Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm

Giới thiệu Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm CHƯƠNG NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN.

Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text Các dạng bài tập VDC nguyên hàm và một số phương pháp tìm nguyên hàm
CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. NGUYÊN HÀM VÀ TÍNH CHẤT 1. Nguyên hàm Định nghĩa: Cho hàm số f  x  xác định trên K ( K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của  ). Hàm số F  x  được gọi là nguyên hàm của hàm số f  x  trên K nếu Fʹ  x   f  x  với mọi x  K. Định lý 1: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G  x   F  x   C cũng là một nguyên hàm của f  x  trên K. Định lý 2: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì mọi nguyên hàm của f  x  đều có dạng F  x   C, với C là một hằng số. Hai định lý trên cho thấy: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì F  x   C,C   là họ tất cả các nguyên hàm của f  x  trên K. Kí hiệu  f  x dx  F  x   C. Chú ý: Biểu thức f  x  dx chính là vi phân của nguyên hàm F  x  của f  x  , vì dF  x   Fʹ  x  dx  f  x  dx. 2. Tính chất của nguyên hàm Tính chất 1  f ʹ  x  dx  f  x   C Tính chất 2  kf  x  dx  k  f  x  dx , k là hằng số khác 0. Tính chất 3  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx. 3. Sự tồn tại của nguyên hàm Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 4. Bảng nguyên hàm Nguyên hàm của hàm số Nguyên hàm của hàm số hợp Nguyên hàm của hàm số sơ cấp hợp  u = u  x    u = ax + b;a  0   dx  x  C  du  u  C  d  ax  b   ax  b  C x  1  x dx   C   1   1 u 1 u  C   1  1   ax  b   1  ax  b  dx  a  1  1  C    1 1  x dx  ln x  C  u du  ln u  C 1 1  x 2 dx   x  C 1 1  u2 du   u  C  xdx  2 x x C 3  2 udu  u u  C 3  1 dx  2 x  C x  1 du  2 u  C u  e dx  e x x  a dx  x  e du  e C ax  C  a  0, a  1 ln a u u  a du  u 1 1   ax  b   2 1 1 dx   . C a ax  b 1 2 ax  bdx  .  ax  b  ax  b  C a 3 1 1 dx  .2 ax  b  C a ax  b  e C au  C  a  0, a  1 ln a 1  ax  b dx  a ln ax  b  C ax  b mx  n  a dx  dx  2 ax  b e C a 1 a mx  n  C  a  0, a  1 . m ln a 1  sin xdx   cos x  C  sin udu   cos u  C  sin  ax  b  dx   a cos  ax  b   C  cos xdx  sin x  C  cos udu  sin u  C  cos  ax  b  dx  a sin  ax  b   C 1 1  tan xdx   ln cos x  C  tan udu   ln cos u  C  tan  ax  b  dx   a ln cos  ax  b   C  cot xdx  ln sin x  C  cot udu  ln sin u  C  cot  ax  b  dx  a ln sin  ax  b   C 1  sin2 x dx   cot x  C 1  sin 2 u du   cot u  C 1  cos 1 2 x dx  tan x  C x  sin x dx  ln tan 2  C 1  cos 2 u du  tan u  C 1 u  sin u du  ln tan 2  C 1 1 x  u    cos x dx  ln tan  2  4   C cos u du  ln tan  2  4   C 1 1 1  sin  ax  b  dx   a cot  ax  b   C 2 1 1  cos  ax  b  dx  a tan  ax  b   C 2 dx 1  sin  ax  b   a ln tan ax  b C 2 1  cos  ax  b  dx  1  ax  b   ln tan    C a 4  2 II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM 1. Phương pháp đổi biến số Định lý 1: Nếu  f(u)du  F(u)  C và u  u(x) có đạo hàm liên tục thì:  f u(x).uʹ(x)dx  F u(x)  C Hệ quả: Với u  ax  b  a  0  ta có  f  ax  b dx  a F  ax  b   C. 1 2. Phương pháp tính nguyên hàm từng phần: Định lý 2: Nếu hai hàm số u  u  x  và v  v  x  có đạo hàm liên tục trên K thì:  u  x vʹ  x  dx  u  x  v  x    uʹ  x v  x  dx. B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp 1. Phương pháp giải  Biến đổi các hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x, trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.  Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm. 2. Bài tập Bài tập 1. Nguyên hàm của hàm số f  x   2x  1 là ex A. 2x  e x  C e x ln 2 B. 2x  e x  C e x  ln 2  1 C. 2x  e x  C e x  ln 2  1 D. 2x  ex  C e x  ln 2  1 Hướng dẫn giải Chọn C. x Ta có: 2x 1 2x 2 x dx dx e dx     e x  C .  ex   e   e x  ln 2  1 Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số f  x   x  x  2   x  2 A.  2021 2021 C.  x  2 2021 2021  x  2  2020 1010  x  2  2019 C B. 2020 1010 C D. là  x  2 2021  x  2 Hướng dẫn giải Chọn D. 2020 2021 2021  x  2  2018 1009  x  2  C 2020 1010 C  x  x  2 Ta có: 2019    x  2 2020 dx    x  2   2   x  2  dx  2   x  2  2019 2019 dx  x  2 dx  2021 2021 Bài tập 3. Nguyên hàm của hàm số f  x   2020 C 1010 1 là e 1 2x   1 B. x  ln e2 x  1  C 2 A. x  ln e2 x  1  C   x  2    C. ln e2 x  1  C  D. x  ln e2 x  1  C Hướng dẫn giải Chọn B.   e2 x  1  e2 x 1 e2 x . 