Toán lớp 12

Ôn tập chương 3: Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 128 129 sgk Giải tích 12

Hướng dẫn giải Bài Ôn tập Chương 3. Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng, sách giáo khoa Giải tích 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 128 129 sgk Giải tích 12 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập giải tích có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 12.

Lý thuyết

1. Bảng công thức nguyên hàm của một số hàm số

2. Các dạng nguyên hàm từng phần và cách chọn $u, dv$

3. Các dạng nguyên hàm vô tỉ và các phép đổi biến số lượng giác hóa

Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 128 129 sgk Giải tích 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!

Bài tập Ôn tập chương 3

Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập giải tích 12 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 128 129 sgk Giải tích 12 của Bài Ôn tập Chương 3. Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:

Giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 128 129 sgk Giải tích 12
Giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 128 129 sgk Giải tích 12

1. Giải bài 1 trang 128 sgk Giải tích 12

a) Phát biểu định nghĩa nguyên hàm của hàm số f(x) trên một khoảng.

b) Nêu phương pháp tính nguyên hàm từng phần. Cho ví dụ minh họa.

Trả lời:

a) Kí hiệu \(K\) là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của tập số thực \(K\)

Hàm số \(F(x)\) gọi là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên khoảng \(K\) nếu \(∀x ∈ K\) ta có \(F’(x) = f(x).\)

b) Phương pháp tính nguyên hàm toàn phần dựa trên cơ sở định lí:

Nếu hai hàm số \(u = u(x)\) và \(v = v(x)\) có đạo hàm liên tục trên K thì :

\(\int {u(x).v'(x)dx = u(x)v(x) – \int {u'(x)v(x)dx} } \) (3)

Để tính nguyên hàm toàn phần ta cần phân tích \(f(x)\) thành \(g(x).h(x)\),

– Chọn một nhân tử đặt bằng \(u\) còn nhân tử kia đặt là \(v’\)

– Tìm \(u’\) và \(v\),

– Áp dụng công thức trên, ta đưa tích phân ban đầu về một tích phân mới đơn giản hơn.

Ta cần chú ý các cách đặt thường xuyên như sau:

\(\int {P(x){e^x}dx} \) \(\int {P(x)\sin xdx} \) \(\int P(x)cosx dx \) \(\int P(x)lnx dx \)
\(u\) \(P(x)\) \(P(x)\) \(P(x)\) \(ln(x)\)
\(dv\) \(e^xdx\) \(sinxdx\) \(cosx dx\) \(P(x) dx\)

Ví dụ:

Tìm nguyên hàm của hàm số \(f(x) = (3x^3- 2x) lnx\)

Bài giải

Đặt \(u = lnx\Rightarrow u’ = {1 \over x}\)

\( v’ = 3{x^3} – 2x \Rightarrow v = {3 \over 4}{x^4} – {x^2}. \)

Suy ra:

\(\eqalign{
& \int {f(x)dx = ({3 \over 4}} {x^4} – {x^2})\ln x – \int ({{3 \over 4}} {x^3} – x)dx \cr
& = ({3 \over 4}{x^4} – {x^2})\ln x – {3 \over {16}}{x^4} + {1 \over 2}{x^2} + C \cr} \)

2. Giải bài 2 trang 128 sgk Giải tích 12

a) Phát biểu định nghĩa tích phân của hàm số f(x) trên một đoạn.

b) Nêu các tính chất của tích phân. Cho ví dụ minh họa.

Trả lời:

a) Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên \([a, b]\).

Giả sử \(F(x)\) là một nguyên hàm của \(f(x)\) trên \([a, b]\).

Hiệu số \(F(b) – F(a)\) được gọi là tích phân từ \(a\) đến \(b\) (hay tích phân xác định trên đoạn \([a, b]\) của hàm số \(f(x)\).

Kí hiệu \(\int_a^b {f(x)dx} \): hoặc

Dấu \({\rm{[F(x)]}}{\left| {^b} \right._a} = F(b) – F(a) (1)\). (Công thức Newton – Leibniz)

Dấu được gọi là dấu tích phân, \(a\) là cận dưới và \(b\) là cận trên của tích phân

Hàm số \(f(x)\) gọi là hàm số dưới dấu tích phân,\( f(x) dx\) là biểu thức dưới dấu tích phân, \(dx\) chỉ biến số lấy tích phân là \(x\).

b) Các tính chất của tích phân:

– Tính chất 1: \(\int_a^b {k.f(x)dx = k\int_a^b {f(x)dx} } \) ( \(k\) là hằng số)

