bài 9 trang 147 giải tích 12
Giải phương trình sau:
a) \({13^{2x + 1}} – {13^x} – 12 = 0\)
b) \(({3^x} + {\rm{ }}{2^x})({3^x} + {\rm{ }}{3.2^x}){ rm{ }} = {\rm{ }}{8.6^x}\)
c) \({\log _{\sqrt 3 }}(x – 2).{\log _5}x = 2{\log _3}(x – 2)\)
d) \(log_2^2x{\rm{ }}-{\rm{ }}5log_2x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0\)
NGƯỜI CHIẾN THẮNG
a) Thay \(t = 13^x > 0\) ta được phương trình:
\(13t^2 – t – 12 = 0 ⇔ (t – 1)(13t + 12) = 0\)
\(⇔ t = 1 ⇔ 13^x = 1 ⇔ x = 0\)
hai)
Chia cả hai vế của phương trình cho \(9^x\) để được phương trình tương đương
\((1 + {({2 \ trên 3})^x})(1 + 3.{({2\ trên 3})^x}) = 8.{({2 ) hơn 3})^x}\)
Đặt \(t = {({2 \over 3})^x} (t > 0)\) , ta được phương trình:
\((1 + t)(1 + 3t) = 8t 3t^2- 4t + 1 = 0 \)\(t \ trong \left\{ {{1 \ trên 3 },1} \to\}\)
Với \(t = {1 \ trên 3}\) ta có \(x = {\log _{{2 \ trên 3}}}{1 \ trên 3} )
Với \(t = 1\) ta có \(x = 0\)
c) Điều kiện: \(x > 2\)
\(\eqalign{& \leftrightarrow 2lo{g_3}(x – 2).lo{g_5}x = 2lo{g_3}(x – 2) \cr & \leftrightarrow 2lo{ g_3}(x – 2)({\log _5}x – 1) = 0 \cr} \)
\(\leftrightarrow\left[ \ma trận{{\log _3}(x – 2) = 0 \hfill \cr lo{g_5}x = 1 \hfill \cr} \right. \leftrightarrow \left[ \matrix{x = 3 \hfill \cr x = 5 \hfill \cr} \right.\)
d) Điều kiện: \(x > 0\)
\(\eqalign{& \log _2^2x – 5{\log _2}x + 6 = 0 \cr & \leftrightarrow ({\log _2}x – 2) ({\log _2}x – 3) = 0 \cr & \leftrightarrow \left[ \ma trận{{\log _2}x = 2 \hfill \cr {\log _2} x = 3 \hfill \cr} \right \leftrightarrow \left[ \matrix{x = 4 \hfill \cr x = 8 \hfill \cr} \right. \ cr } \)
bài giảng 10 trang 147 sgk giải tích 12
Giải bất phương trình sau
a) \({{{2^x}} \nhiều hơn {{3^x} – {2^x}}} \le 2\)
b) \({({1 \ trên 2})^{{{\log }_2}({x^2} – 1)}} > 1\)
c) \({\log ^2}x + 3\log x \ge 4\)
d) \({{1 – {{\log }_4}x} \vượt {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \vượt quá 4} )
Trả lời:
a) Ta có:
\({{{2^x}} \ qua {{3^x} – {2^x}}} \le 2 \leftrightarrow {1 \ qua {{{({3 ) over 2})}^x} – 1}} \le 2\)
Đặt \(t = {({3 \trên 2})^2}(t > 0)\), bất đẳng thức trở thành:
\(\eqalign{& {1 \over {t – 1}} \le 2 \leftrightarrow {1 \over {t – 1}} – 2 \le 0 \leftrightarrow {{ – 2t + 3} \over {t – 1}} \le 0 \cr & \leftrightarrow \left[ \matrix{0 < t < 1 \hfill \cr t \ ge {3 \ trên 2} \hfill \cr} \right \leftrightarrow \left[ \ma trận{{({3 \trên 2})^x} < 1 \ hfill \cr {({3 \ trên 2})^2} \ge {3 \ trên 2} \hfill \cr} \right \leftrightarrow \left[ \ma trận{x <; 0 \ hfill \cr x \ge 1 \hfill \cr} \right \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{& {({1 \ trên 2})^{{{\log }_2}({x^2} – 1)}} > 1 \leftrightarrow left\{ \ma trận{{x^2} – 1 > 0 \hfill \cr {\log _2}({x^2} – 1) < 0 \hfill \cr} \right . \cr & \leftrightarrow 0 < {x^2} – 1 < 1 \leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt 2 \cr & \leftrightarrow x in ( – \sqrt 2 , – 1) \cup (1,\sqrt 2 ) \cr} \)
c) Điều kiện: \(x > 0\)
\(\eqalign{& {\log ^2}x + 3\log x \ge 4 \leftrightarrow (\log x + 4)(logx – 1) \ge 0 \cr & \leftrightarrow \left[ \ma trận{{\mathop{\rm logx}\nolimits} \ge 1 \hfill \cr logx \le – 4 \hfill cr} \right \leftrightarrow \left[ \matrix{x \ge 10 \hfill \cr 0 < x \le {10^{ – 4}} \hfill \cr } \Có.\cr} \)
d) Ta có:
\(\eqalign{& {{1 – {{\log }_4}x} \ qua {1 + {{\log }_2}x}} \le {1 \ Hơn 4} \leftrightarrow {{1 – {{\log }_4}x} \hơn {1 + 2{{\log }_4}x}} \le {1 \hơn 4 } \ cr & \leftrightarrow {{3 – 6{{\log }_4}x} \ qua {1 + 2{{\log }_4}x}}\le0 \cr & \leftrightarrow \left[ \ma trận{{\log _4}x \le {{ – 1} \trên 2} \hfill \cr {\log _4}x \ge {1 over 2 } \hfill \cr} \right \leftrightarrow \left[ \matrix{0 < x < {1 \over 2} \hfill \cr x \ge 2 \hfill cr } \right\cr} \)
bài giảng 11 trang 147 sgk giải tích 12
Sử dụng điểm từng phần để tính các điểm sau
a) \(\int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx\)
b) \(\int_{{\pi \trên 6}}^{{\pi \trên 2}} {{{xdx} \trên{{{\sin }^ 2}x}}}\)
c) \(\int_0^\pi {(\pi – x)\sin {\rm{x}}dx} \)
d) \(\int_{ – 1}^0 {(2x + 3){e^{ – x}}} dx\)
NGƯỜI CHIẾN THẮNG
một)
\(\eqalign{& \int_1^{{e^4}} {\sqrt x } \ln xdx = {\int_1^{{e^4}} {\ln xd({2 \ hơn 3}} x^{{3 \ hơn 2}}}) \cr & = {2 \ hơn 3}{x^{{3 \ hơn 2 }}} ln x\left| {_1^{{e^4}}} \right. – \int\limits_1^{{e^4}} {{2 \trên 3}} .{x^ {{3 \trên 2}}}.d{\mathop{\rm lnx}\nolimits} \cr & = {8 \trên 3}{e^6} – { 2 \ trên 3}{x^{{1 \ trên 2}}}dx = {8\ trên 3}{e^6} – {4\ trên 9}{x^{{2\ 3}}} \left| {_1^{{e^4}}} \right. = {{20} \trên 9}{e^6} + {4 \trên 9} \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{& \int_{{\pi \trên 6}}^{{\pi \trên 2}} {{{xdx} \trên{{{ ) sin }^2}x}}} = \int\limits_{{\pi \trên 6}}^{{\pi \trên 2}} {xd( – \cot x) = – x\cot x\left| {_{{\pi \trên 6}}^{{\pi \trên 2}}} \right.} + \int\limits_{ { \pi \trên 6}}^{{\pi \trên 2}} {\cot xdx} \cr & = {{\pi \sqrt 3 } \trên 6} + int\limits_{{\pi \trên 6}}^{{\pi \trên 2}} {{{d\sin x} \over{{\mathop{\rm s }\nolimits} {\rm{inx}}}} = {{\pi \sqrt 3 } \ trên 6} + \ln |sinx|\left| {_{{\pi \ trên 6}}^{{\pi \ trên 2}}} \right. = {{\pi \sqrt 3 } \ trên 6} + \ln 2 \cr} \ )
c) Ta có:
\(\eqalign{& \int_0^\pi {(\pi – x)\sin {\rm{x}}dx} = \int\limits_0^\ pi {(\pi – x)d( – {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )} \cr & = – (\pi – x)cosx\left| {_0^ \pi } \right + \int\limits_0^\pi {{\mathop{\rm cosxd}\nolimits} (\pi – x) = \pi – s{\ rm {inx}}\left| {_0^\pi } \right.} = \pi \cr} \)
