Bài 9 trang 147 SGK Giải tích 12
Giải các phương trình sau:
a] \[{13^{2x + 1}} - {13^x} - 12 = 0\]
b] \[[{3^x} + {\rm{ }}{2^x}][{3^x} + {\rm{ }}{3.2^x}]{\rm{ }} = {\rm{ }}{8.6^x}\]
c] \[{\log _{\sqrt 3 }}[x - 2].{\log _5}x = 2{\log _3}[x - 2]\]
d] \[log_2^2x{\rm{ }}-{\rm{ }}5log_2x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0\]
Giải
a] Đặt \[t = 13^x> 0\] ta được phương trình:
\[13t^2 t 12 = 0 [t 1][13t + 12] = 0\]
\[ t = 1 13^x= 1 x = 0\]
b]
Chia cả hai vế phương trình cho \[9^x\]ta được phương trình tương đương
\[[1 + {[{2 \over 3}]^x}][1 + 3.{[{2 \over 3}]^x}] = 8.{[{2 \over 3}]^x}\]
Đặt \[t = {[{2 \over 3}]^x} [t > 0]\] , ta được phương trình:
\[[1 + t][1 + 3t] = 8t 3t^2 4t + 1 = 0 \]\[t \in \left\{ {{1 \over 3},1} \right\}\]
Với \[t = {1 \over 3}\] ta được nghiệm \[x = {\log _{{2 \over 3}}}{1 \over 3}\]
Với \[t = 1\] ta được nghiệm \[x = 0\]
c] Điều kiện: \[x > 2\]
\[\eqalign{
& \Leftrightarrow 2lo{g_3}[x - 2].lo{g_5}x = 2lo{g_3}[x - 2] \cr
& \Leftrightarrow 2lo{g_3}[x - 2][{\log _5}x - 1] = 0 \cr} \]
\[\Leftrightarrow\left[ \matrix{{\log _3}[x - 2] = 0 \hfill \cr lo{g_5}x = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{x = 3 \hfill \cr x = 5 \hfill \cr} \right.\]
d] Điều kiện: \[x > 0\]
\[\eqalign{
& \log _2^2x - 5{\log _2}x + 6 = 0 \cr
& \Leftrightarrow [{\log _2}x - 2][{\log _2}x - 3] = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _2}x = 2 \hfill \cr
{\log _2}x = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 4 \hfill \cr
x = 8 \hfill \cr} \right. \cr} \]
Bài 10 trang 147 SGK Giải tích 12
Giải các bất phương trình sau
a] \[{{{2^x}} \over {{3^x} - {2^x}}} \le 2\]
b] \[{[{1 \over 2}]^{{{\log }_2}[{x^2} - 1]}} > 1\]
c] \[{\log ^2}x + 3\log x \ge 4\]
d] \[{{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4}\]
Trả lời:
a] Ta có:
\[{{{2^x}} \over {{3^x} - {2^x}}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {{{[{3 \over 2}]}^x} - 1}} \le 2\]
Đặt \[t = {[{3 \over 2}]^2}[t > 0]\], bất phương trình trở thành:
\[\eqalign{
& {1 \over {t - 1}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {t - 1}} - 2 \le 0 \Leftrightarrow {{ - 2t + 3} \over {t - 1}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
0 < t < 1 \hfill \cr
t \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{[{3 \over 2}]^x} < 1 \hfill \cr
{[{3 \over 2}]^2} \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x < 0 \hfill \cr
x \ge 1 \hfill \cr} \right. \cr} \]
b] Ta có:
\[\eqalign{
& {[{1 \over 2}]^{{{\log }_2}[{x^2} - 1]}} > 1 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x^2} - 1 > 0 \hfill \cr
{\log _2}[{x^2} - 1] < 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow 0 < {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt 2 \cr
& \Leftrightarrow x \in [ - \sqrt 2 , - 1] \cup [1,\sqrt 2 ] \cr} \]
c] Điều kiện: \[x > 0\]
\[\eqalign{
& {\log ^2}x + 3\log x \ge 4 \Leftrightarrow [\log x + 4][logx - 1] \ge 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\mathop{\rm logx}\nolimits} \ge 1 \hfill \cr
logx \le - 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x \ge 10 \hfill \cr
0 < x \le {10^{ - 4}} \hfill \cr} \right. \cr} \]
d] Ta có:
\[\eqalign{
& {{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4} \Leftrightarrow {{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}} \le {1 \over 4} \cr
& \Leftrightarrow {{3 - 6{{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}}\le0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{\log _4}x \le {{ - 1} \over 2} \hfill \cr
{\log _4}x \ge {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
0 < x < {1 \over 2} \hfill \cr
x \ge 2 \hfill \cr} \right. \cr} \]
Bài 11 trang 147 SGK Giải tích 12
Tính các tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần
a] \[\int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx\]
b] \[\int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} \]
c] \[\int_0^\pi {[\pi - x]\sin {\rm{x}}dx} \]
d] \[\int_{ - 1}^0 {[2x + 3]{e^{ - x}}} dx\]
Giải
a]