– Tính chất 2: \(\int_a^b {{\rm{[f(x)}} \pm {\rm{g(x)]dx}} = \int_a^b {f(x)dx \pm } } \int_a^b {g(x)dx} \)

– Tính chất 3: \(\int_a^b {f(x)dx = \int_a^c {f(x)dx + \int_c^b {f(x)dx} } } \) \((a < c < b).\)

Ví dụ:

a) Biết \(\int_5^9 {f(x)dx = 2.} \) Hãy tính \(\int_5^9 {( – 5).f(x)dx}. \)

b) Biết \(\int_5^9 {f(x)dx = 2} \) và \(\int_5^9 {g(x)dx = 4} .\) Hãy tính \(\int_5^0 {{\rm{[f(x) + g(x)]dx}}}. \)

c) Biết \(\int_5^9 {f(x)dx = 2} \) và \(\int_9^{10} {f(x)dx = 3} .\) Hãy tính \(\int_5^{10} {f(x)dx}. \)

Bài giải:

a) Ta có: \(\int_5^9 {( – 5).f(x)dx = ( – 5)\int_5^9 {f(x)dx = ( – 5).2 = – 10} }. \)

b) Ta có: \(\int_5^9 {{\rm{[f(x) + g(x)]dx}} = \int_5^9 {f(x)dx + \int_5^9 {g(x)dx = 2 + 4 = 6} } } .\)

c) Ta có: \(\int_5^{10} {f(x)dx = \int_5^9 {f(x)dx + \int_9^{10} {f(x)dx = 2 + 3 = 5} } }. \)

3. Giải bài 3 trang 128 sgk Giải tích 12

Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) $f(x)=(x−1)(1−2x)(1−3x)$;

b) $f(x) =\sin 4x \cos^{2}2x$;

c) $f(x)=\frac{1}{1-x^{2}}$;

d) $f(x) = (e^{x}– 1)^{3}$.

Bài giải:

a) Ta có:

\(f\left( x \right)= ( – 2{x^2} + 3x-1)\left( {1 – 3x} \right)\)

\( =6{x^3}-11{x^2} +6x-1.\)

Vậy nguyên hàm của \(f(x)\) là:

\(F\left( x \right) = \int {\left( {6{x^3} – 11{x^2} + 6x – 1} \right)dx} \\= \frac{3}{2}{x^4} – \frac{{11}}{3}{x^3} + 3{x^2} – x + C.\)

b) Ta có:

\(f\left( x \right) = \sin 4x.co{s^2}2x = \sin 4x.{{1 + \cos 4x} \over 2}\)
\(= {1 \over 2}(\sin 4x + \sin 4x.cos4x)\)

\(= {1 \over 2}(\sin 4x + {1 \over 2}\sin 8x) \)

Vậy nguyên hàm của \(f(x)\) là:

\(\begin{array}{l}
F\left( x \right) = \frac{1}{2}\int {\left( {\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 8x} \right)dx} \\
\;\;\;\;\;\;\; = – \frac{1}{8}\cos 4x – \frac{1}{{32}}\cos 8x + C.
\end{array}\)

c) Ta có:

\(f(x) = {1 \over {1 – {x^2}}} = {1 \over 2}({1 \over {1 – x}} + {1 \over {1 + x}})\)

Vậy nguyên hàm của f(x) là:

\(\begin{array}{l}
F\left( x \right) = \frac{1}{2}\int {\left( {\frac{1}{{1 – x}} + \frac{1}{{1 + x}}} \right)} dx\\
\;\;\;\;\;\;\; = \frac{1}{2}\left( { – \ln \left| {1 – x} \right| + \ln \left| {1 + x} \right| + C} \right)\\
\;\;\;\;\;\;\; = \frac{1}{2}ln\left| {\frac{{1 + x}}{{1 – x}}} \right| + C.
\end{array}\)

d) Ta có: \(f(x) ={e^{3x}}-3{e^{2x}} + 3{e^x}-1\)

Vậy nguyên hàm của \(f(x)\) là

\(\begin{array}{l}
F\left( x \right) = \int {\left( {{e^{3x}} – 3{e^{2x}} + 3{e^x} – 1} \right)dx} \\
\;\;\;\;\;\;\;\; = \frac{1}{3}{e^{3x}} – \frac{3}{2}{e^{2x}} + 3{e^x} – x + C.
\end{array}\)

4. Giải bài 4 trang 129 sgk Giải tích 12

Tính:

a) \(\int {(2 – x)\sin {\rm{x}}dx} \);

b) \(\int {{{{{(x + 1)}^2}} \over {\sqrt x }}} dx\);

c) \(\int {{{{e^{3x}} + 1} \over {{e^x} + 1}}} dx\);

d) \(\int {{1 \over {{{(\sin x + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}}}} dx\);

e) \(\int {{1 \over {\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}} dx\);

g) \(\int {{1 \over {(x + 1)(2 – x)}}} dx\).

