Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm Toán 12

Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

30 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 3: Nguyên hàm - Tích phân và ứng dụng

Môn: Toán 12

Thông tin:

31 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
CHƯƠNG 3: N
GUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
A.
K
IẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮ
M
I.
NGUY
Ê
N HÀM VÀ TÍNH CHẤT
1.
Nguyên hàm
Định nghĩa: Cho hàm
số

fx
xác định trên
K
(
K
là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của
). Hàm số

Fx
được gọi là nguyên hàm của hàm số
fx
trên K nếu
Fʹ xfx
với mọi xK.
Định lý 1: Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì với mỗi hằng số C, hàm số
 
Gx Fx C
cũng là một nguyên hàm của
fx
trên
K.
Định lý 2: Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì mọi nguyên hàm của
fx
đều có dạng

Fx C,
với
C
là một hằng số.
Hai định lý trên cho thấy:
Nếu

Fx
là một nguyên hàm của hàm số
fx
trên
K
thì
Fx C,C
là họ tất cả các nguyên
hàm của

fx
trên K. Kí hiệu
 
fxdx Fx C.
Chú ý: Biểu t
hức
fxdx
chính là vi phân của nguyên hàm

Fx
của
fx,
vì
  
ʹ
dFx F xdx fxdx.
2. Tính
chất của nguyên hàm
Tính chất 1
 
fʹ xdx fx C
Tính chấ
t 2
 
kf x dx k f x dx

, k là hằng số khác 0.
Tính chất 3
   
fx gx dx fxdx gxdx.




3. Sự tồn tại của nguyên
hàm
Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
4. Bảng nguyên hàm
Nguyên hàm của hàm số
sơ cấp
Nguyên hàm của hàm số
hợp
u=u x
Nguy
ên hàm của hàm số hợp
u=ax+b;a 0
dx x C
du u C
dax b ax b C


1
1
1
x
xdx C


1
1
1
u
uC


1
1
1
ax b
ax b dx C
a

1
lndx x C
x

1
lndu u C
u
11
lndx ax b C
ax b a

2
11
dx C
xx

2
11
du C
uu


2
111
.dx C
aax b
ax b

2
3
xdx x x C
2
3
udu u u C

12
.
3
ax bdx ax b ax b C
a

1
2dx x C
x

1
2du u C
u
11
.2dx ax b C
a
ax b

xx
edx e C
uu
edu e C
2
ax b ax b
edx e C
a



0, 1
ln
x
x
a
adx C a a
a


0, 1
ln
u
u
a
adu C a a
a


1
.0,1
ln
mx n
mx n
a
adx Ca a
ma

sin cosxdx x C
sin cosudu u C

 
1
sin cos
ax b dx ax b C
a

cos sinxdx x C
cos sinudu u C
 
1
cos sin
ax b dx ax b C
a

tan ln cosxdx x C
tan ln cosudu u C

 
1
tan ln cos
ax b dx ax b
C
a

cot ln sinxdx x C
cot ln sinudu u C
 
1
cot ln sin
ax b dx ax b C
a

2
1
cot
sin
dx x C
x

2
1
cot
sin
du u C
u



2
11
cot
sin
dx ax b C
ax b a

2
1
tan
cos
dx x C
x

2
1
tan
cos
du u C
u


2
11
tan
cos
dx ax b C
ax b a

1
ln tan
sin 2
x
dx C
x

1
ln tan
sin 2
u
du C
u

1
ln tan
sin 2
dx ax b
C
ax b a

1
ln tan
cos 2 4
x
dx
C
x




1
ln tan
cos 2 4
u
du
C
u





1
cos
1
ln tan
24
dx
ax b
ax b
C
a




II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến số
Định lý 1: Nếu
f(u)du F(u) C
và uu(x)
có đạo hàm liên tục thì:
fu(x).uʹ(x)dx F u(x) C
 
 
Hệ quả: Với

uaxba0
ta có
 
1
faxbdx Faxb C.
a

2. Phương pháp tín
h nguyên hàm từng phần:
Định lý 2: Nếu hai hàm số

uux
và
vvx
có đạo hàm liên tục trên K thì:
   
uxvʹ xdx uxvx uʹ xv x dx.

B. PHÂN LOẠI VÀ P
HƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp
1. Phương pháp giải
Biến đổ
i các
hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x,
trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.
Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Nguyên hàm của hàm số

21
x
x
fx
e
là
A.
2
ln 2
x
x
x
eC
e
 B.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e
C.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e

D.

2
ln 2 1
x
x
x
eC
e
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:

21 2 2
ln 2 1
x
xx
xx
xx
dx dx e dx e C
ee e






.
Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số
2019
2fx xx
là
A.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C


B.
2020 2018
22
2021 1009
xx
C

C.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C


D.
2021 2020
22
2021 1010
xx
C

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
:
 


2019 2019
2021 2020
2020 2019
2222
22
222
2021 1010
x x dx x x dx
xx
xdxxdx C







Bài tập 3.
Nguyên hàm của hàm số

2
1
1
x
fx
e
là
A.
2
ln 1
x
xe C B.

2
1
ln 1
2
x
xe C

C.
2
ln 1
x
eC
D.
2
ln 1
x
xe C

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta c
ó:
22
2
22 2
1
1
1
11 1
xx
x
xx x
ee
e
ee e



.
Do đó

2
2
2
22 2
1
111
1ln1
11212
x
x
x
xx x
de
e
dx dx dx x e C
ee e






Bài tập 4.
Nguyên hàm của hàm số

1
22
fx
xx

là:
A.
33
1
22
6
xxC




B.
1
22
6
xxC



C.

11
222
66
xxxC
D.

11
22 2
66
xx xC

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta c
ó:
   
122
4
22
12 2 1 1
22 22 22 22
43 3 6 6
xx
dx dx
xx
xx xx Cxx xxC







Chú ý: Sử
dụng kĩ thuật nhân liên hợp:
ab
ab
ab

.
Lưu ý:

2
3
ax bdx ax b ax b C
a

.
Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số

2
513
56
x
fx
xx
là:
A.
2ln 3 3ln 2xxC B. 3ln 3 2 ln 2xxC

C.
2ln 3 3ln 2xxC D. 2ln 3 3ln 2xxC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta c
ó:

2
513 513
56 2 3
xx
xx x x


Ta sẽ phân tí
ch:
513 2 31xAxBx
Thế
2x
và
3x
lần lượt vào (1) ta có
3
B
và
2
A
.
Khi đó

2
2233
513 2 3
56 2 3 3 2
2ln 3 3ln 2
xx
x
dx dx dx dx
xx x x x x
xxC





Bài tập 6.
Nguyên hàm của hàm số

4
5
1 x
fx
xx
là:
A.

4
1
ln ln 1
2
xxC
B.
4
ln ln 1xx C

C.

4
1
ln ln 1
2
xxC
D.

4
1
ln ln 1
2
xxC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


44
43
4
54
4
12
1121
ln ln 1
12
1
xx
xx
dx dx dx dx x x C
xx x x
xx




Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số

2
3
333
32
xx
fx
xx
là:
A.
3
ln 2 2 ln 1
1
xx C
x

B.
3
ln 2 2 ln 1
1
xx C
x

C.
3
2ln 2 ln 1
1
xx C
x

D.
3
2ln 2 ln 1
1
xx C
x

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:

22
2
3
333 333
32
12
xx xx
dx dx
xx
xx
 



.
Ta phân tích
2
2
333 1 1 2 2xx Ax Bx x Cx .
Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay
1, 3AC
và
2
B
.
(thay
21;13xAxC và 02xB
).
Khi đó
 
2
22
333 1 1 1 3
2 3 ln 2 2 ln 1
21 1
12 1
xx
dx dx dx dx x x C
xx x
xx x





.
Lưu ý: Ta có kiến t
hức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ

Px
Idx
Qx
, với
P
x
và

Qx là các đa thức, cụ thể như sau:
Nếu
deg deg
P
xQx
thì ta thực hiện phép chia
P
x
cho

Qx
(ở đây, kí hiệu
deg
P
x là bậc của đa thức
P
x ).
Khi
deg deg
P
xQx
thì ta quan sát mẫu số
Qx
ta tiến hành phân tích thành các
nhân tử
, sau đ
ó, tách
P
x theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng
nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức.
Mộ
t số trường hợp đồng nhấ
t thức thường gặp
Trường hợp 1:

11ac
ax b cx d ad bc ax b cx d





.
Trường hợp 2:


Ax Ba x Ad Bb
mx n A B
ax b cx d ax b cx d ax b cx d


 
.
Ta đồng nhất thức
1mx n Ax Ba x Ad Bb .
Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.
Đồng nhất đẳng thức, ta được
Ac Ba m
Ad Bb n


. Suy ra A, B.
Cách 2. Phương pháp giá trị riêng.
Lần lượt thay
;
bd
xx
ac
 
vào hai vế của (1), tìm được A, B.
Trường hợp 3:
 
22
mx n A B
ax b
ax b ax b


.
Trường hợp 4:


22
2
*
mx n A B C
cx d ax b
ax b cx d ax b
mx n A cx d B ax b C ax b cx d




Lần lượt th
ay
;;0
bd
xxx
ac
  vào hai vế của (*) để tìm A, B, C.
Trường hợp 5:


2
2
1 ABxC
x m ax bx c
x m ax bx c



với
2
40bac

.
Trường hợp 6:
  
22 2 2
1 ABCD
xa xb
xa xb xa xb



.
Bài tập 8. Cho hà
m số
fx
xác định trên
1
\
2

thỏa mãn
 
2
';01
21
fx f
x

và

12f . Giá trị của biểu thức
13
P
ff là:
A.
3ln5 ln2 B. 3ln2 ln5 C. 32ln5
D. 3ln15
Hướng dẫn giải
Chọn D.
 


1
2
1
ln 2 1
2
2
'ln21
21 1
ln 1 2
2
xCkhix
f x f x dx dx x C
x
xCkhix




Vì

2
1
01
1
2
12
f
C
C
f

.
Suy ra



1
ln 2 1 2
2
1
ln 1 2 1
2
xkhix
fx
xkhix


.
Do đó
1 3 3 ln 3 ln 5 3 ln15Pf f
Bài tập 9.
Cho hàm số
fx
xác định trên
\1;1
, thỏa mãn
 
2
2
';332ln2
1
fx f f
x

và
11
0
22
ff




. Giá trị của biểu thức
204Pf f f
là:
A.
2ln2 ln5 B. 6ln2 2ln3 ln5 C. 2ln2 2ln3 ln5
D. 6ln2 2ln5
Hướng dẫn giải
Chọn C.
 
2
211 1
'ln
111 1
x
f x f x dx dx dx C
xxxx






Hay

1
2
3
1
ln 1
1
11
ln ln 1 1
11
1
ln 1
1
x
Ckhix
x
xx
fx C Ckhi x
xx
x
Ckhix
x











Theo bài ra, ta có:
13
2
332ln2
2ln2
11
0
0
22
ff
CC
C
ff







Do
đ
ó

32 1
3
2 0 4 ln3 ln 2ln2 2ln3 ln5
5
fff CC C
.
Bài tập 10. Nguyên hàm
3
2
.1
P
xx dx
là:
A.

3
22
3
11
8
P
xxC
B.

22
3
11
8
P
xxC

C.
3
2
3
1
8
P
xC D.

3
22
3
11
4
P
xxC

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta c
ó:

14
3
2222
33
13
.1 1 1 1
28
xx dx x dx x C

.
Bài tậ
p 11.
Nguyên hàm của hàm số
sin cos sinxxxdx
là:
A.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC
B.
11 1
sin 2 cos2
24 4
xx xC

C.
11
sin 2 cos2
22
xx xC
D.
11 1
sin 2 cos 2
24 4
xx xC

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:
2
sin cos sin sin sin cos
1cos2 sin2 1 1 1
sin 2 cos 2
22 222
xxxdx xxxdx
xx
dx x x x C






Bài tập 12.
Nguyên hàm của hàm số
22
1
sin cos
dx
xx
là:
A.
tan cotxxC
B.
tan cotxxC
C.
tan cotxxC
D.
cot tanxxC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta c
ó:
22
22 2 2 2 2
1sincos 11
tan cot
sin cos sin .cos cos sin
xx
dx dx dx x x C
xx x x x x





.
Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số
42
1
4cos 4cos 1
dx
xx
là:
A.
cot 2
2
x
C
B. tan 2xC C. cot 2xC
D.
tan 2
2
x
C
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta c
ó:



42 22 2 2
11111tan2
(2 )
4 cos 4 cos 1 (2 cos 1) cos 2 2 cos 2 2
x
dx dx dx d x C
xx x x x
Bài tập 14.
Nguyên hàm của hàm số
3
tan xdx
là:
A.
2
tan
ln cos
2
x
xC
B.
2
tan
ln sin
2
x
xC
C.
2
tan
ln cos
2
x
xC
D.
4
2
tan
4cos
x
C
x
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Từ
32
tan tan 1 tan tanxx x x
Suy ra

2
3
cos
tan
tan tan tan ln cos
cos 2
dx
x
xdx xd x x C
x


.
Bài tập 15. Gọi
Fx là nguyên hàm của hàm số
sin 2 tanfx x x thỏa mãn
3
34
F



. Giá
trị của
4
F



là:
A.
31
212
B.
31
212
C.
31
212
D.
31
212
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta c
ó:

2
sin
sin 2 . tan 2 sin .cos . 2 sin
cos
x
F x x xdx x x dx xdx
x


.
Suy ra

sin 2
1cos2
2
x
F
xxdxxC
.
Theo giả thiết, ta có:
312 3 3
sin
34323 4 23
FCC


 


.
Vậy

sin 2 3
223
x
Fx x
 .
Do đó
1331
sin 2
442 4 23 2 12
F

 
 
 
 
.
Bài tập 16. Gọi
Fx
là nguyên hàm của hàm số
4
cos 2fx x
thỏa mãn
0 2019F
. Giá trị
của
8
F



là:
A.
3 16153
64
B.
3 129224
8
C.
3 129224
64
D.
3 129224
32
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
:


2
42
1cos4 1
cos 2 1 2 cos 4 cos 4
24
11cos81
1 2cos4 3 4cos4 cos8
428
x
xxx
x
xxx








Do đ
ó
 
111
3 4 cos 4 cos8 3 sin 4 sin 8
888
Fx x xdx x x x C




Mà
0 2019F
nên ta có
2019C
.
Vậy

11
3 sin 4 sin 8 2019
88
Fx x x x




.
Do đó
3 129224
864
F




Bài tập 17. Gọ
i

Fx là nguyên hàm của hàm số

5
cos
1sin
x
fx
x
, với
2,
2
xkk

và thỏa
mãn

3
4
F
. Giá trị của
2
F



là:
A.
2
3
B. 0. C.
5
3
D.
1
3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta t
hấy:





5
323
34
23
cos
cos 1 sin 1 sin cos cos .sin
1sin
sin cos
1 sin sin cos cos sin
34
x
xx xxxx
x
xx
Fx xd x xd x x C



Theo giả thiết, ta có

3
4
F
nên 1C
.
Vậy

34
sin cos
sin
34
xx
Fx x C
Do đ
ó
1
23
F




.
Chú ý:
Với
*
n , ta có:

1
cos
cos .sin cos cos
1
n
nn
x
xxdx xd x C
n


và

1
sin
sin .cos sin sin
1
n
nn
x
xxdx xdx C
n


.
Bài tập 18. Biết
cosx a
dx ln 5sin x 9 C , a,b
5sinx 9 b

,
a
b
là phân số tối giản. Giá trị 2a b
là
A.
10.
B.
4.
C.
7.
D.
3.
Hướng dẫn giải
CHỌN D

d5sinx 9
cosx 1
dx
5sinx 9 5 5sinx 9


1
ln 5sin x 9 C
5

Vậy
a1,b5.
Nên 2a b 3.
Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm

Fx
của hàm số

2
fx 1 sinx biết
3
F.
24



A.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

B.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

C.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

D.

31
Fx x 2cosx sin2x.
24

Hướng dẫn giải
CHỌN B
Ta c
ó


2
2
1cos2x
1 sin x dx 1 2sin x sin x dx 1 2sin x dx
2
31
x2cosx sin2xc
24






33 1 3
F2cossincc0
2422 24 4


 


.
Vậy

31
Fx x 2cosx sin2x
24

.
Bài tập 20. Cho

cos2x
dx F x C
sin x cosx

và
Fab.

Tính

6
Aab.
A.
2. B. 2. C. 1. D. 1.
Hướng dẫn giải
CHỌN C
Ta c
ó:

22
cos2 x cos x sin x
F x dx dx
sinx cosx sinx cosx





cosx sinx cosx sinx
dx cosx sin x dx sin x cosx.
sin x cos x




F1abA1.
Bài tập 21.
Cho tích phân
22
1
dx a.
sin xcos x
Tính
2
A12cot2x theo a.
A.
2
4a . B.
2
2a . C.
2
3a . D.
2
a .
Hướng dẫn giả
i
CHỌN C
Ta c
ó:

22
22 22 2 2
1sinxcosx11
F x dx dx dx
sinxcosx sinxcosx cosx sinx





tan x cot x .
Theo đề:
22
2
2
2
2
sin x cos x sin x cos x 2 cos 2x
tan x cot x a
cosx sinx sinxcos x sin 2x
cos2x a
sin 2x 2
cos 2x a
A 12. 12. 3a .
2
sin 2x







Bài tập 22
. Cho
Fx
là một nguyên hàm của hàm số
22
sin 2
cos 4sin
x
dx
x
x
và

02 1
2




Ff
. Tính

20
2



FF
.
A.
7
9
. B.
7
9
. C.
0
. D.
1
Lời giải
CHỌN B
Ta có
22
cos 4sindx x
2sin cos 8sin cos
x
xxxdx
6sin cos
x
xdx
3sin2
x
dx
22
1
sin 2 cos 4sin
3
x
dx d x x
.
Do đó :
22
sin 2
cos 4sin
x
dx
x
x
22
22
cos 4sin
1
3
cos 4sin
dx x
x
x
22
22
cos 4sin
2
3
2cos 4sin
dx x
x
x
22
2
cos 4sin
3
x
xC


24 7
02 2. 3 1
23 3 9
FF CC




.
Vậy

24 7
20 2. 2
23 3 9
FF CCC




Bài tập 23. Gọi
F
x
là nguyên hàm của hàm số

2
8
x
fx
x
trên khoảng
22;22
thỏa
mãn
20F . Khi đó phương trình
Fx x
có nghiệm là:
A. 0x B. 1x C. 1x
D. 13x 
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:


22
22
1
88
828
x
Fx dx d x x C
xx



Mặt khác

2
20 8 0 2FxCC
Vậy

2
82Fx x
.
Xét phương trình


22
2
2
2
20
82 82
82
2
2
13 13
2440
13
x
Fx x x x x x
xx
x
x
xx
xx
x

 






Bài tập 24. Cho
Fx là một nguyên hàm của hàm số

432
21
2
x
fx
xxx
trên khoảng
0;
và

1
1
2
F
. Tổng
1 2 3 ... 2019SF F F F
là
A.
2019
2020
B.
2019.2021
2020
C.
1
2018
2020
D.
2019
2020
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phân tích



22
432
2
2
21 21 21
2
1
xxx
fx
xxx
xx
xx



Khi
đó

 

2
22
2
22
21 1 1x
Fx dx dx x C
xx
xx xx



.
Mặt khác

11 1
11
22 2
FCC
.
Vậy


2
1111
11 1
11
Fx
xx xx xx

  



.
Do đ
ó

11111 1 1
1 2 3 ... 2019 1 ... 2019
2 2 3 3 4 2019 2020
111
1 2019 2018 2018
2020 2020 2020
SF F F F








Bài tập 25. Cho hàm số
fx có đạo hàm xác định trên thỏa mãn

022, 0ffx và
 
2
.' 2 1 1 ,fx f x x f x x . Giá trị
1f là:
A. 62 B. 10 C. 53 D. 26
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
  

2
2
.'
.' 2 1 1 2 1
1
fx f x
fx f x x f x x
fx

.
Suy ra
 




2
22
22
1
.'
21 21 1
121
dfx
fx f x
dx x dx x dx f x x x C
fx fx
 


Theo giả thiết
022f , suy ra

2
122 3CC

Với
3C thì
 

2
22 2
13 31fx xx fx xx
Vậy

12426f 
Bài tập 26. Cho hàm số

yfx
có đạo hàm liên tục trên đoạn
2;1
thỏa mãn
03f
và


2
2
.' 3 4 2fx f x x x. Giá trị lớn nhất của hàm số
yfx trên đoạn
2;1 là:
A.
3
242
B.
3
215
C.
3
42
D.
3
15
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:


2
2
.' 3 4 2 *fx f x x x
Lấy ngu
yên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:




 
2
2332332
1
.' 3 4 2 2 2 3 6 6 3
3
f x f x dx x x dx f x x x x C f x x x x C

Theo giả thiết, ta có
03f
nên


3
32 3 32
0 3 0 2.0 2.0 27 3 9 3 6 6 27fCCCfxxxx
Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số
32
36627gx x x x
 trên đoạn
2;1 .
Ta có
2
'91260, 2;1gx x x x
nên đồng biến trên đoạn
2;1 .
Vậy


3
3
2;1 2;1
max max 42fx gx


.
Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt
u=u x
1. Phương pháp giải
Định lí:
Cho
fudu Fu C
và
uux
là hàm số có đạo hàm liên tục thì
'fux uxdx Fux C
 

 
Các bước thực hiện đổi biến:
Xét
'Ifuxuxdx
Bước 1: Đặt
uux
, suy ra
'du u x dx
Bước 2: Ch
uyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được
IfuduFuC

, trong đó
Fu là
một nguyên hàm của hàm số
fu.
Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là
IFux C
Hệ quả: nếu
Fx là một nguyên hàm của hàm số
fx trên K và ,;0ab a ta có:
 
1
faxbdx Faxb C
a

.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Nguyên hàm
Fx của hàm số
3
21
.
x
fx xe
, biết

1
1
3
F
là:
A.

