Giải SBT Toán 12 Bài 1: Nguyên hàm

1. Giải bài 3.1 trang 163 SBT Giải tích 12

Kiểm tra xem hàm số nào là nguyên hàm của hàm số còn lại trong mỗi cặp hàm số sau: 

a) \(f\left( x \right)=\ln \left( x+\sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)\) và \(g\left( x \right)=\dfrac{1}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}\)

b) \(f\left( x \right)={{e}^{{\sin{x}}}}\cos x\) và \(g\left( x \right)={{e}^{\sin x}}\)

c) \(f\left( x \right)={{\sin }^{2}}\dfrac{1}{x}\) và \(g\left( x \right)=-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}\sin \dfrac{2}{x}\)

Phương pháp giải

hàm số f(x) xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng). Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu 

F’(x) =F(x) với mọi x thuộc K

Hướng dẫn giải

a) Hàm số \(f(x)=ln(x+\sqrt{1+x^2})\)là một nguyên hàm của \(g(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\).

b) Hàm số  \(g\left( x \right)={{e}^{\sin x}}\) là một nguyên hàm của hàm số  \(f\left( x \right)={{e}^{{\sin{x}}}}\cos x\)

c) Hàm số  \(f\left( x \right)={{\sin }^{2}}\dfrac{1}{x}\) là một nguyên hàm của hàm số  \(g\left( x \right)=-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}\sin \dfrac{2}{x}\)

2. Giải bài 3.2 trang 163 SBT Giải tích 12

Chứng minh rằng các hàm số F(x) và G(x) sau đều là một nguyên hàm của cùng một hàm số:

a) \(F\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+6x+1}{2x-3}\) và \(G\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+10}{2x-3}\)

b) \(F\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\sin }^{2}}x}\) và \(G\left( x \right)=10+{{\cot }^{2}}x\)

Phương pháp giải

hàm số f(x) xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng). Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu

F’(x) =F(x) với mọi x thuộc K

Hướng dẫn giải

a) Ta có: 

\(\begin{align} & F’\left( x \right)=\frac{\left( {{x}^{2}}+6x+1 \right)’\left( 2x-3 \right)-\left( {{x}^{2}}+6x+1 \right)\left( 2x-3 \right)’}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{\left( 2x+6 \right)\left( 2x-3 \right)-2\left( {{x}^{2}}+6x+1 \right)}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{2{{x}^{2}}-6x-20}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}} \\ \end{align}\)

Mà \(F\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}+6x+1}{2x-3}=\dfrac{{{x}^{2}}+10}{2x-3}+3=G\left( x \right)+3\) nên F(x) và G(x) đều là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)=\dfrac{2{{x}^{2}}-6x-20}{{{\left( 2x-3 \right)}^{2}}}\)

b) Ta có: 

\(\begin{align} & G’\left( x \right)=(10+\cot^2x)’ \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2.\cot x. (\cot x)’ \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-2 \cot x . \frac{1}{\sin^2 x}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{2 \cos x}{\sin^3 x} \\ \end{align}\)

Mà \(G\left( x \right)=10+\cot ^2 x= \dfrac{1}{\sin ^2 x}+9=F\left( x \right)+9\) nên F(x) và G(x) đều là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)=-\dfrac{2\cos x}{\sin^3 x}\)

3. Giải bài 3.3 trang 164 SBT Giải tích 12

Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(f\left( x \right)={{\left( x-9 \right)}^{4}}\)

b) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}\)

c) \(f\left( x \right)=\dfrac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\)

d) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}\)

Phương pháp giải

Nếu \(\int{f\left( u \right)}du=F\left( u \right)+C\) và \(u=u\left( x \right)\) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

\(\int{f\left( u\left( x \right) \right)u’\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\)

Hướng dẫn giải

a) \(f\left( x \right)={{\left( x-9 \right)}^{4}}\)

\(\int{(x-9)^4}dx=\dfrac{1}{5}(x-9)^5+C\)

b) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}\)

Đặt u = 2 – x. Ta có du = -dx

\(\int\dfrac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}dx=-\int \dfrac{du}{u^2}=\dfrac{1}{u}+C=\dfrac{1}{2-x}+C\)

c) \(f\left( x \right)=\dfrac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\)

Đặt \(\sqrt{1-{{x}^{2}}}=u\Leftrightarrow 1-{{x}^{2}}={{u}^{2}}\)

\(\Rightarrow -2xdx=2udu\Leftrightarrow xdx=-udu\)

