Bài 6 Trang 127 SGK Giải Tích 12 - Môn Toán - Tìm đáp án

Tính:

LG a

a) \(\displaystyle\int_0^{{\pi  \over 2}} {\cos 2x\sin ^2} xdx\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức hạ bậc đưa về tích phân các hàm lượng giác cơ bản.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\displaystyle \int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2x\sin ^2} xdx \)\(\displaystyle = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2x(1 - \cos 2x)dx}\)

\( = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\cos 2x - {{\cos }^2}2x} \right)dx} \)\(\displaystyle = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\left[ {\cos 2x - {{1 + \cos 4x} \over 2}} \right]} dx\)

\(\displaystyle = {1 \over 4}\int_0^{{\pi \over 2}} {(2\cos 2x - \cos 4x - 1)dx} \)\(\displaystyle = {1 \over 4}\left[ {\sin 2x - {{\sin 4x} \over 4} - x} \right]_0^{{\pi \over 2}} \displaystyle = {1 \over 4}.(-{\pi \over 2}) \)\(\displaystyle = {{ - \pi } \over 8} \)

LG b

b) \(\displaystyle\int_{ - 1}^1 {|{2^x}}  - {2^{ - x}}|dx\)

Phương pháp giải:

Xét dấu, phá dấu giá trị tuyệt đối của hàm số dưới dấu tích phân.

Lời giải chi tiết:

Ta có: Xét \({2^x}-{2^{ - x}} ≥ 0 ⇔ x ≥ 0\).

Ta tách thành tổng của hai tích phân:

\(\int_{ - 1}^1 {|{2^x}} - {2^{ - x}}|dx \)

\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{2^x} - {2^{ - x}}} \right|dx}  + \int\limits_0^1 {\left| {{2^x} - {2^{ - x}}} \right|dx} \)

\(= - \int_{ - 1}^0 ( {2^x} - {2^{ - x}})dx \) \(+ \int_0^1 ( {2^x} - {2^{ - x}})dx\)

\(\displaystyle = - ({{{2^x}} \over {\ln 2}} + {{{2^{ - x}}} \over {\ln 2}})\left| {_{ - 1}^0} \right. + ({{{2^x}} \over {\ln 2}} + {{{2^{ - x}}} \over {\ln 2}})\left| {_0^1} \right. \)

\(\begin{array}{l} = \left( {\dfrac{{ - 2}}{{\ln 2}} + \dfrac{5}{{2\ln 2}}} \right) + \left( {\dfrac{5}{{2\ln 2}} + \dfrac{{ - 2}}{{\ln 2}}} \right)\\ = \dfrac{{ - 4}}{{\ln 2}} + \dfrac{5}{{\ln 2}}\end{array}\)

\(\displaystyle = {1 \over {\ln 2}}  \)

LG c

c) \(\displaystyle\int_1^2 {{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)} \over {{x^2}}}} dx\)

Phương pháp giải:

Biến đổi hàm số dưới dấu tích phân về các hàm đa thức, phân thức cơ bản và tính tích phân.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\displaystyle \int_1^2 {{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)} \over {{x^2}}}} dx \) \(\displaystyle = \int_1^2 {{{{x^3} + 6{x^2} + 11x + 6} \over {{x^2}}}dx} \) \(\displaystyle = \int_1^2 {(x + 6 + {{11} \over x}} + {6 \over {{x^2}}})dx\)

\(\displaystyle = \left[ {{{{x^2}} \over 2} + 6x + 11\ln |x| - {6 \over x}} \right]\left| {_1^2} \right. \) \( \displaystyle = (2 + 12 + 11\ln 2 - 3) - ({1 \over 2} + 6 - 6) \)

\(\displaystyle = {{21} \over 2} + 11\ln 2 \)

LG d

d) \(\displaystyle\int_0^2 {{1 \over {{x^2} - 2x - 3}}} dx\)

Phương pháp giải:

Biến đổi hàm số dưới dấu tích phân về dạng tổng, hiệu hai phân thức đơn giản đã biết cách tính tích phân.

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^2 {\dfrac{1}{{{x^2} - 2x - 3}}dx \\= \int\limits_0^2 {\dfrac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}dx} } \\= \int\limits_0^2 {\dfrac{{\left( {x + 1} \right) - \left( {x - 3} \right)}}{{4\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}dx}  \\= \dfrac{1}{4}\int\limits_0^2 {\left[ {\dfrac{{x + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} - \dfrac{{x - 3}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}} \right]dx} \\= \dfrac{1}{4}\int\limits_0^2 {\left( {\dfrac{1}{{x - 3}} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \\= \left. {\dfrac{1}{4}\left[ {\ln \left| {x - 3} \right| - \ln \left| {x + 1} \right|} \right]} \right|_0^2\\= \dfrac{1}{4}\left[ { - \ln 3 - \ln 3} \right] = - \dfrac{1}{2}\ln 3.\end{array}\)

LG e

e) \(\displaystyle\int_0^{{\pi  \over 2}} {{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}dx} \)

Phương pháp giải:

Thu gọn biểu thức \( (\sin x+\cos x)^2\) đưa về các hàm số lượng giác cơ bản.

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\eqalign{& \int_0^{{\pi \over 2}} {{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\cos x}\nolimits} )}^2}dx} \cr &= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {{{\sin }^2}x + 2\sin x\cos x + {{\cos }^2}x} \right)dx} \cr &= \int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \sin 2x)dx} \cr & = \left[ {x - {{\cos 2x} \over 2}} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 2} + 1. \cr} \)

LG g

g) \(\displaystyle\int_0^\pi  {{{(x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}})}^2}} dx\)

Phương pháp giải:

Khai triển biểu thức dưới dấu tích phân, kết hợp với công thức hạ bậc, phương pháp tích phân từng phần để tính tích phân.

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^\pi {{{\left( {x + \sin x} \right)}^2}dx} \\ = \int\limits_0^\pi {\left( {{x^2} + 2x\sin x + {{\sin }^2}x} \right)dx} \\ = \int\limits_0^\pi {{x^2}dx} + 2\int\limits_0^\pi {x\sin xdx} + \int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}xdx} \\ = I + 2J + K\end{array}\)

Tính \(I = \int\limits_0^\pi  {{x^2}dx}  = \left. {\dfrac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^\pi  = \dfrac{{{\pi ^3}}}{3}\)

Tính :\(J = \int_0^\pi  {x\sin xdx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \sin xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \cos x\end{array} \right.\)

Suy ra:

\(J = \left[ { - x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right]\left| {_0^\pi } \right. + \int_0^\pi  {{\mathop{\rm cosxdx}\nolimits}  = \pi  + \left[ {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right]} \left| {_0^\pi } \right. = \pi \)

Tính K:

\(\begin{array}{l}K = \int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}xdx} \\ = \int\limits_0^\pi {\dfrac{{1 - \cos 2x}}{2}dx} \\ = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^\pi {\left( {1 - \cos 2x} \right)dx} \\ = \dfrac{1}{2}\left. {\left( {x - \dfrac{{\sin 2x}}{2}} \right)} \right|_0^\pi \\ = \dfrac{\pi }{2}\end{array}\)

Do đó: 

\(\eqalign{& I = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {\pi \over 2} = \dfrac{{{\pi ^3}}}{3} + \dfrac{{5\pi }}{2} \cr} \)