Giải SBT Toán 12 bài 2: Tích phân

Giải SBT Toán lớp 12

Toán 12 - Tích phân

Để giúp các bạn học sinh đạt kết quả cao hơn trong học tập, VnDoc mời các bạn tham khảo tài liệu Giải SBT Toán 12 bài 2: Tích phân, với nội dung được cập nhật chi tiết và chính xác sẽ là nguồn thông tin hay để phục vụ công việc học tập của các bạn học sinh được tốt hơn.

Giải SBT Toán 12 bài 5: Phương trình mũ và phương trình logarit

Giải SBT Toán 12 bài 6: Bất phương trình mũ và bất phương trình logarit

Giải SBT Toán 12 ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số logarit

Giải SBT Toán 12 bài 1: Nguyên hàm

Giải SBT Toán 12 bài 2

Bài 3.10 trang 177 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Tính các tích phân sau:

a) $\int\limits_0^1 {({y^3} + 3{y^2} - 2)dy}$ $\int\limits_0^1 {({y^3} + 3{y^2} - 2)dy}$

b) $\int\limits_1^4 {(t + {1 \over {\sqrt t }}} - {1 \over {{t^2}}})dt$ $\int\limits_1^4 {(t + {1 \over {\sqrt t }}} - {1 \over {{t^2}}})dt$

c) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(2\cos x - \sin 2x)dx}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(2\cos x - \sin 2x)dx}$

d) $\int\limits_0^1 {{{({3^s} - {2^s})}^2}ds}$ $\int\limits_0^1 {{{({3^s} - {2^s})}^2}ds}$

e) $\int\limits_0^{{\pi \over 3}} {\cos 3xdx} + \int\limits_{{\pi \over 3}}^{{{3\pi } \over 2}} {\cos 3xdx} + \int\limits_{{{3\pi } \over 2}}^{{{5\pi } \over 2}} {\cos 3xdx}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 3}} {\cos 3xdx} + \int\limits_{{\pi \over 3}}^{{{3\pi } \over 2}} {\cos 3xdx} + \int\limits_{{{3\pi } \over 2}}^{{{5\pi } \over 2}} {\cos 3xdx}$

g) $\int\limits_0^3 {|{x^2} - x - 2|dx}$ $\int\limits_0^3 {|{x^2} - x - 2|dx}$

h) $\int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x - \cos x} \over {\sqrt {1 + \sin 2x} }}} dx$ $\int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x - \cos x} \over {\sqrt {1 + \sin 2x} }}} dx$

i) $\int\limits_0^4 {{{4x - 1} \over {\sqrt {2x + 1} + 2}}} dx$ $\int\limits_0^4 {{{4x - 1} \over {\sqrt {2x + 1} + 2}}} dx$

Hướng dẫn làm bài

a) $- {3 \over 4}$ $- {3 \over 4}$

b) ${{35} \over 4}$ ${{35} \over 4}$

c) 1

d) ${4 \over {\ln 3}} - {{10} \over {\ln 6}} + {3 \over {2\ln 2}}$ ${4 \over {\ln 3}} - {{10} \over {\ln 6}} + {3 \over {2\ln 2}}$

e) $- {1 \over 3}$ $- {1 \over 3}$

g) ${{31} \over 6}$ ${{31} \over 6}$

HD: $\int\limits_0^3 {|{x^2} - x - 2|dx }$ $\int\limits_0^3 {|{x^2} - x - 2|dx }$

${= \int\limits_0^2 { - ({x^2} - x - 2)dx + \int\limits_2^3 {({x^2} - x - 2)dx} } }$ ${= \int\limits_0^2 { - ({x^2} - x - 2)dx + \int\limits_2^3 {({x^2} - x - 2)dx} } }$

h) ${1 \over 2}\ln 2$ ${1 \over 2}\ln 2$

HD: $\int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x - \cos x} \over {\sqrt {1 + \sin 2x} }}} dx$ $\int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x - \cos x} \over {\sqrt {1 + \sin 2x} }}} dx$