1    e2 x  1 e2 x  1 e2 x  1 Ta có:   2x  1 e2 x  1 d e 1 1 Do đó  2 x dx    1  2 x  x  ln e2 x  1  C  dx   dx   2 x e 1 2 e 1 2  e 1  1 Bài tập 4. Nguyên hàm của hàm số f  x       A. 1 6  C. 1 1 x  2   x  2 x  2  C 6 6 x2 3 x 2  x 2 3 x 2 C    là: B. 1 x  2  x  2   C 6 D. 1 1  x  2 x  2  x  2  C 6 6 Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có:  1 dx   x 2  x 2 dx 4 x 2  x 2 1 2 2 1 1     x  2 x  2   x  2 x  2   C   x  2 x  2   x  2 x  2  C 4 3 3 6 6  Chú ý: Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp: Lưu ý:  ax  bdx  a b ab a b . 2  ax  b  ax  b  C . 3a Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số f  x   5 x  13 là: x  5x  6 2 A. 2 ln x  3  3ln x  2  C B. 3ln x  3  2 ln x  2  C C. 2 ln x  3  3ln x  2  C D. 2 ln x  3  3ln x  2  C Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: 5 x  13 5 x  13  x  5 x  6  x  2  x  3 2 Ta sẽ phân tích: 5x  13  A  x  2   B  x  3 1 Thế x  2 và x  3 lần lượt vào (1) ta có B  3 và A  2 . Khi đó x 2  x  2   3  x  3 5 x  13 2 3 dx   dx   dx   dx  5x  6 x 3 x 2  x  2  x  3 2  2 ln x  3  3ln x  2  C Bài tập 6. Nguyên hàm của hàm số f  x   1 x4 là: x5  x     B. ln x  ln x 4  1  C   1 D. ln x  ln x 4  1  C 2 1 A. ln x  ln x 4  1  C 2  1 C. ln x  ln x 4  1  C 2  Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có:   1 x4  2×4 1 x4 1 2×3 1 4    dx dx dx  x5  x  x x4 1  x  x 4  1 dx  ln x  2 ln x  1  C     3x 2  3x  3 là: Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số f  x   3 x  3x  2 A. ln x  2  2 ln x  1  3 C x 1 B. ln x  2  2 ln x  1  3 C x 1 C. 2 ln x  2  ln x  1  3 C x 1 D. 2 ln x  2  ln x  1  3 C x 1 Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: 3x 2  3x  3 3x 2  3x  3 dx   x 3  3x  2   x  12  x  2  dx . Ta phân tích 3x 2  3x  3  A  x  1  B  x  1 x  2   C  x  2  . 2 Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay A  1, C  3 và B  2 . (thay x  2  A  1; x  1  C  3 và x  0  B  2 ). Khi đó 3x 2  3x  3 1 1 1   x  1  x  2  dx   x  2 dx  2  x  1dx  3  x  1 2 2 dx  ln x  2  2 ln x  1  3 C . x 1 Lưu ý: Ta có kiến thức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ I   Px Qx dx , với P  x  và Q  x  là các đa thức, cụ thể như sau:  Nếu deg  P  x    deg  Q  x   thì ta thực hiện phép chia P  x  cho Q  x  (ở đây, kí hiệu deg  P  x   là bậc của đa thức P  x  ).  Khi deg  P  x    deg  Q  x   thì ta quan sát mẫu số Q  x  ta tiến hành phân tích thành các nhân tử, sau đó, tách P  x  theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức. Một số trường hợp đồng nhất thức thường gặp Trường hợp 1: Trường hợp 2: 1  ax  b  cx  d  1  a c   .  ad  bc  ax  b cx  d    Ax  Ba  x  Ad  Bb . mx  n A B     ax  b  cx  d  ax  b cx  d  ax  b  cx  d  Ta đồng nhất thức mx  n   Ax  Ba  x  Ad  Bb 1 . Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.  Ac  Ba  m . Suy ra A, B. Đồng nhất đẳng thức, ta được   Ad  Bb  n Cách 2. Phương pháp giá trị riêng. b d Lần lượt thay x   ; x   vào hai vế của (1), tìm được A, B. a c Trường hợp 3: Trường hợp 4: mx  n  ax  b  2  A B .  ax  b  ax  b 2 mx  n A   B C  cx  d ax  b  ax  b   cx  d   ax  b  2  mx  n  A  cx  d   B  ax  b   C  ax  b  cx  d  *  2 2 b d Lần lượt thay x   ; x   ; x  0 vào hai vế của (*) để tìm A, B, C. a c Trường hợp 5: Trường hợp 6: 1 A Bx  C với   b 2  4ac  0 .   2 2    x m ax bx c    x m ax bx c     1  x  a   x  b 2 2  A B C D .    2 x  a  x  a x  b  x  b 2 2 1  Bài tập 8. Cho hàm số f  x  xác định trên    thỏa mãn f ‘  x   ; f  0   1 và 2x 1 2  f 1  2 . Giá trị của biểu thức P  f  1  f  3 là: A. 3ln 5  ln 2 B. 3ln 2  ln 5 C. 3  2 ln 5 D. 3  ln15 Hướng dẫn giải Chọn D. 1  ln  2 x  1  C1 khi x   2  2 f  x    f ‘  x  dx   dx  ln 2 x  1  C   2x 1 ln 1  2 x   C khi x  1 2  2  f  0   1 C2  1  . Vì  C1  2  f 1  2 1  ln  2 x  1  2 khi x  2 Suy ra f  x    . 1 ln 1  2 x   1 khi x   2 Do đó P  f  1  f  3  3  ln 3  ln 5  3  ln15 Bài tập f ‘ x  9. Cho hàm số 2 ; f  3  f  3  2 ln 2 x 1 2 f x và xác  1 f    2 định trên 1 f  0. 