Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 1: Tích phân

Tính các tích phân sau:

a) \(\int\limits_{0}^{1}{\left( {{y}^{3}}+3{{y}^{2}}-2 \right)dy}\)

b) \(\int\limits_{1}^{4}{\left( t+\dfrac{1}{\sqrt{t}}-\dfrac{1}{t^2}\right)dt}\)

c) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left(2 \cos x -\sin 2x \right)dx}\)

d) \(\int\limits_{0}^{1}{\left( {{3}^{s}}-2^s \right)^2ds}\)

e) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{3}}{\cos 3xdx}+\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{3\pi}{2}}{\cos 3xdx}+\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{2}}{\cos 3xdx}\)

Phương pháp giải

Giả sử F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên đoạn [a;b] . Khi đó

\(\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}=F\left( b \right)-F\left( a \right)\)

Hướng dẫn giải

a)

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{1}{\left( {{y}^{3}}+3{{y}^{2}}-2 \right)dy}=\int\limits_{0}^{1}{{{y}^{3}}dy}+\int\limits_{0}^{1}{3{{y}^{2}}dy}-\int\limits_{0}^{1}{2dy} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}{{y}^{4}}\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.+{{y}^{3}}\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-2y\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{4}+1-2\, \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{3}{4} \\ \end{aligned} \)

b) 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{1}^{4}{\left( t+\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{{{t}^{2}}} \right)dt}=\int\limits_{1}^{4}{tdt}+\int\limits_{1}^{4}{\frac{1}{\sqrt{t}}dt}-\int\limits_{1}^{4}{\frac{1}{{{t}^{2}}}dt} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{{{t}^{2}}}{2}\left| \begin{aligned} & 4 \\ & 1 \\ \end{aligned} \right.+2\sqrt{t}\left| \begin{aligned} & 4 \\ & 1 \\ \end{aligned} \right.+\frac{1}{t}\left| \begin{aligned} & 4 \\ & 1 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{16}{2}-\frac{1}{2} \right)+\left( 2\sqrt{4}-2 \right)+\left( \frac{1}{4}-1 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{35}{4} \\ \end{aligned} \)

c)

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left( 2\cos x -\sin 2x\right)dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{2\cos xdx}-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin 2xdx}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2\sin x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi}{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.+\dfrac{1}{2}\cos2x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi}{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2+\dfrac{1}{2}\left( -1-1 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=1 \\ \end{aligned} \)

d) 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{1}{{{\left( {{3}^{s}}-{{2}^{s}} \right)}^{2}}ds}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{9}^{s}}-{{2.6}^{s}}+{{4}^{s}} \right)ds} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\int\limits_{0}^{1}{{{9}^{s}}ds}-2\int\limits_{0}^{1}{{{6}^{s}}ds}+\int\limits_{0}^{1}{{{4}^{s}}ds} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{{{9}^{s}}}{\ln 9}\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-2.\frac{{{6}^{s}}}{\ln 6}\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.+\frac{{{4}^{s}}}{\ln 4}\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{8}{\ln 9}-\frac{10}{\ln 6}+\frac{3}{\ln 4} \\ \end{aligned} \)

e) 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{3}}{\cos 3xdx}+\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{3\pi}{2}}{\cos 3xdx}+\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{2}}{\cos 3xdx}=\int\limits_{0}^{\frac{5\pi}{2}}{\cos 3xdx}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{3}\sin3x\left| \begin{aligned} & \frac{5\pi}{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{3}\left(\sin\dfrac{5\pi}{2}-\sin 0 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\dfrac{1}{3} \\ \end{aligned} \)

 Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số:

a) \(\int\limits_{1}^{2}{x\left( 1-x \right)^5dx}\)    (đặt \(t=1-x\))

b) \(\int\limits_{0}^{ln 2}{\sqrt{e^x-1}dx}\)  (đặt \(t=\sqrt{e^x-1}\))

c) \(\int\limits_{1}^{9}{x\sqrt[3]{1-x}dx}\) (đặt \(t=\sqrt[3]{1-x}\))

d) \(\int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{x \sin x}{1+\cos^2 x}dx}\) (đặt \(x=\pi -t\))

e) \(\int\limits_{-1}^{1}{x^2\left( 1-x^3 \right)^4dx}\)

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp đổi biến tính tích phân, cách đổi biến đã được gợi ý ngay ở đề bài.

Hướng dẫn giải

a) Đặt \(t=1-x \Rightarrow dx=-dt\)

\(x=1\Rightarrow t=0\\x=2\Rightarrow t=-1\)

Ta có:

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{-1}{\left( 1-t \right){{t}^{5}}\left( -dt \right)}=\int\limits_{-1}^{0}{\left( {{t}^{5}}-{{t}^{6}} \right)dt} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{1}{6}{{t}^{6}}-\frac{1}{7}{{t}^{7}} \right)\left| \begin{aligned} & 0 \\ & -1 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{6}-\frac{1}{7} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{13}{42} \\ \end{aligned} \)

b) Đặt \(t=\sqrt{e^x-1}\Rightarrow t^2=e^x-1\Rightarrow 2tdt=e^xdx=(t^2+1)dx \Rightarrow dx=\dfrac{2tdt}{t^2+1}\)

\(x=0\Rightarrow t=0\\x=ln2\Rightarrow t=1\)

Ta có:

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\ln 2}{\sqrt{{{e}^{x}}-1}}dx=\int\limits_{0}^{1}{\frac{2{{t}^{2}}dt}{{{t}^{2}}+1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 2-\frac{2}{{{t}^{2}}+1} \right)dt} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2t-2\arctan t\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2-2.\frac{\pi }{4} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2-\frac{\pi }{2} \\ \end{aligned} \)

c) Đặt  \(t=\sqrt[3]{1-x}\Rightarrow t^3=1-x\Rightarrow dx=-3t^2dt \)

​\(x=1\Rightarrow t=0\\x=9\Rightarrow t=-2\)

Ta có:

\(\begin{aligned} & \int\limits_{1}^{9}{x\sqrt[3]{1-x}dx} =-3\int\limits_{0}^{-2}{\left( 1-{{t}^{3}} \right){{t}^{3}}dt} =3\int\limits_{-2}^{0}{\left( {{t}^{3}}-{{t}^{6}} \right)dt} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =3\left( \frac{{{t}^{4}}}{4}-\frac{{{t}^{7}}}{7} \right)\left| \begin{aligned} & 0 \\ & -2 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\dfrac{468}7 \\ \end{aligned} \)

d) Đặt \(x=\pi -t\Rightarrow dx=-dt\)

\(x=0\Rightarrow t=\pi\\x=\pi\Rightarrow t=0\)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{x \sin x}{1+\cos^2 x}dx}=- \int\limits_{\pi}^{0}{\dfrac{(\pi-t) \sin (\pi-t)}{1+\cos^2 (\pi-t)}dt}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,= \int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{ (\pi-t) \sin t}{1+\cos^2 t}dt} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,= \int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{ \pi\sin t}{1+\cos^2 t}dt}- \int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{t\sin t}{1+\cos^2 t}dt} \\ \\ \end{aligned} \)

Suy ra 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{x \sin x}{1+\cos^2 x}dx}=\dfrac{\pi}{2}\int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{ \\sin x}{1+\cos^2 x}dx}\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{\pi}{2}\int\limits_{0}^{\pi}{\dfrac{ -d(\cos x)}{1+\cos^2 x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{\pi}{2}\int\limits_{-1}^{1}{\dfrac{ du}{1+u^2}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,= \frac{{\pi}}{2}\left( \arctan u \right)\left| \begin{aligned} & 1 \\ & -1 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{\pi^2}{4} \\ \\ \end{aligned} \)

e) Đặt \(t=1-x^3 \Rightarrow dt=-3x^2dx\,\, \text{hay}\,\,x^2dx=-\dfrac{dt}{3}\)

\(x=-1 \Rightarrow t=2\\x=1\Rightarrow t=0\)

Ta có: 

\(\int\limits_{-1}^{1}{{{x}^{2}}{{\left( 1-{{x}^{3}} \right)}^{4}}dx}=\dfrac{1}{3}\int\limits_{0}^{2}{{{t}^{4}}dt}=\dfrac{1}{15}{{t}^{5}}\left| \begin{align} & 2 \\ & 0 \\ \end{align} \right.=\dfrac{32}{15} \)

Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, hãy tính các tích phân sau:

a) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{x \cos 2xdx}\)

b) \(\int\limits_{0}^{ln2}{x e^{-2x}dx}\)

c) \(\int\limits_{0}^{1}{\ln(2x+1)dx}\)

d) \(\int\limits_{2}^{3}{[\ln(x-1)-\ln(x+1)]dx}\)

e) \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left(1+x-\dfrac{1}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx}\)

g) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{x \cos x\sin ^2xdx}\)

Phương pháp giải

Phương pháp tích phân từng phần:

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

Hướng dẫn giải

a) Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=\cos 2xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\frac{1}{2}\sin 2x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{x\cos 2xdx}=\frac{1}{2}x\sin 2x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin 2xdx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=0+\frac{1}{4}\cos 2x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=+\frac{1}{4}\left( -1-1 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{2} \\ \end{aligned} \)

b) Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=e^{- 2x}dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=-\frac{1}{2}e^{- 2x} \\ \end{aligned} \right. \)

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{ln2}{xe^{-2x}dx}=-\frac{1}{2}xe^{-2x}\left| \begin{aligned} & ln2 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.+\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{ln2}{e^{- 2x}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{2}\left( ln2.\dfrac{1}{4} -0 \right)-\frac{1}{4}e^{- 2x}\left| \begin{aligned} & ln2 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{2}\left( ln2.\dfrac{1}{4} -0 \right)-\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{4}-1\right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{3}{16}-\dfrac{1}{8}ln2 \\ \end{aligned} \)

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

ta có: 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{1}{\ln \left( 2x+1 \right)dx}=x\ln \left( 2x+1 \right)\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{2x+1}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\ln 3-\int\limits_{0}^{1}{\left( 1-\frac{1}{2x+1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\ln 3-\left[ x-\frac{1}{2}\ln \left( 2x+1 \right) \right]\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\ln 3-\left( 1-\frac{1}{2}\ln 3 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{3}{2}\ln 3-1 \\ \end{aligned} \)

d) Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=\ln \left( x-1 \right) -\ln \left( x+1 \right)\\ & dv=dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right)dx \\ & v=x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{2}^{3}{[\ln \left( x-1 \right) -\ln \left( x+1 \right)]dx}=[x\ln \left( x-1 \right)-xln(x+1)]\left| \begin{aligned} & 3 \\ & 2 \\ \end{aligned} \right.-\int\limits_{2}^{3}{\left(\frac{x}{x-1}-\frac{x}{x+1}\right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2\ln 3-3 \ln2-\int\limits_{2}^{3}{\left( \frac{1}{x-1}+\frac{1}{x+1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2\ln 3-3 \ln2-\left[ \ln \left( x-1 \right) +ln(x+1)\right]\left| \begin{aligned} & 3 \\ & 2 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=2\ln 3-3 \ln2-\left( 3\ln2 -\ln3 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=3\ln 3-6\ln 2 \\ \end{aligned} \)

e) \(I=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( 1+x-\dfrac{1}{x} \right){{e}^{x+\frac{1}{x}}}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{{{e}^{x+\frac{1}{x}}}dx}+\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( x-\dfrac{1}{x} \right){{e}^{x+\frac{1}{x}}}dx}={{I}_{1}}+{{I}_{2}}\)

Tính tích phân \(I_1\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u={{e}^{x+\frac{1}{x}}} \\ & dv=dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\left( 1-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right){e}^{x+\frac{1}{x}} \\ & v=x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & {{I}_{1}}=x{{e}^{x+\frac{1}{x}}}\left| \begin{aligned} & 2 \\ & \frac{1}{2} \\ \end{aligned} \right.-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{x\left( 1-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right){{e}^{x+\frac{1}{x}}}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,=2{{e}^{\frac{5}{2}}}-\frac{1}{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}-{{I}_{2}} \\ & \,\,\,\,\,=\frac{3}{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}-{{I}_{2}} \\ \end{aligned} \)

Suy ra:

 \(I=\dfrac{3}{2}{{e}^{\frac{5}{2}}}\)

g) Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x \\ & dv=\cos x{{\sin }^{2}}xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\frac{1}{3}{{\sin }^{3}}x \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{x\cos x{{\sin }^{2}}xdx}=\frac{1}{3}x{{\sin }^{3}}x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}xdx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{\pi }{6}-\frac{1}{3}J \\ \end{aligned} \)

trong đó 

\(\begin{aligned} & J=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}xdx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \frac{3}{4}\sin x-\frac{1}{4}\sin 3x \right)dx} \\ & \,\,\,=\left( -\frac{3}{4}\cos x+\frac{1}{12}\cos 3x \right)\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,=\frac{3}{4}-\frac{1}{12}=\frac{2}{3} \\ \end{aligned} \)

Vậy \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{x\cos x{{\sin }^{2}}xdx}=\dfrac{\pi }{6}-\dfrac{2}{9}\).

Tính các tích phân sau đây:

a) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\left( x+1 \right)\cos \left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)dx}\)

b) \(\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1}{{\log }_{2}}\left( x+1 \right)dx}\)

c) \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\dfrac{{{x}^{2}}-1}{x^4+1}dx}\) (đặt \(t=x+\dfrac{1}{x}\))

d) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\dfrac{\sin 2x dx}{3+4\sin x-\cos 2x}}\)

Phương pháp giải

a) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, chú ý \(\cos \left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right) = - \sin x\)

b) Biến đổi \(\dfrac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}{\log _2}(x + 1)= \dfrac{1}{{\ln 2}}\left[ {x\ln (x + 1) + \dfrac{{\ln (x + 1)}}{{x + 1}}} \right]\) rồi chia thành các tích phân nhỏ, sử dụng phương pháp tích phân từng phần và đổi biến để tính.

c) 

- Nhân cả tử và mẫu của biểu thức dưới dấu tích phân với \({x^2}\).

- Đổi biến \(t = x + \dfrac{1}{x}\) và tính tích phân.

d) 

- Biến đổi \(\dfrac{{\sin 2x}}{{3 + 4\sin x - \cos 2x}}= \dfrac{{\sin x\cos x}}{{{{\left( {\sin x + 1} \right)}^2}}}\)

- Đổi biến t = sin x và tính tích phân.

Hướng dẫn giải

a) Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=x+1 \\ & dv=\cos \left( \frac{\pi }{2}+x \right)dx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=dx \\ & v=\sin \left( \frac{\pi }{2}+x \right) \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & I=\left( x+1 \right)\sin \left( \frac{\pi }{2}+x \right)\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \left( \frac{\pi }{2}+x \right)dx} \\ & \,\,\,=-1+\cos \left( \frac{\pi }{2}+x \right)\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.=-2 \\ \end{aligned} \)

b) Ta có: 

 \(\begin{aligned} & {{\log }_{2}}\left( x+1 \right)=\frac{\ln \left( x+1 \right)}{\ln 2} \\ & \Rightarrow \frac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1}{{\log }_{2}}\left( x+1 \right)=\frac{1}{\ln 2}\left[ x\ln \left( x+1 \right)+\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x+1} \right] \\ & \Rightarrow I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1}{{\log }_{2}}\left( x+1 \right)dx}=\frac{1}{\ln 2}\left[ \int\limits_{0}^{1}{x\ln \left( x+1 \right)dx}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x+1}dx} \right] \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{\ln2}\left({{I}_{1}}+{{I}_{2}}\right) \\ \end{aligned} \)

+) \({{I}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{x\ln \left( x+1 \right)dx}\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u=\ln \left( x+1 \right) \\ & dv=xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\frac{dx}{x+1} \\ & v=\frac{1}{2}{{x}^{2}} \\ \end{aligned} \right. \)

Ta có:

\(\begin{aligned} & {{I}_{1}}=\frac{1}{2}{{x}^{2}}\ln \left( x+1 \right)\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2}}}{x+1}dx} \\ & \,\,\,\,\,=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1+\frac{1}{x+1} \right)dx} \\ & \,\,\,\,=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}\left[ \frac{{{x}^{2}}}{2}-x+\ln \left( x+1 \right) \right]\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}-1+\ln 2 \right] \\ & \,\,\,\,=\frac{1}{4} \\ \end{aligned} \)

+ Tính \(I_2\)

 \(\begin{aligned} & {{I}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln \left( x+1 \right)}{x+1}}dx=\int\limits_{0}^{1}{\ln \left( x+1 \right)}d\left[ \ln \left( x+1 \right) \right] \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}{{\ln }^{2}}\left( x+1 \right)\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{1}{2}{{\ln }^{2}}2 \\ \end{aligned} \)

Ta có: \(I=\dfrac{1}{\ln 2}\left( \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}{{\ln }^{2}}2 \right)=\dfrac{1}{4\ln 2}+\dfrac{1}{2}\ln 2\)

c) Ta có: \(\dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{4}}+1}=\dfrac{1-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}=\dfrac{1-\dfrac{1}{{{x}^{2}}}}{\left( x+\dfrac{1}{x} \right)-2}\)

Đặt \(t=x+\dfrac{1}{x}\Rightarrow dt=\left( 1-\dfrac{1}{{{x}^{2}}} \right)dx\), ta có:

\(\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{4}}+1}dx=}\int\limits_{\dfrac{5}{2}}^{2}{\dfrac{dt}{{{t}^{2}}-2}}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left| \dfrac{t-\sqrt{2}}{t+\sqrt{2}} \right|\left| \begin{align} & 2 \\ & \frac{5}{2} \\ \end{align} \right.=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\ln \dfrac{6-\sqrt{2}}{6+\sqrt{2}} \)

d) 

\( \begin{aligned} & \frac{\sin 2x}{3+4\sin x-\cos 2x}=\frac{2\sin x\cos x}{3+4\sin x-\left( 1-2{{\sin }^{2}}x \right)}=\frac{\sin x\cos x}{{{\sin }^{2}}x+2\sin x+1}=\frac{\sin x\cos x}{{{\left( \sin x+1 \right)}^{2}}} \\ & \Rightarrow \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x}{3+4\sin x-\cos 2x}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin xd\left( \sin x+1 \right)}{{{\left( \sin x+1 \right)}^{2}}}dx} \\ & =\left( \ln \left| \sin x+1 \right|+\frac{1}{\sin x+1} \right)\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & =\ln 2-\frac{1}{2} \\ \end{aligned} \)

Chứng minh rằng hàm số \(f(x)\) cho bởi \(\int\limits_{0}^{x}{\dfrac{t}{\sqrt{1+t^4}}dt}, x \in \mathbb{R}\)

là hàm số chẵn.

Phương pháp giải

Hàm số f(x) xác định trên D là hàm số chẵn nếu \(f(x)=f(-x)\,\, \forall \,x \in D\)

Hướng dẫn giải

Ta có: \(f(-x)=\int\limits_{0}^{-x}{\dfrac{t}{\sqrt{1+t^4}}dt}, x \in \mathbb{R}\)

Đặt \(t=-s\), khi đó: \(f(-x)=\int\limits_{0}^{x}{\dfrac{s}{\sqrt{1+s^4}}ds}=f(x)\)

Vậy \(f(x)\) là hàm số chẵn.

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-a;a]. Chứng minh rằng

\(\int\limits_{-a}^{a}{f\left( x \right)dx}=\left\{ \begin{align} & 2\int\limits_{0}^{a}{f\left( x \right)dx}\,\,\text{nếu}\, f \,\text{là hàm số chẵn} \\ & 0 \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{nếu}\, f \,\text{là hàm số lẻ} \\ \end{align} \right. \)

Áp dụng để tính \(\int\limits_{-2}^{2}{ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}dx\)

Phương pháp giải

Cho hàm số f(x) xác định trên D.

(i) f(x) là hàm số chẵn nếu \(f(-x)=f(x)\,\, \forall \,x \in D\)

(ii) f(x) là hàm số lẻ nếu \(f(-x)=-f(x)\,\, \forall \,x \in D\)

Hướng dẫn giải

\(\int\limits_{-a}^{a}{f\left( x \right)dx=\int\limits_{-a}^{0}{f\left( x \right)dx}}+\int\limits_{0}^{a}{f\left( x \right)dx}\)

Đổi biến \(x=-t\)

+ Nếu \(f\) là hàm số chẵn trên đoạn [-a;a] thì \(f(-x)=f(x),\,\forall x \in [-a;a]\)

 ta có: \(\int\limits_{-a}^{0}{f\left( x \right)dx}=-\int\limits_{a}^{0}{f\left( -t \right)dt}=\int\limits_{0}^{a}{f\left( t \right)dt}\)

Suy ra: \(\int\limits_{-a}^{a}{f\left( x \right)dx}=2\int\limits_{0}^{a}{f\left( x \right)dx}\)

+ Nếu \(f\) là hàm số lẻ trên đoạn [-a;a] thì \(f(-x)=-f(x),\,\forall x \in [-a;a] \). Suy ra \(f(-x)+f(x)=0,\,\forall x \in [-a;a] \)

Ta có: \(\int\limits_{-a}^{0}{f\left( x \right)dx}=-\int\limits_{a}^{0}{f\left( -t \right)dt}=-\int\limits_{0}^{a}{f\left( t \right)dt}\) 

Khi đó \(\int\limits_{-a}^{a}{f\left( x \right)dx}=0\)

Áp dụng để tính \(\int\limits_{-2}^{2}{ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}dx\)

Đặt \(g(x)=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\)

Vì \(g(x)\) là hàm số lẻ trên đoạn [-2;2] nên  \(\int\limits_{-2}^{2}{ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}dx=0\)

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b]. Chứng minh rằng

\(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f\left( \sin x\right)dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f\left( \cos x\right)dx}\)

Phương pháp giải

Đổi biến số \(x = \dfrac{\pi }{2} - t\) tính tích phân \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f(\sin x)dx}\)

Hướng dẫn giải

Đổi biến \( x = \dfrac{π}{2} − t\), ta có 

\(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f\left( \sin x\right)dx}=-\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{0}{f\left[ \sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\right]dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f\left( \cos x\right)dx}\)

Vậy \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f\left( \sin x\right)dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{f\left( \cos x\right)dx}\)

Đặt \(I_n=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin ^nxdx}, \,\,n \in \mathbb{N^*}.\)

a) Chứng minh rằng \(I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}, \,\,\,n>2\)

b) Tính \(I_3\) và \(I_5\)

Phương pháp giải

a) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt \(u = {\sin ^{n - 1}}x\) và \(dv = \sin xdx\)

b) Thay n = 3,n = 5 vào tính \({I_3},{I_5}\)

Hướng dẫn giải

a) Xét với n > 2, ta có:

\(I_n=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin ^{n-1}x\sin xdx}, \,\,n \in \mathbb{N^*}.\)

Đặt \(\left\{ \begin{aligned} & u={{\sin }^{n-1}}x \\ & dv=\sin xdx \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned} & du=\left( n-1 \right){{\sin }^{n-2}}x.\cos x \\ & v=-\cos x \\ \end{aligned} \right. \)

Khi đó:

\(\begin{aligned} & {{I}_{n}}=-{{\sin }^{n-1}}x.\cos x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.+\left( n-1 \right)\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{n-2}}x{{\cos }^{2}}xdx} \\ & \,\,\,\,\,=\left( n-1 \right)\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{n-2}}x\left( 1-{{\sin }^{2}}x \right)dx} \\ & \,\,\,\,=\left( n-1 \right)\left( {{I}_{n-2}}-{{I}_{n}} \right) \\ & \Rightarrow {{I}_{n}}=\left( n-1 \right){{I}_{n-2}}-\left( n-1 \right){{I}_{n}} \\ & {{I}_{n}}=\frac{n-1}{n}{{I}_{n-2}} \\ \end{aligned} \)

b) 

\(\begin{aligned} & {{I}_{3}}=\frac{2}{3}{{I}_{1}}=\frac{2}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin xdx}=-\frac{2}{3}\cos x\left| \begin{aligned} & \frac{\pi }{2} \\ & 0 \\ \end{aligned} \right.=\frac{2}{3} \\ & {{I}_{5}}=\frac{4}{5}{{I}_{3}}=\frac{4}{5}.\frac{2}{3}=\frac{8}{15} \\ \end{aligned} \)

Khẳng định nào dưới đây đúng?

a) \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sin xdx}+\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}{\sin xdx}+ \int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{2\pi}{\sin xdx}=0\)

b) \( \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\sqrt[3]{\sin x}-\sqrt[3]{\cos x}dx}=0\)

c) \(\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{ln\dfrac{1-x}{1+x}dx}=0\)

d) \(\int\limits_{0}^{2}{\left(\dfrac{1}{1+x+x^2+x^3}+1\right)dx}=0\)

Phương pháp giải

Xét tính đúng sai của mỗi đáp án bằng cách tính các tích phân, sử dụng kiến thức các bài tập trước đã làm.

Hướng dẫn 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 \(\dfrac{1}{1+x+x^2+x^3}+1>1\,\,\forall x \in [0;2]\) nên \(\int\limits_{0}^{2}{\left(\dfrac{1}{1+x+x^2+x^3}+1\right)dx}>\int\limits_{0}^{2}{dx}=2\)

Hãy chỉ ra kết quả sai trong việc khử giá trị tuyệt đối của tích phân sau đây:

\(\int\limits_{0}^{2\pi }{\left| \sin x \right|dx}\)

A. \(\int\limits_{0}^{2\pi }{\sin xdx}\)                                     

B. \(\int\limits_{0}^{\pi }{2\sin xdx}\)

C. \(\int\limits_{0}^{\pi }{\sin xdx}-\int\limits_{0}^{2\pi }{\sin xdx}\)                 

D. \(-\int\limits_{\pi}^{2\pi }{2\sin xdx}\)

Phương pháp giải

Xét các khoảng âm, dương của sin x và phá dấu giá trị tuyệt đối.

Hướng dẫn giải

Ta có: \(\sin x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < \pi\) và \(\sin x < 0 \Leftrightarrow \pi < x < 2\pi\)

\(\Rightarrow \int\limits_0^{2\pi } {\left| {\sin x} \right|dx} = \int\limits_0^\pi {\left| {\sin x} \right|dx} + \int\limits_\pi ^{2\pi } {\left| {\sin x} \right|dx} \)\( = \int\limits_0^\pi {\sin xdx} + \int\limits_\pi ^{2\pi } {\left( { - \sin x} \right)dx} \) \( = \int\limits_0^\pi {\sin xdx} - \int\limits_\pi ^{2\pi } {\sin xdx} \)

Do đó A sai.

Chọn A.

\(\int\limits_{-1}^{1 }{\left| x-x^3 \right|dx}\) bằng:

A. \(\dfrac{1}{2}\) 

B. 2

C. -1

D. 0

Phương pháp giải

Phá dấu giá trị tuyệt đối và tính tích phân.

Hướng dẫn giải

Vì \(\left| x-{{x}^{3}} \right|=\left\{ \begin{align} & {{x}^{3}}-x,\,\,\,-1\le x\le 0 \\ & x-{{x}^{3}},0\le x\le 2\pi \\ \end{align} \right. \)nên tích phân đã cho bằng:

\(\int\limits_{-1}^{1 }{\left| x-x^3 \right|dx}=\int\limits_{-1}^{0 }{\left( x^3-x \right)dx}+\int\limits_{0}^{1 }{\left( x-x ^3\right)dx}\\ \)

                    \(\begin{aligned} & =\left( \frac{{{x}^{4}}}{4}-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)\left| \begin{aligned} & 0 \\ & -1 \\ \end{aligned} \right.+\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{{{x}^{4}}}{4} \right)\left| \begin{aligned} & 1 \\ & 0 \\ \end{aligned} \right. \\ & =-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2} \\ \end{aligned} \)

Vậy chọn A

\(\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \dfrac{\sin 2x\sin x}{2}+{{\cos }^{3}}x \right)dx}\) bằng

A. 2 

B. \(2\pi\)

C. \(\pi\)

D. \(-\pi\)

Phương pháp giải

Biến đổi \(\dfrac{{\sin 2x\sin x}}{2} + {\cos ^3}x = \cos x\) và tính tích phân.

Hướng dẫn giải

Vì \(\dfrac{\sin 2x\sin x}{2}+{{\cos }^{3}}x=(\sin^2 x + \cos ^2 x) \cos x=\cos x \)nên

\(\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \dfrac{\sin 2x\sin x}{2}+{{\cos }^{3}}x \right)dx}=\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos xdx}=2\)

Vậy chọn A

\(\int\limits_{1}^{e}{\dfrac{\ln x}{{{x}^{2}}}}dx\)

A. \(-1-\dfrac{1}{e}\)

B. \(1-\dfrac{2}{e}\)

C. \(-1+\dfrac{2}{e}\)

D. \(0\)

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp từng phần tính tích phân.

Hướng dẫn giải

Đặt \(dv= \dfrac{1}{x^2}dx, u = lnx\)

Suy ra \(v=-\dfrac{1}{x}, du = \dfrac{dx}{x}\)

Ta có: 

\(\begin{aligned} & \int\limits_{1}^{e}{\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}dx}=-\frac{\ln x}{x}\left| \begin{aligned} & e \\ & 1 \\ \end{aligned} \right.+\int\limits_{1}^{e}{\frac{1}{{{x}^{2}}}dx} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{e}-\frac{1}{x}\left| \begin{aligned} & e \\ & 1 \\ \end{aligned} \right. \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=-\frac{1}{e}-\left( \frac{1}{e}-1 \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=1-\frac{2}{e} \\ \end{aligned} \)

Vậy chọn B

Đối với tích phân \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\dfrac{\tan x}{{{\cos }^{2}}x}}dx\), thực hiện đổi biến số \(t=\tan x\), ta được:

A. \(\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{t}dt\)

B. \(\int\limits_{-1}^{0}tdt\)

C. \(\int\limits_{0}^{1}tdt\)

D. \(-\int\limits_{0}^{1}tdt\)

Phương pháp giải

Tính dt và đổi cận suy ra tích phân mới.

Hướng dẫn giải

Đặt \(t = \tan x \Rightarrow dt = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 0,x = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow t = 1\)

Khi đó \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{\tan x}}{{{{\cos }^2}x}}dx} = \int\limits_0^1 {tdt}\)

Chọn C

\(\int\limits_{0}^{1}\sin \sqrt{x}dx\) bằng

A. \(2 (\sin1-\cos1)\)

B. \(2(\cos1 - \sin 1)\)

C. \(\sin1-\cos1\)

D. \(2(\sin1+\cos1)\)

Phương pháp giải

Đặt \(t = \sqrt x\), kết hợp với phương pháp từng phần để tính tích phân.

Hướng dẫn giải

Đặt \(t = \sqrt x \Rightarrow {t^2} = x \Rightarrow 2tdt = dx\)

Khi đó \(\int\limits_0^1 {\sin \sqrt x dx} = \int\limits_0^1 {\sin t.2tdt} = 2\int\limits_0^1 {t\sin tdt} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = t\\dv = \sin tdt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dt\\v = - \cos t\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \int\limits_0^1 {t\sin tdt} = \left. { - t\cos t} \right|_0^1 + \int\limits_0^1 {\cos tdt} = - 1\cos 1 + \left. {\sin t} \right|_0^1 = - \cos 1 + \sin 1\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {\sin \sqrt x dx} = 2\left( {\sin 1 - \cos 1} \right)\)

Chọn A.