|+ C

Lời giải.

Đặt t = e2x + 1⇒ dt = 2e2x dx.

Suy ra I =

∫ex dx

ex + e−x=

∫e2x dx

e2x + 1=

1

2

∫1

tdt =

1

2ln |t|+ C =

1

2ln |e2x + 1|+ C. �

6 I =

∫dx

ex + 2e−x − 3.

ĐS: ln |ex − 2| − ln |ex − 1|+ C

Lời giải.

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx.Ta có

I =

∫dx

ex + 2e−x − 3=

∫ex dx

e2x + 2− 3ex=

∫1

t2 − 3t+ 2dt =

∫1

(t− 2)(t− 1)dt =

∫1

t− 2− 1

t− 1dt

= ln |t− 2| − ln |t− 1|+ C

= ln |ex − 2| − ln |ex − 1|+ C.

�

7 I =

∫dx

ex − 4 · e−x.

ĐS:1

4(ln |ex − 2| − ln |ex + 2|) + C

Lời giải.

Ta có I =

∫ex

e2x − 4dx.

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx.

Suy ra I =

∫dt

t2 − 4=

1

4

∫ Å1

t− 2− 1

t+ 2

ã=

1

4(ln |t− 2| − ln |t+ 2|)+C =

1

4(ln |ex − 2| − ln |ex + 2|)+

C. �

1. NGUYÊN HÀM 89

8 I =

∫(1 + ex)3

exdx.

ĐS:−1

ex+ 3x+ 3ex +

1

2e2x + C

Lời giải.

Ta có I =

∫1 + 3ex + 3e2x + e3x

exdx =

∫ Å1

ex+ 3 + 3ex + e2x

ãdx =

−1

ex+ 3x+ 3ex +

1

2e2x +C.

�

9 I =

∫e2x + 3ex

e2x + 3ex + 2dx.

ĐS: 2 ln |ex + 1| − ln |ex + 2|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫ex (ex + 3)

e2x + 3ex + 2dx.

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx.

Suy ra I =

∫t+ 3

t2 + 3t+ 2dt =

∫ Å2

t+ 1− 1

t+ 2

ãdt = 2 ln |t+ 1|− ln |t+ 2|+C = 2 ln |ex + 1|−

ln |ex + 2|+ C.

�

10 I =

∫ex

(1 + ex)2dx.

ĐS:−1

ex + 1+ C

Lời giải.

Đặt t = ex + 1⇒ dt = ex dx.

Ta có I =

∫dt

t2=−1

t+ C =

−1

ex + 1+ C. �

11 I =

∫2ex − 1

ex + 1dx.

ĐS: 2 ln ex + 1− 1

2ln(ex)− 1

2ln(ex + 2) + C

Lời giải.

Đặt t = ex + 1⇒ ex = t− 1⇒ dx =dt

t− 1.

Suy ra

I =

∫2(t− 1)− 1

t· dt

t− 1=

∫ Å2

t− 1

t(t− 1)

ãdt = 2 ln t−

∫ Å1

t− 1− 1

t

ã= 2 ln t− ln(t− 1)− ln(t) + C

= 2 ln(ex + 1)− ln(ex)− ln(ex + 1) + C.

�

12 I =

∫e2x√ex + 1

dx.

ĐS:2(√

ex + 1)2

3+√

ex + 1 + C

Lời giải.


Đặt t =√

ex − 1⇒ t2 = ex − 1⇒ ex = t2 + 1⇒ ex dx = 2t dt.

Suy ra I =

∫(t2 + 1)2t

tdt = 2

∫(t2 + 1) dt =

2t3

3+ 2t+ C =

2(√

ex + 1)3

3+ 2√

ex + 1 + C �

13 I =

∫e2x dx√3 + ex

.

ĐS:2ex

3

√3 + ex − 6

√3 + ex + C

Lời giải.

Đặt t =√

3 + ex ⇒ dt =ex

2√

3 + exdx.

Suy ra I =

∫2(t2 − 3) dt =

2t3

3− 6t + C =

2

3(3 + ex)

√3 + ex − 6

√3 + ex + C =

2ex

3

√3 + ex −

6√

3 + ex + C. �

14 I =

∫dx√

ex + 1.

ĐS: ln |√

ex + 1− 1| − ln |√

ex + 1 + 1|+ C.

Lời giải.

Đặt t =√

ex + 1⇒ dt =ex

2√

ex + 1dx.

Suy ra

I = 2

∫1

t2 − 1dt = 2

∫ Å1

2(t− 1)− 1

2(t+ 1)

ãdt = ln |t− 1| − ln |t+ 1|+ C

= ln |√

ex + 1− 1| − ln |√

ex + 1 + 1|+ C.

�


1 I =

∫tanx dx.

ĐS: − ln | cosx|+ C.

Lời giải.

Ta có I =

∫sinx

cosxdx.

Đặt t = cosx⇒ dt = − sinx dx.

Suy ra I =

∫−1

tdt = − ln |t|+ C = − ln | cosx|+ C. �

2 I =

∫sin3 x dx.

ĐS: − cosx+cos3 x

3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫(1− cos2 x) · sinx dx.


Suy ra I =

∫−(1− t2) dt = −t+

t3

3+ C = − cosx+

cos3 x

3+ C. �

1. NGUYÊN HÀM 91

3 I =

∫sin5 x dx.

ĐS: −cos5 x

5+

2 cos3 x

3− cosx+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫(1− cos2 x)2 sinx dx.


Suy ra I =

∫−(1−t2)2 dt =

∫(−t4+2t2−1) dt = −t

5

5+

2t3

3−t+C = −cos5 x

5+

2 cos3 x

3−cosx+C.

�

4 I =

∫cos2017 x · sinx dx.

ĐS: −cos2018 x

2018+ C

Lời giải.


Suy ra I =

∫−t2017 dt = − t

2018

2018+ C = −cos2018 x

2018+ C. �

5 I =

∫sinx

cos2 xdx.

ĐS:1

cosx+ C

Lời giải.


Suy ra I =

∫− 1

t2dt =

1

t+ C =

1

cosx+ C. �

6 I =

∫sin 2x cos2 x dx.

ĐS: −cos4 x

2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫2 sinx cos3 x dx. Đặt t = cosx⇒ dt = − sinx dx.

Suy ra I =

∫−2t3 dt = −t

4

2+ C = −cos4 x

2+ C. �

7 I =

∫sinx

2 + cos xdx.

ĐS: − ln |2 + cos x|+ C

Lời giải.

Đặt t = 2 + cosx⇒ dt = − sinx dx.

Suy ra I =

∫−1

tdt = − ln |t|+ C = − ln |2 + cos x|+ C. �

8 I =

∫5 sin3 x

1− cosxdx.

ĐS: −5 cosx− 5

2cos2 x+ C


Lời giải.

Ta có I =

∫5(1− cos2 x) sinx

1− cosxdx =

∫5(1 + cos x) sinx dx.


Suy ra I =

∫−5(1 + t) dt = −5t− 5

t2

2+ C = −5 cosx− 5

2cos2 x+ C. �

9 I =

∫sin2 x tanx dx.

ĐS: − ln | cosx|+ cos2 x

2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin3 x

cosxdx =

∫(1− cos2 x) sinx

cosxdx.


Suy ra I =

∫−1− t2

tdt =

∫ Å−1

t+ t

ãdt = − ln |t|+ t2

2+ C = − ln | cosx|+ cos2 x

2+ C. �

10 I =

∫sin 2x cosx

1− cosxdx.

ĐS:cos2 x

2− 2 cosx+ ln | cosx|+ C.

Lời giải.

Ta có I =

∫2 sinx cos2 x

1− cosxdx.

Đặt t = 1− cosx⇒ dt = sinx dx.

Suy ra I =

∫(1− t)2

tdt =

∫ Åt− 2 +

1

t

ãdt =

t2

2−2t+ln |t|+C =

cos2 x

2−2 cosx+ln | cosx|+C.

�

11 I =

∫sin 2x

4− cos2 xdx.

ĐS: ln |4− cos2 x|+ C.

Lời giải.

Đặt t = 4− cos2 x⇒ dt = sin 2x dx.

Suy ra I =

∫1

tdt = ln |t|+ C = ln |4− cos2 x|+ C. �

12 I =

∫sin 4x

1 + cos2 xdx.

ĐS: −2(1 + cos2 x)2 + 6 ln |1 + cos2 x|+ C.

Lời giải.

I =

∫2 sin 2x(2(cos2 x+ 1)− 3)

1 + cos2 xdx

Đặt t = 1 + cos2 x⇒ dt = − sin 2x dx.

Suy ra I =

∫−2(2t2 − 3)

tdt =

∫−Å

4t− 6

t

ãdt = −2t2+6 ln |t|+C = −2(1+cos2 x)2+6 ln |1+

cos2 x|+ C. �

13 I =

∫ (1 + tan x tan

x

2

)sinx dx.

1. NGUYÊN HÀM 93

ĐS: − ln | cosx|+ C

Lời giải.

I =

∫ cosx cosx

2+ sinx sin

x

2

cosx cosx

2

sinx dx =

∫ cosx

2

cosx cosx

2

sinx dx =

∫sinx

cosxdx


Suy ra I =

∫−1

tdt = − ln |t|+ C = − ln | cosx|+ C. �

14 I =

∫sinx

cos 2x+ 3 cosx+ 2dx.

ĐS: ln | cosx+ 1| − ln |2 cosx+ 1|+ C

Lời giải.

I =

∫sinx

2 cos2 x+ 3 cosx+ 1dx.

Đặt t = cosx⇒ dt = − sinx dx.Suy ra

I =

∫− 1

2t2 + 3t+ 1dt =

∫− 1

(2t+ 1)(t+ 1)dt

=

∫ Å1

t+ 1− 2

2t+ 1

ãdt = ln |t+ 1| − ln |2t+ 1|+ C = ln | cosx+ 1| − ln |2 cosx+ 1|+ C

�

15 I =

∫sinx

cos 2x− cosxdx.

ĐS: −1

3ln | cosx+ 1|+ 1

3ln |2 cosx+ 1|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sinx

2 cos2 x− cosx− 1dx.

Đặt t = cosx⇒ dt = − sinx dx.Suy ra

I =

∫− 1

2t2 − t− 1dt =

∫− 1

(2t+ 1)(t− 1)dt = −1

3

∫ Å1

t− 1− 2

2t+ 1

ãdt

= −1

3ln |t+ 1|+ 1

3ln |2t+ 1|+ C = −1

3ln | cosx+ 1|+ 1

3ln |2 cosx+ 1|+ C.

�

16 I =

∫sinx+ sin 3x

cos 2xdx.

ĐS: −cos 4x

2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫2 sin 4x cos 2x

cos 2xdx =

∫2 sin 4x dx = −cos 4x

2+ C. �

17 I =

∫2 sinx

√1 + 4 cosx dx.


ĐS: −1

3

√1 + 4 cosx(1 + 4 cosx) + C

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 4 cosx⇒ t2 = 1 + 4 cosx⇒ t dt = −2 sinx dx.

Suy ra I =

∫−t2 dt = −t

3

3= −1

3

√1 + 4 cosx(1 + 4 cosx) + C. �

18 Tính I =

∫sin 2x+ sinx√

1 + 3 cosxdx. ĐS: −2

9

(2(√

1 + 3 cosx)3

3+√

1 + 3 cosx

)+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin 2x+ sinx√

1 + 3 cosxdx =

∫sinx(2 cosx+ 1)√

1 + 3 cosx.

Đặt t =√

1 + 3 cosx⇒ t2 = 1 + 3 cosx⇒ −2

3t dt = sinx dx. Khi đó

I =

∫ −2

3t

Å2

Åt2 − 1

3

ã+ 1

ãt

dt =

∫−2

9(2t2+1) dt = −2

9

Å2t3

3+ t

ã+C = −2

9

(2(√

1 + 3 cosx)3

3+√

1 + 3 cosx

)+C.

�

19 Tính I =

∫dx

sinx. ĐS:

1

2ln

∣∣∣∣cosx− 1

cosx+ 1

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

sinx=

∫sinx dx

sin2 x=

∫sinx dx

1− cos2 x.

Đặt t = cosx⇒ − dt = sinx dx. Khi đó

I =

∫dt

t2 − 1=

1

2

∫ Å1

t− 1− 1

t+ 1

ãdt =

1

2(ln |t− 1| − ln |t+ 1|)+C =

1

2ln

∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣+C =1

2ln

∣∣∣∣cosx− 1

cosx+ 1

∣∣∣∣+C.�

20 Tính I =

∫dx

sin3 x. ĐS: −1

4

Å1

1− cosx− 1

1 + cos x+ ln

∣∣∣∣1 + cos x

1− cosx

∣∣∣∣ã+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

sin3 x=

∫sinx dx

sin4 x=

∫sinx dx

(1− cos2 x)2.

Đặt t = cosx⇒ dt = − sinx dx. Khi đó

I =

∫− dt

(1− t2)2= −1

4

∫[(1 + t) + (1− t)]2 dt

(1− t)2 · (1 + t)2= −1

4

∫(1 + t)2 + (1− t)2 + 2(1− t)(1 + t)

(1− t)2(1 + t)2dt

= −1

4

∫ ï1

(1− t)2+

1

(1 + t)2+

1

(1− t)(1 + t)

òdt = −1

4

∫ ï1

(1− t)2+

1

(1 + t)2+

1

1 + t+

1

1− t

òdt

= −1

4

Å1

1− t− 1

1 + t+ ln

∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣ã+ C = −1

4

Å1

1− cosx− 1

1 + cos x+ ln

∣∣∣∣1 + cos x

1− cosx

∣∣∣∣ã+ C.

�

21 Tính I =

∫dx

sinx+√

3 cosx. ĐS: −1

4ln

∣∣∣∣∣∣∣1 + cos

(x+

π

3

)1− cos

(x+

π

3

)∣∣∣∣∣∣∣+ C

1. NGUYÊN HÀM 95

Lời giải.

Ta có

I =

∫dx

sinx+√

3 cosx=

1

2

∫dx

sin(x+

π

3

) =1

2

∫ sin(x+

π

3

)dx

sin(x+

π

3

)sin(x+

π

3

)=

1

2

∫ sin(x+

π

3

)dx

1− cos2(x+

π

3

) = −1

4ln

∣∣∣∣∣∣∣1 + cos

(x+

π

3

)1− cos

(x+

π

3

)∣∣∣∣∣∣∣+ C.

�


1 Tính I =

∫cotx dx. ĐS: ln | sinx|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cotx dx =

∫cosx

sinxdx = ln | sinx|+ C. �

2 Tính I =

∫cos3 x dx. ĐS:

1

3sin3 x+ C

Lời giải.

Ta có I =∫

cos3 x dx =∫

cosx sin2 x dx.

Đặt t = sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó I =∫t2 d =

t3

3+ C =

1

3sin3 x+ C. �

3 Tính I =

∫cos5 x dx. ĐS: sinx− 2

3sin3 x+

1

5sin5 x+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cos5 x dx =

∫cosx

(1− sin2 x

)2dx.

Đặt t = sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó

I =

∫ (1− t2

)2dt =

∫ (1− 2t2 + t4

)dt

= t− 2

3t3 +

1

5t5 + C = sinx− 2

3sin3 x+

1

5sin5 x+ C.

�

4 Tính I =

∫sin2019 x cosx dx. ĐS:

1

2020sin2020 x+ C

Lời giải.

Đặt t = sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó I =

∫t2019 dt =

1

2020t2020 + C =

1

2020sin2020 x+ C. �

5 Tính I =

∫(1 + 2 sinx) cosx dx. ĐS:

(1 + 2 sinx)2

4+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + 2 sinx⇒ dt = 2 cos x dx⇒ 1

2dt = cosx dx. Khi đó

I =

∫1

2t dt =

1

2

∫t dt =

1

2· t

2

2+ C =

1

2

(1 + 2 sinx)2

2+ C.

�


6 Tính I =

∫cosx

4 + sin xdx. ĐS: ln |4 + sin x|+ C

Lời giải.

Đặt t = 4 + sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó I =

∫dt

t= ln |t|+ C = ln |4 + sin x|+ C. �

7 Tính I =

∫cosx

9− 2 sinxdx. ĐS: −1

2ln |9− 2 sinx|+ C

Lời giải.

Đặt t = 9− 2 sinx⇒ dt = −2 cosx dx⇒ −1


I =

∫ −1

2dt

t= −1

2

∫dt

t= −1

2ln |t|+ C = −1

2ln |9− 2 sinx|+ C.

�

8 Tính I =

∫sin 2x

1− sinxdx. ĐS: −2 ln |1− sinx|+ 2(1− sinx) + C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin 2x

1− sinxdx =

∫2 sinx cosx

1− sinxdx.

Đặt t = 1− sinx⇒ dt = − cosx dx. Khi đó

I =

∫−2(1− t) dt

t=

∫ Å−2

t+ 2

ãdt = −2 ln |t|+ 2t+ C = −2 ln |1− sinx|+ 2(1− sinx) + C.

�

9 Tính I =

∫sin 2x

(2 + sin x)2dx. ĐS: 2 ln |2 + sin x|+ 4

2 + sin x+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin 2x

(2 + sin x)2dx =

∫2 sinx cosx

(2 + sin x)2dx.

Đặt t = 2 + sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó

I =

∫2(t− 2) dt

t2=

∫ Å2

t− 4

t2

ãdt = 2 ln |t|+ 4

t+ C = 2 ln |2 + sin x|+ 4

2 + sin x+ C.

�

10 Tính I =

∫(1 + sin x)9 cosx dx. ĐS:

(1 + sin x)10

10+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó I =

∫t9 dt =

t10

10+ C =

(1 + sin x)10

10+ C. �

11 Tính I =

∫sin 2x sin5 x dx. ĐS:

2

7sin7 x+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin 2x sin5 x dx =

∫2 sin6 x cosx dx.

Đặt t = sinx⇒ dt = cosx dx. Khi đó I =

∫2t6 dt =

2

7t7 + C =

2

7sin7 x+ C. �

1. NGUYÊN HÀM 97

12 Tính I =

∫(1 + 2 sinx)7 cosx dx. ĐS:

(1 + 2 sinx)8

8+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + 2 sinx⇒ 1

2dt = cosx dx. Khi đó I =

∫t7 dt =

t8

8+ C =

(1 + 2 sinx)8

8+ C. �

13 Tính I =

∫(2 sinx− 3) cosx

2 sinx+ 1dx. ĐS:

1

2(2 sinx+ 1− 4 ln |2 sinx+ 1|) + C

Lời giải.

Đặt t = 2 sin x+ 1⇒ t− 1

2= sinx⇒ 1


I =

∫ (t− 1− 3)1

2dt

t=

1

2

∫ Å1− 4

t

ãdt =

1

2(t− 4 ln |t|)+C =

1

2(2 sinx+ 1− 4 ln |2 sinx+ 1|)+C.

�

14 Tính I =

∫cos 2x

1 + 2 sin 2xdx. ĐS:

1

4ln |1 + 2 sin 2x|+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + 2 sin 2x⇒ dt = 4 cos 2x dx. Khi đó

I =

∫ 1

4dt

t=

1

4

∫1

tdt

=1

4ln |t|+ C =

1

4ln |1 + 2 sin 2x|+ C.

�

15 Tính I =

∫1− 2 sin2 x

1 + sin 2xdx. ĐS:

1

2ln |1 + sin 2x|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫1− 2 sin2 x

1 + sin 2xdx =

∫cos 2x

1 + sin 2xdx.

Đặt t = 1 + sin 2x⇒ dt = 2 cos 2x dx. Khi đó

I =

∫ 1

2dt

t=

1

2

∫dt

t=

1

2ln |t|+ C =

1

2ln |1 + sin 2x|+ C.

�

16 Tính I =

∫cosx dx

6− 5 sinx+ sin2 x. ĐS: ln

∣∣∣∣sinx− 3

sinx− 2

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cosx dx

6− 5 sinx+ sin2 x=

∫cosx dx

(sinx− 3)(sinx− 2).

Đặt t = sinx− 3⇒ dt = cosx dx. Khi đó

I =

∫dt

t(t+ 3− 2)=

∫dt

t(t+ 1)=

∫ Å1

t− 1

t+ 1

ãdt = ln

∣∣∣∣ t

t+ 1

∣∣∣∣+ C = ln

∣∣∣∣sinx− 3

sinx− 2

∣∣∣∣+ C.

�


17 Tính I =

∫cosxesinx dx. ĐS: esinx + C

Lời giải.

Ta có I =

∫cosxesinx dx = esinx + C. �

18 Tính I =

∫cosx

√1 + sin x dx. ĐS:

2

3

√(1 + sin x)3 + C

Lời giải.

Đặt t =√

1 + sin x⇒ t2 = 1 + sinx⇒ 2tdt = cosx dx. Khi đó

I =

∫t · 2t dt =

2t3

3+ C =

2

3

»(1 + sin x)3 + C.

�

19 Tính I =

∫cosx

√3 sinx+ 1 dx. ĐS:

2√

(3 sinx+ 1)3

9+ C

Lời giải.

Đặt t =√

3 sinx+ 1⇒ t2 = 3 sin x+ 1⇒ 2

3t dt = cosx dx. Khi đó

I =

∫2

3t2 dt =

2

3· t

3

3+ C =

2

3

√(3 sinx+ 1)3

3+ C.

�

20 Tính I =

∫cosx dx

2 +√

3 sinx+ 1. ĐS:

2

3

(2 +√

3 sinx+ 1− 2 ln |2 +√

3 sinx+ 1|)

+ C

Lời giải.

Đặt t = 2+√

3 sinx+ 1⇒ t−2 =√

3 sinx+ 1⇒ (t−2)2 = 3 sin x+1⇒ 2(t−2) dt = 3 cos x dx.Khi đó

I =

∫cosx dx

2 +√

3 sinx+ 1=

∫ 2

3· (t− 2) dt

t

=2

3

∫t− 2

tdt =

2

3

∫ Å1− 2

t

ãdt

=2

3(t− 2 ln |t|) + C =

2

3

(2 +√

3 sinx+ 1− 2 ln∣∣∣2 +

√3 sinx+ 1

∣∣∣)+ C.

�

21 Tính I =

∫dx

cosx. ĐS:

1

2ln

∣∣∣∣1 + sin x

1− sinx

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

cosx=

∫cosx dx

cos2 x=

∫cosx dx

1− sin2 x.


I =

∫dt

1− t2=

∫1

2

Å1

1− t+

1

1 + t

ãdt

=1

2(ln |1 + t| − ln |1− t|) + C =

1

2ln

∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣+ C =1

2ln

∣∣∣∣1 + sin x

1− sinx

∣∣∣∣+ C.

�

1. NGUYÊN HÀM 99

22 Tính I =

∫dx

cos3 x. ĐS:

1

4

Å1

1− sinx− 1

1 + sin x+ ln

∣∣∣∣1 + sin x

1− sinx

∣∣∣∣ã+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

cos3 x=

∫cosx dx

cos4 x=

∫cosx dx

(1− sin2 x)2.


I =

∫dt

(1− t2)2=

1

4

∫[(1 + t) + (1− t)]2 dt

(1− t)2 · (1 + t)2=

1

4

∫(1 + t)2 + (1− t)2 + 2(1− t)(1 + t)

(1− t)2(1 + t)2dt

=1

4

∫ ï1

(1− t)2+

1

(1 + t)2+

1

(1− t)(1 + t)

òdt =

1

4

∫ ï1

(1− t)2+

1

(1 + t)2+

1

1 + t+

1

1− t

òdt

=1

4

Å1

1− t− 1

1 + t+ ln

∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣ã+ C =1

4

Å1

1− sinx− 1

1 + sin x+ ln

∣∣∣∣1 + sin x

1− sinx

∣∣∣∣ã+ C.

�


1 Tính I =

∫tanx

cos2 xdx. ĐS:

tan2 x

2+ C

Lời giải.

Đặt t = tanx⇒ dt =dx

cos2 x. Khi đó I =

∫t dt =

t2

2+ C =

tan2 x

2+ C. �

2 Tính I =

∫sin2 x

cos4 xdx. ĐS:

tan3 x

3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin2 x

cos4 xdx =

∫tan2 x

cos2 xdx.



∫t2 dt =

t3

3+ C =

tan3 x

3+ C. �

3 Tính I =

∫(1 + tanx)2

cos2 xdx. ĐS:

(1 + tanx)3

3+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + tanx⇒ dt =dx


∫t2 dt =

t3

3+ C =

(1 + tan x)3

3+ C. �

4 Tính I =

∫2 + 3 tanx

1 + cos 2xdx. ĐS:

1

6· (2 + 3 tanx)2

2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫2 + 3 tanx

1 + cos 2xdx =

∫2 + 3 tanx

2 cos2 xdx.

Đặt t = 2 + 3 tanx ⇒ 1

3dt =

dx


∫1

6t dt =

1

6· t

2

2+ C =

1

6· (2 + 3 tanx)2

2+ C.

�

5 Tính I =

∫tan2 x

cos 2xdx. ĐS:

1

2ln

∣∣∣∣1 + tan x

1− tanx

∣∣∣∣− tanx+ C

Lời giải.


Ta có I =

∫tan2 x

cos 2xdx =

∫tan2 x

2 cos2 x− 1dx =

∫tan2 x

2− 1

cos2 x

· dx

cos2 x=

∫tan2 x

2− (1 + tan2 x)· dx

cos2 x.


cos2 x. Khi đó

I =

∫t2

1− t2dt =

∫ Å1

1− t2− 1

ãdt =

∫1

2

Å1

1− t+

1

1 + t− 2

ãdt

=1

2ln

∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣− t+ C =1

2ln

∣∣∣∣1 + tan x

1− tanx

∣∣∣∣− tanx+ C.

�

6 Tính I =

∫dx

sin2 x− 4 cos2 x. ĐS:

1

4ln

∣∣∣∣tanx− 2

tanx+ 2

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

sin2 x− 4 cos2 x=

∫dx

cos2 x (tan2 x− 4).


cos2 x. Khi đó

I =

∫dt

t2 − 4=

∫1

4

Å1

t− 2− 1

t+ 2

ãdt

=1

4(ln |t− 2| − ln |t+ 2|) + C =

1

4ln

∣∣∣∣t− 2

t+ 2

∣∣∣∣+ C =1

4ln

∣∣∣∣tanx− 2

tanx+ 2

∣∣∣∣+ C.

�

7 Tính I =

∫dx

sin2 x+ 3 sinx cosx. ĐS:

1

3ln

∣∣∣∣ tanx

tanx+ 3

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

sin2 x+ 3 sinx cosx=

∫dx

cos2 x(tan2 x+ 3 tanx).


cos2 x. Khi đó

I =

∫dt

t2 + 3t=

∫1

3

Å1

t− 1

t+ 3

ãdt

=1

3(ln |t| − ln |t+ 3|) + C =

1

3ln

∣∣∣∣ t

t+ 3

∣∣∣∣+ C =1

3ln

∣∣∣∣ tanx

tanx+ 3

∣∣∣∣+ C.

�

8 Tính I =

∫dx

5 cos2 x− 8 sinx cosx+ 3 sin2 x. ĐS: −1

2ln

∣∣∣∣ tanx− 1

3 tanx− 5

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

5 cos2 x− 8 sinx cosx+ 3 sin2 x=

∫dx

cos2 x(5− 8 tanx+ 3 tan2 x).


cos2 x. Khi đó

I =

∫dt

5− 8t+ 3t2=

∫dt

(3t− 5)(t− 1)=

∫−1

2·Å

1

t− 1− 3

3t− 5

ãdt

= −1

2(ln |t− 1| − ln |3t− 5|) + C = −1

2ln

∣∣∣∣ t− 1

3t− 5

∣∣∣∣+ C = −1

2ln

∣∣∣∣ tanx− 1

3 tanx− 5

∣∣∣∣+ C.

�

1. NGUYÊN HÀM 101

9 Tính I =

∫dx

sinx cos3 x. ĐS: ln | tanx|+ tan2 x

2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

sinx cos3 x=

∫1

sinx cosx· dx

cos2 x=

∫1

cos2 x(tanx)· dx

cos2 x=

∫1 + tan2 x

tanx· dx

cos2 x.


cos2 x. Khi đó

I =

∫1 + t2

tdt =

∫ Å1

t+ t

ãdt = ln |t|+ t2

2+ C = ln | tanx|+ tan2 x

2+ C.

�

10 Tính I =

∫dx

cos4 x sin2 x. ĐS: − 1

tanx+ 2 tanx+

tan3 x

3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

cos4 x sin2 x=

∫1

cos2 x sin2 x· dx

cos2 x=

∫1

cos4 x(tan2 x)· dx

cos2 x=

∫(1 + tan2 x)2

tan2 x·

dx

cos2 x.


cos2 x. Khi đó

I =

∫(1 + t2)2

t2dt =

∫ Å1

t2+ 2 + t2

ãdt

= −1

t+ 2t+

t3

3+ C = − 1

tanx+ 2 tanx+

tan3 x

3+ C.

�

11 Tính I =

∫dx

cos4 x. ĐS: tanx+

tan3 x

3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

cos4 x=

∫1

cos2 x· dx

cos2 x=

∫1 + tan2 x

cos2 xdx.



∫(1 + t2) dt = t+

t3

3+ C = tanx+

tan3 x

3+ C. �

12 Tính I =

∫(1 + sin 2x) dx

2 sinx cos3 x+ cos4 x. ĐS:

tan2 x

4+

3 tanx

4+

ln |2 tanx+ 1|8

+ C

Lời giải.

Ta có

I =

∫(1 + sin 2x) dx

2 sinx cos3 x+ cos4 x=

∫1 + sin 2x

2 sinx cosx+ cos2 x· dx

cos2 x

=

∫ 1

cos2 x+ 2 tanx

2 tanx+ 1· dx

cos2 x=

∫1 + tan2 x+ 2 tanx

2 tanx+ 1· dx

cos2 x


cos2 x. Khi đó

I =

∫t2 + 2t+ 1

2t+ 1dt =

∫ Å1

2t+

3

4+

1

4(2t+ 1)

ãdt

=t2

4+

3t

4+

ln |2t+ 1|8

+ C

=tan2 x

4+

3 tanx

4+

ln |2 tanx+ 1|8

+ C.


�

BÀI 11. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau (Loại 8).

1 Tính I =

∫cotx

sin2 xdx. ĐS: −cot2 x

2+ C

Lời giải.

Đặt t = cotx⇒ dt = − 1

sin2 xdx.

Do đó I =

∫−t dt = −t

2

2+ C = −cot2 x

2+ C. �

2 Tính I =

∫(2− cotx)2

sin2 xdx. ĐS:

(2− cotx)3

3+ C

Lời giải.

Đặt t = 2− cotx⇒ dt =1

sin2 xdx.

Do đó I =

∫t2 dt =

t3

3+ C =

(2− cotx)3

3+ C. �

3 Tính I =

∫cos2 x

sin4 xdx. ĐS: −cot3 x

3+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cos2 x

sin4 xdx =

∫cot2 x

sin2 xdx.


sin2 xdx.

Do đó I =

∫−t2 dt = −t

3

3+ C = −cot3 x

3+ C. �

4 Tính I =

∫3− cotx

1− cos 2xdx. ĐS:

1

4(3− cotx)2 + C

Lời giải.

Ta có I =

∫3− cotx

1− cos 2xdx =

∫3− cotx

1− (1− 2 sin2 x)dx =

∫3− cotx

2 sin2 xdx.

Đặt t = 3− cotx⇒ dt =1

sin2 xdx.

Do đó I =

∫1

2t dt = t2 + C =

1

4(3− cotx)2 + C. �

5 Tính I =

∫cos4 x

sin6 xdx. ĐS: I = −cot5 x

5+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cos4 x

sin6 xdx =

∫cot4 x

sin2 xdx.


sin2 xdx.

Do đó I =

∫−t4 dt = −t

5

5+ C = −cot5 x

5+ C. �

6 Tính I =

∫dx

sin4 x. ĐS: − cotx− cot3 x

3+ C

1. NGUYÊN HÀM 103

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

sin4 x=

∫1 + cot2 x

sin2 xdx.


sin2 xdx.

Do đó I = −∫

(1 + t2) dt = −t− t3

3+ C = − cotx− cot3 x

3+ C. �

7 Tính I =

∫cot2 x

cos 2xdx. ĐS: − cotx− 1

2ln

∣∣∣∣cotx− 1

cotx+ 1

∣∣∣∣+ C

Lời giải.



Ta có cos 2x =t2 − 1

1 + t2.

Suy ra dt = −(1 + cot2 x) dx⇒ dx = − 1

1 + t2dt.

Do đó I =

∫ t2Å− 1

1 + t2

ãt2 − 1

1 + t2

dt = −∫

t2

t2 − 1dt = −

∫t2 − 1 + 1

t2 − 1dt = −

∫ Å1 +

1

t2 − 1

ãdt.

Vậy I = −∫ Å

t+1

2·Å

1

t− 1+

1

t+ 1

ããdt = −t−1

2·ln∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣+C = − cotx−1

2ln

∣∣∣∣cotx− 1

cotx+ 1

∣∣∣∣+C.

�

8 Tính I =

∫cot4 x

cos 2xdx. ĐS: −cot3 x

3− cotx− 1

2ln

∣∣∣∣ cotx− 1

cotx+ 1|

∣∣∣∣+ C

Lời giải.



Ta có cos 2x =t2 − 1

1 + t2.

Suy ra dt = −(1 + cot2 x) dx⇒ dx = − 1

1 + t2dt.

Do đó I =

∫ t4Å− 1

1 + t2

ãt2 − 1

1 + t2

dt = −∫

t4

t2 − 1dt = −

∫t4 − 1 + 1

t2 − 1dt = −

∫ Åt2 + 1 +

1

t2 − 1

ãdt.

Vậy I = −t3

3− t− 1

2ln

∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣+ C = −cot3 x

3− cotx− 1

2ln

∣∣∣∣ cotx− 1

cotx+ 1|

∣∣∣∣+ C. �

9 Tính I =

∫dx

cosx sin3 x. ĐS: −cot2 x

2− ln | cotx|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫dx

cosx sin3 x=

∫2(1 + cot2 x)

sin 2xdx.



Và sin 2x =2t

t2 + 1.

Do đó I = −∫

2(1 + t2)

(1 + t2)

Å2t

t2 + 1

ã dt = −∫t2 + 1

tdt = −

∫ Åt+

1

t

ãdt = −t

2

2− ln |t|+ C.


Vậy I = −cot2 x

2− ln | cotx|+ C. �

10 Tính I =

∫sinx

(sinx+ cosx)3dx. ĐS: − cot

(x+

π

4

)+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sinx

(sinx+ cosx)3dx =

∫2√

2 sinx

sin3(x+

π

4

) dx.

Đặt t = x+π

4⇒ dt = dx.

Do đó I =

∫ 2√

2 sin(t− π

4

)sin3 t

dt =

∫2(sin t− cos t)

sin3 tdt =

∫ Å2

sin2 t− cot t

sin2 t

ãdt.

Vậy I = −2 cot t+ cot t+ C = − cot t+ C = − cot(x+

π

4

)+ C. �


1 Tính I =

∫sin 2x

1 + cos2 xdx. ĐS: − ln |1 + cos2 x|+ C

Lời giải.


Do đó I =

∫−1

tdt = − ln |t|+ C = − ln |1 + cos2 x|+ C. �

2 Tính I =

∫sin 2x

1 + sin2 xdx. ĐS: ln |1 + sin2 x|+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + sin2 x⇒ dt = sin 2x dx.

Do đó I =

∫1

tdt = ln |t|+ C = ln |1 + sin2 x|+ C. �

3 Tính I =

∫sin 2x

3 + cos2 xdx. ĐS: − ln |3 + cos2 x|+ C

Lời giải.


Do đó I =

∫−1

tdt = − ln |t|+ C = − ln |3 + cos2 x|+ C. �

4 Tính I =

∫sin 2x

(1 + sin2 x

)3dx. ĐS:

(1 + sin2 x)4

4+ C

Lời giải.

Đặt t = 1 + sin2 x⇒ dt = sin 2x dx.

Do đó I =

∫t3 dt =

t4

4+ C =

(1 + sin2 x)4

4+ C. �

5 Tính I =

∫esin

2 x sin 2x dx. ĐS: esin2 x + C

Lời giải.

Đặt t = sin2 x⇒ dt = sin 2x dx.

Do đó I =

∫et dt = et + C = esin

2 x + C. �

1. NGUYÊN HÀM 105

6 Tính I =

∫ecos

2 x sin 2x dx. ĐS: −ecos2 x + C

Lời giải.

Đặt t = cos2 x⇒ dt = − sin 2x dx.

Do đó I =

∫−et dt = −et + C = −ecos

2 x + C. �

7 Tính I =

∫sin 4x

1 + cos2 xdx. ĐS: −4(1 + cos2 x) + 6 ln |1 + cos2 x|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin 4x

1 + cos2 xdx =

∫2(2 cos2 x− 1) sin 2x

1 + cos2 xdx


Do đó I = −2

∫2t− 3

tdt =

∫ Å−4 +

6

t

ãdt = −4t + 6 ln |t| + C = −4(1 + cos2 x) + 6 ln |1 +

cos2 x|+ C. �

8 Tính I =

∫sin 2x√

cos2 x+ 4 sin2 xdx. ĐS:

2

3

√1 + sin2 x+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sin 2x√

cos2 x+ 4 sin2 xdx =

∫sin 2x√

1 + 3 sin2 xdx.

Đặt t = 1 + 3 sin2 x⇒ dt = 3 sin 2x dx.

Do đó I =1

3

∫1√t

dt =2

3

√t+ C =

2

3

√1 + sin2 x+ C. �

9 Tính I =

∫sinx cosx√

4 cos2 x+ 9 sin2 xdx. ĐS:

1

5

√4 + 5 sin2 x+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sinx cosx√

4 cos2 x+ 9 sin2 xdx =

∫sin 2x

2√

4 + 5 sin2 xdx.

Đặt t = 4 + 5 sin2 x⇒ dt = 5 sin 2x dx.

Do đó I =

∫1

10

1√t

dt =1

5

√t+ C =

1

5

√4 + 5 sin2 x+ C. �


1 Tính I =

∫sinx− cosx

sinx+ cosxdx. ĐS: − ln | sinx+ cosx|+ C

Lời giải.

Đặt t = sinx+ cosx⇒ dt = −(sinx− cosx) dx.

Do đó I = −∫

1

tdt = − ln |t|+ C = − ln | sinx+ cosx|+ C. �

2 Tính I =

∫sinx− cosx

sinx+ cosx+ 3dx. ĐS: − ln | sinx+ cosx+ 3|+ C

Lời giải.

Đặt t = sinx+ cosx+ 3⇒ dt = −(sinx− cosx) dx.

Do đó I = −∫

1

tdt = ln |t|+ C = − ln | sinx+ cosx+ 3|+ C. �


3 Tính I =

∫cos 2x

sinx+ cosx+ 1dx. ĐS: ln | sinx+ cosx+ 1| − sinx− cosx− 1 + C

Lời giải.

Ta có I =

∫cos 2x

sinx+ cosx+ 1dx =

∫cos2 x− sin2 x

sinx+ cosx+ 1dx = −

∫(sinx+ cosx)(sinx− cosx)

sinx+ cosx+ 1dx.


Do đó I =

∫t− 1

tdt =

∫ Å1− 1

t

ãdt = t− ln |t|+C = sinx+cosx+1− ln | sinx+cosx+1|+C.

�

4 Tính I =

∫cos 2x

(sinx+ cosx+ 4)3dx. ĐS: − 1

sinx+ cosx+ 4+

2

(sinx+ cosx+ 4)2+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cos 2x

(sinx+ cosx+ 4)3dx = −

∫(sinx+ cosx)(sinx− cosx)

(sinx+ cosx+ 4)3dx.


Do đó I =

∫t− 4

t3dt = −

∫ Å4

t3− 1

t2

ãdt = −1

t+

2

t2+C = − 1

sinx+ cosx+ 4+

2

(sinx+ cosx+ 4)2+

C. �

5 Tính I =

∫sinx+ cosx

3 + sin 2xdx. ĐS: −1

4· ln∣∣∣∣sinx− cosx− 2

sinx− cosx+ 2

∣∣∣∣+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sinx+ cosx

3 + sin 2xdx =

∫sinx+ cosx

4− (sinx− cosx)2dx.

Đặt t = sinx− cosx⇒ dt = (sinx+ cosx) dx.

Do đó I =

∫1

4− t2dt = −

∫1

t2 − 4dt = −1

4·∫ Å

1

t− 2− 1

t+ 2

ãdt = −1

4· ln∣∣∣∣t− 2

t+ 2

∣∣∣∣+ C.

Vậy I = −1

4· ln∣∣∣∣sinx− cosx− 2

sinx− cosx+ 2

∣∣∣∣+ C. �

6 Tính I =

∫1 + sin 2x+ cos 2x

sinx+ cosxdx. ĐS: 2 sinx+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫1 + sin 2x+ cos 2x

sinx+ cosxdx =

∫(sinx+ cosx)2 + (cosx− sinx)(cosx+ sinx)

sinx+ cosxdx =∫

2 cosx dx.

Do đó I = 2 sin x+ C. �

7 Tính I =

∫sinx− cosx

sin 2x+ 2(1 + sinx+ cosx)dx. ĐS:

1

sinx+ cosx+ 1+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫sinx− cosx

sin 2x+ 2(1 + sinx+ cosx)dx =

∫sinx− cosx

(sinx+ cosx+ 1)2dx.


Do đó I = −∫

1

t2dt =

1

t+ C =

1

sinx+ cosx+ 1+ C. �

8 Tính I =

∫cos 2x

2−√

1 + sin x− cosxdx

ĐS: −4

3(√

1 + sin x− cosx)3 + 4(√

1 + sin x− cosx)2 − 16√

1 + sin x− cosx+ 32 ln |2−√

1 + sin x− cosx|+ C.

1. NGUYÊN HÀM 107

Lời giải.

Ta có I =

∫cos 2x

2−√

1 + sin x− cosxdx =

∫(sinx+ cosx)(sinx− cosx)√

1 + sin x− cosx− 2dx.

Đặt t =√

1 + sin x− cosx⇒ t2 = 1 + sinx− cosx⇒ 2t · dt = (sinx+ cosx) dx.Và sinx− cosx = t2 − 1.

Do đó I =

∫2t(t2 − 1)

2− tdt =

∫ Å−4t2 + 8t− 16− 32

2− t

ãdt = −4

3t3+4t2−16t+32 ln |2−t|+C.

Vậy I = −4

3(√

1 + sin x− cosx)3 + 4(√

1 + sin x− cosx)2 − 16√

1 + sin x− cosx + 32 ln |2 −√

1 + sin x− cosx|+ C. �

9 Tính I =

∫4(sinx+ cosx)− cos 2x

2(sinx− cosx− 1)− sin 2xdx.

ĐS:5

4ln | sinx− cosx− 1| − 1

4ln | sinx− cosx+ 3|+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫4(sinx+ cosx)− cos 2x

2(sinx− cosx− 1)− sin 2xdx =

∫(sinx+ cosx)(4 + sin x− cosx)

(sinx− cosx)2 + 2(sinx− cosx)− 3dx.

Đặt t = sinx− cosx⇒ dt = (sinx+ cosx) dx.

Do đó I =

∫4 + t

t2 + 2t− 3dt =

∫4 + t

(t− 1)(t+ 3)dt =

1

4·∫ Å

5

t− 1− 1

t+ 3

ãdt.

Vậy I =5

4ln |t− 1| − 1

4ln |t+ 3|+ C =

5

4ln | sinx− cosx− 1| − 1

4ln | sinx− cosx+ 3|+ C. �

10 Tính I =

∫cos 2x

(1 + sin 2x) cos(x− π

4

) dx. ĐS: −√

2

sinx+ cosx+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫cos 2x


4

) dx = −∫

sin2 x− cos2 x

(sinx+ cosx)2√

2

2(sinx+ cosx)

dx = −∫ √

2(sinx− cosx)

(sinx+ cosx)2dx.

Đặt t = sinx+ cosx⇒ dt = −(sinx− cosx) dx.

Do đó I =

∫ √2

t2dt =

√2

∫1

t2dt = −

√2

t+ C.

Vậy I = −√

2

sinx+ cosx+ C. �

{ DẠNG 1.3. Nguyên hàm từng phần

Định lí 2. Nếu hai hàm số u = u(x) và v = v(x) có đạo hàm và liên tục trên K thì

I =

∫u(x)v′(x) dx = u(x)v(x)−

∫u′(x)v(x) dx

hay

I =

∫u dv −

∫v du.

Vận dụng giải toán:

� Nhận dạng: Tích hai hàm khác loại nhau. Ví dụ:

∫ex sinx dx,

∫x lnx dx, . . .


� Đặt:

u = . . .vi phân−→ du = . . . dx

dv = . . . dxnguyên hàm−→ v = . . .

Suy ra: I =

∫u dv = uv −

∫v du.

� Thứ tự ưu tiên chọn u: nhất log, nhì đa, tam lượng, tứ mũ và dv = phần còn lại.

� Lưu ý rằng bậc của đa thức và bậc của ln tương ứng với số lần lấy nguyên hàm.

� Dạng mũ nhân lượng giác là dạng nguyên hàm từng phần luân hồi.

1. Bài tập áp dụng

BÀI 1. Tìm nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) (giả sử điều kiện được xác định):

1 Tính I =

∫lnx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = x lnx− x+ C

Lời giải.

Đặt

®u = lnx

dv = dx⇒

du =1

xdx

v = x

Ta có: I = x lnx−∫x

1

xdx = x lnx− x+ C. �

2 Tính I =

∫x lnx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I =

x2

2lnx− x2

4+ C.

Lời giải.

Đặt

®u = lnx

dv = x dx⇒

du =

1

xdx

v =x2

2

Ta có: I =x2

2· lnx−

∫x2

2· 1

xdx =

x2

2lnx− x2

4+ C. �

3 Tính I =

∫(2x+ 1) lnx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = (x2 + x) lnx− x2

2− x+ C

Lời giải.

Đặt

®u = lnx

dv = (2x+ 1)dx⇒

du =1

xdx

v = x2 + x

Ta có: I = (x2 +x) lnx−∫

(x2 +x)1

xdx = (x2 +x) lnx−

∫(x+1) dx = (x2 +x) lnx− x

2

2−x+C

�

4 Tính I =

∫x ln(1− x) dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .

ĐS: I =x2 − 1

2ln(1− x)− 1

4x2 − 1

2x+ C

Lời giải.

1. NGUYÊN HÀM 109

Đặt

®u = ln(1− x)

dv = x dx⇒

du =

−1

1− xdx

v =x2

2

I =x2

2ln(1− x)−

∫x2

2·Å −1

1− x

ãdx

=x2

2ln(1− x) +

1

2

∫x2

1− xdx

=x2

2ln(1− x) +

1

2

∫ Å−x− 1 +

1

1− x

ãdx

=x2

2ln(1− x) +

1

2

Å−x

2

2− x− ln(1− x)

ã+ C

=x2 − 1

2ln(1− x)− 1

4x2 − 1

2x+ C.

�

5 Tính I =

∫x sinx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = −x cosx+ sinx+ C

Lời giải.

Đặt

®u = x

dv = sinx dx⇒®

du = dx

v = − cosx

I = −x cosx−∫

(− cosx) dx

= −x cosx+

∫cosx dx

= −x cosx+ sinx+ C.

�

6 Tính I =

∫x cosx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = x sinx+ cosx+ C

Lời giải.

Đặt

®u = x

dv = cosx dx⇒®

du = dx

v = sinx

Ta có: I = x sinx−∫

sinx dx = x sinx+ cosx+ C. �

7 Tính I =

∫(x+ 1) sin 2x dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .

ĐS: I = −1

2(x+ 1) cos 2x+

1

4sin 2x+ C

Lời giải.

Đặt

®u = x+ 1

dv = sin 2x dx⇒

du = dx

v = −1

2cos 2x

I = −1

2(x+ 1) cos 2x−

∫ Å−1

2cos 2x

ãdx = −1

2(x+ 1) cos 2x+

1

2

∫cos 2x dx

= −1

2(x+ 1) cos 2x+

1

4sin 2x+ C.


�

8 Tính I =

∫x sin

x

2dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = −2x · cos

x

2+ 4 sin

x

2+ C

Lời giải.

Đặt

u = x

dv = sinx

2dx⇒

du = dx

v = −2 cosx

2

I = −2x · cosx

2−∫

(−2) · cosx

2dx = −2x · cos

x

2+ 4 sin

x

2+ C. �

9 Tính I =

∫x sinx cosx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = −1

4x · cos 2x+

1

8sin 2x+ C

Lời giải.

Ta có I =

∫1

2x sin 2x dx.

Đặt

u =1

2x

dv = sin 2x dx⇒

du =

1

2dx

v = −1

2cos 2x

I = −1

4x · cos 2x−

∫ Å−1

4cos 2x

ãdx

= −1

4x · cos 2x+

1

4· 1

2sin 2x+ C

= −1

4x · cos 2x+

1

8sin 2x+ C

�

10 Tính I =

∫x(2 cos2 x− 1) dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I =

1

2x sin 2x+

1

4cos 2x+ C

Lời giải.

I =

∫x · cos 2x dx

Đặt

®u = x

dv = cos 2x dx⇒

du = dx

v =1

2sin 2x

I =1

2x sin 2x−

∫1

2sin 2x dx

=1

2x sin 2x+

1

4cos 2x+ C.

�

11 Tính I =

∫xex dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = x · ex − ex + C

Lời giải.

Đặt

®u = x

dv = ex dx⇒®

du = dx

v = ex

I = x · ex −∫ex dx

= x · ex − ex + C.

1. NGUYÊN HÀM 111

�

12 Tính I =

∫(1− 2x)ex dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = (1− 2x)ex + 2ex + C

Lời giải.

Đặt

®u = 1− 2x

dv = ex dx⇒®

du = −2 dx

v = ex

I = (1− 2x) · ex −∫ex(−2) dx

= (1− 2x)ex + 2ex + C.

�

13 Tính I =

∫xe3x dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I =

1

3xe3x − 1

9e3x + C

Lời giải.

Đặt

®u = x

dv = e3x dx⇒

du = dx

v =1

3e3x

I =1

3ex −

∫1

3e3x dx

=1

3xe3x − 1

3· 1

3· e3x + C

=1

3xe3x − 1

9e3x + C.

�

14 Tính I =

∫xe−x dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = −xe−x − e−x + C

Lời giải.

