Tích phân lớp 12

Tích phân Trần Sĩ Tùng phân từng phần, xong đó lại không phải ý kiến hay. Điều đó cho thấy việc nhìn nhận tính chất cận và đặc tính của hàm số dưới dấu tích phân để từ đó định hướng việc lựa chọn phương pháp giải rất quan trọng. 2. Tuy nhiên với một bài thi thì vì tính chất 1 không được trình bày trong phạm vi kiến thức của sách giáo khoa do đó các em học sinh lên trình bày như sau: 01−−x1/2 1x I=+∫∫cosx.lndxcosx.lndx . (1) −1/201++x1x 0 1x− Xét tính chất J=∫cosx.lndx −1/2 1x+ Đặt x=−t⇒dx=−dt 11 Đổi cận: x=−⇒=t. x = 0 ⇒ t = 0. 22 Khi đó: 01+t1/21−−t1/2 1x I=−∫cos(−t).lndt=−∫∫cost.lndt=− cosx.lndx (2) 1/21−t001++t1x Thay (2) vào (1) ta được I = 0. 3. Vậy kể từ đây trở đi chúng ta sẽ đi áp dụng ý tưởng trong phương pháp chứng minh tính chất để giải ví dụ trong mục áp dụng. Tính chất 2: Nếu f(x) liên tục và là hàm chẵn trên đoạn [–a ; a] thì: aa I==∫∫f(x)dx2f(x)dx. −a0 PHƯƠNG PHÁP GIẢI a0a Biến đổi I về dạng: I=∫f(x)dx=+∫∫f(x)dxf(x)dx (1) −−aa0 0 Xét tính phân J=∫f(x)dx. −a Đặt x=−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = –a ⇒ t = a; x = 0 ⇒ t = 0 Mặt khác vì f(x) là hàm chẵn ⇒ f(–t) = f(t) 0aaa Khi đó: J=−∫f(−t)dt=∫∫∫f(t)dt==f(t)dtf(x)dx (2) a000 a Thay (2) vào (1) ta được I=2∫f(x)dx đpcm. 0 Chú ý quan trọng: 1. Trong phạm vi phổ thông tính chất trên không mang nhiều ý nghĩa ứng dụng, do đó a khi gặp các bài toán kiểu này chúng ta tốt nhất cứ xác định: I=∫f(x)dx −a Trang 106 Trần Sĩ Tùng Tích phân 1 bằng cách thông thường, thí dụ với tích phân: I= ∫ x2dx. −1 1 1 2x23 Ta không nên sử dụng phép biến đổi: I=2∫ x2dx.== 0 330 bởi khi đó ta nhất thiết cần đi chứng minh lại tính chất 2, điều này khiến bài toán trở 1 x23 nên cồng kềnh hơn nhiều so với cách làm thông thường, cụ thể: I.== 33−1 2. Tuy nhiên không thể phủ nhận sự tiện lợi của nó trong một vài trường hợp rất đặc biệt. Tính chất 3: Nếu f(x) liên tục và là chẵn trên R thì : ααf(x)dx I==f(x)dxvới∀α∈>R+vàa0. ∫∫x −α a1+ 0 PHƯƠNG PHÁP GIẢI ααf(x)dx0 f(x)dxf(x)dx Biến đổi I về dạng: I ==+ ∫x∫∫xx −αa+1−α a++10a1 0 f(x)dx Xét tính phân I = 1 ∫ x −α a1+ Đặt x=−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = –α ⇒ t = α. Mặt khác vì f(x) là hàm chẵn ⇒ f)–t) = f(t). 