\(\int \dfrac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}dx=-\int \dfrac{udu}{u}=-\int du=-u+C=-\sqrt{1-x^2}+C\)

d) \(f\left( x \right)=\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}\)

Đặt \(\sqrt{2x+1}=u\Leftrightarrow 2x+1={{u}^{2}}\)

\(\Rightarrow 2dx=2udu\Leftrightarrow dx=udu\)

\(\int\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}}dx=\int\dfrac{udu}{u}=\int du=u+C=\sqrt{2x+1}+C\)

4. Giải bài 3.4 trang 164 SBT Giải tích 12

Tính các nguyên hàm sau bằng phương pháp đổi biến số:

a) \(\int{{{x}^{2}}\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}}dx\)  với \(x>-1\) (đặt \(t=1+{{x}^{3}}\) )

b)  \( \int{x{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx\)    (đặt \(t={{x}^{2}}\) )

c) \(\int{\dfrac{x}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}dx\) (đặt \(t=1+{{x}^{2}}\))

d) \( \int{\dfrac{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}}dx}\) (đặt \(t=\sqrt{x}\))

e) \( \int{\sin \dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}dx}\) (đặt \(t=\dfrac{1}{x}\)

)

g) \(\int{\dfrac{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{x}}dx\) (đặt \(t=\sqrt{x}\) )

h) \(\int{\dfrac{\sin x}{\sqrt[3]{{{\cos }^{2}}x}}dx}\)   (đặt \( t=\cos x\)

)

Phương pháp giải

Nếu \(\int{f\left( u \right)}du=F\left( u \right)+C\) và \(u=u\left( x \right)\) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

\(\int{f\left( u\left( x \right) \right)u’\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\)

Hướng dẫn giải

a)     \(\int{{{x}^{2}}\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}}dx\)  với \(x>-1\)

 Đặt \(t=1+{{x}^{3}}\) \(\Rightarrow dt=3x^2dx\)

 hay \(x^2dx=\dfrac{dt}{3}\)

Ta có: 

\(\int{{{x}^{2}}\sqrt[3]{1+{{x}^{3}}}}dx=\dfrac{1}{3}\int \sqrt[3]{t} dt=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{4}t^{\frac{4}{3}}+C=\dfrac{1}{4}(1+x^3)^{\frac{4}{3}}+C\)

b)    \( \int{x{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx\)   

Đặt \(t={{x}^{2}}\Rightarrow dt=2xdx\)

\( \int{x{{e}^{-{{x}^{2}}}}}dx=\int e^{-t}\dfrac{dt}{2}=-\dfrac{e^{-t}}{2}+C=-\dfrac{e^{-x^2}}{2}+C\)

c)    \(\int{\dfrac{x}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}dx\) 

Đặt \(t=1+{{x}^{2}}\Rightarrow dt=2xdx\)

\(\int{\dfrac{x}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}}dx=\int \dfrac{dt}{2t^2}=-\dfrac{1}{2t}+C=-\dfrac{1}{2(1+x^2)}+C\)

d)     \( \int{\dfrac{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}}dx}\) 

Đặt \(t=\sqrt{x}\Rightarrow dt=\dfrac{dx}{2\sqrt{x}}\) 

\(\int{\dfrac{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}}dx}=\int\dfrac{2dt}{1-t^2}=\int\left(\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}\right)dt=-ln|1-t|+ln|1+t|+C\)

\(=ln\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|+C=ln\left|\dfrac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right|+C\)

e)    \( \int{\sin \dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}dx}\) 

Đặt \(t=\dfrac{1}{x} \Rightarrow dt=-\dfrac{dx}{x^2}\)

\( \int{\sin \dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{{{x}^{2}}}dx}=- \int \sin t.dt=cost+C=cos\dfrac{1}{x}+C\)

g)       \(\int{\dfrac{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{x}}dx\) 

Đặt \(t=ln{x}\Rightarrow dt=\dfrac{dx}{x}\) 

\(\int{\dfrac{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{x}}dx=\int t^2dt=\dfrac{t^3}{3}+C=\dfrac{(lnx)^3}{3}+C\)

h)      \(\int{\dfrac{\sin x}{\sqrt[3]{{{\cos }^{2}}x}}dx}\)   

Đặt \( t=\cos x\Rightarrow dt=-sin x dx\)

\(\int{\dfrac{\sin x}{\sqrt[3]{{{\cos }^{2}}x}}dx}=\int \dfrac{-dt}{t^{\frac{2}{3}}}=-3t^{\frac{1}{3}}+C=-3\sqrt[3]{cosx}+C\)

