Giải bài 5.17, 5.18, 5.19, 5.20 trang 222 sách bài tập giải tích 12 - Bài trang sách bài tập (SBT) - Giải tích
\(\eqalign{& I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} = {e^x}\sin x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. - \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\cos xdx} \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} - \left[ {{e^x}\cos x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} } \right.} \right] \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} + 1 - I \cr & \Rightarrow I = {{{e^{{\pi \over 2}}} + 1} \over 2} \cr} \) Bài 5.17 trang 222 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12 Giải các bất phương trình sau: a) \({({1 \over 2})^{{{\log }_{{1 \over 3}}}({x^2} - 3x + 1)}} < 1\) b) \(4{x^2} + {3.3^{\sqrt x }} + x{.3^{\sqrt x }} < 2{x^2}{.3^{\sqrt x }} + 2x + 6\) c) \({\log _x}4.{\log _2}{{5 - 12x} \over {12x - 8}} \ge 2\) Hướng dẫn làm bài: a) Điều kiện \(\left[ {\matrix{{x > {{3 + \sqrt 5 } \over 2}} \cr {x < {{3 - \sqrt 5 } \over 2}} \cr} } \right.\) Vì \(0 < {1 \over 2} < 1\)và \(1 = {({1 \over 2})^0}\) nên ta có: \({({1 \over 2})^{{{\log }_{{1 \over 3}}}({x^2} - 3x + 1)}} < 16\) \(\Leftrightarrow {\log _{{1 \over 3}}}({x^2} - 3x + 1) > 0\) \(\Leftrightarrow{x^2} - 3x + 1 < 1 \Leftrightarrow0 < x < 3\) Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left[ {\matrix{{0 < x < {{3 - \sqrt 5 } \over 2}} \cr {{{3 + \sqrt 5 } \over 2} < x < 3} \cr} } \right.\) b) Ta có bất phương trình đã cho tương đương với \(4{x^2} + {3.3^{\sqrt x }} + x{.3^{\sqrt x }} - 2{x^2}{.3^{\sqrt x }} - 2x - 6 < 0\) \(\Leftrightarrow(3 + x - 2{x^2}){3^{\sqrt x }} - 2(x - 2{x^2} + 3) < 0\) \(\Leftrightarrow( - 2{x^2} + x + 3)({3^{\sqrt x }} - 2) < 0\) \(\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\left\{ {\matrix{{{3^{\sqrt x }} - 2 < 0} \cr { - 2{x^2} + x + 3 > 0} \cr {x \ge 0} \cr}\,\,\,\, (1)} \right.} \cr {\left\{ {\matrix{{{3^{\sqrt x }} - 2 > 0} \cr { - 2{x^2} + x + 3 < 0} \cr {x \ge 0} \cr}\,\,\,\, (2)} \right.} \cr} } \right.\) \((1) \Leftrightarrow\left\{ {\matrix{{x < \log _3^22} \cr {x \ge 0} \cr { - 1 < x < {3 \over 2}} \cr} } \right. \Leftrightarrow0 \le x < \log _3^22\) (vì \(\log _3^22 < 1 < {3 \over 2}\)) \((2) \Leftrightarrow\left\{ {\matrix{{x > \log _3^22} \cr {x \ge 0} \cr {\left[ {\matrix{{x < - 1} \cr {x > {3 \over 2}} \cr} } \right.} \cr} } \right. \Leftrightarrowx > {3 \over 2}\) Vậy nghiệm của bất phương trình là \(0 \le x < \log _3^22\) hoặc \(x > {3 \over 2}\) c) Điều kiện: \(\left\{ {\matrix{{x > 0} \cr {x \ne 1} \cr {{{5 - 12x} \over {12x - 8}} > 0} \cr} } \right. \Leftrightarrow{5 \over {12}} < x < {2 \over 3}\,\,\,\,(*)\) Bất phương trình đã cho tương đương với \({2 \over {{{\log }_2}x}}.{\log _2}{{5 - 12x} \over {12x - 8}} \ge 2 \Leftrightarrow {\log _2}{{5 - 12x} \over {12x - 8}} \le {\log _2}x\) (vì khi \(x \in ({5 \over {12}};{2 \over 3})\) thì \({\log _2}x < 0\) ) \( \Leftrightarrow{{5 - 12x} \over {12x - 8}} - x \le 0\) \(\Leftrightarrow{{(6x + 5)(1 - 2x)} \over {12x - 8}} \le 0\) \(\left[ {\matrix{{ - {5 \over 6} \le x \le {1 \over 2}} \cr {x > {2 \over 3}} \cr} } \right.