Kỹ thuật giải toán tích phân

Giới thiệu Kỹ thuật giải toán tích phân

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Kỹ thuật giải toán tích phân CHƯƠNG NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN.

Kỹ thuật giải toán tích phân

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 Kỹ thuật giải toán tích phân

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

Text Kỹ thuật giải toán tích phân
EBOOK CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN EBOOK TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc. All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author. KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN LỜI GIỚI THIỆU Đây là cuốn sách fanpage Tạp Chí Và Tư Liệu Toán Học xuất bản 2 năm về trước, tuy nhiên nay fanpage chia sẻ ebook này lại cho mọi người nên cũng không có lời giới thiệu gì nhiều cả, chỉ mong mọi người trân trọng món quà này và vấn đề bản quyền, như vậy chúng tôi đã cảm thấy rất vui rồi. Trong cuốn ebook này có nhiều phần không phù hợp với kỳ thi và chúng tôi đã chú thích, các bạn nên tránh sa đà vào những vấn đề như thế mà chỉ nên tập trung vào các kỹ thuật tính toán tích phân (nếu không học cẩn thận các phần này thì các bạn coi chừng lên đại học sẽ vật vã với môn giải tích đấy nhé ^^) Tất nhiên là cuốn sách không thể tránh khỏi những sai sót, do vậy mọi ý kiến đóng góp gửi về: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical. Cảm ơn bạn đọc đã theo dõi fanpage! MỤC LỤC Giới thiệu đôi nét về lịch sử…………………………………..……………..…..…………2 CHƯƠNG 1. Nguyên hàm – Tích phân hàm phân thức hữu tỷ………………………….…5 CHƯƠNG 2. Nguyên hàm – Tích phân từng phần…………………………….………..46 I. GIỚI THIỆU……………………………………………………………………….46 II. MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN…………………………………………..………47 III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………..………….66 CHƯƠNG 3. Các bài toán về hàm lượng giác…………………………………….……118 I. GIỚI THIỆU CÁC LÝ THUYẾT CẦN NHỚ………………………………..…118 II. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP………………………………..……119 III. CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI TỔNG HỢP……………………………….…….145 CHƯƠNG 4. Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ, căn thức……………………..……..151 I. GIỚI THIỆU………………………………………………………………………151 II. CÁC DẠNG TOÁN…………………..………………………………………..151 KỸ THUẬT LƯỢNG GIÁC HÓA………………………………………………….167 III. TỔNG KẾT……………………………………………………………………..175 CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP……………………………………………………..177 CHƯƠNG 5. Các loại tích phân đặc biệt…………………………………………..…..203 I. TÍCH PHÂN LIÊN KẾT……………………………………………..….………203 II. KỸ THUẬT ĐƯA BIỂU THỨC VÀO DẤU VI PHÂN…………………………206 III. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ……………………..…………………….212 IV. TÍCH PHÂN HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI……………………..………………….214 V. TÍCH PHÂN CÓ CẬN THAY ĐỔI……………………………………………219 VI. TÍCH PHÂN HÀM PHÂN NHÁNH…………………………………………224 VII. TÍCH PHÂN TRUY HỒI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN DÃY SỐ….…228 VII. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP……………………………………241 CHƯƠNG 6. Phương pháp đổi cận đổi biến – Hàm ẩn……………………………….249 I. KỸ THUẬT ĐỔI ẨN VÀ TÍNH CHẤT CÁC HÀM ĐẶC BIỆT……………….249 II. CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM…………………………………….263 BÀI TẬP TỔNG HỢP……………………………………………………………..267 CHƯƠNG 7. Các bài toán về phương trình vi phân……………………………….…..321 BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TÍCH………………………………………………321 BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TỔNG……………………………………………..325 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………………………329 CHƯƠNG 8. Các ứng dụng của tích phân………………………………………………357 A. ỨNG DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG……………………………360 B. ỨNG DỤNG TÍNH THỂ TÍCH……………………………………………….423 C. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG THỰC TIỄN……………………………480 CHƯƠNG 9. Bất đẳng thức tích phân…………………………………………………..514 PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG……………………………………………………514 CÂN BẰNG HỆ SỐ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM………………………..520 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ CHO TÍCH PHÂN………………525 | Giới thiệu đôi nét về lịch sử GIỚI THIỆU ĐÔI NÉT VỀ LỊCH SỬ CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN C ác ý tưởng giúp hình thành môn phân, nhờ đó ông đã tìm được giá trị gần vi tích phân phát triển qua một đúng của số pi ở khoảng giữa hai phân số thời gian dài. Các nhà toán học 310/71 và 31/7. Trong tất cả những khám Hi Lạp là những người đã đi những bước phá của mình, Archimedes tâm đắc nhất tiên phong. Leucippus, Democritus và là công thức tính thể tích hình cầu. “Thể Antiphon đã có những đóng góp vào tích hình cầu thì bằng 2/3 thể tích hình trụ phương pháp “vét cạn” của Hi Lạp, và ngoại tiếp“. Thể theo nguyện vọng lúc sau này được Euxodus, sống khoảng 370 sinh thời, sau khi ông mất, người ta cho trước Công Nguyên, nâng lên thành lí dựng một mộ bia có khắc hoa văn một luận khoa học. Sở dĩ gọi là phương pháp hình cầu nội tiếp một hình trụ. Ngoài “vét cạn” vì ta xem diện tích của một toán học, Archimedes còn có những phát hình được tính bằng vô số hình, càng lúc minh về cơ học, thủy động học. Tất cả càng lấp đầy hình đó. Tuy nhiên, chỉ có học sinh đều quen thuộc với định luật Archimedes (287-212 B.C), mới là người mang tên ông về sức đẩy một vật thể khi Hi Lạp kiệt xuất nhất. Thành tựu to lớn nhúng vào một chất lỏng cùng với câu đầu tiên của ông là tính được diện tích thốt bất hủ “Eureka! Eureka!” (Tìm ra rồi! giới hạn bởi tam giác cong parabol bằng 4 diện tích của tam giác có cùng đáy và 3 2 đỉnh và bằng diện tích của hình bình 3 hành ngoại tiếp. Để tìm ra kết quả này, Tìm ra rồi!) khi ông đang tắm. Ông tìm ra Archimedes dựng một dãy vô tận các tam giác, bắt đầu với tam giác có diện tích bằng A và tiếp tục ghép thêm các tam giác mới nằm xen giữa các tam giác đã có với đường parabol. Hình parabol dần dần được lấp đầy bởi các tam giác có tổng diện tích là: A A A A A A A,A + ,A + + ,A + + + …. 4 4 16 4 16 64 Diện tích giới hạn bởi parabol là 1 1 1   4A A  1 + + + + …  = 4 16 64   3 Archimedes cũng dùng phương pháp “vét cạn” để tính diện tích hình tròn. Đây là mô hình đầu tiên của phép tính tích các định luật về đòn bẩy cùng câu nói nổi tiếng “Hãy cho tôi một điểm tựa, tôi sẽ nhấc bổng quả đất“). Dù ông có vẻ thích toán học hơn vật lí, nhưng Archimedes vẫn là một kỹ sư thiên tài. Trong những năm quân xâm lược La Mã hùng mạnh tấn công đất nước Syracuse quê hương ông, nhờ có những khí tài do ông sáng chế như máy bắn đá, cần trục kéo lật tàu địch, gương parabol đốt cháy chiến thuyền, đã giúp dân thành Syracuse cầm chân quân địch hơn 3 năm. Cuối cùng quân La Mã cũng tràn được vào thành. Dù có lệnh tướng La Mã là Marcus không được giết chết ông, một tên lính La Mã thô bạo xông vào phòng làm việc khi ông đang mê mải suy nghĩ cạnh một sa bàn một bài toán hình dang dở. Khi thấy bóng của nó đổ lên hình vẽ, ông quát lên: ” Đừng quấy rầy đến các Tạp chí và tư liệu toán học | 2 Kỹ thuật giải toán tích phân| đường tròn của ta !”. Thế là tên lính nỗi mới 15 tuổi, ông đã được nhận vào học cáu, đâm chết ông. Sau khi ông mất, nền luật tại Đại học Leipzig, và 20 tuổi đã đậu toán học hầu như rơi vào trong bóng tối tiến sĩ luật. Sau đó, ông hoạt động trong cho đến thế kỹ thứ 17. Lúc này do nhu ngành luật và ngoại giao, làm cố vần luật cầu kỹ thuật, phép tính vi tích phân trở pháp cho các ông vua bà chúa. Trong lại để giải quyết những bài toán về sự những chuyến đi công cán ở Paris, Leibnz biến thiên các đại lượng vật lý. Phép tính có dịp gặp gỡ nhiều nhà toán học nổi vi tích phân được phát triển nhờ tìm ra tiếng, đã giúp niềm say mê toán học của cách giải quyết được bốn bài toán lớn ông thêm gia tăng. Đặc biệt, nhà vật lí học của thời đại: lừng danh Huygens đã dạy ông toán học. cong. Vì không phải là dân toán học chuyên nghiệp, nên có nhiều khi ông khám phá 2. Tìm độ dài của một đường cong. lại những định lí toán học đã được các 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của nhà toán học khác biết trước. Trong đó có một đại lượng ; ví dụ tìm khoảng sự kiện được hai phe Anh Đức tranh cãi cách gần nhất và xa nhất giữa một trong suốt 50 năm. Anh thì cho chính hành tinh và mặt trời, hoặc khoảng Newton là cha đẻ của phép tính vi tích cách tối đa mà một đạn đạo có thể phân trong khi Đức thì nói vinh dự đó bay tới theo góc bắn đi của nó. phải thuộc về Leibniz. Trong khi hai 4. Tìm vận tốc và gia tốc của một vật đương sự thì không có ý kiến gì. Đúng ra thể theo thời gian biết phương là hai người đã tìm được chân lý trên một trình giờ của vật thể ấy. cách độc lập: Leibniz tìm ra năm 1685, Vào khoảng giữa thế kỷ 17, những mười năm sau Newton, nhưng cho in ra anh tài của thời đại, như Fermat, công trình của mình trước Newton hai Roberval, Descartes, Cavalieri lao vào giải mươi năm. Leibniz sống độc thân suốt các bài toán này. Tất cả cố gắng của họ đã đời và mặc dù có những đóng góp kiệt đạt đến đỉnh cao khi Leibniz và Newton xuất, ông không nhận được những vinh hoàn thiện phép tính vi tích phân. Leibniz quang như Newton. Ông trải qua những ( 1646-1716) Ông là một nhà bác học thiên năm cuối đời trong cô độc và nổi cay tài, xuất sắc trên nhiều lãnh vực: một nhà đắng. Newton(1642-1727) – Newton sinh luật học, thần học, triết gia, nhà chính trị. ra tại một ngôi làng Anh Quốc. Cha ông Ông cũng giỏi về địa chất học, siêu hình mất trước khi ông ra đời, một tay mẹ nuôi học, lịch sử và đặc biệt toán học. Leibniz nầng và dạy dỗ trên nông trại nhà. Năm sinh ở Leipzig, Đức. Cha là một giáo sư 1661, ông vào học tại trường đại học triết học tại Đại học Leipzig, mất khi ông Trinity ở Cambridge mặc dù điểm hình vừa sáu tuổi. Cậu bé suôt ngày vùi đầu ở học hơi yếu. Tại đây ông được Barrow, thư viện của cha, ngấu nghiến tất cả các nhà toán học tài năng chú ý. Ông lao vào quyển sách về đủ mọi vần đề. Và thói học toán và khoa học, nhưng tốt nghiệp quen này đã theo cậu suốt đời. Ngay khi loại bình thường. Vì bệnh dịch hoành 3 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1. Tìm tiếp tuyến của một đường CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN | Giới thiệu đôi nét về lịch sử hành khắp châu Âu và lan truyền nhanh bè đồng nghiệp. Năm 1687, trước sự chóng đến London, ông phải trở lại làng khuyến khích nhiệt tình của nhà thiên quê và trú ngụ tại đó trong hai năm 1665, văn học Halley, Newton mới chịu cho 1666. Chính trong thời gian này, ông đã xuất bản cuốn Những nguyên tắc toán xây dựng những nền tảng của khoa học học. Tác phẩm này ngay lập tức được hiện đại: khám phá nguyên tắc chuyển đánh giá là một trong những tác phẫm có động các hành tinh, của trọng lực, phát ảnh hưởng lớn lao nhất của nhân loại. hiện bản chất của ánh sáng. Tuy thế ông Cũng tương tự như thế, chỉ sau khi biết không phổ biến các khám phá của mình. Leibniz đã in công trình của minh, ông Ông trở lại Cambridge năm 1667 để lấy mới công bố tác phẩm của mình về phép bằng cao học. Sau khi tốt nghiệp, ông dạy tính vi tich phân. Vĩ đại như thế, nhưng học tại Trinity. Năm 1669, ông giữ chức khi nói về minh ông luôn cho