Đáp án B.

Đặt \(I = \int_0^1 \frac{\ln(x + \sqrt{1 - x^2})}{x} dx\) và \(J = \int_0^1 \frac{\ln(1 + x)}{x} dx\)

Đặt x=sin t, với t∈[0;pi/2]

=>dx=cost*dt

\(\sin t + \cos t = \sqrt{2} \sin\left(t + \frac{\pi}{4}\right)\)

=>\(\ln(\sin t+\cos t)=\frac{1}{2}\ln2+\ln\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)\)

\(I = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(\sin t + \cos t)}{\sin t} \cos t \, dt\)

\(=\int_0^{\pi/2}\left(\frac{1}{2}\ln2+\ln\left(\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\right)\right)\cot t\,dt\)

\(=\Big[\ln(\sin t)\ln(\sin t+\cos t)\Big]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\cdot\frac{\cos t - \sin t}{\sin t + \cos t}dt\)

\(=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\cdot\frac{\sin t - \cos t}{\sin t + \cos t}dt\)

\(=-\int_0^{\pi/2}\ln(\sin t)\frac{\cos(2t)}{1 + \sin(2t)}dt\)

Đổi biến u=2t

=>\(t=\frac{u}{2};dt=\frac{du}{2}\)

\(I = -\frac{1}{2} \int_0^\pi \ln\left(\sin\frac{u}{2}\right) \frac{\cos u}{1 + \sin u} du\)

\(J = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} dx = \frac{\pi^2}{12}\)

\(\ln\left(x + \sqrt{1-x^2}\right) = x + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{(2k)!! (2k+1)} x^{2k+1}\)

=>\(I = 1 + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{(2k)!! (2k+1)^2}\)

\(I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{\ln(\tan t + 1)}{\sin t \cos t} dt - \dots = \frac{\pi^2}{16}\)

\(\frac{I}{J} = \frac{\frac{\pi^2}{16}}{\frac{\pi^2}{12}} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}\)

=>I=3/4J

=>ĐPCM

\(y'=\frac{1-\ln x-\left(1-\ln x-1\right)}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}=\frac{1}{x^2\left(1-\ln x\right)^2}\)

a) có tập xác định : R\{-1}

Tiệm cận đứng: x = -1

Tiệm cận ngang: y = 1

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số:

b) Xét phương trình có nghiệm là hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d): y = 2x + m

(1)

Δ = (m+1)² – 4.2(m-3) = m² – 6m + 25 = (m-3)² + 16> 0, Δm, nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt khác -1.

Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N (hoành độ của M, N chính là nghiệm của (1)).

TenAnh1 C = (-4.24, -6.16) C = (-4.24, -6.16) C = (-4.24, -6.16) D = (11.12, -6.16) D = (11.12, -6.16) D = (11.12, -6.16) E = (-4.28, -6.08) E = (-4.28, -6.08) E = (-4.28, -6.08) F = (11.08, -6.08) F = (11.08, -6.08) F = (11.08, -6.08)
Vậy \(Min_{MN}=2\sqrt{3}\) khi \(m=3\).

\(I=\int\limits^e_1\frac{\frac{1-lnx}{x^2}}{\left(1+\frac{lnx}{x}\right)^2}dx\)

Đặt \(\frac{lnx}{x}=t\Rightarrow\left(\frac{1-lnx}{x^2}\right)dx=dt\)

\(\Rightarrow I=\int\limits^{\frac{1}{e}}_0\frac{dt}{\left(1+t\right)^2}=-\frac{1}{1+t}|^{\frac{1}{e}}_0=\frac{1}{e+1}\)

\(\Rightarrow a=b=1\Rightarrow a^2+b^2=2\)

Câu 2)

Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=\ln ^2x\\ dv=x^2dx\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=2\frac{\ln x}{x}dx\\ v=\frac{x^3}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow I=\frac{x^3}{3}\ln ^2x-\frac{2}{3}\int x^2\ln xdx\)

Đặt \(\left\{\begin{matrix} k=\ln x\\ dt=x^2dx\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} dk=\frac{dx}{x}\\ t=\frac{x^3}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow \int x^2\ln xdx=\frac{x^3\ln x}{3}-\int \frac{x^2}{3}dx=\frac{x^3\ln x}{3}-\frac{x^3}{9}+c\)

Do đó \(I=\frac{x^3\ln^2x}{3}-\frac{2}{9}x^3\ln x+\frac{2}{27}x^3+c\)

Câu 3:

\(I=\int\frac{2}{\cos 2x-7}dx=-\int\frac{2}{2\sin^2x+6}dx=-\int\frac{dx}{\sin^2x+3}\)

Đặt \(t=\tan\frac{x}{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sin x=\frac{2t}{t^2+1}\\ dx=\frac{2dt}{t^2+1}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=-\int \frac{2dt}{(t^2+1)\left ( \frac{4t^2}{(t^2+1)^2}+3 \right )}=-\int\frac{2(t^2+1)dt}{3t^4+10t^2+3}=-\int \frac{2d\left ( t-\frac{1}{t} \right )}{3\left ( t-\frac{1}{t} \right )^2+16}=\int\frac{2dk}{3k^2+16}\)

Đặt \(k=\frac{4}{\sqrt{3}}\tan v\). Đến đây dễ dàng suy ra \(I=\frac{-1}{2\sqrt{3}}v+c\)

Lời giải:

Ta có:

\(m\ln (1-x)-\ln x=m\)

\(\Rightarrow m=\frac{\ln x}{\ln (1-x)-1}\)

Đặt \(f(x)=\frac{\ln x}{\ln (1-x)-1}\) \(\Rightarrow f'(x)=\frac{\frac{1}{x}(\ln (1-x)-1)+\frac{1}{1-x}.\ln x}{(\ln (1-x)-1)^2}\)

Với mọi \(x\in (0;1)\) thì \(\ln x< 0; \ln (1-x)< 0\).

\(\Rightarrow \frac{1}{x}(\ln (1-x)-1)+\frac{1}{1-x}.\ln x< 0\)

\(\Rightarrow f'(x)< 0, \forall x\in (0;1)\) hay hàm $f(x)$ nghịch biến trên $(0;1)$

-----------------

Lại có:

\(\lim _{x\to 0+}\frac{\ln x}{\ln (1-x)-1}=\lim_{x\to 0+}\frac{1}{\ln (1-x)-1}.\lim_{x\to +\infty}\ln x\)

\(-1.(-\infty)=+\infty\)

\(\lim_{x\to 1-}\frac{\ln x}{\ln (1-x)-1}=\lim _{x\to 1-}\ln x.\lim_{x\to 1-}\frac{1}{\ln (1-x)-1}=0.0=0\)

Do đó PT có nghiệm khi \(m\in (0;+\infty)\)