Giải Toán 12 SGK nâng cao Chương 3 Bài 4 Một số phương pháp tính tích phân

 Dùng phương pháp đổi biến số tính các tích phân sau:

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^1 \sqrt {x + 1} dx\\
b)\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{\tan x}}{{{{\cos }^2}x}}dx\\
c)\int \limits_0^1 {t^3}{\left( {1 + {t^4}} \right)^3}dt\\
d)\int \limits_0^1 \frac{{5x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}dx\\
e)\int \limits_0^{\sqrt 3 } \frac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx\\
d)\int \limits_0^{\frac{\pi }{6}} \left( {1 - \cos 3x} \right)\sin 3xdx
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(u = \sqrt {x + 1}  \Rightarrow {u^2} = x + 1 \Rightarrow 2udu = dx.\)

Đổi cận

\(\int \limits_0^1 \sqrt {x + 1} dx = \int \limits_1^{\sqrt 2 } u.2udu = 2\int \limits_1^{\sqrt 2 } {u^2}du = \left. {2.\frac{{{u^3}}}{3}} \right|_1^{\sqrt 2 } = \frac{2}{3}\left( {2\sqrt 2  - 1} \right)\)

Câu b:

Đặt \(u = \tan x \Rightarrow du = \frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}\)

\(\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{\tan x}}{{{{\cos }^2}x}}dx = \int\limits_0^1 {udu}  = \left. {\frac{{{u^2}}}{2}} \right|_0^1 = \frac{1}{2}\)

Câu c:

Đặt \(u = 1 + {t^4} \Rightarrow du = 4{t^3}dt \Rightarrow {t^3}dt = \frac{{du}}{4}\)

\(\int \limits_0^1 {t^3}{\left( {1 + {t^4}} \right)^3}dt = \frac{1}{4}\int {u^3}du = \left. {\frac{1}{4}.\frac{{{u^4}}}{4}} \right|_1^2 = \frac{1}{{16}}(16 - 1) = \frac{{15}}{{16}}\)

Câu d:

Đặt \(u = {x^2} + 4 \Rightarrow du = 2xdx \Rightarrow xdx = \frac{1}{2}du\)

\(\int \limits_0^1 \frac{{5x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}dx = \frac{5}{2}\int \limits_4^5 \frac{{du}}{{{u^2}}} = \left. {\frac{5}{2}\left( { - \frac{1}{u}} \right)} \right|_4^5 = \frac{1}{8}\)

Câu e:

Đặt \(u = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow {u^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow udu = xdx\)

\(\int \limits_0^{\sqrt 3 } \frac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = 4\int\limits_1^2 {\frac{{udu}}{u}}  = \left. {4u} \right|_1^2 = 4\)

Câu f:

Đặt \(u = 1 - cos3x \Rightarrow du = 3sin3xdx \Rightarrow sin3xdx = \frac{1}{3}du\)

\(\int \limits_0^{\frac{\pi }{6}} \left( {1 - \cos 3x} \right)\sin 3xdx = \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {udu}  = \left. {\frac{{{u^2}}}{6}} \right|_0^1 = \frac{1}{6}\)

---

Dùng phương pháp tích phân từng phần để tính các tích phân sau:

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_1^2 {x^5}\ln xdx\\
b)\int \limits_0^1 \left( {x + 1} \right){e^x}dx\\
c)\int \limits_0^\pi  {e^x}\cos xdx\\
d)\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\cos xdx
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = lnx\\
dv = {x^5}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{x}\\
v = \frac{{{x^6}}}{6}
\end{array} \right.\)

\(\int \limits_1^2 {x^5}\ln xdx = \left. {\frac{{{x^6}}}{6}\ln x} \right|_1^2 - \frac{1}{6}\int \limits_1^2 {x^5}dx = \left. {\left( {\frac{{{x^6}}}{6}\ln x - \frac{{{x^6}}}{{36}}} \right)} \right|_1^2 = \frac{{32}}{3}\ln 2 - \frac{7}{4}\)

Câu b:

