Chương 1: Khảo Sát Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số
Chương 2 Hàm số lũy thừa, Hàm số mũ và Hàm số Lôgarit
Chương 3: Nguyên Hàm – Tích Phân Và Ứng Dụng
Chương 4: Số phức
Chương 1: Khối Đa Diện
Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu
Chương 3 Phương pháp tọa độ trong không gian

Giải bài tập Bài 2 Tích phân

toan 12
Giải bài tập Bài 2 Tích phân

Bài 1. 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) \(\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}sin3xcos5xdx\)

Giải:

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

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

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

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

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

Do đó:

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

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

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

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

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

 

  • cách khác:

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

Vì \(f(-x) = sin(-3x)cos(-5x)\)

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

nên:

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

Chú ý: Có thể tính trực tiếp bằng cách đặt \(x= -t\).

=============

Bài 2. Tính các tích phân sau:

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

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

Hướng dẫn giải:

a) Ta có \(1 – x = 0 ⇔ x = 1\).

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

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

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

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

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

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

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

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

d) 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:

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

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

Hướng dẫn giải:

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

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

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

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

b) Đặt \(x = sint\), \(0<t<\frac{\pi}{2}\). Ta có: \(dx = costdt\)

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:

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

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

c) 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:

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

d) 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:

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

============

Bài 4. Sử dụng phương pháp tích phân tưng phần, hãy tính tích phân:

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

c)\(\int_{0}^{1}ln(1+x))dx\)      ;       d)\(\int_{0}^{1}(x^{2}-2x+1)e^{-x}dx\)

Hướng dẫn giải:

a) Đặt \(u=x+1\); \(dv=sinxdx\)  \(\Rightarrow du = dx ;v = -cosx\). Khi đó:

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(x+1)sinxdx=-(x+1)cosx|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cosxdx\)

\(=1 +sinx|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=2\)

b)\(\frac{1}{9}(2e^{3}+1)\). HD:  Đặt u = ln x ,dv = x2dx

c) Đặt

\(\eqalign{
& u = \ln x \Rightarrow du = {1 \over x}dx \cr
& dv = {x^2}dx \Rightarrow v = {{{x^3}} \over 3} \cr} \)

Do đó ta có:

\(\int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx = {{{x^3}} \over 3}.lnx\left| {_1^e – \int\limits_1^e {{{{x^3}} \over 3}dx = {{{e^3}} \over 3} – \left[ {{{{x^3}} \over 9}} \right]} \left| {_1^e} \right.} \right.}\)\(  = {{{e^3}} \over 3} – {{{e^3} – 1} \over 9} = {{2{e^3} + 1} \over 9}\)

d) Ta có :

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

Đặt \(u= {x^2} – 1\); \(dv{\rm{ }} = {\rm{ }}{e^{ – x}}dx\) \(\Rightarrow du = 2xdx ;v = -e^{-x}\) Khi đó :

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

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

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

 

 

================

Bài 5. 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) \(\int_{1}^{2}\frac{ln(1+x)}{x^{2}}dx\)

Hướng dẫn giải :

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

\(=\frac{1}{3}\frac{2}{5}(1+3x)^{\frac{5}{2}}|_{0}^{1}=4\tfrac{2}{15}\)

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

\(=\int_{0}^{\frac{1}{2}}(x+\frac{1}{x+1})dx=(\frac{x^{2}}{2}+ln\left | x+1 \right |)|_{0}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{8}+ln\frac{3}{2}\)

c) Đặt  \(u = ln(1+x)\), \(dv=\frac{1}{x^{2}}dx\)\( \Rightarrow du=\frac{1}{1+x},v=-\frac{1}{x}\)

Khi đó :

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

\(=  – {{\ln 3} \over 2} + \ln 2 +\int\limits_1^2 {\left( {{1 \over x} – {1 \over {x + 1}}} \right)dx} \)

\(={\ln {2 \over {\sqrt 3 }} + {\rm{[}}\ln |x| – ln|x + 1|{\rm{]}}\left| {_1^2 = \ln {2 \over {\sqrt 3 }} + \ln {4 \over 3} } \right.}\)

\(= \ln {8 \over {3\sqrt 3 }}\)

============

Bài 6. 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.

Giải:

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

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

\(\int_{0}^{1}x(1-x)^{5}dx=\int_{0}^{1}(1-u)u^{5}du=(\frac{1}{6}u^{6}-\frac{1}{7}u^{7})|_{0}^{1}\)\(=\frac{1}{42}.\)

b) Đặt \(u = x\); \(dv = (1 – x)^5dx\)

\(\Rightarrow du = dx\); \(v=-\frac{(1+x)^{6}}{6}\). Khi đó:

\(\int_{0}^{1}x(1-x)^{5}dx=-\frac{x(1-x)^{6}}{6}|_{0}^{1}+\frac{1}{6}\int_{0}^{1}(1-x)^{6}dx\)

\(=-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}(1-x)^{6}d(1-x)=-\frac{1}{42}(1-x)^{7}|_{0}^{1}=\frac{1}{42}\).