Sử dụng phương pháp đổi biến số để tính tích phân

Đặt $t = f\left( x \right) \Rightarrow dt = f'\left( x \right)dx$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = a \Rightarrow t = f\left( a \right)\\x = b \Rightarrow t = f\left( b \right)\end{array} \right.$

Khi đó $I = \int\limits_{f\left( a \right)}^{f\left( b \right)} {{e^t}dt}  = 0$ (Vì $f\left( a \right) = f\left( b \right)$)

Dựa vào các đáp án, xét:

$\int\limits_{ - 1}^2 {f(2x)dx}$$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^2 {f(2x)d(2x)}$$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx }$$= 1$

$\begin{array}{l}\int\limits_{ - 3}^3 {f(x + 1)dx}  = \int\limits_{ - 3}^3 {f(x + 1)d(x + 1)} \\ = \int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx = 2} \end{array}$

$\int\limits_0^6 {\dfrac{1}{2}f(x - 2)dx}  = \int\limits_0^6 {\dfrac{1}{2}f(x - 2)d(x - 2)}$$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx = 1}$

Do đó các đáp án B, C, D đều đúng, đáp án A sai.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ là hàm số lẻ nếu $f\left( x \right) =  - f\left( { - x} \right)$.

Đặt $x =  - t \Rightarrow dx =  - dt$.

Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}x = a \Rightarrow t =  - a\\x =  - a \Rightarrow t = a\end{array} \right.$

$\Rightarrow \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_a^{ - a} {f\left( { - t} \right)\left( { - dt} \right)}  = \int\limits_{ - a}^a {\left( { - f\left( t \right)} \right)dt}  =  - \int\limits_{ - a}^a {f\left( t \right)dt}  =  - \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}$.

Do đó $\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  =  - \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  \Leftrightarrow 2\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  = 0 \Leftrightarrow \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  = 0$

Đặt $4x = t$ khi đó $4dx = dt$ .

Đổi cận với $x = 0$ thì $t = 0;x = 1$ thì $t = 4$

$\int\limits_0^1 {f\left( {4x} \right)dx}  = \dfrac{1}{4}\int\limits_0^4 {f(t)dt}  =  - \dfrac{1}{4}$ vì tích phân không phụ thuộc vào biến số.

Đặt $\cos x = t \Rightarrow  - \sin xdx = dt \Rightarrow \sin xdx =  - dt$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = \pi  \Rightarrow t =  - 1\end{array} \right.$

$\Rightarrow I =  - \int\limits_1^{ - 1} {{t^3}dt}  = \int\limits_{ - 1}^1 {{t^3}dt}  = \left. {\dfrac{{{t^4}}}{4}} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = 0$

Đặt $u = 8 + \cos x \Rightarrow du =  - \sin xdx \Rightarrow \sin xdx =  - du$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 8\end{array} \right.$ $\Rightarrow I =  - \int\limits_9^8 {\sqrt u du}  = \int\limits_8^9 {\sqrt u du}$

Đặt $u = \sqrt {{e^x} - 1}  \Rightarrow {u^2} = {e^x} - 1 \Rightarrow 2udu = {e^x}dx$ và ${e^x} = {u^2} + 1$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = \ln 2 \Rightarrow u = 1\\x = \ln 5 \Rightarrow u = 2\end{array} \right.$

Khi đó ta có $I = \int\limits_{\ln 2}^{\ln 5} {\dfrac{{{e^{2x}}}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx}  = 2\int\limits_1^2 {\dfrac{{\left( {{u^2} + 1} \right)udu}}{u}}  = 2\int\limits_1^2 {\left( {{u^2} + 1} \right)du}  = 2\left. {\left( {\dfrac{{{u^3}}}{3} + u} \right)} \right|_1^2$

Đặt ${x^2} + 1 = t \Rightarrow 2xdx = dt \Rightarrow xdx = \dfrac{{dt}}{2}$

Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = 1 \Rightarrow t = 2\end{array} \right.$

Khi đó ta có:

$I = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{{x^2} + 1}}dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\dfrac{{dt}}{t}}  = \dfrac{1}{2}\left. {\ln \left| t \right|} \right|_1^2 = \dfrac{1}{2}\left( {\ln 2 - \ln 1} \right)$

$= \dfrac{1}{2}\ln 2 = \ln \sqrt 2  \Rightarrow a = \sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)$

Đặt $t = {x^4} + 2 \Rightarrow dt = 4{x^3}dx$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 2\\x = 1 \Rightarrow t = 3\end{array} \right.$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\dfrac{{4{x^3}}}{{{{\left( {{x^4} + 2} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_2^3 {\dfrac{{dt}}{{{t^2}}}}  = \left. {\dfrac{{ - 1}}{t}} \right|_2^3 = \dfrac{{ - 1}}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}\\ \Rightarrow 2\sqrt 3 m - \dfrac{1}{6} = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{{12\sqrt 3 }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{36}} \Rightarrow 144{m^2} - 1 =  - \dfrac{2}{3}\end{array}$

Đặt u = lnx $\Rightarrow du = \dfrac{{dx}}{x}$ và $x = {e^u}$.

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow u = 0\\x = e \Rightarrow u = 1\end{array} \right.$

Khi đó ta có: $I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{1 - u}}{{{e^u}}}du}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - u} \right){e^{ - u}}du}$

Đặt $t = \sqrt {1 + 3\ln x}  \Rightarrow {t^2} = 1 + 3\ln x \Rightarrow 2tdt = \dfrac{{3dx}}{x} \Rightarrow \dfrac{{dx}}{x} = \dfrac{2}{3}tdt$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = e \Rightarrow t = 2\end{array} \right.$

Khi đó ta có: $I = \dfrac{2}{3}\int\limits_1^2 {{t^2}dt}  = \left. {\dfrac{2}{3}\dfrac{{{t^3}}}{3}} \right|_1^2 = \left. {\dfrac{2}{9}{t^3}} \right|_1^2 = \left. {\left( {\dfrac{2}{9}{t^3} + 2} \right)} \right|_1^2 = \dfrac{2}{9}\left( {8 - 1} \right) = \dfrac{{14}}{9}$

Vậy A sai.

Đặt $t = \ln x + 2 \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{x}$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 2\\x = e \Rightarrow t = 3\end{array} \right.$

Khi đó ta có: $I = \int\limits_2^3 {\dfrac{{t - 2}}{{{t^2}}}dt}  = \int\limits_2^3 {f\left( t \right)dt}  \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{t - 2}}{{{t^2}}} = \dfrac{1}{t} - \dfrac{2}{{{t^2}}}$

Cách 1: Đặt $t = {\ln ^2}x + 1 \Rightarrow dt = 2\ln x\dfrac{{dx}}{x} \Rightarrow \dfrac{{\ln xdx}}{x} = \dfrac{{dt}}{2}$.

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = e \Rightarrow t = 2\end{array} \right.$

Khi đó ta có:

$I = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\dfrac{{dt}}{t}}  = \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right|_1^2 = \dfrac{1}{2}\ln 2 = a\ln 2 + b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow 2a + b = 1$

Đặt $t = \sin x \Rightarrow dt = \cos xdx$

 Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \dfrac{\pi }{6} \Rightarrow t = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$

Khi đó $I = \int\limits_0^{\dfrac{1}{2}} {{t^n}dt}  = \left. {\dfrac{{{t^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^{n + 1}}}}{{n + 1}} = \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}\left( {n + 1} \right)}} = \dfrac{1}{{64}}$

Thử đáp án ta thấy $n = 3$ thỏa mãn

$I = \int\limits_0^2 {f\left( x \right).f'\left( x \right)dx}$

Đặt $f\left( x \right) = t$ $\Rightarrow dt = f'\left( x \right)dx$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = \sqrt 5 \\x = 2 \Rightarrow t = \sqrt {11} \end{array} \right.$

$\Rightarrow I = \int\limits_{\sqrt 5 }^{\sqrt {11} } {tdt}  = \left. {\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right|_{\sqrt 5 }^{\sqrt {11} } = \dfrac{1}{2}\left( {11 - 5} \right) = 3.$

Đặt $x = 4\sin t \Rightarrow dx = 4\cos tdt$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \sqrt 8  \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{4}\end{array} \right.$

Khi đó ta có: $I = 4\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\sqrt {16 - 16{{\sin }^2}t} \cos tdt}  = 16\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}tdt}  = 8\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)d} t$

Đặt $x = 2\sin t \Rightarrow dx = 2\cos tdt$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 1 \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{6}\end{array} \right.$

Khi đó ta có: $I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{{2\cos tdt}}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }}}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{{2\cos tdt}}{{2\cos t}}}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {dt}$

Đặt $t = {e^x} \Rightarrow dt = {e^x}dx$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow t = {e^{ - 1}}\\x = 2 \Rightarrow t = {e^2}\end{array} \right.$

Khi đó

$\begin{array}{l}I = \int\limits_{{e^{ - 1}}}^{{e^2}} {\dfrac{{dt}}{{t + 2}}}  = \left. {\ln \left| {t + 2} \right|} \right|_{{e^{ - 1}}}^{{e^2}} = \ln \left( {{e^2} + 2} \right) - \ln \left( {{e^{ - 1}} + 2} \right) = \ln \dfrac{{{e^2} + 2}}{{{e^{ - 1}} + 2}}\\ = \ln \dfrac{{{e^2} + 2}}{{\dfrac{1}{e} + 2}} = \ln \dfrac{{2e + {e^3}}}{{2e + 1}} = \ln \dfrac{{ae + {e^3}}}{{ae + b}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ae + {e^3} = 2e + {e^3}\\ae + b = 2e + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.\end{array}$

Đặt $t = {\sin ^2}x \Rightarrow dt = 2\sin x\cos xdx \Rightarrow \sin x\cos xdx = \dfrac{1}{2}dt$ và ${\cos ^2}x = 1 - {\sin ^2}x = 1 - t$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1\end{array} \right.$

Khi đó $I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^{{{\sin }^2}x}}\sin x{{\cos }^3}x} dx = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^{{{\sin }^2}x}}co{s^2}x\sin x\cos x} dx = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {{e^t}\left( {1 - t} \right)dt}$

Đặt  $t = \sqrt {1 + {x^3}}  \Rightarrow {t^2} = 1 + {x^3} \Rightarrow 2tdt = 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = \dfrac{2}{3}tdt$

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = \sqrt 2 \\x = 2 \Rightarrow t = 3\end{array} \right.$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}I = \int\limits_1^2 {\dfrac{{dx}}{{x\sqrt {1 + {x^3}} }}}  = \int\limits_1^2 {\dfrac{{{x^2}dx}}{{{x^3}\sqrt {1 + {x^3}} }}}  = \dfrac{2}{3}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\dfrac{{dt}}{{{t^2} - 1}}}  = \left. {\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}\ln \left| {\dfrac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right|_{\sqrt 2 }^3 \\ = \dfrac{1}{3}\left( {\ln \dfrac{1}{2} - \ln \left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)} \right) =  - \dfrac{1}{3}\ln 2 - \dfrac{1}{3}\ln {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2} =  - \dfrac{1}{3}\ln 2 - \dfrac{2}{3}\ln \left( {\sqrt 2  - 1} \right) \\ = a\ln 2 + b\ln \left( {\sqrt 2  - 1} \right) + c \Rightarrow a =  - \dfrac{1}{3}\end{array}$