CHƯƠNG III: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
BÀI 1: NGUYÊN HÀM
A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM
I. Nguyên hàm và tính chất
1. Nguyên hàm
Định nghĩa:
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] xác định trên \[K\] ( \[K\] là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng của \[\mathbb{R}\] ).
Hàm số \[F\left( x \right)\] được gọi là nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[K\] nếu \[F'\left( x \right)=f\left( x \right)\] với mọi \[x\in K\] .
Định lí 1:
Nếu \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[K\] thì với mỗi hằng số \[C\] , hàm số \[G\left( x \right)=F\left( x \right)+C\] cũng là một nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên \[K\] .
Định lí 2:
Nếu \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[K\] thì mọi nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên \[K\] đều có dạng \[F\left( x \right)+C\] , với \[C\] là một hằng số.
Do đó, \[F\left( x \right)+C,C\in \mathbb{R}\] là họ tất cả các nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên \[K\] .
Kí hiệu: \[\int{f\left( x \right)d\text{x}=F\left( x \right)+C}\] .
Chú ý:
Biểu thức \[f\left( x \right)dx\] chính là vi phân của nguyên hàm \[F\left( x \right)\] của \[f\left( x \right)\] , vì \[dF\left( x \right)=F'\left( x \right)dx=f\left( x \right)dx\]
2. Tính chất của nguyên hàm
- \[\int{f'\left( x \right)d\text{x}}=f\left( x \right)+C\]
- \[\int{kf\left( x \right)d\text{x}}=k\int{f\left( x \right)d\text{x}}\] với \[k\] là hằng số khác \[0\] .
- \[\int{\left[ f\left( x \right)\pm g\left( x \right) \right]d\text{x}}=\int{f\left( x \right)d\text{x}}\pm \int{g\left( x \right)d\text{x}}\]
3. Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lí 3:
Mọi hàm số \[f\left( x \right)\] liên tục trên \[K\] đều có nguyên hàm trên \[K\] .
4. Bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp
Hàm số | Nguyên hàm của hàm số đơn giản | Nguyên hàm của hàm số hợp \[\left( u=u\left( x \right) \right)\] |
| Lũy thừa | \[\int{dx=}x+C\] | \[\int{du=}u+C\] |
| \[\int{{{x}^{\alpha }}dx=}\frac{{{x}^{\alpha +1}}}{\alpha +1}+C\] | \[\int{{{u}^{\alpha }}du=}\frac{{{u}^{\alpha +1}}}{\alpha +1}+C\] | |
Mũ Lôgarít | \[\int{\frac{dx}{x}=ln\left| x \right|}+C\] | \[\int{\frac{du}{u}=ln\left| u \right|}+C\] |
| \[\int{{{e}^{x}}dx={{e}^{x}}+C}\] | \[\int{{{e}^{u}}du={{e}^{u}}+C}\] | |
| \[\int{{{a}^{x}}dx=\frac{{{a}^{x}}}{lna}}+C\] | \[\int{{{a}^{u}}du=\frac{{{a}^{u}}}{lna}}+C\] | |
| Lượng giác | \[\int{cosxdx=sinx+C}\] | \[\int{cosudu=sinu+C}\] |
| \[\int{sinxdx=-cosx+C}\] | \[\int{sinudu=-cosu+C}\] | |
| \[\int{\frac{dx}{co{{s}^{2}}x}=tanx+C}\] | \[\int{\frac{du}{co{{s}^{2}}u}=tanu+C}\] | |
