Khái niệm Tích phân được giới thiệu sau khái niệm nguyên hàm, là sự kế thừa và phát triển của bài học trước. Tương tự bài học Nguyên hàm, bài Tích phân sẽ giới thiệu đến các em khái niệm, các tính chất của tích phân, các phương pháp tính tích tính phân là phương pháp đổi biến số và phương pháp tích phân từng phần được xây dựng trên nền tảng Nguyên hàm của một hàm số.
Cho hàm \(f(x)\) liên tục trên khoảng K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K. Nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của \(f(x)\) thì hiệu số \(F(b)-F(a)\) được gọi là tích phân của \(f(x)\) từ a đến b và ký hiệu là \(\int\limits_a^b {f(x)dx} .\) Trong trường hợp \(a
Cho các hàm số \(f(x),\,g(x)\) liên tục trên K và \(a,b,c\) là ba số thuộc K.
Công thức đổi biến số \(\int\limits_a^b {f[u(x)]u'(x)dx = \int\limits_{u(a)}^{u(b)} {f(u)du} }.\) Trong đó \(f(x)\) là hàm số liên tục và \(u(x)\) có đạo hàm liên tục trên khoảng J sao cho hàm hợp \(f[u(x)]\) xác định trên J; \(a,\,b \in J.\)
Định lí:
Nếu \(u(x),\,v(x)\) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng K và \(a,b\) là hai số thuộc K thì \(\int\limits_a^b {u(x)v'(x)dx} = \left. {u(x)v(x)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {v(x)u'(x)dx}.\)
Áp dụng công thức tính tích phân cơ bản, tính các tích phân sau:
a) \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} - 2x}}{{{x^3}}}dx}\)
b) \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}xdx}\)
a) \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} - 2x}}{{{x^3}}}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}} \right)dx} = \left. {\left( {\ln \left| x \right| + \frac{2}{x}} \right)} \right|_1^2\)
\(= \left( {\ln 2 + 1} \right) - \left( {\ln 1 + 2} \right) = - 1 + \ln 2\)
b) \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}xdx = } \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {(1 + \cos 2x)dx = } \left. {\frac{1}{2}(x + \frac{1}{2}sin2x)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{{\pi + 2}}{8}\)
Áp dụng phương pháp đổi biến số, tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_0^3 {\frac{x}{{1 + \sqrt {1 + x} }}} dx\)
b) \(I = \int\limits_0^2 {{x^3}\sqrt {{x^2} + 1} dx}\)
c) \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}}\)
a) Đặt: \(t = \sqrt {1 + x} \Rightarrow {t^2} = 1 + x \Rightarrow 2tdt = dx\)
Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 1;x = 3 \Rightarrow t = 2\)
\(\begin{array}{l} \int\limits_0^3 {\frac{x}{{1 + \sqrt {1 + x} }}dx = \int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} - 1}}{{t + 1}}} } 2tdt = \int\limits_1^2 {2t(t - 1)dt} \\ = \left. {\left( {\frac{2}{3}{t^3} - {t^2}} \right)} \right|_1^2 = \frac{5}{3} \end{array}\)
b) Đặt: \(t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2} = {t^2} - 1}\\ {xdx = tdt} \end{array}} \right.\)
Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {x = 2} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {t = 1}\\ {t = \sqrt 5 } \end{array}} \right.\)
Vậy: \(I = \int\limits_1^{\sqrt 5 } {\left( {{t^2} - 1} \right)t.tdt} = \left( {\frac{{{t^5}}}{5} - \frac{{{t^3}}}{3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\sqrt 5 }\\ 1 \end{array} = \frac{2}{{15}} + \frac{{10\sqrt 5 }}{3}} \right.\)
c) Đặt \(x = 2\sin t\) với \(t \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow dx = 2\cos tdt\)
Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 0;x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\)
Vậy: \(\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{2\cos tdt}}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }} = } } \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{2\cos tdt}}{{2\cos t}} = } \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {dt} = t\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{\pi }{6}}\\ 0 \end{array}} \right. = \frac{\pi }{6}\)
Vận dụng phương pháp tính tích phân từng phân, tính các tích phân sau:
a) \(I = \int\limits_0^1 {x.{e^{2x}}dx}\)
b) \(I = \int\limits_1^2 {({x^2} - 1)\ln xdx}\)
a) Đặt: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {u = x}\\ {dv = {e^{2x}}dx} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {du = dx}\\ {v = \frac{{{e^{2x}}}}{2}} \end{array}} \right.\)
\(I = \left. {\frac{{x{e^{2x}}}}{2}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\frac{{{e^{2x}}}}{2}dx} = \left. {\frac{{{e^2}}}{2} - \frac{{{e^{2x}}}}{4}} \right|_0^1 = \frac{{{e^2} + 1}}{4}\).
b) Đặt: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {u = \ln x}\\ {dv = \left( {{x^2} - 1} \right)dx} \end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {du = \frac{{dx}}{x}}\\ {v = \frac{{{x^3} - 3x}}{3}} \end{array}} \right.} \right.\)
\(I = \left. {\frac{{\left( {{x^3} - 3x} \right)\ln x}}{3}} \right|_1^2 - \int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} - 3}}{3}} dx = \frac{{2\ln 2}}{3} - \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{9} - x} \right)} \right|_1^2\)\(= \frac{{2\ln 2}}{3} + \frac{2}{9}\).
Khái niệm Tích phân được giới thiệu sau khái niệm nguyên hàm, là sự kế thừa và phát triển của bài học trước. Tương tự bài học Nguyên hàm, bài Tích phân sẽ giới thiệu đến các em khái niệm, các tính chất của tích phân, các phương pháp tính tích tính phân là phương pháp đổi biến số và phương pháp tích phân từng phần được xây dựng trên nền tảng Nguyên hàm của một hàm số.
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 12 Chương 3 Bài 2để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Cho \(\int\limits_0^2 {f(x)dx = 3.}\)
Tính \(I = \int\limits_0^2 {\left[ {4f(x) - 3} \right]dx.}\)
Tính \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}\) biết \(\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx} = 5;\,\int\limits_b^d {f\left( x \right)} = 2\) với \(a < b < d\).
Tìm tập hợp giá trị của m sao cho \(\int\limits_0^m {\left( {2x - 4} \right)dx} = 5.\)
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 12 Chương 3 Bài 2 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Giải tích 12 Cơ bản và Nâng cao.
Bài tập 1 trang 112 SGK Giải tích 12
Bài tập 2 trang 112 SGK Giải tích 12
Bài tập 3 trang 113 SGK Giải tích 12
Bài tập 4 trang 113 SGK Giải tích 12
Bài tập 5 trang 113 SGK Giải tích 12
Bài tập 6 trang 113 SGK Giải tích 12
Bài tập 3.16 trang 170 SBT Toán 12
Bài tập 3.17 trang 170 SBT Toán 12
Bài tập 3.18 trang 171 SBT Toán 12
Bài tập 3.19 trang 171 SBT Toán 12
Bài tập 3.20 trang 172 SBT Toán 12
Bài tập 3.21 trang 172 SBT Toán 12
Bài tập 3.22 trang 172 SBT Toán 12
Bài tập 3.23 trang 172 SBT Toán 12
Bài tập 3.24 trang 172 SBT Toán 12
Bài tập 3.25 trang 173 SBT Toán 12
Bài tập 3.26 trang 173 SBT Toán 12
Bài tập 3.28 trang 173 SBT Toán 12
Bài tập 3.27 trang 173 SBT Toán 12
Bài tập 3.29 trang 173 SBT Toán 12
Bài tập 3.30 trang 173 SBT Toán 12
Bài tập 10 trang 152 SGK Toán 12 NC
Bài tập 11 trang 152 SGK Toán 12 NC
Bài tập 12 trang 153 SGK Toán 12 NC
Bài tập 13 trang 153 SGK Toán 12 NC
Bài tập 14 trang 153 SGK Toán 12 NC
Bài tập 15 trang 153 SGK Toán 12 NC
Bài tập 16 trang 153 SGK Toán 12 NC
Bài tập 17 trang 161 SGK Toán 12 NC
Bài tập 18 trang 161 SGK Toán 12 NC
Bài tập 19 trang 161 SGK Toán 12 NC
Bài tập 20 trang 161 SGK Toán 12 NC
Bài tập 21 trang 161 SGK Toán 12 NC
Bài tập 22 trang 162 SGK Toán 12 NC
Bài tập 23 trang 162 SGK Toán 12 NC
Bài tập 24 trang 162 SGK Toán 12 NC
Bài tập 25 trang 162 SGK Toán 12 NC
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 12 DapAnHay
Cho \(\int\limits_0^2 {f(x)dx = 3.}\)
Tính \(I = \int\limits_0^2 {\left[ {4f(x) - 3} \right]dx.}\)
Tính \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}\) biết \(\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx} = 5;\,\int\limits_b^d {f\left( x \right)} = 2\) với \(a < b < d\).
Tìm tập hợp giá trị của m sao cho \(\int\limits_0^m {\left( {2x - 4} \right)dx} = 5.\)
Cho \(I = \int\limits_1^e {\frac{{\ln x - 1}}{{{x^2} - {{\ln }^2}x}}dx,}\) đặt \(t = \frac{{\ln x}}{x}.\) Khẳng định nào sau đây là sai?
Kết quả tích phân \(\int_0^2 {\left( {2x + \ln \left( {x + 1} \right)} \right)} dx = 3\ln a + b\). Tính tổng a+b.
Tích phân \(\int\limits_0^e {\left( {3{x^2} - 7x + \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \) có giá trị bằng?
Tính \(\int\limits_0^a {x{{\left( {3 - x} \right)}^3}dx} \)
Tính tích phân \(I = \int\limits_1^{2e} {\frac{{\ln x + 1}}{x}dx} \)
Tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x\cos \left( {a - x} \right)dx} \)
Cho \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {{{\sin }^n}x.\cos xdx} = \frac{1}{{64}}\). Tìm n?
\(\int \limits_0^1 \sin \sqrt x dx\) bằng
A. \(2(\sin 1 - \cos 1)\)
B. \(2(\cos 1 - \sin 1)\)
C. \(\sin 1 - \cos 1\)
D. \(2(\sin 1 + \cos 1)\)
Không tìm nguyên hàm hãy tính các tích phân sau:
\(\begin{array}{l}
a)\int\limits_{ - 2}^4 {\left( {\frac{x}{2} + 3} \right)dx} \\
b)\int \limits_{ - 1}^2 \left| x \right|dx\\
c)\int \limits_{ - 3}^3 \sqrt {9 - {x^2}} dx
\end{array}\)
Cho biết \(\int \limits_1^2 f\left( x \right)dx = - 4,\int\limits_1^5 {f(x)dx} = 6,\int\limits_1^5 {g(x)dx} = 8.\) Hãy tính
\(\begin{array}{l}
a)\int\limits_2^5 {f(x)dx} \\
b)\int\limits_1^2 {3f(x)dx} \\
c)\int\limits_1^5 {\left[ {f(x) - g(x)} \right]dx} \\
d)\int\limits_1^5 {\left[ {4f(x) - g(x)} \right]dx}
\end{array}\)
Cho biết \(\int\limits_0^3 {f\left( z \right)dz} = 3,\int\limits_0^4 {f\left( x \right)} dx = 7.\). Hãy tính \(\int \limits_3^4 f\left( t \right)dt.\)
a) Chứng minh rằng nếu \(f(x) \ge 0\) trên [a; b] thì \(\int \limits_a^b f\left( x \right)dx \ge 0.\)
b) Chứng minh rằng nếu \(f(x) \ge g(x)\) trên [a; b] thì \(\int \limits_a^b f\left( x \right)dx \ge \int \limits_a^b g\left( x \right)dx\)
a) Một vật chuyển động với vận tốc v(t) = 1 − 2sin2t (m/s). Tính quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0 (s) đến thời điểm \(t = \frac{{3\pi }}{4} \left( s \right)\)
b) Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v(t) = 160 − 10t (m/s). Tính quãng đường mà vật di chuyển được từ thời điểm t = 0 đến thời điểm mà vật dừng lại.
Một vật đang chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc a = 3t + t2 (m/s2). Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tang tốc.
Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu 25 m/s. gia tốc trọng trường là 9,8m/s2
a) Sau bao lâu viên đạn đạt tới vận tốc cao nhất.
b) Tính quãng đường viên đạn đi được tính từ lúc bắn lên cho đến khi rơi xuống đất.
