Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng

Giới thiệu Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng CHƯƠNG NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN.

Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng

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 Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng

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

Text Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 1 A. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP 1. TÍCH PHÂN CHO BỞI NHIỀU CÔNG THỨC 1  x 2 + x + 1 khi x ≤ 0 b  Ví dụ 1. Cho hàm số y = f ( x ) =  2 x . Biết ∫ f ( x )dx = ae 2 − với a, b, c ∈ N * . Tìm 4 e − 3 khi x ≥ 0 c −1  giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a + b + c . A. 23 . B. 27 . C. 33 . D. 42 . Lời giải 0 1 0 1 5 25 2 Ta có, ∫ f ( x ) dx +∫ f ( x ) dx = ∫ ( x + x + 1) dx +∫ (4 e 2 x − 3) dx = + 2e 2 − 5 = 2e 2 − . 6 6 0 0 −1 −1 ⇒ T = 2 + 25 + 6 = 33 1 2 Ví dụ 2. [Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ   thỏa mãn f ′( x ) =  2  2 x −1 , f (0) = 1 và f (1) = 2 . Giá trị của biểu thức f (−1) + f (3) bằng B. 2 + ln15 . C. 3 + ln15 . D. ln15. A. 4 + ln 5 . Lời giải 1  2 dx = ln(2 x −1) + C1. Cách 1: Trên khoảng  ; +∞ : f ( x ) = ∫  2  2 x −1 Lại có f (1) = 2 ⇒ C1 = 2.  2 1 • Trên khoảng −∞;  : f ( x ) = ∫ dx = ln(1− 2 x ) + C 2 .  2 x −1 2 Lại có f (0) = 1 ⇒ C 2 = 1.  1 ln(2 x −1) + 2 khi x > 2. Vậy f ( x ) =   1 ln(1 − 2 x ) + 1 khi x < 2  Suy ra f (−1) + f (3) = 3 + ln15. Cách 2: 0 0  2dx 1 0  f (0) − f (−1) = f '( x )dx = ∫ ∫ 2 x −1 = ln 2 x −1 |−1= ln 3 (1)  −1 −1 Ta có:   3 3   f (3) − f (1) = ∫ f '( x )dx =∫ 2dx = ln 2 x −1 |13 = ln 5 (2) 2 x −1  1 1 Lấy (2)-(1), ta được f (3) − f (1) − f (0) + f (−1) = ln15 ⇒ f (−1) + f (3) = 3 + ln15 . 2. TÍCH PHÂN HÀM ẨN DẠNG 1. Điều kiện hàm ẩn có dạng: 1. f ′ ( x ) = g ( x ).h ( f ( x )) 2. f ′ ( x ).h ( f ( x )) = g ( x ) Phương pháp giải: f ′(x ) f ′ (x ) df ( x ) 1. = g (x ) ⇔ ∫ = g ( x )dx ... dx = ∫ g ( x )dx ⇔ ∫ h ( f ( x )) h ( f ( x )) h ( f ( x )) ∫ 2. ∫ f ′ ( x ).h ( f ( x )) dx = ∫ g ( x ) dx ⇔ ∫ h ( f ( x )) df ( x ) = ∫ g ( x ) dx ... Trang 1 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Chú ý: • 1 và 2 bản chất là một ( cô lập các cụm f ( x ), f ′ ( x ) sang một vế). • • Ngoài việc nguyên hàm cả hai vế, ta có thể tích phân hai về (tùy cách hỏi) f ′ ( x ) phải để trên tử Ví dụ 1. Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; + ∞) và thỏa mãn f (1) = 1 , f ( x ) = f ′ ( x ) 3x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 4 < f (5) < 5 . B. 2 < f (5) < 3 . C. 3 < f (5) < 4 . Lời giải Cách 1: Với điều kiện bài toán ta có f ′(x ) f ′(x ) 1 f ( x ) = f ′ ( x ) 3x + 1 ⇔ = ⇔∫ dx = ∫ f (x ) f (x ) 3x + 1 ⇔∫ d ( f ′ ( x )) f (x ) 1 2 1 − 2 d (3 x + 1) ⇔ ln f ( x ) = 3x + 1 + C ⇔ f ( x ) = e 3 3 + 1 x ( ) ∫ 3 3 4 +C =1 ⇔ C = − 2 4 ⇒ f (x ) = e3 3 3 x +1− 4 3 1 d ( f ( x )) f (x ) = 3 x +1 +C . 4 ⇒ f (5) = e 3 ≈ 3,79 ∈ (3; 4 ) . Vậy 3 < f (5) < 4 . Cách 2: Với điều kiện bài toán ta có 5 5 f ′(x ) f ′ (x ) 1 ⇔∫ f ( x ) = f ′( x ) 3x + 1 ⇔ dx = ∫ = f (x ) f (x ) 3x +1 1 1 5 1 dx 3x + 1 2 = Khi đó f (1) = 1 ⇔ e 3 ⇔∫ D. 1 < f (5) < 2 . 1 dx 3x +1 4 5 f (5) 4 4 4 ⇔ ln f ( x ) = ⇔ ln = ⇔ f (5) = f (1).e 3 ≈ 3,79 ∈ (3; 4 ) . 3 3 f (1) 3 1 f ( x ) xác định, có đạo hàm, liên tục và đồng biến trên [1;4 ] thỏa mãn 2 3 x + 2 xf ( x ) =  f ′ ( x ) , ∀x ∈ [1;4 ], f (1) = . Giá trị f (4 ) bằng: 2 391 361 381 371 A. B. C. D. 18 18 18 18 Lời giải Biến đổi: 2  f ′ ( x ) f ′ (x ) 2 2   =x⇒ = x. x + 2 xf ( x ) =  f ′ ( x ) ⇔ x (1 + 2 f ( x )) =  f ′ ( x ) ⇔ 1 + 2 f (x ) 1+ 2 f x Ví dụ 2. Cho ( ) 4 ⇒∫ 1 f ′ (x ) 1 + 2 f (x ) 4 dx = ∫ ⇔ 1 + 2 f (4 ) − 2 = 4 xdx ⇔ 1 + 2 f ( x ) = 1 1 14 3 14 391 ⇔ f (4 ) = . 3 18 Ví dụ 3. Cho f ( x ) không âm thỏa mãn điều kiện f ( x ). f '( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 và f (0) = 0 . Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên [1;3] là A. 22 B. 4 11 + 3 C. 20 + 2 Lời giải Biến đổi: Trang 2 D. 3 11 + 3 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng f ( x ). f '( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 ⇔ ⇔ f ( x ). f '( x ) f 2 (x ) +1 = 2x ⇒ ∫ f ( x ). f '( x ) f 2 (x ) +1 dx = ∫ 2 xdx f 2 (x ) +1 = x 2 + C Với f (0) = 0 ⇒ C = 1 ⇒ f 2 (x ) +1 = x 2 +1 ⇒ f 2 (x ) = x 4 + 2x 2 = g (x ) Ta có: g '( x ) = 4 x 3 + 4 x > 0, ∀x ∈ [1;3] . Suy ra g ( x ) đồng biến trên [1;3] f ( x )≥0 → 3 ≤ f ( x ) ≤ 3 11 Suy ra: g (1) ≤ g ( x ) = f 2 ( x ) ≤ g (3) ⇒ 3 ≤ f 2 ( x ) ≤ 99   f (x ) = 3 min [1;3] ⇒  Max f ( x ) = 3 11  3 Chú ý: Nếu không tìm được ra luôn ∫ f ( x ). f ‘( x ) dx = f 2 ( x ) + 1 + C thì ta có thể sử dụng f ( x ) +1 kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một) +) Vi phân: −1 f ( x ). f ‘( x ) f (x ) 1 2 2 ∫ f 2 ( x ) + 1 dx =∫ f 2 ( x ) + 1 d ( f ( x )) = 2 ∫ ( f ( x ) + 1) 2 d ( f ( x ) + 1) = 2 f 2 (x ) +1 + C + Đổi biến: Đặt t = f 2 ( x ) + 1 ⇒ t 2 = f 2 ( x ) + 1 ⇒ tdt = f ( x ) f ‘( x )dx f ( x ). f ‘( x ) tdt Suy ra: ∫ dx =∫ = ∫ dt = t + C = f 2 ( x ) + 1 + C 2 t f ( x ) +1 Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x ) ≠ 0 thỏa mãn điều kiện f ‘ ( x ) = (2 x + 3). f 2 ( x ) và f (0) = −1 . Biết 2 tổng f (1) + f (2) + … + f (2017) + f (2018) = a a với a ∈ ℤ, b ∈ ℕ* và là phân số tối giản. b b Mệnh đề nào sau đây đúng? a a A. < −1 . B. > 1 . b b C. a + b = 1010 . D. b − a = 3029. Lời giải f (x ) f ‘( x ) Biến đổi f ( x ) = (2 x + 3). f ( x ) ⇔ 2 = 2x + 3 ⇔ ∫ 2 dx = ∫ (2 x + 3) dx f (x ) f (x ) −1 1 1 ⇔− = x 2 + 3x + C ⇒ f ( x ) = − 2 . Mà f (0) = nên C = 2 . f (x ) x + 3x + C 2 ‘ ‘ Do đó f ( x ) = − 2 1 1 =− . x + 3x + 2 ( x + 1)( x + 2) 2 a = f (1) + f (2 ) + … + f (2017 ) + f (2018) b  1 1 1 1  = − + + ….. + +  2.3 3.4 2018.2019 2019.2020  1 1 1 1 1 1 1 1 1  1  −1009 . = − − + − + ….. + − + −  = − − =  2 3 3 4  2 2020  2020 2018 2019 2019 2020  a = −1009 Với điều kiện a, b thỏa mãn bài toán, suy ra:  ⇒ b − a = 3029 .  b = 2020 Khi đó Trang 3 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN BẢNG TÔ ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN – BUỔI 7 Học sinh làm BTTL xong, tô phương án đúng. Buổi sau học sinh cùng GV kiểm tra kết quả Câu 1. 3 x 2 [Chuyên Thái Bình-Lần 5-2018] Cho hàm số y = f ( x ) =  4 − x khi 0 ≤ x ≤ 1 . Tính khi 1 ≤ x ≤ 2 2 ∫ f ( x )dx . 0 A. Câu 2. Câu 3. Câu 4. 7 . 2 B. 1 . C. 5 . 2 D. 3 . 2 4 6 x 2 khi x ≤ 0  Cho hàm số y = f ( x ) =  và I = ∫ f ( x )dx . Hỏi có tất cả bao nhiêu số a − a 2 x khi x ≥ 0 −1  nguyên a để I + 22 ≥ 0 ? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . 1 [Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ   thỏa mãn  2  2 , f (0) = 1 và f (1) = 2 . Giá trị của biểu thức f (−1) + f (3) bằng f ′( x ) = 2 x −1 A. 4 + ln 5 . B. 2 + ln15 . C. 3 + ln15 . D. ln15. [Toán học tuổi trẻ số 6 – 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ {1} thỏa mãn 1 , f (0 ) = 2017 , f (2) = 2018 . Tính S = f (3) − f (−1) . x −1 A. S = 1 . B. S = ln 2 . C. S = ln 4035 . D. S = 4 . 1 [Lục Ngạn–Bắc Giang–2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ   thỏa mãn  3  2 3 f ′ (x ) = , f (0) = 1 và f   = 2 . Giá trị của biểu thức f (−1) + f (3) bằng  3  3 x −1 A. 3 + 5 ln 2 . B. −2 + 5 ln 2 . C. 4 + 5 ln 2 . D. 2 + 5 ln 2 . 4 Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ {−2;2} và thỏa mãn f ′ ( x ) = 2 ; f (−3) = 0 ; x −4 f (0) = 1 và f (3) = 2 . Tính giá trị biểu thức P = f (−4 ) + f (−1) + f (4 ) . f ′ (x ) = Câu 5. Câu 6. A. P = 3 + ln 3 . 25 B. P = 3 + ln 3 . Trang 4 5 C. P = 2 + ln . 3 5 D. P = 2 − ln . 3 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 7. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ {−2;1} thỏa 1 1 ; f (−3) − f (3) = 0 và f (0 ) = . Giá trị của biểu thức mãn f ′ ( x ) = 2 x + x −2 3 f (−4 ) + f (−1) − f (4 ) bằng 1 1 1 4 1 8 + ln 2 . B. 1 + ln 80 . C. 1 + ln 2 + ln . D. 1 + ln . 3 3 3 5 3 5 [Sở Bắc Giang – 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ {−1;1} và thỏa mãn A. Câu 8.  1 1 ; f (−3) + f (3) = 0 và f −  +  2  x −1 P = f (0 ) + f ( 4 ) . f ′ (x ) = 2 1 f   = 2 . Tính giá trị của biểu thức  2  3 3 1 3 1 3 A. P = 2 + ln . B. P = 1 + ln . C. P = 1 + ln . D. P = ln . 5 5 2 5 2 5 Câu 9. [Sở Phú Thọ – 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ {−1;1} và thỏa mãn  1 1 2 f ‘(x ) = 2 ; f (−2 ) + f (2 ) = 0 và f −  + f   = 0. Tính f (−2 ) + f (0 ) + f (4 ) = 0   2  2  x −1 được kết quả 6 6 4 4 A. P = 1 + ln . B. P = −1 + ln . C. P = 1 + ln . D. P = −1 + ln . 5 5 5 5 Câu 10. [Chuyên Thái Bình – Lần 4 – 2018] Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số  π  1 với ∀x ∈ ℝ − + k π, k ∈ ℤ. Biết F (0) = 1 và F (π ) = 0. Tính giá trị của  4  1 + sin 2 x  π 11π  biểu thức P = F −  − F  .  12   12  y= A. P = 2 − 3. B. P = 0. C. Không tồn tại. D. P = 1. Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ thỏa mãn đồng thời các điều kiện 1 f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ℝ ; f ′ ( x ) = −e x . f 2 ( x ) , ∀x ∈ ℝ và f (0 ) = . Tính giá trị của f (ln 2) . 2 2 2 2 1 A. f (ln 2 ) = . B. f (ln 2) = − . C. f (ln 2 ) = . D. f (ln 2) = . 9 9 3 3 Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C ) , xác định và liên tục trên ℝ thỏa mãn đồng thời các điều kiện f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ , f ′ ( x ) = ( x . f ( x )) , ∀x ∈ ℝ và f (0 ) = 2 . Phương trình tiếp 2 tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 của đồ thị (C ) là. A. y = 6 x + 30 . B. y = −6 x + 30 . C. y = 36 x − 30 . D. y = −36 x + 42 . Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [−1;1] , thỏa mãn f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ và f ‘ ( x ) + 2 f ( x ) = 0 . Biết f (1) = 1 , tính f (−1) . A. f (−1) = e −2 . Câu 14. B. f (−1) = e 3 . C. f (−1) = e 4 . D. f (−1) = 3 . [Sở Yên Bái – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ‘ ( x ). f ( x ) = x 4 + x 2 . Biết f (0) = 2 . Tính f 2 (2) . 313 332 A. f 2 (2) = . B. f 2 (2) = . 15 15 Trang 5 C. f 2 (2) = 324 . 15 D. f 2 (2 ) = 323 . 15 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng [Sở Nam Định – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên (0; + ∞) , biết 1 f ′ ( x ) + (2 x + 4 ) f 2 ( x ) = 0 và f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ; f (2 ) = . Tính f (1) + f (2 ) + f (3) . 15 7 11 11 7 A. . B. . C. . D. . 15 15 30 30 Câu 16. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ . Biết f 6 ( x ). f ′ ( x ) = 12 x + 13 và f (0 ) = 2 . Câu 15. Khi đó phương trình f ( x ) = 3 có bao nhiêu nghiệm? A. 2 . B. 3 . C. 7 . D. 1 . Câu 17. Cho hàm số f ( x ) ≠ 0 thỏa mãn điều kiện f ‘ ( x ) = (2 x + 3). f 2 ( x ) và f (0 ) = f (1) + f (2) + … + f (2017 ) + f (2018) = −1 . Biết tổng 2 a a với a ∈ ℤ, b ∈ ℕ * và là phân số tối giản. b b Mệnh đề nào sau đây đúng? a a A. < −1 . B. > 1 . C. a + b = 1010 . D. b − a = 3029. b b Câu 18. [Chuyên Vinh – Lần 4 – 2017] Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên (0; + ∞) và thỏa mãn f (1) = 1 , f ( x ) = f ′ ( x ) 3 x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 4 < f (5) < 5 . B. 2 < f (5) < 3 . C. 3 < f (5) < 4 . D. 1 < f (5) < 2 . Câu 19. [Quảng Xương I – Thanh Hóa – Lần 4 – 2018] Cho f ( x ) xác định, có đạo hàm, liên tục 2 3 và đồng biến trên [1;4 ] thỏa mãn x + 2 xf ( x ) =  f ′ ( x ) , ∀x ∈ [1;4 ], f (1) = . Giá trị f (4 ) 2 bằng: 391 361 381 371 A. B. C. D. 18 18 18 18 Câu 20. Cho f ( x ) không âm thỏa mãn điều kiện f ( x ). f '( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 và f (0) = 0 . Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên [1;3] là A. 22 B. 4 11 + 3 C. 20 + 2 D. 3 11 + 3 Câu 21. [Chuyên Tuyên Quang – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và đồng biến trên ℝ thỏa mãn f (0 ) = 1 và ( f ′ ( x )) = e x f ( x ), ∀x ∈ ℝ . Tính tích phân 2 1 ∫ f ( x ) dx bằng 0 A. e − 2 . B. e −1 . C. e 2 − 2 . D. e 2 −1 . Câu 22. [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ {0} thỏa mãn x 2 f 2 ( x ) + (2 x −1) f ( x ) = xf ′ ( x )−1 với ∀x ∈ ℝ {0} và 2 f (1) = −2 . Tính ∫ f ( x ) dx . 1 1 3 ln 2 3 ln 2 A. − − ln 2 . B. − − ln 2 . C. −1 − . D. − − . 2 2 2 2 2 Câu 23. [Sở Đà Nẵng – 2018] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [ 4;8 ] và 8 f (0) ≠ 0 với ∀x ∈ [ 4;8 ] . Biết rằng ∫ 4 A. 5 . 8 B. 2 . 3  ′   f ( x ) dx = 1 và f (4 ) = 1 , f (8) = 1 . Tính f (6 ) . 4 2  f ( x ) 4   3 1 C. . D. . 8 3 2 Trang 6 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 1 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. 3 x 2 khi 0  x  1 [Chuyên Thái Bình-Lần 5-2018] Cho hàm số y  f  x    . Tính 4  x khi 1  x  2 2  0 A. Câu 2. f  xdx . 7 . 2 Ta có, 1  0 5 . 2 Lời giải C. D. 3 . 2 1  5 7 x2  2 f  x dx  f  x dx   3 x dx  4  x dx  x 3  4 x    1   . 0  2  1 2 2 1 0 1 2 1 2 2 4 6 x 2 khi x  0  Cho hàm số y  f  x    và I   f  x dx . Hỏi có tất cả bao nhiêu số a  a 2 x khi x  0 1  nguyên a để I  22  0 ? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Ta có 4 0 4 0 4  a 2 x 2  2 2 3 0    2  4 a  8a 2 . I   f  xdx   f  xdx   6 x dx   a  a xdx  2 x 1  ax  2   1 Câu 3. B. 1 . 0 1 0 0 3 a a  1;0;1;2 . I  22  0  2  4 a  8a 2  22  0  2a 2  a  6  0    a  2  2 Vậy có 4 giá trị nguyên của a thỏa mãn. 1 2 [Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số f ( x) xác định trên    thỏa mãn f ( x)   2  2 x 1 , f (0)  1 và f (1)  2 . Giá trị của biểu thức f (1)  f (3) bằng A. 4  ln 5 . B. 2  ln15 . C. 3  ln15 . D. ln15. Lời giải 2 f ( x)   dx  ln(2 x 1)  C1. 2 x 1 1  Cách 1: Trên khoảng  ;  :  2  Lại có f (1)  2  C1  2.  2 1 dx  ln(1  2 x)  C2 . • Trên khoảng ;  : f ( x)    2 x 1 2 Lại có f (0)  1  C2  1.  1   ln(2 x 1)  2 khi x    2. Vậy f ( x)    1  ln(1  2 x)  1 khi x    2   Suy ra f (1)  f (3)  3  ln15. Cách 2: 0 0  2dx 1 0  f (0)  f (1)  f '( x)dx    2 x 1  ln 2 x 1 |1  ln 3 (1)  1 1 Ta có:  3 3   f (3)  f (1)   f '( x)dx  2dx  ln 2 x 1 |13  ln 5 (2)  2 x 1 1 1  Trang 1 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 4. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Lấy (2)-(1), ta được f (3)  f (1)  f (0)  f (1)  ln15  f (1)  f (3)  3  ln15 . [Toán học tuổi trẻ số 6 – 2018] Cho hàm số f  x  xác định trên  1 thỏa mãn 1 , f 0  2017 , f 2  2018 . Tính S  f 3  f 1 . x 1 A. S  1 . B. S  ln 2 . C. S  ln 4035 . D. S  4 . Lời giải 1 dx  ln  x 1   C . Cách 1: Ta có  f  x  dx   x 1    f  x   ln  x 1   2017 khi x  1 Theo giả thiết f 0  2017 , f 2  2018 nên  .      ln 1 2018 khi 1 f x x x        Do đó S  f 3  f 1  ln 2  2018  ln 2  2017  1 . f   x  Cách 2: 0 0  1 dx 0  f (0)  f (1)  f '( x)dx    x 1  ln x 1 |1  ln 2 (1)  1 1 Ta có:  3 3   f (3)  f (2)   f '( x)dx  dx  ln x 1 |32  ln 2 (2)  x 1 2 2  Lấy 1  2, ta được Câu 5. f (3)  f (2)  f (0)  f (1)  0  S  f (3)  f (1)  f (2)  f (0)  1 . 1 [Lục Ngạn–Bắc Giang–2018] Cho hàm số f ( x) xác định trên    thỏa mãn  3  2 3 , f 0  1 và f    2 . Giá trị của biểu thức f 1  f 3 bằng f   x   3  3 x 1 A. 3  5 ln 2 . B. 2  5 ln 2 . C. 4  5 ln 2 . D. 2  5 ln 2 . Lời giải    ln 3 x 1  C1 khi x  ; 1     3  3 3 Cách 1: Từ f   x   . dx=   f  x    1  3 x 1 3 x 1  ln 3 x 1  C1 khi x   3 ;      ln 3 x 1  1 khi x  ; 1   0 1 f       0  C1  1 C1  1   3     Ta có:   2  .  f  x          1  f    2 0  C2  2 C2  2   ln 3 x 1  2 khi x   ;    3 3   Khi đó: f 1  f 3  ln 4  1  ln 8  2  3  ln 32  3  5 ln 2 . Cách 2: Ta có 0 0  0 3 1  f 0  f 1  f  x  0  f   x  dx    3x 1 dx  ln 3x 1 1  ln 4 1  1 1 1  3 3  2 3 3 3  dx  ln 3 x 1 2  ln 8 2  f 3  f    f  x  2   f   x  dx   3 3 x 1 3 3  2 2 3 3  2 Lấy 2  1 , ta được: f 3  f 1  f 0  f    ln 32  f 1  f 3  3  5 ln 2 .  3  Trang 2 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 6. Câu 7. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 4 ; f 3  0 ; x 4 f 0  1 và f 3  2 . Tính giá trị biểu thức P  f 4   f 1  f 4  . 3 5 5 B. P  3  ln 3 . C. P  2  ln . D. P  2  ln . A. P  3  ln . 3 25 3 Lời giải 4 dx 4 4 dx  f  x   2  Từ f   x   2 x 4 x 4  x  2 x  2  x2    C1 khi x  ; 2 ln    x 2     x2   C2 khi x  2;2 ln   x 2    x2    C3 khi x  2;  ln     x2     f 3  0   ln 5  C1  0 C1   ln 5          Ta có  f 0  1  0  C2  1  C2  1       f 2  2 C3  2  ln 5  1       ln 2 C  3    5  x2   ln -ln5 khi x  ;2   x2     x2  f  x   ln khi x  2;2 . 1  x2    x2   ln  2  ln 5 khi x  2;      x2 1 Khi đó P  f 4   f 1  f 4   ln 3  ln 5  ln 3  1  ln  2  ln 5  3  ln 3 . 3 [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho hàm số f  x  xác định trên  2;1 thỏa mãn Cho hàm số f  x  xác định trên  2;2 và thỏa mãn f   x   1 f 3  f 3  0 ; x  x2 f 4   f 1  f 4  bằng f   x  A. 2 1 1  ln 2 . 3 3 f   x  1 x  x2 B. 1  ln 80 . và 1 3 f 0   . Giá 1 4 C. 1  ln 2  ln . 3 5 Lời giải trị 2 của biểu 1 8 D. 1  ln . 3 5 2  x 1 1  ln  C1 khi x  ; 2   3 x2   1 dx dx x 1   x  2;1  f  x   2    ln  C2 khi  x  x2  x 1 x  2  3 x  2  1 x 1   ln  C3 khi x  1;   3 x  2   1 1 2 1 Do đó f 3  f 3  0  ln 4  C1  ln  C3  C3  C1  ln10 . 3 3 5 3 Trang 3 thức Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 1 1 1 1 1  ln  C2   C2   ln 2 . 3 3 2 3 3 3  1 x 1    ln khi x  ; 2  C1   x  3 2    x 1 1 1  1  f  x    ln   ln 2 khi x  2;1 .  3 x2 3 3      1 ln x 1  C1  1 ln10 khi x  1;   3  3 x  2 1 5  1  1 1  1 1 1 Khi đó: f 4   f 1  f 4    ln  C1    ln 2   ln 2   ln  C1  ln10  3 2   3   3 2  3 3 3 1 1   ln 2 . 3 3 [Sở Bắc Giang – 2018] Cho hàm số f  x  xác định trên  1;1 và thỏa mãn Và f 0  Câu 8.  1 1 ; f 3  f 3  0 và f     2  x 1 P  f 0   f  4  . f   x  2 3 A. P  2  ln . 5 f   x  2 1 3 1 3 C. P  1  ln . D. P  ln . 2 5 2 5 Lời giải 1 x 1   ln  C1 khi x  ; 1  1;    2 x 1 dx    x 1 x  1  1 x 1 ln  C2 khi x  1;1     2 x 1 3 B. P  1  ln . 5 1 dx  2  x 1 x 1  2 . 1 f    2 . Tính giá trị của biểu thức 1 1 1 ln 2  C1  ln  C1  0  C1  0 . 2 2 2  1 1 1 1 1 Và f    f    2  ln 3  C2  ln  C2  2  C2  1 .  2   2  2 2 3  1 x 1   ln khi x  ; 1  1;    2 x 1 1 3   P  f 0  f 4  = 1  ln . Suy ra f  x     2 5 1 x 1  ln  1 khi x  1;1     2 x 1 [Sở Phú Thọ - 2018] Cho hàm số f  x  xác định trên  1;1 và thỏa mãn Ta có f 3  f 3  0  Câu 9.  1 1 2 ; f 2  f 2  0 và f    f    0. Tính f 2  f 0  f 4   0  2   2  x 1 được kết quả 6 6 4 4 A. P  1  ln . B. P  1  ln . C. P  1  ln . D. P  1  ln . 5 5 5 5 Lời giải  x 1  C1 khi x  ; 1  1;  ln x 1 2 2dx 2dx  f '  x  2  f  x   2   x 1 x 1   x 1 x  1  x 1  C1 khi x  1;1 l n  x  1 f '  x  2 Trang 4 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 Ta có f 2  f 2  0  ln 3  C1  ln  C1  0  C1  0. 3  1   1  1 và f    f    2  ln 3  C2  ln  C2  2  C2  1.  2   2  3  x 1   ln khi x  ; 1  1;    x 1  Suy ra: f  x     x 1  +1 khi x  1;1 ln     x 1 3 6  f 3  f 0  f 4   ln 2  1  ln  1  ln 5 5 Câu 10. [Chuyên Thái Bình – Lần 4 – 2018] Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số    1 với x      k, k   . Biết F 0  1 và F    0. Tính giá trị của   1  sin 2 x  4      11  biểu thức P  F    F  .  12   12  y A. P  2  3. C. Không tồn tại. D. P  1. Lời giải 1 1 1 Cách 1: Biến đổi y    . Khi đó: 2   1  sin 2 x sin x  cos x  2 2 sin  x    4 F  x   Ta có: B. P  0.   5     1  tan  x    C1 khi x   ;    k2 2 4 4 4 dx   k  .   1         3 2 2 sin  x    tan  x    C2 khi x   ;   k2    4 4  4   2 4       1  1   1 tan  x     1 khi x   5 ;     k2   C 1 C    2  F 0  1  2 2   4 4  2 4   2 2    F  x         1 tan  x     1 khi x    ; 3   k2  F    0  1  C1  0 C1   1    2  2  4 4  4  2  2   11   1     tan   1    1 tan 7  1   1 . Khi đó: P  F    F     12   2  12  6 2   2 6 2  0  dx  F 0  F     F  x  0   1       x 12  1 sin 2 12    12  Cách 2: Ta có       dx  F    F  11   F  x  11   2      12  1  sin 2 x 12 11  12  0    11  dx dx   Lấy 2  1 , ta được: F    F   F    F 0      12   12  1  sin 2 x 1  sin 2 x 11  12   11    11   F    F  1  0  F    F  1.  