| \[\int{\frac{dx}{si{{n}^{2}}x}=-cotx+C}\] | \[\int{\frac{du}{si{{n}^{2}}u}=-cotu+C}\] | |
| \[\int{cotxdx=ln\left| sinx \right|+C}\] | \[\int{cotudu=ln\left| sinu \right|+C}\] | |
| \[\int{tanxdx=-ln\left| cosx \right|+C}\] | \[\int{tanudu=-ln\left| cosu \right|+C}\] | |
Căn thức
| \[\int{\frac{dx}{\sqrt{x}}}=2\sqrt{x}+C\] | \[\int{\frac{du}{\sqrt{u}}}=2\sqrt{u}+C\] |
| \[\int{\sqrt[n]{x}dx}=\frac{n}{n+1}\sqrt[n]{{{x}^{n+1}}}+C\] | \[\int{\sqrt[n]{u}du}=\frac{n}{n+1}\sqrt[n]{{{u}^{n+1}}}+C\] | |
| \[\int{\frac{dx}{\sqrt{{{x}^{2}}\pm a}}=ln\left| x+\sqrt{{{x}^{2}}\pm a} \right|+C}\] | \[\int{\frac{du}{\sqrt{{{u}^{2}}\pm a}}=ln\left| u+\sqrt{{{u}^{2}}\pm a} \right|+C}\] | |
| \[\int{\frac{dx}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}}=arcsin\frac{x}{a}+C\] | \[\int{\frac{du}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{u}^{2}}}}}=arcsin\frac{u}{a}+C\] | |
| Phân thức hữu tỷ | \[\int{\frac{dx}{{{x}^{2}}}=-\frac{1}{x}+C}\] | \[\int{\frac{du}{{{u}^{2}}}=-\frac{1}{u}+C}\] |
| \[\int{\frac{dx}{{{x}^{n}}}=\frac{-1}{(n-1){{x}^{n-1}}}+C}\] | \[\int{\frac{du}{{{u}^{n}}}=\frac{-1}{(n-1){{u}^{n-1}}}+C}\] | |
| \[\int{\frac{dx}{{{x}^{2}}-{{a}^{2}}}}=\frac{1}{2a}ln\left| \frac{x-a}{x+a} \right|+C\] | \[\int{\frac{du}{{{u}^{2}}-{{a}^{2}}}}=\frac{1}{2a}ln\left| \frac{u-a}{u+a} \right|+C\] | |
| \[\int{\frac{dx}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{1}{a}arctan\frac{x}{a}+C\] | \[\int{\frac{du}{{{u}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{1}{a}arctan\frac{u}{a}+C\] . |
II. Phương pháp tính nguyên hàm
1. Phương pháp đổi biến
Định lí 1:
Nếu \[\int{f(u)du=F(u)+C}\] và \[u=u\left( x \right)\] là hàm số có đạo hàm liên tục thì
\[\int{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\]
Hệ quả:
Với \[u=ax+b\left( a\ne 0 \right)\] , ta có \[\int{f\left( ax+b \right)dx=\frac{1}{a}F\left( ax+b \right)+C}\]
2. Phương pháp nguyên hàm từng phần
Định lí 2:
Nếu hai hàm số \[u=u\left( x \right)\] và \[v=v\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên K thì
\[\int{u(x).v'(x)dx=u(x).v(x)-\int{u'(x)v(x)dx}}\]
Hay \[\int{udv=uv-\int{vdu}}\] ( với \[du=u\left( x \right)dx,~dv=v\left( x \right)dx\] )
B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1. Xác định nguyên hàm bằng định nghĩa và tính chất
Cách giải:
+ Biến đổi các hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa biến.
+ Đưa các mỗi biểu thức chứa biến về dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.
Dạng 2. Xác định nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số
Cách giải:
Bước 1: Đặt \[t=u\left( x \right)\] .
Bước 2: Tính vi phân hai vế : \[dt=u'\left( x \right)dx\] .