3
1
1
3
x
Fx e C
 B.

3
1
1
2019
3
x
Fx e
 C.

3
1
11
33
x
Fx e
D.

3
1
1
3
x
Fx e
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
3
1ux ta có
22
1
3
3
du x dx x dx du
Suy ra

11
33
uu
fxdx e du e C

Do đ
ó

3
1
1
3
x
F
xeC

.
Mặt khác

1
1
3
F 
nên 0C . Vậy

3
1
1
3
x
fxdx e
.
Lưu ý: Ta có thể viết như sau:


33 3
21 1 3 1
11
1
33
xx x
f x dx x e dx e d x e C



Chú ý: Với các viết

23
1
1
3
xdx d x
, ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và
nhanh gọn.
Bài tập 2. Nguyên hàm
2sin
13cos
x
M
dx
x
là:
A.

1
ln 1 3cos
3
M
xC B.
2
ln 1 3cos
3
M
xC

C.
2
ln 1 3cos
3
M
xC
D.
1
ln 1 3cos
3
M
xC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt 13cosux , ta có 3sindu xdx hay
2
2sin
3
xdx du
.
Khi đó
21 2
ln
33
M
du u C
u
 
Vậy
2sin 2
ln 1 3cos
13cos 3
x
M
dx x C
x

Bài tập 3.


4
0
sin x
4
43a
Idx,a,b.
b
sin 2x 2 1 sin x cos x





Tìm tỉ lệ
a
b
.
A.
1
.
3
B.
1
.
2
C.
2
.
1
D.
3
.
1
Hướng dẫn giải
CHỌN B
Đặt

2
dt cosx sin x dx 2 sin x dx
4
tsinxcosx
sin 2x t 1






và
x:0
4
thì t:1 2 .


2
22
2
22
1
11
1dt 2dt21432
I.
22t14
2
t121t
t1



.
Bài tập 4. Cho

3
cos xsinxdx F x C
và

1
F0 a b .
4

Tính
22
A a b 2018.
A. 2018. B. 2016. C. 2022. D. 2020.
Hướng dẫn giải
CHỌN A
3
cos xsin xdx
Đặt
ucosx dusinxdx .

 
44
33
2
33
ucosx
cos xsinxdx u du C C
44
11
F0 ab ab0.
44
A a b 2018 a b 2ab a b 2018 2018.
  



Chú ý: chú ý rằng với
0a
và
,;0mn n
ta luôn có:
m
n
m
n
aa .
Bài tập 5. Nguyên hàm
1
1
R
dx
xx
là:
A.
111
ln
2
11
x
R
C
x



B.
111
ln
2
11
x
R
C
x


C.
11
ln
11
x
R
C
x



D.
11
ln
11
x
R
C
x


Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt
2
11ux ux
. Suy ra
2
1xu
và 2dx udu
.
Khi đó

2
2
2211 1
ln
111 1
1
uu
R
du du du C
uuu u
uu






.
Vậy
11
ln
11
x
R
C
x



Bài tập 6. Nguyên hàm
32
9Sxx dx
là:
A.

2
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


B.

4
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


C.

22
2
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


D.
2
22
2
99
39
5
xx
S
xC


Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét
32 22
99
S
xx dx xx xdx

.
Đặt
222
99ux ux. Suy ra
22
9xu
và xdx udu
.
Khi đó

5
2423
9. 9 3
5
u
S
u u udu u u du u C

.
Vậy

2
22
22
99
39 9
5
xx
S
xxC


Bài tập 7. Nguyên hàm
1
ln 1
Tdx
xx
là:
A.
1
2ln 1
TC
x

B. 2ln 1TxC

C.

2
ln 1 ln 1
3
Tx xC
D.
ln 1TxC

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có:

11
ln 1 2 ln 1
ln 1 ln 1
TdxdxxC
xx x



.
Bài tập 8. Nguyên hàm

2020
2022
2
1
x
Udx
x
là:
A.
2021
12
31
x
UC
x




B.
2020
12
6060 1
x
UC
x



C.
2021
12
6063 1
x
UC
x




D.
2023
12
6069 1
x
UC
x



Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét
 
2020
2020
2022 2
2
21
1
11
x
x
Udx dx
x
xx






Đặt
 
22
2311
13
11
x
ududxdudx
x
xx


.
Suy ra.
2020 2021
11
3 6063
Uudu uC
. Vậy
2021
12
6063 1
x
UC
x



Lưu ý:

1
2
11
1
n
n
n
ax b
ax b
dx C
nadbdcxd
cx d





Bài tập 9. Xét nguyên hàm

2
ln
1ln1
x
Vdx
xx

. Đặt
11lnux
, khẳng định nào sau đây
sai?
A.

22
dx
udu
x

B.

2
2
2
.2 2
uu
Vudu
u

C.
54 32
2516
4
52 3
Vu u uuC
D.
54
32
16
4
523
uu
VuuC

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
 
2
2
1 1 ln 1 1 ln ln 2 2 2
dx
uxu xxuuudu
x
 
.
Khi đó



2
2
2
432 5 4 32
2
ln
.2 2
1ln1
2516
2584 4
52 3
uu
x
Vdxudu
u
xx
uuuuduu u uuC




Bài tập 10. Gọi
Fx
là nguyên hàm của hàm số
23
sin 2 .cos 2fx x x
thỏa 0
4
F



. Giá trị

2019F
là:
A.

1
2019
15
F
 B.
2019 0F
C.

2
2019
15
F
D.

1
2019
15
F
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt
1
sin 2 2 cos2 cos 2
2
u x du xdx du xdx
Ta có

 
23 22 24
35 3 5
11
sin 2 . cos 2 . 1
22
11 1 1
sin 2 sin 2
610 6 10
F x x xdx u u du u u du
uuC x xC



35
11 1
0sin sin 0
462102 15
FCC


 


Vậy

35
11 1
sin 2 sin 2
61015
Fx x x
Do đ
ó

1
2019
15
F

Bài tập 11. Biết rằng
 
23
1
1231
xdx
C
xx x x gx


(với C là hằng số). Gọi S là tập
nghiệm của phương trình
0gx . Tổng các phần tử của S bằng:
A. 0. B.
35
C. 3
D.
35
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vì

 
2
22 2
1231 3 321 31xx x x xxxx xx

nên ta đặt
2
3ux x,
khi đó

23du x dx
Ng
uyên hàm ban đầu trở thành

2
1
1
1
du
C
u
u

.
Suy ra

2
23
1
1231 31
xdx
C
xx x x x x


Vậy
 
22
35
2
31; 0 310
35
2
x
gx x x gx x x
x

 

.
Do đó
3535
;
22
S

 




.
Tổng giá trị các phần tử của S bằng
3 .
Bài tập 12.

3cos2x sin 4x
IdxFxC.
2sinxcosx


Tính
F1,
biết rằng
Fx
không chứa hệ số tự do.
A.
17
.
3
B.
2
.
3
C.
15
.
3
D.
9
.
3
Hướng dẫn giải
CHỌN A



32sin2xcos2x
3cos2x sin4x
Idx dx
2sinxcosx 2sinxcosx
32sin2xcosxsinxcosxsinx
dx
2sinxcosx

 



Đặt

2
dt cos x sin x dx
tsinxcosx
sin 2x t 1




2
3
2
32
32t 1.t
2t 5t 6
Idtdt2t4t3dt
2t t2 t2
2
t2t3t6lnt2 C.
3














Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2
1. Phương pháp giải
Kiến thức cần nhớ:
Ta đã biết các đẳng thức sau:
22
sin cos 1tt
, với mọi t .


2
2
2
2
1
1tan ,
cos 2
1
1cot ,
sin
ttkk
t
ttkk
t

 
Với các bà
i toán sau đây thì ta không thể giải quyết
ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở
dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi
biến theo kiểu “
lượng giác hóa” dựa vào các hằng
đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích
hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây:
Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và
cách xử lí.
Bài toán 1: Tính
1
22
dx
A
ax
Bài toán 1:
Tính
1
22
dx
A
ax
Đặt
sinxa t , với
;
22
t



hoặc
cosxa t với
0;t
Bài toán 2: Tính
2
22
dx
A
ax
Bài toán 2: Tính
2
22
dx
A
ax
Đặt
tanxa t , với ;
22
t



.
Bài toán 3: Tính
3
ax
Adx
ax
Bài toán 3: Tính
3
ax
Adx
ax
Đặt
cos 2xa t
với
0;
2
t



Bài toán 4: Tính
4
Axaxbdx
Bài toán 4: Tính
4
Axaxbdx
Đặt
2
sinxa ba t với
0;
2
t



Bài toán 5: Tính
22
5
Axadx
Bài toán 5: Tính
22
5
Axadx
Đặt
sin
a
x
t
với ;
22
t



2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Nguyên hàm
2
2
4
x
Idx
x
là:
A.
2
4
arcsin
24
xx x
C

B.
2
4
2arccos
22
xx x
C
C.
2
4
arccos
24
xx x
C

D.
2
4
2arcsin
22
xx x
C
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt 2sinxt với ;
22
t



. Ta có cos 0t và 2cosdx tdt
.
Khi đó
2
2
2
4sin
2cos 4sin
44sin
t
Itdttdt
t


(vì cos 0 , ;
22
tt




).
Suy ra
21cos2 2 sin2ItdtttC
Từ
2 sin arcsin
2
x
xtt
và
2
4
sin 2 2 sin .cos
2
xx
ttt

Vậy
22
2
4
2arcsin
22
4
xxxx
Idx C
x

Bài tập 2. Nguyên hàm

3
2
1
1
Idx
x
là:
A.

2
2
3
1 xC
B.
2
1
x
C
x
C.