0 f(−t)dtααattf(t)dtaf(t)dt Khi đó: I === 1∫−t∫∫tt αa+100a++1a1 αatxf(t)dtαf(x)dxαα(a+1)f(x)dx Vậy: I====f(x)dx. ∫t∫xx∫∫ 0a+10a++100a1 Áp dụng: 1 x4dx Ví dụ 2: Tính tích phân: I = ∫ x −1 21+ Giải: 01x44dxxdx Biến đổi I về dạng: I =+ (1) ∫∫xx −102++121 0 x4dx Xét tích phân J = ∫ x −1 21+ Đặt x = –t ⇒ dx = –dt Đổi cận: x = –1 ⇒ t = 1, x = 0 ⇒ t = 0. Trang 107 Tích phân Trần Sĩ Tùng 0(−t)4dt11t4.2t.dtx4x.2.dx Khi đó: J=−== (2) ∫−t∫∫tx 12+1002++121 1x4.2x.dx1x4dx11x4x(2+1)dx1 Thay (2) vào (1) ta được: I=+===x4dx. ∫x∫xx∫∫ 02+102++10021 5 πππ/2/2 Tính chất 4: Nếu f(x) liên tục trên 0; thì: ∫∫f(sinx)dx=f(cosx)dx. 200 CHỨNG MINH π Đặt t=−x⇒dx=−dt 2 ππ Đổi cận: x=0⇒=t, x=⇒=t0. 22 π/20πππ/2/2 Khi đó: ∫f(sinx)dx=−∫f(sin(−t)dt==∫∫f(cost)dtf(cosx)dx đpcm. 0π/2200 Chú ý quan trọng: Như vậy việc áp dụng tính chất 4 để tính tích phân: ππ/2/2 I==∫∫f(sinx)dx(hoặcIf(cosx)dx). 00 thường được thực hiện theo các bước sau: π Bước 1: Bằng phép đổi biến tx=− như trong phần chứng minh tính chất, 2 π/2 ta thu được I=∫f(cosx)dx. 0 ππ/2/2 Bước 2: Đi xác định kI (nó được phân tích kI=α∫∫f(sinx)dx+β f(cosx)dx)), 00 π/2ππ/2/2 thường là: 2I=∫f(sinx)dx+∫∫f(cosx)dx=+[f(sinx)f(cosx)]dx . 000 Từ đó suy ra giá trị của I. Áp dụng: π/2 cosn xdx Ví dụ 3: Tính tích phân: I= ∫nn 0cosx+sinx Giải: π Đặt t=−x⇒dx=−dt 2 π π Đổi cận: x=0⇒=t, x=⇒=t0. 2 2 Trang 108 Trần Sĩ Tùng Tích phân n π cos−−t(dt) 0 ππ/2sinnntdt/2 sinx Khi đó: I=2 == dx. ∫∫∫nnnn nnππcost++sintcosxsinx π/2cos−t+−sint00 22 ππ/2cosnnx+sinx /2 ππ Do đó: 2I=dx=dx=⇒=I. ∫∫nn 00cosx+sinx 24 bbab+ Tính chất 5: Nếu f(x) liên tục và f(a + b – x) = f(x) thì I==∫∫xf(x)dxf(x)dx. aa2 CHỨNG MINH Đặt x=a+b−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = a ⇒ t = b; x = b ⇒ t = a ab Khi đó: I=∫∫(a+b−t)f(a+b−t)(−dt)−(a+−bt)f(t)dt ba bbbbb =∫(a+−b)f(t)dt∫tf(t)dt=(a+b)∫f(t)dt−∫∫xf(x)dx=(a+−b)f(t)dtI aaaaa bbab+ ⇔2I=(a+b)∫∫f(t)dt⇔=If(x)dx. aa2 π−αππ−α Hệ quả 1: Nếu f(x) liên tục trên [0 ; 1] thì: I==∫∫xf(sinx)dxf(sinx)dx αα2 Hướng dẫn chứng minh: Đặt x = π – t ⇒ dx = –dt. Áp dụng: πxsinxdx Ví dụ 4: Tính tích phân: I.