Đặt

®u = x

dv = e−x dx⇒®

du = dx

v = −e−x

I = −xe−x −∫

(−e−x) dx

= −xe−x +

∫e−x dx

= −xe−x − e−x + C.

�

15 Tính I =

∫(4x− 1)e−2x dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = −1

2(4x− 1)e−2x − e−2x + C

Lời giải.


Đặt

®u = 4x− 1

v = e−2x dx⇒

du = 4 dx

v = −1

2e−2x

I = −1

2(4x− 1)e−2x −

∫ Å−1

2e−2x · 4

ãdx

= −1

2(4x− 1)e−2x + 2

∫e−2x dx

= −1

2(4x− 1)e−2x + 2 ·

Å−1

2

ã· e−2x + C

= −1

2(4x− 1)e−2x − e−2x + C.

�

16 Tính I =

∫x

sin2 xdx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = −x cotx− ln | sinx|+ C

Lời giải.

Đặt

u = x

dv =1

sin2 xdx⇒®

du = dx

v = − cotx

I = −x cotx+

∫(− cotx) dx

= −x cotx−∫

cosx

sinxdx

= −x cotx−∫d(sinx)

sinx

= −x cotx− ln | sinx|+ C.

�

17 Tính I =

∫x

cos2 xdx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = x tanx+ ln | cosx|+ C

Lời giải.

Đặt

u = x

dv =1

cos2 xdx⇒®

du = dx

v = tanx

I = x tanx−∫

tanx dx

= x tanx−∫

sinx

cosxdx

= x tanx+

∫d(cosx)

cosx

= x tanx+ ln | cosx|+ C.

�

18 Tính I =

∫2x− 1

1 + cos 2xdx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .

ĐS: I =1

2(2x− 1) tanx+ ln | cosx|+ C

1. NGUYÊN HÀM 113

Lời giải.

Đặt

u = 2x− 1

dv =1

2 cos2 xdx⇒

du = 2 dx

v =1

2tanx

I =1

2(2x− 1) tanx−

∫1

2tanx · 2 dx

=1

2(2x− 1) tanx+

∫d(cosx)

cosx

=1

2(2x− 1) tanx+ ln | cosx|+ C.

�

19 Tính I =

∫2x

1− cos 4xdx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .

ĐS: I = −1

2x cot 2x+

1

4ln | sin 2x|+ C

Lời giải.

I =

∫2x

2 sin2 2xdx =

∫x

sin2 2xdx.

Đặt

u = x

dv =1

sin2 2xdx⇒

du = dx

v = −1

2cot 2x

I = −1

2x cot 2x−

∫ Å−1

2cot 2x

ãdx

= −1

2x cot 2x+

1

2

∫cos 2x

sin 2xdx

= −1

2x cot 2x+

1

2· 1

2

∫d(sin 2x)

sin 2x

= −1

2x cot 2x+

1

4ln | sin 2x|+ C.

�

20 Tính I =

∫lnx

x3dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I = − lnx

2x2− 1

4x2+ C

Lời giải.

Đặt

u = lnx

dv =1

x3dx⇒

du =

1

xdx

v =x−2

−2=

1

−2x2.

I = − lnx

2x2−∫x−2

−2· 1

xdx

= − lnx

2x2+

1

2

∫1

x3dx

= − lnx

2x2+

1

2· x−2

−2+ C

= − lnx

2x2− 1

4x2+ C.

�


21 Tính I =

∫x2 − 1

x2lnx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I =

Åx+

1

x

ãlnx− x+

1

x+ C

Lời giải.

I =

∫x2 − 1

x2lnx dx =

∫ Å1− 1

x2

ãlnx dx.

Đặt

u = lnx

dv =

Å1− 1

x2

ãdx⇒

du =

1

xdx

v = x+1

x

I =

Åx+

1

x

ãlnx−

∫ Åx+

1

x

ã· 1

xdx

=

Åx+

1

x

ãlnx−

∫ Å1 +

1

x2

ãdx

=

Åx+

1

x

ãlnx−

Åx− 1

x

ã+ C

=

Åx+

1

x

ãlnx− x+

1

x+ C.

�

22 Tính I =

∫ex cosx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I =

1

2ex(cosx− sinx) + C

Lời giải.

Đặt

®u = cosx

dv = ex dx⇒®

du = − sinx dx

v = ex

I = ex · cosx+

∫ex · sinx dx = ex · cosx+ I2, với I2 =

∫ex · sinx dx.

Đặt

®u = sinx

dv = ex dx⇒®

du = cosx dx

v = ex

I2 = ex sinx−∫ex cosx dx = ex sinx− I.

Do đó: I = ex cosx− (ex sinx− I) + C ⇔ I =1

2ex(cosx− sinx) + C. �

23 Tính I =

∫ex sinx dx. Chọn

®u = . . . −→ du = . . .

dv = . . . −→ v = . . .ĐS: I =

1

2ex(sinx− cosx) + C

Lời giải.

Đặt

®u = sinx

dv = ex dx⇒®

du = cosx dx

v = ex

I = ex sinx−∫ex · cosx dx

= ex sinx− I2

Tính I2 =

∫ex cosx dx

1. NGUYÊN HÀM 115

Đặt

®u = cosx

dv = ex dx⇒®

du = − sinx dx

v = ex

I2 = ex cosx+

∫ex sinx dx

= ex cosx+ I

⇒ I = ex sinx− ex cosx− I⇔ 2I = ex(sinx− cosx)

⇒ I =1

2ex(sinx− cosx) + C.

�

BÀI 2. Tìm một nguyên hàm của hàm số F (x) của hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện cho trước.

1 Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = xe−x thỏa mãn F (0) = 1.ĐS: F (x) = −xe−x − e−x + 1

Lời giải.

Theo đề ta tính

∫f(x) dx =

∫xe−x dx.

Đặt

®u = x ⇒ du = dx

dv = e−x dx ⇒ v = −e−x.

Suy ra

∫xe−x dx = −xe−x +

∫e−x dx = −xe−x − e−x + C = F (x).

Mà F (0) = 1⇒ C = 1.Vậy F (x) = −xe−x − e−x + 1. �

2 Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) = x cos 3x thỏa mãn F (0) = 1.

ĐS: F (x) =1

3x sin 3x+

1

9cos 3x− 1

9

Lời giải.

Theo đề ta tính

∫f(x) dx =

∫x cos 3x dx.

Đặt

u = x ⇒ du = dx

dv = cos 3x dx ⇒ v =1

3sin 3x.

Suy ra

∫x cos 3x dx =

1

3x sin 3x− 1

3

∫sin 3x dx =

1

3x sin 3x+

1

9cos 3x+ C = F (x).

Mà F (0) = 1⇒ C = −1

9.

Vậy F (x) =1

3x sin 3x+

1

9cos 3x− 1

9. �

3 Cho F (x) = lnx là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

x3. Tìm nguyên hàm của hàm f ′(x) lnx.

ĐS:

∫f ′(x) lnx dx = x2 lnx− x2

2+ C

Lời giải.


Vì F (x) = ln x là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

x3nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

(lnx)′ =f(x)

x3

⇒ 1

x=f(x)

x3

⇒ f(x) = x2 ⇒ f ′(x) = 2x.

Khi đó

∫f ′(x) lnx dx =

∫2x lnx dx.

Đặt

u = lnx ⇒ du =1

xdx

dv = 2x dx ⇒ v = x2.

Suy ra

∫2x lnx dx = x2 lnx−

∫x dx = x2 lnx− x2

2+ C. �

4 Cho F (x) = lnx là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

x2. Tìm nguyên hàm của hàm f ′(x) lnx.

ĐS:

∫f ′(x) lnx dx = x lnx− x+ C

Lời giải.

Vì F (x) = ln x là một nguyên hàm của hàm sôf(x)

x2nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

(lnx)′ =f(x)

x2

⇒ 1

x=f(x)

x2

⇒ f(x) = x⇒ f ′(x) = 1.

Khi đó


∫lnx dx.

Đặt

u = lnx ⇒ du =1

xdx

dv = dx ⇒ v = x.

Suy ra

∫lnx dx = x lnx−

∫1 dx = x lnx− x+ C. �

5 Cho F (x) = lnx là một nguyên hàm của hàm số xf(x). Tìm nguyên hàm của hàm f ′(x) lnx.

ĐS:


1

x2lnx+

1

2x2+ C

Lời giải.

Vì F (x) = ln x là một nguyên hàm của hàm sô xf(x) nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

(lnx)′ = xf(x)

⇒ 1

x= xf(x)

⇒ f(x) =1

x2⇒ f ′(x) = − 2

x3.

Khi đó


∫−2

x3lnx dx.

1. NGUYÊN HÀM 117

Đặt

u = lnx ⇒ du =

1

xdx

dv =−2

x3dx ⇒ v =

1

x2.

Suy ra

∫−2

x3lnx dx =

1

x2lnx−

∫1

x3dx =

1

x2lnx+

1

2x2+ C. �

6 Cho F (x) = x2 + 1 là một nguyên hàm củaf(x)

x. Tìm nguyên hàm của hàm f ′(x) lnx.

ĐS:

∫f ′(x) lnx dx = 2x2 lnx− x2 + C

Lời giải.

Vì F (x) = x2 + 1 là một nguyên hàmf(x)

xnên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

(x2 + 1)′ =f(x)

x

⇒ 2x =f(x)

x⇒ f(x) = 2x2 ⇒ f ′(x) = 4x.

Khi đó


∫4x lnx dx.

Đặt

u = lnx ⇒ du =1

xdx

dv = 4x dx ⇒ v = 2x2.

Suy ra

∫4x lnx dx = 2x2 lnx−

∫2x dx = 2x2 lnx− x2 + C. �

7 Cho F (x) =1

x2là một nguyên hàm của

f(x)

x. Tìm nguyên hàm của f ′(x)(x4 − x3).

ĐS:

∫f ′(x) lnx dx = 2x2 − 4x+ C

Lời giải.

Vì F (x) =1


f(x)

xnên theo định nghĩa nguyên hàm ta cóÅ

1

x2

ã′=f(x)

x

⇒ − 2

x3=f(x)

x

⇒ f(x) = − 2

x2⇒ f ′(x) =

4

x3.

Khi đó

∫f ′(x)(x4 − x3) dx =

∫(4x− 4) dx = 2x2 − 4x+ C.

�

8 Cho F (x) = x2 là một nguyên hàm của f(x)e2x. Tìm nguyên hàm của f ′(x)e2x.

ĐS:

∫f ′(x)e2x dx = 2x− 2x2 + C

Lời giải.


Vì F (x) = x2 là một nguyên hàm của f(x)e2x nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

(x2)′ = f(x)e2x

⇒ 2x = f(x)e2x

⇒ f(x) =2x

e2x⇒ f ′(x) =

2− 4x

e2x

Khi đó

∫f ′(x)e2x dx =

∫(2− 4x) dx = 2x− 2x2 + C

�

9 Cho F (x) =1


f(x)

x. Tìm nguyên hàm của f ′(x)(x3 + 1).

ĐS:

∫f ′(x)(x3 + 1) dx = 4x− 2

x2+ C

Lời giải.

Vì F (x) =1


f(x)


1

x2

ã′=f(x)

x

⇒ − 2

x3=f(x)

x

⇒ f(x) = − 2

x2⇒ f ′(x) =

4

x3.

Khi đó

∫f ′(x)(x3 + 1) dx =

∫(4 +

4

x3) dx = 4x− 2

x2+ C.

�

10 Cho F (x) =1

xlà một nguyên hàm của x2f(x). Tìm nguyên hàm của f ′(x)x3 lnx.

ĐS:

∫f ′(x)x3 lnx dx = −4

xlnx− 4

x+ C

Lời giải.

Vì F (x) =1

xlà một nguyên hàm của x2f(x) nên theo định nghĩa nguyên hàm ta cóÅ

1

x

ã′= x2f(x)

⇒ − 1

x2= x2f(x)

⇒ f(x) = − 1

x4⇒ f ′(x) =

4

x5.

Khi đó

∫f ′(x)x3 lnx dx =

∫4

x2lnx dx.

�

Đặt

u = lnx ⇒ du =

1

xdx

dv =4

x2dx ⇒ v = −4

x.

Suy ra

∫4x2 lnx dx = −4

xlnx+

∫4

x2dx = −4

xlnx− 4

x+ C.

1. NGUYÊN HÀM 119

11 Cho F (x) =1


f(x)

x. Tìm nguyên hàm của f ′(x)x lnx.

ĐS:

∫f ′(x)x lnx dx = −4

xlnx− 4

x+ C

Lời giải.

Vì F (x) =1

x2là một nguyên hàm của hàm số

f(x)


1

x2

ã′=f(x)

x⇒ − 2

x3=f(x)

x⇒ f(x) = − 2

x2⇒ f ′(x) =

4

x3.

Khi đó I =

∫f ′(x)x lnx dx =

∫4

x2lnx dx.

Đặt

u = lnx

dv =4

x2dx⇒

du =

dx

x

v = −4

x

⇒ I = −4

xlnx+

∫4

x2dx = −4

xlnx− 4

x+ C. �

12 Cho F (x) =1


f(x)

x2. Tìm nguyên hàm của f ′(x) lnx.

ĐS:

∫f ′(x) lnx dx = − 3

x2· lnx− 3

2x2+ C

Lời giải.

Vì F (x) =1

x3là một nguyên hàm của hàm số

f(x)

x2nên theo định nghĩa nguyên hàm ta cóÅ

1

x3

ã′=f(x)

x2⇒ − 3

x4=f(x)

x2⇒ f(x) = − 3

x2⇒ f ′(x) =

6

x3.

Khi đó I =

∫f ′(x) lnx dx = 6

∫1

x3lnx dx.

Đặt

u = lnx

dv =1

x3dx⇒

du =

dx

x

v = − 1

2x2

⇒ I = −6 · 1

2x2· lnx+ 3

∫1

x3dx = − 3

x2· lnx− 3

2x2+C. �

13 Cho F (x) =x4

16là một nguyên hàm của

f(x)

x. Tìm nguyên hàm của f ′(x) lnx.

ĐS:


x4

4· lnx− x4

16+ C

Lời giải.

Vì F (x) =x4

16là một nguyên hàm của hàm số

f(x)


x4

16

ã′=f(x)

x⇒ x3

4=f(x)

x⇒ f(x) =

x4

4⇒ f ′(x) = x3.

Khi đó I =


∫x3 lnx dx.

Đặt

®u = lnx

dv = x3 dx⇒

du =

dx

x

v =x4

4

⇒ I =x4

4· lnx−

∫x3

4dx =

x4

4· lnx− x4

16+ C. �


14 Cho F (x) = −xex là một nguyên hàm của hàm số f(x)e2x. Tìm nguyên hàm của f ′(x)e2x.

ĐS:

∫f ′(x)e2x dx = xex − ex + C

Lời giải.

Vì F (x) = −xex là một nguyên hàm của hàm số f(x)e2x nên theo định nghĩa nguyên hàm ta có

(−xex)′ = f(x)e2x ⇒ −ex − xex = f(x)e2x ⇒ f(x) =−1− x

ex⇒ f ′(x) =

x

ex.

Khi đó I =

∫f ′(x)e2x dx =

∫xex dx.

Đặt

®u = x

dv = ex dx⇒®

du = dx

v = ex⇒ I = xex −

∫ex dx = xex − ex + C. �

15 Cho F (x) = 2(x− 1)ex là một nguyên hàm của hàm số f ′(x)ex thỏa f(0) = 0. Tìm nguyên hàm

của hàm số f(x)ex.

ĐS:

∫f(x)ex dx

(x2 − 2x+ 2

)ex + C ′

Lời giải.

Vì F (x) = 2(x− 1)ex là một nguyên hàm của hàm số f ′(x)ex nên theo định nghĩa nguyên hàm tacó

(2(x− 1)ex)′ = f ′(x)ex ⇒ 2ex+2(x−1)ex = f ′(x)ex ⇒ 2xex = f ′(x)ex ⇒ f ′(x) = 2x⇒ f(x) = x2+C.

Mà f(0) = 0⇒ C = 0, do đó f(x) = x2.

Khi đó I =

∫f(x)ex dx =

∫x2ex dx.

Đặt

®u = x2

dv = ex dx⇒®

du = 2xdx

v = ex⇒ I = x2ex − 2

∫xex dx.

Đặt

®u′ = x

dv′ = ex dx⇒®

du′ = dx

v′ = ex dx⇒∫xex dx = xex −

∫ex dx = xex − ex + C.

Do đó I = x2ex − 2 (xex − ex + C) = (x2 − 2x+ 2) ex + C ′ (với C ′ = 2C). �

16 Cho F (x) =

Å1− x2

2

ãcosx+ x sinx là một nguyên hàm của hàm số f(x) sinx. Tìm nguyên hàm

của hàm số f ′(x) cosx. ĐS:

∫f ′(x) cosx dx = x sinx+ cosx+ C

Lời giải.

Vì F (x) =

Å1− x2

2

ãcosx+x sinx là một nguyên hàm của hàm số f(x) sinx nên theo định nghĩa

nguyên hàm ta có

ÅÅ1− x2

2

ãcosx+ x sinx

ã′= f(x) sinx⇒ −x cosx−

Å1− x2

2

ãsinx+ sinx+

x cosx = f(x) sinx⇒ x2

2sinx = f(x) sinx⇒ f(x) =

x2

2⇒ f ′(x) = x.

Khi đó I =

∫f ′(x) cosx dx =

∫x cosx dx.

Đặt

®u = x

dv = cosx dx⇒®

du = dx

v = sinx⇒ I = x sinx−

∫sinx dx = x sinx+ cosx+ C. �

1. NGUYÊN HÀM 121

17 Cho F (x) =

Åx2

2− 1

ãsinx+x cosx là một nguyên hàm của hàm số f(x) cosx. Tìm nguyên hàm

của hàm số f ′(x) sinx. ĐS:

∫f ′(x) sinx dx = −x cosx+ sinx+ C

Lời giải.

Vì F (x) =

Åx2

2− 1

ãsinx+x cosx là một nguyên hàm của hàm số f(x) cosx nên theo định nghĩa

nguyên hàm ta có

ÅÅx2

2− 1

ãsinx+ x cosx

ã′= f(x) cosx⇒ x sinx +

Åx2

2− 1

ãcosx + cos x−

x sinx = f(x) cosx⇒ x2

2cosx = f(x) cosx⇒ f(x) =

x2

2⇒ f ′(x) = x.

Khi đó I =

∫f ′(x) sinx dx =

∫x sinx dx.

Đặt

®u = x

dv = sinx dx⇒®

du = dx

v = − cosx⇒ I = −x cosx+

∫cosx dx = −x cosx+ sinx+ C. �

18 Cho F (x) = x tanx+ ln | cosx| là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

cos2 x. Tìm nguyên hàm của hàm

số f ′(x) tanx. ĐS:

∫f ′(x) tanx dx = − ln | cosx|+ C

Lời giải.

Vì F (x) = x tanx+ ln | cosx| là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

cos2 xnên theo định nghĩa nguyên

hàm ta có (x tanx+ ln | cosx|)′ = f(x)

cos2 x⇒ tanx+

x

cos2 x− tanx =

f(x)

cos2 x⇒ x

cos2 x=

f(x)

cos2 x⇒

f(x) = x⇒ f ′(x) = 1.

Khi đó I =

∫f ′(x) tanx dx =

∫tanx dx = − ln | cosx|+ C. �

19 Cho F (x) = −x cotx+ln |sinx| là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

sin2 x. Tìm nguyên hàm của hàm

số f ′(x) cotx. ĐS:

∫f ′(x) cotx dx = ln | sinx|+ C

Lời giải.

Vì F (x) = −x cotx+ ln |sinx| là một nguyên hàm của hàm sốf(x)

sin2 xnên theo định nghĩa nguyên

hàm ta có (−x cotx+ ln |sinx|)′ = f(x)

sin2 x⇒ − cotx+

x

sin2 x+cotx =

f(x)

sin2 x⇒ x

sin2 x=

f(x)

sin2 x⇒

f(x) = x⇒ f ′(x) = 1.

Khi đó I =

∫f ′(x) cotx dx =

∫cotx dx = ln | sinx|+ C. �

20 Cho F (x) =

Åx2

2− x+ 1

ãex là một nguyên hàm của hàm số f(x)ex. Tìm nguyên hàm của hàm

số f ′(x)ex. ĐS:

∫f ′(x)ex dx = (x− 1)ex + C

Lời giải.

Vì F (x) =

Åx2

2− x+ 1

ãex là một nguyên hàm của hàm só f(x)ex nên theo định nghĩa nguyên

hàm ta có

ïÅx2

2− x+ 1

ãexò′

= f(x)ex ⇒ (x − 1)ex +

Åx2

2− x+ 1

ãex = f(x)ex ⇒ x2ex =

f(x)ex ⇒ f(x) = x2.


Suy ra f ′(x) = 2x. Khi đó I =

∫f ′(x)ex dx =

∫2xex dx.

Đặt

®u = 2x

dv = ex dx⇒®

du = 2 dx

v = ex⇒ I = xex −

∫ex dx = xex − ex = (x− 1)ex. �

BÀI2. TÍCH PHÂN

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Định nghĩa 1 (Khái niệm tích phân). Cho hàm số f(x) liên tục trên K và a, b ∈ K. Hàm sốF (x) được gọi là nguyên hàm của f(x) trên K thì F (b)− F (a) được gọi là tích phân của f(x) từ

a đến b và được kí hiệu

b∫a

f(x) dx. Khi đó I =

b∫a

f(x) dx = F (x)

∣∣∣∣ba

= F (b)− F (a) (a cận dưới,

b cận trên).

!

Đối với biến số lấy tích phân, có thể chọn bất kì một chữ khác nhau thay cho x, nghĩa là

I =

b∫a

f(x) dx =

b∫a

f(t) dt = . . . = F (b)−F (a) (không phụ thuộc biến mà phụ thuộc cận).

Tính chất 1 (Tính chất tính phân).b∫

a

f(x) dx = −a∫b

f(x) dx.1

a∫a

f(x) dx = 0.2

b∫a

(f(x)± g(x)) dx =

b∫a

f(x) dx ±

b∫a

g(x) dx.

3

b∫a

f(x) dx =

c∫a

f(x) dx +

b∫c

f(x) dx (a <

c < b).

4

b∫a

f ′(x) dx = f(x)

∣∣∣∣ba

,

b∫a

f ′′(x) dx =

f ′(x)

∣∣∣∣ba

, . . . .

5

B. DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{ DẠNG 2.1. Tích phân cơ bản và tính chất tính phân

Dùng định nghĩa tích phân và các tính chất để giải bài toán.

2. TÍCH PHÂN 123

1. Ví dụ

VÍ DỤ 1. Tính các tích phân sau

1 Tính

3∫1

(3x2 − 4x+ 5) dx. ĐS: 20

2 Tính

1∫0

dx

(1 + x)3. ĐS:

3

8

Lời giải.

1

3∫1

(3x2 − 4x+ 5) dx =(x3 − 2x2 + 5x

) ∣∣∣∣31

= 24− 4 = 20.

2

1∫0

dx

(1 + x)3=

1∫0

(1 + x)−3 dx = −(1 + x)−2

2

∣∣∣∣10

= −1

8+

1

2=

3

8.

�

VÍ DỤ 2. Tìm số thực m thỏa mãn

1

m∫−1

ex+1 dx = e2 − 1. ĐS: m = 1

2

m∫0

(2x+ 5) dx = 6. ĐS: m = 1, m = −6

Lời giải.

1

m∫−1

ex+1 dx = ex+1

∣∣∣∣m−1

= em+1 − 1.

Theo đề bài ta suy ra

e2 − 1 = em+1 − 1⇔ m = 1.

Vậy m = 1.

2

m∫0

(2x+ 5) dx =(x2 + 5x

) ∣∣∣∣m0

= m2 + 5m.

Theo đề bài ta suy ra

m2 + 5m = 6⇔ m = 1 hoặc m = −6.

Vậy m = 1 hoặc m = −6.

�



BÀI 1. Tính các tích phân sau

π2∫

π3

sinx dx. ĐS:1

2

Lời giải.π2∫

π3

sinx dx = − cosx

∣∣∣∣π2

π3

= 0 +1

2=

1

2. �

1

π3∫

π4

dx

cos2 x. ĐS:

√3− 1

Lời giải.π3∫

π4

dx

cos2 x= tanx

∣∣∣∣π3

π4

=√

3− 1. �

2

BÀI 2. Tính các tính phân

−5∫−2

dx√1− 3x

. ĐS:2√

7− 8

3

Lời giải.−5∫−2

dx√1− 3x

= −2

3

√1− 3x

∣∣∣∣−5−2

= −8

3+

2√

7

3=

2√

7− 8

3. �

1

7∫2

4 dx√x+ 1 +

√x− 1

.

ĐS:64√

2− 12√

3− 24√

6 + 4

3

Lời giải.7∫

2

4 dx√x+ 1 +

√x− 1

=

7∫2

4(√

x+ 1−√x− 1

)dx

x+ 1− x+ 1

=

7∫2

2√x+ 1 dx−

7∫2

2√x− 1 dx.

Ta có

7∫2

2√x+ 1 dx =

4

3(x+1)

32

∣∣∣∣72

=64√

2

3−

4√

3,7∫

2

2√x− 1 dx =

4

3(x− 1)

32

∣∣∣∣72

=24√

6

3− 4

3.

Vậy

7∫2

4 dx√x+ 1 +

√x− 1

=64√

2− 12√

3− 24√

6 + 4

3.

�

2

3. Bài tập rèn luyện


2. TÍCH PHÂN 125

Tính

3∫−2

(4x3 − 3x2 + 10) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 80

Lời giải.3∫

−2

(4x3 − 3x2 + 10) dx = (x4 − x3 + 10x)

∣∣∣∣3−2

= 84− 4 = 80. �

1

Tính

4∫1

(x2 + 3√x) dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 35

Lời giải.4∫

1

4

(1− 2x)2dx =

Åx3

3+ 2x

√x

ã ∣∣∣∣41

=112

3− 7

3= 35. �

2

Tính

2∫0

x(x+ 1)2 dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:34

3

Lời giải.2∫

0

x(x+ 1)2 dx =

2∫0

(x3 + 2x2 + x) dx =

Åx4

4+

2x3

3+x2

2

ã ∣∣∣∣20

=34

3− 0 =

34

3. �

3

Tính

4∫2

Åx+

1

x

ãdx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 6 + ln 2

Lời giải.4∫

2

Åx+

1

x

ãdx =

Åx2

2+ lnx

ã ∣∣∣∣42

= 8 + ln 4− 2− ln 2 = 6 + ln 2. �

4


Tính

3∫1

Å3

x− 1

x2

ãdx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 3 ln 3− 2

3

Lời giải.3∫

1

Å3

x− 1

x2

ãdx =

Å3 lnx+

1

x

ã ∣∣∣∣31

= 3 ln 3 +1

3− 0− 1 = 3 ln 3− 2

3. �

5

Tính

1∫0

e3x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

3e3 − 1

3

Lời giải.1∫

0

e3x dx =1

3e3x∣∣∣∣10

=1

3e3 − 1

3. �

6

Tính

2018∫0

7x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:72018 − 1

ln 7

Lời giải.2018∫0

7x dx =7x

ln 7

∣∣∣∣20180

=72018

ln 7− 1

ln 7=

72018 − 1

ln 7. �

7

Tính

6∫0

dx

x+ 6= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: ln 2

Lời giải.6∫

0

dx

x+ 6= ln(x+ 6)

∣∣∣∣60

= ln 12− ln 6 = ln 2. �

8

2. TÍCH PHÂN 127

Tính

3∫1

dx

1− 3x= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

3ln 4

Lời giải.3∫

1

dx

1− 3x= −1

3ln(3x− 1)

∣∣∣∣31

= −1

3ln 8 +

1

3ln 2 = −1

3ln 4. �

9

Tính

2∫1

dx

(4x− 1)2= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

21

Lời giải.2∫

1

dx

(4x− 1)2= −1

4· 1

4x− 1

∣∣∣∣21

= − 1

28+

1

12=

1

21. �

10

Tính

4∫1

4

(1− 2x)2dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:12

7

Lời giải.4∫

1

4

(1− 2x)2dx = 2 · 1

1− 2x

∣∣∣∣41

= −2

7+ 2 =

12

7. �

11

BÀI 4. Tìm các số thực m thỏa mãn


5∫2

m2(5− x3) dx = −549.

ĐS: m = ±1

2

Lời giải.

Ta có5∫

2

m2(5− x3) dx = m2(5x− x4

4)

∣∣∣∣52

= m2 ·Å−549

4

ã. (1)

Từ (1) suy ra

m2 ·Å−549

4

ã= −549⇔ m2 =

1

4⇔ m = ±1

2.

Vậy m = ±1

2. �

1

2∫m

(3− 2x)4 dx =122

5. ĐS: m = 0

Lời giải.

Ta có2∫

m

(3− 2x)4 dx = −(3− 2x)5

10

∣∣∣∣2m

=1

10+

(3− 2m)5

10. (1)

Từ (1) suy ra

1

10+

(3− 2m)5

10=

122

5⇔ (3− 2m)5

10=

243

10⇔ 3− 2m = 3⇔ m = 0.

Vậy m = 0. �

2

2. TÍCH PHÂN 129

m∫0

(3x2 − 12x+ 11) dx = 6.

ĐS: m = 1, m = 2, m = 3

Lời giải.

Ta cóm∫0

(3x2 − 12x+ 11) dx = (x3 − 6x2 + 11x)

∣∣∣∣m0

= m3 − 6m2 + 11m. (1)

Từ (1) suy ra

m3 − 6m2 + 11m = 6⇔ m3 − 6m2 + 11m− 6 = 0⇔

m = 1

m = 2

m = 3.

Vậy m = 1, m = 2, m = 3. �

3

2∫1

(m2 + (4− 4m)x+ 4x3

)dx =

4∫2

2x dx.

ĐS: m = 3

Lời giải.

Ta có

2∫1

(m2 + (4− 4m)x+ 4x3

)dx =

(m2x+ (2− 2m)x2 + x4

) ∣∣∣∣21

= m2 − 6m+ 21. (1)

Mà4∫

2

2x dx = x2∣∣∣∣42

= 12. (1)

Từ (1) và (2) suy ra

m2 − 6m+ 21 = 12⇔ m2 − 6m+ 9 = 0⇔ m = 3.

Vậy m = 3. �

4

BÀI 5. Tính các tính phân sau


Tính

2π3∫

π3

cos

Å3x− 2π

3

ãdx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −√

3

3

Lời giải.2π3∫

π3

cos

Å3x− 2π

3

ãdx =

1

3sin

Å3x− 2π

3

ã ∣∣∣∣2π3π3

= −√

3

6−√

3

6= −√

3

3. �

1

Tính

π4∫

π6

tan2 x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 1−√

3

3− π

12

Lời giải.π4∫

π6

tan2 x dx =

π4∫

π6

Å1

cos2 x− 1

ãdx = (tanx− x)

∣∣∣∣π4

π6

= 1− π

4−√

3

3+π

6= 1−

√3

3− π

12. �

2

Tính

π3∫

π4

cot2 x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 1−√

3

3− π

12

Lời giải.π3∫

π4

cot2 x dx =

π3∫

π4

Å1

sin2 x− 1

ãx dx = (− cotx− x)

∣∣∣∣π3

π4

= −√

3

3− π

3+ 1 +

π

4= 1−

√3

3− π

12. �

3

2. TÍCH PHÂN 131

Tính

π4∫

0

sin 5x sinx dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

12

Lời giải.π4∫

0

sin 5x sinx dx =1

2

π4∫

0

(cos 4x− cos 6x) dx =1

2·Å

1

4sin 4x− 1

6sin 6x

ã ∣∣∣∣π40

=1

12− 0 =

1

12. �

4

Tính

π6∫

0

sin 4x cosx dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√3

20+

4

15

Lời giải.π6∫

0

sin 4x cosx dx =1

2

π6∫

0

(sin 5x+ sin 3x) dx = −1

2·Å

1

5cos 5x+

1

3cos 3x

ã ∣∣∣∣π60

=

√3

20+

4

15. �

5

Tính

π4∫

0

sin 6x cos 2x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

4

Lời giải.π4∫

0

sin 6x cos 2x dx =1

2

π4∫

0

(sin 8x+ sin 4x) dx = −1

2·Å

1

8cos 8x+

1

4cos 4x

ã ∣∣∣∣π40

=1

16+

3

16=

1

4.

�

6

Tính

π6∫

0

cos 3x cosx dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:3√

3

16

Lời giải.π6∫

0

cos 3x cosx dx =1

2

π6∫

0

(cos 4x+ cos 2x) dx =1

2·Å

1

4sin 4x+

1

2sin 2x

ã ∣∣∣∣π60

=3√

3

16− 0 =

3√

3

16.

�

7


Tính

π6∫

0

cos 6x cos 2x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√3

32

Lời giải.π6∫

0

cos 6x cos 2x dx =1

2

π6∫

0

(cos 8x+ cos 4x) dx =1

2·Å

1

8sin 8x+

1

4sin 4x

ã ∣∣∣∣π60

=

√3

32− 0 =

√3

32.

�

8

Tính

π4∫

0

sin4 x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

4

Å3π

8− 1

ãLời giải.

Ta có

sin4 x =

Å1− cos 2x

2

ã2=

1

4·(1− 2 cos 2x+ cos2 2x

)=

1

4·Å

1− 2 cos 2x+1 + cos 4x

2

ã.

Suy ra

π4∫

0

sin4 x dx =1

4

π4∫

0

Å1− 2 cos 2x+

1 + cos 4x

2

ãdx =

1

4

Åx− sin 2x+

1

2x+

1

8sin 4x

ã ∣∣∣∣π40

=1

4

Å3π

8− 1

ã.

�

9

BÀI 6.

2. TÍCH PHÂN 133

Biết

a∫0

sinx cosx dx =1

4. Tìm a.

ĐS: a =π

4+ k

π

2, k ∈ Z

Lời giải.

Ta cóa∫

0

sinx cosx dx =

a∫0

1

2sin 2x dx = −1

4cos 2x

∣∣∣∣a0

= − cos 2a+1

4.

Theo đề bài ta có

− cos 2a+1

4=

1

4⇔ cos 2a = 0

⇔ 2a =π

2+ kπ

⇔ a =π

4+ k

π

2, k ∈ Z.

Vậy a =π

4+ k

π

2, k ∈ Z. �

1

Có bao nhiêu số nguyên m ∈ (0; 2018) thỏa

m∫0

cos 2x dx = 0?

ĐS: 1284

Lời giải.

Ta cóm∫0

cos 2x dx =1

2sin 2x

∣∣∣∣m0

=1

2sin 2m.

Theo đề bài ta có

1

2sin 2m = 0 ⇔ sin 2m = 0

⇔ 2m = kπ

⇔ m = kπ

2, k ∈ Z.

Vì m ∈ (0; 2018)⇔ 0 < kπ

2< 2018⇔ 0 < k < 1284,6.

Do k ∈ Z nên k = 1, 2, 3, . . . , 1284. Vậy có 1284 số nguyên m ∈ (0; 2018) thỏa mãn đề. �

2


Biết

π4∫

0

sin 5x dx = a+ b

√2

2với a, b ∈ Q. Tính giá trị P = ab+ b− a.

ĐS:1

25

Lời giải.

Ta cóπ4∫

0

sin 5x dx = −1

5cos 5x

∣∣∣∣π4

0

=

√2

10+

1

5=

1

5+

1

5·√

2

2.

Suy ra a = b =1

5nên P = ab+ b− a =

1

25. �

3

Biết

π4∫

π6

1− sin3 x

sin2 xdx =

√a+√b− c

2với a, b, c là các số nguyên dương. Tính giá trị P =

a2 + b2 + abc.

ĐS: 25

Lời giải.

Ta có

π4∫

π6

1− sin3 x

sin2 xdx =

π4∫

π6

Å1

sin2 x− sinx

ãdx = (− cotx+ cosx)

∣∣∣∣π4

π6

=

√3 +√

2− 2

2.

Suy ra a = 3, b = 2, c = 2 hoặc a = 2, b = 3, c = 2 và P = a2 + b2 + abc = 25. �

4

Biết

π4∫

0

dx

cos2 x sin2 x= a+ b

√3 với a, b ∈ Q. Tính giá trị P = ab− a+ b.

ĐS:2

3

Lời giải.

Ta có

π4∫

0

dx

cos2 x sin2 x=

π4∫

0

Å1

cos2 x+

1

sin2 x

ãdx = (tanx− cotx)

∣∣∣∣π4

0

=2√

3

3= 0 +

2

3

√3.

Suy ra a = 0, b =2

3và P = ab− a+ b =

2

3. �

5

2. TÍCH PHÂN 135

Biết

π4∫

0

sin 3x sin 2x dx = a+b√

2

10với a, b ∈ Z. Tính a+ b.

ĐS: 3

Lời giải.

Ta có

π4∫

0

sin 3x sin 2x dx =1

2

π4∫

0

(cosx− cos 5x) dx =1

2

Åsinx− 1

5sin 5x

ã ∣∣∣∣π40

=3√

2

10.

Suy ra a = 0, b = 3 và a+ b = 3. �

6


Tính

1∫0

3√

5 + 3x dx = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4− 5 3√

5

4

Lời giải.1∫

0

3√

5 + 3x dx =

1∫0

(5 + 3x)13 dx =

1

4(5 + 3x)

∣∣∣∣10

= 4− 5 3√

5

4. �

1

Tính

5∫3

4x dx√5x+ 1−

√3x+ 1

= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:104√

26

15+

512

45− 40

√10

9

Lời giải.

5∫3

4x dx√5x+ 1−

√3x+ 1

=

5∫3

4x(√

5x+ 1 +√

3x+ 1)

5x+ 1− 3x− 1dx

= 2

5∫3

Å(5x+ 1)

12 + (3x+ 1)

12

ãdx

= 2

Å2

15(5x+ 1)

32 +

2

9(3x+ 1)

32

ã ∣∣∣∣53

=104√

26

15+

512

45− 40

√10

9.

�

2


Tính

5∫1

5x dx√8x+ 1 +

√3x+ 1

= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:41√

41

12− 529

36

Lời giải.

5∫1

5x dx√8x+ 1 +

√3x+ 1

=

5∫1

5x(√

8x+ 1−√

3x+ 1)

8x+ 1− 3x− 1dx

=

5∫1

Å(8x+ 1)

12 − (3x+ 1)

12

ãdx

=

Å1

12(8x+ 1)

32 − 2

9(3x+ 1)

32

ã ∣∣∣∣51

=41√

41

12− 529

36.

�

3

Tính

6∫1

dx

(x+ 3)√x− x

√x+ 3

= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2√

6

3

Lời giải.

6∫1

dx

(x+ 3)√x− x

√x+ 3

=

6∫1

dx√x(x+ 3)

(√x+ 3−

√x)

=

6∫1

√x+ 3 +

√x

3√x(x+ 3)

dx

=1

3

6∫1

Å1√x

+1√x+ 3

ãdx

=2

3

Ä√x+√x+ 3

ä ∣∣∣∣61

=2√

6

3.

�

4

2. TÍCH PHÂN 137

Tính

3∫2

dx

(x+ 2)√x+ 1 + (x+ 1)

√x+ 2

= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 8− 2√

5− 2√

3

Lời giải.

3∫2

dx

(x+ 2)√x+ 1 + (x+ 1)

√x+ 2

=

3∫2

dx√(x+ 2)(x+ 1)

(√x+ 2 +

√x+ 1

)=

3∫2

√x+ 2−

√x+ 1√

(x+ 2)(x+ 1)dx

=

3∫2

Å1√x+ 1

− 1√x+ 2

ãdx

= 2Ä√

x+ 1−√x+ 2

ä ∣∣∣∣32

= 8− 2√

5− 2√

3.

. �

5

BÀI 8.

Biết

2∫1

√2x− 1 dx =

√a− 1

bvới a, b là số nguyên dương. Tính a− b3.

ĐS: 0

Lời giải.2∫

1

√2x− 1 dx =

2∫1

(2x− 1)12 dx =

1

3(2x− 1)

32

∣∣∣∣21

=√

3− 1

3=

√27− 1

3.

Suy ra a = 27, b = 3 và a− b3 = 0. �

1

Biết

3∫1

√8− 2x dx =

√a−√b

3với a, b là số nguyên dương. Tính P = ab+ a+ b.

ĐS: 1952

Lời giải.3∫

1

√8− 2x dx =

3∫1

(8− 2x)12 dx = −1

3(8− 2x)

32

∣∣∣∣31

=6√

6− 2√

2

3=

√216−

√8

3.

Suy ra a = 216, b = 8 và ab+ a+ b = 1952. �

2


Biết

3∫2

3√

3x− 5 dx = 3√a− 1

bvới a, b là các số nguyên. Tính P = ab+ a− b.

ĐS: 16

Lời giải.3∫

2

3√

3x− 5 dx =

3∫2

(3x− 5)13 dx =

1

4(3x− 5)

43

∣∣∣∣32

=3√

4− 1

4.

Suy ra a = 4, b = 4 và P = ab+ a− b = 16. �

3

Biết

6∫2

2 dx√2x− 1

=√a−√b với a, b là các số nguyên dương. Tính P = ab+ a+ b.

ĐS: 584

Lời giải.6∫

2

2 dx√2x− 1

= 2

6∫2

2 dx

2√

2x− 1= 2√

2x− 1

∣∣∣∣62

= 2√

11− 2√

3 =√

44−√

12.

Suy ra a = 44, b = 12 và P = ab+ a+ b = 584. �

4

Biết

2∫1

dx

(x+ 1)√x+ x

√x+ 1

=√a−√b−c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính P = a+b+c.

ĐS: 46

Lời giải.

2∫1

dx

(x+ 1)√x+ x

√x+ 1

=

2∫1

dx√x(x+ 1)

(√x+ 1 +

√x)

=

2∫1

√x+ 1−

√x√

x(x+ 1)dx

=

2∫1

Å1√x− 1√

x+ 1

ãdx

= 2Ä√

x−√x+ 1

ä ∣∣∣∣21

= 4√

2− 2√

3− 2

=√

32−√

12− 2.

Suy ra a = 32, b = 12, c = 2 và P = a+ b+ c = 46. �

5

2. TÍCH PHÂN 139

{ DẠNG 2.2. Tích phân hàm số phân thức hữu tỉ

Phương pháp giải: Chú ý nguyên hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ thường gặp.

1∫

1

ax+ bdx =

1

aln |ax+ b|+ C, với a 6= 0.

2∫

1

(ax+ b)ndx =

1

a· −1

(n− 1)(ax+ b)n−1+ C, với a 6= 0, n ∈ N, n ≥ 2.

3∫

1

(x+ a)(x+ b)dx =

1

b− aln

∣∣∣∣x+ a

x+ b

∣∣∣∣+ C, với a 6= b.

1. Ví dụ


Tính

1∫0

x

(x+ 1)2dx. ĐS: ln 2− 1

21

1∫0

x

(x+ 2)3dx. ĐS: ln

3

2− 5

362

Lời giải.

1 Ta có

1∫0

x

(x+ 1)2dx =

1∫0

x+ 1− 1

(x+ 1)2dx =

1∫0

ï1

x+ 1− 1

(x+ 1)2

òdx =

ïln |x+ 1|+ 1

x+ 1

ò∣∣∣∣10

= ln 2− 1

2.

2 Ta có

1∫0

x

(x+ 2)3dx =

1∫0

x+ 2− 2

(x+ 2)3dx =

1∫0

ï1

x+ 2− 2

(x+ 2)3

òdx =

ïln |x+ 2|+ 1

(x+ 2)2

ò∣∣∣∣10

= ln3

2− 5

36.

�


1 Biết

2∫1

dx

3x− 1=

1

aln b với b > 0. Tính S = a2 + b. ĐS:

47

18

2 Biết

2∫0

x2

x+ 1dx = a+ ln b với a, b ∈ Q. Tính S = 2a+ b+ 2b. ĐS: 11

Lời giải.

1 Ta có

2∫1

dx

3x− 1=

1

3

2∫1

d(3x− 1)

3x− 1=

1

3ln |3x− 1||21 =

1

3(ln 5− ln 2) =

1

3ln

5

2.

Suy ra a = 3, b =5

2. Do đó S =

1

9+

5

2=

47

18.


2 Ta có

2∫0

x2

x+ 1dx =

2∫0

Åx− 1 +

1

x+ 1

ãdx =

ïx2

2− x+ ln |x+ 1|

ò∣∣∣∣20

= ln 3 = 0 + ln 3.

Suy ra a = 0, b = 3 nên S = 2 · 0 + 3 + 23 = 11.

�



Biết

1∫0

2x+ 3

2− xdx = a ln 2 + b với a, b ∈ Q. Tính P = a+ 2b+ 2a − 2b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:523

4

Lời giải.

Ta có2x+ 3

2− x= −2(x− 2) + 7

x− 2= −2− 7

x− 2. Do đó

1∫0

2x+ 3

2− xdx =

1∫0

Å−2− 7

x− 2

ãdx = [−2x− 7 ln |x− 2|]|10 = −2 + 7 ln 2 = 7 ln 2− 2.

Do đó, a = 7, b = −2. Vậy P = 7 + 2 · (−2) + 27 − 2−2 =523

4. �

1

Biết

1∫0

2x− 1

x+ 1dx = a+ b ln 2 với a, b ∈ Q. Tính P = ab− a+ b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −11

Lời giải.

Ta có

1∫0

2x− 1

x+ 1dx =

1∫0

2(x+ 1)− 3

x+ 1dx =

1∫0

Å2− 3

x+ 1

ãdx = (2x− 3 ln |x+ 1|)|10 = 2−3 ln 2.

Vậy a = 2, b = −3, suy ra P = −6− 2− 3 = −11. �

2


2. TÍCH PHÂN 141

Tính

1∫0

3x− 1

x2 + 6x+ 9dx = 3 ln

a

b− 5

6với a, b ∈ Z+ và

a

blà phân số tối giản. Tính giá trị của biểu

thức P = 2a + 2b − ab. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ĐS: 12

Lời giải.

Ta có3x− 1

x2 + 6x+ 9=

3(x+ 3)− 10

(x+ 3)2=

3

x+ 3− 10

(x+ 3)2.

Do đó

1∫0

3x− 1

x2 + 6x+ 9dx =

1∫0

ï3

x+ 3− 10

(x+ 3)2

òdx =

ï3 ln |x+ 3|+ 10

x+ 3

ò∣∣∣∣10

= 3 ln4

3− 5

6.

Suy ra a = 4, b = 3 nên P = 24 + 23 − 4 · 3 = 12. �

1

Biết

1∫0

Å1

x+ 1− 1

x+ 2

ãdx = a ln 2 + b ln 3 với a, b ∈ Z. Tính S = a+ b− ab2. . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

Lời giải.

Ta có

1∫0

Å1

x+ 1− 1

x+ 2

ãdx = [ln |x+ 1| − ln |x+ 2|]|10 = ln

∣∣∣∣x+ 1

x+ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣10

= ln2

3−ln

1

2= ln

4

3= 2 ln 2−ln 3.

Suy ra a = 2, b = −1 nên S = 2 + (−1)− 2 · (−1)2 = −1. �

2

3. Bài tập rèn luyệnBÀI 3. Tính các tích phân sau

1 Biết

1∫0

x3

x+ 2dx =

a

3+ b ln 3 + c ln 2, với a, b, c ∈ Q. Tính S = 2a+ 4b2 + 3c3. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1388

Lời giải.

Ta có

1∫0

x3

x+ 2dx =

1∫0

x2(x+ 2)− 2x(x+ 2) + 4(x+ 2)− 8

x+ 2dx =

1∫0

Åx2 − 2x+ 4− 8

x+ 2

ãdx

1∫0

x3

x+ 2dx =

ïx3

3− x2 + 4x− 8 ln |x+ 2|

ò∣∣∣∣10

=10

3− 8 ln 3− 8 ln 2 =

10

3+ (−8) ln 3 + (−8) ln 2.

Suy ra a = 10, b = −8, c = −8 nên S = 2 · 10 + 4 · (−8)2 + 3 · (−8)3 = −1388. �


2 Biết

0∫−1

3x2 + 5x− 1

x− 2dx = a ln

2

3+ b với a, b ∈ Q. Tính giá trị của S = a+ 4b. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −29

Lời giải.

Ta có3x2 + 5x− 1

x− 2=

3(x2 − 4) + 5(x− 2) + 21

x− 2= (3x+ 11) +

21

x− 2.

Do đó:

0∫−1

3x2 + 5x− 1

x− 2dx =

∫−

10

ï3x+ 11 +

21

x− 2

òdx =

ï3

2x2 + 11x+ 21 ln |x− 2|

ò∣∣∣∣0−1

=

−25

2+ 21 ln

2

3.

Khi đó a = 21, b = −25

2nên S = 21 + 4 ·

Å−25

2

ã= −29. �

3 Biết

5∫3

dx

x2 − x= a ln 5 + b ln 3 + c ln 2 với a, b, c ∈ Q. Tính S = −2a+ b+ 3c2. . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 6

Lời giải.

Ta có1

x2 − x=x− (x− 1)

x(x− 1)=

1

x− 1− 1

x.

Khi đó

5∫3

dx

x2 − x=

5∫3

Å1

x− 1− 1

x

ãdx = [ln |x− 1| − ln |x|]|53 = ln

∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣∣∣∣∣53

= ln4

5−ln

2

3= ln 2+ln 3−ln 5.

Suy ra rằng a = −1, b = 1, c = 1 nên S = −2 · (−1) + 1 + 3 · 12 = 6. �

4 Tính

5∫1

3

x2 + 3xdx = a ln 5 + b ln 2 với a, b ∈ Z. Tính S = a+ b− ab. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 1

Lời giải.

Ta có3

x2 + 3x=

(x+ 3)− xx(x+ 3)

=

Å1

x− 1

x+ 3

ã.

Khi đó

5∫1

3

x2 + 3xdx =

5∫1

Å1

x− 1

x+ 3

ãdx = ln

∣∣∣∣ x

x+ 3

∣∣∣∣∣∣∣∣51

= ln5

8−ln

1

4= ln 5−3 ln 2+2 ln 2 = ln 5−ln 2.

Suy ra a = 1, b = −1 nên S = 1 + (−1)− 1 · (−1) = 1. �

5 Biết

2∫1

x

(x+ 1)(2x+ 1)dx = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 với a, b, c ∈ Q. Tính S = a+ b+ c. . . . . . . . . . .

