Bài 2 Toán 12. Tích phân SBT
Bài 3.10 trang 177 SBT Toán 12
Tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_0^1 {({y^3} + 3{y^2} – 2)dy} \)
b)\(\int\limits_1^4 {(t + {1 \over {\sqrt t }}} – {1 \over {{t^2}}})dt\)
c) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(2\cos x – \sin 2x)dx} \)
d) \(\int\limits_0^1 {{{({3^s} – {2^s})}^2}ds} \)
e) \(\int\limits_0^{{\pi \over 3}} {\cos 3xdx} + \int\limits_{{\pi \over 3}}^{{{3\pi } \over 2}} {\cos 3xdx} + \int\limits_{{{3\pi } \over 2}}^{{{5\pi } \over 2}} {\cos 3xdx} \)
g)\(\int\limits_0^3 {|{x^2} – x – 2|dx} \)
h) \(\int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x – \cos x} \over {\sqrt {1 + \sin 2x} }}} dx\)
i) \(\int\limits_0^4 {{{4x – 1} \over {\sqrt {2x + 1} + 2}}} dx\)
Bài làm
a) \( – {3 \over 4}\)
b) \({{35} \over 4}\)
c) 1
d) \({4 \over {\ln 3}} – {{10} \over {\ln 6}} + {3 \over {2\ln 2}}\)
e) \( – {1 \over 3}\)
g) \({{31} \over 6}\) .
HD: \(\int\limits_0^3 {|{x^2} – x – 2|dx }\)
\({= \int\limits_0^2 { – ({x^2} – x – 2)dx + \int\limits_2^3 {({x^2} – x – 2)dx} } } \)
h) \({1 \over 2}\ln 2\) .
HD: \(\int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x – \cos x} \over {\sqrt {1 + \sin 2x} }}} dx\)
\(= \int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x – \cos x} \over {|\sin x + \cos x|}}} dx = \int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{d(\sin x + \cos x)} \over {\sin x + \cos x}}} \)
i) \({{34} \over 3} + 10\ln {3 \over 5}\) .
HD: Đặt \(t = \sqrt {2x + 1} \)
Bài 3.11
Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến:
a) \(\int\limits_1^2 {x{{(1 – x)}^5}dx} \) (đặt t = 1 – x)
b) \(\int\limits_0^{\ln 2} {\sqrt {{e^x} – 1} dx} \) (đặt \(t = \sqrt {{e^x} – 1} \))
c) \(\int\limits_1^9 {x\root 3 \of {1 – x} dx} \) (đặt \(t = \root 3 \of {1 – x} \))
d) \(\int\limits_{ – 1}^1 {{{2x + 1} \over {\sqrt {{x^2} + x + 1} }}} dx\) (đặt \(u = \sqrt {{x^2} + x + 1} \) )
e) \(\int\limits_1^2 {{{\sqrt {1 + {x^2}} } \over {{x^4}}}} dx\) (đặt \(t = {1 \over x}\))
g) \(\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} \) (đặt \(x = \pi – t\) )
h) \(\int\limits_{ – 1}^1 {{x^2}{{(1 – {x^3})}^4}dx} \)
i) \(\int\limits_0^1 {{{dx} \over {1 + {x^2}}}} \) (đặt \(x = \tan u\) )
HD giải:
a) \( – {{13} \over {42}}\)
b) \(2 – {\pi \over 2}\)
c) \( – {{468} \over 7}\)
d) \(2(\sqrt 3 – 1)\)
e) \( – {1 \over 3}({{5\sqrt 5 } \over 8} – 2\sqrt 2 )\)
g) \({{{\pi ^2}} \over 4}\) .
HD: Đặt \(x = \pi – t\) , ta suy ra:
\(\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} = {\pi \over 2}\int\limits_0^\pi {{{\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}} dx = {\pi \over 2}\int\limits_0^\pi {{{ – d(\cos x)} \over {1 + {{\cos }^2}x}}} \)
Vậy \(\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} = {\pi \over 2}\int\limits_{ – 1}^1 {{{dt} \over {1 + {t^2}}}} \) .
Đặt tiếp t = tan u
h) \({{{2^5}} \over {15}}\) .
HD: Đặt t = 1 – x3
i) \({\pi \over 4}\)
Bài 3.12 trang 178 Toán 12
Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần, hãy tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos 2xdx} \)
b) \(\int\limits_0^{\ln 2} {x{e^{ – 2x}}dx} \)
c) \(\int\limits_0^1 {\ln (2x + 1)dx} \)
d) \(\int\limits_2^3 {{\rm{[}}\ln (x – 1) – \ln (x + 1){\rm{]}}dx} \)
e) \(\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(1 + x – {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx} \)
g) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos x{{\sin }^2}xdx} \)
h) \(\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx\)
i) \(\int\limits_1^e {{{1 + x\ln x} \over x}} {e^x}dx\)
Hướng dẫn giải
a) \( – {1 \over 2}\)
b) \({1 \over 4}({3 \over 4} – {{\ln 2} \over 2})\)
c) \({3 \over 2}\ln 3 – 1\)
d) \(3\ln 3 – 6\ln 2\)
e) \({3 \over 2}{e^{{5 \over 2}}}\) .
HD: \(\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(1 + x – {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx = } \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {{e^{x + {1 \over x}}}} dx + \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(x – {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx} \)
Tính tích phân từng phần: \(\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {{e^{x + {1 \over x}}}dx = x{e^{x + {1 \over x}}}\left| {\matrix{2 \cr {{1 \over 2}} \cr} } \right.} – \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(x – {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx} \)
g) \({\pi \over 6} – {2 \over 9}\)
HD: Đặt \(u = x,dv = \cos x{\sin ^2}xdx\)
h) \({e \over 2} – 1\). HD: \(\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx = \int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {1 + x}}dx} – \int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}dx} \) và tính tích phân từng phần :
\(\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx = {{ – {e^x}} \over {1 + x}}\left| {\matrix{
1 \cr 0 \cr} + } \right.\int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {1 + x}}dx} \)
i) ee . HD: Tương tự câu g)
Bài 3.13
Tính các tích phân sau đây:
a) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(x + 1)\cos (x + {\pi \over 2}} )dx\)
b) \(\int\limits_0^1 {{{{x^2} + x + 1} \over {x + 1}}{{\log }_2}(x + 1)dx} \)
c) \(\int\limits_{{1 \over 2}}^1 {{{{x^2} – 1} \over {{x^4} + 1}}} dx\) (đặt \(t = x + {1 \over x}\))
d)\(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin 2xdx} \over {3 + 4\sin x – \cos 2x}}} \)
Bài làm: a) – 2
b) \({1 \over {2\ln 2}}({1 \over 2} + {\ln ^2}2)\) . HD:\({{{x^2} + x + 1} \over {x + 1}}{\log _2}(x + 1) = {1 \over {\ln 2}}{\rm{[}}x\ln (x + 1) + {{\ln (x + 1)} \over {x + 1}}{\rm{]}}\)
c)\({1 \over {2\sqrt 2 }}\ln {{6 – \sqrt 2 } \over {6 + \sqrt 2 }}\) . HD: Đặt \(t = x + {1 \over x}\) , ta nhận được:
\(\int\limits_{{5 \over 2}}^2 {{{dt} \over {{t^2} – 2}} = {1 \over {2\sqrt 2 }}} \ln |{{t – \sqrt 2 } \over {t + \sqrt 2 }}|\left| {\matrix{2 \cr {{5 \over 2}} \cr} } \right. = {1 \over {2\sqrt 2 }}\ln {{6 – \sqrt 2 } \over {6 + \sqrt 2 }}\)
d) \(\ln 2 – {1 \over 2}\) . HD: \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin 2xdx} \over {3 + 4\sin x – \cos 2x}} = } \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin x.{{d(\sin x + 1)} \over {{{(\sin x + 1)}^2}}}} = \ln 2 – {1 \over 2}\)
Bài 3.14
Chứng minh rằng: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_0^1 {{x^n}\sin \pi xdx = 0} \).
Hướng dẫn làm bài
Với \(x \in {\rm{[}}0;1]\) , ta có \(0 \le {x^n}\sin \pi x \le {x^n}\) . Do đó:
\(0 \le \int\limits_0^1 {{x^n}\sin \pi xdx} \le \int\limits_0^1 {{x^n}dx = {1 \over {n + 1}}} \)
Áp dụng quy tắc chuyển qua giới hạn trong bất đẳng thức, ta được điều phải chứng minh.
Bài 3.15 trang 179
Chứng minh rằng hàm số f(x) cho bởi \(f(x) = \int\limits_0^x {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt,x \in R\) là hàm số chẵn.
Hướng dẫn
Đặt t = – s trong tích phân: \(f( – x) = \int\limits_0^{ – x} {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt\) , ta được:\(f( – x) = \int\limits_0^{ – x} {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt = \int\limits_0^x {{s \over {\sqrt {1 + {s^4}} }}} ds = f(x)\)
Bài 3.16 SBT Toán lớp 12
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-a; a]. Chứng minh rằng:
\(\int\limits_{ – a}^a {f(x)dx = } \left\{ {\matrix{{2\int\limits_0^a {f(x)dx,(1)} } \cr {0,(2)} \cr} } \right.\)
(1) : nếu f là hàm số chẵn
(2): nếu f là hàm số lẻ.
Áp dụng để tính: \(\int\limits_{ – 2}^2 {\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} } )dx\)
Hướng dẫn làm bài
Giả sử hàm số f(x) là hàm số chẵn trên đoạn [-a; a], ta có:
\(\int\limits_{ – a}^a {f(x)dx = \int\limits_{ – a}^0 {f(x)dx + \int\limits_0^a {f(x)dx} } } \)
Đổi biến x = – t đối với tích phân \(\int\limits_{ – a}^0 {f(x)dx} \) , ta được:
\(\int\limits_{ – a}^0 {f(x)dx = – \int\limits_a^0 {f( – t)dt = \int\limits_0^a {f(t)dt = \int\limits_0^a {f(x)dx} } } } \)
Vậy \(\int\limits_{ – a}^a {f(x)dx = 2\int\limits_0^a {f(x)dx} } \)
Trường hợp sau chứng minh tương tự. Áp dụng:
Vì \(g(x) = \ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )\) là hàm số lẻ trên đoạn [-2; 2] nên \(\int\limits_{ – 2}^2 {g(x)dx = 0}\)
Bài 3.17 SBT Giải tích 12
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Chứng minh rằng: \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos x)dx} } \)
Bài làm
Đổi biến số: \(x = {\pi \over 2} – t\) , ta được: \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = – \int\limits_{{\pi \over 2}}^0 {f(\sin ({\pi \over 2} – t))dt = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos t)dt} } } \)
Hay \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos x)dx} } \)
Bài 3.18
Đặt \({I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^n}xdx} ,n \in {N^*}\)
a) Chứng minh rằng \({I_n} = {{n – 1} \over n}{I_{n – 2}},n > 2\)
b) Tính I3 và I5.
Giải
a) Xét với n > 2, ta có: \({I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n – 1}}x.\sin xdx} \)
Dùng tích phân từng phần với và , ta có:
\({I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n – 1}}x\sin xdx}\)
\({= – } \cos x{\sin ^{n – 1}}x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. + (n – 1)\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n – 2}}x{{\cos }^2}xdx} \)
\( = (n – 1)\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {({{\sin }^{n – 2}}x – {{\sin }^n}x)dx} \)
\(= (n – 1){I_{n – 2}} – (n – 1){I_n}\)
Vậy \({I_n} = {{n – 1} \over n}{I_{n – 2}}\)
b) \({I_3} = {2 \over 3},{I_5} = {8 \over {15}}\)
Bài 3.19 trang 179 Toán 12
Đặt \({I_{m,n}} = \int\limits_0^1 {{x^m}{{(1 – x)}^n}} dx,m,n \in {N^*}\). Chứng minh rằng:\({I_{m,n}} = {n \over {m + 1}}{I_{m + 1,n – 1}},m > 0,n > 1\)
Từ đó tính I1,2 và I1,3 .
Bài làm
Dùng tích phân từng phần với \(u = {(1 – x)^n},dv = {x^m}dx\) , ta được:
\({I_{m,n}} = {{{x^{m + 1}}} \over {m + 1}}{(1 – x)^n}\left| {\matrix{1 \cr 0 \cr} } \right. + {n \over {m + 1}}\int\limits_0^1 {{x^{m + 1}}{{(1 – x)}^{n – 1}}dx} \)
Vậy \({I_{m,n}} = {n \over {m + 1}}\int\limits_0^1 {{x^{m + 1}}} {(1 – x)^{n – 1}}dx \)
\(= {n \over {m + 1}}{I_{m + 1,n – 1}},n > 1,m > 0\) .
\({I_{1,2}} = {1 \over {12}}\) và \({I_{1,3}} = {1 \over {20}}\)
Bài 3.20 trang 179 sách bài tập (SBT) Giải tích 12
Hãy chỉ ra kết quả nào dưới đây đúng:
a) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin xdx + } \int\limits_{{\pi \over 2}}^{{{3\pi } \over 2}} {\sin xdx + } \int\limits_{{{3\pi } \over 2}}^{2\pi } {\sin xdx = 0} \)
b) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(\root 3 \of {\sin x} – \root 3 \of {\cos x} } )dx = 0\)
c) \(\int\limits_{ – {1 \over 2}}^{{1 \over 2}} {\ln {{1 – x} \over {1 + x}}} dx = 0\)
d) \(\int\limits_0^2 {({1 \over {1 + x + {x^2} + {x^3}}} + 1)dx = 0} \)
Giải
a) Đúng (vì vế trái bằng \(\int\limits_0^{2\pi } {\sin xdx = 0} \) )
b) Đúng (theo bài 3.17)
c) Đúng (theo bài 3.16)
d) Sai: Vì \(1 + {1 \over {1 + x + {x^2} + {x^3}}} > 1,x \in {\rm{[}}0;2]\)
Trả lời