= ∫ 2 0 4−cosx Giải: πxsinxdxππxsinxdx Biến đổi I về dạng: I===xf(sinx)dx. ∫22∫∫ 04−(1−+sinx)003sinx Đặt x=π−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = π ⇒ t = 0; x = 0 ⇒ t = π. 0 (π−t)sin(π−t)dtπ(π−πt)sintdtππsintdttsintdt Khi đó: I=−==− ∫2∫2∫∫22 π4−cos(π−t)04−cost004−−cost4cost πd(cost)ππd(cost)d(cost) =−π−I⇔2I =−π=π ∫2∫∫22 04−cost004−−costcost4 π ππd(cost)π1cost−π2ln9 ⇔I===.ln. ∫2 20cost4−24cost+280 Trang 109 Tích phân Trần Sĩ Tùng 22π−απ−α Hệ quả 2: Nếu f(x) liên tục trên [0 ; 1] thì: I=∫∫xf(cosx)dx=π f(cosx)dx. αα Hướng dẫn chứng minh: Đặt x = 2π – t ⇒ dx = –dt. Áp dụng: 2π Ví dụ 5: Tính tích phân: I=∫x.cos3 xdx 0 Giải: Đặt x=2π−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = 2π ⇒ t = 0; x = 0 ⇒ t = 2π. 02π Khi đó: I=∫∫(2π−t).cos33(2π−t)(−dt)=(2π−t).costdt 20π 2π22πππ =2π∫cos33tdt−∫∫tcostdt=(cos3t+−3cost)dtI 0002 2π π1 ⇔2I=sin3t+3sint=0⇔=I0. 230 b Tính chất 6: Nếu f(x) liên tục và f(a + b – x) = –f(x) thì I==∫f(x)dx0. a CHỨNG MINH Đặt x=a+b−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = a ⇒ t = b; x = b ⇒ t = a abb Khi đó: I=∫f(a+b−t)(−dt)=−∫∫f(t)dt=−f(x)dx=−I⇔2I=0⇔=I0. baa Áp dụng: π/2 1+sinx Ví dụ 6: (CĐSPKT_2000) Tính tích phân: I=∫lndx. 0 1+cosx Giải: π Đặt t=−x⇒dx=−dt 2 ππ Đổi cận: x=0⇒=t, x=⇒=t0. 22 π 01+−sint ππ/2 2 1++cost1sint Khi đó: I=∫ln(−dt)=∫∫lndt=− lndt π/2π001++sint1cost 1+−cost 2 π/2 1+sinx =−∫lndx=−I⇔2I=0⇔=I0. 0 1+cosx Trang 110 Trần Sĩ Tùng Tích phân Chú ý: Nếu ta phát biểu lại tính chất 6 dưới dạng: ba “Giả sử f(x) lên tục trên [a ; b], khi đó: ∫∫f(x)dx=f(a+−bx)dx" ab Điều đó sẽ giúp chúng ta có được một phương pháp đổi biến mới, cụ thể ta xét ví dụ sau: π/4 Ví dụ 7: Tính tích phân: I=+∫ln(1tgx)dx. 0 Giải: π Đặt t=−x⇒dx=−dt 4 ππ Đổi cận: x=0⇒=t, x=⇒=t0 44 0π−ππ/41tgt2/4 Khi đó: I=−∫ln[1+tg(−t)dt=∫∫ln(1+=)dtlndt π/44001++tgt1tgt π/4ππ/4/4 π/4 =∫[ln2−ln(1+tgt)]dt=ln2∫∫dt−ln(1+tgt)dt=−ln2.tI0 000 ππln2ln2 ⇔2I=⇔=I. 48 Tính chất 7: Nếu f(x) liên tục trên đoạn [0 ; 2a] với a > 0 thì 2aa ∫∫f(x)dx=[f(x)+−f(2ax)]dx. a0 CHỨNG MINH 2aa2a Ta có: ∫f(x)dx=+∫∫f(x0dxf(x)dx (1) a0a 2a Xét tích phân I2 =∫f(x)dx. a Đặt x=2a−t⇒dx=−dt Đổi cận: x = a ⇒ t = a; x = 2a ⇒ t = 0. 