rằng sở dĩ giáo sư trưởng khoa toán, kế nhiệm giáo ông có đôi khi nhìn xa hơn kẻ khác vì ông sư Barrow, một chức danh vinh dự nhất đứng trên vai của các vĩ nhân. Và với trong giáo dục. Trong những năm sau đó, những khám phá lớn lao của mình, ông ông đã công thức hoá các đinh luật hấp nói: “Tôi thấy mình như một đứa trẻ chơi dẫn, nhờ đó giải thích được sự chuyễn đùa trên bãi biển, may mắn gặp được những động của các hành tinh, mặt trăng và viên sỏi tròn trịa, hoặc một vỏ sò đẹp hơn thủy triều. Ông cũng chế tạo ra kính viễn bình thường, trong khi trước mặt là một đại vọng hiện đại đầu tiên. Trong đời ông, dương bao la của chân lí mà tối chưa được ông ít khi chịu cho in các khám phá vĩ đại biết“. của mình, chỉ phổ biến trong phạm vi bạn Tạp chí và tư liệu toán học | 4 Kỹ thuật giải toán tích phân| NGUYÊN HÀM – TÍCH CHƯƠNG 1 N PHÂN HÀM HỮU TỶ guyên hàm phân thức hữu tỷ là một bài toán khá cơ bản, nhưng cũng được phát triển ra rất nhiều bài toán khó, hầu như các bài toán nguyên hàm – tích phân khó sau khi biến đổi ta sẽ đưa chúng được về dạng nguyên hàm – tích phân hàm hữu tỷ. Trong mục này ta sẽ tìm hiểu cách giải quyết dạng toán này. Tổng quát. Với hàm hữu tỉ, nếu bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì phải chia của mẫu thì phân tích mẫu ra các thừa số bậc nhất ( x + a ) hay ( x 2 + px + q ) bậc hai vô nghiệm rồi đồng nhất hệ số theo phần tử đơn giản: A Bx + C ( Đồng nhất hệ số ở tử ; 2 x + a x + px + q thức thì tính được các hằng số A, B, C, … Kết hợp với các biến đổi sai phân, thêm bớt đặc biệt để phân tích nhanh) CÁC DẠNG TOÁN CÁC DẠNG TÍCH PHÂN ĐA THỨC HỮU TỶ. • b  P ( x ) dx : Chia miền xét dấu P ( x ) , a • b  x ( mx + n )  dx : Đặt u = mx + n hoặc phân tích, a • b 2  ( mx + n ) ( px + qx + r )  dx : Đặt u = px 2 + qx + r , a • b  (x + m) .(x + m )   dx : Nếu    thì đặt u = x + n . a CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC b 1. Dạng  px a • 2 1 dx . Lập  = q 2 − 4pr . + qx + r b Nếu  = 0   a dx ( mx + n ) 5 | Chinh phục olympic toán 2 , dùng công thức của hàm đa thức. TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC tách phần đa thức để còn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bé hơn mẫu. Nếu bậc của tử bé hơn bậc | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức b dx , đặt x = k tan t 2 x + k a • Nếu   0   • Nếu   0   2 b dx 1 1  1 1  , biến đổi 2 = −   2 2 x −k x −k 2k  x − k x + k  a b 2. Dạng 2 mx + n dx . Lập  = q 2 − 4pr 2 + qx + r  px a • Nếu   0  Phân tích và dùng công thức. • Nếu   0  b 3. Dạng x a A ( px 2 + qx + r ) ‘ mx + n B = + 2 2 2 px + qx + r px + qx + r (x + ) + k2 b dx (1 + x ) n m x n −1dx = xn ( 1 + x a ) n m , đặt t = 1 + x n . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chú ý. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  −a; a  . • Nếu f ( x ) lẻ thì a  f ( x ) dx = 0 . −a • a a a 0 Nếu f ( x ) chẵn thì  f ( x ) = 2  f ( x ) dx . CÁC CÔNG THỨC NÊN NHỚ. • • • 1 x−a 1  ( x − a )( x − b ) dx = a − b ln x − b + C mx + n ( ax + b ) 2 = A B + ax + b ( ax + b )2 mx + n = A ( ax + b ) ( cx + d ) ( ax + b ) 2 2 + B C . + cx + d ax + b 1 1 x dx = arctan + C 2 +a a a • x •  ax + b  arctan   1  c  +C dx =  ( ax + b )2 + c2 ac 2 CÔNG THỨC TÁCH NHANH PHÂN THỨC HỮU TỶ •  P (x) A = ( x − b )( x − c ) x=a   P (x) P (x) A B C  = + +  B = ( x − a )( x − b )( x − c ) x − a x − b x − c  ( x − a )( x − c ) x=b  P ( x) C =  ( x − a )( x − b ) x=c  Tạp chí và tư liệu toán học | 6 Kỹ thuật giải toán tích phân| •  P ( x) A = 2 ax + bx + c x =m  P ( x) A Bx + C = +  P ( x ) − A ( ax 2 + bx + c ) ( x − m ) ( ax2 + bx + c ) x − m ax2 + bx + c  Bx + C = x−m  x = 1000 Sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ minh họa cụ thể cho dạng toán này! Câu 1. 2 3 x dx 2x + 3 1 Tính các tích phân sau : a) I =  b) I = 3 1 2 x −5  x + 1 dx 5 2 c) x3 0 x2 − 1 dx x3 1 ( = . a) Ta có: 2x + 3 2 2x 3 + 3x 2 ) − 3 9 27 2x 2 + 3x ) + ( 2x + 3 ) − 2 ( 27 2 4 4 = x − 3 x+ 9 − . 2x + 3 2 4 8 8 ( 2x + 3 ) 2  x2 3  x3 9 27 dx =   − x + −  dx 2x + 3 2 4 8 8 2x + 3 ( ) 1 1  2  2 3 9 27 13 27 1  =  x 3 − x 2 + x − ln 2x + 3  = − − ln 35 8 8 16 6 16 3 1 b) Ta có: x2 − 5 x2 − 1 − 4 4 . = = x−1− x+1 x+1 x+1 3 x2 − 5  dx = x+1 5 3 4   1 2    x − 1 − x + 1 dx =  2 x − x − 4 ln x + 1  5 x ( x2 − 1) + x x3 x c) Ta có: 2 = = x+ 2 . 2 x −1 x −1 x −1 1 2 1 2 1 2 1 2 x2 x x  xdx  =   2 dx =   x + 2  dx =  xdx +  2 x −1 x −1 x −1 2 0 0 1 0 3 1 2 0 3 5  5 +1 = 5 − 1 + 4 ln   .  4  1 + ln x 2 − 1 2 1 2 0 = 1 1 3 + ln . 8 2 4 Câu 2. 1 4x + 11 dx . x + 5x + 6 0 Tính tích phân: I =  2 Lời giải Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức Ta có f ( x ) = A ( x + 3) + B ( x + 2 ) 4x + 1 4x + 11 A B = = + = x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 ) x + 2 x + 3 ( x + 2 )( x + 3 ) 2 Thay x = −2 vào hai tử số: 3 = A và thay x = −3 vào hai tử số: −1 = −B suy ra B = 1 3 1 Do đó: f ( x ) = + x+2 x+3 7 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 Vậy 1 1 4x + 11 1   3 dx = + dx = 3ln x + 2 + ln x + 3 = 2 ln 3 − ln 2   0 x2 + 5x + 6 0  x + 2 x + 3  0 Cách 2. Nhảy tầng lầu Ta có: f ( x ) = 2 ( 2x + 5 ) + 1 x + 5x + 6 2 = 2. 2x + 5 1 2x + 5 1 1 + = 2. 2 + − x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 ) x + 5x + 6 x + 2 x + 3 2 1 1 2x + 5 1 1    I =  f ( x ) dx =   2. 2 + −  dx x + 5x + 6 x + 2 x + 3  0 0 1  x+2  =  2 ln x 2 + 5x + 6 + ln = 2 ln 3 − ln 2 x + 3  0  Câu 3. 1 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN x3 Tính các tích phân sau a) I =  2 dx x + 2x + 1 0 b) I =  0 4x dx 4x − 4x + 1 2 Lời giải a) Cách 1. Thực hiện cách chia đa thức x 3 cho đa thức x 2 + 2x + 1 đã học ở chương trình lớp 8 Ta được x3 3x + 2 = x−2+ 2 2 x + 2x + 1 x + 2x + 1 3 I= 0 3 3 x3 3x + 3 − 1 dx =  ( x − 2 ) dx +  2 dx 2 x + 2x + 1 x + 2x + 1 0 0 2 3 3  x2  3 d ( x + 2x + 1 ) dx =  − 2x  +  − 2 2   2  0 2 0 x + 2x + 1 0 ( x + 1) 3 3 3 3 1 3 3 1 9 2 3 = − + ln ( x + 1 ) + = − + ln 16 + − 1 = − + 6 ln 2. 0 2 2 x+1 0 2 2 4 4 3 3 x3 x3 Cách 2. Ta có  2 dx =  dx 2 x + 2x + 1 0 0 ( x + 1) x = 0  t = 1 Đặt t = x + 1  dx = dt; x = t − 1 . Đổi cận  x = 3  t = 4 3  0 4 x3 ( x + 1) b) Ta có 2 dx =  1 ( t − 1) t2 3 3 1  dt =   t − 3 + − 2 t t 1 4 1 9  1 2  dt =  t − 3t + 3 ln t +  = − + 6 ln 2 t 1 4  2 4x 4x = 4x − 4x + 1 ( 2x − 1)2 2 Đặt t = 2x − 1  dt = 2dx → dx = 1 4 1 x = 0  t = −1 1 dt . Đổi cận  2 x = 1  t = 1 1 4x 4x dx =  dx =  Do đó  2 2 4x − 4x + 1 2x − 1 ( ) 0 0 −1 4. 1 1 ( t + 1) 1 1 1 2 dt =  + 2 2  t 2 t t −1  1 1    dt =  ln t −  = −2 t  −1   Tạp chí và tư liệu toán học | 8 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 4. 2 2 x3 + 2x 2 + 4x + 9 dx x2 + 4 0 x Tính các tích phân sau a) I =  2 dx x + 4x + 5 0 b) I =  Lời giải 2 x a) Ta có 2 2 0 x x dx =  dx 2 + 4x + 5 0 (x + 2) + 1 Đặt x + 2 = tan t , suy ra dx = 2 t2 x = 0  tan t = 2  x = 2  tan t = 4 t 2 t2 tan t − 2 dt  sin t  dx = = − 2 dt = − ln cos t − 2t ( 1) ( )   2 0 ( x + 2 ) + 1  1 + tan 2 t cos2 t t  cos t  t1 t1 1 x 1 1  2 2  tan t = 2  1 + tan t = 5  cos t = 5  cos t 1 = 5 Ta có   tan t = 4  1 + tan 2 t = 17  cos 2 t = 1  cos t = 1 2  17 17  ( − ln cos t − 2t ) t2 t1 = − ( ln cos t 2 ) − 2t 2  − ( ln cos t 1 − 2t 1 ) = − ln = 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln b) Ta có cos t 2 + 2 (t2 − t1 ) cos t 1 1 1 5 . 5 = 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln 2 17 17 x3 + 2x 2 + 4x + 9 x 3 + 4x + 2x 2 + 8 + 1 1 = = x+2+ 2 2 2 x +4 x +4 x +4 2 2 2 2 x3 + 2x 2 + 4x + 9 1  dx  1 2  Do đó:  dx =   x + 2 + 2 =6+J  dx =  x + 2x  +  2 2 x +4 x +4 2 0 0 x +4 0 0 • 2 Tính tích phân J =  0 1 dx x +4 2 2 Đặt x = 2 tan t suy ra: dx = dt. Đổi cận cos2 t 2 (1)  4 x = 0  t = 0      . Ta có t  0;  → cos t  0  4 x = 2  t = 4  4  1 1 1 2 1 1 4   dx =  dt = dt = t = . Từ ( 1 )  I = 6 + . Khi đó J =  2 2 2  x +4 4 0 1 + tan t cos t 20 2 0 8 8 0 Câu 5. 1 Tính các tích phân sau a) I =  0 x ( x + 1) 3 b) I = dx 0  ( x − 1) −1 Lời giải x = 0  t = 1 a) Cách 1. Đặt x + 1 = t , suy ra x = t − 1 . Đổi cận  . x = 1  t = 2 9 | Chinh phục olympic toán x4 3 dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Do đó 1 dt . Đổi cận cos 2 t | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 2 2 2 t−1 1 1 1  1 1 1 dx =  3 dt =   2 − 3  dt =  − + 2  = Do đó  3 t t t   t 2 t 1 8 0 ( x + 1) 1 1 x Cách 2. Ta có 1 Do đó x ( x + 1) = 3 ( x + 1) − 1 = 1 − 1 3 2 3 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 1 x  ( x + 1) 3 0 dx =  1 0  1  1  1 1 1  1 − dx =  − + =  2 3 2   ( x + 1 ) ( x + 1 )   x + 1 2 ( x + 1 )  0 8 x = −1  t = −2 b) Đặt x − 1 = t , suy ra x = t + 1 . Đổi cận  x = 0  t = −1 0 Do đó x4  ( x − 1) dx = 3 −1 −1  −2 ( t + 1) t3 4 dt = −1 −1 t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 6 4 1  dt =   t + 4 + + 2 + 3  dt 3 −2 t t t t  −2  −1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 4 1 1 33 1 =  t 2 + 4t + 6 ln t − − 2  = − 6 ln 2 t 2 t  −2 8 2 Câu 6. 6+ 2 3 −4x 4 + x 2 − 3 2 dx = a 3 + b + c + 4 . Với a , b , c là các số nguyên. 4 x +1 8 (  Tính tích phân 1 ) Khi đó biểu thức a + b 2 + c 4 có giá trị bằng ? Lời giải 6+ 2 2 Ta có  1 • −4x 4 + x 2 − 3 dx = x4 + 1 Tính I = −4 6+ 2 2  1 • Tính J = 6+ 2 2  1 6+ 2 2  1 dx = −4x 1  x2 + 1  − 4 +   dx = −4 x4 + 1   6+ 2 2 6+ 2 2 x +1 dx = x4 + 1 2  1 1 1   Đặt t = x −  dt =  1 + 2  dx . Khi x x   Khi đó J = 2  0 dt t + 2 ( 2) 2 6+ 2 2  dx + 1 6+ 2 2  1 x2 + 1 dx = I + J . x4 + 1 = −2 6 − 2 2 + 4 . 1 x 2 dx = 1 x2 + 2 x 1+ 6+ 2 2  1 1 x2 dx. 2 1  x−  + 2 x  1+ x = 1  t = 0  .  6+ 2 t= 2 x =  2 . Đặt t = 2 tan u  dt = 2 ( 1 + tan 2 u ) du .    t = 0  u = 0 4 2 ( 1 + tan 2 u ) 24 2 4 2  du = du = u = . Đổi cận   J=  2 2 0 2 0 8 0 2 ( 1 + tan u ) t = 2  u = 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 10 Kỹ thuật giải toán tích phân| 6+ 2 2 Vậy  1 a = b = −16 −4x 4 + x 2 − 3 2  a + b 2 + c 4 = 241 . dx = −16 3 − 16 +  + 4   4 c = 1 x +1 8  ( ) Câu 7. 3 Tính các tích phân sau a) I =  2 3 1 ( x − 1)( x + 1) 3 b) I =  dx 2 x2 ( x − 1) ( x + 2 ) 2 dx Lời giải a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức ( x − 1 )( x + 1 ) 2 ( 1) 1  A= 1 = 4A  4 . Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số   1 = − 2C  C = − 1  2 A + B ) x2 + ( 2A + C ) x + A − B − C ( 1 1 1 A−B−C = 1  B = A−C−1 = + −1 = − ( 1)  2 4 2 4 ( x − 1)( x + 1) 1 1 1 1 1 1 dx = 2 ( x − 1)( x + 1) 2  4 . x − 1 + 4 . ( x + 1) − 2 ( x + 1)2  3 Do đó 3 1 2   dx   3 1 1 1  1 3 =  ln ( x − 1 )( x + 1 ) + .  = ln 8 = ln 2 . 2 ( x + 1)  4 4 4 2 Cách 2. Phương pháp đổi biến x = 2  t = 3 Đặt t = x + 1 , suy ra x = t − 1 . Đổi cận  x = 3  t = 4 4 4 4 dt 1 t − (t − 2) 1 1 1  dx = = dt = dt − Khi đó I =   2 3 t 2 ( t − 2 ) 2 3 t 2 ( t − 2 ) 3 t dt  2  2 t ( t − 2 ) 2 ( x − 1 )( x + 1 )  3 4 1 4 4 11  1 1 1   1 t−2 1  I =   −  dt −  dt  =  ln − ln 22 2t−2 t  t  4 t 2 3 4  3 t  = ln 2 . 