12   12   12   12  casio Trang 5  12 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 11. Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên  thỏa mãn đồng thời các điều kiện 1 f  x  0 , x   ; f   x  ex . f 2  x , x   và f 0  . Tính giá trị của f ln 2 . 2 1 2 2 2 B. f ln 2   . C. f ln 2  . D. f ln 2  . A. f ln 2  . 3 9 3 9 f   x  ex . f 2  x   1 ln 2 0 0 f  x ln 2 0 1 1 1 1  1   3  f ln 2  . 3 f ln 2 f 0 f ln 2  1  f  x 0 Lời giải 1 ln 2 f   x df  x  x dx   e dx   2  ex 2 f   x  ex   f  x f 2  x 0 ln 2 Câu 12. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị C  , xác định và liên tục trên  thỏa mãn đồng thời các 2 điều kiện f  x   0 x   , f   x    x. f  x  , x   và f 0  2 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  1 của đồ thị C  là. A. y  6 x  30 . 2 f   x   x. f  x   1 1 f  x 0  B. y  6 x  30 . 1 f   x 2   x  f 2  x 0 C. y  36 x  30 . D. y  36 x  42 . Lời giải 1 1 1 f   x df  x  x 3 2 dx   x dx   2  f 2  x f x 3 0   0 0 1 1 1 1 1 1   f 1  6 .     3 3 f 1 6 f 1 f 0 2 2 Từ f   x    x. f  x   f  1  1. f 1  36 . Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là y  36 x  30 . Câu 13. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm và liên tục trên đoạn 1;1 , thỏa mãn f  x   0, x   và f '  x   2 f  x   0 . Biết f 1  1 , tính f 1 . A. f 1  e2 . B. f 1  e3 . Biến đổi: Câu 14. C. f 1  e4 . Lời giải D. f 1  3 . 1 1 1 f '  x f '  x df  x  2    4  ln f  x  11  4 f '  x  2 f  x  0  dx   2dx   f  x f x f x     1 1 1 f 1 f 1 ln  4   e4  f 1  f 1.e4  e4 . f 1 f 1 [Sở Yên Bái – 2018] Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f '  x . f  x   x 4  x 2 . Biết f 0  2 . Tính f 2 2 . A. f 2 2  313 . 15 B. f 2 2  2 332 . 15 C. f 2 2  Lời giải 2 324 . 15 Ta có f '  x . f  x   x  x   f '  x . f  x  dx    x 4  x 2  dx 4 2 0 2   f  x df  x  0 f 2 2   4 2  136  15 f 2  x 2 136 332 .  f 2 2   15 15 0 2 0  136 15 Trang 6 D. f 2 2  323 . 15 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 15. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng [Sở Nam Định – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên 0;  , biết f   x  2 x  4  f 2  x  0 và f  x  0, x   ; f 2  11 . 30 Lời giải  f   x f  x Biến đổi f   x   2 x  4  f 2  x   0  2  2 x  4   2 dx   2 x  4  dx f  x f  x A. 7 . 15  B. d  f  x 11 . 15 1 . Tính f 1  f 2  f 3 . 15 7 D. . 30 C.  x 2  4 x  C   1  x 2  4 x  C  f  x   1 . x  4 x C f  x f  x 1 1 1 1   Với f 2  .  C  3 , suy ra: f  x   2 x  4x  3 15 15 12  C 1 1 1 7  . Khi đó: f 1  f 2  f 3    8 15 24 30 Câu 16. Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên  . Biết f 6  x . f   x   12 x  13 và f 0  2 . 2 Khi đó phương trình f  x   3 có bao nhiêu nghiệm? B. 3 . A. 2 . Từ f 6  x . f   x   12 x  13   C. 7 . Lời giải 6 f  x. f   x dx   12 x  13 dx   f  x  df  x   6 x  13 x  C  6 2 f 7  x 7 D. 1 .    6 x 2  13 x  C  C  f 0 2 Suy ra: f  x   42 x  91x  2 . 7 2 2 2 . 7 Từ f  x   3  f 7  x   2187  42 x 2  91x  2  2187  42 x 2  91x  2185  0 * . Phương trình * có 2 nghiệm trái dấu do ac  0 . Câu 17. Cho hàm số f  x   0 thỏa mãn điều kiện f '  x   2 x  3. f 2  x  và f 0  f 1  f 2  ...  f 2017  f 2018  đề nào sau đây đúng? A. a  1 . b B. a 1. b 1 . Biết tổng 2 a a với a  , b   * và là phân số tối giản. Mệnh b b C. a  b  1010 . D. b  a  3029. Lời giải f ' x f  x   2  3 x  f 2  x dx   2 x  3 dx f 2  x 1 1 1 . Mà f 0  nên C  2 .   x 2  3x  C  f  x   2 2 f  x x  3x  C Biến đổi f ' x   2 x  3. f 2  x   Do đó f  x    Khi đó ' 1 1  . x  3x  2  x  1 x  2 2 a  f 1  f 2  ...  f 2017  f 2018 b  1  1 1 1     .....     2.3 3.4 2018.2019 2019.2020  1 1 1 1 1 1 1 1 1  1  1009 .       .....           2 3 3 4  2 2020  2020 2018 2019 2019 2020  Trang 7 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng a  1009 Với điều kiện a, b thỏa mãn bài toán, suy ra:   b  a  3029 .  b  2020 Câu 18. [Chuyên Vinh – Lần 4 – 2017] Giả sử hàm số y  f  x  liên tục, nhận giá trị dương trên 0;  và thỏa mãn f 1  1 , f  x  f   x 3 x  1 , với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 4  f 5  5 . B. 2  f 5  3 . C. 3  f 5  4 . Lời giải Cách 1: Với điều kiện bài toán ta có f  x  f   x 3x  1   D. 1  f 5  2 . f   x f   x 1 dx     f  x f  x 3x  1 1 3x  1 dx d  f ′  x  2 1 2 1  2 3x  1  C  f  x  e 3   3 x  1 d 3 x  1  ln f  x   3 3 f  x 4 Khi đó f 1  1  e 3 C 1  C  Vậy 3  f 5  4 . Chú ý: Các bạn có thể tính  Cách 2: Với điều kiện bài toán ta có 2 4  f  x  e 3 3 3 x 1 4 3 3 x 1 C 4  f 5  e 3  3,79  3;4  . . dx bằng cách đặt t  3 x  1 . 3x  1 5 5 f ′ x f   x 1 1 dx   dx  f  x  f ′ x 3x  1   f x f  x   3 1  x 3x  1 1 1 5 4 5 d  f  x  4 f 5 4 4   f 5  f 1.e 3  3,79  3;4  .    ln f  x    ln 3 1 3 f 3 f x     1 1 Câu 19. [Quảng Xương I – Thanh Hóa – Lần 4 – 2018] Cho f ( x) xác định, có đạo hàm, liên tục 2 3 và đồng biến trên 1;4  thỏa mãn x  2 xf  x    f   x  , x  1;4 , f 1  . Giá trị f 4  2 bằng: 391 A. 18 B. Biến đổi: 361 18 381 18 Lời giải C. D. 371 18 2  f   x  f   x  x  x. x  2 xf  x    f   x   x 1  2 f  x   f   x   1  2 f  x 1  2 f  x 4  1 f   x 1  2 f  x 2 2 4 dx    1  2 f 4   2  4 xdx  1  2 f  x  1 1 14 391  f 4   . 3 18 4 Chú ý: Nếu không nhìn được ra luôn I   1 14 3 f   x 1  2 f  x dx  1  2 f  x thì ta có thể sử dụng kỹ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một). Trang 8 4 1  1  2 f 4   2 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng f '  x 4 + Vi phân: Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng  1  2 f  x 1 df  x  4 dx   1  2 f  x 1 4  1 4  1 2 d 1  2 f  x  1  2 f  x . 1 2  f x       1 2 1 + Đổi biến: Đặt t  1  2 f  x   t 2  1  2 f  x   tdt  f   x  dx với x  1  t  1  2 f 1  2; x  4  t  1  2 f 4  . 12 f 4  Khi đó I   2 12 f 4  tdt  t  dt  t 2 12 f 4  2  1  2 f 4   2 . Câu 20. Cho f ( x) không âm thỏa mãn điều kiện f ( x). f '( x)  2 x f 2 ( x)  1 và f (0)  0 . Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  f ( x) trên 1;3 là A. 22 B. 4 11  3 Biến đổi: f ( x). f '( x)  2 x f 2 ( x)  1   C. 20  2 Lời giải f ( x). f '( x) f 2 ( x)  1  2x   f ( x). f '( x) f 2 ( x)  1 D. 3 11  3 dx   2 xdx f 2 ( x)  1  x 2  C Với f (0)  0  C  1  f 2 ( x )  1  x 2  1  f 2 ( x )  x 4  2 x 2  g( x ) Ta có: g '( x)  4 x 3  4 x  0, x  1;3 . Suy ra g( x) đồng biến trên 1;3 f ( x )0  3  f ( x)  3 11 Suy ra: g(1)  g( x)  f 2 ( x)  g 3  3  f 2 ( x)  99    min f ( x)  3   1;3   Max f ( x)  3 11     3 Chú ý: Nếu không tìm được ra luôn f ( x). f '( x)  2 f ( x)  1 f 2 ( x)  1  C thì ta có thể sử dụng dx  kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một) +) Vi phân: 1 f ( x). f '( x) f ( x) 1 2 2  f 2 ( x)  1 dx  f 2 ( x)  1 d  f ( x)  2   f ( x)  1 2 d  f ( x)  1  f 2 ( x)  1  C + Đổi biến: Đặt t  f 2 ( x)  1  t 2  f 2 ( x)  1  tdt  f ( x) f '( x)dx f ( x). f '( x) tdt Suy ra:  dx    dt  t  C  f 2 ( x)  1  C 2 t f ( x)  1 Câu 21. [Chuyên Tuyên Quang – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f  x  có đạo hàm và đồng biến trên 2  thỏa mãn f 0  1 và  f   x   ex f  x , x   . Tính tích phân A. e  2 . 2 B. e 1 . Biến đổi  f   x   ex f  x   2  f   x f  x C. e2  2 . Lời giải  ex  Trang 9 f   x f  x  ex   1  0 f  x dx bằng D. e2 1 . f   x f  x dx   ex dx Biên soạn: Hoàng Phi Hùng  Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 2 x x 2 2    f  x  df  x    e dx  2 f  x   2e  C Vì f 0  1  C  0  1 Câu 22. Suy ra  0 x f  x   e 2  f  x   ex 1 1 f  x dx   edx  e 0 x 0  e 1 . [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y  f  x  xác định và liên  0 thỏa mãn x 2 f 2  x   2 x 1 f  x   xf   x  1 với tục trên 2 f 1  2 . Tính 1 A.   ln 2 . 2  1 f  x dx . 3 B.   ln 2 . 2 C. 1  Lời giải x   0 và 3 ln 2 D.   . 2 2 ln 2 . 2 2 Ta có x f  x   2 x 1 f  x   xf   x  1   xf  x   1  f  x   xf   x * 2 2 Đặt h x   f  x   xf   x   h  x   f  x   xf   x  , khi đó * có dạng h2  x  h  x  h  x h  x dh x 1  x C   1  x C   dx   1dx   2 2 2  h x h  x h  x h  x 1 1  xf  x   1   x C x C 1 Vì f 1  2 nên 2  1   C  0 1C 1 1 1 Khi đó xf  x   1    f  x    2   h x   x x 2 Câu 23. Suy ra:  1 x 2 2  1 1 1  1 f  x dx    2  dx    ln x    ln 2  x x 1 x 2 1 [Sở Đà Nẵng – 2018] Cho hàm số f  x  có đạo hàm và liên tục trên đoạn  4;8 và f 0  0 2  f   x   dx  1 và f 4   1 , f 8  1 . Tính f 6 . với x   4;8 . Biết rằng   4 4 2   4  f  x  5 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 8 3 Lời giải 8 8  1 f   x df  x 1 8 1    2  4   2 . +) Xét  2 dx   2       4 f x f x f x f f 8 4            4 4 8 2  f   x  +) Gọi k là một hằng số thực, ta sẽ tìm k để   2  k dx  0 .   f  x 4  Ta 2 2 8  8  8 8     f x   f x f   x   2 2 2       f 2  x  k dx    f  x 4 dx  2k  f 2  xdx  k  dx  1  4 k  4 k  2k  1 . 4 4  4 4  2 8  6 6 f   x 1  f   x 1 f   x 1 1   Suy ra: k   thì   2   dx  0  2   dx   dx  f  x  2  2 2 f  x 2  f 2  x 8 4 4 Trang 10 4 có: Biên soạn: Hoàng Phi Hùng 6  4 Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng df  x 1 6 1 1 1 1 1  1   1  4  1  f 6   . 2 f  x f  x 4 f  4  f 6  f 6  3 b Chú ý:  a f  x dx  0 không được phép suy ra f  x  0 , nhưng b  f 2 k  x dx  0  f  x  0 a Trang 11 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 2 A. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP DẠNG 2. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn : A. f ( x ) + B. u ′. f (u ) +C . f (a + b − x )= g ( x ) b b u (a ) = a 1 +) Với  g ( x ) dx . thì ∫ f ( x ) dx = u (b )= b A + B + C ∫a a  b b u (a ) = b 1 g ( x ) dx . +) Với  thì ∫ f ( x ) dx = A − B + C ∫a u (b )= a a Trong đề bài thường sẽ bị khuyết một trong các hệ số A, B,C . b Nếu f ( x ) liên tục trên [a; b ] thì ∫ b f (a + b − x ) dx = a ∫ f ( x ) dx . a Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] thỏa mãn f ( x ) = 6 x 2 f ( x 3 ) − 6 . Tính 3x + 1 1 ∫ f ( x ) dx 0 C. −1 . D. 6 . Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) 6 6 Biến đổi f ( x ) = 6 x 2 f ( x 3 ) − ⇔ f ( x ) − 2.3 x 2 . f ( x 3 ) = − với A = 1 , 3x + 1 3x +1 B = −2 . 1 1 1 6 − dx = 4 . Áp dụng công thức ta có: ∫ f ( x ) dx = ∫ 1 + − 2 ( ) 3 x + 1 0 0 Cách 2: (Dùng công thức biến đổi – nếu không nhớ công thức) 1 1 1 1 6 2 3 2 3 ⇒ ∫ f ( x ) dx − 2 ∫ 3 x f ( x ) dx = −6 ∫ dx Từ f ( x ) = 6 x f ( x ) − 3x +1 3x + 1 0 0 0 A. 2 . B. 4 . Đặt u = x 3 ⇒ du = 3 x 2 dx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 Khi đó 1 ∫ 3x f ( x ) dx = ∫ 2 3 0 f (u ) du = ∫ f ( x ) dx thay vào (*) , ta được: 0 1 ∫ 1 0 1 1 f ( x ) dx − 2 ∫ f ( x ) dx = −6 ∫ 0 Ví dụ 2. Xét 0 hàm số 0 f (x ) 1 1 1 dx ⇔ ∫ f ( x ) dx = 6 ∫ 3x +1 0 0 liên tục [0;1] trên và 1 dx = 4 . 3x + 1 thỏa mãn điều kiện 1 4 xf ( x 2 ) + 3 f ( x −1) = 1 − x 2 . Tích phân I = ∫ f ( x ) dx bằng 0 A. I = π . 4 B. I = π . 6 C. I = π . 20 D. I = π 16 Lời giải 1 1 1 0 0 Từ 4 x. f ( x ) + 3 f ( x −1) = 1− x ⇒ 2 ∫ 2 xf ( x ) dx + 3∫ f (1− x ) dx = ∫ 1 − x 2 dx (∗) 2 2 2 0 +) Đặt u = x ⇒ du = 2 xdx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 2 Trang 1 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 Khi đó 1 ∫ 2 xf ( x ) dx = ∫ 2 0 1 f (u ) du = ∫ f ( x ) dx 0 (1) 0 +) Đặt t = 1 − x ⇒ dt = −dx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 0 . 1 Khi đó ∫ 1 1 f (1− x ) dx = ∫ f (t ) dt = ∫ f ( x ) dx 0 0 (2 ) 0 Thay (1),(2) vào (∗) ta được: 1 1 1 1 2 ∫ f ( x ) dx + 3 ∫ f ( x ) dx = ∫ 1 − x dx ⇔ ∫ 2 0 0 0 0 1 1 π f ( x )dx = ∫ 1− x 2 dx = . 5 0 20 DẠNG 3. Điều kiện hàm ẩn A. f (u( x )) + B. f (v ( x )) = g ( x ) Phương pháp giải: Lần lượt đặt t = u ( x ) và t = v ( x ) để giải hệ phương trình hai ẩn (trong đó có ẩn f ( x ) ) để suy ra hàm số f ( x ) (nếu u ( x ) = x thì chỉ cần đặt một lần t = v ( x ) ). Các kết quả đặc biệt:  x − b   x − c  A. g   − B. g     a   −a  Cho A. f (ax + b ) + B. f (−ax + c ) = g ( x ) (với A 2 ≠ B 2 ) khi đó f ( x ) = (*) A2 − B 2 A. g ( x ) − B. g (−x ) +)Hệ quả 1 của (*): A. f ( x ) + B. f (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = A2 − B 2 g (x ) +)Hệ quả 2 của (*): A. f ( x ) + B. f (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = với g ( x ) là hàm số chẵn. A+B f (x ) 1 Ví dụ 1. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và f ( x ) + 2 f   = 3 x . Tính I = ∫ dx .  x  x 1 2 2 3 A. I = . 2 1 B. I = 1 . C. I = . D. I = −1 . 2 Lời giải 1  1 3 1 1 3 Đặt, t = ⇒ x = khi đó điều kiện trở thành f   + 2 f (t ) = ⇒ 2 f ( x ) + f   = .   t  x x x t t 1 6 1 Hay 4 f ( x ) + 2 f   = , kết hợp với điều kiện f ( x ) + 2 f   = 3 x . Suy ra :  x  x  x  2 2 2 f (x ) 2 2   −2  f (x ) 6 3   dx = ∫  2 −1 dx =  − x  1 = . 3 f ( x ) = − 3x ⇒ = 2 −1 ⇒ I = ∫   x   x  x x x x 2 1 1 2 2 2 Ví dụ 2. (Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn điều kiện 1 2 f ( x ) + 3 f (1− x ) = x 1− x . Tính tích phân I = ∫ f ( x )dx . 0 4 A. I = − . 15 1 B. I = . 15 C. I = 4 . 75 D. I = Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2) Với 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1− x ta có A = 2; B = 3 . 1 Suy ra: ∫ 0 1 f ( x ) dx = Casio 4 1 x 1 − xdx = 0,05 (3) = . ∫ 2+3 0 75 Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3) Trang 2 1 . 25 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Áp dụng kết quả của Dạng 3: “Cho A. f (ax + b ) + B. f (−ax + c ) = g ( x ) (Với A 2 ≠ B 2 ) khi đó  x − b   x − c  A. g   − B. g    a   −a  f (x ) = ”. A2 − B 2 Ta có: 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1− x = g ( x ) ⇒ f ( x ) = = 2 g ( x )− 3 g (1− x ) 22 − 32 2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x . −5 Casio 2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x 4 dx = 0,05 (3) = . −5 75 0 0 Cách 3: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 1 1 Suy ra: I = ∫ f ( x ) dx = ∫ 1 1 1 Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x ⇒ 2 ∫ f ( x ) dx + 3∫ f (1 − x ) dx = ∫ x 1 − x dx 0 0 0 4 = 0,2 (6) = (∗) Đặt u = 1 − x ⇒ du = −dx ; Với x = 0 ⇒ u = 1 và x = 1 ⇒ u = 0 . 15 Casio 1 Suy ra ∫ 1 1 f (1 − x ) dx = ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx thay vào (∗) , ta được: 0 0 2 0 2 5∫ f ( x ) dx = 0 4 4 ⇔ ∫ f ( x ) dx = . 15 75 0 Ví dụ 3. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x . Tính π 2 giá trị của I = ∫ f ( x ) dx . − A. I = 2 . 2019 π 2 B. I = 2 . 1009 C. I = 4 . 2019 D. I = 1 . 1009 Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2) Với f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x ta có A = 1; B = 2018 π 2 Suy ra I = ∫ f ( x ) dx = − π 2 π 2 Casio 4 1 2 x sin xdx = ∫ 1 + 2018 π 2019 − 2 Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3) g (x ) Áp dụng Hệ quả 2: A. f ( x ) + Bf (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = với g ( x ) là hàm số chẵn. A+B 2 x sin x Ta có f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x ⇒ f ( x ) = 2019 π 2 I =∫ − π 2 π 2 Casio 4 2 = f ( x ) dx = x sin x d x ∫ 2019 π 2019 − 2 Trang 3 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng DẠNG 4. HÀM ẨN XÁC ĐỊNH BỞI ẨN DƯỚI CẬN TÍCH PHÂN  u( x ) ′  Phương pháp giải: Sử dụng công thức  ∫ f (t ) dt  = u '. f (u ) − v '. f (v )   v( x )  ′ u ( x )   Kết quả đặc biệt:  ∫ f (t ) dt  = u '. f (u ) với a là hằng số.   a u( x ) Chứng minh: Giải sử ∫ v(x ) u( x ) f (t )dt = F (t ) v( x ) = F (u ( x )) − F (v ( x ))  u( x ) ′  ′ ⇒  ∫ f (t )dt  = ( F (u ( x )) − F (v ( x ))) = u '.F ' (u )− v '.F ' (v ) = u '. f ' (u ) − v '. f ' (v )    v(x )  Ví dụ 1. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . x2 Biết ∫ 2 f (t )dt = e x + x 4 −1 với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của f (4) là: 0 A. f (4) = e 4 + 4. B. f (4) = 4 e 4 . C. f (4) = e 4 + 8. Lời giải D. f (4) = 1. u ( x ) ′   Sử dụng công thức  ∫ f (t )dt  = u ′. f (u ) , ta có:   a  x2 ∫ 0 ′  x2 2   ′ f (t )dt = e + x −1 ⇒  ∫ f (t )dt  = e x + x 4 −1   0 x2 ( 4 ) 2 ⇔ 2 xf ( x 2 ) = 2 x.e x + 4 x 3 . 2 Suy ra: f ( x 2 ) = e x + 2 x 2 ⇒ f ( x ) = e x + 2 x ⇒ f (4) = e 4 + 8. Ví dụ 2. Cho hàm số y = f ( x ) > 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [0;1] và thỏa mãn x 1 g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt và g ( x ) = f 2 ( x ). Tính 0 A. 1011 2 ∫ g ( x )dx. 0 B. 1009 2 2019 2 Lời giải C. D. 505  u( x ) ′  Sử dụng công thức  ∫ f (t ) dt  = u ′. f (u ), ta có  0  x g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt 0 ( ) ( ) ⇒ g ′ ( x ) = 2018 f ( x )← → g ′ ( x ) = 2018 g ( x ) ⇔ f ( x )>0 g x =f 2 x Suy ra ∫ g ′(x ) g (x ) g ′(x ) g (x ) dx = ∫ 2018dx ⇔ 2 g ( x ) = 2018 x + C (*) Trang 4 = 2018. Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng x Từ điều kiện g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt ⇒ g (0) = 1 thay vào (*) suy ra C = 2. 0 1 Khi đó g ( x ) = 1009 x + 1 ⇒ ∫ 1 g ( x )dx = ∫ (1009 x + 1) dx = 0 0 1011 . 2 DẠNG 5. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f (u ( x )) = v ( x ) và v ( x ) là hàm đơn điệu (luôn đồng b biến hoặc nghịch biến) trên ℝ . Hãy đi tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx . a Phương pháp giải: dt = u ′ ( x ) dx Đặt t = u ( x ) ⇒  .  f (t ) = v ( x )  b b Ta viết lại I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f (t ) dt . a a Đổi cận: Với t = a ⇒ u ( x ) = a ⇔ x = α và t = b ⇒ b = u ( x ) ⇔ x = β . b β Khi đó I = ∫ f (t ) dt = ∫ v ( x ).u ′ ( x ) dx . a Ví dụ . α Cho hàm số y = f (x ) thỏa f ( x 3 + 3 x + 1) = 3 x + 2, ∀x ∈ ℝ. mãn Tính 5 I = ∫ x. f ′ ( x ) dx. 1 5 A. . 4 B. 17 . 4 33 . 4 Lời giải C. D. −1761 . 5 du = dx u = x 5 ⇒  ⇒ I = xf ( x ) 1 − ∫ f ( x ) dx . Đặt  dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x ) 1 5  f (5) = 5 ( x = 1) 3  Từ f ( x + 3 x + 1) = 3 x + 2 ⇒  , suy ra I = 23 − ∫ f ( x ) dx.  f (1) = 2 ( x = 0 ) 1  2 dt = (3 x + 3) dx  Đặt t = x 3 + 3 x + 1 ⇒   f (t ) = 3 x + 2  Đổi cận: Với t = 1 ⇒ 1 = x 3 + 3 x + 1 ⇔ x = 0 và t = 5 ⇒ x 3 + 3 x + 1 = 5 ⇔ x = 1 . 5 1 Casio 33 2 I = 23 − f x dx = 23 − Khi đó ∫ ( ) ∫ (3x + 2)(3x + 3) dx = 4 1 0 DẠNG 6. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn g  f ( x ) = x và g (t ) là hàm đơn điệu ( luôn đồng b biến hoặc nghịch biến) trên R .Hãy tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx a Phương pháp giải: Đặt y = f ( x ) ⇒ x = g ( y ) ⇒ dx = g ′ ( y ) dy  x = a → g ( y ) = a ⇔ y = α Đổi cận   x = b → g ( y ) = b ⇔ y = β  b β Suy ra I = ∫ f ( x ) dx = ∫ yg ( y )dy a α Trang 5 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x , ∀x ∈ R . Tính Ví dụ. 2 I = ∫ f ( x ) dx 0 A. I = 2 . B. I = 3 . 2 C. I = 1 . 2 D. I = 5 . 4 Lời giải Đặt y = f ( x ) ⇒ x = y + y ⇒ dx = (3 y + 1) dy 3 2  x = 0 → y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 Đổi cận    x = 2 → y 3 + y = 2 ⇔ y = 1  5 4 dx b −a = k + f (x ) 2k Khi đó I = ∫ f ( x ) dx = ∫ y (3 y 2 + 1) dy = ∫ (3 y 3 + y ) dy = 2 1 0 1 0 0 b DẠNG 7. Cho f ( x ). f (a + b − x ) = k , khi đó I = ∫ 2 a dt = −dx  Chứng minh: Đặt t = a + b − x ⇒  k 2 và x = a ⇒ t − b ; x = b ⇒ t = a .  f ( x ) = f (t )  b b b f ( x ) dx dx dx 1 Khi đó I = ∫ . =∫ = ∫ 2 k k + f (x ) a k a k + f (x ) a k+ f (t ) b 2I = ∫ a Ví dụ. f ( x ) dx dx 1 1 1 b −a . + ∫ = ∫ dx = (b − a ) ⇒ I = k k + f (x ) k a k + f (x ) k a 2k b b Cho hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị dương trên [0;1] . Biết f ( x ). f (1− x ) = 1 với 1 ∀x ∈ [0;1] . Tính giá trị của I = ∫ 0 3 A. 2 dx . 1+ f (x ) 1 B. . 2 C. 1 . D. 2 . Lời giải dt = −dx 1 dx  Đặt t = 1 − x ⇒  1 và x = a ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 0 . Khi đó I = ∫  f ( x ) = 1+ f (x ) 0 f (t )  1 1 f ( x ) dx dt =∫ =∫ . 1 1 + f x ( ) 0 1+ 0 f (t ) 1 2I = ∫ 0 f ( x ) dx 1 dx +∫ = ∫ dx = 1 ⇒ I = . 1+ f (x ) 0 1+ f (x ) 2 0 1 1  f (a + b − x ) = f ( x ) b  b 2I DẠNG 8. Cho  ⇒ ∫ f ( x ) dx = .  xf ( x ) dx = I a +b a ∫  a dt = −dx  Chứng minh: Đặt t = a + b − x ⇒  x = a ⇒ t = b . Khi đó   x = b ⇒ t = a Trang 6 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng b Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng b b b I = ∫ xf ( x ) dx = ∫ (a + b − t ) f (a + b − t ) dt = ∫ (a + b − x ) f (a + b − x ) dx = ∫ (a + b − x ) f ( x ) dx . a a a b a b b b Suy ra 2 I = ∫ xf ( x ) dx + ∫ (a + b − x ) f ( x ) dx = (a + b ) ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = a Ví dụ. a a a 2I . a +b Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (4 − x ) = f ( x ) . Biết 3 3 ∫ xf ( x ) dx = 5 . Tính tích phân ∫ 1 f ( x ) dx . 1 9 . 2 Lời giải Đặt t = 4 − x ⇒ dt = −dx và x = 1 ⇒ t = 3 ; x = 3 ⇒ t = 1 . A. 5 . 2 7 . 2 B. 3 C. 3 D. 3 11 . 2 3 Khi đó: 5 = ∫ xf ( x ) dx = ∫ (4 − t ) f ( 4 − t ) dt = ∫ (4 − x ) f (4 − x ) dx = ∫ (4 − x ) f ( x ) dx . 1 1 3 1 3 3 1 Suy ra: 10 = ∫ xf ( x ) dx + ∫ (4 − x ) f ( x ) dx = 4 ∫ f ( x ) dx = 1 1 1 b b a a 5 . 2 DẠNG 9. Tính tích phân I = ∫ max { f ( x ); g ( x )} dx hoặc I = ∫ min { f ( x ); g ( x )} dx . 2 Ví dụ. Tính tích phân I = ∫ max { x ; x 3 }dx . 0 17 A. . 4 15 7 . D. . 4 4 Lời giải x ∈[0; 2 ] 0 ≤ x ≤ 1. Trên đoạn [ 0; 2 ] , xét x ≥ x 3 ⇔ x ( x −1)( x + 1) ≤ 0 ←→   x ∈ [0; 1] ⇒ x ≥ x 3  3  x khi 0 ≤ x ≤ 1 . Vậy  ⇒ x x = max ; { } [ 0; 2 ]  x ∈ [1; 2 ] ⇒ x ≤ x 3  x 3 khi 1 ≤ x ≤ 2  B. 2 . C. 2 1 2 0 0 1 Suy ra I = ∫ max { x ; x 3 } dx = ∫ xdx + ∫ x 3 dx = 1 15 17 + = . 2 4 4 B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN BẢNG TÔ ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN – BUỔI 8 Học sinh làm BTTL xong, tô phương án đúng. Buổi sau học sinh cùng GV kiểm tra kết quả Trang 7 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 1. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng [Trường Đức Thọ – Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] thỏa 6 . Tính 3x +1 B. 4 . mãn f ( x ) = 6 x 2 f ( x 3 ) − ∫ f ( x ) dx 0 C. −1 . D. 6 . [Chu Văn An – Hà Nội – 2018] Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] và thỏa mãn A. 2 . Câu 2. 1 1 điều kiện 4 xf ( x 2 ) + 3 f ( x −1) = 1 − x 2 . Tích phân I = ∫ f ( x ) dx bằng 0 π A. I = . 4 Câu 3. π B. I = . 6 π C. I = . 20 π 16 Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;2 ] và thỏa mãn điều kiện f ( x ) + f (2 − x ) = 2 x . D. I = 2 Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 0 1 B. I = . 2 4 C. I = . D. I = 2 . 3 Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [−1;2 ] và thỏa mãn f ( x ) + 2 xf ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x ) = 4 x 3 A. I = −4 . Câu 4. 2 . Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x ) dx . −1 Câu 5. 5 A. I = 5 . B. I = . C. I = 3 . D. I = 15 . 2 Hàm số f ( x ) liên tục trên [−1;2 ] và thỏa mãn điều kiện f ( x ) = x + 2 + xf (3 − x 2 ). 2 Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x )dx −1 A. I = Câu 6. 14 . 3 B. I = 28 . 3 C. I = 4 . 3 D. I = 2 . Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn f ( x ) + xf (1 − x 2 ) + 3 f (1 − x ) = 1 . x +1 1 Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 0 9 A. I = ln 2 . 2 Câu 7. 2 B. I = ln 2 . 9 C. I = D. I = 3 . 2 [Chuyên Thái Nguyên – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) và thỏa mãn f ( x )− 8 x f ( x 3 4 )+ x3 x +1 2 1 = 0 . Tích phân I = ∫ f ( x ) dx = 0 a b ; tối giản. Tính a + b + c c c A. 6 . B. −4 . Câu 8. 4 . 3 C. 4 . a −b 2 với a, b, c ∈ ℤ và c D. −10 . Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [− ln 2;ln 2 ] và thõa mãn f ( x ) + f (−x ) = ln 2 Biết ∫ f ( x ) dx = a ln 2 + b ln 3 , với a, b ∈ ℚ . Tính giá trị của P = a + b . − ln 2 A. P = 1 . 2 B. P = −2 . C. P = −1 . Trang 8 D. P = 2 . 1 . e +1 x Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 9. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng [Chuyên Vinh- Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , f (0) = 0 và ∫ 0 π 2 π  f ( x ) + f  − x  = sin x .cos x  2  với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của tích phân xf ′ ( x ) dx bằng 1 D. − . 4 Câu 10. [Diễn Châu- Ngệ An- lần 3- 2018] Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn π A. − . 4 B. 1 . 4 C. π . 4 3 x2 , x . tính tích phân = ∀ ∈ ℝ I ∫−1 f ( x ) dx . x 2 +1 1 π π π π A. I = 2 − . B. I = 1 − . C. I = − . D. I = . 2 4 2 8 4 2 f (x ) 1 Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và f ( x ) + 2 f   = 3 x . Tính I = ∫ dx .  x  x 1 f (1 + 2x ) + f (1 − 2x ) = 2 3 . 2 A. I = B. I = 1 . C. I = 1 . 2 D. I = −1 . Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x . Tính π 2 giá trị của I = ∫ f ( x ) dx . − π 2 4 1 . D. I = . 2019 1009 Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x ) + 2018 f ( x ) = e x . Tính giá A. I = 2 . 2019 B. I = 2 . 1009 C. I = B. I = e 2 −1 . 2018e C. I = 0 . 1 trị của I = ∫ f ( x ) dx −1 e 2 −1 A. I = . 2019e D. I = e 2 −1 . e Câu 14. [Chuyên Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa mãn 2 f (2 x ) + f (1− x ) = 12 x 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là A. y = 2 x + 2 . B. y = 4 x − 6 . C. y = 2 x − 6 . D. y = 4 x − 2 . Câu 15. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên ℝ thỏa 1 mãn ∫ f ( x )dx = 2018 và g ( x ) là hàm số liên tục trên ℝ thỏa mãn g ( x ) + g (−x ) = 1 , 0 1 ∀x ∈ ℝ . Tính tích phân I = ∫ f ( x )g ( x ) dx . −1 A. I = 2018 . Câu 16. B. I = 1009 . 2 C. I = 4036 . D. I = 1008 . (Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] và thỏa mãn điều kiện 1 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x . Tính tích phân I = ∫ f ( x )dx . 0 Trang 9 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng A. I = − 4 . 15 Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng B. I = 1 . 15 C. I = 4 . 75 D. I = 1 . 25 x2 Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Biết ∫ f (t )dt = x cos(π x ) . Giá trị của f (4) là: 0 1 D. f (4) = . 4 Câu 18. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . A. f (4) = 1. B. f (4) = 4. 1 C. f (4) = . 2 x2 Biết ∫ 2 f (t )dt = e x + x 4 −1 với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của f (4) là: 0 A. f (4) = e 4 + 4. B. f (4) = 4 e 4 . C. f (4) = e 4 + 8. D. f (4) = 1. Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) > 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn 1 x g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt và g ( x ) = f 2 ( x ). Tính 0 A. g ( x )dx . ∫ 0 1011 2 B. 1009 2 C. 2019 2 D. 505 x2 Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [1;2 ]. Biết ∫ f (t ) dt = 2 x 2 + x −1 với ∀x ∈ [1;2 ]. x 2 ∫ Tính tích phân 1 T = a + b + c + d. A. T = 10 Câu 21. Cho hàm số b f ( x ) dx = a + ln d . Biết a, b, c , d đều là các số nguyên tố. Tính c B. T = 11 C. T = 17 f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn D. T = 16 f ( x + 2 x − 2) = 3 x −1 . Tính 3 10 I = ∫ f ( x ) dx . 1 A. I = 45 . 4 Câu 22. Cho hàm số B. I = 9 . 4 C. I = 135 . 4 f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn 27 . 4 f ( x 3 + 1) = 2 x −1, ∀x ∈ ℝ . Tính D. I = 2 I = ∫ f ( x ) dx . 0 A. I = −2 . B. I = 5 . 2 C. I = −4 . D. I = 6 . 5 Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x 3 + 3 x + 1) = 3 x + 2, ∀x ∈ ℝ. Tính I = ∫ x . f ′ ( x ) dx 1 5 A. . 4 17 B. . 4 Câu 24. Cho hàm số 33 C. . 4 D. −1761 . f ( x ) liên tục trên R thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x , ∀x ∈ R . Tính 2 I = ∫ f ( x ) dx 0 A. I = 2 . B. I = 3 . 2 C. I = Trang 10 1 . 2 D. I = 5 . 4 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 25. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn 2 f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) + 6 f ( x ) = x , ∀x ∈ ℝ . 5 Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 0 5 A. I = . 4 5 5 . D. I = . 12 3 Câu 26. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn x + f 3 ( x ) + 2 f ( x ) = 1 , ∀x ∈ ℝ . Tính B. I = 5 . 2 C. I = 7 . 2 C. I = 1 I = ∫ f ( x ) dx . −2 5 . 4 Câu 27. Cho hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị dương trên [ 0;1] . Biết f ( x ). f (1 − x ) = 1 với A. I = 7 . 4 B. I = 1 ∀x ∈ [ 0;1] . Tính giá trị của I = ∫ 0 A. 3 2 B. 7 . 3 D. I = dx . 1+ f (x ) 1 . 2 C. 1 . D. 2 . Câu 28. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ , ta có f ( x ) > 0 và f (0 ). f (2018 − x ) = 1 . Giá trị của 2018 dx 1 + f (x ) 0 A. I = 2018 . B. I = 0 C. I = 1009 Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn tích phân I = ∫ 3 ∫ D. 4016 f (4 − x ) = f ( x ) . Biết 3 xf ( x ) dx = 5 . Tính tích phân ∫ 1 f ( x ) dx . 1 11 . 2 Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f ( x )− f (3 − x ) = 0 . Biết A. 5 . 2 B. 4 7 . 2 C. 9 . 2 D. C. 4 . 3 D. 4 ∫ xf ( x ) dx = 2 . Tính A. 3 . 2 −1 ∫ f ( x ) dx . −1 B. 2 { 2 . 3 3 . 4 } Câu 31. Tính I = ∫ min x ; 3 2 − x dx . 0 A. I = 2 . B. I = 3 . 4 C. I = 1 . D. I = 5 . 4 2 Câu 32. Tính tích phân I = ∫ max { x ; x 3 }dx . 0 17 A. . 4 B. 2 . C. 15 . 4 D. 7 . 4 C. 275 . 12 D. 119 . 6 3 Câu 33. Tính tích phân I = ∫ max { x 3 ; 4 x 2 − 3 x }dx . 0 117 A. . 2 B. 707 . 2 Trang 11 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 2 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. [Trường Đức Thọ – Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn 6 . Tính f (x ) = 6x f (x )− 3x + 1 2 3 A. 2 . 1 ∫ f ( x ) dx 0 B. 4 . C. −1 . D. 6 . Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) 6 6 với A = 1 , Biến đổi f ( x ) = 6 x 2 f ( x 3 ) − ⇔ f ( x ) − 2.3 x 2 . f ( x 3 ) = − 3x + 1 3x + 1 B = −2 . 1 Áp dụng công thức ta có: ∫ 1 f ( x ) dx = 0 1 6 − dx = 4 . ∫ 1 + (−2) 0 3x + 1 Cách 2: (Dùng công thức biến đổi – nếu không nhớ công thức) 1 1 1 6 Từ f ( x ) = 6 x f ( x ) − ⇒ ∫ f ( x ) dx − 2 ∫ 3 x 2 f ( x 3 ) dx = −6 ∫ 3x + 1 0 0 0 2 3 1 dx 3x +1 Đặt u = x 3 ⇒ du = 3x 2 dx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 Khi đó 1 ∫ 3 x f ( x ) dx = ∫ 2 3 0 f (u ) du = ∫ f ( x ) dx thay vào (*) , ta được: 0 1 0 1 ∫ 1 f ( x ) dx − 2 ∫ f ( x ) dx = −6 ∫ 0 Câu 2. 1 0 0 1 1 1 dx ⇔ ∫ f ( x ) dx = 6 ∫ 3x +1 0 0 1 dx = 4 . 3x + 1 [Chu Văn An – Hà Nội – 2018] Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn điều 1 kiện 4 xf ( x 2 ) + 3 f ( x − 1) = 1 − x 2 . Tích phân I = ∫ f ( x ) dx bằng 0 π A. I = . 4 π B. I = . 6 C. I = π . 20 D. I = π 16 Lời giải 1 1 1 0 0 Từ 4 x . f ( x ) + 3 f ( x −1) = 1− x ⇒ 2 ∫ 2 xf ( x ) dx + 3∫ f (1− x ) dx = ∫ 1− x 2 dx (∗) 2 2 2 0 +) Đặt u = x ⇒ du = 2 xdx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 2 1 Khi đó ∫ 1 1 2 xf ( x 2 ) dx = ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx 0 0 (1) 0 +) Đặt t = 1 − x ⇒ dt = −dx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 0 . 1 Khi đó ∫ 1 1 f (1− x ) dx = ∫ f (t ) dt = ∫ f ( x ) dx 0 0 (2 ) 0 Thay (1), (2) vào (∗) ta được: 1 1 1 1 2 ∫ f ( x ) dx + 3∫ f ( x ) dx = ∫ 1− x dx ⇔ ∫ 2 0 0 0 0 Trang 1 1 1 π f ( x )dx = ∫ 1− x 2 dx = . 5 0 20 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 3. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;2 ] và thỏa mãn điều kiện f ( x ) + f (2 − x ) = 2 x . Tính 2 giá trị của tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 0 1 B. I = . 2 4 C. I = . 3 Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) A. I = −4 . D. I = 2 . 2 2 Với f ( x ) + f (2 − x ) = 2 x ta có A = 1 ; B = 1 , suy ra: I = ∫ f ( x ) dx = 0 1 x2 2 x dx = 1 + 1 ∫0 2 2 0 =2. Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 2 2 2 Từ f ( x ) + f (2 − x ) = 2 x ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f (2 − x ) dx = 0 0 ∫ 2 xdx = 4 (*) 0 Đặt u = 2 − x ⇒ du =− dx ; Với x = 0 ⇒ u = 2 và x = 2 ⇒ u = 0 . 2 Suy ra ∫ f (2 − x ) dx = 0 2 2 ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx . 0 2 0 2 Thay vào (*), ta được 2 ∫ f ( x ) dx = 4 ⇔ ∫ f ( x ) dx = 2 . Chọn D 0 0 Chú ý : Qua Câu 1, Câu 2, Câu 3 ta có thể đưa ra dạng tổng quát cho Dạng 2 như sau : Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn : A. f ( x ) + B. u ′. f (u )+ C . f (a + b − x )= g ( x ) b b u (a ) = a 1 +) Với  thì ∫ f ( x ) dx = ∫ g ( x ) dx . u (b )= b A B C + + a a  b b u (a ) = b 1 +) Với  thì ∫ f ( x ) dx = ∫ g ( x ) dx . u (b )= a A − B + C a a  Trong đề bài thường sẽ bị khuyết một trong các hệ số A, B,C . b Nếu f ( x ) liên tục trên [ a; b ] thì ∫ b f (a + b − x ) dx = a Câu 4. ∫ f ( x ) dx . a Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [−1;2 ] và thỏa mãn f ( x ) + 2 xf ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x ) = 4 x 3 . 2 Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x ) dx . −1 A. I = 5 . 5 B. I = . 2 C. I = 3 . D. I = 15 . Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) Với: f ( x ) + (2 x ) f ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x ) = 4 x 3 . Ta có: u (−1) = −1 . A = 1; B = 1;C = 3 và u = x 2 − 2 thỏa mãn  u (2) = 2  Khi đó áp dụng công thức (Xem phần chú ý sau lời giải Câu 3) ta có: Trang 2 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng 2 I =∫ −1 Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 2 1 x4 3 f (x ) = 4 x dx = 1+1 + 3 ∫ 5 −1 2 = 3. −1 Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) Từ f ( x ) + 2 xf ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x ) = 4 x 3 . 2 2 2 2 −1 −1 −1 ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ 2 x. f ( x 2 − 2) dx + 3∫ f (1− x ) dx = ∫ 4 x 3 dx=15 (*) −1 +) Đặt u = x − 2 ⇒ du = 2 xdx ; với x = −1 ⇒ u = −1 và x = 2 ⇒ u = 2 . 2 2 Khi đó ∫ −1 2 2 −1 −1 2 x . f ( x 2 − 2) dx = ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx (1) +) Đặt t = 1 − x ⇒ dt = −dx ; Với x = −1 ⇒ t = 2 và x = 2 ⇒ t = −1 . 2 Khi đó ∫ −1 2 2 f (1 − x ) dx = ∫ f (t ) dt = ∫ f ( x ) dx (2) −1 −1 2 2 Thay (1), (2) vào (*) ta được: 5∫ f ( x ) dx = 15 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 3 . −1 Câu 5. −1 Hàm số f ( x ) liên tục trên [−1;2 ] và thỏa mãn điều kiện f ( x ) = x + 2 + xf (3 − x 2 ). 2 Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x )dx −1 A. I = 14 . 3 B. I = 28 . 3 C. I = 4 . 3 D. I = 2 . Lời giải Cách 1: ( Dùng công thức dạng 2). 1 Với f ( x ) = x + 2 + xf (3 − x 2 ) ⇒ f ( x ) + .(−2x ). f (3 − x 2 ) = x + 2 2 u (−1) = 2 1 A = 1; B = ;C = 0 và u = 3 − x 2 thỏa mãn  u (2) = −1 2 Khi đó áp dụng công thức (xem phần chú ý sau lời giải câu 3) ta có: 2 2 I = ∫ f ( x )dx = −1 1 28 x + 2dx = . ∫ 1 3 1 − + 0 −1 2 Cách 2: ( Dùng phương pháp đổi biến). 2 2 2 Từ f ( x )− xf (3 − x 2 ) = x + 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx − ∫ xf (3 − x 2 ) dx = ∫ −1 −1 x + 2dx = −1  x = −1 ⇒ u = 2 Đặt u = 3 − x 2 ⇒ du = −2 xdx với    x = 2 ⇒ u = −1 2 2 2 1 1 Khi đó ∫ xf (3 − x ) dx = ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx thay vào (*) ta được 2 −1 2 −1 −1 2 2 ∫ −1 2 f ( x ) dx − 2 1 14 28 f ( x ) dx = ⇔ ∫ f ( x ) dx = . ∫ 2 −1 3 3 −1 Trang 3 14 (*) 3 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Câu 6. Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn f ( x ) + xf (1 − x 2 ) + 3 f (1 − x ) = 1 . x +1 1 Tính giá trị của tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 0 A. I = 9 ln 2 . 2 B. I = 2 ln 2 . 9 C. I = 4 . 3 D. I = 3 . 2 Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) 1 Với: f ( x ) − .(−2 x ) f (1 − x 2 ) + 3 f (1− x ) = 2 x . Ta có: 2 u (0) = 1 −1 A =1; B = ; C = 3 và u = x 2 − 2 thỏa mãn  . u (1) = 0 2  Khi đó áp dụng công thức (Xem phần Chú ý sau lời giải Câu 3) ta có: 1 1 I = ∫ f ( x ) dx = 0 1 2 2 1 dx = ln x + 1 = ln 2 . ∫  1 0 9 x +1 9 1 − −  + 3 0  2  Cách 2: (Dùng công thức đổi biến nếu không nhớ công thức) 1 Từ f ( x ) + xf (1 − x 2 ) + 3 f (1 − x ) = x +1 1 1 1 1 0 0 0 1 dx = ln x + 1 10 = ln 2 . (*) x +1 ⇒ ∫ f ( x )dx + ∫ xf (1− x 2 )dx + 3∫ f (1− x )dx = ∫ 0 +) Đặt u = 1− x ⇒ du = −2 xdx ; Với x = 0 ⇒ u = 1 và x = 1 ⇒ u = 0 . 2 1 Khi đó ∫ 0 1 1 1 1 xf (1− x )dx = ∫ f (u )du = ∫ f ( x )dx (1). 2 0 2 0 2 +) Đặt u = 1 − x ⇒ du = −dx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 0 . 1 Khi đó ∫ 1 0 1 ∫ 0 Câu 7. 1 xf (1− x )dx = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x )dt (2). Thay (1), (2) vào (*) ta được: 0 0 1 1 1 1 1 9 2 f ( x )dx + ∫ f ( x )dx + 3∫ f ( x )dx = ln 2 ⇒ ∫ f ( x )dx = ln 2 ⇔ ∫ f ( x )dx = ln 2 . 2 0 2 0 9 0 0 [Chuyên Thái Nguyên – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) và thỏa mãn f ( x )− 8 x f ( x 3 4 )+ 1 x3 x +1 2 = 0 . Tích phân I = ∫ f ( x ) dx = 0 a b ; tối giản. Tính a + b + c c c A. 6 . B. −4 . a −b 2 với a, b, c ∈ ℤ và c C. 4 . Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) Trang 4 D. −10 . Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Biến đổi f ( x )− 8 x 3 f ( x 4 ) + x3 x 2 +1 x3 = 0 ⇔ f ( x ) − 2.(4 x 3 ) f ( x 4 ) = − x 2 +1 với A = 1; B = −2 1 Áp dụng công thức ta có: f ( x ) dx = ∫ 0 1  1 3 1  − x dx =  ∫ 1 + (−2) ∫0  x 2 + 1  0 x 3dx . x 2 +1 Đặt t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2 . Khi đó: 1 1 ∫ f ( x ) dx = ∫ 0 0 2 x2 x 2 +1 .xdx = ∫ 1 2 2 t 3  t 2 −1 2− 2 .tdt = ∫ (t 2 −1) dt =  − t  =   t 3 3 1 1 a −b 2 c Suy ra a = 2; b = 1; c = 3 ⇒ a + b + c = 6 . = Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) Từ f ( x )− 8 x f ( x 3 4 )+ 1 x3 1 1 = 0 ⇔ ∫ f ( x ) dx − 2 ∫ 4 x f ( x ) dx + ∫ 3 x 2 +1 0 4 0 0 x3 x 2 +1 dx = 0 (*) Đặt u = x 4 ⇒ du = 4 x 3dx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 Khi đó 1 ∫ 4x f ( x ) dx = ∫ 3 4 0 f (u ) du = ∫ f ( x ) dx thay vào (*), ta được: 0 1 ∫ 1 1 0 1 f ( x ) dx − 2 ∫ f ( x ) dx + ∫ 0 0 0 x 3 x 2 +1 1 1 dx = 0 ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫ 0 0 x3 x 2 +1 dx Đặt t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ tdt = xdx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2 . Khi đó: 1 1 ∫ f ( x ) dx = ∫ 0 0 x2 x 2 +1 2 .xdx = ∫ 1 2 2 t3  t 2 −1 2− 2 .tdt = ∫ (t 2 −1) dt =  − t  =   t 3 3 1 1 a −b 2 c Suy ra a = 2; b = 1; c = 3 ⇒ a + b + c = 6 . = Câu 8. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [− ln 2;ln 2] và thõa mãn f ( x ) + f (−x ) = 1 . e +1 x ln 2 Biết ∫ f ( x ) dx = a ln 2 + b ln 3 , với a, b ∈ ℚ . Tính giá trị của P = a + b . − ln 2 A. P = Với ln 2 ∫ − ln 2 1 . 2 B. P = −2 . C. P = −1 . D. P = 2 . Lời giải Cách 1: Dùng công thức – Dạng 2. 1 f ( x ) + f (−x ) = x ta có A = 1; B = 1 , e +1 ln 2 suy ln 2 1 dx 1 dx f ( x ) dx = = ∫ x x ∫ 1 + 1 − ln 2 e + 1 2 − ln 2 e + 1 Cách 2: Dùng phương pháp dồn biến nếu không nhớ công thức Trang 5 ra Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng ln 2 ln 2 ln 2 1 dx ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f (−x ) dx = ∫ x Từ f ( x ) + f (−x ) = x (* ) e + 1 − ln 2 e +1 − ln 2 − ln 2 Đặt u = −x ⇒ du = −dx ln 2 ln 2 f (−x ) dx = ∫ ⇒ − ln 2 ln 2 2∫ − ln 2 ∫ ln 2 f (u ) du = − ln 2 ∫ f ( x ) dx thay vào (*) ta được: − ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 dx 1 dx f ( x ) dx = ∫ x ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫ x e + 1 − ln 2 2 − ln 2 e + 1 − ln 2 1 Đặt t = e x ⇒ dt = e x dx ; Với x = − ln 2 ⇒ t = , x = ln 2 ⇒ t = 2 2 ln 2 ⇒ ln 2 2 dx e x dx dt t = ∫ e x + 1 ∫ e x (e x + 1) = ∫1 t (t + 1) = ln t + 1 − ln 2 − ln 2 2 ln 2 ∫ Khi đó: − ln 2 Câu 9. 2 = ln 2 1 2 a ,b∈ℚ 1 1 1 f ( x ) dx = ln 2 = a ln 2 + b ln 3 → a = , b = 0 ⇒ P = a + b = . 2 2 2 [Chuyên Vinh- Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , f (0 ) = 0 và ∫ π 2 0 π  f ( x ) + f  − x  = sin x .cos x  2  với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của tích phân xf ′ ( x ) dx bằng π 1 . D. − . 4 4 Lời giải Cách 1: (Dùng công thức theo góc nhìn dạng 2) π  Với f ( x ) + f  − x  = sin x .cos x , ta có A = 1; B = 1 .  2  π A. − . 4 Suy ra B. ∫ π 2 0 1 . 4 C. π 1 1 2 f ( x ) dx = sin x .cos x .dx = . ∫ 0 1+1 4 Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu nhớ công thức) π π π  Từ f ( x ) + f  − x  = sin x .cos x ⇒ ∫ 2 f ( x ) + ∫ 2 0 0  2  π π  1 f  − x dx = ∫ 2 sin x .cos xdx = (*) 0  2  2 π − x ⇒ du = −dx 2 π π Với x = 0 ⇒ u = ; x = ⇒ u = 0 . 2 2 Đặt u = Suy ra ∫ 0 2∫ 0 π 2 π 2 π π π  f  − x dx = ∫ 2 f (u ) du = ∫ 2 f ( x ) dx , thay vào (*) ta được 0 0  2  π f ( x ) dx = 1 1 ⇔ ∫ 2 f ( x ) dx = (1) 0 2 4 Trang 6 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng u = x du = dx Đặt  ⇒   dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x ) ⇒∫ π 2 0 π π  π  f ( x ) dx = f   − ∫ 2 f ( x ) dx (*) 0 2  2  π 2 π xf ′ ( x ) dx = xf ( x ) 02 − ∫ 0 π  Từ điều kiện f ( x ) + f  − x  = sin x .cos x suy ra  2    f     f   π    − f (0) = 0  2  π ⇒ f   = 0 (2).  2  π (0) + f   = 0 2 Thay (1), (2) vào (*), ta được ∫ π 2 0 1 xf ′ ( x ) dx = − . 4 Câu 10. [Diễn Châu- Ngệ An- lần 3- 2018] Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 3 x2 , ∀x ∈ ℝ . tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 2 −1 x +1 π π 1 π π A. I = 2 − . B. I = 1 − . C. I = − . D. I = . 2 4 2 8 4 Lời giải t −1 Đặt t = 1 + 2 x ⇒ 1 − 2 x = 2 − t và x = , khi đó điều kiện trở thành 2 f (1 + 2x ) + f (1 − 2x ) = f ( t ) + f (2 − t ) = t 2 − 2t + 1 x 2 − 2x +1 (*) ⇒ f x + f 2 − x = ( ) ( ) t 2 − 2t + 5 x 2 −2x + 5 Cách 1: (Dùng công thức- theo góc nhìn dạng 2) Với f ( x ) + f (2 − x ) = Suy ra ∫ 3 −1 x 2 − 2x +1 ta có A = 1; B = 1 . x 2 − 2x + 5 3 x 2 − 2x +1 1 π dx ≈ 0, 429 = 2 − . 2 ∫ 1 + 1 −1 x − 2 x + 5 2 Cách 2: (Dùng công thức đổi biến – nếu nhớ công thức) f ( x ) dx = Từ (*), ta có f ( x ) + f (2 − x ) = x 2 − 2x +1 x 2 − 2x + 5 x 2 − 2x +1 dx (2*) −1 −1 −1 x 2 − 2 x + 5 Đặt u = 2 − x ⇒ du = −dx . Với x = −1 ⇒ u = 3; x = 3 ⇒ u = −1 . ⇒∫ 3 Suy ra f ( x ) dx + ∫ ∫ 3 −1 3 f (2 − x ) dx = ∫ 3 3 3 −1 −1 f (2 − x ) dx = ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx , thay vào (*), ta được: 3 x − 2x +1 1 3 x 2 − 2x +1 π dx ⇒ = f x dx dx ≈ 0, 429 = 2 – . ( ) 2 2 ∫ ∫ −1 −1 x − 2 x + 5 −1 2 −1 x − 2 x + 5 2 TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 3: Cách giải: Lần lượt đặt t = u ( x ) và t = v ( x ) để giải hệ phương trình hai ẩn (trong đó có 2∫ 3 f ( x ) dx = ∫ 3 2 ẩn f ( x ) ) để suy ra hàm số f ( x ) (nếu u ( x ) = x thì chỉ cần đặt một lần t = v ( x ) ). Các kết quả đặc biệt: Trang 7 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Cho A. f (ax + b ) + B. f (−ax + c ) = g ( x ) với A 2 ≠ B 2 ) khi đó  x − b   x − c  A. g   − B. g    a   −a  f (x ) = (*) A2 − B 2 A. g ( x )− B. g (−x ) A2 − B 2 g (x ) +)Hệ quả 2 của (*): A. f ( x ) + B. f (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = với g ( x ) là hàm số chẵn. A+B +)Hệ quả 1 của (*): A. f ( x ) + B. f (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = 1 f (x ) Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và f ( x ) + 2 f   = 3 x . Tính I = ∫ dx .  x  x 1 2 2 A. I = 3 . 2 B. I = 1 . C. I = 1 . 2 D. I = −1 . Lời giải 1  1 1 3 Đặt, t = ⇒ x = khi đó điều kiện trở thành f   + 2 f (t ) = ⇒ 2 f ( x ) +  t  x t t 1 6 Hay 4 f ( x ) + 2 f   = , kết hợp với điều kiện f ( x ) + 2 f  x  x 1 3 f   = .  x  x  1    = 3 x . Suy ra :  x  2 2 2 f (x ) 2   −2  f (x ) 2 6 3     dx = ∫  2 −1 dx =  3 f ( x ) = − 3x ⇒ = 2 −1 ⇒ I = ∫ − x  1 = .   x   x  x 2 x x x 1 1 2 2 2 Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x . Tính π 2 giá trị của I = ∫ f ( x ) dx . − A. I = 2 . 2019 π 2 B. I = 2 . 1009 C. I = 4 . 2019 D. I = 1 . 1009 Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2) Với f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x ta có A = 1; B = 2018 π 2 Suy ra I = ∫ f ( x ) dx = − π 2 π 2 Casio 4 1 2 x sin xdx = ∫ 1 + 2018 π 2019 − 2 Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3) g (x ) Áp dụng Hệ quả 2: A. f ( x ) + Bf (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = với g ( x ) là hàm số chẵn. A+B 2 x sin x Ta có f (−x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x ⇒ f ( x ) = 2019 π 2 I =∫ − π 2 π 2 Casio 4 2 = f ( x ) dx = x sin x d x ∫ 2019 π 2019 − 2 Trang 8 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x ) + 2018 f ( x ) = e x . Tính giá trị 1 của I = ∫ f ( x ) dx −1 A. I = e −1 . 2019e 2 B. I = e 2 −1 . 2018e C. I = 0 . D. I = e 2 −1 . e Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2). Với f (−x ) + 2018 f ( x ) = e x ta có A = 1; B = 2018 . 1 1 Suy ra I = ∫ −1 1 1 x f ( x ) dx = e x dx = e ∫ 1 + 2018 −1 2019 1 e 2 −1 = . 2019e −1 Cách 2: (Dùng công thức –theo góc nhìn dạng 3) Áp dụng Hệ quả 1: A. f ( x ) + B. f (−x ) = g ( x ) ⇒ f ( x ) = A. g ( x )− B. g (−x ) A2 − B 2 . Ta có: f (−x ) + 2018 f ( x ) = e x ⇒ f ( x ) = 1 ⇒∫ −1 2018e x − e −x 20182 −1 1 1 f ( x ) dx = (2018e x − e −x ) dx 2019.2017 ∫ −1 ≈ 1,164.10−3 ≈ e 2 −1 (Casio). 2019e Câu 14. [Chuyên Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa mãn 2 f (2 x ) + f (1 − x ) = 12 x 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là A. y = 2 x + 2 . B. y = 4 x − 6 . C. y = 2 x − 6 . Lời giải Áp dụng kết quả Dạng 3: “Cho A. f (ax + b ) + B. f (−ax + c ) = g ( x ) (với A 2 ≠ B 2 )  x − b   x − c  A. g   − B.g    a   a  khi đó f ( x ) = ”. A2 − B 2 Ta có x  x −1 2. g   − g   2  −2  2 f (2 x ) + f (1 − x ) = 12 x 2 = g ( x ) ⇔ f ( x ) = 2 2 −1 6 x 2 − 3 ( x −1) 2 = 3 = x 2 + 2 x −1 Trang 9 D. y = 4 x − 2 . Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng  f (1) = 2 Suy ra  , khi đó phương trình tiếp tuyến cần lập là: y = 4 x − 2 .  f ′ (1) = 4  Câu 15. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên ℝ thỏa 1 f ( x )dx = 2018 và g ( x ) là hàm số liên tục trên ℝ thỏa mãn g ( x ) + g (−x ) = 1 , ∫ mãn 0 1 ∀x ∈ ℝ . Tính tích phân I = ∫ f ( x )g ( x ) dx . −1 A. I = 2018 . B. I = 1009 . 2 C. I = 4036 . D. I = 1008 . Lời giải Áp dụng Hệ quả 2 (của Dạng 3): A. g ( x ) + B. g (−x ) = h ( x ) ⇒ g ( x ) = h (x ) A+B Ta có: g ( x ) + g (−x ) = 1 = h ( x ) ⇒ g ( x ) = với h ( x ) là hàm số chẵn. 1 1 = . 1 +1 2 Kết hợp với điều kiện f ( x ) là hàm số chẵn, ta có: 1 1 I = ∫ f ( x ) g ( x ) dx = −1 1 1 f ( x ) dx = ∫ f ( x )dx = 2018 . 2∫ −1 0 a a Chú ý: Nếu f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên [−a; a ] ⇒ ∫ f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx . −a Câu 16. 0 (Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn điều kiện 1 2 f ( x ) + 3 f (1− x ) = x 1 − x . Tính tích phân I = ∫ f ( x )dx . 0 A. I = − 4 . 15 B. I = 1 . 15 C. I = 4 . 75 D. I = Lời giải Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2) Với 2 f ( x ) + 3 f (1− x ) = x 1 − x ta có A = 2; B = 3 . 1 Suy ra: ∫ 0 1 Casio 4 1 f ( x ) dx = x 1 − x dx = 0,05 (3) = . ∫ 2 +3 0 75 Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3) Áp dụng kết quả của Dạng 3: “Cho A. f (ax + b ) + B. f (−ax + c ) = g ( x ) (Với A 2 ≠ B 2 ) khi đó Trang 10 1 . 25 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng  x − b   x − c  A. g   − B. g    a   −a  f (x ) = ”. A2 − B 2 Ta có: 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1− x = g ( x ) ⇒ f ( x ) = = 2 g ( x )− 3 g (1− x ) 22 − 32 2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x . −5 1 1 Suy ra: I = ∫ f ( x ) dx = ∫ 0 2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x −5 0 Casio dx = 0, 05 (3) = 4 . 75 Cách 3: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 1 1 1 Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x ⇒ 2 ∫ f ( x ) dx + 3∫ f (1 − x ) dx = ∫ x 1 − x dx 0 Casio = 0,2 (6) = ∫ 0 4 (∗) Đặt u = 1 − x ⇒ du = −dx ; Với x = 0 ⇒ u = 1 và x = 1 ⇒ u = 0 . 15 1 Suy ra 0 1 1 f (1 − x ) dx = ∫ f (u ) du = ∫ f ( x ) dx thay vào (∗) , ta được: 0 2 0 0 2 5∫ f ( x ) dx = 0 4 4 ⇔ ∫ f ( x ) dx = . 15 75 0 x2 Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Biết ∫ f (t )dt = x cos(π x ) . Giá trị của f (4) là: 0 A. f (4) = 1. 1 C. f (4) = . 2 Lời giải B. f (4) = 4. 1 D. f (4) = . 4 ′ u ( x )    Sử dụng công thức  ∫ f (t )dt  = u ′. f (u ) (xem lại DẠNG 4), ta có:   a  x2 ∫ 0 ′  x2     f (t )dt = x cos(π x ) ⇒  ∫ f (t )dt  = ( x cos(π x ))′   0 ⇔ 2 xf ( x 2 ) = cos(π x ) − π x sin(π x ) (*) 1 Thay x = 2 vào (*), ta được: 4 f (4) = cos(2π )-2π.sin(2π) = 1 ⇒ f (4) = . 4 Câu 18. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . x2 Biết ∫ 2 f (t )dt = e x + x 4 −1 với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của f (4) là: 0 A. f (4) = e 4 + 4. B. f (4) = 4 e 4 . C. f (4) = e 4 + 8. Lời giải Trang 11 D. f (4) = 1. Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng ′ u ( x )    Sử dụng công thức  ∫ f (t )dt  = u ′. f (u ) (xem lại DẠNG 4), ta có:   a  x2 ∫ 0 ′  x2 2   ′ f (t )dt = e + x −1 ⇒  ∫ f (t )dt  = e x + x 4 −1   0 x2 ( 4 ) 2 ⇔ 2 xf ( x 2 ) = 2 x .e x + 4 x 3 . 2 Suy ra: f ( x 2 ) = e x + 2 x 2 ⇒ f ( x ) = e x + 2 x ⇒ f (4) = e 4 + 8. Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) > 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [0;1] và thỏa mãn 1 x g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt và g ( x ) = f 2 ( x ). Tính 0 A. 1011 2 ∫ g ( x )dx . 0 B. 1009 2 2019 2 Lời giải C. D. 505 ′  u( x )   Sử dụng công thức  ∫ f (t ) dt  = u ′. f (u ), ta có   0 x ( ) ( ) g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt ⇒ g ′ ( x ) = 2018 f ( x )←  → g ′ ( x ) = 2018 g ( x ) ⇔ f ( x )>0 g x =f 2 x 0 Suy ra ∫ g ′(x ) g (x ) g ′ (x ) g (x ) = 2018. dx = ∫ 2018dx ⇔ 2 g ( x ) = 2018 x + C (*) x Từ điều kiện g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) dt ⇒ g (0) = 1 thay vào (*) suy ra C = 2. 0 1 Khi đó g ( x ) = 1009 x + 1 ⇒ ∫ 0 1 g ( x )dx = ∫ (1009 x + 1) dx = 0 1011 . 