3
2
1
x
C
x
D.
2
1 x
C
x
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt cos , 0 sin .xtt dx tdt
.
Khi đó
32
sin .
cot
sin sin
tdt dt
Idt tC
tt
 

hay
2
1
x
IC
x
Vậy

32
2
1
1
1
x
dx C
x
x

Ví dụ 3. Nguyên hàm
2
1
1
Idx
x
là:
A.
arctan xC B. arccot xC
C. arcsin xC
D. arccos xC
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt tanxt với
;
22
t



, ta có
2
1tandx t dt
.
Khi đó

2
2
1
1tan
1tan
ItdtdttC
t


Vậy
2
1
arctan
1
IdxxC
x

Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần
1. Phương pháp giải
Với

uux
và
vvx
là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:
.' '.'uv u vv u
Viết dưới dạng vi phân
d uv vdu udv
Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được:
d uv vdu udv

Từ đó suy
ra
1udv uv vdu

Công thức (
1) là công thức nguyên hàm từng phần.
Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Bài toán: Tìm
.Iuxvxdx
, trong đó
ux và
vx là hai hàm có tính chất khác nhau,
chẳng hạn:

ux là hàm số đa thức,

vx là hàm số lượng giác.

ux là hàm số đa thức,

vx là hàm số mũ.
ux là hàm số logarit,
vx là hàm số đa thức.

ux
là hàm số mũ,

vx
là hàm số lượng giác.
Phương pháp nguyên hàm từng phần
Bước 1: Đặt



'du u x dx
uux
dv v x dx v v x dx



Bước 2: Áp dụ
ng công thức (1), ta được:
udv uv vdu
Lưu ý: Đặt

uux (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có
logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp
như thế.
Còn đối với nguyên hàm
vvxdx
ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được
làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Kết quả nguyên hàm
2
ln 2Ix xdx
là:
A.

22
2
2
ln 2
22
xx
xC

B.

2
22
2ln 2
2
x
xx C

C.
222
2ln 2xxxC D.

22
2
2
ln 2
22
xx
xC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Đặt

2
2
2
2
ln 2
2
2
2
x
du dx
ux
x
x
dv xdx
v



Khi
đó
 
222
22
22
ln 2 ln 2
222
xxx
IxxdxxC


Chú ý: Thông thường thì với
2
2
x
dv xdx v
Tuy
nhiên trong trường hợp này, ta để ý
2
2
2
x
v
mang lại sự hiệu quả.
Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm
2
ln sin 2cos
cos
xx
Idx
x
là:
A.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
B.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
C.
tan 2 .ln sin 2 cos 2 ln cosxxxxxC
D.
cot 2 .ln sin 2cos 2 ln cosxxxxxC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đặt

2
cos 2 sin
ln sin 2cos
sin 2 cos
sin 2 cos
tan 2
cos
cos
xx
uxx
du dx
xx
dx
xx
dv
vx
x
x





Khi
đó


cos 2sin
tan 2 ln sin 2cos
cos
tan 2 ln sin 2cos 2 ln cos
xx
Ix x x dx
x
xxxxxC


Chú ý:
Ở Bài tập này, Chọn tan 2vx có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm
vdu
.
Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm
2
sin 5Ix xdx
là:
A.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC
B.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC

C.
2
122
cos 5 sin 5 cos 5
525125
xxxx xC
D.
2
122
cos5 sin5 cos5
5 25 125
xxxx xC

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên
2
ux là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai
lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo”
cụ thể như sau:
Bước 1: Chia thành 3 cột:
+ Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0.
+ Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo.
+ Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng với cột 1.
Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó
đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau.
Khi
đó
2
122
cos 5 sin 5 cos5
5 25 125
Ixxxx xC
Chú ý:
Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian.
Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo
hàm
và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc.
Bài tập 4. Nguyên hàm
43x
Ixedx
là:
A.
43 2
3
2345
4122424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




B.
53
.
53
x
xe
IC
C.
43 2
3
2345
412 2424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




D.
43 2
3
23
412
33 3
x
xx x
IeC




Hướng dẫn giải
Chọn A.
Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo
sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn.
Vậy
43 2
3
2345
4122424
33 3 3 3
x
xx x x
IeC




.
Bài tập 5. Nguyên hàm sin
x
Ie xdx
là:
A.
2sin cos
x
ex xC B.
2sin cos
x
exxC
C.

1
sin cos
2
x
exxC
D.

1
sin cos
2
x
ex xC
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho
người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở
đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ
đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại?
Khi
đó, ta sẽ có thể kết luận
sin cos sin
xx x
Ie xe x e xdx
.
Hay
2sin.cos
xx
Ie xe x
. Vậy

1
sin cos
2
x
Ie x xC
Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được
sin
x
xe dx I
.
Bài tập 6. Tìm
ln
n
Iaxbvxdx
, trong đó
vx là hàm đa thức,
*
n và ,;0ab a
Hướng dẫn giải
Phân tích: Vì ưu tiên
ln
n
ux ax b nên
1
.ln
n
na ax b
du dx
ax b
và tiếp tục đạo hàm thì cột 1
sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng

na
tx
ax b
từ cột 1 sang nhân với
vx ở cột 3 để
rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan
dấu bình thường.
Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm .lnIxxdx
là:
A.
22
.ln2
24
xx
C
B.
22
.ln2
24
xx
C
C.
22
.ln2
42
xx
C
D.
22
.ln2
42
xx
C
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vậy
22
.ln .ln2
24
xx
Ixxdx C
Chú ý: chuyển lượng

1
tx
x
bên cột 1 sang nhân với

2
2
x
vx
ta thu được kết quả
2
x
. Khi đó
bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của
2
x
là
2
4
x
.
Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm
3
41.ln2Ix xdx
là:
A.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
B.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
C.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
D.






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
xx x x x x x x x xC
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vậy






2
23 2 2 2
3
2ln233ln236ln2 6
2
x
Ixx x xx x xx x xC
Chú ý:
Chuyển
3
x
, nhân với

2
2xx thu được
63x
Chuyển
2
x
, nhân với
2
33xx thu được
66x
.
Chuyển
1
x
, nhân với

2
36xx thu được
36x
.
Bài tập 7. Cho
1
x
F
xxe là một nguyên hàm của hàm số
2
x
fxe. Biết rằng hàm số
fx
có đạo hàm liên tục trên
. Nguyên hàm của hàm số
2
'
x
fxe là:
A.
2
x
xe C
B.
2
x
xe C
C.
1
x
xe C
D.

1
x
xe C
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
222
'1...
xx x x x x
Fx fxe e x e fxe fxe xe .
Xét
2
'
x
fxedx
Đặt
 
22
2
'
xx
ue du edx
dv f x dx v f x







Do đ
ó
2
.2 21
xxxx
Ifxe fxedxxe x eC
Vậy
2
'2
xx
I f xe dx xe C
Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm
1. Phương pháp giải
Ý nghĩa vật lí của đạo hàm:
Một chất điểm chuyển động theo phương trình
SSt
, với
St
là quãng đường mà chất điểm đó
đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu.
Gọi
vt và
at lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có:
 
'vt S t và
'at v t .
Từ đó ta có:
St vtdt
và
vt atdt
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Một vật chuyển động với gia tốc


2
3
/
1
at m s
t
, trong đó t là khoảng thời gian tính
từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao
nhiêu?
A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. D. 12 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Vận tốc của vật tại thời điểm t
được tính theo công thức:
 
3
3ln 1
1
v t a t dt dt t C
t


Vì vận tốc b
an đầu (lúc
0t ) của vật là
0
6/vms
nên:
03ln01 6 6 3ln16vCCvtt
.
Vận tốc c
ủa vật chuyển
động tại giây thứ 10 là:
10 3ln 10 1 6 13, 2 /vms .
Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc


322
15
/
24 16
at t t m s
, trong đó t là
khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận
động viên là bao nhiêu?
A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Vận tốc
vt
chính là nguyên hàm của gia tốc
at
nên ta có:
 
32 4 3
15 15
24 16 96 48
v t a t dt t t dt t t C





Tại thời điểm
ban đầu
0t
thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là:

43
0
15
000 .0 .0 0 0
96 48
vv CC 
.
Vậy công thức vận tốc là

43
15
96 48
vt t t
Vận tốc của vận động viên tại giây
thứ 5 là
56,51/vms .
Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là


2
3
/
1
at m s
t
. Ta tính
vt atdt
, kết hợp với
điều kiện vận tốc ban đầu
0
6/vms . Suy ra công thức tính vận tốc
vt tại thời điểm t và tính
được
10v
.
Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20
m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa
đạt đến tốc độ là bao nhiêu?
A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Xem như tại thời điểm
0
0t thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có
00s
và
020v
.
Vì t
ên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là
2
9,8 /
n
st ms .
Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là

1
9,8 9,8vt dt t C
.
Do
020v
nên
11
9,8 20 20 9,8 20tC C vt t 
.
Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là

