Bài 25 trang 162 sgk đại số và giải tích 12 nâng cao

Do đó \[\int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx = \left. {{{{x^3}} \over 3}\ln x} \right|} _1^e - {1 \over 3}\int\limits_1^e {{x^2}dx }\] \[= {{{e^3}} \over 3} - \left. {{1 \over 9}{x^3}} \right| _1^e = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{9}\left[ {{e^3} - 1} \right]\] \[= {{2{e^3} + 1} \over 9}\]
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
  • LG a
  • LG b
  • LG c
  • LG d
  • LG e

Tính các tích phân sau:

LG a

\[\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {x\cos 2xdx;} \]

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp từng phần\[\left\{ \matrix{
u = x \hfill \cr
dv = \cos 2xdx \hfill \cr} \right.\]

Lời giải chi tiết:

Đặt

\[\left\{ \matrix{
u = x \hfill \cr
dv = \cos 2xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = dx \hfill \cr
v = {1 \over 2}\sin 2x \hfill \cr} \right.\]

Do đó \[\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {x\cos 2xdx }\] \[= \left. {{1 \over 2}x\sin 2x} \right|_0^{{\pi \over 4}} - {1 \over 2}\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {\sin 2xdx} \]

\[ = {\pi \over 8} + \left. {{1 \over 4}\cos 2x} \right|_0^{{\pi \over 4}} \] \[= {\pi \over 8} + {1 \over 4}\left[ { - 1} \right] = {\pi \over 8} - {1 \over 4}.\]

LG b

\[\int\limits_0^1 {{{\ln \left[ {2 - x} \right]} \over {2 - x}}} dx;\]

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp đổi biến\[u = \ln \left[ {2 - x} \right] \]

Lời giải chi tiết:

Đặt \[u = \ln \left[ {2 - x} \right] \Rightarrow du = {{ - 1} \over {2 - x}}dx\]

\[\int\limits_0^1 {{{\ln \left[ {2 - x} \right]} \over {2 - x}}} dx = - \int\limits_{\ln 2}^0 {udu} = \int\limits_0^{\ln 2} {udu}\] \[ = \left. {{{{u^2}} \over 2}} \right|_0^{\ln 2} = {1 \over 2}{\left[ {\ln 2} \right]^2}\]

LG c

\[\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos xdx;} \]

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp từng phần\[\left\{ \matrix{
u = {x^2} \hfill \cr
dv = \cos xdx \hfill \cr} \right.\]

Lời giải chi tiết:

Đặt

\[\left\{ \matrix{
u = {x^2} \hfill \cr
dv = \cos xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = 2xdx \hfill \cr
v = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \hfill \cr} \right.\]

Do đó \[I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos xdx }\] \[= {x^2} \left. {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right|_0^{{\pi \over 2}}- 2\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin xdx }\] \[= {{{\pi ^2}} \over 4} - 2{I_1}\]

Với \[{I_1} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin xdx} \]

Đặt

\[\left\{ \matrix{
u = x \hfill \cr
dv = \sin {\rm{x}}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = dx \hfill \cr
v = - \cos x \hfill \cr} \right.\]

Do đó \[{I_1} = - x\left. {\cos x} \right|_0^{{\pi \over 2}} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\cos xdx}\]

\[ = - \frac{\pi }{2}\cos \frac{\pi }{2} + 0\cos 0 + \left. {\sin x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} \] \[= 0 + \sin \frac{\pi }{2} - \sin 0 = 1\]

Vậy \[I = {{{\pi ^2}} \over 4} - 2\]

LG d

\[\int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^3} + 1} dx;} \]

Phương pháp giải:

Đổi biến\[u = \sqrt {{x^3} + 1}\]

Lời giải chi tiết:

Đặt \[u = \sqrt {{x^3} + 1} \Rightarrow {u^2} = {x^3} + 1 \] \[\Rightarrow 2udu = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = {2 \over 3}udu\]

\[\int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^3} + 1} dx} = {2 \over 3}\int\limits_1^{\sqrt 2 } {{u^2}du = \left. {{{2{u^3}} \over 9}} \right|} _1^{\sqrt 2 } \] \[= {2 \over 9}\left[ {2\sqrt 2 - 1} \right]\]

LG e

\[\int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx.} \]

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp từng phần\[\left\{ \matrix{
u = \ln x \hfill \cr
dv = {x^2}dx \hfill \cr} \right. \]

Lời giải chi tiết:

Đặt

\[\left\{ \matrix{
u = \ln x \hfill \cr
dv = {x^2}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = {{dx} \over x} \hfill \cr
v = {{{x^3}} \over 3} \hfill \cr} \right.\]

Do đó \[\int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx = \left. {{{{x^3}} \over 3}\ln x} \right|} _1^e - {1 \over 3}\int\limits_1^e {{x^2}dx }\] \[= {{{e^3}} \over 3} - \left. {{1 \over 9}{x^3}} \right| _1^e = \frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{9}\left[ {{e^3} - 1} \right]\] \[= {{2{e^3} + 1} \over 9}\]

Video liên quan

Chủ Đề