Sử dụng phương pháp đổi biến số để tính tích phân

Hàm số y=f(x) có nguyên hàm trên (a;b)  đồng thời thỏa mãn f(a)=f(b). Lựa chọn phương án đúng:

Cho hàm số f(x) liên tục trên R  và \mathop \smallint \limits_{ - 2}^4 f(x)dx = 2 . Mệnh đề nào sau đây là sai?

Cho y=f(x) là hàm số lẻ và liên tục trên $\left[ { - a;a} \right].$Chọn kết luận đúng:

Cho \mathop \smallint \nolimits_0^4 f(x)dx = - 1, tính I = \mathop \smallint \limits_0^1 f(4x)dx:

Tính tích phân I = \mathop \smallint \limits_0^\pi {\cos ^3}x\sin xdx

Đặt $\cos x = t \Rightarrow - \sin xdx = dt \Rightarrow \sin xdx = - dt$

Đổi cận:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\{x = \pi \Rightarrow t = - 1}\end{array}} \right.

$\Rightarrow I = - \int\limits_1^{ - 1} {{t^3}dt = } \int\limits_{ - 1}^1 {{t^3}dt = \frac{{{t^4}}}{4}} \left| {_{ - 1}^1} \right. = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} = 0$

Cho tích phân I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \sin x\sqrt {8 + \cos x} dx Đặt $u = 8 + cosx$ thì kết quả nào sau đây là đúng?

Tính tích phân I = \mathop \smallint \limits_{\ln 2}^{\ln 5} \frac{{{e^{2x}}}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx bằng phương pháp đổi biến số $u = \sqrt {{e^x} - 1}$. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

Biết rằng I = \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{x}{{{x^2} + 1}}dx = \ln a với $a \in R$. Khi đó giá trị của a bằng:

Cho 2\sqrt 3 m - \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{4{x^3}}}{{{{\left( {{x^4} + 2} \right)}^2}}}dx = 0. Khi đó $144{m^2} - 1\;$bằng:

Đổi biến $u = \ln x$ thì tích phân I = \mathop \smallint \limits_1^e \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}dx thành:

Cho I = \mathop \smallint \limits_1^e \frac{{\sqrt {1 + 3\ln x} }}{x}dx và $t = \sqrt {1 + 3lnx} \;$. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:

Kết quả tích phân I = \mathop \smallint \limits_1^e \frac{{\ln x}}{{x\left( {{{\ln }^2}x + 1} \right)}}dx có dạng $I = aln2 + b\;$ với $a,b \in Q\;$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Cho tích phân I = \mathop \smallint \limits_1^{\sqrt 3 } \frac{{\sqrt {1 + {x^2}} }}{{{x^2}}}dx. Nếu đổi biến số $t = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\;$ thì:

Đổi biến $x = 4\sin t$ của tích phân $I = \int\limits_0^{\sqrt 8 } {\sqrt {16 - {x^2}} }$ ta được:

Cho tích phân I = \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}. Bằng phương pháp đổi biến thích hợp ta đưa được tích phân đã cho về dạng:

Tìm a biết $I = \int\limits_{ - 1}^2 {\frac{{{e^x}dx}}{{2 + {e^x}}}} = \ln \frac{{ae + {e^3}}}{{ae + b}}$ với a,bb là các số nguyên dương.

Cho tích phân I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {e^{{{\sin }^2}x}}\sin x{\cos ^3}xdx. Nếu đổi biến số $t = si{n^2}x$ thì:

Đặt$t = {\sin ^2}x \Rightarrow dt = 2\sin x\cos xdx \Rightarrow \sin x\cos xdx = \frac{1}{2}dt$ và${\cos ^2}x = 1 - {\sin ^2}x = 1 - t$

Đổi cận: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right.

Khi đó

I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {e^{{{\sin }^2}x}}\sin x{\cos ^3}xdx = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {e^{{{\sin }^2}x}}co{s^2}x\sin x\cos xdx = \frac{1}{2}\mathop \smallint \limits_0^1 {e^t}\left( {1 - t} \right)dt

 \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{\pi {x^3} + {2^x} + {\rm{e}}{x^3}{{.2}^x}}}{{\pi + {\rm{e}}{{.2}^x}}}{\rm{d}}x = \frac{1}{m} + \frac{1}{{{\rm{e}}\ln n}}\ln \left( {p + \frac{{\rm{e}}}{{{\rm{e}} + \pi }}} \right) với m, n, p là các số nguyên dương. Tính tổng $S = m + n + p$.

Biết \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{3\sin x + \cos x}}{{2\sin x + 3\cos x}}dx = - \frac{7}{{13}}\ln 2 + b\ln 3 + c\pi \,\,\left( {b,c \in \mathbb{Q}} \right).. Tính $\frac{b}{c}$.

Cho \mathop \smallint \limits_0^1 f\left( x \right)dx = 1.Tính I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \left( {2{{\sin }^2}x - 1} \right)f\left( {\sin 2x} \right)dx

Cho hàm số f(x) liên tục trên $\left[ { - 1;2} \right]$và thỏa mãn điều kiện $f\left( x \right) = \sqrt {x + 2} + xf\left( {3 - {x^2}} \right)$ Tính tích phân \mathop \smallint \limits_{ - 1}^2 f\left( x \right)dx

Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện $x.f({x^3}) + f({x^2} - 1) = {e^{{x^2}}},\forall x \in \mathbb{R}$. Khi đó giá trị của \mathop \smallint \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right)dx là:

Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn $\left[ {0;1} \right]\;$và \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} f\left( {\sin x} \right)dx = 5 Tính I = \mathop \smallint \limits_0^\pi xf\left( {\sin x} \right)dx

Cho hàm số f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ và \mathop \smallint \limits_1^9 \frac{{f\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }}{\rm{d}}x = 4,\mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} f\left( {\sin x} \right)\cos x{\rm{d}}x = 2. Tính tích phân I = \mathop \smallint \limits_0^3 f\left( x \right){\rm{d}}x

Với mỗi số k, đặt ${I_k} = \int\limits_{ - \sqrt k }^{\sqrt k } {\sqrt {k - {x^2}} } dx$. Khi đó ${I_1} + {I_2} + {I_3} + ... + {I_{12}}\;$ bằng:

Biết hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục và có đạo hàm trên $\left[ {0;2} \right],f\left( 0 \right) = \sqrt 5 ,f\left( 2 \right) = \sqrt {11} .$ Tích phân I = \mathop \smallint \limits_0^2 f\left( x \right).f'\left( x \right)dx bằng:

Cho hàm số f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ và có I = \mathop \smallint \limits_0^1 f\left( x \right)dx = 3\mathop \smallint \limits_0^3 f\left( x \right)dt = 6. Giá trị của \mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 f\left( {\left| {2x - 1} \right|} \right)dx bằng:

Cho f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x) = f(2020 - x)\;$ và $\int\limits_3^{2017} {f(x)dx = 4}$. Khi đó $\int\limits_3^{2017} {xf(x)dx}$ bằng: