Cho nguyên hàm $I = \int {\sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x} ,\,\,\,x \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]$, nếu đặt $x = \sin t$ thì nguyên hàm I tính theo biến t trở thành:
Đặt $x = \sin t \Leftrightarrow dx = \cos t\,dt$ và $1 - {x^2} = 1 - {\sin ^2}t = {\cos ^2}t$
Suy ra
$\begin{array}{l}\int {\sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x} = \int {\sqrt {{{\cos }^2}t} \,\cos t\,{\rm{d}}t} = \int {{{\cos }^2}t\,{\rm{d}}t} = \int {\dfrac{{1 + \cos 2t}}{2}\,{\rm{d}}t} \\ = \int {\left( {\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\cos 2t} \right){\rm{d}}t} = \dfrac{t}{2} + \dfrac{{\sin 2t}}{4} + C.\end{array}$
(Vì \(x \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow \cos x > 0 \Rightarrow \sqrt {{{\cos }^2}x} = \cos x\))
Vậy $I = \dfrac{t}{2} + \dfrac{{\sin 2t}}{4} + C.$
Biết \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {{{\ln }^2}x + 1} .\dfrac{{\ln x}}{x}\) thoả mãn \(F\left( 1 \right) = \dfrac{1}{3}\). Giá trị của \({F^2}\left( e \right)\) là
Đặt \(t = \sqrt {{{\ln }^2}x + 1} \Rightarrow tdt = \dfrac{{\ln x}}{x}dx\)
\(\int {\sqrt {{{\ln }^2}x + 1} .\dfrac{{\ln x}}{x}dx = \int {{t^2}dt = \dfrac{{{t^3}}}{3} + C = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {{{\ln }^2}x + 1} } \right)}^3}}}{3} + C} } \).
Vì \(F\left( 1 \right) = \dfrac{1}{3}\) nên \(C = 0\)
Vậy \({F^2}\left( e \right) = \dfrac{8}{9}\).
Nếu đặt $x = \sin t$ thì nguyên hàm $\int {{x^2}\sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x} $ có dạng $\dfrac{t}{a} - \dfrac{{\sin 4t}}{b} + C$ với $a,\,\,b \in Z$. Tính tổng \(S=a+b\).
Đặt $x = \sin t \Leftrightarrow {\rm{d}}x = \cos t\,{\rm{d}}t$ và $1 - {x^2} = 1 - {\sin ^2}t = {\cos ^2}t.$
Khi đó $I = \int {{x^2}\sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x} = \int {{{\sin }^2}t.\sqrt {{{\cos }^2}t} .\cos t\,{\rm{d}}t} = \int {{{\sin }^2}t.{{\cos }^2}t\,{\rm{d}}t} .$
Mặt khác $\sin t.\cos t = \dfrac{1}{2}\sin 2t$ $\Leftrightarrow {\sin ^2}t.{\cos ^2}t = \dfrac{1}{4}{\sin ^2}2t = \dfrac{1}{4}.\dfrac{{1 - \cos 4t}}{2}$ $ = \dfrac{{1 - \cos 4t}}{8}.$
Vậy $I = \dfrac{1}{8}\int {\left( {1 - \cos 4t} \right)\,{\rm{d}}t}$ $ = \dfrac{t}{8} - \dfrac{{\sin 4t}}{{32}} + C $ $= \dfrac{t}{a} - \dfrac{{\sin 4t}}{b} + C $
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 8\\b = 32\end{array} \right. \Rightarrow S = 40.$
Tìm nguyên hàm của hàm số \(f(x) = \dfrac{{{x^3}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\).
Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \Rightarrow {x^2} = 4 - {t^2} \Rightarrow xdx = - tdt\).
Khi đó
$\int {\dfrac{{{x^3}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}d{\rm{x}}} = \int {\dfrac{{\left( {4 - {t^2}} \right)\left( { - tdt} \right)}}{t} = \int {\left( {{t^2} - 4} \right)dt = \dfrac{{{t^3}}}{3} - 4t + C} } $ $ = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^3}}}{3} - 4\sqrt {4 - {x^2}} + C = - \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + 8} \right)\sqrt {4 - {x^2}} + C$
Cho nguyên hàm \(I = \int {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}} }}} \). Nếu đặt \(x = \tan t,\) \(t \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)\) thì:
Đặt \(x = \tan t,\,t \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)\) \( \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}} = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt = \left( {1 + {x^2}} \right)dt\)
Do đó \(I = \int {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}} }}} = \int {\dfrac{{\left( {1 + {x^2}} \right)dt}}{{\left( {1 + {x^2}} \right)\sqrt {1 + {x^2}} }}} \) \( = \int {\dfrac{{dt}}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}t} }}} = \int {\dfrac{{dt}}{{\dfrac{1}{{\cos t}}}}} = \int {\cos tdt} \)
Biết hàm số \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x) = \dfrac{{\ln x}}{{x\sqrt {{{\ln }^2}x + 3} }}\) có đồ thị đi qua điểm \(\left( {e;2016} \right)\). Khi đó giá trị \(F\left( 1 \right)\) là
Đặt \(t = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3} \) ta có: \(\int {\dfrac{{\ln x}}{{x\sqrt {{{\ln }^2}a + 3} }}dx} = \int {\dfrac{{tdt}}{t}} = t + C = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3} + C\)
Do đó \(F\left( x \right) = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3} + C\).
\(F\left( e \right) = 2016 \Rightarrow C = 2014 \Rightarrow F\left( x \right) = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3} + 2014 \Rightarrow F\left( 1 \right) = \sqrt 3 + 2014\)
Tính \(F\left( x \right) = \int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {4{{\sin }^2}x + 2{{\cos }^2}x + 3} }}} d{\rm{x}}\). Hãy chọn đáp án đúng.
Ta có: $4{\sin ^2}x + 2{\cos ^2}x + 3 = \frac{{4\left( {1 - \cos 2x} \right)}}{2} + \frac{{2\left( {1 + \cos 2x} \right)}}{2} + 3 = 6 - \cos 2x$
\(\int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {4{{\sin }^2}x + 2{{\cos }^2}x + 3} }}} d{\rm{x}} = \int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} }}} d{\rm{x}}\)
Đặt \(u=6-\cos2x =>du=d(6-\cos2x)=2\sin2xdx\)
=> \(\sin2xdx=\dfrac{d(6-\cos2x)}{2}\)
=>\( \int {\dfrac{{\sin 2{\rm{x}}}}{{\sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} }}} d{\rm{x}}\) \({\rm{ = }}\int {\dfrac{{d\left( {6 - \cos 2{\rm{x}}} \right)}}{{2\sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} }}} = \sqrt {6 - \cos 2{\rm{x}}} + C\)
Tìm họ nguyên hàm của hàm số $f(x) = {\tan ^5}x$.
$I = \int {f(x)dx} = \int {{{\tan }^5}xdx} $.
Đặt $\tan {\mkern 1mu} x = t \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = dt \Rightarrow ({\tan ^2}x + 1)dx = dt \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{{{t^2} + 1}}$
Khi đó:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{I = \int {{t^5}.\dfrac{{dt}}{{{t^2} + 1}}} = \int {({t^3} - t + \dfrac{t}{{{t^2} + 1}})dt} = \int {{t^3}dt} - \int {tdt} + \int {\dfrac{t}{{{t^2} + 1}}dt} }\\{ = \dfrac{1}{4}{t^4} - \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{1}{2}\int {\dfrac{{d({t^2} + 1)}}{{{t^2} + 1}}} = \dfrac{1}{4}{t^4} - \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{1}{2}\ln \left| {{t^2} + 1} \right| + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {{{\tan }^2}x + 1} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x - \ln \left| {\cos x} \right| + C}\end{array}\)
Cho hàm số f liên tục, $f(x) > - 1,{\mkern 1mu} f(0) = 0$ và thỏa mãn $f'(x)\sqrt {{x^2} + 1} = 2x\sqrt {f(x) + 1} $. Tính $f\left( {\sqrt 3 } \right)$.
$f'(x)\sqrt {{x^2} + 1} = 2x\sqrt {f(x) + 1} \Leftrightarrow \dfrac{{f'(x)}}{{\sqrt {f(x) + 1} }} = \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \Rightarrow \int {\dfrac{{f'(x)}}{{\sqrt {f(x) + 1} }}} dx = \int {\dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} dx \Leftrightarrow \int {\dfrac{{d\left( {f(x) + 1} \right)}}{{\sqrt {f(x) + 1} }}} = \int {\dfrac{{d({x^2} + 1)}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $$ \Leftrightarrow 2\sqrt {f(x) + 1} = 2\sqrt {{x^2} + 1} + C$
Mà $f(0) = 0 \Rightarrow 2\sqrt {0 + 1} = 2\sqrt {{0^2} + 1} + C \Rightarrow C = 0$
$ \Rightarrow \sqrt {f(x) + 1} = \sqrt {{x^2} + 1} \Leftrightarrow f(x) = {x^2}$$ \Rightarrow f\left( {\sqrt 3 } \right) = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 3$
Cho hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn $f'\left( x \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2018}} = x.{e^x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R$ và $f\left( 1 \right) = 1$. Hỏi phương trình $f\left( x \right) = - \dfrac{1}{e}$ có bao nhiêu nghiệm?
