Giải bài tập toán đại 12 trang 147 bài 13

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành, đường thẳng \(x=a,x=b\) là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \).

Lời giải chi tiết:

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\displaystyle S =\int\limits_{ - 1}^2 {({x^2} + 1)dx = ({{{x^3}} \over 3}} + x)\left| {_{ - 1}^2} \right. = 6\)

LG b

2. \(\displaystyle y = \ln x, x = {1 \over e}, x = e\) và trục hoành

Phương pháp giải:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành, đường thẳng \(x=a,x=b\) là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \).

Lời giải chi tiết:

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(\eqalign{& S = \int\limits_{{1 \over e}}^e {|\ln x|dx = \int\limits_{{1 \over e}}^1 {|\ln x|dx + } } \int\limits_1^e {|\ln x|dx} \cr & = - \int\limits_{{1 \over e}}^1 {\ln xdx + \int\limits_1^e {\ln xdx} } \cr} \)

Tính \(\int\limits_{}^{} {\ln xdx} \).

Đặt

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{dx}}{x}\\v = x\end{array} \right.\\\Rightarrow \int\limits_{}^{{} {\ln xdx} = x\ln x - \int\limits_{}}{} {dx} = x\ln x - x + C\end{array}\)

Bài 9 trang 147 SGK Giải tích 12

Giải các phương trình sau:

1. \({13^{2x + 1}} - {13^x} - 12 = 0\)

2. \(({3^x} + {\rm{ }}{2^x})({3^x} + {\rm{ }}{3.2^x}){\rm{ }} = {\rm{ }}{8.6^x}\)

3. \({\log _{\sqrt 3 }}(x - 2).{\log _5}x = 2{\log _3}(x - 2)\)

4. \(log_2^2x{\rm{ }}-{\rm{ }}5log_2x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0\)

Giải

1. Đặt \(t = 13^x > 0\) ta được phương trình:

\(13t^2 – t – 12 = 0 ⇔ (t – 1)(13t + 12) = 0\)

\(⇔ t = 1 ⇔ 13^x = 1 ⇔ x = 0\)

b)

Chia cả hai vế phương trình cho \(9^x\) ta được phương trình tương đương

\((1 + {({2 \over 3})^x})(1 + 3.{({2 \over 3})^x}) = 8.{({2 \over 3})^x}\)

Đặt \(t = {({2 \over 3})^x} (t > 0)\) , ta được phương trình:

\((1 + t)(1 + 3t) = 8t ⇔ 3t^2– 4t + 1 = 0 ⇔ \)\(t \in \left\{ {{1 \over 3},1} \right\}\)

Với \(t = {1 \over 3}\) ta được nghiệm \(x = {\log _{{2 \over 3}}}{1 \over 3}\)

Với \(t = 1\) ta được nghiệm \(x = 0\)

3. Điều kiện: \(x > 2\)

\(\eqalign{ & \Leftrightarrow 2lo{g_3}(x - 2).lo{g_5}x = 2lo{g_3}(x - 2) \cr & \Leftrightarrow 2lo{g_3}(x - 2)({\log _5}x - 1) = 0 \cr} \)

\(\Leftrightarrow\left[ \matrix{{\log _3}(x - 2) = 0 \hfill \cr lo{g_5}x = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{x = 3 \hfill \cr x = 5 \hfill \cr} \right.\)

4. Điều kiện: \(x > 0\)

\(\eqalign{ & \log _2^2x - 5{\log _2}x + 6 = 0 \cr & \Leftrightarrow ({\log _2}x - 2)({\log _2}x - 3) = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\log _2}x = 2 \hfill \cr {\log _2}x = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 4 \hfill \cr x = 8 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Bài 10 trang 147 SGK Giải tích 12

Giải các bất phương trình sau

1. \({{{2^x}} \over {{3^x} - {2^x}}} \le 2\)

2. \({({1 \over 2})^{{{\log }_2}({x^2} - 1)}} > 1\)

3. \({\log ^2}x + 3\log x \ge 4\)

4. \({{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4}\)

Trả lời:

1. Ta có:

\({{{2^x}} \over {{3^x} - {2^x}}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {{{({3 \over 2})}^x} - 1}} \le 2\)

Đặt \(t = {({3 \over 2})^2}(t > 0)\) , bất phương trình trở thành:

\(\eqalign{ & {1 \over {t - 1}} \le 2 \Leftrightarrow {1 \over {t - 1}} - 2 \le 0 \Leftrightarrow {{ - 2t + 3} \over {t - 1}} \le 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 0 < t < 1 \hfill \cr t \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {({3 \over 2})^x} < 1 \hfill \cr {({3 \over 2})^2} \ge {3 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x < 0 \hfill \cr x \ge 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

