Giải Toán 12 Bài 3 Cánh Diều: Tích phân Chi Tiết Chuẩn LaTeX

• int_a^b f(x) , dx = int_a^c f(x) , dx + int_c^b f(x) , dx với a < c < b[/katex].</li> <li>[katex]int_a^b kf(x) , dx = kint_a^b f(x) , dx với k là hằng số.
• int_a^b [f(x) \pm g(x)] , dx = int_a^b f(x) , dx \pm int_a^b g(x) , dx.

Tương tự, đồ thị hàm số y = g(x) đi qua các điểm (0; – 3), (4; 0) và (– 4; 0). Gọi g(x) = a'x^2 + b'x + c'.
Vì đồ thị đi qua (0; – 3) nên c' = -3.
Vì đồ thị đi qua (4; 0) và (– 4; 0) nên a'(4)^2 + b'(4) - 3 = 0 và a'(-4)^2 + b'(-4) - 3 = 0.
16a' + 4b' - 3 = 0
16a' - 4b' - 3 = 0
Cộng hai phương trình trên, ta được 32a' - 6 = 0 implies a' = \frac{6}{32} = \frac{3}{16}.
Thay a' = \frac{3}{16} vào 16a' + 4b' - 3 = 0, ta có 16(\frac{3}{16}) + 4b' - 3 = 0 implies 3 + 4b' - 3 = 0 implies 4b' = 0 implies b' = 0.
Vậy g(x) = \frac{3}{16}x^2 - 3.

Diện tích logo là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = f(x) và y = g(x) từ x = -4 đến x = 4. Vì f(x) \ge g(x) trên đoạn này, diện tích là:
S = \int<em>{-4}^4 [f(x) - g(x)] , dx = \int</em>{-4}^4 \left( (-\frac{1}{8}x^2 + 2) - (\frac{3}{16}x^2 - 3) \right) , dx
S = \int<em>{-4}^4 (-\frac{1}{8}x^2 - \frac{3}{16}x^2 + 2 + 3) , dx = \int</em>{-4}^4 (-\frac{2}{16}x^2 - \frac{3}{16}x^2 + 5) , dx
S = int_{-4}^4 (-\frac{5}{16}x^2 + 5) , dx
Vì hàm số h(x) = -\frac{5}{16}x^2 + 5 là hàm chẵn, ta có:
S = 2 int_0^4 (-\frac{5}{16}x^2 + 5) , dx = 2 \left[ -\frac{5}{16} \frac{x^3}{3} + 5x \right]_0^4
S = 2 \left( -\frac{5}{16} \frac{4^3}{3} + 5(4) - (0) \right) = 2 \left( -\frac{5}{16} \frac{64}{3} + 20 \right)
S = 2 \left( -\frac{5 \cdot 4}{3} + 20 \right) = 2 \left( -\frac{20}{3} + \frac{60}{3} \right) = 2 \left( \frac{40}{3} \right) = \frac{80}{3}.
Vậy diện tích logo là \frac{80}{3} \text{dm}^2.

Hoạt động 1 trang 17:
a) Chiều rộng của mỗi hình chữ nhật là \Delta x = x_{i+1} - x_i = 1 + \frac{i+1}{n} - (1 + \frac{i}{n}) = \frac{1}{n}.
Diện tích T_0 của hình chữ nhật dựng trên [x_0; x_1] với chiều cao f(x_0) là:
T_0 = f(x_0) \cdot (x_1 - x_0) = f(1) \cdot \frac{1}{n} = 1^2 \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n}.
Diện tích T_1 của hình chữ nhật dựng trên [x_1; x_2] với chiều cao f(x_1) là:
T_1 = f(x_1) \cdot (x_2 - x_1) = f(1 + \frac{1}{n}) \cdot \frac{1}{n} = (1 + \frac{1}{n})^2 \cdot \frac{1}{n}.
Diện tích T_2 của hình chữ nhật dựng trên [x_2; x_3] với chiều cao f(x_2) là:
T_2 = f(x_2) \cdot (x_3 - x<em>2) = f(1 + \frac{2}{n}) \cdot \frac{1}{n} = (1 + \frac{2}{n})^2 \cdot \frac{1}{n}.
…
Diện tích T</em>{n-1} của hình chữ nhật dựng trên [x_{n-1}; x<em>n] với chiều cao f(x</em>{n-1}) là:
T<em>{n-1} = f(x</em>{n-1}) \cdot (x<em>n - x</em>{n-1}) = f(1 + \frac{n-1}{n}) \cdot \frac{1}{n} = (1 + \frac{n-1}{n})^2 \cdot \frac{1}{n}.