29,8.2200,4/vms .
| 1/31
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
I. NGUYÊN HÀM VÀ TÍNH CHẤT 1. Nguyên hàm
Định nghĩa: Cho hàm số f x xác định trên K ( K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của
). Hàm số Fx được gọi là nguyên hàm của hàm số f x trên K nếu Fʹx  f x với mọi xK.
Định lý 1: Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số f x trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số
G x  Fx  C cũng là một nguyên hàm của f x trên K.
Định lý 2: Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số f x trên K thì mọi nguyên hàm của f x
đều có dạng Fx  C, với C là một hằng số.
Hai định lý trên cho thấy:
Nếu Fx là một nguyên hàm của hàm số f x trên K thì Fx  C,C là họ tất cả các nguyên
hàm của f x trên K. Kí hiệu f
 xdx  Fx  C.
Chú ý: Biểu thức f xdx chính là vi phân của nguyên hàm Fx của f x, vì   ʹ
dF x  F xdx  f xdx.
2. Tính chất của nguyên hàm Tính chất 1 f ʹ
 xdx  fx C Tính chất 2 kf
 xdx  k fxdx , k là hằng số khác 0. Tính chất 3 f
 xgxdx  f   xdx  g  xdx.
3. Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 4. Bảng nguyên hàm
Nguyên hàm của hàm số
Nguyên hàm của hàm số
Nguyên hàm của hàm số hợp sơ cấp
hợp u = ux
u = ax+b;a 0
dx x C
du u Cd
 ax b  ax bC  1    1   1   1 ax bx u
ax b   dx   C   x dx   C     1 u   C     1    1  1 a 1
1 dx  ln x C
1 du  ln u C  1 1 dx
ln ax b Cx u ax b a 1 1 1 1 1 1 1 dx    Cdu    Cdx   .  C  2 x x 2 u uax b2 a ax b 1 2 2 ax bdx  . ax b
ax b Cxdx x x C  2 udu u u C    a 3 3 3
1 dx  2 x C
1 du  2 u C  1 1 dx
.2 ax b Cx u ax b a x x
e dx e Cu u
e du e Cax b 2 axb e dx eCa x a u a xa dx
Ca  0,a    1 u a du
C a  0,a    1  1 mx n a mx n ln a ln a a dx  .
Ca  0,a   1 m ln a 1
sin xdx   cos x C
sin udu   cos u C  sin
 ax bdx   cosax bC a 1
cos xdx  sin x C
cos udu  sin u C  cos
 ax bdx  sinax bC a 1
tan ax b dx  
ln cos ax b C
tan xdx   ln cos x C
tan udu   ln cos u C      a 1
cot ax b dx
ln sin ax b C
cot xdx  ln sin x C
cot udu  ln sin u C      a 1 1 1 1 dx  
cot ax b C
dx   cot x C
du   cot u C  2
sin ax b   a 2 sin x 2 sin u 1 1 1 1
dx  tan x C
du  tan u Cdx
tan ax b C  2 2 cos x 2 cos u
cos ax b   a 1 x u dx 1 ax b dx  ln tan  C
1 du  ln tan  C   ln tan  C  sin x 2 sin u 2
sin ax ba 2 1 dx  1  x    u    dx  ln tan   C  1   du  ln tan   C  cos ax b   cos x  2 4  cos u  2 4  1
ax b    ln tan   C   a  2 4 
II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM
1. Phương pháp đổi biến số
Định lý 1: Nếu f(u)du  F(u)  C 
và u  u(x) có đạo hàm liên tục thì: f u 
  (x) .uʹ(x)dx  F u  (x) C
Hệ quả: Với u  ax  ba  0 ta có     1
f ax b dx  Fax  b  C. a
2. Phương pháp tính nguyên hàm từng phần:
Định lý 2: Nếu hai hàm số u  ux và v  vx có đạo hàm liên tục trên K thì: u
 xvʹxdx  uxvx uʹ  xvxdx.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp
1. Phương pháp giải
 Biến đổi các hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x,
trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.
 Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm. 2. Bài tập x
Bài tập 1. Nguyên hàm của hàm số f x 2 1  là x e x x A. 2  2 xe C B.x
e C x e ln 2 x e ln 2   1 x x C. 2  2 xe C D. xe C x e ln 2   1 x e ln 2   1 Hướng dẫn giải Chọn C. x x x    Ta có: 2 1 2  x 2  x dx dx e dx   e C     . x x ee e ln 2   1
Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số f x  x x  2019 2 là  2020 2018 x  2021 x  2020 2 2 x  2 x  2 A.    C B.   C 2021 1010 2021 1009  2021 2020 x  2021 x  2020 2 2 x  2 x  2 C.   C D.   C 2021 1010 2021 1010 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: x
 x 22019 dx  
x 22x 22019 dx 2021 2020  x x  
x  22020 dx  2x  22019  2  2 dx    C 2021 1010
Bài tập 3. Nguyên hàm của hàm số f x 1  là 2 x e 1 A. 1 2  ln x x e 1  C B.  ln  2x x e   1  C 2 C.  2 ln x e   1  C D.   2 ln x x e   1  C Hướng dẫn giải Chọn B. x x 1  2e   2 2 1 xe Ta có: e   1 . 2 x 2 x 2 e 1 e 1 x e 1 x 1 x   1 d  2 2 e e   1 Do đó 1 dx   1
dx dx
x  ln e   C   x x x  2x 1 2 2 2  e 1 e 1 2 e    1 2
Bài tập 4. Nguyên hàm của hàm số f x 1  là:
x  2  x  2 3 3 A. 1        
x  2    x  2   C B. 1 x 2 x 2  C 6    6   C. 1 1 1 1 x  2 
x 2 x 2  C D.
x  2 x  2  x  2  C 6 6 6 6 Hướng dẫn giải Chọn A.    Ta có: 1 x 2 x 2 dx dx  
x  2  x  2 4 1  2     x   2 x   x   1 x   C   x   1 2 2 2 2 2
x  2   x  2 x  2  C 4  3 3  6 6 
Chú ý: Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp: a b a b  . a b Lưu ý: 2 ax bdx  
ax bax b C. 3a
Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số f x 5x 13  là: 2 x  5x  6
A. 2 ln x  3  3ln x  2  C
B. 3ln x  3  2 ln x  2  C
C. 2 ln x  3  3ln x  2  C
D. 2 ln x  3  3ln x  2  C Hướng dẫn giải Chọn D.   Ta có: 5x 13 5x 13  2 x  5x  6
x 2x 3
Ta sẽ phân tích: 5x 13  Ax  2  Bx  3   1
Thế x  2 và x  3 lần lượt vào (1) ta có B  3 và A  2 . 5x 13
2  x  2  3 x  3 Khi đó 2 3 dx dx dx dx     2 x  5x  6
x 2x 3 x  3 x  2
 2 ln x  3  3ln x  2  C
Bài tập 6. Nguyên hàm của hàm số   4 1 x f x  là: 5 x x A. 1 ln x  ln  4 x   1  C B. x   4 ln ln x   1  C 2 C. 1 1 ln x  ln  4 x   1  C
D. ln x  ln  4 x   1  C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C. 1  x  4 1  x  4 4 3  2x Ta có: 1 2x 1 dx            x x x dx dx dx ln x ln x 1 C 4 x    4 5 4  1 x x  1 2  
Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số f x 2 3x 3x 3  là: 3 x  3x  2 A. 3
ln x  2  2 ln x 1   C B. 3
ln x  2  2 ln x 1   C x 1 x 1 C. 3
2 ln x  2  ln x 1   C D. 3
2 ln x  2  ln x 1   C x 1 x 1 Hướng dẫn giải Chọn A. 2 2     Ta có: 3x 3x 3 3x 3x 3 dx dx   . 3 x  3x  2 x  2 1  x  2
Ta phân tích x x   Ax  2 2 3 3 3
1  B x  
1  x  2  C x  2 .
Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay A  1,C  3 và B  2 . (thay x  2
  A  1; x  1 C  3 và x  0  B  2 ). 2   Khi đó 3x 3x 3 1 1 1 3               . x   dx dx 2 dx 3 dx ln x 2 2 ln x 1 C 2 1  x  2 x  2 x 1 x  2 1 x 1 P x
Lưu ý: Ta có kiến thức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ I    dx , với Px và Q x
Q x  là các đa thức, cụ thể như sau:
 Nếu degPx  degQx thì ta thực hiện phép chia Px cho Qx (ở đây, kí hiệu
deg Px là bậc của đa thức Px ).
 Khi degPx  degQx thì ta quan sát mẫu số Qx ta tiến hành phân tích thành các
nhân tử, sau đó, tách P x theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng
nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức.
Một số trường hợp đồng nhất thức thường gặp   Trường hợp 1: 1 1 a c      .
ax bcx d
ad bc ax b cx d mx n A B
Ax Bax Ad Bb Trường hợp 2:     .
ax bcx d ax b cx d
ax bcx d
Ta đồng nhất thức mx n   Ax Bax Ad Bb   1 .
Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.
Ac Ba m
Đồng nhất đẳng thức, ta được  . Suy ra A, B.
Ad Bb n
Cách 2. Phương pháp giá trị riêng. Lần lượt thay b d
x   ; x  
vào hai vế của (1), tìm được A, B. a cTrường hợp 3: mx n A B   .
ax b2 ax b ax b2  Trường hợp 4: mx n A B C   
ax b2 cx d ax b2 cx d ax b
mx n Acx d  Bax b2  Cax bcx d * Lần lượt thay b d
x   ; x  
; x  0 vào hai vế của (*) để tìm A, B, C. a cTrường hợp 5: 1 A Bx C    với 2
  b  4ac  0 . x m 2
ax bx c 2 x m
ax bx c Trường hợp 6: 1 A B C D     .
x a2 x b2 x a x a2 x b x b2  
Bài tập 8. Cho hàm số 2
f x  xác định trên 1
 \   thỏa mãn f ' x  ; f 0  1 và 2  2x 1 f  
1  2 . Giá trị của biểu thức P f   1  f 3 là: A. 3ln 5  ln 2 B. 3ln 2  ln 5 C. 3  2 ln 5 D. 3  ln15 Hướng dẫn giải Chọn D.   x   1 ln 2 1  C khi x  
f x   f  x 1 2 2 ' dx
dx  ln 2x 1  C    2x 1    x 1 ln 1 2  C khi x  2  2  f  0  1 C  1 Vì 2    .  f    1  2 C  2  1   x   1 ln 2 1  2 khi x  
Suy ra f x 2   .    x 1 ln 1 2 1 khi x   2
Do đó P f  
1  f 3  3  ln 3  ln 5  3  ln15
Bài tập 9. Cho hàm số
f x  xác định trên  \ 1;  1 , thỏa mãn     f x  2 '  ; f 3
  f 3  2 ln 2 và 1 1 f   f  0    
. Giá trị của biểu thức 2     x 1  2   2 
P f 2  f 0  f 4 là: A. 2 ln 2  ln 5
B. 6 ln 2  2 ln 3  ln 5
C. 2 ln 2  2 ln 3  ln 5 D. 6 ln 2  2 ln 5 Hướng dẫn giải Chọn C.   
f x   f  x 2 1 1 x 1 ' dx dx   dx  ln  C    2 x 1
x 1 x 1 x  1   x 1 ln  C khi x  1    1  x 1     Hay   x 1 1 x f x  ln  C  ln
C khi 1  x  1 2 x  1 1 x    x 1 ln  C khi x  1     3   x 1  f  3
   f 3  2 ln 2 
C C  2 ln 2 Theo bài ra, ta có: 1 3   1   1    f   f  0 C  0       2   2   2 
Do đó f    f    f   3 2 0
4  ln 3  C C  ln
C  2 ln 2  2 ln 3  ln 5. 3 2 1 5
