Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $R$ và $\int\limits_{ - 2}^4 {f\left( x \right)} dx{\rm{ = 2}}$ . Mệnh đề nào sau đây là sai?
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.
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.
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: \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{{2\cos tdt}}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }}} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{{2\cos tdt}}{{2\cos t}}} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {dt} \)
Tìm \(a\) biết \(I = \int\limits_{ - 1}^2 {\dfrac{{{e^x}dx}}{{2 + {e^x}}}} = \ln \dfrac{{ae + {e^3}}}{{ae + b}}\) với $a, b$ là các số nguyên dương.
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
\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{{e^{ - 1}}}^{{e^2}} {\dfrac{{dt}}{{t + 2}}} = \left. {\ln \left| {t + 2} \right|} \right|_{{e^{ - 1}}}^{{e^2}} = \ln \left( {{e^2} + 2} \right) - \ln \left( {{e^{ - 1}} + 2} \right) = \ln \dfrac{{{e^2} + 2}}{{{e^{ - 1}} + 2}}\\ = \ln \dfrac{{{e^2} + 2}}{{\dfrac{1}{e} + 2}} = \ln \dfrac{{2e + {e^3}}}{{2e + 1}} = \ln \dfrac{{ae + {e^3}}}{{ae + b}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ae + {e^3} = 2e + {e^3}\\ae + b = 2e + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^{{{\sin }^2}x}}\sin x{{\cos }^3}x} dx\). Nếu đổi biến số \(t = {\sin ^2}x\) thì:
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} $
Kết quả của tích phân \(I = \int\limits_1^2 {\dfrac{{dx}}{{x\sqrt {1 + {x^3}} }}} \) có dạng \(I = a\ln 2 + b\ln \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + c\) với \(a,b,c \in Q\). Khi đó giá trị của $a$ bằng:
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:
\(\begin{array}{l}I = \int\limits_1^2 {\dfrac{{dx}}{{x\sqrt {1 + {x^3}} }}} = \int\limits_1^2 {\dfrac{{{x^2}dx}}{{{x^3}\sqrt {1 + {x^3}} }}} = \dfrac{2}{3}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\dfrac{{dt}}{{{t^2} - 1}}} = \left. {\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}\ln \left| {\dfrac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right|_{\sqrt 2 }^3 \\ = \dfrac{1}{3}\left( {\ln \dfrac{1}{2} - \ln \left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)} \right) = - \dfrac{1}{3}\ln 2 - \dfrac{1}{3}\ln {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} = - \dfrac{1}{3}\ln 2 - \dfrac{2}{3}\ln \left( {\sqrt 2 - 1} \right) \\ = a\ln 2 + b\ln \left( {\sqrt 2 - 1} \right) + c \Rightarrow a = - \dfrac{1}{3}\end{array}\)
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{6\tan x}}{{{{\cos }^2}x\sqrt {3\tan x + 1} }}dx} \). Giả sử đặt \(u = \sqrt {3\tan x + 1} \) thì ta được:
Đặt \(u = \sqrt {3\tan x + 1} \Rightarrow {u^2} = 3\tan x + 1 \Leftrightarrow 2udu = \dfrac{3}{{{{\cos }^2}x}}dx \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \dfrac{{2udu}}{3}\)
Và \(\tan x = \dfrac{{{u^2} - 1}}{3}\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 1\\x = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow u = 2\end{array} \right.\)
Khi đó ta có: \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{6\tan x}}{{{{\cos }^2}x\sqrt {3\tan x + 1} }}dx} \Rightarrow I = \int\limits_1^2 {\dfrac{{2\left( {{u^2} - 1} \right)2udu}}{{3u}}} = \dfrac{4}{3}\int\limits_1^2 {\left( {{u^2} - 1} \right)du} \)
Tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\left( {1 - \cos x} \right)}^n}\sin xdx} \) bằng:
Đặt \(t = 1 - \cos x \Rightarrow dt = \sin xdx\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\)
Khi đó \(I = \int\limits_0^1 {{t^n}dt} = \left. {\dfrac{{{t^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{{n + 1}}\)