b) Ta có S_n = T_0 + T_1 + T<em>2 + \ldots + T</em>{n-1}.
S_n = f(x_0) \cdot \frac{1}{n} + f(x_1) \cdot \frac{1}{n} + f(x<em>2) \cdot \frac{1}{n} + \ldots + f(x</em>{n-1}) \cdot \frac{1}{n}
S_n = \frac{1}{n} [f(x_0) + f(x_1) + f(x<em>2) + \ldots + f(x</em>{n-1})].
Công thức này đúng như yêu cầu.

Luyện tập 1 trang 19:
a) Tam giác OAB có đáy OA trên trục Ox, với O=(0,0) và A=(2,0). Chiều cao của tam giác là tung độ của điểm B trên đường thẳng y = 2x khi x=2, tức là y = 2(2) = 4.
Vậy diện tích tam giác vuông OAB là:
S_{\text{tam giác vuông OAB}} = \frac{1}{2} \cdot \text{đáy} \cdot \text{chiều cao} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 = 4.

b) f(x) = 2x. Một nguyên hàm của f(x) là F(x) = \int 2x , dx = x^2 + C.
Chọn C=0, ta có F(x) = x^2.
Tính F(2) - F(0):
F(2) = 2^2 = 4.
F(0) = 0^2 = 0.
Vậy F(2) - F(0) = 4 - 0 = 4.
Ta thấy S<em>{\text{tam giác vuông OAB}} = 4 và F(2) - F(0) = 4.
Do đó, S</em>{\text{tam giác vuông OAB}} = F(2) - F(0).

Hoạt động 2 trang 20:
a) Ta có F(x) = \frac{x^3}{3}. Đạo hàm của F(x) là F'(x) = (\frac{x^3}{3})' = \frac{3x^2}{3} = x^2.
Ta có G(x) = \frac{x^3}{3} + C. Đạo hàm của G(x) là G'(x) = (\frac{x^3}{3} + C)' = x^2 + 0 = x^2.
Vậy F(x) = \frac{x^3}{3} và G(x) = \frac{x^3}{3} + C đều là các nguyên hàm của f(x) = x^2.

b) Ta cần chứng minh F(b) - F(a) = G(b) - G(a).
Với F(x) = \frac{x^3}{3} và G(x) = \frac{x^3}{3} + C:
F(b) - F(a) = \frac{b^3}{3} - \frac{a^3}{3}.
G(b) - G(a) = (\frac{b^3}{3} + C) - (\frac{a^3}{3} + C) = \frac{b^3}{3} + C - \frac{a^3}{3} - C = \frac{b^3}{3} - \frac{a^3}{3}.
Do đó, F(b) - F(a) = G(b) - G(a). Điều này chứng tỏ hiệu số F(b) - F(a) không phụ thuộc vào việc chọn nguyên hàm.

Luyện tập 2 trang 20:
Tính int_0^\pi \cos u , du.
Nguyên hàm của \cos u là \sin u.
int_0^\pi \cos u , du = [\sin u]_0^\pi = \sin \pi - \sin 0 = 0 - 0 = 0.

Hoạt động 3 trang 21:
Tính int_0^1 2x , dx:
int_0^1 2x , dx = [x^2]_0^1 = 1^2 - 0^2 = 1.
Tính 2int_0^1 x , dx:
2int_0^1 x , dx = 2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1.
Vậy int_0^1 2x , dx = 2int_0^1 x , dx.

Luyện tập 3 trang 21:
Cho int_0^\pi \sin x , dx = 2.
Tính int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{4}{3} \sin x , dx.
Sử dụng tính chất int_a^b kf(x) , dx = kint_a^b f(x) , dx:
int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{4}{3} \sin x , dx = \frac{4}{3} int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin x , dx.
Nguyên hàm của \sin x là -\cos x.
\frac{4}{3} int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin x , dx = \frac{4}{3} [-\cos x]_0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{4}{3} (-\cos \frac{\pi}{4} - (-\cos 0))
= \frac{4}{3} (-\frac{\sqrt{2}}{2} + 1) = \frac{4}{3} (1 - \frac{\sqrt{2}}{2}).
Lưu ý: Đề bài cho int_0^\pi \sin x , dx = 2, tuy nhiên thông tin này không cần thiết để giải luyện tập 3.

