Tích phân

\(I = \int\limits_0^4 {\left| {x - 2} \right|dx}  = 4\)

Các mệnh đề A, B, C đều đúng. Mệnh đề D sai.

Ta có \(\int\limits_{ - 1}^a {{e^{x + 1}}dx}  = \left. {{e^{x + 1}}} \right|_{ - 1}^a = {e^{a + 1}} - 1\).

Vậy yêu cầu bài toán trở thành \({e^{a + 1}} - 1 = {e^2} - 1{\rm{  }}\Leftrightarrow a+1=2 \Leftrightarrow {\rm{  }}a = 1\).

Dễ thấy các công thức a) đúng vì tích phân có hai cận bằng nhau thì có giá trị $0$.

Công thức c) là đúng theo tính chất tích phân.

Công thức b) sai vì \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  =  - \int\limits_b^a {f\left( x \right)dx} \)

Tính tích phân cho từng hàm số trong các đáp án:

+) $\int\limits_0^\pi  {\cos 3xdx}  = \left. {\dfrac{1}{3}\sin 3x} \right|_0^\pi  = 0$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\sin 3xdx}  =  - \left. {\dfrac{1}{3}\cos 3x} \right|_0^\pi  = \dfrac{2}{3}$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\cos \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)dx}  = \left. {4\sin \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|_0^\pi  = 2\left( {\sqrt 2  - 2} \right)$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\sin \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)dx}  = \left. { - 4\cos \left( {\dfrac{x}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|_0^\pi  = 2\sqrt 2 $.

Vậy chọn \(f(x) = \cos 3x\).

$I = \int\limits_1^4 {f'(x)dx}  = f\left. {(x)} \right|_1^4 = f(4) - f(1) = 10 - 2 = 8$

+) \(\int\limits_0^1 {2dx}  = \left. {2x} \right|_0^1 = 2\),

+) \(\int\limits_0^2 {xdx}  = \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 = 2\)

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

Do đó ta dự đoán chỉ có đáp án A là kết quả khác \(2\).

Ta có $\int\limits_0^1 {\left[ {3 - 2f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {{\rm{3d}}x}  - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \left. {3x} \right|_0^1 - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 3 - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} $

Mặt khác $\int\limits_0^1 {\left[ {3 - 2f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = 5 \Rightarrow 3 - 2\,\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 5 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  =  - \,1.$

\(I = \int\limits_2^5 {\dfrac{{dx}}{x}}  = \left. {\ln \left| x \right|} \right|_2^5 = \ln 5 - \ln 2 = \ln \dfrac{5}{2}\)

Ta có: \(F\left( x \right) = \int\limits_1^x {tdt}  = \left. {\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right|_1^x = \dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{1}{2} \Rightarrow F'\left( x \right) = x\)

Cách 1:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{dx}}{{\sin x}}} \\= \int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{\left( {{{\cos }^2}\dfrac{x}{2} + {{\sin }^2}\dfrac{x}{2}} \right)}}{{2\sin \dfrac{x}{2}\cos \dfrac{x}{2}}}dx} \\ = \dfrac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\cot \dfrac{x}{2} + \tan \dfrac{x}{2}} \right)dx} \\ = \left. {\left[ {\ln \left| {\sin \dfrac{x}{2}} \right| - \ln \left| {\cos \dfrac{x}{2}} \right|} \right]} \right|_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}\\ = \left[ {\ln \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} - \ln \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right] - \left[ {\ln \dfrac{1}{2} - \ln \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right]\\ = \ln \sqrt 3 .\end{array}\)

Cách 2:

Bước 1: Dùng máy tính như hình dưới, thu được giá trị \(0,549306...\)

Bước 2: Lấy \({e^{0,549306...}}\) cho kết quả \(1,732050808... \approx \sqrt 3 \). Chọn \(\dfrac{1}{2}\ln 3\).

Cách 3:

Thực hiện các phép tính sau trên máy tính (đến khi thu được kết quả bằng \(0\) thì ngưng)

Chọn \(\dfrac{1}{2}\ln 3\).

Ta có: \(F\left( x \right) = \int\limits_1^x {\left( {t + 1} \right)dt}  = \left. {\left( {\dfrac{{{t^2}}}{2} + t} \right)} \right|_1^x = \dfrac{{{x^2}}}{2} + x - \dfrac{1}{2} - 1 = \dfrac{{{x^2}}}{2} + x - \dfrac{3}{2}\)

Hàm số \(y = F\left( x \right)\) là hàm số bậc hai, hệ số \(a > 0\) nên nó đạt GTNN tại \(x =  -1 \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Khi đó $F(-1)=\dfrac{1}{2}+(-1)-\dfrac{3}{2}=-2$

\(K = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {4 - {e^{-\frac{x}{2}}}} \right)dx}  + 2e = \left. {\left( {4x + 2{e^{-\frac{x}{2}}}} \right)} \right|_{ - 2}^0 + 2e = 2 - \left( { - 8 + 2e} \right) + 2e = 10\)

Vì \(f\left( x \right) = {x^2} \ge 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) nên \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  \ge 0\). Do đó A đúng, D sai.

Vì \(g\left( x \right) = {x^3} \ge 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) nên \(\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx}  \ge 0\). Do đó B sai.

Vì \({x^2} \ge {x^3}\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) nên \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  \ge \int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} \). Do đó C sai.

\(\int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{{x^2} - x - 2}}dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{(x - 2)(x + 1)}}dx}  = \dfrac{1}{3}\int\limits_0^1 {\left[ {\dfrac{1}{{x - 2}} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right]dx}  = \dfrac{1}{3}\left. {\left[ {\ln \left| {x - 2} \right| - \ln \left| {x + 1} \right|} \right]} \right|_0^1 =  - \dfrac{{2\ln 2}}{3}\)

Dựa vào các đáp án ta có nhận xét sau:

$\int\limits_a^c {f(x)dx = } \int\limits_a^b {f(x)dx}  + \int\limits_b^c {f(x)dx} $ => A đúng

$\int\limits_a^b {f(x)dx = } \int\limits_a^c {f(x)dx}  - \int\limits_b^c {f(x)dx} $ B đúng

$\int\limits_a^b {f(x)dx = } \int\limits_b^a {f(x)dx}  + \int\limits_a^c {f(x)dx} $ C sai

$\int\limits_a^b {cf(x)dx =  - c} \int\limits_b^a {f(x)dx} $  D đúng.

Ta có : \(\int\limits_0^3 {x(x - 1)dx} \)\( = \int\limits_0^3 {\left( {{x^2} - x} \right)dx}  = \left. {\dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^3\) \( = 9 - \dfrac{9}{2} = \dfrac{9}{2}\)

+) $\int\limits_0^{\ln \sqrt {10} } {{e^{2x}}dx}  = \left. {\dfrac{{{e^{2x}}}}{2}} \right|_0^{\ln \sqrt {10} } = \dfrac{{{e^{2\ln \sqrt {10} }} - 1}}{2} = \dfrac{9}{2}$,

+) $3\int\limits_0^{3\pi } {\sin xdx}  = \left. { - 3\cos x} \right|_0^{3\pi } = 6$,

+) $\int\limits_0^2 {\left( {{x^2} + x - 3} \right)dx}  = \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} + \dfrac{{{x^2}}}{2} - 3x} \right)} \right|_0^2 = \dfrac{8}{3} + 2 - 6 =  - \dfrac{4}{3}$,

+) $\int\limits_0^\pi  {\cos (3x + \pi )dx}  = \dfrac{1}{3}\left. {\sin (3x + \pi )} \right|_0^\pi  = \dfrac{1}{3}\left( {\sin 4\pi  - \sin \pi } \right) = 0$.

Vậy chọn $\int\limits_0^{\ln \sqrt {10} } {{e^{2x}}dx} $

Ta có: \(\int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx}  = 17 \Rightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_1^4 = 17 \Rightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right) = 17 \Rightarrow f\left( 4 \right) - 12 = 17 \Rightarrow f\left( 4 \right) = 29\)

Ta có: $I = \int\limits_1^2 {{x^5}} dx = \left. {\dfrac{{{x^6}}}{6}} \right|_1^2 = \dfrac{{21}}{2}$.

Ta có:

\(\int\limits_5^2 {\left[ {2 - 4f\left( x \right)} \right]dx}  = \int\limits_5^2 {2dx}  - 4\int\limits_5^2 {f\left( x \right)dx}  = \left. {2x} \right|_5^2 + 4\int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}  = 2.2 - 2.5 + 4.10 = 34\)