Câu 1: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần. Đặt $u=\ln (x^2+x+1)$, $dv=xdx$.
Sau đó thay vào ta sẽ được 1 tích phân dạng phân thức.
Câu 2: Đặt $\sqrt[3]{e^x}=t\Rightarrow {\rm d}t=\frac{1}{3}\sqrt[3]{e^x}{\rm d}x=\frac{1}{3}t{\rm d}x\Leftrightarrow {\rm d}x=\frac{3}{t}{\rm d}t$.
Khi đó, $\int_0^{3\ln2}\frac{{\rm d}x}{\left (\sqrt[3]{e^x}+2 \right )^2}=\int_1^2\frac{3{\rm d}t}{t(t+2)^2}.$
Đây là một tích phân phân thức, em có thể biến đổi tiếp để làm nhé.

Câu 1,
Đặt $I=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{\sin^6x+\cos^6x}{6^x+1}{\rm d}x$.
Đặt ẩn phụ, $t=-x$.
$I=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{\sin^6t+\cos^6t}{6^{-t}+1}{\rm d}t=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{6^t\left (\sin^6t+\cos^6t \right )}{6^{t}+1}{\rm d}t=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{6^x\left (\sin^6x+\cos^6x \right )}{6^{x}+1}{\rm d}x$.
Vậy,
$I+I=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{\sin^6x+\cos^6x}{6^x+1}{\rm d}x+\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{6^x\left (\sin^6x+\cos^6x \right )}{6^{x}+1}{\rm d}x$
$=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}(\sin^6x+\cos^6x){\rm d}x=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}(\sin^2x+\cos^2x)(\sin^4x+\cos^4x-\sin^2x\cos^2x){\rm d}x$
$=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}(1-3\sin^2x\cos^2x{\rm d}x)$
Đến đây em làm tiếp được nhé.
Câu 3, tách làm 2 tích phân rồi giải thôi. Tích phân đầu tiên sử dụng phương pháp tích phân từng phần, tích phân thứ 2 thì đơn giản rồi.
Câu 2, $\cos^2x\sqrt{\tan^4x+1}=\sqrt{\sin^4x+\cos^4x}=\sqrt{1-2\sin^2x\cos^2x}=\sqrt{1-\frac{1}{2}\sin^22x}=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos4x}$
Đặt căn thức này bằng t rồi thay vào.

Biến đổi, $1-\sin^4 x=(1-\sin^2x)(1+\sin^2x)=\cos^2x(1+\sin^2x)$
$\Rightarrow \sqrt{1-\sin^4 x}=\cos x\sqrt{(1+\sin^2x)}$ (vì $0\le x\le \frac{\pi}{2}$)
Do vậy,
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^4x}{\rm d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^2x}\cos x{\rm d}x.$
Đặt $t=\sin t$, ta được
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^4x}{\rm d}x=\int_{0}^{1}\sqrt{1+t^2}{\rm d}t$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^4x}{\rm d}x=\int_{0}^{1}\sqrt{1+t^2}{\rm d}t=\arctan t \Big|_0^1=\frac{\pi}{4}.$

Đầu tiên, ta phải biến đổi biểu thức bên trong.
$\frac{\cos\left ( x+\frac{\pi}{4} \right )}{\sin x-\cos x-1-\sin 2x}=\frac{\cos\left ( x+\frac{\pi}{4} \right )}{-\sqrt2\left ( \cos\left ( x+\frac{\pi}{4} \right ) \right )-\left ( \sin x+\cos x \right )^2}$
=$\frac{\cos\left ( x+\frac{\pi}{4} \right )}{2\cos^2\left ( x+\frac{\pi}{4} \right )-\sqrt2 \cos\left ( x+\frac{\pi}{4} \right ) -2}$
Đặt $\cos\left ( x+\frac{\pi}{4} \right )=t$. Ta được
$\frac{t}{2t^2-t\sqrt2 -2}=\frac{t}{\left ( 2t+\sqrt2 \right )\left ( t-\sqrt2 \right )}=\frac{1}{3}\left ( \frac{1}{t-\sqrt2}+\frac{1}{2t+\sqrt2} \right )$
Đến đây, ta đã tách được biểu thức ban đầu thành 2 biểu thức đơn giản hơn, có thể tính được tích phân của từng biểu thức này.
Em thay vào và giải tiếp nhé.