Bước 3: Biểu thị : \[f(x)dx=g(t)dt\] . Khi đó : \[I=\int{f(x)dx}=\int{g(t)dt=G(t)+C}\]
Dấu hiệu nhận biết:
Dạng tích phân | Cách đặt |
\[\int{\frac{f'\left( x \right)}{f\left( x \right)}dx}\] | \[t=f\left( x \right)\] |
\[\int{f\left[ {{e}^{t\left( x \right)}} \right]t'\left( x \right)dx}\] | \[t=t\left( x \right)\] |
\[\int{f\left[ t\left( x \right) \right]t'\left( x \right)dx}\] | \[t=t\left( x \right)\] |
\[\int{f\left[ \sqrt[n]{t\left( x \right)} \right]t'\left( x \right)dx}\] | \[t=\sqrt[n]{t\left( x \right)}\] |
\[\int{f\left( \ln x \right)\frac{dx}{x}}\] | \[t=\ln x\] |
\[\int{f\left( \sin x \right)\cos xdx}\] | \[t=\sin x\] |
\[\int{f\left( \cos x \right)\sin xdx}\] | \[t=\cos x\] |
\[\int{f\left( \tan x \right)\frac{dx}{{{\cos }^{2}}x}}\] | \[t=\tan x\] |
\[\int{f\left( \cot x \right)\frac{dx}{{{\sin }^{2}}x}}\] | \[t=\cot x\] |
\[\int{f\left( {{e}^{ax}} \right){{e}^{ax}}dx}\] | \[t={{e}^{ax}}\] |
\[\int{\frac{a.\sin x+b.\cos x}{c.\sin x+d.\cos x+e}dx}\] | \[t=\tan \frac{x}{2};\left( c\text{os}\frac{\text{x}}{\text{2}}\ne 0 \right)\] |
\[\int{\frac{dx}{\sqrt{\left( x+a \right)\left( x+b \right)}}}\] | +, Với : \[x+a>0\] và \[x+b>0\]. Đặt : \[t=\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b}\] +, Với \[x+a<0\] và \[x+b<0\]. Đặt : \[t=\sqrt{-x-a}+\sqrt{-x-b}\] . |
Dạng 3. Xác định nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần
Cách giải:
Bước 1: Ta biến đổi nguyên hàm ban đầu về dạng : \[I=\int{f(x)dx=\int{{{f}_{1}}(x).{{f}_{2}}(x)dx}}\]
Bước 2: Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l} u = {f_1}(x)\\ dv = {f_2}(x) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = f{'_1}(x)dx\\ v = \int {{f_2}(x)dx} \end{array} \right.\)
Bước 3: Khi đó : \[\int{u.dv=u.v-\int{v.du}}\]
Các bài toán thường gặp:
Bài toán 1: Tính nguyên hàm \(I = \int {P(x)} .\left[ \begin{array}{l} \sin \left( {ax + b} \right)\\ \cos \left( {ax + b} \right)\\ {e^{ax + b}} \end{array} \right].dx\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = P(x)\\ dv = \left[ \begin{array}{l} \sin \left( {ax + b} \right)\\ \cos \left( {ax + b} \right)\\ {e^{ax + b}} \end{array} \right].dx \end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = P'(x)dx\\ v = \left[ \begin{array}{l} - \frac{1}{a}\cos \left( {ax + b} \right)\\ \frac{1}{a}\sin \left( {ax + b} \right)\\ \frac{1}{a}{e^{ax + b}} \end{array} \right] \end{array} \right.\)
Khi đó, \(I = \frac{1}{a}P(x).\left[ \begin{array}{l} - \cos \left( {ax + b} \right)\\ \sin \left( {ax + b} \right)\\ {e^{ax + b}} \end{array} \right]\)\( - \frac{1}{a}\int {\left[ \begin{array}{l} - \cos \left( {ax + b} \right)\\ \sin \left( {ax + b} \right)\\ {e^{ax + b}} \end{array} \right].P'(x)dx} \)
Bài toán 2: Tính nguyên hàm \[I=\int{P(x).\ln xdx}\].