0aa Khi đó: I2=−∫∫∫f(2a−t)dt=f(2a−t)dt=−f(2ax)dx (2) a00 Thay (2) vào (1) , ta được: 2aaaa ∫f(x)dx=∫f(x)dx+∫∫f(2a−x)dx=[f(x)+−f(2ax)]dx. (đpcm) a000 Áp dụng: 3π Ví dụ 8: Tính tích phân: I=∫sinx.sin2x.sin3x.cos5xdx. 0 Trang 111 Tích phân Trần Sĩ Tùng Giải: Viết lại I dưới dạng: 3ππ/23 I=+∫∫sinx.sin2x.sin3x.cos5xdxsinx.sin2x.sin3x.cos5xdx. (1) 03π/2 3π Xét tích phân J= ∫ sinx.sin2x.sin3x.cos5xdx. 3π/2 Đặt x=3π−t⇒dx=−dt 33ππ Đổi cận: x=⇒=t, x=3π⇒=t0. 22 0 Khi đó: J=−∫ sin(3π−t).sin2(3π−t).sin3(3π−t).cos5(3π−t)dt 3π/2 3ππ/23/2 =−∫∫sint.sin2t.sin3t.cos5tdt=− sinx.sin2x.sin3x.cos5xdx. (2) 00 Thay (2) vào (1), ta được: I = 0. a+TT Tính chất 8: Neuá f(x) liên tục trên R và tuần hoàn với chu ky ø T thì : ∫∫f(x)dx= f(x)dx. a0 CHỨNG MINH Taa+TT Ta có: ∫f(x)dx=∫f(x)dx++∫∫f(x)dxf(x)dx (1) 00aaT+ T Xét tích phân I3 = ∫ f(x)dx. aT+ Đặt t=x−T⇒=dxdt Đổi cận: x = a + T ⇒ t = a; x = T ⇒ t = 0. 0aa Khi đó: I3=∫f(t+T)dt=−∫∫f(t)dt=− f(x)dx. (2) a00 TaT+ Thay (2) vào (1) , ta được: ∫∫f(x)dx= f(x)dx. (đpcm) 0a Áp dụng: 2004π Ví dụ 8: Tính tích phân: I=−∫1cos2xdx. 0 Giải: Viết lại I dưới dạng: 2004π2π4ππ2004 I=2∫sinxdx=2(∫sinxdx+∫∫sinxdx++...sinxdx) (1) 002ππ2002 Theo tính chất 8, ta được: Trang 112 Trần Sĩ Tùng Tích phân 2π42πππ ∫sinxdx=∫sinxdx=−1002(∫∫sinxdxsinxdx) 020ππ ππ2 =10022(cosx0+=cosxπ)40082. Nhận xét: Như vậy nếu bài thi yêu cầu tính tích phân dạng trên thì các em học sinh nhất thiết phải phát biểu và chứng minh được tính chất 8, từ đó áp dụng cho tích phân cần tìm. BÀI TẬP Bài 14. Tính các tích phân sau: 2 π 2 1 π π 1x− 2 x+cosx 3 sinx a/ x dx; b/ π 2 dx; c/ x.sinx.dx; d/ x dx; ∫1− ∫− ∫0 ∫−π 12+ 2 4−sinx 31+ π 22 4 1 1 2 2x|sinx| x+sinx x22 e/ π xdx; f/ 2 dx; g/ (e.sinx+e.x)dx; ∫− ∫−1 ∫−1 212+ x1+ π7 1 1 dx sinx h/ ln32(x++x1)dx; i/ ; k/ 2 dx. ∫−1 ∫−1(ex2++1)(x1) ∫0sin77x+cosx π13ππ ĐS: a/ ; b/ ln9; c/ ; d/ ; e/ π+2; 4242 π42 ππ f/ −; g/ e;2 h/ 0; i/ ; k/ . 23 3 44 Bài 15. Cho liên tục trên R và thoả mãn: f(x)+f(−x)=2−2cos2x,∀∈xR 3π 2 Tính tích phân I=3πf(x)dx. ĐS: 6. ∫− 2 tgααx.dxcotg dx Bài 16. Chứng minh rằng: +=1,(tgα>0) . ∫∫1122 eex++1x(x1) 1 Bài 17. Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0;+∞=)thỏamãnf(t)f, với ∀>t0 và t hàm số.  π f(tgx),nếu0x≤≤  2 g(x) = π f(0),nếux= 2 Chứng minh rằng: πππ a/ g(x) liên tục trên 0;; b/ 4 g(x).dx=2 g(x).dx.  ∫∫0 π 2 4 Trang 113 Tích phân Trần Sĩ Tùng Vấn đề 7: TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ HỮU TỈ (xem lại vấn đề 7 của bài học 1) BÀI TẬP Bài 18. Tính các tích phân sau: 4 2 9 3 x1− 1 x.dx 5 (2x+18)dx 52 x.dx a/ dx; b/ ; c/ ; d/ ; ∫0 x92 + ∫−1 (x+ 2)2 ∫1 (x22−+6x13) ∫0 (x53+1) 15 42 x.dx 1 1 e/ ∫ ; f/ ∫ (1+ x)n dx; g/ ∫ x(1− x)2ndx; 0 4 (x82+1) 0 0 20π 4 117π 2 ĐS: a/ −18; b/ ln3;− c/ + ; d/ ; 3 3 84 45 3525 21n1+ − 1 e/ .5 125;+ f/ ; g/ . 192192 n1+ 2(n+1) Bài 19. Tính các tích phân sau: 3 1 3 2 x.dx x.dx 2 dx a/ ; b/ 2 ; c/ ; ∫1 x18 + ∫0 x2 −+3x2 ∫0 x(x4 +1) 2 tgax.dxcotga dx b (a−x)dx d/ 11+>,(tga0) e/ ,(a,b>0); ∫∫22 ∫0 22 ee1++xx(1x) (a+x) 26+ x12+ 15+ (x2+1)dx f/ 2 dx; g/ 2 . ∫1 x14+ ∫1x42−+x1 π 12137 132 ĐS: a/ ; b/ ln+ ln; c/ ln; d/1; 16 4242 417 b π π e/ ; f/ ; g/ . ab+ 2 8 4 Trang 114 Trần Sĩ Tùng Tích phân Vấn đề 8: TÍCH PHÂN CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC (xem lại vấn đề 8 của bài học 1) BÀI TẬP Bài 20. Tính các tích phân sau: π cos2x.dx π 4sin3 x.dx π dx a/ 8 ; b/ 4 ; c/ 4 ; ∫0 sin2x+ cos2x ∫0 1+ cosx4 ∫0sin22x+−2sinxcosx8cosx π sinx.dx πsin66x+cosx π 4 4 4 cos2x.dx d/ 66; e/ π xdx; f/ ; ∫0 ∫− ∫0 3 sinx+ cosx 461+ (sinx++cosx2) πsinx++7cosx6 π sinx.cosxdx g/ ∫2 dx; h/ ∫ 2 dx(a,b≠ 0) 0 4sinx++3cosx5 0 a2.cos2x+ b22.sinx π 1 3+ 22 12 2 ĐS: a/ + ln2; b/ 2ln; c/ ln; d/ ln4; 168 2 65 3 5π 85+ 82 π 91 1 e/ ; f/ − ; g/ ++ln; h/ . 32 27 (2+ 2)2 286 |b|+ |a| Bài 21. Tính các tích phân sau: π cis3x.dx π cosx− sinx πcotg.3 sin3 x−sinx.dx a/ 2 ; b/ 4 dx; c/ 2 ; ∫π ∫0 ∫π 3 6 sinx 2+ sin2x 3 sinx π π π 3 3 x.sinx.dx 43 d/ x.sinx.cosx.dx; e/ π 2 ; f/ x− cosx.sinx.dx. ∫0 ∫− ∫0 3 cosx 32+ 3 9 ĐS: a/ ln(2+1); b/ ln; c/ − ; 21+ 24 π 4π 4π d/ ; e/ −+2ln(23); f/ . 3 3 35 sin2x Bài 22. Tìm hai số A, B để hàm số f(x) = có thể biểu diễn dưới dạng: (2+ sinx)2 A.cosxB.cosx f(x).