$= \int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x - \cos x} \over {|\sin x + \cos x|}}} dx = \int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{d(\sin x + \cos x)} \over {\sin x + \cos x}}}$ $= \int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{\sin x - \cos x} \over {|\sin x + \cos x|}}} dx = \int\limits_\pi ^{{{5\pi } \over 4}} {{{d(\sin x + \cos x)} \over {\sin x + \cos x}}}$

i) ${{34} \over 3} + 10\ln {3 \over 5}$ ${{34} \over 3} + 10\ln {3 \over 5}$

HD: Đặt $t = \sqrt {2x + 1}$ $t = \sqrt {2x + 1}$

Bài 3.11 trang 177 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến:

a) $\int\limits_1^2 {x{{(1 - x)}^5}dx}$ $\int\limits_1^2 {x{{(1 - x)}^5}dx}$ (đặt t = 1 – x)

b) $\int\limits_0^{\ln 2} {\sqrt {{e^x} - 1} dx}$ $\int\limits_0^{\ln 2} {\sqrt {{e^x} - 1} dx}$ (đặt $t = \sqrt {{e^x} - 1}$ $t = \sqrt {{e^x} - 1}$)

c) $\int\limits_1^9 {x\root 3 \of {1 - x} dx}$ $\int\limits_1^9 {x\root 3 \of {1 - x} dx}$ (đặt $t = \root 3 \of {1 - x}$ $t = \root 3 \of {1 - x}$)

d) $\int\limits_{ - 1}^1 {{{2x + 1} \over {\sqrt {{x^2} + x + 1} }}} dx$ $\int\limits_{ - 1}^1 {{{2x + 1} \over {\sqrt {{x^2} + x + 1} }}} dx$(đặt $u = \sqrt {{x^2} + x + 1}$ $u = \sqrt {{x^2} + x + 1}$)

e) $\int\limits_1^2 {{{\sqrt {1 + {x^2}} } \over {{x^4}}}} dx$ $\int\limits_1^2 {{{\sqrt {1 + {x^2}} } \over {{x^4}}}} dx$ (đặt $t = {1 \over x}$ $t = {1 \over x}$)

g) $\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx}$ $\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx}$ (đặt $x = \pi - t$ $x = \pi - t$)

h) $\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}{{(1 - {x^3})}^4}dx}$ $\int\limits_{ - 1}^1 {{x^2}{{(1 - {x^3})}^4}dx}$

i) $\int\limits_0^1 {{{dx} \over {1 + {x^2}}}}$ $\int\limits_0^1 {{{dx} \over {1 + {x^2}}}}$ (đặt $x = \tan u$ $x = \tan u$)

Hướng dẫn làm bài

a) $- {{13} \over {42}}$ $- {{13} \over {42}}$

b) $2 - {\pi \over 2}$ $2 - {\pi \over 2}$

c) $- {{468} \over 7}$ $- {{468} \over 7}$

d) $2(\sqrt 3 - 1)$ $2(\sqrt 3 - 1)$

e) $- {1 \over 3}({{5\sqrt 5 } \over 8} - 2\sqrt 2 )$ $- {1 \over 3}({{5\sqrt 5 } \over 8} - 2\sqrt 2 )$

g) ${{{\pi ^2}} \over 4}$ ${{{\pi ^2}} \over 4}$

HD: Đặt $x = \pi - t$ $x = \pi - t$, ta suy ra:

$\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} = {\pi \over 2}\int\limits_0^\pi {{{\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}} dx = {\pi \over 2}\int\limits_0^\pi {{{ - d(\cos x)} \over {1 + {{\cos }^2}x}}}$ $\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} = {\pi \over 2}\int\limits_0^\pi {{{\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}} dx = {\pi \over 2}\int\limits_0^\pi {{{ - d(\cos x)} \over {1 + {{\cos }^2}x}}}$

Vậy $\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} = {\pi \over 2}\int\limits_{ - 1}^1 {{{dt} \over {1 + {t^2}}}}$ $\int\limits_0^\pi {{{x\sin x} \over {1 + {{\cos }^2}x}}dx} = {\pi \over 2}\int\limits_{ - 1}^1 {{{dt} \over {1 + {t^2}}}}$