2  1;1 , Giá trị của thỏa mãn biểu thức P  f  2   f  0   f  4  là: A. 2 ln 2  ln 5 B. 6 ln 2  2 ln 3  ln 5 C. 2 ln 2  2 ln 3  ln 5 Hướng dẫn giải Chọn C. f  x    f ‘  x  dx   2 1  x 1  1 dx    dx  ln  C  x 1 x 1  x 1 x 1  2   x 1  ln  x  1   C1 khi x  1     1 x x 1 Hay f  x   ln  C  ln  C2 khi  1  x  1 x 1  1 x   x 1  ln    C3 khi x  1   x 1  f  3  f  3  2 ln 2 C1  C3  2 ln 2  Theo bài ra, ta có:   1   1 C2  0  f   f    0 2   2 D. 6 ln 2  2 ln 5 3 Do đó f  2   f  0   f  4   ln 3  C3  C2  ln  C1  2 ln 2  2 ln 3  ln 5 . 5 Bài tập 10. Nguyên hàm P   x. 3 x 2  1dx là:   A. P  3 2 x 1 8 C. P  33 2 x 1  C 8 3 x2 1  C     B. P  3 2 x 1 8 D. P  3 2 x 1 4 x2  1  C 3 x2  1  C Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: 3 2  x. x  1dx  1 4 1 3 2 2 2 3 3 x  1 d x  1  x  1 C. 2 8    Bài tập 11. Nguyên hàm của hàm số A.      sin x  cos x  sin xdx là: 1 1 1 x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 4 4 1 1 C. x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 2 B. 1 1 1 x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 4 4 D. 1 1 1 x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 4 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có:   sin x  cos x  sin xdx    sin 2  x  sin x cos x dx 1 1 1  1  cos 2 x sin 2 x      dx   x  sin 2 x  cos 2 x   C  2 2  2 2 2   Bài tập 12. Nguyên hàm của hàm số A.  tan x  cot x  C  sin 2 1 dx là: x cos2 x B. tan x  cot x  C C. tan x  cot x  C D. cot x  tan x  C Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: 1 sin 2 x  cos2 x 1   1  dx  sin 2 x cos2 x  sin 2 x.cos2 x dx    cos2 x  sin 2 x  dx  tan x  cot x  C . Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số A. cot 2 x C 2  4 cos B. tan 2x  C 4 1 dx là: x  4 cos2 x  1 C. cot 2x  C D. tan 2 x C 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có:  4 cos 4 1 1 1 1 1 tan 2 x C dx   dx   dx   d (2 x )  2 2 2 2 2 (2 cos x  1) cos 2 x 2 cos 2 x 2 x  4 cos x  1 Bài tập 14. Nguyên hàm của hàm số  tan 3 xdx là: A. tan 2 x  ln cos x  C 2 B. tan 2 x  ln sin x  C 2 C. tan 2 x  ln cos x  C 2 D. tan 4 x C 4 cos2 x Hướng dẫn giải Chọn A.   Từ tan 3 x  tan x 1  tan 2 x  tan x Suy ra  tan xdx   tan xd  tan x    3 d  cos x  cos x tan 2 x   ln cos x  C . 2 3   . Giá Bài tập 15. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 x tan x thỏa mãn F    3 4   trị của F   là: 4 A. 3 1   2 12 B. 3 1   2 12 C. 3 1   2 12 D. 3 1   2 12 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: F  x    sin 2 x. tan xdx   2 sin x.cos x. Suy ra F  x    1  cos 2 x  dx  x  sin x dx  2  sin 2 xdx . cos x sin 2 x C. 2 3  1 2 3 3      sin C  C  . Theo giả thiết, ta có: F    3 2 3 4 2 3 3 4 Vậy F  x   x  sin 2 x 3    . 2 2 3 3  3 1     1      . Do đó F     sin 2    2 12 4 4 2 4 2 3 Bài tập 16. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   cos4 2 x thỏa mãn F  0   2019 . Giá trị   của F   là: 8 A. 3  16153 64 B. 3  129224 8 C. 3  129224 64 Hướng dẫn giải Chọn C. D. 3  129224 32 2 1  1  cos 4 x  2 Ta có: cos 2 x     1  2 cos 4 x  cos 4 x 2 4   1 1  cos8 x  1   1  2 cos 4 x     3  4 cos 4 x  cos8 x  4 2  8  4 Do đó F  x    1 1 1  3  4 cos 4 x  cos8 x  dx   3x  sin 4 x  sin 8 x   C  8 8 8  Mà F  0   2019 nên ta có C  2019 . 1 1  Vậy F  x    3 x  sin 4 x  sin 8 x   2019 . 8 8     3  129224 Do đó F    64 8 Bài tập 17. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   mãn F    A. cos5 x  , với x   k 2 , k   và thỏa 2 1  sin x 3   . Giá trị của F    là: 4  2 2 3 B. 0. C. 5 3 D. 1 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta thấy: cos5 x  cos3 x 1  sin x   1  sin 2 x cos x  cos3 x.sin x 1  sin x      F  x    1  sin 2 x d  sin x    cos3 xd  cos x   sin x  Theo giả thiết, ta có F    sin 3 x cos4 x  C 3 4 3 nên C  1 . 4 sin 3 x cos4 x Vậy F  x   sin x   C 3 4   1 Do đó F     .  2 3 Chú ý: Với n , * ta có: n n  sin x.cos xdx   sin xd  sin x   Bài tập 18. Biết là cosn 1 x  cos x.sin xdx    cos xd  cos x    n  1  C n a và sin n 1 x C. n 1  5sin x  9 dx  b ln 5sin x  9  C,  a, b   cos x n   , ab là phân số tối giản. Giá trị 2a  b A. 10. B. 4. C. 7. D. 3. Hướng dẫn giải CHỌN D cos x 1 d  5sin x  9  1 dx   ln 5sin x  9  C  5sin x  9 5  5sin x  9 5 Vậy a  1, b  5. Nên 2a  b  3.  3 Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm F  x  của hàm số f  x    1  sin x  biết F    . 2 4 2 A. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 B. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 C. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 D. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 Hướng dẫn giải CHỌN B Ta có   1  cos 2x   dx   1  2 sin x  sin 2 x dx    1  2 sin x  dx 2   3 1  x  2 cos x  sin 2x  c 2 4    3 3  1 3 F     2 cos  sin   c  c0. 22 2 4 4 2 4  1  sin x  2 Vậy F  x   x  2 cos x  sin 2x . 3 2 1 4 Bài tập 20. Cho  sin x  cos x dx  F  x   C cos 2x A. 2. và F     a  b. Tính A   a  b  . B. 2. 6 C. 1. Hướng dẫn giải CHỌN C Ta có: F  x     cos 2x cos 2 x  sin 2 x dx   dx sin x  cos x sin x  cos x  cos x  sin x  cos x  sin x  dx  sin x  cos x  F     1  a  b  A  1.   cos x  sin x  dx  sin x  cos x. D. 1. Bài tập 21. Cho tích phân 1  sin 2 x cos2 x dx  a. Tính A  12 cot A. 4a 2 . B. 2a 2 . 2 2x theo a. C. 3a 2 . D. a 2 . Hướng dẫn giải CHỌN C Ta có: F  x    1 2 2 sin xcos x dx    1 1  dx      dx 2 sin x cos x  cos x sin 2 x  sin 2 x  cos2 x 2 2  tan x  cot x. Theo đề: sin x cos x sin 2 x  cos 2 x 2 cos 2x    a cos x sin x sin x cos x sin 2x cos 2x a   sin 2x 2 tan x  cot x  2  a A  12.  12.     3a 2 . 2 sin 2x  2 cos 2 2x Bài tập 22. Cho F  x là một nguyên hàm của hàm số  sin 2 x 2 cos x  4 sin 2 x dx và     F  0   2 f    1 . Tính 2 F  0   F   . 2 2 A. 7 . 9 B.  7 . 9 D. 1 C. 0. Lời giải CHỌN B Ta có d cos 2 x  4 sin 2 x   2sin x cos x  8sin x cos x dx  6sin x cos xdx  3sin 2xdx     1  sin 2 xdx  d cos 2 x  4 sin 2 x . 3 Do đó :      2 2 2 2 2 1 d cos x  4 sin x 2 d cos x  4 sin x  cos2 x  4sin2 x  C   dx   3 3 2 cos2 x  4 sin 2 x 3 cos2 x  4 sin 2 x cos2 x  4 sin 2 x sin 2 x 4 7   2 F  0  2 F     2.  3C  1  C   . 3 9 2 3 2 4 7   Vậy 2 F  0  F    2.  2C   C  C   3 3 9 2 Bài tập 23. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   x 8  x2   trên khoảng 2 2;2 2 thỏa mãn F  2   0 . Khi đó phương trình F  x   x có nghiệm là: A. x  0 B. x  1 C. x  1 D. x  1  3 Hướng dẫn giải Chọn D. x Ta có: F  x    8 x dx    2  1 2 8 x  d 8  x2   8  x2  C 2 Mặt khác F  2   0   8  x 2  C  0  C  2 Vậy F  x    8  x 2  2 . 2  x  0 Xét phương trình F  x   x   8  x 2  2  x  8  x 2  2  x   2 2 8  x   2  x  x  2  x  2  2   x  1  3  x  1  3 2 x  4 x  4  0    x  1  3 Bài tập 24. Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   và F 1  A. 2x 1 trên khoảng  0;  x  2 x3  x2 4 1 . Tổng S  F 1  F  2   F  3  …  F  2019  là 2 2019 2020 B. 2019.2021 2020 C. 2018 1 2020 Hướng dẫn giải Chọn C. Phân tích f  x   2x 1 2x 1 2x 1  2  2 2 3 2 x  2x  x x  x  1 x2  x Khi đó F  x    2x 1 Mặt khác F 1  Vậy F  x     4 x 2 x  2 dx   1 x 2 x  2    d x2  x   1 C. x x 2 1 1 1    C   C 1. 2 2 2 1 1 1  1 1   1    1 . x2  x x  x  1 x x  1   D.  2019 2020 1 1   1 1 1 1 1 Do đó S  F 1  F  2   F  3  …  F  2019     1       …    2019 2019 2020   2 2 3 3 4 1  1 1    1   2018   2019  2018  2020 2020  2020  Bài tập 25. Cho hàm số f  x  có đạo hàm xác định trên  thỏa mãn f  0   2 2, f  x   0 và f  x  . f ‘  x    2 x  1 1  f 2  x  , x   . Giá trị f 1 là: A. 6 2 B. 10 C. 5 3 D. 2 6 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: f  x  . f ‘  x    2 x  1 1  f 2  x   f  x . f ‘  x   Suy ra 1 f 2 x dx    2 x  1 dx    f  x . f ‘  x  1 f 2  x  d 1 f 2  x 2 1 f Theo giả thiết f  0   2 2 , suy ra 1  2 2  2 2  2x 1 .    2 x  1 dx   x 1  f 2  x   x2  x  C CC3 Với C  3 thì 1  f 2  x   x 2  x  3  f  x   x 2  2  x  3 1 Vậy f 1  24  2 6 Bài tập 26. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  2;1 thỏa mãn f  0   3 và  f  x  2 . f ‘  x   3 x 2  4 x  2 . Giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  2;1 là: A. 2 3 42 B. 2 3 15 C. 3 42 D. 3 15 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có:  f  x   . f ‘  x   3 x 2  4 x  2 2 *  Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:   f  x  2  Theo giả thiết, ta có f  0   3 nên  f 0 3  . f ‘  x  dx   3 x 2  4 x  2 dx  1 3 f  x   x 3  2 x 2  2 x  C  f 3  x   3 x 3  6 x 2  6 x  3C 3  3  03  2.02  2.0  C   27  3C  C  9  f 3  x   3 x 3  6 x 2  6 x  27 Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số g  x   3 x 3  6 x 2  6 x  27 trên đoạn  2;1 . Ta có g ‘  x   9 x 2  12 x  6  0, x   2;1 nên đồng biến trên đoạn  2;1 . Vậy max f  x   3 max g  x   3 42 .  