1) Tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{{x^2}\sin x}}{{x\sin x + \cos x}}dx} .\) 2) Cho các

Câu hỏi số 688574:

Vận dụng cao

1) Tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{{x^2}\sin x}}{{x\sin x + \cos x}}dx} .\)

2) Cho các số thực dương \(x,y\) thay đổi thỏa mãn: \({\log _2}\left( {x + y} \right) + \dfrac{x}{y} = {\log _2}\dfrac{{{x^2}y}}{2} + {x^2}.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}}.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:688574

Phương pháp giải

- Biến đổi \(I\) về dạng \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{{x^2}\sin x}}{{x\sin x + \cos x}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {a + \dfrac{{b{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^\prime }}}{{x\sin x + \cos x}}} \right]dx} \).

- Từ đó sử dụng các công thức cơ bản để tính \(I.\)

- Sử dụng hàm đặc trưng để tìm mối quan hệ của \(x,y\).

- Thay vào \(P\) rồi sử dụng bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị nhỏ nhất của \(P.\)

Giải chi tiết

Ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{{x^2}\sin x}}{{x\sin x + \cos x}}dx} \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\dfrac{{x\left( {x\sin x + \cos x} \right) - x\cos x}}{{x\sin x + \cos x}}dx} \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {x - \dfrac{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^\prime }}}{{x\sin x + \cos x}}} \right]dx} \\ = \left. {\left( {{x^2} - \ln \left| {x\sin x + \cos x} \right|} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\\ = \dfrac{{{\pi ^2}}}{4} - \ln \dfrac{\pi }{2}.\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\log _2}\left( {x + y} \right) + \dfrac{x}{y} = {\log _2}\dfrac{{{x^2}y}}{2} + {x^2}\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + y} \right) + \dfrac{x}{y} = {\log _2}{x^2} + {\log _2}y - 1 + {x^2}\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + y} \right) - {\log _2}y + \dfrac{x}{y} + 1 = {\log _2}{x^2} + {x^2}\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{x + y}}{y}} \right) + \dfrac{x}{y} + 1 = {\log _2}{x^2} + {x^2}\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{x}{y} + 1} \right) + \dfrac{x}{y} + 1 = {\log _2}{x^2} + {x^2}\,\,\left( 1 \right).\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t,\left( {t > 0} \right)\) có \(f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0,\forall t > 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Do đó:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {\dfrac{x}{y} + 1} \right) = f\left( {{x^2}} \right) \Leftrightarrow \dfrac{x}{y} + 1 = {x^2} \Leftrightarrow \dfrac{x}{y} = {x^2} - 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{y} = \dfrac{{{x^2} - 1}}{x}.\)

Suy ra:

\(P = \dfrac{1}{{{x^2}}} + {\left( {\dfrac{{{x^2} - 1}}{x}} \right)^2} = \dfrac{{{x^4} - 2{x^2} + 2}}{{{x^2}}} = {x^2} + \dfrac{2}{{{x^2}}} - 2 \ge 2\sqrt {{x^2}.\dfrac{2}{{{x^2}}}} - 2 = 2\sqrt 2 - 2.\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{2}{{{x^2}}} \Leftrightarrow x = \sqrt[4]{2} \Rightarrow y = \dfrac{{\sqrt[4]{2}}}{{\sqrt 2 - 1}}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P = 2\sqrt 2 - 2\) đạt được khi \(x = \sqrt[4]{2};y = \dfrac{{\sqrt[4]{2}}}{{\sqrt 2 - 1}}.\)

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.