Bai giang nguyen ham tich phan 2015 q1

Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95

Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia

Trang 1

CỔNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRỰC TUYẾN

§ÆNG VIÖT HïNG

BÀI GI ẢNG TRỌNG TÂM

TÍCH PHÂN



Trang 2

I. NHẮC LẠI KHÁI NIỆM VỀ VI PHÂN CỦA HÀM SỐ

Vi phân của hàm số y = f(x) được kí hiệu là dy và cho bởi công thức = = =( ) ' '( )dy df x y dx f x dx

Ví dụ:

� d(x2 – 2x + 2) = (x2 – 2x + 2)′dx = (2x – 2)dx

� d(sinx + 2cosx) = (sinx + 2cosx)′dx = (cosx – 2sinx)dx

��Chú ý: Từ công thức vi phân trên ta dễ dàng thu được một số kết quả sau

� ( ) ( )12 2 2

2d x dx dx d x= ⇒ =

� ( ) ( )13 3 3

3d x dx dx d x= ⇒ =

� ( ) ( ) ( )2

2 2 21 1 1

2 2 2 2

xxdx d d x d x a d a x

= = = ± = − −

� ( ) ( ) ( )3

2 3 3 31 1 1

3 3 3 3

xx dx d d x d x a d a x

= = = ± = − −

� ( ) ( ) ( )ax1 1

ln ax lnax

d bdx dxd b d x

ax b a b a x

+= = + → =

+ +

� ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1sin ax sin ax ax cos ax sin 2 os2 ...

2b dx b d b d b xdx d c x

a a+ = + + = − + → = −

� ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1cos cos sin cos2 sin 2 ...

2ax b dx ax b d ax b d ax b xdx d x

a a+ = + + = + → =

� ( ) ( ) ( )ax 2 21 1 1ax ...

2b ax b ax b x xe dx e d b d e e dx d e

a a+ + += + = → =

� ( )

( )( )

( ) ( )2 2 2

ax1 1 1tan tan 2 ...

2cos cos cos 2

d bdx dxd ax b d x

a aax b ax b x

+= = + → = + +

� ( )

( )( )

( ) ( )2 2 2

ax1 1 1cot cot 2 ...

2sin sin sin 2

d bdx dxd ax b d x

a aax b ax b x

+= = − + → = − + +

II. KHÁI NIỆM VỀ NGUYÊN HÀM

Cho hàm số f(x) liên tục trên một khoảng (a; b). Hàm F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) nếu F’(x) =

f(x) và được viết là ( )f x dx∫ . Từ đó ta có : ( ) ( )f x dx F x=∫

Nhận xét:

Với C là một hằng số nào đó thì ta luôn có (F(x) + C)’ = F’(x) nên tổng quát hóa ta viết ( ) ( )f x dx F x C= +∫ ,

khi đó F(x) + C được gọi là một họ nguyên hàm của hàm số f(x). Với một giá trị cụ thể của C thì ta được một nguyên hàm của hàm số đã cho. Ví dụ: � Hàm số f(x) = 2x có nguyên hàm là F(x) = x2 + C, vì (x2 + C)’ = 2x � Hàm số f(x) = sinx có nguyên hàm là F(x) = –cosx + C, vì (–cosx + C)’ = sinx

III. CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA NGUYÊN HÀM

Cho các hàm số f(x) và g(x) liên tục và tồn tại các nguyên hàm tương ứng F(x) và G(x), khi đó ta có các tính chất sau:

a) Tính chất 1: ( )( ) ( )f x dx f x′ =∫

Chứng minh:

01. ĐẠI CƯƠNG VỀ NGUYÊN HÀM



Trang 3

Do F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) nên hiển nhiên ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )f x dx F x f x′ ′= = ⇒∫ đpcm.

b) Tính chất 2: [ ]( )( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx+ = +∫ ∫ ∫

Chứng minh:

Theo tính chất 1 ta có, ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x dx g x dx f x dx g x dx f x g x′ ′ ′+ = + = +∫ ∫ ∫ ∫

Theo định nghĩa nguyên hàm thì vế phải chính là nguyên hàm của f(x) + g(x).

Từ đó ta có [ ]( )( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx+ = +∫ ∫ ∫

c) Tính chất 3: ( ). ( ) ( ) , 0k f x dx k f x dx k= ∀ ≠∫ ∫

Chứng minh:

Tương tự như tính chất 2, ta xét ( )( ) . ( ) . ( ) ( )k f x dx k f x k f x dx k f x dx′ = → = ⇒∫ ∫ ∫ đpcm.

d) Tính chất 4: ( ) ( ) ( ) ..f x dx f t dt f u du= =∫ ∫ ∫

Tính chất trên được gọi là tính bất biến của nguyên hàm, tức là nguyên hàm của một hàm số chỉ phụ thuộc vào hàm, mà không phụ thuộc vào biến.

IV. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM

�� Công thức 1: dx x C= +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( ) 1x C dx x C′+ = ⇒ = +∫

�Chú ý:

Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được du u C= +∫

�� Công thức 2:1

1

+

= ++∫n

n xx dx C

n

Chứng minh:

Thật vậy, do 1 1

1 1

n nn nx x

C x x dx Cn n

+ +′ + = ⇒ = + + +

∫

�Chú ý:

+ Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được 1

1

nn u

u du Cn

+

= ++∫

+ Với 1

2 2 22 2

dx dx dun x C u C

x x u= − ⇒ = = + ←→ = +∫ ∫ ∫

+ Với 2 2

1 12

dx dun C C

x x u u= − ⇒ = − + ←→ = − +∫ ∫

Ví dụ:

a) 3

2

3

xx dx C= +∫

b) ( )5

4 4 22 25

xx x dx x dx xdx x C+ = + = + +∫ ∫ ∫

c)

1 122 2 2 23 3 3

33 312 2 23

x x x x x x xdx dx xdx x dx C x C

x x

−− = − = − = − + = − +∫ ∫ ∫ ∫

d) ( ) ( ) ( ) ( )54 4 2 11

2 1 2 1 2 12 5

nu du xI x dx x d x I C

+= + = + + → = +∫ ∫



Trang 4

e) ( ) ( ) ( ) ( )20112010 2010 1 31

1 3 1 3 1 33 2011

nu du xI x dx x d x I C

−= − = − − − → = − +∫ ∫

f) ( )

( )( ) ( )

2

2 2

2 11 1 1 1.

2 2 2 1 2 2 12 1 2 1

du

ud xdx

I I C Cx xx x

+= = → = − + = − +

+ ++ +∫ ∫

g) ( ) ( ) ( )3 3

2 21 1 2 3

4 5 4 5 4 5 . 4 5 4 54 4 3 8

I x dx x d x I x C x C= + = + + ⇒ = + + = + +∫ ∫

�� Công thức 3: lndx

x Cx

= +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( ) 1ln ln

dxx C x C

x x′+ = ⇒ = +∫

�Chú ý:

+ Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được lndu

u Cu

= +∫

+ ( )

1ln 2

1 1 2x 2ln ax1ax ax

ln 22 2

dxx k C

d ax bdx kb Cdxb a b a

k x Ck x

= + ++ += = + + →+ + = − − + −

∫∫ ∫

∫

Ví dụ:

a) 4

3 31 1 12 ln

4

dx xx dx x dx dx x x C

x xx x

+ + = + + = + + + ∫ ∫ ∫ ∫

b) ( )3 21 1

ln 3 23 2 3 3 2 3

du

ud xdx

I I x Cx x

+= = → = + +

+ +∫ ∫

c) ( )2

2 22 12 3 3 3 32 2 3 ln 2 1

2 1 2 1 2 1 2 2 1 2

d xx x dxdx x dx xdx x x x C

x x x x

++ + = + = + = + = + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

�� Công thức 4: sinx cosdx x C= − +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( )cos sin x sinx cosx C dx x C′− + = ⇒ = − +∫

�Chú ý:

+ Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được sinu cosdu u C= − +∫

+ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1sin sin cos sin 2 cos2

2+ = + + = − + + → = − +∫ ∫ ∫ax b dx ax b d ax b ax b C xdx x C

a a

Ví dụ:

a) ( )3

22 11 1

sinx sinx cos2 1 2 1 2 2 1

d xdxx x dx x xdx dx x dx x

x x x

− + + = + + = − + = − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

5

22 1cos ln 2 1

5 2

xx x C= − + − +

b) ( ) ( )4 33 1 3 1 3sin 2 sin 2 3 sin 2 2 os2 ln 4 3

4 3 4 3 2 4 4 3 2 4

d xdxx dx xdx xd x c x x C

x x x

− + = + = + = − + − + − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

c) sin sinx sin32

xx dx

+ + ∫

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )1 1 12 ; 2 2 2 ; 3 3 3

2 2 2 2 3

x xd dx dx d d x dx dx d x d x dx dx d x = ⇒ = = ⇒ = = ⇒ =

Từ đó :

( ) ( )1 1sin sinx sin3 sin sin 2 sin3 2 sin sin 2 2 sin3 3

2 2 2 2 2 3

x x x xx dx dx xdx xdx d xd x xd x

+ + = + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫



Trang 5

1 12cos os2 os3

2 2 3

xc x c x C= − − − +

�� Công thức 5: cos sinxdx x C= +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( )sin cos cos sin′+ = ⇒ = +∫x C x xdx x C

�Chú ý:

+ Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được cosu sindu u C= +∫

+ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1cos cos sin cos2 sin 2

2+ = + + = + + → = +∫ ∫ ∫ax b dx ax b d ax b ax b C xdx x C

a a

Ví dụ:

a) 4 1 5

cos sin cos sin x 4 sinx cos 4 5ln 11 1

xx x dx xdx dx dx x x x C

x x

− − + = − + − = + + − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫

b) ( )21

cos2 sin cos2 sin sin 2 cos2 2

+ − = + − = − − +∫ ∫ ∫ ∫x

x x x dx xdx xdx xdx x x C

c) ( )2 1 cos2 1 1 1 1 1 1sin cos2 cos2 2 sin 2

2 2 2 2 4 2 4

− = = − = − = − +

∫ ∫ ∫ ∫x

xdx dx x dx x xd x x x C


tancos

dxx C

x= +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( ) 2 2

1tan tan x

cos cos

dxx C C

x x′+ = ⇒ = +∫

�Chú ý:


tan uos

duC

c u= +∫

+ ( )( )

( ) ( )2 2 2

1 1 1tan tan 2

cos cos cos 2 2

d ax bdx dxax b C x C

ax b a ax b a x

+= = + + → = +

+ +∫ ∫ ∫

Ví dụ:

a) 2 2

1 1cos sin 2 cos sin 2 tan sin cos2

cos cos 2

dxx x dx xdx xdx x x x C

x x + − = + − = + + + ∫ ∫ ∫ ∫

b) ( ) ( )( )

( )( )

2 2 2

2 1 5 41 2 1 22

cos 2 1 5 4 cos 2 1 5 4 2 cos 2 1 4 5 4

d x d xdx dxI dx

x x x x x x

− −= + = + = − − − − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )2os 1 1tan 2 1 ln 5 4

2 2

du

c u x x C→ = − − − +

c) ( )( )

( ) ( )2os2 2

3 21 1tan 3 2

cos 3 2 2 cos 3 2 2

du

c ud xdx

I I x Cx x

−= = − → = − − +

− −∫ ∫


cot xsin

dxC

x= − +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( ) 2 2

1cot cot x

sin

dxx C C

sin x x′− + = ⇒ = − +∫

�Chú ý:


cot usin

duC

u= − +∫

+ ( )( )

( ) ( )2 2 2

1 1 1cot cot 2

sin sin sin 2 2

+= = − + + → = − +

+ +∫ ∫ ∫d ax bdx dx

ax b C x Cax b a ax b a x

Ví dụ:



Trang 6

a) 6

5 52 2

1 1cos2 2 cos2 2 sin 2 cot

sin sin 2 3

dx xx x dx xdx x dx x x C

x x − + = − + = + + + ∫ ∫ ∫ ∫

b) ( )( )

( ) ( ) ( )2sin2 2

1 31 1 1cot 1 3 cot 1 3

sin 1 3 3 sin 1 3 3 3

du

ud xdx

I I x C x Cx x

−= = − → = − − − + = − + − −∫ ∫

c) 2sin

2 2

22 2cot

2sin sin2 2

du

u

xd

dx xI I C

x x

= = → = − +

∫ ∫

�� Công thức 8: x xe dx e C= +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ( )x x x xe C e e dx e C′+ = ⇒ = +∫

�Chú ý:

+ Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được u ue du e C= +∫

+ ( )2 2

2 2

11 1 2

1

2

+ +

+ + +

− −

= += + = + → = − +

∫∫ ∫

∫

x k x k

ax b ax b ax b

k x k x

e dx e Ce dx e d ax b e C

a ae dx e C

Ví dụ:

a) ( ) ( )2 1 2 1 2 12 2 2

31 4 4 1 12 1 4.2

sin 3 sin 3 2 3 sin 3x x x d xdx

e dx e dx dx e d x xx x xx x

− + − + − + − + = − + = − − + − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 11 1

cot3 82 3

xe x x C− += − + + +

b) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 2 3 24 14 os 1 3 4 os 1 3 3 2 os 1 3 1 3

3 3x x xe c x dx e dx c x dx e d x c x d x+ + ++ − = + − = + − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )3 24 1sin 1 3

3 3xe x C+= − − +

�� Công thức 9:ln

xx a

a dx Ca

= +∫

Chứng minh:

Thật vậy, do ln

ln ln ln

x x xx xa a a a

C a a dx Ca a a

′ + = = ⇒ = +

∫

�Chú ý:

+ Mở rộng với hàm số hợp ( )u u x= , ta được u ua du a C= +∫

+ ( )1 1kx m kx m kx ma dx a d kx m a Ck k

+ + += + = +∫ ∫

Ví dụ:

a) ( ) ( ) ( )3 2

3 2 3 2 3 21 1 2 32 3 2 3 2 3 3 2

3 2 3ln 2 2ln3

ux x

a dux x x x x xI dx dx dx d x d x I C= + = + = + → = + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b) ( ) ( ) ( )1 2

1 2 4 3 1 2 4 3 1 2 4 3 4 31 3 2 32 2 3 2 1 2 4 3

2 4 2ln 2 4

xx x x x x x xe dx dx e dx d x e d x e C

−− + − + − + +− = − = − − − + = − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

BÀI TẬP LUYỆN TẬP:

1) ( )51 2I x x dx= +∫ 2) 3 5

2 7

13I x dx

x

= − ∫ 3)

( )5 2 3 33 4 2I x x x dx= − +∫



Trang 7

4) 34 25

1 24

xI x dx

xx

= − +

∫ 5) 5

1x + dx

xI

= ∫ 6)

4

6 2

2 3xI dx

x

+= ∫

7) ( )2

7

1xI dx

x

−= ∫ 8) ( )23

8 2 1I x dx= −∫ 9) ( )22

9 2

4xI dx

x

+= ∫

10) 4 3 2

10 2

3 2 1x x xI dx

x

+ − += ∫ 11) 2

11

x x x xI dx

x

− −= ∫ 12) 12 3

1 1I dx

x x

= − ∫

13) 3

13

1I x dx

x

= − ∫ 14)

2

14 3

1I x dx

x

= + ∫ 15)

( )23

15

2 3x xI dx

x

−= ∫

16) ( )( )416 2I x x x x dx= − −∫ 17) 17 5

1

(2 3)I dx

x=

−∫ 18) 18 4

1

( 3)

xI dx

x

+=−∫

19) 19

πsin

2 7

xI dx

= + ∫ 20) 20 sin 2 sin

3

xI x dx

= + ∫ 21) 21 sin

2

xI x dx

= + ∫

22) 22

π 1sin 3 sin

4 2

xI x dx

+ = + −

∫ 23) 223 cos

2

xI dx= ∫ 24) 2

24 sin2

xI dx= ∫

26) 26 2cos 4

dxI

x= ∫ 27) ( )27 2cos 2 1

dxI

x=

−∫ 28) ( )228 tan 2I x x dx= +∫

29) 429 tanI x dx= ∫ 30) 2

30 cotI xdx= ∫ 31) ( )31 2sin 2 3

dxI

x=

+∫

32) 32 1 cos6

dxI

x=

−∫ 33) 2 2

33 2

1cot dxI x x

x = + + ∫ 34) 2

34

1dx

3 2I x

x = + + ∫

35) 235

1sin

2 5I x dx

x = − − ∫ 36) 36

2dx

3

xI

x

+=−∫ 37) 37

2 1

4 3

xI dx

x

−=+∫

38) 38 6 5

xI dx

x=

−∫ 39) 2

39

11

3

x xI dx

x

+ +=+∫ 40)

2

40

2 5

1

x xI dx

x

− +=−∫

41) 3 2

41

3 2 1

2

x x xI dx

x

+ + +=+∫ 42)

3 2

42

4 4 1

2 1

x xI dx

x

+ −=+∫ 43)

2

43

4 6 1

2 1

x xI dx

x

+ +=+∫

44) 2x 344I e dx− += ∫ 45) 3 1

45 cos(1 ) xI x e dx− = − + ∫ 46) 2 1

46 . xI x e dx− += ∫

47) 47 2

2

sin (3 1)xI e dx

x−

= + + ∫ 48) 48 2

2cos

xx e

I e dxx

− = +

∫ 49) ( )1 2 4 3

49 2 x xI e dx− += −∫

50) 50

1

2xI dx= ∫ 51) 51

2

7

x

xI dx= ∫ 52) 2 1

52 3 xI dx+= ∫



Trang 8

CÁC BIỂU THỨC VI PHÂN QUAN TRỌNG

1. ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1

2 2 2xdx d x d x a d a x= = ± = − − 6. ( ) ( ) ( )2

cot cot cotsin

dxd x d x a d a x

x= − = − ± = −

2. ( ) ( ) ( )2 3 3 31 1 1

3 3 3x dx d x d x a d a x= = ± = − − 7. ( ) ( ) ( )

2

dxd x d x a d a x

x= = ± = − −

3. sin (cos ) (cos ) ( cos )xdx d x d x a d a x= − = − ± = − 8. ( ) ( ) ( )x x x xe dx d e d e a d a e= = ± = − −

4. cos (sin ) (sin ) ( sin )xdx d x d x a d a x= = ± = − − 9. ( ) ( ) ( )ln ln lndx

d x d x a d a xx

= = ± = − −

5. ( ) ( ) ( )2tan tan tan

cos

dxd x d x a d a x

x= = ± = − − 10. ( ) ( )1 1

dx d ax b d b axa a

= + = − −

Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) 1 21

xI dx

x=

+∫ b) 2 102 (1 )I x x dx= +∫ c)

2

3 3 1

x dxI

x=

+∫

Hướng dẫn giải:

a) Sử dụng các công thức vi phân ( ) ( )

( )

22 21 1

2 2 2

ln

xxdx d d x d x a

dud u

u

= = = ±

=

Ta có ( ) ( ) ( )

2 2(ln ) ln

21 12 2 2

11 1 1ln 1 .

2 2 21 1 1

dud u u C

ud x d xx

I dx I x Cx x x

= = ++= = = ←→ = + +

+ + +∫ ∫

∫ ∫ ∫

b) Sử dụng các công thức vi phân

( ) ( )2

2 2

1

1 1

2 2 2

1

nn

xxdx d d x d x a

uu du d

n

+

= = = ±

= +

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )11210 102 2 2

2

111 1 1 .

2 22

xI x x dx x d x C

+= + = + + = +∫ ∫

c) Sử dụng các công thức vi phân ( )

( )

32 31

3 3

2

xx dx d d x a

dud u

u

= = ±

=

Ta có ( ) ( )3 32 3

3 3 3 3

1 11 2 2 1.

3 3 31 1 2 1

d x d xx dx xI C

x x x

+ + += = = = ++ + +∫ ∫ ∫


a) 24 1I x x dx= −∫ b) 5

2 1

dxI

x=

−∫ c) 6 5 2I x dx= −∫


02. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÌM NGUYÊN HÀM



Trang 9

a) Sử dụng các công thức vi phân

( ) ( )2

2 2

1

1 1

2 2 2

1

nn

xxdx d d x d a x

uu du d

n

+

= = = − −

= +

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )321 12 2 2 2 22 2

4

11 11 1 1 1 .

2 2 3

xI x x dx x d x x d x C

−= − = − = − − − = − +∫ ∫ ∫

b) Sử dụng các công thức vi phân ( ) ( )

( )

1 1ax ax

2

dx d b d ba a

dud u

u

= + = − − =

Ta có ( ) ( ) ( )

25 5

2 1 2 112 1 .

22 1 2 1 2 2 1

dud u

ud x d xdx

I I x Cx x x

=− −= = = ←→ = − +

− − −∫ ∫ ∫

c) Sử dụng các công thức vi phân

( ) ( )1

1 1ax ax

1

nn

dx d b d ba a

uu du d

n

+

= + = − − = +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3

1 22

6

5 22 5 21 1 15 2 5 2 2 5 2 5 2 . .

2 2 2 3 3

xxI x dx x d x x d x C C

−−⇒ = − = − = − − − = − + = − +∫ ∫ ∫


a) 3

7 5 4

2

5

xI dx

x=

−∫ b) 8 5(3 2 )

dxI

x=

−∫ c) 3

9

ln xI dx

x= ∫


a) Sử dụng các công thức vi phân

( ) ( )4

3 4 4

1

1 1

4 4 4

1

n

n

xx dx d d x a d a x

du ud

nu

− +

= = ± = − −

= − +

( ) ( ) ( ) ( )4

4 444 55134 45

7 5 54 4

5 55 542 1 12 5 5 . .

2 2 4 85 5

xd xxx

I dx x d x C Cx x

−

−− ⇒ = = = − − = + = +

− −∫ ∫ ∫

b) Ta có ( ) ( ) ( )65

8 5

3 213 2 3 2 .

(3 2 ) 2 12

xdxI x d x C

x

−= = − − − = − +

−∫ ∫

c) Sử dụng công thức vi phân ( )lndx

d xx

= ta được ( )3 4

39

ln lnln ln .

4

x xI dx xd x C

x= = = +∫ ∫


a) ( )10 2010

3

4 2

dxI

x=

−∫ b) 11cos x

I dxx

= ∫ c) 12 cos sinI x xdx= ∫


a) Ta có ( )

( ) ( ) ( )( )

20092010

10 2010 2009

4 23 3 3 34 2 4 2 .

2 2 20094 2 4018 4 2

xdxI x d x C C

x x

−− −

= = − − − = − + = +−− −∫ ∫

b) Sử dụng các công thức vi phân ( )

( )cos sin

2

u du d u

dxd x

x

= =

Ta có ( )11cos cos

2 2 os 2sin .2

x xI dx dx c x d x x C

x x= = = = +∫ ∫ ∫



Trang 10

c) Sử dụng các công thức vi phân ( )( )

cos sin

sin x cos

u du d u

dx d x

=

= −

Ta có ( ) ( ) ( )3

31 22

12

2 cos 2 coscos sin cos cos .

3 3

x xI x xdx x d x C= = − = − = − +∫ ∫


a) 313 sin cosI x xdx= ∫ b) 14 5

sin

cos

xI dx

x= ∫ c) 4

15 sin cosI x xdx= ∫


a) Sử dụng các công thức vi phân ( )

( )sin cos

cos sin

u du d u

xdx d x

= −

=

Ta có ( ) ( ) ( )1 4

3 343

3 41 343 33 13

3 sinx 3 sinsin cos sinx sin

4 4

u du d ux

I x xdx d x I C C

= = = ←→ = + = +∫ ∫

b) Ta có ( ) 4

14 5 5 4

cossin (cos ) 1.

cos cos 4 4cos

xx d xI dx C C

x x x

−

= = − = − + = +−∫ ∫

c) Sử dụng các công thức vi phân

( )1

cos sin

1

nn

xdx d x

uu du d

n

+

=

= +

Khi đó ta được ( )5

4 554 4

15 15

sinsin cos sin sin .

5

uu du d x

I x xdx xd x I C

=

= = ←→ = +∫ ∫


a) 16 tanxI dx= ∫ b) 17 sin 4 cos4I x xdx= ∫ c) 18

sin

1 3cos

xdxI

x=

+∫


a) Sử dụng các công thức sin x (cos )

ln

dx d x

duu C

u

= − = +∫

Ta có ( )

16

cossintan ln cos .

cos cos

d xxdxI xdx x C

x x= = = − = − +∫ ∫ ∫

b) Ta có ( ) ( )17

1 1sin 4 cos4 sin 4 cos4 4 sin 4 sin 4

4 4I x xdx x xd x x d x= = =∫ ∫ ∫

( )3

322 sin 41 sin 4. .

4 3 6

x xC C= + = +

c) Ta có ( ) ( )

18

cos 3cos 1sin 1 1ln 1 3cos .

1 3cos 1 3cos 3 1 3cos 3

d x d xxdxI x C

x x x

+= = − = − = − + +

+ + +∫ ∫ ∫


a) ( )19 2

2cos

2 5sin

xdxI

x=

−∫ b) 20

cos

4sin x 3

xdxI =

−∫ c) ( )21 tan .ln cosI x x dx= ∫


a) Sử dụng công thức vi phân 2

cos (sin x)

1

xdx d

dud

uu

= = −

( )( )

( )( )

( ) ( )19 2 2 2

2 sin 2 5sin2cos 2 2.

5 5 2 5sin2 5sin 2 5sin 2 5sin

d x d xxdxI C

xx x x

−⇒ = = = − = +

−− − −∫ ∫ ∫

b) Sử dụng công thức vi phân ( )cos (sin x)

2

xdx d

dud u

u

= =



Trang 11

Ta được ( ) ( ) ( )

20

sin 4sin 4sin 3cos 1 1 14sin x 3 .

4 2 24sin x 3 4sin x 3 4sin x 3 2 4sin x 3

d x d x d xxdxI C

−= = = = = − +

− − − −∫ ∫ ∫ ∫

c) Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản

( )

2

cossintan ln cos

cos cos

2

d xxdxxdx x C

x x

uu du C

= = − = − +

= +

∫ ∫ ∫

∫

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )21

cossintan .ln cos ln cos ln cos ln cos ln cos

cos cos

d xxI x x dx x dx x x d x

x x= = = − = − =∫ ∫ ∫ ∫

2 2

21

ln (cos ) ln (cos ).

2 2

x xC I C= − + → = − +


a) 22 2

tan

cos

xI dx

x= ∫ b)

3

23 4

tan

cos

xI dx

x= ∫ c) 24 2

tan 2 1

cos 2

xI dx

x

+= ∫


a) Sử dụng các công thức ( )2

2

tancos

2

dxd x

x

uu du C

= = +∫

Ta có ( )2 2

22 222 2

tan tan tantan . tan tan .

2 2cos cos

x dx x xI dx x xd x C I C

x x= = = = + → = +∫ ∫ ∫

b) Sử dụng các công thức ( )2

22

tancos

11 tan

cos

dxd x

x

xx

= = +

Ta có ( ) ( )3

3 3 2 5 323 4 2 2

tan 1tan . . tan . 1 tan (tan ) tan tan (tan )

cos cos cos

x dxI dx x x x d x x x d x

x x x= = = + = +∫ ∫ ∫ ∫

6 4 6 4

23

tan tan tan tan.

6 4 6 4

x x x xC I C= + + → = + +

c) Sử dụng các công thức ( )2 2

2

1 ( ) 1tan( )

cos cos

2

dx d axd ax

ax a ax a

uu du C

= = = +∫

Ta có 24 2 2 2 2 2

tan 2 1 tan 2 1 tan 2 (2 ) 1 (2 )

2 2cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2

x xdx dx xd x d xI dx

x x x x x

+= = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2

24

1 1 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2tan 2 (tan 2 ) (tan 2 ) .

2 2 4 2 4 2

x x x xxd x d x C I C= + = + + → = + +∫ ∫


a) 25 2

cot

sin

xI dx

x= ∫ b) 26 3

tan

cos

xI dx

x= ∫ c) 27

cotπ

cos2

xI dx

x=

+

∫


a) Sử dụng các công thức ( )2

2

cotsin

2

dxd x

x

uu du C

= − = +∫

Ta có ( )2 2

25 252 2

cot cot cotcot . cot cot .

2 2sin sin

x dx x xI dx x xd x C I C

x x= = = − = − + → = − +∫ ∫ ∫



Trang 12

b) Sử dụng các công thức ( )

1

sin x cos

1

n

n

dx d x

du uC

u n

− +

= −

= + − +∫

Ta có ( ) ( ) 3

26 263 4 4 3 3

cos costan sin 1 1.

cos cos cos 3 3cos 3cos

d x xx xdxI dx C C I C

x x x x x

−

= = = − = − + = + → = +−∫ ∫ ∫

c) Sử dụng các công thức

( )

2

cos sin

πcos sin

2

1

xdx d x

x x

duC

u u

= + = −

= − +∫

Ta có ( )27 272 2

cot cos cos (sin ) 1 1.

π sin . sin sin sin sin sincos2

x x xdx d xI dx dx C I C

x x x x x xx

= = = − = − = + → = +− +

∫ ∫ ∫ ∫


a) 283 xe

I dxx

= ∫ b) tan 2

29 2cos

xe dxI

x

+

= ∫ c) 21

30 . xI x e dx−= ∫

d) cos31 sinxI e xdx= ∫ e)

2ln 3

32

xeI dx

x

+

= ∫


a) Sử dụng các công thức ( )

2u u

dxd x

x

e du e C

= = +∫

Ta có ( )28 283

3.2 6 6 6 .2

xx x x xe dx

I dx e e d x e C I e Cx x

= = = = + → = +∫ ∫ ∫

b) Sử dụng các công thức ( ) ( )2tan tan

cosu u

dxd x d x k

x

e du e C

= = ± = +∫

Ta có ( )tan 2

tan 2 tan 2 tan 2 tan 229 292 2

tan 2 .cos cos

xx x x xe dx dx

I e e d x e C I e Cx x

++ + + += = = + = + → = +∫ ∫ ∫

c) Sử dụng các công thức ( ) ( )2 21 1

12 2

u u

xdx d x d x

e du e C

= = − − = +∫

Ta có ( )2 2 2 2 21 1 1 2 1 130 30

1 1 1. 1 .

2 2 2x x x x xI x e dx e xdx e d x e C I e C− − − − −= = = − − = − + → = − +∫ ∫ ∫

d) Sử dụng các công thức ( )sin cos

u u

xdx d x

e du e C

= −

= +∫

Ta có ( )cos cos cos cos31 31sin cos .x x x xI e xdx e d x e C I e C= = − = − + → = − +∫ ∫

e) Sử dụng các công thức ( ) ( )ln ln

u u

dxd x d x k

x

e du e C

= = ± = +∫

Ta có ( ) ( )2ln 3

2ln 3 2ln 3 2ln 3 2ln 332

1 1ln 2ln 3 .

2 2

xx x x xe dx

I dx e e d x e d x e Cx x

++ + + += = = = + = +∫ ∫ ∫ ∫

Vậy 2ln 3

2ln 332

1.

2

xxe

I dx e Cx

++= = +∫



Trang 13


1) 1 21

xI dx

x=

+∫ 2) 2 102 (1 )I x x dx= +∫ 3) 3

cos xI dx

x= ∫

4) 4 cos sinI x xdx= ∫ 5) 5 3

sin

cos

xI dx

x= ∫ 6) 3


7) 7 2 5

xI dx

x=

+∫ 4) 82 1

dxI

x=

−∫ 3) 9 5 2I xdx= −∫

10) 3

10

ln xI dx

x= ∫ 11)

2 111 . xI x e dx+= ∫ 12) 4


13) 13 5

sin

cos

xI dx

x= ∫ 14) 14 cotI xdx= ∫ 15) 15 2

tan

cos

xI dx

x= ∫

16) tan

16 2cos

xeI dx

x= ∫ 17) 17

xeI dx

x= ∫ 18) 2

18 1I x x dx= +∫

19) 19 5(3 2 )

dxI

x=

−∫ 20) 2 320 5I x x dx= +∫ 21)

2

21 3 1

x dxI

x=

+∫

22) 222 1I x x dx= −∫ 23) 23 cos 1 4sinI x x dx= +∫ 24) 2

24 1I x x dx= +∫

25) cos25 sinxI e xdx= ∫ 26)

2 226 . xI x e dx+= ∫ 27) 27

sin

1 3cos

xdxI

x=

+∫

28) 21

28 . xI x e dx−= ∫ 29) ( )sinx29 cos cosI e x xdx= +∫ 30)

2ln 1

30

xeI dx

x

+

= ∫



Trang 14

DẠNG 1: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM LƯỢNG GIÁC

� Nếu hàm f(x) có chứa 2 2a x− thì đặt 2 2 2 2 2

(a sin ) cosa sin

sin cos

dx d t a t dtx t

a x a a t a t

= == →− = − =

� Nếu hàm f(x) có chứa 2 2a x+ thì đặt 2

2 2 2 2 2

( tan )cos

tan

tancos

adtdx d a t

tx a t

aa x a a t

t

= == → + = + =

� Nếu hàm f(x) có chứa 2 2x a− thì đặt 2

22 2 2

2

cos

sin sin

sin

sin cot

a a t dtdx d

t tax

t aax a a

t t

− = = = →

− = − =


a) ( )1 2; 2

4= =

−∫dx

I ax

b) ( )22 1 ; 1= − =∫I x dx a

c) ( )2

3 2; 1

1= =

−∫x dx

I ax

d) ( )2 24 9 ; 3= − =∫I x x dx a


a) Đặt 12 2 2

(2sin ) 2cos 2cos2sin

2cos4 4 4sin 2cos 4

dx d t t dt dx t dtx t I dt t C

tx t t x

= == → → = = = = +− = − = −

∫ ∫ ∫

Từ phép đặt 12sin arcsin arcsin2 2

x xx t t I C = ⇔ = → = +

b) Đặt 2 2

(sin ) cossin

1 1 sin cos

dx d t t dtx t

x t t

= == →− = − =

Khi đó 22

1 cos2 1 1 11 cos .cos cos2 sin 2

2 2 2 2 4

t tI x dx t t dt dt dt t dt t C

+= − = = = + = + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Từ 2 2

2cos 1 sin 1sin sin 2 2sin .cos 2 1

arcsin

t t xx t t t t x x

t x

= − = −= ⇒ → = = −=

22

arcsin 11

2 2

xI x x C→ = + − +

c) Đặt 2 2

(sin ) cossin

1 1 sin cos

dx d t t dtx t

x t t

= == →− = − =

Khi đó, 2 2

23 2

sin .cos 1 os2 1 1sin sin 2

cos 2 2 41

x dx t t dt c tI t dt dt t t C

tx

−= = = = = − +−∫ ∫ ∫ ∫

Từ 2 2

2cos 1 sin 1sin sin 2 2sin .cos 2 1

arcsin

t t xx t t t t x x

t x

= − = −= ⇒ → = = −=

23

arcsin 11

2 2

xI x x C→ = − − +

d) Đặt 2 2

(3sin ) 3cos3sin

9 9 9sin 3cos

dx d t t dtx t

x t t

= == →− = − =

Khi đó, 2 2 2 2 2 24

81 81 1 os49 9sin .3cos .3cos 81 sin .cos sin 2

4 4 2

c tI x x dx t t t dt t t dt t dt dt

−= − = = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

03. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM



Trang 15

81 1 1 81 1os4 sin 4

4 2 2 4 2 8

tdt c t dt t C

= − = − + ∫ ∫

Từ

22

2cos 1 sin 1293sin sin 2 13 9

arcsin3

xt t

x xx t t

xt

= − = −

= ⇒ → = − =

Mặt khác, 2 2 2 2

2 2 2 2os2 1 2sin 1 2 1 sin 4 2sin 2 . os2 2. 1 . 1

3 9 3 9 9

x x x x xc t t t t c t

= − = − = − → = = − −

Từ đó ta được 2 2

4

arcsin81 23

1 . 1 .4 2 6 9 9

xx x x

I C

= − − − +


a) ( )1 2; 1

1

dxI a

x= =

+∫ b) 22 2 5I x x dx= + +∫ c) ( )

2

3 2; 2

4

x dxI a

x= =

+∫


a) Đặt 2 2

21 2

2 2

(tan ) (1 tan ) (1 tan )tan cos

1 tan1 1 tan

dtdx d t t dt t dt

x t I dt t Ctt

x t

= = = + += → → = = = + + + = +

∫ ∫

Từ giả thiết đặt 1tan arctan arctan .x t t x I x C= ⇔ = → = +

b) Ta có 12 2 22 2 5 ( 1) 4 ( 1) 4t xI x x dx x d x I t dt= += + + = + + + → = +∫ ∫ ∫

Đặt 2

2 222 2

2(2 tan )

2 coscos2 tan22 cos cos.cos4 4 4 tan

coscos

dudt d u

du du u duut u Iu uut u

uu

= == → → = = = + = + =

∫ ∫ ∫

2

(sin ) 1 (1 sin ) (1 sin ) 1 (sin ) 1 (sin ) 1 1 sin(sin ) ln .

1 sin 2 (1 sin )(1 sin ) 2 1 sin 2 1 sin 2 1 sin

d u u u d u d u ud u C

u u u u u u

+ + − += = = + = +− + − − + −∫ ∫ ∫ ∫

Từ phép đặt 2 2

2 22 2 2

1 42tan tan 1 sin 1 os 1

2 os 4 4 4

t t tt u u u c u

c u t t= ⇔ = → = + → = − = − =

+ +

Từ đó ta được 2 2

2

2 2

11 1

1 1 sin 1 14 2 5ln ln ln .12 1 sin 2 21 1

4 2 5

t x

u t x xI C C Ct xu

t x x

++ ++ + + += + = + = ++− − −

+ + +

c) Đặt 2

2

2 2

2(2 tan ) 2(1 tan )

os2 tan

4 4 tan 4

dtdx d t t dt

c tx t

x t

= = = += → + = +

( )2 2 2 2 2

2 23 23 42 2

4tan .2(1 tan ) sin sin .cos sin . (sin )4 tan 1 tan 4 4 4

cos cos2 1 tan 1 sin

t t dt t t t dt t d tI t t dt dt

t tt t

+→ = = + = = =+ −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Đặt ( )

222

3 2 22

1 (1 ) (1 )sin 4 4 4

1 2 (1 )(1 )1

u u u uu t I du du du

u u uu

+ − − = → = = = − + − −∫ ∫ ∫

2

2 2 2 2

1 1 2 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )

1 1 (1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )

du du du d u d u u u dudu

u u u u u u u u u u

− + − + + = − = + − = − + − − + − + − + − + − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1 1 1 1 1 1ln 1 ln 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

du dudu u u C

u u u u u u u u u u − − − + = − − − − = − − − + + − + − + + − − + + − − + ∫ ∫ ∫



Trang 16

3

1 1 1 1 1 1 1 1 sin 1ln ln ln .

1 1 1 1 1 1 sin 1 sin 1 sin 1

u u tC I C C

u u u u u u t t t

− − −= − + + → = − + + = − + +− + + − + + − + +

Từ giả thiết 2 2

2 2 22 2 2

1 42tan tan 1 tan 1 os sin

2 os 4 4 4

x x xx t t t c t t

c t x x= ⇔ = → = + = + ⇔ = → =

+ +

2

32

2 2 2

11 1 4sin ln .

4 1 1 14 4 4

x

x xt I Cx x xx

x x x

−+⇔ = → = − + +

+ − + ++ + +


a) 1 2 1

dxI

x=

−∫ b) 2 2 2 4

dxI

x x=

−∫ c) 3 2 2 2

dxI

x x=

− −∫


a) Đặt 2

21 22

222

1 coscos

sin sin1 cossinsin sin .cot1 11 cot1 1

sin

t dtt dtdx d

dxt t dx t dttx It t txx tx

t

− −= = = − = → ←→ → = = − − =− = −

∫ ∫

2 2

sin (cos ) (cos ) 1 (1 cos ) (1 cos ) 1 1 cos(cos ) ln .

sin 1 cos (1 cos )(1 cos ) 2 (1 cos )(1 cos ) 2 1 cos

t dt d t d t t t td t C

t t t t t t t

− + + += − = = = = +− − + − + −∫ ∫ ∫ ∫

Từ phép đặt

2

22 2

12 2

111 1 1 1

os 1 sin 1 cos ln .sin 2 1

1

xx xx c t t t I C

t x x x

x

−+−= → = − = − ⇔ = → = +−−

b) Đặt 2 2

2 2 2222

2 2cos 2cossin sin2 sin

8cotsin 4 4 2cot 44 4sinsin

t dt t dtdx d dxt t tx

ttx t x xx

tt

− −= = = = → ←→ − = ⇒ − =− = −

Khi đó, 2 2 2 22

2cos 1 1sin cos .

8cot 4 44 sin .sin

dx t dtI t dt t C

tx x tt

−= = = − = +−∫ ∫ ∫

Từ 2 2

2 222

2 4 4 4os 1 sin 1 cos .

sin 4

x xx c t t t I C

t x x x

− −= → = − = − ⇔ = → = +

c)

( )1

3 32 2 2 22

( 1)

2 2 ( 1) 3 3 3

t xdx d x dt dtI I

x x x t t

= −−= = → = =− − − − − −

∫ ∫ ∫ ∫

Đặt 2

2

222

3 3 cos3cos

sin sin3sin

sin 3 3 3 cot3 3sin

u dudt d u du

dtu ut u

ut ut

u

−= = − = = → ←→

− =− = −

3 2 222

3 cos sin (cos ) (cos )

sin 1 cos (1 cos )(1 cos )sin . 3 cot3

dt u du u du d u d uI

u u u uu ut

−→ = = = − = =− − +−∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 (1 cos ) (1 cos ) 1 1 cos(cos ) ln .

2 (1 cos )(1 cos ) 2 1 cos

u u ud u C

u u u

− + + += = +− + −∫

Từ

2 2

22

32 2 2

3 2 21 13 3 3 1 1 1os 1 cos ln ln .

sin 2 23 2 21 1

1

t x xt t xt c u t I C C

u t t t x x

t x

− − −+ +− −= ⇒ = − ⇔ = → = + = +− − −− −

−

Chú ý: Tổng hợp các kết quả ta thu một số kết quả quan trọng sau:



Trang 17

� 2 2

1arc tan .

dx xC

x a a a = + +

∫

� 2 2

1ln .

2

dx x aC

x a a x a

+= +− −∫

� 2 2

1ln .

2

dx x aC

a x a x a

−= +− +∫

� 2

2ln .

dxx x a C

x a= + ± +

±∫


1) 2

1 2 4

x dxI

x=

+∫ 2) 2

2 2

1 xI dx

x

−= ∫ 9) 2

3 24

x dxI

x=

−∫

4) 4 2

1

3 2I dx

x x=

−∫ 5) 25 2 1I x dx= +∫ 6) 6 22 5

dxI

x=

−∫

DẠNG 2: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM VÔ TỶ

Phương pháp giải:

Nếu hàm f(x) có chứa ( )n g x thì đặt 1( ) ( ) . '( )n nnt g x t g x n t g x dx−= ⇔ = → =

Khi đó, ( ) ( )I f x dx h t dt= =∫ ∫ , việc tính nguyên hàm ( )h t dt∫ đơn giản hơn so với việc tính ( ) .f x dx∫


a) 14 1

xdxI

x=

+∫ b) 3 22 2I x x dx= +∫ c)

2

31

x dxI

x=

−∫


a) Đặt

2

2 221

12 4 . 14 24 1 4 1 ( 1)1 84 14

t tdttdt dxxdx

t x t x I t dtt txx

−== + ⇔ = + → → = = = − − +=

∫ ∫ ∫

33 (4 1)1 14 1 .

8 3 8 3

xtt C x C

+ = − + = − + +

b) Đặt 2 2 2 2 2 3 2 22 2 2 2 2 . ( 2).t x t x x t xdx tdt x dx x xdx t tdt= + ⇔ = + → = − ⇔ = → = = −

Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )5 32 25 3

2 3 2 4 22

2 2 22 . . 2 2 2.

5 3 5 3

x xt tI x x dx t t tdt t t dt C C

+ += + = − = − = − + = − +∫ ∫ ∫

c) Đặt ( )( )222

2 22 32 2

2 1 .1 1 1 2

1 1

dx tdt t tdtx dxt x t x x t I

tx t x

= − −= − ⇔ = − ⇔ = − → → = = −= − −

∫ ∫

( ) ( )5 35 322 4 2 (1 ) 2 (1 )2

2 1 2 2 1 2 2 15 3 5 3

x xt tt dt t t dt t C x C

− − = − − = − − + = − − + + = − − + − +

∫ ∫

Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )5 32 25 3

2 3 2 4 22

2 2 22 . . 2 2 2. .

5 3 5 3

x xt tI x x dx t t tdt t t dt C C

+ += + = − = − = − + = − +∫ ∫ ∫


a) 4

ln

1 ln

xdxI

x x=

+∫ b) 2

5 3

ln

2 ln

xdxI

x x=

−∫ c) 6

ln 3 2lnx x dxI

x

+= ∫




Trang 18

a) Đặt ( )2 2

24

ln 1 1 .2ln1 ln 1 ln

1 ln2

x t t tdtx dxt x t x Idx x txtdt

x

= − −= + ⇔ = + → → = =+=

∫ ∫

( )3 33

24

(1 ln ) 2 (1 ln )2 1 2 2 1 ln 2 1 ln .

3 3 3

x xtt dt t C x C I x C

+ + = − = − + = − + + → = − + +

∫

b) Đặt

32 3 2 2

3352 3

ln 2ln (2 ) .3

2 ln 2 ln .2 ln3

x tx dx t t dt

t x t x Idx x txt dtx

= − −= − ⇔ = − → → = =−=

∫ ∫

( )8 58 5 3 3

7 4 2 23(2 ln ) 4 (2 ln )4

3 4 4 3 2 3 2 (2 ln )8 5 8 5

x xt tt t t dt t C x C

− − = − + = − + + = − + − +

∫

c) Đặt

2

2

3ln

23 2ln 3 2ln2

2

tx

t x t xdx

tdtx

−== + ⇔ = + → =

Từ đó ta có ( )2

4 26

ln 3 2ln 3 1ln 3 2ln . . . 3

2 2

x x dx dx tI x x t tdt t t dt

x x

+ −= = + = = −

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )5 3 5 35 5 33

6

3 2ln 3 2ln 3 2ln 3 2ln1.

2 5 10 2 10 2 10 2

x x x xt t tt C C C I C

+ + + + = − + = − + = − + → = − +


a) 71x

dxI

e=

−∫ b)

( )2

8 31

x

x

e dxI

e=

+∫ c) 9 2 4

dxI

x x=

+∫ d) 10 4 1

dxI

x x=

+∫


a) Đặt

22

2

2

111 1 2

21

xx

x x

x

e te tt e t e tdt

dxe dx tdtt

= − = − = − ⇔ = − → ←→ == −

Khi đó 7 2 2

2 2 2 ( 1) ( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) 1 1.( 1) 11x

dx tdt dt dt t t dt dtI dt

t t t t t tt t te

+ − −= = = = = = −− + − + − +− −−∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

7

1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln ln ln .

1 1 1 1 1

x x

x x

t e et t C C C I C

t e e

− − − − −= − − + + = + = + → = ++ − + − +

b) Đặt

( ) ( )( )22 2

28 33 3

1 .21 .1 1

2 1 1

x x x xx x

xx x

t tdte t e dx e e dxt e t e I

te dx tdt e e

− = −= + ⇔ = + → → = = == + +

∫ ∫ ∫

( )2 2

3 2 2

1 .2 1 1 12 2 2 2 1 .

1

x

x

t tdt t dtdt dt t C e C

tt t t e

− − = = = − = + + = + + + + ∫ ∫ ∫ ∫

c) Đặt

2 22 2

2 2 2

2 2

44

4 42 2

4

x tx t

t x t x dx xdx tdtxdx tdt

x x t

= − = − = + ⇔ = + → ←→ = = = −

Khi đó, 9 2 22 2

1 1 1 ( 2) ( 2) 1.

4 ( 2)( 2) 4 2 24 44 4

dx dx tdt dt t t dt dtI dt

x t t t t tt tx x x

+ − − = = = = = = − + − − +− − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )2 2

92 2

1 1 2 1 4 2 1 4 2ln 2 ln 2 ln ln ln .

4 4 2 4 44 2 4 2

t x xt t C C C I C

t x x

− + − + −= − − + + = + = + → = ++ + + + +



Trang 19

d) Đặt

4 24 2

4 2 4 33

4 2

11

1 14 2

2( 1)

x tx t

t x t x dx x dx tdtx dx tdt

x x t

= − = − = + ⇔ = + → ←→

= == −

Khi đó, 10 2 24 4

1 1 1 1 ( 1) ( 1). .

2 4 ( 1)( 1)2( 1) 11 1

dx dx tdt dt t tI dt

x t t tt tx x x

+ − −= = = = =+ −− −+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )4

4

1 1 1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln ln .

4 1 1 4 4 1 4 1 1

dt dt t xt t C C C

t t t x

− + − = − = − − + + = + = + − + + + +∫ ∫


a) 111 2 5

dxI

x=

+ −∫ b) 12 21 2

xdxI

x=

− +∫

c) 3

13 3 24

x dxI

x=

+∫ d) 2

14

1 4ln lnx xI dx

x

+= ∫


a) Đặt 2 22 5 2 5 2 5

5= − ⇔ = − ⇔ = − → = − tdt

t x t x tdt dx dx

Khi đó, ( )11

2 2 1 1 2 1 21 ln 1

5 1 5 1 5 1 51 2 5

dx t dt tI dt dt t t C

t t tx

+ − = = − = − = − − = − − + + + + ++ − ∫ ∫ ∫ ∫

( )11

22 5 ln 2 5 1 .

5I x x C→ = − − − − + +

b) Đặt 2 2 22 2 2 2t x t x tdt xdx xdx tdt= + ⇔ = + ⇔ = → =

Khi đó, 12 2

1 (1 ) 1 (1 )1 ln 1

1 1 1 11 2

xdx t dt t d tI dt dt dt t t C

t t t tx

− − − = = = = − = − − = − − − + − − − − − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 212 ln 1 2 2 .I x x C→ = − − + − + +

c) Đặt ( )2 3

2 33 2 3 2 3 3 22

2

44 3

4 4 43 23 22

x tx t

t x t x x dx t t dtt dtt dt xdx xdx

= − = − = + ⇔ = + → ←→ → = − = =

( ) ( ) ( ) ( )5 22 23 2 3 33 54 2

13 3 2

3 4 3 443 3 34 2 .

2 2 2 5 10 44

x xt t dtx dx tI t t dt t C C

tx

+ +− → = = = − = − + = − +

+ ∫ ∫ ∫

d) Đặt 2 2 2 ln1 4ln 1 4ln 2 4.2ln .

4

dx xdx tdtt x t x tdt x

x x= + ⇔ = + ←→ = → =

( )3232 2

14

1 4lnln 11 4ln . .

4 4 12 12

xxdx tdt tI x t t dt C C

x

+→ = + = = = + = +∫ ∫ ∫


1) 11 1 3

dxI

x=

+ +∫ 2) 3

2 3 21

x dxI

x=

+∫ 3) 3

1 3ln lnx xI dx

x

+= ∫

4) 3 24 1I x x dx= −∫ 5) 5 3 1

dxI

x x=

+∫ 6) 62 1

xdxI

x=

+∫

7) 37 4I x x dx= +∫ 8) 8

1xI dx

x

+= ∫ 9) 91 1

xdxI

x=

+ −∫

10) 210 3 2I x x dx= −∫ 11) 11

4 3

1

xI dx

x

−=+∫ 12)

2

121 1

x

x

e dxI

e=

+ −∫

DẠNG 3: ĐỔI BIẾN SỐ HÀM ĐA THỨC BẬC CAO



Trang 20

Phương pháp giải:

Nếu hàm f(x) có chứa ( )nax b+ thì đặt dt adx

t ax b t bx

a

== + → − =

Ví dụ. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) ( )191 3 1I x x dx= +∫ b) 2 99

2 (2 )I x x dx= −∫ c) 2

3 2010

2

( 1)

xI dx

x

+=+∫


a) Đặt ( ) ( )21 20

19 19 20 191

31

3 1 3 1 . .313 21 20

3

dt dxt t t

t x I x x dx t dt t t dt Ctx

= −= + → → = + = = − = − +− =∫ ∫ ∫

( ) ( )21 20

1

3 1 3 1.

21 20

x xI C

+ +→ = − +

b) Đặt ( ) ( ) ( )99 22 99 99 100 10122 2 2 . 4 4

2

dt dxt x I x x dx t t dt t t t dt

x t

= −= − → → = − = − − = − − + = −

∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )100 101 102100 101 102 100 101 102 2 4 2 244. 4. .

100 101 102 25 101 102 25 101 102

x x xt t t t t tC C C

− − −= − − + + = + − + = + − +

Vậy ( ) ( ) ( )100 101 102

2

2 4 2 2.

25 101 102

x x xI C

− − −= + − +

c) Đặt ( )2 2

3 2010 2010 2008 2009 2010

1 2 2 3 1 2 31

1

tdt dx t tt x I dt dt dt

x t t t t t t

− += − + = + → → = = = − + = − ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )2007 2008 2009 2007 2008 2009

1 1 3 1 1 3.

2007 1004 2009 2007 1 1004 1 2009 1C C

t t t x x x= − + − + = − + − +

+ + +

( ) ( ) ( )3 2007 2008 2009

1 1 3.

2007 1 1004 1 2009 1I C

x x x→ = − + − +

+ + +


1) 201 (1 )I x x dx= −∫ 2) 9

2 (3 1)I x x dx= +∫ 3) 43 (2 1)( 3)I x x dx= + +∫

4) ( )2

4 6

2 2

2 1

x xI dx

x

+ +=−∫ 5) ( )( )102

5 3 5 2 3 dxI x x x= + − −∫ 6) ( ) ( )2 216 1 2 dxI x x= − +∫



Trang 21

CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP:

Công thức nguyên hàm từng phần ( ). ( )I P x Q x dx udv uv vdu= = = −∫ ∫ ∫

Độ ưu tiên khi lựa chọn đặt u: Hàm logarith, lnx → hàm đa thức → hàm lượng giác = hàm mũ.

� Nếu I có chứa [ ]ln ( )n g x thì đặt [ ] [ ]( )ln ( ) ln ( ) 'n nu g x du g x= → =

� Nếu I có chứa hàm đa thức (không chứa hàm loga) thì đặt u = P(x) � Nếu I có chứa cả hàm lượng giác và hàm mũ thì ta có thể đặt tùy ý, tuy nhiên qua trình tính sẽ gồm các vòng lặp. Để việc tính toán đúng thì trong mỗi vòng lặp, các thao tác đặt u phải cùng dạng hàm với nhau. ��Chú ý: Với các bài toán tìm nguyên hàm từng phần, chúng ta có thể sử dụng cách giải truyền thống (đặt u, tìm v) hoặc

cách giải nhanh(chuyển nguyên hàm cần tính về dạng udv∫ ) mà không cần đặt u, v. Tuy nhiên cách giải nhanh

chỉ có thể dùng được khi học sinh phải rất thành thạo vi phân. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) 1 sinI x xdx= ∫ b) 32

xI xe dx= ∫ c) 23 cosI x xdx= ∫ d) 4 lnI x xdx= ∫


a) 1 sinI x xdx= ∫

�� Cách 1: Đặt sin cos

u x du dx

xdx dv v x

= = ←→ = = −

1 sin cos cos cos sin .I x xdx x x xdx x x x C→ = = − + = − + +∫ ∫

�� Cách 2: 1 sin (cos ) cos cos cos sinI x xdx xd x x x xdx x x x C = = − = − − = − + + ∫ ∫ ∫

----------------------------------------------------

b) 32

xI xe dx= ∫

�� Cách 1: Đặt 33 1

3xx

du dxu x

v ee dx dv

== ←→ ==

3 3 3 3 3 3 32

1 1 1 1 1 1(3 )

3 3 3 9 3 9x x x x x x xI xe dx xe e dx xe e d x xe e C→ = = − = − = − +∫ ∫ ∫

�� Cách 2: ( )3 3 3 3 3 3 3 32

1 1 1 1 1 1(3 )

3 3 3 3 3 3x x x x x x x xI xe dx xd e xe e dx xe e d x xe e C

= = = − = − = − + ∫ ∫ ∫ ∫

------------------------------------------------------------

c) 23 cosI x xdx= ∫

�� Cách 1: Đặt 2 2

sincos

du xdxu x

v xx dx dv

== ←→ ==

Khi đó 2 2 23 cos sin 2 sin sin 2I x xdx x x x xdx x x J= = − = −∫ ∫

Xét sin .J x xdx= ∫ Đặt cos cos cos sinsin cos

u x du dxJ x x xdx x x x

x dx dv v x

= = ←→ → = − + = − + = = −

∫

( )23 sin 2 cos sin .I x x x x x C→ = − − + +

�� Cách 2: 2 2 2 2 23 cos (sin ) sin sin ( ) sin 2 sinI x xdx x d x x x xd x x x x xdx= = = − = −∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2sin 2 (cos ) sin 2 cos 2 cos sin 2 cos 2sin .x x xd x x x x x xdx x x x x x C= + = + − = + − +∫ ∫

------------------------------------------------------------

04. PHƯƠNG PHÁP TỪNG PHẦN TÌM NGUYÊN HÀM



Trang 22

d) 4 lnI x xdx= ∫

�� Cách 1: Đặt 2 2 2 2

42

lnln ln . ln .

2 2 2 4

2

dxdu

u x x x dx x xxI x x dx x x C

x dx dv xxv

== ←→ → = = − = − + = =

∫ ∫

�� Cách 2: ( )2 2 2 2 2 2 2

4 ln ln ln ln ln ln .2 2 2 2 2 2 4

x x x x x dx x xI x xdx xd x d x x x C

x

= = = − = − = − +

∫ ∫ ∫ ∫


a) 25 lnI x xdx= ∫ b) ( )2

6 ln 1I x x dx= +∫

c) ( )27 ln 1I x x dx= + +∫ d) 8 sinxI e xdx= ∫


a) 25 lnI x xdx= ∫

�� Cách 1: Đặt 3 3 3 3

252 3

lnln ln . ln .

3 3 3 9

3

dxdu

u x x x dx x xxI x x dx x x C

xx dx dv xv

== ←→ → = = − = − + = =

∫ ∫

�� Cách 2: ( )3 3 3 3 3 3 3

25 ln ln ln ln ln ln .

3 3 3 3 3 3 9

x x x x x dx x xI x xdx xd x d x x x C

x

= = = − = − = − +

∫ ∫ ∫ ∫

------------------------------------------------------------

b) ( )26 ln 1I x x dx= +∫

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2

2 2 2 26 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1

2 2 2

x x xI x x dx x d x d x

= + = + = + − +

∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2

2 2 22ln 1ln 1 . ln 1 ln 1 ln 1

2 2 1 2 1 2

xx x x x xx dx x x dx x J

x x

+= + − = + − + = + −

+ +∫ ∫

Xét ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1

ln 1 ln 1 1 ln 11 1 1

x xJ x dx x dx x x dx

x x x

− + = + = + = − + + = + + + ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 11 2

dx xx x dx x x d x x d x

x

= − + + + = + − + + + = + ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2ln 1 ln 11 2ln 1 ln 1 ln 1

2 2 2 2 2 1 2

x xx x x x xx x x d x x x dx

x

+ +−= − + − − + + = − + − + + ∫ ∫

Xét 2 22 3

3 3 3ln 11 1 2

x x xK dx x dx x x

x x

− = = − + = − + + + + ∫ ∫

( ) ( )22 2 ln 11ln 1 3 3ln 1 .

2 2 2 2

xx xJ x x x x C

+→ = − + − − + + + +

Từ đó ta được ( ) ( ) ( )2 2 22 2

6

ln 1 ln 11ln 1 3 3ln 1 .

2 2 2 2 2

x x xx xI x x x x C

+ += − − + + − + + − +

------------------------------------------------------------

c) ( )27 ln 1I x x dx= + +∫

Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2

7 2

11ln 1 ln 1 ln 1 ln 11

x

xI x x dx x x x xd x x x x x xdxx x

++ = + + = + + − + + = + + −

+ +∫ ∫ ∫



Trang 23

( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 2 2

2 2

11ln 1 ln 1 ln 1 1 .

21 1

d xxdxx x x x x x x x x x C

x x

+= + + − = + + − = + + − + +

+ +∫ ∫

Vậy ( )2 27 ln 1 1 .I x x x x C= + + − + +

------------------------------------------------------------

d) 8 sinxI e xdx= ∫

Ta có ( ) ( ) ( )8 sin sin sin sin sin cos sin cosx x x x x x x xI e xdx xd e e x e d x e x e xdx e x xd e= = = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )sin cos sin cos cos sin cos sinx x x x x x x xe x xd e e x e x e d x e x e x e xdx = − = − − = − + ∫ ∫ ∫

8 8 8

sin cossin cos sin cos .

2

x xx x x x e x e x

e x e x I e x e x I I C−

= − + = − − → = +

Nhận xét: Trong nguyên hàm I8 chúng ta thấy rất rõ là việc tính nguyên hàm gồm hai vòng lặp, trong mỗi vòng ta đều nhất quán đặt u là hàm lượng giác (sinx hoặc cosx) và việc tính toán không thể tính trực tiếp được.


1) 1

1lnI x xdx

x = + ∫ 2) 2

2 ln(3 )I x x dx= +∫ 3) 23 ( 2 )sinI x x xdx= +∫

4) ( )24 lnI x x dx= +∫ 5) 2

5 ln( 1)I x x dx= +∫ 6) 26 tanI x xdx= ∫



Trang 24

Xét nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ ( )

( )

P xI dx

Q x= ∫

Nguyên tắc giải: Khi bậc của tử số P(x) lớn hơn Q(x) thì ta phải chia đa thức để quy về nguyên hàm có bậc của tử số nhỏ hơn mẫu số.

I. MẪU SỐ LÀ BẬC NHẤT

Khi đó Q(x) = ax + b. � Nếu bậc của P(x) lớn hơn thì ta chia đa thức,

� Khi P(x) là hằng số (bậc bằng 0) thì ta có ( ) (ax )

ln ax .( ) ax ax

P x k k d b kI dx dx b C

Q x b a b a

+= = = = + ++ +∫ ∫ ∫


a) 1

4

2 1I dx

x=

−∫ b) 2

1

1

xI dx

x

+=−∫ c) 3

2 1

3 4

xI dx

x

+=−∫ d)

2

4

4

3

x xI

x

+ +=+∫


a) Ta có 1

4 4 (2 1)2ln 2 1 .

2 1 2 2 1

d xI dx x C

x x

−= = = − +− −∫ ∫

b) 2

1 1 2 21 2 2ln 1 .

1 1 1 1

x x dxI dx dx dx dx x x C

x x x x

+ − + = = = + = + = + − + − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

c) ( )

( )( )

3

1 53 4 3 42 1 1 5 1 5 1 52 2

3 4 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 2 8 3 4

x d xx dxI dx dx dx x x

x x x x x

− − + −+= = = − + = − + = − − − − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3

1 5 1 5ln 3 4 ln 3 4 .

2 8 2 8x x C I x x C= − − − + → = − − − +

d) ( ) ( )2 2

4

34 102 2 10 2 10ln 3 .

3 3 3 2

d xx x xI x dx x dx x x C

x x x

++ + = = − + = − + = − + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫


a) 3

5

7

2 5

x xI dx

x

− +=+∫ b)

3 2

6

3 3 2

1

x x xI dx

x

+ + +=−∫ c)

4 2

7

4 3 2

2 1

x x xI dx

x

+ + +=+∫


a) Chia tử số cho mẫu số ta được 3

2

497 1 5 21 8

2 5 2 4 8 2 5

x xx x

x x

− + = − + −+ +

Khi đó 3

2 25

497 1 5 21 1 5 21 498

2 5 2 4 8 2 5 2 4 8 8 2 5

x x dxI dx x x dx x x dx

x x x

− + = = − + − = − + − + + +

∫ ∫ ∫ ∫

( )3 2 3 22 51 5 21 49 5 21 49. . ln 2 5 .

2 3 4 2 8 16 2 5 6 8 8 16

d xx x x x xx x C

x

+= − + − = − + − + +

+∫

b) Ta có 3 2

2 3 26

3 3 2 93 6 7 3 7 9ln 1 .

1 1

x x xI dx x x dx x x x x C

x x

+ + + = = + + + = + + + − + − − ∫ ∫

c) Chia tử số cho mẫu số ta được 4 2

3 2

54 3 2 1 22 2

2 1 2 2 1

x x xx x x

x x

+ + + = − + − ++ +

Khi đó 4 2

3 2 3 27

54 3 2 1 1 522 2 2 2

2 1 2 2 1 2 2 2 1

x x x dxI dx x x x dx x x x dx

x x x

+ + + = = − + − + = − + − + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

05. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ



Trang 25

( )4 3 4 32 22 11 5 1 5

2. ln 2 1 .4 3 2 4 2 1 2 3 2 4

d xx x x xx x x x x C

x

+= − + − + = − + − + + +

+∫


1) 1

2 1

3

xI dx

x

−=+∫ 2)

2

2

3 1

1

x xI dx

x

+ −=+∫ 3)

3 2

3

3 3 2

1

x x xI dx

x

+ + +=−∫

4) 3

4

7

2 5

x xI dx

x

− +=+∫ 5) 5

1

4 3

xI dx

x

+=−∫ 4)

4 2

6

5 3

3 1

x x xI dx

x

− +=+∫

II. MẪU SỐ LÀ TAM THỨC BẬC HAI

Khi đó Q(x) = ax2 + bx + c. Ta có ba khả năng xảy ra với Q(x).

TH1: Q(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2

� Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng thuật phân tích tử số có chứa nghiệm của mẫu số. � Nếu P(x) bậc nhất thì ta có phân tích

( )( ) ( )( )1 21 2 1 2

( ) ( ) 1( )

( )

P x P x A BQ x a x x x x

Q x a x x x x a x x x x

= − − → = = + − − − −

Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được A, B. Từ đó, quy về bài toán nguyên hàm có mẫu số là hàm bậc nhất đã xét ở trên. � Nếu P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 thì ta chia đa thức, quy bài toán về hai trường hợp có bậc của P(x) như trên để giải. Chú ý: � Việc phân tích đa thức thành nhân tử với các phương trình bậc hai có hệ số a khác 1 phải theo quy tắc

( )( )21 2ax bx c a x x x x+ + = − −

Ví dụ: 2

( 1)(3 1) : '.

3 4 1 1( 1) : .

3

x x dung

x xx x sai

− −− + = − −

� Khi tử số là bậc nhất thì ngoài cách đồng nhất ở trên, ta có thể phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu, rồi tách thành 2 nguyên hàm (xem các ví dụ dưới đây). Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) 1 2 2 3

dxI dx

x x=

− −∫ b) 2 2

2

3 4 1

dxI

x x=

− + −∫

c) 3 2

2 3

3 4

xI dx

x x

+=− −∫ d) 4 2

3 4

5 6 1

xI dx

x x

+=+ +∫


a) 1 2

1 ( 1) ( 3) 1 1 3ln .

( 1)( 3) 4 ( 1)( 3) 4 3 1 4 12 3

dx dx x x dx dx xI dx dx C

x x x x x x xx x

+ − − − = = = = − = + + − + − − + +− − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b) 2 2 2

2 2 (3 1) 3( 1)2 2

3 4 1 3 4 1 ( 1)(3 1) 4 ( 1)(3 1)

dx dx dx x xI dx

x x x x x x x x

− − − −= = − = − =− + − − + − − − −∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1 (3 1) 1 1 1 3 13 ln 1 ln 1 ln 3 1 ln .

2 1 3 1 2 2 3 1 2 2 2 1

dx dx d x xx x x C C

x x x x

− − = − − = − − + = − − + − + = + − − − − ∫ ∫ ∫

c) 3 2

2 3

3 4

xI dx

x x

+=− −∫

� Cách 1:

Nhận thấy mẫu số có hai nghiệm x = –1 và x = 4, khi đó ( )( )2

2 3 2 3

1 4 1 43 4

x x A B

x x x xx x

+ += = ++ − + −− −

Đồng nhất ta được ( ) ( )1

2 52 3 4 13 4 11

5

AA B

x A x B xA B

B

= −= + + ≡ − + + → ←→ = − + =



Trang 26

Từ đó 3 2

1 112 3 1 11 1 115 5 ln 1 ln 4 .

1 4 5 1 5 4 5 53 4

x dx dxI dx dx x x C

x x x xx x

− += = + = − + = − + + − + + − + −− −

∫ ∫ ∫ ∫

Vậy 3

1 11ln 1 ln 4 .

5 5I x x C= − + + − +

� Cách 2: Do mẫu số có đạo hàm là 2x – 3 nên ta sẽ phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu như sau:

( )2

3 2 2 2 2 2

3 42 3 2 3 6 (2 3)6 6

( 1)( 4)3 4 3 4 3 4 3 4 3 4

d x xx x x dx dx dxI dx dx

x xx x x x x x x x x x

− −+ − + −= = = + = ++ −− − − − − − − − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 26 ( 1) ( 4) 6 6 4ln 3 4 ln 3 4 ln 3 4 ln .

5 ( 1)( 4) 5 4 1 5 1

x x dx dx xx x dx x x x x C

x x x x x

+ − − − = − − + = − − + − = − − + + + − − + + ∫ ∫ ∫

Nhận xét: Nhìn hai cách giải, thoạt nhìn chúng ta lầm tưởng là bài toán ra hai đáp số. Nhưng, chỉ bằng một vài phép biến đổi logarith đơn giản ta có ngay cùng kết quả. Thật vậy, theo cách 2 ta có:

2 6 4 6 6 1 11ln 3 4 ln ln 4 ln 1 ln 4 ln 1 ln 1 ln 4 .

5 1 5 5 5 5

xx x x x x x C x x

x

−− − + = − + + + − − + + = − + + −+

Rõ ràng, chúng ta thấy ngay ưu điểm của cách 2 là không phải đồng nhất, và cũng không cần dùng đến giấy nháp ta có thể giải quyết nhanh gọn bài toán, và đó là điều mà tôi mong muốn các bạn thực hiện được!

d) 4 2

3 4 3 4

5 6 1 ( 1)(5 1)

x xI dx dx

x x x x

+ += =+ + + +∫ ∫

� Cách 1:

Ta có

13 53 4 43 4 (5 1) ( 1)4 17( 1)(5 1) 1 5 1

4

AA Bx A B

x A x B xA Bx x x x

B

= −= ++ = + → + ≡ + + + ←→ → = ++ + + + =

Từ đó 4

3 4 1 17 1 17

( 1)(5 6) 4( 1) 4(5 1) 4 1 4 5 1

x dx dxI dx dx

x x x x x x

+= = − + = − + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫

4

1 17ln 1 ln 5 1 .

4 20I x x C→ = − + + + +

� Cách 2: Do mẫu số có đạo hàm là 10x + 6 nên ta sẽ phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu như sau:

( ) ( )4 2 2 2 2

3 2210 6 10 63 4 3 2210 10

5 6 1 5 6 1 10 5 6 1 10 5 6 1

x xx dxI dx dx dx

x x x x x x x x

+ + ++= = = ++ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

( )2

22

5 6 13 22 3 22 (5 1) 5( 1)ln 5 6 1

10 5 6 1 10 (5 1)( 1) 10 40 (5 1)( 1)

d x x dx x xx x dx

x x x x x x

+ + + − += + = + + −+ + + + + +∫ ∫ ∫

2 23 22 5 3 11 1ln 5 6 1 ln 5 6 1 ln .

10 40 1 5 1 10 20 5 1

dx dx xx x x x C

x x x

+ = + + − − = + + − + + + + ∫ ∫


a) 3

5 2

4 2 1

1

x xI dx

x

+ −=−∫ b) 6 2

5

3 2

xI dx

x x

−=− −∫


a) Do tử số có bậc lớn hơn mẫu nên chia đa thức ta được 3

5 2 2

4 2 1 6 14

1 1

x x xI dx x dx

x x

+ − − = = + − − ∫ ∫

Ta có 2

766 1 6 1 26 1 ( 1) ( 1)

1 51 ( 1)( 1) 1 1

2

AA Bx x A B

x A x B xA Bx x x x x

B

== +− − = = + → − ≡ − + + ⇔ ⇔ − = − +− − + + − =



Trang 27

( ) ( )2

5

7 5 7 54 2 ln 1 ln 1 .

2 1 2 1 2 2I x dx x x x C

x x

→ = + + = + + + − + + −

∫

b) Ta có 2 2

5 5 55 ( 3) ( 1)

3 2 2 3 ( 1)( 3) 1 3

x x x A Bx A x B x

x x x x x x x x

− − −= = = + → − ≡ + + −− − + − − + − +

6 2

1 1 5 1 22

5 3 2 1 3 1 33 2

A B A x dx dxI dx dx

A B B x x x xx x

= + = − − − → ⇔ → = = + = − + − = − = − + − +− − ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )2 2

6

3 3ln 1 2ln 3 ln ln .

1 1

x xx x C C I C

x x

− −= − − + + + = + → = +

− −

TH2: Q(x) = 0 có nghiệm kép

Khi đó Q(x) được biểu diễn dưới dạng ( )( )

2

2

( )( ) ax

ax

P xQ x b I dx

b= + → =

+∫

� Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng các biến đổi sau ( )

2

1ax

1

dx d ba

duC

uu

= + = − +∫

� Nếu ( )

( )( ) ( )2 2 2

( )axax ax ax

m bmax b nmx n m dx bm dxa aP x mx n I dx dx n

a b ab b b

+ + −+ = + → = = = + − + + + +∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )( )2 2 2 2

1ln ax .

ax axax

bmnd ax b d ax bm m na bma b C

b a ba a ab

−+ + − = + = + − + + + +∫ ∫

� Nếu P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 thì ta chia đa thức, quy bài toán về hai trường hợp có bậc của P(x) như trên để giải. �Chú ý:

Ngoài cách giải đã nêu trên, dạng nguyên hàm này có cách giải tổng quát là đặt t b

xt ax b a

dt adx

− == + → =


a) 1 2

2

2 1

dxI

x x=

− +∫ b) 2 26 9 1

dxI

x x=

+ +∫ c) 3 225 10 1

dxI

x x=

− +∫


a) 1 12 2 2

2 ( 1) 2 22 2 .

1 12 1 ( 1) ( 1)

dx dx d xI C I C

x xx x x x

−= = = = − + → = − +− −− + − −∫ ∫ ∫

b) 2 22 2 2

1 (3 1) 1 1.

6 9 1 (3 1) 3 (3 1) 3(3 1) 3(3 1)

dx dx d xI C I C

x x x x x x

+= = = = − + → = − ++ + + + + +∫ ∫ ∫

c) 3 32 2 2

1 (5 1) 1 1.

25 10 1 (5 1) 5 (5 1) 5(5 1) 5(5 1)

dx dx d xI C I C C

x x x x x x

−= = = = − + → = − + +− + − − − −∫ ∫ ∫


a) 4 2

2 1

4 4 1

xI dx

x x

−=+ +∫ b)

2

5 2

4 3

4 12 9

xI dx

x x

−=+ +∫ c) 6 2

1 5

9 24 16

xI dx

x x

−=− +∫


a) ( )4 2 2

2 1 2 1

4 4 1 2 1

x xI dx dx

x x x

− −= =+ + +∫ ∫

� Cách 1:

Đặt ( )4 2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 12 1 ln

2 2 2 22 1

x t x t dt dt dtt x I dx t C

dt dx t tt tx

= − − − = + → → = = = − = + + = +∫ ∫ ∫ ∫



Trang 28

4

1 1ln 2 1 .

2 2 1I x C

x→ = + + +

+

� Cách 2:

( ) ( )( )

( ) ( )( )

2

4 2 2 2 2 2 2

18 4 2 4 4 18 4 2 12 1 1 14 2

4 44 4 1 4 4 1 4 4 1 4 4 12 1 2 1

x d x xx d xx dxI dx dx dx

x x x x x x x xx x

+ − + ++ +−= = = − = −+ + + + + + + ++ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )( )

2

22 2

4 4 1 2 11 1 1 1 1ln 4 4 1 ln 2 1 .

4 4 2 1 2 2 14 4 1 2 1

d x x d xx x C x C

x xx x x

+ + += − = + + + + = + + +

+ ++ + +∫ ∫

b) ( )

( )( )

2

5 2 22 2

2 34 3 12 12 61 12 6 .

4 12 9 4 12 9 2 32 3 2 3

d xx x dxI dx dx dx x x C

x x x x xx x

+− + = = − = − = − = + + + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

c) ( )6 2 2

1 5 1 5

9 24 16 3 4

x xI dx dx

x x x

− −= =− + −∫ ∫

� Cách 1:

Đặt ( )6 2 2 2

5( 4)4 11 5 1 5 1733 4 33 93 43

ttx x dt t

t x I dx dtt txdt dx

++ −= − += − → → = = = −− =

∫ ∫ ∫

6

1 17 1 17 5 175ln 5ln 3 4 ln 3 4 .

9 9 3 4 9 9(3 4)t C I x C x C

t x x = − − + → = − − − + = − − + + − −

� Cách 2:

( )( )( ) ( )

( ) ( )( )6 2 2 2 2

5 173 4 3 4 3 41 5 5 17 5 173 3

3 3 4 3 9 3 4 93 4 3 4 3 4 3 4

x d x d xx dx dxI dx dx

x xx x x x

− − − − −−= = = − − = − −− −− − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )6

5 17 1 5 17ln 3 4 . ln 3 4 .

9 9 3 4 9 9 3 4x C I x C

x x= − − + + → = − − + +

− −

TH3: Q(x) = 0 vô nghiệm

Khi đó, Q(x) được biểu diễn dưới dạng ( )2 2

22 24( ) ax x

2 4

b ac bQ x b c a mx n k

a a

− = + + = + + ≡ + +

� Nếu P(x) là hằng số thì ta sử dụng các biến đổi sau ( )

2 2

1ax

1arc tan

dx d ba

du uC

a au a

= +

= + + ∫

� Nếu P(x) = αx + β thì ta có phân tích sau:

( ) ( )2 2 2 2

α α2 β 2α β α α2 2 β

2 2ax ax ax ax

bax b ax b dxx b dxa aI dx dx dx

a abx c bx c bx c bx c

+ + − ++ = = = + − + + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫

( )2

22 2 22 2

2

αβα α α 2β ln

2 2 24 42 4 2 4

bd ax bx c b dx dxadx ax bx c

a a a aax bx c b ac b b ac ba x x

a a a a

−+ + = + − = + + + + + − − + + + +

∫ ∫ ∫

2 22 2 2 2

2

αα 2 ββα α 22 22ln ln arctan .2 24 4 4

2 4

b bb d xax ba aaax bx c ax bx c C

a a ab ac b ac b ac bxa a

+ −− + = + + + = + + + +− − −+ +

∫

� Nếu P(x) có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 thì ta chia đa thức, quy bài toán về hai trường hợp có bậc của P(x) như trên để giải. Nhận xét:



Trang 29

Nhìn vào biểu thức của bài toán tổng quát trên có thể ban đầu làm cho các bạn phát hoảng, nhưng đừng quá bận tâm đến nó, bạn chỉ cần nắm được ý tưởng thực hiện của nó là phân tích tử số có chứa đạo hàm của mẫu số, rồi tách thành hai bài toán nhỏ hơn đều thuộc dạng đơn giản đã học. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) 1 2 2 3

dxI

x x=

+ +∫ b) 2 24 4 2

dxI

x x=

+ +∫ c) 3 29 24 20

dxI

x x=

+ +∫


a) ( )

( )( ) ( )1 2 2 22

1 1 1arctan .

2 3 2 21 2 1 2

d xdx dx xI C

x x x x

+ + = = = = + + + + + + +∫ ∫ ∫

b) ( )

( )( )

( )2 2 22 2

2 11 1arctan 2 1 .

4 4 2 2 22 1 1 2 1 1

d xdx dxI x C

x x x x

+= = = = + +

+ + + + + +∫ ∫ ∫

c) ( )

( )( )3 2 2 2 2

3 4 1 3 4arctan .

2 29 24 20 3 4 4 3 4 2

d xdx dx xI C

x x x x

+ + = = = = + + + + + + +∫ ∫ ∫


a) 4 2

3 5

2 10

xI dx

x x

+=+ +∫ b) 5 2

4 1

6 9 4

xI dx

x x

−=+ +∫ c)

4

6 2

2

2 7

x xI dx

x x

−=+ +∫


a) ( ) ( )

4 2 2 2 2

3 174 1 4 13 5 3 174 4

4 42 10 2 10 2 10 2 10

x x dxx dxI dx dx

x x x x x x x x

+ + ++= = = ++ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )2

22 2

2

2 103 17 3 17ln 2 10

4 8 4 82 10 1 7952 4 16

d x x dx dxx x

xx x x x

+ += + = + + +

+ + + + + +

∫ ∫ ∫

( ) ( )2 222

13 17 3 17 4 4 14

ln 2 10 ln 2 10 . arctan .4 8 4 8 79 791 79

4 4

d xx

x x x x C

x

+ + = + + + = + + + + + +

∫

Vậy ( )24

3 17 4 1ln 2 10 arctan .

4 2 79 79

xI x x C

+= + + + +

b) ( ) ( )

5 2 2 2 2

112 9 4 12 94 1 13 4

6 9 4 6 9 4 3 6 9 4 6 9 4

x x dxx dxI dx dx dx

x x x x x x x x

+ − +−= = = −+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

( ) ( )( ) ( )

2

22 22 2

6 9 4 3 11 1 44 ln 6 9 4

3 6 9 4 3 33 1 3 3 1 3

d x x d xdxdx x x

x x x x

+ + += − = + + −

+ + + + + +∫ ∫ ∫

( ) ( )2 25

1 4 1 3 1 1 4 3 1ln 6 9 4 . arctan ln 6 9 4 arctan .

3 3 33 3 3 3 3

x xx x C I x x C

+ + = + + − + → = + + − +

c) 4 3

2 26 2 2 2

2 25 7 2 25 72 4 1 2

32 7 2 7 2 7

x x x x xI dx x x dx x x dx

x x x x x x

− − − = = − + + = − + + + + + + + + ∫ ∫ ∫

Đặt ( ) ( )

2 2 2 2

252 2 32 2 225 7 252 32

22 7 2 7 2 7 2 7

x x dxx dxJ dx dx dx

x x x x x x x x

+ − +−= = = −+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

( ) ( )( ) ( )

2

22 2 22

2 7 125 2532 ln 2 7 32

2 22 7 1 6 1 6

d x x d xdxdx x x

x x x x

+ + += − = + + −

+ + + + + +∫ ∫ ∫



Trang 30

( ) ( )3

2 2 26

25 32 1 2 25 32 1ln 2 7 arctan 2 ln 2 7 arctan .

2 3 26 6 6 6

x x xx x I x x x x C

+ ++ + − → = − + + + + − +

Tổng kết: Qua ba phần trình bày về hàm phân thức có mẫu số là bậc hai, chúng ta nhận thấy điểm mấu chốt giải quyết bài toán là xử lý mẫu số.

Nếu

( )( )

( )

( )

21 2 2

1 2

22 22 2 2

222

( ) 1ax

ax

( ) 1ax arctan

α αax α1

ax

P x A Bbx c a x x x x

a x x x xbx c

P x du ubx c mx n k C

bx c udu

bx c mx n Cuu

+ + = − − → = + − −+ +

+ + = + + → = ++ + +

+ + = + → = − +

∫

∫


� Phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt:

1) 1 2

2 1

3 2

xI dx

x x

−=+ +∫ 2) 2 2

3 4

5 6 1

xI dx

x x

+=+ +∫ 3)

2

3 2

3 1

2 3 1

xI dx

x x

+=+ +∫

4) 4 2

5 4

3 2

xI dx

x x

+=− −∫ 5) 5 2

5 3

2 1

xI dx

x x

+=− −∫ 6) 6 2

1 5

4 5 1

xI dx

x x

−=+ +∫

� Phương trình bậc hai có nghiệm kép:

7) 7 2

4 1

2 1

xI dx

x x

−=+ +∫ 8) 8 2

3 7

4 4 1

xI dx

x x

+=+ +∫ 9)

2

9 2

3 1

9 6 1

xI dx

x x

+=+ +∫

10) 2

10 2

4 3 1

4 4 1

x xI dx

x x

− +=− +∫ 11)

2

11 2

2 3 2

4 4

x xI dx

x x

+ +=− +∫ 12) 12 2

3 2

6 9

xI dx

x x

−=− +∫

� Phương trình bậc hai vô nghiệm:

13) 13 2

2 3

4 5

xI dx

x x

−=− +∫ 14) 14 2

3 1

2

xI dx

x x

+=+ +∫ 15) 15 22 1

dxI

x x=

− +∫

16) 16 2

2 1

4

xI dx

x x

−=− +∫ 17) 17 2

1

4 1

xI dx

x x

+=+ +∫ 18) 18 2

4 1

1

xI dx

x x

+=− +∫

III. MẪU SỐ LÀ ĐA THỨC BẬC BA

Khi đó Q(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Ta có bốn khả năng xảy ra với Q(x).

TH1: Q(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1; x2; x3

Tương tự như trường hợp mẫu số là bậc hai có hai nghiệm phân biệt. Ta có cách giải truyền thống là phân tích và đồng nhất hệ số. Ngoài ra ta còn có thể sử dụng phương pháp biến đổi tử số chứa đạo hàm của mẫu (tùy thuộc vào biểu thức của tử số là bậc mấy)

Ta có ( )( )( )3 21 2 3

1 2 3

( )( ) ax

( )

P x A B CQ x bx cx d a x x x x x x

Q x x x x x x x= + + + = − − − → = + +

− − −

Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán quy về nguyên hàm có mẫu số là bậc nhất đã xét ở trên. �Chú ý: Để việc đồng nhất được, thì ta vẫn phải tuân thủ nguyên tắc là biến đổi sao cho bậc của tử số phải nhỏ hơn bậc của mẫu số. Ví dụ 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) ( )( )1 22 9

dxI

x x=

− −∫ b) ( )2

2 2

6 2

1

x xI dx

x x

+ −=−∫ c) ( )

4 2

3 2

3 3 7

2

x x xI dx

x x x

− + −=+ −∫


a) ( )( ) ( )( )( )1 2 2 3 32 9

dx dxI

x x xx x= =

− + −− −∫ ∫

Ta có ( )( )( )21

1 ( 9) ( 2)( 3) ( 2)( 3)2 3 3 2 3 3

A B CA x B x x C x x

x x x x x x= + + → ≡ − + − − + − +

− + − − + −



Trang 31

1

501

0 530

1 9 6 61

6

AA B C

B C B

A B CC

= −= + +

⇔ = − + ⇔ = = − + − =

Nhận xét: Ngoài cách giải truyền thống trên, chúng ta có thể biến đổi cách khác như sau mà không mất nhiều thời gian cho việc tính toán, suy nghĩ:

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )1

1 ( 3) ( 3) 1 1

2 3 3 6 2 3 3 6 2 3 6 2 3

+ − −= = = −− + − − + − − − − +∫ ∫ ∫ ∫

dx x x dx dxI dx dx

x x x x x x x x x x

Đến đây, bài toán trở về các dạng biến đổi đơn giản đã xét đến!

b) ( ) ( )( )2 2

2 2

6 2 6 2

1 11

x x x xI dx dx

x x xx x

+ − + −= =+ −−∫ ∫

�� Cách 1: Ta có ( )( )2

2 26 26 2 ( 1) ( 1) ( 1)

1 1 1 1

x x A B Cx x A x Bx x Cx x

x x x x x x

+ − = + + → + − ≡ − + − + ++ − + −

2

2 3 563 2 3 52 21 2ln ln 1 ln 1 .2 1 1 2 2

2 5

2

AA B C

B C B I dx x x x Cx x x

AC

= = + + ⇔ = − + ⇔ = → = + + = + + + − + + − − = − =

∫

�� Cách 2: ( )( ) ( ) ( ) ( )2 22

2 3 3 3 32

2 3 1 1 1 3 1 16 22

1

x x x dx x dxx x dxI dx dx dx

x x x x x x x xx x

− + − + − −+ −= = = + + =− − − −−∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )3

33

2 2ln( 1) ( 1)( 1)

d x x dx dxdx x x J K

x x x x xx x

−= + + = − + +

+ − +−∫ ∫ ∫

Với ( 1) 1 1

ln ln 1 ln( 1) ( 1) 1 1

dx x x xJ dx dx x x

x x x x x x x

+ − = = = − = − + = + + + + ∫ ∫ ∫

( 1) ( 1) 1 ( 1) ( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 2 ( 1)( 1)

dx x x dx dx x x x xK dx dx dx

x x x x x x x x x x x x x x

+ − − − + − −= = = − = − =− + − + − + − − + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( 1) 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 1ln ln

( 1) 2 ( 1)( 1) 1 2 1 1 2 1

x x x x x xdx dx dx dx

x x x x x x x x x x

− − + − − − − = − = − − − = − − + − − − + + ∫ ∫ ∫ ∫

Từ đó ta được 32

1 1 12ln ln ln ln .

1 2 1

x x xI x x C

x x x

− −= − + + − ++ +

Nhận xét: Cách phân tích như trên vẫn chưa thực sự tối ưu, các bạn hãy tìm lời giải khác thông minh hơn nhé!

c) ( ) ( )4 2 2 2

3 2 2

3 3 7 8 3 7 33 3 3

22 2

x x x x x xI dx x dx x J

x x x x x x

− + − − + = = − + = − + + − + −

∫ ∫

Với ( ) ( )( )2 2

2

8 3 7 8 3 7

1 22

x x x xJ dx dx

x x xx x x

− + − += =− ++ −∫ ∫

Ta có ( )( )2

28 3 78 3 7 ( 1)( 2) ( 2) ( 1)

1 2 1 2

x x A B Cx x A x x Bx x Cx x

x x x x x x

− + = + + → − + ≡ − + + + + −− + − +

77 158 2

4 7 152 23 2 4 ln 4ln 1 ln 2 .1 2 2 2

7 2 15

2

AA B C

A B C B J dx x x x Cx x x

AC

= − = + + − ⇔ − = + − ⇔ = → = + + = − + − + + + − + = − =

∫



Trang 32

Vậy 2

3

3 7 153 ln 4ln 1 ln 2 .

2 2 2

xI x x x x C= − − + − + + +

TH2: Q(x) = 0 có 2 nghiệm: một nghiệm đơn, một nghiệm kép

Khi đó ta có ( )( )23 21 2( ) axQ x bx cx d a x x x x= + + + = − −

Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: ( )( ) ( )2 2

11 2 2

( ) ( )

( )

P x P x A Bx C

Q x x xa x x x x x x

+= = +−− − −

Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến. �Chú ý: Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải. Ví dụ 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) ( )1 2 2

dxI

x x=

+∫ b) ( ) ( )2 2

1

1 2 3

xI dx

x x

−=+ −∫ c)

( )2

3 2

2 4

2 1

x xI dx

x x

+ +=−∫


a) Xét ( )1 2 2

dxI

x x=

+∫

�� Cách 1: (Đồng nhất hai vế)

Ta có ( ) ( )( )2

2 2

1

401 1

1 Ax 2 0 22 42

1 2 1

2

AA B

A Bx CBx C x B C B

xx x xC

C

== +

+ = + → ≡ + + + ⇔ = + → = − ++ = =

Khi đó, ( )1 2 2 2

1 1 11 1 1 1 2 14 4 2 ln .

2 4 2 4 2 4 22

xdx dx dx dx xI dx C

x x x x xx x x x

− + += = + = − + = − + + ++

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

�� Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được)

( )

( )( )

2 2

2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

2 2

13 2 2 2 3 2 2

3 2

3 2

1 1 1 3 4 3 ( 2) 2 4 1 3 4 3 ( 2) 2 4.

4 42 2 2 2 2 2

1 3 4 3 2 1 3 4 3 1

4 4 4 22 2 2

21 3 1 1ln ln

4 4 2 42

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

x x dx x x dx dxI dx

x xx x x x x x x x

d x xdx x

xx x

+ − + + + + + += = = − + = + + + + + +

+ += − + → = = − + = + + +

+= − − =

+

∫ ∫ ∫ ∫

∫3 2 3 2

1

3 1 1 3 12 ln ln 2 ln .

4 2 4 4 2x x x C I x x x C

x x+ − − + → = + − − +

b) ( )

( ) ( )( ) ( )2 2 2

1 2 21

2 51 2 1 5

x tI d x dt

t tx x

+ − −= + =− + + −

∫ ∫ , với t = x + 1.


Ta có ( ) ( )( ) 2

2 2

1

250 22 2

2 2 5 1 2 52 5 52 5

2 52

25

AA C

t At B Ct At B t Ct B A B

tt t tB

C

= −= +

− + = + → − ≡ + − + ⇔ = − → = −− − = − =

Từ đó ta được ( )

( )2 2 2 2

1 2 22 52 1 2 125 5 25

2 5 25 5 25 2 52 5

t d tt dt dtI dt dt

t t tt t t t

− + −−= = + = − + + = − −−

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 2 1 1 2 5 2 1 2 3 2ln ln 2 5 ln ln .

25 5 25 25 5 25 1 5( 1)

t xt t C C C

t t t x x

− −= − − + − + = − + = − ++ +




Trang 33

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

( )

2

2 2 2

2

3 2 2

56 10 3 2 5 2 52 5 22 1 2 1 4 2. .

2 5 5 2 5 252 5 2 5 2 5

1 1 2 4 6 10 3 5. .

5 2 5 25 2 5 2

t t t t tt tt

t t t tt t t t t t

t t

t t tt t t

− − − − −− −− = − = − − =− −− − −

− = − − − − − − −

( ) ( ) ( )3 22

2 3 2 2 3 2 2

2 52 5 2 51 1 4 6 10 12 2 7 1 4 2

5 5 2 5 25 25 5 25 5 2 5 25 52 5 2 5

d t td t d tdt t t dt dt dt dtI dt

t t t t tt t t t t t

−− −−= − + − + + = + − + =− −− −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3 22

7 1 4 2 1 1 2 1 2 5 2ln ln 2 5 ln 2 5 ln ln 2 5 ln .

25 5 25 5 25 25 5 25 5

tt t t t C I t t C C

t t t t

−= + − − − − + → = − + − − + = − +

Thay lại t = x + 1 ta được 2

1 2 3 2ln .

25 1 5( 1)

xI C

x x

−= − ++ +

c) ( )2

3 2

2 4

2 1

x xI dx

x x

+ +=−∫


Ta có ( ) ( )( )2

2 22 2

2 2 92 4 Ax

2 4 Ax 2 1 1 2 42 12 1

4 20

A C Ax x B C

x x B x Cx A B Bxx x x

B C

= + = − + + + = + → + + ≡ + − + ⇔ = − + → = − −− = − =

( )2

3 2 2 2

2 4 9 4 20 20 49 4 9ln 10ln 2 1 .

2 1 2 12 1

x x x dx dxI dx dx dx x x C

x x x xx x x x

+ + − − → = = + = − − + = − + + − + − −− ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ �� Cách 2: (Sử dụng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được)

Ta có ( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )

2 22

2 2 2

6 2 6 2 12 1 22 4 2 1 4 24.

2 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1

x x x xx xx x

x x x x x xx x x x x x

− − + −− −+ + = + + = − − =− − − −− − −

( ) ( )( )

2 2

33 2 2 2 2

3 2

6 2 6 22 1 2 24 4 1 28 44. 4.

2 1 2 1 2 1 2 12 2 1

4 4ln 4ln 2 14ln 2 1 9ln 10ln 2 1 .

x x x xI dx

x x x x x xx x x x x x

x x x x C x x Cx x

− − = − + − + − → = − − + − = − − − −− −

= − − − + − + + = − + − + +

∫

TH3: Q(x) = 0 có 1 nghiệm đơn

Khi đó ta có ( )( )3 2 21( ) axQ x bx cx d x x mx nx p= + + + = − + + , trong đó 2 0mx nx p+ + = vô nghiệm.

Để đồng nhất được, ta phải phân tích theo quy tắc: ( )( ) 22

11

( ) ( )

( )

P x P x A Bx C

Q x x x mx nx px x mx nx p

+= = +− + +− + +

Đồng nhất hệ số hai vế ta được A, B, C. Bài toán trở về các dạng cơ bản đã xét đến. �Chú ý:

- Nguyên hàm = + +

∫ 2 2

du 1 uarctan C.

u au a

- Ngoài việc sử dụng đồng nhất, ta cũng có thể phân tích tử số theo đạo hàm của mẫu để giải. Ví dụ 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) ( )1 2 1

dxI

x x=

+∫ b) ( )( )2 2

2 3

1 4

xI dx

x x

+=− +∫ c) ( )

2

3 2

1

1

x xI dx

x x x

− +=+ −∫


a) ( )1 2 1

dxI

x x=

+∫




Trang 34

( ) ( ) ( )222

0 11

1 1 0 111

1 0

A B AA Bx C

A x Bx C x C Bx xx x

A C

= + = + = + → ≡ + + + ⇔ = → = − ++ = =

Khi đó, ( )( ) ( )

2

21 2 2 22

11 1 1ln ln ln 1 .

2 21 1 11

d xdx x dx xI dx dx x x x C

x xx x xx x

+− − = = + = + = − = − + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫


( )( )

( ) ( )2 2

212 22 2

11 1 1ln ln 1 .

21 11 1

x x x dx xdxI dx x x C

x xx xx x x x

+ −= = − → = − = − + +

+ ++ + ∫ ∫

b) ( )( )2 2

2 3

1 4

xI dx

x x

+=− +∫


( )( ) ( ) ( )( )222

3

502 3 3

2 3 4 1 21 541 4

3 47

5

AA B

x A Bx Cx A x Bx C x B C B

x xx xA C

C

== +

+ + = + → + ≡ + + + − ⇔ = − + → = − − +− + = − =

Khi đó ta có ( )( )2 2 2 22

2 3 3 1 3 7 3 3 7. ln 1

5 1 5 5 5 54 4 41 4

x dx x xdx dxI dx x

x x x xx x

+ − += = + = − − + =− + + +− +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )2 23 3 7 1 3 3 7ln 1 ln 4 . arctan ln 1 ln 4 arctan .

5 10 5 2 2 5 10 10 2

x xx x C x x C

= − − + + + = − − + + +


Ta có ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 2 2

2 1 32 3 2 3 2 3; 1

2 51 4 2 5 2 51 1 2 1 5

xx tt x

t tx x t t t t t tx x x

− ++ += = = + = − + +− + + + + +− − + − +

Mà ( )( ) ( )

( )2 2 2

3 2 22 2

3 4 3 2 5 23 1 1 3 4 3 2 1. . .

5 5 5 52 5 2 52 5 2 5

t t t t t t t

tt t t tt t t t t t

+ − + + + += − = − + −+ + + ++ + + +

Suy ra

( )2 2

2 3 2 2 2 3 2 22

2 3 1 3 4 3 2 1 2 1 3 4 3 8 1. . . .

5 5 5 5 5 52 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 52 5

t t t t

t tt t t t t t t t t t t tt t t

+ ++ = − + − + = − + −+ + + + + + + + + + + ++ +

Thay vào ta được ( )( ) ( ) ( )

2

2 3 2 22 2

2 3 2 3 1 3 4 3 8. .

5 5 52 51 4 2 5 1 4

x t t t dt dtI dx dt dt

tt tx x t t t t

+ + += = = − + − =+ +− + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3 2 3 21 3 8 1 1 1 3 8 1 1ln 2 5 ln . arctan ln 2 5 ln . arctan .

5 5 5 2 2 5 5 5 2 2

t tt t t C t t t C

+ + = − + + + − + = − + + + − +


� Phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt:

1) 1 2( 1)

dxI

x x=

−∫ 2) 2 2

2 1

( 1)( 9)

xI dx

x x

+=+ −∫

3) 2

3 2

1

( 2)( 4 3)

x xI dx

x x x

+ +=+ + +∫ 4) 4 2

5 2

(1 )(4 )

xI dx

x x

+=+ −∫ 5) 5 2

1

( 4)

xI dx

x x

+=−∫

� Phương trình bậc ba có hai nghiệm (một nghiệm đơn, một nghiệm kép):

7) 7 2

1

( 1)

xI dx

x x

−=+∫ 8)

2

8 2

3

( 2) (2 1)

xI dx

x x

+=+ −∫ 9)

2

9 2

2 1

( 2 1)

xI dx

x x x

+=+ +∫



Trang 35

10) 10 2

4 1

(2 1)( 1)

xI dx

x x

+=− +∫ 11) 11 2

4

2 (3 2 )

xI dx

x x

−=−∫ 12) 12 2

5

( 2) ( 3)

xI dx

x x

+=+ +∫

� Phương trình bậc ba có một nghiệm bội ba:

13) 10 3

2

( 2)

xI dx

x

−=+∫ 14) 14 3

3 2

(2 1)

xI dx

x

−=+∫ 15)

2

15 3

(3 2 )

(4 3)

x x dxI

x

+=+∫

16) 4

16 3( 2)

xI dx

x=

+∫ 17) 3

17 3

1

( 1)

xI dx

x

−=+∫ 18)

2

18 3

4

( 1)

xI dx

x

−=−∫

� Phương trình bậc ba có một nghiệm đơn:

19) 19 2

2 5

( 1)

xI dx

x x x

+=+ +∫ 20) 20 3

3 4

1

xI dx

x

+=−∫ 21) 21 3

2

1

xdxI

x=

+∫

22) 2

22 2

1

( 3)

xI dx

x x

+=+∫ 23) 23 2

2

(2 3)( 1)

xI dx

x x

+=+ −∫ 24)

2

24 2

4 3

(3 1)(1 2 )

xI dx

x x

−=+ −∫



Trang 36

1) Khái niệm về phân thức đơn giản

Một phân số được gọi là đơn giản nếu nó có một trong các dạng sau

( )22 2

; ; ; , 4 0( ) ( )n n

k k k kb ac

ax b ax b ax bx c ax bx c− <

+ + + + + +

Ví du 1: Các phân thức sau được gọi là phân thức đơn giản

+ − + + + + +4 2 2 3

1 2 2 5 5; ; ; ;

1 3 1 (2 3) 3 10 (2 4)x x x x x x x

Ví du 2: Các phân thức sau chưa được gọi là phân thức đơn giản − + −2 2

1 2; ...

1 2 3x x x

2) Quy tắc đồng nhất

Xét phân thức ( )

( )

P x

Q x. Ta xét một số trường hợp có thể xảy ra

� TH1: ( )( )( ) ( )1 2 3( ) ... nQ x x x x x x x x x= − − − −

Khi đó ( )

( )

P x

Q x luôn được phân tích được dưới dạng 31 2

1 2 3

( )...

( )n

n

A AA AP x

Q x x x x x x x x x= + + + +

− − − −

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 2 3 2 1 3 1 2 1( ) .. ... ... ...n n n nP x A x x x x x x A x x x x x x A x x x x x x−→ ≡ − − − + − − − + − − −

Bằng phép đồng nhất hệ số tương ứng ta tìm được các giá trị A1; A2… Ngoài ra, chúng ta cũng có thể sử dụng phương pháp gán các giá trị đặc biệt.

Ví dụ 1: Phân tích các phân thức sau thành phân thức đơn giản

a) −

+ −2

2 13 2 5

xx x

b) ( )+ +

−

2

2

1

4

x x

x x

Hướng dẫn giải

a) Ta có ( )2

2 1 2 12 1 (3 5) ( 1), *

3 2 5 ( 1)(3 5) 1 3 5

x x A Bx A x B x

x x x x x x

− −= = + → − ≡ − + −+ − − + − −

+ Phương pháp hệ số bất định:

Đồng nhất hệ số tương ứng của (*) ta được

12 3 21 5 7

2

AA B

A BB

= −= + ⇔ − = − − =

Khi đó 2

2 1 1 7

3 2 5 2( 1) 2(3 5)

x

x x x x

− −= ++ − − −

+ Phương pháp gán giá trị đặc biệt:

Cho 1

1 2 12

x A A= ⇒ − = ⇔ = −

Cho 1 7

2 3 3 32 2

x A B B A= ⇒ + = ⇔ = − = + =

Khi đó 2

2 1 1 7

3 2 5 2( 1) 2(3 5)

x

x x x x

− −= ++ − − −

b) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 2

2

1 11 4 2 2

2 2 2 24

x x x x A B Cx x A x Bx x Cx x

x x x x x xx x

+ + + += = + + → + + ≡ − + − + ++ − + −−

+ Cho 1

0 4 1 .4

x A A= ⇒ − = ⇔ = −

+ Cho 7

2 8 7 .8

x C C= ⇒ = ⇔ =

06. KĨ THUẬT ĐỒNG NHẤT TÌM NGUYÊN HÀM



Trang 37

+ Cho 3

2 8 3 .8

x B B= − ⇒ − = ⇔ = −

Khi đó ( ) ( ) ( )2

2

1 1 3 7

4 8 2 8 24

x x

x x xx x

+ + −= − ++ −−

� TH2: ( )( ) ( ) ( )1 2( ) ... ...m

k nQ x x x x x x x x x= − − − −

Khi đó 1 2 1 22

1 2

( )... ...

( ) ( ) ( )m n

mk k k n

B AA A B BP x

Q x x x x x x x x x x x x x

= + + + + + + − − − − − −


a) − +

+

2

2

5( 3)

x xx x

b) ( )( )

++ + +2

3 1

1 4 4

x

x x x


a) Ta có ( )2

2 22 2 2

55 ( 3)

( 3) 3 3

x x A B C Ax B Cx x Ax B x Cx

x x x x x x x

− + += + + = + → − + ≡ + + ++ + +

+ Cho 17

3 9 17 .9

x C C= − ⇒ = ⇔ =

+ Cho 5

0 3 5 .3

x B B= ⇒ = ⇔ =

+ Cho ( )17

55 891 5 43 4 9

x A B C A A− −= ⇒ = + + ⇔ + = ⇒ =

Khi đó, 2

2 2

5 8 5 17

( 3) 9 3 9( 3)

x x

x x x x x

− + = − + ++ +

b) Ta có ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )2

22

3 13 1 2 2 1 1

1 21 4 4 2

x A B Cx A x B x x C x

x xx x x x

+ = + + → + ≡ + + + + + ++ ++ + + +

+ Cho 2 5 5.x C C= − ⇒ − = − ⇔ = + Cho 1 2.x A= − ⇒ = − + Cho 0 1 4 2 8 2 5 1 2x A B C B B= ⇒ = + + ⇔ − + + = ⇒ =

Khi đó, ( )( ) ( ) ( )22

3 1 2 2 5

1 21 4 4 2

x

x xx x x x

+ −= + ++ ++ + + +

�� TH3: ( )( ) ( ) ( )2 21 2( ) ... ... ; 4 0nQ x x x x x ax bx c x x b ac= − − + + − − <

Khi đó 1 22

1 2

( )...

( )n

n

AA AP x mx n

Q x x x x x ax bx c x x

+= + + + +− − + + −

, đồng nhất ta thu được các hệ số tương ứng.


a) − ++ +

2

2

2 1( 2)x x

x x x b)

−−3

31

xx


a) Ta có ( ) ( )2

2 22 2

2 12 1 2

( 2) 2

x x A Bx Cx x A x x Bx C x

x x x x x x

− + += + → − + ≡ + + + ++ + + +

+ Cho 1

0 2 1 .2

x A A= ⇒ = ⇔ =

+ Lại có, 3

22

A B B+ = ⇒ = , (đồng nhất hệ số của x2)

+ Ta cũng có 3

12

A C C+ = − ⇒ = − , (đồng nhất hệ số của x)

Khi đó, 2

2 2

2 1 1 3 1

( 2) 2 2 2

x x x

x x x x x x

− + −= ++ + + +



Trang 38

b) Ta có ( )( ) ( ) ( )( )2 2

3 22

3 32 1 1 1

1 1 11 1


x x x xx x x

− − += = + → − + ≡ + + + + −− − + +− + +

+ Cho 2

1 3 2 .3

x A A= ⇒ = ⇔ =

+ Lại có, 4

23

A B B+ = ⇒ = , (đồng nhất hệ số của x2)

+ Ta cũng có 1

13

A C C− = ⇒ = − , (đồng nhất hệ số tự do)

Khi đó, ( ) ( )3 2

3 2 4 1

1 3 1 3 1

x x

x x x x

− −= +− − + +

3) Áp dụng vào bài toán tìm nguyên hàm

Ví dụ 1: Tính các nguyên hàm sau

a) +=

− −∫1 2

2 13 2

xI dx

x x b)

+ +=− +∫

2

2 2

24 3

x xI dx

x x


a) Ta có 1 2

2 1 2 1

3 2 ( 1)(3 2)

x xI dx dx

x x x x

+ += =− − − +∫ ∫

Xét 2 1

2 1 (3 2) ( 1)( 1)(3 2) 1 3 2

x A Bx A x B x

x x x x

+ = + → + ≡ + + −− + − +

+ Cho 3

1 5 35

x A A= ⇒ = ⇔ =

+ Cho 1

0 2 1 2 15

x A B B A= ⇒ − = ⇔ = − =

Khi đó, 1

2 1 3 1 3 1ln 1 ln 3 2 .

( 1)(3 2) 5( 1) 5(3 2) 5 15

xI dx dx x x C

x x x x

+= = + = − + + + − + − + ∫ ∫

b) Ta có 2 2

2 2

2 2

4 3 ( 1)( 3)

x x x xI dx dx

x x x x

+ − + −= =− + − −∫ ∫

Xét 2

222 ( 3) ( 1)

( 1)( 3) 1 3

x x A Bx x A x B x

x x x x

+ + = + → + + ≡ − + −− − − −

+ Cho 1 2 4 2x A A= ⇒ − = ⇔ = − + Cho 3 2 14 7x B B= ⇒ = ⇔ =

Khi đó, 2

2 2

2 2 77ln 3 2ln 1 .

4 3 1 3

x xI dx dx x x C

x x x x

+ − − = = + = − − − + − + − − ∫ ∫


a) + −=

+∫2

1 3

3 11

x xI dx

x b)

−=+∫2 2

2 1( 1)x

I dxx x


a) Ta có 2 2

1 3 2

3 1 3 1

1 ( 1)( 1)

x x x xI dx dx

x x x x

+ − + −= =+ + − +∫ ∫

Xét 2

2 22 2

3 13 1 ( 1) ( )( 1)

( 1)( 1) 1 1


x x x x x x

+ − += + → + − ≡ − + + + ++ − + + − +

+ Cho 1 3 3 1x A A= − ⇒ = − ⇔ = − + Đồng nhất hệ số của x2 ta được 1 2A B B+ = ⇒ = + Đồng nhất hệ số tự do ta được 1 0A C C+ = − ⇒ =

Khi đó, 2

1 3 2 2

3 1 1 2 (2 1) 1ln 1

1 1 1 1

x x x xI dx dx x dx

x x x x x x

+ − − − + = = + = − + + = + + − + − + ∫ ∫ ∫



Trang 39

22

22 2 2

1( 1) 2

ln 1 ln 1 ln 11 1 1 3

2 2

d xd x x dx

x x x xx x x x

x

− − + = − + + + = − + + − + + =− + − + − +

∫ ∫ ∫

2 2 2 1ln 1 ln 1 arctan

3 3

xx x x C

− − + + − + + +

b) Ta có 2 2 2

2 1

( 1) 1

x A B CI dx dx

x x x x x

− = = + + + + ∫ ∫

Xét 22 2

2 12 1 ( 1) ( 1)

( 1) 1

x A B Cx Ax x B x Cx

x x x x x

− = + + → − ≡ + + + ++ +

+ Cho 1 3 3 1x A A= − ⇒ = − ⇔ = − + Đồng nhất hệ số của x2 ta được 1 2A B B+ = ⇒ = + Đồng nhất hệ số tự do ta được 1 0A C C+ = − ⇒ =

Khi đó, 2

1 3 2 2

3 1 1 2 (2 1) 1ln 1

1 1 1 1

x x x xI dx dx x dx

x x x x x x

+ − − − + = = + = − + + = + + − + − + ∫ ∫ ∫

22

22 2 2

1( 1) 2

ln 1 ln 1 ln 11 1 1 3

2 2

d xd x x dx

x x x xx x x x

x

− − + = − + + + = − + + − + + =− + − + − +

∫ ∫ ∫

2 2 2 1ln 1 ln 1 arctan

3 3

xx x x C

− − + + − + + +


a) =−∫1 3 1x

I dxx

b) + +=

−∫2

2 2

2( 9)

x xI dx

x x


a) Ta có 1 3 21 ( 1)( 1)

x xI dx dx

x x x x= =

− − + +∫ ∫

Xét 22 2

( 1) ( )( 1)( 1)( 1) 1 1

x A Bx Cx A x x Bx C x

x x x x x x

+= + → ≡ + + + + −− + + − + +

+ Cho 1

1 3 13

x A A= ⇒ = ⇔ =

+ Đồng nhất hệ số của x2 ta được 1

03

A B B+ = ⇒ = −

+ Đồng nhất hệ số tự do ta được 1

03

A C C− = ⇒ =

Khi đó, 1 3 2 2

1 3(2 1)1 1 1 1 1 2 2ln 1

1 3( 1) 3 1 3 3 1

xx xI dx dx x dx

x x x x x x

+ −−= = − = − − =− − + + + +∫ ∫ ∫

( )2

222 2

1 1 ( 1) 1 1 1 2 1ln 1 ln 1 ln 1 arctan

3 6 1 2 3 3 31 32 2

d x x dx xx x x x C

x xx

+ + += − − + = − − + + + ++ + + +

∫ ∫

b) Ta có 2 2

2 2

2 2

( 9) ( 3)( 3)

x x x xI dx dx

x x x x x

+ + + += =− + −∫ ∫

Xét 2

2 222 ( 9) ( 3) ( 3)

( 3)( 3) 3 3

x x A B Cx x A x Bx x Cx x

x x x x x x

+ + = + + → + + ≡ − + − + ++ − + −

+ Cho 2

0 9 29

x A A= ⇒ − = ⇔ = −



Trang 40

+ Cho 7

3 18 149

x C C= ⇒ = ⇔ =

+ Cho 4

3 18 89

x B B= − ⇒ − = ⇔ = −

Khi đó, 2

2 2

2 2 4 7 2 4 7ln ln 3 ln 3 .

( 9) 9 9( 3) 9( 3) 9 9 9

x xI dx dx x x x C

x x x x x

+ += = − − + = − − + + − + − + − ∫ ∫


Tính các nguyên hàm, tích phân sau:

a) 3 20

1 21

2 6 9 9

3 2

x x xI dx

x x−

− + +=− +∫ b)

23

2 32

3 3 3

3 2

x xI dx

x x

+ +=− +∫ c) 3 2

2 3

( 1)

xI dx

x x

+=−∫

d) 4 2

1

( 2) (2 3)

xI dx

x x

−=+ +∫ e)

2

5 2

1 2

( 1)( 4)

xI dx

x x x

−=+ + +∫ f) 6 2

1

2 ( 4 5)

xI dx

x x x

+=+ +∫



Trang 41

1) Các công thức nguyên hàm vô tỉ cơ bản thường gặp

� 21 2

.xdx

I x a Cx a

= = ± +±∫

� 2 22 2 2

ln lndx du

I x x a C u u a Cx a u a

= = + ± + → = + ± +± ±∫ ∫

� 2 2 23 ln .

2 2

x aI x a dx x a x x a C= ± = ± ± + ± +∫

� 4 2 2 2 2arcsin arcsin

dx x du uI C C

a aa x a u= = + → = +

− −∫ ∫

Chứng minh:

� 2 2

21 2 2 2

1 ( ) ( ).

2 2

xdx d x a d x aI x a C

x a x a x a

± ±= = = = ± +± ± ±∫ ∫ ∫

� 2 2.

dxI

x a=

±∫ Đặt 2

2

( )xdx xdx dx dt dx dt d x tt x a dt

t t x x t x tx a

+ += ± ⇒ = = → = = =+ +±

Khi đó, 22 2

( )ln

dx dx d x tI x x a C

t x tx a

+= = = = + ± ++±∫ ∫ ∫

� 23 .I x a dx= ±∫

Đặt 2 2 2

2 222 2

( )xdx

u x a du x dx x a aI x x a x x a dxx a

x a x adv dx v x

= ± ⇒ = ± → = ± − = ± − = ±± ± = ⇒ =

∫ ∫∓

2 2 2 2 2 23 32

ln ln .2 2

dx x ax x a x adx a x x a I a x x a I x a x x a C

x a= ± − ± ± = ± − ± + ± ⇒ = ± ± + ± +

±∫ ∫

� 4 2 2.

dxI

a x=

−∫ Đặt 2 2 2 2 2

cosasin

sin cos

dx a tdtx t

a x a a t a t

== ⇒ − = − =

4 2 2

cosarcsin .

cos

dx a t dt xI dt t C c

a t aa x→ = = = + = +

−∫ ∫ ∫

Một số ví dụ minh họa:

� 21 2 2

( 2)ln 2 4 10 .

4 10 ( 2) 6

dx d xI x x x C

x x x

+= = = + + + + ++ + + +∫ ∫

� 2 2 2 2 2

12 12

arcsin .32 9 1 3 1

4 2 2 2

d xdx dx x

I Cx x

x x

+ + = = = = +− − − + − +

∫ ∫ ∫

� 23 2 2

2

51 1 1 5 5 74

ln .4 2 22 5 7 2 22 5 7 5 31

2 2 4 16

d xdx dx

I x x x Cx x x x x

+ = = = = + + + + +

+ + + + + +

∫ ∫ ∫

2) Một số các dạng nguyên hàm vô tỉ thường gặp

Dạng 1: Nguyên hàm 2

mx nI dx

ax bx c

+=+ +∫

Cách giải:

07. NGUYÊN HÀM CỦA CÁC HÀM SỐ VÔ TỈ



Trang 42

Phân tích tử số chứa đạo hàm của mẫu ta được

( ) ( )2 2 2 2

2 22 22 2

m bmax b n ax b dxmx n m bm dxa aI dx dx n

a aax bx c ax bx c ax bx c ax bx c

+ + − ++ = = = + − = + + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

22

2 2

( )

22

m d ax bx c bm dx mn ax bx c J

a a aax bx c ax bx c

+ + = + − = + + + + + + +∫ ∫

Trong đó, 2

dxJ

ax bx c=

+ +∫ thuộc một trong số các dạng nguyên hàm đã đề cập ở trên.

Ví dụ điển hình: Tính các nguyên hàm sau

a) +=

− +∫1 2

2 3

2 4

xI dx

x x b)

−=− +∫2 2

1

2 1

xI dx

x x


a) 2

1 2 2 2 2 2

(2 2) 5 (2 2) ( 2 4)5 2 5

2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 4

x x dx dx d x x dxI dx

x x x x x x x x x x

− + − − += = + = + =− + − + − + − + − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2

2

( 1)2 2 4 5 2 2 4 5ln 1 2 4 .

( 1) 3

d xx x x x x x x C

x

−= − + + = − + + − + − + +− +∫

b) 2 2 2 2 2

1 3(4 1)1 1 (4 1) 34 4

4 42 1 2 1 2 1 2 1

xx x dx dxI dx dx

x x x x x x x x

− −− −= = = − =− + − + − + − +∫ ∫ ∫ ∫

22

2 22

11 (2 1) 3 1 3 4

2 12 24 2 1 4 22 2 1 1 7

2 2 4 16

d xd x x dx

x xxx x x x

− − + = − = − + − =− + − + − +

∫ ∫ ∫

2 21 3 1 12 1 ln .

2 4 2 24 2

xx x x x C= − + − − + − + +


1) 2 2 2

dx

x x− +∫ 2) 2

2 1

1

xdx

x x

−

− +∫ 3) 2

2

2 2

2

x xdx

x x

− +

−∫

4) 2

2

3 4

1

x xdx

x x

− +

− +∫ 5) 2

2 1

1

xdx

x x

+

+ −∫ 6) 2

3 2

3 2

xdx

x x

−

− +∫

7) 2

2

2 1

2

x xdx

x x

+ −

+ −∫ 8) ( )

2

2 3

2 2

x dx

x x

−

− −∫ 9) ( )2

2

2 3 1

4

x x dx

x

− +

−∫

Dạng 2: Nguyên hàm ( ) 2

dxI

mx n ax bx c=

+ + +∫

Cách giải:

Đặt 2

1 1;

dt nmx n mdx x

t mt mt+ = ⇒ = − = −

Thay vào ta được

2

2

2 2

ln

( )

arcsin

duu u a C

u aI g t dt

du uC

aa u

= + ± + ±= →

= +−

∫∫

∫ .


a) ( )

=+ + +∫1 21 2 2

dxI

x x x b)

( )=

+ + −∫2 22 3 3 1

dxI

x x x




Trang 43

a) Đặt 2 2

1 2 2

2

11

11

1 1 1 1 1 11 2 1 2 1 2 1 2

dt dtxt t tx I

dttdx

t t t t t t t

= −+ = ⇒ → = − = − = = − − + − + − + − +

∫ ∫

22

2

1 1 1ln 1 ln 1 .

1 1 11

dtt t C

x x xt

− = − + + = − + + + + + + + +∫

b) Đặt

2

2 2 2 2

2

1 11 12 2 22 1

2 1 9 1 9 41 1 1 1 13 12 4 42 2 2 2

dtxdt dtt tx I

dtt t t tdx tt t t t

= −+ = ⇒ → = − = − = − =− − = − − −− + − −

∫ ∫ ∫

2 2 22

21 1 1 1 9 29

arcsin .3 3 3 31 4 1313 2 13 2

9 9 81 9 9 9

d tdt dt t

C

t t t t

+ + = − = − = − = − + − − − + − +

∫ ∫ ∫


1) ( ) 21 2 2

dx

x x x− − +∫ 2) 2

2 1

1

xdx

x x

−

− +∫ 3)

( ) 21 3 2

dxdx

x x x− + +∫

4) ( ) 22 1 2 2

dxdx

x x x+ − +∫ 5) ( ) 22 4 3

dxdx

x x x+ − −∫ 6)

4 22 1

dxdx

x x x+ −∫

Dạng 3: Nguyên hàm ( ) 2

Ax BI dx

mx n ax bx c

+=+ + +∫

Cách giải: Ta phân tích tử số chứa (mx + n) như sau:

( )

( )

( ) ( )2 2 2 2

A Anmx n BAx B A dx An dxm mI dx dx B

m mmx n ax bx c mx n ax bx c ax bx c mx n ax bx c

+ + −+ = = = + − + + + + + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

Các nguyên hàm 1 2

dxI

ax bx c=

+ +∫ và ( )2 2

dxI

mx n ax bx c=

+ + +∫ đã xét đến ở phần trên.


a) ( )

( )−

=− −∫1 2

3 4

2 1

x dxI

x x b)

( )( )

+=

+ −∫2 2

2 1

1 4

x dxI

x x


a) Ta có ( )

( )( )

( ) ( )2

1 2 2 2 2

3 4 2 3 22 3 2 3ln 1

2 1 2 1 2 1 1

x dx x dx dxI dx J x x

x x x x x x x

− − −= = = − = − + −

− − − − − − −∫ ∫ ∫ ∫

Xét ( ) 2

.2 1

dxJ

x x=

− −∫ Đặt

2

12

12

xtx

dttdx

t

= −− = ⇒ =



Trang 44

22

2 2 22

1 1 1 2 4 1ln

3 3 33 4 1 3 33 4 11 1 2 12 1 3 3 3 9

dtdt dt dttJ t t t C

t t t t tt t

⇒ = = = = = − + − + +− + − +− − − −

∫ ∫ ∫ ∫

Khi đó ta được 2 21

2 2 4 1ln 3ln 1 .

3 3 33I t t t x x C= − + − + − + − +

b) Ta có ( )

( )( )

( ) ( )2

2 2 2 2 2

2 1 2 1 12 2ln 4

1 4 1 4 4 1 4

x dx x dx dxI dx x x K

x x x x x x x

+ + −= = = + = + − +

+ − + − − + −∫ ∫ ∫ ∫

Xét ( ) 2

.1 4

dxK

x x=

+ −∫ Đặt

2

11

11

xtx

dttdx

t

= −+ = ⇒ = −

( )2

2 2 2 22

1 1

3 1 2 31 4 1 2 31 1 4 11 4 3 3 9 3

dtdx dt dt dttK

x x t t t t tt t

⇒ = = − = − = − = − =+ − − − − −− − − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2

11 1 3 13

arcsin23 32 1

3 3

d tt

C

t

+ + = − = − + − +

∫

Khi đó, 22

1 3 12ln 4 arcsin .