Đặt 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
u = x + 1\\
dv = {e^x}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = {e^x}
\end{array} \right.\\
\int \limits_0^1 \left( {x + 1} \right){e^x}dx = \left. {\left( {x + 1} \right){e^x}} \right|_0^1 - \int \limits_0^1 {e^x}dx = e
\end{array}\)

Câu c:

Đặt \(I = \int \limits_0^\pi  {e^x}\cos xdx\)

Đặt 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
u = {e^x}\\
dv = \cos xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = {e^x}dx\\
v = \sin x 
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow I = \left. {{e^x}\sin x} \right|_0^\pi  - \int \limits_0^\pi  {e^x}{\{\rm sinx}\limits} dx =  - \int \limits_0^\pi  {e^x}{\{\rm sinx}\limits} dx
\end{array}\)

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

Do đó: 

\(\begin{array}{l}
I =  - \left[ {( - {e^x}cosx)|_0^\pi  + \int \limits_0^\pi  {e^x}\cos xdx} \right] = {e^\pi }cos\pi  - {e^0}.cos0 - I\\
 \Rightarrow 2I =  - {e^\pi } - 1 \Rightarrow I =  - \frac{1}{2}\left( {{e^\pi } + 1} \right)
\end{array}\)

Câu d:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = cosxdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = sinx
\end{array} \right.\)

Do đó: \(\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\cos xdx = xsinx|_0^{\frac{\pi }{2}} - \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} sinxdx = (xsinx + cosx)|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{\pi }{2} - 1\)

---

Tính 

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^1 \sqrt {{t^5} + 2t} \left( {2 + 5{t^4}} \right)dt\\
b)\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\sin {\rm{xcosx}}dx
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(u = \sqrt {{t^5} + 2t}  \Rightarrow {u^2} = {t^5} + 2t \Rightarrow 2udu = (5{t^4} + 2)dt\)

\(\int \limits_0^1 \sqrt {{t^5} + 2t} \left( {2 + 5{t^4}} \right)dt = \int \limits_0^{\sqrt 3 } 2{u^2}du = \left. {\frac{{2{u^3}}}{3}} \right|_0^{\sqrt 3 } = 2\sqrt 3 \)

Câu b:

Ta có: \(\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\sin {\rm{xcosx}}dx = \frac{1}{2}\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} x\sin 2{\rm{x}}dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = sin2xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v =  - \frac{1}{2}\cos 2x
\end{array} \right.\)

Do đó:

\(\begin{array}{l}
I = \left. {\frac{1}{2}\left( { - \frac{1}{2}\cos 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} + \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos 2x} dx\\
 = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{8}\left. {\sin 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{\pi }{8}
\end{array}\)

Bài 20 trang 161 SGK Toán 12 nâng cao

Tính 

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^\pi  5{\left( {5 - 4\cos t} \right)^{\frac{1}{4}}}\sin tdt\\
b)\int \limits_0^{\sqrt 3 } \frac{{{x^3}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(u = 5 - 4cost \Rightarrow du = 4sintdt \Rightarrow sintdt = \frac{1}{4}du\)

\(\int \limits_0^\pi  5{\left( {5 - 4\cos t} \right)^{\frac{1}{4}}}\sin tdt = \frac{5}{4}\int \limits_1^9 {u^{\frac{1}{4}}}\sin tdt = \left. {{u^{\frac{5}{4}}}} \right|_1^9 = {9^{\frac{5}{4}}} - 1\)

Câu b:

Đặt \(u = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow {u^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow udu = xdx \Rightarrow {x^3}dx = {x^2}.xdx = ({u^2} - 1)udu\)

\(\begin{array}{l}
\int \limits_0^{\sqrt 3 } \frac{{{x^3}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \int \limits_1^2 \frac{{\left( {{u^2} - 1} \right)udx}}{u}\\
\int \limits_1^2 \left( {{u^2} - 1} \right)du = \left. {\left( {\frac{{{u^3}}}{3} - u} \right)} \right|_1^2 = \frac{4}{3}
\end{array}\)

---

Giả sử F là một nguyên hàm của hàm số \(y = \frac{{sinx}}{x}\) trên khoảng \((0; + \infty )\). Khi đó \(\int \limits_1^3 \frac{{\sin 2x}}{x}dx\) là

