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\[t = {x^5}\]
\[\eqalign{
& I = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{{tdt} \over {{t^2} + 4t + 4}}} \cr
& = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{{[t + 2 - 2]dt} \over {{{[t + 2]}^2}}}} \cr
& = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{\rm{[}}{1 \over {t + 2}} - {2 \over {{{[t + 2]}^2}}}{\rm{]}}dt} \cr
& = {1 \over 5}\left[ {\ln [t + 2] + {2 \over {t + 2}}} \right]\left| {\matrix{{32} \cr 1 \cr} = {1 \over 5}[\ln {{34}\over 3} - {{31} \over {51}}]} \right. \cr} \]
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
\[\eqalign{
& \int\limits_1^2 {\root 3 \of {3{x^3} + 4} } {x^2}dx = {1 \over 3}\int\limits_{\root 3 \of 7 }^{\root 3 \of {28} } {{t^3}dt} \cr & = {1 \over {12}}{t^4}\left| {\matrix{{\root 3 \of {28} } \cr {\root 3 \of 7 } \cr} } \right. = {{7\root 3 \of 7 [4\root 3 \of 4 - 1]} \over {12}} \cr} \]
e]
\[\eqalign{
& \int\limits_{ - 2}^2 {[x - 2]|x|dx} \cr
& = \int\limits_{ - 2}^0 {[2x - {x^2}]dx + \int\limits_0^2 {[{x^2} - 2x]dx} } \cr
& = - {{20} \over 3} - {4 \over 3} = - 8 \cr} \]
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:
\[\eqalign{
& 1 + \sin 2x + \cos 2x \cr
& = 1 + 2\sin x\cos x + 2{\cos ^2}x - 1 \cr
& = 2\cos x[\sin x + \cos x] \cr} \]
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\[{1 \over {27}}[5{e^3} - 2]\].