Bài tập 10. Nguyên hàm 3 2
P x. x 1dx  là: A. 3 3 P   2x   3 2 1 x 1  C B. P   2 x   2 1 x  1  C 8 8 C. 3 3 3 2 P x  1  C D. P   2 x   3 2 1 x  1  C 8 4 Hướng dẫn giải Chọn A. 1 4 Ta có: 1 3 3 2
x. x 1dx  
 2x  1 d 2x  1   2 3 x  3 1  C . 2 8
Bài tập 11. Nguyên hàm của hàm số sin x cos xsin xdx là: A. 1 1 1 x  sin 2x  cos 2x C B. 1 1 1 x  sin 2x  cos 2x C 2 4 4 2 4 4 C. 1 1 x  sin 2x  cos 2x C D. 1 1 1 x  sin 2x  cos 2x C 2 2 2 4 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có:  x x xdx   2 sin cos sin
sin x  sin x cos x dx
1 cos2x sin 2x  1  1 1    dx x  sin 2x  cos 2x C      2 2  2  2 2 
Bài tập 12. Nguyên hàm của hàm số 1 dx  là: 2 2 sin x cos x
A.  tan x  cot x C B. tan x  cot x C
C. tan x  cot x C
D. cot x  tan x C Hướng dẫn giải Chọn B. 2 2    Ta có: 1 sin x cos x 1 1 dx dx  
dx  tan x  cot x C     . 2 2 2 2 2 2 sin x cos x sin x. cos x
 cos x sin x
Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số 1 dx  là: 4 2
4 cos x  4 cos x 1 A. cot 2x x
C B. tan 2x C
C. cot 2x C D. tan 2  C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: 1  1  1  1 1 x  tan 2x dx dx dx d(2 )   C 4 2  2 2  2 
4 cos x  4 cos x  1 (2 cos x  2 1) cos 2x 2 cos 2x 2
Bài tập 14. Nguyên hàm của hàm số 3 tan xdx  là: 2 2 A. tan x  tan x ln cos x C B.
 ln sin x C 2 2 2 4 C. tan x  tan x ln cos x C D.C 2 2 4 cos x Hướng dẫn giải Chọn A. Từ 3 x x  2 tan tan
1  tan x   tan x d cos x Suy ra x
tan xdx  tan xd   tan x   2 tan 3  
 ln cos x C  . cos x 2   
Bài tập 15. Gọi F x là nguyên hàm của hàm số f x  sin 2x tan x thỏa mãn 3 F    . Giá  3  4   
trị của F   là:  4          A. 3 1  B. 3 1  C. 3 1  D. 3 1  2 12 2 12 2 12 2 12 Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có: F x sin x 2
 sin 2x.tan xdx  2sin x.cos x. dx  2 sin xdx    . cos x Suy ra      x  sin 2x F x 1 cos 2 dx x   C . 2       Theo giả thiết, ta có: 3 1 2 3 3 F    sin  C   C     .  3  4 3 2 3 4 2 3  Vậy F x sin 2x 3  x    . 2 2 3           Do đó 1 3 3 1 F   sin 2         .  4  4 2  4  2 3 2 12
Bài tập 16. Gọi F x là nguyên hàm của hàm số f x 4
 cos 2x thỏa mãn F 0  2019 . Giá trị    của F   là:  8          A. 3 16153 B. 3 129224 C. 3 129224 D. 3 129224 64 8 64 32 Hướng dẫn giải Chọn C. 2    Ta có: 1 cos 4x 1 4 cos 2x      2
1  2 cos 4x  cos 4x   2  4 1  1  cos8x  1  1  2 cos 4x    
3 4cos4x  cos8x 4  2  8  
Do đó F x 1    x x  1 1 3 4 cos 4 cos8 dx
3x  sin 4x  sin 8x C   8 8  8 
Mà F 0  2019 nên ta có C  2019 .  
Vậy F x 1 1 
3x  sin 4x  sin 8x  2019   . 8  8       Do đó 3 129224 F     8  64  Bài tập 17. Gọi x
F x  là nguyên hàm của hàm số f x  5 cos  , với x
k2,k  và thỏa 1  sin x 2    mãn F   3
 . Giá trị của F    là: 4  2  A. 2 B. 0. C. 5 D. 1 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 5 Ta thấy: cos x 3
 cos x 1 sin x   2 1  sin x  3
cos x  cos x.sin x 1 sin x      x x F x
1  sin x d sin x  cos xd  cos x 3 4 sin cos 2 3  sin x    C 3 4
Theo giả thiết, ta có F   3  nên C  1. 4 Vậy   3 4 sin x cos x
F x  sin x    C 3 4    Do đó 1 F     .  2  3 Chú ý: n Với x * n   , ta có: n n x xdx   xd    x 1 cos cos .sin cos cos    C và n  1  x n n x xdx xd    xn 1 sin sin .cos sin sin   C . n 1 Bài tập 18. Biết cos x a  dx  ln 5sin x  9  C, 
a,b , a là phân số tối giản. Giá trị 2ab 5sin x  9 b b là A. 10. B. 4. C. 7. D. 3. Hướng dẫn giải CHỌN D cos x 1 d5sin x  9 dx    1  ln 5sin x  9  C 5sin x  9 5 5sin x  9 5
Vậy a  1,b  5. Nên 2a  b  3.    
Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm Fx của hàm số      2 f x 1 sin x biết 3 F    .  2  4 A.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 B.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 C.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 D.   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x. 2 4 Hướng dẫn giải CHỌN B Ta có   2      2    1 cos 2x 1 sin x dx 1 2 sin x sin x dx  1  2 sin x   d  x  2  3 1
 x  2cosx  sin 2x  c 2 4    3 3   1 3 F    2cos  sin   c   c    0 .  2  4 2 2 2 4 4 Vậy   3 1
F x  x  2 cos x  sin 2x . 2 4 Bài tập 20. Cho cos 2x dx  F 
x  C và F  a  b. Tính    6 A a b . sin x  cos x A. 2. B. 2. C. 1. D. 1. Hướng dẫn giải CHỌN C  Ta có:   2 2 cos 2x cos x sin x F x  dx  dx   sin x  cos x sin x  cos x
cosx sinxcosx sinx  dx  
cosx sinxdx  sinx cosx. sin x  cos x
 F  1  a  b  A  1.
Bài tập 21. Cho tích phân 1 dx  a.  Tính 2 A  12 cot 2x theo a. 2 2 sin x cos x A. 2 4a . B. 2 2a . C. 2 3a . D. 2 a . Hướng dẫn giải CHỌN C    Ta có:   2 2 1 sin x cos x 1 1 F x  dx  dx      dx 2 2 2 2 2 2 sin xcos x sin x cos x  cos x sin x   tanx  cot x. Theo đề: 2 2 sin x cos x sin x  cos x 2  cos2x tan x  cot x      a cos x sin x sin x cos x sin 2x cos 2x a    sin 2x 2 2 2 cos 2x  a  2 A  12.  12.     3a . 2 sin 2x  2  sin 2x
Bài tập 22. Cho F x là một nguyên hàm của hàm số dx  và 2 2 cos x  4sin x     F    0  2 f 1  
. Tính 2F 0  F   .  2   2  7 7 A. . B.  . C. 0. D. 1 9 9 Lời giải CHỌN B Ta có d  2 2
cos x  4 sin x  2s
 in xcos x8sin xcos xdx  6sin xcos xdx 3sin 2xdx 1
 sin 2xdx d  2 2
cos x  4 sin x . 3 Do đó : d  2 2 cos x  4sin 2 2 1 x
d cos x  4sin 2 x sin 2x 2 dx      2 2 
cos x4sin x C 2 2
cos x  4 sin x 3 2 2 cos x  4sin x 3 2 2
2 cos x  4sin x 3   F   2 4 7 0  2F
  2. 3C 1 C     .  2  3 3 9   Vậy F   2 4 7 2 0  F
 2.  2C  C C      2  3 3 9 Bài tập 23. Gọi x
F x  là nguyên hàm của hàm số f x   trên khoảng  2  2;2 2  thỏa 2 8  x
mãn F 2  0 . Khi đó phương trình F x  x có nghiệm là: A. x  0 B. x  1 C. x  1  D. x  1 3 Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có: F xx 1  dx   d    2 8  x  2
  8  x C 2 2 8  x 2 8  x Mặt khác F   2
2  0   8  x C  0  C  2 Vậy F x 2
  8  x  2 . 2  x  0 
Xét phương trình F x 2 2
x   8  x  2  x  8  x  2  x  8x   2  x2 2 x  2 x  2     
x  1 3  x  1 3 2
2x  4x  4  0  x 1 3  Bài tập 24. Cho 2x 1
F x là một nguyên hàm của hàm số f x   trên khoảng 0; 4 3 2
x  2x x và F   1 1 
. Tổng S F  
1  F 2  F 3  ...  F 2019 là 2 A. 2019 B. 2019.2021 C. 1 2018 D. 2019  2020 2020 2020 2020 Hướng dẫn giải Chọn C.   
Phân tích f x 2x 1 2x 1 2x 1    4 3 2 2
x  2x x x x  2 1  2x x2 
Khi đó F x 2x 1 1  dx d    1 2 x x    C . 2 2        2 2 2 x x x x x x Mặt khác F   1 1 1 1 
   C   C  1 . 2 2 2   Vậy F x 1 1 1 1   1   1    1   . 2 x x x x   1  x x 1  
Do đó S F    F    F     F   1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 ... 2019   1       ...    2019    2 2 3 3 4 2019 2020   1  1 1   1  2019  2018   2018    2020  2020 2020
Bài tập 25. Cho hàm số f x có đạo hàm xác định trên  thỏa mãn f 0  2 2, f x  0 và
f x f x    x   2 . ' 2 1
1  f x, x
   . Giá trị f   1 là: A. 6 2 B. 10 C. 5 3 D. 2 6 Hướng dẫn giải Chọn D.
f x . f ' x
Ta có: f x. f ' x  2x   2 1
1  f x        2x 1. 2
1  f x
f x . f ' x d  2
1  f x  Suy ra dx  
2x  1dx    2x   2
1 dx  1  f x  2
x x C 2
1  f x  2
2 1  f x
Theo giả thiết f 0  2 2 , suy ra   2 1 2 2
C C  3 Với C  3 thì
f x  x x   f x  x x  2 2 2 2 1 3 3 1 Vậy f   1  24  2 6
Bài tập 26. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn   2;1 
thỏa mãn f 0  3 và
f x2 f x 2 . '
 3x  4x  2 . Giá trị lớn nhất của hàm số y f x trên đoạn   2;1 là: A. 3 2 42 B. 3 2 15 C. 3 42 D. 3 15 Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có:  f x2 f x 2 . '
 3x  4x  2 *
Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:
 f x2 .f 'xdx   1 2
3x  4x  2 3 dx f x  3 2 3
x  2x  2x C f x 3 2
 3x  6x  6x  3C 3
Theo giả thiết, ta có f 0  3 nên
f  3   3 2    C 3 
C C   f x 3 2 0 3 0 2.0 2.0 27 3 9
 3x  6x  6x  27
Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số g x 3 2
 3x  6x  6x  27 trên đoạn   2;1 .
Ta có g x 2 '
 9x 12x  6  0, x  2; 
1 nên đồng biến trên đoạn   2;1 .
Vậy max f x  max g x 3  42 . 3 2; 1  2  ;  1
Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt u = ux
1. Phương pháp giải
Định lí: Cho f
 udu FuC và u ux là hàm số có đạo hàm liên tục thì f u
  xu'
  xdx F u
  x  C
Các bước thực hiện đổi biến: Xét I f
 uxu'xdx
Bước 1: Đặt u ux , suy ra du u' xdx
Bước 2: Chuyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được I f
 udu FuC , trong đó Fu là
một nguyên hàm của hàm số f u .
Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là I F ux  C
Hệ quả: nếu F x là một nguyên hàm của hàm số f x trên K và , a b  ;  a  0 ta có:     1 f ax b dx