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = P(x)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{1}{x}dx\\ v = \int {P(x)dx} = Q(x) \end{array} \right.\)
Khi đó, \[I=lnx.Q\left( x \right)-\int{Q(x).\frac{1}{x}dx}\]
Bài toán 3: Tính nguyên hàm \(I = \int {{e^{mx + n}}\left[ \begin{array}{l} \sin \left( {ax + b} \right)\\ \cos \left( {ax + b} \right) \end{array} \right]dx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {e^{mx + n}}\\ dv = \left[ \begin{array}{l} \sin \left( {ax + b} \right)\\ \cos \left( {ax + b} \right) \end{array} \right]dx \end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = m{e^{mx + n}}dx\\ v = \left[ \begin{array}{l} - \frac{1}{a}\cos \left( {ax + b} \right)\\ \frac{1}{a}\sin \left( {ax + b} \right) \end{array} \right] \end{array} \right.\)
Khi đó, \(I = \frac{1}{a}{e^{mx + n}}\left[ \begin{array}{l} - \cos \left( {ax + b} \right)\\ \sin \left( {ax + b} \right) \end{array} \right] - \frac{m}{a}\int {\left[ \begin{array}{l} - \cos \left( {ax + b} \right)\\ \sin \left( {ax + b} \right) \end{array} \right]} {e^{mx + n}}dx\)
Bằng phương pháp tương tự ta tính được \(\int {\left[ \begin{array}{l} - \cos \left( {ax + b} \right)\\ \sin \left( {ax + b} \right) \end{array} \right]} {e^{mx + n}}dx\) sau đó thay vào \[I\]
Dạng 4. Xác định nguyên hàm của hàm phân thức \[\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\]
Cách giải:
- Nếu bậc của \[f\left( x \right)\] lớn hơn bậc của \[g\left( x \right)\] thì chia \[f\left( x \right)\] cho \[g\left( x \right)\] được thương và phần dư.
- Nếu bậc của \[f\left( x \right)\] nhỏ hơn bậc của \[g\left( x \right)\] thì phân tích \[g\left( x \right)\] thành nhân tử rồi sử dụng hệ số bất định để tách \[\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\] thành tổng các phân thức. Trong trường hợp \[g\left( x \right)\] không phân tích được thành các nhân tử thì biến đổi để đưa về dạng lượng giác.
Các bài toán thường gặp:
Bài toán 1: Tính nguyên hàm \[I=\int{\frac{dx}{a{{x}^{2}}+bx+c}}\left( a\ne 0 \right)\]
TH1: Mẫu số có 2 nghiệm phân biệt
Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}\] (tìm \[A,B\] bằng cách đồng nhất thức)
Khi đó \[I=\int{\left( \frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}} \right)dx}=\int{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx+\int{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}}\]
TH2: Mẫu số có nghiệm kép
Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{1}{a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}}\]
Khi đó \[I=\frac{1}{a}\int{{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{-2}}dx}\]
TH3: Mẫu số vô nghiệm
Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{1}{a\left[ {{\left( x+\frac{b}{2a} \right)}^{2}}-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}} \right]}\]
Đặt \[x+\frac{b}{2a}=\sqrt{-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}}}\tan t\]
Bài toán 2: Tính nguyên hàm \[I=\int{\frac{dx}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}}\left( a\ne 0 \right)\]
TH1: Mẫu số có 3 nghiệm phân biệt
Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}+\frac{C}{x-{{x}_{3}}}\] (tìm \[A,B,C\] bằng cách đồng nhất thức)
Khi đó \[I=\int{\left( \frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}+\frac{C}{x-{{x}_{3}}} \right)dx}=\int{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx+\int{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}}+\int{\frac{C}{x-{{x}_{3}}}dx}\]
TH2: Mẫu số có nghiệm duy nhất
Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{mx+n}{p{{x}^{2}}+qx+r}\]
Khi đó \[I=\int{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int{\frac{mx+n}{p{{x}^{2}}+qx+r}dx}\]
TH3: Mẫu số có nghiệm bội ba
Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{1}{a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{3}}}\]
Khi đó \[I=\frac{1}{a}\int{{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{-3}}dx}\]
Bài toán 3: Tính nguyên hàm \[I=\int{\frac{{{\left( ax+b \right)}^{n}}}{{{\left( cx+d \right)}^{n+2}}}dx}=\int{\left( \frac{ax+b}{cx+d} \right)\frac{1}{{{\left( cx+d \right)}^{2}}}dx}\]
Đặt \[t=\frac{ax+b}{cx+d}\]
C. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
Bài 1.(trang 100 SGK Giải tích 12)
a)
Cách 1:
Ta có \[\left( -{{e}^{-x}} \right)'=-{{e}^{x}}.\left( x \right)'={{e}^{-x}}\] \[\Rightarrow -{{e}^{-x}}\] là một nguyên hàm của hàm số \[{{e}^{-x}}\]
Mặt khác, \[\left( {{e}^{-x}} \right)'={{e}^{-x}}.\left( -x \right)'=-{{e}^{-x}}\Rightarrow {{e}^{-x}}\] là một nguyên hàm của hàm số \[-{{e}^{-x}}\]
Cách 2:
Ta có \[\int{{{e}^{-x}}dx}=-{{e}^{-x}}+C\Rightarrow -{{e}^{-x}}\] là một nguyên hàm của hàm số \[{{e}^{-x}}\]
Mặt khác, \[\int{-{{e}^{-x}}dx}={{e}^{-x}}+C\Rightarrow {{e}^{-x}}\] là một nguyên hàm của hàm số \[-{{e}^{-x}}\]
b)
Cách 1:
Ta có \[\left( {{\sin }^{2}}x \right)'=2\sin x.\left( \sin x \right)'=2\sin x.\cos x=\sin 2x\] \[\Rightarrow {{\sin }^{2}}x\] là một nguyên hàm của hàm số \[\sin 2x\]
Cách 2:
Ta có \[\int{\sin 2xdx}=\int{2\sin x\cos xdx}=2\int{\sin xd\left( \sin x \right)}=2.\frac{1}{2}{{\sin }^{2}}x+C={{\sin }^{2}}x+C\]
\[\Rightarrow {{\sin }^{2}}x\] là một nguyên hàm của hàm số \[\sin 2x\]
c) Ta có \[\left( \left( 1-\frac{4}{x} \right){{e}^{x}} \right)'=\left( \left( 1-\frac{4}{x} \right) \right)'.{{e}^{x}}+\left( 1-\frac{4}{x} \right)\left( {{e}^{x}} \right)'\] \[=\frac{4}{{{x}^{2}}}{{e}^{x}}+\left( 1-\frac{4}{x} \right){{e}^{x}}=\left( \frac{4}{{{x}^{2}}}+1-\frac{4}{x} \right){{e}^{x}}={{\left( 1-\frac{2}{x} \right)}^{2}}{{e}^{x}}\]
\[\Rightarrow \left( 1-\frac{4}{x} \right){{e}^{x}}\] là một nguyên hàm của hàm số \[{{\left( 1-\frac{2}{x} \right)}^{2}}{{e}^{x}}\]
Bài 2.(trang 100 SGK Giải tích 12)
a) \[\int{\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt[3]{x}}dx}=\int{\left( \frac{x}{\sqrt[3]{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt[3]{x}}+\frac{1}{\sqrt[3]{x}} \right)dx}\]
\(\begin{array}{l} = \int {\left( {{x^{\frac{2}{3}}} + {x^{\frac{1}{6}}} + {x^{ - \frac{1}{3}}}} \right)dx} = \int {{x^{\frac{2}{3}}}dx} + \int {{x^{\frac{1}{6}}}dx} + \int {{x^{ - \frac{1}{3}}}dx} \\ = \frac{3}{5}{x^{\frac{5}{3}}} + \frac{6}{7}{x^{\frac{7}{6}}} + \frac{3}{2}{x^{\frac{2}{3}}} + C \end{array}\)