2;1  2;1 Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt u = u  x  1. Phương pháp giải Định lí: Cho  f  u  du  F  u   C và u  u  x  là hàm số có đạo hàm liên tục thì  f u  x  u ‘  x  dx  F u  x   C Các bước thực hiện đổi biến: Xét I   f  u  x   u ‘  x  dx Bước 1: Đặt u  u  x  , suy ra du  u ‘  x  dx Bước 2: Chuyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được I   f  u  du  F  u   C , trong đó F  u  là một nguyên hàm của hàm số f  u  . Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là I  F  u  x    C Hệ quả: nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K và a, b  ; a  0 ta có: 1  f  ax  b  dx  a F  ax  b   C . 2. Bài tập Bài tập 1. Nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   x 2 .e x 3 1 , biết F  1  1 là: 3 1 3 1 3 1 3 1 A. F  x   e x 1  C B. F  x   e x 1  2019 C. F  x   e x 1  3 3 3 3 1 3 D. F  x   e x 1 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 1 Đặt u  x 3  1 ta có du  3 x 2 dx  x 2 dx  du 3 Suy ra  f  x  dx   e u 1 1 du  eu  C 3 3 1 3 Do đó F  x   e x 1  C . 3 Mặt khác F  1  1 nên C  0 . Vậy 3 Lưu ý: Ta có thể viết như sau: 1  f  x  dx  3 e  f  x  dx   x e 2 x 3 1 x 3 1 dx  .   1 x3 1 1 3 e d x 3  1  e x 1  C  3 3   1 Chú ý: Với các viết x 2 dx  d x 3  1 , ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và 3 nhanh gọn. Bài tập 2. Nguyên hàm M   2 sin x dx là: 1  3cos x 1 A. M  ln 1  3cos x   C 3 B. M  2 ln 1  3cos x  C 3 2 C. M   ln 1  3cos x  C 3 1 D. M   ln 1  3cos x  C 3 Hướng dẫn giải Chọn C. 2 Đặt u  1  3cos x , ta có du  3sin xdx hay 2 sin xdx   du . 3 Khi đó M   Vậy M   2 1 2 du   ln u  C  3 u 3 2 sin x 2 dx   ln 1  3cos x  C 1  3cos x 3   sin  x   4 a 43 a  Bài tập 3. I   dx  , a, b    . Tìm tỉ lệ . b b sin 2x  2  1  sin x  cos x  0  4 A.  1 . 3 1 . 2 B.  C. 2 . 1 D. 3 . 1 Hướng dẫn giải CHỌN B    dt   cos x  sin x  dx   2 sin  x   dx 4 Đặt t  sin x  cos x     2 sin 2x  t  1  thì t : 1  2 . 4 và x : 0   I2   1 2 2  1 dt 2  2 2 t  1  2 1  t  2  1 2 dt  t  1 2 2 1 43 2 .  .  2 t11 4 Bài tập 4. Cho  cos 3 x sin xdx  F  x   C và F  0   a  b  . 1 4 Tính A  a 2  b2  2018. A. 2018. B. 2016. Hướng dẫn giải CHỌN A C. 2022. D. 2020.  cos 3 x sin xdx Đặt u  cos x  du  sin xdx . 3 3  cos x sin xdx   u du    F0   u4 cos4 x C C 4 4 1 1  a  b   a  b  0. 4 4 A  a 3  b 3  2018   a  b   2ab  a  b   2018  2018. 2 m Chú ý: chú ý rằng với a  0 và m, n  ; n  0 ta luôn có: a n  n a m . Bài tập 5. Nguyên hàm R   A. R  x 1 1 1 ln 2 x 1 1 x 1 1 C. R  ln x 1 1 1 x x 1 dx là: C B. R  C 1 ln 2 D. R  ln x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 C Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt u  x  1  u 2  x  1 . Suy ra x  u 2  1 và dx  2udu . Khi đó R   2u 2 1  u 1  1 du   2 du    du  ln  C .  u 1 u 1  u 1 u 1   u  1 u 2 x 1 1 Vậy R  ln x 1 1 C Bài tập 6. Nguyên hàm S   x 3 x 2  9dx là: x A. S  x B. S  C. S  x x D. S  2  9 2 x2  9  3 x 2  9 x 2  9  C x2  9  3 x 2  9 x 2  9  C 5 2  9 4 5 2  9 x 2  9 5 2  9 2 5  3 x 2  9 x2  9 2 x2  9  C  3 x2  9  C Hướng dẫn giải Chọn A. C Xét S   x 3 x 2  9dx   x 2 x 2  9 xdx . Đặt u  x 2  9  u 2  x 2  9 . Suy ra x 2  u2  9 và xdx  udu .     Khi đó S   u 2  9 u.udu   u 4  9u 2 du  x Vậy S  2  9 2 x2  9 5  3 x 2  9 x 2  9  C Bài tập 7. Nguyên hàm T   A. T  C. T  1 u5  3u3  C . 5 1 x ln x  1 dx là: C B. T  2 ln x  1  C 2  ln x  1 ln x  1  C 3 D. T  ln x  1  C 2 ln x  1 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: T   1 x ln x  1 1 dx   ln x  1 d  ln x  1  2 ln x  1  C .  x  2  dx 2022  x  1 2020 Bài tập 8. Nguyên hàm U   1 x 2 A. U   3  x  1  C. U  là: 2021 C 1  x 2 6063  x  1  1  x 2 6060  x  1  D. U  1  x 2 6069  x  1  2021 C Hướng dẫn giải Chọn C.  x  2  dx   x  2 2020 1 dx Xét U   2022   x  1   x  12  x  1 2020 Đặt u  x 2 3 1 1  du  dx  du  dx . 2 2 x 1 3  x  1  x  1 1  x 2 1 1 2021 u  C . Vậy U  Suy ra. U   u 2020 du  6063  x  1  3 6063 Lưu ý: n 1  ax  b  dx  1 1  ax  b  C   cx  d n2 n  1 ad  bd  cx  d  n 2020 B. U  2021 C C 2023 C Bài tập 9. Xét nguyên hàm V   ln 2 x  x 1  ln x  1  dx . Đặt u  1  1  ln x , khẳng định nào sau đây sai? dx A.   2u  2  du x B. V   2 5 16 C. V  u 5  u 4  u3  4u 2  C 5 2 3 D. V  u 2  2u  u 2 .  2u  2  du u 5 u 4 16 3   u  4u 2  C 5 2 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt u  1  1  ln x   u  1  1  ln x  ln x  u 2  2u  2 Khi đó V    ln 2 x x 1  ln x  1   dx   u 2  2u u dx   2u  2  du . x  .  