102 câu Trắc nghiệm Toán 12 Bài tập nguyên hàm có đáp án (Mới nhất)
102 câu hỏi
Nguyên hàm của hàm số f(x)=x3+x là
x4+x2+C.
3x2+1+C.
x3+x+C.
14x4+12x2+C.
Chọn D
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f(x)=2x+1(x+2)2 trên khoảng −2;+∞ là
2ln(x+2)+1x+2+C.
2ln(x+2)−1x+2+C.
2ln(x+2)−3x+2+C.
2ln(x+2)+3x+2+C.
Chọn D
Hướng dẫn:
f(x)=2x+1(x+2)2
Đặt t=x+2⇒dt=dx
∫f(x)dx=∫2x+1(x+2)2dx=∫2(t−2)+1t2dt=∫2t−3t2dt=∫2t−3t2dt
=2lnt+3t+C=2lnx+2+3x+2+C=2lnx+2+3x+2+C (Do x+2 > 0)
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=ln1+x2x+2017xlne.x2+ex2+1 ?
lnx2+1+1008lnlnx2+1+1
lnx2+1+2016lnlnx2+1+1
12lnx2+1+2016lnlnx2+1+1
12lnx2+1+1008lnlnx2+1+1
Hướng dẫn:
Đặt I=∫ln1+x2x+2017xlne.x2+ex2+1dx
+Ta có : I=∫ln1+x2x+2017xlne.x2+ex2+1dx=∫xln1+x2+2017xx2+1ln1+x2+lnedx=∫xln1+x2+2017x2+1ln1+x2+1dx
+ Đặt : t=ln1+x2+1⇒dt=2x1+x2dx
⇒I=∫t+20162tdt=12∫1+2016tdt=12t+1008lnt+C⇔I=12lnx2+1+12+1008lnlnx2+1+1+C=12lnx2+1+1008lnlnx2+1+1+C
Vậy đáp án đúng là đáp án D.
Tìm nguyên hàm của hàm số fx=x3ln4−x24+x2 ?
x4ln4−x24+x2−2x2
x4−164ln4−x24+x2−2x2
x4ln4−x24+x2+2x2
x4−164ln4−x24+x2+2x2
Hướng dẫn:
Đặt : u=ln4−x24+x2dv=x3dx⇒du=16xx4−16v=x44−4=x4−164
⇒∫x4ln4−x24+x2dx=x4−164ln4−x24+x2−∫4xdx=x4−164ln4−x24+x2−2x2+C
Vậy đáp án đúng là đáp án B.
Tìm I=∫sinxsinx+cosxdx?
I=12x+lnsinx+cosx+C
I=x+lnsinx+cosx+C
I=x−lnsinx+cosx+C
I=12x−lnsinx+cosx+C
Hướng dẫn:
Đặt : T=∫cosxsinx+cosxdx
⇒I+T=∫sinxsinx+cosxdx+∫cosxsinx+cosxdx=∫sinx+cosxsinx+cosxdx=x+C1 1
Ta lại có :
I−T=∫sinxsinx+cosxdx−∫cosxsinx+cosxdx=∫sinx−cosxsinx+cosxdx=⇔I−T=−∫dsinx+cosxsinx+cosx=−lnsinx+cosx+C2 2
Từ 1;2 ta có hệ: I+T=x+C1I−T=−lnsinx+cosx+C2⇒I=12x−lnsinx+cosx+CT=12x+lnsinx+cosx+C
Vậy đáp án đúng là đáp án D .
Tìm I=∫cos4xsin4x+cos4xdx?
I=12x−122ln2+sin2x2−sin2x+C
I=x−122ln2+sin2x2−sin2x+C
I=12x+122ln2+sin2x2−sin2x+C
I=x−122ln2+sin2x2−sin2x+C
Hướng dẫn:
Đặt : T=∫sin4xsin4x+cos4xdx
⇒I+T=∫cos4xsin4x+cos4xdx+∫sin4xsin4x+cos4xdx=∫sin4x+cos4xsin4x+cos4xdx=x+C1 1
Mặt khác :
I−T=∫cos4xsin4x+cos4xdx−∫sin4xsin4x+cos4xdx=∫cos4x−sin4xsin4x+cos4xdx⇔I−T=∫cos2x−sin2x1−2sin2x.cos2xdx=∫cos2x1−12sin2xdx⇔I−T=∫2cos2x2−sin22xdx=122ln2+sin2x2−sin2x+C2 2
Từ 1;2 ta có hệ : I+T=x+C1I−T=122ln2+sin2x2−sin2x+C2⇒I=12x+122ln2+sin2x2−sin2x+CT=12x−122ln2+sin2x2−sin2x+C
Vậy đáp án đúng là đáp án C.
Tìm Q=∫x−1x+1dx?
Q=x2−1+lnx+x2−1+C
Q=x2−1−lnx+x2−1+C
Q=lnx+x2−1−x2−1+C
Cả đáp án B,C đều đúng.
Hướng dẫn:
Điều kiện : x−1x+1≥0⇔x≥1x<−1
Trường hợp 1 : Nếu x≥1 thì
Q=∫x−1x+1dx=∫x−1x2−1dx=∫xx2−1dx−∫1x2−1dx=x2−1−lnx+x2−1+C
Trường hợp 2: Nếu x<−1 thì
Q=∫x−1x+1dx=∫1−xx2−1dx=∫1x2−1dx−∫xx2−1dx=lnx+x2−1−x2−1+C
Vậy đáp án đúng là đáp án D.
Tìm T=∫xn1+x+x22!+x33!+...+xnn!dx?
T=x.n!+n!ln1+x+x22!+...+xnn!+C
T=x.n!−n!ln1+x+x22!+...+xnn!+C
T=n!ln1+x+x22!+...+xnn!+C
T=n!ln1+x+x22!+...+xnn!−xn.n!+C
Hướng dẫn:
Đặt gx=1+x+x22!+x33!+x44!+...+xnn!⇒g'x=1+x+x22!+x33!+...+xn−1n−1!
Ta có : gx−g'x=xnn!⇒xn=n!gx−g'x
⇒T=∫n!.gx−g'gxdx=n!∫1−g'xgxdx=n!.x−n!ln=n!x−n!ln1+x+x22!+...+xnn!+C
Vậy đáp án đúng là đáp án B .
Tìm H=∫x2dxxsinx+cosx2?
H=xcosxxsinx+cosx+tanx+C
H=xcosxxsinx+cosx−tanx+C
H=−xcosxxsinx+cosx+tanx+C
H=−xcosxxsinx+cosx−tanx+C
Ta có : T=∫dxxn+1n+1n=∫dxxn+1.1xn+1n+1n=∫x−n−11xn+11+1ndx=∫x−n−11xn+1−1−1ndx
Đặt : t=1xn+1⇒dt=−nxn+1=−nx−n−1
⇒T=−1n∫t−1−1ndt=t−1n+C=1xn+1−1n+C
Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Tìm T=∫dxxn+1n+1n?
T=1xn+1−1n+C
T=1xn+11n+C
T=xn+1−1n+C
T=xn+11n+C
Ta có : T=∫dxxn+1n+1n=∫dxxn+1.1xn+1n+1n=∫x−n−11xn+11+1ndx=∫x−n−11xn+1−1−1ndx
Đặt : t=1xn+1⇒dt=−nxn+1=−nx−n−1
⇒T=−1n∫t−1−1ndt=t−1n+C=1xn+1−1n+C
Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Tìm R=∫1x22−x2+x dx?
R=−tan2t2+14ln1+sin2t1−sin2t+C với t=12arctanx2
R=−tan2t2−14ln1+sin2t1−sin2t+C với t=12arctanx2
R=tan2t2+14ln1+sin2t1−sin2t+Cvới t=12arctanx2
R=tan2t2−14ln1+sin2t1−sin2t+C với t=12arctanx2
Đặt x=2cos2t với t∈0;π2
Ta có : dx=−4sin2t.dt2−x2+x=2−2sin2t2+2cos2t=4sin2t4cos2t=sintcost
⇒R=−∫14cos22t.sintcost.4sin2t.dt=−∫2sin2tcos22tdt=−∫1−cos2tcos22tdt⇔R=−∫1cos22tdt+∫1cos2tdt=−tan2t2+14ln1+sin2t1−sin2t+C
Vậy đáp án đúng là đáp án A .
Tìm F=∫xnexdx ?
F=exxn−nxn−1+nn−1xn−2+...+n!−1n−1x+n!−1n+xn+C
F=exxn−nxn−1+nn−1xn−2+...+n!−1n−1x+n!−1n+C
F=n!ex+C
F=xn−nxn−1+nn−1xn−2+...+n!−1n−1x+n!−1n+ex+C
Lưu ý : ta luôn có điều sau exfx'=ex.fx+ex.f'x+C=exfx+f'x+C
Hướng dẫn:
F=∫exxn+n.xn−1−nxn−1+n−1xn−2+nn−1xn−2+n−2xn−3+...+n!−1n−1x+1+n!−1ndx⇔F=exxn−nxn−1+nn−1xn−2+...+n!−1n−1x+n!−1n
Vậy đáp án đúng là đáp án B.
Tìm G=∫2x2+1+2lnx.x+ln2xx2+xlnx2dx?
G=−1x−1x+lnx+C
G=1x−1x+lnx+C
G=1x−1x+lnx+C
G=1x+1x+lnx+C
Hướng dẫn:
Ta có :
G=∫2x2+1+2lnx.x+ln2xx2+xlnx2dx=∫x2+2xlnx+ln2x+x+x2x2x+lnx2dx=∫x+lnx2+xx+1x2x+lnx2dx⇔G=∫1x2+x+1xx+lnx2dx=−1x+∫x+1xx+lnx2dx=−1x+J J=∫x+1xx+lnx2dx
Xét nguyên hàm : J=∫x+1xx+lnx2dx
+ Đặt : t=x+lnx⇒dt=1+1x=x+1x
⇒J=∫1t2dt=−1t+C=−1x+lnx+C
Do đó : G=−1x+J=−1x−1x+lnx+C
Vậy đáp án đúng là đáp án A .
Hàm số nào sau đây không phải là nguyên hàm của K=∫7x−120172x+12019dx ?
118162.7x−12x+12018
181622x+12018+7x−12018181622x+12018
−181622x+12018+7x−12018181622x+12018
181622x+12018−7x−12018181622x+12018
Hướng dẫn:
Ta có : K=∫7x−120172x+12019dx=∫7x−12x+12017.12x+12dx
Đặt t=7x−12x+1⇒dt=92x+12dx⇔dt9=198x+12dx
⇒K=19∫t2017dt=t201818162+C=118162.7x−12x+12018+C
Vậy đáp án cần chọn là đáp án D.
Hàm số nào sau đây là nguyên hàm của gx=lnxx+12?
−ln2x−xln2x+1+lnxx+1+1999
−lnxx+1−lnxx+1+1998
lnxx+1−lnxx+1+2016
lnxx+1+lnxx+1+2017
Hướng dẫn:
Đặt u=lnxdv=1x+12dx⇒du=1xdxv=−1x+1
⇒S=−lnxx+1+∫1xx+1dx=−lnxx+1+∫1x−1x+1dx=−lnxx+1++∫1xdx−∫dxx+1A⇔S=−lnxx+1+lnx−lnx+1+C=−lnxx+1+lnxx+1+C .
Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Hàm số nào sau đây là nguyên hàm của hx=1−lnxx1−n.lnx.xn+lnnx?
1nlnx−1nlnxn+lnnx+2016
1nlnx+1nlnxn+lnnx+2016
−1nlnx+1nlnxn+lnnx+2016
−1nlnx−1nlnxn+lnnx−2016
Hướng dẫn:
Ta có : L=∫1−lnxx1−n.lnx.xn+lnnxdx=∫1−lnxx2.1x−n−1.lnx.xn+lnnxdx=∫1−lnxx2.1lnxx1+lnnxxndx
Đặt : t=lnxx⇒dt=1−lnxx2dx
⇒L=∫dtttn+1=∫tn−1dttntn+1
+ Đặt u=tn+1⇒du=n.tn−1dt
⇒L=1n∫duuu−1=1n∫1u−1−1udu=1n.lnu−1−lnu+C=1n.lnu−1u+C⇔L=1n.lntntn+1+C=1n.lnlnnxxnlnnxxn+1+C=1n.lnlnnxlnnx+xn+C
Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Nguyên hàm của fx=x3−x2+2x là:
14x4−x3+43x3+C
14x4−13x3+43x3+C
14x4−x3+23x3+C
14x4−13x3+23x3+C
Phân tích:
Ta có:
∫x3−x2+2xdx=14x4−13x3+43x3+C.
Đáp án đúng là A.
Nguyên hàm của fx=1x+2x3+3 là:
2x+3x23+3x+C
2x+43x23+3x+C
12x+3x23+3x+C
12x+43x23+3x+C
Phân tích:
Ta có:
∫1x+2x3+3dx=∫x−12+2x−13+3dx=2x12+3x23+3x+C=2x+3x23+3x+C.
Đáp án đúng là A.
Nguyên hàm ∫1x2−7x+6dx là:
15lnx−1x−6+C
15lnx−6x−1+C
15lnx2−7x+6+C
−15lnx2−7x+6+C
Phân tích:
Ta có:
∫1x2−7x+6dx=∫1x−1x−6dx=15∫1x−6−1x−1dx=15lnx−6−lnx−1+C=15lnx−6x−1+C.
Đáp án đúng là B.
Nguyên hàm ∫2x3−6x2+4x+1x2−3x+2dx là:
x2+lnx−1x−2+C
12x2+lnx−2x−1+C
12x2+lnx−1x−2+C
x2+lnx−2x−1+C
Phân tích:
Ta có:
∫2x3−6x2+4x+1x2−3x+2dx=∫2x+1x2−3x+2dx=∫2x+1x−2−1x−1dx=x2+lnx−2x−1+C
Đáp án đúng là D.
Nguyên hàm ∫3x+3−x2−x+2dx là:
2lnx−1−lnx+2+C
−2lnx−1+lnx+2+C
2lnx−1+lnx+2+C
−2lnx−1−lnx+2+C
Phân tích:
Ta có:
∫3x+3−x2−x+2dx=∫3x+31−xx+2dx=∫21−x−1x+2dx=−2lnx−1−lnx+2+C.
Đáp án đúng là B.
Nguyên hàm ∫1x+1+x+2dx là:
x+23+x−13+C
−x+23+x−13+C
x+23−x−13+C
−x+23−x−13+C
Phân tích:
Ta có:
∫1x+1+x+2dx=∫x+2−x+1dx=x+23−x−13+C.
Đáp án đúng là C.
Nguyên hàm ∫sin2x+cosxdx là:
12cos2x+sinx+C
−cos2x+sinx+C
−12cos2x+sinx+C
−cos2x−sinx+C
Phân tích:
Ta có:
∫sin2x+cosxdx=−12cos2x+sinx+C.
Đáp án đúng là C.
Nguyên hàm ∫e2x+1−2ex3dx là:
53e53x+1−23e−x3+C
53e53x+1+23ex3+C
53e53x+1−23ex3+C
53e53x+1+23e−x3+C
Phân tích:
Ta có:∫e2x+1−2ex3dx=∫e2x+1ex3−2ex3dx=∫e2x+1−x3−2e−x3dx=∫e53x+1−2e−x3dx=53e53x+1+23e−x3+C.
Đáp án đúng là D.
Nguyên hàm ∫sin2x+3+cos3−2xdx là:
−2cos2x+3−2sin3−2x+C
−2cos2x+3+2sin3−2x+C
2cos2x+3−2sin3−2x+C
2cos2x+3+2sin3−2x+C
Phân tích:
Ta có:
∫sin2x+3+cos3−2xdx=−2cos2x+3−2sin3−2x+C.
Đáp án đúng là A.
Nguyên hàm ∫sin23x+1+cosxdx là:
12x−3sin6x+2+sinx+C
x−3sin6x+2+sinx+C
12x−3sin3x+1+sinx+C
12x−3sin6x+2−sinx+C
Phân tích:
Ta có:
∫sin23x+1+cosxdx=∫1−cos6x+22+cosxdx=∫12−12cos6x+2+cosxdx=12x−3sin6x+2+sinx+C
Đáp án đúng là A.
Gọi Fx là nguyên hàm của hàm số fx=x+1−1x2. Nguyên hàm của fx biết F3=6 là:
Fx=23x+13−1x+13
Fx=23x+13+1x+13
Fx=23x+13−1x−13
Fx=23x+13+1x−13
Phân tích:
Ta có:
∫x+1−1x2dx=23x+13+1x+C.
Theo đề bài, ta lại có: F3=6⇔233+13+13+C=6⇔C=13.
Fx=23x+13+1x+13.
Đáp án đúng là B.
Gọi Fx là nguyên hàm của hàm số fx=4x3+2m−1x+m+5, với m là tham số thực. Một nguyên hàm của fx biết rằng F1=8 và F0=1 là:
Fx=x4+2x2+6x+1
Fx=x4+6x+1
Fx=x4+2x2+1
Đáp án A và B.
Phân tích:
Ta có:
∫4x3+2m−1x+m+5dx=x4+m−1x2+m+5x+C.
Lại có:
F0=1F1=8⇔C=11+m−1+m+5+C=8⇔C=1m=1
Vậy Fx=x4+6x+1.
Đáp án đúng là B.
Nguyên hàm của ∫xx2+1dx là:
lnt+C với t=x2+1
−lnt+C với t=x2+1
12lnt+C với t=x2+1
−12lnt+C với t=x2+1
Đặt t=x2+1⇒dt=2xdx.
⇒∫xx2+1dx=...=12∫1tdt=12lnt+C.
Đáp án đúng là C.
Kết quả nào dưới đây không phải là nguyên hàm của ∫sin3x+cos3xdx?
3cosx.sin2x−3sinx.cos2x+C
32sin2xsinx−cosx+C
32sin2xsinx−π4+C
32sinx.cosx.sinx−π4+C
Ta có:
∫sin3x+cos3xdx=3cosx.sin2x−3sinx.cos2x+C=32sin2xsinx−cosx+C=322sin2xsinx−π4+C.
Đáp án đúng là C.
Với phương pháp đổi biến số x→t , nguyên hàm ∫ln2xxdx bằng:
12t2+C
t2+C
2t2+C
4t2+C
Đặt t=ln2x⇒dt=2.12xdx⇒dt=1xdx.
⇒∫ln2xxdx=...=∫tdt=12t2+C.
Đáp án đúng là A.
Với phương pháp đổi biến số x→t, nguyên hàm ∫1x2+1dx bằng:
12t2+C
12t+C
t2+C
t+C
Phân tích:
Ta đặt :x=tant,t∈−π2;π2⇒dx=1cos2tdt.
⇒∫1x2+1dx=...=∫dt=t+C.
Đáp án đúng là D.
Với phương pháp đổi biến số x→t, nguyên hàm I=∫1−x2+2x+3dx bằng:
sint+C
−t+C
−cost+C
t+C
Phân tích:
Ta biến đổi: I=∫14−x−12dx.
Đặt x−1=2sint,t∈−π2,π2⇒dx=2costdt.
⇒I=∫dt=t+C.
Đáp án đúng là D.
Theo phương pháp đổi biến số với t=cosx,u=sinx, nguyên hàm của I=∫tanx+cotxdx là:
−lnt+lnu+C
lnt−lnu+C
lnt+lnu+C
−lnt−lnu+C
Phân tích:
Ta có:∫tanx+cotxdx=∫sinxcosxdx+∫cosxsinxdx.
Xét I1=∫sinxcosxdx. Đặt t=cosx⇒dt=−sinxdx⇒I1=−∫1tdt=−lnt+C1.
Xét I2=∫cosxsinxdx. Đặt u=sinx⇒du=cosxdx⇒I2=∫1udu=lnu+C2.
⇒I=I1+I2=−lnt+lnu+C
Đáp án đúng là A.
Theo phương pháp đổi biến số x→t , nguyên hàm của I=∫2sinx+2cosx1−sin2x3dx là:
2t3+C
6t3+C
3t3+C
12t3+C
Phân tích:
Ta có:
I=∫2sinx+2cosx1−sin2x3dx=∫2sinx+cosxsinx−cosx23dx.
Đặt t=sinx−cosx⇒dt=sinx+cosxdx.
⇒I=∫2t23dt=2.11+−23t13+C=6t3+C.
Đáp án đúng là B.
Nguyên hàm của I=∫xlnxdx bằng với:
x22lnx−∫xdx+C
x22lnx−∫12xdx+C
x2lnx−∫12xdx+C
x2lnx−∫xdx+C
Phân tích:
Ta đặt:
u=lnxdv=xdx⇒du=1xdxv=x22
⇒I=∫xlnxdx=x22lnx−∫12xdx
Đáp án đúng là B.
Nguyên hàm của I=∫xsinxdx bằng với:
xcosx+∫cosxdx+C
−xcosx−∫cosxdx+C
−xcosx+∫cosxdx+C
xcosx−∫cosxdx+C
Phân tích:
Ta đặt:
u=xdv=sinxdx⇒du=dxv=−cosx.
⇒I=∫xsinxdx=−xcosx+∫cosxdx.
Đáp án đúng là C.
Nguyên hàm của I=∫xsin2xdx là:
182x2−xsin2x−cos2x+C
18cos2x+14x2+xsin2x+C
14x2−12cos2x−xsin2x+C
Đáp án A và C đúng.
Phân tích:
Ta biến đổi: I=∫xsin2xdx=∫x1−cos2x2dx=12∫xdx−12∫xcos2xdx=14x2−12∫xcos2xdx⏟I1+C1
I1=∫xcos2xdx.
Đặtu=xdv=cos2x⇒du=dxv=12sin2x.
⇒I1=∫xcos2xdx=12xsin2x−12∫sin2xdx=12xsin2x+14cos2x+C.
⇒I=14x2−12cos2x−xsin2x+C=182x2−2xsin2x−cos2x+C=−18cos2x+14x2+xsin2x+C.
Đáp án đúng là C.
Họ nguyên hàm của I=∫exdx là:
2ex+C
ex
e2x+C
ex+C
Phân tích:
Ta có:
I=∫exdx=ex+C.
Đáp án đúng là D.
Họ nguyên hàm của ∫ex1+xdx là:
I=ex+xex+C
I=ex+12xex+C
I=12ex+xex+C
I=2ex+xex+C
Ta có:
I=∫ex1+xdx=∫exdx+∫exxdx=ex+C1+∫xexdx⏟I1.
Xét I1=∫exxdx.
Đặt u=xdv=exdx⇒du=xv=ex.
⇒I1=xex−∫xexdx⇒I1=12xex+C2.
⇒I=ex+12xex+C.
Đáp án đúng là B.
Nguyên hàm của I=∫xsinxcos2xdx là:
I1=−xcos3x+t−13t3+C,t=sinx
I1=−xcos3x+t−23t3+C,t=sinx
I1=xcos3x+t−13t3+C,t=sinx
I1=xcos3x+t−23t3+C,t=sinx
Phân tích:
Ta đặt:
u=xdu=sinxcos2x⇒du=dxu=−cos3xdx.
⇒I=∫xsinxcos2xdx=−xcos3x+∫cos3xdx⏟I1+C1.
Xét I1=∫cos3xdx=∫cosx1−sin2xdx.
Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx.
⇒I1=∫1−t2dt=t−13t3+C2.
⇒I=−xcos3x+I1=−xcos3x+t−13t3+C.
Đáp án đúng là A.
Họ nguyên hàm của I=∫lncosxsin2xdx là:
cotx.lncosx+x+C
−cotx.lncosx−x+C
cotx.lncosx−x+C
−cotx.lncosx+x+C
Phân tích:
Ta đặt:
u=lncosxdv=dxsin2x⇒du=−tanxdxv=−cotx.
⇒I=−cotx.lncosx−∫dx=−cotx.lncosx−x+C.
Đáp án đúng là B.
∫x2+2x3 dx có dạng a3x3+b4x4+C, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Giá trị a bằng:
2
1
9
32
Phân tích:
Theo đề, ta cần tìm ∫x2+2x3 dx. Sau đó, ta xác định giá trị của .
Ta có:
∫x2+2x3 dx=13x3+12x4+C.
Suy ra để ∫x2+x3 dx có dạng a3x3+b4x4+C thì a=1, b=2.
Vậy đáp án chính xác là đáp án B.
∫13x3+1+35x5 dx có dạng a12x4+b6x6+C, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Giá trị a bằng:
1
12
3651+3
Không tồn tại.
Phân tích:
Theo đề, ta cần tìm ∫13x3+1+35x5 dx. Sau đó, ta xác định giá trị của .
Ta có:
∫13x3+1+35x5 dx=112x4+1+330x6+C.
Suy ra để ∫13x3+1+35x5 dx có dạng a12x4+b6x6+C thì a=1∈ℚ, b=1+35∉ℚ.
Vậy đáp án chính xác là đáp án D.
∫2xx2+1+xlnx dx có dạng a3x2+13+b6x2lnx−14x2+C, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Giá trị a bằng:
3
2
1
không tồn tại
Theo đề, ta cần tìm ∫2xx2+1+xlnx dx. Sau đó, ta xác định giá trị của .
Ta có:
∫2xx2+1+xlnx dx=∫2xx2+1 dx+∫xlnx dx.
Để tìm ∫2xx2+1+xlnx dx ta đặt I1=∫2xx2+1 dx và I2=∫xlnx dx và tìm I1, I2.
*I1=∫2xx2+1 dx.
Dùng phương pháp đổi biến.
Đặt t=x2+1, t≥1 ta được t2=x2+1, xdx=tdt.
Suy ra:
I1=∫2xx2+1 dx=∫2t2dt=23t3+C1=23x2+13+C1, trong đó C1 là 1 hằng số.
*I2=∫xlnx dx.
Dùng phương pháp nguyên hàm từng phần.
Đặt u=lnxdv=xdx⇒du=1xdxv=12x2, ta được:
I2=∫xlnx dx=∫udv=uv−∫vdu=12x2lnx−∫12x2⋅1xdx=12x2lnx−12∫xdx=12x2lnx−14x2+C2.
∫2xx2+1+xlnx dx=I1+I2=23x2+13+C1+12x2lnx−14x2+C2=23x2+13+12x2lnx−14x2+C.
Suy ra để ∫2xx2+1+xlnx dx có dạng a3x2+13+b6x2lnx−14x2+C thì a=2∈ℚ, b=3∈ℚ.
Vậy đáp án chính xác là đáp án B.
∫x3+x+1+1x2+1+32 dx có dạng a4x4−1x+1+32x+b3x+13+C, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Giá trị b,a lần lượt bằng:
2;1
1;1
a,b∈∅
1;2
Phân tích:
Theo đề, ta cần tìm ∫x3+x+1+1x2+1+32 dx. Sau đó, ta xác định giá trị của .
Ta có:
∫x3+x+1+1x2+1+32 dx=∫x3+1x2+1+32 dx+∫x+1 dx.
Để tìm ∫2xx2+1+xlnx dx ta đặt I1=∫x3+1x2+1+32 dx và I2=∫x+1 dx và tìm I1, I2.
*Tìm I1=∫x3+1x2+1+32 dx.
I1=∫x3+1x2+1+32 dx=14x4−1x+1+32x+C1, trong đó C1 là 1 hằng số.
*Tìm I2=∫x+1 dx.
Dùng phương pháp đổi biến.
Đặt t=x+1, t≥0 ta được t2=x+1, 2tdt=dx.
Suy ra I2=∫x+1 dx=∫2t2dt=23t3+C2=23x+13+C2.
∫x3+x+1+1x2+1+32 dx=I1+I2=14x4−1x+1+32x+C1+23x+13+C2=14x4−1x+1+32x+23x+13+C.
Suy ra để ∫x3+x+1+1x2+1+32 dx có dạng a4x4−1x+1+32x+b3x+13+C thì a=1∈ℚ, b=2∈ℚ.
Vậy đáp án chính xác là đáp án D.
∫x+1ex2−5x+4⋅e7x−3+cos2x dx có dạng a6ex+12+b2sin 2x+C, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Giá trị a, b lần lượt bằng:
3;1
1;3
3;2
6;1
Phân tích:
Theo đề, ta cần tìm ∫x+1e2x+1+cos2x dx. Sau đó, ta xác định giá trị của .
Ta có:
∫x+1ex2−5x+4⋅e7x−3+cos2x dx=∫x+1ex2−5x+4+7x−3+cos2x dx=∫x+1ex+12 dx+∫cos2x dx.
Để tìm ∫x+1ex2−5x+4⋅e7x−3+cos2x dx ta đặt I1=∫x+1ex+12 dx và I2=∫cos2x dx và tìm I1, I2.
*Tìm I1=∫x+1ex+12 dx.
Đặt t=x+12; dt=2x+1x+1'dx=2x+1dx.
I1=∫x+1ex+12 dx=∫12etdt=12et+C1=12ex+12+C1, trong đó C1 à 1 hằng số.
*Tìm I2=∫cos2x dx.
I2=∫cos2x dx=12sin 2x+C2.
∫x+1ex2−5x+4⋅e7x−3+cos2x dx=I1+I2=12ex+12+C1+12sin 2x+C2=12ex+12+12sin 2x+C.
Suy ra để ∫x+1ex2−5x+4⋅e7x−3+cos2x dx có dạng a6ex+12+b2sin 2x+C thì a=3∈ℚ, b=1∈ℚ.
Vậy đáp án chính xác là đáp án A.
∫2a+1x3+bx2 dx, trong đó a, b là hai số hữu tỉ. Biết rằng ∫2a+1x3+bx2 dx=34x4+x3+C. Giá trị a, b lần lượt bằng:
1,3
3,1
−18; 1
a,b∈∅
Ta cần tìm ∫2a+1x3+bx2 dx.
Ta có:
∫2a+1x3+bx2 dx=142a+1x4+13bx3+C.
Vì ta có giả thiết ∫2a+1x3+bx2 dx=34x4+x3+C nên 142a+1x4+13bx3+C có dạng 34x4+x3+C.
Để 142a+1x4+13bx3+C có dạng 34x4+x3+C thì 142a+1=3413b=1 , nghĩa là a=1b=3.
Vậy đáp án chính xác là đáp án A.
Tính ∫(2+e3x)2dx
3x+43e3x+16e6x+C
4x+43e3x+56e6x+C
4x+43e3x−16e6x+C
4x+43e3x+16e6x+C
Ta có: ∫2+e3x2dx=∫4+4e3x+e6xdx=4x+4e3x3+e6x6+C.
Vậy ta chọn D.
Tính ∫dx1−xthu được kết quả là:
C1−x
−21−x+C
21−x+C
1−x+C
Ta có: ∫dx1−x=−21−x+C. Vậy ta chọn B.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=x31−x2 là:
13x2+21−x2+C
−13x2+11−x2+C
13x2+11−x2+C
−13x2+21−x2+C
Ta có : I=∫x31−x2dx
Đặt t=1−x2⇒t2=1−x2⇒−tdt=xdx
Khi đó: I=−∫(1−t2)ttdt=∫(t2−1)dt=t33−t+C.
Thay t=1−x2 ta được I=(1−x2)33−1−x2+C=−13x2+21−x2+C.
Vậy ta chọn D.
Tính F(x)=∫dxx2lnx+1
F(x)=22lnx+1+C
F(x)=2lnx+1+C
F(x)=142lnx+1+C
F(x)=122lnx+1+C
Ta có: F(x)=∫d(2lnx+1)=2lnx+1+C.
Vậy ta chọn B.
Nguyên hàm của hàm số fx = x2– 3x + 1x là
x44−3x22−lnx+C
x33−3x22+lnx+C
x44−3x22+lnx+C
x33+3x22+lnx+C
Ta có: ∫x3−3x+1xdx=x44−3x22+lnx+C.
Vậy ta chọn C.
Nguyên hàm của hàm số y=3x−1 trên 13;+∞ là:
32x2−x+C
293x−13+C
32x2−x+C
193x−13+C
Ta có: ∫3x−1.dx=13.21+23x−13+C=293x−13+C.
Vậy ta chọn B.
Tính F(x)=∫x3x4−1dx
F(x)=lnx4−1+C
F(x)=14lnx4−1+C
F(x)=12lnx4−1+C
F(x)=13lnx4−1+C
Ta có: ∫x3x4−1dx=14∫d(x4−1)x4−1=14lnx4−1+C
Vậy ta chọn B.
Một nguyên hàm của hàm số y=sin3x
−13cos3x
−3cos3x
3cos3x
13cos3x
Ta có: ∫sin3xdx=−13cos3x+C.
Vậy ta chọn A.
Cho hàm số f(x)=5+2x4x2 . Khi đó:
∫f(x)dx=2x33−5x+C
∫f(x)dx=2x3−5x+C
∫f(x)dx=2x33+5x+C
∫f(x)dx=2x33+5lnx2+C
Ta có: ∫5+2x4x2dx=∫5x2+2x2dx=2x33−5x+C.
Vậy ta chọn A.
Một nguyên hàm của hàm số: f(x)=x1+x2 là:
F(x)=131+x23
F(x)=131+x22
F(x)=x221+x22
F(x)=121+x22
Ta có : I=∫x1+x2dx
Đặt t=1+x2⇒t2=1+x2⇒tdt=xdx
Khi đó: I=∫t.tdt=t33+C.
Thay t=1+x2 ta được I=(1+x2)33+C.
Vậy ta chọn A.
Họ các nguyên hàm của hàm số y=sin2x là:
−cos2x+C
−12cos2x+C
cos2x+C
12cos2x+C
Ta có: ∫sin2xdx=−12cos2x+C.
Vậy ta chọn B.
Tìm nguyên hàm của hàm số fx thỏa mãn điều kiện: fx=2x−3cosx, Fπ2=3
F(x)=x2−3sinx+6+π24
F(x)=x2−3sinx−π24
F(x)=x2−3sinx+π24
F(x)=x2−3sinx+6−π24
Ta có: Fx=∫2x−3cosxdx=x2−3sinx+C
Fπ2=3⇔π22−3sinπ2+C=3⇔C=6−π24
Vậy F(x)=x2−3sinx+6−π24
Vậy ta chọn D.
Một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=2x+1sin2x thỏa mãn F(π4)=−1là:
F(x)=−cotx+x2−π216
F(x)=cotx−x2+π216
F(x)=−cotx+x2
F(x)=−cotx+x2−π216
Ta có: Fx=∫2x+1sin2xdx=x2−cotx+C
Fπ4=−1⇔π42−cotπ4+C=−1⇔C=π216
Vậy F(x)=−cotx+x2−π216
Vậy ta chọn A.
Cho hàm số fx=cos3x.cosx . Một nguyên hàm của hàm số fx bằng 0 khi x=0 là:
3sin3x+sinx
sin4x8+sin2x4
sin4x2+sin2x4
cos4x8+cos2x4
Ta có: Fx=∫cos3x.cos.dx=12∫cos2x+cos4xdx=18sin4x+14sin2x+C
F0=0⇔18sin0+14sin0+C=0⇔C=0
Vậy Fx=cos4x8+cos2x4
Vậy ta chọn D.
Họ nguyên hàm Fx của hàm số fx=cot2x là :
cotx−x+C
−cotx−x+C
cotx+x+C
tanx+x+C
Ta có: ∫cot2xdx=∫cot2x+1−1dx=−cotx−x+C.
Vậy ta chọn B.
Hàm số F(x)=ex+e−x+x là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây ?
f(x)=e−x+ex+1
f(x)=ex−e−x+12x2
f(x)=ex−e−x+1
f(x)=ex+e−x+12x2
Ta có: ∫ex+e−x+1dx=ex−e−x+x+C.
Vậy ta chọn C.
Tính ∫22x.3x.7xdx
84xln84+C
22x.3x.7xln4.ln3.ln7+C
84x+C
84xln84+C
Ta có: ∫22x.3x.7xdx=∫84xdx=84xln84+C.
Vậy ta chọn A.
Tính ∫(x2−3x+1x)dx
x3−3x2+lnx+C
x33−32x2+lnx+C
x33−32x2+1x2+C
x33−32x2+ln|x|+C
Ta có: ∫x2−3x+1xdx=x33−3x22+lnx+C.
Vậy ta chọn D.
Một nguyên hàm của hàm số f(x)=1−2x, x<12 là :
34(2x−1)1−2x
13(2x−1)1−2x
−32(1−2x)1−2x
34(1−2x)1−2x
Ta có: ∫1−2xdx=−12.231−2x3+C=−131−2x3+C.
Vậy ta chọn B.
Tính ∫2x+1dx
2x+1ln2+C
2x+1+C
3.2x+1ln2+C
2x+1.ln2+C
Ta có: ∫2x+1dx=2x+1ln2+C
Vậy ta chọn A.
Hàm số F(x)=ex+tanx+C là nguyên hàm của hàm số f(x) nào
f(x)=ex−1sin2x
f(x)=ex+1sin2x
f(x)=ex1+e−xcos2x
fx=ex+1cos2x
Ta có: ex+tanx+C'=ex+1cos2x.
Vậy ta chọn D.
Nếu ∫f(x)dx=ex+sin2x+C thì f(x) là hàm nào ?
ex+cos2x
ex−sin2x
ex+cos2x
ex+sin2x
Ta có: ex+sin2x+C'=ex+sin2x
Vậy ta chọn D.
Tìm một nguyên hàm F(x) của f(x)=x3−1x2 biết F(1) = 0
F(x)=x22−1x+12
F(x)=x22+1x+32
F(x)=x22−1x−12
F(x)=x22+1x−32
Ta có: Fx=∫x3−1x2dx=∫x−1x2dx=x22+1x+C
F1=0⇔122+11+C=0⇔C=−32
Vậy F(x)=x22+1x−32
Vậy ta chọn D.
Tìm hàm số F(x) biết rằng F’(x) = 4x3 – 3x2 + 2 và F(-1) = 3
Fx=x4–x3−2x−3
Fx=x4–x3+2x+3
Fx=x4–x3−2x+3
Fx=x4+x3+2x+3
Ta có: Fx=∫F'xdx=∫4x3−3x2+2dx=x4−x3+2x+C
F−1=3⇔−14−−13+2.−1+C=3⇔C=3
Vậy Fx=x4–x3+2x+3
Vậy ta chọn B.
Nếu Fx là một nguyên hàm của f(x)=ex(1−e−x) và F(0)=3 thì F(x) là ?
ex−x
ex−x+2
ex−x+C
ex−x+1
Ta có: Fx=∫ex.1−e−xdx=∫ex−1dx=ex−x+C
F0=3⇔e0−0+C=3⇔C=2
Vậy Fx=ex−x+2
Vậy ta chọn B.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2xx2+1 là:
23x2+13+C
−2x2+13+C
x2+13+C
−13x2+13+C
Ta có: I=∫2xx2+1dx
Đặt: t=x2+1⇒t2=x2+1⇒2tdt=2xdx.
Khi đó: I =∫t.2t.dt=∫2t2.dt=2t33+C
Suy ra: I =23x2+13+C.
Vậy ta chọn A.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2x1−x2 là:
131−x23+C
−1−x23+C
21−x23+C
−231−x23+C
Ta có: I=∫2x1−x2dx
Đặt: t=1−x2⇒t2=1−x2⇒−2tdt=2xdx .
Khi đó: I =∫t.−2t.dt=∫−2t2.dt=−2t33+K
Suy ra: I =−231−x23+C.
Vậy ta chọn D.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2x1−2x3 là:
−31−2x336+31−2x6312+C
−31−2x438+31−2x7314+C
31−2x336−31−2x6312+C
31−2x438−31−2x7314+C
Ta có: I=∫2xx2+1dx
Đặt: t=x2+1⇒t2=x2+1⇒2t.dt=2x.dx .
Khi đó: I =∫2t.dtt=2t+C
Suy ra: I =2x2+1+C.
Vậy ta chọn C.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2x1−2x3 là:
−31−2x336+31−2x6312+C
−31−2x438+31−2x7314+C
31−2x336−31−2x6312+C
31−2x438−31−2x7314+C
Ta có: I=∫2x1−2x3dx
Đặt: t=1−2x3⇒t3=1−2x⇒−32t2.dt=dx .
Mặt khác: 2x=1−t3
Khi đó: I =−∫(1−t3)t32t2.dt=−32∫(t3−t6)dt=−32t44−t77+C
Suy ra: I =−321−2x434−1−2x737+C.
Vậy ta chọn B.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2xx2+4 là:
2lnx2+4+C
lnx2+42+C
lnx2+4+C
4lnx2+4+C
Ta có: ∫2xx2+4=∫dx2+4x2+4=lnx2+4+C
Vậy ta chọn C.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=3x2x3+4 là:
3lnx3+4+C
−3lnx3+4+C
lnx3+4+C
−lnx3+4+C
Ta có: ∫3x2.dxx3+4=∫dx3+4x3+4=lnx3+4+C
Vậy ta chọn C.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=sinxcosx−3 là:
−lncosx−3+C
2lncosx−3+C
−lncosx−32+C
2lncosx−3+C
Ta có: ∫sinxcosx−3dx=∫−dcosx−3cosx−3=−lncosx−3+C
Vậy ta chọn A.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=exex+3 là:
−ex−3+C
3ex+9+C
−2lnex+3+C
lnex+3+C
Ta có: ∫exex+3dx=∫dex+3ex+3=lnex+3+C
Vậy ta chon D,
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=lnxx là:
ln2x+C
lnx+C
ln2x2+C
lnx2+C
Ta có: ∫lnxxdx=∫lnx.dlnx=ln2x2+C
Vậy ta chọn C.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2x2x2 là:
1ln2.2x2+C
1ln2.2x2+C
ln22x2+C
ln2.2x2+C
Ta có: ∫2x.2x2dx=1ln2∫2x.2x2.ln2=1ln2∫d2x2=1ln2.2x2+C
Vậy ta chọn B.
Họ nguyên hàm của hàm số f(x)=2xx2+1ln(x2+1) là:
12ln2(x2+1)+C
ln(x2+1)+C
12ln2(x2+1)+C
12ln2(x2+1)+C
Ta có: ∫2xx2+1ln(x2+1)dx=∫ln(x2+1)d(ln(x2+1))=12ln2(x2+1)+C
Vậy ta chọn D.
Cho∫f(x)dx=F(x)+C. Khi đó với a ¹ 0, ta có ∫f(ax+b)dx bằng:
12aF(ax+b)+C
a.F(ax+b)+C
1aF(ax+b)+C
F(ax+b)+C
Ta có: I=∫fax+bdx
Đặt: t=ax+b⇒dt=adx⇒1adt=dx.
Khi đó: I=1a∫ftdt=1aFt+C
Suy ra: I=1aFax+b+C
Vậy ta chọn C.
Một nguyên hàm của hàm số: f(x)=x1+x2 là:
F(x)=131+x23
F(x)=131+x22
F(x)=x221+x22
F(x)=121+x22
Ta có: I=∫x1+x2dx
Đặt: t=1+x2⇒t2=1+x2⇒t.dt=x.dx
Khi đó: I =∫t.t.dt=∫t2dt=t33+C
Suy ra: I =131+x23+C
Vậy ta chọn A.
Tính ∫xx+13dx là :
x+155+x+144+C
x+155−x+144+C
x55+3x44+x3−x22+C
x55+3x44−x3+x22+C
Ta có: I=∫xx+13dx
Đặt: t=x+1⇒dt=dx ,x=t−1
Khi đó: I=∫t−1.t3.dt=∫t4−t3dt=t55−t44+C
Suy ra: I=x+155−x+144+C
Vậy ta chọn B.
Tính ∫2xx2+94 dx là:
−15x2+95+C
−13x2+93+C
−4x2+95+C
−1x2+93+C
Ta có: I=∫2xx2+94 dx
Đặt: t=x2+9⇒dt=2x.dx
Khi đó: I =∫dtt4=∫t−4.dt=−13t3+C
Suy ra: I=−13x2+9+C
Vậy ta chọn B.
Hàm số nào là một nguyên hàm của f(x) = x.x2+5?
Fx =(x2+5)32
F(x)=13(x2+5)32
F(x)=12(x2+5)32
F(x)=3(x2+5)32
Ta có: I=∫x.x2+5dx
Đặt: t=x2+5⇒t2=x2+5⇒t.dt=x.dx.
Khi đó: I =∫t.t.dt=∫t2dt=t33+C
Suy ra: I =x2+533+C=x2+5323+C
Vậy ta chọn B.
Tính ∫cosx.sin2x.dx
3sinx−sin3x12+C
3cosx−cos3x12+C
sin3x3+C
sinx.cos2x+C
Ta có: ∫cosx.sin2x.dx=∫sin2x.dsinx=sin3x3+C
Vậy ta chọn C.
Tính ∫dxx.lnx
lnx+C
ln|x|+C
ln(lnx)+C
ln|lnx|+C
Ta có: ∫dxx.lnx=∫dlnxlnx=lnlnx+C
Vậy ta chọn D.
Một nguyên hàm của f(x)=xx2+1 là:
12lnx+1
2lnx2+1
12ln(x2+1)
ln(x2+1)
Ta có: ∫x.dxx2+1=12∫dx2+1x2+1=12lnx2+1
Vậy ta chọn C.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=1sinx là:
lncotx2+C
lntanx2+C
−lntanx2+C
lnsinx+C
Ta có: ∫dxsinx=∫sinx.dx1−cos2x=∫−sinx.dxcos2x−1=∫dcosxcos2x−1=12lncosx−1cosx+1+C
=12ln2cos2x2−22cos2x2+C=12ln−sin2x2cos2x2+C=12lntan2x2+C
=lntan2x212+C=lntanx2+C
Vậy ta chọn B.
Họ nguyên hàm của hàm số fx=tanx là:
lncosx+C
−lncosx+C
tan2x2+C
lncosx+C
Ta có: ∫tanx.dx=∫sinx.dxcosx=−∫dcosxcosx=−lncosx+C
Vây ta chọn B.
Nguyên hàm của hàm số fx=xex là:
xex+ex+C
ex+C
x22ex+C
xex−ex+C
Ta có: I=∫xexdx
Đặt: u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex
Khi đó: I=uv−∫vdu=xex−∫exdx=xex−ex+C
Vậy ta chọn D.
Kết quả của ∫lnxdx là:
xlnx+x+C
Đáp án khác
xlnx+C
xlnx−x+C
Ta có: I=∫lnxdx
Đặt: u=lnxdv=dx⇒du=dxxv=x
Khi đó: I=uv−∫vdu=xlnx−∫dx=xlnx−x+C
Vậy ta chọn D.
Kết quả của ∫xlnxdx là:
xlnx+x+C
Đáp án khác
xlnx+C
xlnx−x+C
Ta có: I=∫xlnxdx
Đặt: u=lnxdv=xdx⇒du=dxxv=x22
Khi đó: I=uv−∫vdu=x22lnx−∫x2dx=x22lnx−x24+C
Vậy ta chọn B.
Tìm ∫xsin2xdx ta thu được kết quả nào sau đây?
xsinx+cosx+C
14xsin2x−12cos2x+C
xsinx+cosx
14xsin2x−12cos2x
Ta có: I=∫xsin2xdx
Đặt: u=xdv=sin2xdx⇒du=dxv=−12cos2x
Khi đó: I=uv−∫vdu=−12xcos2x+12∫cos2xdx=−12xcos2x+14sin2x+C
Vậy ta chọn B.
Một nguyên hàm của fx=xcos2x là :
xtanx−lncosx
xtanx+lncosx
xtanx+lncosx
xtanx−lnsinx
Ta có: I=∫xcos2xdx
Đặt: u=xdv=1cos2xdx⇒du=dxv=tanx
Khi đó: I=uv−∫vdu=xtanx−∫tanxdx=xtanx+lncosx+C
Vậy ta chọn C.
Một nguyên hàm của fx=xsin2x là
xcotx−lnsinx
−xcotx+lnsinx
−xtanx+lncosx
xtanx−lnsinx
Ta có: I=∫xsin2xdx
Đặt: u=xdv=1sin2xdx⇒du=dxv=−cotx
Khi đó: I=uv−∫vdu=−xcotx+∫cotxdx=−xcotx+lnsinx+C
Vậy ta chọn B.
Tìm I=∫ex3x−2+x−1x−1ex.x−1+1dx?
I=x+lnex.x−1+1+C
I=x−lnex.x−1+1+C
I=lnex.x−1+1+C
I=lnex.x−1−1+C
Hướng dẫn:
I=∫ex3x−2+x−1x−1ex.x−1+1dx=∫x−1ex.x−1+1+ex2x−1x−1ex.x−1+1dx=∫dx+∫ex2x−1x−1ex.x−1+1dx
Đặt : t=ex.x−1+1⇒dt=ex2x−1+exx−1dx=ex2x−12x−1dx
Vậy ⇒I=∫dx+∫ex2x−1x−1exx−1+1dx=x+∫1tdt=x+lnt+C=x+lnex.x−1+1+C
Vậy đáp án đúng là đáp án A.
Tìm J=∫ex.sinxdx?
J=ex2cosx−sinx+C
J=ex2sinx+cosx+C
J=ex2sinx−cosx+C
J=ex2sinx+cosx+1+C
Hướng dẫn:
Đặt : u1=exdv1=sinx.dx⇒du1=ex.dxv1=−cosx
⇒J=−excosx+∫excosxdx=−excosx+T T=∫ex.cosxdx
Tính T=∫ex.cosxdx :
Đặt :u2=exdv2=cosx.dx⇒du2=ex.dxv2=sinx
⇒T=exsinx−∫exsinxdx=exsinx−J⇒J=−excosx+exsinx−J⇔2J=exsinx−cosx⇔J=ex2sinx−cosx+C
Vậy đáp án đúng là đáp án C.