Đặt tiếp t = tan u

h) ${{{2^5}} \over {15}}$ ${{{2^5}} \over {15}}$

HD: Đặt t = 1 – x³

i) ${\pi \over 4}$ ${\pi \over 4}$

Bài 3.12 trang 178 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần, hãy tính các tích phân sau:

a) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos 2xdx}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos 2xdx}$

b) $\int\limits_0^{\ln 2} {x{e^{ - 2x}}dx}$ $\int\limits_0^{\ln 2} {x{e^{ - 2x}}dx}$

c) $\int\limits_0^1 {\ln (2x + 1)dx}$ $\int\limits_0^1 {\ln (2x + 1)dx}$

d) $\int\limits_2^3 {{\rm{[}}\ln (x - 1) - \ln (x + 1){\rm{]}}dx}$ $\int\limits_2^3 {{\rm{[}}\ln (x - 1) - \ln (x + 1){\rm{]}}dx}$

e) $\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(1 + x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx}$ $\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(1 + x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx}$

g) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos x{{\sin }^2}xdx}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos x{{\sin }^2}xdx}$

h) $\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx$ $\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx$

i) $\int\limits_1^e {{{1 + x\ln x} \over x}} {e^x}dx$ $\int\limits_1^e {{{1 + x\ln x} \over x}} {e^x}dx$

Hướng dẫn làm bài

a) $- {1 \over 2}$ $- {1 \over 2}$

b) ${1 \over 4}({3 \over 4} - {{\ln 2} \over 2})$ ${1 \over 4}({3 \over 4} - {{\ln 2} \over 2})$

c) ${3 \over 2}\ln 3 - 1$ ${3 \over 2}\ln 3 - 1$

d) $3\ln 3 - 6\ln 2$ $3\ln 3 - 6\ln 2$

e) ${3 \over 2}{e^{{5 \over 2}}}$ ${3 \over 2}{e^{{5 \over 2}}}$

HD: $\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(1 + x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx = } \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {{e^{x + {1 \over x}}}} dx + \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx}$ $\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(1 + x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx = } \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {{e^{x + {1 \over x}}}} dx + \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx}$

Tính tích phân từng phần: $\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {{e^{x + {1 \over x}}}dx = x{e^{x + {1 \over x}}}\left| {\matrix{2 \cr {{1 \over 2}} \cr} } \right.} - \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx}$ $\int\limits_{{1 \over 2}}^2 {{e^{x + {1 \over x}}}dx = x{e^{x + {1 \over x}}}\left| {\matrix{2 \cr {{1 \over 2}} \cr} } \right.} - \int\limits_{{1 \over 2}}^2 {(x - {1 \over x}){e^{x + {1 \over x}}}dx}$

g) ${\pi \over 6} - {2 \over 9}$ ${\pi \over 6} - {2 \over 9}$

HD: Đặt $u = x,dv = \cos x{\sin ^2}xdx$ $u = x,dv = \cos x{\sin ^2}xdx$

h) ${e \over 2} - 1$ ${e \over 2} - 1$. HD: $\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx = \int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {1 + x}}dx} - \int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}dx}$ $\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx = \int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {1 + x}}dx} - \int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}dx}$ và tính tích phân từng phần:

$\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx = {{ - {e^x}} \over {1 + x}}\left| {\matrix{ 1 \cr 0 \cr} + } \right.\int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {1 + x}}dx}$ $\int\limits_0^1 {{{x{e^x}} \over {{{(1 + x)}^2}}}} dx = {{ - {e^x}} \over {1 + x}}\left| {\matrix{ 1 \cr 0 \cr} + } \right.\int\limits_0^1 {{{{e^x}} \over {1 + x}}dx}$

i) e^e . HD: Tương tự câu g)

Bài 3.13 trang 178 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Tính các tích phân sau đây:

a) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(x + 1)\cos (x + {\pi \over 2}} )dx$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(x + 1)\cos (x + {\pi \over 2}} )dx$

b) $\int\limits_0^1 {{{{x^2} + x + 1} \over {x + 1}}{{\log }_2}(x + 1)dx}$ $\int\limits_0^1 {{{{x^2} + x + 1} \over {x + 1}}{{\log }_2}(x + 1)dx}$

c) $\int\limits_{{1 \over 2}}^1 {{{{x^2} - 1} \over {{x^4} + 1}}} dx$ $\int\limits_{{1 \over 2}}^1 {{{{x^2} - 1} \over {{x^4} + 1}}} dx$ (đặt $t = x + {1 \over x}$ $t = x + {1 \over x}$)

d) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin 2xdx} \over {3 + 4\sin x - \cos 2x}}}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin 2xdx} \over {3 + 4\sin x - \cos 2x}}}$

Hướng dẫn làm bài

a) - 2

b) ${1 \over {2\ln 2}}({1 \over 2} + {\ln ^2}2)$ ${1 \over {2\ln 2}}({1 \over 2} + {\ln ^2}2)$. HD: ${{{x^2} + x + 1} \over {x + 1}}{\log _2}(x + 1) = {1 \over {\ln 2}}{\rm{[}}x\ln (x + 1) + {{\ln (x + 1)} \over {x + 1}}{\rm{]}}$ ${{{x^2} + x + 1} \over {x + 1}}{\log _2}(x + 1) = {1 \over {\ln 2}}{\rm{[}}x\ln (x + 1) + {{\ln (x + 1)} \over {x + 1}}{\rm{]}}$

c) ${1 \over {2\sqrt 2 }}\ln {{6 - \sqrt 2 } \over {6 + \sqrt 2 }}$ ${1 \over {2\sqrt 2 }}\ln {{6 - \sqrt 2 } \over {6 + \sqrt 2 }}$. HD: Đặt $t = x + {1 \over x}$ $t = x + {1 \over x}$, ta nhận được:

$\int\limits_{{5 \over 2}}^2 {{{dt} \over {{t^2} - 2}} = {1 \over {2\sqrt 2 }}} \ln |{{t - \sqrt 2 } \over {t + \sqrt 2 }}|\left| {\matrix{2 \cr {{5 \over 2}} \cr} } \right. = {1 \over {2\sqrt 2 }}\ln {{6 - \sqrt 2 } \over {6 + \sqrt 2 }}$ $\int\limits_{{5 \over 2}}^2 {{{dt} \over {{t^2} - 2}} = {1 \over {2\sqrt 2 }}} \ln |{{t - \sqrt 2 } \over {t + \sqrt 2 }}|\left| {\matrix{2 \cr {{5 \over 2}} \cr} } \right. = {1 \over {2\sqrt 2 }}\ln {{6 - \sqrt 2 } \over {6 + \sqrt 2 }}$

d) $\ln 2 - {1 \over 2}$ $\ln 2 - {1 \over 2}$. HD: $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin 2xdx} \over {3 + 4\sin x - \cos 2x}} = } \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin x.{{d(\sin x + 1)} \over {{{(\sin x + 1)}^2}}}} = \ln 2 - {1 \over 2}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin 2xdx} \over {3 + 4\sin x - \cos 2x}} = } \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin x.{{d(\sin x + 1)} \over {{{(\sin x + 1)}^2}}}} = \ln 2 - {1 \over 2}$

Bài 3.14 trang 178 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Chứng minh rằng: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_0^1 {{x^n}\sin \pi xdx = 0}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_0^1 {{x^n}\sin \pi xdx = 0}$

Hướng dẫn làm bài

Với $x \in {\rm{[}}0;1]$ $x \in {\rm{[}}0;1]$, ta có $0 \le {x^n}\sin \pi x \le {x^n}$ $0 \le {x^n}\sin \pi x \le {x^n}$. Do đó:

$0 \le \int\limits_0^1 {{x^n}\sin \pi xdx} \le \int\limits_0^1 {{x^n}dx = {1 \over {n + 1}}}$ $0 \le \int\limits_0^1 {{x^n}\sin \pi xdx} \le \int\limits_0^1 {{x^n}dx = {1 \over {n + 1}}}$

Áp dụng quy tắc chuyển qua giới hạn trong bất đẳng thức, ta được điều phải chứng minh.

Bài 3.15 trang 179 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Chứng minh rằng hàm số f(x) cho bởi $f(x) = \int\limits_0^x {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt,x \in R$ $f(x) = \int\limits_0^x {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt,x \in R$ là hàm số chẵn.

Hướng dẫn làm bài

Đặt t = - s trong tích phân: $f( - x) = \int\limits_0^{ - x} {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt$ $f( - x) = \int\limits_0^{ - x} {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt$, ta được: $f( - x) = \int\limits_0^{ - x} {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt = \int\limits_0^x {{s \over {\sqrt {1 + {s^4}} }}} ds = f(x)$ $f( - x) = \int\limits_0^{ - x} {{t \over {\sqrt {1 + {t^4}} }}} dt = \int\limits_0^x {{s \over {\sqrt {1 + {s^4}} }}} ds = f(x)$

Bài 3.16 trang 179 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-a; a]. Chứng minh rằng:

$\int\limits_{ - a}^a {f(x)dx = } \left\{ {\matrix{{2\int\limits_0^a {f(x)dx,(1)} } \cr {0,(2)} \cr} } \right.$ $\int\limits_{ - a}^a {f(x)dx = } \left\{ {\matrix{{2\int\limits_0^a {f(x)dx,(1)} } \cr {0,(2)} \cr} } \right.$

(1) : nếu f là hàm số chẵn

(2): nếu f là hàm số lẻ.