\(\begin{array}{l}f'\left( x \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2018}} = x.{e^x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R\\ \Rightarrow \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right){{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2018}}dx} = \int\limits_{}^{} {x{e^x}dx} \\ \Leftrightarrow \int\limits_{}^{} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2018}}d\left( {f\left( x \right)} \right)} = \int\limits_{}^{} {xd\left( {{e^x}} \right)} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2019}}}}{{2019}} = x{e^x} - \int\limits_{}^{} {{e^x}dx} + C\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2019}}}}{{2019}} = x{e^x} - {e^x} + C\\ \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + C} \right)\\f\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow {1^{2019}} = 2019C \Leftrightarrow C = \dfrac{1}{{2019}}\\ \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + \dfrac{1}{{2019}}} \right)\\ \Rightarrow f\left( x \right) = - \dfrac{1}{e} \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = \dfrac{{ - 1}}{{{e^{2019}}}}\\ \Leftrightarrow 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + \dfrac{1}{{2019}}} \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{e^{2019}}}}\\ \Leftrightarrow 2019\left( {x{e^x} - {e^x}} \right) + 1 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}} = 0\end{array}\)
Xét hàm số $f\left( x \right) = 2019\left( {x{e^x} - {e^x}} \right) + 1 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}}$ ta có
$f'\left( x \right) = 2019\left( {{e^x} + x{e^x} - {e^x}} \right) = 2019x{e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 0$
$f\left( 0 \right) = - 2018 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}} < 0$
Lập BBT ta thấy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt $ \Rightarrow $ phương trình $f\left( x \right) = - \dfrac{1}{e}$ có 2 nghiệm phân biệt.
Cho \(I=\int{{{x}^{3}}\sqrt{{{x}^{2}}+5}dx}\), đặt \(u=\sqrt{{{x}^{2}}+5}\) khi đó viết \(I\) theo \(u\) và \(du\) ta được:
Ta có: \(\sqrt{{{x}^{2}}+5}=u\Rightarrow {{u}^{2}}={{x}^{2}}+5\Rightarrow 2udu=2xdx\Rightarrow {{x}^{3}}dx={{x}^{2}}.xdx=\left( {{u}^{2}}-5 \right).udu\)
Khi đó:
\(I=\int{\left( {{u}^{2}}-5 \right).u.udu}=\int{\left( {{u}^{4}}-5{{u}^{2}} \right)du}\)
Nếu \(t = u\left( x \right)\) thì:
Nếu \(t = u\left( x \right)\)thì \(dt = u'\left( x \right)dx\).
Biết $\int {f\left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 2x\ln \left( {3x - 1} \right) + C} $ với $x \in \left( {\dfrac{1}{9}; + \infty } \right)$. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
Đặt $t = 3x \Rightarrow dt = 3dx \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{3}$, khi đó:
$\begin{array}{*{20}{l}}{\int {f\left( {3x} \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x} {\rm{\;}} = \dfrac{1}{3}\int {f\left( t \right)dt} {\rm{\;}} = \dfrac{1}{3}\left( {2t\ln \left( {3t - 1} \right)} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{3}\left( {2.3x.\ln \left( {3.3x - 1} \right)} \right) + C = 2x\ln \left( {9x - 1} \right) + C}\end{array}$
Vậy $\int {f\left( {3x} \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x} {\rm{\;}} = 2x\ln \left( {9x - 1} \right) + C$
Nếu \(t = {x^2}\) thì:
Ta có: \(t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx \Rightarrow xdx = \dfrac{{dt}}{2} \)
$\Rightarrow xf\left( {{x^2}} \right)dx = f\left( {{x^2}} \right).xdx = f\left( t \right).\dfrac{{dt}}{2} = \dfrac{1}{2}f\left( t \right)dt$
Cho \(f\left( x \right) = \sin 2x\sqrt {1 - {{\cos }^2}x} \). Nếu đặt \(\sqrt {1 - {{\cos }^2}x} = t\) thì:
Ta có: \(\sqrt {1 - {{\cos }^2}x} = t \)