5. Giải bài 3.5 trang 164 SBT Giải tích 12

Áp dụng phương pháp tính nguyên hàm từng phần, hãy tính:

a) \(\int{\left( 1-2x \right){{e}^{x}}dx}\)

b) \(\int{x{{e}^{-x}}dx}\)

;

c) \(\int{x\ln \left( 1-x \right)dx}\)

d) \(\int{x{{\sin }^{2}}xdx}\)

Phương pháp giải

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

\(\int{u\left( x \right)v’\left( x \right)dx=u\left( x \right)v\left( x \right)-\int{u’\left( x \right)v\left( x \right)dx}}\)

Hay \(\int{udv=uv-\int{vdu}}\)

Hướng dẫn giải

a) \(I=\int{\left( 1-2x \right){{e}^{x}}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=1-2x \\ & dv={{e}^{x}}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=-2dx \\ & v={{e}^{x}} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có:

\(\begin{align} & I=\left( 1-2x \right){{e}^{x}}+\int{2{{e}^{x}}dx+C} \\ & \,\,\,={{e}^{x}}-2x{{e}^{x}}+2{{e}^{x}}+C \\ & \,\,\,=\left( 3-2x \right){{e}^{x}}+C \\ \end{align}\)

b) \(J=\int{x{{e}^{-x}}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv={{e}^{-x}}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-{{e}^{-x}} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có:

\(\begin{align} & I=-x{{e}^{-x}}+\int{{{e}^{-x}}dx+C} \\ & \,\,\,=-x{{e}^{-x}}-{{e}^{-x}}+C \\ & \,\,\,=-\left( 1+x \right){{e}^{-x}}+C \\ \end{align}\)

c) \(G=\int{x\ln \left( 1-x \right)dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=ln (1-x) \\ & dv=xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\dfrac{1}{x-1}dx \\ & v=\dfrac{x^2}{2} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có: 

\(\begin{align} & G=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\int{\frac{{{x}^{2}}}{x-1}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\int{\left( x+1+\frac{1}{x-1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\left[ \frac{{{x}^{2}}}{2}+x+\ln \left( 1-x \right) \right]+C \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{{{x}^{2}}}{2}\ln (1-x)-\frac{1}{2}\ln \left( 1-x \right)-\frac{1}{4}{{x}^{2}}-\frac{1}{2}x+C \\ \end{align} \)

d)Ta có:

\(\begin{align} &H=\int{x{{\sin }^{2}}xdx}\\ & \,\,\,\,\,= \int{x.\dfrac{1-cos 2x}{2}dx}\\ & \,\,\,\,\,=\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{1}{2} \int x \cos 2x dx\\ &\,\,\,\,\,=\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{1}{2} I \\ \end{align}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=\cos 2xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\frac{1}{2}\sin 2x \\ \end{aligned} \right.\)

Suy ra:

\(\begin{align} & I=\dfrac{1}{2}x\sin 2x-\dfrac{1}{2}\int{\sin 2xdx} \\ & \,\,\,\,=\dfrac{1}{2}x\sin 2x+\dfrac{1}{4}\cos 2x+C \\ \end{align}\)

Vậy \(H=\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}x\sin 2x+\dfrac{1}{4}\cos 2x\right)+C\)

6. Giải bài 3.6 trang 164 SBT Giải tích 12

Tính các nguyên hàm sau:

a) \(\int{x{{\left( 3-x \right)}^{5}}dx}\)

b) \(\int{{{\left( {{2}^{x}}-{{3}^{x}} \right)}^{2}}dx}\)

c) \(\int{x\sqrt{2-5x}dx}\)

d) \(\int{\dfrac{\ln \left( \cos x \right)}{{{\cos }^{2}}x}dx}\)

e) \(\int{\dfrac{x}{{{\sin }^{2}}x}dx}\)

g) \(\int{\dfrac{x+1}{\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}dx}\)

h) \(\int{\dfrac{1}{1-\sqrt{x}}dx}\)

i) \(\int{\sin 3x\cos 2xdx}\)

Phương pháp giải

Phương pháp đổi biến số

Nếu \(\int{f\left( u \right)}du=F\left( u \right)+C\) và \(u=u\left( x \right)\)) là hàm số có đạo hàm liên tục thì

\(\int{f\left( u\left( x \right) \right)u’\left( x \right)dx=F\left( u\left( x \right) \right)+C}\)