Áp dụng để tính: $\int\limits_{ - 2}^2 {\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} } )dx$ $\int\limits_{ - 2}^2 {\ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} } )dx$

Hướng dẫn làm bài

Giả sử hàm số f(x) là hàm số chẵn trên đoạn [-a; a], ta có:

$\int\limits_{ - a}^a {f(x)dx = \int\limits_{ - a}^0 {f(x)dx + \int\limits_0^a {f(x)dx} } }$ $\int\limits_{ - a}^a {f(x)dx = \int\limits_{ - a}^0 {f(x)dx + \int\limits_0^a {f(x)dx} } }$

Đổi biến x = - t đối với tích phân $\int\limits_{ - a}^0 {f(x)dx}$ $\int\limits_{ - a}^0 {f(x)dx}$, ta được:

$\int\limits_{ - a}^0 {f(x)dx = - \int\limits_a^0 {f( - t)dt = \int\limits_0^a {f(t)dt = \int\limits_0^a {f(x)dx} } } }$ $\int\limits_{ - a}^0 {f(x)dx = - \int\limits_a^0 {f( - t)dt = \int\limits_0^a {f(t)dt = \int\limits_0^a {f(x)dx} } } }$

Vậy $\int\limits_{ - a}^a {f(x)dx = 2\int\limits_0^a {f(x)dx} }$ $\int\limits_{ - a}^a {f(x)dx = 2\int\limits_0^a {f(x)dx} }$

Trường hợp sau chứng minh tương tự. Áp dụng:

Vì $g(x) = \ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )$ $g(x) = \ln (x + \sqrt {1 + {x^2}} )$ là hàm số lẻ trên đoạn [-2; 2] nên $\int\limits_{ - 2}^2 {g(x)dx = 0}$ $\int\limits_{ - 2}^2 {g(x)dx = 0}$

Bài 3.17 trang 179 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Chứng minh rằng: $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos x)dx} }$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos x)dx} }$

Hướng dẫn làm bài

Đổi biến số: $x = {\pi \over 2} - t$ $x = {\pi \over 2} - t$, ta được: $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = - \int\limits_{{\pi \over 2}}^0 {f(\sin ({\pi \over 2} - t))dt = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos t)dt} } }$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = - \int\limits_{{\pi \over 2}}^0 {f(\sin ({\pi \over 2} - t))dt = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos t)dt} } }$

Hay $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos x)dx} }$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\sin x)dx = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {f(\cos x)dx} }$

Bài 3.18 trang 179 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Đặt ${I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^n}xdx} ,n \in {N^*}$ ${I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^n}xdx} ,n \in {N^*}$

a) Chứng minh rằng ${I_n} = {{n - 1} \over n}{I_{n - 2}},n > 2$ ${I_n} = {{n - 1} \over n}{I_{n - 2}},n > 2$

b) Tính I₃ và I₅.

Hướng dẫn làm bài

a) Xét với n > 2, ta có: ${I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n - 1}}x.\sin xdx}$ ${I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n - 1}}x.\sin xdx}$

Dùng tích phân từng phần với và , ta có:

${I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n - 1}}x\sin xdx}$ ${I_n} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n - 1}}x\sin xdx}$

${= - } \cos x{\sin ^{n - 1}}x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. + (n - 1)\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx}$ ${= - } \cos x{\sin ^{n - 1}}x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. + (n - 1)\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx}$

$= (n - 1)\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {({{\sin }^{n - 2}}x - {{\sin }^n}x)dx}$ $= (n - 1)\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {({{\sin }^{n - 2}}x - {{\sin }^n}x)dx}$

$= (n - 1){I_{n - 2}} - (n - 1){I_n}$ $= (n - 1){I_{n - 2}} - (n - 1){I_n}$

Vậy ${I_n} = {{n - 1} \over n}{I_{n - 2}}$ ${I_n} = {{n - 1} \over n}{I_{n - 2}}$

b) ${I_3} = {2 \over 3},{I_5} = {8 \over {15}}$ ${I_3} = {2 \over 3},{I_5} = {8 \over {15}}$

Bài 3.19 trang 179 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Đặt ${I_{m,n}} = \int\limits_0^1 {{x^m}{{(1 - x)}^n}} dx,m,n \in {N^*}$ ${I_{m,n}} = \int\limits_0^1 {{x^m}{{(1 - x)}^n}} dx,m,n \in {N^*}$Chứng minh rằng: ${I_{m,n}} = {n \over {m + 1}}{I_{m + 1,n - 1}},m > 0,n > 1$ ${I_{m,n}} = {n \over {m + 1}}{I_{m + 1,n - 1}},m > 0,n > 1$

Từ đó tính I_1,2 và I_1,3.