2. Ta có:

\(\eqalign{ & {({1 \over 2})^{{{\log }_2}({x^2} - 1)}} > 1 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x^2} - 1 > 0 \hfill \cr {\log _2}({x^2} - 1) < 0 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow 0 < {x^2} - 1 < 1 \Leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt 2 \cr & \Leftrightarrow x \in ( - \sqrt 2 , - 1) \cup (1,\sqrt 2 ) \cr} \)

3. Điều kiện: \(x > 0\)

\(\eqalign{ & {\log ^{2}x + 3\log x \ge 4 \Leftrightarrow (\log x + 4)(logx - 1) \ge 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\mathop{\rm logx}\nolimits} \ge 1 \hfill \cr logx \le - 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x \ge 10 \hfill \cr 0 < x \le {10}{ - 4}} \hfill \cr} \right. \cr} \)

4. Ta có:

\(\eqalign{ & {{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \over 4} \Leftrightarrow {{1 - {{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}} \le {1 \over 4} \cr & \Leftrightarrow {{3 - 6{{\log }_4}x} \over {1 + 2{{\log }_4}x}}\le0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\log _4}x \le {{ - 1} \over 2} \hfill \cr {\log _4}x \ge {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 0 < x < {1 \over 2} \hfill \cr x \ge 2 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Bài 11 trang 147 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần

1. \(\int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx\)

2. \(\int_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} \)

3. \(\int_0^\pi {(\pi - x)\sin {\rm{x}}dx} \)

4. \(\int_{ - 1}^{0 {(2x + 3){e}{ - x}}} dx\)

Giải

\(\eqalign{ & \int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx = {\int_1^{{e^4}} {\ln xd({2 \over 3}} x^{{3 \over 2}}}) \cr & = {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}}\ln x\left| {_1^{{e^4}}} \right. - \int\limits_1^{{e^4}} {{2 \over 3}} .{x^{{3 \over 2}}}.d{\mathop{\rm lnx}\nolimits} \cr & = {8 \over 3}{e^6} - {2 \over 3}{x^{{1 \over 2}}}dx = {8 \over 3}{e^6} - {4 \over 9}{x^{{2 \over 3}}}\left| {_1^{{e^4}}} \right. = {{20} \over 9}{e^6} + {4 \over 9} \cr} \)

2. Ta có:

\(\eqalign{ & \int_{{\pi \over 6}}^{{{\pi \over 2}} {{{xdx} \over {{{\sin }^2}x}}} = \int\limits_{{\pi \over 6}}}{{\pi \over 2}} {xd( - \cot x) = - x\cot x\left| {_{{\pi \over 6}}^{{{\pi \over 2}}} \right.} + \int\limits_{{\pi \over 6}}}{{\pi \over 2}} {\cot xdx} \cr & = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \int\limits_{{\pi \over 6}}^{{{\pi \over 2}} {{{d\sin x} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}} = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln |sinx|\left| {_{{\pi \over 6}}}{{\pi \over 2}}} \right. = {{\pi \sqrt 3 } \over 6} + \ln 2 \cr} \)

3. Ta có:

\(\eqalign{ & \int_0^\pi {(\pi - x)\sin {\rm{x}}dx} = \int\limits_0^\pi {(\pi - x)d( - {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )} \cr & = - (\pi - x)cosx\left| {_0^\pi } \right. + \int\limits_0^\pi {{\mathop{\rm cosxd}\nolimits} (\pi - x) = \pi - s{\rm{inx}}\left| {_0^\pi } \right.} = \pi \cr} \)

4. Ta có:

\(\eqalign{ & \int_{ - 1}^{0 {(2x + 3){e}{ - x}}} dx = \int\limits_{ - 1}^{0 {(2x + 3)d( - {e}{ - x}}} ) \cr & = (2x + 3){e^{ - x}}\left| {_0^{ - 1}} \right. + \int\limits_{ - 1}^{e {{e}{ - x}}} .2dx = e - 3 + 2{e^{ - x}}\left| {_0^1} \right. = 3e - 5 \cr} \)

Bài 12 trang 147 SGK Giải tích 12

Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi biến số

1. \(\int\limits_0^{{\pi \over 24}} {\tan ({\pi \over 4} - 4x)dx} \) (đặt \(u = \cos ({\pi \over 3} - 4x)\) )

2. \(\int\limits_{{{\sqrt 3 } \over 5}}^{{3 \over 5}} {{{dx} \over {9 + 25{x^2}}}} \) (đặt \(x = {3 \over 5}\tan t\) )

3. \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^3}} x{\cos ^4}xdx\) (đặt u = cos x)

4. \(\int\limits_{{{ - \pi } \over 4}}^{{{\pi \over 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx = \int\limits_0}{\sqrt 2 } {2{t^2}dt = {2 \over 3}} {t^3}\left| {_0^{\sqrt 2 }} \right. = {{4\sqrt 2 } \over 3}\)