Bài 5.17: Giải các bất phương trình sau:
a) \({({1 \over 2})^{{{\log }_{{1 \over 3}}}({x^2} – 3x + 1)}} < 1\)
b) \(4{x^2} + {3.3^{\sqrt x }} + x{.3^{\sqrt x }} < 2{x^2}{.3^{\sqrt x }} + 2x + 6\)
c) \({\log _x}4.{\log _2}{{5 – 12x} \over {12x – 8}} \ge 2\)
a) Điều kiện \(\left[ {\matrix{{x > {{3 + \sqrt 5 } \over 2}} \cr {x < {{3 – \sqrt 5 } \over 2}} \cr} } \right.\)
Vì \(0 < {1 \over 2} < 1\) và \(1 = {({1 \over 2})^0}\) nên ta có:
\({({1 \over 2})^{{{\log }_{{1 \over 3}}}({x^2} – 3x + 1)}} < 16\)
\(\Leftrightarrow {\log _{{1 \over 3}}}({x^2} – 3x + 1) > 0\)
\(\Leftrightarrow {x^2} – 3x + 1 < 1 \Leftrightarrow 0 < x < 3\)
Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left[ {\matrix{{0 < x < {{3 – \sqrt 5 } \over 2}} \cr {{{3 + \sqrt 5 } \over 2} < x < 3} \cr} } \right.\)
b) Ta có bất phương trình đã cho tương đương với
\(4{x^2} + {3.3^{\sqrt x }} + x{.3^{\sqrt x }} – 2{x^2}{.3^{\sqrt x }} – 2x – 6 < 0\)
\(\Leftrightarrow (3 + x – 2{x^2}){3^{\sqrt x }} – 2(x – 2{x^2} + 3) < 0\)
\(\Leftrightarrow ( – 2{x^2} + x + 3)({3^{\sqrt x }} – 2) < 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ {\matrix{{\left\{ {\matrix{{{3^{\sqrt x }} – 2 < 0} \cr { – 2{x^2} + x + 3 > 0} \cr {x \ge 0} \cr}\,\,\,\, (1)} \right.} \cr {\left\{ {\matrix{{{3^{\sqrt x }} – 2 > 0} \cr { – 2{x^2} + x + 3 < 0} \cr {x \ge 0} \cr}\,\,\,\, (2)} \right.} \cr} } \right.\)
\((1) \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{x < \log _3^22} \cr {x \ge 0} \cr { – 1 < x < {3 \over 2}} \cr} } \right. \Leftrightarrow 0 \le x < \log _3^22\) (vì \(\log _3^22 < 1 < {3 \over 2}\))
\((2) \Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{x > \log _3^22} \cr {x \ge 0} \cr {\left[ {\matrix{{x < – 1} \cr {x > {3 \over 2}} \cr} } \right.} \cr} } \right. \Leftrightarrow x > {3 \over 2}\)
Vậy nghiệm của bất phương trình là \(0 \le x < \log _3^22\) hoặc \(x > {3 \over 2}\)
c) Điều kiện: \(\left\{ {\matrix{{x > 0} \cr {x \ne 1} \cr {{{5 – 12x} \over {12x – 8}} > 0} \cr} } \right. \Leftrightarrow {5 \over {12}} < x < {2 \over 3}\,\,\,\,(*)\)
Bất phương trình đã cho tương đương với
\({2 \over {{{\log }_2}x}}.{\log _2}{{5 – 12x} \over {12x – 8}} \ge 2 \Leftrightarrow {\log _2}{{5 – 12x} \over {12x – 8}} \le {\log _2}x\)
(vì khi \(x \in ({5 \over {12}};{2 \over 3})\) thì \({\log _2}x < 0\) )
\( \Leftrightarrow {{5 – 12x} \over {12x – 8}} – x \le 0\)
\(\Leftrightarrow {{(6x + 5)(1 – 2x)} \over {12x – 8}} \le 0\)
\(\left[ {\matrix{{ – {5 \over 6} \le x \le {1 \over 2}} \cr {x > {2 \over 3}} \cr} } \right.\).
Kết hợp với điều kiện (*), ta có \({5 \over {12}} < x \le {1 \over 2}\)
Bài 5.18: Giải các bất phương trình sau:
a) \({(0,5)^{{1 \over x}}} \ge 0,0625\)
b) \({\log _{0,2}}({x^2} – 4) \ge – 1\)
c) \({\log _2}{\log _{0,5}}({2^x} – {{15} \over {16}}) \le 2\)
d) \({\log _3}({16^x} – {2.12^x}) \le 2x + 1\)
Advertisements (Quảng cáo)
a) Bất phương trình đã cho tương đương với
\({({1 \over 2})^{{1 \over x}}} \ge {1 \over {16}} \Leftrightarrow {({1 \over 2})^{{1 \over x}}} \ge {({1 \over 2})^4}\)
\(\Leftrightarrow {1 \over x} \le 4 \Leftrightarrow {1 \over x} – 4 \le 0 \Leftrightarrow {{1 – 4x} \over x} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\matrix{{x \ge {1 \over 4}} \cr {x < 0} \cr} } \right.\)
b) Điều kiện: \(\left[ {\matrix{{x > 2} \cr {x < – 2} \cr} } \right.\)
Bất phương trình đã cho tương đương với
\({\log _{0,2}}({x^2} – 4) \ge {\log _{0,2}}0,{2^{ – 1}} = {\log _{0,2}}5\)
\( \Leftrightarrow {x^2} – 4 \le 5\) (vì 0,2 < 1) \( \Leftrightarrow {x^2} – 9 \le 0 \Leftrightarrow – 3 \le x \le 3\)
Kết hợp với điều kiện, ta được \(\left[ {\matrix{{2 < x \le 3} \cr { – 3 \le x < – 2} \cr} } \right.\)
c) Bất phương trình đã cho tương đương với \(0 < {\log _{0,5}}({2^x} – {{15} \over {16}}) \le 4\)
\( \Leftrightarrow 1 > {2^x} – {{15} \over {16}} \ge 0,{5^4}\)
\(\Leftrightarrow {{31} \over {16}} > {2^x} \ge 1\)
\(\Leftrightarrow {\log _2}{{31} \over {16}} > x \ge 0\)
\( \Leftrightarrow 0 \le x < {\log _2}31 – 4\)
Ở đây, chúng ta đã áp dụng tính đồng biến và nghịch biến của các hàm số logarit và hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1 và nhỏ hơn 1.
d) Bất phương trình đã cho tương đương với \(0 < {16^x} – {2.12^x} \le {3^{2x + 1}}\)
\(\Leftrightarrow 0 < {4^x}{.4^x} – {2.4^x}{.3^x} \le {3^x}{.3^x}.3\)
\(\Leftrightarrow 0 < {({4 \over 3})^{2x}} – 2{({4 \over 3})^x} \le 3\) (1)
(Ta đã chia cả hai vế cho \({9^x}\;\left( {{9^x} > {\rm{ }}0{\rm{ }}} \right)\))
Đặt \({({4 \over 3})^x} = t(t > 0)\) , ta có hệ bất phương trình:
\(\left\{ {\matrix{{{t^2} – 2t \le 3} \cr {{t^2} – 2t > 0} \cr {t > 0} \cr} } \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{t > 0} \cr {{t^2} – 2t – 3 \le 0} \cr {{t^2} – 2t > 0} \cr} } \right.\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(\Leftrightarrow \left\{ {\matrix{{t > 0} \cr { – 1 \le t \le 3} \cr {\left[ {\matrix{{t > 2} \cr {t < 0} \cr} } \right.} \cr} } \right. \Leftrightarrow 2 < t \le 3\)
Từ đó, ta có \(2 < {({4 \over 3})^x} \le 3 < = > {\log _{{4 \over 3}}}2 < x \le {\log _{{4 \over 3}}}3\).
Bài 5.19: Tính các tích phân sau:
a) \(\int\limits_{ – 2}^4 {{{({{x – 2} \over {x + 3}})}^2}dx} \) (đặt t = x +3)
b) \(\int\limits_{ – 4}^6 {(|x + 3| – |x – 4|)dx} \)
c) \(\int\limits_{ – 3}^2 {{{dx} \over {\sqrt {x + 7} + 3}}} \) (đặt \(t = \sqrt {x + 7} \) hoặc \(t = \sqrt {x + 7} + 3\) )
d) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos x} \over {1 + 4\sin x}}} dx\)
e)\(\int\limits_1^2 {{{{x^9}} \over {{x^{10}} + 4{x^5} + 4}}dx} \) (đặt t = x5)
g) \(\int\limits_0^3 {(x + 2){e^{2x}}dx} \)
h) \(\int\limits_2^5 {{{\sqrt {4 + x} } \over x}dx} \) (đặt \(t = \sqrt {4 + x} \) )
a) Đổi biến \( t = x + 3 \Rightarrow x – 2 = t – 5\) . Khi x = – 2 thì t = 1, khi x = 4 thì t = 7, ta có:
\(\int\limits_{ – 2}^4 {{{({{x – 2} \over {x + 3}})}^2}dx = \int\limits_1^7 {(1 – {{10} \over t} + {{25} \over {{t^2}}}} } )dt\)
\(= (t – 10\ln t – {{25} \over t})\left| {\matrix{7 \cr 1 \cr} } \right. = 27{3 \over 7} – 10\ln 7\)
b)\(\int\limits_{ – 4}^6 {(|x + 3| – |x – 4|)dx}\)
\( = – 7\int\limits_{ – 4}^{ – 3} {dx} + \int\limits_{ – 3}^4 {(2x – 1)dx} + \int\limits_4^6 {7dx} = 7\)
c) Đổi biến \(t = \sqrt {x + 7} \) , ta có \(I = \int\limits_2^3 {{{2tdt} \over {t + 3}}} = 2 – 6\ln 1,2\)
Nếu đổi biến \(t = \sqrt {x + 7} + 3\) thì ta có \(I = \int\limits_5^6 {(2 – {6 \over t})dt} \)
d) Đổi biến \(t = 1 + 4\sin x\) , ta có \(I = {1 \over 4}\int\limits_1^5 {{{dt} \over t}} = {1 \over 4}\ln 5\)
e) Đổi biến \(t = {x^5}\)
\(\eqalign{
& I = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{{tdt} \over {{t^2} + 4t + 4}}} \cr
& = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{{(t + 2 – 2)dt} \over {{{(t + 2)}^2}}}} \cr
& = {1 \over 5}\int\limits_1^{32} {{\rm{[}}{1 \over {t + 2}} – {2 \over {{{(t + 2)}^2}}}{\rm{]}}dt} \cr
& = {1 \over 5}\left[ {\ln (t + 2) + {2 \over {t + 2}}} \right]\left| {\matrix{{32} \cr 1 \cr} = {1 \over 5}(\ln {{34}\over 3} – {{31} \over {51}})} \right. \cr} \)
g) Đặt \(u = x + 2,dv = {e^{2x}}dx \Rightarrow du = dx,v = {1 \over 2}{e^{2x}}\)
Ta có \(I = {1 \over 2}(x + 2){e^{2x}}\left| {\matrix{3 \cr 0 \cr} } \right. – {1 \over 2}\int\limits_0^3 {{e^{2x}}} dx\)
\(= {1 \over 2}(5{e^6} – 2) – {1 \over 4}({e^6} – 1) = {3 \over 4}(3{e^6} – 1)\)
h) Đổi biến \(t = \sqrt {4 + x} \)
\(I = 2\int\limits_{\sqrt 6 }^3 {(1 + {1 \over {t – 2}} – {1 \over {t + 2}})dt}\)
\(= 2(t + \ln {{t – 2} \over {t + 2}})\left| {\matrix{3 \cr {\sqrt 6 } \cr} } \right. \)
\(= 2[3 – \sqrt 6 – \ln (25 – 10\sqrt 6 ){\rm{]}}\)
Bài 5.20: Tính:
a) \(\int\limits_{ – 1}^2 {(5{x^2} – x + {e^{0,5x}})dx} \)
b) \(\int\limits_{0,5}^2 {(2\sqrt x – {3 \over {{x^3}}} + \cos x)dx} \)
c) \(\int\limits_1^2 {{{dx} \over {\sqrt {2x + 3} }}} \) (đặt \(t = \sqrt {2x + 3} \) )
d) \(\int\limits_1^2 {\root 3 \of {3{x^3} + 4} {x^2}dx} \) (đặt \(t = \root 3 \of {3{x^3} + 4} \))
e) \(\int\limits_{ – 2}^2 {(x – 2)|x|dx} \)
g) \(\int\limits_1^0 {x\cos xdx} \)
h)\(\int\limits_{{\pi \over 6}}^{{\pi \over 2}} {{{1 + \sin 2x + \cos 2x} \over {\sin x + \cos x}}} dx\)
i) \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} \)
k) \(\int\limits_1^e {{x^2}{{\ln }^2}xdx} \)
a) Đáp số: \(13{1 \over 2} + 2(e – {1 \over {\sqrt e }})\)
b) Đáp số: \({{7\sqrt 2 } \over 3} – 5{5 \over 8} + \sin 2 – \sin {1 \over 2}\)
c) Đáp số: \(\sqrt 7 – \sqrt 5 \)
d) Đổi biến \(t = \root 3 \of {3{x^3} + 4} \)
\(\Rightarrow {t^3} = 3{x^3} + 4 \Rightarrow 3{t^2}dt = 9{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx = {1 \over 3}{t^2}dt\)
Ta có \(\eqalign{
& \int\limits_1^2 {\root 3 \of {3{x^3} + 4} } {x^2}dx = {1 \over 3}\int\limits_{\root 3 \of 7 }^{\root 3 \of {28} } {{t^3}dt} \cr & = {1 \over {12}}{t^4}\left| {\matrix{{\root 3 \of {28} } \cr {\root 3 \of 7 } \cr} } \right. = {{7\root 3 \of 7 (4\root 3 \of 4 – 1)} \over {12}} \cr} \)
e) \(\eqalign{
& \int\limits_{ – 2}^2 {(x – 2)|x|dx} \cr
& = \int\limits_{ – 2}^0 {(2x – {x^2})dx + \int\limits_0^2 {({x^2} – 2x)dx} } \cr
& = – {{20} \over 3} – {4 \over 3} = – 8 \cr} \)
g) \(\eqalign{& \int\limits_1^0 {x\cos xdx = x\sin x\left| {\matrix{0 \cr 1 \cr} } \right.} – \int\limits_1^0 {\sin xdx} \cr & = – \sin 1 + \cos x\left| {\matrix{0 \cr 1 \cr} } \right. = 1 – (\sin 1 + \cos 1) \cr} \)
h) Ta có:
\(\eqalign{
& 1 + \sin 2x + \cos 2x \cr
& = 1 + 2\sin x\cos x + 2{\cos ^2}x – 1 \cr
& = 2\cos x(\sin x + \cos x) \cr} \)
Từ đó, ta có đáp số là 1.
i) Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần hai lần, cả hai lần đều đặt \({e^x}dx = dv \Rightarrow v = {e^x}\) . Ta có:
\(\eqalign{& I = \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} = {e^x}\sin x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} } \right. – \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\cos xdx} \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} – \left[ {{e^x}\cos x\left| {\matrix{{{\pi \over 2}} \cr 0 \cr} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{e^x}\sin xdx} } \right.} \right] \cr & = {e^{{\pi \over 2}}} + 1 – I \cr & \Rightarrow I = {{{e^{{\pi \over 2}}} + 1} \over 2} \cr} \)
k) Lấy tích phân theo phương pháp tính tích phân từng phầ;n hai lần: lần thứ nhất đặt \(u = {\ln ^2}x\) , lần thứ hai đặt \(u = \ln x\) và có đáp số là \({1 \over {27}}(5{e^3} – 2)\).