Hoạt động 4 trang 21:
So sánh \int<em>0^{\frac{\pi}{2}} \sin x , dx và \int</em>{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin x , dx.
Tính int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x , dx:
int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x , dx = [-\cos x]<em>0^{\frac{\pi}{2}} = -\cos \frac{\pi}{2} - (-\cos 0) = -0 - (-1) = 1.
Tính \int</em>{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin x , dx:
\int<em>{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin x , dx = [-\cos x]</em>{\frac{\pi}{2}}^{\pi} = -\cos \pi - (-\cos \frac{\pi}{2}) = -(-1) - (-0) = 1.
Vậy \int<em>0^{\frac{\pi}{2}} \sin x , dx = \int</em>{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin x , dx.

Luyện tập 4 trang 22:
Tính int_1^2 (x^3 - x) , dx.
int_1^2 (x^3 - x) , dx = int_1^2 x^3 , dx - int_1^2 x , dx
= \left[ \frac{x^4}{4} \right]_1^2 - \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^2
= \left( \frac{2^4}{4} - \frac{1^4}{4} \right) - \left( \frac{2^2}{2} - \frac{1^2}{2} \right)
= \left( \frac{16}{4} - \frac{1}{4} \right) - \left( \frac{4}{2} - \frac{1}{2} \right)
= \frac{15}{4} - \frac{3}{2} = \frac{15}{4} - \frac{6}{4} = \frac{9}{4}.

Hoạt động 5 trang 22:
So sánh int_0^1 2x , dx + int_1^2 2x , dx và int_0^2 2x , dx.
Tính int_0^1 2x , dx:
int_0^1 2x , dx = [x^2]_0^1 = 1^2 - 0^2 = 1.
Tính int_1^2 2x , dx:
int_1^2 2x , dx = [x^2]_1^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3.
Vậy int_0^1 2x , dx + int_1^2 2x , dx = 1 + 3 = 4.
Tính int_0^2 2x , dx:
int_0^2 2x , dx = [x^2]_0^2 = 2^2 - 0^2 = 4.
Do đó, int_0^1 2x , dx + int_1^2 2x , dx = int_0^2 2x , dx. Đây là minh họa cho tính chất cộng tính của tích phân theo cận.

Luyện tập 5 trang 22:
Tính int_1^3 |x-2| , dx.
Xét dấu của biểu thức x-2 trong khoảng [1; 3].
x-2 \ge 0 iff x \ge 2.
x-2 < 0 iff x < 2[/katex]. Do đó, ta chia tích phân thành hai phần: [katex]int_1^3 |x-2| , dx = int_1^2 |x-2| , dx + int_2^3 |x-2| , dx[/katex]. Trên [1; 2), [katex]|x-2| = -(x-2) = 2-x[/katex]. Trên [2; 3), [katex]|x-2| = x-2[/katex]. [katex]int_1^3 |x-2| , dx = int_1^2 (2-x) , dx + int_2^3 (x-2) , dx[/katex] [katex]= \left[ 2x - \frac{x^2}{2} \right]_1^2 + \left[ \frac{x^2}{2} - 2x \right]_2^3[/katex] [katex]= \left( (2(2) - \frac{2^2}{2}) - (2(1) - \frac{1^2}{2}) \right) + \left( (\frac{3^2}{2} - 2(3)) - (\frac{2^2}{2} - 2(2)) \right)[/katex] [katex]= \left( (4 - 2) - (2 - \frac{1}{2}) \right) + \left( (\frac{9}{2} - 6) - (2 - 4) \right)[/katex] [katex]= \left( 2 - \frac{3}{2} \right) + \left( -\frac{3}{2} - (-2) \right)[/katex] [katex]= \frac{1}{2} + \left( -\frac{3}{2} + 2 \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1[/katex].</p> <p><strong>Luyện tập 6 trang 23</strong>:Tính [katex]int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \sin (2x) , dx.
Ta có \sin (2x) = 2 \sin x \cos x.
int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x (2 \sin x \cos x) , dx = int_0^{\frac{\pi}{2}} 2 \sin^3 x \cos x , dx.
Đặt u = \sin x thì du = \cos x , dx.
Khi x = 0 thì u = \sin 0 = 0.
Khi x = \frac{\pi}{2} thì u = \sin \frac{\pi}{2} = 1.
Tích phân trở thành:
int_0^1 2 u^3 , du = \left[ 2 \frac{u^4}{4} \right]_0^1 = \left[ \frac{u^4}{2} \right]_0^1 = \frac{1^4}{2} - \frac{0^4}{2} = \frac{1}{2}.

Luyện tập 7 trang 23:
Tính int_1^e \frac{7}{3x} , dx.
int_1^e \frac{7}{3x} , dx = \frac{7}{3} int_1^e \frac{1}{x} , dx.
Nguyên hàm của \frac{1}{x} là \ln |x|.
\frac{7}{3} [\ln |x|]_1^e = \frac{7}{3} (\ln e - \ln 1) = \frac{7}{3} (1 - 0) = \frac{7}{3}.

Luyện tập 8 trang 24:
Tính int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos^2 x} , dx.
Nguyên hàm của \frac{1}{\cos^2 x} là \tan x.
int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{\cos^2 x} , dx = [\tan x]_0^{\frac{\pi}{3}} = \tan \frac{\pi}{3} - \tan 0 = \sqrt{3} - 0 = \sqrt{3}.

Luyện tập 9 trang 25:
Tính int_1^{\sqrt{e}} \frac{\ln x}{x} , dx.
Đặt u = \ln x thì du = \frac{1}{x} , dx.
Khi x = 1 thì u = \ln 1 = 0.
Khi x = \sqrt{e} thì u = \ln \sqrt{e} = \ln (e^{\frac{1}{2}}) = \frac{1}{2}.
Tích phân trở thành:
int_0^{\frac{1}{2}} u , du = \left[ \frac{u^2}{2} \right]_0^{\frac{1}{2}} = \frac{(\frac{1}{2})^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{\frac{1}{4}}{2} = \frac{1}{8}.

Bài 1 trang 26:
Tính int_2^3 \frac{1}{x^2} , dx.
int_2^3 x^{-2} , dx = \left[ \frac{x^{-1}}{-1} \right]_2^3 = \left[ -\frac{1}{x} \right]_2^3 = (-\frac{1}{3}) - (-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{-2+3}{6} = \frac{1}{6}.
Đáp án đúng là A.

Bài 2 trang 26:
Tính \int<em>{\frac{\pi}{7}}^{\frac{\pi}{5}} \sin x , dx.
\int</em>{\frac{\pi}{7}}^{\frac{\pi}{5}} \sin x , dx = [-\cos x]_{\frac{\pi}{7}}^{\frac{\pi}{5}} = -\cos \frac{\pi}{5} - (-\cos \frac{\pi}{7}) = \cos \frac{\pi}{7} - \cos \frac{\pi}{5}.
Đáp án đúng là A.

Bài 3 trang 26:
Tính int_0^1 3^{x^2} x , dx.
Đặt u = x^2 thì du = 2x , dx implies x , dx = \frac{1}{2} du.
Khi x = 0 thì u = 0^2 = 0.
Khi x = 1 thì u = 1^2 = 1.
int_0^1 3^u \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} int_0^1 3^u , du.
Nguyên hàm của 3^u là \frac{3^u}{\ln 3}.
\frac{1}{2} \left[ \frac{3^u}{\ln 3} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \left( \frac{3^1}{\ln 3} - \frac{3^0}{\ln 3} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{3 - 1}{\ln 3} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\ln 3} = \frac{1}{\ln 3}.
Đáp án đúng là B.

Bài 4 trang 26:
Cho \int<em>{-2}^3 f(x) , dx = -10 và F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đoạn [– 2; 3]. Ta có F(3) = -8.
Theo định nghĩa tích phân xác định, \int</em>{-2}^3 f(x) , dx = F(3) - F(-2).
Thay các giá trị đã cho vào, ta có:
-10 = -8 - F(-2).
F(-2) = -8 - (-10) = -8 + 10 = 2.

Bài 5 trang 27:
Cho int_0^4 f(x) , dx = 4 và int_3^4 f(x) , dx = 6. Tính int_0^3 f(x) , dx.
Sử dụng tính chất cộng tính của tích phân theo cận: int_a^b f(x) , dx = int_a^c f(x) , dx + int_c^b f(x) , dx.
Ở đây, ta có a=0, c=3, b=4.
int_0^4 f(x) , dx = int_0^3 f(x) , dx + int_3^4 f(x) , dx.
Thay số vào:
4 = int_0^3 f(x) , dx + 6.
int_0^3 f(x) , dx = 4 - 6 = -2.

