Giải bài tập toán 12 sách giáo khoa trang 112

Bài 2: Tích phân. Giải bài 1, 2, 3 trang 112, 113 SGK Giải tích 12. Tính các tích phân sau; Sử dụng phương pháp biến đổi số, tính tích phân:

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

e)\(\int_{\frac{1}{2}}^{{2}\frac{1-3x}{(x+1)}{2}}dx\) g) \(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin3xcos5xdx\)

1. \(\int_{\frac{-1}{2}}^{{\frac{1}{2}}\sqrt[3]{ (1-x)}{2}}dx\) = \(-\int_{\frac{-1}{2}}^{{\frac{1}{2}}(1-x)}{\frac{2}{3}}d(1-x)=-\frac{3}{5}(1-x)^{{\frac{5}{3}}|_{\frac{-1}{2}}}{\frac{1}{2}}\)

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

2. \(\int_{0}^{{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)dx\)=\(-\int_{0}}{\frac{\pi}{2}}sin(\frac{\pi}{4}-x)d(\frac{\pi}{4}-x)\) = \(cos(\frac{\pi}{4}-x)|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\)

\= \(cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2})-cos\frac{\pi}{4}=0\)

c)\(\int_{\frac{1}{2}}^{{2}\frac{1}{x(x+1)}dx\)=\(\int_{\frac{1}{2}}}{2}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})dx =ln\left | \frac{x}{x+1} \right ||_{\frac{1}{2}}^{2}=ln2\)

d)\(\int_{0}^{2}x(x+1){2}dx\)= \(\int_{0}^{2}(x{3}+2x^{2}+x)dx=(\frac{x^{4}}{4}+\frac{2}{3}x^{3}+\frac{x^{2}}{2})|_{0}^{2}\)

\= \(\frac{16}{4}+\frac{16}{3}+2= 11\tfrac{1}{3}\)

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

\= \(\left ( -3.ln\left | x+1 \right |-\frac{4}{x+1} \right )|_{\frac{1}{2}}^{2}= \frac{4}{3}-3ln2\)

g)Ta có \(f(x) = sin3xcos5x\) là hàm số lẻ.

Vì \(f(-x) = sin(-3x)cos(-5x)\)

\(= -sin3xcos5x = -f(x)\)

nên:

\(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin3xcos5x =0\)

Advertisements (Quảng cáo)

Chú ý: Có thể tính trực tiếp bằng cách đặt \(x= -t\) hoặc biến đổi thành tổng.

Bài 2: Tính các tích phân sau:

1. \(\int_0^2 {\left| {1 – x} \right|} dx\) b) \(\int_0^{{\pi \over 2}} s i{n^2}xdx\)

3. \(\int_0^{ln2} {{{{e^{2x + 1}} + 1} \over {{e^x}}}} dx\) d) \(\int_0^\pi s in2xco{s^2}xdx\)

1. Ta có \(1 – x = 0 ⇔ x = 1\).

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

\(= – \int_0^1 {(1 – x)} d(1 – x) + \int_1^2 {(x – 1)} d(x – 1)\)

\( = – {{{{(1 – x)}^2}} \over 2}|_0^1 + {{{{(x – 1)}^2}} \over 2}|_1^2 = {1 \over 2} + {1 \over 2} = 1\)

2. \(\int_0^{{\pi \over 2}} s i{n^2}xdx\)

\( = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {(1 – cos2x)} dx\)

\( = {1 \over 2}\left( {x – {1 \over 2}sin2x} \right)|_0^{{\pi \over 2}} = {\pi \over 4}\)

3. \(\int_0^{ln2} {{{{e^{2x + 1}} + 1} \over {{e^x}}}} dx = \int_0^{ln2} {({e^{x + 1}} + {e^{ – x}})} dx\)

\( = ({e^{x + 1}} – {e^{ – x}})|_0^{ln2} = e + {1 \over 2}\)

4. Ta có : \(sin2xcos^2x\) = \({1 \over 2}sin2x(1 + cos2x) = {1 \over 2}sin2x + {1 \over 4}sin4x\)

Do đó : \(\eqalign{ & \int_0^\pi s in2xco{s^2}xdx = \int_0^\pi {({1 \over 2}sin2x + {1 \over 4}sin4x)} dx \cr & = ( – {1 \over 4}cos2x – {1 \over {16}}cos4x)|_0^\pi \cr & = – {1 \over 4} – {1 \over {16}} + {1 \over 4} + {1 \over {16}} = 0 \cr} \).

Bài 3: Sử dụng phương pháp biến đổi số, tính tích phân:

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

2. \(\int_{0}^{1}\sqrt{1-x{2}}dx\) (Đặt \(x = sint\) )

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

d)\(\int_{0}^{{\frac{a}{2}}\frac{1}{\sqrt{a}{2}-x^{2}}}dx\) (Đặt \(x= asint\))

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

Khi \(x =0\) thì \(u = 1, x = 3\) thì \(u = 4\). Khi đó :

\(\int_{0}^{3}\frac{x{2}}{(1+x)^{{\frac{3}{2}}}dx\) = \(\int_{1}}{4}\frac{(u-1)^{2}}{u{\frac{3}{2}}}du =\int_{1}^{4}\frac{u{2}-2u+1}{u^{\frac{3}{2}}}du\)

\= \((\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}-4.u^{\frac{1}{2}}-2u^{\frac{-1}{2}})|_{1}^{4}=\frac{5}{3}\)

2. Đặt \(x = sint\), \(0

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

Khi \(x = 0\) thì \(t = 0\), khi \(x = 1\) thì \(t= \frac{\pi}{2}\) . Khi đó:

\(\int_{0}^{1}\sqrt{1-x{2}}dx = \int_{0}^{{\frac{\pi}{2}}cos}{2}tdt= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1+cos2t)dt\)

\(=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{2}sin 2t)|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}-0)= \frac{\pi}{4}\)

3. Đặt: \(t = 1 + x{e^x} \Rightarrow dt = {e^x}(1 + x)dx\)

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

Khi \(x = 1 \Rightarrow t = 1 + e\)

Do đó ta có:

\(\int\limits_0^1 {{{{e^x}(1 + x)} \over {1 + x{e^x}}}dx = \int\limits_1^{1 + e} {{{dt} \over t} = {\rm{[}}\ln |t|{\rm{]}}} } \left| {_1^{1 + e} = \ln (1 + e)} \right.\).

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

Đổi cận:

\(\eqalign{ & x = 0 \Rightarrow t = 0 \cr & x = {a \over 2} \Rightarrow t = {\pi \over 6} \cr} \)

Do đó ta có:

\(\int\limits_0^{{a \over 2}} {{1 \over {\sqrt {{a^2} – {x^2}} }}dx = \int\limits_0^{{\pi \over 6}} {{{a\cos tdt} \over {\sqrt {{a^2} – {a^2}{{\sin }^{2}t} }} = \int\limits_0}{{\pi \over 6}} {dt = t\left| {_0^{{\pi \over 6}} = {\pi \over 6}} \right.} } } \).