Phương pháp tính nguyên hàm từng phần: Nếu hai hàm số u=u(x) và v=v(x) có đạo hàm liên tục trên K thì

\(\int{u\left( x \right)v’\left( x \right)dx=u\left( x \right)v\left( x \right)-\int{u’\left( x \right)v\left( x \right)dx}}\)

Hay \(\int{udv=uv-\int{vdu}}\)

Hướng dẫn giải

a) \(I_1=\int{x{{\left( 3-x \right)}^{5}}dx}\)

Đặt \(3-x=u\Rightarrow dx=-du\), ta có:

\(\begin{align} & {{I}_{1}}=\int{\left( u-3 \right){{u}^{5}}}du=\int{\left( {{u}^{6}}-3{{u}^{5}} \right)}du=\frac{1}{7}{{u}^{7}}-\frac{1}{2}{{u}^{6}}+C \\ & \,\,\,\,\,=\frac{1}{7}{{\left( 3-x \right)}^{7}}-\frac{1}{2}{{\left( 3-x \right)}^{6}}+C \\ \end{align} \)

b) Ta có:

 \(\int{{{\left( {{2}^{x}}-{{3}^{x}} \right)}^{2}}dx}=\int{{{\left( {{2}^{2x}}-2.2^x{{3}^{x}}+3^{2x} \right)}}dx}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\int 4^xdx-2\int 6^xdx+\int 9^x dx\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{4^x}{ln4}-2\dfrac{6^x}{ln6}+\dfrac{9^x}{ln9}+C\)

c) \(I_2= \int{x\sqrt{2-5x}dx}\)

Đặt \(\sqrt{2-5x}=u\Rightarrow 2-5x=u^2\Rightarrow dx=-\dfrac{2}{5}udu\)

Ta có: \(x=\dfrac{2-u}{5}\) nên

\(\begin{align} & {{I}_{2}}=-\int{\frac{2-u}{5}.u.\frac{2}{5}udu} \\ & \,\,\,\,\,\,=\int{\left( -\frac{4}{25}{{u}^{2}}+\frac{2}{25}{{u}^{3}} \right)}du \\ & \,\,\,\,\,\,=-\frac{4}{75}{{u}^{3}}+\frac{1}{50}{{u}^{4}}+C \\ & \,\,\,\,\,=-\frac{4}{75}{{\left( 2-5x \right)}^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{50}{{\left( 2-5x \right)}^{2}}+C \\ \end{align} \)

c) \(I_3=\int{\dfrac{\ln \left( \cos x \right)}{{{\cos }^{2}}x}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=\ln \left( \cos x \right) \\ & dv=\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=-\frac{\sin x}{\cos x}dx \\ & v=\tan x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & {{I}_{3}}=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\tan x.\frac{\sin x}{\cos x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\dfrac{\sin^2x}{\cos^2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\dfrac{1-\cos^2x}{\cos^2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\int{\left(\dfrac{1}{\cos^2x}-1\right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\tan x\ln \left( \cos x \right)+\tan x-x+C \end{align} \)

e) \(I_4=\int{\dfrac{x}{{{\sin }^{2}}x}dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-\cot x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & {{I}_{4}}=-x\cot x+\int{\cot xdx} \\ & \,\,\,\,\,=-x\cot x+\int{\frac{\cos x}{\sin x}dx} \\ \end{align}\ \)

Đặt \(t=\sin x\Rightarrow dt=\cos xdx\). Suy ra:

\(\begin{align} & {{I}_{4}}=-x\cot x+\int{\frac{dt}{t}} \\ & \,\,\,\,\,=-x\cot x+\ln \left| t \right|+C \\ \\ & \,\,\,\,\,=-x\cot x+\ln \left| \operatorname{s}\text{inx} \right|+C \\ \end{align} \)

g) \(I_5=\int{\dfrac{x+1}{\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}dx}\)

Ta có: \(\dfrac{x+1}{\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}=\dfrac{3}{5(x-2)}+\dfrac{2}{5(x+3)}\)

Khi đó:

 \(\begin{align} & {{I}_{5}}=\int{\frac{3}{5\left( x-2 \right)}dx}+\int{\frac{2}{5\left( x+3 \right)}dx} \\ & \,\,\,\,\,=\frac{3}{5}\ln \left| x-2 \right|+\frac{2}{5}\ln \left| x+3 \right|+C \\ \end{align} \)\

h) \(I_6=\int{\dfrac{1}{1-\sqrt{x}}dx}\)