F ax b  C . a 2. Bài tập
Bài tập 1. Nguyên hàm F x của hàm số   3 2 1 . x f x x e   , biết F   1 1  là: 3 A. 1 1 1 x 1 F x  3 1 x 1 e  
C B. F x 3 x 1 e  
 2019 C. F x 3 1 e   
D. F x 3 x 1 e   3 3 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt 1 3
u x  1 ta có 2 2
du  3x dx x dx du 3 Suy ra    u 1 1 u f x dx e du e C  3 3
Do đó F x 3 1 x 1 e    C . 3 Mặt khác 1 F   1 1 
nên C  0 . Vậy f x 3 x 1 dx e    . 3 3
Lưu ý: Ta có thể viết như sau: f  x 3 3 x  1 x dx x e dx e d   x  3 1 2 1 1 3 x 1 1 e       C 3 3
Chú ý: Với các viết 1 2 x dx d  3 x  
1 , ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và 3 nhanh gọn.
Bài tập 2. Nguyên hàm 2 sin x M dx  là: 1  3cos x A. 1 M
ln 1 3cos x   C B. 2 M
ln 1  3cos x C 3 3 C. 2 M  
ln 1  3cos x C D. 1
M   ln 1  3cos x C 3 3 Hướng dẫn giải Chọn C.
Đặt u  1 3cos x , ta có du  3s  in xdx hay 2 2 sin xdx   du . 3 Khi đó 2 1 2 M   du   ln u C  3 u 3 Vậy 2 sin x 2 M dx  
ln 1 3cos x C 13cosx 3     sin  x  4     Bài tập 3. 4 4 3 a  I      Tìm tỉ lệ a .
sin 2x  21  sin x  cos x dx ,a,b . b b 0 A. 1 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . 3 2 1 1 Hướng dẫn giải CHỌN B     dt
  cosx  sin xdx   2 sin x  dx
Đặt t  sin x  cosx    4   2 sin 2x  t   1 
và x : 0  thì t : 1  2 . 4 2 2 2 1 dt 2 dt 2 1 4  3 2  I      .    . 2 2 2 t  1  2 1  t 2 2 t  1 4 1   1 t  12 1 Bài tập 4. Cho 3 cos x sin xdx  F  x C và   1 F 0  a  b  . 4 Tính 2 2 A  a  b  2018. A. 2018. B. 2016. C. 2022. D. 2020. Hướng dẫn giải CHỌN A 3 cos x sin xdx 
Đặt u  cos x  du  sin xdx . 4 4 3 3 u cos x
cos x sin xdx   u du    C    C   4 4    1 1 F 0    a  b   a  b  0. 4 4
A  a  b  2018  a  b2 3 3
 2aba  b  2018  2018. m
Chú ý: chú ý rằng với a  0 và , m n  ;
n  0 ta luôn có: n m n a a .
Bài tập 5. Nguyên hàm 1 R dx  là: x x  1     A. 1 x 1 1 x R  ln  C B. 1 1 1 R  ln  C 2 x  1 1 2 x 1 1     C. x 1 1 x R  ln  C D. 1 1 R  ln  C x 1 1 x 1 1 Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt 2 u
x  1  u x 1 . Suy ra 2
x u 1 và dx  2udu .    Khi đó 2u 2 1 1 u 1 R    du du   du  ln  C    . 2 u   2 1 u u 1
u 1 u 1 u  1   Vậy x 1 1 R  ln  C x  1  1
Bài tập 6. Nguyên hàm 3 2 S x x  9dx  là: x 92 2 2 x  9 A. S   3 2 x  9 2
x  9  C 5 x 94 2 2 x  9 B. S   3 2 x  9 2 x  9  C 5
 2x 9 2x 9 C. S   3x  92 2 2 x  9  C 5 x 92 2 2 x  9 D. 2 S
 3 x  9  C 5 Hướng dẫn giải Chọn A. Xét 3 2 2 2 S x
x  9dx x x  9xdx   . Đặt 2 2 2 u
x  9  u x  9 . Suy ra 2 2
x u  9 và xdx udu .
Khi đó S  u  u udu  u u  5 u 2 4 2 3 9 . 9 du   3u C . 5 x 92 2 2 x  9 Vậy S   3 2 x  9 2 x  9  C 5
Bài tập 7. Nguyên hàm 1 T dx  là: x ln x 1 A. 1 T   C
B. T  2 ln x 1  C 2 ln x 1 C. 2 T
ln x  1 ln x 1  C
D. T  ln x 1  C 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: 1 1 T dx d  
ln x  1  2 ln x 1  C . x ln x 1 ln x 1 x 22020
Bài tập 8. Nguyên hàm U   là: x   dx 2022 1 2021    2020    A. 1 x 2 1 x 2 U   C   B. U   C   3  x 1  6060  x 1  2021    2023    C. 1 x 2 1 x 2 U   C   D. U   C   6063  x 1  6069  x 1  Hướng dẫn giải Chọn C. x 22020 2020    Xét x 2 1 U       x   dx dx 2022 1  x 1  x  2 1  Đặt x 2 3 1 1 u   du dx du dx . x 1 x  2 1 3 x  2 1 2021    Suy ra. 1 1 1 x 2 2020 2021 U u du uC  . Vậy U   C   3 6063 6063  x 1  Lưu ý:  
ax bn n 1 1 1  ax b         cx d dx C n 2
n  1 ad bd cx d  2
Bài tập 9. Xét nguyên hàm ln x V   
dx . Đặt u  1  1 ln x , khẳng định nào sau đây
x 1  ln x 1 sai? u u2 2 2
A. dx  2u  2 du B. V  .  2u 2du x u 5 4 C. 2 5 16 u u 16 5 4 3 2 V u u
u  4u C D. 3 2 V   
u  4u C 5 2 3 5 2 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt u  
x  u  2 dx 2 1 1 ln 1
 1 ln x  ln x u  2u
 2u  2du . xu 2 ln u x 2 2 2 Khi đó V      x dx u du 1  ln x  1 .2 2 u  2 2 5 16 4 3 2
u  5u  8u  4u 5 4 3 2 du u u
u  4u C 5 2 3   
Bài tập 10. Gọi F x là nguyên hàm của hàm số f x 2 3
 sin 2x.cos 2x thỏa F  0   . Giá trị  4  F 2019  là: A. F    1 2019  
B. F 2019   0 C. F    2 2019   D. F    1 2019  15 15 15 Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt 1
u  sin 2x du  2 cos 2xdx du  cos 2xdx 2
Ta có F x 1 1 2 3 2
 sin 2x.cos 2xdx u .    2
1  u du   2 4
u u du 2 2 1 1 1 1 3 5 3 5  u u C  sin 2x  sin 2x C 6 10 6 10    1  1  1 3 5 F  0  sin  sin
C  0  C      4  6 2 10 2 15
Vậy F x 1 1 1 3 5  sin 2x  sin 2x  6 10 15 Do đó F    1 2019   15 2x 3dx
Bài tập 11. Biết rằng 1  
(với C là hằng số). Gọi S là tập      C
x x 1  x  2 x  3 1 g x
nghiệm của phương trình g x  0 . Tổng các phần tử của S bằng: A. 0. B. 3   5 C. 3  D. 3   5 Hướng dẫn giải Chọn C.
Vì x x   x   x     x xx x     x x 2 2 2 2 1 2 3 1 3 3 2 1 3 1 nên ta đặt 2
u x  3x ,
khi đó du  2x  3 dx
Nguyên hàm ban đầu trở thành du 1     . u   C 2 1 u  1 2x 3dx Suy ra 1        C
x x 1  x  2 x  3 2 1 x  3x 1  3   5 x  Vậy g x 2
x x g x 2 2 3 1;
 0  x  3x 1  0   .  3   5 x   2      Do đó 3 5 3 5 S   ;  .  2 2  
Tổng giá trị các phần tử của S bằng 3  .  Bài tập 12. 3cos 2x sin 4x I  dx  F 
x C. Tính F1, biết rằng Fx không chứa hệ số tự do. 2  sin x  cos x A. 17 . B. 2 . C. 15 . D. 9 . 3 3 3 3 Hướng dẫn giải CHỌN A 3cos 2x  sin 4x 3 2sin2xcos2x I  dx  dx   2  sin x  cos x 2  sin x  cos x
3 2sin2xcosx  sinxcosx sinx       dx 2 sin x cos x dt   cosx   sin xdx
Đặt t  sin x  cosx   2 sin2x  t 1 3 2   2t 1   .t 3  2t  5t   2 6  I  dt  dt  2t  4t  3     dt 2  t t  2  t  2   2  3 2 
t  2t  3t  6 ln t  2    C.  3 
Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2
1. Phương pháp giải
Kiến thức cần nhớ:
Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và
Ta đã biết các đẳng thức sau: cách xử lí. 2 2
sin t  cos t  1, với mọi t   . 1  2 1  tan t  , t
   kk  2   cos t 2 1 2 1  cot t  , t
  kk  2   sin t
Với các bài toán sau đây thì ta không thể giải quyết
ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở
dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi
biến theo kiểu “lượng giác hóa” dựa vào các hằng
đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích
hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây: Bài toán 1: Tính dx dx A  
Bài toán 1: Tính A   1 1 2 2 a x 2 2 a x     
Đặt x a sin t , với t  ;   hoặc  2 2 
x a cos t với t  0;  Bài toán 2: Tính dx dx A  
Bài toán 2: Tính A   2 2 2 a x 2 2 2 a x     
Đặt x a tan t , với t  ;   .  2 2    Bài toán 3: Tính a x a x A dx
Bài toán 3: Tính A dx  3 a x 3 a x   
Đặt x a cos2t với t  0;    2 
Bài toán 4: Tính A x a x b dx
Bài toán 4: Tính A x a x b dx  4    4      
Đặt x a  b a 2
sin t với t  0;    2  Bài toán 5: Tính 2 2 A x a dxBài toán 5: Tính 2 2 A x a dx  5 5 a      Đặt x  với t  ;   sin t  2 2  2. Bài tập 2
Bài tập 1. Nguyên hàm x I dx  là: 2 4  x 2  2  A. x x 4 x x x 4 x arcsin   C B. 2arccos   C 2 4 2 2 2  2  C. x x 4 x x x 4 x arccos   C D. 2arcsin   C 2 4 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D.     
Đặt x  2sin t với t  ; 
 . Ta có cost  0 và dx  2 costdt .  2 2  2      Khi đó 4 sin t 2 I
2 cos tdt  4 sin tdt  
(vì cost  0, t   ;   ). 2 4  4 sin t  2 2 
Suy ra I  21cos2tdt  2t sin2t C 2  Từ x x 4 x
x  2 sin t t  arcsin
và sin 2t  2sin t.cost  2 2 2 2  Vậy x x x 4 x I dx  2 arcsin   C  2  2 2 4 x
Bài tập 2. Nguyên hàm 1 I dx  là: 1 x 3 2 2  A.   2 x x 1 x 2 3 1 xC B.C C.C D.C 2 1  x   x x 3 2 1 Hướng dẫn giải Chọn B.
Đặt x  cost,t  0    dx  sin t.dt . Khi đó sin t.dt dt x I   dt    cot t C   hay I   C 3 2 sin t sin t 2 1  x Vậy 1 x dx   C    3 2 2 1  1 x x
Ví dụ 3. Nguyên hàm 1 I dx  là: 2 1  x
A. arctan x C
B. arccot x C
C. arcsin x C
D. arccos x C Hướng dẫn giải Chọn A.     
Đặt x  tan t với t  ;   , ta có dx   2
1  tan t dt .  2 2  Khi đó 1 I    2
1  tan t dt dt t C  2  1  tan t Vậy 1 I
dx  arctan x C  2 1  x
Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần
1. Phương pháp giải
Với u ux và v vx là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:  .
u v'  u ' . v v ' u
Viết dưới dạng vi phân d uv  vdu udv
Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được: d
 uv  vduudv  
Từ đó suy ra udv uv vdu    1
Công thức (1) là công thức nguyên hàm từng phần.
Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Bài toán: Tìm I u
 x.vxdx , trong đó ux và vx là hai hàm có tính chất khác nhau, chẳng hạn:
u x  là hàm số đa thức, v x  là hàm số lượng giác.
u x  là hàm số đa thức, v x  là hàm số mũ.
u x  là hàm số logarit, v x là hàm số đa thức.
u x  là hàm số mũ, v x  là hàm số lượng giác.
Phương pháp nguyên hàm từng phầnu u  x
du u'xdxBước 1: Đặt    dv v  xdx v v  xdx  
Bước 2: Áp dụng công thức (1), ta được: udv uv vdu  
Lưu ý: Đặt u u x (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có
logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp như thế.
Còn đối với nguyên hàm v v
 xdx ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được
làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải. 2. Bài tập
Bài tập 1. Kết quả nguyên hàm I x   2
ln 2  x dx là: 2 2  A. x 2 x x ln  2 x  2   C
B. x   x   2 2 2 2 ln 2   C 2 2 2 2 2  C. x 2 x 2 x    2 x   2 2 ln 2  x C D. ln  2 x  2   C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D. x du dx u  ln 2 2 2  x   2   Đặt x 2    2 dv xdx x  2 v   2 2 2 2   Khi đó x 2 x x I  ln  2 2
x  2  xdx  ln 
 2x 2 C 2 2 2 2
Chú ý: Thông thường thì với x
dv xdx v  2 2 
Tuy nhiên trong trường hợp này, ta để ý x 2 v
mang lại sự hiệu quả. 2
ln sin x  2 cos x
Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm I dx  là: 2 cos x
A. tan x  2.lnsin x  2 cos x  x  2 ln cos x C
B. tan x  2.lnsin x  2cos x  x  2 ln cos x C
C. tan x  2.lnsin x  2cos x  x  2 lncos x  C
D. cot x  2.ln sin x  2 cos x  x  2 ln cos x C Hướng dẫn giải Chọn B.      x x  cos x 2 sin x u ln sin 2 cos du dx     Đặt sin x 2 cos x   dx  dv
sin x  2 cos x  2
v  tan x  2   cos x  cos x  Khi đó   x    x x  cos x 2 sin x I tan 2 ln sin 2 cos  dx  cos x
 tan x  2lnsin x  2cos x  x  2 ln cos x C
Chú ý: Ở Bài tập này, Chọn v  tan x  2 có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm vdu  .
Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm 2
I x sin 5xdx  là: A. 1 2 2 1 2 2 2  x cos5x x sin 5x
cos 5x C B. 2  x cos5x x sin 5x  cos 5x C 5 25 125 5 25 125 C. 1 2 2 1 2 2 2 x cos 5x x sin 5x
cos 5x C D. 2  x cos5x x sin 5x  cos 5x C 5 25 125 5 25 125 Hướng dẫn giải Chọn D.
Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên 2
u x là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai
lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo” cụ thể như sau:
Bước 1: Chia thành 3 cột:
+ Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0.
+ Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo.
+ Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng với cột 1.
Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó
đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau. Khi đó 1 2 2 2 I   x cos 5x x sin 5x  cos 5x C 5 25 125 Chú ý:
Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian.
Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo
hàm và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc.
Bài tập 4. Nguyên hàm 4 3x I x e dx  là: 4 3 2   5 3x A. x 4x 12x 24x 24 x e 3x I      
e C B. I  .  C 2 3 4 5  3 3 3 3 3  5 3 4 3 2   4 3 2   C. x 4x 12x 24x 24 x 4x 12x 3x I      
e C D. 3x I     e C 2 3 4 5  3 3 3 3 3  2 3  3 3 3  Hướng dẫn giải Chọn A.
Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo
sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn. 4 3 2   Vậy x 4x 12x 24x 24 3x I       e C . 2 3 4 5  3 3 3 3 3 
Bài tập 5. Nguyên hàm x
I e sin xdx  là: A. 2 x
e sin x  cos x   C B. 2 x
e sin x  cos x   C C. 1 1 x
e sin x  cos x   C D. x
e sin x  cos x   C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C.
Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho
người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở
đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ
đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại?
Khi đó, ta sẽ có thể kết luận x  sin x  cos x I e x e
x e sin xdx  . Hay 1 2 x  sin x I e
x e . cos x . Vậy x I
e sin x  cos x   C 2
Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được  sin x xe dx  I  .
Bài tập 6. Tìm  lnn I
 ax bvxdx , trong đó vx là hàm đa thức, * n   và ,
a b  ;a  0 Hướng dẫn giải 1 . lnn na
 ax b
Phân tích: Vì ưu tiên    lnn u x
ax b nên du
dx và tiếp tục đạo hàm thì cột 1 ax b
sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng   na t x
từ cột 1 sang nhân với v x ở cột 3 để ax b
rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan dấu bình thường.
Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm I x.ln xdx  là: 2 2 2 2 2 2 2 2 A. x x x x x x x x . ln 2   C B. . ln 2   C C. . ln 2   C D. . ln 2   C 2 4 2 4 4 2 4 2 Hướng dẫn giải Chọn A. 2 2 Vậy x x
I x. ln xdx  . ln 2   C  2 4
Chú ý: chuyển lượng   1 x x t x
bên cột 1 sang nhân với v x 2 
ta thu được kết quả . Khi đó x 2 2 2
bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của x là x . 2 4
Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm I   x    3 4
1 . ln 2x dx là: A. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2 
 6x C 2 B. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2 
 6x C 2 C. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2   6x C 2 D. x
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2   6x C 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Vậy   x I
2x x  ln 2x  3x  3x ln 2x  3x  6x ln 2x 2 3 2 3 2 2 2   6x C 2 Chú ý: Chuyển 3 , nhân với  2
2x x  thu được 6x  3 x Chuyển 2 , nhân với  2
3x  3x  thu được 6x  6 . x Chuyển 1 , nhân với  2
3x  6x  thu được 3x  6 . x
Bài tập 7. Cho       1 x F x x
e là một nguyên hàm của hàm số   2x
f x e . Biết rằng hàm số f x
có đạo hàm liên tục trên  . Nguyên hàm của hàm số   2 ' x f x e là:
A. 2   x x e C
B. 2   x x e C C. 1  x x e C D. 1  x x e C Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có      2x x
    x    2x    2 ' 1 . . x  . x F x f x e e x e f x e f x e x e . Xét   2 ' x f x e dx  2 x 2     2 x u e du e dx Đặt    dv f ' 
xdx v f  x Do đó    2
. x  2   x x   2   1 x I f x e f x e dx xe x e C Vậy     2 ' x  2   x I f x e dx x e C
Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm
1. Phương pháp giải
Ý nghĩa vật lí của đạo hàm:
Một chất điểm chuyển động theo phương trình S S t , với S t là quãng đường mà chất điểm đó
đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu.
Gọi v t và at lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có:
v t  S 't và a t  v 't .
Từ đó ta có: S t  v
 tdt và vt  a  tdt . 2. Bài tập
Bài tập 1. Một vật chuyển động với gia tốc at 3   2
m / s  , trong đó t là khoảng thời gian tính t 1
từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao nhiêu? A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. D. 12 m/s. Hướng dẫn giải Chọn C.
Vận tốc của vật tại thời điểm t được tính theo công thức: v t  a  t 3 dt
dt  3 ln t 1  Ct1
Vì vận tốc ban đầu (lúc t  0 ) của vật là v  6m / s nên: 0
v 0  3ln 0 1  C  6  C  6  v t  3ln t 1  6 .
Vận tốc của vật chuyển động tại giây thứ 10 là: v 10  3ln 10 1  6  13,2m / s .
Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc at 1 5 3 2   t t  2
m / s  , trong đó t là 24 16
khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận động viên là bao nhiêu? A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B.
Vận tốc v t chính là nguyên hàm của gia tốc at nên ta có:  
v t  a  t 1 5 1 5 3 2 4 3 dt   t t dt   t t C    24 16  96 48
Tại thời điểm ban đầu t  0 thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là:
v  0  v 0 1 5 4 3  0   .0 
.0  C  0  C  0 . 0 96 48
Vậy công thức vận tốc là v t 1 5 4 3   t t 96 48
Vận tốc của vận động viên tại giây thứ 5 là v 5  6,51 m / s .
Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là at 3   2
m / s  . Ta tính vt  a
 tdt , kết hợp với t 1
điều kiện vận tốc ban đầu v  6m / s . Suy ra công thức tính vận tốc v t tại thời điểm t và tính 0 được v 10 .
Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20
m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa
đạt đến tốc độ là bao nhiêu? A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B.
Xem như tại thời điểm t  0 thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có 0
s 0  0 và v 0  20 .
Vì tên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là n s t 2  9,  8 m / s .
Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là v t  9,  8dt  9  ,8t C  . 1
Do v 0  20 nên 9,
 8t C  20  C  20  v t  9  ,8t  20 . 1 1  
Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là v 2  9
 ,8.2  20  0,4m / s .