Bài 17 Trang 161 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Dùng phương pháp đổi biến số tính các tích phân sau: a) \(\int\limits_0^1 {\sqrt {x + 1} dx;} \) b) \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {{{\tan x} \over {{{\cos }^2}x}}} dx;\) c) \(\int\limits_0^1 {{t^3}} {\left( {1 + {t^4}} \right)^3}dt;\) d) \(\int\limits_0^1 {{{5x} \over {{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}} dx;\) e) \(\int\limits_0^{\sqrt 3 } {{{4x} \over {\sqrt {{x^2} + 1} }}} dx;\) f) \(\int\limits_0^{{\pi \over 6}} {\left( {1 - \cos 3x} \right)} \sin 3xdx.\) Giải a) Đặt \(u = \sqrt {x + 1} \Rightarrow {u^2} = x + 1 \Rightarrow 2udu = dx.\) Đổi cận \(\int\limits_0^1 {\sqrt {x + 1} } dx = \int\limits_1^{\sqrt 2 } {u.2udu = 2\int\limits_1^{\sqrt 2 } {{u^2}du} } = \left. {2.{{{u^3}} \over 3}} \right|_1^{\sqrt 2 } = {2 \over 3}\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)\) b) Đặt \(u = \tan x \Rightarrow du = {{dx} \over {{{\cos }^2}x}}\) \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {{{\tan x} \over {{{\cos }^2}x}}} dx = \int\limits_0^1 {udu = } \left. {{{{u^2}} \over 2}} \right|_0^1 = {1 \over 2}\) c) Đặt \(u = 1 + {t^4} \Rightarrow du = 4{t^3}dt \Rightarrow {t^3}dt = {{du} \over 4}\) \(\int\limits_0^1 {{t^3}\left( {1 + {t^4}} \right)} dt = {1 \over 4}\int\limits_1^2 {{u^3}} du = \left. {{1 \over 4}{{{u^4}} \over 4}} \right|_1^2 = {1 \over {16}}\left( {16 - 1} \right) = {{15} \over {16}}\) d) Đặt \(u = {x^2} + 4 \Rightarrow du = 2xdx \Rightarrow xdx = {1 \over 2}du\) \(\int\limits_0^1 {{{5x} \over {{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}} dx = {5 \over 2}\int\limits_4^5 {{{du} \over {{u^2}}}} = \left. {{5 \over 2}\left( { - {1 \over u}} \right)} \right|_4^5 = {1 \over 8}\) e) Đặt \(u = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {u^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow udu = xdx\) \(\int\limits_0^{\sqrt 3 } {{{4x} \over {\sqrt {{x^2} + 1} }}} dx = 4\int\limits_1^2 {{{udu} \over u}} = \left. {4u} \right|_1^2 = 4\) f) Đặt \(u = 1 - \cos 3x \Rightarrow du = 3\sin 3xdx \Rightarrow \sin 3xdx = {1 \over 3}du\) \(\int\limits_0^{{\pi \over 6}} {\left( {1 - \cos 3x} \right)} \sin 3xdx = {1 \over 3}\int\limits_0^1 {udu = \left. {{{{u^2}} \over 6}} \right|} _0^1 = {1 \over 6}\) Bài 18 Trang 161 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Dùng phương pháp tích phân từng phần để tính các tích phân sau: 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) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos xdx.} \) Giải a) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = \ln x \hfill \cr dv = {x^5}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = {{dx} \over x} \hfill \cr v = {{{x^6}} \over 6} \hfill \cr} \right.\) \(\int\limits_1^2 {{x^5}} \ln xdx = \left. {{{{x^6}} \over 6}\ln x} \right|_1^2 - {1 \over 6}\int\limits_1^2 {{x^5}} dx = \left. {\left( {{{{x^6}} \over 6}\ln x - {{{x^6}} \over {36}}} \right)} \right|_1^2 = {{32} \over 3}\ln 2 - {7 \over 4}\) b) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = x + 1 \hfill \cr dv = {e^x}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = dx \hfill \cr v = {e^x} \hfill \cr} \right.\) \(\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right)} {e^x}dx = \left. {\left( {x + 1} \right){e^x}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {{e^x}dx = e} \) c) Đặt \(I = \int\limits_0^\pi {{e^x}\cos xdx} \) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = {e^x} \hfill \cr dv = \cos xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = {e^x}dx \hfill \cr v = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \hfill \cr} \right.\) Suy ra \(I = \left. {{e^x}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right|_0^\pi - \int\limits_0^\pi {{e^x}\sin {\rm{x}}dx} = - \int\limits_0^\pi {{e^x}\sin {\rm{x}}dx} \) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = {e^x} \hfill \cr dv = \sin {\rm{x}}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = {e^x}dx \hfill \cr v = - \cos x \hfill \cr} \right.\) Do đó \(I = - \left[ {\left. {\left( { - {e^x}\cos x} \right)} \right|_0^\pi + \int\limits_0^\pi {{e^x}\cos xdx} } \right] = {e^\pi }\cos \pi - {e^0}.\cos 0 - I\) \( \Rightarrow 2I = - {e^\pi } - 1 \Rightarrow I = - {1 \over 2}\left( {{e^\pi } + 1} \right)\) b) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = x \hfill \cr dv = \cos xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = dx \hfill \cr v = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \hfill \cr} \right.\) Do đó \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos xdx = \left. {x\sin x} \right|_0^{{\pi \over 2}}} - \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin {\rm{x}}dx = \left. {\left( {x\sin x + \cos x} \right)} \right|_0^{{\pi \over 2}}} = {\pi \over 2} - 1\) Bài 19 Trang 161 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Tính a) \(\int\limits_0^1 {\sqrt {{t^5} + 2t} } \left( {2 + 5{t^4}} \right)dt;\) b) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin {\rm{xcosx}}dx} .\) giải a) Đặt \(u = \sqrt {{t^5} + 2t} \Rightarrow {u^2} = {t^5} + 2t \Rightarrow 2udu = \left( {5{t^4} + 2} \right)dt\) t01u0 \(\sqrt 3 \)\(\int\limits_0^1 {\sqrt {{t^5} + 2t} } \left( {2 + 5{t^4}} \right)dt = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {2{u^2}du = \left. {{{2{u^3}} \over 3}} \right|} _0^{\sqrt 3 } = 2\sqrt 3 \) b) Ta có \(I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin x\cos xdx = {1 \over 2}} \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin 2xdx} \) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = x \hfill \cr dv = \sin 2xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = dx \hfill \cr v = - {1 \over 2}\cos 2x \hfill \cr} \right.\) Do đó \(I = \left. {{1 \over 2}\left( { - {1 \over 2}x\cos x2x} \right)} \right|_0^{{\pi \over 2}} + {1 \over 4}\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2xdx = {\pi \over 8}} + \left. {{1 \over 8}\sin 2x} \right|_0^{{\pi \over 2}} = {\pi \over 8}\) Bài 20 Trang 161 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Tính a) \(\int\limits_0^\pi {5{{\left( {5 - 4\cos t} \right)}^{{1 \over 4}}}} \sin tdt;\) b) \(\int\limits_0^{\sqrt 3 } {{{{x^3}dx} \over {\sqrt {{x^2} + 1} }}} .\) Giải a) Đặt \(u = 5 - 4\cos t \Rightarrow du = 4\sin tdt \Rightarrow \sin tdt = {1 \over 4}du\) \(\int\limits_0^\pi {5{{\left( {5 - 4\cos t} \right)}^{{1 \over 4}}}} \sin tdt = {5 \over 4}\int\limits_1^9 {{u^{{1 \over 4}}}du = \left. {{u^{{5 \over 4}}}} \right|} _1^9 = {9^{{5 \over 4}}} - 1\) b) Đặt \(u = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {u^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow udu = xdx \Rightarrow {x^3}dx = {x^2}.xdx = \left( {{u^2} - 1} \right)udu\) \(\int\limits_0^{\sqrt 3 } {{{{x^3}dx} \over {\sqrt {{x^2} + 1} }}} = \int\limits_1^2 {{{\left( {{u^2} - 1} \right)u} \over u}} du\) \(\int\limits_1^2 {\left( {{u^2} - 1} \right)du} = \left. {\left( {{{{u^3}} \over 3} - u} \right)} \right|_1^2 = {4 \over 3}\) Bài 21 Trang 161 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Giả sử F là một nguyên hàm của hàm số \(y = {{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \over x}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\) Khi đó \(\int\limits_1^3 {{{\sin 2x} \over x}} dx\) là \(\left( A \right)\,\,F\left( 3 \right) - F\left( 1 \right);\) \(\left( B \right)\,F\left( 6 \right) - F\left( 2 \right);\) \(\left( C \right)\,F\left( 4 \right) - F\left( 2 \right);\) \(\left( D \right)\,F\left( 6 \right) - F\left( 4 \right);\) Giải Đặt \(u = 2x \Rightarrow du = 2dx \Rightarrow dx = {1 \over 2}du\) \(\int\limits_1^3 {{{\sin 2x} \over x}} dx = \int\limits_2^6 {{{\sin u} \over u}} du = \left. {F\left( u \right)} \right|_2^6 = F\left( 6 \right) - F\left( 2 \right).\) chọn (B). Bài 22 Trang 162 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Chứng minh rằng: a) \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_0^1 {f\left( {1 - x} \right)dx.} \) b) \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]} dx.\) Giải a) Đặt \(u = 1 - x \Rightarrow du = - dx\) \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_1^0 {f\left( {1 - u} \right)} \left( { - du} \right) = \int\limits_0^1 {f\left( {1 - u} \right)} du = \int\limits_0^1 {f\left( {1 - x} \right)} dx\) b) \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_{-1}^0 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx\) với \(\int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)} dx\) Đặt \(u = - x \Rightarrow du = - dx\) Khi đó \(\int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx = \int\limits_1^0 {f\left( { - u} \right)} } \left( { - du} \right) = \int\limits_0^1 {f\left( { - u} \right)} du = \int\limits_0^1 {f\left( { - x} \right)} dx\) Do đó \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]} dx\) Bài 23 Trang 162 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. 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. Giải a) f là hàm số lẻ thì \(f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)\) đặt \(u = - x \Rightarrow du = - dx\) \(\int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^0 {f\left( { - u} \right)\left( { - du} \right)} = \int\limits_0^1 { - f\left( u \right)du = - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = - 3.} } \) b) f là hàm số chẵn thì \(f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)\) đặt \(u = - x \Rightarrow du = - dx\) \(\int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx = } \int\limits_{ 1}^0 {f\left( { - u} \right)\left( { - du} \right) = } \int\limits_0^1 {f\left( u \right)du = } 3.\) Bài 24 Trang 162 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Tính các tích phân sau : a) \(\int\limits_1^2 {{x^2}{e^{{x^3}}}dx;} \) b) \(\int\limits_1^3 {{1 \over x}} {\left( {\ln x} \right)^2}dx;\) c) \(\int\limits_0^{\sqrt 3 } {x\sqrt {1 + {x^2}} } dx;\) \(d)\,\int\limits_0^1 {{x^2}{e^{3{x^3}}}dx;} \) \(e)\,\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos x} \over {1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} dx.\) Giải a) Đặt \(u = {x^3} \Rightarrow du = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = {{du} \over 3}\) \(\int\limits_1^2 {{x^2}{e^{{x^3}}}dx = {1 \over 3}} \int\limits_1^8 {{e^u}du = \left. {{1 \over 3}{e^u}} \right|_1^8} = {1 \over 3}\left( {{e^8} - e} \right)\) b) Đặt \(u = \ln x \Rightarrow du = {{dx} \over x}\) \(\int\limits_1^3 {{1 \over x}} {\left( {\ln x} \right)^2}dx = \int\limits_0^{\ln 3} {{u^2}du = \left. {{{{u^3}} \over 3}} \right|} _0^{\ln 3} = {1 \over 3}{\left( {\ln 3} \right)^3}\) c) Đặt \(u = \sqrt {1 + {x^2}} \Rightarrow {u^2} = 1 + {x^2} \Rightarrow udu = xdx\) \(\int\limits_0^{\sqrt 3 } {x\sqrt {1 + {x^2}} } dx = \int\limits_1^2 {u.udu = \left. {{{{u^3}} \over 3}} \right|} _1^2 = {7 \over 3}\) d) Đặt \(u = 3{x^3} \Rightarrow du = 9{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = {1 \over 9}du\) \(\int\limits_0^1 {{x^2}{e^{3{x^3}}}dx = {1 \over 9}} \int\limits_0^3 {{e^u}du} = \left. {{1 \over 9}{e^u}} \right|_0^3 = {1 \over 9}\left( {{e^3} - 1} \right)\) e) Đặt \(u = 1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \Rightarrow du = \cos xdx\) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos xdx} \over {1 + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} = \int\limits_1^2 {{{du} \over u}} = \left. {\ln \left| u \right|} \right|_1^2 = \ln 2\) Bài 25 Trang 162 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao. Tính các tích phân sau : a) \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {x\cos 2xdx;} \) b) \(\int\limits_0^1 {{{\ln \left( {2 - x} \right)} \over {2 - x}}} dx;\) c) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos xdx;} \) d), \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^3} + 1} dx;} \) e), \int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx.} \) Giải a) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = x \hfill \cr dv = \cos 2xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = dx \hfill \cr v = {1 \over 2}\sin 2x \hfill \cr} \right.\) Do đó \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {x\cos 2xdx = \left. {{1 \over 2}x\sin 2x} \right|_0^{{\pi \over 4}}} - {1 \over 2}\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {\sin 2xdx} \) \( = {\pi \over 8} + \left. {{1 \over 4}\cos 2x} \right|_0^{{\pi \over 4}} = {\pi \over 8} + {1 \over 4}\left( { - 1} \right) = {\pi \over 8} - {1 \over 4}.\) b) Đặt \(u = \ln \left( {2 - x} \right) \Rightarrow du = {{ - 1} \over {2 - x}}dx\) \(\int\limits_0^1 {{{\ln \left( {2 - x} \right)} \over {2 - x}}} dx = - \int\limits_{\ln 2}^0 {udu} = \int\limits_0^{\ln 2} {udu} = \left. {{{{u^2}} \over 2}} \right|_0^{\ln 2} = {1 \over 2}{\left( {\ln 2} \right)^2}\) c) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = {x^2} \hfill \cr dv = \cos xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = 2xdx \hfill \cr v = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \hfill \cr} \right.\) Do đó \(I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos xdx = {x^2}} \left. {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right|_0^{{\pi \over 2}} - 2\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin xdx = {{{\pi ^2}} \over 4}} - 2{I_1}\) Với \({I_1} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin xdx} \) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = x \hfill \cr dv = \sin {\rm{x}}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = dx \hfill \cr v = - \cos x \hfill \cr} \right.\) Do đó \({I_1} = - x\left. {\cos x} \right|_0^{{\pi \over 2}} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\cos xdx = \left. {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right|_0^{{\pi \over 2}}} = 1\) Vậy \(I = {{{\pi ^2}} \over 4} - 2\) d) Đặt \(u = \sqrt {{x^3} + 1} \Rightarrow {u^2} = {x^3} + 1 \Rightarrow 2udu = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = {2 \over 3}udu\) \(\int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^3} + 1} dx} = {2 \over 3}\int\limits_1^{\sqrt 2 } {{u^2}du = \left. {{{2{u^3}} \over 9}} \right|} _1^{\sqrt 2 } = {2 \over 9}\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)\) e) Đặt \(\left\{ \matrix{ u = \ln x \hfill \cr dv = {x^2}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ du = {{dx} \over x} \hfill \cr v = {{{x^3}} \over 3} \hfill \cr} \right.\) Do đó \(\int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx = \left. {{{{x^3}} \over 3}\ln x} \right|} _1^e - {1 \over 3}\int\limits_1^e {{x^2}dx = {{{e^3}} \over 3} - \left. {{1 \over 9}{x^3}} \right|} _1^e = {{2{e^3} + 1} \over 9}\)