Đặt \(u=\sqrt{x}\Rightarrow u^2=x\Rightarrow dx=2udu \)

Ta có:

\(\begin{align} & {{I}_{6}}=\int{\frac{2udu}{1-u}}=\int{\left( -2+\frac{2}{1-u} \right)du} \\ & \,\,\,\,\,=-2u+2\ln \left| 1-u \right|+C \\ \\ & \,\,\,\,\,=-2\sqrt{x}+2ln\left| 1-\sqrt{x} \right|+C \\ \end{align} \)

i) \( \int{\sin 3x\cos 2xdx}=\dfrac{1}{2} \int{(\sin x+\sin 5x)dx}=-\dfrac{1}{2}\left( \cos x+\dfrac{1}{5} \cos 5x\right)+C\)

7. Giải bài 3.7 trang 164 SBT Giải tích 12

Bằng cách biến đổi các hàm số lượng giác, hãy tính:

a) \(\int{\sin}^{4}dx\)

b) \(\int{\dfrac{1}{{{\sin }^{3}}x}dx}\)

c) \(\int{\sin ^3{x}\cos ^4{x}dx}\)

d) \(\int{\sin ^4{x}\cos ^4{x}dx}\)

Phương pháp giải

a) Hạ bậc đưa về dạng tổng rồi tính nguyên hàm, sử dụng công thức nguyên hàm hàm số cơ bản \(\int {\cos kxdx} = \dfrac{{\sin kx}}{k} + C\)

b) Nhân cả tử và mẫu của biểu thức dưới dấu nguyên hàm với sin x rồi đổi biến t = cos x để tìm nguyên hàm.

c) Đổi biến u = cos x tính nguyên hàm.

d) Hạ bậc (sử dụng công thức nhân đôi) và tính nguyên hàm.

Hướng dẫn giải

a)Ta có:

 \(\begin{align} & {{\sin }^{4}}x={{\left( \frac{1-\cos 2x}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{4}\left( 1-2\cos 2x+{{\cos }^{2}}2x \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\left( 1-2\cos 2x+\frac{1+\cos 4x}{2} \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\left( \frac{3}{2}-2\cos 2x+\frac{\cos 4x}{2} \right) \\ \end{align} \)

Suy ra: 

\(\begin{align} & \int{{{\sin }^{4}}xdx=}\frac{1}{4}\int{\left( \frac{3}{2}-2\cos 2x+\frac{\cos 4x}{2} \right)}dx \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}\int{\frac{3}{2}dx-\frac{1}{2}\int{\cos 2xdx+\frac{1}{8}\int{\cos 4xdx}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{3}{8}x-\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{32}\sin 4x+C \\ \end{align} \)

b) \(I=\int{\dfrac{1}{{{\sin }^{3}}x}dx=\int{\dfrac{\sin x}{{{\sin }^{4}}x}dx=\int{\dfrac{\sin x}{{{\left( 1-{{\cos }^{2}}x \right)}^{2}}}}}}dx\)

Đặt \(u=\cos x\Rightarrow du=-\sin xdx\). Suy ra: \(I=-\int \dfrac{du}{(1-u^2)^2}\)

Ta có: 

\(\begin{align} & \frac{2}{1-{{u}^{2}}}=\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \\ & \Rightarrow \frac{4}{(1-{{u}^{2}})^2}={{\left( \frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \right)}^{2}}=\frac{1}{{{\left( 1-u \right)}^{2}}}+\frac{2}{\left( 1-u \right)\left( 1+u \right)}+\frac{1}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{{{\left( 1-u \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}}+\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \\ \end{align} \)

Do đó: 

\(\begin{align} & I=-\frac{1}{4}\int{\left[ \frac{1}{{{\left( 1-u \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}}+\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u} \right]}du \\ & =-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{{{\left( u-1 \right)}^{2}}}}-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{{{\left( 1+u \right)}^{2}}}}-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{1-u}}-\frac{1}{4}\int{\frac{du}{1+u}} \\ & =\frac{1}{4}.\frac{1}{u-1}+\frac{1}{4}.\frac{1}{u+1}+\frac{1}{4}.\ln \left| 1-u \right|-\frac{1}{4}\ln \left| 1+u \right|+C \\ & =\frac{1}{4}.\frac{2u}{{{u}^{2}}-1}+\frac{1}{4}.\ln \left| \frac{1-u}{1+u} \right|+C \\ & =-\frac{\cos x}{2{{\sin }^{2}}x}+\frac{1}{4}.\ln \left| \frac{1-\cos x}{1+\cos x} \right|+C \\ & =\frac{-\cos x}{2{{\sin }^{2}}x}+\frac{1}{2}\ln \left| \tan \frac{x}{2} \right|+C \\ \end{align} \)

c) \(J=\int{\sin ^3{x}\cos ^4{x}dx}=\int (1-\cos^2x)\cos^4x \sin x dx\)