ĐS: 0

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 143

Ta cóx

(x+ 1)(2x+ 1)=

(2x+ 1)− (x+ 1)

(x+ 1)(2x+ 1)=

1

x+ 1− 1

2x+ 1.

Do đó

2∫1

x

(x+ 1)(2x+ 1)dx =

2∫1

Å1

x+ 1− 1

2x+ 1

ãdx =

ïln |x+ 1| − 1

2ln |2x+ 1|

ò∣∣∣∣21

= − ln 2+3

2ln 3−1

2ln 5.

Suy ra a = −1, b =3

2, c = −1

2nên S = −1 +

3

2+

Å−1

2

ã= 0. �

6 Biết

1∫0

dx

x2 − 5x+ 6= a ln 2 + b ln 3 với a, b ∈ Z. Tính S = a+ b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

Lời giải.

Ta có1

x2 − 5x+ 6=

(x− 2)− (x− 3)

(x− 2)(x− 3)=

1

x− 3− 1

x− 2.

Khi đó

1∫0

dx

x2 − 5x+ 6=

1∫0

Å1

x− 2− 1

x− 3

ãdx = [ln |x− 2| − ln |x− 3|]|10 = −2 ln 2 + ln 3

Suy ra a = −2, b = 1 nên S = a+ b = −2 + 1 = −1. �

7 Tính

3∫2

dx

−2x2 + 3x− 1= a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 với a, b, c ∈ Z. Tính S = 2a+ b2 + 2c. . . . . . . . . . . .

ĐS: 1

Lời giải.

Ta có1

−2x2 + 3x− 1= −2(x− 1) + (−2x+ 1)

(−2x+ 1)(x− 1)=

−2

−2x+ 1− 1

x− 1.

Khi đó

3∫2

d

−2x2 + 3x− 1=

3∫2

Å −2

−2x+ 1− 1

x− 1

ãdx = [ln | − 2x+ 1| − ln |x− 1|]|32 = − ln 2−ln 3+ln 5.

Suy ra a = −1, b = −1, c = 1 nên S = 2 · (−1) + (−1)2 + 21 = 1. �

8 Tính

1∫0

5− 2x

x2 + 3x+ 2dx = a ln 2 + b ln 3 với a, b ∈ Z. Tính S = 2a − 3ab. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 65968

Lời giải.

Ta có5− 2x

x2 + 3x+ 2=−9(x+ 1) + 7(x+ 2)

(x+ 1)(x+ 2)=−9

x+ 2+

7

x+ 1.


Khi đó

1∫0

5− 2x

x2 + 3x+ 2dx =

1∫0

Å −9

x+ 2+

7

x+ 1

ãdx = [−9 ln |x+ 2|+ 7 ln |x+ 1|]|10 = 16 ln 2− 9 ln 3.

Suy ra a = 16, b = −9 nên S = 216 − 3 · 16 · (−9) = 65968. �

9 Tính

2∫0

x− 1

x2 + 4x+ 3dx = a ln 5 + b ln 3 với a, b ∈ Q. Tính S = ab+ 3a − a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 1

Lời giải.

Ta cóx− 1

x2 + 4x+ 3=

2(x+ 1)− (x+ 3)

(x+ 1)(x+ 3)=

2

x+ 3− 1

x+ 1.

Khi đó

2∫0

x− 1

x2 + 4x+ 3dx =

2∫0

Å2

x+ 3− 1

x+ 1

ãdx = [2 ln |x+ 3| − ln |x+ 1|]|20 = 2 ln 5− 3 ln 3.

Suy ra a = 2, b = −3 nên S = ab+ 3a − a = 2 · (−3) + 32 − 2 = 1. �

10 Biết

2∫1

1

x2(x+ 1)dx =

1

2+ ln

a

bvới a, b ∈ Z+ và

a

blà phân số tối giản. Tính S = a+ 2b. . . . . . . .

ĐS: 19

Lời giải.

Ta có1

x2(x+ 1)=x+ 1− xx2(x+ 1)

=1

x2− 1

x(x+ 1)=

1

x2+

1

x+ 1− 1

x.

Khi đó

2∫1

1

x2(x+ 1)dx =

2∫1

Å1

x2+

1

x+ 1− 1

x

ãdx =

ï−1

x+ ln |x+ 1| − ln |x|

ò∣∣∣∣21

=1

2+ ln

3

4.

Suy ra a = 3, b = 4 nên S = a+ 2b = 3 + 24 = 19. �

{ DẠNG 2.3. Tính chất của tích phân

Phương pháp giải: Các tính chất

1

b∫a

f(x) dx =

c∫a

f(x) dx+

b∫c

f(x) dx,

b∫a

f(x) dx = −a∫b

f(x) dx.

2

b∫a

f(x) dx = f(x)|ba = f(b)− f(a),

b∫a

f ′′(x) dx = f ′(x)|ba = f(b)− f(a),.. . .

1. Ví dụ

2. TÍCH PHÂN 145

VÍ DỤ 1.

1 Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0; 10] thỏa mãn

10∫0

f(x) dx = 7 và

6∫2

f(x) dx = 3. Tính

2∫0

f(x) dx+

10∫6

f(x) dx. ĐS: 4

2 Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R thỏa mãn

b∫a

f(x) dx = 2 và

b∫c

f(x) dx = 3 với

a < b < c. Tính

c∫a

f(x) dx ĐS: −1


3∫1

f(x) dx = 2017 và

3∫4

f(x) dx = 2018.

Tính

4∫1

f(x) dx. ĐS: −1

Lời giải.

1 Ta có

7 =

10∫0

f(x) dx =

2∫0

f(x) dx+

6∫2

f(x) dx+

10∫6

f(x) dx.

Hay là

7 =

10∫0

f(x) dx =

2∫0

f(x) dx+ 3 +

10∫6

f(x) dx⇒ P =

2∫0

f(x) dx+

10∫6

f(x) dx = 7− 3 = 4.

2 Ta có

c∫a

f(x) dx =

b∫a

f(x) dx+

c∫b

f(x) dx =

b∫a

f(x) dx−b∫c

f(x) dx = 2− 3 = −1.

3 Ta có

4∫1

f(x) dx =

3∫1

f(x) dx+

4∫3

f(x) dx =

3∫1

f(x) dx−3∫

4

f(x) dx = 2017− 2018 = −1.

�

VÍ DỤ 2.



5∫2

f(x) dx = 3 và

7∫5

f(x) dx = 9. Tính

7∫2

f(x) dx. ĐS: 12


6∫0

f(x) dx = 4 và

6∫2

f(t) dt = −3. Tính

2∫0

[f(v)− 3] dv. ĐS: 1

Lời giải.

1 Ta có7∫

2

f(x) dx =

5∫2

f(x) dx+

7∫5

f(x) dx = 3 + 9 = 12.

2 Ta có

2∫0

f(v) dv =

6∫0

f(v) dv −6∫

2

f(v) dv =

6∫0

f(x) dx−6∫

2

f(x) dx = 4− (−3) = 7.

Hay là2∫

0

f(v) dv = 7⇒2∫

0

[f(v)− 3] dv =

2∫0

f(v) dv −2∫

0

3 dv = 7− 3v|20 = 1.

�

VÍ DỤ 3.

1 Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn [1; 2], f ′(1) = 1 và f(2) = 2. Tính

2∫1

f ′(x) dx.

ĐS: 1

2 Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn [1; 4], f(1) = 1 và

4∫1

f ′(x) dx = 2. Tính f(4).

ĐS: 3

3 Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn [1; 3], f(3) = 5 và

3∫1

f ′(x) dx = 6. Tính f(1).

ĐS: −1

Lời giải.

1 Ta có

2∫1

f ′(x) dx = f(x)|21 = f(2)− f(1) = 2− 1 = 1.

2. TÍCH PHÂN 147

2 Ta có 2 =

4∫1

f ′(x) dx = f(x)|41 = f(4)− f(1) = f(4)− 1⇒ f(4) = 3.

3 Ta có 6 =

3∫1

f ′(x) dx = f(x)|31 = f(3)− f(1) = 5− f(1)⇒ f(1) = −1.

�


BÀI 1. Bài toán sử dụng tính chất

b∫a

f(x) dx =

c∫a

f(x) dx+

b∫c

f(x) dx,

b∫a

f(x) dx = −a∫b

f(x) dx

1 Cho

4∫2

f(x) dx = 10 và

4∫2

g(x) dx = 5. Tính tích phân

4∫2

[3f(x)− 5g(x)] dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 5

Lời giải.

Ta có4∫

2

[3f(x)− 5g(x)] dx = 3

4∫2

f(x) dx− 5

4∫2

g(x) dx = 3 · 10− 5 · 5 = 5.

�

2 Cho

5∫−1

f(x) dx = 5,

5∫4

f(t) dt = −2 và

4∫−1

g(u) du =1

3. Tính I =

4∫−1

[f(x) + g(x)] dx. . . . . . . . . . .

ĐS:22

3

Lời giải.

Ta có

4∫−1

f(x) dx =

5∫−1

f(x) dx−5∫

4

f(x) dx =

5∫−1

f(x) dx−5∫

4

f(t) dt = 5− (−2) = 7.

Khi đó

I =

4∫−1

[f(x) + g(x)] dx =

4∫−1

f(x) dx+

4∫−1

g(x) dx =

4∫−1

f(x) dx+

4∫−1

g(u) du = 7 +1

3=

22

3.

�

3 Cho

π4∫

0

f(x) dx = a. Tính tích phân I =

π4∫

0

f(x) cos2 x− 5

cos2 xdx theo a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: a− 5

Lời giải.


Ta có

π4∫

0

f(x) cos2 x− 5

cos2 xdx =

π4∫

0

Åf(x)− 5

cos2 x

ãdx =

π4∫

0

f(x) dx−

π4∫

0

5

cos2 xdx = a−5 tanx|

π40 = a−5.

�

4 Cho

π2∫

0

f(x) dx = 5. Tính tích phân I =

π2∫

0

[f(x) + 2 sinx] dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 7

Lời giải.

Ta có

π2∫

0

[f(x) + 2 sinx] dx =

π2∫

0

f(x) dx+ 2 ·

π2∫

0

sinx = 5− 2 cosx|π20 = 5− 2(0− 1) = 7.

�


b∫a

f(x) dx = f(x)|ba = f(b)− f(a),

b∫a

f ′′(x) dx = f ′(x)|ba = f(b)−

f(a),.. . .

1 Cho hàm số f(x) liên tục, có đạo hàm cấp hai trên đoạn [1; 3], f ′(1) = 1 và f ′(3) = m. Tìm m để3∫

1

f ′′(x) dx = 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 6

Lời giải.

Ta có 5 =

3∫1

f ′′(x) dx = f ′(x)|31 = f ′(3)− f ′(1) = m− 1⇒ m = 6. �

2 Biết f(1) = 12, f ′(x) là hàm số liên tục trên [1; 4] và

4∫1

f ′(x) dx = 17. Tính f(4). . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 29

Lời giải.

Ta có 17 =

4∫1

f ′(x) dx = f(x)|41 = f(4)− f(1) = f(4)− 12⇒ f(4) = 29. �



b∫a

f(x) dx =

c∫a

f(x) dx+

b∫c

f(x) dx,

b∫a

f(x) dx = −a∫b

f(x) dx

2. TÍCH PHÂN 149

1 Cho

2∫−1

f(x) dx = 5 và

2∫−1

g(x) dx = −2. Tính tích phân I =

2∫−1

[x+ 2f(x)− 3g(x)] dx. . . . . . . . . . .

ĐS:35

2

Lời giải.

Ta có

I =

2∫−1

[x+2f(x)−3g(x)] dx = I =

2∫−1

x dx+2

2∫−1

f(x) dx−3

2∫−1

g(x) dx =x2

2

∣∣∣∣2−1

+2·5−3·(−2) =35

2.

�

2 Cho

4∫−1

f(x) dx = 10 và

6∫4


−1∫6

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −12

Lời giải.

Ta có

I =

−1∫6

f(x) dx = −6∫

−1

f(x) dx = −4∫

−1

f(x) dx−6∫

4

f(x) dx = −10− 2 = −12.

�

3 Cho

6∫3


6∫3

[x2 − f(x)] dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 56

Lời giải.

Ta có

I =

6∫3

[x2 − f(x)] dx =

6∫3

x2 dx−6∫

3

f(x) dx =x3

3

∣∣∣∣63

− 7 = 63− 7 = 56.

�

4 Cho

2∫0

f(x) dx = 1 và

2∫0

[ex − f(x)] dx = ea − b. Tìm a, b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: a = b = 2

Lời giải.

Ta có2∫

0

[ex − f(x)] dx =

2∫0

ex dx−2∫

0

f(x) dx = ex|20 − 1 = e2 − 2.

Suy ra a = 2, b = 2. �


b∫a

f(x) dx = f(x)|ba = f(b)− f(a),

b∫a

f ′′(x) dx = f ′(x)|ba = f(b)−

f(a),.. . .


1 Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên [−3; 5], f(−3) = 1 và f(5) = 9. Tính

5∫−3

4f ′(x) dx. . . . . . . . . . .

ĐS: 32

Lời giải.

Ta có

5∫−3

4f ′(x) dx = 4 f(x)|5−3 = 4 · [f(5)− f(−3)] = 4(9− 1) = 32. �

2 Cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp 3 trên [−3; 2], f ′′(−3) = 4 và f ′′(2) = 6. Tính giá trị của tích

phân

2∫−3

f ′′′(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2

Lời giải.

Ta có

2∫−3

f ′′′(x) dx = f ′′(x)|2−3 = f ′′(2)− f ′′(−3) = 6− 4 = 2. �

BÀI 5. Tính các tích phân sau bằng phương pháp biến đổi hàm ẩn:

1 Cho f(x) liên tục trên R và

1∫0

f(x) dx = 2017. Tính

π4∫

0

f (sin 2x) cos 2x dx. ĐS:2017

2

Lời giải.

Đặt t = sin 2x⇒ dt = 2 cos 2x dx⇒ cos 2x dx =1

2dt. Đổi cận:

x = 0⇒ t = 0

x =π

4⇒ t = 1.

Khi đó I =1

2

1∫0

f(t) dt =1

2

1∫0

f(x) dx =2017

2. �

2 Cho

4∫0

f(x) dx = 16. Tính

2∫0

f(2x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 8

Lời giải.

Đặt t = 2x⇒ dt = 2 dx⇒ dx =1

2dt. Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 0

x = 2⇒ t = 4.

Khi đó I =1

2

4∫0

f(t) dt =1

2

4∫0

f(x) dx = 8. �

3 Cho f(x) thỏa mãn

2017∫0

f(x) dx = 1. Tính

1∫0

f(2017x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2017

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 151

Đặt t = 2017x⇒ dt = 2017 dx⇒ dx =1

2017dt. Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 0

x = 1⇒ t = 2017.

Khi đó I =1

2017

2017∫0

f(t) dt =1

2017

2017∫0

f(x) dx =1

2017. �

4 Cho

4∫0

f(x) dx = 2. Tính

1∫0

f(4x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2

Lời giải.

Đặt t = 4x⇒ dt = 4 dx⇒ dx =1

4dt. Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 0

x = 1⇒ t = 4.

Khi đó I =1

4

4∫0

f(t) dt =1

4

4∫0

f(x) dx =1

2. �

5 Biết

3∫1

f(3x− 1) dx = 20. Tính

8∫2

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 60

Lời giải.

Đặt t = 3x− 1⇒ dt = 3 dx⇒ dx =1

3dt. Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 2

x = 3⇒ t = 8.

Khi đó, ta có 20 =

3∫1

f(3x− 1) dx =1

3

8∫2

f(t) dt =1

3

8∫2

f(x) dx⇒8∫

2

f(x) dx = 60. �

6 Cho f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 2] thỏa mãn

2∫1

f ′(x) dx = 10 và

2∫1

f ′(x)

f(x)dx = ln 2.

Biết rằng hàm số f(x) > 0,∀x ∈ [1; 2]. Tính f(2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ĐS: 20

Lời giải.

Đặt u = f(x)⇒ du = f ′(x) dx. Đổi cận:

®x = 1⇒ u = f(1)

x = 2⇒ u = f(2).

Khi đó

10 =

2∫1

f ′(x) dx =

f(2)∫f(1)

du = u|f(2)f(1) = f(2)− f(1) (1).

ln 2 =

2∫1

f ′(x)

f(x)dx =

f(2)∫f(1)

du

u= ln |u||f(2)f(1) = ln |f(2)| − ln |f(1)|.

Vì f(x) > 0,∀x ∈ [1; 2] nên f(1) > 0 và f(2) > 0. Do đó: ln f(2)− ln f(1) = ln 2⇔ f(2)

f(1)= 2⇔

f(2) = 2f(1) (2).Từ (1) và (2), suy ra f(2) = 20. �


BÀI 6. Tính các tích phân bằng phương pháp đổi biến hàm ẩn:

1 Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên [1; 2], f(2) = 2 và f(4) = 2018. Tính I =

2∫1

f ′(2x) dx. . . .

ĐS: I = 1008.

Lời giải.

Xét I =

2∫1

f ′(2x) dx.

Đặt t = 2x⇒ dt = 2 dx.Đổi cận: x = 1⇒ t = 2, x = 2⇒ t = 4.

Khi đó I =

4∫2

1

2· f ′(t) dt =

1

2· f(t)

∣∣42

=1

2[f(4)− f(2)] = 1008. �

2 Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có

π2∫

0

f(x) dx = 4. Tính I =

π4∫

0

[f(2x)− sinx] dx. . . . . .

ĐS: 1 +

√2

2.

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

0

[f(2x)− sinx] dx =

π4∫

0

f(2x) dx−

π4∫

0

sinx dx.

Xét H =

π4∫

0

f(2x) dx.

Đặt t = 2x⇒ dt = 2 dx.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0, x =π

4⇒ t =

π

2.

Khi đó H =1

2·

π2∫

0

f(t) dt =1

2· 4 = 2.

Xét K =

π4∫

0

sinx dx = − cosx

∣∣∣∣π4

0

= 1−√

2

2.

Vậy I = H −K = 1 +

√2

2. �

3 Cho tích phân

2∫1

f(x) dx = a. Hãy tính tích phân I =

1∫0

xf[x2 + 1

]dx theo a. . . ĐS:

1

2a.

Lời giải.

Đặt t = x2 + 1⇒ dt = 2x dx.Đổi cận: x = 0⇒ t = 1, x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

f(t) · 1

2dt =

1

2a. �

2. TÍCH PHÂN 153

4 Cho f(x) liên tục trên R thỏa

9∫1

f (√x)√x

dx = 4 và

π2∫

0

f(sinx) · cosx dx = 2. Tính tích phân

I =

3∫0

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 4.

Lời giải.

Xét H =

9∫1

f (√x)√x

dx

Đặt t =√x⇒ dt =

dx

2√x.

Đổi cận: x = 1⇒ t = 1, x = 9⇒ t = 3.

Khi đó H =

3∫1

f (t) · 2 dt = 4⇒3∫

1

f (t) dt = 2⇒3∫

1

f (x) dx = 2.

Xét K =

π2∫

0

f(sinx) · cosx dx

Đặt t = sinx⇒ dt = cosx dx.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0, x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó K =

1∫0

f (t) dt = 2⇒1∫

0

f (x) dx = 2.

Vậy I =

3∫0

f(x) dx =

1∫0

f(x) dx+

3∫1

f(x) dx = 2 + 2 = 4. �

5 Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có

π4∫

0

f(tanx) dx = 4 và

1∫0

x2f(x)

x2 + 1dx = 2. Tính tích phân

I =

1∫0

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 6.

Lời giải.

Xét H =

π4∫

0

f(tanx) dx.

Đặt t = tanx⇒ dt = (1 + tan2 x) dx⇒ dx =1

1 + t2dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0, x =π

4⇒ t = 1.

Khi đó H =

1∫0

f(t)

1 + t2dt = 4⇒

1∫0

f(x)

1 + x2dx = 4.


Xét K =

1∫0

x2f(x)

x2 + 1dx =

1∫0

ï(x2 + 1) f(x)

x2 + 1− f(x)

x2 + 1

òdx =

1∫0

f(x) dx−1∫

0

f(x)

1 + x2dx.

⇒ 2 =

1∫0

f(x) dx− 4

⇒ I = 6.

�

6 Cho f(x) là hàm liên tục và a > 0. Giả sử rằng với mọi x ∈ [0; a] ta có f(x) > 0 và f(x)·f(a−x) =

1. Tính I =

a∫0

dx

1 + f(x). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

a

2.

Lời giải.

Do f(x) · f(a− x) = 1⇒ f(a− x) = 1− f(x).

Xét I =a∫0

dx

1 + f(x).

Đặt t = a− x⇒ dt = − dx.Đổi cận: x = 0⇒ t = a, x = a⇒ t = 0.

I =

0∫a

− dt

1 + f(a− t)=

a∫0

dt

1 +1

f(t)

=

a∫0

f(t) dt

1 + f(t)=

a∫0

f(x) dx

1 + f(x).

Mặt khác,

a∫0

dx

1 + f(x)+

a∫0

f(x) dx

1 + f(x)=

a∫0

dx = a.

⇒ 2I = a⇔ I =a

2. �

BÀI 7. Tính các tích phân sau bằng phương pháp tích phân từng phần của hàm ẩn:

1 Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên [1; 2] thỏa f(1) = 0, f(2) = 2 và

2∫1

f(x) dx = 1. Tính

I =

2∫1

xf ′(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 3.

Lời giải.

Từ I =

2∫1

xf ′(x) dx chọn

®u = x⇒ du = dx

dv = f ′(x) dx⇒ v = f(x).

Khi đó I = xf(x)

∣∣∣∣21

−2∫

1

f(x) dx = 2f(2)− 1 = 3.

4! Lưu ý: Tùy vào bài toán mà ta cần chọn u và dv sao cho

b∫a

v du đơn giản nhất.

�

2 Cho hàm số f(x) có nguyên hàm là F (x) trên [1; 2], F (2) = 1 và

2∫1

F (x) dx = 5. Tính I =

2. TÍCH PHÂN 155

2∫1

(x− 1)f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −4.

Lời giải.

Từ I =

2∫1

(x− 1)f(x) dx chọn

®u = x− 1⇒ du = dx

dv = f(x) dx⇒ v = F (x).

I = (x− 1)F (x)

∣∣∣∣21

−2∫

1

F (x) dx = F (2)− 5 = 1− 5 = −4. �

3 Cho hàm số f(x) liên tục trên R và f(2) = 16,

2∫0

f(x) dx = 4. Tính I =

1∫0

xf ′(2x) dx. . . . .

ĐS: I = 7.

Lời giải.

Xét I =

1∫0

xf ′(2x) dx.

Đặt t = 2x⇒ dt = 2dx.Đổi cận: x = 0⇒ t = 0, x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =1

4

2∫0

tf ′(t) dx =1

4J .

Xét J =

2∫0

tf ′(t) dt.

Chọn

®u = t⇒ du = dt

dv = f ′(t) dt⇒ v = f(t).

Khi đó J = tf(t)

∣∣∣∣20

−2∫

0

f(t) dt = 2f(2)−2∫

0

f(x) dx = 32− 4 = 28.

Vậy I =1

4J = 7. �

4 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 2] thỏa mãn

2∫0

f(x) dx = 3 và f(2) = 2. Tính

tích phân I =

4∫0

f ′(√

x)

dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2.

Lời giải.

Xét I =

4∫0

f ′(√

x)

dx.

Đặt t =√x⇒ t2 = x⇒ 2tdt = dx.

Đổi cận x = 0⇒ t = 0, x = 4⇒ t = 2. Ta được

I =

2∫0

f ′ (t) · 2t dt


Chọn

®u = 2t⇒ du = 2dt

dv = f ′(t) dt⇒ v = f(t). Khi đó I = 2t · f(t)

∣∣∣∣20

−2∫

0

2f(t)dt = 2 · 2 · 2 − 2

2∫0

f(x)dx =

8− 2 · 3 = 2. �

5 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 2] thỏa

2∫1

f ′(x) ln [f(x)] dx = 1 và f(1) = 1,

f(2) > 1. Tính f(2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: f(2) = e.

Lời giải.

Xét I =

2∫1

f ′(x) ln [f(x)] dx.

Đặt t = f(x)⇒ dt = f ′(x)dx.Đổi cận: x = 1⇒ t = f(1) = 1, x = 2⇒ t = f(2).

Khi đó I =

f(2)∫1

ln t dt. Chọn

u = ln t⇒ du =dt

tdv = dt⇒ v = t.

Ta được I = t ln t

∣∣∣∣f(2)1

−f(2)∫1

dt = f(2) ln f(2)− [f(2)− 1].

Do I = 1 và f(2) > 1 nên

f(2) ln f(2)− [f(2)− 1] = 1⇔ f(2) · [ln f(2)− 1] = 0⇔ñf(2) = 0 (loại)

ln f(2) = 1⇒ f(2) = e.

Vậy f(2) = e. �

6 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa

1∫0

(x+1)f ′(x)dx = 10 và 2f(1)−f(0) =

2. Tính tích phân I =

1∫0

f(x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −8.

Lời giải.

Với H =

1∫0

(x+ 1)f ′(x)dx, chọn

®u = x+ 1⇒ du = dx

dv = f ′(x)dx⇒ v = f(x).

Ta được H = (x+ 1)f(x)

∣∣∣∣10

−1∫

0

f(x) dx = 2f(1)− f(0)− I.

⇒ I = 2− 10 = −8. �

7 Cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai và liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn các điều kiện1∫

0

x2f ′′(x)dx = 12 và 2f(1)− f ′(1) = −2. tính tích phân I =

1∫0

f(x)dx. . . . ĐS: I = 5.

Lời giải.

Với H =

1∫0

x2f ′′(x)dx, chọn

®u = x2 ⇒ du = 2xdx

dv = f ′′(x)dx⇒ v = f ′(x). Ta được H = x2f ′(x)

∣∣∣∣10

−1∫

0

2xf ′(x)dx.

2. TÍCH PHÂN 157

Suy ra f ′(1)− 2K = 12 với K =

1∫0

xf ′(x)dx.

Chọn

®u = x⇒ du = dx

dv = f ′(x)dx⇒ v = f(x). Ta được K = xf(x)

∣∣∣∣10

−1∫

0

f(x)dx = f(1)− I.

Do đó f ′(1)− 2 (f(1)− I) = 12⇒ f ′(1)− 2f(1) + 2I = 12⇒ I = 5. �

8 Cho hàm số f(x) thỏa mãn

3∫0

xef(x)f ′(x)dx = 8 và f(3) = ln 3. Tính I =

3∫0

ef(x)dx.ĐS: I = 1.

Lời giải.

H =

3∫0

xef(x)f ′(x)dx = 8. Đặt

®u = x⇒ du = dx

dv = ef(x)f ′(x)dx⇒ v = ef(x). Do đó

H = xef(x)∣∣∣∣30

−3∫

0

ef(x)dx = 3 · ef(3) − I.

⇒ I = 3 · 3− 8 = 1.

�

9 Cho hàm số f(x) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn f(1) = 4,

1∫0

xf(x) dx =223

10.

Tính tích phân I =

1∫0

x2f ′(x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −203

5.

Lời giải.

H =

1∫0

xf(x) dx =223

10. Đặt

u = f(x)⇒ du = f ′(x)dx

dv = xdx⇒ v =x2

2

. Do đó

H =x2

2f(x)

∣∣∣∣10

−1∫

0

x2

2f ′(x) dx =

1

2f(1)− 1

2I.

⇒ I = f(1)− 2H = 4− 223

5= −203

5.

�


1∫0

x2f(x) dx =1

3.


1∫0

x3f ′(x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −1.

Lời giải.


H =

1∫0

x2f(x) dx =1

3. Đặt

u = f(x)⇒ du = f ′(x)dx

dv = x2dx⇒ v =x3

3

. Do đó

H =x3

3f(x)

∣∣∣∣10

−1∫

0

x3

3f ′(x) dx =

1

3f(1)− 1

3I.

⇒ I = f(1)− 3H = 0− 3 · 1

3= −1.

�


3∫0

x3f(x) dx =5461

120.


3∫0

x4f ′(x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −601

30.

Lời giải.

H =

3∫0

x3f(x) dx =5461

120. Đặt

u = f(x)⇒ du = f ′(x)dx

dv = x3dx⇒ v =x4

4

. Do đó

H =x4

4f(x)

∣∣∣∣30

−3∫

0

x4

4f ′(x) dx =

34

4f(3)− 1

4I

⇒ I = 34 · f(3)− 4H = 2 · 34 − 4 · 5461

120= −601

30.

�

12 Cho hàm số f(x) thỏa mãn

b∫a

xf ′′(x)dx = 4, f ′(a) = −2, f ′(b) = 3 với a, b là các số thực dương

và f(a) = f(b). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =4a2

3b+ 1+

9b2

2a+ 3. . . . . ĐS:

1

32.

Lời giải.

H =

b∫a

xf ′′(x)dx = 4 . Đặt

®u = x⇒ du = dx

dv = f ′′(x)dx⇒ v = f ′(x). Do đó

H = xf ′(x)

∣∣∣∣ba

−b∫

a

f ′(x)dx = bf ′(b)− af ′(a)− f(x)

∣∣∣∣ba

= 3b+ 2a.

⇒ 2a+ 3b = 4⇔ a =4− 3b

2. (∗)

Thay (∗) vào P ta được

P =(4− 3b)2

3b+ 1+

9b2

7− 3b= 8 · 18b2 − 27b+ 14

−9b2 + 18b+ 8.

Lại có a > 0, b > 0 nên 0 < b <4

3.

Xét hàm số f(x) =18x2 − 27x+ 14

−9x2 + 18x+ 7trên

Å0;

4

3

ã.

2. TÍCH PHÂN 159

Ta có f ′(x) =81x2 + 504x− 441

(−9x2 + 18x+ 7)2. Cho f ′(x) = 0⇔

x = −7

x =7

9.

Ta có bảng biến thiên

x

f ′(x)

f(x)

0 79

43

− 0 +

22

1414

2323

Do đó giá trị nhỏ nhất của y = f(x) trên

Å0;

4

3

ãlà

1

4tại x =

7

9.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 · 1

4= 2 tại b =

7

9. Khi đó a =

5

6. �

BÀI 8. 1 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa f(1) = 0,

1∫0

[f ′(x)]2

dx = 7 và

1∫0

x2f(x) dx =1

3. Tính

1∫0

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS:7

5.

Lời giải.

Ta có1

3=

1∫0

x2f(x) dx. Chọn

u = f(x)⇒ du = f ′(x) dx

dv = x2 dx⇒ v =1

3x3.

Suy ra1

3=

1∫0

x2f(x) dx =1

3x3f(x)

∣∣∣10− 1

3

1∫0

x3f ′(x) dx⇒1∫

0

x3f ′(x) dx = −1.

Ta lại có

1∫0

[f ′(x)]2

dx = 7

2

1∫0

7x3f ′(x) dx = −14

1∫0

(7x3)2 dx = 7

⇒1∫

0

[f ′(x) + 7x3

]2dx = 0.

Mà [f ′(x) + 7x3]2 ≥ 0⇒

1∫0

[f ′(x) + 7x3

]2dx ≥ 0

1∫0

[f ′(x) + 7x3

]2dx = 0

⇒ f ′(x) = −7x3.

Ta có f(x) =

∫−7x3 dx = −7

4x4 + C.

Vì f(1) = 0 nên −7

4+ C = 0⇔ C =

7

4⇔ f(x) = −7

4x4 +

7

4.

Vậy

1∫0

f(x) dx =

1∫0

Å−7

4x4 +

7

4

ãdx =

Å−7x5

20+

7x

4

ã ∣∣∣10

=7

5. �


2 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa f(1) = 4,

1∫0

[f ′(x)]2

dx = 36 và

1∫0

xf(x) dx =

1

5. Tính tích phân

1∫0

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS:5

2.

Lời giải.

Ta có

1∫0

xf(x) dx =1

5. Chọn

u = f(x)⇒ du = f ′(x) dx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Suy ra1

5=x2

2f(x)

∣∣∣10− 1

2

1∫0

x2f ′(x) dx⇒1∫

0

x2f ′(x) dx =18

5.

Do đó,

1∫0

[f ′(x)]2

dx = 36

2

1∫0

−(6x2)f ′(x) dx = −216

5

1∫0

(6x2)2 dx =36

5

⇒1∫

0

[f ′(x)− 6x2

]2dx = 0.

Suy ra f ′(x)− 6x2 = 0⇔ f ′(x) = 6x2 ⇒ f(x) = 2x3 + C.Mà f(1) = 4 nên C + 2 = 4⇒ C = 2⇒ f(x) = 2x3 + 2.

Vậy

1∫0

f(x) dx =

1∫0

(2x3 + 2) dx =5

2. �

3 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn f(1) = 1,

1∫0

[f ′(x)]2

dx = 9 và

1∫0

x3f(x) dx =1

2. Tích phân

1∫0

f(x) dx bằng . . . . . . . . . . . . . . ĐS:5

2

Lời giải.

Ta có

1

2=

1∫0

x3f(x) dx =x4f(x)

4

∣∣∣∣∣1

0

− 1

4

1∫0

x4f ′(x) dx =1

4− 1

4

1∫0

x4f ′(x) dx.

Suy ra

1∫0

x4f ′(x) dx = −1, do đó ta có

1∫0

[f ′(x) + 9x4

]2dx =

1∫0

[f ′(x)]2

dx+ 18

1∫0

x4f ′(x) dx+ 81

1∫0

x8 dx

= 9− 18 + 9 = 0.

Do đó f ′(x) = −9x4, kết hợp với f(1) = 1, suy ra f(x) = −9x5

5+

14

5. Vậy

1∫0

f(x) dx =5

2. �

2. TÍCH PHÂN 161


f(1) = 1,

1∫0

[f ′(x)]2

dx =9

5và

1∫0

f(√

x)

dx =2

5.


1∫0

f(x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =1

4

Lời giải.

Đặt t =√x⇒ t2 = x⇒ dx = 2t dt.

Đổi cận: x = 0⇒ t = 0; x = 1⇒ t = 1.Suy ra

1∫0

f(√

x)

dx = 2

1∫0

tf(t) dt⇔1∫

0

tf(t) dt =1

5.

Do đó

1∫0

xf(x) dx =1

5.

Mặt khác1∫

0

xf(x) dx =x2

2f(x)

∣∣∣∣10

−1∫

0

x2

2f ′(x) dx =

1

2−

1∫0

x2

2f ′(x) dx.

Suy ra1∫

0

x2

2f ′(x) dx =

1

2− 1

5=

3

10⇒

1∫0

x2f ′(x) dx =3

5.

Ta tính được

1∫0

(3x2)2

dx =9

5.

Do đó

1∫0

[f ′(x)]2

dx− 2

1∫0

3x2f ′(x) dx+

1∫0

(3x2)2

dx = 0⇔1∫

0

(f ′(x)− 3x2

)2dx = 0.

Suy raf ′(x)− 3x2 = 0⇔ f ′(x) = 3x2 ⇔ f(x) = x3 + C.

Vì f(1) = 1 nên f(x) = x3.

Vậy I =

1∫0

f(x) dx =

1∫0

x3 dx =1

4. �


f(0) = 1,

1∫0

[f ′(x)]2dx =1

30,

1∫0

(2x− 1)f(x)dx = − 1

30.Tính

1∫0

f(x)dx.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS:11

12


Lời giải.

Ta có − 1

30=

∫ 1

0

f(x)d(x2 − x) = (x2 − x)f(x)∣∣∣10−∫ 1

0

(x2 − x)f ′(x)dx.

⇔∫ 1

0

(x2 − x)f ′(x)dx =1

30.

Ta có 0 =

∫ 1

0

[f ′(x)]2dx− 2

∫ 1

0

f ′(x)(x2 − x)dx+

∫ 1

0

(x2 − x)2dx =

∫ 1

0

(f ′(x)− (x2 − x)

)2dx.

Do vậy, f ′(x)− (x2 − x) = 0⇒ f ′(x) = x2 − x⇒ f(x) =x3

3− x2

2+ C.

Mà f(0) = 1⇒ C = 1⇒1∫

0

f(x)dx =

1∫0

Åx3

3− x2

2+ 1

ãdx =

11

12. �

BÀI 9. Cho hàm số f(x) liên tục và lẻ trên đoạn [−a; a]. Chứng minh rằng I =

a∫−a

f(x) dx = 0.

Lời giải.

Ta có I =

a∫−a

f(x) dx =

0∫−a

f(x) dx+

a∫0

f(x) dx. Xét tích phân

0∫−a

f(x) dx, ta có:

Đặt x = −t⇒ dx = − dt. Đổi cận

®x = −a⇒ t = a

x = 0⇒ t = 0.

Vì f(x) là hàm số lẻ và liên tục trên [−a; a] nên f(−x) = −f(x)⇒ f(−t) = −f(t).

Do đó,

0∫−a

f(x) dx = −0∫a

f(−t) dt = −0∫a

[−f(t)] dt =

0∫a

f(t) dt = −a∫

0

f(t) dt = −a∫

0

f(x) dx.

Vậy I =

a∫−a

f(x) dx = −a∫

0

f(x) dx+

a∫0

f(x) dx = 0. �

1 Cho f(x) là hàm số lẻ thỏa mãn

0∫−2


2∫0

f(x) dx. . . ĐS: −2.

Lời giải.

Vì y = f(x) là hàm số lẻ nên y = f(x) cũng là hàm số lẻ trên [−2; 2].

Do đó,

2∫−2

f(x) dx = 0 ⇔0∫

−2

f(x) dx+

2∫0

f(x) dx = 0 .

Suy ra

2∫0

f(x) dx = −0∫

−2

f(x) dx = −2. �

2 Tính tích phân I =

2017∫−2017

x2019√x4 + 2018 dx. . . . . . . . . . . . . . . ĐS: 0

Lời giải.

Với mọi x ∈ [−2017; 2017], ta có f(−x) = (−x)2019√

(−x)4 + 2018 = −x2019√x4 + 2018 = −f(x),

do đó, hàm số y = x2019√x4 + 2018 là hàm số lẻ trên [−2017; 2017].

Suy ra I =

2017∫−2017

x2019√x4 + 2018 dx = 0. �

2. TÍCH PHÂN 163


π4∫

−π4

sinx√

1 + x2018 dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: 0

Lời giải.

Với mọi x ∈[−π

4;π

4

], ta có f(−x) = sin(−x) ·

√1 + (−x)2018 = − sinx ·

√1 + x2018 = −f(x), do

đó, hàm số y = sinx ·√

1 + x2018 là hàm số lẻ trên[−π

4;π

4

].

Suy ra I =

π4∫

−π4

sinx ·√

1 + x2018 dx = 0. �

4 Biết

π4∫

−π4

sinx√1 + x2 + x

dx =π√b−√a

4với a, b là các số nguyên dương. Tính T = ab. . ĐS: 64

Lời giải.

Vì√

1 + x2 − x > 0,∀x ∈[−π

4;π

4

]nên I =

π4∫

−π4

sinx√1 + x2 + x

dx =

π4∫

−π4

sinxî√

1 + x2 − xó

dx =

−

π4∫

−π4

x sinx dx (vì hàm số y = sinx√

1 + x2 là hàm số lẻ trên[−π

4;π

4

]nên

π4∫

−π4

sinx√

1 + x2 dx =

0).

Đặt

®u = x⇒ du = dx

dv = − sinx dx⇒ v = cosx. Do đó, I = x cosx

∣∣∣π4−π

4

−

π4∫

−π4

cosx dx =π√

2

4− sinx

∣∣∣π4−π

4

=

π√

2−√

32

4.

Suy ra a = 32, b = 2.Vậy T = ab = 64. �

BÀI 10. Cho hàm số y = f(x) liên tục và chẵn trên đoạn [−a; a]. Chứng minh rằnga∫

−a

f(x) dx = 2

0∫−a

f(x) dx = 2

a∫0

f(x) dx (1) và

a∫−a

f(x)

1 + bxdx =

1

2

a∫−a

f(x) dx =

a∫0

f(x) dx (2)

Chứng minh

1. Ta đi chứng minh công thức (1) :

a∫−a

f(x) dx = 2

0∫−a

f(x) dx = 2

a∫0

f(x) dx.

Ta có I =

a∫−a

f(x) dx =

0∫−a

f(x) dx+

a∫0

f(x) dx = A+B.

Xét A =

0∫−a

f(x) dx. Đặt x = −t⇒ dx = − dt. Đổi cận

®x = −a⇒ t = a.

x = 0⇒ t = 0.

Do f (x) là hàm chẵn và liên tục trên [−a; a] nên f (−x) = f (x)⇒ f (−t) = f (t) .


Khi đó : A = −0∫a

f(−t) dt =

a∫0

f(−t) dt =

a∫0

f(−x) dx =

a∫0

f(x) dx = B.

Suy ra A = B =1

2I nên I =

a∫−a

f(x) dx = 2

0∫−a

f(x) dx = 2

a∫0

f(x) dx.

2. Ta đi chứng minh công thức (2) :

a∫−a

f(x)

1 + bxdx =

1

2

a∫−a

f(x) dx =

a∫0

f(x) dx với 0 < b 6= 1 và a ∈ R+.

Đặt x = −t⇒ dx = − dt. Đổi cận

®x = −a⇒ t = a

x = 0⇒ t = 0.

Ta có

I = −−a∫a

f (−t)1 + b−t

dt =

a∫−a

f (t)

1 +1

bt

dt =

a∫−a

bt · f (t)

1 + btdt =

a∫−a

bx · f (x)

1 + bxdx.

Cộng hai vế cho I ⇒ 2I =

a∫−a

bx · f(x)

1 + bxdx+

a∫−a

f (x)

1 + bxdx =

a∫−a

(bx + 1) f(x)

1 + bxdx =

a∫−a

f(x) dx.

Suy ra I =1

2

a∫−a

f(x) dx =

0∫−a

f(x) dx =

a∫0

f(x) dx.

1 Cho hàm số f(x) là hàm chắn và liên tục trên R, thỏa mãn I =

a∫0

f(x) d = 6.

i) Tính A =

0∫−3

f(x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: A = 6

Lời giải.

Đặt t = −x⇒ dt = − dx. Đổi cận

®x = 0⇒ t = 0

x = −3⇒ t = 3.

Vậy A = −0∫

3

f(−t) dt =

3∫0

f(t) dt = 6. �

ii) Tính B =

1∫−1

f(3x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: B = 4

Lời giải.

Ta có B =

0∫−1

f(3x) dx+

1∫0

f(3x) dx.

Đặt I =

0∫−1

f(3x) dx và J =

1∫0

f(3x) dx.

Ta đi tính I =

0∫−1

f(3x) dx.

2. TÍCH PHÂN 165

Đặt t = −x⇒ dx = − dt. Đổi cận

®x = 0⇒ t = 0

x = −1⇒ t = 1.

Vậy I = −0∫

1

f(−3t) dt =

1∫0

f(−3t) dt =

1∫0

f(3x) dx = J .

Vậy B = 2

1∫0

f(3x) dx.

Đặt t = 3x⇒ dx =1

3dt. Đổi cận

®x = 0⇒ t = 0

x = 1⇒ t = 3.

Vậy B =2

3

3∫0

f(t) dt =2

3· 6 = 4. �

iii) Tính C =

π2∫

−π2

cosx · f(3 sinx) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: C = 4

Lời giải.

Ta có

C =

π2∫

−π2

cosx · f (3 sinx) dx =

π2∫

−π2

f(3 sinx) d (sin x) =1

3

π2∫

−π2

f(3 sinx) d (3 sinx)

=2

3

3∫0

f(t) dt =2

3· 6 = 4.

�

2 Cho f(x) là hàm số chẵn và có đạo hàm trên đoạn [−6; 6]. Biết rằng

2∫−1

f(x) dx = 8 và

3∫1

f(−2x) dx =

3. Tính tích phân

6∫−1

f(x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 14

Lời giải.

Ta có :

6∫−1

f(x) dx =

2∫−1

f(x) dx+

6∫2

f(x) dx.

Đặt I =

6∫2

f(x) dx.

Đặt x = 2t⇒ dx = 2 dt. Đổi cận

®x = 2⇒ t = 1

x = 6⇒ t = 3.

Suy ra

6∫2

f(x) dx = 2

3∫1

f(2t) dt = 2

3∫1

f(−2x) dx = 2 · 3 = 6.


Vậy

6∫−1

f(x) dx = 8 + 6 = 14. �

3 Cho f(x) là hàm số chẵn và liên tục trên đoạn [−1; 1] thỏa mãn

1∫−1

f(x) dx = 4. Tính tích phân

1∫−1

f(x)

2x + 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2

Lời giải.

Áp dụng tính chất trên, ta có

1∫−1

f(x)

2x + 1dx =

1∫0

f(x) dx = 2. �

4 Tính tích phân

3∫−3

x2018

ex + 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2019· 32019

Lời giải.

Ta có

3∫−3

x2018

ex + 1dx =

3∫0

x2018 dx =1

2019x2019

∣∣∣∣30

=1

2019· 32019. �

5 Tính tích

1∫−1

1

(2018x + 1) (x2 − 4)dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

4ln 3

Lời giải.

Ta có

1∫−1

dx

(2018x + 1) (x2 − 4)=

1∫0

dx

x2 − 4=

1

4

Ñ1∫

0

dx

x− 2−

1∫0

dx

x+ 2

é=

1

4ln

∣∣∣∣x− 2

x+ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1

0

= −1

4ln 3. �

6 Tính I =

π4∫

−π4

cosx

2017x + 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√2

2

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

−π4

cosx

2017x + 1dx =

π4∫

0

cosx dx = sinx

∣∣∣∣π40

=

√2

2. �

2. TÍCH PHÂN 167

7 Tính tích phân

π4∫

−π4

sin6 x+ cos6 x

6x + 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:5π

32

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

−π4

sin6 x+ cos6 x

6x + 1dx =

π4∫

0

(sin6 x+ cos6 x

)dx =

π4∫

0

(1− 3 sin2 x cos2 x

)dx

=

π4∫

0

dx− 3

4

π4∫

0

sin2 2x dx =π

4− 3

4· 1

2

π4∫

0

(1− cos 4x) dx =π

4− 3

8

π4∫

0

dx+3

8

π4∫

0

cos 4x dx

=π

4− 3π

32+

3

32sin 4x

∣∣∣∣π40

=5π

32. �

BÀI 11. Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a; b]. Chứng minh rằng

1 Nếu

b∫a

f(x) dx = k thì

b∫a

f(a+ b− x) dx = k.

2 Nếu f (a+ b− x) = −f (x) thì

b∫a

f(x) dx = 0.

3 Nếu f(a+ b− x) = f(x) thì

b∫a

xf(x) dx =a+ b

2

b∫a

f(x) dx

Chứng minh

1 Nếu

b∫a

f(x) dx = k thì

b∫a

f(a+ b− x) dx = k.

Đặt t = a+ b− x⇒ dt = − dx. Đổi cận: x = a⇒ t = b và x = b⇒ t = a.

Suy ra

b∫a

f(a+ b− x) dx = −a∫b

f(t) dt =

b∫a

f(x) dx = k.

2 Nếu f (a+ b− x) = −f (x) thì

b∫a

f(x) dx = 0.


Suy ra

b∫a

f(a + b − x) dx = −a∫b

f(t) dt =

b∫a

f(x) dx. Mà f(a + b − x) = −f(x) nên ta có

b∫a

f(a+ b− x) dx = −b∫

a

f(x) dx =

b∫a

f(x) dx⇒b∫

a

f(x) dx = 0.


3 Nếu f(a+ b− x) = f(x) thì

b∫a

xf(x) dx =a+ b

2

b∫a

f(x) dx.


Khi đó

b∫a

xf(x) dx = −a∫b

(a+ b− t) f(a+ b− t) dt =

b∫a

(a+ b− t) f(a+ b− t) dt

=

b∫a

(a+ b− x) f(a+ b− x) dxf(a+b−x)=f(x)

= (a+ b)

b∫a

f(x) dx−b∫

a

xf(x) dx

Suy ra 2

b∫a

xf(x) dx = (a+ b)

b∫a

f(x) dx⇒b∫

a

xf(x) dx =a+ b

2

b∫a

f(x) dx.

1 Cho tích phân

2018∫1

f(x) dx = 5 trong đó f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [1; 2018]. Tính tích

phân I =

2018∫1

f(2019− x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 5

Lời giải.

Đặt t = 2019− x⇒ dt = − dx. Đổi cận

®x = 1⇒ t = 2018

x = 2018⇒ t = 1.

Vậy I = −1∫

2018

f(t) dt =

2018∫1

f(x) dx = 5. �

2 Cho tích phân

2∫−1

f(x) dx = 10 trong đó f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [−1; 2]. Tính tích phân

I =

2∫−1

f(1− x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 10

Lời giải.

Đặt t = 1− x⇒ dt = − dx. Đổi cận

®x = −1⇒ t = 2

x = 2⇒ t = −1.

⇒ I = −−1∫2

f(t) dt =

2∫−1

f(x) dx = 10. �

3 Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b] thỏa mãn

b∫a

f(x) = 7 dx. Tính

b∫a

f(a+ b− x) dx. . .

ĐS: 7

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 169

Đặt t = a+ b− x⇒ dx = − dt. Đổi cận

®x = a⇒ t = b

x = b⇒ t = a.

Vậy I = −a∫b

f(t) dt =

b∫a

f(x) dx = 7. �

4 Biết

π4∫

0

ln (1 + tanx) dx =a

bln c với

a

blà phân số tối giản và c > 0. Tính a+ 9b− c. . . . . . . . . . . .

ĐS: π + 70

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

0

ln (1 + tanx) dx = x · ln (1 + tanx)

∣∣∣∣π40

−

π4∫

0

x · 1

cos2 x · (1 + tanx)dx

=π

4ln 2−

π4∫

0

x1 + tan2 x

1 + tan xdx.

Ta đi tính tích phân J =

π4∫

0

x1 + tan2 x

1 + tan xdx.

Xét hàm số f (x) =1 + tan2 x

1 + tan x, có : f

(π4

+ 0− x)

=1 + tan2

(π4− x)

1 + tan(π

4− x) = f (x)

Vì vậy J =π

8

π4∫

0

1 + tan2 x

1 + tan xdx =

π

8

π4∫

0

1

cos2 x (1 + tanx)dx =

π

8

π4∫

0

1

1 + tan xd (1 + tanx)

=π

8ln |1 + tan x|

∣∣∣∣π40

=π

8ln 2.

Vậy a = π, b = 8, c = 2⇒ a+ 9b− c = π + 72− 2 = π + 70. �

5 Biết

π∫0

x · sin6 x dx =a · π6

cvới a, b, c ∈ R. Tìm phần nguyên của a+ 2π + 10b− c. . . ĐS:

Lời giải.

Xét hàm số f (x) = sin6 x. Có : f (π + 0− x) = f (π − x) = sin6 (π − x) = sin6 x = f (x).

Ta có

π∫0

x sin6 x dx =π

2

π∫0

sin6 x dx =π

2

π∫0

Å1− cos 2x

2

ã3dx.

=π

64

π∫0

(− cos 6x+ 6 cos 4x− 15 cos 2x+ 10) dx

=π

64

Å−1

6sin 6x+

3

2sin 4x− 15

2sin 2x+ 10x

ã ∣∣∣∣π0

=5π2

32.

⇒ a = 5, b = 2, c = 32.Do đó a+ 2π + 10b− c = 5 + 2π + 20− 32 = 2π − 7⇒ [a+ 2π + 10b− c] = 1. �

6 Biết

π∫0

xf(sinx) dx = 2π. Tính tích phân I =

π∫0

f(sinx) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4


Lời giải.

Xét hàm số g (x) = f (sinx). Ta có g (0 + π − x) = f (sin(π − x)) = f (sinx) .

Suy ra I =π

2

π∫0

f(sinx) dx = 2π ⇒π∫

0

f(sinx) dx = 4. �

7 Biết

π∫0

f(sinx) dx =2

3. Tính tích phân I =

π∫0

xf(sinx) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

Lời giải.

Ta có I =

π∫0

f(sinx) dx =2

3.

⇒ I =

π∫0

xf(sinx) dx =π

2

π∫0

f(sinx) dx =π

2· 2

3=π

3. �

8 Chứng minh rằng

π2∫

0

sinn x dx

sinn x+ cosn x=π

4với n ∈ R+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

4

Lời giải.

Đặt x =π

2− t⇒ dx = − dt. Đổi cận

x = 0⇒ t =π

2

x =π

2⇒ t = 0.

Như vậy

π2∫

0

sinn x

cosn x+ sinn xdx =

π2∫

0

cosn t

sinn t+ cosn tdt.

Đặt I =

π2∫

0

sinn t

sinn t+ cosn tdx và J =

π2∫

0

cosn x

sinn x+ cosn xdx. Ta có

I = J

I + J =π

2

⇒ I = J =π

4. �

9 Tính tích phân

π∫0

x dx

sinx+ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: π

Lời giải.

Hàm số g(x) =1

sinx+ 1thỏa mãn g (π − x) =

1

sin (π − x) + 1=

1

sinx+ 1= g (x).

Suy ra

π∫0

x

sinx+ 1dx =

π

2

π∫0

1

sinx+ 1dx =

π

2

π∫0

dx(sin

x

2+ cos

x

2

)2 =π

2

π∫0

1

2 sin2(x

2+π

4

) dx

=π

4

π∫0

dx

sin2(x

2+π

4

) = −π2

cot(x

2+π

4

) ∣∣∣∣π0

= π. �

BÀI 12. Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn : mf(−x) + nf(x) = g(x) thìa∫

−a

f(x) dx =1

m+ n

a∫−a

g(x) dx.

2. TÍCH PHÂN 171

Hệ quả 1. Nếu f(x) liên tục trên [0; 1] thì

1)

π−α∫α

x · f(sinx) dx =π

2

π−α∫α

f(sinx) dx

2)

2π−α∫α

x · f(cosx) dx = π

2π−α∫α

f(cosx) dx

1 Cho f(x) liên tục trên R và thỏa mãn f(−x) + 2017f(x) = cos x. Tính tích phân I =

π2∫

−π2

f(x) dx.

ĐS:1

1009

Lời giải.

Ta có f (−x) + 2017f (x) = cos x (1)Thay x bởi −x, ta có f(x) + 2017f(−x) = cos x (2).Lấy (1)− (2), ta đượcf(x) + 2017f(−x) = f(−x) + 2017f(x)⇔ 2016f(−x) = 2016f(x)⇔ f(−x) = f(x).Vậy f(x) là hàm số chẵn trên R.

Ta có

π2∫

−π2

f(x) dx = 2

π2∫

0

f(x) dx.

Suy ra

π2∫

0

[f(−x) + 2017f(x)] dx =

π2∫

0

cosx dx⇔ 2018

π2∫

0

f(x) dx = sinx

∣∣∣∣π20

= 1.

⇒

π2∫

0

f(x) dx =1

2018

Vậy

π2∫

−π2

f(x) dx =1

1009�

2 Cho hàm f(x) liên tục trên R và thỏa mãn 2f(x) + 5f(−x) =1

4 + x2. Tính tích phân

2∫−2

f(x) dx.

ĐS:π

28

Lời giải.

Ta có 2f(x) + 5f(−x) =1

4 + x2(1).

Thay x bởi −x, ta có 2f(−x) + 5f(x) =1

4 + x2(2).

Lấy (1)− (2), ta được f(−x) = f(x). Vậy f(x) là hàm số chẵn trên R.Từ (1) suy ra 7f(x) =

1

4 + x2⇔ f(x) =

1

7 (4 + x2).

Suy ra I =

2∫−2

f(x) dx =1

7

2∫−2

dx

4 + x2. (1)


Ta đi tính tích phân J =

2∫−2

dx

x2 + 4.

Đặt x = 2 tan t⇒ dx =2

cos2 tdt.

Đổi cận:

x = −2⇒ t = −π4

x = 2⇒ t =π

4.

Suy ra J =

π4∫

−π4

2

4 cos2 t (1 + tan2 t)dt =

1

2

π4∫

−π4

dt =1

2t

∣∣∣∣π4−π

4

=1

2

(π4

+π

4

)=

1

2· π

2=π

4.

Thay vào (1), suy ra I =1

7· π

4=

π

28. �

3 Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn f(x)+f(−x) =√

2 + 2 cos 2x, ∀x ∈ R. Tính tích phân

I =

3π2∫

− 3π2

f(x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 6

Lời giải.

Áp dụng công thức trên, ta có

3π2∫

−3π2

f(x) dx =1

2

3π2∫

−3π2

√2 + 2 cos 2x dx =

1

2

3π2∫

−3π2

2| cosx| dx =

3π2∫

−3π2

| cosx| dx

= −

−π2∫

−3π2

cosx dx+

π2∫

−π2

cosx dx−

3π2∫

π2

cosx dx

= − sinx

∣∣∣∣−π2

−3π2

+ sinx

∣∣∣∣π2

−π2

− sinx

∣∣∣∣3π2

π2

= 6.

�

BÀI 13. Cho tích phân

a+T∫a

f(x) dx = k với f(x) là hàm xác định, liên tục trên R và tuần hoàn với chu

kỳ T thì tích phân

T∫0

f(x) dx =

a+T∫a

f(x) dx = k.

Chứng minh

Ta có I =

a+T∫a

f(x) dx =

0∫a

f(x) dx+

T∫0

f(x) dx+

a+T∫T

f(x) dx.

Xét tích phân J =

a+T∫a

f(x) dx. Đặt t = x− T .

2. TÍCH PHÂN 173

Đổi cận

®x = T ⇒ t = 0

x = a+ T ⇒ t = a.

Khi đó: J =

a+T∫T

f(x) dx =

a∫0

f(t+ T ) dt =

a∫0

f(t) dt =

a∫0

f(x) dx

⇒a+T∫a

f(x) dx =

0∫a

f(x) dx+

T∫0

f(x) dx+

a∫0

f(x) dx =

T∫0

f(x) dx = k

! Hàm số f(x) có chu kỳ T thì f(x+ T ) = f(x) với T là số nguyên dương nhỏ nhất

1 Cho tích phân I =

a+π∫a

f(x) dx = 2018, với f(x) là hàm xác định, liên tục trên R và tuần hoàn

với chu kỳ π. Tính tích phân I =

π∫0

f(x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2018

Lời giải.

Cho a = 0 ta suy ra I =

π∫0

f(x) dx = 2018. �


5π4∫

π

sin 2x dx

cos4 x+ sin4 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

4

Lời giải.

Ta có

5π4∫

π

sin 2x

sin4 x+ cos4 xdx =

5π4∫

π

2 tanx

cos2 x (1 + tan4 x)dx =

5π4∫

π

2 tanx

1 + tan4 xd(tanx).

Đặt t = tan2 x⇒ dt = 2 tan x d(tanx).

Đổi cận:

x = π ⇒ t = 0

x =5π

4⇒ t = 1.

Do đó

5π4∫

π

2 tanx

1 + tan4 xd(tanx) =

1∫0

1

1 + t2dt. (1)

Ta đi tính tích phân I =

1∫0

dt

1 + t2.


cos2 udu.

Đổi cận

t = 0⇒ u = 0

t = 1⇒ u =π

4.


Suy ra

1∫0

dt

1 + t2=

π4∫

0

du

cos2 u · (1 + tan2 u)=

π4∫

0

du = u

∣∣∣∣π4

0

=π

4.

Vậy I =

5π4∫

π

sin 2x dx

cos4 x+ sin4 x=π

4. �


2017π∫0

√1− cos 2x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4034√

2

Lời giải.

Vì hàm số f(x) =√

1− cos 2x là hàm tuần hoàn với chu kỳ π nênπ∫

0

f(x) dx =

2π∫π

f(x) dx = . . . =

2017π∫2016π

f(x) dx.

Do đó

I =

2017π∫0

√1− cos 2x dx = 2017

√2

π∫0

sinx dx

= −2017√

2

Åcosx

∣∣∣∣π0

ã= −2017

√2(−1− 1) = 4034

√2

�

{ DẠNG 2.4. Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đốib∫

a

| f(x) | dx

Phương pháp giảiSử dụng tính chất của tích phân

b∫a

| f(x) | dx =

c∫a

| f(x) | dx+

b∫c

| f(x) | dx

đến đây ta có 2 cách để phá dấu giá trị tuyệt đối

• Cách 1. Xét dấu biểu thức f(x) để khử dấu trị tuyệt đối.

• Cách 2. Giải phương trình f(x) = 0 trên (a; b). Giả sử trên khoảng (a; b) phương trình cónghiệm a < x1 < x2 < . . . < xn < b. Do hàm số f(x) không đổi dấu trên mỗi khoảng(xi;xi+1) nên ta có

b∫a

| f(x) | dx =

x1∫a

| f(x) | dx+

x2∫x1

| f(x) | dx+ . . .+

b∫xn

| f(x) | dx

=

∣∣∣∣x1∫a

f(x) dx

∣∣∣∣+

∣∣∣∣x2∫x1

f(x) dx

∣∣∣∣+ . . .+

∣∣∣∣b∫

xn

f(x) dx

∣∣∣∣

2. TÍCH PHÂN 175

1. Ví dụ

VÍ DỤ 1. Tính tích phân I =

2∫0

|1− x| dx. ĐS: 1

Lời giải.Cách 1. Ta có 1− x = 0⇔ x = 1Và 1− x ≥ 0, ∀x ∈ (0; 1)

Do đó I =

1∫0

(1− x) dx+

2∫1

(x− 1) dx =

Åx− x2

2

ã ∣∣∣∣10

+

Åx2

2− xã ∣∣∣∣2

1

= 1.

Cách 2. phương trình 1− x = 0⇔ x = 1 ∈ (0; 2), nên ta có

I =

2∫0

|1− x| dx =

1∫0

|1− x| dx+

2∫1

|1− x| dx =

∣∣∣∣1∫

0

(1− x) dx

∣∣∣∣+

∣∣∣∣2∫

1

(1− x) dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣1− 1

2

∣∣∣∣+

∣∣∣∣12 − 1

∣∣∣∣ = 1

�


2∫0

| x2 − x | dx. ĐS: 1

Lời giải.

Ta có x2 − x = 0⇔ñx = 0

x = 1.

Do đó

I =

2∫0

| x2 − x | dx =

1∫0

| x2 − x | dx+

2∫1

| x2 − x | dx

=

∣∣∣∣1∫

0

(x2 − x) dx

∣∣∣∣+

∣∣∣∣2∫

1

(x2 − x) dx

∣∣∣∣ =1

6+

5

6= 1

�

2. Bài tập áp dụngBÀI 1.


2∫0

|x2 − x| dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 1

Lời giải.

Ta có : x2 − x = 0⇔ x = 0 hoặc x = 1.Bảng xét dấu x2 − x trên đoạn [0; 2]


x

f(x)

−∞ 0 1 2 +∞

+ 0 − 0 + 0 +

Suy ra : I =

1∫0

(−x2 + x

)dx+

2∫1

(x2 − x

)dx =

Å−x

3

3+x2

2

ã ∣∣∣∣10

+

Åx3

3− x2

2

ã ∣∣∣∣21

= 1. �

2 Tính tích phân

3∫0

∣∣x2 − 2x∣∣ dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:8

3

Lời giải.

Phương trình f(x) = 0 có các nghiệm lần lượt là x = 0 và x = 2.Bảng xét dấu

x

f(x)

−∞ 0 2 +∞

+ 0 − 0 +

Vì vậy I =

3∫0

|x2 − 2x| dx =

2∫0

(2x− x2

)dx+

3∫2

(x2 − 2x

)dx =

8

3�

3 Tính tích phân

4∫0

∣∣x2 + 4x− 5∣∣ dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:116

3

Lời giải.

Nghiệm của phương trình x2 − 4x+ 5 = 0 lần lượt là x = 1 và x = −5. Do đó4∫

0

∣∣∣∣x2 + 4x− 5

∣∣∣∣ dx = −1∫

0

(x2 + 4x− 5

)dx+

4∫1

(x2 + 4x− 5

)dx =

8

3+ 36 =

116

3�


3∫0

√x3 − 2x2 + x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:8

15+

8√

3

5

Lời giải.

Ta có I =

3∫0

√x3 − 2x2 + x dx =

3∫0

»x (x− 1)2 dx =

1∫0

(1− x)√x dx+

3∫1

(x− 1)√x dx

=8

15+

8√

3

5�

2. TÍCH PHÂN 177


π∫0

∣∣ cosx∣∣√sinx dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:4

3

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

cosx√

sinx dx−π∫

π2

cosx√

sinx dx

Ta đi tính hai tích phân sau: I1 =

π2∫

0

cosx√

sinx dx và I2 =

π∫π2

cosx√

sinx dx.

Tính I1 =

π2∫

0

cosx√

sinx dx.

Đặt t =√

sinx⇒ dt =cosx dx

2√

sinx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Suy ra

I1 =

π2∫

0

cosx√

sinx dx =

1∫0

2t2 dt =2

3. (1)

Tương tự I2 = −2

3. (2)

Từ (1), (2) suy ra I =4

3. �


2π∫0

√1− cos 2x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4√

2

Lời giải.

Ta có I =

2π∫0

√1− 1 + 2 sin2 x dx =

√2

2π∫0

| sinx| dx =√

2

π∫0

sinx dx−√

2

2π∫π

sinx dx

= −√

2 (−1− 1) +√

2 (1 + 1) = 4√

2. �


π3∫

π6

√tan2 x+ cot2 x− 2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −2 ln

√3

2

Lời giải.

Ta có I =

π3∫

π6

√tan2 x+ cot2 x− 2 dx =

π3∫

π6

∣∣ tanx− cotx∣∣ dx =

π3∫

π6

∣∣∣∣ sinxcosx− cosx

sinx

∣∣∣∣ dx


=

π3∫

π6

∣∣∣∣sin2 x− cos2 x

sinx · cosx

∣∣∣∣ dx =

π3∫

π6

∣∣∣∣cos 2x

sin 2x

∣∣∣∣ d(2x).

Đặt t = 2x. Khi đó

I =

2π3∫

π3

∣∣∣∣cos t

sin t

∣∣∣∣ dt =

π2∫

π3

cos t

sin tdt−

2π3∫

π2

cos t

sin tdt = ln

∣∣ sin t∣∣∣∣∣∣π2π3

− ln∣∣ sin t∣∣∣∣∣∣ 2π3

π2

= −2 ln

√3

2. �


1∫−1

∣∣2x − 2−x∣∣ dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − 3

ln 2

Lời giải.

Ta có I =

1∫−1

∣∣2x − 2−x∣∣ dx =

0∫−1

∣∣2x − 2−x∣∣ dx+

1∫0

∣∣2x − 2−x∣∣ dx

=

0∫−1

(2−x − 2x

)dx+

1∫0

(2x − 2−x

)dx =

Å−2−x

ln 2− 2x

ln 2

ã ∣∣∣∣0−1

+

Å2x

ln 2+

2−x

ln 2

ã10

= − 3

ln 2. �


2∫−2

∣∣2x− |x+ 1|∣∣ dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 6

Lời giải.

Ta có I =

2∫−2

∣∣2x− |x+ 1|∣∣ dx =

1∫−2

∣∣2x− |x+ 1|∣∣ dx+

2∫1

∣∣2x− |x+ 1|∣∣ dx

=

1∫−2

(∣∣x+ 1∣∣− 2x

)dx+

2∫1

(2x−

∣∣x+ 1∣∣) dx

=

1∫−2

|x+ 1| dx− 2

1∫−2

x dx+ 2

2∫1

2x dx−2∫

1

|x+ 1| dx

= −−1∫−2

(x+ 1) dx+

1∫−1

(x+ 1) dx− 2

1∫−2

x dx+ 2

2∫1

x dx−2∫

1

(x+ 1) dx

= −(x+ 1)2

2

∣∣∣∣−1−2

+(x+ 1)2

2

∣∣∣∣1−1− x2

∣∣∣∣1−2

+ x2∣∣∣∣21

− (x+ 1)2

2

∣∣∣∣21

= 6.

�

2. TÍCH PHÂN 179

{ DẠNG 2.5. Tích phân từng phần

Định lý: Nếu u = u(x) và v = v(x) là hai hàm số có đạo hàm và liên tục trên đoạn [a; b] thì

I =

b∫a

u(x)v′(x) dx = [u(x)v(x)]|ba −b∫

a

u′(x)v(x) dx hay I =

b∫a

u dv = uv|ba −b∫

a

v du.

Thực hành:- Nhận dạng: Tích hai hàm khác loại nhân nhau, chẳng hạn: mũ nhân lượng giác, . . .

- Đặt:

{u = · · · · · · V P−→ du = · · · · · · dx

dv = · · · dxNH−→ v = · · · · · ·

. Suy ra I =

b∫a

u dv = uv|ba −b∫

a

v du.

- Thứ tự ưu tiên chọn u: loga - đa - lượng - mũ và dv = phần còn lại. Nghĩa là nếu có

lnx hay loga x thì chọn u = lnx hay u = loga x =1

ln a· lnx và dv = còn lại. Nếu không có ln,

log thì chọn u = đa thức và dv = còn lại. Nếu không có log, đa thức, ta chọn u = lượng giác, . . .- Lưu ý rằng bậc của đa thức và bậc của ln tương ứng với số lần lấy nguyên hàm.

- Dạng mũ nhân lượng giác là dạng nguyên hàm từng phần luân hồi. -

1. Ví dụ

VÍ DỤ 1. Tính I =

1∫0

(x− 3)ex dx. . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 4− 3e

Lời giải.

Chọn

®u = x− 3⇒ du = dx

dv = ex dx⇒ v = ex.

Khi đó I = (x− 3)ex∣∣∣10−

1∫0

ex dx = −2e + 3− ex∣∣∣10

= 4− 3e. �


1∫0

(x2 + 2x)ex dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = e

Lời giải.

Chọn

®u = x2 + 2x⇒ du = 2(x+ 1) dx


Khi đó I = (x2 + 2x)ex∣∣∣10− 2

1∫0

(x+ 1)ex dx = 3e− 2

1∫0

(x+ 1)ex dx = 3e− 2J .

Tính J : Chọn

®u1 = x+ 1⇒ du1 = dx


Khi đó J = (x+ 1)ex∣∣∣10−

1∫0

ex dx = 2e− 1− ex∣∣∣10

= e.

Vậy I = 3e− 2e = e. �



π∫0

ex cosx dx. . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −1

2(eπ + 1)

Lời giải.

Chọn

®u = cosx⇒ du = − sinx dx


Khi đó I = ex cosx∣∣∣π0

+

π∫0

sinxex dx = −eπ − 1 + J .

Tính J . Chọn

®u1 = sinx⇒ du1 = cosx dx


Khi đó J = sinxex∣∣∣π0− I = −I.

Vậy I = −1

2(eπ + 1). �

2. Bài tập áp dụngBÀI 1. Tính các tích phân sau:

1 I =

1∫0

xex dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 1

Lời giải.

Chọn

®u = x⇒ du = dx


Khi đó I = xex∣∣∣10−

1∫0

ex dx = e− ex∣∣∣10

= 1. �

2 I =

2∫0

(2x− 1)ex dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = e2 + 3

Lời giải.

Chọn

®u = 2x− 1⇒ du = 2 dx


Khi đó I = (2x− 1)ex∣∣∣20− 2

2∫0

ex dx = 3e2 + 1− 2ex∣∣∣20

= e2 + 3. �

3 I =

1∫0

(2x+ 1)ex dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = e+ 1

Lời giải.

Chọn

®u = 2x+ 1⇒ du = 2 dx


Khi đó I = (2x+ 1)ex∣∣∣10− 2

1∫0

ex dx = 3e− 1− 2ex∣∣∣10

= e + 1. �

2. TÍCH PHÂN 181

4 I =

1∫0

(4x− 1)e2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =1

2e2 +

3

2

Lời giải.

Chọn

u = 4x− 1⇒ du = 4 dx

dv = e2x dx⇒ v =1

2e2x.

Khi đó I =1

2(4x− 1)e2x

∣∣∣10− 2

1∫0

e2x dx =3

2e2 +

1

2− e2x

∣∣∣10

=1

2e2 +

3

2. �

5 I =

1∫0

(x− 1)e2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =3

4− 1

4e2

Lời giải.

Chọn

u = x− 1⇒ du = dx

dv = e2x dx⇒ v =1

2e2x.

Khi đó I =1

2(x− 1)e2x

∣∣∣10− 1

2

1∫0

e2x dx =1

2− 1

4e2x∣∣∣10

=3

4− 1

4e2. �

6 I =

3∫1

xe−x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = − 4

e3+

2

e

Lời giải.

Chọn

®u = x⇒ du = dx

dv = e−x dx⇒ v = −e−x.

Khi đó I = −xe−x∣∣∣31

+

3∫1

e−x dx = −3e−3 + e−1 − e−x∣∣∣31

= − 3

e3+

1

e− 1

e3+

1

e= − 4

e3+

2

e. �

7 I =

2∫0

(1− 2x)e−x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =5

e2− 1

Lời giải.

Chọn

®u = 1− 2x⇒ du = −2 dx


Khi đó I = −(1− 2x)e−x∣∣∣20− 2

2∫0

e−x dx = 3e−2 + 1 + 2e−x∣∣∣20

=3

e2+ 1 +

2

e2− 2 =

5

e2− 1. �

8 I =

3∫1

x2e−x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −17

e3+

5

e

Lời giải.


Chọn

®u = x2 ⇒ du = 2x dx


Khi đó I = −x2e−x∣∣∣31

+ 2

3∫1

xe−x dx = − 9

e3+

1

e+ 2J .

Tính J . Chọn

®u = x⇒ du = dx


Khi đó J = −xe−x∣∣∣31

+

3∫1

e−x dx = −3e−3 + e−1 − e−x∣∣∣31

= −3e−3 + e−1 − e−3 + e−1 = − 4

e3+

2

e.

Vậy I = −17

e3+

5

e. �

9 I =

π4∫

0

5ex sin 2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = eπ4 + 2

Lời giải.

I =

π4∫

0

5ex sin 2x dx = 5

π4∫

0

ex sin 2x dx = 5J .

Chọn

®u = sin 2x⇒ du = 2 cos 2x dx


Khi đó J = ex sin 2x∣∣∣π40− 2

π4∫

0

cos 2xex dx = eπ4 − 2K.

Tính K. Chọn

®u = cos 2x⇒ du = −2 sin 2x dx


Khi đó K = cos 2xex∣∣∣π40

+ 2J = −1 + 2J .

Vậy I = eπ4 + 2. �

10 I =

π2∫

0

e−x cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =e−

π2 + 1

2

Lời giải.

Chọn

®u = cosx⇒ du = − sinx dx


Khi đó I = −e−x cosx∣∣∣π20−

π2∫

0

sinxe−x dx = 1− J .

Tính J . Chọn

®u = sinx⇒ du = cosx dx


Khi đó J = −e−x sinx∣∣∣π20

+ I = −e−π2 + I.

Vậy 2I = 1 + e−π2 ⇒ I =

e−π2 + 1

2. �

2. TÍCH PHÂN 183

11 I =

π

4∫0

e3x sin 4x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =4e

3π4 + 4

25

Lời giải.

Chọn

u = sin 4x⇒ du = 4 cos 4x dx

dv = e3x dx⇒ v =1

3e3x.

Khi đó I =1

3sin 4xe3x

∣∣∣π40− 4

3

π

4∫0

cos 4xe3x dx = 0− 4

3J = −4

3J .

Tính J . Chọn

u = cos 4x⇒ du = −4 sin 4x dx

dv = e3x dx⇒ v =1

3e3x.

Khi đó J =1

3e3x cos 4x

∣∣∣π40

+4

3I = −1

3e3π4 − 1

3+

4

3I.

Suy ra I =4e

3π4 + 4

25. �

12 I =

π2∫

0

ex cos 2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −eπ2 + 1

5

Lời giải.

Chọn

®u = cos 2x⇒ du = −2 sin 2x dx


Khi đó I = cos 2xex∣∣∣π20

+ 2

π2∫

0

sin 2xex dx = −eπ2 − 1 + 2J .

Tính J . Chọn

®u = sin 2x⇒ du = 2 cos 2x dx


Khi đó J = ex sin 2x∣∣∣π20− 2I = −2I.

Vậy I = −1− eπ2 − 4I ⇒ I = −e

π2 + 1

5. �

13 I =

1∫0

3x+ 1

e2xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = − 11

4e2+

5

4

Lời giải.

Chọn

u = 3x+ 1⇒ du = 3 dx

dv = e−2x dx⇒ v = −1

2e−2x.

Khi đó I = −1

2(3x+ 1)e−2x

∣∣∣10

+3

2

1∫0

e−2x dx = −2e−2 +1

2− 3

4e−2x

∣∣∣10

= − 11

4e2+

5

4. �


3. Ví dụ


3∫1

lnx dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 3 ln 3− 2

Lời giải.

Chọn

u = lnx⇒ du =1

xdx

dv = dx⇒ v = x.

Khi đó I = x lnx∣∣∣31−

1∫0

dx = 3 ln 3− x∣∣∣31

= 3 ln 3− 2. �


e∫1

x2 lnx dx. . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =2e3

9+

1

9

Lời giải.

Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x2 dx⇒ v =x3

3.

Khi đó I =x3

3lnx∣∣∣e1− 1

3

e∫1

x2 dx =e3

3− 1

9x3∣∣∣e1

=e3

3− e3

9+

1

9=

2e3

9+

1

9. �


e∫1

x ln2 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =e2

4− 1

4

Lời giải.

Chọn

u = ln2 x⇒ du =

2

xlnx dx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó I =x2

2ln2 x

∣∣∣e1−

e∫1

x lnx dx =e2

2− J .

Tính J . Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó J =x2

2lnx∣∣∣e1− 1

2

e∫1

x dx =e2

2− 1

4x2∣∣∣e1

=e2

2− e2

4+

1

4=

e2

4+

1

4.

Vậy I =e2

2− e2

4− 1

4⇒ I =

e2

4− 1

4.. �


1∫0

(2x− 1) ln(x+ 1) dx. . . . . . . . . . . . ĐS: I =3

2− ln 4

2. TÍCH PHÂN 185

Lời giải.

Chọn

u = ln(x+ 1)⇒ du =1

x+ 1dx

dv = (2x− 1) dx⇒ v = x2 − x.

Khi đó I = (x2−x) ln(x+1)∣∣∣10−

1∫0

x2 − xx+ 1

dx = −1∫

0

Åx− 2 +

2

x+ 1

ãdx = −

Åx2

2− 2x+ 2 ln |x+ 1|

ã ∣∣∣10

=

3

2− ln 4. �


π4∫

0

ln(sinx+ 2 cosx)

cos2 xdx. . . . . . . . . . ĐS: I = ln

27√

2

8− π

4

Lời giải.

Với mọi x ∈[0;π

4

], ta có

ln(sinx+ 2 cosx)

cos2 x=

ln[cosx(tanx+ 2)]

cos2 x=

ln cosx

cos2 x+

ln(tanx+ 2)

cos2 x.

Tính I1 =

π4∫

0

ln cosx

cos2 xdx.

Chọn

u = ln cos x⇒ du =

1

cosx· (− sinx) dx

dv =1

cos2 xdx⇒ v = tanx.

Khi đó

I1 = tan x ln cosx∣∣∣π40

+

π4∫

0

tan2 x dx

= ln

√2

2+

π4∫

0

Å1

cos2 x− 1

ãdx

= ln

√2

2+ (tanx− x)

∣∣∣π40

= ln

√2

2+ 1− π

4.

Tính I2 =

π4∫

0

ln(tanx+ 2)

cos2 xdx.

Chọn

u = ln(tanx+ 2)⇒ du =

1

tanx+ 2d(tanx)

dv =1

cos2 xdx⇒ v = tanx.


Khi đó

I2 = tanx ln(tanx+ 2)∣∣∣π40−

π4∫

0

tanx

tanx+ 2d(tanx)

= ln 3−

π4∫

0

Å1− 2

tanx+ 2

ãd(tanx)

= ln 3− (tanx− 2 ln | tanx+ 2|)∣∣∣π40

= 3 ln 3− 2 ln 2− 1.

Vậy I = I1 + I2 = ln

√2

2+ 1− π

4+ 3 ln 3− 2 ln 2− 1 = ln

27√

2

8− π

4. �


1 I =

2∫1

x lnx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2 ln 2− 3

4

Lời giải.

Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó I =x2

2lnx∣∣∣21− 1

2

2∫1

x dx = 2 ln 2− x2

4

∣∣∣21

= 2 ln 2− 3

4. �

2 I =

2∫1

(2x− 1) lnx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2 ln 2− 1

2

Lời giải.

Chọn

u = lnx⇒ du =1

xdx

dv = (2x− 1) dx⇒ v = x2 − x.

Khi đó I = (x2 − x) lnx∣∣∣21−

2∫1

(x− 1) dx = 2 ln 2−Åx2

2− xã ∣∣∣2

1= 2 ln 2− 1

2. �

3 I =

e∫1

(1 + x) lnx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =e2

4+

5

4

Lời giải.

Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = (1 + x) dx⇒ v =x2

2+ x.

2. TÍCH PHÂN 187

Khi đó I =

Åx2

2+ x

ãlnx∣∣∣e1−

e∫1

(x2

+ 1)

dx =e2

2+e−

Åx2

4+ x

ã ∣∣∣e1

=e2

2+e− e2

4−e+

5

4=

e2

4+

5

4.

�

4 I =

e∫1

(x+ 2) lnx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =e2

4+

9

4

Lời giải.

Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = (x+ 2) dx⇒ v =x2

2+ 2x.

Khi đó I =

Åx2

2+ 2x

ãlnx∣∣∣e1−

e∫1

(x2

+ 2)

dx =e2

2+ 2e−

Åx2

4+ 2x

ã ∣∣∣e1

=e2

2+ 2e− e2

4− 2e +

9

4=

e2

4+

9

4. �

5 I =

e∫1

x(lnx+ 1) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =3e2

4− 1

4

Lời giải.

I =

e∫1

x(lnx+ 1) dx =

e∫1

x lnx dx+

e∫1

x dx = I1 + I2.

Tính I1. Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó I1 =x2

2lnx∣∣∣e1− 1

2

e∫1

x dx =e2

2− 1

4x2∣∣∣e1

=e2

2− e2

4+

1

4=

e2

4+

1

4.

Tính I2 =x2

2

∣∣∣e1

=e2

2− 1

2.

Vậy I = I1 + I2 =3e2

4− 1

4. �

6 I =

2∫1

x3 − 2 lnx

x2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = ln 2 +

1

2

Lời giải.

I =

2∫1

x3 − 2 lnx

x2dx =

2∫1

x dx− 2

2∫1

lnx

x2dx =

x2

2

∣∣∣21− 2J =

3

2− 2J .

Tính J . Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x−2 dx⇒ v = −1

x.

Khi đó J = −1

xlnx∣∣∣21

+

2∫1

1

x2dx = −1

2ln 2− 1

x

∣∣∣21

= −1

2ln 2− 1

2+ 1 = ln 2 +

1

2.

Vậy I = ln 2 +1

2. �


7 I =

2∫1

ln(xex)

(x+ 2)2dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

5

4ln 2− 1

2ln 3− 1

6

Lời giải.

Chọn

u = ln(xex)⇒ du =

x+ 1

xdx

dv = (x+ 2)−2 dx⇒ v = − 1

x+ 2.

Khi đó I = − 1

x+ 2ln(xex)

∣∣∣21

+

2∫1

x+ 1

x(x+ 2)dx = −1

4ln(2e2) +

1

3+ J .

Tính J . Ta có J =

2∫1

x+ 1

x(x+ 2)=

1

2

2∫1

Å1

x+

1

x+ 2

ãdx =

1

2ln |x(x+ 2)|

∣∣∣21

=1

2(ln 8− ln 3).

Vậy I =5

4ln 2− 1

2ln 3− 1

6. �

8 I =

e∫1

2x(1− lnx) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =e2 − 3

2

Lời giải.

I =

e∫1

2x(1− lnx) dx =

e∫1

2x dx− 2

e∫1

x lnx dx = x2∣∣∣e1− 2J = e2 − 1− 2J .

Tính J . Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó J =x2

2lnx∣∣∣e1− 1

2

e∫1

x dx =e2

2− 1

4x2∣∣∣e1

=e2

2− e2

4+

1

4=

e2

4+

1

4.

Vậy I = e2 − 1− e2

2− 1

2=

e2

2− 3

2. �

9 I =

e2∫e

(1 + lnx)x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =5e4

4− 3e2

4

Lời giải.

I =

e2∫e

(1 + lnx)x dx =

e2∫e

x lnx dx+

e2∫e

x dx = J +x2

2

∣∣∣e2e

= J +e4

2− e2

2.

Tính J . Chọn

u = lnx⇒ du =

1

xdx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó J =x2

2lnx∣∣∣e2e− 1

2

e2∫e

x dx = e4 − e2

2− 1

4x2∣∣∣e2e

=3e4

4− e2

4.

Vậy I =3e4

4− e2

4+

e4

2− e2

2=

5e4

4− 3e2

4. �

2. TÍCH PHÂN 189

10 I =

3∫1

1 + ln(x+ 1)

x2dx. . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = ln 3 +

2

3− 2

3ln 2

Lời giải.

Chọn

u = ln(x+ 1) + 1⇒ du =

1

x+ 1dx

dv = x−2 dx⇒ v = −1

x.

Khi đó

I = −1

x(ln(x+ 1) + 1)

∣∣∣31

+

3∫1

1

x(x+ 1)dx

=1

3ln 2 +

2

3+

3∫1

Å1

x− 1

(x+ 1)

ãdx

=1

3ln 2 +

2

3+ (ln |x| − ln |x+ 1|)

∣∣∣31

=1

3ln 2 +

2

3+ ln 3− ln 4 + ln 2 = −2

3ln 2 + ln 3 +

2

3.

�

11 I =

3∫2

2x ln(x− 1) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 8 ln 2− 7

2

Lời giải.

Chọn

u = ln(x− 1)⇒ du =1

x− 1dx

dv = 2x dx⇒ v = x2.

Khi đó I = x2 ln(x − 1)∣∣∣32−

3∫2

x2

x− 1dx = 9 ln 2 − J . Tính J =

3∫2

Åx+ 1 +

1

x− 1

ãdx =Å

x2

2+ x+ ln |x− 1|

ã ∣∣∣32

=7

2+ ln 2.

Vậy I = 8 ln 2− 7

2. �

12 I =

1∫−1

(4x− 5) ln(2x+ 3) dx. . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 16− 15 ln 5

Lời giải.

Chọn

u = ln(2x+ 3)⇒ du =2

2x+ 3dx

dv = (4x− 5) dx⇒ v = 2x2 − 5x.


Khi đó

I = (2x2 − 5x) ln(2x+ 3)∣∣∣1−1− 2

1∫−1

2x2 − 5x

2x+ 3dx

= −3 ln 5− 2

1∫−1

Åx− 4 +

12

2x+ 3

ãdx = −3 ln 5− 2

Åx2

2− 4x+ 6 ln |2x+ 3|

ã ∣∣∣1−1

= 16− 15 ln 5.

�

13 I =

1∫0

x ln(2 + x2) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = ln3√

3

2− 1

2

Lời giải.

Chọn

u = ln(2 + x2)⇒ du =

2x

x2 + 2dx

dv = x dx⇒ v =x2

2.

Khi đó

I =x2

2ln(x2 + 2)

∣∣∣10−

1∫0

x3

x2 + 2dx =

1

2ln 3−

1∫0

Åx− 2x

x2 + 2

ãdx

=1

2ln 3−

Åx2

2− ln(x2 + 2)

ã ∣∣∣10

=1

2ln 3− 1

2+ ln 3− ln 2 = ln

3√

3

2− 1

2.

�

14 I =

1∫0

(x− 5) ln(2x+ 1) dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 5− 57

8ln 3

Lời giải.

Chọn

u = ln(2x+ 1)⇒ du =

2

2x+ 1dx

dv = (x− 5) dx⇒ v =x2

2− 5x.

Khi đó I =

Åx2

2− 5x

ãln(2x+ 1)

∣∣∣10−

1∫0

x2 − 10x

2x+ 1dx = −9

2ln 3− J .

Tính J =

1∫0

x2 − 10x

2x+ 1dx =

1∫0

Å1

2x− 21

4+

21

4(2x+ 1)

ãdx =

Åx2

4− 21

4x+

21

8ln |2x+ 1|

ã ∣∣∣10

=

−5 +21

8ln 3.

Vậy I = −9

2ln 3 + 5− 21

8ln 3 = 5− 57

8ln 3. �

15 I =

ln 2∫0

ex ln(ex + 1) dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 3 ln 3− 2 ln 2− 1

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 191

Chọn

u = ln(ex + 1)⇒ du =ex

ex + 1dx


Khi đó I = ex ln(ex + 1)∣∣∣ln 2

0−

ln 2∫0

e2x

ex + 1dx = 2 ln 3− ln 2− J.

Tính J . Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = ln 2⇒ t = 2.

Khi đó J =

2∫1

t

t+ 1dt =

2∫1

Å1− 1

t+ 1

ãdt = (t− ln |t+ 1|)

∣∣∣21

= 1− ln 3 + ln 2.

Vậy I = 3 ln 3− 2 ln 2− 1. �

16 I =

1∫0

ln(x+ 1)

(x+ 2)2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

5

3ln 2− ln 3

Lời giải.

Chọn

u = ln(x+ 1)⇒ du =

1

x+ 1dx

dv = (x+ 2)−2 dx⇒ v = − 1

x+ 2.

Khi đó

I = − 1

x+ 2ln(x+ 1)

∣∣∣10

+

1∫0

1

(x+ 1)(x+ 2)dx

= −1

3ln 2 +

1∫0

Å1

x+ 1− 1

x+ 2

ãdx

= −1

3ln 2 + (ln |x+ 1| − ln |x+ 2|)

∣∣∣10

=5

3ln 2− ln 3.

�

17 I =

3∫2

ln[2 + x(x2 − 3)] dx. . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −4 ln 2 + 5 ln 5− 3

Lời giải.

Chọn

u = ln(x3 − 3x+ 2)⇒ du =3x2 − 3

x3 − 3x+ 2dx =

3(x+ 1)

(x− 1)(x+ 2)dx

dv = dx⇒ v = x.


Khi đó

I = x ln(x3 − 3x+ 2)∣∣∣32− 3

3∫2

x2 + x

(x− 1)(x+ 2)dx

= 3 ln 20− 2 ln 4− 3

3∫2

Å1 +

2

3

Å1

x− 1− 1

x+ 2

ããdx

= 3 ln 20− 2 ln 4−Å

3x+ 2 ln|x− 1||x+ 2|

ã ∣∣∣32

= 3 ln 20− 2 ln 4− 3− 2 ln8

5= −4 ln 2 + 5 ln 5− 3.

�

18 I =

1∫0

ln(4x2 + 8x+ 3)

(x+ 1)3dx. . . . . . . . . . . . ĐS: I = −1

8ln 15 +

1

2ln 3 + ln

25

16

Lời giải.

Chọn

u = ln(4x2 + 8x+ 3)⇒ du =

8x+ 8

4x2 + 8x+ 3dx

dv =1

(x+ 1)3dx⇒ v = − 1

2(x+ 1)2.

Khi đó

I = − 1

2(x+ 1)2ln(4x2 + 8x+ 3)

∣∣∣10

+

1∫0

8x+ 8

2(4x2 + 8x+ 3)(x+ 1)2dx

= −1

8ln 15 +

1

2ln 3 +

1∫0

4

(2x+ 1)(2x+ 3)(x+ 1)dx

= −1

8ln 15 +

1

2ln 3 + 4

1∫0

Å1

2x+ 1+

1

2x+ 3− 1

x+ 1

ãdx

= −1

8ln 15 +

1

2ln 3 + (2 ln |2x+ 1|+ 2 ln |2x+ 3| − 4 ln |x+ 1|)

∣∣∣10

= −1

8ln 15 +

1

2ln 3 + ln

25

16.

�

19 I =

π2∫

π4

log(3 sinx+ cosx)

sin2 xdx. . . . . . . . . . . . ĐS: I = log

128√

2

27− π

4 ln 10

Lời giải.

Với mọi x ∈[π

4;π

2

], ta có

log(3 sinx+ cosx)

sin2 x=

log[sinx(3 + cot x)]

sin2 x=

log sinx

sin2 x+

log(3 + cotx)

sin2 x.

2. TÍCH PHÂN 193

Tính I1 =

π2∫

π4

log sinx

sin2 xdx:

Chọn

u = log sinx⇒ du =

1

sinx · ln 10· cosx dx

dv =1

sin2 xdx⇒ v = − cotx.

Khi đó

I1 = − cotx log sinx∣∣∣π2π4

+

π2∫

π4

cot2 x

ln 10dx

= log

√2

2+

1

ln 10

π2∫

π4

Å1

sin2 x− 1

ãdx

= log

√2

2+

1

ln 10(− cotx− x)

∣∣∣π2π4

= log

√2

2+

1

ln 10

(−π

4+ 1).

Tính I2 =

π2∫

π4

log(3 + cotx)

sin2 xdx:

Chọn

u = log(3 + cotx)⇒ du =

1

(3 + cot x) ln 10d(cotx)

dv =1

sin2 xdx⇒ v = − cotx.

Khi đó

I2 = − cotx log(3 + cotx)∣∣∣π2π4

+1

ln 10

π2∫

π4

cotx

3 + cot xd(cotx)

= log 4 +1

ln 10

π2∫

π4

Å1− 3

3 + cot x

ãd(cotx)

= log 4 +1

ln 10(cotx− 3 ln |3 + cot x|)

∣∣∣π2π4

= log 4 +1

ln 10

Å3 ln

4

3− 1

ã.

Vậy I = I1 + I2 = log

√2

2+

1

ln 10

(−π

4+ 1)

+ log 4 +1

ln 10

Å3 ln

4

3− 1

ã= log

128√

2

27− π

4 ln 10.

�


5. Ví dụ


π2∫

0

(2x− 1) cos 2x dx. . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −1

Lời giải.

Đặt

®u = 2x− 1

dv = cos 2x dx⇒

du = 2 dx

v =sin 2x

2.

Do đó I =(2x− 1) sin 2x

2

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

sin 2x dx =cos 2x

2

∣∣∣∣∣π2

0

= −1. �


π2∫

0

e2x(1 + xe−2x cosx

)dx. . . . . . . . . . ĐS: I =

eπ − 3

2+π

2

Lời giải.

Có I =

π2∫

0

e2x(1 + xe−2x cosx

)dx =

π2∫

0

e2x dx+

π2∫

0

x cosx dx =e2x

2

∣∣∣∣∣π2

0

+ J =eπ − 1

2+ J .

Đặt

®u = x

dv = cosx dx⇒®

du = dx

v = sinx.

Do đó J = x sinx

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

sinx dx =π

2+ cosx

∣∣∣∣∣π2

0

=π

2− 1.

Vậy I =eπ − 1

2+π

2− 1 =

eπ − 3

2+π

2. �


2∫1

(2x3 + lnx

)x dx. . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2 ln 2 +

233

20

Lời giải.

Có I =

2∫1

2x4 dx+

2∫1

x lnx dx = I1 + I2.

+ I1 =2x5

5

∣∣∣∣∣2

1

=62

5.

+ I2 =

2∫1

x lnx dx.

Đặt

®u = lnx

dv = x dx⇒

du =

1

xdx

v =x2

2.

2. TÍCH PHÂN 195

Suy ra I2 =x2 lnx

2

∣∣∣∣∣2

1

−2∫

1

x

2dx = 2 ln 2− x2

4

∣∣∣∣∣2

1

= 2 ln 2− 3

4.

Vậy I = 2 ln 2 +233

20. �


π2∫

π4

log2 (3 sinx+ cosx)

sin2 xdx. . . . ĐS: I =

1

ln 2

Åln 2√

2 + 3 ln4

3− π

4

ãLời giải.

Có I =1

ln 2

π2∫

π4

ln (3 sinx+ cosx)

sin2 xdx.

Đặt

u = ln (3 sinx+ cosx)

dv =1

sin2 xdx

⇒

du =3 cosx− sinx

3 sinx+ cosxdx

v = − cotx.

Suy ra ln 2 · I = − cotx · ln (3 sinx+ cosx)

∣∣∣∣∣π2

π4

+ J = ln 2√

2 + J .

Với J =

π2∫

π4

3 cos2 x− sinx cosx

3 sin2 x+ sinx cosxdx =

π2∫

π4

3

3 sin2 x+ sinx cosxdx−

π2∫

π4

dx =

π2∫

π4

3

(3 + cot x) sin2 xdx− π

4

= −3 ln |3 + cot x|∣∣∣∣∣π2

π4

− π

4= 3 ln

4

3− π

4.

Vậy I =1

ln 2

Åln 2√

2 + 3 ln4

3− π

4

ã. �


1 I =

π2∫

0

x sinx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 1

Lời giải.

Chọn

®u = x⇒ du = dx

dv = sinx dx⇒ v = − cosx.

Khi đó I = −x cosx∣∣∣π20

+

π2∫

0

cosx dx = sinx∣∣∣π20

= 1. �

2 I =

π4∫

0

2x cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

√2

4π +√

2− 2

Lời giải.


Chọn

®u = 2x⇒ du = 2 dx

dv = cosx dx⇒ v = sinx.

Khi đó I = 2x sinx∣∣∣π40−

π4∫

0

2 sinx dx =

√2

4π + 2 cosx

∣∣∣π40

=

√2

4π +√

2− 2. �

3 I =

π4∫

0

(x+ 1) sin 2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =3

4

Lời giải.

Chọn

u = x+ 1⇒ du = dx

dv = sin 2x dx⇒ v = −1

2cos 2x.

Khi đó I = −1

2(x+ 1) cos 2x

∣∣∣π40

+

π4∫

0

1

2cos 2x dx =

1

2+

1

4sin 2x

∣∣∣π40

=3

4. �

4 I =

π2∫

0

(x− 2) cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π

2− 3

Lời giải.

Chọn

®u = x− 2⇒ du = dx


Khi đó I = (x− 2) sinx∣∣∣π20−

π2∫

0

sinx dx =π

2− 2 + cos x

∣∣∣π20

=π

2− 3. �

5 I =

π2∫

0

(x+ 1) cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π

2

Lời giải.

Chọn

®u = x− 2⇒ du = dx


Khi đó I = (x+ 1) sinx∣∣∣π20−

π2∫

0

sinx dx =π

2+ 1 + cosx

∣∣∣π20

=π

2. �

6 I =

π2∫

0

(x− 1) sinx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 0

Lời giải.

Chọn

®u = x− 1⇒ du = dx


Khi đó I = −(x− 1) cosx∣∣∣π20

+

π2∫

0

cosx dx = −1 + sin x∣∣∣π20

= 0. �

2. TÍCH PHÂN 197

7 I =

π2∫

0

(2x+ 1) sinx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 3

Lời giải.

Chọn

®u = 2x+ 1⇒ du = 2 dx


Khi đó I = −(2x+ 1) cosx∣∣∣π20

+

π2∫

0

2 cosx dx = 1 + 2 sinx∣∣∣π20

= 3. �

8 I =

π2∫

0

x cos 2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −1

2

Lời giải.

Chọn

u = x⇒ du = dx

dv = cos 2x dx⇒ v =1

2sin 2x.

Khi đó I =1

2x sin 2x

∣∣∣π20−

π2∫

0

1

2sin 2x dx =

1

4cos 2x

∣∣∣π20

= −1

2. �

BÀI 4. Tính các tích phân sau:

1 I =

π4∫

0

(3− 2x) sin 2x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 1

Lời giải.

Đặt

®u = 3− 2x

dv = sin 2x dx⇒

du = −2 dx

v = −cos 2x

2.

Do đó I =

Å−(3− 2x) cos 2x

2

ã ∣∣∣∣∣π40

−

π4∫

0

cos 2x dx =3

2− sin 2x

2

∣∣∣∣∣π4

0

= 1. �

2 I =

π2∫

0

3x cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =3π

2− 3

Lời giải.

Đặt

®u = 3x

dv = cosx dx⇒®

du = dx

v = sinx.

Do đó I = 3x sinx

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

3 sinx dx =3π

2+ 3 cosx

∣∣∣∣∣π2

0

=3π

2− 3. �

3 I =

π2∫

0

x sin2 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π2

16+

1

4


Lời giải.

Có I =

π2∫

0

x− x cos 2x

2dx =

π2∫

0

x

2dx−

π2∫

0

x cos 2x

2dx =

1

2I1 −

1

2I2.

+ I1 =

π2∫

0

x dx =x2

2

∣∣∣∣∣π2

0

=π2

8.

+ I2 =

π2∫

0

x cos 2x dx.

Đặt

®u = x

dv = cos 2x dx⇒

du = dx

v =sin 2x

2.

Do đó I2 =x sin 2x

2

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

sin 2x

2dx =

cos 2x

4

∣∣∣∣∣π2

0

= −1

2.

