Giải bởi Vietjack
Hướng dẫn giải
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\dv = {x^2}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)dx\\v = \frac{{{x^3}}}{3}\end{array} \right.\)
Ta có \(\int\limits_0^1 {{x^2}f\left( x \right)dx} = \frac{{{x^3}f\left( x \right)}}{3}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. - \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {{x^3}f'\left( x \right)dx} \)
\( \Rightarrow - \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)} dx = \frac{1}{3} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)d{\rm{x}} = - 1.} \)
Cách 1: Ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx = 7} \) (1).
\(\int\limits_0^1 {{x^6}dx = \frac{{{x^7}}}{7}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{7} \Rightarrow \int\limits_0^1 {49{x^6}dx} = \frac{1}{7}.49 = 7} \) (2).
\(\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 1 \Rightarrow \int\limits_0^1 {14{x^3}.f'\left( x \right)dx} = - 14} \) (3).
Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra
\(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx + \int\limits_0^1 {49{x^6}dx} + \int\limits_0^1 {14{x^3}.f'\left( x \right)dx = 0} } \)
\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}dx = 0.} \)
Do \({\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]^2} \ge 0 \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}} dx \ge 0\). Mà \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}} dx = 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = - 7{x^3}.\)
\(f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + C.\)
Mà \(f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow - \frac{7}{4} + C = 0 \Rightarrow C = \frac{7}{4}.\)
Do đó \(f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}.\)
Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( { - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}} \right)dx = \frac{7}{5}.} \)
Cách 2: Tương tự như trên ta có \(\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 1} \)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
\(7 = 7{\left( {\int\limits_0^1 {{x^3}f'\left( x \right)dx} } \right)^2} \le 7\left( {\int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3}} \right)}^2}dx} } \right).\left( {\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx} } \right)\)
\( \Leftrightarrow 7 \le 7.\frac{1}{7}.\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx.} } \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) = a{x^3},\) với \(a \in \mathbb{R}\).
Ta có \(\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 1} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{x^3}.a{x^3}dx} = - 1 \Rightarrow a = - 7.\)
Suy ra \(f'\left( x \right) = - 7{x^3} \Rightarrow f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + C\), mà \(f\left( 1 \right) = 0\) nên \(C = \frac{7}{4}.\)
Do đó \(f\left( x \right) = \frac{7}{4}\left( {1 - {x^4}} \right),\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).
Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( { - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}} \right)dx = \frac{7}{5}.} \)
Chọn A.Cho \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\ln \left( {\sin x + 2\cos x} \right)}}{{{{\cos }^2}x}}} dx = a\ln 3 + b\ln 2 + c\pi \) với \(a,b,c\) là các số hữu tỉ.
Giá trị của abc bằng
Cho \(y = f\left( x \right)\) là hàm số chẵn, liên tục trên đoạn \(\left[ { - 6;6} \right]\).
Biết rằng \(\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx = 8} \) và \(\int\limits_1^3 {f\left( { - 2x} \right)dx = 3.} \)
Tính \(\int\limits_{ - 1}^6 {f\left( x \right)dx} .\)
Biết \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{{{\sin }^2}x + 3\sin x + 2}}dx} = a\ln 2 + b\ln 3,\) với \(a,b\) là các số nguyên.
Giá trị của \(P = 2a + b\) là
Biết \(I = \int_0^{\ln 2} {\frac{{dx}}{{{e^x} + 3{e^{ - x}} + 4}}} = \frac{1}{c}\left( {\ln a - \ln b + \ln c} \right)\), với \(a,b,c\) là các số nguyên tố.
Giá trị của \(P = 2a - b + c\) là