Đặt \(u=\cos x\Rightarrow du=-\sin{x}dx\)

Ta có: 

\(\begin{align} & J=-\int{\left( 1-{{u}^{2}} \right){{u}^{4}}du=-\int{\left( {{u}^{4}}-{{u}^{6}} \right)du}} \\ & \,\,\,=-\frac{1}{5}{{u}^{5}}+\frac{1}{7}{{u}^{7}}+C \\ & \,\,\,=-\frac{1}{5}{{\cos }^{5}}x+\frac{1}{7}{{\cos }^{7}}x+C \\ \end{align} \)

d)

 \(\begin{align} & {{\sin }^{4}}x{{\cos }^{4}}x={{\left( \sin x\cos x \right)}^{4}}={{\left( \frac{1}{2}\sin 2x \right)}^{4}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{16}{{\left( \frac{1-\cos 4x}{2} \right)}^{2}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{64}\left( 1-2\cos 4x+{{\cos }^{2}}4x \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{64}\left( \frac{3}{2}-2\cos 4x+\frac{1}{2}\cos 8x \right) \\ \end{align} \)

Ta có:

 \(\begin{align} &\int{\sin ^4{x}\cos ^4{x}dx}=\frac{1}{64}\int{\left( \frac{3}{2}-2\cos 4x+\frac{1}{2}\cos 8x \right)dx} \\ & \,\,\,=\frac{1}{64}\left( \frac{3}{2}x-\frac{1}{2}\sin 4x+\frac{1}{16}\sin 8x \right)+C \\ \end{align} \)

8. Giải bài 3.8 trang 165 SBT Giải tích 12

Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số 

\(f(x)=\dfrac{1}{1+\sin x}?\)

a) \(F\left( x \right)=1-\cot \left( \dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi }{4} \right)\)

b) \(G(x)=2\tan\dfrac{x}{2}\)

c) \(H(x)=ln(1+\sin x)\)

d) \(K(x)=2\left(1-\dfrac{1}{1+\tan\dfrac{x}{2}}\right)\)

Phương pháp giải

Lấy đạo hàm mỗi hàm số đã cho và kiểm tra.

Hướng dẫn giải

Ta có:

 \(\begin{align} & \int{\frac{1}{1+\sin x}dx}=\int{\frac{1}{{{\left( \sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2} \right)}^{2}}}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\int{\frac{1}{2{{\sin }^{2}}\left( \frac{x}{2}+\frac{\pi }{4} \right)}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\cot \left( \frac{x}{2}+\frac{\pi }{4} \right)+C \\ \end{align} \)

Vậy \(F\left( x \right)=1-\cot \left( \dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi }{4} \right)\)là một nguyên hàm của hàm số  f(x).

\(G'(x)=\dfrac{1}{tan\dfrac{x}{2}}=\dfrac{cos\dfrac{x}{2}}{\sin\dfrac{x}{2}}=\dfrac{2cos^2\dfrac{x}{2}}{\sin x}\) nên G(x) không là nguyên hàm của hàm số f(x)

\(H'(x)=\dfrac{(1+\sin x)’}{1+\sin x}=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}\) nên H(x) không là nguyên hàm của hàm số f(x).

\(\begin{align} & K’\left( x \right)=2.\dfrac{\left( 1+\tan \dfrac{x}{2} \right)’}{{{\left( 1+\tan \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}}=2.\dfrac{\dfrac{1}{2{{\cos }^{2}}\dfrac{x}{2}}}{{{\left( \dfrac{\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}} \right)}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{{{\left( \cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{1+\sin x} \\ \end{align} \)

Vậy K(x)  là một nguyên hàm của hàm số  f(x).