\[\eqalign{
& \int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx = {\int_1^{{e^4}} {\ln xd[{2 \over 3}} x^{{3 \over 2}}}] \cr
& = {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}}\ln x\left| {_1^{{e^4}}} \right. - \int\limits_1^{{e^4}} {{2 \over 3}} .{x^{{3 \over 2}}}.d{\mathop{\rm lnx}\nolimits} \cr
& = {8 \over 3}{e^6} - {2 \over 3}{x^{{1 \over 2}}}dx = {8 \over 3}{e^6} - {4 \over 9}{x^{{2 \over 3}}}\left| {_1^{{e^4}}} \right. = {{20} \over 9}{e^6} + {4 \over 9} \cr} \]
b] Ta có:
\[\eqalign{
& \int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} = \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {xd[ - \cot x] = - x\cot x\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right.} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {\cot xdx} \cr
& = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{d\sin x} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln |sinx|\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}}} \right. = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln 2 \cr} \]
c] Ta có:
\[\eqalign{
& \int_0^\pi {[\pi - x]\sin {\rm{x}}dx} = \int\limits_0^\pi {[\pi - x]d[ - {\mathop{\rm cosx}\nolimits} ]} \cr
& = - [\pi - x]cosx\left| {_0^\pi } \right. + \int\limits_0^\pi {{\mathop{\rm cosxd}\nolimits} [\pi - x] = \pi - s{\rm{inx}}\left| {_0^\pi } \right.} = \pi \cr} \]
d] Ta có:
\[\eqalign{
& \int_{ - 1}^0 {[2x + 3]{e^{ - x}}} dx = \int\limits_{ - 1}^0 {[2x + 3]d[ - {e^{ - x}}} ] \cr
& = [2x + 3]{e^{ - x}}\left| {_0^{ - 1}} \right. + \int\limits_{ - 1}^e {{e^{ - x}}} .2dx = e - 3 + 2{e^{ - x}}\left| {_0^1} \right. = 3e - 5 \cr} \]
Bài 12 trang 147 SGK Giải tích 12
Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số
a] \[\int\limits_0^{{\pi \over 24}} {\tan [{\pi \over 4} - 4x]dx} \][đặt \[u = \cos [{\pi \over 3} - 4x]\]]
b] \[\int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}} \][đặt \[x = {3 \over 5}\tan t\]]
c] \[\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^3}} x{\cos ^4}xdx\][đặt u = cos x]
d] \[\int\limits_{{{ - \pi } \over 4}}^{{\pi \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx\][đặt \[u = \sqrt {1 + \tan x} \]]
Giải
a] Ta có:
Đặt \[u = \cos [{\pi \over 3} - 4x]\]thì \[u' = 4sin[{\pi \over 3} - 4x]\]
Khi \[x = 0\] thì \[u = {1 \over 2}\]; khi \[x = {\pi \over {24}} \Rightarrow u = {{\sqrt 3 } \over 2}\]
Khi đó:
\[\eqalign{
& \int\limits_0^{{\pi \over {24}}} {\tan [{\pi \over 3}} - 4x]dx = {1 \over 4}\int\limits_0^{{\pi \over {24}}} {{{d\cos [{\pi \over 3} - 4x]} \over {\cos [{\pi \over 3} - 4x]}}} \cr
& = {1 \over 4}\int\limits_{{1 \over 2}}^{{{\sqrt 3 } \over 2}} {{{du} \over u}} ={1 \over 4}\ln |u|\left| {_{{1 \over 2}}^{{{\sqrt 3 } \over 2}}} \right.= {1 \over 4}\ln \sqrt 3 \cr} \]
b]
Đặt
\[x = {3 \over 5}\tan t \Rightarrow \left\{ \matrix{
9 + 25{x^2} = 9[1 + {\tan ^2}t] \hfill \cr
dx = {3 \over 5}[1 + {\tan ^2}t] \hfill \cr} \right.\]
Đổi cận: \[x = {{\sqrt 3 } \over 5} \Rightarrow t = {\pi \over 6};x = {3 \over 5} \Rightarrow t = {\pi \over 4}\]
Do đó:
\[\int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}} = \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 4}} {{1 \over {15}}dt ={1 \over {15}}t\left| {_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 4}}} \right.{\pi \over {180}}} \]
c] Đặt \[t = cos x\] thì \[dt = -sin x dx\]
Khi \[x = 0 \Rightarrow t = 1;x = {\pi \over 2} \Rightarrow t = 0\]
Do đó:
\[\eqalign{
& \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^3}x{{\cos }^4}xdx = \int\limits_1^0 { - [1 - {t^2}]{t^4}} dt} \cr
& = - \int\limits_0^1 {[{t^4} - {t^6}]dt = - [{{{t^5}} \over 5}} - {{{t^7}} \over 7}]\left| {_0^1} \right. = {2 \over {35}} \cr} \]
d] Đặt \[u = \sqrt {1 + \tan x} \Rightarrow {t^2} = 1 + \tan x \Rightarrow 2tdt = {{dx} \over {{{\cos }^2}x}}\]
Do đó:
\[\int\limits_{{{ - \pi } \over 4}}^{{\pi \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {2{t^2}dt = {2 \over 3}} {t^3}\left| {_0^{\sqrt 2 }} \right. = {{4\sqrt 2 } \over 3}\]