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 SGK Ôn tập cuối năm Giải tích 12 thuộc chương 3

toan 12
Giải bài tập SGK Ôn tập cuối năm Giải tích 12 thuộc chương 3

Bài 11. Tính các tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần

a) \(\int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx\)

b) \(\int_{{\pi  \over 6}}^{{\pi  \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} \)

c) \(\int_0^\pi  {(\pi  – x)\sin {\rm{x}}dx} \)

d) \(\int_{ – 1}^0 {(2x + 3){e^{ – x}}} dx\)

Trả lời:

a)

\(\eqalign{
& \int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx = {\int_1^{{e^4}} {\ln xd({2 \over 3}} x^{{3 \over 2}}}) \cr
& = {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}}\ln x\left| {_1^{{e^4}}} \right. – \int\limits_1^{{e^4}} {{2 \over 3}} .{x^{{3 \over 2}}}.d{\mathop{\rm lnx}\nolimits} \cr
& = {8 \over 3}{e^6} – {2 \over 3}{x^{{1 \over 2}}}dx = {8 \over 3}{e^6} – {4 \over 9}{x^{{2 \over 3}}}\left| {_1^{{e^4}}} \right. = {{20} \over 9}{e^6} + {4 \over 9} \cr} \)

b) Ta có:

\(\eqalign{
& \int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} = \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {xd( – \cot x) = – x\cot x\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right.} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {\cot xdx} \cr
& = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{d\sin x} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln |sinx|\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right. = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln 2 \cr} \)

c) Ta có:

\(\eqalign{
& \int_0^\pi {(\pi – x)\sin {\rm{x}}dx} = \int\limits_0^\pi {(\pi – x)d( – {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )} \cr
& = – (\pi – x)cosx\left| {_0^\pi } \right. + \int\limits_0^\pi {{\mathop{\rm cosxd}\nolimits} (\pi – x) = \pi – s{\rm{inx}}\left| {_0^\pi } \right.} = \pi \cr} \)

d) Ta có:

\(\eqalign{
& \int_{ – 1}^0 {(2x + 3){e^{ – x}}} dx = \int\limits_{ – 1}^0 {(2x + 3)d( – {e^{ – x}}} ) \cr
& = (2x + 3){e^{ – x}}\left| {_0^{ – 1}} \right. + \int\limits_{ – 1}^e {{e^{ – x}}} .2dx = e – 3 + 2{e^{ – x}}\left| {_0^1} \right. = 3e – 5 \cr} \)

 

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

Bài 12. Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số

a) \(\int\limits_0^{{\pi  \over 24}} {\tan ({\pi  \over 4} – 4x)dx} \) (đặt \(u = \cos ({\pi  \over 3} – 4x)\) )

b) \(\int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}} \) (đặt \(x = {3 \over 5}\tan t\) )

c) \(\int\limits_0^{{\pi  \over 2}} {{{\sin }^3}} x{\cos ^4}xdx\) (đặt u = cos x)

d) \(\int\limits_{{{ – \pi } \over 4}}^{{\pi  \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx\) (đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x} \) )

Trả lời:

a) Ta có:

Đặt \(u = \cos ({\pi  \over 3} – 4x)\) thì \(u’ = 4sin({\pi  \over 3} – 4x)\)

Khi \(x = 0\) thì \(u = {1 \over 2}\) ; khi \(x = {\pi  \over {24}} \Rightarrow u = {{\sqrt 3 } \over 2}\)

Khi đó:

\(\eqalign{
& \int\limits_0^{{\pi \over {24}}} {\tan ({\pi \over 3}} – 4x)dx = {1 \over 4}\int\limits_0^{{\pi \over {24}}} {{{d\cos ({\pi \over 3} – 4x)} \over {\cos ({\pi \over 3} – 4x)}}} \cr
& = {1 \over 4}\int\limits_{{1 \over 2}}^{{{\sqrt 3 } \over 2}} {{{du} \over u}} ={1 \over 4}\ln |u|\left| {_{{1 \over 2}}^{{{\sqrt 3 } \over 2}}} \right.= {1 \over 4}\ln \sqrt 3 \cr} \)

b)