Câu A thì nhân cả tử và mẫu với $x^{2011}$. Sau đó đặt $x^{2012}=t$ là ra ngay.
Câu B khá hay. Em chú ý là $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$. Ta đặt $x-\frac{3}{2}=t$ thì $x^2-3x+2=t^2-\frac{1}{4}$.
Khi đó thì $\left (x^2-3x+2 \right )^{2012}=\left (t^2-\frac{1}{4} \right )^{2012}$. Khai triển nhị thức Newton này và tính tiếp sẽ ra kết quả.
Câu C cũng rất hay.
Đầu tiên đặt $x-3=t$, khi đó,
$C=\int_2^4{\frac{\sqrt{\ln(9-x)}}{\sqrt{\ln(9-x)}+\sqrt{\ln(3+x)}}{\rm d}x}==I_1$.
Đặt $t=-u$, Khi đó,
$I_1=\int_{-1}^1{\frac{\sqrt{\ln(6-t)}}{\sqrt{\ln(6-t)}+\sqrt{\ln(6+t)}}{\rm d}t}=\int_{-1}^1{\frac{\sqrt{\ln(6+u)}}{\sqrt{\ln(6-u)}+\sqrt{\ln(6+u)}}{\rm d}u}=I_2$
Mặt khác ta thấy $I_1+I_2=\int_{-1}^1 {\rm d}t=2$.
Vậy $C=I_1=1.$

Biến đổi tích phân $I=\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{\sqrt[3]{\sin^3x-\sin x}}{\sin x}\cot x{\rm d}x=\int_{\pi/3}^{\pi/2}\sqrt[3]{\frac{\sin^3x-\sin x}{\sin^3 x}}\cot x{\rm d}x=\int_{\pi/3}^{\pi/2}\sqrt[3]{1-\frac{1}{\sin^2 x}}\cot x{\rm d}x=\int_{\pi/3}^{\pi/2}\sqrt[3]{1+\cot^2x}\cot x{\rm d}x$
Đặt $\cot x=t$ suy ra ${\rm d}t=-(1+\cot^2x){\rm d}x$. Khi đó,
$I=\int_{\frac{1}{\sqrt 3}}^0 -\sqrt[3]{1+t^2}.t \frac{1}{1+t^2}{\rm d}t=\int_0^{\frac{1}{\sqrt 3}} \frac{t}{(1+t^2)^{2/3}}{\rm d}t=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{\sqrt 3}} \frac{{\rm d}(1+t^2)}{(1+t^2)^{2/3}}$.
Đến đây thì em nhìn ra kết quả rồi chứ.

Bài này thông thường thì phải chia cho $49^x$. Sau đó thì đặt ẩn.

Đặt $x=t-\pi$. Ta được
$I=\int_{-\pi}^{\pi}{\sin(\sin(t-\pi)-n(t-\pi)){\rm d}t}=\int_{-\pi}^{\pi}{\sin(-\sin(t)-nt+n\pi){\rm d}t}=\pm \int_{-\pi}^{\pi}{\sin(\sin(t)+nt){\rm d}t}.$
Nhận xét,
Hàm số $\sin(\sin t+nt)$ là hàm số lẻ vì $\sin(\sin(-t)+n(-t))=-\sin(\sin t+nt).$
Do vậy, tích phân $\int_{-\pi}^{\pi}{\sin(\sin(t)+nt){\rm d}t}=0$. Suy ra, $I=0.$

Ta phải phân tích $\int_0^{1/3} \frac{\ln(3-x)}{x+1}{\rm d}x-\ln 2\int_0^{1/3}\frac{1}{x+1}{\rm d}x=\int_0^{1/3} \frac{\ln(3-x)}{x+1}{\rm d}x-\ln 2 \ln|x+1| \Big|_0^{1/3}=\int_0^{1/3} \frac{\ln(3-x)}{x+1}{\rm d}x+\ln 2\ln3$. Tích phân còn lại thì em sử dụng phương pháp tích phân từng phần là sẽ ra thôi.