Ôn tập Chương 3 – Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng
Bài 3.27 trang 185 SBT Giải tích 12
Tính các nguyên hàm sau:
a) \(\int {(2x – 3)\sqrt {x – 3} dx} \) , đặt \(u = \sqrt {x – 3} \)
b) \(\int {{x \over {{{(1 + {x^2})}^{{3 \over 2}}}}}} dx\) , đặt \(u = \sqrt {{x^2} + 1} \)
c) \(\int {{{{e^x}} \over {{e^x} + {e^{ – x}}}}} dx\) , đặt \(u = {e^{2x}} + 1\)
d) \(\int {{1 \over {\sin x – \sin a}}} dx\)
e) \(\int {\sqrt x \sin \sqrt x } dx\) , đặt \(t = \sqrt x \)
g)\(\int {x\ln {x \over {1 + x}}} dx\)
Hướng dẫn
a) \({2 \over 5}{(x – 3)^{{3 \over 2}}}(2x – 1) + C\)
b)\( – {1 \over {\sqrt {1 + {x^2}} }} + C\)
c) \({1 \over 2}\ln ({e^{2x}} + 1) + C\)
d) \({1 \over {\cos a}}\ln |{{\sin {{x – a} \over 2}} \over {\cos {{x – a} \over 2}}}| + C\) . HD: Ta có:\(\cos a = \cos ({{x – a} \over 2} – {{x + a} \over 2})\)
e) \( – 2x\cos \sqrt x + 4\sqrt x \sin \sqrt x + 4\cos \sqrt x + C\)
g) \({{{x^2}} \over 2}\ln {x \over {1 + x}} + {1 \over 2}\ln |1 + x| – {1 \over 2}x + C\)
Bài 3.28 trang 186 Giải tích 12
Tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_0^1 {{{(y – 1)}^2}\sqrt y } dy\), đặt \(t = \sqrt y \)
b) \(\int\limits_1^2 {({z^2} + 1)\root 3 \of {{{(z – 1)}^2}} } dz\) , đặt \(u = \root 3 \of {{{(z – 1)}^2}} \)
c) \(\int\limits_1^e {{{\sqrt {4 + 5\ln x} } \over x}} dx\)
d) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {({{\cos }^5}\varphi } – {\sin ^5}\varphi )d\varphi \)
e) \(\int\limits_0^\pi {{{\cos }^3}\alpha \cos 3\alpha } d\alpha \)
Bài giải
a) \({{16} \over {105}}\)
b) \(2{{49} \over {220}}\)
c) \({{38} \over {15}}\) .
HD: \(\int\limits_1^e {{{\sqrt {4 + 5\ln x} } \over x}} dx = {1 \over 5}\int\limits_1^e {{{(4 + 5\ln x)}^{{1 \over 2}}}d(4 + 5\ln x)} \)
d) 0
e)\({\pi \over 8}\) .
HD: Dùng công thức hạ bậc đối với \({\cos ^3}x\)
Bài 3.29
Tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {\cos 2x} .{\cos ^2}xdx\)
b) \(\int\limits_{{1 \over 2}}^1 {{{{e^x}} \over {{e^{2x}} – 1}}} dx\)
c) \(\int\limits_0^1 {{{x + 2} \over {{x^2} + 2x + 1}}} \ln (x + 1)dx\)
d) \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {{{x\sin x + (x + 1)\cos x} \over {x\sin x + \cos x}}} dx\)
Đáp án
a) \({1 \over 4}(1 + {\pi \over 4})\) . HD: \({{1 + \cos 2x} \over 2} = {\cos ^2}x\)
b) \({1 \over 2}\ln {{(e – 1)(\sqrt e + 1)} \over {(e + 1)(\sqrt e – 1)}}\) . HD:\({{{e^x}} \over {{e^{2x}} – 1}} = {1 \over 2}({{{e^x}} \over {{e^x} – 1}} – {{{e^x}} \over {{e^x} + 1}})\)
c) \({1 \over 2}({\ln ^2}2 – \ln 2 + 1)\) . HD: \({{x + 2} \over {{x^2} + 2x + 1}}\ln (x + 1) = {{\ln (x + 1)} \over {x + 1}} + {{\ln (x + 1)} \over {{{(x + 1)}^2}}}\)
d) \({\pi \over 4} + \ln (1 + {\pi \over 4}) – {1 \over 2}\ln 2\) .
HD: \({{x\sin x + (x + 1)\cos x} \over {x\sin x + \cos x}} = 1 + {{x\cos x} \over {x\sin x + \cos x}}\) và \(d(x\sin x + \cos x) = x\cos xdx\)
Bài 3.30 trang 186 SBT Toán lớp 12
Tính diện tich các hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:
a) \(y = x – 1 + {{\ln x} \over x},y = x – 1\) và x = e;
b) y = x3 – x2 và \(y = {1 \over 9}(x – 1)\);
c) \(y = 1 – \sqrt {1 – {x^2}} \) và y = x2
Hướng dẫn làm bài
a) \({1 \over 2}\)
b) \({8 \over {81}}\) . HD: Đường thẳng \(y = {1 \over 9}(x – 1)\) đi qua tâm đối xứng \(I({1 \over 3}; – {2 \over {27}})\) của hàm số y = x3 – x2 .
Do đó, hình phẳng giới hạn bởi hai đường đã cho gồm hai hình vẽ đối xứng nhau qua điểm I (hình 85).
Vậy : \(S = 2\int\limits_{ – {1 \over 3}}^{{1 \over 3}} {{\rm{[}}({x^3} – {x^2}) – {1 \over 9}(x – 1){\rm{]}}dx}\)
\( = 4\int\limits_0^{{1 \over 3}} {({1 \over 9} – {x^2})dx = {8 \over {81}}} \)
(theo bài 3.14. \(\int\limits_{ – {1 \over 3}}^{{1 \over 3}} {({x^3} – {1 \over 9}x)dx = 0} \))
c) \({\pi \over 2} – {4 \over 3}\)
Câu 3.31 trang 186 Toán giải tích 12
Tính thể tích các khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng xác định bởi
a) \(y = {x^{{2 \over 3}}},x = 0\) và tiếp tuyến với đường \(y = {x^{{2 \over 3}}}\) tại điểm có hoành độ x = 1, quanh trục Oy;
b) \(y = {1 \over x} – 1,y = 0,y = 2x\), quanh trục Ox
c) y = |2x – x2|, y = 0 và x = 3 , quanh :
* Trục Ox
* Trục Oy
Lời giải
a) \({\pi \over {36}}\) .
Phương trình tiếp tuyến là: \(y = {2 \over 3}x + {1 \over 3}\)
\(V = \pi \int\limits_0^1 {{y^3}dy} – \pi \int\limits_{{1 \over 3}}^1 {{{({3 \over 2}y – {1 \over 2})}^2}dy}\)
\(= {\pi \over 4} – {{2\pi } \over 9}{({3 \over 2}y – {1 \over 2})^3}\left| {\matrix{1 \cr {{1 \over 3}} \cr} = {\pi \over {36}}} \right.\)
b) \(\pi ({5 \over 3} – 2\ln 2)\)
c) \({V_x} = {{18} \over 5}\pi \) và \({V_y} = {{59} \over 6}\pi \)
\({V_y} = \pi {\rm{\{ }}\int\limits_0^1 {{\rm{[(}}1 + \sqrt {1 – y} {)^2} – {{(1 – \sqrt {1 – y} )}^2}{\rm{]}}} dy + \int\limits_0^3 {{\rm{[}}9 – {{(1 + \sqrt {1 + y} )}^2}{\rm{]}}dy\} } \)
\( = \pi {\rm{[}}\int\limits_0^1 {4\sqrt {1 – y} dy + \int\limits_0^3 {(7 – y – 2\sqrt {1 + y} )dy] = {{59\pi } \over 6}} } \)
Câu 3.32
Hãy chỉ ra các kết quả đúng trong các kết quả sau:
a) \((\int\limits_0^1 {{x^n}{{(1 – x)}^m}dx = \int\limits_0^1 {{x^m}{{(1 – x)}^n}} } dx;m,n \in {N^*}\)
b) \(\int\limits_{ – 1}^1 {{{{t^2}} \over {{e^t} + 1}}} dt = \int\limits_0^1 {{t^2}dt} \)
c) \(\int\limits_0^1 {{{\sin }^3}x\cos xdx = } \int\limits_0^1 {{t^3}} dt\)
Bài làm
a) Đúng
b) Ta có: \(\int\limits_{ – 1}^1 {{{{t^2}dt} \over {{e^t} + 1}}} = \int\limits_{ – 1}^0 {{{{t^2}dt} \over {{e^t} + 1}}} + \int\limits_0^{ – 1} {{{{t^2}dt} \over {{e^t} + 1}}} \) (*)
Dùng phương pháp đổi biến t = – x đối với tích phân \(\int\limits_{ – 1}^0 {{{{t^2}dt} \over {{e^t} + 1}}} \) , ta được:
\(\int\limits_{ – 1}^0 {{{{t^2}dt} \over {{e^t} + 1}}} = \int\limits_0^1 {{{{x^2}dx} \over {{e^{ – x}} + 1}} = \int\limits_0^1 {{{{t^2}dt} \over {{e^{ – t}} + 1}}} } \)
Thay vào (*) ta có: \(\int\limits_{ – 1}^1 {{{{t^2}dt} \over {{e^t} + 1}} = \int\limits_0^1 {{t^2}dt} } \)
c) Sai.
Trả lời