=+ (2+sin)2 2+sinx 0 Từ đó tính: π f(x).dx. ∫− 2 ĐS: A = –4; B = 2; ln4 – 2. Bài 23. Tính các tích phân sau: π π π2 x.dx 2 2 2 3 a/ x.cosx.dx; b/ π2 cos(x).dx; c/ ; ∫0 ∫ ∫π 2 4 4 sinx Trang 115 Tích phân Trần Sĩ Tùng π π3 2x x d/ 4 x.tg2x.dx; e/ 8 sin3 x.dx; f/ x2.sin.dx; ∫0 ∫0 ∫0 2 π2 31π2 π−(943) ĐS: a/ − 2; b/ + ; c/ ; 4 82 36 ππ1 2 d/ −−ln2; e/ 3π−6; f/ −8(π+2 4). 4232 Bài 24. Tính các tích phân sau: π π a/ sinn1− x.cos(n+1).dx,(n∈≥N,n1); b/ cosn1− x.sin(n−1)x.dx; ∫0 ∫0 π π c/ 2 cosn x.sin(n+1)x.dx; d/ 2 cosnx.sin(n+ 2)x.dx. ∫0 ∫0 1 ĐS: a/ 0; b/ 0; c/ 0; d/ . n1+ Bài 25. Tính các tích phân sau: π π cosn x.dx a/ I=−2 (cosxsinx)dx; b/ I;= 2 ∫0 ∫0cosnnx+ sinx π 5cosx−4sinx π 3sinx+ 4cosx c/ I;= 2 d/ I= 2 dx. ∫0 (cosx+sinx)3 ∫03sin22x+ 4cosx π 1 π ĐS: a/ 0; b/ ; c/ ; d/ + ln3. 4 2 23 ππsin22x.dxcosx.dx Bài 26. Đặt: I==66vàJ. ∫∫00sinx++3cosxsinx3.cosx a/ Tính: I – 3J và I + J. 5π 3 cos2x.dx b/ Từ các kết quả trên hãy tính các giá trị của I, J và K : K.= ∫3π 2 cosx− 3sinx 1 131− ĐS: a/ I−3J=1−3;I+=Jln3; b/ K=−ln3. 4 82 ππ Bài 27.a/ Chứng minh rằng: 22cos65x.cos6x.dx=cosx.sinxsin6x.dx ∫∫00 π b/ Tính: J= 2cos57x.cosx.dx. ∫0 ĐS: b/ J = 0. Trang 116 Trần Sĩ Tùng Tích phân Vấn đề 9: TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ VÔ TỈ (xem lại vấn đề 9 của bài học 1) BÀI TẬP Bài 28. Tính các tích phân sau: 3 x−1dx 6 x− 4dx 1 x a/ 3 .; b/ .; c/ .(x−2).dx; ∫2 x1+−(x1)2 ∫4 x++2x2 ∫0 4x− 2 1x+ 1 dx d/ ∫2 .dx; e/ ∫ ,m∈N.* 0 1x− 0 (1++xmm).m 1x 3 ĐS: a/ (3 3− 3 2); b/ ln3−1; c/ π−4; 2 1 1 d/ (π+−422); e/ −1. 4 m 2 Bài 29. Tính các tích phân sau: 4 dx 6 dx 1 a/ ∫ ; b/ ∫ ; c/ ∫ x32.1+ xdx; 2 x16x− 2 23xx92− 0 3 2 2 d/ x224− x.dx; e/ x(x23+ 4).dx; f/ 2 x2.(3− x23). ∫−1 ∫0 ∫0 1 π π 2 ĐS: a/ − lntg; b/ ; c/ (2−1); 412 18 15 53π 32 9 d/ − ; e/ (42−1); f/ (4π+93). 64 5 64 Bài 30. Tính các tích phân sau: 2 2 1 2 4 1 1 x4− 1x− 2 dx x.dx a/ 43 dx; b/ 2 .dx; c/ ; d/ ; ∫ ∫ 2 ∫1 2 ∫0 2 3 x 2 x 4 xx− 2xx− a n1− a 2a n x.dx e/ ∫ x2x22− x.dx; f/ ∫ x2ax− x2 .dx; g/ ∫ 2 (a>≥0;n2). 0 0 0 ax2− 2n 1 1 π 1 ĐS: a/ (43−π); b/ (4−π); c/ ; d/ (3π−8); 3 4 6 4 πa4 πa3 π e/ ; f/ ; g/ . 16 2 6n Bài 31. Tính các tích phân sau: π dx 1 dx a/ ∫ 2 ; b/ ∫ ; 0 x+3++x1 −1 1+x++1x2 Trang 117 Tích phân Trần Sĩ Tùng 2 dx 8 (2x+1)dx c/ ∫ ; d/ ∫ ; 1 x22(x++1x) 4 x2 −4x++x2 19 ĐS: a/ −−32; b/ 1; 6 (2+5)(2−−1)225 1 c/ ln;+ d/ 8−32−+ln(322). 22 2 n a x.dx Bài 32. Cho I=∫ ;(a>∈0,nN) 0 xa33+ a/ Với giá trị nào của n thì I không phụ thuộc vào a. b/ Tính I với n tìm được. 1 2 ĐS: a/ n;= b/ ln(1+2). 2 3 Trang 118 Trần Sĩ Tùng Tích phân Vấn đề 10: TÍCH PHÂN CÁC HÀM SIÊU VIỆT (xem lại vấn đề 10 của bài học 1) BÀI TẬP Bài 33. Tính các tích phân sau: xx ln2 ln5 e.e1− e dx a/ 1−e2x .dx; b/ dx; c/ ; ∫ ∫ x ∫1 0 0 e3+ x1−lnx2 2 3 2 e dx e 1+ lnx e lnx1+ lnx d/ ; e/ dx; f/ . ∫1 x(1+ lnx2 ∫1 x ∫1 x 123− π ĐS: a/ 3+ ln; b/ 4;−π c/ ; 2 23+ 6 π 21 3 d/ ; e/ ++ln(12); f/ (3 16−1). 4 22 8 Bài 34. Tính các tích phân sau: 2 lnx e2 11 e3 ln(lnx).dx a/ dx; b/ − dx; c/ 2 ; ∫0 x2 ∫e lnx2 lnx ∫e x π 1 ln(x+1).dx e lnx.dx ln(sinx).dx d/ ; e/ ; f/ 3 . ∫0 ∫1 2 ∫π 2 x1+ (x+1) 6 cosx 1 1 27 ĐS: a/ (1−2ln2); b/ (2e−e2); c/ ln; 2 2 4e 333 π d/ 2ln4−+424; e/ 0; f/ ln.− 326 Bài 35. Tính các tích phân sau: π π a/ 2 log(1+ tgx).dx; b/ 4 ln(1+ tgx)dx; ∫0 2 ∫0 π 1+cosx x (1+sinx) 1 x.edx c/ 2 lndx; d/ ; ∫0 1+cosx ∫0 (1+ e)x3 π π e2 +4e++11e1 ĐS: a/ ; b/ ln2; c/ 2ln2−1; d/ − ln. 8 8 4(e+1)2 22 Trang 119 Tích phân Trần Sĩ Tùng Vấn đề 11: PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN Để giải phương trình, bất phương trình tích phân thông thường trước tiên ta cần đi xác định tích phân trong phương trình, bất phương trình đó, sau đó sẽ thu được một phương trình, bất phương trình đại số quen thuộc. BÀI TẬP x Bài 36. Giải và biện luận phương trình sau với ẩn x: 2∫(mt−m+2)dt=−3m 0 ĐS: • m > 4 : vô nghiệm 1 • m = 4 : xx== 122 3 • m = 0 : x = 4 m−2±−4m • 0≠m<=4:x 1,2 m x 11 Bài 37. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: ∫(t−)dtm=− 1 t2 1 ĐS: • m < : vô nghiệm 2 1 • m = : x = 1 2 1 • m > : 2 nghiệm 2 x Bài 38. Cho I(x)=+∫(e2te−2t )dt. 0 a/ Tính I(x) khi x = ln2 b/ Giải và biện luận phương trình: I(x) = m. 15 ĐS: a/ ; b/ x=lnm+1+∀m2 ,m 8 Bài 39. Giải các phương trình sau với ẩn x (x > 0) : x 1+ lnt x dt π x π a/ dt=18; b/ = ; c/ et −1.dt=−2; ∫ ∫ 2 ∫ 1 t 2 tt1− 2 0 2 e x x t−−1xx2 1 t1− d/ ∫(2.ln2−2t+2)dt=+2. e/ ∫ 7.ln7dt=6log7(6x−≥5),vớix1. 0 2 0 Trang 120