Vậy I =π2

16+

1

4. �

4 I =

π2∫

0

x cos2 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π2

16− 1

4

Lời giải.

Có I =

π2∫

0

x cos2 x dx =

π2∫

0

x+ x cos 2x

2dx =

π2∫

0

x

2dx+

π2∫

0

x cos 2x

2dx =

1

2I1 +

1

2I2.

+ I1 =

π2∫

0

x dx =x2

2

∣∣∣∣∣π2

0

=π2

8.

+ I2 =

π2∫

0

x cos 2x dx.

Đặt

®u = x

dv = cos 2x dx⇒

du = dx

v =sin 2x

2.


2

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

sin 2x

2dx =

cos 2x

4

∣∣∣∣∣π2

0

= −1

2.

Vậy I =π2

16− 1

4. �

5 I =

π3∫

0

(x+ 2 cos2 x

)x dx. . . . . . . . . . . . . . . ĐS:

π3

81+π2

18+π√

3

12− 3

8

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 199

Có I =

π3∫

0

(x+ 2 cos2 x

)x dx =

π3∫

0

(x2 + x+ x cos 2x

)dx =

π3∫

0

(x2 + x

)dx +

π3∫

0

x cos 2x dx =

I1 + I2.

+ I1 =

π3∫

0

(x2 + x

)dx =

Åx3

3+x2

2

ã ∣∣∣∣∣π30

=π3

81+π2

18.

+ I2 =

π3∫

0

x cos 2x dx.

Đặt

®u = x

dv = cos 2x dx⇒

du = dx

v =sin 2x

2.


2

∣∣∣∣∣π3

0

−

π3∫

0

sin 2x

2dx =

π√

3

12+

cos 2x

4

∣∣∣∣∣π3

0

=π√

3

12− 3

8.

Vậy I =π3

81+π2

18+π√

3

12− 3

8. �

6 I =

π4∫

0

ln (cosx)

cos2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −1

2ln 2 + 1− π

4

Lời giải.

Đặt

u = ln (cos x)

dv =1

cos2 xdx⇒

du = − sinx

cosxdx = − tanx dx

v = tanx.

Do đó I = tanx ln (cosx)

∣∣∣∣∣π4

0

+

π4∫

0

tan2 x dx = ln

√2

2+

π4∫

0

Å1

cos2 x− 1

ãdx = −1

2ln 2+(tanx− x)

∣∣∣∣∣π4

0

= −1

2ln 2 + 1− π

4. �

7 I =

π2∫

0

(x2 + 1

)sinx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = π − 1

Lời giải.

Đặt

®u = x2 + 1

dv = sinx dx⇒®

du = 2x dx

v = − cosx.

Do đó I = − (x2 + 1) cosx

∣∣∣∣∣π2

0

+ 2

π2∫

0

x cosx dx = 1 + 2J .

Đặt

®u = x

dv = cosx dx⇒®

du = dx

v = sinx.

Do đó J = x sinx

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

sinx dx =π

2+ cosx

∣∣∣∣∣π2

0

=π

2− 1.

Vậy I = 1 + 2(π

2− 1)

= π − 1. �


8 I =

π∫0

x (x− sinx) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π3

3− π

Lời giải.

Có I =

π∫0

x (x− sinx) dx =

π∫0

x2 dx−π∫

0

x sinx dx =x3

3

∣∣∣∣∣π

0

− J =π3

3− J .

Đặt

®u = x

dv = sinx dx⇒®

du = dx

v = − cosx.

Do đó J = −x cosx

∣∣∣∣∣π

0

+

π∫0

cosx dx = π + sinx

∣∣∣∣∣π

0

= π.

Vậy I =π3

3− π. �

9 I =

π2∫

0

(x+ cos 3x)x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π3

24− π

6− 1

9

Lời giải.

Có I =

π2∫

0

(x+ cos 3x)x dx =

π2∫

0

x2 dx+

π2∫

0

x cos 3x dx =x3

3

∣∣∣∣∣π2

0

+ J =π3

24+ J .

Đặt

®u = x

dv = cos 3x dx⇒

du = dx

v =sin 3x

3.

Do đó J =x sin 3x

3

∣∣∣∣∣π2

0

− 1

3

π2∫

0

sin 3x dx = −π6

+cos 3x

9

∣∣∣∣∣π2

0

= −π6− 1

9.

Vậy I =π3

24− π

6− 1

9. �

10 I =

π4∫

0

x (1 + sin 2x) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π2

32+

1

4

Lời giải.

Có I =

π4∫

0

x (1 + sin 2x) dx =

π4∫

0

x dx+

π4∫

0

x sin 2x dx =x2

2

∣∣∣∣∣π4

0

+

π4∫

0

x sin 2x dx =π2

32+ J .

Đặt

®u = x

dv = sin 2x dx⇒

du = dx

v = −cos 2x

2.

Do đó J = −x cos 2x

2

∣∣∣∣∣π4

0

+1

2

π4∫

0

cos 2x dx =sin 2x

4

∣∣∣∣∣π4

0

=1

4.

Vậy I =π2

32+

1

4. �

2. TÍCH PHÂN 201

11 I =

π2∫

0

cosx (x− 2 sinx) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π

2− 2

Lời giải.

Có I =

π2∫

0

cosx (x− 2 sinx) dx =

π2∫

0

x cosx dx−

π2∫

0

sin 2x dx = J +cos 2x

2

∣∣∣∣∣π2

0

= J − 1.

Đặt

®u = x

dv = cosx dx⇒®

du = dx

v = sinx.

Do đó J = x sinx

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

sinx dx =π

2+ cosx

∣∣∣∣∣π2

0

=π

2− 1.

Vậy I =π

2− 2. �

12 I =

π2∫

0

(x− sinx)2 dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π3

24+π

4− 2

Lời giải.

Có I =

π2∫

0

(x− sinx)2 dx =

π2∫

0

(x2 + sin2 x

)dx− 2

π2∫

0

x sinx dx = I1 − 2I2.

+ I1 =

π2∫

0

(x2 + sin2 x

)dx =

π2∫

0

x2 dx+

π2∫

0

1− cos 2x

2dx =

π2∫

0

x2 dx+1

2

π2∫

0

dx− 1

2

π2∫

0

cos 2x dx

=x3

3

∣∣∣∣∣π2

0

+x

2

∣∣∣∣∣π2

0

− sin 2x

4

∣∣∣∣∣π2

0

=π3

24+π

4.

+ I2 =

π2∫

0

x sinx dx.

Đặt

®u = x

dv = sinx dx⇒®

du = dx

v = − cosx.

Do đó I2 = −x cosx

∣∣∣∣∣π2

0

+

π2∫

0

cosx dx = sinx

∣∣∣∣∣π2

0

= 1.

Vậy I =π3

24+π

4− 2. �

13 I =

π2

4∫0

cos√x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = π − 2

Lời giải.

Đặt t =√x⇒ t2 = x⇒ 2t dt = dx.

Đổi cận

x = 0 ⇒t = 0

x =π2

4⇒t =

π

2.


Vậy I =

π2∫

0

2t cos t dt.

Đặt

®u = 2t

dv = cos t dt⇒®

du = 2 dt

v = sin t.

Suy ra I = 2t sin t

∣∣∣∣∣π2

0

−

π2∫

0

2 sin t dt = π + 2 cos t

∣∣∣∣∣π2

0

= π − 2. �

14 I =

π2∫0

sin√x dx.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2π

Lời giải.


Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 0

x = π2 ⇒t = π.

Vậy I =

π∫0

2t sin t dt.

Đặt

®u = 2t

dv = sin t dt⇒®

du = 2 dt

v = − cos t.

Suy ra I = −2t cos t

∣∣∣∣∣π

0

+

π∫0

2 cos t dt = 2π + 2 sin t

∣∣∣∣∣π

0

= 2π. �

15 I =

π2∫

0

sin 2x ln (1 + cosx) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =1

2

Lời giải.

Có I =

π2∫

0

sin 2x ln (1 + cosx) dx =

π2∫

0

2 sinx cosx ln (1 + cosx) dx.

Đặt t = 1 + cosx⇒ cosx = t− 1⇒ − sinx dx = dt.

Đổi cận

x = 0 ⇒t = 2

x =π

2⇒t = 1.

Vậy I = −1∫

2

2 (t− 1) ln t dt =

2∫1

(2t− 2) ln t dt.

Đặt

®u = ln t

dv = (2t− 2) dt⇒

du =1

tdt

v = t2 − 2t.

Suy ra I = (t2 − 2t) ln t

∣∣∣∣∣2

1

−2∫

1

t2 − 2t

tdt = −

2∫1

(t− 2) dt = −Åt2

2− 2t

ã ∣∣∣∣∣21

=1

2. �

16 I =

π2∫

0

sin 2x ln(1 + cos2 x

)dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2 ln 2− 1

2. TÍCH PHÂN 203

Lời giải.

Đặt t = 1 + cos2 x⇒ dt = −2 cosx sinx dx = − sin 2x dx.

Đổi cận

x = 0 ⇒t = 2

x =π

2⇒t = 1.

Vậy I = −1∫

2

ln t dt =

2∫1

ln t dt.

Đặt

®u = ln t

dv = dt⇒

du =1

tdt

v = t.

Suy ra I = t ln t

∣∣∣∣∣2

1

−2∫

1

dt = 2 ln 2− t∣∣∣∣∣2

1

= 2 ln 2− 1. �


1 I =

1∫0

(1− x)(2 + e2x

)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

e2

4+

1

4

Lời giải.

Có I =

1∫0

(2− 2x) dx+

1∫0

(1− x) e2x dx = I1 + I2.

+ I1 = (2x− x2)∣∣∣∣∣1

0

= 1.

+ I2 =

1∫0

(1− x) e2x dx.

Đặt

®u = 1− xdv = e2x dx

⇒

du = − dx

v =e2x

2.

Suy ra I2 =(1− x) e2x

2

∣∣∣∣∣1

0

+1

2

1∫0

e2x dx = −1

2+

e2x

4

∣∣∣∣∣1

0

=e2

4− 3

4.

Vậy I =e2

4+

1

4. �

2 I =

π∫0

x (x− sinx) dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =π3

3− π

Lời giải.

Có I =

π∫0

x2 dx−π∫

0

x sinx dx = I1 − I2.

+ I1 =x3

3

∣∣∣∣∣π

0

=π3

3.

+ I2 =

π∫0

x sinx dx.


Đặt

®u = x

dv = sinx dx⇒®

du = dx

v = − cosx.

Suy ra I2 = −x cosx

∣∣∣∣∣π

0

+

π∫0

cosx dx = π + sinx

∣∣∣∣∣π

0

= π.

Vậy I =π3

3− π. �

3 I =

2∫1

x3 − 2 lnx

x2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = ln 2 +

1

2

Lời giải.

Có I =

2∫1

x dx− 2

2∫1

lnx

x2dx = I1 − 2I2.

+ I1 =x2

2

∣∣∣∣∣2

1

=3

2.

+ I2 =

2∫1

lnx

x2dx.

Đặt

u = lnx

dv =1

x2dx⇒

du =

1

xdx

v = −1

x.

Suy ra I2 = − lnx

x

∣∣∣∣∣2

1

+

2∫1

1

x2dx = − ln 2

2− 1

x

∣∣∣∣∣2

1

= − ln 2

2+

1

2.

Vậy I =3

2+ ln 2− 1 = ln 2 +

1

2. �

4 I =

2∫1

1 + x2ex

xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = e2 + ln 2

Lời giải.

Có I =

2∫1

1

xdx+

2∫1

xex dx = I1 + I2.

+ I1 = lnx

∣∣∣∣∣2

1

= ln 2.

+ I2 =

2∫1

xex dx.

Đặt

®u = x

dv = ex dx⇒®

du = dx

v = ex.

Suy ra I2 = xex

∣∣∣∣∣2

1

−2∫

1

ex dx = 2e2 − e− ex

∣∣∣∣∣2

1

= e2.

Vậy I = e2 + ln 2. �

2. TÍCH PHÂN 205

5 I =

1∫0

ex + x

exdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2− 2

e

Lời giải.

Có I =

1∫0

dx+

1∫0

xe−x dx = I1 + I2.

+ I1 = x

∣∣∣∣∣1

0

= 1.

+ I2 =

1∫0

xe−x dx.

Đặt

®u = x

dv = e−x dx⇒®

du = dx

v = −e−x.

Suy ra I2 = −xe−x

∣∣∣∣∣1

0

+

1∫0

e−x dx = −1

e− e−x

∣∣∣∣∣1

0

= 1− 2

e.

Vậy I = 2− 2

e. �

6 I =

3∫1

1 + ln (x+ 1)

x2dx. . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

2

3+ ln 3− 2

3ln 2

Lời giải.

Có I =

3∫1

1

x2dx+

3∫1

ln (x+ 1)

x2dx = I1 + I2.

+ I1 = −1

x

∣∣∣∣∣3

1

=2

3.

+ I2 =

3∫1

ln (x+ 1)

x2dx.

Đặt

u = ln (x+ 1)

dv =1

x2dx

⇒

du =

1

x+ 1dx

v = −1

x.

Suy ra I2 = −1

xln (x+ 1)

∣∣∣∣∣3

1

+

3∫1

1

x (x+ 1)dx =

1

3ln 2+

3∫1

Å1

x− 1

x+ 1

ãdx =

1

3ln 2+ln

∣∣∣∣ x

x+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3

1

= ln 3− 2

3ln 2.

Vậy I =2

3+ ln 3− 2

3ln 2. �

7 I =

1∫0

x

Åex +

2

x+ 1

ãdx. . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 3− 2 ln 2

Lời giải.


Có I =

1∫0

xex dx+

1∫0

2x

x+ 1dx = I1 + I2.

+ I1 =

1∫0

xex dx.

Đặt

®u = x

dv = ex dx⇒®

du = dx

v = ex.

Suy ra I1 = xex

∣∣∣∣∣1

0

−1∫

0

ex dx = e− ex

∣∣∣∣∣1

0

= 1.

+ I2 =

1∫0

2x

x+ 1dx =

1∫0

Å2− 2

x+ 1

ãdx = (2x− 2 ln |x+ 1|)

∣∣∣∣∣1

0

= 2− 2 ln 2.

Vậy I = 3− 2 ln 2. �

8 I =

1∫0

Äex +

√3x2 + 1

äx dx.. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

16

9

Lời giải.

Có I =

1∫0

xex dx+

1∫0

x√

3x2 + 1 dx = I1 + I2.

+ I1 =

1∫0

xex dx.

Đặt

®u = x

dv = ex dx⇒®

du = dx

v = ex.

Suy ra I2 = xex

∣∣∣∣∣1

0

−1∫

0

ex dx = e− ex

∣∣∣∣∣1

0

= 1.

+ I2 =

1∫0

x√

3x2 + 1 dx.

Đặt t =√

3x2 + 1⇒ t2 = 3x2 + 1⇒ t dt = 3x dx⇒ x dx =t

3dt.

Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 1

x = 1 ⇒t = 2.

Suy ra I2 =

2∫1

t2

3dt =

t3

9

∣∣∣∣∣2

1

=7

9.

Vậy I = 1 +7

9=

16

9. �

9 I =

π2∫

0

(x+ cos2 x

)sinx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

4

3

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 207

Có I =

π2∫

0

x sinx dx+

π2∫

0

cos2 x sinx dx = I1 + I2.

+ I1 =

π2∫

0

x sinx dx.

Đặt

®u = x

dv = sinx dx⇒®

du = dx

v = − cosx.

Suy ra I2 = −x cosx

∣∣∣∣∣π2

0

+

π2∫

0

cosx dx = sinx

∣∣∣∣∣π2

0

= 1.

+ I2 =

π2∫

0

cos2 x sinx dx.


Đổi cận

x = 0 ⇒t = 1

x =π

2⇒t = 0.

Suy ra I2 = −0∫

1

t2 dt =

1∫0

t2 dt =t3

3

∣∣∣∣∣1

0

=1

3.

Vậy I = 1 +1

3=

4

3. �

10 I =

e∫1

Åx+

1

x

ãlnx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

e2 + 3

4

Lời giải.

Có I =

e∫1

x lnx dx+

e∫1

lnx

xdx = I1 + I2.

+ I1 =

e∫1

x lnx dx.

Đặt

®u = lnx

dv = x dx⇒

du =

1

xdx

v =x2

2.

Suy ra I1 =x2 lnx

2

∣∣∣∣∣e

1

−e∫

1

x

2dx =

e2

2− x2

4

∣∣∣∣∣e

1

=e2 + 1

4.

I2 =

e∫1

lnx

xdx.


xdx.

Đổi cận

®x = 1 ⇒t = 0

x = e ⇒t = 1.


Suy ra I2 =

1∫0

t dt =t2

2

∣∣∣∣∣1

0

=1

2.

Vậy I =e2 + 1

4+

1

2=

e2 + 3

4. �

11 I =

1∫0

x3ex2

dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =1

2

Lời giải.

Đặt t = x2 ⇒ dt = 2x dx.

Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 0

x = 1 ⇒t = 1.

Suy ra I =1

2

1∫0

tet dt.

Đặt

®u = t

dv = et dt⇒®

du = dt

v = et.

Suy ra I =1

2tet

∣∣∣∣∣1

0

− 1

2

1∫0

et dt =e

2− et

2

∣∣∣∣∣1

0

=1

2. �

12 I =

1∫0

x5ex3

dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =1

3

Lời giải.

Đặt t = x3 ⇒ dt = 3x2 dx.

Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 0

x = 1 ⇒t = 1.

Suy ra I =1

3

1∫0

tet dt.

Đặt

®u = t

dv = et dt⇒®

du = dt

v = et.

Suy ra I =1

3tet

∣∣∣∣∣1

0

− 1

3

1∫0

et dt =e

3− et

3

∣∣∣∣∣1

0

=1

3. �

13 I =

1∫0

(8x3 − 2x

)ex

2

dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 5− e

Lời giải.

Có I = 8

1∫0

x3ex2

dx− 2

1∫0

xex2

dx = 8I1 − 2I2.

+ I1 =

1∫0

x3ex2

dx.


2. TÍCH PHÂN 209

Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 0

x = 1 ⇒t = 1.

Suy ra I1 =1

2

1∫0

tet dt.

Đặt

®u = t

dv = et dt⇒®

du = dt

v = et.

Suy ra I1 =1

2tet

∣∣∣∣∣1

0

− 1

2

1∫0

et dt =e

2− et

2

∣∣∣∣∣1

0

=1

2.

+ I2 =

1∫0

xex2

dx.


Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 0

x = 1 ⇒t = 1.

Suy ra I2 =1

2

1∫0

et dt =1

2et

∣∣∣∣∣1

0

=e− 1

2.

Vậy I = 4− e + 1 = 5− e. �

14 I =

1∫0

√xe√x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 2e− 4

Lời giải.


Đổi cận

®x = 0 ⇒t = 0

x = 1 ⇒t = 1.

Suy ra I = 2

1∫0

t2et dt.

Đặt

®u = t2

dv = et dt⇒®

du = 2t dt

v = et.

Do đó I = 2t2et

∣∣∣∣∣1

0

− 4

1∫0

tet dt = 2e− 4J .

Đặt

®u = t

dv = et dt⇒®

du = dt

v = et.

Suy ra J = tet

∣∣∣∣∣1

0

−1∫

0

et dt = e− et

∣∣∣∣∣1

0

= 1.

Vậy I = 2e− 4. �

15 I =

π3

27∫0

sin 3√x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = −π

2

6+ π√

3− 3

Lời giải.

Đặt t = 3√x⇒ t3 = x⇒ 3t2 dt = dx.


Đổi cận

x = 0 ⇒t = 0

x =π3

27⇒t =

π

3.

Suy ra I = 3

π3∫

0

t2 sin t dt.

Đặt

®u = t2

dv = sin t dt⇒®

du = 2t dt

v = − cos t.

Suy ra I = −3t2 cos t

∣∣∣∣∣π3

0

+ 6

π3∫

0

t cos t dt = −π2

6+ 6J .

Đặt

®u = t

dv = cos t dt⇒®

du = dt

v = sin t.

Suy ra J = t sin t

∣∣∣∣∣π3

0

−

π3∫

0

sin t dx =π√

3

6+ cos t

∣∣∣∣∣π3

0

=π√

3

6− 1

2=π√

3− 3

6.

Vậy I = −π2

6+ π√

3− 3. �

16 I =

1∫1−π

2

4

cos√

1− x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = π − 2

Lời giải.

Đặt t =√

1− x⇒ t2 = 1− x⇒ 2t dt = − dx.

Đổi cận

x = 1− π2

4⇒t =

π

2x = 1 ⇒t = 0.

Suy ra I = −2

0∫π2

t cos t dt = 2

π2∫

0

t cos t dt.

Đặt

®u = t

dv = cos t dt⇒®

du = dt

v = sin t.

Suy ra I = 2t sin t

∣∣∣∣∣π2

0

− 2

π2∫

0

sin t dt = π + 2 cos t

∣∣∣∣∣π2

0

= π − 2. �

17 I =

π2∫

π6

cosx ln (sinx)

sin2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I = 1− 2 ln 2

Lời giải.


Đổi cận

x =

π

6⇒t =

1

2

x =π

2⇒t = 1.

2. TÍCH PHÂN 211

Suy ra I =

1∫12

ln t

t2dt.

Đặt

u = ln t

dv =1

t2dt⇒

du =

1

tdt

v = −1

t.

Suy ra I = − ln t

t

∣∣∣∣∣1

12

+

1∫12

1

t2dt = 2 ln

1

2− 1

t

∣∣∣∣∣1

12

= 1− 2 ln 2. �

18 I =

π3∫

π4

ln (tanx)

cos2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS: I =

√3 ln 3

2−√

3 + 1

Lời giải.

Đặt t = tanx⇒ dt =1

cos2 xdx.

Đổi cận

x =π

4⇒t = 1

x =π

3⇒t =

√3.

Suy ra I =

√3∫

1

ln t dt.

Đặt

®u = ln t

dv = dt⇒

du =1

tdt

v = t.

Suy ra I = t ln t

∣∣∣∣∣√3

1

−

√3∫

1

dt =√

3 ln√

3− t∣∣∣∣∣√3

1

=

√3 ln 3

2−√

3 + 1. �

PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐC. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

b∫a

[f(x)]u′(x) dx = F [u(x)]

∣∣∣∣ba

= F [u(b)]− F [u(a)] .

Bước 1: Biến đổi để chọn phép đặt t = u(x)⇒ dt = u′(x)dx.

Bước 2: Đổi cận

®x = b⇒ t = u(b)

x = a⇒ t = u(a).

Bước 3: Đưa về dạng I =

u(b)∫u(a)

f(t) dt đơn giản hơn và dễ tính toán.


D. DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{ DẠNG 2.1.

I1 =

∫f(ax+ b)nx dx −→ Đặt t = ax+ b⇒ dt = adx.

I2 =

∫ Åxn

xn+1 + 1

ãmdx −→ Đặt t = xn+1 + 1⇒ dt = (n+ 1)xndx.

I3 =

∫f(ax2 + b)nxdx −→ Đặt t = ax2 + b⇒ dt = 2axdx.

1. Ví dụ


1∫0

x(1− x)19 dx. ĐS:1

420

Lời giải.Đặt t = 1− x⇒ x = 1− t⇒ dx = −dt.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I = −0∫

1

(1− t)t19 dt =

1∫0

(t19 − t20

)dt =

Åt20

20− t21

21

ã ∣∣∣∣10

=1

20− 1

21=

1

420. �


1∫0

x3

1 + x2dx. ĐS:

1

2− 1

2ln 2

Lời giải.

Đặt t = 1 + x2 ⇒ x2 = t− 1⇒ 2xdx = dt⇒ xdx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =

1∫0

x2

1 + x2x dx =

1

2

2∫1

t− 1

tdt =

1

2

2∫1

Å1− 1

t

ãdt =

1

2(t− ln |t|)

∣∣∣∣21

=1

2− 1

2ln 2. �


1∫0

(7x− 1)99

(2x+ 1)101dx. ĐS:

2100 − 1

900

Lời giải.

Ta có I =

1∫0

Å7x− 1

2x+ 1

ã99· 1

(2x+ 1)2dx.

Đặt t =7x− 1

2x+ 1⇒ dt =

9

(2x+ 1)2dx⇒ 1

(2x+ 1)2dx =

1

9dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = −1

x = 1⇒ t = 2.

2. TÍCH PHÂN 213

Khi đó I =1

9

2∫−1

t99 dt =1

9· t

100

100

∣∣∣∣2−1

=2100 − 1

900. �


1 I =

2∫1

x(1− x)50 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS:103

2652

Lời giải.

Đặt t = 1− x⇒ x = 1− t⇒ dx = −dt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 0

x = 2⇒ t = −1.

Khi đó I = −−1∫0

(1− t)t50 dt =

0∫−1

(t50 − t51

)dt =

Åt51

51− t52

52

ã ∣∣∣∣0−1

=103

2652. �

2 I =

1∫0

x(1 + x2

)4dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:31

10

Lời giải.

Đặt t = 1 + x2 ⇒ x2 = t− 1⇒ xdx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =1

2

2∫1

t4 dt =1

2· t

5

5

∣∣∣∣21

=1

2

Å25

5− 1

5

ã=

31

10. �


1 I =

1∫0

x5

x2 + 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2

Åln 2− 1

2

ãLời giải.

Đặt t = x2 + 1⇒ x2 = t− 1⇒ xdx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =

1∫0

x4

x2 + 1x dx =

1

2

2∫1

(t− 1)2

tdt =

1

2

2∫1

Åt− 2 +

1

t

ãdt =

1

2

Åt2

2− 2t+ ln |t|

ã ∣∣∣∣21

=

1

2

Åln 2− 1

2

ã. �


2 I =

1∫0

x3

(1 + x2)3dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

16

Lời giải.

Đặt t = 1 + x2 ⇒ x2 = t− 1⇒ xdx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =

1∫0

x2

(1 + x2)3x dx =

1

2

2∫1

t− 1

t3dt =

1

2

2∫1

Å1

t2− 1

t3

ãdt =

1

2

Å−1

t+

1

2t2

ã ∣∣∣∣21

=1

16. �

BÀI 3. Tính I =

3∫2

x2017

(x− 1)2019dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

22018 −Å

3

2

ã20182018

Lời giải.

Ta có I =

3∫2

Åx

x− 1

ã2017· 1

(x− 1)2dx.

Đặt t =x

x− 1⇒ dt =

−1

(x− 1)2dx⇒ 1

(x− 1)2dx = −dt.

Đổi cận

x = 2⇒ t = 2

x = 3⇒ t =3

2

.

Khi đó I = −

32∫

2

t2017 dt =

2∫32

t2017 dt =t2018

2018

∣∣∣∣232

=

22018 −Å

3

2

ã20182018

. �

3. Bài tập rèn luyệnBÀI 4. Tính các tích phân sau:

1 I =

1∫0

x5(1− x3

)6dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

168

Lời giải.

Đặt t = 1− x3 ⇒ x3 = 1− t⇒ x2dx = −1

3dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I = −1

3

0∫1

[(1− t) · t6

]dt =

1

3

1∫0

(t6 − t7

)dt =

1

3

Åt7

7− t8

8

ã ∣∣∣∣10

=1

168. �

2. TÍCH PHÂN 215

2 I =

1∫0

(1 + 3x)(1 + 2x+ 3x2

)10dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:611 − 1

22

Lời giải.

Đặt t = 1 + 2x+ 3x2 ⇒ (1 + 3x)dx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 6.

Khi đó I =1

2

6∫1

t10 dt =t11

22

∣∣∣∣61

=611 − 1

22. �


1 I =

1∫0

2[x(1− x2

)]5dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

168

Lời giải.

Đặt t = 1− x2 ⇒ x2 = 1− t⇒ 2xdx = −dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 0.

Khi đó

I =

1∫0

î(x2)2 (

1− x2)5ó

2x dx = −0∫

1

[(1− t)2 · t5

]dt =

1∫0

(t7 − 2t6 + t5

)dt =

Åt8

8− 2

7t7 +

t6

6

ã ∣∣∣∣10

=

1

168. �

2 I =

0∫−1

x2(x+ 1)15 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2448

Lời giải.

Đặt t = x+ 1⇒ x = t− 1⇒ dx = dt.

Đổi cận

®x = −1⇒ t = 0

x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

[(t− 1)2 · t15

]dt =

1∫0

(t17 − 2t16 + t15

)dt =

Åt18

18− 2

17t17 +

t16

16

ã ∣∣∣∣10

=1

2448. �

3 I =

1∫0

x2(1 + x3

)ndx, (∀n ∈ N∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2n+1 − 1

3(n+ 1)


Lời giải.

Đặt t = 1 + x3 ⇒ x2dx =1

3dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =1

3

2∫1

tn dt =tn+1

3(n+ 1)

∣∣∣∣21

=2n+1 − 1

3(n+ 1). �

4 I =

1∫0

x(1− x2

)ndx, (∀n ∈ N∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2(n+ 1)

Lời giải.

Đặt t = 1− x2 ⇒ x2 = t− t⇒ xdx = −1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I = −1

2

0∫1

tn dt =1

2

1∫0

tn dt =tn+1

2(n+ 1)

∣∣∣∣10

=1

2(n+ 1). �


1 I =

1∫0

4x3

(x4 + 2)3dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:5

72

Lời giải.

Đặt t = x4 + 2⇒ 4x3dx = dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 2

x = 1⇒ t = 3.

Khi đó I =

3∫2

1

t3dt =

−1

2t2

∣∣∣∣32

=5

72. �

2 I =

1∫0

x

(x2 + 1)3dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:3

16

Lời giải.

Đặt t = x2 + 1⇒ xdx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =1

2

2∫1

1

t3dt =

−1

4t2

∣∣∣∣21

=3

16. �

2. TÍCH PHÂN 217


1 I =

2∫1

(x+ 2)2017

x2019dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:32018 − 22018

4036

Lời giải.

Ta có I =

2∫1

Åx+ 2

x

ã2017

· 1

x2dx.

Đặt t =x+ 2

x⇒ dt =

−2

x2dx⇒ 1

x2dx = −1

2dt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 3

x = 2⇒ t = 2.

Khi đó I = −1

2

2∫3

t2017 dt =1

2

3∫2

t2017 dt =t2018

2 · 2018

∣∣∣∣32

=32018 − 22018

4036. �

BÀI 8. Tính I =

2∫1

x2001

(1 + x2)1002dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

Å4

5

ã1001−Å

1

2

ã1001

2002Lời giải.

Đặt t = 1 + x2 ⇒ x2 = t− 1⇒ xdx =1

2dt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 2

x = 2⇒ t = 5.

Khi đó I =

2∫1

(x2)1000

(1 + x2)1002· x dx =

1

2

5∫2

(t− 1)1000

t1002dt =

1

2

5∫2

Åt− 1

t

ã1000· 1

t2dt.

Đặt u =t− 1

t⇒ du =

1

t2dt.

Đổi cận

t = 2⇒ u =

1

2

t = 5⇒ u =4

5

.

Khi đó I =1

2

45∫

12

u1000 du =u1001

2002

∣∣∣∣ 4512

=

Å4

5

ã1001−Å

1

2

ã10012002

. �

{ DẠNG 2.2.

I =

b∫a

n

»f(x)f ′(x) dx −→ Đặt t = n

√f(x)⇒ tn = f(x)⇒ ntn−1dt = f ′(x)dx.


1. Ví dụ


9∫1

x 3√

1− x dx. ĐS: −468

7

Lời giải.

Đặt t = 3√

1− x⇒ t3 = 1− x⇒®x = 1− t3

dx = −3t2dt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 0

x = 9⇒ t = −2.

Khi đó I = −−2∫0

(1− t3) · t · 3t2 dt = 3

0∫−2

(t3 − t6

)dt = 3

Åt4

4− t7

7

ã ∣∣∣∣0−2

= −468

7. �


1 I =

1∫−1

2x+ 1√x2 + x+ 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2Ä√

3− 1ä

Lời giải.

Đặt t =√x2 + x+ 1⇒ dt =

2x+ 1

2√x2 + x+ 1

dx.

Đổi cận

®x = −1⇒ t = 1

x = 1⇒ t =√

3.

Khi đó I =

√3∫

1

2 dt = 2t

∣∣∣∣√3

1

= 2Ä√

3− 1ä. �

2 I =

1∫0

x√

1− x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:4

15

Lời giải.

Đặt t =√

1− x⇒ x = 1− t2 ⇒ dx = −2tdt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I = −2

0∫1

(1− t2)t2 dt = 2

1∫0

(t2 − t4) dt = 2

Åt3

3− t5

5

ã ∣∣∣∣10

=4

15. �

3. Bài tập rèn luyệnBÀI 2. Tính các tích phân sau:

2. TÍCH PHÂN 219

1 I =

3∫0

x√x+ 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:8

3

Lời giải.

Đặt t =√x+ 1⇒ x = t2 − 1⇒ dx = 2tdt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 3⇒ t = 2.

Khi đó I = 2

2∫1

(t2 − 1) dt = 2

Åt3

3− tã ∣∣∣∣2

1

=8

3. �

2 I =

1∫0

x√

2− x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2√

2− 1

3

Lời giải.

Đặt t =√

2− x2 ⇒ x2 = 2− t2 ⇒ 2xdx = −2tdt⇒ xdx = −tdt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t =

√2

x = 1⇒ t = 1.


√2

t2 dt =

√2∫

1

t2 dt =t3

3

∣∣∣∣√2

1

=2√

2− 1

3. �

3 I =

3∫1

x3√x2 − 1 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 6

Lời giải.

Đặt t = 3√x2 − 1⇒ x2 = t3 + 1⇒ 2xdx = 3t2dt⇒ xdx =

3

2t2dt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 0

x = 3⇒ t = 2.

Khi đó I =3

2

2∫0

t3 dt =3t4

8

∣∣∣∣20

= 6. �

4 I =

√7∫

0

x3√

1 + x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:45

8

Lời giải.

Đặt t = 3√

1 + x2 ⇒ x2 = t3 − 1⇒ 2xdx = 3t2dt⇒ xdx =3

2t2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x =√

7⇒ t = 2.


Khi đó I =3

2

2∫1

t3 dt =3t4

8

∣∣∣∣21

=45

8. �

5 I =

0∫−1

(x− 1)2√x+ 1 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:142

105

Lời giải.

Đặt t =√x+ 1⇒ x = t2 − 1⇒ dx = 2tdt.

Đổi cận

®x = −1⇒ t = 0

x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I = 2

1∫0

(t2 − 2

)2t2 dt = 2

1∫0

(t6 − 4t4 + 4t2

)dt = 2

Åt7

7− 4

5t5 +

4

3t3ã ∣∣∣∣1

0

=142

105. �

6 I =

1∫0

x3√

1 + x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2√

2 + 2

15

Lời giải.

Đặt t =√

1 + x2 ⇒ x2 = t2 − 1⇒ xdx = tdt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t =√

2.

Khi đó I =

√2∫

1

(t2 − 1

)t2 dt =

√2∫

1

(t4 − t2

)dt =

Åt5

5− t3

3

ã ∣∣∣∣√21

=2√

2 + 2

15. �

7 I =

√3∫

0

x5√

1 + x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:848

105

Lời giải.

Đặt t =√

1 + x2 ⇒ x2 = t2 − 1⇒ xdx = tdt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x =√

3⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

(t2 − 1

)2t2 dt =

2∫1

(t6 − 2t4 + t2

)dt =

Åt7

7− 2

5t5 +

t3

3

ã ∣∣∣∣21

=848

105. �

8 I =

√7∫

0

x3

3√x2 + 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:141

20

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 221

Đặt t = 3√x2 + 1⇒ x2 = t3 − 1⇒ xdx =

3

2t2dt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x =√

7⇒ t = 2.

Khi đó I =3

2

2∫1

(t3 − 1

)t dt =

3

2

2∫1

(t4 − t

)dt =

3

2

Åt5

5− t2

2

ã ∣∣∣∣21

=141

20. �

9 I =

1∫0

x15√

1 + 3x8 dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:29

270

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 3x8 ⇒ x8 =1

3(t2 − 1)⇒ x7dx =

1

12tdt.

Đổi cận

®x = 0⇒ t = 1

x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =1

36

2∫1

(t2 − 1

)t2 dt =

1

36

2∫1

(t4 − t2

)dt =

1

36

Åt5

5− t3

3

ã ∣∣∣∣21

=29

270. �


1 I =

2√3∫

√5

1

x√x2 + 4

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

4ln

Å5

3

ãLời giải.

Đặt t =√x2 + 4⇒ x =

√t2 − 4⇒ dx =

t√t2 − 4

dt.

Đổi cận

®x =√

5⇒ t = 3

x = 2√

3⇒ t = 4.

Khi đó I =

4∫3

1

(t− 2)(t+ 2)dt =

1

4

4∫3

Å1

t− 2− 1

t+ 2

ãdt =

1

4(ln |t− 2| − ln |t+ 2|)

∣∣∣∣43

=1

4ln

Å5

3

ã.

�

2 I =

4∫√7

1

x√x2 + 9

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

6ln

Å7

4

ãLời giải.

Đặt t =√x2 + 9⇒ x =

√t2 − 9⇒ dx =

t√t2 − 9

dt.

Đổi cận

®x =√

7⇒ t = 4

x = 4⇒ t = 5.


Khi đó I =

5∫4

1

(t− 3)(t+ 3)dt =

1

6

5∫4

Å1

t− 3− 1

t+ 3

ãdt =

1

6(ln |t− 3| − ln |t+ 3|)

∣∣∣∣54

=1

6ln

Å7

4

ã.

�

3 I =

2∫1

1

x√x3 + 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

3ln

3 + 2√

2

2

Lời giải.

Đặt t =√x3 + 1⇒ x = 3

√t2 − 1⇒ dx =

2t

3 3

»(t2 − 1)2

dt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t =

√2

x = 2⇒ t = 3.

Khi đó I =2

3

3∫√2

1

(t− 1)(t+ 1)dt =

1

3

3∫√2

Å1

t− 1− 1

t+ 2

ãdt =

1

3(ln |t− 1| − ln |t+ 1|)

∣∣∣∣3√2

=

1

3ln

3 + 2√

2

2. �

4 I =

5∫1

1

x√

3x+ 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: ln

Å9

5

ãLời giải.

Đặt t =√

3x+ 1⇒ x =1

3(t2 − 1)⇒ dx =

2

3tdt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 2

x = 5⇒ t = 4.

Khi đó I =

4∫2

2

(t− 1)(t+ 1)dt =

4∫2

Å1

t− 1− 1

t+ 1

ãdt = (ln |t− 1| − ln |t+ 1|)

∣∣∣∣42

= ln

Å9

5

ã. �

BÀI 4. Tính I =

6∫1

√x+ 3 + 1

x+ 2dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2 (1 + ln 2)

Lời giải.

Đặt t =√x+ 3⇒ x+ 2 = t2 − 1⇒ dx = 2tdt.

Đổi cận

®x = 1⇒ t = 2

x = 6⇒ t = 3.

Khi đó I = 2

3∫2

t

t− 1dt.

Đặt u = t− 1⇒ t = u+ 1⇒ dt = du.

Đổi cận

®t = 2⇒ u = 1

t = 3⇒ u = 2.

2. TÍCH PHÂN 223

Khi đó I = 2

2∫1

u+ 1

udu = 2

2∫1

Å1 +

1

u

ãdu = 2 (u+ ln |u|)

∣∣∣∣21

= 2 (1 + ln 2). �

BÀI 5. Tính tích phân

1 I =

6∫0

2√4x+ 1 + 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4− ln 3

Lời giải.

Đặt t =√

4x+ 1⇒ t2 = 4x+ 1⇒

x =

t2 − 1

4

dx =t

2dt.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 1

x = 6⇒ t = 5.

Khi đó I =

5∫1

t

t+ 1dx = t

∣∣∣∣51

− ln |t+ 1|∣∣∣∣51

= 4− ln 3. �

2 I =

4∫0

4x− 1√2x+ 1 + 2

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:34

3− 10 ln

5

3

Lời giải.

Đặt t =√

2x+ 1⇒ t2 = 2x+ 1⇒

x =t2 − 1

2dx = t dt.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 1

x = 4⇒ t = 3.

Khi đó I =

3∫1

2t3 − 3t

t+ 2dt =

3∫1

(2t2 − 4t+ 5

)dt −

3∫1

10

t+ 2dt =

Å2t3

3− 4t2

2+ 5t

ã ∣∣∣∣31

− 10 ln |t +

2|∣∣∣∣31

=34

3− 10 ln

5

3. �

3 I =

4∫1

1

x(1 +√x)

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: ln16

9

Lời giải.

Đặt t =√x⇒ t2 = x⇒

®x = t2

dx = 2t dt.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = 4⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

2t

t2(t+ 1)dt =

2∫1

2

tdt−

2∫1

2

t+ 1dt = 2 ln |t|

∣∣∣∣21

− 2 ln |t+ 1|∣∣∣∣21

= ln16

9. �


4 I =

2∫0

√2 +√x

1 +√

2xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4− ln 3

Lời giải.

Đặt t =√x⇒ t2 = x⇒

®x = t2

dx = 2t dt.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 0

x = 2⇒ t =√

2.

Khi đó I =

√2∫

0

Ä√2 + t

ä2t

1 +√

2tdt =

√2∫

0

Ä2t+

√2ä

dt −

√2∫

1

1√2t+ 1

dt =Ät2 +√

2tä ∣∣∣∣√2

0

− ln |√

2t +

1|∣∣∣∣√2

0

= 4− ln 3. �

5 I =

4∫1

e4√x+1

√x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:e9 − e5

2

Lời giải.

Đặt t =√x⇒ t2 = x⇒

®x = t2

dx = 2t dt.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = 4⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

e4t+1

t2t dt = 2

2∫1

e4t+1 dt = 2

Åe4t+1

4

ã ∣∣∣∣21

=e9 − e5

2. �

6 I =

1∫0

(x− 1)3√

2x− x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: − 2

15

Lời giải.

Đặt t =√

2x− x2 ⇒ t2 = 2x− x2 ⇒®

(x− 1)2 = 1− t2

(x− 1)dx = −t dt.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 0

x = 1⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

(−t2 + t4

)dt =

Å−t

3

3+t5

5

ã ∣∣∣∣10

= − 2

15. �

7 I =

2∫1

x

x+√x2 − 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:7− 3

√3

3

2. TÍCH PHÂN 225

Lời giải.

Ta có I =

2∫1

x

x+√x2 − 1

dx =

2∫1

Äx2 − x

√x2 − 1

ädx =

2∫1

x2 dx−2∫

1

Äx√x2 − 1

ädx.

Đặt t =√x2 − 1⇒ t2 = x2 − 1⇒

®x2 = t2 − 1

x dx = t dt.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 0

x = 2⇒ t =√

3.

Khi đó I =7

3−

√3∫

0

(t2)

dx =7− 3

√3

3. �

8 I =

√5∫

0

x3

x+√x2 + 4

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = −5√

5

4+

253

60

Lời giải.

I =

√5∫

0

x3

x+√x2 + 4

dx =

√5∫

0

x3Äx−√x2 + 4

ä−4

dx =

√5∫

0

x4

−4dx+

√5∫

0

x3√x2 + 4

4dx.

Ta có:

I1 =

√5∫

0

x4

−4dx = −1

4

Åx5

5

ã∣∣∣∣√50

= −25

20

√5.

I2 =

√5∫

0

x3√x2 + 4

4dx.

Đặt t =√x2 + 4⇒ t2 = x2 + 4⇒ x2 = t2 − 4⇒ x dx = t dt.

Đổi cận x =√

5⇒ t = 3;x = 0⇒ t = 2.

I2 =

3∫2

(t2 − 4) · t · t4

dt =1

4

Åt5

5− 4.

t3

3

ã∣∣∣∣32

=253

60.

Vậy, I = −5√

5

4+

253

60. �

9 I =

1∫0

x3

x2 +√x4 + 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√2− 1

3

Lời giải.

Ta có:

I =

1∫0

x3

x2 +√x4 + 1

dx =

√5∫

0

x3Äx−√x2 + 4

ä−1

dx = −1∫

0

x5 dx+

1∫0

x3√x4 + 1 dx.

I1 = −Åx6

6

ã∣∣∣∣10

= −1

6.


I2 =

1∫0

x3√x4 + 1 dx.

Đặt t =√x4 + 1⇒ t2 = x4 + 1⇒ 2t dt = 4x3 dx⇒ x3 dx =

1

2t dt.

Đổi cận: x = 1⇒ t =√

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I2 =

√2∫

1

1

2t · t dt =

1

2

Ç2√

2

3− 1

3

å=

2√

2− 1

6.

Vậy, I =

√2− 1

3. �

{ DẠNG 2.3. Đổi biến biểu thức chứa ln, ex hoặc lượng giác trong dấu căn

Phương pháp giải: Đặt t là căn thức chứa lôgarit hoặc căn thức chứa mũ hoặc căn thức chứa lượnggiác.

1. Ví dụ minh họa


e∫1

lnx

x√

1 + ln xdx ĐS:

4− 2√

2

3

Lời giải.

Đặt t =√

1 + ln x⇒ t2 = 1 + lnx⇒

lnx = t2 − 1

2t dt =dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = e⇒ t =√

2.

I =

√2∫

1

(t2 − 1) · 2tt

dt = 2

√2∫

1

(t2 − 1

)dt = 2

Åt3

3− tã ∣∣∣∣√2

1

= 2

Ç2√

2

3−√

2− 1

3+ 1

å= 2

2−√

2

3=

4− 2√

2

3. �


e3∫1

ln2 x

x√

lnx+ 1dx ĐS:

76

15

Lời giải.

Đặt t =√

lnx+ 1⇒ t2 = lnx+ 1⇒

lnx = t2 − 1

2t dt =dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = e3 ⇒ t = 2.

I =

2∫1

(t2 − 1)2 · 2t

tdt = 2

2∫1

(t4 − 2t2 + 1

)dt = 2

Åt5

5− 2

t3

3+ t

ã ∣∣∣∣21

=76

15. �

2. TÍCH PHÂN 227


2∫0

cosx√

3 sinx+ 1 dx ĐS:14

9

Lời giải.

Đặt t =√

3 sinx+ 1⇒ t2 = 3 sin x+ 1⇒ 2t dt = 3 cos x dx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 1

x =π

2⇒ t = 2

.

I =

2∫1

t · 2

3t dt =

2

3

Åt3

3

ã ∣∣∣∣21

=2

3

Å8

3− 1

3

ã=

14

9. �


ln 2∫0

e2x√ex + 1

dx ĐS:2√

2

3

Lời giải.

Đặt t =√

ex + 1⇒ t2 = ex + 1⇒®

ex = t2 − 1

2t dt = ex dx.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t =

√2

x = ln 2⇒ t =√

3.

I =

√3∫

√2

(t2 − 1) · 2tt

dt = 2

√3∫

√2

(t2 − 1

)dt = 2

Åt3

3− tã ∣∣∣∣√3√

2

= 2

Ç3√

3

3−√

3− 2√

2

3+√

2

å=

2√

2

3. �


BÀI 1. Tính tích phân

1 I =

e∫1

lnx√

1 + 3 lnx

xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:116

135

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 3 lnx⇒ t2 = 1 + 3 lnx⇒

lnx =

t2 − 1

3

2t dt =3 dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = e⇒ t = 2.

I =

2∫1

t2 − 1

3· t · 2

3t dt =

2

9

2∫1

(t4 − t2

)dt =

2

9

Åt5

5− t3

3

ã ∣∣∣∣21

=116

135. �

2 I =

ln 2∫0

ex√

5− ex dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


ĐS:16− 6

√3

3

Lời giải.

Đặt t =√

5− ex ⇒ t2 = 5− ex ⇒®

ex = 5− t2

2t dt = −ex dx.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 2

x = ln 2⇒ t =√

3.

I =

√3∫

2

t · (−2t) dt = 2

2∫√3

t2 dt = 2

Åt3

3

ã ∣∣∣∣2√3

= 2

Ç8

3−√

27

3

å=

16− 6√

3

3. �

3 I =

π2∫

0

sinx√

1 + cos x dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:4√

2− 2

3

Lời giải.

Đặt t =√

1 + cos x⇒ t2 = 1 + cosx⇒ 2t dt = − sinx dx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t =√

2

x =π

2⇒ t = 1

.

I =

1∫√2

t · (−2t) dt = 2

√2∫

1

t2 dt = 2

Åt3

3

ã ∣∣∣∣√21

= 2

Ç2√

2

3− 1

3

å=

4√

2− 2

3. �

4 I =

π2∫

0

sin 2x+ sinx√1 + 3 cosx

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:34

27

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 3 cosx⇒ t2 = 1 + 3 cosx⇒ 2t dt = −3 sinx dx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 2

x =π

2⇒ t = 1

.

I =

1∫2

Å2 ·Åt2 − 1

3

ã+ 1

ã·Å−2

3t

ãt

dt =2

9

2∫1

(2t2 + 1

)dt =

2

9

Å2t3

3+ t

ã ∣∣∣∣21

=2

9

Å16

3+ 2− 2

3− 1

ã=

34

27. �

3. BÀI TẬP TỰ LUYỆNBÀI 2. Tính tích phân

1 I =

e√e∫

1

3− 2 lnx

x√

1 + 2 lnxdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. TÍCH PHÂN 229

ĐS:5

3

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 2 lnx⇒ t2 = 1 + 2 lnx⇒

lnx =

t2 − 1

2

2t dt =2 dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = e√

e⇒ t = 2.

I =

2∫1

3− (t2 − 1)

t· t dt =

2∫1

(4− t2

)dt =

Å4t− t3

3

ã ∣∣∣∣21

= 8− 8

3− 4 +

1

3=

5

3. �

2 I =

e∫1

ln3 x

x√

1 + 3 ln2 xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:4

27

Lời giải.

Đặt t =√

1 + 3 ln2 x⇒ t2 = 1 + 3 ln2 x⇒

ln2 x =

t2 − 1

3

2t dt =6 lnx dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = e⇒ t = 2.

I =

2∫1

Åt2 − 1

3

ã· 2

6t dt

t=

1

9

2∫1

(t2 − 1

)dt =

1

9

Åt3

3− tã ∣∣∣∣2

1

=4

27. �

3 I =

e∫1

lnx3√

2 + ln2 x

xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:9 3√

3− 6 3√

2

8

Lời giải.

Đặt t =3√

2 + ln2 x⇒ t3 = 2 + ln2 x⇒

ln2 x = t3 − 2

3t2 dt =2 lnx dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t =

3√

2

x = e⇒ t =3√

3.

I =

3√3∫3√2

t · 3

2t2 dt =

3

2

3√3∫3√2

t3 dt =3

2

Åt4

4

ã ∣∣∣∣ 3√3

3√2=

9 3√

3− 6 3√

2

8. �

4 I =

e∫1

1

x 3√

1 + ln xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:3 3√

4− 3

2


Lời giải.

Đặt t = 3√

1 + ln x⇒ t3 = 1 + lnx⇒

lnx = t3 − 1

3t2 dt =dx

x.

Đổi cận:

®x = 1⇒ t = 1

x = e⇒ t =3√

2.

I =

3√2∫1

3t2

tdt = 3

3√2∫1

t dt = 3

Åt2

2

ã ∣∣∣∣ 3√2

1

=3 3√

4− 3

2. �

5 I =

ln 6∫0

1√ex + 3

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1√3

lnÄ2 +√

3ä

Lời giải.

Đặt t =√

ex + 3⇒ t2 = ex + 3⇒®

ex = t2 − 3

2t dt = ex dx.

Đổi cận:

®x = 0⇒ t = 2

x = ln 6⇒ t = 3.

I =

3∫2

1

t· 2t

t2 − 3dt =

3∫2

2

t2 − 3dt =

3∫2

2Ät−√

3ä Ät+√

3ä dt =

1√3

3∫2

1Ät−√

3ä dt− 1√

3

3∫2

1Ät+√

3ä dt =

1√3

ln |t−√

3|∣∣∣∣32

− 1√3

ln |t+√

3|∣∣∣∣32

=1√3

ln

∣∣∣∣∣3−√

3

2−√

3

∣∣∣∣∣− 1√3

ln

∣∣∣∣∣3 +√

3

2 +√

3

∣∣∣∣∣ =1√3

ln

∣∣∣∣∣∣Ä3−√

3ä Ä

2 +√

3äÄ

2−√

3ä Ä

3 +√

3ä∣∣∣∣∣∣ =

1√3

lnÄ2 +√

3ä. �

6 I =

ln 5∫ln 2

e2x√ex − 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:22

3

Lời giải.

Đặt t =√

ex − 1⇒ t2 = ex − 1⇒®

ex = t2 + 1

2t dt = ex dx.

Đổi cận:

®x = ln 2⇒ t = 1

x = ln 5⇒ t = 2.

I =

2∫1

(t2 + 1) · 2tt

dt = 2

2∫1

(t2 + 1

)dt = 2

Åt3

3+ t

ã ∣∣∣∣21

= 2

Å8

3+ 2− 1

3− 1

ã=

22

3. �

7 I =

√3∫

0

ex»(ex + 1)3

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2

Å− 1

e√3 + 1

+1√2

ã

2. TÍCH PHÂN 231

Lời giải.

Đặt t =√

ex + 1⇒ t2 = ex + 1⇒®

ex = t2 − 1

2t dt = ex dx.

Đổi cận:

{x = 0⇒ t =

√2

x =√

3⇒ t =√

e√3+1

.

I =

√e√3+1∫

√2

2t

t2 · tdt = 2

√e√3+1∫

√2

1

t2dt = 2

Å−1

t

ã ∣∣∣∣√e√3+1

√2

= 2

Å− 1

e√3 + 1

+1√2

ã. �

8 I =

1∫0

5x2

(5x − 9)√

6− 51−xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

7log5

2

9

Lời giải.

I =

1∫0

5x2

(5x − 9)

…6− 5

5x

dx =

1∫0

5x

(5x − 9)√

6 · 5x − 5dx.

Đặt t =√

6 · 5x − 5⇒ t2 = 6 · 5x − 5⇒ 5x =t2 + 5

6⇒ 2t dt = 6 · 5x · ln 5 dx.

Đổi cận: x = 1⇒ t = 5;x = 0⇒ t = 1.

I =

5∫1

2

6 ln 5Å(t2 + 5)

6− 9

ã dt =

5∫1

2

ln 5 (t2 + 5− 54)dt =

2

ln 5

5∫1

1

t2 − 49dt =

2

ln 5

Ñ5∫

1

dt

(t− 7)(t+ 7)

é=

2

ln 5

Ñ5∫

1

1

14(t− 7)dt− 1

14

5∫1

1

(t+ 7)dt

é=

1

7 ln 5

Çln |t− 7|

∣∣∣∣51

− ln |t+ 7|∣∣∣∣51

å=

1

7 ln 5(ln 2− ln 6− ln 12 + ln 8) =

1

7 ln 5

Åln

1

3+ ln

8

12

ã=

1

7 ln 5. ln

Å1

3· 8

12

ã=

1

7 ln 5· ln 2

9=

1

7log5

2

9.

�

9 I =

π2∫

0

sin 2x√cos2 x+ 4 sin2 x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2

3

Lời giải.

I =

π2∫

0


dx =

π2∫

0

sin 2x√1 + 3 sin2 x

dx

Đặt t =√

1 + 3 sin2 x⇒ t2 = 1 + 3 sin2 x⇒ 2t dt = 6 sin x cosx dx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 1

x =π

2⇒ t = 2

.


I =

2∫1

2

3t

tdt =

2

3(t)

∣∣∣∣21

=2

3. �

10 I =

π2∫

0

sinx cosx√4 cos2 x+ 9 sin2 x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

5

Lời giải.

Đặt t =√

4 cos2 x+ 9 sin2 x⇒ t2 = 4 + 5 sin2 x⇒®t2 = 4 + 5 sin2 x

2t dt = 10 sin x cosx dx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 2

x =π

2⇒ t = 3

.

I =

3∫2

1

5t

tdt =

1

5(t)

∣∣∣∣32

=1

5. �

11 I =

π2∫

0

cosx

2 +√

3 sinx+ 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2

3

Å1− 2 ln

4

3

ãLời giải.

Đặt t =√

3 sinx+ 1⇒ t2 = 3 sin x+ 1⇒ 2t dt = 3 cos x dx.

Đổi cận:

x = 0⇒ t = 1

x =π

2⇒ t = 2

.

I =

2∫1

2

3t

2 + tdt =

2

3

2∫1

t

2 + tdt =

2

3

Ñ2∫

1

dt−2∫

1

2

2 + tdt

é=

2

3

Ç1− 2 ln |t+ 2|

∣∣∣∣21

å=

2

3

Å1− 2 ln

4

3

ã.

�

12 I =

π

4∫0

√2 + 3 tanx

1 + cos 2xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:5√

5− 2√

2

9

Lời giải.

Đặt t =√

2 + 3 tanx⇒ t2 = 2 + 3 tanx.

Đổi cận: x =π

4⇒ t =

√5;x = 0⇒ t =

√2.

Khi đó I =

√5∫

√2

t · t3

dt =1

3

2∫1

t2 dt =1

3

Åt3

3

ã∣∣∣∣√5√2

=5√

5− 2√

2

9. �

2. TÍCH PHÂN 233

13 I =

π2∫

0

sinx cosx√b2 cos2 x+ c2 sin2 x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

c+ b

Lời giải.

Đặt t =√b2 + (c2 − b2)sin2x⇒ t2 = b2 + (c2 − b2) sin2 x⇒ 2t dt = 2(c2 − b2) sinx · cosx.

Đổi cận: x =π

2⇒ t = c;x = 0⇒ t = b.

Khi đó I =

c∫b

1

(c2 − b2)t

tdt =

c∫b

1

c2 − b2dt =

1

c2 − b2· t∣∣∣∣cb

=c− bc2 − b2

=1

c+ b. �

{ DẠNG 2.4. Đổi biến biểu thức chứa hàm ln không nằm trong căn

Dạng: I =

b∫a

f(lnx)1

xdx. Phương pháp giải:

t = lnx⇒ dt =1

xdx

t = m+ n lnx⇒ dt =n

xdx.

1. Ví dụ minh họa


e∫1

lnx

xdx ĐS:

1

2

Lời giải.


xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 1;x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I =

1∫0

t dt =t2

2

∣∣∣∣10

=1

2. �


e∫1

1 + ln2 x

xdx ĐS:

4

3

Lời giải.


xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 1;x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I =

1∫0

(1 + t2

)dt =

Åt+

t3

3

ã∣∣∣∣10

= 1 +1

3=

4

3. �

2. Bài tập áp dụngBÀI 1. Tính các tích phân


1 I =

e∫1

ln2 x

xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

3

Lời giải.


xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 1;x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I =

1∫0

t2 dt =t3

3

∣∣∣∣10

=1

3. �

2 I =

e∫1

1 + ln x

xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:3

2

Lời giải.


xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 2;x = 1⇒ t = 1.

Khi đó I =

2∫1

t dt =t2

2

∣∣∣∣21

= 2− 1

2=

3

2. �

3 I =

e∫1

1 + 2 lnx

xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2

Lời giải.

Đặt t = 1 + 2 lnx⇒ dt =2

xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 3;x = 1⇒ t = 1.

Khi đó I =

3∫1

t

2dt =

1

2.t2

2

∣∣∣∣21

=1

2

Å9

2− 1

2

ã=

4

2= 2. �

4 I =

e∫1

1 + ln4 x

xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:6

5

Lời giải.


xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 1;x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I =

1∫0

(1 + t4

)dt =

Åt+

t5

5

ã∣∣∣∣10

= 1 +1

5=

6

5. �

2. TÍCH PHÂN 235

5 I =

e∫1

lnx

x(2 + ln x)2dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: ln3

2− 1

3

Lời giải.


xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 3;x = 1⇒ t = 2.

Khi đó I =

3∫2

t− 2

t2dt =

3∫2

t

t2dt−

3∫2

2

t2dt = ln |t||32 +

Å2

t

ã ∣∣∣∣32

= ln3

2+

2

3− 1 = ln

3

2− 1

3. �

6 I =

e∫1

lnx− 2

x lnx+ xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 1− 3 ln 2

Lời giải.

Đặt t = lnx+ 1⇒ dt =1

xdx.

Đổi cận: x = e⇒ t = 2;x = 1⇒ t = 1.

Khi đó I =

2∫1

t− 3

tdt =

2∫1

dt− 3

2∫1

1

tdt = 1− 3 ln |t|

∣∣∣∣21

= 1− 3 ln 2. �

BÀI 2. Tính các tích phân

1 I =

e∫1

ln2 x

x(1 + 2 lnx)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

4− 1

8ln 3

Lời giải.

Đặt t = 1 + 2 lnx⇒ lnx =1− t

2và

dt

2=

dx

x.

Có

®x = 1⇒ t = 1

x = e⇒ t = 3.

Khi đó

I =

3∫1

(1− t)2

8tdt =

Åt2

16− t

4+

1

8ln t

ã ∣∣∣∣∣31

=1

8ln 3.

�

2 I =

e∫1

lnx+ 1

x lnx+ 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln(e + 1)

Lời giải.

Ta có

I =

e∫1

lnx+ 1

x lnx+ 1dx =

e∫1

d (x lnx+ 1)

x lnx+ 1.


Đặt t = x lnx+ 1⇒ I =

e+1∫1

dt

t= ln t

∣∣∣e+1

1= ln(e + 1). �

3 I =

e∫1

1 + ln x

2 + x lnxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln

Åe + 2

2

ãLời giải.

Ta có

I =

e∫1

1 + ln x

2 + x lnxdx =

e∫1

d (x lnx+ 2)

x lnx+ 2.

Đặt t = x lnx+ 2⇒ I =

e+2∫2

dt

t= ln t

∣∣∣e+2

2= ln

Åe + 2

2

ã. �

4 I =

e2∫e

1

x lnx · ln exdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln4

3

Lời giải.

Ta có

I =

e2∫e

1

x lnx · ln exdx

=

e2∫e

1

lnx · (1 + lnx)d (lnx)

=

e2∫e

Å1

lnx− 1

1 + ln x

ãd (lnx)

Đặt t = lnx⇒ I =

2∫1

Å1

t− 1

t+ 1

ãdt = ln

∣∣∣∣ t

t+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2

1

= ln4

3. �

5 I =

e∫1

2x+ lnx+ 1

xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 2e− 1

2

Lời giải.

2. TÍCH PHÂN 237

Ta có

I =

e∫1

2x+ lnx+ 1

xdx

=

e∫1

2 dx+

e∫1

lnx d(lnx) +

e∫1

1

xdx

=

Ç2x+

ln2 x

2+ lnx

å ∣∣∣∣∣e1

=2e− 1

2.

�

6 I =

2∫1

1 + x lnx

x2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1 + (ln 2)2

2

Lời giải.

Ta có

I =

2∫1

1 + x lnx

x2dx

=

2∫1

1

x2+

lnx

xdx

=

Ç−1

x+

(ln2 x)

2

å ∣∣∣∣∣21

=1 + (ln 2)2

2.

�

7 I =

e∫1

√4 + ln x

xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =2

3

Ä5√

5− 8ä

Lời giải.

Ta có

I =

e∫1

√4 + ln x

xdx =

e∫1

√4 + ln x d (lnx+ 4) .

Đặt t = lnx+ 4⇒ I =

5∫4

√t dt =

2

3t32

∣∣∣54

=2

3

Ä5√

5− 8ä. �


8 I =

e∫1

√1 + 3 lnx

xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =14

9

Lời giải.

Ta có

I =

e∫1

√1 + 3 lnx

xdx =

1

3

e∫1

√1 + 3 lnx d(3 lnx+ 1).

Đặt t = 3 ln x+ 1⇒ I =1

3

4∫1

√t dt =

2

9t32

∣∣∣41

=14

9. �

3. Bài tập rèn luyệnBÀI 3. Tính các tích phân

1 I =

e∫1

lnx√

1 + ln2 x

xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =

√8− 1

3

Lời giải.

Đặt t =√

1 + ln2 x⇒ t2 = 1 + ln2 x⇒ t dt =lnx dx

x.

Có

®x = 1⇒ t = 1

x = e⇒ t =√

2.

Khi đó

I =

√2∫

1

t2 dt =t3

3

∣∣∣∣∣√2

1

=

√8− 1

3.

�

2 I =

√e∫

1

1

x√

1− ln2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =π

6

Lời giải.

Ta có

I =

√e∫

1

1

x√

1− ln2 xdx

=

√e∫

1

1√1− ln2 x

d (lnx) .

2. TÍCH PHÂN 239

Đặt t = lnx, với x = 1⇒ t = 0; x =√

e⇒ t =1

2.

Khi đó

I =

12∫

0

1√1− t2

dt.

Đặt t = sinu⇒ dt = cosu du; với t = 0⇒ u = 0; với t =1

2⇒ u =

π

6.

Ta có I =

π6∫

0

cosu

cosudu =

π

6. �

3 I =

e∫1

lnx3√

2 + ln2 x

xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =3

8

Ä3

43 − 2

43

äLời giải.

Đặt t =3√

2 + ln2 x⇒ t3 = 2 + ln2 x⇒ 3t2 dt

2=

lnx dx

x.

Có

®x = 1⇒ t =

3√

2

x = e⇒ t =3√

3.

Khi đó

I =3

2

3√3∫3√2

t3 dt =3t4

8

∣∣∣∣∣3√3

3√2

=3

8

Ä3

43 − 2

43

ä.

�

4 I =

e∫1

ln3 x− 2 log2 x

x√

1 + 3 ln2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =4

27− 2

3 ln 2

Lời giải.

Ta có

I =

e∫1

ln3 x− 2 log2 x

x√

1 + 3 ln2 xdx

=

e∫1

ln3 x− 2lnx

ln 2√1 + 3 ln2 x

d(lnx)

Đặt t =√

1 + 3 ln2 x⇒ 1 + 3 ln2 x = t2 ⇒ ln2 x =t2 − 1

3⇒ lnx d(lnx) =

1

3t dt.


Với x = 1⇒ t = 1;x = e⇒ t = 2. Ta có

I =

2∫1

Å1

9

(t2 − 1

)− 2

3 ln 2

ãdt

=1

9

Åt3

3− tã ∣∣∣∣∣2

1

− 2

3 ln 2t

∣∣∣∣∣2

1

=4

27− 2

3 ln 2.

�

5 I =

e∫1

log32 x

x√

3 + ln2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

(ln 2)3

Å−10

3+ 2√

3

ãLời giải.

Ta có I =

e∫1

log32 x

x√

3 + ln2 xdx =

e∫1

Ålnx

ln 2

ã3x√

3 + ln2 xdx.

Đặt t =√

3 + ln2 x⇒ t2 = 3 + ln2 x⇒ ln2 x = t2 − 3⇒ lnx

xdx = t dt.

Ta có x = 1⇒ t =√

3;x = e⇒ t = 2.Khi đó

I =1

(ln 2)3

2∫√3

(t2 − 3

)dt

=1

(ln 2)3

Åt3

3− 3t

ã ∣∣∣2√3

=1

(ln 2)3

Å−10

3+ 2√

3

ã.

�

6 I =

e∫1

xex + 1

x(ex + lnx)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln(ee + 1)− 1

Lời giải.

Ta có

I =

e∫1

xex + 1

x(ex + lnx)dx

=

e∫1

1

ex + lnxd (ex + lnx)

= ln |ex + lnx|∣∣∣e1

= ln(ee + 1)− 1.

2. TÍCH PHÂN 241

�

7 I =

e2∫e

(x2 + 1) lnx+ 1

x lnxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =e4

2− e2

2+ 1 + ln 2

Lời giải.

I =

e2∫e

(x2 + 1) lnx+ 1

x lnxdx

=

e2∫e

Åx+

1

x

ãdx+

e2∫e

d(lnx)

lnx

=

Åx2

2+ ln |x|+ ln |lnx|

ã ∣∣∣∣∣e2e

=e4

2− e2

2+ 1 + ln 2.

�

8 I =

e2∫1

2 lnx− 1

x(8 ln2 x− 8 lnx+ 3)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

8ln

19

3

Lời giải.

Đặt t = lnx⇒ dt =dx

x.

Ta có x = 1⇒ t = 0;x = e2 ⇒ t = 2.

I =

2∫0

2t− 1

8t2 − 8t+ 3dt

=1

8

∫1

8t2 − 8t+ 3d(8t2 − 8t+ 3

)=

1

8ln∣∣8t2 − 8t+ 3

∣∣ ∣∣∣20

=1

8ln

19

3.

�

9 I =

5∫2

ln(√

x− 1 + 1)

x− 1 +√x− 1

dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln2 3− ln2 2


Lời giải.

I =

5∫2

ln(√

x− 1 + 1)

x− 1 +√x− 1

dx

=

5∫2

ln(√

x− 1 + 1)

√x− 1

(√x− 1 + 1

) dx

=2

5∫2

ln(√

x− 1 + 1)(√

x− 1 + 1) dÄ√

x− 1 + 1ä

=2

5∫2

lnÄ√

x− 1 + 1ä

d lnÄ√

x− 1 + 1ä

= ln2Ä√

x− 1 + 1ä ∣∣∣5

2

= ln2 3− ln2 2.

�

10 I =

1∫0

ln(3 + x)− ln(3− x)

9− x2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

12ln2 2

Lời giải.

Ta có

I =

1∫0

ln(3 + x)− ln(3− x)

9− x2dx

=

1∫0

(3− x) ln3 + x

3− x(x+ 3)(3− x)2

dx

=1

6

1∫0

3− x3 + x

ln3 + x

3− xd

Å3 + x

3− x

ã=

1

6

1∫0

ln

Å3 + x

3− x

ãd ln

Å3 + x

3− x

ã=

1

12ln2

Å3 + x

3− x

ã ∣∣∣10

=1

12ln2 2.

�

2. TÍCH PHÂN 243

{ DẠNG 2.5. Tính I =

b∫a

f (ex) ex dx.

Đặt

ñt = ex ⇒ dt = ex dx

t = m+ nex ⇒ dt = nex dx.

1. Ví dụ


1∫0

xex2

dx. ĐS:e− 1

2

Lời giải.

Đặt t = ex2 ⇒ dt = 2xex

2dx⇒ xex

2dx =

dt

2.

Với x = 0⇒ t = 1 và x = 1⇒ t = e. Khi đó

I =

e∫1

dt

2=t

2

∣∣∣∣∣e

1

=e− 1

2.

�


2∫0

(2x− 1) ex−x2

dx. ĐS: I = 1− e−2

Lời giải.Đặt t = ex−x

2 ⇒ dt = (1− 2x)ex−x2

dx.Với x = 0⇒ t = 1 và x = 2⇒ t = e−2. Khi đó

I =

1∫e−2

dt = t

∣∣∣∣∣1

e−2

= 1− e−2.

�


1 I =

ln 2∫0

ex

(ex + 1)2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

6

Lời giải.

Đặt t = ex + 1, suy ra dt = ex dxVới x = 0 thì t = 2; với x = ln 2 thì t = 3.

Vây I =

3∫2

1

t2dt = −1

t

∣∣∣∣32

=1

6. �


2 I =

3∫1

1

ex − 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln(e2 + e + 1)− 2

Lời giải.

I =

3∫1

ex − (ex − 1)

ex − 1dx =

3∫1

Åex

ex − 1− 1

ãdx =

3∫1

1

ex − 1d(ex − 1)−

3∫1

dx.

Vậy I = (ln(ex − 1)− x)

∣∣∣∣∣3

1

= ln(e2 + e + 1)− 2. �

3 I =

ln 3∫0

1

ex + 2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =3e + 6

5e

Lời giải.

I = −1

2

ln 3∫0

ex − (ex + 2)

ex + 2dx =

1

2

ln 3∫0

Å1− ex

ex + 2dx

ã.

Suy ra I =1

2(x− ln(ex + 2))

∣∣∣∣∣ln 3

0

=1

2ln

Å9

5

ã. �

4 I =

ln 2∫0

2ex − 1

ex + 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln5

2

Lời giải.

Đặt t = ex, suy ra dt = ex dx.

Suy ra I =

2∫1

2t− 1

t2 + tdt =

2∫1

d(t2 + t)

t2 + t− 2

2∫1

Å1

t− 1

t+ 1

ãdt =

Åln(t2 + t)− 2 ln

t

t+ 1

ã=

∣∣∣∣∣2

1

=

ln27

16. �

5 I =

1∫0

ex

ex + e−xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

2ln

e2 + 1

2

Lời giải.

I =

1∫0

e2x

e2x + 1dx =

1

2

1∫0

d(e2x + 1)

e2x + 1=

1

2ln(e2x + 1)

∣∣∣∣∣1

0

=1

2ln

e2 + 1

2. �

2. TÍCH PHÂN 245


1 I =

ln 5∫ln 3

1

ex + 2e−x − 3dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln3

2

Lời giải.

Ta có I =

ln 5∫ln 3

ex

e2x − 3ex + 2dx. Đặt t = ex, suy ra dt = ex dx.

Vậy, I =

5∫3

1

(t− 1)(t− 2)dt =

5∫3

Å1

t− 2− 1

t− 1

ãdt = (ln(t− 2)− ln(t− 1))

∣∣∣∣∣5

3

= ln3

2. �

2 I =

1∫0

(1 + ex)3

exdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =e2

2+ 3e− 1

e+

1

2.

Lời giải.

I =

1∫0

1 + 3ex + 3e2x + e3x

exdx =

1∫0

(e−x + 3 + 3ex + e2x

)dx =

Å−e−x + 3x+ 3ex +

1

2e2xã ∣∣∣∣∣1

0

=

e2

2+ 3e− 1

e+

1

2. �

3 I =

1∫0

e−2x

1 + e−xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = −1

e+ 1− ln

2e

1 + e

Lời giải.

Ta có I =

1∫0

dx

e2x + ex=

1∫0

Å1

ex− 1

ex + 1

ãdx = −1

e+ 1− I1.

Ta tính I1 =

1∫0

dx

ex + 1=

1∫0

ex

ex(ex + 1)dx.

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx⇒ I1 =

e∫1

dt

t(t+ 1)= ln

∣∣∣∣ t

t+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣e

1

= ln

∣∣∣∣ 2e

e + 1

∣∣∣∣.⇒ I = −1

e+ 1− ln

2e

1 + e. �

4 I =

ln 2∫0

e2x + 3ex

e2x + 3ex + 2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


ĐS: I = ln27

16

Lời giải.

Đặt t = ex ta có dt = ex dx.

Suy ra I =

2∫1

t+ 3

t2 + 3t+ 2dt. =

2∫1

Å2

t+ 1− 1

t+ 2

ãdt = (2 ln |t+ 1| − ln |t+ 2|)

∣∣∣21

= ln27

16. �

5 I =

ln 5∫ln 2

e2x√ex − 1

dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =20

3

Lời giải.

Đặt t =√

ex − 1⇒ ex = t2 + 1⇒ ex dx = 2t dt.

Suy ra I =

2∫1

2(t2 + 1) dt =

Å2

3t3 + 2t

ã ∣∣∣∣∣21

=20

3. �

{ DẠNG 2.6. Tínhb∫

a

f (sinx) cosx dx

Đặt

ñt = sinx⇒ dt = cosx dx

t = m+ n sinx⇒ dt = n cosx dx.

1. Ví dụ


π4∫

π6

cotx dx. ĐS: I =1

2ln 2

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

π6

cotx dx =

π4∫

π6

cosx

sinxdx.


Có

x =

π

6⇒ t =

1

2

x =π

4⇒ t =

√2

2.

Khi đó I =

√22∫

12

dt

t= ln |t|

∣∣∣∣∣√22

12

=1

2ln 2.

2. TÍCH PHÂN 247

�


π2∫

0

sin2 x cosx dx. ĐS: I =1

3

Lời giải.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

t2 dt =t3

3

∣∣∣∣∣1

0

=1

3.

�


π2∫

0

(1− 3 sinx) cosx dx. ĐS: I = −1

2

Lời giải.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

(1− 3t) dt =

Åt− 3

2t2ã ∣∣∣∣∣1

0

= −1

2.

�


1 I =

π4∫

0

cos3 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =5√

2

12

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

0

cos2 x cosx dx =

π4∫

0

(1− sin2 x

)cosx dx.



Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

4⇒ t =

√2

2.

Khi đó I =

√22∫

0

(1− t2) dt =

Åt− t3

3

ã ∣∣∣∣∣√220

=5√

2

12.

�

2 I =

π3∫

0

cos5 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =49√

3

160

Lời giải.

Ta có I =

π3∫

0

cos4 x cosx dx =

π3∫

0

(1− sin2 x

)2cosx dx.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

3⇒ t =

√3

2.

Khi đó I =

√32∫

0

(1− t2)2 dt =

√32∫

0

(1− 2t2 + t4

)dt =

Åt− 2

t3

3+t5

5

ã ∣∣∣∣∣√320

=49√

3

160.

�

3 I =

π6∫

0

1

cosxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

2ln 3

Lời giải.

Ta có I =

π6∫

0

1

cosxdx =

π6∫

0

cosx

cos2 xdx =

π6∫

0

cosx

1− sin2 xdx.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

6⇒ t =

1

2.

Khi đó I =

12∫

0

1

1− t2dt =

12∫

0

1

2

Å1

1 + t+

1

1− t

ãdt =

1

2(ln |1 + t| − ln |1− t|)

∣∣∣∣∣12

0

=1

2ln 3.

�

2. TÍCH PHÂN 249

4 I =

π6∫

0

1

cos3 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

3+

1

4ln 3

Lời giải.

Ta có I =

π6∫

0

1

cos3 xdx =

π6∫

0

cosx

cos4 xdx =

π6∫

0

cosx(1− sin2 x

)2 dx.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

6⇒ t =

1

2.

Khi đó

I =

12∫

0

1

(1− t2)2dt =

12∫

0

1

(t2 − 1)2dt =

12∫

0

ï1

2

Å1

t− 1− 1

t+ 1

ãò2dt

=

12∫

0

1

4

ï1

(t+ 1)2+

1

(t− 1)2− 2

(t− 1)(t+ 1)

òdt

=

12∫

0

1

4

ï1

(t+ 1)2+

1

(t− 1)2−Å

1

t− 1− 1

t+ 1

ãòdt

=1

4

Å− 1

t+ 1− 1

t− 1− ln |t− 1|+ ln |t+ 1|

ã ∣∣∣∣∣120

=1

3+

1

4ln 3.

�

5 I =

π2∫

0

(1 + sin x)2 cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =7

3

Lời giải.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

(1 + t)2 dt =1

3(1 + t)3

∣∣∣∣∣1

0

=7

3.

�


6 I =

π2∫

0

(1 + 2 sinx)3 cosx dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 10

Lời giải.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

(1 + 2t)3 dt =1

8(1 + 2t)4

∣∣∣∣∣1

0

= 10.

�

7 I =

π2∫

0

sin 2x sin3 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =2

5

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

sin 2x sin3 x dx =

π2∫

0

2 sinx cosx sin3 x dx = 2

π2∫

0

sin4 x cosx dx


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I = 2

1∫0

t4 dt =2

5t5

∣∣∣∣∣1

0

=2

5.

�

8 I =

π2∫

0

sin 2x(1 + sin2 x)3 dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =15

4

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

2 sinx cosx(1 + sin2 x)3 dx = 2

π2∫

0

sinx(1 + sin2 x)3 cosx dx


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

2. TÍCH PHÂN 251

Khi đó I = 2

1∫0

t(1 + t2)3 dt =1

4(1 + t2)4

∣∣∣∣∣1

0

=15

4.

�

9 I =

π2∫

0

cosx

1 + sin xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln 2

Lời giải.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

1

1 + tdt = ln |1 + t|

∣∣∣∣∣1

0

= ln 2.

�

10 I =

π2∫

0

cosx

5− 2 sinxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

2ln 5− 1

2ln 3

Lời giải.


Có

x = 0⇒ t = 0

x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

1

5− 2tdt = −1

2ln |5− 2t|

∣∣∣∣∣1

0

=1

2ln 5− 1

2ln 3.

�


1 I =

π2∫

0

sin 2x

1 + sin xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 2− 2 ln 2

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

sin 2x

1 + sin xdx =

π2∫

0

2 sinx cosx

1 + sin xdx.



Đổi cận: x = 0⇒ t = 0;x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

2t

1 + tdt =

1∫0

Å2− 2

1 + t

ãdt = (2t− 2 ln |t+ 1|)

∣∣∣10

= 2− 2 ln 2. �

2 I =

0∫−π

2

sin 2x

(2 + sin x)2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 2 ln 2

Lời giải.

Ta có I =

0∫−π

2

sin 2x

(2 + sin x)2dx =

0∫−π

2

2 sinx cosx

(2 + sin x)2dx.


Đổi cận: x = −π2⇒ t = −1;x = 0⇒ t = 0.

Khi đó I =

0∫−1

2t

(2 + t)2dt =

0∫−1

Å2

2 + t− 4

(2 + t)2

ãdt =

Å2 ln |t+ 2|+ 4

2 + t

ã ∣∣∣0−1

= 2 ln 2. �

3 I =

π2∫

0

(2 sinx− 3) cosx

2 sinx+ 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 1− 2 ln 3

Lời giải.


Đổi cận x = 0⇒ t = 0;x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

2t− 3

2t+ 1dt =

1∫0

Å1− 4

2t+ 1

ãdt = (t− 2 ln |2t+ 1|)

∣∣∣10

= 1− 2 ln 3. �

4 I =

π4∫

0

cos 2x

1 + 2 sin 2xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

4ln 3

Lời giải.

Đặt t = sin 2x⇒ dt = 2 cos 2x dx⇒ cos 2x dx =1

2dt.


4⇒ t = 1.

Khi đó I =1

2

1∫0

1

2t+ 1dt =

1

4ln |2t+ 1|

∣∣∣10

=1

4ln 3. �

5 I =

π2∫

π6

cos3 x

sin2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

2

2. TÍCH PHÂN 253

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

π6

cos3 x

sin2 xdx =

π2∫

π6

cos2 x cosx

sin2 xdx =

π2∫

π6

(1− sin2 x

)cosx

sin2 xdx.


Đổi cận x =π

6⇒ t =

1

2;x =

π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫12

1− t2

t2dt =

1∫12

Å1

t2− 1

ãdt =

Å−1

t− tã ∣∣∣∣∣1

12

=1

2. �

6 I =

π2∫

π4

cos3 x

1 + sin xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =3

4−√

2

2

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

π4

cos2 x · cosx

1 + sin xdx =

π2∫

π4

(1− sin2 x

)· cosx

1 + sin xdx

=

π2∫

π4

(1− sinx) d(sinx) =

Åsinx− 1

2sin2 x

ã ∣∣∣∣∣π2π4

=3

4−√

2

2.

�

7 I =

π2∫

0

cos 2x(sin4 x+ cos4 x

)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =5

12

Lời giải.

Ta có sin4 x+ cos4 x =(sin2 x+ cos2 x

)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1− 1

2sin2 2x.

Do đó I =

π2∫

0

Å1− 1

2sin2 2x

ãcos 2x dx.

Đặt sin 2x = t⇒ 2 cos 2x dx = dt⇒ cos 2x dx =1

2dt.


2⇒ t = 1.

Khi đó I =1

2

1∫0

Å1− 1

2t2ã

dt =1

2

Åt− 1

6t3ã ∣∣∣∣∣1

0

=5

12. �

8 I =

π6∫

0

cosx

6− 5 sinx+ sin2 xdx.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln10

9

Lời giải.




6⇒ t =

1

2.

Khi đó I =

12∫

0

1

t2 − 5t+ 6dt =

12∫

0

Å1

t− 3− 1

t− 2

ãdt = ln

∣∣∣∣t− 3

t− 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣12

0

= ln10

9. �

9 I =

π2∫

0

(esinx + cosx

)cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =4e + π − 4

4

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

esinx cosx dx+

π2∫

0

cos2 x dx.

I1 =

π2∫

0

esinx cosx dx =

π2∫

0

esinx d(sinx) = esinx∣∣∣π20

= e− 1.

I2 =

π2∫

0

cos2 x dx =1

2

π2∫

0

(1 + cos 2x) dx =1

2

Åx+

1

2sin 2x

ã ∣∣∣∣∣π20

=π

4.

Vậy I = I1 + I2 =4e + π − 4

4. �

10 I =

π2∫

0

(cos3 x− 1

)cos2 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =8

15− π

4

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

(cos3 x− 1

)cos2 x dx =

π2∫

0

cos5 x dx−

π2∫

0

cos2 x dx.

I1 =

π2∫

0

cos5 x dx =

π2∫

0

(1− sin2 x

)2cosx dx

=

π2∫

0

(sin4 x− 2 sin2 x+ 1

)d(sinx) =

Å1

5sin5 x− 2

3sin3 x+ sinx

ã ∣∣∣∣∣π20

=8

15.

I2 =

π2∫

0

cos2 x dx =1

2

π2∫

0

(1 + cos 2x) dx =1

2

Åx+

1

2sin 2x

ã ∣∣∣∣∣π20

=π

4.

Vậy I = I1 − I2 =8

15− π

4. �

11 I =

π2∫

0

√1 + sin x cosx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. TÍCH PHÂN 255

ĐS: I =4√

2− 2

3

Lời giải.

Đặt√

1 + sin x = t⇒ 1 + sin x = t2 ⇒ cosx dx = 2t dt.


2⇒ t =

√2.

Khi đó I =

√2∫

1

2t2 dt =2

3t3∣∣∣√21

=4√

2− 2

3. �

12 I =

π2∫

0

cosx√

3 sinx+ 1 dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =14

9

Lời giải.

Đặt√

3 sinx+ 1 = t⇒ 3 sinx+ 1 = t2 ⇒ cosx dx =2

3t dt.


2⇒ t = 2.

Khi đó I =2

3

2∫1

t2 dt =2

9t3∣∣∣21

=14

9�

13 I =

π2∫

0

cosx

2 +√

3 sinx+ 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =2

3+

4

3ln

3

4

Lời giải.

Đặt√

3 sinx+ 1 = t⇒ 3 sinx+ 1 = t2 ⇒ cosx dx =2

3t dt.


2⇒ t = 2.

Khi đó I =2

3

2∫1

t

2 + tdt =

2

3

2∫1

Å1− 2

t+ 2

ãdt =

2

3(t− 2 ln |t+ 2|)

∣∣∣21

=2

3+

4

3ln

3

4. �

{ DẠNG 2.7.

Tính I =

b∫a

f(cosx) sinx dx.

Phương pháp giải: Đặt

ñt = cosx⇒ dt = − sinx dx.

t = m+ n cosx⇒ dt = −n sinx dx.


1. Ví dụ


π3∫

0

tanx dx. ĐS: I = − ln1

2

Lời giải.

Ta có I =

π3∫

0

sinx

cosxdx.

Đặt cosx = t⇒ − sinx dx = dt.

Đổi cận x =π

3⇒ t =

1

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I =

12∫

1

−1

tdt = (− ln |t|)

∣∣∣ 121

= − ln1

2. �


π4∫

0

cos2 x sinx dx. ĐS: I =1

3−√

2

12

Lời giải.Đặt cosx = t⇒ − sinx dx = dt.

Đổi cận x =π

4⇒ t =

√2

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I =

√2

2∫1

−t2 dt =

Å−t

3

3

ã ∣∣∣√22

1=

1

3−√

2

12. �


π3∫

0

sinx cos4 x dx. ĐS: I =31

160

Lời giải.Đặt cosx = t⇒ − sinx dx = dt.

Đổi cận x =π

3⇒ t =

1

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I =

12∫

1

−t4 dt =

Å−t

5

5

ã ∣∣∣ 121

=31

160. �



1 I =

π3∫

0

sin3 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =5

24

2. TÍCH PHÂN 257

Lời giải.

Ta có I =

π3∫

0

(1− cos2 x

)sinx dx.


Đổi cận x =π

3⇒ t =

1

2.

Khi đó I =

12∫

1

−(1− t2

)dt =

1∫12

(1− t2

)dt =

Åt− 1

3t3ã ∣∣∣1

12

=5

24�

2 I =

π6∫

0

sin5 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = −49√

3

160+ 8

15

Lời giải.

Ta có

π6∫

0

(1− cos2 x

)2sinx dx.


Đổi cận x =π

6⇒ t =

√3

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I =

√3

2∫1

−(1− t2

)2dt =

1∫√

32

(t4 − 2t2 + 1

)dt =

Å1

5t5 − 2

3t3 + 1

ã ∣∣∣∣∣1√3

2

= −49√

3

160+

8

15. �

3 I =

π2∫

0

sinx

1 + cos xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln 2

Lời giải.

I =

π2∫

0

− d(1 + cos x)

1 + cos x= − ln |1 + cos x|

∣∣∣π20

= ln 2. �

4 I =

π3∫

0

sinx

cos2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 1

Lời giải.

I =

π3∫

0

− d(cosx)

cos2 x=

1

cosx

∣∣∣∣∣π3

0

= 1. �

5 I =

π∫0

sin 2x cos2 x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


ĐS: I = 0

Lời giải.

Ta có I =

π∫0

2 sinx cos3 x dx = −2

π∫0

cos3 x d(cosx) = −1

2cos4 x

∣∣∣π0

= 0. �

6 I =

π2∫

0

sinx cosx(1 + cos x)2 dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =17

12

Lời giải.

I =

π2∫

0

sinx cosx(1 + cos x)2 dx

= −

π2∫

0

(cos3 x+ 2 cos2 x+ cosx

)d(cosx)

= −Å

1

4cos4 x+

2

3cos3 x+

1

2cos2 x

ã ∣∣∣∣∣π20

=17

12.

�

7 I =

π2∫

0

4 sin3 x

1 + cos xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 2

Lời giải.

I =

π2∫

0

4 (1− cos2 x) sinx

1 + cos xdx = −4

π2∫

0

(1− cosx) d(cos x) =(2 cos2 x− 4 cosx

) ∣∣∣π20

= 2. �

8 I =

π3∫

0

sin2 x tanx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = −3

8+ ln 2

Lời giải.

Ta có I =

π3∫

0

sin3 x

cosxdx =

π3∫

0

(1− cos2 x) sinx

cosxdx

= −

π3∫

0

Å1

cosx− cosx

ãd(cosx) =

Å1

2cos2 x− ln | cosx|

ã ∣∣∣∣∣π30

= −3

8+ ln 2.

�

9 I =

π2∫

0

sin 2x cosx

1 + cos xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. TÍCH PHÂN 259

ĐS: I =2√

2− 3

2+ 2 ln

4

2 +√

2

Lời giải.

Ta có

π2∫

0

2 cos2 x

1 + cos xsinx dx,


Đổi cận x =π

2⇒ t =

√2

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I = −

√22∫

1

2t2

t+ 1dt =

1∫√2

2

Å2t− 2 +

2

t+ 1

ãdt =

(t2 − 2t+ 2 ln |t+ 1|

) ∣∣∣1√2

2

=2√

2− 3

2+

2 ln4

2 +√

2. �



1 I =

π2∫

0

sin 2x

3 cos2 x+ 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

3ln

8

5

Lời giải.

Ta có

π2∫

0

2 cosx

3 cos2 x+ 1sinx dx.

Đặt cosx = t⇒ − sinx dx = t.

Đổi cận x =π

2⇒ t =

√2

2;x = 0⇒ t = 1.

Khi đó I =

√2

2∫1

−2t

3t2 + 1dt =

1

3

1∫√2

2

d (3t2 + 1)

3t2 + 1=

1

3ln |3t2 + 1|

∣∣∣1√2

2

=1

3ln

8

5. �

2 I =

π2∫

0

sin 2x

4− cos2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln4

3

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

2 cosx

4− cos2 xsinx dx.


Đổi cận x =π

2⇒ t = 0;x = 0⇒ t = 1.



1

2t

4− t2dt =

1∫0

2t

4− t2dt =

1∫0

Å1

2− t− 1

2 + t

ãdt = (− ln |2− t| − ln |2 + t|)

∣∣∣10

=

ln4

3. �

3 Tính I =

π2∫

0

sin 4x

1 + cos2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 2− 3

2ln 5

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

4 sin 2x cos 2x

3 + cos 2xdx.

Đặt cos 2x = t⇒ −2 sin 2x = dt.


2⇒ t = −1.

Khi đó I = −−1∫1

2t

2t+ 3dt =

1∫−1

Å1− 3

2t+ 3

ãdt =

Åt− 3

2ln |2t+ 3|

ã ∣∣∣1−1

= 2− 3

2ln 5. �

4 I =

π2∫

0

sin3 x

1 + cos2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =π − 2

2

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

(1− cos2 x) sinx

1 + cos2 xdx.


Đổi cận x =π

2⇒ t = 0;x = 0⇒ t = 1.


1

1− t2

1 + t2dtI =

1∫0

1− t2

1 + t2dt =

1∫0

Å2

1 + t2− 1

ãdt =

1∫0

2

1 + t2dt−

1∫0

dt.

5 I1 =

1∫0

2

1 + t2dt.


cos2 udu = (1 + tan2 u) du.

Đổi cận t = 0⇒ u = 0; t = 1⇒ u =π

4.

Khi đó I1 = 2

π4∫

0

du = 2u∣∣∣π40

=π

2.

I2 =

1∫0

dt = t∣∣∣10

= 1.

Vậy I = I1 − I2 =π

2− 1 =

π − 2

2. �

2. TÍCH PHÂN 261

6 Tính I =

π4∫

0

(1 + tan x tan

x

2

)sinx dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln√

2

Lời giải.

Ta có 1 + tan x tanx

2= 1 +

sinx

cosx·

sinx

2

cosx

2

= 1 +2 sin2 x

2cosx

= 1 +1− cosx

cosx=

1

cosx.

Suy ra I =

π4∫

0

sinx

cosxdx = − ln | cosx|

∣∣∣π40

= − ln

√2

2= ln

√2. �

7 Tính I =

π2∫

0

sinx

cos 2x+ 3 cosx+ 2dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln3

2

Lời giải.

Ta có I =

π2∫

0

sinx dx

2 cos2 x+ 5 cosx+ 1dx.

Đặt cosx = t→ dt = − sinx dx.


2⇒ t = 0.


0

dt

2t2 + 3t+ 1=

0∫1

dt

(2t+ 1)(t+ 1)=

1∫0

2

2t+ 1dt −

1∫0

1

t+ 1dt = ln |2t + 1|

∣∣∣10−

ln |t+ 1|∣∣∣10

= ln3

2. �

8 Tính I =

π2∫

π3

sinx

cos 2x− cosxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = −2

3ln 2

Lời giải.

Ta có

π2∫

π3

sinx

2 cos2 x− cosx− 1dx.

Đặt cosx = t⇒ dt = − sinx dt.

Đổi cận x =π

3⇒ t =

1

2;x =

π

2⇒ t = 0.


12

dt

2t2 − t− 1=

12∫

0

dt

(t− 1)(2t+ 1)=

1

3

12∫

0

dt

t− 1− 2

3

12∫

0

dt

2t+ 1=

1

3ln |t − 1|

∣∣∣ 120−

1

3ln |2t+ 1|

∣∣∣ 120

= −2

3ln 2 �


9 I =

π3∫

0

sinx

cos3 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =3

2

Lời giải.

Đặt cosx = t⇒ dt = − sinx dx.


3⇒ t =

1

2.

Khi đó I = −

12∫

1

dt

t3= − 1

2t2

∣∣∣112

=3

2. �

{ DẠNG 2.8.

Tính I =

b∫a

f(tanx)1

cos2 xdx.

Phương pháp giải: Đặt t = tanx⇒ dt =1

cos2 xdx = (1 + tan2 x) dx.

Tính I =

b∫a

f(cotx)1

sin2 xdx.

Phương pháp giải: Đặt t = cotx⇒ dt = − 1

sin2 xdx = − (1 + cot2 x) dx.

1. Ví dụ


π4∫

0

(1 + tanx)2

cos2 xdx. ĐS: I =

7

3

Lời giải.

I =

π4∫

0

(1 + tan x)2

cos2 xdx =

π4∫

0

(1 + tan x)2 d(1 + tan x) =1

3(1 + tanx)3

∣∣∣π40

=7

3. �


π4∫

0

√2 + 3 tanx

1 + cos 2xdx. ĐS: I =

5√

5− 2√

2

9

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

0

√2 + 3 tanx

1 + cos 2xdx =

π4∫

0

√2 + 3 tanx

2 cos2 xdx.

Đặt√

2 + 3 tanx = t⇒ 2 + 3 tanx = t2 ⇒ 1

cos2 xdx =

2

3t dt.

2. TÍCH PHÂN 263

Đổi cận x = 0⇒ t =√

2;x =π

4⇒ t =

√5.

Khi đó I =

√5∫

√2

t

2· 2

3t dt =

1

3

√5∫

√2

t2 dt =1

9t3∣∣∣√5√

2=

5√

5− 2√

2

9. �


π4∫

0

(cosx+ etanx) sinx

cos3 xdx. ĐS: I =

√2

Lời giải.

Ta có I =

π4∫

0

cosx sinx

cos3 xdx+

π4∫

0

etanx sinx

cos3 xdx =

π4∫

0

sinx

cos2 xdx+

π4∫

0

tanxetanx

cos2 xdx.

I1 =

π4∫

0

sinx

cos2 xdx =

π4∫

0

− d(cosx)

cos2 x=

1

cosx

∣∣∣π40

=√

2− 1.

Tính I2 =

π4∫

0

tanxetanx

cos2 xdx.

Đặt tanx = t⇒ 1

cos2 xdx = dt.


4⇒ t = 1.

Khi đó I2 =

1∫0

tet dt = (tet − et)∣∣∣10

= 1.

Vậy I = I1 + I2 =√

2. �



1 I =

π6∫

0

tan4 x

cos 2xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = − 10

9√

3+

1

2ln

Ç√3 + 1√3− 1

åLời giải.

Ta có cos 2x =1− tan2 x

1 + tan2 x.

Nên I =

π6∫

0

tan4 x (1 + tan2 x)

1− tan2 xdx.

Đặt tanx = t⇒ 1

cos2 xdx = dt hay (1 + tan2 x) dx = dt.


6⇒ t =

1√3.


Khi đó I =

1√3∫

0

t4

1− t2dt =

1√3∫

0

Å−t2 − 1 +

1

1− t2

ãdx

=

1√3∫

0

Å−t2 − 1 +

1

2(1− t)+

1

2(1 + t)

ãdx

=

Å−1

3t3 − t− 1

2ln |1− t|+ 1

2ln |1 + t|

ã ∣∣∣ 1√3

0= − 10

9√

3+

1

2ln

Ç√3 + 1√3− 1

å.

�

2 Tính I =

π3∫

π4

dx

sinx cos3 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = 1 + ln√

3

Lời giải.

Chia cả tử và mẫu của hàm dưới dấu tích phân cho cos4 x ta được

I =

π3∫

π4

1

cos4 xtanx

dx =

π3∫

π4

(1 + tan2 x) (1 + tan2 x)

tanxdx.

Đặt tanx = t⇒ (1 + tan2 x) dx = dt.

Đổi cận x =π

4⇒ t = 1;x =

π

3⇒ t =

√3.

Khi đó I =

√3∫

1

1 + t2

tdt =

√3∫

1

Å1

t+ t

ãdt =

Åln |t|+ 1

2t2ã ∣∣∣√3

1= 1 + ln

√3. �



1 I =

π6∫

0

1

5 cos2 x− 8 sinx cosx+ 3 sin2 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =1

2ln

5√

3− 3

5√

3− 5

Lời giải.

Chia cả tử và mẫu của hàm dưới dấu tích phân cho cos2 x ta được

I =

π6∫

0

1

cos2 x5− 8 tanx+ 3 tan2 x

dx =

π6∫

0

1 + tan2 x

(tanx− 1) (3 tanx− 5)dx.



6⇒ t =

1√3.

2. TÍCH PHÂN 265

Khi đó I =

1√3∫

0

1

(t− 1) (3t− 5)dt =

1√3∫

0

ï3

2(3t− 5)− 1

2(t− 1)

òdt

=

Å1

2ln |3t− 5| − 1

2ln |t− 1|

ã ∣∣∣ 1√3

0=

1

2ln

5√

3− 3

5√

3− 5.

�

2 I =

π2∫

π4

1

sin2 x+ 3 sinx cosx+ 1dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln4

3

Lời giải.

Chia cả tử và mẫu của hàm số dưới dấu tích phân cho sin2 x ta được

I =

π2∫

π4

1

sin2 x

1 + 3 cotx+1

sin2 x

dx =

π2∫

π4

1 + cot2 x

cot2 x+ 3 cotx+ 2dx.

Đặt cotx = t⇒ − 1

sin2 xdx = dt hay − (1 + cot2 x) dx = dt.

Đổi cận x =π

4⇒ t = 1;x =

π

2⇒ t = 0.


1

1

t2 + 3t+ 2dt =

1∫0

1

t2 + 3t+ 2dt =

1∫0

Å1

t+ 1− 1

t+ 2

ãdt = ln

∣∣∣∣t+ 1

t+ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1

0

= ln4

3.

�

3 I =

π4∫

π6

sinx

2 cosx+ 5 cos2 x sinxdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = ln√

3 +1

6ln

2 +√

3√3− 2

3ln

2√

3 + 1√3

Lời giải.

Chia cả tử và mẫu của hàm số dưới dấu tích phân cho cos3 x ta được

I =

π4∫

π6

tanx1

cos2 x2

cos2 x+ 5 tanx

dx =

π4∫

π6

tanx (1 + tan2 x)

2 tan2 x+ 5 tanx+ 2dx.


Đổi cận x =π

6⇒ t =

1√3

;x =π

4⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫1√3

t

2t2 + 5t+ 2dt =

1∫1√3

t

(2t+ 1)(t+ 2)dt

=

1∫1√3

ï2

3(t+ 2)− 1

3(2t+ 1)

òdt =

Å2

3ln |t+ 2| − 1

6ln |2t+ 1|

ã ∣∣∣∣∣11√3

= ln√

3 +1

6ln

2 +√

3√3− 2

3ln

2√

3 + 1√3

.

�


4 I =

π4∫

−π4

sinx(2− sin 2x)

cos3 xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I = π − 4

Lời giải.

Ta cósinx(2− sin 2x)

cos3 x=

2 sinx− 2 sin2 x cosx

cosx· 1

cos2 x=(2 tanx− 2 sin2 x

)· 1

cos2 x

=(2 tanx− 2 + 2 cos2 x

)· 1

cos2 x=

2 tanx− 2

cos2 x+ 2.

Suy ra I =

π4∫

−π4

Å2 tanx− 2

cos2 x+ 2

ãdx =

π4∫

−π4

(2 tanx− 2) d(tanx) +

π4∫

−π4

2 dx

=(tan2 x− 2 tanx

) ∣∣∣π4−π

4

+ 2x∣∣∣π4−π

4

= π − 4.

�


1 I =

π4∫

0

tan3 x− 3

sin2 x− sin 2x− 3 cos2 xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:5

2+ 7 ln 2− 6 ln 3

Lời giải.

Ta có

tan3 x− 3

sin2 x− sin 2x− 3 cos2 x=

tan3 x− 3

tan2 x− 2 tanx− 3· 1

cos2 x

=

Åtanx+ 2 +

6

tanx− 3+

1

tanx+ 1

ã· 1

cos2 x


cos2 xdx

x = 0⇒ t = 0, x =π

4⇒ t = 1.

Khi đó

I =

1∫0

Åt+ 2 +

6

t− 3+

1

t+ 1

ãdt

=

Åt2

2+ 2t+ 6 ln |t− 3|+ ln |t+ 1|

ã∣∣∣∣10

=1

2+ 2 + 6 ln 2 + ln 2− 6 ln 3

=5

2+ 7 ln 2− 6 ln 3.

Vậy I =5

2+ 7 ln 2− 6 ln 3. �

2 I =

π4∫

0

1 + sin 2x

2 sinx cos3 x+ cos4 xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. TÍCH PHÂN 267

ĐS: 1 +1

8ln 3

Lời giải.

Ta có

1 + sin 2x

2 sinx cos3 x+ cos4 x=

1 + 2 sinx cosx

cos2 x (2 sinx cosx+ cos2 x)

=tan2 x+ 2 tanx+ 1

2 tanx+ 1· 1

cos2x

=

Å1

2tanx+

3

4+

1

4· 1

2 tanx+ 1

ã1

cos2 x.


cos2xdx

x = 0⇒ t = 0, x =π

4⇒ t = 1. Khi đó

I =

1∫0

Å1

2t+

3

4+

1

4· 1

2t+ 1

ãdt

=

Å1

4t2 +

3

4t+

1

8ln |2t+ 1|

ã∣∣∣∣10

= 1 +1

8ln 3.

Vậy I = 1 +1

8ln 3. �

3 I =

π4∫

0

sin4 x+ 1

cos4 xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

4+

2

3

Lời giải.

Ta có

sin4 x+ 1

cos4 x=

(1− cos2 x)2 + 1

cos4 x

= 1− 2

cos2 x+

2

cos4 x

= 1− 2

cos2 x+ 2

(1 + tan2 x

)· 1

cos2 x.


Khi đó

I =

π4∫

0

Å1− 2

cos2 x+ 2

(1 + tan2 x

)· 1

cos2 x

ãdx

=

π4∫

0

Å1− 2

cos2 x

ãdx+ 2

π4∫

0

(1 + tan2 x

)· 1

cos2 xdx

= (x− 2 tanx)|π40 + 2

π4∫

0

(1 + tan2 x

)d (tanx)

=π

4− 2 + 2

Åtanx+

tan3 x

3

ã∣∣∣∣π40

=π

4− 2 + 2

Å1 +

1

3

ã=π

4+

2

3.

Vậy I =π

4+

2

3. �

4 I =

π4∫

π6

1

cos4 x sin2 xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:36 + 8

√3

27

Lời giải.

Ta có1

cos4 x sin2 x=

sin2 x+ cos2 x

cos4 x sin2 x=

1

cos4x+

4

sin2 2x= (1 + tan2 x)

1

cos2 x+

4

sin2 2x.

Khi đó

I =

π4∫

π6

Å(1 + tan2 x

) 1

cos2 x+

4

sin2 2x

ãdx

=

π4∫

π6

(1 + tan2 x

)d (tanx) +

π4∫

π6

4

sin2 2xdx

=

Åtanx+

tan3 x

3− 2 cot 2x

ã∣∣∣∣π4π6

=36 + 8

√3

27.

�

5 I =

π6∫

0

1

cosx cos(x+ π

4

) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −√

2 ln

Ç3−√

3

3

åLời giải.

2. TÍCH PHÂN 269

Ta có1

cosx cos(x+ π

4

) =

√2

cos2 x− sinx cosx=

√2

cos2 x· 1

1− tanx.

Khi đó I =√

2

π6∫

0

Å1

1− tanx

ãd (tanx) = −

√2 ln |1− tanx|

∣∣∣π60

= −√

2 ln

Ç3−√

3

3

å. �

6 I =

π3∫

π6

1

sinx sin(x+ π

6

) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −2 ln2

3

Lời giải.

Ta có1

sinx sin(x+ π

6

) =2

sin2 x· 1√

3 + cot x.

Đặt t =√

3 + cot x⇒ dt = − 1

sin2 xdx.

Đổi cận : x =π

6⇒ t = 2

√3, x =

π

3⇒ t =

√3 +

√3

3=

4√

3

3.

Khi đó I = −2

4√

33∫

2√3

1

tdt = −2 ln |t||

4√3

3

2√3

= −2 ln4√3

3

2√

3= −2 ln

2

3

Cách khác : I = −2

π3∫

π6

Å1√

3 + cot x

ãd (cotx) = −2 ln

∣∣∣√3 + cot x∣∣∣∣∣∣π3π6

= −2 ln

∣∣∣∣∣∣∣∣√

3 +1√3√

3 +√

3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

−2 ln2

3.

Vậy I = −2 ln2

3. �

7 I =

π2∫

π4

sinx

(sinx+ cosx)3dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:3

8

Lời giải.

Ta cósinx

(sinx+ cosx)3=

1

sin2 x· 1

(1 + cot x)3.

Đặt t = 1 + cotx⇒ dt = − 1

sin2 xdx

Đổi cận : x =π

4⇒ t = 1, x =

π

2⇒ t = 2.

Khi đó I =

π2∫

π4

1

sin2 x· 1

(1 + cot x)3dx = −

1∫2

1

t3dt = −1

2t−2∣∣∣∣21

=3

8. �


{ DẠNG 2.9. I =

b∫a

f(sinx± cosx) dx

Phương pháp : Đặt t = sinx± cosx⇒ dt = (cosx± sinx) dx

VÍ DỤ 1. Tính các tích phân

1 I =

π2∫

π4

sinx− cosx

sinx+ cosxdx. ĐS:

1

2ln 2

2 I =

π4∫

0

sinx− cosx

sinx+ cosx+ 3dx. ĐS: ln

4

3 +√

2

Lời giải.

1 Đặt t = sinx+ cosx⇒ dt = − (sinx− cosx) dx

Đổi cận x =π

4⇒ t =

√2, x =

π

2⇒ t = 1

Khi đó I =

√2∫

1

1

tdt = ln |t||

√2

1 =1

2ln 2.

2 Đặt t = sinx+ cosx+ 3⇒ dt = − (sinx− cosx) dx

Đổi cận x = 0⇒ t = 4, x =π

4⇒ t = 3 +

√2

Khi đó I =

4∫3+√2

1

tdt = ln |t||43+√2 = ln

4

3 +√

2.

�


1 I =

π4∫

0

cos 2x

sinx+ cosx+ 2dx. ĐS:

√2− 1 + 2 ln

3

2 +√

2

2 I =

π2∫

0

cos 2x

(sinx− cosx+ 3)3dx. ĐS:

1

32

Lời giải.

1 Ta cócos 2x

sinx+ cosx+ 2=

(cosx+ sinx) (cosx− sinx)

sinx+ cosx+ 2.

Đặt t = sinx+ cosx+ 2⇒ dt = (cosx− sinx) dx.

Đổi cận x = 0⇒ t = 3, x =π

4⇒ t = 2 +

√2.

Khi đó I =

2+√2∫

3

t− 2

tdt = (t− 2 ln |t|)|2+

√2

3 =√

2− 1 + 2 ln3

2 +√

2.

2. TÍCH PHÂN 271

Vậy I =√

2− 1 + 2 ln3

2 +√

2.

2 Ta cócos 2x

(sinx− cosx+ 3)3=


(sinx− cosx+ 3)3.

Đặt t = sinx− cosx+ 3⇒ dt = (cosx+ sinx) dx.

Đổi cận x = 0⇒ t = 2, x =π

2⇒ t = 4.


2

t− 3

t3dt = −

4∫2

Å1

t2− 3

t3

ãdt = −

Å−1

t+

3

2· 1

t2|ã∣∣∣∣4

2

=1

32.

Vậy I =1

32.

�


π4∫

0

cos 2x


4

) dx. ĐS:√

2− 1

Lời giải.

Ta cócos2x


4

) =

√2(cosx− sinx)

(sinx+ cosx)2

Khi đó I =

π4∫

0

d (sinx+ cosx)

(sinx+ cosx)2= −

√2

sinx+ cosx

∣∣∣∣∣π4

0

=√

2− 1.

Vậy I =√

2− 1. �



1 I =

π2∫

π4

1 + sin 2x+ cos 2x

sinx+ cosxdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2−√

2

Lời giải.

Ta có

1 + sin 2x+ cos 2x

sinx+ cosx=

1 + 2 sinx cosx+ (sinx+ cosx)(cosx− sinx)

sinx+ cosx

=(cosx+ sinx)2 + (sinx+ cosx)(cosx− sinx)

sinx+ cosx

= 2 cos x.

Khi đó I =

π2∫

π4

2 cosx dx = 2 sin x|π2π4

= 2−√

2.

Vậy I = 2−√

2. �


2 I =

π4∫

0

√2(sinx− cosx)

sin 2x+ 2(1 + sinx+ cosx)dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:4− 2

√2

2

Lời giải.

Ta có

√2(sinx− cosx)

(sinx+ cosx)2 + 2(sinx+ cosx) + 1=

√2(sinx− cosx)

(sinx+ cosx+ 1)2.

Đặt t = sinx+cosx+1⇒ dt = − (sinx− cosx) dx. Đổi cận x = 0⇒ t = 2, x =π

4⇒ t = 1+

√2.

Khi đó I =

2∫1+√2

√2

t2dt = −

√2

t

∣∣∣∣∣3

1+√2

=4− 3

√2

2.

Vậy I =4− 3

√2

2. �


1 I =

π4∫

0

cos 2x

(sinx+ cosx+ 2)3dx . . . . . . . . . . . . . . . . ĐS:

13− 9√

2

18

Lời giải.

Ta cócos 2x

(sinx+ cosx+ 2)3=


(sinx+ cosx+ 2)3.

Đặt t = sinx+ cosx+ 2⇒ dt = (cosx− sinx) dx.

Đổi cận x = 0⇒ t = 3, x =π

4⇒ t = 2 +

√2.

Khi đó I =

2+√2∫

3

t− 2

t3dt =

2+√2∫

3

Å1

t2− 2

t3

ãdt =

Å−1

t+

1

t2|ã∣∣∣∣2+√2

3

=13− 9

√2

18

Vậy I =13− 9

√2

18. �

2

π4∫

0

sinx+ cosx

3 + sin 2xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: ln 3

Lời giải.

Ta cósinx+ cosx

3 + sin 2x=

sinx+ cosx

2 + (sin x+ cosx)2=

√2 sin

(x+

π

4

)2 + 2 sin2

(x+

π

4

) =1√2·

sin(x+

π

4

)2− cos2

(x+

π

4

)Đặt t = cos

(x+

π

4

)⇒ dt = − sin

(x+

π

4

)dx

Đổi cận : x = 0⇒ t =

√2

2, x =

π

4⇒ t = 0.

Khi đó I =

√2

2∫0

1

2− t2dt =

√22∫

0

1Ä√2− t

ä Ä√2 + t

ä = ln

∣∣∣∣∣√

2 + t√2− t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣√

22

0

= ln 3.

Vậy I = ln 3. �

2. TÍCH PHÂN 273


BÀI 3. Tính I =

π4∫

0

sin 4x√5− 4 sinx− cos2 x+ cosx

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −14

3+ 12 ln

3

2

Lời giải.

Ta cósin 4x√

5− 4 sinx− cos2 x+ cosx=

2(cosx− sinx)(cosx+ sinx) sin 2x

2 + cos x− sinx.

Đặt t = 2 + cosx− sinx⇒ dt = −(cosx+ sinx) dx và sin 2x = −t2 + 4t− 3

Đổi cận x = 0⇒ t = 3; x =π

4⇒ t = 2

Khi đó

I = 2

3∫2

(t− 2)(−t2 + 4t− 3)

tdt

= −2

3∫2

Åt2 − 6t+ 11− 6

t

ãdt

= −2

Åt3

3− 3t2 − 6 ln |t|

ã∣∣∣∣32

= −14

3+ 12 ln

3

2.

Vậy I = −14

3+ 12 ln

3

2. �


1 I =

π4∫

0

cos2 x(1 + cos x)− sin2 x(1 + sin x)

sinx+ cosxdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:√

2− 1

4− 1

4ln 2

Lời giải.

Ta cócos2 x(1 + cos x)− sin2 x(1 + sin x)

sinx+ cosx=

Å1 + cos x+ sinx+

sinx cosx

sinx+ cosx

ã(cosx− sinx)

Đặt t = sinx+ cosx⇒ dt = (cosx− sinx) dx và sinx cosx =1

2(t2 − 1).

Đổi cận x = 0⇒ t = 1; x =π

4⇒ t =

√2.


Khi đó

I =

√2∫

1

Ö1 + t+

1

2(t2 − 1)

t

èdt

=

√2∫

1

Å1 +

3

2t− 1

2t

ãdt

=

Åt+

3

4t2 − 1

2ln |t|ã∣∣∣∣√2

1

=√

2− 1

4− 1

4ln 2.

Vậy I =√

2− 1

4− 1

4ln 2. �

2

π4∫

0

cos 2x

2−√

1 + sin x− cosxdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:26

3− 12 ln 2

Lời giải.

Ta cócos 2x

2−√

1 + sin x− cosx=

(cosx− sinx)(cosx+ sinx)

2−√

1 + sin x− cosx.

Đặt t =√

1 + sin x− cosx⇒ t2 = 1 + sinx− cosxSuy ra 2t dt = (cosx+ sinx) dx và cosx− sinx = 1− t2.Đổi cận x = 0⇒ t = 0; x =

π

4⇒ t = 1.

Khi đó

I = 2

1∫0

(1− t2)t2− t

dt

= 2

1∫0

−t3 + t

2− tdt

= 2

1∫0

Åt2 + 2t+ 3− 6

2− t

ãdt

=

Åt3

3+ t2 + 3t+ 6 ln |2− t|

ã∣∣∣∣10

=26

3− 12 ln 2.

�


1

π4∫

0

3 cos 2x− sin 4x

2− sinx− cosxdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. TÍCH PHÂN 275

ĐS:−5 + 13

√2

3+ 6 ln(2−

√2).

Lời giải.

Ta có

3 cos 2x− sin 4x

2− sinx− cosx=cos2x (3− 2 sin 2x)

2− cosx− sinx

= (cosx− sinx)(cosx+ sinx)(3− 2 ((cosx+ sinx)2 − 1)

2− sinx− cosx

=

Å−2(sinx+ cosx)3 + 5(sinx+ cosx)

2− sinx− cosx

ã(cosx− sinx) .

Đặt t = 2− sinx− cosx⇒ sinx+ cosx = 2− tdt = − (cosx− sinx) dx

Đổi cận : x = 0⇒ t = 1; x =π

4⇒ t = 2−

√2.

Ta có

I =

1∫2−√2

−2(2− t)3 + 5(2− t)t

dt

=

1∫2−√2

2t3 − 12t2 + 19t− 6

tdt

=

1∫2−√2

Å2t2 − 12t+ 19− 6

t

ãdt

=

Å2

3t3 − 6t2 + 19t− 6 ln |t|

ã∣∣∣∣12−√2

=−5 + 13

√2

3+ 6 ln(2−

√2).

Vậy I =−5 + 13

√2

3+ 6 ln(2−

√2). �

2 I =

π4∫

0

4(sinx+ cosx)− cos 2x

2(sinx− cosx− 1)− sin 2xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

4ln 3− ln 2

Lời giải.

Ta có4(sinx+ cosx)− cos 2x

2(sinx− cosx− 1)− sin 2x=

(sinx+ cosx)(4 + sin x− cosx)

(sinx− cosx− 1)(3 + sin x− cosx)Đặt t = sinx− cosx− 1⇒ dt = (cosx+ sinx) dx.

Đổi cận x = 0⇒ t = −2; x =π

4⇒ t = −1.


Khi đó

I =

−1∫−2

5 + t

t(t+ 4)dx

=

−1∫−2

Å1

t+ 4+

5

4

1

t(t+ 4)

ãdx

=

Å5

4ln

∣∣∣∣ t

t+ 4

∣∣∣∣+ ln |t+ 4|ã∣∣∣∣−1−2

= −1

4ln 3− ln 2.

Vậy I = −1

4ln 3− ln 2. �

{ DẠNG 2.10.b∫

a

f(sin2 x, cos2 x

)sin 2x dx

Phương pháp : Đặt

ñt = sin2 x⇒ dt = sin 2x dx

t = cos2 x⇒ dt = − sin 2x dx

VÍ DỤ 1. Tính

π2∫

0

sin 2x

1 + cos2 xdx ĐS: ln 2

Lời giải.

Đặt t = 1 + cos2 x⇒ dt = − sin 2x dx

Đổi cận x = 0⇒ t = 2; x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

2∫1

1

tdt = ln |t||21 = ln 2.

Vậy I = ln 2. �


π2∫

0

esin2 x sin 2x dx ĐS: e− 1

Lời giải.

Đặt t = sin2 x⇒ dt = sin 2x dx

Đổi cận x = 0⇒ t = 0; x =π

2⇒ t = 1.

Khi đó I =

1∫0

et dt = et∣∣10

= e− 1.

Vây I = e− 1. �

2. TÍCH PHÂN 277


BÀI 1. Tính I =

π2∫

0

sin 2x(1 + sin2 x)3 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:15

4Lời giải.

Đặt t = 1 + sin2 x⇒ dt = sin 2x dx

Đổi cận x = 0⇒ t = 1; x =π

2⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

t3 dt =t4

4

∣∣∣∣21

=15

4.

Vậy I =15

4. �


1 I =

π4∫

0

sin 4x

1 + cos2 xdx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2 + 6 ln3

4

Lời giải.

Ta cósin 4x

1 + cos2 x=

2 cos 2x

1 + cos2 x· sin 2x =

4 cos2 x− 2

1 + cos2 x· sin 2x.

Đặt t = 1 + cos2 x⇒ dt = − sin 2x dx

Đổi cận x = 0⇒ t = 2; x =π

4⇒ t =

3

2.

Khi đó I =

32∫

2

4(t− 1)− 2

tdt =

32∫

2

Å4− 6

t

ãdt = (4t− 6 ln |t|)|

321 = 2 + 6 ln

3

2.

Vậy I = 2 + 6 ln3

2�

2 I =

π2∫

0


dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:2

3

Lời giải.

Ta cósin 2x√

cos2 x+ 4 sin2 x=

sin 2x√1 + 3 sin2 x

.

Đặt t =√

1 + 3 sin2 x⇒ t2 = 1 + 3 sin2 x⇒ 2t dt = sin 2x dx

Đổi cận x = 0⇒ t = 1; x =π

2⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

2

3t

tdt =

2∫1

2

3dt =

2

3(2− 1) =

2

3.

Vậy I =2

3. �



BÀI 3. Tính I =

π2∫

0

sinx cosx√4 cos2 x+ 9 sin2 x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

5Lời giải.

Ta cósinx cosx√

9 cos2 x+ 4 sin2 x=

1

2sin 2x

√4 + 5 cos2 x

.

Đặt t =√

4 + 5 cos2 x⇒ t2 = 4 + 5 cos2 x⇒ 2t dt = −5 sin 2x dx⇒ 1

2sin 2x dx = −1

5t dt.

Đổi cận x = 0⇒ t = 3; x =π

2⇒ t = 2.

Khi đó I =

2∫1

15t

tdt =

2∫1

1

5dt =

1

5(2− 1).

Vậy I =1

5. �

BÀI 4. Tính I =

π2∫

0

sinx cosx√b2 cos2 x+ c2 sin2 x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

|c|+ |b|Lời giải.

Ta cósinx cosx√

b2 cos2 x+ c2 sin2 x=

1

2sin 2x√

b2 + (c2 − b2) sin2 x.

Đặt t =√b2 + (c2 − b2) sin2 x⇒ t2 = b2 + (c2 − b2) sin2 x⇒ 2t dt = (c2 − b2) sin 2x dx

Đổi cận x = 0⇒ t = |b|; x =π

2⇒ t = |c|.

Khi đó I =

|c|∫|b|

1

2· 2

c2 − b2t

tdt =

|c|∫|b|

1

c2 − b2dt =

1

c2 − b2(|c| − |b|) =

1

|c|+ |b|.

Vậy I =1

|c|+ |b|. �

{ DẠNG 2.11. I =

b∫a

fÄ√

a2 − x2äx2n dx

Phương pháp : Đặt x = a sin t⇒ dx = a cos t dt.


1 I =

1∫0

√1− x2 dx. ĐS:

π

4

2. TÍCH PHÂN 279

2 I =

1∫− 1

2

√1− x2 dx. ĐS:

π

3+

√3

8

3 I =

2∫0

x2√

4− x2 dx ĐS: π

Lời giải.

1 Đặt x = sin t⇒ dx = cos t dt.

Đổi cận x = 0⇒ t = 0;x = 1⇒ t =π

2.

Khi đó I =

π2∫

0

cos2 t dt =

π2∫

0

1

2(1 + cos 2t) dt =

1

2

Åt+

1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π20

=π

4.

Vậy I =π

4.

2 Đặt x = sin t⇒ dx = cos t dt.

Đổi cận x = −1

2⇒ t = −π

6;x = 1⇒ t =

π

2.

Khi đó I =

π2∫

−π6

cos2 t dt =

π2∫

−π6

1

2(1 + cos 2t) dt =

1

2

Åt+

1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π2−π

6

=π

3+

√3

8.

Vậy I =π

3+

√3

8.

3 Đặt x = 2 sin t⇒ dx = 2 cos t dt.

Đổi cận x = 0⇒ t = 0;x = 2⇒ t =π

2.

Khi đó

I =

π2∫

0

4 sin2 t·√

4− 4 sin2 t·2 cos t dt =

π2∫

0

4 sin2 2t dt = 2

π2∫

0

(1−cos 4t) dt = 2

Åt− 1

4sin 4t

ã∣∣∣∣π20

= π

Vậy I = π.

�


1 I =

1∫0

x2√

1− x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

16

Lời giải.

Đặt x = sin t⇒ dx = cos t dt.

Đổi cận x = 0⇒ t = 0;x = 1⇒ t =π

2.


Khi đó I =

π2∫

0

sin2 t·√

1− 1 sin2 t·cos t dt =1

4

π2∫

0

sin2 2t dt =1

8

π2∫

0

(1−cos 4t) dt =1

8

Åt− 1

4sin 4t

ã∣∣∣∣π20

=

π

16.

Vậy I =π

16. �

2 I =

√2

2∫0

x2√1− x2

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

8− 1

4

Lời giải.

Đặt x = sin t⇒ dx = cos t dt.

Đổi cận x = 0⇒ t = 0;x =

√2

2⇒ t =

π

4.

Khi đó I =

π4∫

0

sin2 t

cos t· cos t dt =

π4∫

0

1

2(1− cos 2t) dt =

1

2

Åt− 1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π40

=π

8− 1

4.

Vậy I =π

8− 1

4. �

3 I =

1∫0

x2√4− x2

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

3−√

3

2

Lời giải.

Đặt x = 2 sin t⇒ dx = 2 cos t dt.

Đổi cận x = 0⇒ t = 0;x = 1⇒ t =π

6.

Khi đó

I =

π6∫

0

4 sin2 t

2 cos t· 2 cos t dt =

π6∫

0

2(1− cos 2t) dt = 2

Åt− 1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π60

=π

3−√

3

2

Vậy I =π

3−√

3

2. �


1 I =

2∫0

√2x− x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

2

Lời giải.

Ta có 2x− x2 = 1− (x− 1)2

Đặt x− 1 = sin t⇒ dx = cos t dt

2. TÍCH PHÂN 281

Đổi cận x = 0⇒ t = −π2; x = 2⇒ t =

π

2.

Khi đó I =

π2∫

−π2

√1− sin2 t cos t dt =

π2∫

−π2

cos2 t dt =1

2

Åt+

1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π2−π

2

=π

2.

Vậy I =π

2. �

2 I =

1∫12

√x− x2 dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

8

Lời giải.

Ta có x− x2 =1

4−Åx− 1

2

ã2Đặt x− 1

2=

1

2sin t⇒ dx =

1

2cos t dt

Đổi cận x =1

2⇒ t = 0; x = 1⇒ t =

π

2.

Khi đó I =

π2∫

0

1

2cos2 t dt =

1

4

π2∫

0

(1 + cos 2t) dt =1

4

Åt+

1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π20

=π

8.

Vậy I =π

8. �

3 I =

1∫0

x2√3 + 2x− x2

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −4 +π + 3

√3

2

Lời giải.

Ta có 3 + 2x− x2 = 4− (x− 1)2

Đặt x− 1 = 2 sin t⇒ dx = 2 cos t dt

Đổi cận x = 0⇒ t = −π6; x = 1⇒ t = 0.

Khi đó I =

0∫−π

6

(1 + 2 sin t)2

2 cos t· 2 cos t dt =

0∫−π

6

(3 + 4 sin t− 2 cos 2t) dt = (3t− 4 cos t− sin 2t)|0−π6

=

−4 +π + 3

√3

2.

Vậy I = −4 +π + 3

√3

2. �

{ DẠNG 2.12. I =

β∫α

fÄÄ√

x2 + a2ämä

x2ndx

Phương pháp giải: Đặt x = a tan t⇒ dx = a (1 + tan2 t) dt.


1. Ví dụ


1 I =

1∫0

1

1 + x2dx ĐS:

π

4

2 I =

2√3∫

2

3√

3

x2 + 4dx ĐS:

√3π

8

Lời giải.

1 Đặt x = tan t⇒ dx = (1 + tan2 t) dt.Đổi cận: x = 0⇒ t = 0

x = 1⇒ t =π

4

I =

π4∫

0

1

1 + tan2 t· (1 + tan2 t) dt =

π4∫

0

dt = t

∣∣∣∣π40

=π

4.

2 Đặt x = 2 tan t⇒ dx = 2(1 + tan2 t) dt.

Đổi cận: x = 2√

3⇒ t =π

3x = 2⇒ t =

π

4

I =

π3∫

π4

3√

3

4 + 4 tan2 t· 2(1 + tan2 t) dt =

π3∫

π4

3√

3

2dt =

3√

3

2t

∣∣∣∣∣π3

π4

=

√3π

8.

�

2. Bài tập áp dụngBÀI 1. Tính các tích phân sau

1 I =

4∫2

1

x2 − 2x+ 4dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: I =π

6√

3

Lời giải.

I =

4∫2

1

x2 − 2x+ 4dx =

4∫2

1

(x− 1)2 + 3dx. Đặt x− 1 =

√3 tan t⇒ dx =

√3(1 + tan2 t) dt.

Đổi cận: x = 4⇒ t =π

3

x = 2⇒ t =π

6.

I =

π3∫

π6

1

3 tan2 t+ 3

√3(1 + tan2 t) dt =

π3∫

π6

1√3

dt =π

6√

3.

2. TÍCH PHÂN 283

�

2 I =

1∫0

1

x2 + x+ 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

3√

3

Lời giải.

I =

1∫0

1

x2 + x+ 1dx =

1∫0

1Åx+

1

2

ã2+

3

4

dx. Đặt x+1

2=

√3

2tan t⇒ dx =

√3

2(1 + tan2 t) dt.


3

x = 0⇒ t =π

6.

I =

π3∫

π6

13

4tan2 t+

3

4

·√

3

2(1 + tan2 t) dt =

π3∫

π6

2√3

dt =π

3√

3.

�

3 I =

1∫0

x3

1 + x8dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:π

16

Lời giải.

Đặt u = x4 ⇒ du = 4x3dx.Đổi cận: x = 1⇒ u = 1

x = 0⇒ u = 0.

Ta có I =

1∫0

1

4(1 + u2)du =

1∫0

1

4(1 + x2)dx. Đặt x = tan t⇒ dx = (1 + tan2 t)dt.


4x = 0⇒ t = 0.

Ta có I =

π4∫

0

1

4(1 + tan2 t)(1 + tan2 t)dt =

π4∫

0

1

4dt =

π

16. �

4 I =

2∫0

dx√x2 + 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:1

2ln(3 + 2

√2)

Lời giải.

Đặt x = 2 tan t⇒ dx = 2(1 + tan2 t)dt.


4x = 0⇒ t = 0.


Ta có

I =

π4∫

0

1√4 + 4 tan2 t

· 2(1 + tan2 t)dt =

π4∫

0

√1 + tan2 t dt =

π4∫

0

1

cos tdt =

π4∫

0

cos t

1− sin2 tdt

Đặt u = sin t⇒ du = cos tdx.

Đổi cận: t =π

4⇒ u =

√2

2t = 0⇒ u = 0.

I =

√22∫

0

1

1− u2du =

1

2ln

∣∣∣∣u+ 1

u− 1

∣∣∣∣∣∣∣∣√2

2

0

=1

2ln(3 + 2

√2).

�

3. Bài tập rèn luyệnBÀI 2. Tính các tích phân sau

1 I =

1∫0

√x2 + 1dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√2

2+

1

4ln(3 + 2

√2)

Lời giải.

Đặt x = tan t⇒ dx =1

cos2 tdt.


4

x = 0⇒ t = 0.

I =

π4∫

0

√1 + tan2 t · 1

cos2 tdt =

π4∫

0

1

cos3 tdt =

π4∫

0

cos t

cos4 tdt =

π4∫

0

1

(1− sin2 t)2d (sinx) =

1

4

π4∫

0

ï1 + sin t+ 1− sin t

(1 + sin x)(1− sinx)

ò2d (sinx)

=1

4

π4∫

0

ï1

1− sin t+

1

1 + sin t

ò2d (sinx) =

1

4

π4∫

0

ï1

(1− sin t)2+

1

(1 + sin t)2+

2

(1− sin t)(1 + sin t)

òd (sinx)

=1

4

Å1

1− sinx− 1

1 + sin x

ã∣∣∣∣π40

+1

4

π4∫

0

1− sinx+ 1 + sinx

(1− sinx)(1 + sin x)d (sinx)

=

√2

2+

1

4

π4∫

0

Å1

1 + sin x+

1

1− sinx

ãd (sinx)

=

√2

2+

1

4(ln |1 + sin x| − ln |1− sinx|)|

π40

=

√2

2+

1

4ln(3 + 2

√2).

�

2. TÍCH PHÂN 285

2 I =

√3∫

0

dx√3 + x2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

2ln(3− 2

√2)

Lời giải.

Đặt x =√

3 tan t⇒ dx =

√3

cos2 tdt. Với x = 0⇒ t = 0 và x =

√3⇒ t =

π

4.

I =

π4∫

0

1√3(1 + tan2 t)

·√

3(1 + tan2 t

)dt =

π4∫

0

1

cos tdt =

π4∫

0

cos t

1− sin2 tdt = −

π4∫

0

1

(sin t− 1)(sin t+ 1)d(sin t)

= −1

2ln

∣∣∣∣sin t− 1

sin t+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣π40

= −1

2ln(3− 2

√2).

�

3 I =

1∫0

1√x2 + x+ 1

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: −1

2ln(21− 12

√3)

Lời giải.

I =

1∫0

1√x2 + x+ 1

dx =

1∫0

1 Åx+

1

2

ã2+

3

4

dx.

Đặt x+1

2=

√3

2tan t⇒ dx =

√3

2

1

cos2 tdt. Với x = 0⇒ t =

π

6và x = 1⇒ t =

π

3. Ta có

I =

π3∫

π6

1…3

4(1 + tan2 t)

·√

3

2

1

cos2 tdt =

π3∫

π6

1

cos tdt =

π3∫

π6

cos t

1− sin2 tdt

=

π3∫

π6

1

1− sin2 td(sin t)

= −

π3∫

π6

1


= −1

2ln

∣∣∣∣sin t− 1

sin t+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣π3π6

= −1

2ln(21− 12

√3).

�

4 I =

2∫0

√3√

x2 + 2x+ 4dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


ĐS: −√

3

2ln(21− 12

√3)

Lời giải.

I =

2∫0

√3√

x2 + 2x+ 4dx =

2∫0

√3√

(x+ 1)2 + 3dx

Đặt x+ 1 =√

3 tan t⇒ dx

√3


π

6và x = 2⇒ t =

π

3. Ta có

I =

π3∫

π6

√3√

3(1 + tan2 t)·√

31

cos2 tdt =

π3∫

π6

√3

cos tdt =

π3∫

π6

√3 cos t

1− sin2 tdt

=

π3∫

π6

√3

1− sin2 td(sin t)

= −

π3∫

π6

√3


= −√

3

2ln

∣∣∣∣sin t− 1

sin t+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣π3π6

= −√

3

2ln(21− 12

√3).

�

5 I =

√3∫

√3

3

1√(1 + x2)3

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√3− 1

2

Lời giải.


cos2 tdt. Với x =

√3

3⇒ t =

π

6và x =

√3⇒ π

3. Ta có

I =

π3∫

π6

1√(1 + tan2 t)3

· 1

cos2 tdt =

π3∫

π6

cos tdt

= sin t|π3π6

=

√3− 1

2.

�


1 I =

2∫0

x2√x2 + 4dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. TÍCH PHÂN 287

ĐS: 6√

2 + lnÄ3− 2

√2ä

Lời giải.

Đặt x = 2 tan t⇒ dx =2

cos2 tdt. Với x = 0⇒ t = 0; và x = 2⇒ t =

π

4. Do đó

I =

π4∫

0

4 tan2 t ·»

4(1 + tan2 t) · 2

cos2 tdt = 16

π4∫

0

sin2 t

cos5 tdt = 16

π4∫

0

sin2 t · cos t

cos6 tdt

Đặt u = sin t⇒ du = cos tdt. Ta có I =

√2

2∫0

16u2

(1− u2)3du =

√2

2∫0

16x2

(1− x2)3dx.

Đặt

u = 16x

dv =xdx

(1− x2)3⇒

du = 16dx

v =1

4(1− x2)2. Ta được

I =4x

(1− x2)2

∣∣∣∣√2

2

0

−

√22∫

0

4

(1− x2)2dx = 8

√2−

√2

2∫0

Å2

1− x2

ã2dx = 8

√2−

√2

2∫0

Å1

1− x+

1

1 + x

ã2

dx

= 8√

2−

√2

2∫0

ï1

(1− x)2+

1

(1 + x)2+

2

(1− x)(1 + x)

òdx

= 8√

2−ï

1

1− x− 1

1 + x

ò∣∣∣∣√22

0

+

√2

2∫0

2

(x− 1)(x+ 1)dx

= 6√

2 + ln

∣∣∣∣x− 1

x+ 1

∣∣∣∣ ∣∣∣∣√2

2

0

= 6√

2 + lnÄ3− 2

√2ä.

�

2 I =

√3∫

0

x2√3 + x2

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:3√

2

2+

3

4ln(3− 2

√2)

Lời giải.

Đặt x =√

3 tan t⇒ dx =√

31

cos2 tdt. Với x = 0⇒ t = 0 và x =

√3⇒ t =

π

4.

I =

π4∫

0

3 tan2 t√3(1 + tan2 t)

·√

3

cos2 tdt =

π4∫

0

3 tan2 t1

cos tdt = 3

π4∫

0

sin2 t · cos t

(1− sin2 t)2dt

Đặt u = sin t, ta có

I = 3

√2

2∫0

u2

(1− u2)2du =

3

4

√2

2∫0

Å1

u− 1+

1

u+ 1

ã2du


=3

4

√2

2∫0

Å1

(u− 1)2+

1

(u+ 1)2+

2

(u− 1)(u+ 1)

ã2du

=3

4

ï− 1

u− 1− 1

u+ 1+ ln

∣∣∣∣u− 1

u+ 1

∣∣∣∣ò∣∣∣∣√22

0

=3√

2

2+

3

4ln(3− 2

√2).

�

{ DẠNG 2.13.β∫α

f

Ç…a± xa∓ x

ådx;

β∫α

dx

(a+ bxn) n√a+ bxn

;

Phương pháp giải:

1

β∫α

f

Ç…a± xa∓ x

ådx đặt x = a cos 2t.

2

β∫α

dx

(a+ bxn) n√a+ bxn

đặt x =1

t.

3

β∫α

Rîs1√ax+ b, · · · , sk

√ax+ b

ódx

đặt tn = ax+ b, với n là bội chung nhỏ nhất {s1, s2, · · · , sk}.

4

β∫α

dx√(ax+ b)(cx+ d)

đặt t =√ax+ b+

√cx+ d

1. Ví dụ


1 I =

64∫1

13√x+√x

dx ĐS: 11 + 6 ln2

3

2 I =

2∫0

…2− xx+ 2

dx ĐS: π − 2

3 I =

1∫0

1√x2 + 4x+ 3

dx ĐS: 2 ln

Ç2 +√

2

1 +√

3

åLời giải.

2. TÍCH PHÂN 289

1 Đặt t = 6√x⇒ x = t6 ⇒ dx = 6t5dt. Với x = 1⇒ t = 1 và x = 64⇒ t = 2.

I =

2∫1

6t5dt

t3 + t2=

2∫1

6t3

t+ 1dt = 6

2∫1

Åt2 − t+ 1− 1

t+ 1

ãdt

= 6

Åt3

3− t2

2+ t− ln |t+ 1|

ã∣∣∣∣21

= 11 + 6 ln2

3.

2 Đặt x = 2 cos 2t⇒ dx = −4 sin 2tdt. Với x = 0⇒ t =π

4và x = 2⇒ t = 0.

I =

π4∫

0

…2− 2 cos 2t

2 + 2 cos 2t4 sin 2tdt =

π4∫

0

tan t · 4 sin 2tdt =

π4∫

0

8 sin2 tdt =

π4∫

0

4(1− cos 2t)dt

= 4

Åt− 1

2sin 2t

ã∣∣∣∣π40

= π − 2.

3 Đặt t =√x+ 1 +

√x+ 3⇒ dt =

1

2√

(x+ 1)(x+ 3)dt⇔ 2

tdt =

dx√(x+ 1)(x+ 3)

.

Với x = 0⇒ t = 1 +√

3 và x = 1⇒ t = 2 +√

2

I =

2+√2∫

1+√3

2

tdt = 2 ln |t|

∣∣∣∣2+√2

1+√3

= 2 ln2 +√

2

1 +√

3.

�



1 I =

1∫0

4√x

1 +√x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: π − 8

3

Lời giải.

Đặt t = 4√x⇒ x = t4 ⇒ dx = 4t3dt. Với x = 0⇒ t = 1 và x = 1⇒ t = 1.

I =

1∫0

t

1 + t2· 4t3dt =

1∫0

4t4

1 + t2dt =

1∫0

Å4t2 − 4 +

4

1 + t2

ãdt = −8

3+

1∫0

4

1 + x2dx



cos2 tdt. Khi đó

I = −8

3+

π4∫

0

4

1 + tan2 t· 1

cos2 tdt

= −8

3+

π4∫

0

4dt

= π − 8

3.

�

2 I =

27∫1

√x− 2

x+3√x2

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 4− 6 ln 2 +π

2

Lời giải.

Đặt t = 6√x⇒ t6 = x⇒ dx = 6t5dt. Với x = 1⇒ t = 1 và x = 27⇒ t =

√3.

I =

√3∫

1

t3 − 2

t6 + t4· 6t5dt =

√3∫

1

6t4 − 12t

t2 + 1dt =

√3∫

1

Å6t2 − 6 +

6− 12t

t2 + 1

ãdt = 4 +

√3∫

1

6

t2 + 1dt−

√3∫

1

12t

t2 + 1dt

= 4− 6 ln 2 +

√3∫

1

6

x2 + 1dx



π

4và x =

√3⇒ t =

π

3.

I = 4− 6 ln 2 +

π6∫

π4

6

1 + tan2 t· 1

cos2 tdt = 4− 6 ln 2 +

π6∫

π4

6dt = 4− 6 ln 2 +π

2.

�

3 I =

1∫0

1

x2

…2− x2 + x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS:

√3

2+

1

4ln(7− 4

√3)

Lời giải.

Đặt x = 2 cos 2t⇒ dx = −4 sin 2tdt. Với x = 1⇒ t =π

6và x = 2⇒ t = 0.

I =

π6∫

0

1

4 cos2 2t·…

1− cos 2t

1 + cos 2t· 4 sin 2tdt =

π6∫

0

1

cos2 2ttan t · sin 2tdt =

π6∫

0

2sin2 t

cos2 2tdt

2. TÍCH PHÂN 291

Đặt

u = 2 sin2 t

dv =1

cos2 2tdt⇒

du = 2 sin 2tdt

v =1

2tan 2t

. Khi đó

I = sin2 t tan 2t∣∣π60−

π6∫

0

sin 2t · sin 2t

cos 2tdt =

√3

4−

π6∫

0

sin2 2t

1− sin2 2t· cos 2tdt

=

√3

4+

π6∫

0

1− sin2 2t+ 1

1− sin2 2tcos 2tdt =

√3

4− 1

2

π6∫

0

Å1− 1

1− sin2 2t

ãd(sin 2t)

=

√3

4+

1

2

ïsin 2t+

1

2ln

∣∣∣∣sin 2t− 1

sin 2t+ 1

∣∣∣∣ò∣∣∣∣π60

=

√3

2+

1

4ln(74

√3).

�


BÀI 2. Tính tích phân I =

2∫1

13√x2 + 4

√x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 3 3√

2− 24 6√

2 + 21 + 96 ln4 + 6

√2

5Lời giải.

Đặt t = 6√x⇒ t6 = xdx = 6t5dt. Với x = 1⇒ t = 1 và x = 2⇒ t = 6

√2.

I =

6√2∫1

1

t4 + 4t3· 6t5dt =

6√2∫1

6t2

t+ 4dt =

6√2∫1

Å6t− 24 +

96

t+ 4

ãdt

=

Å3t2 − 24t+

96

t+ 4

ã∣∣∣∣ 6√2

1

= 33√

2− 246√

2 + 21 + 96 ln4 + 6

√2

5.

�


1 I =

1∫0

1−√x

1 +√x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2− π

2

Lời giải.


Đặt√x = cos 2t⇒ x = cos2 2t⇒ dx = −4 cos 2t · sin 2tdt. Với x = 0⇒ t =

π

4và x = 1⇒ t = 0

I =

π4∫

0

…1− cos 2t

1 + cos 2t· 4 sin 2t cos 2tdt =

π4∫

0

tan t4 sin 2t cos 2tdt =

π4∫

0

(8 sin2 t− 16 sin2 t

)dt

=

π4∫

0

ñ4(1− cos 2t)− 16

Å1− cos 2t

2

ã2ôdt = (4t− 2 sin 2t)|

π40 −

π4∫

0

4(1− cos 2t)2dt

= π − 2−

π4∫

0

(4− 8 cos 2t+ 4 cos2 2t

)dt = 2−

π4∫

0

2

Å1 + cos 4t

2

ãdt

= 2− π

2.

�

2 I =

1∫0

…3− x1 + x

dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ĐS: 2−√

3 +π

3

Lời giải.

Đặt t =

…3− x1 + x

⇒ x =3− t2

t2 + 1⇒ dx = − 8t

t2 + 1dt. Với x = 0⇒ t =

√3 và x = 1⇒ t = 1. Ta có

I =

√3∫

1

t · 8t

(t2 + 1)2dt =

√3∫

1

8t2

(t2 + 1)2dt

Đặt

u = 4t

dv =2t

(t2 + 1)2dt⇒

du = 4dt

v = − 1

t2 + 1

. Khi đó

I =−4t

t2 + 1

∣∣∣∣√3

1

+

√3∫

1

4

t2 + 1dt = 2−

√3 +

√3∫

1

4

x2 + 1dx

Đặt x = tan t⇒ dx = (1 + tan2 t)dt. với x = 1⇒ t =π

4và x =

√3⇒ t =

π

3.

I = 2−√

3 +

π

3∫π4

4

1 + tan2 t(1 + tan2 t)dt

= 2−√

3 +

π

3∫π4

4dt

= 2−√

3 +π

3.

�

3. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN 293

BÀI3. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂNA. DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{ DẠNG 3.1. Diện tích hình phẳng và bài toán liên quan

Định lí 1. Hình phẳng (H) giới hạn bởi

(C1) : y = f(x)

(C2) : y = g(x)

x = a, x = b (a < b)

thì diện tích của (H) được xác đinh bởi công thức S =∫ b

a

|f(x)− g(x)| dx.x

y

O ba

f(x)

g(x)

(H)

Phương pháp 1. Phương pháp đại số (phương pháp tự luận)

Giải phương trình hoành độ giao điểm f(x) = g(x) tìm nghiệm xi ∈ [a; b].

Lập bảng xét dấu f(x)− g(x), chẳng hạn

x

f(x)− g(x)

a x1 x2 b

− 0 + 0 −

S =

b∫a

|f(x)− g(x)| dx =

x1∫a

[f(x)− g(x)] dx+

x2∫x1

[g(x)− f(x)] dx+

b∫x2

[f(x)− g(x)] dx.

Phương pháp 2. Phương pháp hình học (nếu 3 đường ta nên sử dụng hình học)

x

y

O ba

(C1)

(C2)

S

Hình 1

x

y

O x1 x2

d : y = ax+ b

(C1) (C2)

Hình 2

Hình 1 do (C1) nằm trên (C2) nên S =

b∫a

[f1(x)− f2(x)] dx.

Hình 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ba đường, trong [0;x1] thì (C1) nằm trên (C2) nằm

dưới nên S1 =

x1∫0

[f1(x) − f2(x)] dx và trong [x1;x2] thì đường d nằm trên và (C2) nằm dưới nên

S2 =

x2∫x1

[ax+ b− f2(x)] dx. Khi đó diện tích hình 2 là S = S1 + S2 là phần gạch sọc như hình vẽ.


1. Ví dụ

VÍ DỤ 1. Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường sau

(H) : {y = x3 + 11x− 6, y = 6x2, x = 0, x = 2}.

ĐS:5

2

Lời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm: x3 + 11x− 6 = 6x2 ⇔ x3 − 6x2 + 11x− 6 = 0⇔

x = 1

x = 2

x = 3 (loại).

Bảng xét dấu biểu thức x3 − 6x2 + 11x− 6

x

x3 − 6x2 + 11x − 6

0 1 2

− 0 +

S =

2∫0

|x3 − 6x2 + 11x− 6| dx = −1∫

0

(x3 − 6x2 + 11x− 6) dx+

2∫1

(x3 − 6x2 + 11x− 6) dx =5

2. �


(H) : {y = sinx, y = cosx, x = 0, x = π}.

. ĐS: 2√

2

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm sinx = cosx⇔ tanx = 1⇔ x =π

4.

Diện tích hình phẳng cần tính là:

S =

π∫0

| sinx− cosx| dx =

∣∣∣∣∣∣∣π4∫

0

(sinx− cosx) dx

∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣π∫

π4

(sinx− cosx) dx

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣(cosx+ sinx)

∣∣∣∣π40

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣(cosx+ sinx)

∣∣∣∣ππ4

∣∣∣∣∣ = 2√

2.

�


(H) : {y =√x+ 1, y = 5− x, y = 1}.

ĐS:13

6

Lời giải.• Cách 1. Từ phương trình y =

√x+ 1⇒ x = y2 − 1 (y ≥ 0); y = 5− x⇒ x = 5− y.

Xét phương trình tung độ giao điểm: y2 + y − 6 = 0⇔ñy = 2

y = −3 (loại).



S =

2∫1

|y2 + y − 6| dy = −2∫

1

(y2 + y − 6) dy = −Åy3

3+y2

2− 6y

ã∣∣∣∣21

=23

3− 31

6=

13

6.

• Cách 2. Vẽ đồ thị các hàm số y =√x+ 1, y = 5 − x,

y = 1 như hình bên. Giải các phương trình hoành độ giaođiểm từ đó ta được các giao điểm giữa các đồ thị là (0; 1),(3; 2), (4, 1).Dựa vào đồ thị diện tích hình cần tính là miền gạch sọc

S =

3∫0

Ä√x+ 1− 1

ädx+

4∫3

(5− x− 1) dx =13

6.

x

y

O

1

2

−1 3 4

y = 1

y =√x+ 1

y = 5− x

�

VÍ DỤ 4. Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường thẳng sau

(H) : {y = min{x; 2x− 1; 4− x}, Ox}.

ĐS:55

12

Lời giải.Vẽ đồ thị các hàm số y = x, y = 2x− 1, y = 4− x như hình bên. Giảicác phương trình hoành độ giao điểm từ đó ta được các giao điểm giữa

các đồ thị là

Å1

2; 1

ã, (1; 1), (2; 2), (4; 0).

Dựa vào đồ thị, diện tích hình cần tính là miền gạch sọc

S =

1∫12

(2x− 1) dx+

2∫1

x dx+

4∫2

(4− x) dx =1

4+

3

2+ 2 =

15

4.

x

y

O

1

2

4

1

2

1 2 4

y = 2x− 1

y = x

y = 4− x

�

2. Bài tập áp dụngBÀI 1. Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường sau

1 (H) : {y = x3 − x, y = 2x, x = −1, x = 1}. ĐS:5

2

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 3x = 0⇔

x = 0 ∈ [−1; 1]

x =√

3 /∈ [−1; 1]

x = −√

3 /∈ [−1; 1].

Bảng xét dấu biểu thức x3 − 3x

x

x3 − 3x

−1 0 1

+ 0 −



S =

1∫−1

|x3−3x| dx =

0∫−1

(x3−3x) dx+

1∫0

(−x3 + 3x) dx =

Å1

4x4 − 3

2x2ã∣∣∣∣0−1

+

Å−1

4x4 +

3

2x2ã∣∣∣∣1

0

=

5

4+

5

4=

5

2. �

2 (H) : {y = x, y = x+ sin2 x, x = 0, x = π}. ĐS:π

2

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm x = x+ sin2 x⇔ sinx = 0⇔ x = kπ (k ∈ Z).Trên đoạn [0; π] phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = π.

S =

π∫0

sin2 x dx =1

2

π∫0

(1− cos 2x) dx =1

2

Åx− 1

2sin 2x

ã∣∣∣∣π0

=π

2. �

3 (H) : {y = x3 − 4x,Ox, x = −2, x = 5}. ĐS:473

4

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 4x = 0⇔ñx = 0

x = ±2.

Bảng xét dấu biểu thức x3 − 4x

x

x3 − 4x

−2 0 2 5

+ 0 − 0 +


S =

5∫−2

|x3 − 4x| dx =

0∫−2

|x3 − 4x| dx+

2∫0

|x3 − 4x| dx+

5∫2

|x3 − 4x| dx

=

0∫−2

(x3 − 4x) dx−2∫

0

(x3 − 4x) dx+

5∫2

(x3 − 4x) dx

=

Å1

4x4 − 2x2

ã∣∣∣∣0−2−Å

1

4x4 − 2x2

ã∣∣∣∣20

+

Å1

4x4 − 2x2

ã∣∣∣∣52

= 4 + 4 +425

4+ 4 =

473

4.

�

4 (H) : {y = x4 − 3x2 − 4, Ox, x = 0, x = 3}. ĐS:144

5

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 − 3x2 − 4 = 0⇔ñx = 2

x = −2 (loại).

Bảng xét dấu biểu thức x4 − 3x2 − 4

x

x4 − 3x2 − 4

0 2 3

− 0 +



S =

3∫0

|x4 − 3x2 − 4| dx =

2∫0

|x4 − 3x2 − 4| dx+

3∫2

|x4 − 3x2 − 4| dx

= −2∫

0

(x4 − 3x2 − 4) dx+

3∫2

(x4 − 3x2 − 4) dx

= −Å

1

5x5 − x3 − 4x

ã∣∣∣∣20

+

Å1

5x5 − x3 − 4x

ã∣∣∣∣32

=48

5+

48

5+

48

5=

144

5.

�

5 (H) : {y = cos2 x,Ox,Oy, x = π}. ĐS:π

2

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: cos2 x = 0⇔ x =π

2.


S =

π∫0

cos2 x dx =1

2

π∫0

(1 + cos 2x) dx =1

2

Åx+

1

2sin 2x

ã∣∣∣∣π0

=π

2. �

6 (H) : {y = x3 − x, y = x− x2}. ĐS:37

12

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3 − x = x− x2 ⇔ x3 + x2 − 2x = 0⇔

x = 0

x = 1

x = −2.

Bảng xét dấu biểu thức x3 + x2 − 2x

x

x3 + x2 − 2x

−2 0 1

+ 0 −


S =

1∫−2

|x3 + x2 − 2x| dx =

0∫−2

|x3 + x2 − 2x| dx+

1∫0

|x3 + x2 − 2x| dx

=

0∫−2

(x3 + x2 − 2x) dx−1∫

0

(x3 + x2 − 2x) dx

=

Å1

4x4 +

1

3x3 − x2

ã∣∣∣∣0−2−Å

1

4x4 +

1

3x3 − x2

ã∣∣∣∣10

=8

3+

5

12=

37

12.

�


7 (H) : {y = x2 + 2x, y = x3}. ĐS:37

12

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3 − x2 − 2x = 0⇔

x = −1

x = 0

x = 2.

Bảng xét dấu biểu thức x3 + x2 − 2x

x

x3 − x2 − 2x

−1 0 2

+ 0 −


S =

2∫−1

|x3 − x2 − 2x| dx =

0∫−1

|x3 − x2 − 2x| dx+

2∫0

|x3 − x2 − 2x| dx

=

0∫−1

(x3 − x2 − 2x) dx−2∫

0

(x3 − x2 − 2x) dx

=

Å1

4x4 − 1

3x3 − x2

ã∣∣∣∣0−1−Å

1

4x4 − 1

3x3 − x2

ã∣∣∣∣20

=5

12+

8

3=

37

12.

�

8 (H) : {y = −2x3 + x2 + x+ 5, y = x2 − x+ 5}. ĐS: 1

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: −2x3 + 2x = 0⇔ñx = 0

x = ±1.

Bảng xét dấu biểu thức −2x3 + 2x

x

−2x3 + 2x

−1 0 1

− 0 +


S =

1∫−1

| − 2x3 + 2x| dx =

0∫−1

| − 2x3 + 2x| dx+

1∫0

| − 2x3 + 2x| dx

= −0∫

−1

(−2x3 + 2x) dx+

1∫0

(−2x3 + 2x) dx

= −Å−1

2x4 + x2

ã∣∣∣∣0−1

+

Å−1

2x4 + x2

ã∣∣∣∣10

=1

2+

1

2= 1.

�


9 (H) : {y = x4 − 10x2 + 9, Ox}. ĐS:784

15

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 − 10x2 + 9 = 0⇔ñx = ±1

x = ±3.

Bảng xét dấu biểu thức x4 − 10x2 + 9

x

x4 − 10x2 + 9

−3 −1 1 3

− 0 + 0 −


S =

3∫−3

|x4 − 10x2 + 9| dx =

−1∫−3

|x4 − 10x2 + 9| dx+

1∫−1

|x4 − 10x2 + 9| dx+

3∫1

|x4 − 10x2 + 9| dx

= −−1∫−3

(x4 − 10x2 + 9) dx+

1∫−1

(x4 − 10x2 + 9) dx−3∫

1

(x4 − 10x2 + 9) dx

= −Åx5

5− 10

3x3 + 9x

ã∣∣∣∣−1−3

+

Åx5

5− 10

3x3 + 9x

ã∣∣∣∣1−1−Åx5

5− 10

3x3 + 9x

ã∣∣∣∣31

= −Å−88

15− 72

5

ã+

Å88

15+

88

15

ã−Å−72

5− 88

15

ã=

784

15.

�

10 (H) : {y = (e + 1)x, y = (1 + ex)x}. ĐS:e− 2

2

Lời giải.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x(ex − e) = 0⇔ñx = 0

x = 1.


S =

1∫0

|x(ex − e)| dx = −1∫

0

x(ex − e) dx = −1∫

0

xex dx+ e

1∫0

x dx

=

1∫0

x dex +e · x2

2

∣∣∣∣10

= −

Ñxex|10 −

1∫0

ex dx

é+

e

2= −Ç

e− ex∣∣∣∣10

å+

e

2=

e− 2

2.

�

BÀI 2. Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường sau

1 (H) : {y =√x+ 2, y = 4− x, y = 1}. ĐS:

13

6

Lời giải.

• Cách 1. Từ phương trình y =√x+ 2⇒ x = y2 − 2 (y ≥ 0); y = 4− x⇒ x = 4− y.


y = −3 (loại).



S =

2∫1

|y2 + y − 6| dy = −2∫

1

(y2 + y − 6) dy = −Åy3

3+y2

2− 6y

ã∣∣∣∣21

=23

3− 31

6=

13

6.

• Cách 2. Vẽ đồ thị các hàm số y =√x+ 2, y = 4−x,

y = 1 như hình bên. Giải các phương trình hoành độgiao điểm từ đó ta được các giao điểm giữa các đồ thịlà (−1; 1), (2; 2), (3, 1).Dựa vào đồ thị diện tích hình cần tính là miền gạchsọc

S =

2∫−1

Ä√x+ 2− 1

ädx+

3∫2

(4− x− 1) dx =13

6.

x

y

O

1

2

4

−1 2 3 4

y = 1

y =√x+ 2

y = 4− x

�

2 (H) : {y =√x, y = 2− x, y = 0}. ĐS:

7

6

Lời giải.

• Cách 1. Từ phương trình y =√x⇒ x = y2 (y ≥ 0); y = 2− x⇒ x = 2− y.


y = −2 (loại).


S =

1∫0

|y2 + y − 2| dy = −1∫

0

(y2 + y − 2) dy = −Åy3

3+y2

2− 2y

ã∣∣∣∣10

=7

6.

• Cách 2. Vẽ đồ thị các hàm số y =√x, y = 2− x như hình bên. Giải

các phương trình hoành độ giao điểm từ đó ta được các giao điểm giữacác đồ thị là (0; 0), (1; 1), (2, 0).Dựa vào đồ thị diện tích hình cần tính là miền gạch sọc

S =

1∫0

(√x)

dx+

2∫1

(2− x− 1) dx =2

3+

1

2=

7

6.

x

y

O

1

2

1 2

y =√x

y = 2− x

�

3 (H) : {y = x3 − 3x, y = 2, y = x}. ĐS:11

4

Lời giải.

Vẽ đồ thị các hàm số y = x3 − 3x, y = 2, y = x như hình bên.Giải các phương trình hoành độ giao điểm từ đó ta được các giaođiểm giữa các đồ thị là (0; 0), (−1; 2), (2; 2).Dựa vào đồ thị, diện tích hình cần tính là miền gạch sọc

S =

0∫−1

(2− x3 + 3x

)dx+

2∫0

(2− x) dx =3

4+ 2 =

11

4.

x

y

O

2

−2

−1 2

−2 1

�


4 (H) : {y = min{x2 − 2x+ 1; 2x+ 1}, Ox}. ĐS:7

12

Lời giải.

Vẽ đồ thị các hàm số y = x2 − 2x + 1, y = 2x + 1như hình bên. Giải các phương trình hoành độ giaođiểm từ đó ta được các giao điểm giữa các đồ thị

là

Å−1

2; 0

ã, (0; 1), (1; 0).

Dựa vào đồ thị, diện tích hình cần tính là miềngạch sọc

S =

0∫− 1

2

(2x+ 1) dx+

1∫0

(x2−2x+1) dx =1

4+

1

3=

7

12.

x

y

O

1

− 12

1

y = x2 − 2x+ 1y = 2x+ 1

�

{ DẠNG 3.2. Tìm vận tốc, gia tốc, quãng đường trong vật lí

1. Ví dụ

VÍ DỤ 1. Một ô tô đang chạy với vận tốc 20 m/s thì người lái hãm phanh. Sau khi hãm phanh,ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t) = −4t + 20 m/s trong đó t là khoảng thời giantính bằng giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còndi chuyển được bao nhiêu mét? ĐS: 50 m

Lời giải.Khi vật dừng lại thì v = 0⇒ −4t+ 20 = 0⇔ t = 5 s.Quãng đường vật đi được trong thời gian này là:

s =

∫ 5

0

v(t) dt =

∫ 5

0

(−4t+ 20) dt = (−2t2 + 20t)

∣∣∣∣50

= 50 m.

�

VÍ DỤ 2. Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc v0 = 16 m/s thì tăng tốc với gia tốca(t) = t2 + 3t m/s2. Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 4 s kể từ lúc

bắt đầu tăng tốc. ĐS:352

3m

Lời giải.

Ta có: v(t) =

∫(t2 + 3t) dt =

t3

3+

3t2

2+ C.

Khi đó v0 = v(0) = C = 16⇒ v(t) =t3

3+

3t2

2+ 16.

Quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 4 s kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là:

s =

∫ 4

0

v(t) dt =

∫ 4

0

Åt3

3+

3t2

2+ 16

ãdt =

Åt4

12+t3

2+ 16t

ã ∣∣∣∣40

=352

3m.

�


VÍ DỤ 3.Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v km/h phụ thuộcvào thời gian t h có đồ thị là một phần của đường parabol có

đỉnh I

Å3

2;25

4

ãvà trục đối xứng song song với trục tung như

hình bên. Tính quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ

đó. ĐS:33

2km

t(h)

v(km/h)

O 1,5 3

4

25

4

Lời giải.Gọi phương trình vận tốc của vật là v(t) = at2 + bt+ c.

Khi đó đồ thị hàm số v = v(t) là một parabol có đỉnh I

Å3

2;25

4

ãvà đi qua điểm A(0; 4) nên có hệ

phương trình − b

2a=

3

2

a ·Å

3

2

ã2

+ b · 3

2+ c =

25

4

4 = a · 02 + b · 0 + c

⇔

a = −1

b = 3

c = 4

⇒ v(t) = −t2 + 3t+ 4.

Do đó quãng đường vật di chuyển được trong thời gian 3 giờ là S =

∫ 3

0

(−t2 + 3t+ 4

)dt =

33

2km. �

VÍ DỤ 4.Một vật chuyển động với vận tốc v0 = 15 m/s thì tăng tốc với gia tốca m/s2 phụ thuộc thời gian t s có đồ thị là một phần của parabol cóđỉnh I(2;−4) và có trục đối xứng song song với trục tung như hìnhbên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 3 giây kể từ lúc

bắt đầu tăng tốc. ĐS:151

4m

t(h)

v(km/h)

O

2

−4

Lời giải.Gọi phương trình gia tốc của vật là a(t) = at2 + bt+ c.Đồ thị gia tốc đi qua điểm O(0; 0) và có đỉnh (2;−4) nên ta có hệ phương trình sau

0 = a · 02 + b · 0 + c

− b

2a= 2

− 4 = a · 22 + b · 2 + c

⇔

a = 1

b = −4

c = 0

⇒ a(t) = t2 − 4t.

Vận tốc của vật là: v(t) =

∫a(t) dt =

∫(t2 − 4t) dt =

t3

3− 2t2 + C. Vì v0 = v(0) = 15⇒ C = 15.

Vật bắt đầu tăng tốc khi: a ≥ 0⇔ t2− 4t ≥ 0⇔ñt ≤ 0

t ≥ 4. Vì t ≥ 0 nên vật bắt đầu tăng tốc khi t = 4 s.


Quãng đường vật đi được sau 3 s kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là s =

∫ 7

4

Åt3

3− 2t2 + 15

ãdt =

151

4m.

�

2. Bài tập áp dụngBÀI 1. Một ô tô đang chạy với vận tốc 15 m/s thì người lái hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tôchuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t) = −5t + 15 m/s trong đó t là khoảng thời gian tính bằnggiây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được

bao nhiêu mét? ĐS:45

2m

Lời giải.Khi vật dừng lại thì v = 0⇒ −5t+ 15 = 0⇔ t = 3 s.Quãng đường vật đi được trong thời gian này là:

s =

∫ 3

0

v(t) dt =

∫ 3

0

(−5t+ 15) dt =

Å−5

2t2 + 15t

ã∣∣∣∣30

=45

2m.

�

BÀI 2. Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v(t) = 150− 15t m/s. Hỏi rằng trong 5 s trước khi

dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu mét? ĐS:375

2m

Lời giải.Khi vật dừng lại thì v = 0⇒ 150− 15t = 0⇔ t = 10 s.Quãng đường vật đi được trong 5 s trước khi dừng hẳn là

s =

∫ 10

5

v(t) dt =

∫ 10

5

(150− 15t) dt =

Å−15

2t2 + 150t

ã∣∣∣∣105

=375

2m.

�

BÀI 3. Một ô tô đang chạy đều với vận tốc b m/s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó ô tôchuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t) = −4t + b m/s. Biết từ khi đạp phanh đến lúc dừng hẳnthì ô tô di chuyển được 50 m. Tìm vận tốc ban đầu b. ĐS: 20 m/sLời giải.

Khi vật dừng lại thì v = 0⇒ −4t+ b = 0⇔ t =b

4s.

Quãng đường vật đi được trong thời gian này là:

50 =

∫ b4

0

v(t) dt =

∫ b4

0

(−4t+ b) dt = (−2t2 + bt)

∣∣∣∣b4

0

=b2

8⇒ b2 = 400⇔ b = 20 m/s.

�

BÀI 4. Một ô tô xuất phát với vận tốc v1(t) = 2t+ 12 m/s sau khi đi được khoảng thời gian t1 thì bấtngờ gặp chướng ngại vật nên tài xế phanh gấp với vận tốc v2(t) = 24− 6t m/s và đi thêm một khoảngthời gian t2 nữa thì dừng lại. Hỏi từ khi xuất phát đến lúc dừng lại thì xe ô tô đã đi được bao nhiêumét? ĐS: 156 mLời giải.Khi xe bắt đầu phanh thì vận tốc xe lúc đó là v = 24 m/s⇒ 2t1 + 12 = 24⇔ t1 = 6 s.Đến khi xe dừng lại thì v2 = 0⇔ 24− 6t2 = 0⇔ t2 = 4 s.Quãng đường ô tô đi được từ lúc xuất phát đến lúc dừng lại là

s =

∫ 6

0

v1(t) dt+

∫ 4

0

v2(t) dt =

∫ 6

0

(2t+ 12) dt+

∫ 4

0

(24− 6t) dt = (t2 + 12t)

∣∣∣∣60

+ (24t− 3t2)

∣∣∣∣40

= 156 m.

�


BÀI 5. Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc v0 = 18 m/s thì tăng tốc với gia tốc a(t) = t2 + 5tm/s2. Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3 s kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.

ĐS:333

4m

Lời giải.

Ta có: v(t) =

∫(t2 + 5t) dt =

t3

3+

5t2

2+ C.

Khi đó v0 = v(0) = C = 18⇒ v(t) =t3

3+

5t2

2+ 18.


s =

∫ 3

0

v(t) dt =

∫ 3

0

Åt3

3+

5t2

2+ 18

ãdt =

Åt4

12+

5t3

6+ 18t

ã ∣∣∣∣30

=333

4m.

�

BÀI 6. Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc a(t) = t2 + 5t m/s2. Tính

quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 s kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. ĐS:4300

3m

Lời giải.

Ta có: v(t) =

∫(t2 + 3t) dt =

t3

3+

3t2

2+ C.

Khi đó v0 = v(0) = C = 10⇒ v(t) =t3

3+

3t2

2+ 10.


s =

∫ 10

0

v(t) dt =

∫ 10

0

Åt3

3+

3t2

2+ 10

ãdt =

Åt4

12+t3

2+ 10t

ã ∣∣∣∣100

=4300

3m.

�

BÀI 7.Vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v km/h phụ thuộc vào thời giant h có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 1 giờ kể từkhi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol cóđỉnh I(2; 5) và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời giancòn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãngđường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng

phần trăm). ĐS:32

3km

t(h)

v(km/h)

O 1 2 3 4

1

2

3

4

5A

B

I

Lời giải.Gọi phương trình vận tốc của vật là v(t) = at2 + bt+ c.Khi đó đồ thị hàm số v = v(t) là một parabol có đỉnh I (2; 5) và đi qua điểm D(0; 1) nên có hệ phươngtrình

− b

2a= 2

a · 22 + b · 2 + c = 5

1 = a · 02 + b · 0 + c

⇔

a = −1

b = 4

c = 1

⇒ v(t) = −t2 + 4t+ 1.


∫ 1

0

(−t2 + 4t+ 1

)dt+4·(3−1) =

32

3km. �


BÀI 8.Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v km/h phụ thuộc thời gian t h cóđồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I(2; 9) và trục đối xứng song songvới trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 3

giờ đó. ĐS:99

4km

t(h)

v(km/h)

O 2 3

6

9


− b

2a= 2

a · 22 + b · 2 + c = 9

6 = a · 02 + b · 0 + c

⇔

a = −3

4b = 3

c = 6

⇒ v(t) = −3

4t2 + 3t+ 6.


∫ 3

0

Å−3

4t2 + 3t+ 6

ãdt =

99

4km.

�

BÀI 9.Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v km/h phụ thuộc thời gian t hcó đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khibắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần của parabol có đỉnh I(2; 9) và trụcđối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạnthẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển đượctrong 4 giờ đó. ĐS: 27 km

t(h)

v(km/h)

O 2 3 4

6

9


− b

2a= 2

a · 22 + b · 2 + c = 9

0 = a · 02 + b · 0 + c

⇔

a = −9

4b = 9

c = 0

⇒ v(t) = −9

4t2 + 9t.

Khi t = 3⇒ v = v(3) =27

4m/s. Do đó quãng đường vật di chuyển được trong thời gian 4 giờ là

S =

∫ 3

0

Å−9

4t2 + 9t

ãdt+

27

4(4− 3) = 27 km.

�


BÀI 10.Một vật chuyển động trong t giờ với vận tốc v km/h phụ thuộc thời gian t hcó đồ thị của vận tốc là một hàm bậc ba như hình bên. Đồ thị hàm số đạtđiểm cực đại A(1; 9). Tính quãng đường s mà vật di chuyển được cho đến thời

điểm v = 0. ĐS:243

16km

t(h)

v(km/h)

O 1 2

9

4,5

Lời giải.Gọi phương trình vận tốc của vật là v(t) = at3 + bt2 + ct+ d⇒ v′(t) = 3at2 + 2bt+ c.Đồ thị vận tốc đi qua điểm (0; 0), A(1; 9) và (2; 4,5) nên ta có hệ phương trình sau

0 = a · 03 + b · 02 + c · 0 + d

9 = a · 13 + b · 12 + c · 1 + d

0 = 3a · 12 + 2b · 1 + c

4,5 = a · 23 + b · 22 + c · 2 + d

⇔

d = 0

a+ b+ c = 9

3a+ 2b+ c = 0

8a+ 4b+ 2c =9

2

⇔

a =9

4

b = −27

2

c =81

4d = 0

⇒ v(t) =9

4t3 − 27

2t2 +

81

4t.

Khi v(t) = 0⇔ 9

4t3 − 27

2t2 +

81

4t = 0⇔ 9

4t(t2 − 6t+ 9) = 0⇔

ñt = 0

t = 3.

Quãng đường vật chuyển động đến khi vận tốc bằng 0 là: s =

∫ 3

0

Å9

4t3 − 27

2t2 +

81

4t

ãdt =

243

16km.

�

BÀI 11.Một vật chuyển động trong 4 giây với gia tốc a m/s2 phụ thuộc thời gian t scó đồ thị của gia tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giây kể từ khibắt đầu chuyển động đồ thị là một parabol có đỉnh I(2; 4) và trục đối xứngsong song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng.Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giây đó. Biết rằng vận tốc

của vật tại giây thứ 3 bằng 18 m/s. ĐS:1715

36m t(h)

a(m/s2)

O 2 3

4

Lời giải.Gọi phương trình gia tốc của vật (trong khoảng thời gian 3 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động) làa1(t) = at2 + bt+ c.Đồ thị gia tốc đi qua điểm O(0; 0) và có đỉnh (2; 4) nên ta có hệ phương trình sau

0 = a · 02 + b · 0 + c

− b

2a= 2

4 = a · 22 + b · 2 + c

⇔

a = −1

b = 4

c = 0

⇒ a1(t) = −t2 + 4t.

Khi t = 3⇒ a = a1(3) = −32 + 4 · 3 = 3 m/s2.Gọi phương trình gia tốc kể từ thời điểm t = 3 giây trở đi là a2(t) = dt+ e.

Đồ thị gia tốc đi qua điểm (0; 0) và (3, 3) nên ta có hệ phương trình:

®d · 0 + e = 0

d · 3 + e = 3⇔®d = 1

e = 0⇒

a2(t) = t.


Vận tốc của vật trước 3 giây là: v1(t) =

∫a1(t) dt =

∫(−t2 + 4t) dt = −t

3

3+ 2t2 + C1.

Vì v(3) = 18⇔ −33

3+ 2 · 32 + C1 = 18⇔ C1 = 9⇒ v1(t) = −t

3

3+ 2t2 + 9.

Vật tốc của vật sau 3 giây là v2(t) =

∫a2(t) dt =

∫t dt =

1

2t2 + C2.

Vì v(3) = 18⇔ 1

2· 32 + C2 = 18⇔ C2 = 13,5⇒ v2(t) =

1

2t2 + 13,5.

Quãng đường vật đi được sau 4 s kể từ lúc bắt đầu chuyển động là

s =

∫ 3

0

Å−t

3

3+ 2t2 + 9

ãdt+

∫ 4

3

Å−t

2

2+ 13,5

ãdt =

1715

36m.

�

TÍNH THỂ TÍCH VẬT THỂB. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Thể tích vật thểGọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b,S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x,(a ≤ x ≤ b). Giả sử S(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b]. Khi đó, thể tích của vật thể B được

xác định: V =

b∫a

S(x) dx.

xa bx

S(x)

O

P Q

2. Thể tích khối tròn xoay

a) Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x),trục hoành và

hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox:(C) : y = f(x)

Ox : y = 0

x = a

x = b.

VOx = π

b∫a

[f(x)]2 dx.

x

y

O

a b

y = f(x)


b) Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x = g(y),trục tung và hai

đường thẳng y = c, y = d quanh trục Oy:(C) : x = g(y)

Oy : x = 0

y = c

y = d.

VOy = π

d∫c

[g(y)]2 dy.

x

y

O

a

b

x=

g(y)

c) Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x),y = g(x)

(cùng nằm một phía so với Ox) và hai đường thẳng x = a, x = bquanh trục Ox:

V = π

b∫a

∣∣f 2(x)− g2(x)∣∣ dx.

x

y

O

a b

f(x)

g(x)

C. DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{ DẠNG 3.1. Tính thể tích của vật thể

- Tính S(x).- Xác định cận a, b.

- Tính tích phân V =

b∫a

S(x) dx.

1. VÍ DỤ

VÍ DỤ 1. Tính thể tích khối lăng trụ, biết diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h.

Lời giải.Chọn trục Ox song song với đường cao của khối lăng trụ, còn haiđáy nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với Ox tại x = 0 vàx = h (hình vẽ).Hiển nhiên một mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox, cắt lăngtrụ theo một thiết diện có diện tích không đổi S(x) = B (0 ≤ x ≤h).

Áp dụng công thức tích thể tích vật thể, ta có:

V =

h∫0

S(x) dx =

h∫0

B dx = Bx

∣∣∣∣h0

= Bh.

x

A′

D′

A BO

D

B′

C ′

C

h

x

S(x) = B


�

VÍ DỤ 2. Cho khối chóp cụt có chiều cao h, diện tích đáy nhỏ và đáy lớn theo thứ tự là S0, S1.

Chứng minh thể tích thể tích V của nó là V =h

3

(S0 + S1 +

√S0S1

).

Lời giải.

Ta cóS(x)

S1

=(xb

)2⇒ S(x) =

S1x2

b2.

V =

b∫a

S1x2

b2dx =

S1

b2· x

3

3

∣∣∣∣ba

=S1

3b2(b3 − a3

)=

S1(b− a)

3

(b2 + ba+ a2)

b2.

Thay b − a = h và(ab

)2=

S0

S1

, ta được V =

h

3

(S0 + S1 +

√S0S1

).

zy

O

xx ba

S0

S(x)S1

�

VÍ DỤ 3. Tính thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 1 và x = 3, có thiếtdiện bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (1 ≤ x ≤ 3) là một hìnhchữ nhật có hai kích thước bằng 3x và 2

√3x2 − 2.

Lời giải.Diện tích thiết diện là S(x) = 3x

√3x2 − 2.

Suy ra thể tích vật thể tạo thành là

V =

3∫1

S(x) dx =

3∫1

3x√

3x2 − 2 dx =1

2

3∫1

√3x2 − 2 d(3x2 − 2) =

1

3

»(3x2 − 2)3

∣∣∣∣31

=124

3.

�

2. BÀI TẬP ÁP DỤNGBÀI 1. Tính thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 0 và x = 3, có thiết diện bị cắtbởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 ≤ x ≤ 3) là một hình chữ nhật có haikích thước bằng x và 2

√9− x2. ĐS: V = 18.

Lời giải.Diện tích thiết diện là S(x) = 2x

√9− x2.


V =

3∫1

S(x) dx =

3∫1

2x√

9− x2 dx = −3∫

1

√9− x2 d(9− x2) = −2

3

»(9− x2)3

∣∣∣∣30

= 18.

�

BÀI 2. Tính thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 0 và x = π, biết rằng thiết diệncủa vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 ≤ x ≤ π) là mộttam giác đều cạnh là 2

√sinx. ĐS: V = 2

√3.

Lời giải.


Diện tích thiết diện là S(x) =(2√

sinx)2√

3

4=√

3 sinx.


V =

π∫0

S(x) dx =

π∫1

√3 sinx dx = −

√3 cosx

∣∣∣∣π0

= 2√

3.

�

BÀI 3. Thể tích vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và x = 2 biết rằng thiết diện của vật thể bị cắtbởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (0 ≤ x ≤ 2) là một nửa hình tròn đườngkính

√5x2. ĐS: V = 4π.

Lời giải.

Diện tích thiết diện là S(x) = π

Ç√5x2

2

å2

=5π

4x4.


V =

2∫0

S(x) dx =

2∫0

5π

4x4 dx =

π

4x5∣∣∣∣20

= 4π.

�

3. BÀI TẬP RÈN LUYỆNBÀI 4. Xét trong không gian Oxyz, tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = −1 và x = 1biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ

x (−1 ≤ x ≤ 1) là một hình vuông cạnh là 2√

1− x2. ĐS: V =16

3.

Lời giải.

Diện tích của thiết diện là S(x) =(2√

1− x2)2

= 4(1− x2).

Vậy thể tích vật thể tạo thành là V =

1∫−1

4(1− x2) dx = 4

Åx− x3

3

ã ∣∣∣∣1−1

=16

3. �

BÀI 5. Xét trong không gian Oxyz, tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 1 và x = 4biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ

x (1 ≤ x ≤ 4) là một hình vuông cạnh là√x. ĐS: V =

15

2.

Lời giải.Diện tích của thiết diện là S(x) = (

√x)

2= x.


4∫1

x dx =x2

2

∣∣∣∣41

=15

2. �

BÀI 6.Một cái trống trường có bán kính các đáy là 30 cm, thiết diện vuônggóc với trục và cách đều hai đáy có bán kính 40 cm, chiều dài của trốnglà 1 m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục cắt mặt xung quanh của trốnglà các đường parabol. Tính thể tích của cái trống. ĐS: V = 425,2 lít.

1m

40cm30cm

Parabol

Lời giải.


Mặt phẳng đi qua trục của trống cẳt trống ta được hình. Chọn hệtrục tọa độ như hình vẽ.Parabol đi qua 3 điểm A(−5; 3), (0; 4), B(5; 3) là y = −0,04x2 + 4.Thiết diện vuông góc với trục của cái trống là một hình tròn.Diện tích của thiết diện là S(x) = πR2 = π(−0,04x2 + 4)2 =

π

Å1

625x4 − 8

25x2 + 16

ã.

Vậy thể tích của cái trống là

V =

5∫−5

S(x) dx =

5∫−5

π

Å1

625x4 − 8

25x2 + 16

ãdx

= π

Å1

625· x

5

5− 8

25· x

3

3+ 16x

ã ∣∣∣∣5−5≈ 425,2.

x

y

O

−5 5

4

−4

A B

�

BÀI 7. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R. Tính thể tích vật thể tạo thành bởi đáy của hình trụ và

mặt phẳng qua đường kính đáy, biết mặt phẳng tạo với đáy một góc 45◦. ĐS: V =2R3

3.

Lời giải.

OR

45◦

x

45◦O

AB

C

R

−R

x

Chọn trục tọa độ như hình vẽ, thiết diện vuông góc với Ox là tam giác vuông cân tại B.

Ta có AB =√OB2 −OA2 =

√R2 − x2 ⇒ S(x) = S4ABC =

1

2(R2 − x2).


R∫−R

1

2

(R2 − x2

)dx =

1

2

ÅR2x− x3

3

ã ∣∣∣∣R−R

=2R3

3. �

BÀI 8.Một vật thể bằng gỗ có dạng khối trụ với bán kính đáy bằng10cm. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng có giao tuyến với đáylà một đường kính của đáy và tạo với đáy góc 45◦ (như hình

vẽ). Tính thể tích V của khối gỗ bé. ĐS: V =2000

3cm3.

OR

45◦45◦

Lời giải.


Chọn trục tọa độ như hình vẽ, thiết diện vuông góc với Ox là tam giác vuông cântại B.

Ta có AB =√OB2 −OA2 =

√102 − x2 ⇒ S(x) = S4ABC =

1

2(100− x2).


10∫−10

1

2(100− x2) dx =

1

2

Å100x− x3

3

ã ∣∣∣∣10−10

=

2000

3cm3.

x

45◦O

AB

C

10

−10

x

�

{ DẠNG 3.2. Tính thể tích của vật thể tròn xoay

- Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), trục

hoành và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox: VOx = π

b∫a

[f(x)]2 dx.

- Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x = g(y), trục

tung và hai đường thẳng y = c, y = d quanh trục Oy: VOy = π

d∫c

[g(y)]2 dy.

1. VÍ DỤ

VÍ DỤ 1. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y =√

2 + cos x, trục hoành và các đường

thẳng x = 0, x =π

2. Khối tròn xoay tạo thanh khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng

bao nhiêu? ĐS: V = π(π + 1).

Lời giải.

Ta có VOx = π

π2∫

0

y2 dx = π

π2∫

0

(2 + cos x) dx = π(2x+ sinx)

∣∣∣∣π20

= π(π + 1). �

VÍ DỤ 2. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y =√

2 + sin x, trục hoành và các đườngthẳng x = 0, x = π. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằngbao nhiêu? ĐS: V = 2π(π + 1).

Lời giải.

Ta có VOx = π

π∫0

y2 dx = π

π∫0

(2 + sin x) dx = π(2x− cosx)

∣∣∣∣π0

= 2π(π + 1). �

VÍ DỤ 3. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = ex, trục hoành và các đường thẳngx = 0, x = 1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao

nhiêu? ĐS: V =π(e2 − 1)

2.

Lời giải.

Ta có VOx = π

1∫0

y2 dx = π

1∫0

e2x dx = πe2x

2

∣∣∣∣10

=π(e2 − 1)

2. �


VÍ DỤ 4. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y =√x2 + 1, trục hoành và các đường

thẳng x = 0, x = 1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng

bao nhiêu? ĐS: V =4π

3

Lời giải.

Ta có VOx = π

1∫0

y2 dx = π

1∫0

(x2 + 1) dx = π

Åx3

3+ x

ã ∣∣∣∣10

=4π

3. �

2. BÀI TẬP ÁP DỤNGBÀI 1. Tính thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn bởi các đường

y = x2 − 2x, y = 0, x = 0 và x = 1. ĐS:8π

15Lời giải.Thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

1∫0

[(x2 − 2x)2

]dx = π

1∫0

(x4 − 4x3 + 4x2

)dx =

Åx5

5− x4 +

4x3

3

ã ∣∣∣∣10

=8π

15.

x

y

O

1

−1

�

BÀI 2. Tính thể tích của khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn bởi các đường

y =2

x, y = 0, x = 1 và x = 4. ĐS: 3π

Lời giải.Thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

4∫1

Å2

x

ã2dx = π

4∫1

4

x2dx = 4π ·

Å−1

x

ã ∣∣∣∣41

= 3π.x

y

O 1 4

�

BÀI 3. Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

y = 0, y = x√

ln(x+ 1), x = 1 xung quanh trục Ox. ĐS:π

18(12 ln 2− 5)

Lời giải.Phương trình hoành độ giao điểm x

√ln(x+ 1) = 0⇔ x = 0.

Từ đó suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

1∫0

(x»

ln(x+ 1))2

dx = π

1∫0

x2 ln(x+ 1) dx =1

3πx3 ln(x+1)

∣∣∣∣10

−1

3π

Åx3

3− x2

2+ x− ln(x+ 1)

ã ∣∣∣∣10

=π

18(12 ln 2−5).

�

BÀI 4.Một bác thợ gốm làm một cái lọ có dáng khối tròn xoay được tạothành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

√x+ 1 (đồ

thị như hình vẽ bên dưới) và trục Ox quay quanh trục Ox. Biếtđáy lọ và miệng lọ có đường kính lần lượt là 2 dm và 4 dm. Tính

thể tích V của lọ. ĐS: V =15π

2dm3

x

y

O

y =√x+ 1

1

2

3−1


Lời giải.

Đáy lọ có đường kính bằng 2 dm ứng với x = 0, miệng lọ có đườngkính bằng 4 dm ứng với x = 3.Từ đó suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

3∫0

(x+ 1) dx = π

Åx2

2+ x

ã ∣∣∣∣30

=15π

2.

x

y

O

y =√x+ 1

1

2

3−1

�

BÀI 5.Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giớihạn bởi các đường y =

√x, y = 0 và x = 4 quanh trục Ox. Đường

thẳng x = a, (0 < a < 4) cắt đồ thị hàm y =√x tại M (hình vẽ bên).

Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay 4OMH quanhtrục Ox. Biết V = 2V1. Tính a. ĐS: a = 3 x

y

O

y =√x

4

H

a

M

Lời giải.

Ta có V = π

4∫0

x dx = π

Åx2

2

ã ∣∣∣∣40

= 8π. Từ đó suy ra V1 = 4π.

Mà V1 =1

3π · 4a nên suy ra a = 3. �

3. BÀI TẬP RÈN LUYỆN

BÀI 6.Coi cái trống trường là vật thể giới hạn bởi một mặt cầu bán kính R = 0,5m và hai mặt phẳng song song cách đều tâm I. Biết chiều cao của trống

là h = 0,8 m. Tính thể tích V của cái trống. ĐS: V =59π

375m3

R

h

2

I

Lời giải.

Ta coi phần hình cầu bị cắt là chỏm cầu có chiều cao h1 = 0,1 m, nên Vchỏm cầu = πh21

ÅR− h1

3

ã.

Ta có Vtrống = Vcầu − 2Vchỏm cầu =4

3πR3 − 2π(h1)

2

ÅR− h1

3

ã=

59π

375.

�

BÀI 7.Cho hai đường tròn (O1; 5) và (O2; 3) cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho ABlà một đường kính của đường tròn (O2). Gọi (D) là diện tích hình phẳng giớihạn bởi hai đường tròn (ở ngoài đường tròn lớn, phần gạch chéo như hình vẽ).Quay (D) quanh trục O1O2, ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích V của

khối tròn xoay được tạo thành? ĐS: V =40π

3

O1 O2

A

B

Lời giải.


Lập hệ trục toạ độ với gốc là O1, tia Ox trùng với tia O1O2 ta có miền Dgiới hạn bởi các đường y =

√25− x2, y =

√9− (x− 4)2, x = 4, x = 7.

Từ đó suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

7∫4

[9− (x− 4)2

]dx− π

5∫4

(25− x2

)dx

= π

ï9x− (x− 4)3

3

ò ∣∣∣∣74

− πÅ

25x− x3

3

ã ∣∣∣∣54

=40π

3.

x

y

4 5 7O2O1

A

B

�

BÀI 8.Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi

1

4cung tròn có bán kính R = 2,

đường cong y =√

4− x và trục hoành, x = 3 (miền tô đậm như hình).Tính thể tích V khối tạo thành khi cho (H) quay quanh Ox.

ĐS: V =77π

6 O

x

y

−2

2

3

Lời giải.Thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

0∫−2

Ä√4− x2

ä2dx+ π

3∫0

Ä√4− x

ä2dx = π

0∫−2

(4− x2

)dx+ π

3∫0

(4− x) dx

= π

Å4x− x3

3

ã ∣∣∣∣0−2

+ π

Å4x− x2

2

ã ∣∣∣∣30

=16π

3+

15π

2=

77π

6.

�

BÀI 9.Có một vật thể là hình tròn xoay có dạng giống như một cái ly như hình vẽdưới đây. Người ta đo được đường kính của miệng ly là 4 cm và chiều caolà 6cm. Biết rằng thiết diện của chiếc ly cắt bởi mặt phẳng đối xứng là mộtparabol. Tính thể tích V (cm3) của vật thể đã cho. ĐS: V = 12π

A B

I

O

4 cm

6cm

Lời giải.Cái ly chính bằng vật thể tròn xoay sinh bởi miền D giới hạn

bởi các đường y =

…2x

3, y = 0, x = 0, x = 6 khi quay quanh

trục Ox.Từ đó suy ra thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

6∫0

Å2x

3

ãdx = π

Åx2

3

ã ∣∣∣∣60

= 12π.

x

y

O

y =

…2

3x

6

2

�

BÀI 10.


Ta vẽ hai nửa đường tròn như hình vẽ bên, trong đó đường kínhcủa nửa đường tròn lớn gấp đôi đường kính của nửa đường trònnhỏ. Biết rằng nửa hình tròn đường kính AB có diện tích là

8π và ’BAC = 30◦. Tính thể tích của vật thể tròn xoay đượctạo thành khi quay hình (H) (phần tô đậm) xung quanh đường

thẳng AB. ĐS: V =98π

3 A B

C

H

Lời giải.Nửa đường tròn đường kính AB có diện tích bằng 8π, suy

ra R =AB

2= 4.

Lập hệ trục toạ độ như hình vẽ bên, nhận thấy đường thẳng

AC có phương trình y =1√3x+

4√3

(d).

Đường tròn lớn có phương trình x2 + y2 = 16.Đường tròn nhỏ có phương trình (x+ 2)2 + y2 = 4.Phương trình hoành độ giao điểm của (d) với đường trònlớn là

x2 +

Å1√3x+

4√3

ã2= 16⇔ x2 + 2x− 8 = 0⇔

ñx = −4

x = 2.

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) với đường trònnhỏ là

(x + 2)2 +

Å1√3x+

4√3

ã2

= 4 ⇔ x2 + 5x + 4 = 0 ⇔ñx = −1

x = −4.

x

y

OA B

C

H

−1 2

−4 4

Từ đó ta suy ra thể tích khối tròn xoay cần tính bằng

V = π

2∫−1

Åx√3

+4√3

ã2dx+ π

4∫2

(16− x2

)dx− π

0∫−1

[4− (x+ 2)2

]dx

= π

Å(x+ 4)3

9

ã ∣∣∣∣2−1

+ π

Å16x− x3

3

ã ∣∣∣∣42

− πÅ−2x2 − x3

3

ã ∣∣∣∣0−1

=98π

3.

�

BÀI 11. Tính thể tích V của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parabol (P ) : y = x2 và

đường thẳng d : y = x quay xung quanh trục Ox. ĐS: V =2π

15Lời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm là x2 = x⇔ x2 − x = 0⇔ñx = 0

x = 1.

Ta thấy trong khoảng [0; 1] thì x2 ≥ x4. Vậy thể tích vật thể tạo thành là

V = π

1∫0

∣∣∣(x2)2 − (x)2∣∣∣ dx = π

1∫0

∣∣x4 − x2∣∣ dx = π

1∫0

(x2 − x4

)dx = π

Åx3

3− x5

5

ã ∣∣∣∣10

=2π

15.O

x

y

1

1

�

BÀI 12. Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C) : y = −x2 + 4x và đường thẳng d : y = x.Tính thể tích V của vật thể tròn xoay do hình phẳng (H) quay xung quanh trục hoành.

ĐS: V =108π

5Lời giải.


Phương trình hoành độ giao điểm là −x2 + 4x = x⇔ x2 − 3x = 0⇔ñx = 0

x = 3.

Vậy thể tích vật thể tạo thành là

V = π

3∫0

∣∣∣(−x2 + 4x)2 − (x)2

∣∣∣ dx = π

3∫0

(x4 − 8x3 + 15x2

)dx =

π

Åx5

5− 2x4 + 5x3

ã ∣∣∣∣30

=108π

5.

O

x

y

3

3

�

BÀI 13. Tính thể tích V của khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh trục hoành Ox hình phẳng giớihạn bởi đồ thị của hai hàm số y = x2 − 4x+ 6 và y = −x2 − 2x+ 6. ĐS: V = 3πLời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm là x2−4x+6 = −x2−2x+6⇔ x2−x = 0⇔ñx = 0

x = 1.

Vậy thể tích vật thể tạo thành là

V = π

1∫0

∣∣∣(−x2 − 2x+ 6)2 − (x2 − 4x+ 6)

2∣∣∣ dx = π

1∫0

(12x3 − 36x2 + 24x

)dx = π

(3x4 − 12x3 + 12x2

) ∣∣∣∣10

= 3π.

O

x

y

3

1

6

�

BÀI 14. Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

y = x2 và y =√x xung quanh trục hoành Ox. ĐS: V =

3π

10Lời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm là x2 =√x⇔

ñx = 0

x = 1.

Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

1∫0

∣∣∣(√x)2 − (x2)2

∣∣∣ dx = π

1∫0

(x− x4

)dx = π

Å1

2x2 − 1

5x5ã ∣∣∣∣1

0

=3π

10. O

x

y

1

1

�

BÀI 15. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = x2, y = 0, x = 2. Tính thể tích V của khối

tròn xoay thu được khi quay (H) quanh trục Ox. ĐS: V =32π

5Lời giải.Phương trình hoành độ giao điểm là x2 = 0⇔ x = 0.Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là

V = π

2∫0

∣∣(x2)2∣∣ dx = π

2∫0

x4 dx = π

Å1

5x5ã ∣∣∣∣2

0

=32π

5.

O

x

y

4

2

�

BÀI 16.


Tính thể tích của khối elip (E) :x2

a2+y2

b2= 1, (a > b > 0) khi

xoay quanh trục

1 Trục hoành Ox. ĐS:4π

3ab2

2 Trục tung Oy. ĐS:4π

3a2b

−a a

−b

b

O

x

y

Lời giải.

1 Trục hoành Ox. Elip giao với Ox : y = 0⇒ x2

a2= 1⇔ x2 = a2 ⇔ x = ±a.

Từ phương trình elip ⇒ y2

b2= 1− x2

a2⇔ y2 = b2

Å1− x2

a2

ã.

VOx = π

a∫−a

y2 dx = π

a∫−a

b2Å

1− x2

a2

ãdx = 2πb2

a∫0

Å1− x2

a2

ãdx = 2πb2

Åx− x3

3a2

ã ∣∣∣∣a0

= 2πb2(a− a

3

)=

4π

3ab2.

Vậy VOx =4π

3ab2.

2 Trục tung Oy. Elip giao với trục Oy, x = 0 lày2

b2= 1⇔ y2 = b2 ⇔ y = ±b.

Từ phương trình elip ⇒ a2

a2= 1− y2

b2⇒ x2 = a2

Å1− y2

b2

ã.

VOy = π

b∫−b

x2 dy = π

b∫−b

a2Å

1− y2

b2

ãdy = 2πa2

b∫0

Å1− y2

b2

ãdy = 2πa2

Åy − y3

3b2

ã ∣∣∣∣b0

= 2πa2Åb− b

3

ã=

4π

3a2b. Vậy VOy =

4π

3a2b.

�

BÀI 17.Tính thể tích của khối elip (E) :

x2

16+y2

9= 1 khi xoay (E) xung

quanh trục

1 Trục hoành Ox. ĐS: V = 48π

2 Trục tung Oy. ĐS: V = 64π −4 4

−3

3

O

x

y

Lời giải.

1 Trục hoành Ox. Áp dụng công thức bài 31 ta có VOx =4π

3ab2, mà a = 4, b = 3.

Vậy VOx =4π

3· 4 · 32 = 48π.

2 Trục tung Oy. Áp dụng công thức bài 31 ta có VOy =4π

3a2b, mà a = 4, b = 3.

Vậy VOy =4π

3· 42 · 3 = 64π.

�


BÀI 18.Tính thể tích vật thể tròn xoay khi cho phần gạch sọc như hình vẽ xoayxung quanh

1 Trục hoành Ox. ĐS:(19 ln 4− 9)π

3 ln 4

2 Trục tung Oy. ĐS:(7 ln2 2− 12 ln 2 + 6)π

3 ln2 2O

x

y

y=−x+3

y = 2x

2

1

3

1

Lời giải.Phương trình hoành độ giao điểm là 2x = 3−x⇔ 2x +x− 3 = 0⇔ x = 1 (vì hàm số f(x) = 2x +x− 3đồng biến và f(1) = 0).

1 Trục hoành Ox. Dễ thấy trong đoạn [0; 1] thì 3− x ≥ 2 ≥ 2x ⇒ 3− x ≥ 2x.Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là

VOx = π

1∫0

∣∣(3− x)2 − (2x)2∣∣ dx = π

1∫0

[(3− x)2 − (2x)2

]dx = π

Å−(3− x)3

3− 4x

ln 4

ã ∣∣∣∣10

=(19 ln 4− 9)π

3 ln 4.

2 Trục tung Oy.

2x = y ⇔ x = log2 y =ln y

ln 2.

Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là VOy = π

2∫1

Åln y

ln 2

ã2dy + π

3∫2

(3− y)2 dy = A+B.

B = π

3∫2

(3− y)2 dy = π

Å−(3− y)3

3

ã ∣∣∣∣32

=π

3.

A =π

ln2 2

2∫1

ln2 y dy =π

ln2 2·M, trong đó M =

2∫1

ln2 y dy.

Đặt

®u1 = ln2 y

dv1 = dy⇒

du1 =2 ln y

ydy

v1 = y

⇒M =(y ln2 y

) ∣∣∣∣21

−2∫

1

2 ln y dy = 2 ln2 2−N .

Ta đi tính N =

2∫1

2 ln y dy.

Đặt

®u2 = 2 ln y

dv2 = dy⇒

du2 =2

ydy

v2 = y

⇒ N = (2y ln y)

∣∣∣∣21

−2∫

1

2 dy = (2y ln y − 2y)

∣∣∣∣21

= 4 ln 2− 2.

Ta có M = 2 ln2 2−N = 2 ln2 2− 4 ln 2 + 2.

Khi đó VOy = A+B =(7 ln2 2− 12 ln 2 + 6)π

3 ln2 2.

�

M C L C - BITEXEDU

Documents