d) 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 giảng 12 trang 147 sgk giải tích 12
Tính các tích phân sau bằng phép biến đổi
a) \(\int\limits_0^{{\pi \trên 24}} {\tan ({\pi \trên 4} – 4x)dx} \) (đặt \(u = \cos ({\pi \trên 3} – 4x)\) )
b) \(\int\limits_{{{\sqrt 3 } \trên 5}}^{{3 \trên 5}} {{{dx} \trên{9 + 25 {x^2}}}} \) (đặt \(x = {3 \ trên 5}\tan t\) )
c) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^3}} x{\cos ^4}xdx\) ( Cho u = cos x)
d) \(\int\limits_{{{ – \pi } \trên 4}}^{{\pi \trên 4}} {{{\sqrt {1 + tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx\) (đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x} \) )
NGƯỜI CHIẾN THẮNG
a) Ta có:
Đặt \(u = \cos ({\pi \trên 3} – 4x)\) rồi \(u’ = 4sin({\pi \trên 3} – 4x) \)
Khi \(x = 0\) thì \(u = {1 \ trên 2}\) ; khi \(x = {\pi \ trên {24}} \rightarrow u = {{\sqrt 3 } \hơn 2}\)
Sau đó:
\(\eqalign{& \int\limits_0^{{\pi \vượt {24}}} {\tan ({\pi \vượt 3}} – 4x) dx = {1 \ trên 4}\int\limits_0^{{\pi \trên {24}}} {{{d\cos ({\pi \trên 3} – 4x)} \over {\cos ({\pi \over 3} – 4x)}}} \cr & = {1 \over 4}\int\limits_{{1 \over 2} }^{{{\sqrt 3 } \ trên 2}} {{{du} \ trên u}} ={1 \ trên 4}\ln |u|\left| {_{{1 \ trên 2}}^{{{\sqrt 3 } \ trên 2}}} \right.= {1 \ trên 4}\ln \sqrt 3 \cr} \)
hai)
Vị trí
\(x = {3 \ trên 5}\tan t \rightarrow \left\{ \ma trận{9 + 25{x^2} = 9(1 + {\tan ^ ) 2}t) \hfill \cr dx = {3 \trên 5}(1 + {\tan ^2}t) \hfill \cr} \right.\)
Chuyển đổi: \(x = {{\sqrt 3 } \trên 5} \rightarrow t = {\pi \trên 6};x = {3 \trên 5} \rightarrow t = {\pi \trên 4}\)
Do đó:
\(\int\limits_{{{\sqrt 3 } \đã vượt 5}}^{{3 \đã vượt 5}} {{{dx} \đã vượt {9 + 25{x ) ^2}}}} = \int\limits_{{\pi \vượt quá 6}}^{{\pi \vượt quá 4}} {{1 \vượt quá {15}}dt ={ 1 \ trên {15}}t\trái| {_{{\pi \trên 6}}^{{\pi \trên 4}}} \phải. {\pi \trên { 180}}} \)
c) Đặt \(t = cos x\) rồi \(dt = -sin x dx\)
Khi \(x = 0 \rightarrow t = 1;x = {\pi \trên 2} \rightarrow t = 0\)
Do đó:
\(\eqalign{& \int\limits_0^{{\pi \trên 2}} {{{\sin }^3}x{{\cos }^4} xdx = \int\limits_1^0 { – (1 – {t^2}){t^4}} dt} \cr & = – \int\limits_0^1 {({t^4 } – {t^6})dt = – ({{{t^5}} \ trên 5}} – {{{t^7}} \ trên 7})\left| {_0^1} \right. = {2 \over {35}} \cr} \)
d) Đặt \(u = \sqrt {1 + \tan x} \rightarrow {t^2} = 1 + \tan x \rightarrow 2tdt = {{dx} \over { {{\cos }^2}x}}\)
Do đó:
\(\int\limits_{{{ – \pi } \trên 4}}^{{\pi \trên 4}} {{{\sqrt {1 + \tan x} } \over {{{\cos }^2}x}}} dx = \int\limits_0^{\sqrt 2 } {2{t^2}dt = {2 \over 3 }} {t^3}\left| {_0^{\sqrt 2 }} \right. = {{4\sqrt 2 } \trên 3}\)
giaibaitap.me
