Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) là hàm lẻ và liên tục trên \(\left[ -4;4 \right]\) biết \(\int\limits_{-2}^{0}{f\left( -x \right)dx=2}\) và \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( -2x \right)dx}=4\). Tính \(I=\int\limits_{0}^{4}{f\left( x \right)dx}\).
Xét tích phân: \(\int\limits_{-2}^{0}{f\left( -x \right)dx}\)
Đặt \(x=-t\Leftrightarrow dx=-dt\) . Đổi cận \(\left\{ \begin{align} & x=-2\Rightarrow t=2 \\ & x=0\Rightarrow t=0 \\ \end{align} \right.\)
\(\Rightarrow \int\limits_{-2}^{0}{f\left( -x \right)dx}=-\int\limits_{2}^{0}{f\left( t \right)dt}=\int\limits_{0}^{2}{f\left( t \right)dt}=\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx}=2\)
Xét tích phân: \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( -2x \right)dx}=4\)
Đặt \(2x=t\Leftrightarrow 2dx=dt\) . Đổi cận \(\left\{ \begin{align} & x=1\Rightarrow t=2 \\ & x=2\Rightarrow t=4 \\ \end{align} \right.\)
\(\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( -2x \right)dx}=4=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{f\left( -t \right)dt}=4\Rightarrow \int\limits_{2}^{4}{f\left( -x \right)dx}=8\Rightarrow -\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx}=8\Leftrightarrow \int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx}=-8\)
\(\int\limits_{0}^{4}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)dx}+\int\limits_{2}^{4}{f\left( x \right)dx}=2-8=-6\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên R và thỏa mãn \(f\left( { - x} \right) + 2f\left( x \right) = \cos x\). Tính \(I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos x.f\left( x \right)dx} \)
Đặt \(t = - x \Rightarrow dt = - dx\), đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{2}\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = - \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = - \int\limits_{\dfrac{\pi }{2}}^{ - \dfrac{\pi }{2}} {\cos \left( { - t} \right)f\left( { - t} \right)dt} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos xf\left( { - x} \right)dx} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow I + 2I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos x.f\left( { - x} \right)dx} + 2\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos x.f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos x\left( {f\left( { - x} \right) + 2f\left( x \right)} \right)dx} \\ \Leftrightarrow 3I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}xdx} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{1 + \cos 2x}}{2}dx} = \left. {\left( {\dfrac{1}{2}x + \dfrac{{\sin 2x}}{4}} \right)} \right|_{ - \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} = \dfrac{\pi }{4} + \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{\pi }{2}\\ \Rightarrow I = \dfrac{\pi }{6}\end{array}\)
Cho \(\int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{2}}+1 \right)x\,\text{d}x}=2.\) Khi đó \(I=\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\,\text{d}x}\) bằng
\(\text{Đặt} \, \, \, t={{x}^{2}}+1\Rightarrow \text{d}t=2x\,\text{d}x,\,\,\left\{ \begin{align} & x=1\to t=2 \\ & x=2\to t=5 \\ \end{align} \right. \\ \Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{f\left( {{x}^{2}}+1 \right)x\,\text{d}x}=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{5}{f\left( t \right)\,\text{d}t}=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{5}{f\left( x \right)\,\text{d}x}=\frac{I}{2}\Rightarrow I=4.\)
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(\int\limits_0^1 {f\left( {2x} \right){\rm{d}}x} = 8\). Tính \(I=\int\limits_{0}^{\sqrt{2}}{x.f\left( {{x}^{2}} \right)\text{d}x}.\)
Đặt \({{x}^{2}}=2t\Rightarrow 2x\text{d}x=2\text{d}t\Rightarrow x.\text{d}x=\text{d}t\). Đổi cận : \(x = 0 \Rightarrow t = 0\), \(x = \sqrt 2 \Rightarrow t = 1\).
Khi đó \(I=\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2t \right)\text{d}t}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( 2x \right)\,\text{d}x}=8\).
Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ a;b \right]\). Giả sử hàm số \(u=u\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\left[ a;b \right]\) và \(u\left( x \right)\in \left[ \alpha ;\beta \right]\,\,\forall x\in \left[ a;b \right]\), hơn nữa \(f\left( u \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ a;b \right]\). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Đặt \(t=u\left( x \right)\Rightarrow dt=u'\left( x \right)dx\) . Đổi cận \(\left\{ \begin{align} x=a\Rightarrow t=u\left( a \right) \\ x=b\Rightarrow t=u\left( b \right) \\ \end{align} \right.\)
\(\Rightarrow I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx}=\int\limits_{u\left( a \right)}^{u\left( b \right)}{f\left( t \right)dt}=\int\limits_{u\left( a \right)}^{u\left( b \right)}{f\left( u \right)du}\)
Cho \(y = f\left( x \right)\) là hàm số lẻ và liên tục trên \(\left[ { - a;a} \right]\). Chọn kết luận đúng:
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 \(\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx} = - \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx} \Leftrightarrow 2\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx} = 0\)
Cho \(\int_0^4 {f(x)dx} = - 1\), tính $I = \int_0^1 {f(4x)} dx$:
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.
Tính tích phân \(I = \int\limits_0^\pi {{{\cos }^3}x\sin xdx} \)
Đặt \(\cos x = t \Rightarrow - \sin xdx = dt \Rightarrow \sin xdx = - dt\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = \pi \Rightarrow t = - 1\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = - \int\limits_1^{ - 1} {{t^3}dt} = \int\limits_{ - 1}^1 {{t^3}dt} = \left. {\dfrac{{{t^4}}}{4}} \right|_{ - 1}^1 = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = 0\)
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin x\sqrt {8 + \cos x} dx} \). Đặt \(u = 8 + \cos x\) thì kết quả nào sau đây là đúng?
Đặt \(u = 8 + \cos x \Rightarrow du = - \sin xdx \Rightarrow \sin xdx = - du\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 8\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I = - \int\limits_9^8 {\sqrt u du} = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)
Tính tích phân \(I = \int\limits_{\ln 2}^{\ln 5} {\dfrac{{{e^{2x}}}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx} \) bằng phương pháp đổi biến số \(u = \sqrt {{e^x} - 1} \). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
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 $I = \int\limits_{\ln 2}^{\ln 5} {\dfrac{{{e^{2x}}}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx} = 2\int\limits_1^2 {\dfrac{{\left( {{u^2} + 1} \right)udu}}{u}} = 2\int\limits_1^2 {\left( {{u^2} + 1} \right)du} = 2\left. {\left( {\dfrac{{{u^3}}}{3} + u} \right)} \right|_1^2$
Biết rằng \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{{x^2} + 1}}dx = \ln a} \) với \(a \in R\). Khi đó giá trị của $a$ bằng:
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) $
$= \dfrac{1}{2}\ln 2 = \ln \sqrt 2 \Rightarrow a = \sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)$
Cho \(2\sqrt 3 m - \int\limits_0^1 {\dfrac{{4{x^3}}}{{{{\left( {{x^4} + 2} \right)}^2}}}dx} = 0\). Khi đó \(144{m^2} - 1\) bằng:
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:
\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\dfrac{{4{x^3}}}{{{{\left( {{x^4} + 2} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_2^3 {\dfrac{{dt}}{{{t^2}}}} = \left. {\dfrac{{ - 1}}{t}} \right|_2^3 = \dfrac{{ - 1}}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}\\ \Rightarrow 2\sqrt 3 m - \dfrac{1}{6} = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{{12\sqrt 3 }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{36}} \Rightarrow 144{m^2} - 1 = - \dfrac{2}{3}\end{array}\)
Đổi biến $u = \ln x$ thì tích phân \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}dx} \) thành:
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: \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}dx} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{1 - u}}{{{e^u}}}du} = \int\limits_0^1 {\left( {1 - u} \right){e^{ - u}}du} \)
Cho \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{\sqrt {1 + 3\ln x} }}{x}dx} \) và \(t = \sqrt {1 + 3\ln x} \) . Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
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.
Biến đổi \(\int\limits_1^e {\dfrac{{\ln x}}{{x{{\left( {\ln x + 2} \right)}^2}}}dx} \) thành \(\int\limits_2^3 {f\left( t \right)dt} \) với \(t = \ln x + 2\). Khi đó \(f\left( t \right)\) là hàm nào trong các hàm số sau?
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: \(I = \int\limits_2^3 {\dfrac{{t - 2}}{{{t^2}}}dt} = \int\limits_2^3 {f\left( t \right)dt} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{t - 2}}{{{t^2}}} = \dfrac{1}{t} - \dfrac{2}{{{t^2}}}\)
Kết quả tích phân \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{\ln x}}{{x\left( {{{\ln }^2}x + 1} \right)}}dx} \) có dạng \(I = a\ln 2 + b\) với \(a,b \in Q\) . Khẳng định nào sau đây là đúng?
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:
\(I = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\dfrac{{dt}}{t}} = \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right|_1^2 = \dfrac{1}{2}\ln 2 = a\ln 2 + b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow 2a + b = 1\)
Nếu tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {{{\sin }^n}x\cos xdx} = \dfrac{1}{{64}}\) thì $n$ bằng bao nhiêu?
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
Biết hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục và có đạo hàm trên \(\left[ {0;\,\,2} \right],\)\(f\left( 0 \right) = \sqrt 5 ,\)\(f\left( 2 \right) = \sqrt {11} .\) Tích phân \(I = \int\limits_0^2 {f\left( x \right).f'\left( x \right)dx} \) bằng:
\(I = \int\limits_0^2 {f\left( x \right).f'\left( x \right)dx} \)
Đặt \(f\left( x \right) = t\) \( \Rightarrow dt = f'\left( x \right)dx\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = \sqrt 5 \\x = 2 \Rightarrow t = \sqrt {11} \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = \int\limits_{\sqrt 5 }^{\sqrt {11} } {tdt} = \left. {\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right|_{\sqrt 5 }^{\sqrt {11} } = \dfrac{1}{2}\left( {11 - 5} \right) = 3.\)
Đổi biến \(x = 4\sin t\) của tích phân \(I = \int\limits_0^{\sqrt 8 } {\sqrt {16 - {x^2}} dx} \) ta được:
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: \(I = 4\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\sqrt {16 - 16{{\sin }^2}t} \cos tdt} = 16\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}tdt} = 8\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)d} t\)
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} \). Bằng phương pháp đổi biến thích hợp ta đưa được tích phân đã cho về dạng:
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: \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{{2\cos tdt}}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }}} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{{2\cos tdt}}{{2\cos t}}} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {dt} \)