$\Rightarrow {t^2} = 1 - {\cos ^2}x \Rightarrow 2tdt = 2\cos x\sin xdx = \sin 2xdx \Rightarrow \sin 2xdx = 2tdt$
Suy ra \(f\left( x \right)dx = \sin 2x\sqrt {1 - {{\cos }^2}x} dx = \sqrt {1 - {{\cos }^2}x} .\sin 2xdx = t.2tdt = 2{t^2}dt\)
Tính \(I = \int {3{x^5}\sqrt {{x^3} + 1} dx} \)
\(I = \int {3{x^5}\sqrt {{x^3} + 1} dx} = \int {3{x^2}.{x^3}} \sqrt {{x^3} + 1} dx\)
Đặt \(\sqrt {{x^3} + 1} = t \Rightarrow {x^3} + 1 = {t^2} \Rightarrow 3{x^2}dx = 2tdt\)
\( \Rightarrow I = \int {\left( {{t^2} - 1} \right).t.2tdt = 2\int {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt = \dfrac{2}{5}{t^5} - \dfrac{2}{3}{t^3} + C} } \)
$= \dfrac{2}{5}{\left( {{x^3} + 1} \right)^2}\sqrt {{x^3} + 1} - \dfrac{2}{3}\left( {{x^3} + 1} \right)\sqrt {{x^3} + 1} + C$
Cho \(F\left( x \right) = \int {\dfrac{{\ln x}}{{x\sqrt {1 - \ln x} }}dx} \) , biết\(F\left( e \right) = 3\) , tìm \(F\left( x \right) = ?\)
\(F\left( x \right) = \int {\dfrac{{\ln x}}{{x\sqrt {1 - \ln x} }}dx} \)
Đặt \(\sqrt {1 - \ln x} = t \Rightarrow 1 - \ln x = {t^2} \Rightarrow \ln x = 1 - {t^2} \Rightarrow \dfrac{1}{x}dx = - 2tdt\)
\( \Rightarrow F\left( x \right) = \int {\dfrac{{1 - {t^2}}}{t}\left( { - 2tdt} \right) = - 2\int {\left( {1 - {t^2}} \right)} } dt \)
$= - 2t + \dfrac{2}{3}{t^3} + C = - 2\sqrt {1 - \ln x} + \dfrac{2}{3}\left( {1 - \ln x} \right)\sqrt {1 - \ln x} + C$
\(\begin{array}{l}F\left( e \right) = - 2\sqrt {1 - 1} +\dfrac{2}{3}\left( {1 - 1} \right)\sqrt {1 - 1} + C = 3 \Rightarrow C = 3\\ \Rightarrow F\left( x \right) = - 2\sqrt {1 - \ln x} + \dfrac{2}{3}\left( {1 - \ln x} \right)\sqrt {1 - \ln x} + 3\end{array}\)
Tính \(I = \int {\dfrac{{{{\cos }^3}x}}{{1 + \sin x}}dx} \) với $t = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} $. Tính $I$ theo $t$?
\(I = \int {\dfrac{{{{\cos }^3}x}}{{1 + \sin x}}dx} = \int {\dfrac{{{{\cos }^2}x.\cos xdx}}{{1 + \sin x}} = \int {\dfrac{{\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right)\cos xdx}}{{1 + \sin x}}} } \)
Đặt \(\sin x = t \Rightarrow \cos xdx = dt\)\(I = \int {\dfrac{{\left( {1 - {t^2}} \right)dt}}{{1 + t}} = \int {\left( {1 - t} \right)dt = t - \dfrac{1}{2}{t^2} + C} } \)
Cho \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - x} }}\) và \(\int {f\left( x \right)dx = - 2\int {{{\left( {{t^2} - m} \right)}^2}dt} } \) với \(t = \sqrt {1 - x} \) , giá trị của $m$ bằng ?
\(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - x} }}\) và \(t = \sqrt {1 - x} \Rightarrow 1 - x = {t^2} \Rightarrow x = 1 - {t^2} \Rightarrow dx = - 2tdt\)
\( \Rightarrow \int {f\left( x \right)} dx = \int {\dfrac{{{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2}}}{t}\left( { - 2tdt} \right) = - 2\int {{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2}dt} = - 2\int {{{\left( {{t^2} - 1} \right)}^2}dt} } \)
$\Rightarrow m = 1$
Cho\(F\left( x \right) = \int {\dfrac{x}{{1 + \sqrt {1 + x} }}dx} \) và \(F\left( 3 \right) - F\left( 0 \right) = \dfrac{a}{b}\) là phân số tối giản , $a > 0$. Tổng \(a + b\) bằng ?
\(F\left( x \right) = \int {\dfrac{x}{{1 + \sqrt {1 + x} }}dx} \)
Đặt \(\sqrt {1 + x} = t \Rightarrow 1 + x = {t^2} \Rightarrow x = {t^2} - 1 \Rightarrow dx = 2tdt\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow F\left( x \right) = \int {\dfrac{{{t^2} - 1}}{{1 + t}}.2tdt = 2\int {t\left( {t - 1} \right)dt = 2\int {\left( {{t^2} - t} \right)} } } dt \\ = \dfrac{2}{3}{t^3} - {t^2} + C = \dfrac{2}{3}\left( {1 + x} \right)\sqrt {1 + x} - \left( {1 + x} \right) + C\\ \Rightarrow F\left( 3 \right) - F\left( 0 \right) = \dfrac{2}{3}\left( {1 + 3} \right)\sqrt {1 + 3} - \left( {1 + 3} \right) - \dfrac{2}{3}\left( {1 + 0} \right)\sqrt {1 + 0} + \left( {1 + 0} \right) = \dfrac{5}{3}\\ \Rightarrow a = 5,b = 3 \Rightarrow a + b = 8\end{array}\)
