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.
Mục lục nội dung
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 \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {\left( {1 - x} \right)^5}dx\end{array} \right.\)\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \dfrac{{{{\left( {1 - x} \right)}^6}}}{6}\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}\Rightarrow \int\limits_0^1 {x\left( {1 - {x^5}} \right)dx}\\ = - x\left. {\dfrac{{{{\left( {1 - x} \right)}^6}}}{6}} \right|_0^1 + \dfrac{1}{6}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - x} \right)}^6}dx} \\= - \dfrac{1}{6}\left. {\dfrac{{{{\left( {1 - x} \right)}^7}}}{7}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{{42}}
\end{array}\)
Tham khảo thêm
- doc Giải bài tập SGK Toán 12 Bài 1: Nguyên hàm
- doc Giải bài tập SGK Toán 12 Bài 3: Ứng dụng của tích phân trong hình học
- doc Giải bài tập SGK Toán 12 Ôn tập chương 3: Nguyên hàm. Tích phân và Ứng dụng