Bài 2. Tích phân

BÀI 2. TÍCH PHÂN

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

I. Khái niệm tích phân

1. Diện tích hình thang cong

Cho hàm số \[y=f\left( x \right)\] liên tục, không đổi dấu trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] . Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số \[y=f\left( x \right)\] , trục hoành và hai đường thẳng \[x=a,x=b\] được gọi là hình thang cong

2. Định nghĩa tích phân

Định nghĩa:

Cho \[f\left( x \right)\] là hàm số liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] . Giả sử \[F\left( x \right)\] là một nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] .

Hiệu số \[F\left( b \right)-F\left( a \right)\] được gọi là tích phân từ \[a\] đến \[b\] (hay tích phân xác định trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] ) của hàm số \[f\left( x \right)\] , kí hiệu là \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] .

Vậy \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx=\left. F(x) \right|_{a}^{b}=F(b)-F(a)}\] .

Nhận xét:

a) Tích phân của hàm số \[f\] từ a đến b có thể kí hiệu bởi \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}\] hay \[\int\limits_{a}^{b}{f(t)dt}.\] Tích phân đó chỉ phụ thuộc vào f và các cận a, b mà không phụ thuộc vào biến số \[x\] hay \[t\] .

b) Ý nghĩa hình học của tích phân. Nếu hàm số \[f\left( x \right)\] không âm và liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\] thì tích phân \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] là diện tích \[S\] của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị của hàm số \[y=f\left( x \right)\] , trục hoành và hai đường thẳng \[x=a,x=b\] . Vậy \[S=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] .

II. Tính chất của tích phân

• \[\int\limits_{a}^{b}{kf(x)dx}=k.\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}\] .
• \[\int\limits_{a}^{b}{\left[ f(x)\pm g(x) \right]dx}=\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}\pm \int\limits_{a}^{b}{g(x)dx}\] .
• \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{a}^{c}{f(x)dx}+\int\limits_{c}^{b}{f(x)dx}\]

III. Phương pháp tính tích phân

1. Phương pháp đổi biến số

Định lí:

Cho hàm số\[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\]. Giả sử hàm số \[x=\varphi \left( t \right)\] có đạo hàm liên tục trên đoạn \[\left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\] sao cho \[\varphi \left( \alpha  \right)=a,\varphi \left( \beta  \right)=b\] và \[a\le \varphi \left( t \right)\le b\] với mọi \[t\in \left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\] . Khi đó: \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \varphi \left( t \right) \right)\varphi '\left( t \right)dt}\].

Chú ý:

Cho hàm số\[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ a;b \right]\]. Để tính \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}\] đôi khi ta chọn hàm số \[u=u\left( x \right)\] làm biến số mới, trong đó trên đoạn \[\left[ a;b \right],u\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục và \[u\left( x \right)\in \left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\] .

Giả sử có thể viết \[f\left( x \right)=g\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right),x\in \left[ a;b \right]\] , với \[g\left( u \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ \alpha ;\,\,\beta  \right]\]

Khi đó: \[\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \varphi \left( t \right) \right)\varphi '\left( t \right)dt}\].

2. Phương pháp tích phân từng phần

Định lí:

Nếu \[u\left( x \right)\] và \[v\left( x \right)\] là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên \[\left[ a;b \right]\] thì

\[\int\limits_{a}^{b}{u\left( x \right)v'\left( x \right)dx=\left. \left( u(x)v(x) \right) \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{v\left( x \right)u'\left( x \right)dx}}\]

hay \[\int\limits_{a}^{b}{udv}=\left. uv \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{vdu}\]

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP

Dạng 1. Tính tích phân cơ bản bằng định nghĩa và tính chất

Cách giải:

+ Biến đổi các hàm số dưới dấu tích phân về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa biến.

+ Đưa các mỗi biểu thức chứa biến về dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.

+ Áp dụng công thức tính tích phân để tìm kết quả.

Dạng 2. Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số

Cách giải:

Bước 1: Đặt \[t=u\left( x \right)\] .

Bước 2: Tính vi phân hai vế : \[dt=u'\left( x \right)dx\] .

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

Bước 3: Biến đổi tích phân đã cho về tích phân biến \[t\] . Khi đó : \[I=\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{g(t)dt}=\left. G(t) \right|_{\alpha }^{\beta }=G\left( \beta  \right)-G\left( \alpha  \right)\]

Các bài toán thường gặp:

Bài toán 1: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \sin x \right)\cos xdx}\] . Đặt \[t=\sin x\] .

Bài toán 2: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \cos x \right)\sin xdx}\] . Đặt \[t=\cos x\] .

Bài toán 3: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \tan x \right)\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}dx}\] . Đặt \[t=\tan x\] .

Bài toán 4: \[I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( \cot x \right)\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}dx}\] . Đặt \[t=\cot x\] .

Bài toán 5: Tính \[{{I}_{1}}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{n}}xdx};\,\,\,\,{{I}_{2}}=\int\limits_{a}^{b}{{{\cos }^{n}}xdx}\]

• Nếu \[n\] chẵn thì sử dụng công thức hạ bậc
• Nếu \[n=3\] thì sử dụng công thức hạ bậc hoặc biến đổi
• Nếu \[n=2p+1\] thì thực hiện biến đổi:

\[{{I}_{1}}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{n}}xdx}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{2p+1}}xdx}=\int\limits_{a}^{b}{{{\sin }^{2p}}x.\sin xdx}=\int\limits_{a}^{b}{{{\left( 1-{{\cos }^{2}}x \right)}^{p}}.\sin xdx}\] (Đặt \[t=\cos x\] )

Tương tự đối với \[{{I}_{2}}\] .

Dạng 3. Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần

Cách giải:

Bước 1: Ta biến đổi nguyên hàm ban đầu về dạng : \[I=\int{f(x)dx=\int{{{f}_{1}}(x).{{f}_{2}}(x)dx}}\]

Bước 2: Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l} u = {f_1}(x)\\ dv = {f_2}(x) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = f{'_1}(x)dx\\ v = \int {{f_2}(x)dx} \end{array} \right.\)

Bước 3: Khi đó : \[\int\limits_{a}^{b}{u.dv}=\left. u.v \right|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{v.du}\]

Các bài toán thường gặp:

Dạng 4. Tính tích phân của hàm phân thức \[\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\]

Cách giải:

- Nếu bậc của \[f\left( x \right)\] lớn hơn bậc của \[g\left( x \right)\] thì chia \[f\left( x \right)\] cho \[g\left( x \right)\] được thương và phần dư.

- Nếu bậc của \[f\left( x \right)\] nhỏ hơn bậc của \[g\left( x \right)\] thì phân tích \[g\left( x \right)\] thành nhân tử rồi sử dụng hệ số bất định để tách \[\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}\] thành tổng các phân thức. Trong trường hợp \[g\left( x \right)\] không phân tích được thành các nhân tử thì biến đổi để đưa về dạng lượng giác.

Các bài toán thường gặp:

Bài toán 1: Tính tích phân \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{dx}{a{{x}^{2}}+bx+c}}\left( a\ne 0 \right)\]

TH1: Mẫu số có 2 nghiệm phân biệt

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}\] (tìm \[A,B\] bằng cách đồng nhất thức)

Khi đó \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\left( \frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}} \right)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\int{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}}\]

TH2: Mẫu số có nghiệm kép

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{1}{a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}}\]

Khi đó \[I=\frac{1}{a}\int\limits_{\alpha }^{\beta }{{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{-2}}dx}\]

TH3: Mẫu số vô nghiệm

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}=\frac{1}{a\left[ {{\left( x+\frac{b}{2a} \right)}^{2}}-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}} \right]}\]

Đặt \[x+\frac{b}{2a}=\sqrt{-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}}}\tan t\]

Bài toán 2: Tính tích phân \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{dx}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}}\left( a\ne 0 \right)\]

TH1: Mẫu số có 3 nghiệm phân biệt

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}+\frac{C}{x-{{x}_{3}}}\] (tìm \[A,B,C\] bằng cách đồng nhất thức)

Khi đó \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\left( \frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}+\frac{C}{x-{{x}_{3}}} \right)dx}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{C}{x-{{x}_{3}}}dx}\]

TH2: Mẫu số có nghiệm duy nhất

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{A}{x-{{x}_{1}}}+\frac{mx+n}{p{{x}^{2}}+qx+r}\]

Khi đó \[I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx}+\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{mx+n}{p{{x}^{2}}+qx+r}dx}\]

TH3: Mẫu số có nghiệm bội ba

Biến đổi \[\frac{1}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}=\frac{1}{a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{3}}}\]

Khi đó \[I=\frac{1}{a}\int\limits_{\alpha }^{\beta }{{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{-3}}dx}\]

Bài toán 3: Tính nguyên hàm \[I=\int{\frac{{{\left( ax+b \right)}^{n}}}{{{\left( cx+d \right)}^{n+2}}}dx}=\int{\left( \frac{ax+b}{cx+d} \right)\frac{1}{{{\left( cx+d \right)}^{2}}}dx}\]

Đặt \[t=\frac{ax+b}{cx+d}\]

C. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA

Bài 1.(trang 112 SGK Giải tích 12)

a) \[\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{\sqrt[3]{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}dx}=\int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}{{{\left( 1-x \right)}^{\frac{2}{3}}}dx}=\left. -\frac{3}{5}{{\left( 1-x \right)}^{\frac{5}{3}}} \right|_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}=\frac{3}{10\sqrt[3]{4}}\left( 3\sqrt[3]{9}-1 \right)\]

b) \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)dx}=-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)d\left( \frac{\pi }{4}-x \right)}=\left. -\left( -\cos \left( \frac{\pi }{4}-x \right) \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=0\]

c) \[\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{1}{x\left( x+1 \right)}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{\left( x+1 \right)-x}{x\left( x+1 \right)}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( \frac{1}{x}-\frac{1}{x+1} \right)dx}=\left. \left( \ln \left| x \right|-\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{\frac{1}{2}}^{2}=\left. \ln \frac{\left| x \right|}{\left| x+1 \right|} \right|_{\frac{1}{2}}^{2}=\ln 2\]

d) \[\int\limits_{0}^{2}{x{{\left( x+1 \right)}^{2}}dx}=\int\limits_{0}^{2}{x\left( {{x}^{2}}+2x+1 \right)dx}=\int\limits_{0}^{2}{\left( {{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+x \right)dx}=\left. \left( \frac{{{x}^{4}}}{4}+\frac{2{{x}^{3}}}{3}+\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{2}=\frac{34}{3}\]

e) \[\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{1-3x}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{4-3\left( 1+x \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( \frac{4}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{3}{x+1} \right)dx}\]

\[=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left( 4{{\left( x+1 \right)}^{-2}}-\frac{3}{x+1} \right)dx}=\left. \left( -\frac{4}{x+1}-3\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{\frac{1}{2}}^{2}=\frac{4}{3}-3\ln 2\]

g) \[\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin 3x\cos 5xdx}=\frac{1}{2}\int\limits_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \sin 8x-\sin 2x \right)dx}=\left. \frac{1}{2}\left( -\frac{1}{8}\cos 8x+\frac{1}{2}\cos 2x \right) \right|_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=0\]

Bài 2.(trang 112 SGK Giải tích 12)

a) \[\int\limits_{0}^{2}{\left| 1-x \right|dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left| 1-x \right|dx}+\int\limits_{1}^{2}{\left| 1-x \right|dx}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 1-x \right)dx}+\int\limits_{1}^{2}{\left( x-1 \right)dx}=\left. \left( x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right) \right|_{0}^{1}+\left. \left( {{\frac{x}{2}}^{2}}-x \right) \right|_{1}^{2}=1\]

b) \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{2}}xdx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\cos 2x \right)dx}=\left. \frac{1}{2}\left( x-\frac{1}{2}\sin 2x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\]

c) \[\int\limits_{0}^{\ln 2}{\frac{{{e}^{2x+1}}+1}{{{e}^{x}}}dx}=\int\limits_{0}^{\ln 2}{\left( {{e}^{x+1}}+{{e}^{-x}} \right)dx}=\left. \left( {{e}^{x+1}}-{{e}^{-x}} \right) \right|_{0}^{\ln 2}=e+\frac{1}{2}\]

d) \[\int\limits_{0}^{\pi }{\sin 2x{{\cos }^{2}}xdx}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\cos 2x \right)dx}=\left. \frac{1}{2}\left( x-\frac{1}{2}\sin 2x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\]

Bài 3.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) Đặt \[u=x+1\Rightarrow du=dx\]

Với \[x=0\Rightarrow u=1;x=3\Rightarrow u=4\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{3}{\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( 1+x \right)}^{\frac{3}{2}}}}dx}=\int\limits_{1}^{4}{\frac{{{\left( u-1 \right)}^{2}}}{{{u}^{\frac{3}{2}}}}du}\]

\(\begin{array}{l} = \int\limits_1^4 {\frac{{{u^2} - 2u + 1}}{{{u^{\frac{3}{2}}}}}du} = \int\limits_1^4 {\left( {{u^{\frac{1}{2}}} - 2{u^{ - \frac{1}{2}}} + {u^{ - \frac{3}{2}}}} \right)du} \\ = \left. {\left( {\frac{2}{3}{u^{\frac{3}{2}}} - 4{u^{\frac{1}{2}}} - 2{u^{ - \frac{1}{2}}}} \right)} \right|_1^4 = \frac{5}{3} \end{array}\)

b) Đặt \[x=\sin t\left( -\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow dx=\cos tdt\]

Với \[x=0\Rightarrow t=0;x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sqrt{1-{{\sin }^{2}}t}\cos tdt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{2}}tdt}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}\]

\[=\frac{1}{2}\left. \left( t+\frac{1}{2}\sin 2t \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\]

c) Đặt \[u=1+x{{e}^{x}}\Rightarrow du=\left( 1+x \right){{e}^{x}}dx\]

Với \[x=0\Rightarrow u=1;x=1\Rightarrow u=1+e\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{e}^{x}}\left( 1+x \right)}{1+x{{e}^{x}}}dx}=\int\limits_{1}^{1+e}{\frac{1}{u}du}\]

\[=\left. \ln \left| u \right| \right|_{1}^{1+e}=\ln \left( 1+e \right)\]

d) Đặt \[x=a\sin t\left( -\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow dx=a\cos tdt\]

Với \[x=0\Rightarrow t=0;x=\frac{a}{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{\frac{a}{2}}{\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\frac{a\cos t}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{a}^{2}}{{\sin }^{2}}t}}dt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\frac{a\cos t}{a\cos t}dt}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{dt}\]\[=\left. t \right|_{0}^{\frac{\pi }{6}}=\frac{\pi }{6}\]

Bài 4.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x + 1\\ dv = \sin xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \cos x \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( x+1 \right)\sin xdx}=\left. -\left( x+1 \right)\cos x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos xdx}=\left. -\left( x+1 \right)\cos x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}+\left. \sin x \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=2\]

b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln x\\ dv = {x^2}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{x}\\ v = \frac{1}{3}{x^3} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{1}^{e}{{{x}^{2}}\ln xdx}=\left. \frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x \right|_{1}^{e}-\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{e}{{{x}^{2}}dx}=\left. \frac{1}{3}{{x}^{3}}\ln x \right|_{1}^{e}-\left. \frac{1}{9}{{x}^{3}} \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{1}{9}\left( 2{{e}^{3}}+1 \right)\]

c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {1 + x} \right)\\ dv = dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{{1 + x}}\\ v = x \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{0}^{1}{\ln xdx}=\left. x\ln \left( 1+x \right) \right|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{1+x}dx}\]

\(\begin{array}{l} = \left. {x\ln \left( {1 + x} \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{1}{{1 + x}}} \right)dx} \\ = \left. {x\ln \left( {1 + x} \right)} \right|_0^1 - \left. {\left( {x - \ln \left| {1 + x} \right|} \right)} \right|_0^1 = 2\ln 2 - 1 \end{array}\)

d) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2} - 2x - 1\\ dv = {e^{ - x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \left( {2x - 2} \right)dx\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-2x-1 \right){{e}^{-x}}dx}=-\left. \left( {{x}^{2}}-2x-1 \right){{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}+2\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1 \right){{e}^{-x}}dx}=\frac{2}{e}-1+2\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1 \right){{e}^{-x}}dx}\]

Xét \[2I=2\int\limits_{0}^{1}{\left( x-1 \right){{e}^{-x}}dx}\]

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x - 1\\ dv = {e^{ - x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)

Khi đó \[I=-\left. \left( x-1 \right){{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}+\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{-x}}dx}=-\left. \left( x-1 \right){{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}-\left. {{e}^{-x}} \right|_{0}^{1}=-\frac{1}{e}\]

\[\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-2x-1 \right){{e}^{-x}}dx}=\frac{2}{e}-1-\frac{2}{e}=-1\]

Bài 5.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) \[\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{3}{2}}}dx}=\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{3}{2}}}d\left( 1+3x \right)}=\left. \frac{1}{3}.\frac{2}{5}{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{5}{2}}} \right|_{0}^{1}=\left. \frac{2}{15}{{\left( 1+3x \right)}^{\frac{5}{2}}} \right|_{0}^{1}=\frac{62}{15}\]

b) \[\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{{{x}^{3}}-1}{{{x}^{2}}-1}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\frac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1}dx}=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}}{\left( x+\frac{1}{x+1} \right)dx}=\left. \left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}+\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{0}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{8}+\ln \frac{3}{2}\]

c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln \left( {1 + x} \right)\\ dv = \frac{1}{{{x^2}}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{{1 + x}}\\ v = - \frac{1}{x} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[\int\limits_{1}^{2}{\frac{\ln \left( 1+x \right)}{{{x}^{2}}}dx}=\left. -\frac{1}{x}\ln \left( 1+x \right) \right|_{1}^{2}+\int\limits_{1}^{2}{\frac{1}{x\left( 1+x \right)}dx}\]

\(\begin{array}{l} = - \frac{1}{2}\ln 3 + \ln 2 + \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{1 + x}}} \right)dx} \\ = - \frac{1}{2}\ln 3 + \ln 2 + \left. {\left( {\ln \left| x \right| - \ln \left| {1 + x} \right|} \right)} \right|_1^2 = 3\ln 2 - \frac{3}{2}\ln 3 \end{array}\)

Bài 6.(trang 113 SGK Giải tích 12)

a) Đặt \[u=1-x\Rightarrow du=-dx\]

Với \[x=0\Rightarrow u=1;x=1\Rightarrow u=0\]

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{x{{\left( 1-x \right)}^{5}}dx}=-\int\limits_{1}^{0}{\left( 1-u \right){{u}^{5}}du}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{u}^{5}}-{{u}^{6}} \right)du}=\left. \left( \frac{1}{6}{{u}^{6}}-\frac{1}{7}{{u}^{7}} \right) \right|_{0}^{1}=\frac{1}{42}\]

b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = {\left( {1 - x} \right)^5}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \frac{1}{6}{\left( {1 - x} \right)^6} \end{array} \right.\)

Khi đó, \[I=\int\limits_{0}^{1}{x{{\left( 1-x \right)}^{5}}dx}=\left. -\frac{1}{6}x{{\left( 1-x \right)}^{6}} \right|_{0}^{1}+\frac{1}{6}\int\limits_{0}^{1}{{{\left( 1-x \right)}^{6}}dx}=\left. -\frac{1}{6}.\frac{1}{7}{{\left( 1-x \right)}^{7}} \right|_{0}^{1}=\frac{1}{42}\]

Gợi ý Giải bài tập sách giáo khoa giải bài tập tích phân, toán 12 tích phân lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức chính xác nhanh nhất.