Bài giải:

a) Đặt \(u = 2 – x; \, \, dv = sinx dx\)

\(\Rightarrow du = -dx; \, \, v = -cosx\)

Khi đó ta có:

\(\eqalign{
& \int {(2 – x)\sin {\rm{x}}dx} = (x – 2)cosx – \int {{\mathop{\rm cosxdx}\nolimits} } \cr
& = (x – 2)cosx – s{\rm{inx}} + C \cr} .\)

b) Điều kiện: \(x > 0\)

Ta có:

\(\eqalign{
& \int {{{{{(x + 1)}^2}} \over {\sqrt x }}} dx = \int {{{{x^2} + 2x + 1} \over {{x^{{1 \over 2}}}}}} dx \cr
& = \int {({x^{{3 \over 2}}}} + 2{x^{{1 \over 2}}} + {x^{{-1 \over 2}}})dx \cr
& = {2 \over 5}{x^{{5 \over 2}}} + {4 \over 3}{x^{{3 \over 2}}} + 2{x^{{1 \over 2}}} + C. \cr} \)

c) Ta có: \({e^{3x}} + 1={({e^x})^3} + 1 = ({e^x} + 1)({e^{2x}}-{e^x} +1)\)

Do đó:

\(\eqalign{
& \int {{{{e^{3x}} + 1} \over {{e^x} + 1}}} dx = \int {\left( {{e^{2x}}-{\rm{ }}{e^x} + {\rm{ }}1} \right)} dx \cr
& = {1 \over 2}{e^{2x}} – {e^x} + x + C .\cr} \)

d) Ta có:

\(\eqalign{
& \int {{1 \over {{{(\sin x + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}}}} dx = \int {\frac{{dx}}{{{{\left[ {\sqrt 2 \cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right]}^2}}}} \cr &= \int {{{d(x – {\pi \over 4})} \over {2{{\cos }^2}(x – {\pi \over 4})}}} = {1 \over 2}\tan (x – {\pi \over 4}) + C \cr} \)

e) Nhân tử và mẫu với biểu thức liên hợp, ta có:

\(\eqalign{
& \int {{1 \over {\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}} dx = \int {(\sqrt {1 + x} } – \sqrt x )dx \cr
& = \int {\left[ {{{(1 + x)}^{{1 \over 2}}} – {x^{{1 \over 2}}}} \right]} dx = {2 \over 3}{(x + 1)^{{3 \over 2}}} – {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}} + C \cr} \)

g) Ta có:

\(\eqalign{
& \int {{1 \over {(x + 1)(2 – x)}}} dx = {1 \over 3}\int {({1 \over {1 + x}}} + {1 \over {2 – x}})dx \cr
& = \frac{1}{3}\left( {\ln \left| {1 + x} \right| – \ln \left| {2 – x} \right| + C} \right)= {1 \over 3}\ln |{{1 + x} \over {2 – x}}| + C .\cr}.\)

5. Giải bài 5 trang 129 sgk Giải tích 12

Tính:

a) $\int_{0}^{3}\frac{x}{\sqrt{1+x}}dx$;

b) $\int_{1}^{64}\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt[3]{x}}dx$;

c) $\int_{0}^{2}x^{2}e^{3x}dx$;

d) $\int_{0}^{\prod}\sqrt{1+\sin 2x} dx$.

Bài giải:

a) Đặt \(t = \sqrt {1 + x} \) , ta được: \(x = t^2- 1, dx = 2t dt\)

Khi \(x = 0\) thì \(t = 1\), khi \(x = 3\) thì \(t = 2.\)

Do đó:

\( \int_0^3 {{x \over {\sqrt {1 + x} }}} dx = \int_1^2 {{{{t^2} – 1} \over t}} .2tdt = 2\int_1^2 {({t^2} – 1)dt}\)

\(= 2({{{t^3}} \over 3} – t)\left| {_1^2} \right. = 2({8 \over 3} – 2 – {1 \over 3} + 1) = {8 \over 3} \)

b) Ta có:

\(\int_1^{64} {{{1 + \sqrt x } \over {\root 3 \of x }}} dx = \int_1^{64} {{{1 + {x^{{1 \over 2}}}} \over {{x^{{1 \over 3}}}}}} dx = \int_1^{64} {({x^{{-1 \over 3}}} + {x^{{1 \over 6}}})dx}\)
\(=({3 \over 2}{x^{{2 \over 3}}} + {6 \over 7}{x^{{7 \over 6}}})\left| {_1^{64}} \right. = \frac{{1872}}{{14}} – \frac{{33}}{{14}}= {{1839} \over {14}}. \)

c) Ta có:

\( \int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx = {1 \over 3}\int_0^2 {{x^2}} d{e^{3x}} = {1 \over 3}{x^2}{e^{3x}}\left| {_0^2} \right.\)

\(- {2 \over 3}\int_0^2 {x{e^{3x}}} dx \)\(= {4 \over 3}{e^6} – {2 \over 9}(x{e^{3x}})\left| {_0^2} \right. + {2 \over {27}}\int_0^2 {{e^{3x}}} d(3x) \)
\(= {4 \over 3}{e^6} – {4 \over 9}{e^6} + {2 \over {27}}{e^{3x}}\left| {_0^2} \right. = {2 \over {27}}(13{e^6} – 1) \)

d) Ta có:

\( \sqrt {1 + \sin 2x} = \sqrt {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x + 2\sin x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }\)

\(= |{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} | \)\(= \sqrt 2 |\sin (x + {\pi \over 4})| \)

\(=\left\{ \matrix{
\sqrt 2 \sin (x + {\pi \over 4}),x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 4}} \right] \hfill \cr
\sqrt 2 \sin (x + {\pi \over 4}),X \in \left[ {{{3\pi } \over 4},\pi } \right] \hfill \cr} \right.\)

Do đó:

\( \int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx = \sqrt 2 \int_0^{{{3\pi } \over 4}} {\sin (x + {\pi \over 4}} )d(x + {\pi \over 4})\)\( – \sqrt 2 \int_{{{3\pi } \over 4}}^\pi {\sin (x + {\pi \over 4}} )d(x + {\pi \over 4}) \) \(= – \sqrt 2 \cos (x + {\pi \over 4})\left| {_0^{{{3\pi } \over 4}}} \right. + \sqrt 2 (x + {\pi \over 4})\left| {_{{{3\pi } \over 4}}^\pi } \right. = 2\sqrt 2 \)

6. Giải bài 6 trang 129 sgk Giải tích 12

Tính:

a) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos2xsin^2xdx\);

b) \(\int_{-1}^{1}\left | 2^2-2^{-x} \right |dx\);

c) \(\int_{-1}^{2} \frac{(x+1)(x+2)(x+3)}{x^2}dx\);

d) \(\int_{-1}^{\frac{\pi }{2}} (sinx+cosx)^2dx\);

e) \(\int_{-1}^{\pi } (x+sinx)^2dx\);

g) \(\int_{0}^{\pi }(x+sinx)^2dx\).

Bài giải:

a) Ta có:

\( \int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2xsi{n^2}} xdx = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2x(1 – \cos 2x)dx}\)
\(= {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\left[ {\cos 2x – {{1 + \cos 4x} \over 2}} \right]} dx\)

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

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

Ta tách thành tổng của hai tích phân:

\(\int_{ – 1}^1 {|{2^x}} – {2^{ – x}}|dx = – \int_{ – 1}^0 ( {2^x} – {2^{ – x}})dx \)\(+ \int_0^1 ( {2^x} – {2^{ – x}})dx\)
\(= – ({{{2^x}} \over {\ln 2}} + {{{2^{ – x}}} \over {\ln 2}})\left| {_{ – 1}^0} \right. + ({{{2^x}} \over {\ln 2}} + {{{2^{ – x}}} \over {\ln 2}})\left| {_0^1} \right. \)\(= {1 \over {\ln 2}} \)

c) Ta có:

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

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

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

d) Ta có:

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

e) Ta có:

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

g) Ta có:

\(\eqalign{
& I = \int_0^\pi {{{(x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx)}}}^2}} dx\int_0^\pi {({x^2}} + 2x\sin x + {\sin ^2}x)dx \cr
& = \left[ {{{{x^3}} \over 3}} \right]\left| {_0^\pi } \right. + 2\int_0^\pi {x\sin xdx + {1 \over 2}} \int_0^\pi {(1 – \cos 2x)dx}. \cr} \)

Tính :\(J = \int_0^\pi {x\sin xdx} \)

Đặt \(u = x ⇒ u’ = 1\) và \(v’ = sinx ⇒ v = -cos x\)

Suy ra:

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

Do đó:

\(\eqalign{
& I = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {1 \over 2}\left[ {x – {{\sin 2x} \over 2}} \right]\left| {_0^{{\pi }}} \right. \cr
& = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {\pi \over 2} = {{2{\pi ^3} + 15\pi } \over 6}. \cr} \)

7. Giải bài 7 trang 129 sgk Giải tích 12

Xét hình phẳng $D$ giới hạn bởi \(y=2\sqrt{(1-x^2 )}\) và \(y=2(1-x)\)

a) Tính diện tích hình $D$

b) Quay hình $D$ xung quanh trục $Ox$. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành.

Bài giải:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

\(\eqalign{
& 2\sqrt {1 – {x^2}} = 2(1 – x) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
1 – x \ge 0 \hfill \cr
1 – {x^2} = {(1 – x)^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x \le 1 \hfill \cr
2{x^2} – 2x = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x \le 1 \hfill \cr
\left[ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
x = 1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
x = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Đồ thị của hàm số \(y = \sqrt {1 – {x^2}} \) là một nửa elip \({x^2} + {{{y^2}} \over 4} = 1\) với \(y ≥ 0.\)

Từ đồ thị trên ta có, diện tích của $D$:

\(\eqalign{
& S = \int_0^1 {\left[ {2\sqrt {1 – {x^2}} – 2(1 – x)} \right]} dx \cr
& = 2\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} dx – \int_0^1 {(1 – x)dx} } } \right] \cr} \)

Tính \(\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx\) :

Đặt \(x = sin t\) , ta có: \(dx = cost dt\); \(x=0 \Rightarrow t= 0\); \(x=1 \Rightarrow t={\pi \over 2}\)

Suy ra:

\(\eqalign{
& \int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx = \int_0^{{\pi \over 2}} {\sqrt {1 – {{\sin }^2}t} } .costdt \cr
& = \int_0^{{\pi \over 2}} {{\mathop{\rm cost}\nolimits} .costdt = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}tdt} } \cr
& = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \cos 2t)dt = {1 \over 2}} \left[ {t + {1 \over 2}\sin 2t} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 4} \cr
& \int_0^1 {(1 – x)dx = (x – {{{x^2}} \over 2})\left| {_0^1} \right.} = {1 \over 2} \cr
& \Rightarrow D = 2({\pi \over 4} – {1 \over 2}) = {\pi \over 2}-1 \cr} \)

b) Dựa vào hình trêm ta có thể tích cần tìm là:

\(\eqalign{
& V = 4\pi \int_0^1 {\left[ {(1 – {x^2}) – (1 – {x})^2} \right]} dx \cr
& = 8\pi \int_0^1 {(x – {x^2}} )dx = 8\pi\left( {{{{x^2}} \over 2} – {{{x^3}} \over 3}} \right)\left| {_0^1} \right. \cr
& = 8\pi ({1 \over 2} – {1 \over 3}) = {{4\pi } \over 3} \, \, (đvdt). \cr} \)

Bài tập trắc nghiệm

Giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 129 130 sgk Giải tích 12
Giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 129 130 sgk Giải tích 12

1. Giải bài 1 trang 129 sgk Giải tích 12

Tính \(\int {{{dx} \over {\sqrt {1 – x} }}} \) , kết quả là:

(A) \({C \over {\sqrt {1 – x} }}\) ;     (B) \(C\sqrt {1 – x} \) ;

(C) \( – 2\sqrt {1 – x} + C\) ;     (D) \({2 \over {\sqrt {1 – x} }} + C\)

Trả lời:

Ta có:

\(\int {{{dx} \over {\sqrt {1 – x} }}} = – \int {{{d(1 – x)} \over {\sqrt {1 – x} }}} = – 2\sqrt {1 – x} + C\)

⇒ Chọn đáp án: (C).

2. Giải bài 2 trang 130 sgk Giải tích 12

Tính \(\int {{2^{\sqrt x }}} {{\ln 2} \over {\sqrt x }}dx\) , kết quả sai là:

(A) \({2^{\sqrt x + 1}} + C\) ;     (B) \(2({2^{\sqrt x }} – 1) + C\) ;

(C) \(2({2^{\sqrt x }} + 1) + C\) ;     (D) \({2^{\sqrt x }} + C\).

Trả lời:

Ta có:

\(\int {{2^{\sqrt x }}} .{{\ln 2} \over {\sqrt x }}dx = 2\int {{2^{\sqrt x }}.\ln 2.d(\sqrt x } ) = {2.2^{\sqrt x }} + C\)

⇒ Chọn đáp án: (D).

3. Giải bài 3 trang 130 sgk Giải tích 12

Tích phân \(\int_0^\pi {{{\cos }^2}} x\sin xdx\) bằng:

(A) \({{ – 2} \over 3}\) ;  (B) \({2 \over 3}\) ;  (C) \({3 \over 2}\) ;  (D) $0$.

Trả lời:

\(\eqalign{
& \int_0^\pi {{{\cos }^2}} x\sin xdx = – \int_0^\pi {{{\cos }^2}xd(cosx)} \cr
& = – \left[ {{{{{\cos }^3}x} \over 3}} \right]\left| {_0^\pi } \right. = {2 \over 3} \cr} \)

⇒ Chọn đáp án: (B).

4. Giải bài 4 trang 130 sgk Giải tích 12

Cho hai tích phân \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx,} \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \) , hãy chỉ ra khẳng định đúng:

(A) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} > \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \)

(B) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} < \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \)

(C) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \)

(D) Không so sánh được.

Trả lời:

Nếu đặt \(u = {\pi \over 2} – x\) thì

\(\eqalign{
& \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}x = \int_{{\pi \over 2}}^0 {{{\sin }^2}} } ({\pi \over 2} – u)( – du) \cr
& = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}} udu = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}} xdx \cr} \)

⇒ Chọn đáp án: (C).

5. Giải bài 5 trang 130 sgk Giải tích 12

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong

a) y = \(x^3\) và \(y = x^5\) bằng:

$(A) 0 ;     (B) -4 ;     (C) {1 \over 6} ;     (D) 2.$

b) \(y = x + sinx\) và \(y = x\) (0 ≤ x ≤ 2π)

$(A) -4 ;     (B) 4 ;     (C) 0 ;     (D) 1.$

Trả lời:

a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng đã cho là:

\( x^5= x^3⇔ x = 0\) hoặc \(x = ±1\)

Do đó: Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\eqalign{
& S = \left| {\int_{ – 1}^0 {({x^3} – {x^5})dx} } \right| + \left| {\int_0^1 {({x^3} – {x^5})dx} } \right| = \left| {\left[ {{{{x^4}} \over 4} – {{{x^6}} \over 6}} \right]} \right|\left| {_{ – 1}^0} \right. + \left| {\left[ {{{{x^4}} \over 4} – {{{x^6}} \over 6}} \right]} \right|\left| {_{ – 1}^0} \right. \cr
& = \left| { – {1 \over 4} + {1 \over 6}} \right| + \left| {{1 \over 4} – {1 \over 6}} \right| = {1 \over 6} \cr} \)

⇒ Chọn đáp án: (C).

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là:

\(x + sinx = x\) (\(0 ≠ x ≠ 2x\))

\( ⇔ sinx = 0 ⇔ x = 0; x = π; x = 2π\)

Do đó, diện tích hình bằng là:

\(\eqalign{
& S = \left| {\int_0^\pi {\sin {\rm{x}}dx} } \right| + \left| {\int_\pi ^{2\pi } {\sin {\rm{x}}dx} } \right| \cr
& = \left| {\left[ { – \cos } \right]\left| {_0^\pi } \right.} \right| + \left| {\left[ { – {\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right]\left| {_\pi ^{2\pi }} \right.} \right| = 2 + 2 = 4 \cr} \)

⇒ Chọn đáp án: (B).

6. Giải bài 6 trang 130 sgk Giải tích 12

Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng \( y = \sqrt x\) và \(y = x\) quay xung quanh trục \(Ox\). Thể tích của khối tròn xoay tại thành bằng:

(A) $0$;  (B) \(– π\) ;   (C) \(π\) ;  (D) \({\pi \over 6}\).

Trả lời:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng \(y = \sqrt x\) và \(y = x\) là:

\(x = \sqrt x ⇔ x = 0\) hoặc \(x = 1\)

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:

\(V = \pi \int_0^1 {(x – {x^2}} )dx = \pi \left[ {{{{x^2}} \over 2} – {{{x^3}} \over 3}} \right]\left| {_0^1} \right. = {\pi \over 6}\)

⇒ Chọn đáp án: (D).

Bài trước:

Bài tiếp theo:

Xem thêm:

Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 12 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 128 129 sgk Giải tích 12!

“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“