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 \[I = \mathop \smallint \limits_0^\pi xf\left( {\sin x} \right)dx\]
A.\[I = 5\]
B. \[I = \frac{5}{2}\pi \]
C. \[I = 5\pi \]
D. \[I = 10\pi \]
Giải bởi Vietjack
Ta có:\[I = \mathop \smallint \limits_0^\pi xf\left( {\sin x} \right)dx = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} xf\left( {\sin x} \right)dx + \mathop \smallint \limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi xf\left( {\sin x} \right)dx\]
Xét \[{I_1} = \mathop \smallint \limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi xf\left( {\sin x} \right)dx\]đặt\[t = \pi - x \Rightarrow dt = - dx\]
Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = \frac{\pi }{2}}\\{x = \pi \Rightarrow t = 0}\end{array}} \right.\)
Khi đó ta có:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{{I_1} = - \mathop \smallint \limits_{\frac{\pi }{2}}^0 \left( {\pi - t} \right)f\left( {\sin \left( {\pi - t} \right)} \right)\,dt}\\{\,\,\,\,\,\, = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \left( {\pi - t} \right)f\left( {\sin t} \right)\,dt}\\{\,\,\,\,\,\, = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \left( {\pi - x} \right)f\left( {\sin x} \right)\,dx}\\{\,\,\,\,\,\, = \pi \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} f\left( {\sin x} \right)\,dx - \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} xf\left( {\sin x} \right)\,dx}\end{array}\]
\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} xf\left( {\sin x} \right)dx + \pi \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} f\left( {\sin x} \right)\,dx - \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} xf\left( {\sin x} \right)\,dx}\\{ \Rightarrow I = \pi \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} f\left( {\sin x} \right)\,dx = 5\pi .}\end{array}\]
Đáp án cần chọn là: C
Gói VIP thi online tại VietJack (chỉ 400k/1 năm học), luyện tập gần 1 triệu câu hỏi có đáp án chi tiết
Đổi biến \[x = 4\sin t\] của tích phân \(I = \int\limits_0^{\sqrt 8 } {\sqrt {16 - {x^2}} } \) ta được:
Cho tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_1^{\sqrt 3 } \frac{{\sqrt {1 + {x^2}} }}{{{x^2}}}dx\]. Nếu đổi biến số \[t = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\;\] thì:
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 hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ. Biết các miền A và B có diện tích lần lượt là 4 và 1. Tính \[I = \mathop \smallint \limits_1^2 4xf\left( {{x^2}} \right)dx\]
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?
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 \(\frac{b}{c}\).
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 \[\mathop \smallint \nolimits_0^4 f(x)dx = - 1\], 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 \[I = \mathop \smallint \limits_1^e \frac{{\sqrt {1 + 3\ln x} }}{x}dx\] và \[t = \sqrt {1 + 3lnx} \;\]. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
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 \[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^2 f\left( x \right)dx\]
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:
Cho y=f(x) là hàm số lẻ và liên tục trên \[\left[ { - a;a} \right].\]Chọn kết luận đúng:
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 \[2\sqrt 3 m - \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{4{x^3}}}{{{{\left( {{x^4} + 2} \right)}^2}}}dx = 0\]. Khi đó \[144{m^2} - 1\;\]bằng:
