\(\left\{ \matrix{
u = x \hfill \cr
dv = \cos 2xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = dx \hfill \cr
v = {1 \over 2}\sin 2x \hfill \cr} \right.\)

Do đó \(\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {x\cos 2xdx }\) \(= \left. {{1 \over 2}x\sin 2x} \right|_0^{{\pi \over 4}} - {1 \over 2}\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {\sin 2xdx} \)

\( = {\pi \over 8} + \left. {{1 \over 4}\cos 2x} \right|_0^{{\pi \over 4}} \) \(= {\pi \over 8} + {1 \over 4}\left( { - 1} \right) = {\pi \over 8} - {1 \over 4}.\)

LG b

\(\int\limits_0^1 {{{\ln \left( {2 - x} \right)} \over {2 - x}}} dx;\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp đổi biến \(u = \ln \left( {2 - x} \right) \)

Lời giải chi tiết:

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

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

LG c

\(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos xdx;} \)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp từng phần \(\left\{ \matrix{
u = {x^2} \hfill \cr
dv = \cos xdx \hfill \cr} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Đặt

\(\left\{ \matrix{
u = {x^2} \hfill \cr
dv = \cos xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = 2xdx \hfill \cr
v = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} \hfill \cr} \right.\)

Do đó \(I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos xdx }\) \( = {x^2} \left. {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right|_0^{{\pi \over 2}}- 2\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin xdx }\) \(= {{{\pi ^2}} \over 4} - 2{I_1}\)

Với \({I_1} = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\sin xdx} \)

Đặt

\(\left\{ \matrix{
u = x \hfill \cr
dv = \sin {\rm{x}}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = dx \hfill \cr
v = - \cos x \hfill \cr} \right.\)

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

\( = - \frac{\pi }{2}\cos \frac{\pi }{2} + 0\cos 0 + \left. {\sin x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} \) \(= 0 + \sin \frac{\pi }{2} - \sin 0 = 1\)

Vậy \(I = {{{\pi ^2}} \over 4} - 2\)

LG d

\(\int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^3} + 1} dx;} \)

Phương pháp giải:

Đổi biến \(u = \sqrt {{x^3} + 1}\)

Lời giải chi tiết:

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

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

LG e

\(\int\limits_1^e {{x^2}\ln xdx.} \)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp từng phần \(\left\{ \matrix{
u = \ln x \hfill \cr
dv = {x^2}dx \hfill \cr} \right. \)

Lời giải chi tiết:

Đặt

\(\left\{ \matrix{
u = \ln x \hfill \cr
dv = {x^2}dx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = {{dx} \over x} \hfill \cr
v = {{{x^3}} \over 3} \hfill \cr} \right.\)

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

Fqa.vn

Báo cáo nội dung câu hỏi

Khác

Bình luận (0)

Bạn cần đăng nhập để bình luận

Xác nhận

Bạn chắc chắn muốn xóa nội dung này ?

Chương bài liên quan

Bài 5. Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng

Bài 6. Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể

Ôn tập chương III - Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

Bài tập trắc nghiệm khách quan chương III - Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng - Toán 12 Nâng cao

Gợi ý sách

Xem thêm

Bạn có câu hỏi cần được giải đáp?

Bộ sách liên quan

FQA.vn Nền tảng kết nối cộng đồng hỗ trợ giải bài tập học sinh trong khối K12. Sản phẩm được phát triển bởi CÔNG TY TNHH CÔNG NGHỆ GIA ĐÌNH (FTECH CO., LTD)

Điện thoại: 1900636019 Email: info@fqa.vn

Địa chỉ: Số 21 Ngõ Giếng, Phố Đông Các, Phường Ô Chợ Dừa, Quận Đống Đa, Thành phố Hà Nội, Việt Nam.

Liên kết · Hỏi đáp bài tập · Giải bài tập SGK · Cẩm nang · Đề ôn luyện

hỗ trợ · Điều khoản & chính sách · Sitemap · Liên hệ · Hướng dẫn sử dụng · Đánh giá và góp ý · Dịch vụ FQA media

Tải ứng dụng FQA

Người chịu trách nhiệm quản lý nội dung: Nguyễn Tuấn Quang Giấy phép thiết lập MXH số 07/GP-BTTTT do Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 05/01/2024