Loi giai bai tap giai tich 1 bach khoa

Chương 1 HÀM MỘT BIẾN SỐ
1.1 – 1. Dãy số, hàm số, số lượng giới hạn và liên tục

  1. Tìm tập xác định của hàm số
    a=√ 4 log (tanx)
    
    
    

cosx 6 = 0 tanx ≥ 1 log ( tanx ) ≥ 0



cosx 6 = 0
tanx≥ 1



x ≥ π 4 + kπ x 6 = π 2 + kπ
( k ∈ Z )
b = arcsin1 + 2 xx
  
1 + x 6 = 0 − 1 ≤ 1 + 2 xx ≤ 1



x 6 = − 1 − 1 − x ≤ 2 x ≤ 1 + x







x  6 = − 1  
3 x ≥ − 1 x ≤ 1 ⇔ − 13 ≤ x ≤ 1
c =
√ x sin  πx  
x ≥ 0 sinπx 6 = 0



x ≥ 0 πx 6 = kπ



x ≥ 0 x 6 = k



x ≥ 0 x / ∈ Z c = arccos ( 2 sinx )
− 1 ≤ 2 sinx ≤ 1 ⇔ − 12 ≤ sinx ≤ 12 ⇔

−

π 6 + 2 kπ ≤ x ≤ π 6 + 2 kπ 56 π + 2 kπ ≤ x ≤ 76 π + 2 kπ ( k ∈ Z )

  1. Tìm miền giá trị của hàm số
    a= log (1−2 cosx)
    ĐK:cosx < 12 ⇔π 3 + 2kπ < x < 53 π+ 2kπ Mặt khác ta có 1 −2 cosx∈(0,3]⇒y∈(−∞,log 3] b= arcsin(log 10 x)

ĐK 

x > 0 ∣ ∣ log x 10
∣ ∣ ≤ 1 ⇒ y ∈

(

− π 2, π 2

)

  1. Tìmf(x)biết
    a(x+ 1 x)=x 2 +x 12
    Đặtt=x+x 1 (|t|≥2)

⇒ t 2 = x 2 + x 12 + 2 ⇒ t 2 − 2 = x 2 + x 12 ⇒ f ( x ) = x 2 − 2
b ( 1 + xx ) = x 2 Đặtt = 1 + xx ( t 6 = 1 )
⇒ x = 1 − t t ⇒ x 2 = t
2 ( 1 − t ) 2 ⇒ f ( x ) =
x 2 ( 1 − x ) 2 4. Tìm hàm ngược của hàm số a = 2 x + 3 D = R x = y − 23 ⇒ hàm ngược của hàmy = 2 x + 3 lày = x − 23. b. 1 1 + − xx D = R { − 1 }
y = 1 1 + − xx ⇔ y + yx = 1 − x ⇔ x = 1 1 + − yy
Suy ra hàm ngược của hàm 1 1 + − xx lày = 1 1 + − xx c = 12 ( ex + e − x ), ( x > 0 ) D = [ 0, + ∞ )
trong đóg ( x ) là hàm chẵn vàh ( x ) là hàm lẻ. Khi đó
f ( − x ) = g ( − x ) + h ( − x ) = g ( x ) − h ( x ) ( 2 )
( 1 ) + ( 2 ) ta được f ( x ) + f ( − x ) = 2 g ( x ) ⇒ g ( x ) = f ( x ) + 2 f ( − x ) ( 1 ) − ( 2 ) ta được f ( x ) − f ( − x ) = 2 h ( x ) ⇒ h ( x ) = f ( x ) − 2 f ( − x )

  1. Xét tính tuần hoàn và tìm chu kỳ của hàm số sau (nếu có)
    a(x) =Acosλx+Bsinλx
    GọiT là chu kỳ. Với mọixta có

f ( x + T ) = f ( x ) ⇔ Acosλ ( x + T ) + Bsinλ ( x + T ) = Acosλx + Bsinλx ⇔ AcosλxcosλT − AsinλxsinλT + BsinλxcosλT + BsinλTcosλx = Acosλx + Bsinλx
nêncosλT = 1 ⇒ λT = 2 kπ ⇒ T = 2 kπλ và 2 λπ là chu kỳ luân hồi nhỏ nhất. b ( x ) = sin ( x 2 ) Ta có √ ( k + 1 ) π − √ kπ = √ ( k + 1 ) ππ + √ kπ → 0 khi k → + ∞ Suy ra hàm f ( x ) không tuần hoàn. c ( x ) = sinx + 12 sin 2 x + 13 sin 3 x Ta có sinxtuần hoàn chu kỳ luân hồi 2 π sin 2 xtuần hoàn chu kỳπ sin 3 xtuần hoàn chu kỳ luân hồi 23 π Suy raf ( x ) tuần hoàn chu kỳ luân hồi là BCNN của 2 π, π, 23 π là 2 π .
d ( x ) = cos 2 x Ta cóf ( x ) = 1 + cos 2 2 x ⇒ f ( x ) tuần hoàn chu kỳ luân hồi 2 π 1.6 – 1 Giới hạn hàm số 8. Tìm số lượng giới hạn a → 1 xx 10050 − − 22 xx + 1 +
xlim → 1 xx 10050 − − 22 xx + 1 + 1 = Lxlim → 110050 xx 4999 − − 22 = 9848 = 4924 b → a ( xn − an ) ( − x − naan ) 2 − 1 ( x − a ), n ∈ N
xlim → a ( xn − an ) ( − x − naan ) 2 − 1 ( x − a ) = Llim x → a
nxn2 ( − 1 x − − naa ) n − 1 = Llim x → a
n ( n − 1 ) 2 xn − 2 = n ( n − 1 ) 2 an − 2

  1. Tìm giới hạn
    a→lim+∞

√ x + √ x + √ x √ x +
x → lim + ∞
√ x + √ x + √ x √ x + 1 = limx → + ∞ √ √ xx = 1
b → lim + ∞ ( √ 3 x 3 + x 2 − 1 − x )
x → lim + ∞ ( √ 3 x 3 + x 2 − 1 − x ) = limx → + ∞ √ 3 ( x 3 + x 2 x − 3 1 ) + x 2 + 2 − x 1 √ 3 − xx 33 + x 2 − 1 + x 2 = limx → + ∞ 3 xx 22 = 13 c → 0 m
√ 1 + αx − √ n1 + βx x xlim → 0 m
√ 1 + αx − n √ 1 + βx x = limx → 0 m
√ 1 + αx − 1 x − limx → 0
√ n1 + βx − 1 x = mα − βn d → 0 m
√ 1 + αx √ n1 + βx − 1 x xlim → 0 m
√ 1 + αxn √ 1 + βx − 1 x = limx → 0 n
√ 1 + βx [ m √ 1 + αx − 1 ] + √ n1 + βx − 1 x = limx → 0 n
√ 1 + βx [ m √ 1 + αx − 1 ] x + limx → 0
√ n1 + βx − 1 x = mα + βn
b → 0 + √ cos √ x
xlim → 0 + √ cos √ x = limx → 0 + ( cos √ x ) 1 x = exlim → 0 +
ln ( cosx √ x )
= exlim → 0 +
ln ( 1 + cosx √ x − 1 ) = exlim → 0 +
cos √ xx − 1 = exlim → 0 +
− xx / = e − 12 c → ∞ ( sin ( ln ( x + 1 ) ) − sin ( lnx ) )
xlim → ∞ ( sin ( ln ( x + 1 ) ) − sin ( lnx ) ) = 2 limx → ∞ cosln ( x + 1 ) + ln 2 xsinln ( x + 1 ) 2 − lnx = 2 limx → ∞ coslnx ( 2 x + 1 ) sinln ( 1 + 2 1 x ) Docoslnx ( 2 x + 1 ) bị chặn vàxlim → ∞ sinln ( 1 + 2 1 x ) = 0 nên xlim → ∞ ( sin ( ln ( x + 1 ) ) − sin ( lnx ) ) = 0 d → ∞ n 2 ( √ nx − n + 1 √ x ), x > 0
xlim → ∞ n 2 ( √ nx − n + 1 √ x ) = limx → ∞ n 2 x1 / ( n + 1 )

(

x 1 / ( n 2 + n ) − 1

)

= limx → ∞ n 2 n + 2 nx1 / n +
( x 1 / ( n 2 + n ) − 1
) 1 / ( n 2 + n ) = lnx Do xlim → ∞ n 2 n + 2 n = 1 xlim → ∞ xn + 1 1 = 1 xlim → ∞
( x 1 / ( n 2 + n ) − 1
) 1 / ( n 2 + n ) = lnx 12. Khix → 0 + cặp VCB sau có tương tự không ? α ( x ) = √ x + √ x và β ( x ) = esinx − cosx Ta có α  ( x ) = √ x + √ x ∼ √ 4 xkhix → 0 +  
esinx − 1 ∼ sinx ∼ x 1 − cosx ∼ x 22 ⇒ β ( x ) = esinx − 1 + 1 − cosx ∼ esinx − 1 ∼ sinx ∼ x
khix → 0 +
Suy raα ( x ) vàβ ( x ) không tương tự. 1 Hàm số liên tục

  1. Tìmađể hàm số liên tục tạix= 0

a ( x ) =



1 − xcos 2 x nếu x 6 = 0 a nếu x = 0 Hàmf ( x ) liên tục tạix = 0 khi và chỉ khixlim → 0 f ( x ) = ahay xlim → 01 − xcos 2 x = 12 = a
b ( x ) =



ax 2 + bx + 1 với x ≥ 0 acosx + bsinx với x < 0 Ta có g ( 0 ) = a. 02 + b + 1 = 1 xlim → 0 − g ( x ) = limx → 0 − ( acosx + bsinx ) = a xlim → 0 + g ( x ) = limx → 0 − ( ax 2 + bx + 1 ) = 1 Hàmg ( x ) liên tục tạix = 0 khi xlim → 0 + g ( x ) = limx → 0 − g ( x ) = g ( 0 ) ⇒ a = 1 14. Điểmx = 0 là điểm gián đoạn loain gì của hàm số a = 1 − 28 cotgx

  • x→ 0 −⇒cotx→−∞⇒ 2 cotx→ 0 ⇒xlim→ 0 − 1 − 28 cotx= 8
  • x→ 0 +⇒cotx→+∞⇒ 2 cotx→+∞⇒xlim→ 0 − 1 − 28 cotx= 0

Vậyx = 0 là điểm gián đoạn loại I b = esin 1 x + 1 1 x Chọnxn = nπ 1 → 0 − Do đósinxn = sin ( nπ ) = 0 ⇒ xlim → 0 − esin 1 x + 1 1 x = 0 Chọnxn = 2 nπ − 1 + π 2 → 0 − Suy rasinxn = sinxn = sin ( − 2 nπ − π 2 ) = − 1 ⇒ xlim → 0 − esin 1 x + 1 1 x = − 1 Suy ra không tồn tạixlim → 0 − esinx 1 + 1 1 x Vậyx = 0 là điểm gián đoạn loại II c = eax − xebx, ( a 6 = b )
Chứng minh có
f ( x ) =



( x − a ) φ ( x ) x ≥ a ( a − x ) φ ( x ) x < a ⇒ f ′ ( x ) =



φ ( x ) + ( x − a ) φ ′ ( x ) x ≥ a − φ ( x ) + ( a − x ) φ ′ ( x ) x < a ⇒ f + ′ ( a ) = φ ( a ), f − ′ ( a ) = − φ ( a ) Doφ ( a ) 6 = 0 ⇒ f + ′ ( a ) 6 = f − ′ ( a ) Suy ra hàmf ( x ) không có đạo hàm tại x = anên không khả vi tạix = a .

  1. Tìm vi phân của hàm số
    a= 1 aarctanxa,(a 6 = 0)
    dy=( 1 aarctanxa)′dx=x 2 dx+a 2
    b= arcsinxa,(a 6 = 0)
    dy=(arcsinxa)′dx=√adx 2 −x 2
    c= 21 aln∣∣xx−+aa∣∣,(a 6 = 0)
    dy=( 21 aln∣∣xx−+aa∣∣)′dx=x 2 dx−a 2
    d= ln∣∣x+√x 2 +a∣∣
    dy=(ln(x+√x 2 +a 2 ))′dx=√xdx 2 +a 2
  2. Tìm
    a. d(dx 3 )(x 3 − 2 x 6 −x 9 )

d ( dx 3 ) ( x 3 − 2 x 6 − x 9 ) = 1 − 4 x 3 − 3 x 6 b. d ( dx 2 ) ( sinxx )
d ( dx 2 ) ( sinxx ) = xcos 2 xx − 3 sinx c. dd ( cos ( sinxx ) )
dd ( cos ( sinxx ) ) = − cotx

  1. Tính gần đúng giá trị của biểu thức
    a 11
    Đặtf(x) = logx x 0 = 10,∆x= 1
    f(x)≈f(x 0 ) +f′(x 0 )∆x≈log 10 +10 ln 10 1. 1 ≈ 1, 042

b. 7

√ 2 − 0, 02

2 + 0, 02 Đặtf ( x ) = 7
√ 2 − x 2 + x x 0 = 0, ∆ x = 0, 02 ⇒ lnf ( x ) = 17 [ ln ( 2 − x ) − ln ( 2 + x ) ] ⇒ ff ′ ( ( xx ) ) = − 17 ( 2 − 1 x + 2 + 1 x ) = − 474 − 1 x 2 ⇒ f ′ ( x ) = − 474 − 1 x 2 7

√ 2 −x
2+x
Suy ra
f(x)≈f(x 0 ) +f′(x 0 )∆x≈ 7

√ 2 − 0

2 + 0−

4

7

1

4 − 02

√ 2 − 0

2 + 0 ≈ 0, 9886

  1. Tìm đạo hàm cấp cao của hàm số
    a= 1 x− 2 x, tínhy(8)
    Ta có
    y(n)=

(

x 21 − 1 x
) ( n ) = ∑ n k =
Cnk ( x 2 ) ( k )

( 1

1 − x
) ( n − k )
Vớik ≥ 3 thì ( x 2 ) ( k ) = 0 nên y ( 8 ) =

∑ 8

k = 0C nk ( x 2 ) ( k ) ( 1 − 1 x ) ( 8 − k ) = x 2 ( 1 − 1 x ) ( 8 ) + 8. 2 x ( 1 − 1 x ) ( 7 ) + 56. ( 1 − 1 x ) ( 6 ) = ( 1 x − 2. x8 ! ) 9 + ( 1 2 − x ! ) 8 + ( 1 − 6 ! x ) 7 = x 2. 8 ! + 2 x ! ( 1 ( 1 − − xx ) ) + 6 ! ( 1 9 − x ) 2 = ( 1 − 8 ! x ) 9 b = √ 1 + 1 − xx, tínhy ( 100 )

(

( 1 + x ) − 13
) ( n ) = ( − 13 ) ( − 43 ) … ( − 3 n 3 − 2 ) ( 1 + x 1 ) n + 13 = ( − 1 ) n 31 n ( 1. 4 … ( 3 n − 2 ) ) ( 1 + x 1 ) n + 13 ( ( 1 + x ) − 13
) ( n − 1 ) = ( − 13 ) ( − 43 ) … ( − 3 n 3 − 2 ) ( 1 + x 1 ) n + 13 = ( − 1 ) n − 13 n 1 − 1 ( 1. 4 … ( 3 n − 5 ) ) ( 1 + x 1 ) n − 23 ⇒ y ( n ) = ( − 1 ) 3 nn − 1 ( 1. 4 … ( 3 n − 5 ) ) ( 1 + 3 nx + 2 ) nx + 13, n ≥ 2, x 6 = − 1 d = eaxsin ( bx + c ) y ′ = aeaxsin ( bx + c ) + beaxcos ( bx + c ) Đặtsinφ = √ a 2 b + b 2, cosφ = √ a 2 a + b 2 ⇒ y ′ = √ a 2 + b 2 eax ( sin ( bx + c ) cosφ + cos ( bx + c ) sinφ ) = ( a 2 + b 2 ) 12 eaxsin ( bx + c + φ ) Sử dụng quy nạp chứng minhy ( n ) = ( a 2 + b 2 ) n 2 eaxsin ( bx + c + nφ ) Thật vậy vớin = 1, đúng. Giả sử đúng vớin = ktức là y ( k ) = ( a 2 + b 2 ) k 2 eaxsin ( bx + c + kφ ) ( ∗ )
Ta sẽ chứng tỏ
y ( k + 1 ) = ( a 2 + b 2 ) k + 1 2 eaxsin ( bx + c + ( k + 1 ) φ )
Đạo hàm 2 vế của ( ∗ ) ta được
y ( k + 1 ) =

(

y ( k )

)′

= ( a 2 + b 2 ) k 2 eax ( asinX + bcosX )
trong đóX : = bx + c + kφ. Mặt khác
asinX + bcosX =

a 2 + b 2 sin ( X + φ ) = ( a 2 + b 2 ) 12 sin ( bx + c + ( k + 1 ) φ )
Suy ra y ( k + 1 ) = ( a 2 + b 2 ) k + 1 2 eaxsin ( bx + c + ( k + 1 ) φ )

  1. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
  2. Chứng minh rằng phương trìnhxn+px+q = 0vớin nguyên dương
    không thể có quá 2 nghiệm thực nếunchẵn, không có quá 3 nghiệm thực
    nếunlẻ.

Chứng minhọiPn ( x ) : = xn + px + q. ⇒ Pn ′ ( x ) = nxn − 1 + p. Đa thứcPn ( x ) cónnghiệm thực hoặc phức phân biệt hoặc trùng nhau và đa thức Pn ′ ( x ) có n − 1 nghiệm thực hoặc phức phân biệt hoặc trùng nhauệm của đa thức đạo hàm là nghiệm của phương trình xn − 1 = − np. Phương trình này chỉ có 1 nghiệm thực khi n chẵn và không có quá 2 nghiệm thực khinlẻ. Do đó, nếunchẵn vàPn ( x ) có 3 nghiệm thực phân biệtx 1, x 2, x 3 thì vận dụng định lý Rolle vào [ x 1, x 2 ] và [ x 2, x 3 ] sẽ suy ra được đa thứcPn ′ ( x ) có tối thiểu 2 nghiệm thực ( vô lý với lập luận trên ). Tương tự với trường hợpnlẻ .

  1. Giải thích tại sao công thức Cauchy dạng fg((bb))−−fg((aa)) = fg′′((cc)) không áp
    dụng được đối với các hàm số
    f(x) =x 2 g(x) =x 3, − 1 ≤x≤ 1
    Giả thiết công thức Cauchy cần cóg′(x) 6 = 0. Ở đâyg′(x) = 0tạix= 0.
    Vì vậy không thể áp dụng công thức Cauchy với hàm các hàm số này được.
    25ứng minh bất đẳng thức
    a.|sinx−siny|≤|x−y|
    Xét hàm sốy= sinttrên[x, y], theo công thức Lagrange ta có
    f(y)−f(x)

      y−x =f

′ ( c ) c ∈ ( x, y )
tứ là
siny − sinx = ( y − x ) cosc ⇒ | siny − sinx | = | y − x | | cosc |
d → 0 exsinxx − 3 x ( 1 + x )
xlim → 0 exsinxx − 3 x ( 1 + x ) = Llim x → 0
exsinx + ex 3 xcos 2 x − 2 x − 1 = Llim x → 0
exsinx + excosx + 6 exxcosx − exsinx − 2 = Llim x → 0
2 excosx − 62 exsinx = 13 e → 1 tanπx 2 ln ( 2 − x )
xlim → 1 tanπx 2 ln ( 2 − x ) = limx → 1 ln ( 2 cot − πx 2 x ) = Llimx → 1 π 2 sin 2 − − 2 − 1 ( x 1 πx 2 )
= limx → 1 2 sin
2 ( πx 2 ) π ( 2 − x ) = 2 π h → 0 ( 1 − atan 2 x ) xsin 1 x
xlim → 0 ( 1 − atan 2 x ) xsin 1 x = limx → 0 ( 1 − atan 2 x ) − atan
xsin 2 xx − 12 x = exlim → 0 − atan xsinx 2 x = e − a 27. Xác địnha, bsao cho biểu thức sau đây có số lượng giới hạn hữu hạn khix → 0 f ( x ) = sin 13 x − x 13 − xa 2 − bx Ta có f ( x ) = x
3 − sin 3 x ( 1 + ax + bx 2 ) x 3 sin 3 x Tại lân cậnx = 0
sinx = x − x3 ! 3 + o ( x 3 ) ⇒



x 3

[

x − x3 ! 3 + o ( x 3 )