\). Kết hợp với điều kiện (*), ta có \({5 \over {12}} < x \le {1 \over 2}\) Bài 5.18 trang 222 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12 Giải các bất phương trình sau: a) \({(0,5)^{{1 \over x}}} \ge 0,0625\) b) \({\log _{0,2}}({x^2} - 4) \ge - 1\) c) \({\log _2}{\log _{0,5}}({2^x} - {{15} \over {16}}) \le 2\) d) \({\log _3}({16^x} - {2.12^x}) \le 2x + 1\) Hướng dẫn làm bài: a) Bất phương trình đã cho tương đương với \({({1 \over 2})^{{1 \over x}}} \ge {1 \over {16}} \Leftrightarrow{({1 \over 2})^{{1 \over x}}} \ge {({1 \over 2})^4}\) \(\Leftrightarrow {1 \over x} \le 4 \Leftrightarrow{1 \over x} - 4 \le 0 \Leftrightarrow{{1 - 4x} \over x} \le 0 \Leftrightarrow\left[ {\matrix{{x \ge {1 \over 4}} \cr {x < 0} \cr} } \right.\) b) Điều kiện: \(\left[ {\matrix{{x > 2} \cr {x < - 2} \cr} } \right.\) Bất phương trình đã cho tương đương với \({\log _{0,2}}({x^2} - 4) \ge {\log _{0,2}}0,{2^{ - 1}} = {\log _{0,2}}5\) \( \Leftrightarrow{x^2} - 4 \le 5\) (vì 0,2 < 1) \( \Leftrightarrow{x^2} - 9 \le 0 \Leftrightarrow- 3 \le x \le 3\) Kết hợp với điều kiện, ta được \(\left[ {\matrix{{2 < x \le 3} \cr { - 3 \le x < - 2} \cr} } \right.\) c) Bất phương trình đã cho tương đương với \(0 < {\log _{0,5}}({2^x} - {{15} \over {16}}) \le 4\) \( \Leftrightarrow1 > {2^x} - {{15} \over {16}} \ge 0,{5^4}\) \(\Leftrightarrow{{31} \over {16}} > {2^x} \ge 1\) \(\Leftrightarrow{\log _2}{{31} \over {16}} > x \ge 0\) \( \Leftrightarrow0 \le x < {\log _2}31 - 4\) Ở đây, chúng ta đã áp dụng tính đồng biến và nghịch biến của các hàm số logarit và hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1 và nhỏ hơn 1. d) Bất phương trình đã cho tương đương với \(0 < {16^x} - {2.12^x} \le {3^{2x + 1}}\) \(\Leftrightarrow 0 < {4^x}{.4^x} - {2.4^x}{.3^x} \le {3^x}{.3^x}.3\) \(\Leftrightarrow0 < {({4 \over 3})^{2x}} - 2{({4 \over 3})^x} \le 3\) (1) (Ta đã chia cả hai vế cho \({9^x}\;\left( {{9^x} > {\rm{ }}0{\rm{ }}} \right)\)) Đặt \({({4 \over 3})^x} = t(t > 0)\), ta có hệ bất phương trình: \(\left\{ {\matrix{{{t^2} - 2t \le 3} \cr {{t^2} - 2t > 0} \cr {t > 0} \cr} } \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{ {\matrix{{t > 0} \cr {{t^2} - 2t - 3 \le 0} \cr {{t^2} - 2t > 0} \cr} } \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{ {\matrix{{t > 0} \cr { - 1 \le t \le 3} \cr {\left[ {\matrix{{t > 2} \cr {t < 0} \cr} } \right.} \cr} } \right. \Leftrightarrow2 < t \le 3\) Từ đó, ta có\(2 < {({4 \over 3})^x} \le 3 < = > {\log _{{4 \over 3}}}2 < x \le {\log _{{4 \over 3}}}3\). 6 Bài 5.19 trang 222 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12 Tính các tích phân sau: a) \(\int\limits_{ - 2}^4 {{{({{x - 2} \over {x + 3}})}^2}dx} \)(đặt t = x +3) b) \(\int\limits_{ - 4}^6 {(|x + 3| - |x - 4|)dx} \) c) \(\int\limits_{ - 3}^2 {{{dx} \over {\sqrt {x + 7} + 3}}} \) (đặt \(t = \sqrt {x + 7} \) hoặc \(t = \sqrt {x + 7} + 3\)) d) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos x} \over {1 + 4\sin x}}} dx\) e)\(\int\limits_1^2 {{{{x^9}} \over {{x^{10}} + 4{x^5} + 4}}dx} \) (đặt t = x5) g) \(\int\limits_0^3 {(x + 2){e^{2x}}dx} \) h) \(\int\limits_2^5 {{{\sqrt {4 + x} } \over x}dx} \)(đặt \(t = \sqrt {4 + x} \)) Hướng dẫn làm bài: a) Đổi biến \( t = x + 3 \Rightarrowx 2 = t 5\) . Khi x = - 2 thì t = 1, khi x = 4 thì t = 7, ta có: \(\int\limits_{ - 2}^4 {{{({{x - 2} \over {x + 3}})}^2}dx = \int\limits_1^7 {(1 - {{10} \over t} + {{25} \over {{t^2}}}} } )dt\) \(= (t - 10\ln t - {{25} \over t})\left| {\matrix{7 \cr 1 \cr} } \right. = 27{3 \over 7} - 10\ln 7\) b)\(\int\limits_{ - 4}^6 {(|x + 3| - |x - 4|)dx}\) \( = - 7\int\limits_{ - 4}^{ - 3} {dx} + \int\limits_{ - 3}^4 {(2x - 1)dx} + \int\limits_4^6 {7dx} = 7\) c) Đổi biến \(t = \sqrt {x + 7} \) , ta có\(I = \int\limits_2^3 {{{2tdt} \over {t + 3}}} = 2 - 6\ln 1,2\) Nếu đổi biến \(t = \sqrt {x + 7} + 3\)thì ta có\(I = \int\limits_5^6 {(2 - {6 \over t})dt} \) d) Đổi biến\(t = 1 + 4\sin x\) , ta có\(I = {1 \over 4}\int\limits_1^5 {{{dt} \over t}} = {1 \over 4}\ln 5\) e) Đổi biến\(t = {x^5}\) \(\eqalign{ g) Đặt \(u = x + 2,dv = {e^{2x}}dx\Rightarrow du = dx,v = {1 \over 2}{e^{2x}}\) Ta có \(I = {1 \over 2}(x + 2){e^{2x}}\left| {\matrix{3 \cr 0 \cr} } \right. - {1 \over 2}\int\limits_0^3 {{e^{2x}}} dx\) \(= {1 \over 2}(5{e^6} - 2) - {1 \over 4}({e^6} - 1) = {3 \over 4}(3{e^6} - 1)\) h) Đổi biến\(t = \sqrt {4 + x} \) \(I = 2\int\limits_{\sqrt 6 }^3 {(1 + {1 \over {t - 2}} - {1 \over {t + 2}})dt}\) \(= 2(t + \ln {{t - 2} \over {t + 2}})\left| {\matrix{3 \cr {\sqrt 6 } \cr} } \right. \) \(= 2[3 - \sqrt 6 - \ln (25 - 10\sqrt 6 ){\rm{]}}\) Bài 5.20 trang 222 sách bài tập (SBT) - Giải tích 12 Tính: a) \(\int\limits_{ - 1}^2 {(5{x^2} - x + {e^{0,5x}})dx} \) b) \(\int\limits_{0,5}^2 {(2\sqrt x - {3 \over {{x^3}}} + \cos x)dx} \) c) \(\int\limits_1^2 {{{dx} \over {\sqrt {2x + 3} }}} \) (đặt \(t = \sqrt {2x + 3} \)) d) \(\int\limits_1^2 {\root 3 \of {3{x^3} + 4} {x^2}dx} \) (đặt \(t = \root 3 \of {3{x^3} + 4} \)) e) \(\int\limits_{ - 2}^2 {(x - 2)|x|dx} \) g) \(\int\limits_1^0 {x\cos xdx} \) h)\(\int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{1 + \sin 2x + \cos 2x} \over {\sin x + \cos x}}} dx\) i) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} \) k) \(\int\limits_1^e {{x^2}{{\ln }^2}xdx} \) Hướng dẫn làm bài a) Đáp số: \(13{1 \over 2} + 2(e - {1 \over {\sqrt e }})\) b) Đáp số:\({{7\sqrt 2 } \over 3} - 5{5 \over 8} + \sin 2 - \sin {1 \over 2}\) c) Đáp số:\(\sqrt 7 - \sqrt 5 \) d) Đổi biến \(t = \root 3 \of {3{x^3} + 4} \) \(\Rightarrow{t^3} = 3{x^3} + 4 \Rightarrow3{t^2}dt = 9{x^2}dx \Rightarrow{x^2}dx = {1 \over 3}{t^2}dt\) Ta có \(\eqalign{ e) \(\eqalign{ g) \(\eqalign{& \int\limits_1^0 {x\cos xdx = x\sin x\left| {\matrix{0 \cr 1 \cr} } \right.} - \int\limits_1^0 {\sin xdx} \cr & = - \sin 1 + \cos x\left| {\matrix{0 \cr 1 \cr} } \right. = 1 - (\sin 1 + \cos 1) \cr} \) h) Ta có: \(\eqalign{ Từ đó, ta có đáp số là 1. i) Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần hai lần, cả hai lần đều đặt\({e^x}dx = dv \Rightarrowv = {e^x}\) . Ta có: \(\eqalign{& I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} = {e^x}\sin x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. - \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\cos xdx} \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} - \left[ {{e^x}\cos x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} } \right.} \right] \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} + 1 - I \cr & \Rightarrow I = {{{e^{{\pi \over 2}}} + 1} \over 2} \cr} \) k) Lấy tích phân theo phương pháp tính tích phân từng phầ;n hai lần: lần thứ nhất đặt \(u = {\ln ^2}x\), lần thứ hai đặt \(u = \ln x\)và có đáp số là\({1 \over {27}}(5{e^3} - 2)\).
|