23

tI x x C

+ = + − − +


1) ( )

( ) 2

2 3

1 2 2

x dx

x x x

+

+ + +∫ 2) ( )

( ) 2

2 1

1 3 2

x dx

x x x

−

− − +∫ 3) ( )

( ) 2

2

1 2 3

x dx

x x x

+

+ − +∫

4) ( )

( ) 2

2 3

2 1 2

x dx

x x

−

− +∫ 5) ( )

( ) 2

2

1 1

x dx

x x

+

− +∫

Dạng 4: Nguyên hàm ( )( )

dxI

x a x b=

+ +∫

Cách giải:

Cách 1: Đặt 1 2

22 2 ( )( ) ( )( )

dx dx x a x b dx dtt x a x b dt dx

tx a x b x a x b x a x b

+ + += + + + ⇒ = + = → =+ + + + + +

Khi đó, ( )22ln 2ln .

( )( )

dx dtI t C x a x b C

tx a x b= = = + = + + + +

+ +∫ ∫

Cách 2: Ta có ( )2 2 2( )( ) ( )

2 4

dx dx dxI

x a x b x a b x ab a b a bx ab

= = =+ + + + + + + + + −

∫ ∫ ∫

2 2

2ln ( )( )

2( )2 4

a bd x

a bx x a x b C

a b a bx ab

+ + + = = + + + + ++ + + + −

∫

Bình luận: Thoạt nhìn, ta tưởng hai cách giải cho hai đáp án khác nhau, nhưng không phải vậy.

Thật vậy, ( ) ( ) ( )22ln ln ln 2 ( )( )x a x b x a x b x a x b x a x b+ + + = + + + = + + + + + + =



Trang 45

( )ln 2 2 ( )( ) ln ( )( ) ln 22

a bx a b x a x b x x a x b

+ = + + + + + = + + + + +

Và rõ ràng, ln ( )( ) ln 2 ln ( )( )2 2

a b a bx x a x b x x a x b

′ ′ + + + + + + + = + + + +

Như vậy, thực chất hai cách giải đều cho cùng một phép toán, có chăng, đó là sự khác biệt trong việc tính đạo hàm cuối cùng để kiểm tra!!!

Dạng 5: Nguyên hàm dx

Ix a x b

=+ ± +∫

Cách giải: Các nguyên hàm dạng này được giải đơn giản bằng phép trục căn thức.

Thật vậy, ( )1dx x a x bI dx x a dx x b dx

a b a bx a x b

+ += = = + +− −+ + +∫ ∫ ∫ ∫∓

∓


a) =− +∫1 2 4 3

dxI

x x b) =

+ + −∫22 3

dxI

x x c) =

+ − +∫32 1 2 5

dxI

x x


a) 1 2 4 3

dxI

x x=

− +∫

Cách 1: ( ) ( )

21 2 2 2

( 2)ln 2 4 3 .

4 3 2 1 2 1

dx dx d xI x x x C

x x x x

−= = = = − + − + +− + − − − −

∫ ∫ ∫

Cách 2: 1 .( 1)( 3)

dxI

x x=

− −∫

Đặt 1 1 1 1 1 2 2

1 32 21 3 ( 1)( 3) ( 1)( 3)

x x dx dtt x x dt dx dx

tx x x x x x

− + − = − + − ⇒ = + = ⇔ = − − − − − −

Khi đó, 1 2 2ln 2ln 1 3 .( 1)( 3)

dx dtI t C x x C

tx x= = = + = − + − +

− −∫ ∫

b) ( ) ( ) ( ) ( )3 32

2 3 1 22 3 ( 2) ( 3) .

2 3 5 152 3

dx x xI dx x x dx x x C

x xx x

+ − −= = = + − − = + − − ++ − −+ + −∫ ∫ ∫

c) ( ) ( ) ( ) ( )3 33

2 1 2 5 1 12 1 2 5 (2 1) (2 5) .

2 1 2 5 4 6

x xI dx x x dx x x C

x x

+ + += = − + + + = − + + + ++ − +∫ ∫


1) 1

0 1

dx

x x+ +∫ 2) 2

1 1 1

dx

x x+ + −∫ 3) 0

1 4 2

dx

x x− + + +∫

4) 2

0 2 2

xdx

x x+ + −∫ 5) 2 2

1 2 2

xdx

x x+ + −∫ 6) 1 3

20 1

xdx

x x+ +∫

7) 1

0

3

9dx

x x+ −∫ 8) 2 5 6

dx

x x− +∫ 9)

( 3)( 5)

dx

x x+ +∫

LUYỆN TẬP TỔNG HỢP VỀ NGUYÊN HÀM CỦA HÀM VÔ TỈ

1) 1

1 1dx

x+ +∫ 2) 1

2

xdx

x x

+−∫ 3)

31 1

dx

x+ +∫

4) 4

dx

x x+∫ 5) 3

xdx

x x−∫ 6) ( 1)

xdx

x x+∫

7) 3 42

dx

x x x+ +∫ 8) 23 (2 1) 2 1

dx

x x+ − +∫ 9) 2 6 8

dx

x x+ +∫



Trang 46



Trang 47

I. CÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC THƯỜNG SỬ DỤNG

�� Các hằng đẳng thức lượng giác:

2 2

22

22

sin cos 1

11 tan

cos1

1 cotsintan .cot 1

x x

xx

xx

x x

+ =

= +

= +

=

�� Công thức hạ bậc hai:

2

2

1 os2cos x

21 os2

sin x2

c x

c x

+=

−=

�� Công thức biến đổi tích thành tổng:

[ ]

[ ]

[ ]

1cos .cos os( ) os( )

21

sin .sin os( ) os( )21

sin .cos sin( ) sin( )2

a b c a b c a b

a b c a b c a b

a b a b a b

= + + −

= − − +

= + + −

�Chú ý: ( )( )

sin sin

cos cos

x x

x x

− = −

− =

�� Công thức biến đổi tổng thành tích:

sin sin 2sin .cos2 2

sin sin 2cos .cos2 2

cos cos 2cos .cos2 2

cos cos 2sin .sin2 2

a b a ba b

a b a ba b

a b a ba b

a b a ba b

+ −+ =

+ −− =

+ −+ =

+ −− = −

�� Công thức cộng: ( )( )

sin sin .cos sin .cos

cos cos .cos sin .sin

a b a b b a

a b a b a b

± = ±

± = ∓

(Sin thì cùng dấu khác loài, Cos thì khác dấu nhưng loài giống nhau) �Chú ý:

- Trong trường hợp a = b ta được công thức góc nhân đôi:2 2 2 2

sin 2 2sin .cos

cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin

a a a

a a a a a

=

= − = − = −

- Trong trường hợp 2a = b ta được công thức góc nhân ba:3

3

sin3 3sin 4sin

cos3 4cos 3cos

a a a

a a a

= −

= −

II. CÁC NGUYÊN HÀM LƯỢNG GIÁC THƯỜNG SỬ DỤNG

� 1 sin cosI xdx x C= = − +∫ � ( ) ( )8 2

1tan

cos

dxI ax C

ax a= = +∫

� ( ) ( )2

1sin cosI ax dx ax C

a= = − +∫ � 9 2

cotsin

dxI x C

x= = − +∫

08. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC



Trang 48

� 3 cos sinI xdx x C= = +∫ � ( ) ( )10 2

1cot

sin

dxI ax C

ax a= = − +∫

� ( ) ( )4

1cos sinI ax dx ax C

a= = +∫ � 11

sintan ln cos

cos

xdxI xdx x C

x= = = − +∫ ∫

� 25

1 os2 sin 2sin

2 2 4

c x x xI xdx dx C

−= = = − +∫ ∫ � 12

coscot ln sin

sin

xdxI xdx x C

x= = = +∫ ∫

� 26

1 os2 sin 2os

2 2 4

c x x xI c xdx dx C

+= = = + +∫ ∫ � 213 2

1tan 1 tan

cosI xdx dx x x C

x = = − = − +

∫ ∫

� 7 2tan

cos

dxI x C

x= = +∫ � 2

14 2

1cot 1 cot

sinI xdx dx x x C

x = = − = − − +

∫ ∫

III. CÁC DẠNG NGUYÊN HÀM LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP

Dạng 1. Nguyên hàm dùng công thức lượng giác thuần túy

�Chú ý: Với các nguyên hàm có chứa sinnx và cosmx thì ta dùng phép hạ bậc khi m, n chẵn. Ngược lại, ta dùng biến đổi vi phân.

Ví dụ 1. Tính các nguyên hàm sau: a) 2

1 sin 2I xdx= ∫ b) 22 cos 4I xdx= ∫ c) 4

3 cosI xdx= ∫


a) ( )21

1 cos4 1 1 1 1sin 2 1 cos4 sin 4 sin 4 .

2 2 2 4 2 8

x xI xdx dx x dx x x C x C

− = = = − = − + = − +

∫ ∫ ∫

b) ( )22

1 cos8 1 1 1 1cos 4 1 cos8 sin8 sin8 .

2 2 2 8 2 16

x xI xdx dx x dx x x C x C

+ = = = + = + + = + +

∫ ∫ ∫

c) Sử dụng liên tiếp công thức hạ bậc hai ta được:

( ) ( )2

24 2 21 cos2 1 1 1 cos4 3 1 1cos cos 1 2cos2 cos 2 1 2cos2 cos2 cos4

2 4 4 2 8 2 8

x xx x x x x x x

+ + = = = + + = + + = + +

Khi đó 43

3 1 1 3 1 1cos cos2 cos4 sin 2 sin 4 .

8 2 8 8 4 32

xI xdx x x dx x x C = = + + = + + +

∫ ∫

Bình luận: Trong nguyên hàm trên ta thấy cos4x chẵn nên chỉ sử dụng duy nhất được phép hạ bậc. Nếu ở đây là cos3x hoặc cos5x thì chúng ta tách, và sử dụng vi phân.


4 sinI xdx= ∫ b) 55 cosI xdx= ∫ c) 2 4

6 cos .sinI x xdx= ∫


a) ( ) ( )3

3 2 24

cossin sin .sin 1 cos cos cos .

3

xI xdx x x dx x d x x C= = = − − = − + +∫ ∫ ∫

b) ( ) ( ) ( ) ( )25 4 2 25 cos cos .cos 1 sin sin 1 2sin sin sinI xdx x xdx x d x x x d x= = = − = − + =∫ ∫ ∫ ∫

3 32 2

5

sin sinsin sin sin sin .

3 3

x xx x C I x x C= − + + → = − + +

c) Sử dụng liên tiếp các công thức hạ bậc hai cho sin2x và cos2x ta được:

( )2 2

22 4 2 2 1 cos2 1 cos2 1 cos2 1 cos2 1 cos2 1 cos 2 1 cos2cos .sin cos . sin . . .

2 2 2 2 2 4 2

x x x x x x xx x x x

+ − + − − − − = = = = =

( )2 2 21 1 1sin 2 . 1 cos2 sin 2 sin 2 .cos2

8 8 8x x x x x= − = −



Trang 49

Khi đó ( )2 4 2 2 26

1 1 1 1 cos4 1cos .sin sin 2 sin 2 .cos2 sin 2 sin 2

8 8 8 2 16

xI x xdx xdx x xdx dx xd x

−= = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

33

6

1 1 1 sin 2 1 1 1sin 4 . sin 4 sin 2 .

16 64 16 3 16 64 48

xx x C I x x x C= − − + → = − − +

Ví dụ 3. Tính các nguyên hàm sau:

a) 7 sin3 .cosI x xdx= ∫ b) 8 cos2 .cos3I x xdx= ∫ c) 9 sin3 sin

dxI

x x=

+∫


a) Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng ta được ( )1sin3 .cos sin 4 sin 2

2x x x x= +

Từ đó

( ) ( )7

1 1 1 1 1 1 1sin 4 sin 2 sin 4 sin 2 os4 cos2 os4 cos2 .

2 2 2 4 2 8 4I x x dx x x dx c x x C c x x C

= + = + = − − + = − − +

∫ ∫

b) ( )8

1 1 1 1 1cos2 .cos3 cos5 cos sin5 sin sin5 sin .

2 2 5 10 2I x xdx x x dx x x C x x C = = + = + + = + +

∫ ∫

c) ( )9 2 2 2 2 2

1 sin 1 (cos )

sin3 sin 2sin 2 .cos 4sin .cos 4 sin .cos 41 cos .cos

dx dx dx xdx d xI

x x x x x x x x x x= = = = = −

+ −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Đặt ( )( )( )

2 2

9 2 22 2 2 2

11 1 1cos

4 4 4 11 . 1 .

t tdt dt dtx t I dt

t tt t t t

− + = → = − = − = − + −− − ∫ ∫ ∫ ∫

Mà ( ) ( )( )( )

12

9

22

1

1 1 1 1ln .

1 11 1 1 1 4 2 1ln1 2 1 1 2 1 1 2 1

dtC

t t tI C

t tdt dt dt t t tdt Ct t t t t t

= − + +→ = − − + + − + + + − = = + = + − − + + − −

∫

∫ ∫ ∫ ∫

Thay t = cosx vào ta được 9

1 1 1 1 cosln .

4 cos 2 1 cos

xI C

x x

+= − − + + −

Dạng 2. Nguyên hàm sử dụng biến đổi vi phân= −

=

sin (cos )

cos (sin )

udu d u

udu d u


a) 1 2

cos

sin 3sin 2

xdxI

x x=

+ +∫ b) 2

2

sin

cos

xI dx

x= ∫

c) 3 cos

dxI

x= ∫ d) 4 3cos

dxI

x= ∫


a) Ta có 1 2 2

cos (sin )

sin 3sin 2 sin 3sin 2

xdx d xI

x x x x= =

+ + + +∫ ∫

Đặt ( ) ( )( )( )1 2

2 1 1 sin 1sin ln ln .

3 2 1 2 1 2 2 sin 2

t tdt dt dt t xt x I dt C C

t t t t t t t x

+ − + + += → = = = − = + = ++ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

b) 2 2 2 2

2 2 2 2

sin sin .cos sin (sin ) sin (sin )

cos cos 1 sin sin 1

x x x dx xd x x d xI dx

x x x x= = = − =

− −∫ ∫ ∫ ∫

Đặt ( ) ( )( )( )

2 2

2 2 2 2 2

1 11 1 1 1sin 1

1 1 1 1 2 1 1

t tt dt t dtt x I dt dt t t dt

t t t t t t

+ − −− + = → = = = + = + = + = − − − − + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

1 1 1 sin 1 1 sin 1ln sin ln sin ln .

2 1 2 sin 1 2 sin 1

t x xt C x C I x C

t x x

− − −= + + = + + → = + ++ + +

c) 3 2 2 2

cos (sin ) (sin )

cos cos 1 sin sin 1

dx xdx d x d xI

x x x x= = = − =

− −∫ ∫ ∫ ∫

Đặt ( ) ( )( )( )3 2 2

1 1(sin ) 1 1 1 1 sin 1sin ln ln .

sin 1 1 2 1 1 2 1 2 sin 1

t td x dt t xt x I dt C C

x t t t t x

+ − − − −= → = = = = + = +− − + − + +∫ ∫ ∫



Trang 50

d) ( )4 23 4 2

cos (sin )

cos cos 1 sin

dx xdx d xI

x x x= = = −

−∫ ∫ ∫

Đặt ( ) ( )

( ) ( )( )( )

2 2

4 2 22 2

1 1 1 1 1sin

2 1 1 4 1 11 1

t tdt dtt x I dt dt

t t t tt t

+ − − = → = − = − = = − = + − − + − − ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

( )( )2 2

1 11 2 1 1 1 1 1 1 1ln .

4 1 1 4 1 1 1 1 4 1 1 11 1

t t dtdt dt dt tC

t t t t t t t t tt t

+ − − −= + + = − − + = − − + + − + − + − + − + +− − ∫ ∫ ∫ ∫

Thay t = sinx vào ta được 4

1 1 1 sin 1ln .

4 sin 1 sin 1 sin 1

xI C

x x x

−= − − + + − + +


a) 5 sin cos

dxI

x x= ∫ b)

3

6

4sin

1 cos

x dxI

x=

+∫ c) 7 3

sin

cos 1

xdxI

x=

−∫


a) ( )5 2 2

cos (sin )

sin cos sin cos sin 1 sin

dx xdx d xI

x x x x x x= = =

−∫ ∫ ∫

Đặt

( )( )

( )( )2 2 2

25 2 22 2

1 11 1sin ln ln 1 ln .

1 2 1 21 1

t t d tdt t dt dtt x I dt t t t C

t t tt t t t

+ − −= → = = = + = − + = − − + +

− −− −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Thay t = sinx vào ta được 2 25

1 1ln 1 sin ln sin ln cos ln sin ln tan .

2 2I x x C x x C x C= − − + + = − + + = +

Vậy 5 ln tan .sin cos

dxI x C

x x= = +∫

b) Sử dụng phép biến đổi lượng giác ta có:

( ) ( )23 2 4 1 cos .sin4sin 4sin .sin

4 1 cos .sin 4sin 2sin 2 .1 cos 1 cos 1 cos

x xx x xx x x x

x x x

−= = = − = −

+ + +

Từ đó ( )3

6 6

4sin4sin 2sin 2 4cos os2 4cos os2 .

1 cos

x dxI x x dx x c x C I x c x C

x= = − = − + + → = − + +

+∫ ∫

c) 7 3 3

sin (cos )

cos 1 cos 1

xdx d xI

x x= = −

− −∫ ∫

Đặt t = cosx ta được 7 3 21 ( 1)( 1)

dt dtI

t t t t= − = −

− − + +∫ ∫

Bằng kĩ thuật phân tích nhảy tầng lầu ta được ( )( )

( ) ( )( )( )

2 2

2 2

3 3 1 3 11

1 1 6 1 1

t t t t

t t t t t t

− + + + −=

− + + − − + +

Khi đó ( ) ( )

( )( )2 2 2

7 3 22

3 3 1 3 11 1 3 1 1

6 6 1 2 1 2 11 1

t t t t t dt dt dtI dt

t t t tt t t

− + + + −= = − +

− − + +− + +∫ ∫ ∫ ∫

� ( )32

313 3

13ln 1

1 1

d tt dtt C

t t

−= = − +

− −∫ ∫

� 2ln 11

dtt C

t= − +

−

� 3 322 2

11 2 2 12arctan arctan

1 3 3 3 31 32 22 2

tdt dt tC C

t tt

+ +

= = + = + + + + +

∫ ∫

Từ đó 3 37

1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 1ln 1 ln 1 . arctan ln 1 ln 1 arctan .

6 2 2 6 23 3 3 3

t tI t t C t t C

+ + = − − − + + = − − − + +



Trang 51

Bình luận: Ngoài cách sử dụng kĩ thuật nhảy tầng lầu trực tiếp như trên, chúng ta có thể biến đổi theo hướng khác như sau

( )−= − = − = − = −

− − + + − − + − + + + ∫ ∫ ∫ ∫7 3 2 2 2

dt dt d( t 1) duI

t 1 ( t 1)( t t 1 ) ( t 1) ( t 1) 3( t 1) 3 ) u u 3u 3

( )( ) ( )

( ) ( )+ + − + + +− − +→ = = = − +

+ + + ++ + + + + +

2 2 2

3 2 3 22 2 2

3u 6u 3 3 u 3u 3 3u1 1 1 1 3u 6u 1 1. .

u 3u 3u 6 6 u 3u 3u 2uu u 3u 3 u u 3u 3 2 u 3u 3

Thay vào ta được :

+ = + + − + = + + − + + + +

∫3 2 3 2

7 22

1 1 1 du 1 1 1 2u 3I ln u 3u 3u ln u ln u 3u 3u ln u arctan C.

6 2 2 6 2 2 3 33 3u

2 2

BÀI TẬP LUYỆN TẬP: 1) 2

1 cos 3I xdx= ∫ 2) 42 sinI xdx= ∫ 3) 5

3 sinI xdx= ∫

4) 4 sin cos2I x xdx= ∫ 5) 5 sin3 cosI x xdx= ∫ 6) 4

6

tan

cos

xI dx

x= ∫

7) 7 3sin

dxI

x= ∫ 8)

3

8 5

cos

sin

x dxI

x= ∫ 9) 9 4sin cos

dxI

x x= ∫

10) 10 6sin cos

dxI

x x= ∫

Dạng 3. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân

= = −

(tan )cos

(cot )sin

2

2

dud u

udu

d uu

Cách giải:

� Các nguyên hàm chứa tanx hay cotx thì ta thường dùng hằng đẳng thức

2 22 2

2 22 2

1 11 tan tan 1

cos cos1 1

1 cot cot 1

x xx x

x xsin x sin x

= + = − → = + = −

� Nguyên hàm mà mẫu số là đẳng cấp bậc hai với sinx và cosx: 2 2Asin x Bsin x.cosx C.cos x+ + thì ta chia cả tử và mẫu cho cos2x hoặc sin2x.


1 tanI xdx= ∫ b) 32 tanI xdx= ∫

c) ( )33 tan x tanxI dx= +∫ d) 4 4cos

dxI

x= ∫


a) 21 2

1tan 1 tan .

cosI xdx dx x x C

x = = − = − +

∫ ∫

b) Xét 32 tanI xdx= ∫

Cách 1: 2

3 22 2 2

1 tan sintan tan .tan 1 tan tan . tan

cos cos 2 cos

dx x xdxI xdx x xdx xdx x xdx

x x x = = = − = − = − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2tan ( os ) tanln cos .

2 cos 2

x d c x xx C

x= + = + +∫

Cách 2:



Trang 52

( )23 23

2 3 3 3 3 2

1 os . (cos )sin sin .sin (cos ) (cos ) 1tan ln cos .

cos cos cos cos cos 2cos

c x d xx x xdx d x d xI xdx dx x C

x x x x x x

−= = = = − = − + = + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Bình luận: Nhìn vào hai kết quả thu được từ hai phương án tính khác nhau, thoạt nhìn gây chúng ta cho cảm giác không biết cách nào đúng, cách nào sai. Nhưng quan sát kĩ, và thực hiện một phép biến đổi đơn giản ta thu được ngay cùng kết quả.

Thật vậy, tan

ln cos ln cos ln cos .cos cos

2

2 2

x 1 1 1 1x C 1 x C x C

2 2 x 2 x 2 + + = − + + = + + −

Do ( )10

2C C

′ ′− = =

nên thực chất hai nguyên hàm có cùng kết quả.

c)

( )3 3 23 2

1tan tan tan tan tan .tan tan 1 .tan tan

cosI x x dx xdx x dx x x dx xdx xdx x dx

x = + = + = + = − + =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

2

tantan . tan tan .

cos 2

dx xx xdx xdx C

x= − + = +∫ ∫ ∫

Bình luận: Cách giải bài trên là dựa vào cách giải truyền thống cho dạng toán này. Với các nguyên hàm có chứa tannx thì

thông thường ta tách theo sơ đồ: 2 2 2 2 22 2

1 1tan tan .tan tan . 1 tan . tan ...

cos cosn n n n nx x x x x x

x x− − − − = = − = −

với n

> 2. Quá trình tách cứ tiếp diễn đến cuối cùng xuất hiện tanx hoặc tan2x, mà cách nguyên hàm này đều có công thức tính. Tuy nhiên, với bài toán trên có một đặc điểm riêng mà ta có thể trình bày cách giải ngắn gọn hơn như sau:

( ) ( ) ( )2

3 23 2

tantan tan tan 1 tan tan . tan . tan .

cos 2

dx xI x x dx x x dx x x d x C

x= + = + = = = +∫ ∫ ∫ ∫

d) ( ) ( )3

24 4 2 2

1 tan1 tan tan tan .

cos cos cos 3

dx dx xI x d x x C

x x x= = = + = + +∫ ∫ ∫

Bình luận: Với những nguyên hàm có xuất hiện tanx kèm theo cos2nx ở mẫu số thì ta sử dụng phép phân tích như sau

( )

( )

122 2 2 2 2

2

1 1 1 1. tan 1 .

cos cos cos cos

tancos

n

n nx

x x x xdx

d xx

−

− = = + =

Dựa trên phép phân tích như trên ta có thể mở rộng thêm một số bài toán như sau:

� ( ) ( )2 5 3

221 6 4 2 2 2

1 1 tan 2 tan. 1 tan tan tan .

cos cos cos cos cos 5 3

dx dx dx x xJ x d x x C

x x x x x = = = = + = + + +

∫ ∫ ∫ ∫

� ( ) ( )2010 2013 2011

2010 2010 22 4 2 2

tan 1 tan tantan . . tan . 1 tan tan .

cos cos cos 2013 2011

x dx x xJ dx x x x d x C

x x x= = = + = + +∫ ∫ ∫


a) 5 3 5sin .cos

dxI

x x= ∫ b) 6 3 5sin .cos

dxI

x x= ∫

c) 7 2 22sin 5sin cos 3cos

dxI

x x x x=

− −∫ d) ( )8 2cos 3sin

dxI

x x=

−∫


a)

( )( )

( )( )

33 2

5 3 5 3 3 2 2 38

1 1 1 tantan

sin .cos tan cos cossin tancoscos

dx dx dx xI d x

x x x x xx xxx

+ = = = = = ∫ ∫ ∫ ∫



Trang 53

( ) ( ) ( )2 4 6

33

3

1 3tan 3tan tan 3tan tantan 3tan tan

tantan

x x xd x d xx x x

xx

−+ + + = = =+ + + ∫ ∫

2 4 2 4

52 2

1 3tan tan 1 3tan tan3ln tan 3ln tan .