(A) F(3) − F(1)                 (B) F(6) − F(2)                

(C) F(4) − F(2)                 (D) F(6) − F(4)    

Hướng dẫn giải:

Đặt \(u = 2x \Rightarrow du = 2dx \Rightarrow dx = \frac{1}{2}du\)

\(\begin{array}{l}
\int\limits_1^3 {\frac{{\sin 2x}}{x}} dx = \int\limits_2^6 {\frac{{\sin u}}{u}} du\\
 = \left. {F\left( u \right)} \right|_2^6 = F\left( 6 \right) - F\left( 2 \right)
\end{array}\)

Chọn (B)

---

Chứng minh rằng

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^1 f\left( x \right)dx = \int \limits_0^1 f\left( {1 - x} \right)dx\\
b)\int \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx = \int \limits_0^1 \left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt u = 1 − x => du  = −dx

\(\int \limits_0^1 f\left( x \right)dx = \int \limits_1^0 f\left( {1 - u} \right)\left( { - du} \right) = \int \limits_0^1 f\left( {1 - u} \right)dx = \int \limits_0^1 f\left( {1 - x} \right)dx\)

Câu b:

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

Tính \(\int \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx\)

Đặt u = −x => du = − dx

Khi đó: \(\int \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx = \int \limits_1^0 f\left( { - u} \right)\left( { - du} \right) = \int \limits_0^1 f\left( { - u} \right)du = \int \limits_0^1 f\left( { - x} \right)dx\)

Do đó: \(\int \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx = \int \limits_0^1 \left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx\)

---

Cho \(\int \limits_0^1 f\left( x \right)dx = 3.\) Tính \(\int \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx\) trong các trường hợp sau:

a) f là hàm số lẻ;                                b) f là hàm số chẵn.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

 f là hàm số lẻ thì f(−x) = −f(x)

Đặt u = −x => du = − dx

\(\int \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx = \int \limits_1^0 f\left( { - u} \right)\left( { - du} \right) = \int \limits_0^1  - f\left( u \right)du =  - \int \limits_0^1 f\left( x \right)dx =  - 3\)

Câu b:

f là hàm số chẵn thì f(−x)=f(x)

Đặt u = −x => du = −dx

\(\int \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx = \int \limits_1^0 f\left( { - u} \right)\left( { - du} \right) = \int \limits_0^1 f\left( u \right)du =  - \int \limits_0^1 f\left( x \right)dx = 3\)

---

Tính các tích phân sau:

\(\begin{array}{l}
a)\int\limits_1^2 {{x^2}{e^{{x^3}}}dx} \\
b)\int \limits_1^3 \frac{1}{x}{\left( {\ln x} \right)^2}dx\\
c)\int \limits_0^{\sqrt 3 } x\sqrt {1 + {x^2}} dx\\
d)\int \limits_0^1 {x^2}{e^{3{x^3}}}dx\\
e)\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\cos x}}{{1 + {\rm{sinx}}}}dx
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(u = {x^3} \Rightarrow du = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \frac{{du}}{3}\)

\(\int\limits_1^2 {{x^2}{e^{{x^3}}}dx}  = \frac{1}{3}\int\limits_1^8 {{e^u}du}  = \left. {\frac{1}{3}{e^u}} \right|_1^8 = \frac{1}{3}\left( {{e^8} - e} \right)\)

Câu b:

Đặt \(u = lnx \Rightarrow du = \frac{{dx}}{x}\)

\(\int \limits_1^3 \frac{1}{x}{\left( {\ln x} \right)^2}dx = \int \limits_0^{\ln 3} {u^2}du = \left. {\frac{{{u^3}}}{3}} \right|_0^{\ln 3} = \frac{1}{3}{\left( {\ln 3} \right)^3}\)

Câu c:

Đặt \(u = \sqrt {1 + {x^2}}  \Rightarrow {u^2} = 1 + {x^2} \Rightarrow udu = xdx\)