] 3

= x 6 + o ( x 6 ) sin 3 x ( 1 + ax + bx 2 ) = x 3 + ax 4 + ( b − 12 ) x 5 + cx 6 + o ( x 6 )
trong đóclà thông số củax 6 .
⇒ f ( x ) = ax
4 + ( b − 12 ) x 5 + cx 6 + o ( x 6 ) x 6 + o ( x 6 ) Để sống sót số lượng giới hạn hữu hạn thìa = 0, b = 12. 28. Chof là một hàm số thực khả vi trên [ a, b ] và có đạo hàmf ′ ′ ( x ) trên ( a, b ). Chứng minh rằng với mọi x ∈ ( a, b ) hoàn toàn có thể tìm được tối thiểu một điểmc ∈ ( a, b ) sao cho f ( x ) − f ( a ) − f ( b ) b − − fa ( a ) ( x − a ) = ( x − a ) ( 2 x − b ) f ′ ′ ( c )
Chứng minh. Đặt
φ ( x ) : = f ( x ) − f ( a ) − f ( bb ) − − fa ( a ) ( x − a ) − ( x − a ) ( 2 x − b ) λ
Suy ra φ ′ ( x ) = f ′ ( x ) − f ( b ) b − − fa ( a ) − λ

(

x − a + 2 b

)

Lấyx 0 ∈ ( a, b ), xác địnhλtừ điều kiện kèm theo :
φ ( x 0 ) : = f ( x 0 ) − f ( a ) − f ( b ) b − − fa ( a ) ( x 0 − a ) − ( x 0 − a ) ( 2 x 0 − b ) λ = 0
Khi đó, cóφ ( x 0 ) = φ ( a ) = φ ( b ) = 0. Theo giả thiết và định nghĩaφ ( x ) thì φ ( x ) liên tục khả vi trên [ a, b ]. Khi đó theo định lý Rolle vớix ∈ [ a, x 0 ] do đó tồn tạic 1 ∈ ( a, x 0 ) sao choφ ′ ( x ) = 0. Tương tự tồn tạic 2 ∈ ( x 0, b ) sao choφ ′ ( x ) = 0. Theo giả thiếtf ( x ) có đạo hàm cấp 2 nên φ ( x ) cũng có đạo hàm cấp 2 và φ ′ ( x 1 ) φ ′ ( c 2 ) = 0 nên theo định lý Rolle tồn tạic ∈ ( c 1, c 2 ) sao cho φ ′ ′ ( x ) = 0, tức làφ ′ ′ ( x ) = f ′ ′ ( x ) − λ = 0 hay
f ( x ) − f ( a ) − f ( b ) b − − fa ( a ) ( x − a ) = ( x − a ) ( 2 x − b ) f ′ ′ ( c )

  1. Khảo sát tính đơn điệu của hàm số
    a=x 3 +x
    y′> 0 ∀xnên hàm tăng với mọix.
    b= arctanx−x
    y′≤ 0 ∀xnên hàm giảm với mọix.
  2. Chứng minh bất đẳng thức
    a. 2 xarctanx≥ln(1 +x 2 )với mọix∈R

∫ √ 1 − sin 2 xdx = ∫ √ ( sinx − cosx ) 2 dx = ∫ | sinx − cosx | dx
=



sinx−cosx, sinx≥cosx
−sinx+ cosx, sinx

∣∣

√ √ x 2 + 1 − 1 x 2 + 1 +

∣∣

∣+C

d. ∫ ( x 2 xdx − 1 ) 3 / ∫ xdx ( x 2 − 1 ) 32 =
12 ∫ d ( x 2 − 1 ) ( x 2 − 1 ) 32 =
12. ( x 2 − 1 ) − 21. ( − 2 ) + C = √ x − 21 − 1 + C
e. ∫ ( x + 2 ) ( xdxx + 5 ) ∫ xdx ( x + 2 ) ( x + 5 ) =

∫( 5

3 ( x + 5 ) − 3 ( x 2 + 2 )

)

dx = 13 ( 5 ln | x + 5 | − 2 ln | x + 2 | ) + C f. ∫ ( x + a ) dx 2 ( x + b ) 2 Nếua = b. ∫ dx ( x + a ) 2 ( x + b ) 2 =
∫ dx ( x + a ) 4 =

− 1

3 ( x + a ) 3 + C Nếua 6 = b .
( x + a ) 21 ( x + b ) 2 = ( b − 1 a ) 2 ( x + 1 a − x + 1 b ) 2 = ( b − 1 a ) 2

( 1

( x + a ) 2 − 2 x + 1 ax 1 + b + ( x + 1 b ) 2

)

= ( b − 1 a ) 2

( 1

( x + a ) 2 − b − 2 a

( 1

x + a − x 1 + b

)+ 1

( x + b ) 2

)

⇒ ∫ ( x + a ) dx 2 ( x + b ) 2 = ( b − 1 a ) 2 ( x − + 1 a − b − 2 aln ∣ ∣ xx + + ab ∣ ∣ − x + 1 b ) + C g. ∫ ∫ sinxsin ( x + y ) dx sinxsin ( x + y ) dx = ∫ ( cosy − cos ( 2 x + y ) ) dx = 12 xcosy − 14 sin ( 2 x + y ) + C h. ∫ 1 + sinsin 2 xxdx ∫ 1 + sinx sin 2 x dx =

∫( 1

sin 2 x + sin 1 x
) dx = − cotx − ln | sinx | + C

  1. Tính các tích phân
    a.∫arctanxdx

Đặt   
u = arctanx dv = dx



du = 1 + dxx 2 v = x ⇒ ∫ arctanxdx = xarctanx − ∫ 1 + xdxx 2 = xarctanx − 12 ln ∣ ∣ 1 + x 2 ∣ ∣ + C b. ∫ √ x 2 x − + 2 5 x + 6 dx ∫ √ x + x 2 − 5 x + 6 dx = 12
∫ √ 2 x − 5 x 2 − 5 x + 6 dx + 12
∫ √ 9 dx x 2 − 5 x + = √ x 2 − 5 x + 6 + 92 ∫ √ ( x − dx 5 2 ) 2 − 14

+C

= √ x 2 − 5 x + 6 + 92 ln ∣ ∣ x − 52 + √ x 2 − 5 x + 6 ∣ ∣ + C c. ∫ √ xxdx 2 + x + ∫ √ xdx x 2 + x + 2 = 12
∫ √ 2 x + x 2 + x + 2 dx − 12
∫ √ dx x 2 + x + = √ x 2 + x + 2 − 12 ∫ √ ( x + dx 1 2 ) 2 + 74

+C

= √ x 2 + x + 2 − 12 ln ∣ ∣ x + 12 + √ x 2 + x + 2 ∣ ∣ + C d. ∫ x √ − x 2 + 3 x − 2 dx = − 12 ∫ ( − 2 x + 3 ) √ − x 2 + 3 x − 2 dx + 32 ∫ √ − x 2 + 3 x − 2 dx = − 13 √ − x 2 + 3 x − 2 + 32 ∫

√ 1

4 −

( x − 3 2
) 2 dx = − 13 √ − x 2 + 3 x − 2 + 32
( x − 32 2

√−x 2 + 3x−2 + 1
8 arcsin

( x − 32 2

))

+C

e. ∫ ( x 2 + 2 dxx + 5 ) 2 ∫ dx ( x 2 + 2 x + 5 ) 2 =
∫ dx ( ( x + 1 ) 2 + 4 ) 2 Đặt ∫ t = x + 4. Tích phân trở thành ( x 2 + 2 dxx + 5 ) 2 = ∫ dx ∫ ( ( x + 1 ) 2 + 4 ) 2 ( t 2 dt + 4 ) 2 = 14 ∫ ( t 2 dt + 4 ) − 14 ∫ ( tt 22 + 4 ) dt 2 = 18 arctan 2 t − 18 ∫ t ( t 22 + 4 ) tdt 2 + C = 18 arctan 2 t + 18 t 2 + 4 t − 18 ∫ t 2 dt + 4 + C = 161 arctan 2 t + 18 t 2 + 4 t + C f. ∫ sinn − 1 xsin ( n + 1 ) xdx Đặt

Leave a Comment

Your email address will not be published. Required fields are marked *