2 4 2 42tan 2tan

x x x xx C I x C

x x= − + + + + → = − + + + +

b)

( )( ) ( ) ( )

5 23 3

6 25 5 23 33

1 3 3tan tan tan .

2cossinsin .cos 2 tancos

dx dxI x d x x C C

xxx x xx

− − −= = ⋅ = = − + = +∫ ∫ ∫

Bình luận: Trong cả hai nguyên hàm I5 và I6 ở trên chúng ta dễ dàng nhận thấy đặc điểm chung của hai nguyên hàm là mẫu số có chứa sinx và cosx với tổng lũy thừa là một số chắn. Phương pháp giải trên là cách giải tổng quát cho dạng nguyên hàm này. Tuy nhiên, nếu tổng lũy thừa quá lớn thì bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn nhiều!

c) 7 2 22sin 5sin cos 3cos

dxI

x x x x=

− −∫

Ở mẫu số ta thấy có dạng biểu thức đẳng cấp bậc hai với sinx và cosx. Trong chuyên đề về phương trình lượng giác ta cũng biết cách giải cho loại phương trình đẳng cấp bậc hai này, với nguyên hàm cũng tương tự. Chia cả tử và mẫu số cho cos2x ta được:

( )2

7 2 2 2 2

2 2 2

tancos ; ( tan ).2sin 5sin cos 3cos 2tan 5tan 3 2 5 3cos cos cos

dxd x dtxI t x

x x x x x x t tx x x

= = = =− − − −− −

∫ ∫ ∫

7

(2 1) 2( 3) 1 1 2 1 3 1 tan 3ln ln .

( 3)(2 1) 7.( 3)(2 1) 7 3 7 2 1 7 2 1 7 2tan 1

dt t t dt dt t xI dt C C

t t t t t t t x

+ − − − −→ = = = − = + = +− + − + − + + +∫ ∫ ∫ ∫

d) ( ) ( )

( )( )

( )( ) ( )

2

8 2 2 2 2

1 3 tantan 1 1cos .3 3 1 3 tancos 3 sin 1 3 tan 1 3 tan 1 3 tan

dxd xd xdx xI C

xx x x x x

−−= = = = = +−− − − −

∫ ∫ ∫ ∫

Bình luận: Mẫu số trong nguyên hàm trên có dạng là một biểu thức lượng giác khá đặc biệt, thế nên ta cũng có thể tìm ra

một cách giải đặc biệt khác. Thật vậy, 1 3 π

cos 3sin 2 cos sin 2cos .2 2 3

x x x x x − = − = +

Từ đó ( )8 2

2 2

π1 1 π3

tan .π π4 4 3cos 3sin 4cos cos3 3

d xdx dx

I x Cx x x x

+ = = = = + +

− + +

∫ ∫ ∫

Bằng phép biến đổi lượng giác cho cách giải trên, hoặc khai triển công thức lượng giác cho cách giải dưới ta sẽ thu được cùng một kết quả. Nếu các em không tự tin với khẳng định đó thì thầy sẽ chứng minh điều này.

Thật vậy, ( )

( )

1 1π 1 3 tan 3tan tan1 π 1 1 tan 3 3 33tan . .π4 3 4 4 1 3 tan 4 1 3 tan1 tan .tan3

xx xx C C C C

x xx

− − + ++ + + + = + = + = + = − −−

( ) ( )

41 1 13

4 3 4 34 1 3 tan 3 1 3 tanC C

x x= − + + = + −

− −, rõ ràng ( )1

0.4 3

C C′ ′− = =


a) 49 cotI xdx= ∫ b) 10 5

cos

sin

xdxI

x= ∫ c) 11 1 sin 2

dxI

x=

+∫




Trang 54

a) 4 2 2 2 2 29 2 2

1cot cot .cot 1 cot cot cot

sin sin

dxI xdx x xdx xdx x xdx

x x = = = − = − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )3 3

2 22 2

1 cot cotcot cot 1 cot .

sin 3 sin 3

x dx xxd x dx dx x x C

x x

− − = − − − = − + = + + +

∫ ∫ ∫ ∫

2) Xét 10 5

cos

sin

xdxI

x= ∫

Cách 1:

10 5 5 4

cos (sin ) 1.

sin sin 4sin

xdx d xI C

x x x

−= = = +∫ ∫

Cách 2:

( )4 2

210 5 4 2 2

cos cos 1 cot cot. cot . . cot . 1 cot . (cot ) .

sin sin sin sin sin 4 2

xdx x dx dx x xI x x x d x C

x x x x x= = = = − + = − − +∫ ∫ ∫ ∫

Bình luận: � Bằng phép xử lý lượng giác đơn giản ta cũng thu được cùng kết quả với hai cách giải trên.

� Tương tự như nguyên hàm của tanx, với nguyên hàm cotx mà có chứa sin2nx thì ta cũng sử dụng thủ thuật

phân tích ( )

( )

122 2 2 2 2

2

1 1 1 1. 1 cot .

sin sin sin sin

cotsin

n

n nx

x x x xdx

d xx

−

− = = + = −

để đưa về nguyên hàm cơ bản có chứa cotx và

cot2x đã biết.

c) ( )11 2

2 2

π1 1 π4

cotπ π1 sin 2 2 2 4sin cos 2sin sin4 4

d xdx dx dx

I xx x x x x

+ = = = = = − + + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

Dạng 4. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân( ) ( )( ) ( )

+ + = −

− + = +

d Asin x Bcos x C Acos x B sin x dx

d A' sin x B' cos x C' A' cos x B' sin x dx

Cách giải:

� Các nguyên hàm dạng này thường sử dụng một số công thức lượng giác ( )2

2 2

1 sin 2x sin x cos x

cos2x cos x sin x

± = ±

= −

� Để tìm nguyên hàm, ta thường tìm vi phân của mẫu số: ( ) ( )d Asin x Bcosx C Acosx Bsin x dx+ + = −

Ví dụ . Tính các nguyên hàm sau:

a) 1

cos sinx

sinx cos

xI dx

x

−=+∫ b) 2

cos2

1 sin 2

xdxI

x=

+∫

c) ( )3 3

os2

sin cos

c x dxI

x x=

+∫ d) ( )

4

sin 2 2cos4

cos2 sin 4

x x dxI

x x

+=

−∫


a) Ta có ( ) ( ) ( )1

sin cossin cos cos sin ln sin cos .

sin cos

d x xd x x x x dx I x x C

x x

++ = − → = = + +

+∫

b) ( )

( )2 2

2 2

sin coscos2 cos sin cos sinln sin cos .

1 sin 2 sin cos sin cossin cos

d x xxdx x x x xI dx dx x x C

x x x x xx x

+− −= = = = = + ++ + ++∫ ∫ ∫ ∫

Bình luận:

Do ( ) ( )= = +1 1cos2xdx d sin2x d 1 sin2x

2 2 nên ta còn có thể giải theo cách lấy vi phân trực tiếp như sau:

( ) ( )+= = = + + = + + = + +

+ +∫ ∫2

2

d 1 sin2xcos2xdx 1 1 1I ln 1 sin2x C ln sin x cos x C ln sin x cos x C.

1 sin2x 2 1 sin2x 2 2

c) ( ) ( ) ( )

( )( )

2 2

3 3 3 2 2

sin cosos2 cos sin cos sin 1.

sin cossin cos sin cos sin cos sin cos

d x xc x dx x x x xI dx dx C

x xx x x x x x x x

+− − −= = = = = +++ + + +∫ ∫ ∫ ∫



Trang 55

d) Xét ( )

4

sin 2 2cos4

cos2 sin 4

x x dxI

x x

+=

−∫

Vi phân mẫu số ta có

( ) ( ) ( ) ( )cos2 sin 4cos2 sin 4 2sin 2 4cos4 sin 2 2cos4

2

d x xd x x x x dx x x dx

−− = − − → + = −

Từ đó ta được ( ) ( )

4

sin 2 2cos4 cos2 sin 41 1ln cos2 sin 4 .

cos2 sin 4 2 cos2 sin 4 2

x x dx d x xI x x C

x x x x

+ −= = − = − − +

− −∫ ∫


1) 2

1 2

sin

1 cos

xI dx

x=

+∫ 2) 2 3 3sin cos

dxI

x x= ∫ 3) 3 2(sin 2cos )

dxI

x x=

−∫

4) 4 2 2sin 6cos

dxI

x x=

−∫ 5) 5 2 2sin 9cos

dxI

x x=

−∫ 6) 6 2 2sin 2cos 1

dxI

x x=

− +∫

7) ( )37 cot cotI x x dx= +∫ 8) 8

2cos 3sin

2sin 3cos 1

x xI dx

x x

−=− +∫

Dạng 5. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân( )

→± ± ← →+ − ←

∓2 2

4 4

d( Asin x Bcos x C ) ( A B )sin2x dx

d sin x cos x sin4x dx

Cách giải:

� Ta có ( )24 4 2 2 2 2 21 1 1 cos4 3 1sin cos sin cos 2sin .cos 1 sin 2 1 . cos4 .

2 2 2 4 4

xx x x x x x x x

−+ = + − = − = − = +

Từ đó ( )4 4 3 1sin os os4 sin 4 .

4 4d x c x d c x xdx

+ = + = −

� Dạng nguyên hàm này thường được “ngụy trang” vào các hàm số có vẻ phức tạp, nên các bạn hãy cố gắng nhớ được vi phân của nó. � Với các nguyên hàm lượng giác mà mẫu số có vẻ “dài dòng” thì một kinh nghiệm là các em hãy lấy vi phân của mẫu số xem tử số có quan hệ gì với vi phân đó hay không ?

�Chú ý: Ngoài hai công thức trên, dạng nguyên hàm này cũng có thể chứa + = −6 6 23sin x cos x 1 sin 2x.

4


a) 1 2 2

sin 2

cos 4sin

xI dx

x x=

+∫ b) 2 2 2

sin 2

2sin 4cos2 5cos

x dxI

x x x=

− +∫


a) Ta có ( ) ( )2 2cos 4sin 2sin .cos 8sin .cos 6sin .cos 3sin 2d x x x x x x dx x xdx xdx+ = − + = =

( )2 21sin 2 cos 4sin .

3xdx d x x→ = +

Từ đó ( ) ( )2 2 2 2

2 21 2 2 2 2 2 2

cos 4sin cos 4sinsin 2 1 2 2cos 4sin .

3 3 3cos 4sin cos 4sin 2 cos 4sin

d x x d x xxI dx x x C

x x x x x x

+ += = = = + +

+ + +∫ ∫ ∫

Bình luận: Ngoài cách giải như trên, chúng ta có thể mạnh dạn vận dụng kiến thức lượng giác để biến đổi mẫu số gọn

gàng hơn như sau + −+ = + = − +2 2 1 cos2x 1 cos2x 3 5

cos x 4 sin x 4. cos2x2 2 2 2

Khi đó

− + − + = = = = − + +

− + − + − +∫ ∫ ∫1

3 5 3 5d cos2x d cos2x

sin2x dx 1 2 2 3 52 2 2 2I cos2x C.

3 3 3 2 23 5 3 5 3 5cos2x cos2x 2 cos2x

2 2 2 2 2 2

Rõ ràng hai kết quả thu được hoàn toàn giống nhau!

b) Ta có ( ) ( )2 2 5 5 72sin 4cos2 5cos 1 cos2 4cos2 1 cos2 cos2

2 2 2x x x x x x x− + = − − + + = − +



Trang 56

Khi đó ( )

2

5cos2 7sin 2 sin 2 2 22 ln 5cos2 7 .

5 7 5cos2 7 5 5cos2 7 5cos22 2

d xxdx x dxI x C

x xx

−= = − = = − +

− −− +∫ ∫ ∫


a) 1 4 4

2sin 4

sin cos

xdxI

x x=

+∫ b) ( )2 20104 4

sin 4

sin cos

x dxI

x x=

+∫

c) 3 4 4

sin 2 2cos2

sin cos

x xI dx

x x

+=+∫ d) 4 6 6

sin cos

sin cos

x xI dx

x x=

+∫

Hướng dẫn giải: Bình luận: Ngoài cách giải truyền thống cho loại nguyên hàm này bằng cách lấy vi phân trực tiếp cho biểu thức ở mẫu số, ở đây thầy giới thiệu cách làm thiên về biến đối lượng giác kết hợp với vi phân. a) Ta có

4 4 21

1 1 1 cos4 3 1 2sin 4 4sin 4sin cos 1 sin 2 1 . cos4

2 2 2 4 4 3 1 3 cos4cos4

4 4

x xdx xdxx x x x I

xx

−+ = − = − = + → = = =++

∫ ∫

1

(cos4 ) (3 cos4 )2 2 3 cos4 2 3 cos4 .

3 cos4 2 3 cos4

d x d xx C I x C

x x

+= − = − = − + + → = − + ++ +∫ ∫

b) Tương tự, thay ( )4 4

2 2010 2010

cos43 1 sin 4 1sin cos cos4

4 4 43 1 3 1cos4 cos4

4 4 4 4

d xxdxx x x I

x x

+ = + → = = − = + +

∫ ∫

( )2010 2009 20094 4

1 3cos4

1 14 4.

3 1 3 1 2009 sin coscos4 2009 cos44 4 4 4

d xC C

x xx x

+ = − = + = +

++ +

∫

c) 3 4 4 2 2 22

sin 2 2cos2 sin 2 2cos2 2sin 2 4cos2 2sin 2 4cos21sin cos 2 sin 2 2 sin 2 2 sin 21 sin 22

x x x x x x x xI dx dx dx dx dx

x x x x xx

+ + += = = = ++ − − −−

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

�� ( ) ( ) 12 2 22

2sin 2 2sin 2 2sin 2 (cos2 )arctan cos2 .

2 sin 2 1 cos 2 1 cos 22 1 cos 2

x x x d xdx dx dx x C

x x xx= = = − = +

− + +− −∫ ∫ ∫ ∫

�� ( ) ( )( )( )2 2 2

2 24cos2 (sin 2 ) 2 1 1 12 2

2 sin 2 2 sin 2 2 2 2 2 2 22 2

t tx d x dtdx dt dt

x x t t tt t

+ − −− − = = = = − = − − − − + − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2

1 2 1 sin 2 2ln ln .

2 2 2 sin 2 2

t xC C

t x

− − − −= + = ++ +

Từ đó ta được ( ) ( )3 1 2

1 sin 2 2 1 sin 2 2arctan os2 ln arctan os2 ln .

2 sin 2 2 2 sin 2 2

x xI c x C C c x C

x x

− − −= + + + = − ++ +

d) Ta có 4 2 226 6 2

1 1sin cos sin 2 sin 2 2sin 2 (cos2 )2 2 .33 4 3sin 2 4 3 3cos 21 sin 2sin cos 1 sin 244

x x x x x d xI dx dx

x xxx x x

= − → = = =− − + −+ = −

∫ ∫ ∫

Đặt

( )( )

( )( ) ( )4 2 2 2

31 1 1cos2 arctan 3 arctan 3 cos2

1 3 3 3 33 1 3 1

d tdt dtt x I t C x C

t t t

−= → = = − = − = − + = − ++ + +

∫ ∫ ∫

Dạng 6. Nguyên hàm dùng biến đổi vi phân → → +← ←

2

2

x dx 1 xd tan 1 tan dx

x2 2 22cos2



Trang 57

Cách giải:

� Xét nguyên hàm =+ +∫1 Asin cos

dxI

x B x C

Để tính nguyên hàm trên ta xét hai trường hợp: � Nếu

( )2 2 2 2 2 2 2 2sin cos sin cos cos φC A B A x B x C A x B x A B A B x A B= ± + → + + = + ± + = + + ± +

Ở đây, ta đã biết phép biến đổi lượng giác ( )( )

2 2

2 2

os αAsin cos

os β

A B c xx B x

A B c x

+ ++ =

+ +

Khi đó ( ) ( )

2 2 2

1 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1α

2cos21

1cos α 1cos αα

2sin2

dxxA B

dx dxI

dxxA B x A B A BxA B

+ + = = =

−+ ±+ + ± + ++ +

∫

∫ ∫∫

� Nếu 2 2C A B≠ ± + thì ta đặt

22

2

2

2

2

1 1 21 tan

2 2 2 1cos2

2tan sin

2 1

1cos

1

dx x dtdt dx dx

x t

x tt x

t

tx

t

= = + → = +

= → =+−=+

Thay vào ta tính được I1 là nguyên hàm theo ẩn t.

�Chú ý: Một số công thức tính nhanh:

π πsin x cos x 2 sin x 2 cos x

4 4

π π3 sin x cos x 2sin x 2cos x

6 3

π πsin x 3 cos x 2 sin x 2cos x

3 6

+ = + = −

+ = + = −

− = − = − +


a) 1sin cos 2

dxI

x x=

+ +∫ b) 23sin cos 2

dxI

x x=

− −∫

c) 3 3sin cos 1

dxI

x x=

+ +∫ d) 4 sin cos 1

dxI

x x=

− −∫


a) 1sin cos 2

dxI

x x=

+ +∫

Ta có 2 2 1 1 π1 1 2 sin cos 2 sin cos 2 cos .

42 2x x x x x

+ = → + = + = −

12 2

π1 1 1 1 π2 8

tan .π π π π 2 82 2 2 22 cos 2 1 cos 2cos 2cos4 4 2 8 2 8

xd

dx dx dx xI C

x xx x

− = = = = = − +

− + + − − −

∫ ∫ ∫ ∫

Vậy 1

1 πtan .

2 82

xI C

= − +

Bình luận:



Trang 58

Trong nguyên hàm trên, ở biểu thức sinx + cosx ta thống nhất chuyển về hàm cos để sử dụng công thức lượng

giác 2

2

a dx dx1 cos a 2cos

a2 1 cos a 2cos2

+ = → =+∫ ∫

b) Ta có 3 1 π

3sin cos 2 sin cos 2cos .2 2 3

x x x x x − = − = − +

22

π1 1 1 π2 6

tan .π π π2 2 2 2 63sin cos 2 2cos 2 1 cos cos3 3 2 6

xd

dx dx dx xI C

xx x x x

+ = = = − = − = − + +

− − − + − + + +

∫ ∫ ∫ ∫

c) Đặt 22

2

1 1 2tan 1 tan

2 2 2 2 1cos2

x dx x dtt dt dx dx

x t

= ⇒ = = + → = +

Ta có 2

2 2

2 1sin ; cos

1 1

t tx x

t t

−= =+ +

Khi đó

2

3 2 2 2

2 2

2dt2dt 2dt 1 d(6t 2) 1 1 x1 tI ln 6t 2 C ln 6 tan 2 C.

6t 1 t 6t 1 t 1 t 6t 2 3 6t 2 3 3 21

1 t 1 t

++= = = = = + + = + +− + − + + + ++ +

+ +

∫ ∫ ∫ ∫

d) Đặt 22

2

1 1 2tan 1 tan

2 2 2 2 1cos2

x dx x dtt dt dx dx

x t

= ⇒ = = + → = +

Ta có 2

2 2

2 1sin ; cos

1 1

t tx x

t t

−= =+ +

Khi đó 2

4 2 2 2

2 2

221 ln ln tan .

sin cos 1 22 1 2 1 11

1 1

dtdx dt dt xtI t C C

x x tt t t t t

t t

+= = = = = + = +− − − − + − −− −

+ +

∫ ∫ ∫ ∫

� Xét nguyên hàm + +=

′ ′ ′+ +∫2Asin cos

A sin cosx B x C

I dxx B x C

Với dạng nguyên hàm này ta sẽ sử dụng phương pháp đồng nhất như với nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ

đã xét bằng việc phân tích: ( ) ( )cos sin sin cossin cos

sin cos sin cos

m A x B x n A x B x C pA x B x C

A x B x C A x B x C

′ ′ ′ ′ ′− + + + ++ + =′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + +

Đồng nhất theo các hệ số của sinx và cosx ta được

A mB nA m

B mA nB n

C nC p p

′ ′= − + ′ ′= + → ′= +

Từ đó ta được ( )

2

cos sinAsin cos

A sin cos sin cos sin cos

m A x B x dxx B x C dxI dx n dx p

x B x C A x B x C A x B x C

′ ′−+ += = + + =′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

ln sin cossin cos

dxm A x B x C nx p

A x B x C′ ′ ′= + + + +

′ ′ ′+ +∫


a) 1

sin 3cos 1

sin cos 2

x xI dx

x x

+ −=+ +∫ b)

( )2 2

7sin 5cos

3sin 4cos

x xI dx

x x

−=+∫


a) Ta có phân tích

1 1sin 3cos 1 (cos sin ) (sin cos 2)

3 2sin cos 2 sin cos 2

1 2 5

A B Ax x A x x B x x C

A B Bx x x x

B C C

= − + = + − − + + + + = → = + ⇔ = + + + + − = + = −

Từ đó 1

(cos sin ) 2(sin cos 2) 5 (cos sin )2 5

sin cos 2 sin cos 2 sin cos 2

x x x x x x dx dxI dx dx

x x x x x x

− + + + − −= = + − =+ + + + + +∫ ∫ ∫ ∫



Trang 59

(sin cos 2)2 5 ln sin cos 2 2 5 .

sin cos 2

d x xx J x x x J

x x

+ += + − = + + + −+ +∫

Xét sin cos 2

dxJ

x x=

+ +∫ . Đặt

22

2

2

2

2

1 1 21 tan

2 2 2 1cos2

2tan sin

2 1

1cos

1

dx x dtdt dx dx

x t

x tt x

t

tx

t

= = + → = +

= → =+−=+

Khi đó ( )

( ) ( )2

2 22 2 2 2

2 2

22 12 21

2 1sin cos 2 2 1 2 2 2 3 1 221 1

dtd tdx dt dttJ

t tx x t t t t t tt t

++= = = = = =−+ + + − + + + + + ++ +

+ +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 1

tan 1 tan 12 1 2 2arctan 2 arctan ln sin cos 2 2 5 2 arctan .2 2 2 2

x xt

C C I x x x C

+ + + = + = + → = + + + − +

b) Ta có phân tích

( )( ) ( )

( )2 2

437 4 33cos 4sin 3sin 4cos7sin 5cos 25

5 3 4 13sin 4cos 3sin 4cos25

AA BA x x B x xx x

A Bx x x x B

= −= − +− + + − = → ⇔ − = ++ + =

Từ đó ta có ( )

( ) ( )( )2 2 2

43 13cos 4sin 3sin 4cos7sin 5cos 25 25

3sin 4cos 3sin 4cos

x x x xx xI dx dx

x x x x

− − + +−= = =+ +∫ ∫

( )( )

( )( )2 2

3cos 4sin 3sin 4cos43 1 43 1

25 25 3sin 4cos 25 25 3sin 4cos3sin 4cos 3sin 4cos

x x dx d x xdx dxdx

x x x xx x x x

− += − + = − + =

+ ++ +∫ ∫ ∫ ∫

( )43 1

.25 3sin 4cos 25

Jx x

= ++

Xét .3sin 4cos

dxJ

x x=

+∫ Đặt

22

2

2

2

2

1 1 21 tan

2 2 2 1cos2

2tan sin

2 1

1cos

1

dx x dtdt dx dx

x t

x tt x

t

tx

t

= = + → = +

= → =+−=+

2

2 2

2 2

21 (2 1) 2( 2)1

3sin 4cos (2 1)( 2) 5 (2 1)( 2)6 4(1 ) 2 3 2

1 1

dtdx dt dt t ttJ dt

x x t t t tt t t t

t t

− − ++= = = = = − =+ − + − +− + −−

+ +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 1

2tan 11 2 1 1 1 2 1 1 2ln 2 ln 2 ln 2 1 ln ln .5 5 2 1 5 5 5 2 5 tan 2

2

xdt t

t t t C C Cxt t

−−= − + + = − + + − + = + = +− + +

∫

Vậy ( )2

2tan 143 1 2ln .25 3sin 4cos 125 tan 2

2

x

I Cxx x

−= + +

+ +



Trang 60


1) 1 2 2

sin 2

3sin x cos

xdxI

x=

+∫ 2) 2 2 2 2 2

cos sin

sin cos

x xdxI

a x b x=

+∫ 3) 3

sin cos

sin cos 2

x xI dx

x x

−=+ +∫

4) 4cos sin 2

dxI

x x=

− −∫ 5) 53cos sin 2

dxI

x x=

− +∫ 6) 6cos sin 2

dxI

x x=

+ +∫

7) 7

sin 3cos 1

sin cos 2

x xI dx

x x

+ −=+ +∫ 8) 8 3sin cos

dxI

x x=

+∫ 9) 9

sin cos 1

sin 2cos 3

x xI dx

x x

− +=+ +∫

10) 10 4 4

sin 4

sin cos

xdxI

x x=

+∫ 11) ( )11 2 4 4

sin 4

cos sin cos

x dxI

x x=

+∫ 12) ( )12 4 4

sin 4

tan sin cos

xdxI

x x=

+∫



Trang 61

Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:

1) ( )4

3

1

4 .x x dx+∫ 2) ( )4

3

0

2 2 1 .x x dx+ +∫ 3) 9

1

12 x + .

xdx

∫ 4)

( )24

31

1.

xdx

x

−∫


1) ( )4 44 34 4 4 4

3 3 3 32

1 11

2 8 4 8 1 8 9894 4. 4 1

4 3 4 3 4 3 4 3 12

x xx x dx x x

+ = + = + = + − + =

∫

2) ( ) ( )4 4 42 24

3 33

0 00

3 1 32 2 1 2. 2 . . 2 24 0 24

2 4 2 2 2

x xx x dx x x x x x

+ + = + + = + + = − =

∫

3) 9 9 9 91 1 3 1

3 3 32 2 2 2

1 11 1

1 2 4 4 4 1162 x + 2 +x 2. 2 2 9 2 9 1 2 1

3 3 3 3 3xdx x dx x x x x

− = = + = + = + − + =

∫ ∫

4) ( )2

4 4 4 4 45 33 22 2

3 3 2 3 2511 1 1 1

1 2 1 1 2 1 1 1 2 12 2.

3 2

x x xdx dx dx x x dx x x

x x x x x xx

− −− −− − += = − + = − + = − + −

∫ ∫ ∫ ∫

4

2 2 23 3 31

1 4 1 1 4 1 4 1 11 1 51

2 4 2.4 2.1 96 6 963 3 4 3 1x xx

= − + − = − + − − − + − = − + =


1) 4

2

0

sin .2

xdx

π

∫ 2) 4

20

cos

dx

x

π

∫ 3) 3

2

4

tan

cos

xdx

x

π

π∫ 4)

23

40

tan

cos

xdx

x

π

∫


1) ( ) ( ) ( )4 4

42

0 0 0

1 1 1 1 2sin 1 cos sinx sin 0 sin 0

2 2 2 2 4 4 2 8 4

xdx x dx x

π ππ

π π π = − = − = − − − = − ∫ ∫

2) ( )4

4

20 0

tan tan tan0 14cos

dxx

x

ππ

π= = − =∫

3) ( )23 3 3

2

4 4 4

tan tan 3 1tan . tan 1

cos 2 2 2

xdx xx d x

x

π π π

π π π

= = = − =∫ ∫

4) ( ) ( )

2 22 5 3 5 33 3 334 2

4 20 0 0

0

tan tan 1tan tan tan 3 3 14 3tan tan (tan )

cos cos 5 3 5 3 5

x x dxxdx x xx x d x

x x

π π ππ+

= = + = + = + =

∫ ∫ ∫


1) 4 2

2

2 5.

1

x xdx

x

− +−∫ 2)

2

1

ln.

ex

dxx∫ 3) 2

21

1 1.

e

x x dxx x

+ + + ∫


09. CÁC TÍNH TOÁN CƠ BẢN VỀ TÍCH PHÂN



Trang 62

1)

( ) ( )4 4 4 42

2

22 2 2

2 1 1 62 5 62 1 6ln 1 20 6ln3 6 14 6ln3

1 1 1

x x xx xdx dx x dx x x x

x x x

− + − +− + = = + + = + + − = + − = + − − − ∫ ∫ ∫

2) 2 3

2

11 1

ln ln 1 1ln . (ln ) 0

3 8.3 24

e e ex xdx x d x

x

= = = − =

∫ ∫

3) 2 3 2 3 3 2

22

11

1 1 1 1 1 1 1 7ln 1 1

2 3 2 3 2 3 3 2 6

e ex x e e e ex x dx x

x x x e e

+ + + = + − + = + − + − − + = + − − ∫


1) 4

1

dx

x∫ 2) 1 2

0

2 3

2

− +−∫

x xdx

x 3)

π

3

0

πsin

2 3 + ∫

xdx

4)

π

22

π

4

sin 2∫ xdx 5) ( )π

32

0

cos2 sin−∫ x x dx 6) 6

20 cos2

π

∫dx

x

7)

π

2

4π

6

sin∫dx

x 8)

π

6

2π

3sin

2

−

−

∫dx

x 9)

π24

2π

6

cot

sin∫xdx

x

10) 4

0 2 1+∫dx

x 11)

2

1

1

4 3

−+∫

xdx

x 12)

2

0

4 1

3

+−∫x

dxx

13) 1

2

0

1

3 2 + + ∫ x dx

x 14)

2

1

ln∫e x

dxx

15) ln 2

2

0∫

xe dx

16) 2

ln3

1∫

xxe dx 17) 2ln 2

1∫

xedx

x 18)

8

3 21

14

3

−

∫ x dx

x



Trang 63


1) 2

2 3

0

1 .x x dx+∫ 2) ( )2

32

0

4 .x x dx+∫ 3) 1 2

30

3.

2

xdx

x +∫ 4) 19

3 20

.8

xdx

x +∫


1) ( ) ( ) ( )2 22 2 3

32 3 3 3 3 32

00 0 0

1 1 2 2 541 1 1 . 1 1 6.

3 3 3 9 9x x dx x d x x x+ = + + = + = + = =∫ ∫

2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )522 2 5 2 23 32 2 2 2 2

0 00 0

41 1 2 128 2 324 4 4 . 4

2 2 5 5 5

xx x dx x d x x

+ −+ = + + = + = =∫ ∫

3) ( ) ( )1 12 1

3 3

3 3 00 0

3 12 2 2 2 3 2 2

2 2

xdx d x x

x x= + = + = −

+ +∫ ∫

4) ( ) ( ) ( )

219 19 2 19 1922 233

3 32 20 0 0 0

81 1 3 3 27 15. . 8 8 3

2 2 2 4 4 48 8

d xxdxx x

x x

+= = + = + = − =

+ +∫ ∫


1) 3

30

sin.

cos

xdx

x

π

∫ 2) 2

4

3

sin cos .x xdx

π

π∫ 3)

4

0

sin 4 os4 .x c xdx

π

∫ 4) 4

40

tan.

cos

xdx

x

π

∫


1) ( )3 3 3 2

3

3 20 0 0 0

sin tan tan 3tan . tan

2 2cos cos

x x xdx dx x d x

x x

π π ππ

= = = =∫ ∫ ∫

2) ( )52 2 5 2

4 4

33 3

sin 1 1 3 1 9 3sin cos sin . sin .

5 5 5 2 5 160

xx xdx x d x

π π π

ππ π

= = = − = −

∫ ∫

3) ( ) ( )34 4

4 432

0 0 0 0

1 1 2 1sin 4 os4 sin 4 sin 4 . sin 4 sin 4 0

4 4 3 6x c xdx x d x x x

π ππ π

= = = =∫ ∫

4) ( ) ( )7 34 4

42 2 24

0 00

tan 2 2 20tan tan 1 tan tan tan

cos 7 3 21

xdx x x d x x x

x

π ππ

= + = + =

∫ ∫


1)

2ln 3

1

.xe

dxx∫ 2)

4 2tan

20

.cos

π

∫xe

dxx

3) ( )1

.3ln 2

e dx

x x+∫ 4) 1

1 ln.

e xdx

x

+∫


1) ( )2 2 2 2ln 3 ln 3 ln 3 ln 3

11 1 1

2. 2. 2 6 22

x xx xe e

dx dx d e e ex x

= = = = −∫ ∫ ∫

10. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÍNH TÍCH PHÂN



Trang 64

2) ( )π π π

π4 4 42tan2tan 2tan 2tan 24

2 00 0 0

1 1 1(tan ) (2 tan ) 1

2 2 2cos= = = = −∫ ∫ ∫

xx x xe

dx e d x e d x e ex

3) ( )( )

11 1

3ln 21 1 ln5 ln 2 1 5ln 3ln 2 .ln

3ln 2 3 3ln 2 3 3 3 2

e e ed xdxx

x x x

+ −= = + = =+ +∫ ∫

4) ( ) ( ) ( )3

32

1 11 1

1 ln 2 2 4 2 21 ln . 1 ln . 1 ln 1 ln

3 3 3

e e e exdx x d x x x

x

+ −= + + = + = + =∫ ∫


1) 3 4

2 3

0

5+∫ x x dx 2)

12

2

0

1−∫ x x dx 3) 4

0 2 1+∫dx

x

4) 6

31 2− +∫

dx

x 5)

12

2

5 2−

−∫ x dx 6)

22

33

1

3 5+∫ x dx

7) ( )

1

220

5

4+∫

xdx

x 8)

1

2

20 1−∫

xdx

x 9)

2 2

3 30

3

1+∫

xdx

x

10) 4

2

0

9+∫ x x dx 11)

π

2

π

4

cos∫

xdx

x 12)

π

2

0

cos sin∫ x xdx

13)

π

23

π

6

sin cos∫ x xdx 14)

π

23

0

sin cos∫ x xdx 15)

π

33

20

tan

cos∫x

dxx

16)

π32

2π

4

cot

sin∫x

dxx

17)

π

6

2π

4

cot

sin∫x

dxx

18) ( )

π

2

2π

6

3cos

1 5sin−∫xdx

x

19)

π

2

π

6

cos

4sin x 1−∫xdx

20) 3

1

ln∫e x

dxx

21)

π

2

0

sin

1 3cos+∫xdx

x

22) 2

11

0

. +∫

xx e dx 23)

π2 tan2

20 cos∫

xedx

x 24) ( )

π

2sinx

0

cos cos+∫ e x xdx

25) 2ln 3

1

+

∫e xe

dxx

26)

π

2

0

cos 1 4sin+∫ x x dx 27) 2

1

1 ln+∫e x

dxx

28) 1

2 ln

2

+∫e x

dxx

29) ( )

π

6

30

cos

2sin 1+∫xdx

x 30)

π

2

π

3

6cos 1sin+∫ x xdx



Trang 65

I. ĐẶT ẨN PHỤ LƯỢNG GIÁC

� sin2 2

2 2 2 2 2

cos

sin cosx a t

dx a tdta x

a x a a t a t=

=− →− = − =

� 22 2

tan

2 22 2 2 2 2

cos

tancos

x a t

adtdx

ta xaa x a x a a t

t

=

= + → + + = + =

� 2

2 2 sin2

2 2 22

cos

sin

cotsin

ax

t

a dtdx

tx a

ax a a a t

t

=

− =− → − = − =

Chú ý: Sau khi đặt ẩn phụ ta phải đổi cận theo ẩn phụ vừa đặt Ví dụ 1: Tính các tích phân sau

1.

12

21

0

1I x dx= −∫ 2. 3 2

2 21

9 3xI dx

x

+= ∫ 3.

222

3 20 1

xI dx

x=

−∫

4. 3

4 20 9

dxI

x=

+∫ 5.

4

3 2

5 32

4xI dx

x

−= ∫


1. Đặt 2 2

cossin

1 1 sin cos

dx tdtx t

x t t

== ⇒ − = − =

Đổi cận : 0 0

cos cos1 π

2 6

x tt t

x t

= ⇒ = → = = ⇒ =

π π π1 π6 6 62 6

2 2 21

00 0 0 0

1 1 1 π 31 1 sin cos cos (1 cos2 ) sin 2

2 2 4 12 8I x dx t tdt tdt t dt x t

⇒ = − = − = = + = + = +

∫ ∫ ∫ ∫

2. Đặt 2

2 2

3

cos3 tan

39 3 9 9tan

cos

dtdx

tx t

x tt

=

= ⇒ + = + =

Đổi cận :

π1

6 cos cosπ

34

x tt t

x t

= ⇒ = → = = ⇒ =

π π π π3 2 24 4 4 4

2 22 2 2 2 2 22π π π π1

26 6 6 6

π π

4 4

2 2 2 2π π

6 6

9 3 9 9tan cos3 3 3 3

sin3tan cos cos .sin cos .sincos .cos

cos

(sin ) 1 1 1 13 3 (sin ) 3

(1 sin ).sin 1 sin sin 2(1 sin ) 2(1 si

x t dt dt tdtI dx dt

tx t t t t t tt t

t

d td t

t t t t t

+ += = = = = =

= = + = + − − − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

π

3

2π

6

1(sin )

n ) sind t

t t

+ =

∫

11. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN



Trang 66 π π π π π4 4 4 4 4

2πππ π π666 6 6

3 (sin ) 3 (sin ) (sin ) 3 1 sin 3 3 2 2 63 ln ln ln3 6

2 1 sin 2 1 sin sin 2 1 sin sin 2 2 2 2

d t d t d t t

t t t t t

+ += + + = − = − + − − + − − ∫ ∫ ∫

3. Đặt 2 2

cossin

1 1 sin cos

dx tdtx t

x t t

== ⇒ − = − =

Đổi cận :

0 0

cos cos2 π

2 4

x t

t tx t

= ⇒ = → =

= ⇒ =

π π π π π π2 2 24 4 4 4 4 4

23 2 2

0 0 0 0 0 0

sin cos sin cos 1 1 1 π 1sin (1 cos2 ) sin 2 .

cos 2 2 4 8 41 1 sin

x dx t t t tI dt dt tdt t dt t t

tx t

= = = = = − = − = − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

4. Đặt ( )

( )

22

2 2

33 1 tan

cos3tan9 9 1 tan

dtdx t dt

tx tx t

= = += ⇒ + = +

Đổi cận :

π π3 24 4

4 2 200 0

0 0(1 tan ) 1 π

3π9 9 9tan 3 123

4

x tdx t dt

I tx tx t

= ⇒ = + → = = = = + += ⇒ =∫ ∫

5. Đặt 2

22

2

2cos

sin2

sin os4 4 2 cot

sin

tdtdx

tx

t c tx t

t

= −= ⇒ − = =

Đổi cận :

π2

2cot cot

4 π

33

x tt t

x t

= ⇒ = → = = ⇒ =

( )4 π π π π3 2 3 2 2 2

25 3

π2π π π2332 3 3

4 2cos .2cos 1 1 1 1 π 3cos 1 cos2 sin 2

8 2 4 4 2 24 16sin .sin .sin

x t tI dx dt tdt t dt t t

x t tt

− = = − = = + = + = −

∫ ∫ ∫ ∫

II. ĐẶT ẨN PHỤ t = f(x)

� Trong biểu thức của f(x)dx có chứa căn thì đặt căn đó bằng t.

� Trong biểu thức của f(x)dx có chứa biểu thức lũy thừa bậc cao thì đặt biểu thức đó bằng t.

� Trong biểu thức của f(x)dx có chứa hàm mũ với biểu thức trên mũ là một hàm số thì đặt biểu thức trên mũ

bằng t.

Ví dụ 2: Tính các tích phân sau:

1. 7 3

1 3 20 1

x dxI

x=

+∫ 2.5

202

4

( 4)I x x dx= −∫ 3. 1

15 83

0

1 3I x x dx= +∫

4. 4

1

1 3ln lne x xI dx

x

+= ∫ 5. 3

2

51

ln

ln 1

e xI dx

x x=

+∫ 6. 2 2

5 22

1

1

xI dx

x x

−

−

+=+∫


1. Đặt 2

3 2 2 3

2 3

2 31 1

1

xdx t dtx t x t

x t

=+ = ⇔ + = ⇒ = −

Đổi cận : 27 7 2 23 2 3 2 5 2

41 3 32 2

0 0 1 1 1

0 1 . 3 ( 1) 3 3 3 141( )

2 2 10 4 207 2 1 1

x t x dx x xdx t t t tI dt t t dt

tx t x x

= ⇒ = − → = = = = − = − = = ⇒ = + +

∫ ∫ ∫ ∫



Trang 67

2. Đặt 44

dx dtx t

x t

=− = ⇒ = +

Đổi cận :

15 1 1 1 22 2120 20 21 20

2

4 0 0 0 0

4 0 4 109( 4) ( 4) 4

5 1 22 21 462

x t t tI x x dx t t dt t dt t dt

x t

= ⇒ = → = − = + = + = + = = ⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫

3. Đặt

7 7

8 8 2

28

24 212

1 3 1 31

3

tdtx dx tdt x dx

x t x tt

x

= ⇒ =+ = ⇔ + = ⇒ − =

Đổi cận : 0 1

1 2

x t

x t

= ⇒ = = ⇒ =

21 2 2 22 5 315 8 8 8 7 4 2

3

0 1 1 1 1

1 ( 1) 1 1 291 3 1 3 . . . ( ) .

12 3 36 36 5 3 270

t t tI x x dx x x x dx t tdt t t dt

−→ = + = + = = − = − =

∫ ∫ ∫ ∫

4. 4

1 1

1 3ln ln1 3ln ln (ln )

e ex xI dx x xd x

x

+= = +∫ ∫

Đặt 2 2

3 (ln ) 2

1 3ln 1 3ln 1ln

3

d x tdt

x t x t tx

=+ = ⇔ + = ⇒ −=

Đổi cận :

22 22 5 34 2

4

1 1 1 1

1 1 1 2 2 2 2 1161 3ln ln (ln ) . . ( ) .

3 2 3 3 9 45 27 135

ex t t t tI x xd x t tdt t t dt

x t

= ⇒ = −→ = + = = − = − = = ⇒ = ∫ ∫ ∫

5. 3 3

2 2

5

1 1

ln ln(ln )

ln 1 ln 1

e ex xI dx d x

x x x= =

+ +∫ ∫

Đặt 2

2

(ln ) 21 ln 1 ln

ln 1

d x tdtx t x t

x t

=+ = ⇔ + = ⇒

= −

Đổi cận : 3 22 22 2 2 5 3

4 253

1 1 1 1

1 1 ln ( 1) 2 2 76(ln ) 2 ( 2 1) 2 .

5 3 152 ln 1

ex t x t t t tI d x dt t t dt t

tx e t x

= ⇒ = −→ = = = − + = − + = = ⇒ = + ∫ ∫ ∫

6. Đặt 2 2 2

2 21 1

1

xdx tdtx t x t

x t

=+ = ⇔ + = ⇒

= −

Đổi cận : 2 3 3 32 2 2

6 2 2 222 5 5 5

2 5 1 1 1 11

1 1 12 3 1

x t x t tI dx dt dt dt

t t tx t x x

−

−

= − ⇒ = + − + → = = = = + − − − = − ⇒ = +∫ ∫ ∫ ∫

53 3 3

5 5 5 5

1 1 1 1 1 3 1 5 1ln 3 5 ln ln

2 1 2 1 2 1 2 3 1 5 1

dt dt tdt t

t t t

− − −= + − = + = − + − − + + + + ∫ ∫ ∫

III. SỬ DỤNG VI PHÂN

Ví dụ 3: Tính tích phân sau:

1. 1

2 31

0

(1 2 )(1 3 3 )I x x x dx= + + +∫ 2. 1 2

2 30

3

2

xI dx

x=

+∫ 3. 3

1

1 lne

xI dx

x

+= ∫

4. 2

2 34

0

( 4)I x x dx= +∫ 5. ( )

6

5 30

cos

2sin 1

xdxI

x

π

=+∫ 6.

2

6

1

1 lne

xI dx

x

+= ∫


1. ( )1 1 142 3 2 3 2 2

100 0

1 1(1 2 )(1 3 3 ) (1 3 3 ) (1 3 3 ) 1 3 3 200

3 12I x x x dx x x d x x x x= + + + = + + + + = + + =∫ ∫



Trang 68

2. ( )1 1 1 12 3 1

3 3 322 3 3 00 0 0

3 ( 2)( 2) ( 2) 2 2 2( 3 2)

2 2

x d xI dx x d x x

x x

−+= = = + + = + = −+ +∫ ∫ ∫

3. ( ) ( )32

311 1

1 ln 2 21 ln (1 ln ) 1 ln 2 2 1 .

3 3

ee ex

I dx xd x xx

+= = + + = + = −∫ ∫

4. ( ) ( )22 2 5

2 3 2 3 2 2 724

0 0 0

1 1 1( 4) ( 4) ( 4) 4 2 2 32 .

2 5 5I x x dx x d x x= + = + + = + = −∫ ∫

5. ( )

6 6 6

5 3 3 200 0

cos 1 ( inx 1) 1 3.

2 16(2sin 1) 4(2sin 1)2sin 1

xdx d sI

x xx

π π π

+= = = − =+ ++∫ ∫

6. 2 3

2 26

1 1 1 1 1

1 ln ln 4(1 ln ) (ln ) (ln ) ln (ln ) ln

3 3

ee e e ex x

I dx x d x d x xd x xx

+= = + = + = + =

∫ ∫ ∫ ∫

IV. TÍCH PHÂN T ỪNG PHẦN

�� Thứ tự ưu tiên khi đặt u : Hàm loga → Hàm đa thức→ Hàm lượng giác = Hàm mũ.

Ví dụ 4: Tính các tích phân sau:

1. 1

1

0

sinxI e xdx= ∫ 2. 2 21

ln

( 1)

e

e

xI dx

x=

+∫ 3. 23

1

lne

I x xdx= ∫

4. 1

24

0

ln(1 )I x x dx= +∫ 5. 1

25

0

xI x e dx= ∫


1. Đặt ( ) ( )1 1

1 1

10 0

0 0

sin cos cos . cossin cos

x xx x x xe u e dx du

I e xdx e x x e dx e x Jxdx dv x v

= =⇒ ⇒ = = − + = − +

= − = ∫ ∫

Đặt ( )1 1

110 1' 0

0 0

cos sinxcos sin sin sinx x x x

x x

xdx dv vJ xe dx e x xe dx e x I

u e du e dx

= = ⇒ ⇒ = = − = −

= = ∫ ∫

( ) ( )1 1

1 10 0

1 (sin1 cos1)2 sin cos 1 (sin1 cos1)

2x x e

I e x e x e I− −

⇒ = − = − − ⇒ =

2. Đặt 2 2 11 12

lnln ln

1 ( 1) 1 ( 1)( 1)

1

ee e

ee e

dxx u dux x dxx I dxdx

dv x x x xvx

x

= = ⇒ ⇒ = = − + = + + + = −+ +

∫ ∫

11 1

1 1

ln lnln 1 1 0.

1 ( 1) 1 1

e ee ee

ee e

e e

x dx dx x x

x x x x x= − + − = − + = − + =

+ + + +∫ ∫

3. Đặt 2 2 2

2 2 2 232

1 1 11 1

2lnln

ln ln ln ln ln2 2

2

e ee e e

dxdu x

x u x dx xxI x xdx x x x x x xdx

xxdx dv xv

= = ⇒ ⇒ = = − = − = =

∫ ∫ ∫

Xét 1

ln .e

J x xdx= ∫ Đặt 2 2 2

211 1

ln 1ln ln

2 2 2 4

2

e ee

dxdu

u x x x xxJ x xdx x

xdx dv xv

== ⇒ ⇒ = − = − = =

∫

2 2 2 22

3

1

1ln ln .

2 2 4 4

e

x x x eI x x

−→ = − + =



Trang 69

4. Đặt 2 2

2

2ln(1 ) 1

2

xdxdu

x u x

xdx dv xv

= + = +⇒

= =

( )

1 11 1 12 3 22 2 2

4 2 20 0 00 0

1 1 1 1 112 2 2 22 2 2

20 00 0 0 0

ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )2 1 2 1

1 1ln(1 ) ln(1 ) ln 1 ln 2

2 2 1 2 2 2 2

x x dx x xI x x dx x x x dx

x x

x x xdx x xx x x

x

⇒ = + = + − = + − − = + +

= + − + = + − + + = − +

∫ ∫ ∫

∫

5. Đặt ( ) ( )2 1 1

1 12 2 2

50 0

0 0

22 2x x x x

xx

du xdxx uI x e dx x e xe dx x e J

v ee dx dv

= = ⇒ ⇒ = = − = −

== ∫ ∫

Xét 1

0

.xJ xe dx= ∫ Đặt ( ) ( )1 1

1 1

0 00 0

x x x x x

x x

x u du dxxe dx xe e dx xe e

e dx dv v e

= = ⇒ ⇒ = − = −

= = ∫ ∫

Vậy ( ) ( ) ( )1 1 12 2

50 0 0

2 2 1.x x x xI x e J x e xe e e= − = − − = −



Trang 70

MỤC LỤC 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ NGUYÊN HÀM ................................................................................................................01

2. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÌM NGUYÊN HÀM......................................................................................07

3. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIÊN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM..............................................................................13

4. PHƯƠNG PHÁP TỪNG PHẦN TÌM NGUYÊN HÀM ..............................................................................20

5. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM PHÂN TH ỨC HỮU TỈ ..................................................................................23

6. KĨ THUẬT ĐỒNG NHẤT TÌM NGUYÊN HÀM........................................................................................35

7. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM VÔ T Ỉ ..............................................................................................................40

8. NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC.........................................................................................46

9. TÍCH PHÂN CƠ BẢN ....................................................................................................................................60

10. PHƯƠNG PHÁP VI PHÂN TÍNH TÍCH PHÂN.......................................................................................62

11. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN...............................................................................................64

MỤC LỤC............................................................................................................................................................69

Documents

Bai giang nguyen ham tich phan 2015 q1