\(\int \limits_0^{\sqrt 3 } x\sqrt {1 + {x^2}} dx = \int \limits_1^2 u.udu = \left. {\frac{{{u^3}}}{3}} \right|_1^2 = \frac{7}{3}\)

Câu d:

Đặt \(u = 3{x^3} \Rightarrow du = 9{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \frac{1}{9}du\)

\(\int \limits_0^1 {x^2}{e^{3{x^3}}}dx = \frac{1}{9}\int \limits_0^3 {e^u}du = \left. {\frac{1}{9}{e^u}} \right|_0^3 = \frac{1}{9}\left( {{e^3} - 1} \right)\)

Câu e:

Đặt \(u = 1 + sinx \Rightarrow du = cosxdx\)

\(\int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\cos x}}{{1 + {\rm{sinx}}}}dx = \int \limits_1^2 \frac{{du}}{u} = \left. {\ln |u} \right|_1^2 = \ln 2\)

---

Tính các tích phân sau :

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} x\cos 2xdx\\
b)\int \limits_0^1 \frac{{\ln \left( {2 - x} \right)}}{{2 - x}}dx\\
c)\int \limits_1^{\frac{\pi }{2}} {x^2}\cos xdx.\\
d)\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} x\cos 2xdx\\
e)\int \limits_1^e {x^2}\ln xdx
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = cos2xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = \frac{1}{2}\sin 2x
\end{array} \right.\)

Do đó: 

\(\begin{array}{l}
\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} x\cos 2xdx = \left. {\frac{1}{2}x\sin 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} - \frac{1}{2}\int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} sin2xdx\\
 = \frac{\pi }{8} + \left. {\frac{1}{4}\cos 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4}\left( { - 1} \right) = \frac{\pi }{8} - \frac{1}{4}
\end{array}\)

Câu b:

Đặt \(u = ln(2 - x) \Rightarrow du = \frac{{ - 1}}{{2 - x}}dx\)

\(\int \limits_0^1 \frac{{\ln \left( {2 - x} \right)}}{{2 - x}}dx =  - \int \limits_{\ln 2}^0 udu = \int \limits_0^{\ln 2} udu = \left. {\frac{{{u^2}}}{2}} \right|_0^{\ln 2} = \frac{1}{2}{\left( {\ln 2} \right)^2}\)

Câu c:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = {x^2}\\
dv = cosxdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = 2xdx\\
v = \sin x
\end{array} \right.\)

Do đó:

\(\begin{array}{l}
I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}} \cos 2xdx\\
 = \left. {{x^2}{\rm{sinx}}} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} - 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} x sinxdx\\
 = \frac{{{\pi ^2}}}{4} - 2{I_1}
\end{array}\)

Với \({I_1} = \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} xsinxdx\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u = x}\\
{dv = \sin xdx}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v =  - \cos x
\end{array} \right.\)

Do đó: \({I_1} = \left. { - x\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} + \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \cos xdx = \left. {sinx} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = 1\)

Vậy \(I = \frac{{{\pi ^2}}}{4} - 2\)

Câu d: 

Đặt \(u = \sqrt {{x^3} + 1}  \Rightarrow {u^2} = {x^3} + 1 \Rightarrow 2udu = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \frac{2}{3}udu\)

\(\int \limits_0^1 {x^2}\sqrt {{x^3} + 1} dx = \frac{2}{3}\int \limits_1^{\sqrt 2 } {u^2}du = \left. {\frac{{2{u^3}}}{9}} \right|_1^{\sqrt 2 } = \frac{2}{9}\left( {2\sqrt 2 0 - 1} \right)\)

Câu e:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x\\
dv = {x^2}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{2}\\
v = \frac{{{x^3}}}{3}
\end{array} \right.\)

Do đó: \(\int \limits_1^e {x^2}\ln xdx = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}\ln x} \right|_1^e - \frac{1}{3}\int \limits_0^e {x^2}dx = \left. {\frac{{{e^3}}}{3} - \frac{1}{9}{x^3}} \right|_1^e = \frac{{2{e^3} + 1}}{9}\)

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Chương 3 Bài 4 Một số phương pháp tính tích phân được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!