9. Giải bài 3.9 trang 165 SBT Giải tích 12

Tính các nguyên hàm sau đây:

a) \(\int(x+ln x)x^2dx\)

b) \(\int(x+\sin^2x)\sin x\,dx\)

c) \(\int(x+e^x)e^{2x}\,dx\)

d) \(\int(x+\sin x)\dfrac{dx}{\cos^2x}\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv – \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

a) \(I=\int(x+ln x)x^2dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+\ln x \\ & dv={{x}^{2}}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+\frac{1}{x} \\ & v=\frac{1}{3}{{x}^{3}} \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & I=\frac{1}{3}{{x}^{3}}\left( x+\ln x \right)-\frac{1}{3}\int{{{x}^{3}}\left( 1+\frac{1}{x} \right)dx} \\ & \,\,\,=\frac{1}{3}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x-\frac{1}{3}\int{\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}} \right)} \\ & \,\,\,=\frac{1}{3}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x-\frac{1}{3}\left( \frac{1}{4}{{x}^{4}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}} \right)+C \\ & \,\,\,\,=\frac{1}{4}{{x}^{4}}-\frac{1}{9}{{x}^{3}}+\frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x+C \\ \end{align} \)

b) \(J=\int(x+\sin^2x)\sin x\,dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+\sin^2 x\\ & dv=\sin xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+2 \sin x \cos x \\ & v=-\cos x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có:

\(\begin{align} & J=-\cos x\left( x+{{\sin }^{2}}x \right)+\int{\cos x\left( 1+2\sin x\cos x \right)dx} \\ & \,\,\,=-x\cos x-\cos x{{\sin }^{2}}x+\int{\cos xdx+2\int{{{\cos }^{2}}x\sin xdx}} \\ & \,\,\,=-x\cos x-\cos x{{\sin }^{2}}x+\sin x-2\int{{{\cos }^{2}}x\,d\left( \cos x \right)} \\ & \,\,\,=-x\cos x-\cos x{{\sin }^{2}}x+\sin x-\frac{2}{3}{{\cos }^{3}}x+C \\ \end{align} \)

c) \(K=\int(x+e^x)e^{2x}\,dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+e^x\\ & dv=e^{2x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+e^x \\ & v=\dfrac{1 }{2}e^{2x}\\ \end{aligned} \right. \)

Ta có:

\(\begin{align} & K=\frac{1}{2}\left( x+{{e}^{x}} \right){{e}^{2x}}-\frac{1}{2}\int{{{e}^{2x}}\left( 1+{{e}^{x}} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}\left( x+{{e}^{x}} \right){{e}^{2x}}-\frac{1}{2}\int{\left( {{e}^{2x}}+{{e}^{3x}} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}+\frac{1}{2}{{e}^{3x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}-\frac{1}{6}{{e}^{3x}}+C \\ & \,\,\,\,\,=\frac{1}{2}x{{e}^{2x}}+\frac{1}{3}{{e}^{3x}}-\frac{1}{4}{{e}^{2x}}+C \\ \end{align} \)

d) \(F=\int(x+\sin x)\dfrac{dx}{\cos^2x}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+\sin x \\ & dv=\frac{dx}{{{\cos }^{2}}x} \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=1+\cos x \\ & v=\tan x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & F=\left( x+\sin x \right)\tan x-\int{\left( 1+\cos x \right)\tan xdx} \\ & \,\,\,\,=\left( x+\sin x \right)\tan x-\int{\left( \frac{\sin x}{\cos x}+\sin x \right)dx} \\ & \,\,\,\,=\left( x+\sin x \right)\tan x+\ln \left| \cos x \right|+\cos x+C \\ \end{align} \)

10. Giải bài 3.10 trang 165 SBT Giải tích 12

Cho \(F'(x)=f(x), C\) là hằng số dương tùy ý. Khi đó \(\int f(x)dx\) bằng:

A. \(F(x) +C\)

B. \(F(x) – C\)

C. \(F(x) +lnC\)

D. \(F(x+C)\)

Phương pháp giải

Sử dụng tính chất nguyên hàm: Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thì \(F\left( x \right) + C\) với C là một số thực tùy ý cũng là một nguyên hàm của (x).

Hướng dẫn giải

Đáp án C đúng nhất vì \(lnC\) mới là số thực tùy ý.

D sai vì không cộng hằng số C vào biến

A và B không đúng vì không khẳng định được C là hằng số dương tùy ý

11. Giải bài 3.11 trang 165 SBT Giải tích 12

Hãy chỉ ra kết quả sai khi tính \(\int \sin x\, \cos x\, d x\)

A. \(\dfrac{sin^2x}{2}+C\)

B. \(-\dfrac{\cos^2x}{2}+C\)

C. \(\dfrac{-\cos2x}{4}+C\)

D. \(\dfrac{\cos^2x}{2}+C\)

Phương pháp giải

Tìm một nguyên hàm của sin xcos x rồi nhận xét các đáp án còn lại.

Sử dụng định lý: Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của (x) thì \(F\left( x \right) + C\) với C là một số thực tùy ý cũng là một nguyên hàm của ( x )

Hướng dẫn giải

\(\begin{align} & \int{\sin x\cos xdx=\int{\sin xd\left( \sin x \right)}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{{{\sin }^{2}}x}{2}+C\,\,\,\,\,\,\,\text{(A đúng)} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{{{\cos }^{2}}x}{2}+C \,\,\,\,\,\,\,\text{(B đúng và D sai)}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{2}.\frac{1+\cos 2x}{2}+C \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{\cos 2x}{4}+C \,\,\,\,\,\,\,\text{(C đúng)} \\ \end{align} \)

Vậy chọn đáp án D

12. Giải bài 3.12 trang 165 SBT Giải tích 12

\(\int xe^{2x}dx\) bằng

A. \(\int \dfrac{e^{2x}(x-2)}{2}+C\)

B. \(\int \dfrac{e^{2x}+1}{2}+C\)

C . \(\int \dfrac{e^{2x}(x-1)}{2}+C\)

D . \(\int \dfrac{e^{2x}(2x-1)}{4}+C\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv – \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=e^{2x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\frac{1}{2}{{e}^{2x}} \\ \end{aligned} \right.\)

Ta có:

\(\begin{align} & \int xe^{2x}dx=\dfrac{1}{2}xe^{2x}-\dfrac{1}{2}\int{e^{2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{2}xe^{2x}-\dfrac{1}{4}e^{2x} +C\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{e^{2x}(2x-1)}{4}+C\\ \end{align}\)

Chọn đáp án D

13. Giải bài 3.13 trang 166 SBT Giải tích 12

\(\int (x+1) \sin x dx\)bằng

A. \((x+1) \cos x+\sin x+C\)

B. \(-(x+1) \cos x+\sin x+C\)

C. \(-(x+1) \sin x+\cos x+C\)

D.  \((x+1) \cos x-\sin x+C\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv – \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+1 \\ & dv=\sin xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-\cos x \\ \end{aligned} \right. \)

\(\int (x+1) \sin x dx=-(x+1)\cos x+\int \cos x dx=-(x+1)\cos x+\sin x+C\)

Chọn đáp án B

14. Giải bài 3.14 trang 166 SBT Giải tích 12

\(\int x\ln(x+1)dx\) bằng:

A. \((\dfrac{x^2}{2}-1)ln(x+1)+\dfrac{1}{4}(x-1)^2+C\)

B.  \((\dfrac{x^2}{2}-1)\ln(x+1)-\dfrac{1}{2}(x-1)^2+C\)

C.  \((\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2})\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}(x-1)^2+C\)

D.  \((\dfrac{x^2}{2}+1)\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}(x-1)^2+C\)

Phương pháp giải

Tính nguyên hàm bằng công thức từng phần \(\int {udv} = uv – \int {vdu}\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=\ln \left( x+1 \right) \\ & dv=xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\frac{dx}{x+1} \\ & v=\frac{1}{2}{{x}^{2}} \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{align} & \int{x\ln \left( x+1 \right)dx}=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{2}\int{\frac{{{x}^{2}}}{x+1}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{2}\int{\left( x-1+\frac{1}{x+1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{2}\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left| x+1 \right| \right)+C \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{1}{2} \right)\ln \left( x+1 \right)-\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{x}{2}+C \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{1}{2} \right)\ln \left( x+1 \right)-\frac{1}{4}{{\left( x-1 \right)}^{2}}+C \\ \end{align} \)

Chọn đáp án C.

15. Giải bài 3.15 trang 166 SBT Giải tích 12

\(\int x\,\ \sqrt{x-1}dx\) bằng :

A. \((x-1)^{\frac{5}{2}} +(x-1)^{\frac{3}{2}}+C\)

B. \(\dfrac{2}{15}\left[3(x-1)^{\frac{5}{2}} -5(x-1)^{\frac{3}{2}}\right]+C\)

C. \(\dfrac{2}{15}\left[3(x-1)^{\frac{5}{2}} +5(x-1)^{\frac{3}{2}}\right]+C\)

D. \(\dfrac{1}{15}\left[3(x-1)^{\frac{5}{2}} +5(x-1)^{\frac{3}{2}}\right]+C\)

Phương pháp giải

Đổi biến \(t = \sqrt {x – 1}\) và tính nguyên hàm.

Hướng dẫn giải