2 x2 Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [1;2 ]. Biết ∫ f (t ) dt = 2 x 2 + x −1 với ∀x ∈ [1;2 ]. Tính x 2 tích phân ∫ 1 b f ( x ) dx = a + ln d . Biết a, b, c , d đều là các số nguyên tố. Tính c T = a + b + c + d. A. T = 10 B. T = 11 C. T = 17 Lời giải ′  u( x )   Sử dụng công thức  ∫ f (t ) dt  = u ′. f (u ) − v ′. f (v ), ta có   v( x ) Trang 12 D. T = 16 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng x2 ∫ x Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng ′  x2     f (t ) dt = 2 x + x −1 ⇒  ∫ f (t ) dt  = (2 x 2 + x −1)′ ⇔ 2 x . f ( x ) − f ( x ) = 4 x + 1   x 2 ⇒ f (x ) = Suy ra 4 x +1 , ∀x ∈ [1;2 ] 2 x −1 2 2 ∫ f ( x ) dx = ∫ 1 1   2 4 x +1 3  3 3   dx = ∫ 2 + d x 2 x ln 2 x 1 = + −   = 2 + ln 3      1 2 x −1 2 x − 1 2 2 1 2 a = c = 2 ⇒ T = 10 . Suy ra   b = d = 3 10 Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( x 3 + 2 x − 2) = 3 x −1 . Tính I = ∫ f ( x ) dx 1 . A. I = 45 . 4 B. I = 9 . 4 C. I = 135 . 4 D. I = 27 . 4 Lời giải 2  dt = (3 x + 2) dx Đặt t = x 3 + 2 x − 2 ⇒  .  f (t ) = 3 x −1  10 10 Ta viết lại I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f (t ) dt . 1 1 Đổi cận: Với t = 1 ⇒ 1 = x + 2 x − 2 ⇔ x = 1 và t = 10 ⇒ 10 = x 3 + 2 x − 2 ⇔ x = 2 . 3 10 3 1 1 Khi đó I = ∫ f (t ) dt = ∫ (3 x −1)(3 x 2 + 2) dx = 135 . 4 Chú ý: Đây là lớp câu hỏi thuộc dạng 5, ta có thể tóm tắt hàm ẩn dạng 5 dưới phát biểu của bài toán sau: Bài toán: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f (u ( x )) = v ( x ) và v ( x ) là hàm đơn điệu (luôn b đồng biến hoặc nghịch biến) trên ℝ . Hãy đi tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx . a dt = u ′ ( x ) dx Cách giải: Đặt t = u ( x ) ⇒  .  f (t ) = v ( x )  b b Ta viết lại I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f (t ) dt . a a Đổi cận: Với t = a ⇒ u ( x ) = a ⇔ x = α và t = b ⇒ b = u ( x ) ⇔ x = β . b β Khi đó I = ∫ f (t ) dt = ∫ v ( x ).u ′ ( x ) dx . a Câu 22. Cho hàm số α f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn 2 I = ∫ f ( x ) dx . 0 Trang 13 f ( x 3 + 1) = 2 x −1, ∀x ∈ ℝ . Tính Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng A. I = −2 . B. I = 5 . 2 C. I = −4 . D. I = 6 . Lời giải dt = 3 x dx Đặt t = x 3 + 1 ⇒  .   f (t ) = 2 x −1  2 1 1 Ta viết lại I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f (t ) dt . 0 0 Đổi cận: Với t = 0 ⇒ 0 = x + 1 ⇔ x = −1 và t = 1 ⇒ 1 = x 3 + 1 ⇔ x = 1 . 3 1 1 Khi đó I = ∫ f (t ) dt = ∫ (2 x −1).3 x 2 dx = −2 . −1 0 5 Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x 3 + 3 x + 1) = 3 x + 2, ∀x ∈ ℝ. Tính I = ∫ x . f ′ ( x ) dx 1 . A. 5 . 4 B. 17 . 4 33 . 4 Lời giải C. D. −1761 . 5 du = dx u = x 5  Đặt  ⇒ ⇒ I = xf ( x ) 1 − ∫ f ( x ) dx . dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x ) 1 5  f (5) = 5 ( x = 1) Từ f ( x + 3 x + 1) = 3 x + 2 ⇒  , suy ra I = 23 − ∫ f ( x ) dx .  f (1) = 2 ( x = 0 ) 1  2  dt = (3 x + 3) dx Đặt t = x 3 + 3 x + 1 ⇒   f (t ) = 3 x + 2  Đổi cận: Với t = 1 ⇒ 1 = x 3 + 3 x + 1 ⇔ x = 0 và t = 5 ⇒ x 3 + 3 x + 1 = 5 ⇔ x = 1 . 3 5 1 1 0 Casio Khi đó I = 23 − ∫ f ( x ) dx = 23 − ∫ (3 x + 2)(3 x 2 + 3) dx = Câu 24. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R thỏa mãn 33 4 f 3 ( x ) + f ( x ) = x , ∀x ∈ R . Tính 2 I = ∫ f ( x ) dx 0 A. I = 2 . B. I = 3 . 2 C. I = 1 . 2 D. I = 5 . 4 Lời giải Đặt y = f ( x ) ⇒ x = y + y ⇒ dx = (3 y + 1) dy 3 2  x = 0 → y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 Đổi cận    x = 2 → y 3 + y = 2 ⇔ y = 1  5 0 0 0 4 Chú ý: Đây là lớp câu hỏi thuộc Dạng 6, ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 6 dưới phát biểu của bài toán sau: Khi đó I = ∫ f ( x ) dx = ∫ y (3 y 2 + 1) dy = ∫ (3 y 3 + y ) dy = 2 1 1 Trang 14 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Bài toán: “ Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn g  f ( x ) = x và g (t ) là hàm đơn điệu ( luôn b đồng biến hoặc nghịch biến) trên R .Hãy tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx “ a Cách giải: Đặt y = f ( x ) ⇒ x = g ( y ) ⇒ dx = g ′ ( y ) dy  x = a → g ( y ) = a ⇔ y = α Đổi cận   x = b → g ( y ) = b ⇔ y = β  b β Suy ra I = ∫ f ( x ) dx = ∫ yg ( y )dy a α Câu 25. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn 2 f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) + 6 f ( x ) = x , ∀x ∈ ℝ . Tính 5 tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 0 A. I = 5 . 4 B. I = 5 . 2 C. I = 5 . 12 5 D. I = . 3 Lời giải Đặt y = f ( x ) ⇒ x = 2 y − 3 y + 6 y ⇒ dx = 6 ( y 2 − y + 1) dy . 3 2 Đổi cận: với x = 0 ⇒ 2 y 3 − 3 y 2 + 6 y = 0 ⇔ y = 0 và x = 5 ⇒ 2 y 3 − 3 y 2 + 6 y = 5 ⇔ y = 1 . 1 1 1 5 Khi đó I = ∫ f ( x ) dx = ∫ y.6 ( y − y + 1) dy = 6 ∫ ( y 3 − y 2 + y ) dy = . 2 0 0 0 2 Câu 26. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn x + f 3 ( x ) + 2 f ( x ) = 1 , ∀x ∈ ℝ . Tính 1 I = ∫ f ( x ) dx . −2 A. I = 7 . 4 B. I = 7 . 2 C. I = 7 . 3 D. I = 5 . 4 Lời giải Đặt y = f ( x ) ⇒ x = − y − 2 y + 1 ⇒ dx = (−3 y 2 − 2) dy . 3 Đổi cận: Với x = −2 ⇒ − y 3 − 2 y + 1 = −2 ⇔ y = 1 ; x = 1 ⇒ − y 3 − 2 y + 1 = 1 ⇔ y = 0 . 0 Khi đó: I = ∫ y (−3 y 2 − 2) dy = 1 7 . 4 Câu 27. Cho hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị dương trên [0;1] . Biết f ( x ). f (1 − x ) = 1 với 1 ∀x ∈ [0;1] . Tính giá trị của I = ∫ 0 3 A. 2 1 B. . 2 dx . 1+ f (x ) C. 1 . Lời giải Trang 15 D. 2 . Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng dt = −dx 1  dx Đặt t = 1 − x ⇒  1 và x = a ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 0 . Khi đó I = ∫  f ( x ) = 1+ f (x ) 0 f (t )  1 =∫ 0 1 dt 1 1+ f (t ) 1 2I = ∫ 0 =∫ 0 f ( x ) dx 1+ f (x ) . f ( x ) dx 1 dx +∫ = ∫ dx = 1 ⇒ I = . 1+ f (x ) 0 1+ f (x ) 2 0 1 1 Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc Dạng 7, ta có thể TÓM TẮC HÀM ẨN DẠNG 7 dưới phát biểu của bài toán sau: b Bài toán: “ Cho f ( x ). f (a + b − x ) = k 2 , khi đó I = ∫ a dx b −a = k + f (x ) 2k Chứng minh: dt = −dx  Đặt t = a + b − x ⇒  k 2 và x = a ⇒ t − b ; x = b ⇒ t = a .  f ( x ) = f (t )  b b b f ( x ) dx dx dx 1 Khi đó I = ∫ . =∫ = 2 ∫ k k + f x k k + f x ( ) ( ) a a k+ a f (t ) b 2I = ∫ a f ( x ) dx b −a 1 1 dx 1 + ∫ = ∫ dx = (b − a ) ⇒ I = . k 2k k + f (x ) k a k + f (x ) k a b b Câu 28. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ , ta có f ( x ) > 0 và f (0 ). f (2018 − x ) = 1 . Giá trị của 2018 tích phân I = ∫ 0 A. I = 2018 . dx 1 + f (x ) B. I = 0 C. I = 1009 Lời giải 2018 Áp dụng kết quả của dạng 7 (xem lại câu 27 ), ta có I = ∫ 0 D. 4016 1 2018 − 0 dx = = 1009 1+ f (x ) 2.1 . Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 3 ∫ xf ( x ) dx = 5 . Tính tích phân ∫ 1 f ( x ) dx . 1 9 . 2 Lời giải Đặt t = 4 − x ⇒ dt = −dx và x = 1 ⇒ t = 3 ; x = 3 ⇒ t = 1 . A. f (4 − x ) = f ( x ) . Biết 3 5 . 2 7 . 2 B. 3 C. 3 3 D. 11 . 2 3 Khi đó: 5 = ∫ xf ( x ) dx = ∫ (4 − t ) f (4 − t ) dt = ∫ (4 − x ) f (4 − x ) dx = ∫ (4 − x ) f ( x ) dx . 1 1 1 Trang 16 1 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 3 3 3 Suy ra: 10 = ∫ xf ( x ) dx + ∫ (4 − x ) f ( x ) dx = 4 ∫ f ( x ) dx = 1 1 1 5 . 2 Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc dạng 8, ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 8 dưới phát biểu của bài toán sau:  f (a + b − x ) = f ( x )  b 2I  b Bài toán: Cho  . ⇒ ∫ f ( x ) dx =  xf ( x ) dx = I a +b a ∫  a dt = −dx  Chứng minh: Đặt t = a + b − x ⇒  x = a ⇒ t = b . Khi đó   x = b ⇒ t = a b b I = ∫ xf ( x ) dx = ∫ (a + b − t ) f (a + b − t ) dt a a b b = ∫ (a + b − x ) f (a + b − x ) dx = ∫ (a + b − x ) f ( x ) dx . a a b b b b Suy ra 2 I = ∫ xf ( x ) dx + ∫ (a + b − x ) f ( x ) dx = (a + b ) ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = a a a a 2I . a +b Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f ( x ) − f (3 − x ) = 0 . Biết 4 4 ∫ xf ( x ) dx = 2 . Tính ∫ −1 A. f ( x ) dx . −1 3 . 2 B. 2 . 3 4 . 3 Lời giải C. 4 Áp dụng kết quả Dạng 8 (bài 29) ta có: ∫ f ( x ) dx = −1 2 { D. 3 . 4 2I 2.2 4 = = . a + b (−1) + 4 3 } Câu 31. Tính I = ∫ min x ; 3 2 − x dx . 0 A. I = 2 . B. I = 3 . 4 C. I = 1 . D. I = Lời giải Ta xét dấu f ( x ) = x − 2 − x trên đoạn [ 0;2 ] . 3 Ta có x − 3 2 − x = 0 ⇔ x 3 + x − 2 = 0 ⇔ ( x −1)( x 2 + x + 2) = 0 ⇔ x = 1 . Bảng xét dấu  x Do đó min x ; 3 2 − x =   3 2 − x  { } khi x ∈ [0;1] khi x ∈ [1;2 ] Trang 17 . 5 . 4 Biên soạn: Hoàng Phi Hùng 2 { Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 } 2 Suy ra I = ∫ min x ; 2 − x dx = ∫ x dx + ∫ 3 0 0 3 1 1 3 5 2 − x dx = + = . 2 4 4 2 Câu 32. Tính tích phân I = ∫ max { x ; x 3 }dx . 0 A. 17 . 4 15 . 4 Lời giải B. 2 . C. D. 7 . 4 ] Trên đoạn [ 0; 2 ] , xét x ≥ x 3 ⇔ x ( x −1)( x + 1) ≤ 0 ←[ → 0 ≤ x ≤ 1. x ∈ 0; 2  x khi 0 ≤ x ≤ 1  x ∈ [0; 1] ⇒ x ≥ x 3 3  ⇒ max x ; x = . Vậy  { } 3 [ 0; 2 ]  x ∈ [1; 2 ] ⇒ x ≤ x 3  x khi 1 ≤ x ≤ 2  2 Suy ra I = ∫ max { x ; x 0 1 3 2 1 15 } dx = ∫ xdx + ∫ x 3dx = 2 + 4 0 1 = 17 . 4 Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc Dạng 9 (Tích phân cho bởi nhiều công thức dưới hình thức bài toán min, max) ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 9 dưới phát biểu của bài toán sau: b b a a Bài toán: Tính tích phân I = ∫ max { f ( x ); g ( x )} dx hoặc I = ∫ min { f ( x ); g ( x )} dx . Cách giải: ( tham khảo qua lời giải của Câu 31, 32, 33). 3 Câu 33. Tính tích phân I = ∫ max { x 3 ; 4 x 2 − 3 x }dx . 0 A. 117 . 2 B. 707 . 2 275 . 12 Lời giải C. D. 119 . 6 Trên đoạn [ 0; 3] : [ ] x ∈ [0; 1]. Xét x 3 ≥ 4 x 2 − 3 x ⇔ x ( x −1)( x − 3) ≥ 0 ←→ x ∈ 0; 3  x ∈ [0; 1] ⇒ x 3 ≥ 4 x 2 − 3 x  x 3 khi x ∈ [ 0; 1] 3 2  Vậy  . ⇒ max { x ; 4 x − 3 x } =  2 3 2 [ 0; 3]  x ∈ [1; 3] ⇒ x ≤ 4 x − 3 x 4 x − 3 x khi x ∈ [1; 3]   3 1 3 Khi đó I = ∫ max { x ;4 x − 3 x } dx = ∫ x dx + ∫ (4 x 2 − 3 x ) dx = 3 0 2 3 0 Trang 18 1 275 . 12
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top