b) \[\int{\frac{{{2}^{x}}-1}{{{e}^{x}}}dx}=\int{{{\left( \frac{2}{e} \right)}^{x}}dx}-\int{\frac{1}{{{e}^{x}}}dx}=\frac{{{\left( \frac{2}{e} \right)}^{x}}}{\ln \frac{2}{e}}+\frac{1}{{{e}^{x}}}+C=\frac{{{2}^{x}}}{{{e}^{x}}\left( \ln 2-1 \right)}+\frac{1}{{{e}^{x}}}+C=\frac{{{2}^{x}}+\ln 2-1}{{{e}^{x}}\left( \ln 2-1 \right)}+C\]
c) \[\int{\frac{1}{{{\sin }^{2}}x.{{\cos }^{2}}x}dx}=\int{\frac{4}{4{{\sin }^{2}}x.{{\cos }^{2}}x}dx=4\int{\frac{1}{{{\sin }^{2}}2x}dx}}=-2\cot 2x+C\]
d) \[\int{\sin 5x.\cos 3xdx}=\frac{1}{2}\int{\left( \sin 8x+\sin 2x \right)dx}\]
\[=\frac{1}{2}\left( \int{\sin 8xdx}+\int{\sin 2xdx} \right)=\frac{1}{2}\left( -\frac{1}{8}\cos 8x-\frac{1}{2}\cos 2x \right)+C\]
\[=-\frac{1}{16}\cos 8x-\frac{1}{4}\cos 2x+C\]
e) \[\int{{{\tan }^{2}}xdx}=\int{\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}x}-1 \right)dx}=\int{\frac{dx}{{{\cos }^{2}}x}-\int{dx}}=\tan x-x+C\]
g) \[\int{{{e}^{3-2x}}dx}=-\frac{1}{2}\int{{{e}^{3-2x}}d\left( 3-2x \right)}=-\frac{1}{2}{{e}^{3-2x}}+C\] (hoặc có thể sử dụng phương pháp đổi biến đặt \[t=3-2x\] )
h) \[\int{\frac{dx}{\left( 1+x \right)\left( 1-2x \right)}}=\int{\frac{2\left( 1+x \right)+\left( 1-2x \right)}{3\left( 1+x \right)\left( 1-2x \right)}dx}=\frac{1}{3}\int{\left( \frac{2}{1-2x}+\frac{1}{1+x} \right)dx}\]
\(\begin{array}{l} = \frac{2}{3}\int {\frac{{dx}}{{1 - 2x}}} + \frac{1}{3}\int {\frac{{dx}}{{1 + x}}} \\ = \frac{2}{3}\int {\frac{{d\left( {1 - 2x} \right)}}{{ - 2\left( {1 - 2x} \right)}}} + \frac{1}{3}\int {\frac{{d\left( {1 + x} \right)}}{{1 + x}}} \\ = - \frac{1}{3}\ln \left| {1 - 2x} \right| + \frac{1}{3}\ln \left| {1 + x} \right|\\ = \frac{1}{3}\ln \left| {\frac{{1 + x}}{{1 - 2x}}} \right| \end{array}\)
Bài 3.(trang 101 SGK Giải tích 12)
a) \[I=\int{{{\left( 1-x \right)}^{9}}dx}\]
Đặt \[t=1-x\Rightarrow dt=-dx\Leftrightarrow -dt=dx\]
Khi đó, \[I=-\int{{{t}^{9}}dt}=-\frac{{{t}^{10}}}{10}+C\] hay \[I=-\frac{{{\left( 1-x \right)}^{10}}}{10}+C\]
b) \[I=\int{x{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}dx}\]
Đặt \[t=1+{{x}^{2}}\Rightarrow dt=2xdx\Leftrightarrow \frac{dt}{2}=xdx\]
Khi đó, \[I=\int{{{t}^{\frac{3}{2}}}\frac{dt}{2}}=\frac{1}{2}.\frac{2}{5}{{t}^{\frac{5}{2}}}+C=\frac{1}{5}{{t}^{\frac{5}{2}}}+C\] hay \[I=\frac{1}{5}{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{5}{2}}}+C\]
c) \[I={{\cos }^{3}}x\sin xdx\]
Đặt \[t=\cos x\Rightarrow dt=-\sin xdx\Leftrightarrow -dt=\sin xdx\]
Khi đó, \[I=-\int{{{t}^{3}}\frac{dt}{2}}dt=-\frac{{{t}^{4}}}{4}+C\] hay \[I=-\frac{{{\cos }^{4}}x}{4}+C\]
d) \[I=\int{\frac{dx}{{{e}^{x}}+{{e}^{-x}}+2}}=\int{\frac{{{e}^{x}}dx}{{{e}^{2x}}+2.{{e}^{x}}+1}}=\int{\frac{{{e}^{x}}dx}{{{\left( {{e}^{x}}+1 \right)}^{2}}}}\]
Đặt \[t={{e}^{x}}+1\Rightarrow dt={{e}^{x}}dx\]
Khi đó, \[I=\int{\frac{dt}{{{t}^{2}}}}=\int{{{t}^{-2}}dt}=-{{t}^{-1}}+C=-\frac{1}{t}+C\] hay \[I=-\frac{1}{{{e}^{x}}+1}+C\]
Bài 4.(trang 101 SGK Giải tích 12)
a) \[I=\int{x\ln \left( 1+x \right)dx}\]
Đặt\(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {1 + x} \right)\\ dv = xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{1}{{1 + x}}dx\\ v = \frac{{{x^2}}}{2} \end{array} \right.\)
Khi đó, \[I=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln \left( 1+x \right)-\frac{1}{2}\int{\frac{{{x}^{2}}}{1+x}dx}\]
\(\begin{array}{l} = \frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {1 + x} \right) - \frac{1}{2}\int {\frac{{{x^2} - 1 + 1}}{{1 + x}}dx} \\ = \frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {1 + x} \right) - \frac{1}{2}\int {\left( {x - 1 + \frac{1}{{1 + x}}} \right)dx} \\ = \frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {1 + x} \right) - \frac{1}{2}\left( {\int {\left( {x - 1} \right)dx} + \int {\frac{1}{{1 + x}}dx} } \right)\\ = \frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {1 + x} \right) - \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - x + \int {\frac{{d\left( {1 + x} \right)}}{{1 + x}}} } \right)\\ = \frac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {1 + x} \right) - \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - x + \ln \left| {1 + x} \right|} \right) + C \end{array}\)
\[=\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}-1 \right)\ln \left( 1+x \right)-\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{x}{2}+C\] (vì \[1+x>0\] nên \[\ln \left| 1+x \right|=\ln \left( 1+x \right)\] )
b) \[I=\int{\left( {{x}^{2}}+2x-1 \right){{e}^{x}}dx}\]
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2} + 2x - 1\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \left( {2x + 2} \right)dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)
Khi đó, \[I=\left( {{x}^{2}}+2x-1 \right){{e}^{x}}-2\int{\left( x+1 \right){{e}^{x}}dx}\]
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x + 1\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)
Khi đó, \[I=\left( {{x}^{2}}+2x-1 \right){{e}^{x}}-2\left( \left( x+1 \right){{e}^{x}}-\int{{{e}^{x}}dx} \right)\]
\(\begin{array}{l} = \left( {{x^2} + 2x - 1} \right){e^x} - 2\left( {\left( {x + 1} \right){e^x} - {e^x}} \right)\\ = \left( {{x^2} - 1} \right){e^x} + C \end{array}\)
c) \[I=\int{x\sin \left( 2x+1 \right)dx}\]
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = \sin \left( {2x + 1} \right)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \frac{{\cos \left( {2x + 1} \right)}}{2} \end{array} \right.\)
Khi đó, \[I=-\frac{1}{2}x\cos \left( 2x+1 \right)+\frac{1}{2}\int{\cos \left( 2x+1 \right)dx}\]
\(\begin{array}{l} = - \frac{1}{2}\cos \left( {2x + 1} \right) + \frac{1}{2}.\frac{1}{2}\sin \left( {2x + 1} \right) + C\\ = - \frac{1}{2}\cos \left( {2x + 1} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {2x + 1} \right) + C \end{array}\)
d) \[I=\int{\left( 1-x \right)\cos xdx}\]
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 1 - x\\ dv = \cos xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = - dx\\ v = \sin x \end{array} \right.\)
Khi đó, \[I=\left( 1-x \right)\sin x+\int{\sin xdx}\]
\[=\left( 1-x \right)\sin x-\cos x+C\]
Gợi ý Giải bài tập sách giáo khoa nguyên hàm lớp 12, toán 12 lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất.