Bài 3.19 trang 171 SBT giải tích 12


Giải bài 3.19 trang 171 sách bài tập giải tích 12. Tính các tích phân sau đây:...

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Tính các tích phân sau đây:

LG câu a

a) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {x + 1} \right)\cos \left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right)} dx\)

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

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

\( \Rightarrow I =  - \left[ { - \left. {\left( {x + 1} \right)\cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos xdx} } \right]\) \( =  - \left( {1 + \left. {\sin x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}}} \right) =  - \left( {1 + 1} \right) =  - 2\)

LG câu b

b) \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}{{\log }_2}\left( {x + 1} \right)dx} \)

Phương pháp giải:

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.

Giải chi tiết:


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 \(I = \dfrac{1}{{\ln 2}}J + \dfrac{1}{{\ln 2}}K\) \( = \dfrac{1}{{4\ln 2}} + \dfrac{{\ln 2}}{2}\).

LG câu c

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

Phương pháp giải:

- 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.

Giải chi tiết:

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 \(I = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^1 {\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}} dx\)\( = \int\limits_{\dfrac{1}{2}}^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{{x^4} + 1}}.\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}dx} \) \( = \int\limits_{\dfrac{5}{2}}^2 {\dfrac{{dt}}{{{t^2} - 2}}} \) \( = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\int\limits_{\dfrac{5}{2}}^2 {\left( {\dfrac{1}{{t - \sqrt 2 }} - \dfrac{1}{{t + \sqrt 2 }}} \right)dt} \)

\( = \left. {\ln \left| {\dfrac{{t - \sqrt 2 }}{{t + \sqrt 2 }}} \right|} \right|_{\dfrac{5}{2}}^2 = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\ln \dfrac{{6 - \sqrt 2 }}{{6 + \sqrt 2 }}\).

LG câu d

d) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{\sin 2xdx}}{{3 + 4\sin x - \cos 2x}}} \)

Phương pháp giải:

- 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.

Giải chi tiết:

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 \(\sin x = t \Rightarrow dt = \cos xdx\).

\( \Rightarrow I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{tdt}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \) \( = \int\limits_0^1 {\left( {\dfrac{1}{{t + 1}} - \dfrac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right)dt} \) \( = \left. {\left[ {\ln \left( {t + 1} \right) + \dfrac{1}{{t + 1}}} \right]} \right|_0^1\) \( = \ln 2 + \dfrac{1}{2} - 1 = \ln 2 - \dfrac{1}{2}\).

Loigiaihay.com


Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

Các bài liên quan: - Bài 2: Tích phân

>> Luyện thi tốt nghiệp THPT và Đại học năm 2021, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn cùng các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu trên Tuyensinh247.com. Đã có đầy đủ các khóa học từ nền tảng tới luyện thi chuyên sâu.


Gửi bài