Dùng phương pháp đổi biến số tính các tích phân sau:
\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^1 \sqrt {x + 1} dx\\
b)\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{\tan x}}{{{{\cos }^2}x}}dx\\
c)\int \limits_0^1 {t^3}{\left( {1 + {t^4}} \right)^3}dt\\
d)\int \limits_0^1 \frac{{5x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}dx\\
e)\int \limits_0^{\sqrt 3 } \frac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx\\
f)\int \limits_0^{\frac{\pi }{6}} \left( {1 - \cos 3x} \right)\sin 3xdx
\end{array}\)
Dùng phương pháp tích phân từng phần để tính các tích phân sau:
\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_1^2 {x^5}\ln xdx\\
b)\int \limits_0^1 \left( {x + 1} \right){e^x}dx\\
c)\int \limits_0^\pi {e^x}\cos xdx\\
d)\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\cos xdx
\end{array}\)
Tính
\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^1 \sqrt {{t^5} + 2t} \left( {2 + 5{t^4}} \right)dt\\
b)\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\sin {\rm{xcosx}}dx
\end{array}\)
Tính
\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^\pi 5{\left( {5 - 4\cos t} \right)^{\frac{1}{4}}}\sin tdt\\
b)\int \limits_0^{\sqrt 3 } \frac{{{x^3}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}
\end{array}\)
Giả sử F là một nguyên hàm của hàm số \(y = \frac{{\sin x}}{x}\) trên khoảng \((0; + \infty )\). Khi đó \(\int \limits_1^3 \frac{{\sin 2x}}{x}dx\) là
(A) F(3) − F(1)
(B) F(6) − F(2)
(C) F(4) − F(2)
D) F(6) − F(4)
Chứng minh rằng
\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^1 f\left( x \right)dx = \int \limits_0^1 f\left( {1 - x} \right)dx\\
b)\int \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx = \int \limits_0^1 \left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx
\end{array}\)
Cho \(\int \limits_0^1 f\left( x \right)dx = 3.\) Tính \(\int \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx\) trong các trường hợp sau:
a) f là hàm số lẻ;
b) f là hàm số chẵn.
Tính các tích phân sau:
\(\begin{array}{l}
a)\int\limits_1^2 {{x^2}{e^{{x^3}}}dx} \\
b)\int \limits_1^3 \frac{1}{x}{\left( {\ln x} \right)^2}dx\\
c)\int \limits_0^{\sqrt 3 } x\sqrt {1 + {x^2}} dx\\
d)\int \limits_0^1 {x^2}{e^{3{x^3}}}dx\\
e)\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\cos x}}{{1 + {\rm{sinx}}}}dx
\end{array}\)
Tính các tích phân sau :
\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} x\cos 2xdx\\
b)\int \limits_0^1 \frac{{\ln \left( {2 - x} \right)}}{{2 - x}}dx\\
c)\int \limits_1^{\frac{\pi }{2}} {x^2}\cos xdx.\\
d)\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} x\cos 2xdx\\
e)\int \limits_1^e {x^2}\ln xdx
\end{array}\)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
\(\int\limits_1^9 {x\sqrt[3]{{1 - x}}dx} \)
Đặt \(t = \sqrt[3]{{1 - x}}\) \( \Rightarrow {t^3} = 1 - x \Rightarrow 3{t^2}dt = - dx\)
Đổi cận \(x = 1 \Rightarrow t = 0\), \(x = 9 \Rightarrow t = - 2\)
Khi đó \(\int\limits_1^9 {x\sqrt[3]{{1 - x}}dx} \)\( = \int\limits_0^{ - 2} {\left( {1 - {t^3}} \right).t\left( { - 3{t^2}dt} \right)} \) \( = 3\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{t^3} - {t^6}} \right)dt} \) \( = 3\left. {\left( {\dfrac{{{t^4}}}{4} - \dfrac{{{t^7}}}{7}} \right)} \right|_{ - 2}^0\) \( = - 3\left( {\dfrac{{16}}{4} + \dfrac{{{2^7}}}{7}} \right) = - \dfrac{{468}}{7}\).
Câu trả lời của bạn
\(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}{{(1 - {x^3})}^4}dx} \)
Đặt \(t = 1 - {x^3} \Rightarrow dt = - 3{x^2}dx\) \( \Rightarrow {x^2}dx = - \dfrac{{dt}}{3}\).
Đổi cận \(x = - 1 \Rightarrow t = 2\), \(x = 1 \Rightarrow t = 0\). Khi đó
\(\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}{{(1 - {x^3})}^4}dx} \)\( = \int\limits_2^0 {{t^4}.\left( { - \dfrac{{dt}}{3}} \right)} = \dfrac{1}{3}\int\limits_0^2 {{t^4}dt} \) \( = \dfrac{1}{3}\left. {\left( {\dfrac{{{t^5}}}{5}} \right)} \right|_0^2 = \dfrac{{32}}{{15}}\).
Câu trả lời của bạn
\(\int\limits_0^\pi {\dfrac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)
Đặt \(x = \pi - t\), ta suy ra:
\(\int\limits_0^\pi {\dfrac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)\( = \int\limits_\pi ^0 {\dfrac{{\left( {\pi - t} \right)\sin \left( {\pi - t} \right)}}{{1 + {{\cos }^2}\left( {\pi - t} \right)}}\left( { - dt} \right)} \)\( = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{\left( {\pi - t} \right)\sin t}}{{1 + {{\cos }^2}t}}dt} \) \( = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{\left( {\pi - x} \right)\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)
\( = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{\pi \sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} - \int\limits_0^\pi {\dfrac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)
\( \Rightarrow 2\int\limits_0^\pi {\dfrac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{\pi \sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \) \( \Leftrightarrow \int\limits_0^\pi {\dfrac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} = \dfrac{\pi }{2}\int\limits_0^\pi {\dfrac{{\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)
Xét \(I = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \), đặt \(u = \cos x \Rightarrow du = - \sin xdx\).
Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow u = 1,\) \(x = \pi \Rightarrow u = - 1\). Khi đó
\(I = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)\( = \int\limits_1^{ - 1} {\dfrac{{ - du}}{{1 + {u^2}}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{du}}{{1 + {u^2}}}} \)
Đặt \(u = \tan t\) \( \Rightarrow du = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\). Đổi cận \(u = - 1 \Rightarrow t = - \dfrac{\pi }{4},\) \(u = 1 \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{4}\).
Khi đó \(I = \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{du}}{{1 + {u^2}}}} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {dt} = \dfrac{\pi }{2}\)
Vậy \(\int\limits_0^\pi {\dfrac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} = \dfrac{\pi }{2}.I = \dfrac{{{\pi ^2}}}{4}\).
Câu trả lời của bạn
\(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\cos 2xdx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \cos 2xdx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \dfrac{{\sin 2x}}{2}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = \left. {\dfrac{{x\sin 2x}}{2}} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin 2xdx} \) \( = \dfrac{1}{2}.\left. {\dfrac{{\cos 2x}}{2}} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = - \dfrac{1}{2}\)
Câu trả lời của bạn
\(I = \int\limits_0^1 {\ln (2x + 1)dx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {2x + 1} \right)\\dv = dx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{2}{{2x + 1}}dx\\v = x\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = \left. {x\ln \left( {2x + 1} \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\dfrac{{2x}}{{2x + 1}}dx} \) \( = \ln 3 - \int\limits_0^1 {\left( {1 - \dfrac{1}{{2x + 1}}} \right)dx} \) \( = \ln 3 - \left. {\left( {x - \dfrac{{\ln \left( {2x + 1} \right)}}{2}} \right)} \right|_0^1\) \( = \ln 3 - \left( {1 - \dfrac{{\ln 3}}{2}} \right) = \dfrac{3}{2}\ln 3 - 1\)
Câu trả lời của bạn
\(I = \int\limits_0^{\ln 2} {x{e^{ - 2x}}dx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {e^{ - 2x}}dx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \dfrac{{{e^{ - 2x}}}}{2}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = \left. { - \dfrac{{x{e^{ - 2x}}}}{2}} \right|_0^{\ln 2} + \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\ln 2} {{e^{ - 2x}}dx} \) \( = - \dfrac{{\ln 2.{e^{ - 2\ln 2}}}}{2} - \dfrac{1}{2}.\left. {\dfrac{{{e^{ - 2x}}}}{2}} \right|_0^{\ln 2}\) \( = - \dfrac{{\ln 2}}{8} + \dfrac{3}{{16}}\)
Câu trả lời của bạn
\(I = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {\left( {1 + x - \dfrac{1}{x}} \right){e^{x + \dfrac{1}{x}}}dx} \)\( = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {{e^{x + \dfrac{1}{x}}}} dx + \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {\left( {x - \dfrac{1}{x}} \right){e^{x + \dfrac{1}{x}}}dx} \) \( = J + K\) với \(J = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {{e^{x + \dfrac{1}{x}}}} dx\) và \(K = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {\left( {x - \dfrac{1}{x}} \right){e^{x + \dfrac{1}{x}}}dx} \)
+) Tính \(J = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {{e^{x + \dfrac{1}{x}}}} dx\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {e^{x + \dfrac{1}{x}}}\\dv = dx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \left( {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)dx\\v = x\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow J = \left. {x{e^{x + \dfrac{1}{x}}}} \right|_{\dfrac{1}{2}}^2 - \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^2 {\left( {x - \dfrac{1}{x}} \right){e^{x + \dfrac{1}{x}}}dx} \) \( = \left. {x{e^{x + \dfrac{1}{x}}}} \right|_{\dfrac{1}{2}}^2 - K\) \( = 2{e^{\dfrac{5}{2}}} - \dfrac{1}{2}{e^{\dfrac{5}{2}}} - K = \dfrac{3}{2}{e^{\dfrac{5}{2}}} - K\)
Suy ra \(I = J + K\) \( = \dfrac{3}{2}{e^{\dfrac{5}{2}}} - K + K = \dfrac{3}{2}{e^{\dfrac{5}{2}}}\).
Câu trả lời của bạn
\(I = \int\limits_2^3 {\left[ {\ln \left( {x - 1} \right) - \ln \left( {x + 1} \right)} \right]dx} \) \( = \int\limits_2^3 {\ln \left( {x - 1} \right)dx} - \int\limits_2^3 {\ln \left( {x + 1} \right)dx} \) \( = J - K\) với \(J = \int\limits_2^3 {\ln \left( {x - 1} \right)dx} \) và \(K = \int\limits_2^3 {\ln \left( {x + 1} \right)dx} \).
+) Tính \(J = \int\limits_2^3 {\ln \left( {x - 1} \right)dx} \).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {x - 1} \right)\\dv = dx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{dx}}{{x - 1}}\\v = x\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow J = \left. {x\ln \left( {x - 1} \right)} \right|_2^3 - \int\limits_2^3 {\dfrac{x}{{x - 1}}dx} \) \( = 3\ln 2 - \int\limits_2^3 {\left( {1 + \dfrac{1}{{x - 1}}} \right)dx} \) \( = 3\ln 2 - \left. {\left( {x + \ln \left( {x - 1} \right)} \right)} \right|_2^3\) \( = 3\ln 2 - 3 - \ln 2 + 2\) \( = 2\ln 2 - 1\).
+) Tính \(K = \int\limits_2^3 {\ln \left( {x + 1} \right)dx} \).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {x + 1} \right)\\dv = dx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{dx}}{{x + 1}}\\v = x\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow K = \left. {x\ln \left( {x + 1} \right)} \right|_2^3 - \int\limits_2^3 {\dfrac{x}{{x + 1}}dx} \) \( = 3\ln 4 - 2\ln 3 - \int\limits_2^3 {\left( {1 - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \) \( = 6\ln 2 - 2\ln 3 - \left. {\left( {x - \ln \left( {x + 1} \right)} \right)} \right|_2^3\) \( = 6\ln 2 - 2\ln 3 - 3 + \ln 4 + 2 - \ln 3\) \( = 8\ln 2 - 3\ln 3 - 1\).
\( \Rightarrow I = J - K\) \( = 2\ln 2 - 1 - \left( {8\ln 2 - 3\ln 3 - 1} \right)\) \( = 3\ln 3 - 6\ln 2\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {x + 1} \right)\cos \left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right)} dx\) \( = - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {x + 1} \right)\sin x} dx\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x + 1\\dv = \sin xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \cos x\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = - \left[ { - \left. {\left( {x + 1} \right)\cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos xdx} } \right]\) \( = - \left( {1 + \left. {\sin x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}}} \right) = - \left( {1 + 1} \right) = - 2\)
Câu trả lời của bạn
\(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\cos x{{\sin }^2}xdx} \)
Đặt \(u = x,dv = \cos x{\sin ^2}xdx\) \( \Rightarrow du = dx\). Ta tìm \(v = \int {\cos x{{\sin }^2}xdx} \).
Đặt \(\sin x = t \Rightarrow dt = \cos xdx\)
\( \Rightarrow \int {\cos x{{\sin }^2}xdx} = \int {{t^2}dt} \) \( = \dfrac{{{t^3}}}{3} + C = \dfrac{{{{\sin }^3}x}}{3} + C\)
Chọn \(v = \dfrac{{{{\sin }^3}x}}{3}\) ta có:
\(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\cos x{{\sin }^2}xdx} \)\( = \left. {\dfrac{{x{{\sin }^3}x}}{3}} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{{{\sin }^3}x}}{3}dx} \) \( = \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{1}{3}\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right)\sin xdx} \) \( = \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{1}{3}J\)
Đặt \(\cos x = t \Rightarrow dt = - \sin xdx\)
\( \Rightarrow J = \int\limits_1^0 {\left( {1 - {t^2}} \right).\left( { - dt} \right)} \) \( = \int\limits_0^1 {\left( {1 - {t^2}} \right)dt} \) \( = \left. {\left( {t - \dfrac{{{t^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{2}{3}\)
Vậy \(I = \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{1}{3}J\) \( = \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{2}{9}\).
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\dfrac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}{\log _2}(x + 1)\)\( = \left( {x + \dfrac{1}{{x + 1}}} \right).\dfrac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{\ln 2}}\) \( = \dfrac{1}{{\ln 2}}\left[ {x\ln (x + 1) + \dfrac{{\ln (x + 1)}}{{x + 1}}} \right]\)
Khi đó \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}{{\log }_2}\left( {x + 1} \right)dx} \) \( = \dfrac{1}{{\ln 2}}\int\limits_0^1 {x\ln \left( {x + 1} \right)dx} \) \( + \dfrac{1}{{\ln 2}}\int\limits_0^1 {\dfrac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}}dx} \)
Tính \(J = \int\limits_0^1 {x\ln \left( {x + 1} \right)dx} \).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {x + 1} \right)\\dv = xdx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{{x + 1}}dx\\v = \dfrac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow J = \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln \left( {x + 1} \right)} \right|_0^1 - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}dx} \) \( = \dfrac{{\ln 2}}{2} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {x - 1 + \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \) \( = \dfrac{1}{2}\ln 2 - \dfrac{1}{2}\left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - x + \ln \left( {x + 1} \right)} \right)} \right|_0^1\)
\( = \dfrac{1}{2}\ln 2 - \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2} - 1 + \ln 2} \right)\) \( = \dfrac{1}{4}\)
Tính \(K = \int\limits_0^1 {\dfrac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}}dx} \).
Đặt \(\ln \left( {x + 1} \right) = t \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{{x + 1}}\) \( \Rightarrow K = \int\limits_0^{\ln 2} {tdt} = \left. {\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right|_0^{\ln 2} = \dfrac{{{{\ln }^2}2}}{2}\)
Vậy \(I = \dfrac{1}{{\ln 2}}J + \dfrac{1}{{\ln 2}}K\) \( = \dfrac{1}{{4\ln 2}} + \dfrac{{\ln 2}}{2}\).
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\dfrac{{\sin 2x}}{{3 + 4\sin x - \cos 2x}}\) \( = \dfrac{{2\sin x\cos x}}{{3 + 4\sin x - 1 + 2{{\sin }^2}x}}\) \( = \dfrac{{\sin x\cos x}}{{{{\sin }^2} + 2\sin x + 1}}\) \( = \dfrac{{\sin x\cos x}}{{{{\left( {\sin x + 1} \right)}^2}}}\)
Khi đó \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{\sin x\cos x}}{{{{\left( {\sin x + 1} \right)}^2}}}dx} \).
Đặt \(\sin x = t \Rightarrow dt = \cos xdx\).
\( \Rightarrow I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{tdt}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \) \( = \int\limits_0^1 {\left( {\dfrac{1}{{t + 1}} - \dfrac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right)dt} \) \( = \left. {\left[ {\ln \left( {t + 1} \right) + \dfrac{1}{{t + 1}}} \right]} \right|_0^1\) \( = \ln 2 + \dfrac{1}{2} - 1 = \ln 2 - \dfrac{1}{2}\).
Câu trả lời của bạn
Đặt \(t = x + \dfrac{1}{x}\)\( \Rightarrow dt = 1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}dx = \dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}dx\) và \({t^2} = {x^2} + 2 + \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^4} + 1}}{{{x^2}}} + 2\) \( \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{{{x^4} + 1}} = \dfrac{1}{{{t^2} - 2}}\).
Khi đó \(I = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^1 {\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}} dx\)\( = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{{x^4} + 1}}.\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}dx} \) \( = \int\limits_{\dfrac{5}{2}}^2 {\dfrac{{dt}}{{{t^2} - 2}}} \) \( = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\int\limits_{\dfrac{5}{2}}^2 {\left( {\dfrac{1}{{t - \sqrt 2 }} - \dfrac{1}{{t + \sqrt 2 }}} \right)dt} \)
\( = \left. {\ln \left| {\dfrac{{t - \sqrt 2 }}{{t + \sqrt 2 }}} \right|} \right|_{\dfrac{5}{2}}^2 = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\ln \dfrac{{6 - \sqrt 2 }}{{6 + \sqrt 2 }}\).
Câu trả lời của bạn
Đặt \(t = - {\rm{ }}s\) ta có \(dt = - ds\), đổi cận \(t = 0 \Rightarrow s = 0\), \(t = x \Rightarrow s = - x\).
Suy ra \(f(x) = \int\limits_0^x {\dfrac{t}{{\sqrt {1 + {t^4}} }}dt} \) \( = \int\limits_0^{ - x} {\dfrac{{ - s}}{{\sqrt {1 + {{\left( { - s} \right)}^4}} }}\left( { - ds} \right)} \)\( = \int\limits_0^{ - x} {\dfrac{s}{{\sqrt {1 + {{\left( { - s} \right)}^4}} }}ds} = f\left( { - x} \right)\)
Do đó \(f\left( x \right) = f\left( { - x} \right),\forall x \in \mathbb{R}\), suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\) là hàm số chẵn.
Câu trả lời của bạn
Đổi biến số \(x = \dfrac{\pi }{2} - t\), ta được: \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f(\sin x)dx} \)\( = - \int\limits_{\dfrac{\pi }{2}}^0 {f\left[ {\sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - t} \right)} \right]dt} \) \( = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f(\cos t)dt} \)
Hay \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f(\sin x)dx} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f(\cos x)dx} \)
Câu trả lời của bạn
Xét với \(n > 2\), ta có: \({I_n} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}x.\sin xdx} \)
Dùng tích phân từng phần với \(u = {\sin ^{n - 1}}x\) và \(dv = \sin xdx\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}du = \left( {n - 1} \right){\sin ^{n - 2}}x\cos xdx\\v = - \cos x\end{array} \right.\)
\({I_n} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}x\sin xdx} \)\( = \left. { - \cos x{{\sin }^{n - 1}}x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}}\) \( + (n - 1)\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx} \)
\( = \left( {n - 1} \right)\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {{{\sin }^{n - 2}}x - {{\sin }^n}x} \right)dx} \)\( = \left( {n - 1} \right){I_{n - 2}} - \left( {n - 1} \right){I_n}\)
Vậy \({I_n} = \dfrac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}}\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \({I_1} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin xdx} \)\( = \left. { - \cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = 1\).
Suy ra \({I_3} = \dfrac{{3 - 1}}{3}{I_1} = \dfrac{2}{3}.1 = \dfrac{2}{3}\); \({I_5} = \dfrac{{5 - 1}}{5}{I_3} = \dfrac{4}{5}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{15}}\).
Vậy \({I_3} = \dfrac{2}{3},{I_5} = \dfrac{8}{{15}}\).
Câu trả lời của bạn
Ta thấy, với \(0 < x < 1\) thì \(x - {x^3} > 0\).
Với \( - 1 < x < 0\) thì \(x - {x^3} < 0\).
\( \Rightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {x - {x^3}} \right|dx} \)\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( { - x + {x^3}} \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {x - {x^3}} \right)dx} \) \( = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + \dfrac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_{ - 1}^0 + \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_0^1\)
\( = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}\).
Câu trả lời của bạn
\(\dfrac{{\sin 2x\sin x}}{2} + {\cos ^3}x\)\( = {\sin ^2}x\cos x + {\cos ^3}x\) \( = \cos x\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) = \cos x\)
\( \Rightarrow \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {\dfrac{{\sin 2x\sin x}}{2} + {{\cos }^3}x} \right)dx} \) \( = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos xdx} = \left. {\sin x} \right|_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}}\) \( = 1 - \left( { - 1} \right) = 2\).
Câu trả lời của bạn
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \dfrac{1}{{{x^2}}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = - \dfrac{1}{x}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \int\limits_1^e {\dfrac{{\ln x}}{{{x^2}}}dx} = \left. { - \dfrac{{\ln x}}{x}} \right|_1^e + \int\limits_1^e {\dfrac{1}{{{x^2}}}dx} \) \( = - \dfrac{1}{e} - \left. {\dfrac{1}{x}} \right|_1^e = - \dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{e} + 1\) \( = - \dfrac{2}{e} + 1 = 1 - \dfrac{2}{e}\).
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *