Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 1: Tích phân
Dưới đây là hướng dẫn giải bài tập SBT Toán 12 Bài Tích phân trang 170 - 174 với nội dung gồm 15 bài tập có hướng dẫn giải chi tiết, rõ ràng, trình bày khoa học. eLib hy vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các bạn học sinh lớp 12 học tập thật tốt.
Mục lục nội dung
1. Giải bài 3.16 trang 170 SBT Giải tích 12
2. Giải bài 3.17 trang 170 SBT Giải tích 12
3. Giải bài 3.18 trang 171 SBT Giải tích 12
4. Giải bài 3.19 trang 171 SBT Giải tích 12
5. Giải bài 3.20 trang 172 SBT Giải tích 12
6. Giải bài 3.21 trang 172 SBT Giải tích 12
7. Giải bài 3.22 trang 172 SBT Giải tích 12
8. Giải bài 3.23 trang 172 SBT Giải tích 12
9. Giải bài 3.24 trang 172 SBT Giải tích 12
10. Giải bài 3.25 trang 173 SBT Giải tích 12
11. Giải bài 3.26 trang 173 SBT Giải tích 12
12. Giải bài 3.27 trang 173 SBT Giải tích 12
13. Giải bài 3.28 trang 173 SBT Giải tích 12
Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 1: Tích phân
1. Giải bài 3.16 trang 170 SBT Giải tích 12
Tính các tích phân sau:
a) 1∫0(y3+3y2−2)dy
b) 4∫1(t+1√t−1t2)dt
c) π2∫0(2cosx−sin2x)dx
d) 1∫0(3s−2s)2ds
e) π3∫0cos3xdx+3π2∫π3cos3xdx+5π2∫3π2cos3xdx
Phương pháp giải
Giả sử F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên đoạn [a;b] . Khi đó
b∫af(x)dx=F(b)−F(a)
Hướng dẫn giải
a)
1∫0(y3+3y2−2)dy=1∫0y3dy+1∫03y2dy−1∫02dy=14y4|10+y3|10−2y|10=14+1−2=−34
b)
4∫1(t+1√t−1t2)dt=4∫1tdt+4∫11√tdt−4∫11t2dt=t22|41+2√t|41+1t|41=(162−12)+(2√4−2)+(14−1)=354
c)
π2∫0(2cosx−sin2x)dx=π2∫02cosxdx−π2∫0sin2xdx=2sinx|π20+12cos2x|π20=2+12(−1−1)=1
d)
1∫0(3s−2s)2ds=1∫0(9s−2.6s+4s)ds=1∫09sds−21∫06sds+1∫04sds=9sln9|10−2.6sln6|10+4sln4|10=8ln9−10ln6+3ln4
e)
π3∫0cos3xdx+3π2∫π3cos3xdx+5π2∫3π2cos3xdx=5π2∫0cos3xdx=13sin3x|5π20=13(sin5π2−sin0)=−13
2. Giải bài 3.17 trang 170 SBT Giải tích 12
Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số:
a) 2∫1x(1−x)5dx (đặt t=1−x)
b) ln2∫0√ex−1dx (đặt t=√ex−1)
c) 9∫1x3√1−xdx (đặt t=3√1−x)
d) π∫0xsinx1+cos2xdx (đặt x=π−t)
e) 1∫−1x2(1−x3)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⇒dx=−dt
x=1⇒t=0x=2⇒t=−1
Ta có:
−1∫0(1−t)t5(−dt)=0∫−1(t5−t6)dt=(16t6−17t7)|0−1=−16−17=−1342
b) Đặt t=√ex−1⇒t2=ex−1⇒2tdt=exdx=(t2+1)dx⇒dx=2tdtt2+1
x=0⇒t=0x=ln2⇒t=1
Ta có:
ln2∫0√ex−1dx=1∫02t2dtt2+1=1∫0(2−2t2+1)dt=2t−2arctant|10=2−2.π4=2−π2
c) Đặt t=3√1−x⇒t3=1−x⇒dx=−3t2dt