Đặt

\(x = {3 \over 5}\tan t \Rightarrow \left\{ \matrix{
9 + 25{x^2} = 9(1 + {\tan ^2}t) \hfill \cr
dx = {3 \over 5}(1 + {\tan ^2}t) \hfill \cr} \right.\)

Đổi cận: \(x = {{\sqrt 3 } \over 5} \Rightarrow t = {\pi  \over 6};x = {3 \over 5} \Rightarrow t = {\pi  \over 4}\)

Do đó:

\(\int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}}  = \int\limits_{{\pi  \over 6}}^{{\pi  \over 4}} {{1 \over {15}}dt ={1 \over {15}}t\left| {_{{\pi  \over 6}}^{{\pi  \over 4}}} \right. {\pi  \over {180}}} \)

 c) Đặt \(t = cos x\) thì \(dt = -sin x dx\)

Khi \(x = 0 \Rightarrow t = 1;x = {\pi  \over 2} \Rightarrow t = 0\)

Do đó:

\(\eqalign{
& \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^3}x{{\cos }^4}xdx = \int\limits_1^0 { – (1 – {t^2}){t^4}} dt} \cr
& = – \int\limits_0^1 {({t^4} – {t^6})dt = – ({{{t^5}} \over 5}} – {{{t^7}} \over 7})\left| {_0^1} \right. = {2 \over {35}} \cr} \)

d) Đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x}  \Rightarrow {t^2} = 1 + \tan x \Rightarrow 2tdt = {{dx} \over {{{\cos }^2}x}}\)

Do đó:

\(\int\limits_{{{ – \pi } \over 4}}^{{\pi  \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {2{t^2}dt = {2 \over 3}} {t^3}\left| {_0^{\sqrt 2 }} \right. = {{4\sqrt 2 } \over 3}\)

 

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

Bài 13. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng

a) \(y = x^2 + 1, x = -1, x = 2\) và trục hoành

b) \(y = ln x, x = {1 \over e}, x = e\) và trục hoành

Trả lời:

a) Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S = \int\limits_{ – 1}^2 {({x^2} + 1)dx = ({{{x^3}} \over 3}}  + x)\left| {_{ – 1}^2} \right. = 6\)

b) Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\eqalign{& S = \int\limits_{{1 \over e}}^e {|\ln x|dx = \int\limits_{{1 \over e}}^1 {|\ln x|dx + } } \int\limits_1^e {|\ln x|dx} \cr & = – \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } \cr} \)

Mặt khác:

\(\int {\ln xdx = x\ln x – \int {xd\ln x = x\ln x – \int {dx = x\ln x – x + C} } } \)

Do đó:

\(\eqalign{
& S = – \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } = \int\limits_1^{{1 \over e}} {\ln xdx + \int\limits_1^e {xdx} } \cr
& = (x\ln x – x)\left| {_1^{{1 \over e}}} \right. + (x\ln x – x)\left| {_1^e} \right. = 2(1 – {1 \over e}) \cr} \)

 

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

Bài 14. Tìm vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2x^2\) và \(y = x^3\) xung quanh trục Ox

Trả lời:

Hoành độ giao điểm hai đường thẳng là nghiệm của phương trình sau:

\(x^3 = 2x^2\)

\(\Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\)

Trong khoảng \((0, 2)\) ta có \(0 < x^3< 2x^2\) nên thể tích cần tìm là:

\(V = \pi \int\limits_0^2 {(4{x^4} – {x^6})dx = \pi ({{4{x^5}} \over 5}}  – {{{x^7}} \over 7})\left| {_0^2} \right. = {{256\pi } \over {35}}\).