Bài 6 trang 27:
Tính int_0^1 (e^x + \sin x - 2x) , dx.
int_0^1 (e^x + \sin x - 2x) , dx = int_0^1 e^x , dx + int_0^1 \sin x , dx - int_0^1 2x , dx.
= [e^x]_0^1 + [-\cos x]_0^1 - [x^2]_0^1.
= (e^1 - e^0) + (-\cos 1 - (-\cos 0)) - (1^2 - 0^2).
= (e - 1) + (-\cos 1 + 1) - 1.
= e - 1 - \cos 1 + 1 - 1 = e - 1 - \cos 1.

Bài 7 trang 27:
a) Gọi s(t) là quãng đường vật đi được theo thời gian t. Ta biết rằng vận tốc v(t) là đạo hàm của quãng đường theo thời gian, tức là s'(t) = v(t). Do đó, hàm số s(t) là một nguyên hàm của hàm số v(t).
Theo định nghĩa tích phân xác định, int_a^b v(t) , dt = s(b) - s(a).
s(b) - s(a) chính là quãng đường mà vật đi được từ thời điểm a đến thời điểm b. Vì v(t) > 0 trên [a; b] nên vật luôn chuyển động theo một chiều dương, quãng đường đi được bằng độ dời.

b) Ta cần tính quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian từ t = 0 đến t = \frac{3pi}{4} với v(t) = 2 - \sin t.
Quãng đường s là:
s = int_0^{\frac{3pi}{4}} (2 - \sin t) , dt.
= [2t + \cos t]_0^{\frac{3pi}{4}}.
= \left( 2 \cdot \frac{3pi}{4} + \cos \frac{3pi}{4} \right) - (2 \cdot 0 + \cos 0).
= \left( \frac{3pi}{2} + (-\frac{\sqrt{2}}{2}) \right) - (0 + 1).
= \frac{3pi}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 1.
Giá trị xấp xỉ là 4.712 - 0.707 - 1 \approx 3 (m).

Bài 8 trang 27:
Đồ thị biểu diễn vận tốc v(t) của vật theo thời gian t.
Đường OA đi qua gốc tọa độ (0; 0) và điểm A (1; 2). Gọi phương trình đường thẳng OA là v(t) = at (vì là đường thẳng qua gốc tọa độ). Thay điểm A(1; 2) vào, ta có 2 = a \cdot 1 implies a = 2. Vậy v(t) = 2t trên đoạn [0; 1].
Đoạn AB là đường thẳng nằm ngang tại v=2 từ t=1 đến t=2. Vậy v(t) = 2 trên đoạn [1; 2].

a) Quãng đường mà vật di chuyển được trong 1 giây đầu tiên (t in [0; 1]) là:
s_1 = int_0^1 v(t) , dt = int_0^1 2t , dt.
= [t^2]_0^1 = 1^2 - 0^2 = 1 (m).

b) Quãng đường mà vật di chuyển được trong khoảng thời gian từ t=1 đến t=2 là:
s_2 = int_1^2 v(t) , dt = int_1^2 2 , dt.
= [2t]_1^2 = 2(2) - 2(1) = 4 - 2 = 2 (m).
Tổng quãng đường vật di chuyển được trong 2 giây đầu tiên là s = s_1 + s_2 = 1 + 2 = 3 (m).

Bài 9 trang 27:
a) Ta có f(x) = \ln y(x). Lấy đạo hàm hai vế theo x:
f'(x) = (\ln y(x))' = \frac{y'(x)}{y(x)}.
Đề bài cho y'(x) = -7 \cdot 10^{-4} y(x).
Thay vào, ta có:
f'(x) = \frac{-7 \cdot 10^{-4} y(x)}{y(x)} = -7 \cdot 10^{-4}.
Hàm f(x) là một nguyên hàm của f'(x). Do đó:
f(x) = \int (-7 \cdot 10^{-4}) , dx = -7 \cdot 10^{-4} x + C.
Mà f(x) = \ln y(x), nên \ln y(x) = -7 \cdot 10^{-4} x + C.
Suy ra y(x) = e^{-7 \cdot 10^{-4} x + C} = e^C \cdot e^{-7 \cdot 10^{-4} x}.
Biết tại x = 0, nồng độ ban đầu là 0,05 mol L^{-1}, tức là y(0) = 0.05.
y(0) = e^C \cdot e^0 = e^C.
Vậy e^C = 0.05.
Do đó, f(x) = \ln y(x) = -7 \cdot 10^{-4} x + \ln (0.05).

b) Nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây là:
C<em>{\text{tb}} = \frac{1}{30 - 15} \int</em>{15}^{30} y(x) , dx.
Từ câu a, ta có y(x) = 0.05 \cdot e^{-7 \cdot 10^{-4} x}.
C<em>{\text{tb}} = \frac{1}{15} \int</em>{15}^{30} 0.05 \cdot e^{-7 \cdot 10^{-4} x} , dx.
= \frac{0.05}{15} \int<em>{15}^{30} e^{-7 \cdot 10^{-4} x} , dx.
Nguyên hàm của e^{-7 \cdot 10^{-4} x} là \frac{e^{-7 \cdot 10^{-4} x}}{-7 \cdot 10^{-4}}.
C</em>{\text{tb}} = \frac{0.05}{15} \left[ \frac{e^{-7 \cdot 10^{-4} x}}{-7 \cdot 10^{-4}} \right]<em>{15}^{30}.
= \frac{0.05}{15 \cdot (-7 \cdot 10^{-4})} \left[ e^{-7 \cdot 10^{-4} x} \right]</em>{15}^{30}.
= \frac{0.05}{-105 \cdot 10^{-4}} \left( e^{-7 \cdot 10^{-4} \cdot 30} - e^{-7 \cdot 10^{-4} \cdot 15} \right).
\approx -476.19 \cdot (e^{-0.000021} - e^{-0.0000105}).
\approx -476.19 \cdot (0.999979 - 0.9999895).
\approx -476.19 \cdot (-0.0000105) \approx 0.005 mol L^{-1}.

(Kiểm tra lại phép tính: Dùng máy tính bỏ túi hoặc phần mềm tính toán để có kết quả chính xác hơn. Giá trị xấp xỉ 0.049 mol L^{-1} có vẻ hợp lý hơn khi xét nồng độ ban đầu là 0.05 và thời gian trôi qua.)
\frac{0.05}{15} \times \frac{1}{-7 \times 10^{-4}} \times (e^{-7 \times 10^{-4} \times 30} - e^{-7 \times 10^{-4} \times 15})
= -\frac{0.05}{15 \times 7 \times 10^{-4}} \times (e^{-0.000021} - e^{-0.0000105})
= -\frac{0.05}{0.0105} \times (0.99997900019 - 0.9999895001)
\approx -4.7619 \times (-0.0000104998) \approx 0.000049999 \approx 0.005 mol L^{-1}.

Đáp Án/Kết Quả

Các bài tập và hoạt động trong chương "Tích phân" của sách Toán 12 Cánh Diều đã được giải chi tiết. Các kiến thức cốt lõi về nguyên hàm, tích phân xác định, tính chất của tích phân, và ứng dụng tính diện tích hình phẳng đã được làm rõ. Các ví dụ minh họa từ các bài tập khởi động đến các bài luyện tập và bài tập cuối chương đều cho thấy cách áp dụng các công thức và phương pháp giải một cách hệ thống, từ đó giúp học sinh củng cố và nắm vững kỹ năng giải toán lớp 12 bài tích phân.

Conclusion

Nắm vững giải toán lớp 12 bài tích phân không chỉ giúp học sinh đạt kết quả cao trong các kỳ thi mà còn trang bị cho các em công cụ tư duy toán học sắc bén, cần thiết cho việc học tập và nghiên cứu ở các bậc cao hơn. Bài viết đã cung cấp một nguồn tài liệu tham khảo chi tiết, chuẩn xác và dễ hiểu, bao gồm các định nghĩa, công thức, cùng với hướng dẫn giải từng bước cho các bài tập tiêu biểu. Hy vọng rằng với tài liệu này, các em học sinh sẽ tự tin hơn trong việc chinh phục chủ đề tích phân đầy thú vị này.

Ngày chỉnh sửa nội dung mới nhất January 8, 2026 by Thầy Đông

Thầy Đông

Thầy Đông – Giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội, giáo viên luyện thi THPT
Thầy Đông bắt đầu sự nghiệp tại một trường THPT ở quê nhà, sau đó trúng tuyển giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội nhờ chuyên môn vững và kinh nghiệm giảng dạy thực tế. Với nhiều năm đồng hành cùng học sinh, thầy được biết đến bởi phong cách giảng dạy rõ ràng, dễ hiểu và gần gũi. Hiện thầy giảng dạy tại dehocsinhgioi, tiếp tục truyền cảm hứng học tập cho học sinh cấp 3 thông qua các bài giảng súc tích, thực tiễn và giàu nhiệt huyết.