2u  2  du 2  2 5 16  2  u 4  5u3  8u 2  4u du  u 5  u 4  u3  4u 2  C 5 2 3   Bài tập 10. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 2 x.cos3 2 x thỏa F    0 . Giá trị 4 F  2019  là: A. F  2019    1 15 B. F  2019   0 C. F  2019    Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt u  sin 2 x  du  2 cos 2 xdx  1 du  cos 2 xdx 2     1 2 1 u . 1  u2 du   u2  u 4 du  2 2 1 1 1 1  u3  u 5  C  sin 3 2 x  sin 5 2 x  C 6 10 6 10 Ta có F  x    sin 2 2 x.cos3 2 xdx  1  1  1   F    0  sin 3  sin 5  C  0  C   6 2 10 2 15 4 1 1 1 Vậy F  x   sin 3 2 x  sin 5 2 x  6 10 15 Do đó F  2019    1 15 2 15 D. F  2019   1 15 Bài tập 11. Biết rằng  2 x  3 dx 1  x  x  1 x  2  x  3  1   g  x   C (với C là hằng số). Gọi S là tập nghiệm của phương trình g  x   0 . Tổng các phần tử của S bằng: C. 3 B. 3  5 A. 0. D. 3  5 Hướng dẫn giải Chọn C.      Vì x  x  1 x  2  x  3  1  x 2  3 x x 2  3 x  2  1   x 2  3 x  1 nên ta đặt u  x 2  3 x , 2 khi đó du   2 x  3 dx Nguyên hàm ban đầu trở thành Suy ra du   u  1 2  2 x  3 dx  x  x  1 x  2  x  3  1   x 2  1 C . u 1 1 C  3x  1  3  5 x  2 . Vậy g  x   x 2  3 x  1; g  x   0  x 2  3 x  1  0    3  5 x   2  3  5 3  5  ; Do đó S   . 2   2 Tổng giá trị các phần tử của S bằng 3 . Bài tập 12. I   A. 3cos 2x  sin 4x dx  F  x   C. Tính F  1 , biết rằng F  x  không chứa hệ số tự do. 2  sin x  cos x 17 . 3 B. 2 . 3 C. Hướng dẫn giải CHỌN A  3  2 sin 2x  cos 2x dx 3cos 2x  sin 4x dx   2  sin x  cos x 2  sin x  cos x 3  2 sin 2x cos x  sin x    cos x  sin x  dx  2   sin x  cos x  I dt   cos x  sin x  dx Đặt t  sin x  cos x   2 sin 2x  t  1 15 . 3 D. 9 . 3  3  2 t2  1  I 2t  .t dt  2t 3  5t 6   2  t  2 dt    2t  4t  3  t  2  dt 2    t 3  2t 2  3t  6 ln t  2   C. 3  Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2 1. Phương pháp giải Kiến thức cần nhớ: Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và Ta đã biết các đẳng thức sau: cách xử lí. sin 2 t  cos2 t  1 , với mọi t   . 1  , t   k  k    2 cos t 2 1 1  cot 2 t  2 , t  k  k    sin t 1  tan 2 t  Với các bài toán sau đây thì ta không thể giải quyết ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi biến theo kiểu “lượng giác hóa” dựa vào các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây: Bài toán 1: Tính A1   dx a x 2 2 dx Bài toán 1: Tính A1   a  x2 2     Đặt x  a sin t , với t   ;  hoặc  2 2 x  a cos t với t   0;  Bài toán 2: Tính A2   dx a  x2 2 Bài toán 2: Tính A2   dx a  x2 2     ; . Đặt x  a tan t , với t    2 2 Bài toán 3: Tính A3   a x dx ax Bài toán 3: Tính A3   a x dx ax   Đặt x  a cos 2t với t   0;   2 Bài toán 4: Tính A4    x  a  x  b dx Bài toán 4: Tính A4    x  a  x  b dx   Đặt x  a   b  a  sin 2 t với t  0;   2 Bài toán 5: Tính A5   x 2  a 2 dx Bài toán 5: Tính A5   x 2  a 2 dx Đặt x      với t   ;  sin t  2 2 a 2. Bài tập x2 Bài tập 1. Nguyên hàm I   A. arcsin 4  x2 dx là: x x 4  x2  C 2 4 x x 4  x2 C B. 2 arccos  2 2 x x 4  x2 C. arccos  C 2 4 D. 2 arcsin x x 4  x2  C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D.     Đặt x  2 sin t với t   ;  . Ta có cos t  0 và dx  2 cos tdt .  2 2     ;  ). 2 cos tdt   4 sin 2 tdt (vì cos t  0, t    2 2 4  4 sin t 4 sin 2 t Khi đó I   2 Suy ra I  2  1  cos 2t  dt  2t  sin 2t  C Từ x  2 sin t  t  arcsin Vậy I   x2 4  x2 x x 4  x2 và sin 2t  2 sin t.cos t  2 2 dx  2 arcsin Bài tập 2. Nguyên hàm I   A. 3 1  x  2 2 C B. x x 4  x2  C 2 2 1 1  x  2 x 1  x2 3 dx là: C C. x 1  x  2 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt x  cos t, t  0    dx   sin t.dt . Khi đó I    Vậy  sin t.dt dt x dt    2  cot t  C hay I  C 3 sin t sin t 1  x2 1 1  x  2 3 dx  x 1  x2 C C D. 1  x2 C x Ví dụ 3. Nguyên hàm I   A. arctan x  C 1 dx là: 1  x2 B. arccot x  C C. arcsin x  C D. arccos x  C Hướng dẫn giải Chọn A.     ;  , ta có dx  1  tan 2 t dt . Đặt x  tan t với t   2 2   Khi đó I   Vậy I      1 1  tan 2 t dt   dt  t  C 2 1  tan t 1 dx  arctan x  C 1  x2 Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần 1. Phương pháp giải Với u  u  x  và v  v  x  là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:  u.v  ‘  u ‘ v.v ‘ u Viết dưới dạng vi phân d  uv   vdu  udv Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được:  d  uv    vdu   udv Từ đó suy ra  udv  uv   vdu 1 Công thức (1) là công thức nguyên hàm từng phần. Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần. Bài toán: Tìm I   u  x  .v  x  dx , trong đó u  x  và v  x  là hai hàm có tính chất khác nhau, chẳng hạn: u  x  là hàm số đa thức, v  x  là hàm số lượng giác. u  x  là hàm số đa thức, v  x  là hàm số mũ. u  x  là hàm số logarit, v  x  là hàm số đa thức. u  x  là hàm số mũ, v  x  là hàm số lượng giác. Phương pháp nguyên hàm từng phần u  u  x  du  u ‘  x  dx  Bước 1: Đặt   dv  v  x  dx v   v  x  dx Bước 2: Áp dụng công thức (1), ta được:  udv  uv   vdu Lưu ý: Đặt u  u  x  (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp như thế. Còn đối với nguyên hàm v   v  x  dx ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải. 2. Bài tập   Bài tập 1. Kết quả nguyên hàm I   x ln 2  x 2 dx là: A. x2  2 x2 ln  x 2  2    C 2 2 B. x 2  2 ln x 2  2   D.     C. x 2  2 ln x 2  2  x 2  C    x2  2 x2 ln x 2  2   C 2 2   Hướng dẫn giải Chọn D. 2x  du  x 2  2 dx u  ln 2  x 2 Đặt   2 v  x  2 dv  xdx  2  Khi đó I   x2  2 x2  2 x2 ln  x 2  2    xdx  ln  x 2  2    C 2 2 2 Chú ý: Thông thường thì với dv  xdx  v  Tuy nhiên trong trường hợp này, ta để ý v  Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm I   x2 2 x2  2 mang lại sự hiệu quả. 2 ln  sin x  2 cos x  cos2 x x2 C 2 dx là: A.  tan x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C B.  tan x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C C.  tan x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln  cos x   C D.  cot x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C Hướng dẫn giải Chọn B. cos x  2 sin x u  ln  sin x  2 cos x  du  dx   x  2 cos x sin Đặt   dx dv  v  tan x  2  sin x  2 cos x 2  cos x  cos x cos x  2 sin x dx cos x   tan x  2  ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C Khi đó I   tan x  2  ln  sin x  2 cos x    Chú ý: Ở Bài tập này, Chọn v  tan x  2 có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm  vdu . Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm I   x 2 sin 5 xdx là: 1 2 2 A.  x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5x  C 5 25 125 C. 1 2 2 2 x cos 5 x  x sin 5 x  cos 5x  C 5 25 125 1 2 2 B.  x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5x  C 5 25 125 1 2 2 D.  x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5 x  C 5 25 125 Hướng dẫn giải Chọn D. Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên u  x 2 là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo” cụ thể như sau: Bước 1: Chia thành 3 cột: + Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0. + Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo. + Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng với cột 1. Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau. 1 2 2 Khi đó I   x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5 x  C 5 25 125 Chú ý: Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian. Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo hàm và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc. Bài tập 4. Nguyên hàm I   x 4 e3 x dx là:  x 4 4 x 3 12 x 2 24 x 24  A. I    2  3  4  5  e3 x  C 3 3 3 3   3 B. I   x 4 4 x 3 12 x 2 24 x 24  C. I    2  3  4  5  e3 x  C 3 3 3 3   3  x 4 4 x 3 12 x 2 D. I    2  3 3 3  3 x 5 e3 x . C 5 3  3x e  C  Hướng dẫn giải Chọn A. Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn.  x 4 4 x 3 12 x 2 24 x 24  Vậy I    2  3  4  5  e3 x  C . 3 3 3 3   3 Bài tập 5. Nguyên hàm I   e x sin xdx là: A. 2e x  sin x  cos x   C C. 1 x e  sin x  cos x   C 2 B. 2e x  sin x  cos x   C D. 1 x e  sin x  cos x   C 2 Hướng dẫn giải Chọn C. Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại? Khi đó, ta sẽ có thể kết luận I  e x sin x  e x cos x   e x sin xdx . 1 Hay 2 I  e x sin x  e x .cos x . Vậy I  e x  sin x  cos x   C 2 Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được   sin xe x dx   I . Bài tập 6. Tìm I   ln n  ax  b  v  x  dx , trong đó v  x  là hàm đa thức, n  * và a, b  ; a  0 Hướng dẫn giải Phân tích: Vì ưu tiên u  x   ln n  ax  b  nên du  na. ln n 1  ax  b  ax  b sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng t  x   dx và tiếp tục đạo hàm thì cột 1 na từ cột 1 sang nhân với v  x  ở cột 3 để ax  b rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan dấu bình thường. Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm I   x. ln xdx là: A. x2 x2 . ln 2   C 2 4 B. x2 x2 . ln 2   C 2 4 C. x2 x2 . ln 2   C 4 2 Hướng dẫn giải Chọn A. D. x2 x2 . ln 2   C 4 2 Vậy I   x. ln xdx  x2 x2 . ln 2   C 2 4 Chú ý: chuyển lượng t  x   1 x x2 bên cột 1 sang nhân với v  x   ta thu được kết quả . Khi đó x 2 2 bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của x x2 là . 2 4 Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm I    4 x  1 . ln 3  2 x  dx là:       3x 2  6x  C 2  3x 2  6x  C 2  3x 2  6x  C 2  3x 2  6x  C 2 A. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x        B. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x        C. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x        D. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x   Hướng dẫn giải Chọn B.       Vậy I  2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x   Chú ý: Chuyển   3 , nhân với 2x 2  x thu được  6 x  3 x 3x 2  6x  C 2     Chuyển 2 , nhân với 3 x 2  3 x thu được  6 x  6  . x Chuyển 1 , nhân với 3 x 2  6 x thu được  3 x  6  . x Bài tập 7. Cho F  x    x  1 e x là một nguyên hàm của hàm số f  x  e2 x . Biết rằng hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Nguyên hàm của hàm số f ‘  x  e2 x là: A.  2  x  e x  C B.  2  x  e x  C C. 1  x  e x  C D. 1  x  e x  C Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có F ‘  x   f  x  e2 x  e x   x  1 e x  f  x  .e2 x  f  x  .e2 x  x.e x . Xét  f ‘ xe 2x dx 2x 2x u  e du  2e dx Đặt   dv  f ‘  x  dx v  f  x  Do đó I  f  x  .e2 x  2  f  x  e x dx  xe x  2  x  1 e x  C Vậy I   f ‘  x  e2 x dx   2  x  e x  C Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm 1. Phương pháp giải Ý nghĩa vật lí của đạo hàm: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S  S  t  , với S  t  là quãng đường mà chất điểm đó đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu. Gọi v  t  và a  t  lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có: v  t   S ‘  t  và a  t   v ‘  t  . Từ đó ta có: S  t    v  t  dt và v  t    a  t  dt . 2. Bài tập Bài tập 1. Một vật chuyển động với gia tốc a  t   3  m / s2  , trong đó t là khoảng thời gian tính t 1 từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao nhiêu? A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. Hướng dẫn giải Chọn C. D. 12 m/s. Vận tốc của vật tại thời điểm t được tính theo công thức: v  t    a  t  dt   3 dt  3ln t  1  C t 1 Vì vận tốc ban đầu (lúc t  0 ) của vật là v0  6 m / s nên: v  0   3ln 0  1  C  6  C  6  v  t   3ln t  1  6 . Vận tốc của vật chuyển động tại giây thứ 10 là: v 10   3ln 10  1  6  13,2  m / s  . Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc a  t      1 3 5 2 t  t m / s 2 , trong đó t là 24 16 khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận động viên là bao nhiêu? A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B. Vận tốc v  t  chính là nguyên hàm của gia tốc a  t  nên ta có: 5  1 5  1 v  t    a  t  dt     t 3  t 2  dt   t 4  t 3  C 16  96 48  24 Tại thời điểm ban đầu  t  0  thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là: v0  0  v  0   0   1 4 5 3 .0  .0  C  0  C  0 . 96 48 Vậy công thức vận tốc là v  t    1 4 5 3 t  t 96 48 Vận tốc của vận động viên tại giây thứ 5 là v  5  6,51 m / s . Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là a  t     3 m / s 2 . Ta tính v  t    a  t  dt , kết hợp với t 1 điều kiện vận tốc ban đầu v0  6 m / s . Suy ra công thức tính vận tốc v  t  tại thời điểm t và tính được v 10  . Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20 m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa đạt đến tốc độ là bao nhiêu? A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B. Xem như tại thời điểm t0  0 thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có s  0   0 và v  0   20 . Vì tên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là s n  t   9,8 m / s 2 . Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là v  t    9,8dt  9,8t  C1 . Do v  0   20 nên 9,8t  C1  20  C1  20  v  t   9,8t  20 . Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là v  2   9,8.2  20  0, 4  m / s  .
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top