x=1⇒t=0x=9⇒t=−2
Ta có:
9∫1x3√1−xdx=−3−2∫0(1−t3)t3dt=30∫−2(t3−t6)dt=3(t44−t77)|0−2=−4687
d) Đặt x=π−t⇒dx=−dt
x=0⇒t=πx=π⇒t=0
Ta có:
π∫0xsinx1+cos2xdx=−0∫π(π−t)sin(π−t)1+cos2(π−t)dt=π∫0(π−t)sint1+cos2tdt=π∫0πsint1+cos2tdt−π∫0tsint1+cos2tdt
Suy ra
π∫0xsinx1+cos2xdx=π2π∫0sinx1+cos2xdx=π2π∫0−d(cosx)1+cos2xdx=π21∫−1du1+u2=π2(arctanu)|1−1=π24
e) Đặt t=1−x3⇒dt=−3x2dxhayx2dx=−dt3
x=−1⇒t=2x=1⇒t=0
Ta có:
1∫−1x2(1−x3)4dx=132∫0t4dt=115t5|20=3215
3. Giải bài 3.18 trang 171 SBT Giải tích 12
Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, hãy tính các tích phân sau:
a) π2∫0xcos2xdx
b) ln2∫0xe−2xdx
c) 1∫0ln(2x+1)dx
d) 3∫2[ln(x−1)−ln(x+1)]dx
e) 2∫12(1+x−1x)ex+1xdx
g) π2∫0xcosxsin2xdx
Phương pháp giải
Phương pháp tích phân từng phần:
b∫au(x)v′(x)dx=[u(x)v(x)]|ba−b∫au′(x)v(x)dx
Hướng dẫn giải
a) Đặt {u=xdv=cos2xdx⇒{du=dxv=12sin2x
Ta có:
π2∫0xcos2xdx=12xsin2x|π20−12π2∫0sin2xdx=0+14cos2x|π20=+14(−1−1)=−12
b) Đặt {u=xdv=e−2xdx⇒{du=dxv=−12e−2x
ln2∫0xe−2xdx=−12xe−2x|ln20+12ln2∫0e−2xdx=−12(ln2.14−0)−14e−2x|ln20=−12(ln2.14−0)−14(14−1)=316−18ln2
c) Đặt {u=ln(2x+1)dv=dx⇒{du=2dx2x+1v=x
ta có:
1∫0ln(2x+1)dx=xln(2x+1)|10−1∫02x2x+1dx=ln3−1∫0(1−12x+1)dx=ln3−[x−12ln(2x+1)]|10=ln3−(1−12ln3)=32ln3−1
d) Đặt {u=ln(x−1)−ln(x+1)dv=dx⇒{du=(1x−1−1x+1)dxv=x
Ta có:
3∫2[ln(x−1)−ln(x+1)]dx=[xln(x−1)−xln(x+1)]|32−3∫2(xx−1−xx+1)dx=2ln3−3ln2−3∫2(1x−1+1x+1)dx=2ln3−3ln2−[ln(x−1)+ln(x+1)]|32=2ln3−3ln2−(3ln2−ln3)=3ln3−6ln2
e) I=2∫12(1+x−1x)ex+1xdx=2∫12ex+1xdx+2∫12(x−1x)ex+1xdx=I1+I2
Tính tích phân I1
Đặt {u=ex+1xdv=dx⇒{du=(1−1x2)ex+1xv=x
Ta có:
I1=xex+1x|212−2∫12x(1−1x2)ex+1xdx=2e52−12e52−I2=32e52−I2
Suy ra:
I=32e52
g) Đặt {u=xdv=cosxsin2xdx⇒{du=dxv=13sin3x
Ta có:
π2∫0xcosxsin2xdx=13xsin3x|π20−13π2∫0sin3xdx=π6−13J
trong đó
J=π2∫0sin3xdx=π2∫0(34sinx−14sin3x)dx=(−34cosx+112cos3x)|π20=34−112=23
Vậy π2∫0xcosxsin2xdx=π6−29.
4. Giải bài 3.19 trang 171 SBT Giải tích 12
Tính các tích phân sau đây:
a) π2∫0(x+1)cos(x+π2)dx
b) 1∫0x2+x+1x+1log2(x+1)dx
c) 1∫12x2−1x4+1dx (đặt t=x+1x)
d) π2∫0sin2xdx3+4sinx−cos2x
Phương pháp giải
a) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, chú ý cos(x+π2)=−sinx
b) Biến đổi x2+x+1x+1log2(x+1)=1ln2[xln(x+1)+ln(x+1)x+1] 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 x2.
- Đổi biến t=x+1x và tính tích phân.
d)
- Biến đổi sin2x3+4sinx−cos2x=sinxcosx(sinx+1)2
- Đổi biến t = sin x và tính tích phân.