Hướng dẫn làm bài

Dùng tích phân từng phần với $u = {(1 - x)^n},dv = {x^m}dx$ $u = {(1 - x)^n},dv = {x^m}dx$, ta được:

${I_{m,n}} = {{{x^{m + 1}}} \over {m + 1}}{(1 - x)^n}\left| {\matrix{1 \cr 0 \cr} } \right. + {n \over {m + 1}}\int\limits_0^1 {{x^{m + 1}}{{(1 - x)}^{n - 1}}dx}$ ${I_{m,n}} = {{{x^{m + 1}}} \over {m + 1}}{(1 - x)^n}\left| {\matrix{1 \cr 0 \cr} } \right. + {n \over {m + 1}}\int\limits_0^1 {{x^{m + 1}}{{(1 - x)}^{n - 1}}dx}$

Vậy ${I_{m,n}} = {n \over {m + 1}}\int\limits_0^1 {{x^{m + 1}}} {(1 - x)^{n - 1}}dx$ ${I_{m,n}} = {n \over {m + 1}}\int\limits_0^1 {{x^{m + 1}}} {(1 - x)^{n - 1}}dx$

$= {n \over {m + 1}}{I_{m + 1,n - 1}},n > 1,m > 0$ $= {n \over {m + 1}}{I_{m + 1,n - 1}},n > 1,m > 0$

${I_{1,2}} = {1 \over {12}}$ ${I_{1,2}} = {1 \over {12}}$ và ${I_{1,3}} = {1 \over {20}}$ ${I_{1,3}} = {1 \over {20}}$

Bài 3.20 trang 179 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12

Hãy chỉ ra kết quả nào dưới đây đúng:

a) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin xdx + } \int\limits_{{\pi \over 2}}^{{{3\pi } \over 2}} {\sin xdx + } \int\limits_{{{3\pi } \over 2}}^{2\pi } {\sin xdx = 0}$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin xdx + } \int\limits_{{\pi \over 2}}^{{{3\pi } \over 2}} {\sin xdx + } \int\limits_{{{3\pi } \over 2}}^{2\pi } {\sin xdx = 0}$

b) $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(\root 3 \of {\sin x} - \root 3 \of {\cos x} } )dx = 0$ $\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {(\root 3 \of {\sin x} - \root 3 \of {\cos x} } )dx = 0$

c) $\int\limits_{ - {1 \over 2}}^{{1 \over 2}} {\ln {{1 - x} \over {1 + x}}} dx = 0$ $\int\limits_{ - {1 \over 2}}^{{1 \over 2}} {\ln {{1 - x} \over {1 + x}}} dx = 0$

d) $\int\limits_0^2 {({1 \over {1 + x + {x^2} + {x^3}}} + 1)dx = 0}$ $\int\limits_0^2 {({1 \over {1 + x + {x^2} + {x^3}}} + 1)dx = 0}$

Hướng dẫn làm bài:

a) Đúng (vì vế trái bằng $\int\limits_0^{2\pi } {\sin xdx = 0}$ $\int\limits_0^{2\pi } {\sin xdx = 0}$)

b) Đúng (theo bài 3.17)

c) Đúng (theo bài 3.16)

d) Sai: Vì $1 + {1 \over {1 + x + {x^2} + {x^3}}} > 1,x \in {\rm{[}}0;2]$ $1 + {1 \over {1 + x + {x^2} + {x^3}}} > 1,x \in {\rm{[}}0;2]$

---------------------------------

Trên đây VnDoc.com đã giới thiệu tới bạn đọc tài liệu: Giải SBT Toán 12 bài 2: Tích phân. Để có kết quả cao hơn trong học tập, VnDoc xin giới thiệu tới các bạn học sinh tài liệu Giải bài tập Toán lớp 12, Giải bài tập Hóa học lớp 12, Giải bài tập Vật Lí 12 mà VnDoc tổng hợp và đăng tải.

Chia sẻ, đánh giá bài viết

1

552

Bài trước

Bài sau