ican
Giải SGK Toán 12
Bài 2: Tích phân

Bài 2. Tích phân

Giải bài tập sách giáo khoa giải bài tập tích phân, toán 12 tích phân lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất.

Ican

BÀI 2. TÍCH PHÂN

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

I. Khái niệm tích phân

1. Diện tích hình thang cong

Cho hàm số \[y=f\left( x \right)\] liên tục, không đổi dấu trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] . Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số \[y=f\left( x \right)\] , trục hoành và hai đường thẳng \[x=a,x=b\] được gọi là hình thang cong

2. Định nghĩa tích phân

Định nghĩa:

Cho \[f\left( x \right)\] là hàm số liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] . Giả sử \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] .

Hiệu số \[F\left( b \right)-F\left( a \right)\] được gọi là tích phân từ \[a\] đến \[b\] (hay tích phân xác định trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] ) của hàm số \[f\left( x \right)\] , kí hiệu là \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] .

Vậy \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx=\left. F(x) \right|_{a}^{b}=F(b)-F(a)}\] .

Nhận xét:

a) Tích phân của hàm số \[f\] từ a đến b có thể kí hiệu bởi \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}\] hay \[\int\limits_{a}^{b}{f(t)dt}.\] Tích phân đó chỉ phụ thuộc vào f và các cận a, b mà không phụ thuộc vào biến số \[x\] hay \[t\] .

b) Ý nghĩa hình học của tích phân. Nếu hàm số \[f\left( x \right)\] không âm và liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] thì tích phân \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] là diện tích \[S\] của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị của hàm số \[y=f\left( x \right)\] , trục hoành và hai đường thẳng \[x=a,x=b\] . Vậy \[S=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] .

II. Tính chất của tích phân

  • \[\int\limits_{a}^{b}{kf(x)dx}=k.\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}\] .
  • \[\int\limits_{a}^{b}{\left[ f(x)\pm g(x) \right]dx}=\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}\pm \int\limits_{a}^{b}{g(x)dx}\] .
  • \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{a}^{c}{f(x)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f(x)dx}\]

III. Phương pháp tính tích phân

1. Phương pháp đổi biến số

Định lí:

Cho hàm số\[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\]. Giả sử hàm số \[x=\varphi \left( t \right)\] có đạo hàm liên tục trên đoạn \[\left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\] sao cho \[\varphi \left( \alpha  \right)=a,\varphi \left( \beta  \right)=b\] và \[a\le \varphi \left( t \right)\le b\] với mọi \[t\in \left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\] . Khi đó: \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \varphi \left( t \right) \right)\varphi '\left( t \right)dt}\].

Chú ý:

Cho hàm số\[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\]. Để tính \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] đôi khi ta chọn hàm số \[u=u\left( x \right)\] làm biến số mới, trong đó trên đoạn \[\left[ a;b \right],u\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục và \[u\left( x \right)\in \left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\] .

Giả sử có thể viết \[f\left( x \right)=g\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right),x\in \left[ a;b \right]\] , với \[g\left( u \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\]

Khi đó: \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \varphi \left( t \right) \right)\varphi '\left( t \right)dt}\].

2. Phương pháp tích phân từng phần

Định lí:

Nếu \[u\left( x \right)\] và \[v\left( x \right)\] là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên \[\left[ a;b \right]\] thì

\[\int\limits_{a}^{b}{u\left( x \right)v'\left( x \right)dx=\left. \left( u(x)v(x) \right) \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{v\left( x \right)u'\left( x \right)dx}}\]

hay \[\int\limits_{a}^{b}{udv}=\left. uv \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{vdu}\]

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP

Dạng 1. Tính tích phân cơ bản bằng định nghĩa và tính chất

Cách giải:

+ Biến đổi các hàm số dưới dấu tích phân về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa biến.

+ Đưa các mỗi biểu thức chứa biến về dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.

+ Áp dụng công thức tính tích phân để tìm kết quả.

Dạng 2. Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số

Cách giải:

Bước 1: Đặt \[t=u\left( x \right)\] .

Bước 2: Tính vi phân hai vế : \[dt=u'\left( x \right)dx\] .

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l} x = a\\ x = b \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = \alpha \\ t = \beta \end{array} \right.\)

Bước 3: Biến đổi tích phân đã cho về tích phân biến \[t\] . Khi đó : \[I=\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{g(t)dt}=\left. G(t) \right|_{\alpha }^{\beta }=G\left( \beta  \right)-G\left( \alpha  \right)\]

Các bài toán thường gặp:

Bài toán 1: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \sin x \right)\cos xdx}\] . Đặt \[t=\sin x\] .

Bài toán 2: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \cos x \right)\sin xdx}\] . Đặt \[t=\cos x\] .

Bài toán 3: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \tan x \right)\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx}\] . Đặt \[t=\tan x\] .

Bài toán 4: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \cot x \right)\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}dx}\] . Đặt \[t=\cot x\] .

Bài toán 5: Tính \[{{I}_{1}}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{n}}xdx};\,\,\,\,{{I}_{2}}=\int\limits_{a}^{b}{{{\cos }^{n}}xdx}\]

  • Nếu \[n\] chẵn thì sử dụng công thức hạ bậc
  • Nếu \[n=3\] thì sử dụng công thức hạ bậc hoặc biến đổi
  • Nếu \[n=2p+1\] thì thực hiện biến đổi:

\[{{I}_{1}}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{n}}xdx}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{2p+1}}xdx}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{2p}}x.\sin xdx}=\int\limits_{a}^{b}{{{\left( 1-{{\cos }^{2}}x \right)}^{p}}.\sin xdx}\] (Đặt \[t=\cos x\] )

Tương tự đối với \[{{I}_{2}}\] .

 

Dạng 3. Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần

Cách giải:

Bước 1: Ta biến đổi nguyên hàm ban đầu về dạng : \[I=\int{f(x)dx=\int{{{f}_{1}}(x).{{f}_{2}}(x)dx}}\]

Bước 2: Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l} u = {f_1}(x)\\ dv = {f_2}(x) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = f{'_1}(x)dx\\ v = \int {{f_2}(x)dx} \end{array} \right.\)

Bước 3: Khi đó : \[\int\limits_{a}^{b}{u.dv}=\left. u.v \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{v.du}\]

Các bài toán thường gặp:

 

Đặt u theo thứ tự ưu tiên:

Lốc-đa-mũ-lượng

\[u\]

\[vdv\]

\[\int\limits_{a}^{b}{P(x){{e}^{mx+n}}dx}\]

\[P\left( x \right)\]

\[{{e}^{mx+n}}dx\]

\[\int\limits_{a}^{b}{P(x)\ln \left( mx+n \right)dx}\]

\[ln\left( mx+n \right)\]

\[P\left( x \right)dx\]

\[\int\limits_{a}^{b}{P(x)\cos \left( mx+n \right)dx}\]

\[P\left( x \right)\]

\[\cos \left( mx+n \right)dx\]

\[\int\limits_{a}^{b}{{{e}^{x}}\cos \left( mx+n \right)dx}\]

\[{{e}^{x}}\]

\[\cos \left( mx+n \right)dx\]

Dạng 4. Tính tích phân của hàm phân thức \[\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\]

Cách giải:

- Nếu bậc của \[f\left( x \right)\] lớn hơn bậc của \[g\left( x \right)\] thì chia \[f\left( x \right)\] cho \[g\left( x \right)\] được thương và phần dư.

- Nếu bậc của \[f\left( x \right)\] nhỏ hơn bậc của \[g\left( x \right)\] thì phân tích \[g\left( x \right)\] thành nhân tử rồi sử dụng hệ số bất định để tách \[\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\] thành tổng các phân thức. Trong trường hợp \[g\left( x \right)\] không phân tích được thành các nhân tử thì biến đổi để đưa về dạng lượng giác.

Các bài toán thường gặp:

Bài toán 1: Tính tích phân \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{dx}{a{{x}^{2}}+bx+c}}\left( a\ne 0 \right)\]

TH1: Mẫu số có 2 nghiệm phân biệt

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}\] (tìm \[A,B\] bằng cách đồng nhất thức)

Khi đó \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\left( \frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}} \right)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\int{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}}\]

TH2: Mẫu số có nghiệm kép

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{1}{a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}}\]

Khi đó \[I=\frac{1}{a}\int\limits_{\alpha }^{\beta }{{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{-2}}dx}\]

TH3: Mẫu số vô nghiệm

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{1}{a\left[ {{\left( x+\frac{b}{2a} \right)}^{2}}-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}} \right]}\]

Đặt \[x+\frac{b}{2a}=\sqrt{-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}}}\tan t\]

Bài toán 2: Tính tích phân \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{dx}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}}\left( a\ne 0 \right)\]

TH1: Mẫu số có 3 nghiệm phân biệt

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}+\frac{C}{x-{{x}_{3}}}\] (tìm \[A,B,C\] bằng cách đồng nhất thức)

Khi đó \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\left( \frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}+\frac{C}{x-{{x}_{3}}} \right)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{C}{x-{{x}_{3}}}dx}\]

TH2: Mẫu số có nghiệm duy nhất

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{mx+n}{p{{x}^{2}}+qx+r}\]

Khi đó \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{mx+n}{p{{x}^{2}}+qx+r}dx}\]

TH3: Mẫu số có nghiệm bội ba

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{1}{a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{3}}}\]

Khi đó \[I=\frac{1}{a}\int\limits_{\alpha }^{\beta }{{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{-3}}dx}\]

Bài toán 3: Tính nguyên hàm \[I=\int{\frac{{{\left( ax+b \right)}^{n}}}{{{\left( cx+d \right)}^{n+2}}}dx}=\int{\left( \frac{ax+b}{cx+d} \right)\frac{1}{{{\left( cx+d \right)}^{2}}}dx}\]

Đặt \[t=\frac{ax+b}{cx+d}\]

C. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA

Bài 1.(trang 112 SGK Giải tích 12)

a) \[\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{\sqrt[3]{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}dx}=\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{{{\left( 1-x \right)}^{\frac{2}{3}}}dx}=\left. -\frac{3}{5}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{5}{3}}} \right|_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}=\frac{3}{10\sqrt[3]{4}}\left( 3\sqrt[3]{9}-1 \right)\]

b) \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)dx}=-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)d\left( \frac{\pi }{4}-x \right)}=\left. -\left( -\cos \left( \frac{\pi }{4}-x \right) \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=0\]

c) \[\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{1}{x\left( x+1 \right)}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{\left( x+1 \right)-x}{x\left( x+1 \right)}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( \frac{1}{x}-\frac{1}{x+1} \right)dx}=\left. \left( \ln \left| x \right|-\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{\frac{1}{2}}^{2}=\left. \ln \frac{\left| x \right|}{\left| x+1 \right|} \right|_{\frac{1}{2}}^{2}=\ln 2\]

d) \[\int\limits_{0}^{2}{x{{\left( x+1 \right)}^{2}}dx}=\int\limits_{0}^{2}{x\left( {{x}^{2}}+2x+1 \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{\left( {{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+x \right)dx}=\left. \left( \frac{{{x}^{4}}}{4}+\frac{2{{x}^{3}}}{3}+\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{2}=\frac{34}{3}\]

e) \[\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{1-3x}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{4-3\left( 1+x \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( \frac{4}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{3}{x+1} \right)dx}\]

\[=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( 4{{\left( x+1 \right)}^{-2}}-\frac{3}{x+1} \right)dx}=\left. \left( -\frac{4}{x+1}-3\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{\frac{1}{2}}^{2}=\frac{4}{3}-3\ln 2\]

g) \[\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin 3x\cos 5xdx}=\frac{1}{2}\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \sin 8x-\sin 2x \right)dx}=\left. \frac{1}{2}\left( -\frac{1}{8}\cos 8x+\frac{1}{2}\cos 2x \right) \right|_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=0\]

Bài 2.(trang 112 SGK Giải tích 12)

a) \[\int\limits_{0}^{2}{\left| 1-x \right|dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left| 1-x \right|dx}+\int\limits_{1}^{2}{\left| 1-x \right|dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 1-x \right)dx}+\int\limits_{1}^{2}{\left( x-1 \right)dx}=\left. \left( x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{1}+\left. \left( {{\frac{x}{2}}^{2}}-x \right) \right|_{1}^{2}=1\]

b) \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{2}}xdx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\cos 2x \right)dx}=\left. \frac{1}{2}\left( x-\frac{1}{2}\sin 2x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\]

c) \[\int\limits_{0}^{\ln 2}{\frac{{{e}^{2x+1}}+1}{{{e}^{x}}}dx}=\int\limits_{0}^{\ln 2}{\left( {{e}^{x+1}}+{{e}^{-x}} \right)dx}=\left. \left( {{e}^{x+1}}-{{e}^{-x}} \right) \right|_{0}^{\ln 2}=e+\frac{1}{2}\]

d) \[\int\limits_{0}^{\pi }{\sin 2x{{\cos }^{2}}xdx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\cos 2x \right)dx}=\left. \frac{1}{2}\left( x-\frac{1}{2}\sin 2x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\]

Bài 3.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) Đặt \[u=x+1\Rightarrow du=dx\]

Với \[x=0\Rightarrow u=1;x=3\Rightarrow u=4\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{3}{\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( 1+x \right)}^{\frac{3}{2}}}}dx}=\int\limits_{1}^{4}{\frac{{{\left( u-1 \right)}^{2}}}{{{u}^{\frac{3}{2}}}}du}\]

\(\begin{array}{l} = \int\limits_1^4 {\frac{{{u^2} - 2u + 1}}{{{u^{\frac{3}{2}}}}}du} = \int\limits_1^4 {\left( {{u^{\frac{1}{2}}} - 2{u^{ - \frac{1}{2}}} + {u^{ - \frac{3}{2}}}} \right)du} \\ = \left. {\left( {\frac{2}{3}{u^{\frac{3}{2}}} - 4{u^{\frac{1}{2}}} - 2{u^{ - \frac{1}{2}}}} \right)} \right|_1^4 = \frac{5}{3} \end{array}\)

b) Đặt \[x=\sin t\left( -\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow dx=\cos tdt\]

Với \[x=0\Rightarrow t=0;x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sqrt{1-{{\sin }^{2}}t}\cos tdt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{2}}tdt}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}\]

\[=\frac{1}{2}\left. \left( t+\frac{1}{2}\sin 2t \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\]

c) Đặt \[u=1+x{{e}^{x}}\Rightarrow du=\left( 1+x \right){{e}^{x}}dx\]

Với \[x=0\Rightarrow u=1;x=1\Rightarrow u=1+e\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{e}^{x}}\left( 1+x \right)}{1+x{{e}^{x}}}dx}=\int\limits_{1}^{1+e}{\frac{1}{u}du}\]

\[=\left. \ln \left| u \right| \right|_{1}^{1+e}=\ln \left( 1+e \right)\]

d) Đặt \[x=a\sin t\left( -\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow dx=a\cos tdt\]

Với \[x=0\Rightarrow t=0;x=\frac{a}{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{\frac{a}{2}}{\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\frac{a\cos t}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}t}}dt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\frac{a\cos t}{a\cos t}dt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{dt}\]\[=\left. t \right|_{0}^{\frac{\pi }{6}}=\frac{\pi }{6}\]

Bài 4.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x + 1\\ dv = \sin xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \cos x \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( x+1 \right)\sin xdx}=\left. -\left( x+1 \right)\cos x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos xdx}=\left. -\left( x+1 \right)\cos x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}+\left. \sin x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=2\]

b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = {x^2}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{x}\\ v = \frac{1}{3}{x^3} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{1}^{e}{{{x}^{2}}\ln xdx}=\left. \frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x \right|_{1}^{e}-\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{e}{{{x}^{2}}dx}=\left. \frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x \right|_{1}^{e}-\left. \frac{1}{9}{{x}^{3}} \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{1}{9}\left( 2{{e}^{3}}+1 \right)\]

c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {1 + x} \right)\\ dv = dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{{1 + x}}\\ v = x \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{0}^{1}{\ln xdx}=\left. x\ln \left( 1+x \right) \right|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{1+x}dx}\]

\(\begin{array}{l} = \left. {x\ln \left( {1 + x} \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{1}{{1 + x}}} \right)dx} \\ = \left. {x\ln \left( {1 + x} \right)} \right|_0^1 - \left. {\left( {x - \ln \left| {1 + x} \right|} \right)} \right|_0^1 = 2\ln 2 - 1 \end{array}\)

d) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2} - 2x - 1\\ dv = {e^{ - x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \left( {2x - 2} \right)dx\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-2x-1 \right){{e}^{-x}}dx}=-\left. \left( {{x}^{2}}-2x-1 \right){{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}+2\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1 \right){{e}^{-x}}dx}=\frac{2}{e}-1+2\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1 \right){{e}^{-x}}dx}\]

Xét \[2I=2\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1 \right){{e}^{-x}}dx}\]

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x - 1\\ dv = {e^{ - x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)

 

Khi đó \[I=-\left. \left( x-1 \right){{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}+\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{-x}}dx}=-\left. \left( x-1 \right){{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}-\left. {{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}=-\frac{1}{e}\]

\[\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-2x-1 \right){{e}^{-x}}dx}=\frac{2}{e}-1-\frac{2}{e}=-1\]

Bài 5.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) \[\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{3}{2}}}dx}=\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{3}{2}}}d\left( 1+3x \right)}=\left. \frac{1}{3}.\frac{2}{5}{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{5}{2}}} \right|_{0}^{1}=\left. \frac{2}{15}{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{5}{2}}} \right|_{0}^{1}=\frac{62}{15}\]

b) \[\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{{{x}^{3}}-1}{{{x}^{2}}-1}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\left( x+\frac{1}{x+1} \right)dx}=\left. \left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}+\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{0}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{8}+\ln \frac{3}{2}\]

c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {1 + x} \right)\\ dv = \frac{1}{{{x^2}}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{{1 + x}}\\ v = - \frac{1}{x} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{1}^{2}{\frac{\ln \left( 1+x \right)}{{{x}^{2}}}dx}=\left. -\frac{1}{x}\ln \left( 1+x \right) \right|_{1}^{2}+\int\limits_{1}^{2}{\frac{1}{x\left( 1+x \right)}dx}\]

\(\begin{array}{l} = - \frac{1}{2}\ln 3 + \ln 2 + \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{1 + x}}} \right)dx} \\ = - \frac{1}{2}\ln 3 + \ln 2 + \left. {\left( {\ln \left| x \right| - \ln \left| {1 + x} \right|} \right)} \right|_1^2 = 3\ln 2 - \frac{3}{2}\ln 3 \end{array}\)

Bài 6.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) Đặt \[u=1-x\Rightarrow du=-dx\]

Với \[x=0\Rightarrow u=1;x=1\Rightarrow u=0\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{x{{\left( 1-x \right)}^{5}}dx}=-\int\limits_{1}^{0}{\left( 1-u \right){{u}^{5}}du}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{u}^{5}}-{{u}^{6}} \right)du}=\left. \left( \frac{1}{6}{{u}^{6}}-\frac{1}{7}{{u}^{7}} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{1}{42}\]

b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = {\left( {1 - x} \right)^5}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \frac{1}{6}{\left( {1 - x} \right)^6} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{x{{\left( 1-x \right)}^{5}}dx}=\left. -\frac{1}{6}x{{\left( 1-x \right)}^{6}} \right|_{0}^{1}+\frac{1}{6}\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1-x \right)}^{6}}dx}=\left. -\frac{1}{6}.\frac{1}{7}{{\left( 1-x \right)}^{7}} \right|_{0}^{1}=\frac{1}{42}\]

Gợi ý Giải bài tập sách giáo khoa giải bài tập tích phân, toán 12 tích phân lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất.

Đánh giá (229)
ican
  • Một thương hiệu của 
    ICAN
  • ICAN
  • ICAN © 2023, All Rights Reserved.

  • Trụ sở Hồ Chí Minh: B0003 C/C Sarina, Khu đô thị Sala, Khu phố 3, Đường Hoàng Thế Thiện, Phường An Lợi Đông, TP. Thủ Đức

  • Văn phòng Hà Nội: Tòa nhà 25T2 Đường Hoàng Đạo Thúy, Phường Trung Hòa, Quận Cầu Giấy