tailieunhanh - Đáp án 28 câu tích phân đổi biến - GV. Nguyễn Thanh Tùng

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học tập và ôn thi môn Toán, nội dung "Đáp án 28 câu tích phân đổi biến" dưới đây để củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng bài tập. Hy vọng nội dung tài liệu phục vụ hữu ích nhu cầu học tập và nghiên cứu. | GV Nguyễn Thanh Tùng facebook. com ThayTungToan ĐÁP ÁN 28 CÂU TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN GV Nguyễn Thanh Tùng ĐỀ BÀI I ỉ f g x tfgtx Ỵg x dx a T 1 x 8x2 6x 1 __ 2 . .22 2 . . 2tdt - 4x 1 dx I I-----. dx Đặt t V 2 x x 1 t 2 x x 1 02 a 2x2 x 1 2x x t -1 Đổi cận x 0 t 1 và x 1 t 2 x 4 x 1 2 x 1 2 x x t 1 Khi đó I1 I A dx I------------. 4x 1 dx I 0 2 V 2x2 x 1 02 d2x2 x 1 I2 1 2 t3 t ỉ 2 6 V í t3 2. .1 . 1 1 14 4 2 - dt 2 t 2t 3- dt 21 t 3t 6ln t 2 I 12ln . J t 2 M t 2 I 3 J 3 3 11 1 Vậy I1 14 12ln4 . 1 3 3 n T 2 sin 2x s inx I2 I dx 0 V1 3cos x Đặt t 1 1 3cos x t2 1 3 cos x 2 2tdt 3 sin xdx sin xdx tdt 3 t2 1 cos x 3 n Đổi cận x 0 thì 2 n 2 2 cos x 1 sin x I2 11Z 1 Ố 5 1 3cos x 1 1 1 -dx I--------3------- 2 t 2_34 _ 34 . Vậy I2 1 27 2 27 J J t 2 1 Tham gia khóa học các môn trên sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới GV Nguyễn Thanh Tùng facebook. com ThayTungToan dx tdt x 2 -1 e3 3 - 2ln x I3 I I dx 1 xV1 2ln x Đặt t 11 2ln x t2 1 2ln x 2ln x t k e3 thì t 1 2 Đổi cận x 1 Khi đó I3 2 1t 3 exdx 0 ex 1 4c7ỉ 3 - t 2 - 1 .ídí ỷ 4 - r- dt í 4t ỉ k t3 3 2 _5 T 5 . Vậy I3 . 3 3 3 1 Đặt t sjex 1 t2 ex 1 2tdt exdx và x 0 ln 3 thì t V2 2 2 2tdt Khi đó I4 I 7 2t .t 2 dt 2 2J ị t 2 42-1. Vậy I4 SỈ2 -1. 72 NHẬN XÉT Pe _____ Khi gặp tích phân có dạng I J f g x ng x .g x dx tích phân chứa căn ta nghĩ ngay tới việc đặt a t ng x Sau đó thực hiện các bước cơ bản của một phép đổi biến chứa căn lũy thừa vi phân hai vế và đổi cận ta sẽ thu được một tích phân ở dạng cơ bản. Có thể minh họa qua sơ đồ m ỵdt ỉ ịf tn tỊdt _ - ỉ J h f dt Tích phân ctf bản 0 Đặtí j à X a r 0 A ax2 bx c dx Đặt x 2sin t với t G T T í - _ 2 2 J dx 2 cos tdt T I----- và x 0 2 thì t 0 -- -Ự4 - x2 2cos t 2 2 ______ s I1 J xS 4 - x2 dx 0 n T n 2 2 2 I1 J 4sin2 cos tdt 4 J sin2 2tdx 2 J 1 - cos 4t dt 21 t 0 2 TI. Vậy I1 TI. 0 0 0 T - x2 -1 . 12 J 2 dx 1 x Đặt x với t e cos t 1 1 0 u 1 V y c L. 3t ì J J T T T T 3 _ 3 sin 0 cos t sin tdt cos