150 câu trắc nghiệm Nguyên hàm - Tích phân cơ bản (P4)

Chọn A

Cho x2-1=0⇔x=±1

Bảng xét dấu của x2-1 trên đoạn -2;2

I=∫-22x2-1dx=∫-2-1(x2-1)dx+∫-11(1-x2)dx+∫12(x2-1)dx =x33-x-1-2+x-x331-1+x33-x21=4

Chọn D

Ta có 

I=∫012x+9x+3dx=∫012+3x+3dx =2x+3ln(x+3)|01=2+6ln2-3ln3

Chọn D

Ta có

I=∫01x4-x2dx=-12∫01d4-x24-x2 =-12ln4-x2|01=-12ln34

Chọn A

Bước 1: Thực hiện phép chia đa thức P(x)=2x3+7x2+3x-1 cho đa thức Q(x)=2x+1 ta được 2x3+7x2+3x-12x+1=x2+3x-12x+1

Bước 2: 

I=∫01x2+3x-12x+1dx=x33+3x22-12ln2x+110=116-12ln3

Chọn C

∫01(x3-1)dx=∫01x3dx-∫01dx =x44-x10=-34

Chọn B

∫12x2+4xxdx=∫12(x+4)dx =x22+4x21=(2+8)-12+4=112=5,5

Chọn D

Đặt t=1+x2⇒dt=2xdx;

Đổi cận: Khi x = 0 => t = 1; Khi x = 1 => t = 2

A= ∫1212tdt=12∫12t12dt =12.23t3221=13tt|12=1322-1

Chọn C

Đặt t=x4-1⇒dt=4x3dx

Đổi cận: khi x = 0 => t = -1; x = 1 => t = 0

B=∫-1014t5dt=14.t66|-10 =124t6|-10=-124

Chọn D

Đặt t=ex-1⇒dt=exdx

Đổi cận: khi x = 1 => t = e-1; x = 2 => t = e2-1

C=∫e-1e2-1dtt=lnt|e-1e2-1  =ln(e2-1)-ln(e-1)  =lne2-1e-1=ln(e+1)

Chọn D

Đặt t=4-x2⇒dt=-2xdx⇒xdx=-dt2

Khi x = 0 => t = 4; x = 2 => t = 0

D=∫40-12tdt=12∫04t12dt =1223t3240=13(tt)40=13(4.2-0)=83

Chọn B

Áp dụng phương pháp đồng nhất hệ số ta có:

-x+8x2+5x+4=-x+8(x+1)(x+4)=3x+1-4x+4

∫03-x+8x2+5x+4dx=∫033x+1-4x+4dx =3lnx+1-4lnx+4|03=7ln4-4ln7

⇒a=7b=4⇒ba2=1649

Chọn B

∫12dx4x2-4x+1=∫12dx(2x-1)2 =-12.12x-121=-12.13-1=12-16

⇒a=2b=6⇒a,b là nghiệm của phương trình x2-8x+12=0

Chọn D

Áp dụng phương pháp đồng nhất hệ số ta có:

x4-x2=-x(x-2)(x+2)=-121x-2+1x+2

I=∫01x4-x2dx=-12∫011x-2+1x+2dx =-12lnx-2x+210=-12ln13⇒a=1b=3⇒a2-b=-2

Chọn D

Cho x2-3x+2=0⇔[x=1x=2(thỏa mãn)

Bảng xét dấu của x2-3x+2 trên đoạn 0;2

x	0                           1                             2
x2-3x+2	+                  0            -              0

Khi đó: 

I=∫01(x2-3x+2)dx-∫12(x2-3x+2)dx=x33-3x22+2x10-x33-3x22+2x21=56--16=1

Chọn A

Đặt t=x⇒dt=12xdx⇒dxx=2dt

Khi x=1 => t=1; x=4 => t=2

⇒E=∫122.etdt=2et|12=2(e2-e)

Chọn B

Đặt t=sin2x⇒dt=2sinxcosxdx=sin2xdx

Khi x=0⇒sin20=0⇒t=0; x=π2⇒sin2π2=1⇒t=1

⇒F=∫01dt1+t=ln1+t|01=ln2-ln1=ln2

Chọn C

Đặt t=ex-1⇒dt=exdx

Đổi cận: Khi x=0 => t=0; x=ln2 => t=1

⇒G=∫01t2dt=t3310=13

Chọn C

Đặt u=xdv=e2xdx⇔du=dxv=12e2x

⇒I=12x.e2x-∫12e2xdx     =12x.e2x-14e2x+C

Suy ra a=12b=-14⇒a.b=-18

Chọn C

∫01x+2x2+4x+7dx=12∫01d(x2+4x+7)x2+4x+7=12lnx2+4x+7|01 =12ln12-12ln7=ln12-ln7=aln12+bln7

Do a,b∈ℤ⇒a=1b=-1⇒a+b=0

Chọn D

Vì x4+x2+1>0,∀x∈-1;2018

⇒∫-12018x4+x2+1dx=∫-12018(x4+x2+1)dx

Chọn C

∫0π22cos x-sin 2xdx=2∫0π2cos xdx-∫0π2sin 2xdx=2sin xπ20+12cos2xπ20=1

Chọn C

∫0π2sin3x cosxdx=12∫0π2sin4x+sin2xdx=12∫0π2sin4xdx+∫0π2sin2xdx=12-14cos4x-12cos2xπ20=12-14cos2π-12cosπ--14cos0-12cos0=12-14+12+14+12=12

Chọn C

I=∫3221+x2xdx

Đặt t=1+x2⇒x2=t2-1⇒xdx=tdt

Đổi cận: x=3⇒t=2; x=22⇒t=3

I=∫23t.tt2-1dt=∫23(1+1(t-1)(t+1))dt =t+12lnt-1t+132 =3+12ln12-2-12ln13=1+12ln32=1 +0,5(ln3-ln2)

Chọn D

J=∫523xdxx2x2+4

Đặt t=x2+4⇒x2=t2-4⇒xdx=tdt

Đổi cận: x=5⇒t=3; x=23⇒t=4

J=∫34tdtt2-4t=∫34dtt2-4 =14lnt-2t+2 43=14ln53

Chọn B

I=∫ln2ln5ex.exdxex-1

Đặt t=ex-1⇒ex=t2+1⇒exdx=2t.dt

Đổi cận: x=ln2⇒t=1; x=ln5⇒t=2

I=2∫12t2+1tdtt=2∫12t2+1dt =2t33+t 21=203

Chọn C

Ta có: I=∫0π21-cos2x2sinxdx

Đặt t=cosx⇒dt=-sinxdx

Đổi cận: x=0⇒t=1; x=π2⇒t=0

I=-∫101-t22dt=∫011-t22dt =∫011-2t2+t4dt=815

Chọn C

Đặt x=sint ta có dx=costdt.

Đổi cận: x=0⇒t=0; x=1⇒t=π2

Vậy

 I=∫011-x2dx=∫0π2costdt =∫0π2costdt=sint |0π2=1

Chọn B

Đặt x=tant, ta có dx=1+tan2tdt

Đổi cận: x=0→t=0x=1→t=π4

Vậy I=∫01dx1+x2=∫0π4dt=t|0π4=π4

Chọn B

Đặt u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex

Vậy ∫01x.exdx=x.ex|01-∫01exdx=e-ex|01=e-e-1=1

Chọn C

Đặt u=xdv=dxcos2x⇒du=dxv=tan x

∫0π4xdxcos2x=x tanx |0π4-∫0π4tan xdx =π4-∫0π4sinxcosxdx=π4+lncosx|0π4 =π4+ln22-ln1=π4+ln22