Giải bài tập SGK Toán 12 Bài 2: Tích phân

Hướng dẫn Giải bài tập Tích phân sẽ giúp các em học sinh nắm vững phương pháp giải bài tập và ôn luyện tốt kiến thức đã học.

Giải bài tập SGK Toán 12 Bài 2: Tích phân

1. Giải bài 1 trang 112 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau

a) \(\int_{\frac{-1}{2}}^{\frac{1}{2}}\sqrt[3]{ (1-x)^{2}}dx\)

b) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)dx\)

c) \(\int_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx} \)

d) \(\int_0^2 {x{{\left( {x + 1} \right)}^2}dx}\)

e) \(\int_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{{1 - 3x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} \)

g) \(\int_{\frac{{ - \pi }}{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\sin 3x\cos 5xdx} \)

Phương pháp giải

Sử dụng các công thức nguyên hàm mở rộng để tính

Hướng dẫn giải

Câu a

Đặt \(u=1-x\) ta có \(du=-dx\)

Khi \(x=-\frac{1}{2}\) thì \(u=\frac{3}{2}\); khi \(x=\frac{1}{2}\) thì \(u=\frac{1}{2}\). Do đó:

\(\int_{\frac{-1}{2}}^{\frac{1}{2}}\sqrt[3]{ (1-x)^{2}}dx\) \(=-\int_{\frac{3}{2}}^{\frac{1}{2}} \sqrt[3]{u^2} du = \int^{\frac{3}{2}}_{\frac{1}{2}} u^{\frac{3}{2}}du =\frac{3}{5}u^{\frac{5}{3}} \bigg|_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\)

 \(=\frac{3}{5} u\sqrt[3]{u^2} \bigg| ^{\frac{3}{2}}_{\frac{1}{2}}= \frac{3}{5} \left ( \frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{9}{4}}- \frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{1}{4}} \right )=\frac{3}{10\sqrt[3]{4}}(3\sqrt[3]{9}-1)\)

Câu b

Đặt \(u=\frac{\pi }{4}-x\) ta có \(du=-dx\)

Khi x = 0 thì \(u=\frac{\pi }{4};\) khi \(x=\frac{\pi }{2}\) thì \(u=- \frac{\pi }{4}\). Do đó:

 \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)dx =-\int_{\frac{\pi}{4}}^{-\frac{\pi}{4}}sinu. du\)

\(=-\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}sin u. du = -cos u \bigg|_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\)

\(=-\left ( cos \frac{\pi }{4} -cos \left ( -\frac{\pi }{4} \right ) \right )=0\)

Vậy \(\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} sin \left ( \frac{\pi }{4} -x \right )dx = 0.\)

Câu c

Ta có

\(\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\). Do đó:

\(\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{dx}{x(x+1)}=\int_{\frac{1}{2}}^{2} \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} \right )dx= \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{dx}{x}-\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{dx}{x+1}\)

\(=\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{dx}{x}-\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{d(x+1)}{x+1}= ln \left | x \right | \bigg|^2_{\frac{1}{2}}-ln \left | x+1 \right | \bigg|^2_{\frac{1}{2}}\)

\(=ln2 -ln\frac{1}{2}-ln3-ln\frac{3}{2}=ln2.\)

Câu d

\(\int_{0}^{2}x(x+1)^2dx=\int_{0}^{2}(x^2+2x^2+x)dx\)

\(= \left ( \frac{x^4}{4}+\frac{2}{3}x^3+\frac{1}{2}x^2 \right ) \Bigg| ^2_0= 4+\frac{16}{3}+2=\frac{34}{3}\)

Câu e

Đặt u = x + 1 ta có du = dx và x = u - 1

Khi \(x=\frac{1}{2}\) thì \(u=\frac{3}{2}\); khi \(x=2\) thì \(u=3\). Do đó:

\(\int_{\frac{1}{2}}^{2} \frac{1-3x}{(x+1)^2}dx=\int_{\frac{3}{2}}^{3} \frac{1-3(u-1)}{u^2}du=\int_{\frac{3}{2}}^{3}\frac{4-3u}{u^2}du\)

\(=4\int_{\frac{3}{2}}^{3}-3\int_{\frac{3}{2}}^{3}\frac{du}{u}= -\frac{4}{u} \Bigg |^3_{\frac{3}{2}}-3ln .u\Bigg |^3_{\frac{3}{2}}\)

\(=-\left ( \frac{4}{3} - \frac{4}{\frac{3}{2}}\right )-3 \left ( ln3-ln\frac{3}{2} \right )=\frac{4}{3}-3ln2\)

Câu g

Ta có: \(sin3x . cos5x =\frac{1}{2}(sin8x-sin2x)\)

Do đó

\(\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin3x. cos5x dx =\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (sin8x - sin2x)dx\)

\(=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin8x dx -\frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin 2x dx\)

\(=-\frac{1}{16}cos 8x \Bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{4} cos2x\Bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\)

\(=-\frac{1}{16} \left [ cos4\pi -cos(-4\pi) \right ]+ \frac{1}{4}\left [ cos \pi - cos(-\pi) \right ]\)

\(=-\frac{1}{16}(1-1)+\frac{1}{4}(-1+1)=0\)

2. Giải bài 2 trang 112 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau:

a) \(\int_{0}^{2}\left | 1-x \right |dx\)

b) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{2}x dx\)

c) \(\int_0^{\ln 2} {\frac{{{e^{2x + 1}} + 1}}{{{e^x}}}dx} \)

d) \(\int_0^\pi  s in2x{\cos ^2}xdx\)

Phương pháp giải

a) Phá dấu giá trị tuyệt đối

b) Sử dụng công thức hạ bậc: \({\sin ^2}x = \dfrac{{1 - \cos 2x}}{2}\)

c) Chia tử cho mẫu và sử dụng công thức: \(\int\limits_{}^{} {{e^{ax + b}}dx}  = \dfrac{1}{a}{e^{ax + b}} + C\)

d) Sử dụng công thức hạ bậc: \({\cos ^2}x = \dfrac{{1 + \cos 2x}}{2}\).

Hướng dẫn giải

Câu a

Ta có: \(\left| {1 - x} \right| = \left[ \begin{array}{l}1 - x\,\,khi\,\,x \le 1\\x - 1\,\,khi\,\,x > 1\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \int_0^2 {\left| {1 - x} \right|} dx = \int_0^1 {\left| {1 - x} \right|} dx + \int_1^2 {\left| {1 - x} \right|} dx\)

\(=   \int_0^1 {(1 - x)} dx + \int_1^2 {(x - 1)} dx\)

\( = \left. {\left( {x - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - x} \right)} \right|_1^2 = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1\)

Câu b

\(\begin{array}{l}\,\,\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}xdx} = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 - \cos 2x} \right)dx} \\= \dfrac{1}{2}\left. {\left( {x - \dfrac{{\sin 2x}}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\\= \dfrac{1}{2}.\dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{4}\end{array}\)

Câu c

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

\(\begin{array}{l}
= {e^{\ln 2}}.{e^1} - {\left( {{e^{\ln 2}}} \right)^{ - 1}} - e + 1\\
= 2.e - {2^{ - 1}} - e + 1\\
= 2e - \frac{1}{2} - e + 1\\
= e + \frac{1}{2}
\end{array}\)

Câu d

\(\begin{array}{l}\,\,\sin 2x\cos ^ 2x = \sin 2x\dfrac{{1 + \cos 2x}}{2}\\\,\,\, = \dfrac{1}{2}\sin 2x + \dfrac{1}{2}\sin 2x\cos 2x = \dfrac{1}{2}\sin 2x + \dfrac{1}{4}\sin 4x\\\Rightarrow \int\limits_0^\pi {\sin 2x\cos ^2xdx} = \int\limits_0^\pi {\left( {\dfrac{1}{2}\sin 2x + \dfrac{1}{4}\sin 4x} \right)dx} \\= \left. {\left( { - \dfrac{1}{4}\cos 2x - \dfrac{1}{{16}}\cos 4x} \right)} \right|_0^\pi \\= - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{{16}} - \left( { - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{{16}}} \right) = 0\end{array}\)

3. Giải bài 3 trang 113 SGK Giải tích 12

Sử dụng phương pháp biến đổi số, tính tích phân:

a) \(\int_{0}^{3}\frac{x^{2}}{(1+x)^{\frac{3}{2}}}dx\) (Đặt u= x+1)

b) \(\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} \) (Đặt x = sint )

c) \(\int_0^1 {\frac{{{e^x}\left( {1 + x} \right)}}{{1 + x.{e^x}}}dx} \) (Đặt u = 1+x.ex)

d) \(\int_0^{\frac{a}{2}} {\frac{1}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} dx\) (Đặt x= asint)

Phương pháp giải

a) Đặt \(u= x+1\) và sử dụng công thức nguyên hàm cỏ bản:

\(\int {{x^\alpha }dx}  = \frac{{{x^{\alpha  + 1}}}}{{\alpha  + 1}} + C\left( {\alpha  \ne  - 1} \right)\)

b) Đặt \(x = sint\)

Sử dụng công thức hạ bậc: \({\cos ^2}\alpha  = \frac{{1 + \cos 2\alpha }}{2}\)

Sử dụng công thức nguyên hàm: \(\int

c) Đặt \(u = 1 + x.{e^x}\).

d) Đặt \(x= asint\).

Hướng dẫn giải

Câu a

Đặt \(u= x+1 \Rightarrow  du =  dx\) và \(x = u - 1\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 1\\x = 3 \Rightarrow u = 4\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}dx} = \int\limits_1^4 {\frac{{{{\left( {u - 1} \right)}^2}}}{{{u^{\frac{3}{2}}}}}du} \\= \int\limits_1^4 {\frac{{{u^2} - 2u + 1}}{{{u^{\frac{3}{2}}}}}du} \\= \int\limits_1^4 {\left( {{u^{\frac{1}{2}}} - 2{u^{ - \frac{1}{2}}} + {u^{ - \frac{3}{2}}}} \right)du} \\ = \left. {\left( {\frac{{{u^{\frac{1}{2} + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} - 2.\frac{{{u^{ - \frac{1}{2} + 1}}}}{{ - \frac{1}{2} + 1}} + \frac{{{u^{ - \frac{3}{2} + 1}}}}{{ - \frac{3}{2} + 1}}} \right)} \right|_1^4\\= \left. {\left( {\frac{2}{3}{u^{\frac{3}{2}}} - 4{u^{\frac{1}{2}}} - 2{u^{ - \frac{1}{2}}}} \right)} \right|_1^4\\= - \frac{{11}}{3} - \left( { - \frac{{16}}{3}} \right) = \frac{5}{3}\end{array}\)

Câu b

Đặt \(x = sint\), \(0

và \(\sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-sin^{2}t}\)\(= \sqrt{cos^{2}t}=\left | cost \right |= cos t.\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{2}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\Rightarrow \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} \\= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} \cos tdt} \\= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}tdt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)dt} \\= \frac{1}{2}\left. {\left( {t + \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\\= \frac{1}{2}.\frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{4}\end{array}\)

Câu c

Đặt: \(u= 1 + x.{e^x}\)

\(\Rightarrow du = \left( {{e^x} + x.{e^x}} \right)dx \)\(= {e^x}\left( {1 + x} \right)dx\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 1\\x = 1 \Rightarrow u = 1 + e\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{{e^x}\left( {1 + x} \right)}}{{1 + x{e^x}}}dx} = \int\limits_1^{1 + e} {\frac{{du}}{u}} = \left. {\ln \left| u \right|} \right|_1^{1 + e}\\= \ln \left( {1 + e} \right) - \ln 1 = \ln \left( {1 + e} \right)\end{array}\)

Câu d

Đặt \(x = a\sin t \Rightarrow dx = a\cos tdt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \frac{a}{2} \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\Rightarrow \int\limits_0^{\frac{a}{2}} {\frac{1}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{a\cos tdt}}{{\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t} }}} \\= \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{a\cos tdt}}{{a.\cos t}}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {dt} = \left. t \right|_0^{\frac{\pi }{6}} = \frac{\pi }{6}\end{array}\).

4. Giải bài 4 trang 113 SGK Giải tích 12

Sử dụng phương pháp tích phân tưng phần, hãy tính tích phân:

a) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(x+1)sinxdx\)

b) \(\int_1^e {{x^2}\ln xdx} \)

c) \(\int_0^1 {\ln \left( {1 + x} \right)dx} \)

d) \(\int_0^1 {\left( {{x^2} - 2x + 1} \right){e^{ - x}}} dx\)

Phương pháp giải

Phương pháp tích phân từng phần: \(\int\limits_a^b {udv}  = \left. {uv} \right|_a^b - \int\limits_a^b {vdu} \).

Hướng dẫn giải

Câu a

Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=x+1\\ dv=sin x.dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=dx\\ v=-cosx \end{matrix}\right.\)

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần ta có:

\(\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}(x+1)sinx dx=-(x+1)cosx \Bigg|_{0}^{\frac{\pi }{2}}+ \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}cos x dx\)

\(=-\left [ \left (\frac{\pi }{2} +1 \right ).cos \frac{\pi }{2}-cos \ 0 \right ]+ sin x \Bigg|_0^{\frac{\pi }{2}}=2\)

Câu b

Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=lnx\\ dv=x^2 dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{dx}{x}\\ \\ v=\frac{x^3}{3} \end{matrix}\right.\)

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần ta có:

\(\int_{1}^{e}x^2 ln x dx=\frac{x^3}{3}lnx \Bigg|^e_1-\frac{1}{3}\int_{1}^{e} x^2 dx=\frac{e^3}{3}-\frac{1}{9}x^3\Bigg|^e_1\)

\(=\frac{e^3}{3}-\frac{1}{9}(e^3-1)=\frac{2}{9}e^3+\frac{1}{9}\)

Câu c

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

Ta có

\(\int_{0}^{1}ln(1+x)dx=xln(1+x)\Bigg|^1_0-\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x}dx\)

\(=ln2-\int_{0}^{1}\frac{x+1-1}{1+x}dx=ln2-\int_{0}^{1}dx+\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}\)

\(=ln2-x \Bigg|^1_0+ln(1+x)\Bigg|^1_0=ln2-1+ln2=2ln2-1\)

Câu d

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

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần ta có:

\(\int_{0}^{1}(x^2-2x-1)e^{-x}dx=-e^{-x}(x^2-2x-1) \Bigg|^1_0+\int_{0}^{1} (2x-2)e^{-x}dx\)

\(=\frac{2}{e}-1+2\int_{0}^{1}(x-1)e^{-x}dx\)

Tiếp tục đặt: \(\left\{\begin{matrix} u_1=x-1\\ dv_1=e^{-x}dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du_1=du\\ v_1=-e^{-x} \end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\int_{0}^{1}(x-1)e^{-x}dx = -e^{-x}(x-1) \Bigg|^1_0+\int_{0}^{1}e^{-x}dx\)

\(=-1-e^{-x}\Bigg|_{0}^{1}=-1-\frac{1}{e}+1=-\frac{1}{e}\)

Vậy \(\int_{0}^{1}(x^2-2x-1)e^{-x}dx=\frac{2}{e}-1-\frac{2}{e}=-1.\)

5. Giải bài 5 trang 113 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau:

a) \(\int_{0}^{1}(1+3x)^{\frac{3}{2}}dx\)

b) \(\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{x^{3}-1}{x^{2}-1}dx\)

c) \(\int_1^2 {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{{x^2}}}dx} \)

Phương pháp giải

a) \(\int\limits_{}^{} {{{\left( {ax + b} \right)}^n}}  = \dfrac{1}{a}\dfrac{{{{\left( {ax + b} \right)}^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C\).

b) Sử dụng hằng đẳng thức để rút gọn phân thức trong dấu tích phân.

c) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {1 + x} \right)\\dv = \dfrac{1}{{{x^2}}}dx\end{array} \right.\)

Hướng dẫn giải

Câu a

\(\begin{array}{l}\,\,\int\limits_0^1 {{{\left( {1 + 3x} \right)}^{\frac{3}{2}}}dx} = \left. {\dfrac{1}{3}.\dfrac{{{{\left( {1 + 3x} \right)}^{\frac{3}{2} + 1}}}}{{\frac{3}{2} + 1}}} \right|_0^1\\= \left. {\dfrac{2}{{15}}.{{\left( {1 + 3x} \right)}^{\frac{5}{2}}}} \right|_0^1 = \dfrac{2}{{15}}\left( {{4^{\frac{5}{2}}} - 1} \right) = \dfrac{2}{{15}}.31 = \dfrac{{62}}{{15}}\end{array}\)

Câu b

\(\begin{array}{l}\,\,\,\int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\dfrac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} - 1}}dx} = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}dx} \\= \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\dfrac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}dx} = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\dfrac{{x\left( {x + 1} \right) + 1}}{{x + 1}}dx} \\= \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left( {x + \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx} = \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^{\frac{1}{2}}\\= \dfrac{1}{8} + \ln \dfrac{3}{2}\end{array}\)

Câu c

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

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

\(\begin{array}{l}
= - \dfrac{1}{2}\ln 3 + \ln 2 + \ln 2 - \ln 3 + \ln 2\\
= 3\ln 2 - \dfrac{3}{2}\ln 3
\end{array}\)

6. Giải bài 6 trang 113 SGK Giải tích 12

Tính tích phân \(\int_{0}^{1}x(1-x)^{5}dx\) bằng hai phương pháp:

a) Đổi biến số u = 1 - x

b) Tính tích phân từng phần

Phương pháp giải

a) Đặt \(u = 1 - x\)

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

Hướng dẫn giải

Câu a

Đặt \(u = 1 - x \)

\(\Rightarrow x = 1 - u \Rightarrow dx = - du\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 1\\x = 1 \Rightarrow u = 0\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\Rightarrow \int\limits_0^1 {x{{\left( {1 - x} \right)}^5}dx} = - \int\limits_1^0 {\left( {1 - u} \right){u^5}du} \\= \int\limits_0^1 {\left( {{u^5} - {u^6}} \right)du} = \left. {\left( {\dfrac{{{u^6}}}{6} - \dfrac{{{u^7}}}{7}} \right)} \right|_0^1 \\= \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{7} = \dfrac{1}{{42}}\end{array}\)

Câu b

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

\(\begin{array}{l}\Rightarrow \int\limits_0^1 {x\left( {1 - {x^5}} \right)dx}\\ = - x\left. {\dfrac{{{{\left( {1 - x} \right)}^6}}}{6}} \right|_0^1 + \dfrac{1}{6}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - x} \right)}^6}dx} \\= - \dfrac{1}{6}\left. {\dfrac{{{{\left( {1 - x} \right)}^7}}}{7}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{{42}}
\end{array}\)

Ngày:23/07/2020 Chia sẻ bởi:Chương

CÓ THỂ BẠN QUAN TÂM