Hướng dẫn giải
a) Đặt {u=x+1dv=cos(π2+x)dx⇒{du=dxv=sin(π2+x)
Ta có:
I=(x+1)sin(π2+x)|π20−π2∫0sin(π2+x)dx=−1+cos(π2+x)|π20=−2
b) Ta có:
log2(x+1)=ln(x+1)ln2⇒x2+x+1x+1log2(x+1)=1ln2[xln(x+1)+ln(x+1)x+1]⇒I=1∫0x2+x+1x+1log2(x+1)dx=1ln2[1∫0xln(x+1)dx+1∫0ln(x+1)x+1dx]=1ln2(I1+I2)
+) I1=1∫0xln(x+1)dx
Đặt {u=ln(x+1)dv=xdx⇒{du=dxx+1v=12x2
Ta có:
I1=12x2ln(x+1)|10−121∫0x2x+1dx=12ln2−121∫0(x−1+1x+1)dx=12ln2−12[x22−x+ln(x+1)]|10=12ln2−12[12−1+ln2]=14
+ Tính I2
I2=1∫0ln(x+1)x+1dx=1∫0ln(x+1)d[ln(x+1)]=12ln2(x+1)|10=12ln22
Ta có: I=1ln2(14+12ln22)=14ln2+12ln2
c) Ta có: x2−1x4+1=1−1x2x2+1x2=1−1x2(x+1x)−2
Đặt t=x+1x⇒dt=(1−1x2)dx, ta có:
1∫12x2−1x4+1dx=2∫52dtt2−2=12√2ln|t−√2t+√2||252=12√2ln6−√26+√2
d)
sin2x3+4sinx−cos2x=2sinxcosx3+4sinx−(1−2sin2x)=sinxcosxsin2x+2sinx+1=sinxcosx(sinx+1)2⇒π2∫0sin2x3+4sinx−cos2xdx=π2∫0sinxd(sinx+1)(sinx+1)2dx=(ln|sinx+1|+1sinx+1)|π20=ln2−12
5. Giải bài 3.20 trang 172 SBT Giải tích 12
Chứng minh rằng hàm số f(x) cho bởi x∫0t√1+t4dt,x∈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)∀x∈D
Hướng dẫn giải
Ta có: f(−x)=−x∫0t√1+t4dt,x∈R
Đặt t=−s, khi đó: f(−x)=x∫0s√1+s4ds=f(x)
Vậy f(x) là hàm số chẵn.
6. Giải bài 3.21 trang 172 SBT Giải tích 12
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-a;a]. Chứng minh rằng
a∫−af(x)dx={2a∫0f(x)dxnếuflà hàm số chẵn0nếuflà hàm số lẻ
Áp dụng để tính 2∫−2ln(x+√1+x2)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)∀x∈D
(ii) f(x) là hàm số lẻ nếu f(−x)=−f(x)∀x∈D
Hướng dẫn giải
a∫−af(x)dx=0∫−af(x)dx+a∫0f(x)dx
Đổi biến x=−t
+ Nếu f là hàm số chẵn trên đoạn [-a;a] thì f(−x)=f(x),∀x∈[−a;a]
ta có: 0∫−af(x)dx=−0∫af(−t)dt=a∫0f(t)dt
Suy ra: a∫−af(x)dx=2a∫0f(x)dx
+ Nếu f là hàm số lẻ trên đoạn [-a;a] thì f(−x)=−f(x),∀x∈[−a;a]. Suy ra f(−x)+f(x)=0,∀x∈[−a;a]
Ta có: 0∫−af(x)dx=−0∫af(−t)dt=−a∫0f(t)dt
Khi đó a∫−af(x)dx=0
Áp dụng để tính 2∫−2ln(x+√1+x2)dx
Đặt g(x)=ln(x+√1+x2)
Vì g(x) là hàm số lẻ trên đoạn [-2;2] nên 2∫−2ln(x+√1+x2)dx=0
7. Giải bài 3.22 trang 172 SBT Giải tích 12
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b]. Chứng minh rằng
π2∫0f(sinx)dx=π2∫0f(cosx)dx
Phương pháp giải
Đổi biến số x=π2−t tính tích phân π2∫0f(sinx)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}
8. Giải bài 3.23 trang 172 SBT Giải tích 12
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}
9. Giải bài 3.24 trang 172 SBT Giải tích 12
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
10. Giải bài 3.25 trang 173 SBT Giải tích 12
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.
11. Giải bài 3.26 trang 173 SBT Giải tích 12
\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
12. Giải bài 3.27 trang 173 SBT Giải tích 12
\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
13. Giải bài 3.28 trang 173 SBT Giải tích 12
\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
14. Giải bài 3.29 trang 174 SBT Giải tích 12
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
15. Giải bài 3.30 trang 174 SBT Giải tích 12
\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.
Các em hãy luyện tập bài trắc nghiệm Tích phân Toán 12 sau để nắm rõ thêm kiến thức bài học.
Tham khảo thêm
- doc Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 1: Nguyên hàm
- doc Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 3: Ứng dụng hình học của tích phân