3 4 x = 2  t = 1 b) Đặt t = x − 1 , suy ra x = t + 1 , dx = dt . Đổi cận  . x = 3  t = 2 2 2 t + 1) ( t + 2t + 1 2 ( x − 1)2 ( x + 2 ) dx = 1 t 2 ( t + 3 ) dt = 1 t 2 ( t + 3 ) dt 3 Do đó x2 2 2 Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức ( At + B )( t + 3 ) + Ct = ( A + C ) t + ( 3A + B ) t + 3B t 2 + 2t + 1 At + B C = + = 2 2 t ( t + 3) t t+3 t2 ( t + 3) t2 (t + 3) 2 Ta có 11 | Chinh phục olympic toán 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có A ( x + 1 ) + B ( x − 1 )( x + 1 ) + C ( x − 1 ) A B C = + + = 2 2 x − 1 ( x + 1) ( x + 1) ( x − 1 )( x + 1 ) 2 1 | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1  B = 3 A + C = 1  5 t 2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1   = + Đồng nhất hệ số hai tử số 3A + B = 2  A =  2 2 9 t t + 3 9 t 9 t+3 ( ) 3B = 1   4  C = 9 2 2 t 2 + 2t + 1  1  1 3  4  1   2 dt =    + 2  +   dt t ( t + 3) 9  t t  9  t + 3   1 1 2 1 3 4  17 4 7 =   ln t −  + ln t + 3  = + ln 5 − ln 2 t 9 9 9 1 6 9 Cách 2: CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN t 2 + 2t + 1 Ta có 2 = t ( t + 3) 2 2  1  3t 2 + 6t  1  t − ( t − 9 )   1  3t 2 + 6t + 3  1  3t 2 + 6t 3    + =   =  + 3  t 3 + 3t 2  3  t 3 + 3t 2 t 2 ( t + 3 )  3  t 3 + 3t 2  9  t 2 ( t + 3 )      1  3t 2 + 6t  1 1 1 t − 3 1  3t 2 + 6t  1 1 1  1 3  =  3 + − =  3 + −  − 2  2  2 2  3  t + 3t  9 t + 3 9 t 3  t + 3t  9 t + 3 9  t t   2 2  1  3t 2 + 6t  1  1 1 t 2 + 2t + 1 1 3  1  t + 3 3   2 dt =    3 +  − + 2   dt =  ln t 3 + 3t 2 +  ln −  2  t ( t + 3) 3  t + 3t  9  t + 3 t t   27  t t  1 3 1 1 2 Do đó I = 17 4 7 + ln 5 − ln 2 . 6 9 9 Câu 8. Tính các tích phân sau 3 a) I =  2 1 3 4 x ( x2 − 1) x+1 dx 2 x x − 4 ( ) 3 b) I =  dx c) x2 2 ( x2 − 1) ( x + 2 ) dx Lời giải a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức A ( x 2 − 1 ) + Bx ( x + 1 ) + Cx ( x − 1 ) 1 A B C = = + + = Ta có f ( x ) = x ( x − 1 )( x + 1 ) x ( x 2 − 1 ) x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1 1 Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: x = 0; x = 1 và x = −1 vào hai tử ta có  A = −1 x = 0 → 1 = −A  1 1 1 1  1 1     f (x) = − +  x = −1 → 1 = 2C  B = +   2 x 2  x−1 2  x+1 x = 1 → 1 = 2B   1  C = 2 3 3 3 1 1 1  1 5 3 1  dx =    + Vậy   −  dx =  ( ln ( x − 1 )( x + 1 ) ) − ln x  = ln 2 − ln 3 2 2  x−1 x+1 x  2 2 2 2 2 x ( x − 1) 2 1 Cách 2. Phương pháp nhảy lầu Tạp chí và tư liệu toán học | 12 Kỹ thuật giải toán tích phân| Ta có 1 x ( x − 1) 2 3 = x2 − ( x2 − 1) x ( x − 1) 2 3 = x 1 1 2x 1 − = − 2 x −1 x 2 x −1 x 2 3 3 1 2xdx 1 5 3 1  dx =  2 −  dx =  ln ( x 2 − 1 ) − ln x  = ln 2 − ln 3 . Do đó  2 2 2 x −1 2 x 2 2 2 2 2 x ( x − 1) 1 b) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức A ( x 2 − 4 ) + Bx ( x + 2 ) + Cx ( x − 2 ) x+1 x+1 A B C = = + + = Ta có x ( x 2 − 4 ) x ( x − 2 )( x + 2 ) x x − 2 x + 2 x ( x2 − 4 ) 4 3 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số: 1 • Khi x = 0  A = − 4 1 • Khi x = −2  C = − 8 3 • Khi x = 2  B = 8 1 1 1 1  3 1  Do đó f ( x ) = −   −  +   4 x 8 x−2 8 x+2 3 x+1 1 1 1 1 3 1 dx = −  dx −  dx +  dx 2 42x 8 2 x−2 8 2 x+2 3 x (x − 4)  3 1 3 5 3 1  1  =  − ln x − ln x − 2 + ln x + 2  = ln 3 − ln 5 − ln 2 8 8 8 4  4 2 8 Cách 2. Phương pháp nhảy lầu 2 2 x+1 1 1 1 1 1  1  x − (x − 4)   = + =  − Ta có +  x ( x 2 − 4 ) ( x 2 − 4 ) x ( x 2 − 4 ) 4  x − 2 x + 2  4  x ( x 2 − 4 )  = 4 1 1 1 1 2x 1 − + −   2 4x−2 x+2 2 x −4 x 4 4 x+1 1  1 1 1 2x 1 1 x−2 1  =  − + − dx =  ln + ln ( x 2 − 4 ) − ln x  Do đó:  2 2 4 3x−2 x+2 2 x −4 x x+2 2 4 3 3 x (x − 4) c) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức Ta có x2 x2 A B C = = + + 2 ( x − 1) ( x + 2 ) ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x − 1 x + 1 x + 2 = A ( x + 1 )( x + 2 ) + B ( x − 1 )( x + 2 ) + C ( x 2 − 1 ) Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số: 1 Thay x = 1 ta có 1 = 2A , suy ra A = 2 13 | Chinh phục olympic toán (x 2 − 1) ( x + 2 ) | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 2 5 Thay x = −2 ta có 4 = −5C , suy ra C = − 4 Do đó Thay x = −1 ta có 1 = −2B , suy ra B = − 3 3 3 x2 1 1 5 1  1 x−1 5  1 3 1 1 I= 2 dx =   − − − ln x + 2  = ln .  dx =  ln 2 x−1 2 x+1 4 x+2  x+1 4 2 2 2 2 2 ( x − 1) ( x + 2 ) 2 Cách 2. Nhảy tầng lầu x2 x2 − 1 + 1 1 1 1 1 x ( x + 1) − ( x − 1)( x + 2 ) = = + = + ( x2 − 1) ( x + 2 ) ( x2 − 1) ( x + 2 ) x + 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x + 2 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = 1 1 x 1  1 1  1 1 1  1  . +  − + 1 +  − = − x + 2 2  ( x − 1)( x + 2 ) x + 1  x + 2 2  3  x − 1 x + 2  x + 1  Từ đó suy ra kết quả. Câu 9. Tìm các nguyên hàm, tính các tích phân sau: x4 − 2 1.  3 dx x −x dx 2.  x ( 1 + x8 ) 3. 6. N = 0 8×7 + 2 dx 7 x 1 + x ( ) 1 7. Q =  x4 + 2 8. J =  6 dx x +1 2 x4 − x + 1 4. K =  2 dx x +4 0 x +x +1 dx 6 x + 1 0 5. L =  4 xdx 8 −1 x 2 x2 − 1  x4 + x2 + 1 dx 1 1 3 4 3 x10 dx x3 + 1 9.  10. x2 − 1 21 x4 + 1 dx 2 4 1 Lời giải 1. Ta có Đặt x4 − 2 x2 − 2 x2 − 2 . = x + = x + x3 − x x3 − x x ( x − 1 )( x + 1 ) x2 − 2 A B C  x2 − 2 = ( A + B + C ) x2 + ( B − C ) x − A = + + x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1 1 1 Đồng nhất hệ số thì được A = 2, B = − , C = − , do đó: 2 2  2 1 1 1 1  1  f ( x ) dx =   x + x − 2 . x − 1 − 2 . x + 1  dx = 2 x 2 1 + 2 ln x − ln x 2 − 1 + C 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 14 Kỹ thuật giải toán tích phân| d ( x8 ) dx x7 dx 1 1 x8 = = = ln +C 2. Ta có  8 x ( 1 + x8 )  x8 ( 1 + x8 ) 8  x8 ( 1 + x8 ) 8 1 + x 1  dx +  x2 − 1 1 x2 − x + 1 x  dx = = ln +C 3. Ta có  4   1 2 x + x2 + 1 2 x2 + x + 1 x+  −1 x    4. Đặt x = 2 tan t, x  0; 2   t  0;  .  4 K=  16 tan 4 t − 2 tan t + 1 2dt 1 . = 2 2 cos t 2 4 ( tan t + 1 ) = 1 2 0 Từ đó tính được K = − /4  ( 16 tan 4 t − 2 tan t + 1 ) dt 0 /4  ( 16 tan t ( 1 + tan t ) − 16 tan 2 2 2 ) t − 2 tan t + 1 dt 0 16 17  + − ln 2 3 8 1 1  1 2x 2  dx 2 d (x ) + 6 dx = + 5. Ta có L =   2  0 x2 + 1 3 0 x3 2 + 1 x +1 x +1 0 ( ) 3 1 Lần lượt đặt x = tan t, x 3 = tan u thì L = 6. Đặt t = x 2 thì xdx = 1 N= 2 1 3  0 dt 1 = 4 t −1 4 1 3  0 5 12 1 1 1 dt .Khi x = 0 thì t = 0, x = 4 thì t = 2 3 3 1 1   1 t −1 1  3 1   1 − dt = ln − arctan t = ln 2 − 3 −  2    2 8 24  t −1 t +1 8 t+1 4 0 2 2 2 8×7 + 1 + 1 8×7 + 1 1 = dx dx +  dx 8  7 7 x +x 1 x (1 + x ) 1 1 x (1 + x ) 7. Ta có Q =  2 d ( x7 ) x6 1 = ln ( x + x ) +  7 dx = ln 129 +  7 7 1 7 1 x ( 1 + x7 ) 1 x (1 + x ) 8 2 2 1 x7 = ln 129 + ln 7 1 + x7 2 1 1 256 = ln 129 + ln 7 129 1 dx  1  8. Ta có J =   2 + 4  dx = C + arctan x +  4 2 x − x2 + 1  x +1 x −x +1 dx x − x2 + 1 Với trường hợp x = 0 làm dễ dàng, xét trường hợp x  0 ta có Như vậy ta chỉ cần tính K =  15 | Chinh phục olympic toán 4 ( ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC /4 | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 d  x K= = − 2 1 1  x2 − 1 + 2 x−  +1 x x  dx x2 Đặt t =  1 t 2dt 1  1 1 dt  K= 4 2 =  2 + 2 dt −  4 2   x t − t + 1 2   t + 1 − 3t t + 1 + 3t  t −t +1 = 1  1 1 1 1  1 1   + 2 dt − K  K =   2 + 2 dt    2 2  t + 1 − 3t t + 1 + 3t  2 3  t + 1 − 3t t + 1 + 3t  Phần còn lại xin nhường lại cho bạn đọc! 9. Biến đổi tích phân cần tính ta được  3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 4 3 x 10 1 1  dx =   x7 − x 4 + x − 2 + 3  dx 3 4 x +1 x −x+1 x +1      3 1 1  7 4 =  x − x + x − + 3  dx 2 2 4 x + 1   1 3      x−  +   2 2       3 3 3 d ( x + 1) d ( x + 1) 1 dx =  = Tính I =  3 2 4 x +1 4 ( x + 1 )  x − x + 1 4 ( x + 1 ) ( x + 1 )2 − 3 ( x + 1 ) + 3  2 2 1 4 ( t − 3t + 3 ) − ( t − 3t ) 1 4 dt 1 4 t − 3 dt =  − dt Đặt t = x + 1  dt = dx  I =  2 3 5 3 5 t 3 5 t 2 − 3t + 3 t ( t − 3t + 3 ) = 1 4 dt 1  1 4 2t − 3 3 4 dt  − dt − 2 2     5 5 5 3 t 3  2 t − 3t + 3 2 t − 3t + 3  Đến đây xin nhường lại cho bạn đọc! 1  1   1 − 2  dx 1 d  x +   x −1 x  x  dx =   = 10. Ta có I =  4 2 1 1 1 x +1 1 1  x2 + 2  −2 2 2 2 x+ x x  1 Đặt x + = t khi đó ta được: x 1 1 2 2 2 2 2 2 dt dt 1  1 1  I= 2 = = −   dt  2 2 5t− 2 t+ 2  2 t− 2 5 t −2 5 t+ = 1 2 2  2 5 2 ( ( d t− 2 t− 2 )( )− 1 2 ) 2  2 5 2 ( d t+ 2 t+ 2 2 )= t− 2 ln 2 2 t+ 2 1 2 = 5 2 2  19 − 6 2  ln   4 17   Tạp chí và tư liệu toán học | 16 Kỹ thuật giải toán tích phân| KỸ THUẬT NHẢY TẦNG LẦU Khi gặp các bài toán nguyên hàm phân thức hữu tỷ thì các bạn thường giải quyết như thế nào? Biến đổi đưa về các dạng cơ bản, đặt ẩn, hay lượng giác hóa…? Trong chủ đề này mình sẽ giới thiệu cho các bạn một kỹ thuật rất hay để giải quyết các bài toán phân thức hữu tỷ mà ta gọi là kỹ thuật nhảy tầng lầu – đây là phương pháp tách tích phân hữu tỉ ra thành nhiều tích phân con có khoảng cách giữa bậc tử và mẫu không lớn, hạ bậc mẫu của tích phân ban đầu xuống mức tối giản nhất có thể, từ đó tính toán dễ dàng hơn. Kỹ thuật này được mình trích từ cuốn “ TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN ĐỀ & KỸ THUẬT TÍNH TÍCH PHÂN” của thầy Trần Phương và các phương pháp xử lý khác trên mạng. Sau đây là các ví dụ minh họa trích từ cuốn tích phân của thầy Trần Phương Tính các tích phân sau dx 1. I =  3 x − 3x xdx 4. I =  4 x −1 7. I = 10. dx  x4 + 1 x (x x dx − 10x 3 3. I = x 5. I = x2 − 1  x4 + 1 dx 6. I = x2 + 1  x4 + 1 dx 7 x 2 dx  x4 + 1 dx 11. I =  4 x + x2 + 1 8. I = 2 − 1) dx − 5x 3 − 4x 2 − 5x + 1 dx 13. I =  3 x +1 4 dx −1 2. I = 14. I = xdx 3 −1 x 4 x 4dx  x4 + 1 dx 12. I =  3 x −1 9. I = 15. I = xdx 3 +1 x Lời giải 2 2 dx dx 1 x − ( x − 3) 1  xdx dx  = =  dx =   2 − 1. Ta có I =  3  2 2 x − 3x 3 x −3 x  x ( x − 3) 3 x ( x − 3) 2 1  1 d ( x − 3) dx  =   −  x  = 3 2 x2 − 3   2. Ta có I =  11 1 x2 − 3  2 ln x − 3 − ln x + c = ln +C   32 6 x2  4 4 dx dx 1 x − ( x − 10 ) 1  xdx dx  = = dx = − 3   4 7 3   3 4 3 4 x − 10x 10  x − 10 x  x ( x − 10 ) 10 x ( x − 10 )   d ( x2 ) 1 1 dx  1  1 x 2 − 10 1  = − = ln + +C  2 2  10  2  ( x 2 ) − 10  x 3  20  10 x 2 + 10 x    2 2 dx dx 1 ( x + 1) − ( x − 1) 1 x−1 1 = 2 =  dx = ln − arctan x + C 3. Ta có I =  4 2 2 2 x −1 4 x+1 2 ( x − 1)( x + 1) 2 ( x − 1)( x + 1 ) 17 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 1. | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức d ( x2 ) xdx 1 1  1 1  1 x2 − 1 2 =  2 = − d x = ln +C 4. Ta có I =  4   ( ) x − 1 2 ( x − 1 )( x 2 + 1 ) 4   x 2 − 1 x 2 + 1  4 x2 + 1 1  1 dx +  1− 2 x2 − 1 x  x dx = dx =  5. Ta có I =  4 2  1 x +1 1  x2 + 2 x+  − 2 x x  ( ) 1  1 dx −  2 x +1 x  x dx = dx =  6. Ta có I =  4 2  1 x +1 1  x2 + 2 x−  + 2 x x  2 1+ 2 ( ) 1 − 2 x = ln +C 1 2 2 x+ + 2 x x+ 1 2 = 1 x2 − 1 arctan +C 2 x 2 2 2 dx 1 ( x + 1) − ( x − 1) 1  x2 + 1 x2 − 1  7. Ta có I =  4 = dx =   4 dx −  4 dx  x +1 2  x4 + 1 2 x +1 x +1  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = 1 1 x2 − 1 1 x2 − x 2 + 1 arctan − ln 2  2  2 x 2 2 2 x +x 2 +1  +C   2 2 x2 dx 1 ( x + 1) + ( x − 1 ) 1  x2 + 1 x2 − 1  8. Ta có I =  4 =  dx = dx +   x4 + 1 dx  x +1 2 x4 + 1 2   x4 + 1 = 1 1 x2 − 1 1 x2 − x 2 + 1 arctan + ln 2  2  2 x 2 2 2 x +x 2 +1  +C   x4 + 1) − 1 ( x 4dx 1 1 x2 − 1 1 x2 − x 2 + 1 = dx = x − arctan − ln 9. Ta có I =  4  x +1 x4 + 1 2  2 x 2 2 2 x2 + x 2 + 1  +C   1  1   1 − dx d x +     2 ( x − 1) dx x  x   = = 10. Ta có I =  4   1 2  1  1 x − 5x 3 − 4x 2 − 5x + 1  2 1  x + 2 − 5 x +  − 4  x +  − 5 x +  − 6 x x  x x   2 = du du 1  1 1  1 x 2 − 6x + 1 = = − du = ln 2 +C   u 2 − 5u − 6  ( u − 6 )( u + 1) 7   u − 6 u + 1  7 x +x+1 2 2  dx 1 ( x + 1) − ( x − 1) 1 x2 + 1 x2 − 1 11. Ta có I =  4 = dx = dx − dx   4 2 4 2 2 4 2   x +x +1 2 x +x +1 2 x +x +1 x +x +1     1  1   1 1     1 + 2  dx 1 − 2  dx  dx +    dx −     1 1 x  x  x x   =   2  −   =   −  2  2  2 1   2 1   4  1 1  x + 2 +1 x + 2 +1 x − + 3 x + − 1           x  x    x x     = 1 2 3 arctan 1 1 x+ −1 1 x2 − 1 1 x2 − x + 1 x − 1 ln x +c= arctan − ln 2 +C 4 x+ 1 +1 3 2 3 x 3 4 x +x+1 x x− Tạp chí và tư liệu toán học | 18 Kỹ thuật giải toán tích phân| 12. Ta có I =  d ( x − 1) dx dx = = x −1 ( x − 1 ) ( x 2 + x + 1)  ( x − 1) ( x − 1 )2 + 3 ( x − 1 ) + 3  3 2 2 dt 1 ( t + 3t + 3 ) − ( t + 3t ) = 2 = dt = t ( t + 3t + 3 ) 3  t ( t 2 + 3t + 3 ) ( t + 3 ) dt  1  dt  − 2  3 t t + 3t + 3   1 x 2 − 2x + 1 1  dt 1 ( 2t + 3 ) dt 3 dt 1 2x + 1 =  −  2 −  2 − arctan +C  = ln 2 3  t 2 t + 3t + 3 2 t + 3t + 3  6 x +x+1 2 3 3 d ( x + 1) dx dx = = 13. Ta có I =  3 2 x +1 ( x + 1 ) ( x − x + 1 ) ( x + 1 ) ( x + 1 )2 − 3 ( x + 1 ) + 3  ( t − 3 ) dt  1  dt  − 2  3 t t − 3t + 3    2   d t − 3t + 3 ( ) 1  dt 1 3 dt  = − +  3   t 2  t 2 − 3t + 3 2  3 2 3   t −  +   2 4  1 1 t2 2t − 3  1 x 2 + 2x + 1 1 2x − 1 + 3 arctan + arctan +C  ln 2  + C = ln 2 3  2 t − 3t + 3 6 x −x+1 2 3 3  3 2 xdx xdx 1 ( x + x + 1) − ( x − 1) = = dx 14. Ta có I =  3 x − 1  ( x − 1) ( x2 + x + 1) 3  ( x − 1) ( x2 + x + 1) 2      1  1 x−1  1  dx 1 ( 2x + 1 ) dx 3 dx =  − 2 −  2 +   dx =    2 2 3  x−1 x +x+1 3  x−1 2 x +x+1 2  1  3    x+  +  2   2     = 1 1 2x + 1  ln x − 1 − ln x 2 + x + 1 + 3 arctan  +C 3 2 3  2 xdx xdx −1 ( x − x + 1 ) − ( x + 1 ) = = dx 15. Ta có I =  3 x + 1  ( x + 1) ( x2 − x + 1) 3  ( x + 1) ( x2 − x + 1) 2      1  1 x+1  −1  dx 1 ( 2x − 1 ) dx 3 dx = −  − 2 −  2 −   dx =  2   2 3 x+1 x −x+1 3  x+1 2 x −x+1 2  1  3    x−  +  2   2     −1 x2 + 2x + 1 1 2x − 1 = ln 2 − arctan +C 6 x −x+1 3 3 19 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 2 dt 1 ( t − 3t + 3 ) − ( t − 3t ) = 2 = dt = t ( t − 3t + 3 ) 3  t ( t 2 − 3t + 3 ) | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức Câu 2. Tính các nguyên hàm sau dx 1. I =  6 x −1 4. I =  x 3dx x6 − 1 x6dx x6 − 1 dx 10. I =  6 x +1 7. I =  13. I =  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 16. I =  2. I =  xdx x6 − 1 x2 dx 3. I =  6 x −1 5. I =  x 4dx x6 − 1 6. I =  8. I =  x4 − 1 dx x6 + 1 9. I =  11. I =  dx x ( 2x 50 + 7 ) x 19 dx 2 14. I =  17. I =  (3 + x ) 10 2 x4 + 1 dx x6 + 1 dx 12. I =  100 3x + 5x x2 + x dx x6 + 1 dx k x 99dx 50 − 3) ( 1 − x ) dx 15. I =  x (1 + x ) 2000 x ( axn + b ) ( 2x x 5dx x6 − 1 7 2000 18. I =  x 2 n −1dx ( ax n + b) k Lời giải 1. Ta có I =  = dx dx 1  dx dx  = 3 =  3 − 3 3 x −1 ( x − 1)( x + 1) 2  x − 1 x + 1  6 1  1 x 2 − 2x + 1 1 2x + 1   1 x 2 + 2x + 1 1 2x − 1   − arctan + arctan  ln 2  −  ln 2  2  6 x +x+1 2 3 x −x+1 2 3 3  6 3   = ( x2 − 2x + 1)( x2 − x + 1) − 1  arctan 2x + 1 + arctan 2x − 1  + C 1 ln 2  12 ( x + 2x + 1 )( x 2 + x + 1 ) 4 3  3 3  2 xdx 1 d(x ) 1 x 4 − 2x 2 + 1 1 2x 2 + 1 =  = ln − arctg +C 2. Ta có I =  6 x − 1 2 ( x 2 )3 − 1 12 x4 + x2 + 1 2 3 3 3 x 2dx 1 d ( x ) 1 1 x 3 − 1 1 x3 − 1 3. Ta có I =  6 = =  ln + C = ln 3 +C x − 1 3  x6 − 1 3 2 x 3 + 1 6 x +1 2 2 x 3dx 1 x d ( x ) 1 udu 1 udu =  6 =  3 =  4. Ta có I =  6 x −1 2 x −1 2 u − 1 2 ( u − 1) ( u2 + u + 1) ( u − 1) + 1 arctan 2u + 1 + C = 1 ln x 4 − 2x 2 + 1 + 1 arctan 2x 2 + 1 + C 1 = ln 2 12 u +u+1 2 3 12 x4 + x2 + 1 2 3 3 3 2 5. Ta có I =  ( x 4 + x2 + 1) − ( x2 − 1) − 2 dx = dx − x 4dx dx dx = − 2 6 6 2 4 2    2 4 2 x −1 x −1 x +x +1 x −1 ( x − 1)( x + x + 1) x 2 − 2x + 1 )( x 2 − x + 1 ) ( 1 1  2x + 1 2x − 1 x2 − 1  = ln 2 + arctan + arctan − arctan  +C 12 ( x + 2x + 1 )( x 2 + x + 1 ) 2 3  3 3 x 3  Tạp chí và tư liệu toán học | 20 Kỹ thuật giải toán tích phân| 6 x 5dx 1 d ( x ) 1 6. Ta có I =  6 =  6 = ln x6 − 1 + C x −1 6 x −1 6 x6 − 1 ) + 1 ( x6dx dx 7. Ta có I =  6 = dx =  dx +  6 6 x −1 x −1 x −1 x 2 − 2x + 1 )( x 2 − x + 1 ) ( 1 1  2x + 1 2x − 1  = x + ln 2 − arctan + arctan  +C 2 12 ( x + 2x + 1 )( x + x + 1 ) 4 3  3 3  1   1 −   dx x + 1 )( x − 1 ) dx x − 1 ) dx ( ( x −1 x2   8. Ta có I =  6 dx =  2 = = x +1 ( x + 1)( x4 − x2 + 1)  x4 − x2 + 1   x2 + 12  − 1 x   1  dx +  x  = 2 1  x+  − 3 x  ( ) 2 1 − 3 1 x2 − x 3 + 1 x = ln +C = ln 2 +C 1 2 3 2 3 x + x 3 + 1 x+ + 3 x 1 2 2 x+ x4 − x2 + 1) + x2 ( x4 + 1 dx x 2 dx dx =  2 dx = + 9. Ta có I =  6 x +1 ( x + 1)( x 4 − x2 + 1)  x2 + 1  x6 + 1 3 dx 1 d(x ) 1 = 2 +  6 = arctan x + arctan ( x3 ) + C x +1 3 x +1 3 10. Ta có I =  4 4 dx 1 ( x + 1) − ( x − 1) = dx x6 + 1 2  x6 + 1 = 1 1 1 x2 − x 3 + 1 3 ln 2  arctan x + arctan ( x ) − 2  3 2 3 x +x 3 +1  +C   3 2 x2 + x 1 d (x ) 1 d (x ) 11. Ta có I =  6 dx =  6 + x +1 3 x + 1 2  x6 + 1 1 1  1 x 4 + 2x 2 + 1 1 2x 2 − 1  3 = arctan ( x ) +  ln 4 + arctan +C 3 26 x − x2 + 1 2 3 3  12. Ta có I =  99 99 dx dx 1 ( 3x + 5 ) − 3x 1  dx 3x 98dx  = = dx = −   3x 100 + 5x  x ( 3x 99 + 5 ) 5  x ( 3x 99 + 5 ) 5   x  3x 99 + 5  99 1  dx 1 d ( 3x + 5 )  1  1 1 x 99  99  = ln x − ln 3x + 5  + C = =  − ln +C 5  x 99  3x 99 + 5  5  99 495 3x 99 + 5    13. Ta có I =  dx x ( 2x 50 + 7 ) 2 50 50   1 ( 2x + 7 ) − 2x 1 dx 2x 49dx  =  dx = − 2 7 7   x ( 2x 50 + 7 )  ( 2x 50 + 7 )2  x ( 2x 50 + 7 )   50 50   1  1 ( 2x + 7 ) − 2x 2x 49dx  1  dx 2x 49dx  1 2x 49dx = dx − = − −  2×50 + 7 2  49   x  2×50 + 7  7  2×50 + 7 2 7  7  x ( 2x 50 + 7 ) ( ) ( )  21 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 4 | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức = = 50 50 1  dx 1 d ( 2x + 7 )  1 d ( 2x + 7 )   −  − 49  x 50 2x 50 + 7  350  ( 2x 50 + 7 )2   1 1 1 1 x 50 1 ln x − ln 2x 50 + 7 + = ln + +C 50 50 49 49.50 350 ( 2x + 7 ) 49.50 2x + 7 350 ( 2x 50 + 7 ) 14. Ta có I =  dx x ( ax n + b ) k n n n 1 ( ax + b ) − ax 1 dx 1 d ( ax + b ) =  dx =  − k b b x ( ax n + b )k −1 nb  ( ax n + b )k x ( ax n + b ) 1 dx 1 = 2 − 2 k − 2 b x ( ax n + b ) nb d ( ax n + b )  ( ax n + b) k −1 n 1 d ( ax + b ) − = nb  ( ax n + b )k   1 1 1 1 1 n +C ln x + + + − ln ax + b k k −1 n  bk n  b ( k − 1 ) ( ax n + b )k −1 b b ( ax + b )     1 xn 1 1 1 +C = k ln n +  + + nb ax + b n  b ( k − 1 ) ( ax n + b )k −1 bk −1 ( ax n + b )    CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = ( 1 − x ) dx = ( 1 + x ) − 2x dx = dx − 2x dx  x  1+ x x (1 + x )  x (1 + x ) d (1 + x ) dx 1 1 x = − = ln x − ln 1 + x + C = ln +C  x 1000 ( 1 + x ) 1000 1+x x dx 1 x  10x dx 1 x d ( x ) 1 ( x + 3 ) − 3 = = = d ( x + 3) 16. Ta có I =     ( 3 + x ) 10 ( 3 + x ) 10 ( 3 + x ) 10 ( 3 + x ) 2000 15. Ta có I =  2000 2000 2000 1999 2000 2000 2000 1000 2000 2000 2000 19 10 10 2 = 17. Ta có I =  = 10 9 10 10 10 10 2 10 2 10 2 10  d ( x 10 + 3 )  1 1  d ( x + 3) 3 = − 3 ln 3 + x 10 + +C 2 10   10 10  10  3 + x 10 10 3 + x ( ) (3 + x )   x 99dx ( 2x 50 − 3) 7 = x 50  x 49dx ( 2x 50 − 3) 7 50 1 ( 2x − 3 ) + 3 = d ( 2x 50 − 3 ) 7  50 200 ( 2x − 3 ) 50    d ( 2x 50 − 3 )  1  d ( 2x − 3 ) 1 1 =− 1  + 3 +  2×50 − 3 7  200  5 2x 50 − 3 5 2 2x 50 − 3 6  + C 200   ( 2x 50 − 3 )6 ( )  ) ( )   ( 1 2 ( 2x − 3 ) + 5 1 − 4x 50 =−  +C = +C 6 200 10 ( 2x 50 − 3 )6 2000 ( 2x 50 − 3 ) 50 18. Ta có I =  x 2 n −1dx ( ax + b ) n k = x n x n −1dx ( ax + b ) n k 1 = 2 na ( ax + b ) − b  ax + b d ( ax ( ) n n k n + b) n    d ( ax n + b )  1  d ( ax + b ) −1 b = 1  = 2  − b +  axn + b k  na2  k − 2 axn + b k −2 k − 1 axn + b k −1  + C na  ( ax n + b )k −1 )( ) ( )( )  ( )   ( Tạp chí và tư liệu toán học | 22 Kỹ thuật giải toán tích phân| n 1 b ( k − 2 ) − ( k − 1 ) ( ax + b ) −kax n − b = 2 + C = +C k −1 k −1 n 2 n na k − 1 ax + b na k − 1 kx + b ( )( ( )( ) )  Dạng toán I =  f ( e x ) dx   x t = e t = e kx  CÁCH GIẢI CHUNG. Đặt t = ae x + b Sau đó đưa tích phân trên về tích phân cơ bản  n x t = ae + b m  x t = ( ae + b ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Sau đây chúng ta sẽ đi vào các ví dụ cụ thể! Câu 1. Tính các tích phân sau: 3 dx x e −1 1 1. I 1 =  2. I 2 = 1 7. I7 =  0 dx e +5 0 dx ln 3 ex + 2e−x − 3 3. I 3 =  1 1 e −2x dx 4. I 4 =  1 + e−x 0 ln 2 1 ln 5 e xdx 5. I 5 =  x e + e−x 0 7. I 6 =  0 2x (1 + e ) x 3 ex dx e 2x + 3e x dx e 2x + 3e x + 2 Lời giải 1. Đặt t = e  dt = e dx x x 3 e xdx  I1 =  x x = 1 e ( e − 1) e3  e e3 dt 1 t −1  1 =  −  dt = ln t ( t − 1) e  t − 1 t  t e3 = ln e e2 + e + 1 e2 2. Đặt t = e  dt = e dx x x ln 5 5 5 5 e xdx dt dt 1  t−2  1  I 2 =  2x = 2 = =  −  dt = ln x e + 2 − 3e t − 3t + 2 3 ( t − 1 )( t − 2 ) 3  t − 2 t − 1  t −1 ln 3 3 5 = ln 3 3 2 3. Đặt t = e  dt = 2e dx 2x 2x 1 e 2 xdx 1  I3 =  2x 2x = (e + 5) 2 0 e e2  1 e2 dt 1 1 1  1 t = ln  −  dt =  t ( t + 5 ) 10 1  t t + 5  10 t+5 e2 = 1 1 6e 2 ln 2 10 e + 5 4. Đặt t = e − x  dt = −e − xdx 1 −x −x 1 e 1 1 e e 1 e  e dx t t 1  e+1 1  = − dt =  dt =   1 − −  dt = ( t − ln t + 1 ) 1 = ln −x 1 + e t + 1 t + 1 t + 1 2 e   e 1 1 0 1  I4 =  23 | Chinh phục olympic toán | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 1 e xdx e 2xdx 5. Ta có I 5 =  x . Đặt t = e 2 x  dt = 2e 2 xdx =  2x −x e +e e +1 0 0 e2 1 dt 1  I5 =  = ln t + 1 2 1 t+1 2 6. I 6 =  1 (1 + e ) x 3 ex 0 e2 1 e2 + 1 ln 2 2 = 1 dt = e xdx dx . Đặt t = 1 + e x   x e = t − 1  I6 =  1 (1 + e ) x 3 e 0 = 1+ e 2 ex 2x dx =  t3 4e ( t − 1) 2 2 dt =  1+ e 2  3t − 2  dt t + 2 + 2  ( t − 1)    1+ e  3 ( t − 1) + 1  3 1  dt = t + 2 + + t + 2 +    dt 2 2  t − 1 ( t − 1 )2  ( t − 1)    1+ e CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  t2 1  e 3 + 6e 2 + e − 2 =  + 2t + 3 ln t − 1 −  = t−12 2e 2 7. I7 =  ln 2 0 e 2x + 3e x dx . Đặt t = e x  dt = e xdx 2x x e + 3e + 2  I7 =  ln 2 0 = 2 1 (e x + 3) ex e + 3e + 2 2x x dx =  2 1 t+3 dt t + 3t + 2 2 1 3 2 ( 2t + 3 ) + dt 2 2 dt = 1 2 d ( t + 3t + 2 ) + 3 2 2 2   t + 3t + 2 2 1 t + 3t + 2 2 1 ( t + 1 )( t + 2 ) 2 1 2 d ( t + 3t + 2 ) 3 2  1 1  =  +   −  dt 2 2 1 t + 3t + 2 2 1  t+1 t+2  2 3 t+1 1 =  ln ( t 2 + 3t + 2 ) + ln  = 3ln 3 − 4 ln 2 2 t+21 2 Từ ( * ) các em có thể dùng phương pháp đồng nhất hệ số t+3 t+3 A B  t + 3 = A ( t + 2 ) + B ( t + 1) ( 2 * ) = = + t + 3t + 2 ( t + 1 )( t + 2 ) t + 1 t + 2 2 Ta tìm A, B theo 2 cách Cách 1. Chọn t = −1  A = 2 và chọn t = −2  B = −1 A + B = 1 A = 2 Cách 2. ( 2 * )  t + 3 = ( A + B ) t + 2A + B    2A + B = 3 B = −1 2 2 2 1   I8 =   − dt = ( 2 ln t + 1 − ln t + 2 ) = 3ln 3 − 4 ln 2  1 1  t+1 t+2 Ví dụ 2. Tính các tích phân sau: 1. I 1 =  1 0 x 2 + e x + 2x 2 e x dx 1 + 2e x 2. I 2 =  ln 5 ln 2 e 2xdx ex − 1 3. I 3 =  ln 2 0 e 3x + 2e 2 x + e x 2 + ( 1 + ex ) 3 dx Tạp chí và tư liệu toán học | 24 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4. I 4 =  dx ln 3 5. I 5 =  e +1 x 0 e xdx ln 3 (e 0 x + 1) 6. I 6 =  3 dx 1 0 2e + 2e x + 1 2x Lời giải x 2 + e x + 2x 2 e x dx 0 1 + 2e x Nhận xét. Vì biểu thức dưới dấu tích phân có cả phần đa thức liên hệ bởi phép toán cộng nên ta sẽ 1. I 1 =  1 nghĩ tới việc “triệt tiêu” nó bằng cách cô lập (tách) thành hai tích phân để tính. I1 =  x2 ( 1 + 2e x ) + e x 1 1 dx =  x dx +  1 + 2e x 0 2 0 1 0 1 e xdx x3 1 = +I = +I x 1 + 2e 3 0 3 dt e xdx . Đặt t = 1 + 2e x  dt = 2e xdx  e xdx = 0 1 + 2e x 2 1+ 2e 1 1+ 2e dt 1 1 2e + 1 1 1 2e + 1 I=  = ln t 3 = ln  I 1 = + ln 2 3 t 2 2 3 3 2 3 Các bạn có thể tính I theo kĩ thuật vi phân 1 I= 1 0 2. I 2 =  e xdx 1 1 d ( 1 + 2e = 11 + 2e x 2 0 1 + 2e x x ) = 1 ln 1 + 2e 2 x 1 0 = 1 2e + 1 ln 2 3 2x e dx ln 5 ex − 1 ln 2 2tdt = e xdx Đặt t = e x − 1  t 2 = e x − 1   x 2 e = t + 1  I2 =  ex ln 5 ex − 1 ln 2 3. I 3 =  ln 2 e 3x + 2e 2 x + e x 2 + ( 1 + ex ) 0 3  e dx =  x 2 1 2 2  t3 t2  t2 + 1 23  2tdt = 2  ( t 2 + t ) dt = 2  +  = 1 t  3 2 1 3 dx Đặt t = ( 1 + e x )  dt = 3 ( 1 + e x ) e xdx  e x ( 1 + e x ) dx = 3  I3 =  ln 2 ln 3 dx 2 e x ( e 2 x + 2e x + 1 ) 2 + (1 + e 0 4. I 4 =  ) x 3 2 e x ( 1 + e x ) dx 2 dx =  ln 2 0 2 + (1 + e ) x 3 = dt 3 1 27 dt 1 = ln t + 2  3 8 2+t 3 27 8 = 1 29 ln 3 10 ex + 1 0 2tdt = e xdx Đặt t = e + 1  t = e + 1   x 2 e = t − 1 x 2  I4 =  h3 0 x e xdx ex ex + 1 25 | Chinh phục olympic toán = 2 2tdt dt t −1 = 2 2 = ln 2 2 2 t −1 t+1 ( t − 1) t 2 2 = 2 ln 2 ( ) 2 + 1 − ln 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Tính I =  | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 5. I 5 =  ln 3 6. I 6 =  1 e xdx (e 0 x + 1) 3 4 dt 2 t3 . Đặt t = e + 1  dt = e dx  I 5 =  x x = 4 3 2 −2 t .dt = = 2 −2 t2 4 − 2 dx 2e 2x + 2e x + 1 0 Nhận xét. Nếu bài toán này ta đặt t = 2e 2x + 2e x + 1  t 2 = 2e 2x + 2e x + 1  tdt = ( 2e 2x + e x ) dx khi đó chúng ta phải chỉnh lại tích phân (để rút được theo tdt) bằng cách biến đổi I6 =  ( 2e 1 ( 2e Nhưng ta không rút được biểu thức ( 2e 2x 0 2x + e x ) dx + e x ) 2e 2 x + 2e x + 1 2x + e x ) dưới mẫu số theo t được . Như vậy hướng đi này không khả thi. Nếu ta chuyển sang hướng khác bằng cách đặt CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 I6 =  0 e e e xdx x 2e + 2e + 1 2x dt = 1 t 2t + 2t + 1 x 2 t = e x thì nếu làm tiếp thì sẽ khá dài và phức tạp. Nhưng chúng ta hãy quan sát kĩ lại biểu thức: 2e 2x + 2e x + 1 = ( 1 + e x ) + e x giá như nó có dạng 2 u 2 + a 2 . Điều giá như này gợi ý chúng ta nhận thêm e −2x : e −2x ( 2e 2x + 2e x + 1 ) = 2 + 2e − x + e −2x = ( 1 + e − x ) + 1 . 2 Và khi đó ta có lời giải của bài toán như sau: Đặt t = ( 1 + e − x )  dt = −e − xdx 1  I6 =  0 1 e − xdx e −2x ( 2e 2x + 2e x + 1 ) = 2  1+ e −1 = 0 ( d t + t2 + 1 (t + t2 + 1 ) e − xdx (1 + e ) −x 2 ) = ln t + 2  = +1 t2 + 1 1+ e −1 2 1 + e −1 dt t2 + 1 + 1 = ln = 2  1 + e −1 1 t2 + 1 (t + . ) t 2 + 1 dt t2 + 1 (2 + 5 ) e e + 1 + 2e 2 + 2e + 1 PHƯƠNG PHÁP OXTROGRATXKY Khi đứng trước các bài toán nguyên hàm tích phân hàm phân thức hữu tỷ ta thường có rất nhiều phương pháp giải khác nhau từ đưa về dạng cơ bản bằng cách đặt ẩn phụ, đặt ẩn lượng giác, phân tích nhân tử hoặc hệ số bất định và một số phương pháp khác. Trong bài viết này mình sẽ giới thiệu cho các bạn một phương pháp khá là hay để xử lý nguyên hàm phân thức hữu tỷ mà được các thầy gọi là OXTROGRATXKY. Tạp chí và tư liệu toán học | 26 Kỹ thuật giải toán tích phân| GIỚI THIỆU VỀ PHƯƠNG PHÁP OXTROGRATXKY. P ( x) Trước hết ta xét các bài toán có dạng I =  Q ( x) dx , trong đó P ( x ) , Q ( x ) là 2 đa thức thỏa mãn deg P  deg Q . Trong đó nếu đa thức Q ( x ) có nghiệm bội trên tập số phức thì ta sẽ biểu diễn nguyên hàm ban đầu dưới dạng I =  P ( x) Q ( x) dx = F (x) Q1 ( x ) + H (x) Q 2 (x) dx ( * ) . Trong đó • Đa thức Q 1 ( x ) = UCLN Q ( x ) ; Q’ ( x ) • Đa thức Q 2 ( x ) = •  deg F = deg Q 1 − 1 F ( x ) , K ( x ) là các đa thức với hệ số chưa xác định thỏa mãn   deg K = deg Q 2 − 1 Q ( x) Q1 ( x ) đồng nhất hệ số tìm các đa thức đó. Nhìn chung cũng khá là phức tạp trong việc giải hệ phương trình ☺. Sau đây mình và các bạn sẽ đi qua các bài toán để hiểu rõ hơn phương pháp này nhé! CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA. Câu 1. Tìm nguyên hàm của hàm số sau I =  (x x 2 dx 2 + 2x + 2 ) 2 Lời giải Đầu tiên ta nhận thấy rằng đây là một bài toán khá khủng đó, chú ý Q ( x ) = ( x 2 + 2x + 2 ) 2 có nghiệm bội là nghiệm phức nên ta có thể dùng phương pháp này được. Đến đây ta sẽ làm từng bước 1, đầu tiên ta có Q ‘ ( x ) = 4 ( x + 1 ) ( x 2 + 2 x + 2 ) , tiếp theo ta sẽ đi tìm Q 1 ( x ) , chú ý là Q ( x ) và Q ‘ ( x ) đều có đại lượng ( x 2 + 2x + 2 ) có nghĩa đa thức này chính là ước chung lớn nhất của 2 đa thức Q ( x ) , Q ‘ ( x )  Q 2 ( x ) = Q 1 ( x ) = x 2 + 2x + 2 Áp dụng công thức tổng quát vào ta giả sử I= (x x 2 dx 2 + 2x + 2 ) Lấy đạo hàm 2 vế ta được (x x2 2 + 2x + 2 ) 2 = 2 = Ax + B Cx + D + 2 dx x + 2x + 2 x + 2x + 2 2 A ( x 2 + 2x + 2 ) + ( Ax + B )( 2x + 2 ) (x 2 + 2x + 2 ) 2 + Cx + D x + 2x + 2 2  x 2 = Cx 3 + ( −A + 2C + D ) x 2 + ( −2B + 2C + 2D ) x + ( 2A − 2B + 2D ) 27 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bước tiếp theo để giải quyết bài toán này là ta sẽ đi lấy đạo hàm 2 vế của biểu thức ( * ) rồi | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức C = 0 A = 0 −A + 2C + D = 1 B = 1     −2B + 2C + 2D = 0 C = 0 2A − 2B + 2D = 0 D = 1 Đến đây tích phân ban đầu trở thành dạng vô cùng đơn giản I= (x x 2 dx 2 + 2x + 2 ) 2 = 1 dx 1 + 2 = 2 + arctan ( x + 1 ) + C x + 2x + 2 x + 2x + 2 x + 2x + 2 2 Nhận xét. Qua ví dụ đầu ta có thể thấy rằng đây là một phương pháp cũng tương đối mạnh trong việc giải quyết các bài toán hàm phân thức hữu tỷ, tuy nhiên thì cái gì cũng có 2 mặt cả, khó khăn của phương pháp này chính là nằm ở việc giải hệ phương trình, với bài này thì có vẻ giải nhanh, nhưng với một số bài khác thì nó sẽ không đơn giản như thế, sau đây ta cùng tìm hiểu một ví dụ để CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN thấy nhược điểm của nó nhé! Câu 2. Tìm nguyên hàm của hàm số sau I =  (x x2 + 1 4 + x2 + 1) 2 dx Lời giải Như bài trước, đầu tiên ta sẽ đi tìm các đa thức Q 1 ( x ) , Q 2 ( x ) . Ta có Q’ ( x ) = 4 ( 2x 3 + x )( x 4 + x 2 + 1 )  Q 1 ( x ) = Q 2 ( x ) = x 4 + x 2 + 1 Ta giả sử I =  (x x2 + 1 4 + x2 + 1) Lấy đạo hàm 2 vế ta có (x x2 + 1 4 + x2 + 1) 2 = 2 dx = ( 3Ax 2 Ax 3 + Bx 2 + Cx + D Ex 3 + Fx 2 + Gx + H +  x 4 + x2 + 1 dx x4 + x2 + 1 + 2Bx + C )( x 4 + x 2 + 1 ) (x 4 + x2 + 1) 2 − + ( 4x 3 + 2x )( Ax 3 + Bx 2 + Cx + D ) (x 4 + x2 + 1) 2 Ex 3 + Fx 2 + Gx + H x4 + x2 + 1  x2 + 1 = Ex7 + ( −A + F ) x6 + ( −2B + G + E ) x 5 + ( A − 3C + F + H ) x 4 + ( −4D + G + E ) x3 + ( 3A − C + F + H ) x 2 + ( 2B − 2D + G ) x + ( C + H ) E = 0  B = D = E = G = 0 E = −A + F  −A + F = −2B + G + E A = F = 1  6 A − 3C + F + H = 0    1 −4D + G + E = 2B − 2D + G C = 3 = 2B − 2D + G = 0   H = 2 C + H = 3A − C + F + H  3 3A − C + F + H = 0  Tạp chí và tư liệu toán học | 28 Kỹ thuật giải toán tích phân| Quá khủng phải không nào? Đến đây nguyên hàm ban đầu trở thành I= Ta hãy để ý rằng (x x2 + 1 4 + x2 + 1) 2 dx = x 3 + 2x 1 x2 + 4 + dx 4 2 6 ( x4 + x2 + 1) 6  x + x + 1 x2 + 4 1  3x + 4 3x − 4   x4 + x2 + 1 dx = 2   x2 + x + 1 − x2 − x + 1  dx 3 x2 + x + 1 5  2x + 1 2x − 1  = ln 2 + arctan + arctan  +C 4 x −x+1 2 3  3 3  Từ đó nguyên hàm ban đầu ta tính được bằng I= x3 + 2x 1 x2 + x + 1 5  2x + 1 2x − 1  + ln 2 + arctan + arctan  +C 4 2 6 ( x + x + 1 ) 8 x − x + 1 12 3  3 3  Nhận xét. Quả thật lời giải tự luận của bài này rất khủng phải không nào? Nhìn chung mỗi phương pháp có một cái hay của nó, như phương pháp nhảy tầng lầu sẽ có một cái hay, cái này gặp thì các bạn có thể sử dụng cách này hoặc cách nào khác các bạn cảm thấy nhanh là được, bài viết này chỉ mang tính giới thiệu thêm cho các bạn một phương pháp khác để làm nguyên hàm thôi. 29 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC cũng thế. Và các bạn chú ý là trong đề thi THPT Quốc Gia họ không cho tới mức này đâu nên nếu | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức BÀI TẬP TỔNG HỢP ĐỀ BÀI x3 + 1 a c a c dx = + ln 4 với a, b, c,d là các số nguyên dương và , là các 2 3x − 5 b d b d 2 phân số tối giản. Biết a + c − 2 ( b + d ) = m , m  0 . m là số nào sau đây Bài 1. Cho I =  3 B. 11 A. 10 Bài 2 . Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. − CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN C. ln x 2 (x − 2) ln x 2 (x − 2) 2 2 + − C. 12 ln x (x − 2) 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 8 x B. 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 4 x 6 −3 2 2 −3 2 Bài 3. Cho I =  D. D. 13 3 ln x 2 (x − 2) 2 + 1 1 x−2 + ln +C 4 (x − 2) 8 x − 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 4 x ln x 2 (x − 2) 2 2x + 1 ln 2  2 . Biết a, b là các số nguyên dương. Tính dx = − 4x + 12x + 11 a b 2 giá trị của biểu thức ab A. 12 Bài 4. Cho B. 24 D. 96 C. 48 a x2 − 3 −1 ( x2 + 5x + 3 )( 2×2 + 9x + 6 ) dx = ln a − ln b , với b là phân số tối giản. Giá trị của 1 a + b là B. 24 A. 23 C. 25 D. 26 x2 + 1  a 2 0 x4 + x2 + 1 dx = b với a là số nguyên tố. Tính a b A. 75 B. 54 C. 108 1 25 a ln 3 + b + c Bài 6. Cho  . Tính a + b + c . dx = 2 2 −1 6 ( x − 2 ) ( x + 1) Bài 5. Cho 1 C. 55 B. 54 A. 53 Bài 7. Đặt Fn =  x 2 n −1 2 ( xn + 1) 1 A. 0 2 dx . Tính lim Fn =  1 B. 1 (x Bài 8. Cho  (x 1 0 + 1) 3 + 1) 2 2 3 dx = Bài 9. Cho Fn =  1 0 x2 n −3 ( x2 + 1) n D. 56 x 2 n −1 ( xn + 1) 2 dx C. ln 2 D. + C. 12 D. 15 a − b . Tính a − b 8 B. 6 A. 3 2 D. 45 dx . Giá trị của F2001 và F2019 lần lượt là Tạp chí và tư liệu toán học | 30 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 2001.2 2001 1 C. 4000.2 2000 A. Bài 10. Cho 1 1 ; 2001 2002.2 2020.2 2019 1 1 D. ; 2001 4002.2 4038.2 2019 1 2019.2 2019 1 ; 4036.2 2018 ;  2 1 B. x 4 − 13x 3 + 13x − 1 ln 3 ln 5 , với a, b là cá số nguyên dương. dx = − 4 3 2 a b x ( x − 11x + 12x − 11x + 1 ) Tính a 2 b 3 B. 27 Bài 11. Cho f ( x ) liên tục trên  4  /0; 2 thỏa mãn f ( x ) + f   = x . Tính 2−x B. 9 − 3 ln 5 + 6 ln 3 A. 3 − ln 5 + 2 ln 3 D. 72 C. 108 C. 6 − 2 ln 5 + 4 ln 3 Bài 12. Đâu là một họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A.  x2 − 1   1  x2 + x 2 + 1 + 3 arctan   ln 2  + C 2  x − x 2 + 1  x 2   B.  x2 − 1   1  x2 + x 2 + 1 ln − 3 arctan    + C 2  x 2 − x 2 + 1  x 2   5  f ( x ) dx 3 D. 12 − 4 ln 5 + 8 ln 3 5x + 1 x4 + 1 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. 3  x2 − 1   1  x2 − x 2 + 1 − 3 arctan  C.  ln  + C 2 2  x 2 + x 2 + 1  x 2    x2 − 1   1  x2 − x 2 + 1 + 3 arctan  D.  ln  + C 2  x 2 + x 2 + 1  x 2   Bài 13. Cho f ( x ) liên tục trên  1  / − ; 1 thỏa mãn  2   3x − 1  ( x − 3 ) f . Tính = 2  2x + 1  ( x − 2 ) 2 4  f ( x ) dx 2 296 14 ln 3 148 7 ln 3 D. − − 25 75 25 75 Bài 14. Cho đa thức P ( x ) hệ số thực thỏa mãn ( x − 1 ) P ( x + 1 ) − ( x + 2 ) P ( x ) = 0 x  A. 148 7 ln 3 − 75 25 B. 296 14 ln 3 − 75 25 C. và P ( x) dx −1 x + x + 1 P ( 2 ) = 6 . Tính I =  2  2 A. − + 3 2 0 2 3  3 B. − − 2 3 2  2 C. − − 3 2 3  3 D. − + 2 3 Bài 15. Cho f ( x ) thỏa mãn ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4xy ( x 2 − y 2 ) . Biết f ( 2 ) = 16 , f ( x ) − 4x + 4 dx 0 x 2 + 3x + 2 3 5 A. 4 ln 2 − ln 3 + B. 4 ln 3 − ln 2 + 2 2 tính I =  1 31 | Chinh phục olympic toán C. 4 ln 3 − ln 2 − 5 2 D. 4 ln 3 − ln 2 − 3 2 | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức f ( 2x − 1 ) + g ( 1 − x ) = x + 1  Bài 16. Cho f ( x ) và g ( x ) xác định x thỏa mãn   x   1  f  x + 1  + 2g  2x + 2  = 3      10 . g ( x) 5 C. 2 + ln 5 B. 5 − ln 2 Bài 17. Cho f ( x ) và g ( x ) thỏa mãn 1 3 1 5 (2)  f ( x ) dx Tính giá trị của tích phân A. 5 + ln 2 (1) 4  x−1  x−2  x−3 . Biết rằng f g = + 2 ( x + 1)  x + 1  ( x + 2 )  x + 2  x + 3 2 2 3 5 1 2 5 9 1 2 D. 2 − ln 5 3 4 5 7  g ( x ) dx = 1;  g ( x ) dx = 2 . Tính P =  f ( x ) dx + 2  f ( x ) dx CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 7 10 A. 8 + 6 ln − 12 ln 6 9 7 10 C. 8 − 6 ln + 12 ln 6 9 7 10 B. 8 + 6 ln + 12 ln 6 9 7 10 D. 8 − 6 ln − 12 ln 6 9 Bài 18. Cho f ( x ) thỏa mãn f ( x ) + f ( y ) = A. 1 − 4 2  16 2 B. 1 2 2 −  8 2 xy . Tính 2 x + y2 + 1 C. 1 4 2 −  1 2 0 f ( x ) dx  D. 4 2 1 2 2 −  2 2 Bài 19. Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn bất phương trình 2 kx  e dx  1 2018.ek − 2018 . Số phần tử của tập hợp S bằng. k A. 7 1 Bài 20. Cho  (x 0 2 + x) e B. 8 x x + e− x A. P = 1 Bài 21. Biết tích phân ab k để  (k dx  lim 8 dx = a.e + b ln ( e + c ) với a , b , c  B. P = −1 1 x →+ 2 D. 6 C. Vô số. . Tính P = a + 2b − c ? D. P = −2 C. P = 0 x + 2x + 3 1 3 dx = + b ln ( a, b  0 ) tìm các giá trị thực của tham số x+2 a 2 0  3 2 + 1) x + 2017 x + 2018 . C. k  0 D. k  ax + b Bài 22. Biết luôn có hai số a và b để F ( x ) = ( 4a − b  0 ) là nguyên hàm của hàm số x+4 A. k  0 B. k  0 f ( x ) và thỏa mãn điều kiện 2f 2 ( x ) = F ( x ) − 1 f ‘ ( x ) . Khẳng định nào dưới đây đúng và đầy đủ nhất? A. a = 1 , b = 4 B. a = 1 , b = −1 C. a = 1 , b  4 D. a  ,b Tạp chí và tư liệu toán học | 32 Kỹ thuật giải toán tích phân| HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. x3 + 1 a c a c dx = + ln 4 với a, b, c,d là các số nguyên dương và , là các phân 2 3x − 5 b d b d 2 số tối giản. Biết a + c − 2 ( b + d ) = m , m  0 . m là số nào sau đây Cho I =  3 A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 Lời giải Phân tích. Bài này là một dạng rất cơ bản của hàm phân thức hữu tỉ. Ta sẽ dùng phép chia đa  x2 5 25  152 thức. ( x 3 + 1 ) : ( 3x − 5 ) được kết quả x3 + 1 = ( 3x − 5 )  + x +  + 27  27  3 9 152   3  x2 5   x 3 5x 2 25  25 152 1 27 I =   + x+ + + x+ . ln 3x − 5   dx =  + 2 3 9 27 3x − 5 9 18 27 27 3  2      149 152   104 152  239 152 I= + ln 4  −  + ln 1  = + ln 4 81 81 81  18   27  54  a = 239, b = 54, c = 152,d = 81  a + c − 2 ( b + d ) = 121 = 112  m = 11 Chọn ý B. Câu 2. Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. − C. ln x 2 (x − 2) ln x 2 (x − 2) 2 2 + − ln x (x − 2) 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 8 x 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 4 x 3 B. D. ln x 2 (x − 2) 2 ln x 2 (x − 2) 2 + 1 1 x−2 + ln +C 4 (x − 2) 8 x − 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 4 x Lời giải dx  u = ln x du = x   1  Đặt  1 dv = dx 3  v = − 2 x − 2 ( )  2 (x − 2)  ln x ln x 1 1 ln x 1 I= dx = − +  dx = − + J 3 2 2 2 2 (x − 2) 2 x (x − 2) 2 (x − 2) 2 (x − 2) J là một hàm phân thức hưu tỉ cơ bản quen thộc. 1 1 x − (x − 2)  1  1 1 2 J=2 dx = −   dx 2 2   ( x − 2 )2 x ( x − 2 )  x(x − 2) 33 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3 | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 1 1  1 1 1 1 x−2 = . −  −  dx = − ln 2 2−x 4  x−2 x 2 (2 − x) 4 x I=− ln x 2 (x − 2) 2 − 1 1 x−2 − ln +C 4 (x − 2) 8 x Chọn ý A. Câu 3. Cho I =  6 −3 2 2 −3 2 2x + 1 ln 2  2 . Biết a, b là các số nguyên dương. Tính giá trị dx = − 4x + 12x + 11 a b 2 của biểu thức ab A. 12 B. 24 C. 48 D. 96 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta có I= 1 4 1 =  4 6 −3 2 2 −3 2 6 −3 2 2 −3 2 8x + 4 1 dx =  2 4x + 12x + 11 4 d ( 4x 2 + 12x + 11 ) 4x 2 + 12x + 11 = − 6 −3 2 2 −3 2 6 −3 2 2 −3 2 8x + 12 8   − 2  2  dx  4x + 12x + 11 4x + 12x + 11  2dx ( 2x + 3 ) 2 +2 = 1 ln 4x 2 + 12x + 11 4 6 −3 2 2 −3 2 −J 1 1 ( ln 8 − ln 4 ) − J = ln 2 − J 4 4 dt 2    Xét J . Đặt 2x + 3 = 2 tan t, t   − ;   2dx = cos 2 t  2 2   J = 3 4  ln 2  2 1 dt 2 2  2 3 . = = I= −  a = 4, b = 24  ab = 96  2 2  4 24 2 tan t + 2 cos t 24 4 2 Chọn ý D. Câu 4. Cho a x2 − 3 −1 ( x2 + 5x + 3 )( 2×2 + 9x + 6 ) dx = ln a − ln b , với b là phân số tối giản. Giá trị của a + b 1 là A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 Lời giải Ta có I =  1 −1 Đặt x + 1− 3 x2 x −3 dx = dx 6  ( x + 5x + 3 )( 2×2 + 9x + 6 ) −1  x + 3 + 5   2x + + 9  x x    2 2 1 3 3   = t   1 − 2  dx = dt x x   Tạp chí và tư liệu toán học | 34 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4  dt 2 1  2t + 9 I= =  − dt = ln  −4 t + 5 t+5 ( )( 2t + 9 ) −4  2t + 9 t + 5  4 4 = ln −4 17 = ln 17 − ln 9 9  a = 17, b = 9  a + b = 26 Chọn ý D. Câu 5. Cho  1 0 x2 + 1  a với a là số nguyên tố. Tính a 2 b dx = 4 2 x +x +1 b A. 75 B. 54 C. 108 D. 45 Lời giải 1 0 Xét J =  2 1 x + x+1−x 1 1 x2 + 1 dx xdx dx = dx =  2 − 4 = J−K 4 2 4 2  0 0 0 x +x +1 x +x +1 x −x+1 x + x2 + 1 dx 1 2 1 3  x−  + 2 4  0 . Đặt x −   J =  6 − Xét K =  x 1 0 2 1 3  x+  + 2 4  6 3 1 3    dt = tan t, t   − ;   dx = 2 cos 2 t 2 2  2 2 3 2 3 6 2 3 dt =  dt = 2  3 3 −6 9 tan 2 t + 1 ) 2 cos t ( 4 1 dx . Đặt x 2 +  . 1 3 3    = tan u, u   − ;   xdx = du 2 2 4 cos 2 u  2 2 3 3 3  3 du =  du = 2  3 3 6 18 6 tan 2 u + 1 ) 4 cos u ( 4  3  I = J−K =  a = 3, b = 6  a 2 b = 54 6  K = 3 1 . Chọn ý B. Câu 6. Cho 1 25 −1 2  (x − 2) (x A. 53 2 + 1) dx = a ln 3 + b + c . Tính a + b + c . 6 B. 54 C. 55 D. 56 Lời giải 1 1 25 25 dx = dx Ta có I =  2  2 2 −1 −1 ( x − 4x + 4 )( x2 + 1) ( x − 2 ) ( x + 1) Nhận thấy ( x 2 − 4x + 4 ) ‘ = 2x − 4; ( x 2 + 1 ) ‘ = 2x nên ta sẽ tách 25 = A.2x. ( x 2 − 4x + 4 ) + B. ( 2x − 4 ) ( x 2 + 1 ) + C. ( x 2 − 4x + 4 ) + D. ( x 2 + 1 ) 35 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có I =  | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 2A + 2B = 0 −8A − 4B + C + D = 0  Giải hệ ta được  có hệ pt sau  8A + 2B − 4C = 0  −4B + 4C + D = 1 I= A = 2  B = −2   C = 3 D = 5 25 = 2.2x. ( x 2 − 4x + 4 ) − 2 ( 2x − 4 ) ( x 2 + 1 ) + 3 ( x 2 − 4x + 4 ) + 5 ( x 2 + 1 ) 1 (x −1 2 − 4x + 4 )( x 2 + 1 ) dx 1 1 1 2x 2x − 4 dx dx dx − 2  2 dx + 3 2 + 5 2 −1 x + 1 −1 x − 4x + 4 −1 x + 1 −1 x − 4x + 4 1 1 1 1 2x − 4 2x Ta có  2 dx = ln x 2 + 1 = 0 ;  2 dx = ln x 2 − 4x + 4 = −2 ln 3 −1 x − 4x + 4 −1 x + 1 −1 −1 = 2 1 2 1 dx dx 1 −1 x2 − 4x + 4 = −1 ( x − 2 )2 = − x − 2 1 2 . Xét 3 = −1 dx dt . Đặt x = tan t  dx = −1 x + 1 cos2 t  1 2   dx 1 dt  4 4 = . =   dt = 2 2 2   −1 x + 1 − tan t + 1 cos t − 2 4 4  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1  I = 4 ln 3 + 1 10 3 24 ln 3 + 20 + 9 + =  a = 24, b = 20, c = 9  a + b + c = 53 3 2 6 Chọn ý A. Câu 7. Đặt Fn =  x 2 n −1 2 1 ( xn + 1) 2 dx . Tính lim Fn =  2 1 A. 0 x 2 n −1 ( xn + 1) B. 1 2 dx C. ln 2 D. + Lời giải Ta có Fn =  2 1 x (x n 2 n −1 + 1) 2 dx =  2 1 n x .x n −1dx ( x + 1) n Đặt u = x n + 1  du = nx n −1dx  Fn =  2n +1 2 2n +1 = 1 1  ln u +  n u2 = u − 1 du 1 2n +1  1 1 . =  − u 2 n n 2  u u 2 1 1 1 n − ln 2 −  =  ln ( 2 + 1 ) + n n 2 +1 2 1  ln 2 +   1 2 =0 − Có lim  n →+ n 2 n + 1 ) n   (   2 n.ln 2 ln ( 2 + 1 ) n lim = lim 2 + 1 = ln 2 n →+ n →+ n 1 Chọn ý C. ln ( 2 n + 1 ) n   du  + 1 n ( 2 + 1) n − ln 2 + n 1 2 (Dễ chứng minh) n (Quy tắc l’Hôpital)  lim Fn = ln 2 n →+ Tạp chí và tư liệu toán học | 36 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 8. (x Cho  (x 1 0 + 1) 3 + 1) 2 2 dx = 3 a − b . Tính a − b ? 8 A. 3 B. 6 C. 12 D. 15 Lời giải 0 3 2 + 1) + 1) 3 x 6 + 2x 3 + 1 1 dx =  (x 0 2 1 + 1) =  dx − 3  0 Có  1 0 dx = 1 ;  0 (x 2 + 1) dx =  2 x 1 0 (x 2 + 1) 2 (x 2 + 1) (x + 1) K= + 1 ) − 3x 2 ( x 2 + 1 ) + 2x ( x 2 + 1 ) − 2x 3 (x 2 + 1) 2 dx =  1 0 2x 1 0 dx . Đặt x = tan t  dx =  4 0 2 dx +  2 d ( x2 + 1) 3 (x 0 2 2x 1 0 K= 1 0  2 (x dx =  x2 1 0 2x 1 3 1 (x 2 + 1) 2 2 dx −  + 1) 3 1 2x 0 (x 2 + 1) 3 dx 1 1 1 =− 2 = x +1 0 2 d ( x2 + 1) (x 2 + 1) 3 1 =− 1 2 ( x2 + 1) = 2 3 8 0 dt cos2 t  dt 1 4 2 4 . =  sin tdt =  ( 1 − cos 2t ) dt 2 2 2 0 ( tan 2 t + 1) cos t 0 tan 2 t  1  sin 2t  4 1   1   1 = t −  =  − = − 2 2 0 24 2 8 4   1  1 3 15 − 3  a = 15, b = 3  a − b = 12  I = 1 − 3 −  + − = 8 8 4 2 8 Chọn ý C. Câu 9. Cho Fn =  1 0 (x 1 2001.2 2001 1 C. 4000.2 2000 A. x2 n −3 2 + 1) n dx . Giá trị của F2001 và F2019 lần lượt là 1 2019.2 2019 1 ; 4036.2 2018 ; 1 1 ; 2001 2002.2 2020.2 2019 1 1 D. ; 2001 4002.2 4038.2 2019 B. Lời giải Đặt x = tan t  dx = dt cos2 t 37 | Chinh phục olympic toán dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC (x Ta có  (x 1 2 | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức   Fn =  4 0  tan 2 n − 3 t dt 4 . = sin 2 n − 3 t.cos tdt 2  0 1 cos t ( cos t ) 2 =  2n − 2 4 sin 2n − 2 0 n 2n − 2 1 1 1 1 = 2 =  F2001 = ; F2019 = n −1 2000 2n − 2 2 ( n − 1 ) .2 4000.2 4036.2 2018 Chọn ý C. Câu 10.  Cho 2 1 x 4 − 13x 3 + 13x − 1 ln 3 ln 5 , với a, b là cá số nguyên dương. Tính dx = − 4 3 2 a b x ( x − 11x + 12x − 11x + 1 ) a2 b3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. 3 B. 27 C. 108 D. 72 Lời giải Xét thấy cả tử và mẫu đều chứa đa thức bậc 4 đối xứng nên chia cả tử và mẫu cho x 2 được I= 2 1 13 −1 x 11 1  x  x 2 − 11x + 12 − + 2 x x  x 2 − 13x +    dx =  Đến đây, ta đã nhìn ra ẩn phụ. Đặt u = x + 5 2 2 I= 2 1 1  1    x −   x + − 13  x  x   dx 2   1 1   x   x +  − 11  x +  + 10    x x    1 1    du =  1 − 2  dx = x x   x− x 1 x dx 5 5 u − 13 4 1 1 1  1 1 4 2 2 du = . − . du = ln u − 1 − ln u − 10     = ln 3 − ln 5 2  2 u − 11u + 10 3 3  3 u − 1 3 u − 10  3 2  a = 1, b = 3  a 2 b 3 = 27 Chọn ý B. Câu 11. Cho f ( x ) liên tục trên A. 3 − ln 5 + 2 ln 3  4  /0; 2 thỏa mãn f ( x ) + f   = x . Tính 2−x B. 9 − 3 ln 5 + 6 ln 3 C. 6 − 2 ln 5 + 4 ln 3 5  f ( x ) dx 3 D. 12 − 4 ln 5 + 8 ln 3 Lời giải  4  Có f ( x ) + f   = x ( 1) 2−x 4 Thay x bởi vào ( 1 ) , ta được 2−x Tạp chí và tư liệu toán học | 38 Kỹ thuật giải toán tích phân|    4 4 4  4    4   2 (x − 2)  f + f =  f +f =      x 2−x 2− 4  2−x 2−x   2−x 2−x   Thay x bởi 2 (x − 2)  2 (x − 2)  4 vào ( 2 ) , ta được f   + f (x) = 2−x x x   (2) ( 3) Lấy ( 1 ) cộng ( 3 ) rồi trừ đi ( 2 ) , được 2f ( x ) = x + 2 (x − 2) 2 x 2 2 −  f (x) = + 1 − + x 2−x 2 x x−2 5  x2    f ( x ) dx =  + x − 2 ln x + 2 x − 2  = 6 − 2 ln 5 + 4 ln 3 3  4 3 5 Câu 12. Đâu là một họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 5x 2 + 1 x4 + 1 A.  x2 − 1   1  x2 + x 2 + 1 + 3 arctan   ln 2  + C 2  x − x 2 + 1  x 2   B.  x2 − 1   1  x2 + x 2 + 1 − 3 arctan   ln 2  + C 2  x − x 2 + 1  x 2   C.  x2 − 1   1  x2 − x 2 + 1 − 3 arctan   ln 2  + C 2 2  x + x 2 + 1  x 2   D.  x2 − 1   1  x2 − x 2 + 1 + 3 arctan   ln 2  + C 2  x + x 2 + 1  x 2   Lời giải 5x + 1 x −1 x2 + 1 Đặt F ( x ) =  f ( x ) dx =  4 dx = 2  4 dx + 3 4 dx = 2G ( x ) + 3H ( x ) x +1 x +1 x +1 1  1 dx +  1− 2 2 x −1 x  x dx = dx =  Xét G ( x ) =  4 2  1 x +1 1  x2 + 2 x+  −2 x x  2 2 1 x+ − 2 dt 1 t− 2 x2 − x 2 + 1 x = 2 = ln + C = ln + C = ln 2 +C 1 t −2 2 2 t+ 2 x + x 2 + 1 x+ + 2 x 39 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chọn ý C. | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1   1 1 +   dx 2 x +1 x2   x dx =  dx =  Xét H ( x ) =  4 2 1 x +1 2 1  x + 2 x−  + 2 x x  1+ 2 Đặt x − 1 1  = 2 tan u   1 + 2 x x  du   dx = 2 cos 2 u   x2 − 1  arctan   1 du 2 1 u x 2    H (x) =  . = +C 2  du = 2 + C = 2 ( tan 2 u + 1 ) cos u 2 2  F ( x ) = 2G ( x ) + 3H ( x ) =  x2 − 1   1  x2 − x 2 + 1 + 3 arctan   ln 2  + C 2  x + x 2 + 1  x 2   Chọn ý D. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 13.  1  / − ; 1 thỏa mãn  2  Cho f ( x ) liên tục trên A. 148 7 ln 3 − 75 25 B. 296 14 ln 3 − 75 25  3x − 1  ( x − 3 ) f . Tính = 2  2x + 1  ( x − 2 ) 2 C. 148 7 ln 3 − 25 75 4  f ( x ) dx D. 2 296 14 ln 3 − 25 75 Lời giải 3x − 1 u+1 Đặt u =  2xu + u = 3x − 1  x = 2x + 1 3 − 2u 2  u+1  2 − 3 2  4 7u − 8 ) ( 1 4 ( 7 ( x − 1) − 1) 3 − 2u     f ( x ) dx = dx  f (u) = = 2 2 2 2 25 2 x − 1) 5u − 5 ) ( (  u+1  − 2   3 − 2u  2 1 4 49 ( x − 1 ) − 14 ( x − 1 ) + 1 1 4 14 1 = dx = +  49 − 2   25 2 25 2  x − 1 ( x − 1 )2 ( x − 1)   dx   4 1  1  296 14 ln 3 =  49x − 14 ln x − 1 − −  = 25  x − 1  2 75 25 Chọn ý B. Câu 14. Cho đa thức P ( x ) hệ số thực thỏa mãn ( x − 1) P ( x + 1) − ( x + 2 ) P ( x ) = 0 x  và P ( x) dx −1 x + x + 1 P ( 2 ) = 6 . Tính I =  2  2 A. − + 3 2 0 2 3  3 B. − − 2 3 2  2 C. − − 3 2 3  3 D. − + 2 3 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 40 Kỹ thuật giải toán tích phân| Có ( x − 1 ) P ( x + 1 ) − ( x + 2 ) P ( x ) = 0 x  (*) Thay x = 1 và (*)  P ( 1 ) = 0 Thay x = −2 và (*)  P ( −1 ) = 0 Thay x = 0 và (*)  P ( 0 ) = 0  P ( x ) nhận x = 0; x = 1 là nghiệm  P ( x ) = ( x 3 − x ) Q ( x ) Thay P ( x ) và (*) được ( x − 1 ) ( x 3 + 3x 2 + 2 ) Q ( x + 1 ) − ( x + 2 ) ( x 3 − x ) Q ( x ) = 0  Q ( x + 1 ) = Q ( x ) x  Q ( x ) là đa thức hằng  P ( x ) = a ( x 3 − x ) . Mà P ( 2 ) = 6  a = 1  P ( x ) = x 3 − x 3 0 x −1+1−x 0 0 x3 − x 1−x dx = −1 x2 + x + 1 dx = −1 ( x − 1) dx + −1 x2 + x + 1 dx −1 x 2 + x + 1 0 3 1 0 3 2x + 1  = − +  2 dx −  2 dx  − 1 − 1 2 2 x +x+1 x +x+1  Có Xét 0 2x + 1 dx = ln x2 + x + 1 −1 x + x + 1  0 2 0 −1 =0  0 3 3 3 3 du dx = dx = . −1 x2 + x + 1 −1  1 2 3 −66 3 2 2 cos 2 u tan u + 1 ( ) x+  + 4 2 4  0  6  − 6 = 2 3  du = 3  3 2 3 I=− + 2 3 3 Chọn ý D. Câu 15. Cho f ( x ) thỏa mãn f ( x ) − 4x + 4 dx 0 x 2 + 3x + 2 3 A. 4 ln 2 − ln 3 + 2 I= ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4xy ( x 2 − y 2 ) . Biết f ( 2 ) = 16 , tính 1 B. 4 ln 3 − ln 2 + 5 2 C. 4 ln 3 − ln 2 − 5 2 D. 4 ln 3 − ln 2 − Lời giải u+v  x = u = x + y  2 . Đẳng thức đề bài  vf u − uf v = u 2 − v 2 uv Đặt   ( ) ( ) ( ) v = x − y u − v  y =  2 Thay v = 2  2f ( u ) − uf ( 2 ) = ( u 2 − 4 ) .u.2  f ( u ) = u 3 + 4u I= 1 0 1 x3 + 4 7x + 10  5 1 4 3  dx = x − 3 + +   dx = − + 0   dx 2    0 x + 3x + 2 2 ( x + 1)( x + 2 )  x+2 x+1  1 5 5 = − + ( 4 ln x + 2 + 3 ln x + 1 ) = − + 4 ln 3 − ln 2 0 2 2 41 | Chinh phục olympic toán 3 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I= | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức Chọn ý C. Câu 16. f ( 2x − 1 ) + g ( 1 − x ) = x + 1  Cho f ( x ) và g ( x ) xác định x thỏa mãn   x   1  f  x + 1  + 2g  2x + 2  = 3      Tính giá trị của tích phân A. 5 + ln 2 10 (1) (2) . g ( x)  f ( x ) dx 5 B. 5 − ln 2 C. 2 + ln 5 D. 2 − ln 5 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Đặt x 2u − 1 , thay vào ( 2 ) được = 2u − 1  x = x+1 2 − 2u     1 f ( 2u − 1 ) + 2g   = 3  f ( 2x − 1 ) + 2f ( 1 − x ) = 3 2u − 1  2. +2  2 − 2u  (3) Lấy ( 3 ) trừ đi ( 1 ) , được g ( 1 − x ) = 2 − x  g ( x ) = x + 1 Thay vào ( 1 ) được f ( 2x − 1 ) + 2 − x = x = 1  f ( 2x − 1 ) = 2x − 1  f ( x ) = x  10 g ( x) f ( x) 5 dx =  10 5 10 x+1 dx = ( x + ln x ) = 5 + ln 2 5 x Chọn ý A. Câu 17. Cho f ( x ) và g ( x ) thỏa mãn Biết rằng 1 3 1 5 4  x−1  x−2  x−3 . f g = + 2 ( x + 1)  x + 1  ( x + 2 )  x + 2  x + 3 2 2 3 5 1 2 5 9 1 2 3 4 5 7  g ( x ) dx = 1;  g ( x ) dx = 2 . Tính P =  f ( x ) dx + 2  f ( x ) dx 7 10 B. 8 + 6 ln + 12 ln 6 9 7 10 D. 8 − 6 ln − 12 ln 6 9 7 10 A. 8 + 6 ln − 12 ln 6 9 7 10 C. 8 − 6 ln + 12 ln 6 9 Lời giải Có 4  x−1  x−2  x−3 f g = + 2 ( x + 1)  x + 1  ( x + 2 )  x + 2  x + 3 2 2 4  x−2  4 x−3  4  x − 1  2dx 4dx =  g . + dx  2 2  3 f  x + 1  . 3 3 x+3 x + 2     x − 1 x + 2 ( ) ( )    7 f  x − 1  . 2dx = 7 g  x − 2  . 4dx + 7 x − 3 dx  6  x + 1  ( x − 1 )2 6  x + 2  ( x + 2 )2 6 x + 3  Tạp chí và tư liệu toán học | 42 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 4 x−3 4 x−3  35 3 dx = 1 +  dx  1 f ( x ) dx = 1 g ( x ) dx + 3 3 x+3 x+3  2 5  3 5  4 f ( x ) dx = 9 g ( x ) dx + 7 x − 3 dx = 2 + 7 x − 3 dx 21 6 x + 3 6 x + 3  75  P = 1+  4 3 7 x−3 x−3   dx + 2  2 +  dx  6 x+3 x+3   4 7 7 10 = 5 + ( x − 6 ln x + 3 ) + 2 ( x − 6 ln x + 3 ) = 8 − 6 ln − 12 ln 3 6 6 9 Chọn ý D. Câu 18. A. 1 − 4 2  16 2 B. 1 2 2 xy . Tính 2 x + y2 + 1 −  8 2 C. 1 2  0 f ( x ) dx 1 4 2 −  4 2 D. 1 2 2 −  2 2 Lời giải 2 x 1 x2 Cho x = y  2f ( x ) = 2  f (x) = . 2 2x + 1 2 2x + 1  1 2 0 1 12 x2 1 12 2x 2 f ( x ) dx =  dx =  dx = 2 0 2×2 + 1 4 0 2x 2 + 1  4 0 Xét J . Đặt x 2 = tan t  J =  1  1  12 1 1 1 dx  = − J  0 dx − 0 2 2 4 2x + 1  4 2 4 1 dt  1  I= − . = 2 tan t + 1 2 cos t 4 2 4 2 16 2 2 Chọn ý A. Câu 19. Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn bất phương trình 2 2018.ek − 2018 . Số phần tử của tập hợp S bằng. 1 e dx  k kx A. 7 B. 8 C. Vô số. D. 6 Lời giải 2 2 e 2k − ek 1  Ta có:  e dx =  ekx  = k k 1 1 kx 2 2018.e k − 2018 e 2k − e k 2018.e k − 2018   1 e dx  k k k kx  e k ( e k − 1 )  2018 ( e k − 1 ) ( k  0 )  ( e k − 1 )( e k − 2018 )  0  1  e k  2018  0  k  ln 2018  7.6 Do k nguyên dương nên ta chọn được k  S (với S = 1; 2; 3; 4; 5; 6;7 ). Suy ra số phần tử của S là 7 . 43 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cho f ( x ) thỏa mãn f ( x ) + f ( y ) = | Nguyên hàm tích phân hàm phân thức Chọn ý A. Câu 20. 1 Cho  (x + x ) ex 2 x + e− x 0 dx = a.e + b ln ( e + c ) với a , b , c  A. P = 1 B. P = −1 1 Ta có I =  (x + x ) ex 2 x + e−x 0 . Tính P = a + 2b − c ? C. P = 0 D. P = −2 Lời giải 1 dx =  ( x + 1) ex xe x dx . xe x + 1 0 Đặt t = xe x + 1  dt = ( 1 + x ) e xdx . Đổi cận x = 0  t = 1 ; x = 1  t = e + 1 . Khi đó: I = e+1  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 e+1 t−1 dt = t  1   1 − t  dt = ( t − ln t ) 1 e+1 1 = e − ln ( e + 1 ) . Suy ra: a = 1 , b = −1 , c = 1 . Vậy P = a + 2b − c = −2 . Chọn ý D. Câu 21. 1 Biết tích phân ab  dx  lim (k + 1) x + 2017 x + 2018 x →+ 8 2 x 3 + 2x 2 + 3 1 3 0 x + 2 dx = a + b ln 2 ( a, b  0 ) tìm các giá trị thực của tham số k để A. k  0 . B. k  0 C. k  0 D. k  Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: 1 ab 9 1 a = 3 x3 + 2x 2 + 3 3  1 3 1 3  2  dx = dx = x + dx  = x + 3ln x + 2 = + 3ln  8 8 dx = 1 0 x + 2 0  x + 2  3 3 2 0 b = 3 1 ab Mặt khác ta lại có Mà (k lim x →+ ab Vậy để   (k dx  lim + 1) x + 2017 x + 2018 (k dx  lim 8 x →+ 8 2 x →+ 2 2 + 1) x + 2017 x + 2018 (k  1  lim x →+ 2 + 1 ) x + 2017 x + 2018 = k2 + 1 . + 1) x + 2017 x + 2018 thì 1  k 2 + 1  k 2  0  k  0 . Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 44 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 22. Biết luôn có hai số a và b để F ( x ) = ax + b ( 4a − b  0 ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) và x+4 thỏa mãn điều kiện 2f 2 ( x ) = F ( x ) − 1 f ‘ ( x ) . Khẳng định nào dưới đây đúng và đầy đủ nhất? A. a = 1 , b = 4 C. a = 1 , b  B. a = 1 , b = −1 4 D. a  ,b Lời giải Do đó 2f 2 ax + b 2b − 8a 4a − b là nguyên hàm của f ( x ) nên f ( x ) = F’ ( x ) = và f ‘ ( x ) = . 3 2 x+4 (x + 4) ( x + 4) ( x ) = ( F ( x ) − 1) f ‘ ( x )  2 ( 4a − b ) 2  ax + b  2b − 8a = − 1 3  x+4  (x + 4) (x + 4)  4a − b = − ( ax + b − x − 4 )  ( x + 4 )( 1 − a ) = 0  a = 1 Với a = 1 mà 4a − b  0 nên b  4 . Vậy a = 1 , b  4 . Chọn ý C. 45 | Chinh phục olympic toán 4 (do x + 4  0 ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có F ( x ) = | Nguyên hàm tích phân từng phần NGUYÊN HÀM – TÍCH CHƯƠNG 2 K PHÂN TỪNG PHẦN ỹ thuật từng phần là một kỹ thuật khá cơ bản nhưng rất hiệu quả trong các bài toán tính tích phân, ở trong phần này ta sẽ không nhắc lại các bài toán cơ bản nữa mà chỉ đề cập tới một số bài toán nâng cao. Trước tiên ta sẽ nhắc lại và chứng minh công thức tính nguyên hàm – tích phân từng phần. Giả sử u ( x ) , v ( x ) là các hàm liên tục trên miền D khi đó ta có: CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN d ( uv ) = udv + vdu   d ( uv ) =  udv +  vdu  uv =  udv +  vdu   udv = uv −  vdu Chú ý. Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được v và nguyên hàm  vdu dễ tính hơn  udv . Ngoài ra ta còn chú ý tới thứ tự đặt của u Nhất – Log, Nhì – Đa, ln x ln a và dv = còn lại. Nếu không có ln; log thì chọn u = đa thức và dv = còn lại. Nếu không Tam – Lượng, Tứ – Mũ . Nghĩa là nếu có ln hay log a x thì chọn u = ln hay u = log a x = có log, đa thức, ta chọn u = lượng giác,….cuối cùng là mũ. Ta thường gặp các dạng sau ,với P ( x ) là đa thức đặt sin x  I =  P (x)   dx  cos x  I =  P ( x ) e ax + bdx I =  P ( x ) ln ( mx + n ) dx sin x  x I =   e dx  cos x  u P (x) P (x) ln ( mx + n ) sin x   cos x    dv sin x   cos x  dx   e ax + b dx P ( x ) dx e xdx Dạng • Lưu ý rằng bậc của đa thức và bậc của ln tương ứng với số lần lấy nguyên hàm. • Dạng mũ nhân lượng giác là dạng nguyên hàm từng phần luân hồi. Tạp chí và tư liệu toán học | 46 Kỹ thuật giải toán tích phân| MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN Câu 1. Tìm các họ nguyên hàm sau đây  ( x + 2 ) e dx c)  ( 3x − 1 ) ln x dx 2x a) 2  ( 2x − 1) cos x dx d)  ( 4x − 1 ) ln ( x + 1 ) dx b) Lời giải du = dx u = x + 2  a) Xét  ( x + 2 ) e dx . Đặt   1 2x 2x dv = e dx  v = e  2 1 1 1 1 Khi đó  ( x + 2 ) e 2xdx = ( x + 2 ) e 2x −  e 2xdx = ( x + 2 ) e 2x − e 2x + C 2 2 2 4 1 Vậy  ( x + 2 ) e 2xdx = ( 2x + 3 ) e 2x + C . 4 u = 2x − 1 du = 2dx b) Xét  ( 2x − 1 ) cos x dx . Đặt   dv = cos xdx v = sin x Khi đó Vậy  ( 2x − 1) cos x dx = ( 2x − 1) sin x −  2 sin x dx = ( 2x − 1 ) sin x + 2 cos x + C  ( 2x − 1) cos xdx = ( 2x − 1) sin x + 2 cos x + C 1  u = ln x du = dx c) Xét  ( 3x − 1 ) ln x dx . Đặt   x 2 dv = ( 3x − 1 ) dx  v = x 3 − x 2 1  − 1) ln xdx = ( x 3 − x ) ln x −  ( x 2 − 1 ) dx = ( x 3 − x ) ln x −  x 3 − x  + C . 3  1  u = ln ( x + 1 ) dx du = d) Xét  ( 4x − 1 ) ln ( x + 1 ) dx . Đặt   x+1 dv = ( 4x − 1 ) dx  v = 2x 2 − x  Khi đó  ( 3x Khi đó 2  ( 4x − 1) ln ( x + 1) dx = ( 2x − x ) ln ( x + 1) −  2 2×2 − x dx x+1 3   2 2 = ( 2×2 − x ) ln ( x + 1 ) −   2x − 3 +  dx = ( 2x − x ) ln ( x + 1 ) − ( x − 3x + 3 ln ( x + 1 ) ) + C x+1  = ( 2x 2 − x − 3 ) ln ( x + 1 ) − x 2 + 3x + C . Câu 2. Hàm số y = f ( x ) thỏa mãn  f ( x ) sin xdx = −f ( x ) cos x +  x cos xdx . Tìm y = f ( x ) ? Lời giải Áp dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có: 47 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2x | Nguyên hàm tích phân từng phần  u = f ( x) du = f ‘ ( x ) dx Đặt    f ( x ) sin xdx = −f ( x ) cos x +  f ‘ ( x ) cos xdx  dv = sin xdx  v = − cos x Mà theo giả thiết  f ( x ) sin xdx = −f ( x ) cos x +  x cos xdx . x Suy ra f ‘ ( x ) =   f ( x ) =   dx = +C . ln  x x Câu 3. Tìm nguyên hàm I =  x ln ( 2 + x 2 ) dx Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  2x   u = ln ( 2 + x 2 ) du = 2 + x 2 dx  Cách giải thông thường. Đặt  x2  dv = xdx  v=   2 Khi đó: I = x2 x3 x2 ln ( 2 + x 2 ) −  dx = ln ( 2 + x 2 ) − I 1 . 2 2 2+x 2 x3 dt dx . Đặt t = 2 + x 2  dt = 2xdx  xdx = 2 2 2+x t − 2 dt 1  2 1 1  I1 =  . =   1 −  dt = ( t − 2 ln t ) + C = ( 2 + x 2 ) − 2 ln ( 2 + x 2 )  + C. t 2 2  t 2 2 + Tìm I 1 =  x2 x2 1 ln ( 2 + x 2 ) − I 1 = ln ( 2 + x 2 ) − ( 2 + x 2 ) − 2 ln ( 2 + x 2 )  + C 2 2 2 2 2+x 2 + x2 2 + x2 x2 = ln ( 2 + x 2 ) − +C = ln ( 2 + x 2 ) − + C. 2 2 2 2 Cách giải theo “kĩ thuật chọn hệ số”. I=  2x  u = ln ( 2 + x 2 )  du = 2 + x 2 dx  Đặt  2 2  dv = xdx v = x + 1 = 2 + x   2 2 . Vì v =  xdx = x2 + C và ta chọn C = 1 nên 2 2 + x2 2 + x2 x2 x2 ln ( 2 + x 2 ) −  xdx = ln ( 2 + x 2 ) − + C. + 1 . Khi đó: I = 2 2 2 2 Nhận xét. Qua bài toán trên chúng ta được làm quen thêm một kĩ thuật chọn hệ số cho phương v= pháp tích phân từng phân. Kĩ thuật này được trình bày sau đây. Tạp chí và tư liệu toán học | 48 Kỹ thuật giải toán tích phân| Kĩ thuật chọn hệ số.    u = f (x) du = f ‘ ( x ) dx Khi đi tính tích phân từng phần, ở khâu đặt  với C là   dv = g ( x ) dx   v = G (x) + C hằng số bất kỳ ( chọn số nào cũng được ). Và theo một “thói quen” thì chúng ta thường chọn C = 0 . Nhưng việc chọn C = 0 lại làm cho việc tìm nguyên hàm (tích phân)  vdu không được “đẹp” cho lắm. Vì ta có quyền chọn C là số thực bất kì nên ta sẽ chọn hệ số C thích hợp mà ở đó biếu thức vdu là đơn giản nhất. Cách làm như thế được gọi là “kĩ thuật chọn hệ số”. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một số ví dụ để hiểu rõ hơn về phương pháp này! Tìm nguyên hàm ln ( sin x + 2 cos x ) dx  cos2 x Lời giải Cách giải thông thường. cos x − 2 sin x u = ln ( sin x + 2 cos x )  dx  du = Đặt   sin x + 2 cos x dx dv =  v = tan x  cos 2 x   I = tan x ln ( sin x + 2 cos x ) −  tan x ( cos x − 2 sin x ) dx . sin x + 2 cos x tan x ( cos x − 2 sin x )  sin x + 2 cos x dx sẽ trở nên rất khó khăn. Lúc này cần sự “lên tiếng” của “kĩ thuật chọn hệ số”. Khi đó việc đi tìm Cách giải theo “kĩ thuật chọn hệ số”. cos x − 2 sin x  u = ln ( sin x + 2 cos x )  du = dx   sin x + 2 cos x Đặt   dx dv =   v = tan x + C = sin x + C cos x cos 2 x   cos x sin x + C cos x cos x − 2 sin x Khi đó:  vdu =  . dx . Để nguyên hàm này đơn giản ta “Chọn cos x sin x + 2 cos x cos x − 2 sin x C = 2 ” lúc này ta được  vdu =  dx . cos x cos x − 2 sin x  I = tan x ln ( sin x + 2 cos x ) −  dx = tan x ln ( sin x + 2 cos x ) − x − 2 ln cos x + C. cos x Câu 5. Tìm nguyên hàm  x 2 sin ( 1 − 3x ) dx Lời giải 49 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 4. | Nguyên hàm tích phân từng phần du = 2xdx u = x 2  + Xét I =  x sin ( 1 − 3x ) dx . Đặt  .  1 dv = sin ( 1 − 3x ) dx  v = cos ( 1 − 3x ) 3  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 1 2 Khi đó thì I =  x 2 sin ( 1 − 3x ) dx = x 2 cos ( 1 − 3x ) −  x cos ( 1 − 3x ) dx 3 3 2  2  du = dx  2 u = x  3 + Xét J =  x cos ( 1 − 3x ) dx . Đặt lại  .  3 3 dv = cos ( 1 − 3x ) dx  v = − 1 sin ( 1 − 3x )   3 2 2 2 J =  x cos ( 1 − 3x ) dx = − x sin ( 1 − 3x ) +  sin ( 1 − 3x ) dx 3 9 9 2 2 = − x sin ( 1 − 3x ) + cos ( 1 − 3x ) + C 9 27 1 2 2 Vậy, I =  x2 sin ( 1 − 3x ) dx = x 2 cos ( 1 − 3x ) + x sin ( 1 − 3x ) − cos ( 1 − 3x ) + C . 3 9 27 Lưu ý. Trên đây là bài giải chuẩn, tuy nhiên, nếu chỉ cần tìm đáp số cuối cùng ta có thể thực hiện theo phương pháp từng phân theo sơ đồ đường chéo. Phương pháp từng phần bằng sơ đồ đường chéo. • Bước 1: Chia thành 2 cột: + Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0 . + Cột 2: Cột dv luôn lấy nguyên hàm cho 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 ( − ) , ( + ) , ( − ) ,… • Bước 3: Kết quả bài toán là tổng các phép nhân vừa tìm được. Áp dụng cho bài toán ở trên Lấy đạo hàm Dấu u = x2 + 2x 2 0 Lấy nguyên hàm dv = sin ( 1 − 3x ) 1 cos ( 1 − 3x ) 3 − + 1 − sin ( 1 − 3x ) 9 − 1 cos ( 1 − 3x ) 27 1 2 2 Kết quả I =  x2 sin ( 1 − 3x ) dx = x 2 cos ( 1 − 3x ) + x sin ( 1 − 3x ) − cos ( 1 − 3x ) + C . 3 9 27 Tiếp theo là một bài toán sử dụng phương pháp từng phần bằng sơ đồ đường chéo. Tạp chí và tư liệu toán học | 50 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 6. Tìm nguyên hàm  x e dx 5 x Lời giải Nhận xét: Về mặt lý thuyết bài này ta hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp tích phân từng phần. Song ta phải sử dụng tới 5 lần tích phân từng phần ( vì bậc của đa thức x 5 là 5 khá dài ). Lúc này ta sẽ làm theo sơ đồ tích phân đường chéo. u=x Dấu Nguyên hàm dv = e x 5 5x 4 + ex 20x 3 − ex 60x 2 + ex 120x − ex 120 + ex 0 − ex Kết quả tìm được:  x 5 e xdx = x 5 e x − 5x 4 e x + 20x 3 e x − 60×2 e x + 120xe x − 120e x + C = ( x 5 − 5x 4 + 20x 3 − 60x 2 + 120x − 120 ) e x + C. Cách 2. Ta sử dụng công thức:  f ( x ) + f ‘ ( x ) e dx = f ( x ) e x x +C (*) Thật vậy  f ( x ) e x + C  ‘ = f ‘ ( x ) e x + f ( x ) e x =  f ( x ) + f ‘ ( x )  e x (đpcm) Áp dụng công thức ( * ) ta được: I =  x 5e xdx =  ( x 5 + 5x 4 ) − ( 5x 4 + 20x 3 ) + ( 20x 3 + 60x 2 ) − ( 60x 2 + 120x ) + ( 120x + 120 ) − 120  e xdx =  ( x 5 + 5x 4 ) e xdx − 5  ( x 4 + 4x 3 ) e xdx + 20  ( x 3 + 3x 2 ) e xdx −60  ( x 2 + 2x ) e xdx + 120  ( x + 1 ) e xdx − 120  xdx = ( x 5 − 5x 4 + 20x 3 − 60x 2 + 120x − 120 ) e x + C Tích phân đường chéo nguyên hàm lặp Nếu ta tính tích phân theo sơ đồ đường chéo mà lặp lại nguyên hàm ban đầu cần tính (không kể dấu và hệ số) thì dừng lại luôn tại dòng đó, không chia dòng nữa. Cách tính. Các dòng vẫn nhân chéo như các trường hợp trên, nhưng thêm  ( tích phaân cuûa 2 phaàn töû doøng cuoái cuøng ) vẫn sử dụng quy tắc đan dấu. 51 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Đạo hàm | Nguyên hàm tích phân từng phần Sau đây là ví dụ minh họa. Câu 7. Tìm nguyên hàm I =  e 2 x cos 3xdx Lời giải Sử dụng sơ đồ đường chéo ta có! Đạo hàm Dấu u = cos 3x Nguyên hàm dv = e 2 x + − 1 2x e 2 + 1 2x e 4 −3 sin 3x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN −9 cos 3x Ta có I = 1 2x 1 3 1 1 9 e cos 3x − ( −3 sin 3x ) e 2x +  ( −9 cos 3x ) e 2xdx = e 2x cos3x + e 2x sin3x − I 2 2 4 4 4 4 13 1 3 2 3  I = e 2x cos 3x + e 2x sin 3x + C  I = e 2x cos 3x + e 2x sin 3x + C 4 2 4 13 13 Câu 8. Tìm nguyên hàm  e x sin x dx Lời giải Cách 1. Cách giải từng phần thông thường • u = sin x du = cos x dx Xét F ( x ) =  e x sin x dx . Đặt  .  x x v = e dv = e dx Khi đó: F ( x ) = e x sin x −  e x cos x dx = e x sin x − G ( x ) (1) • u = cos x du = − sin xdx Với G ( x ) =  e x cos x dx . Đặt  .   x x v = e dv = e dx   Khi đó: G ( x ) = e x cos x +  e x sin x dx + C = e x cos x + F ( x ) + C (2) Từ ( 1 ) , ( 2 ) ta có F ( x ) = e x sin x − e x cos x − F ( x ) − C  F ( x ) = Vậy F ( x ) =  e x sin xdx = Ghi nhớ. Gặp e mx + n e ( sin x − cos x ) x 2 e x ( sin x − cos x ) 2 − C 2 +C. .sin ( ax + b ) dx hoặc e mx + n .cos ( ax + b ) dx ta luôn thực hiện phương pháp nguyên hàm từng phần 2 lần liên tiếp. Cách 2. (Phương pháp tích phân đường chéo) Tạp chí và tư liệu toán học | 52 Kỹ thuật giải toán tích phân| Đạo hàm Dấu (u) sin x + cos x − − sin x + Nguyên hàm ( dv ) ex ex ex  I = e x sinx− e x cos x −  e x sin xdx  I = e x ( sin x − cos x ) − I  I = e x ( sin x − cos x ) 2 + C. Tìm nguyên hàm I =  e x + 1 .cos ( 2x + 1 ) dx Lời giải Cách 1. Cách giải từng phần thông thường u = cos ( 2x + 1) du = −2 sin ( 2x + 1 ) dx Đặt:   x+1 v = e x+1  dv = e dx  Khi đó I = e x +1 cos ( 2x + 1 ) + 2  e x +1 sin ( 2x + 1 ) dx = e x +1 cos ( 2x + 1 ) + 2J Xét tích phân J =  e x + 1 .sin(2x + 1).dx u = sin(2x + 1) du = 2 cos ( 2x + 1) dx Đặt   x+1 v = ex+1  dv = e dx Khi đó J = e x + 1 sin ( 2x + 1 ) − 2  e x + 1 cos ( 2x + 1 ) dx = e x +1 sin ( 2x + 1 ) − 2I + C Suy ra I = e x +1 cos ( 2x + 1 ) + 2J = e x +1 cos ( 2x + 1 ) + 2 e x +1 sin ( 2x + 1 ) − 2I  + C 1  5I = e x +1 cos ( 2x + 1 ) + 2e x +1 sin ( 2x + 1 )  I = e x +1 ( cos ( 2x + 1 ) + 2 sin ( 2x + 1 ) ) + C. 5 Cách 2. (Phương pháp đường chéo) Đạo hàm (u) cos ( 2x + 1 ) −2 sin ( 2x + 1 ) −4 cos ( 2x + 1 ) Dấu + − Nguyên hàm ( dv ) e x+1 e x+1 e x+1 +  I = e x + 1 cos ( 2x + 1 ) + 2e x+ 1 sin ( 2x + 1 ) − 4  e x + 1 cos ( 2x + 1 ) 53 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 9. | Nguyên hàm tích phân từng phần =e x+1  cos ( 2x + 1 ) + 2 sin ( 2x + 1 )  − 4I  I = e x+1  cos ( 2x + 1 ) + 2 sin ( 2x + 1 )  5 + C. Tính các nguyên hàm sau. 1. I =  x    ln  dx 1−x  1−x  x 2 x   1  1 u = ln 1 − x du = +    dx   x 2 (1 − x)   Đặt   dv = xdx  2  v = − 1 − x  1 − x2 1  1 x 2 +  1 − x2  + +J  dx = − 1 − x ln 2 1−x 1 − x2  x 2 (1 − x)  x  I = − 1 − x 2 ln CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1  ( 1 − x )( 1 + x ) dx 1 1 − x2 dx = dx +  Ta có J =  1 − x 2  +   x 1 − x2 2 ( 1 − x ) 1 − x2  x 2 (1 − x)  1 dx 1 xdx 1 1 − x2 − = L + arcsin x +  1 − x2 2  1 − x2 2 2 x 1 − x2 2 dx    Xét tích phân L =  , đặt x = sin t; t   − ,   dx = cos tdt; 1 − x 2 = cos t 2  2 2 x 1−x = dx L= + cos tdt dt t 1 − 1 − x2 = = ln tan + C = ln +C sin t cos t sin t 2 x  J = ln  I = − 1 − x 2 ln 1 − 1 − x2 1 − x2 1 + + arcsin x + C x 2 2 x 1 − x2 + ln 1 − 1 − x2 1 − x2 1 + + arcsin x + C x 2 2 2. I =  x 2 sin ( ln x ) dx 1 1 1 sin ( ln x ) d ( x3 ) = x 3 sin ( ln x ) −  x3d ( sin ( ln x ) )  3 3 3 1 1 dx 1 3 1 = x 3 sin ( ln x ) −  x 3 cos ( ln x ) = x sin ( ln x ) −  x 2 cos ( ln x ) dx 3 3 x 3 3 1 3 1 1 1 1 = x sin ( ln x ) −  cos ( ln x ) d ( x 3 ) = x 3 sin ( ln x ) − x 3 cos ( ln x ) +  x 3d ( cos ( ln x ) ) 3 9 3 9 9 1 3 1 3 1 2 1 3 1 3 1 = x sin ( ln x ) − x cos ( ln x ) −  x sin ( ln x ) dx = x sin ( ln x ) − x cos ( ln x ) − I 3 9 9 3 9 9 10 1 3 1 3 1  3x 3 sin ( ln x ) − x 3 cos ( ln x )  + C  I = x sin ( ln x ) − x cos ( ln x )  I = 9 3 9 10  Ta có I =  x 2 sin ( ln x ) dx = 3. I =  e −2 x cos 3xdx Ta có I =  e −2x cos 3xdx = 1 −2x e −2x sin 3x 1 e d sin 3x = −  sin3xd ( e −2x ) ( ) 3 3 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 54 Kỹ thuật giải toán tích phân| e −2 x sin 3x 2 −2 x e −2 x sin 3x 2 −2 x +  e sin 3xdx = −  e d ( cos 3x ) 3 3 3 9 −2 x −2 x e sin 3x 2e cos 3x 2 = − +  cos3xd ( e −2 x ) 3 9 9 −2 x e ( 3 sin 3x − 2 cos 3x ) 4 −2 x e −2 x ( 3 sin 3x − 2 cos 3x ) 4 = −  e cos 3xdx = − I 9 9 9 9 −2 x −2 x e ( 3 sin 3x − 2 cos 3x ) e ( 3 sin 3x − 2 cos 3x ) 13  I= I= +C 9 9 13 1 + sin x 4. I =  e x dx 1 + cos x 1 + sin x 1 + sin x 1 + sin x  1 + sin x  Ta có I =  e x dx =  d ( ex ) = ex −  e xd   1 + cos x 1 + cos x 1 + cos x  1 + cos x  = 1 + sin x 1 + cos x + sin x e xdx e x sin xdx x 1 + sin x −  ex dx = e − − 2 1 + cos x 1 + cos x  1 + cos x  ( 1 + cos x )2 ( 1 + cos x ) = ex 1 + sin x e xdx e x sin xdx − K − J ( 1) ; K =  ;J =  2 1 + cos x 1 + cos x ( 1 + cos x ) du = e xdx u = e x  e sin xdx  Xét tích phân J =  , đặt  −d ( 1 + cos x ) sin xdx   1 2 ( 1 + cos x ) dv = ( 1 + cos x )2  v =  1 + cos x 2 = 1 + cos x ( )   x J= Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta có I = e x ex e xdx ex − = − K (2) 1 + cos x 1 + cos x 1 + cos x  ex  1 + sin x ex x 1 + sin x −K − −K+C = e − +C 1 + cos x 1 + cos x 1 + cos x  1 + cos x  Phương pháp đường chéo dạng  f ( x ) ln n ( ax + b ) dx Đối với dạng bài tìm nguyên hàm  f ( x ) ln ( ax + b ) dx n vì vậy ưu tiên đặt u = ln n ( ax + b ) nhưng khi đó đạo hàm “u ” sẽ không bằng 0 được, vì vậy phải chuyển một lượng t ( x ) từ cột đạo hàm sang cột nguyên hàm để giảm mũ của ln đi 1 bậc ở cột đạo hàm. Tiếp tục làm tương tự cho đến khi cột đạo hàm bằng 0 thì dừng lại. Nhân chéo từ hàng đạo hàm đã thực hiện chuyển t ( x ) sang hàng kề dưới của cột nguyên hàm, vẫn sử dụng quy tắc đan dấu bình thường. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một số ví dụ liên quan tới dạng này Câu 10. Tìm nguyên hàm I =  x ln 2 xdx Lời giải Cách 1. Phương pháp từng phân thông thường 55 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = ex | Nguyên hàm tích phân từng phần  2 ln x u = ln 2 x du = x dx x2 2 x2 2 Đặt  . Khi đó: I = ln x − x ln xdx = ln x − I 1 .   2 2 2 x dv = x v =  2 dx  du = u = ln x  x2 x x2 x2 x + Tìm I 1 =  x ln xdx Đặt  . Khi đó I = ln x − dx = ln x − + C.  1 2 2 2 2 4 x dv = x v =  2 I=  x2  x2  x2 2 x2 1 ln x −  ln x − + C  =  ln 2 x − ln x +  + C. 2 4 2  2  2  Cách 2. Chuyển Đạo hàm CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN ln 2 x 2 x + 2 ln x x ln x 1 x Dấu hàm Nhận x 2 x x2 2 − x 1 x x2 2 1 x 2 + 1 x x2 4 0 Kết quả I = Nguyên x2 2 x2 x2 x2  1 ln x − ln x + + C =  ln 2 x − ln x +  + C. 2 2 4 2  2 Câu 11. Tìm nguyên hàm I =  ( x 2 + 4x + 3 ) ln 2 ( x + 1 ) dx Lời giải Đặt t = x + 1  dt = dx; x 2 + 4x + 3 = ( x + 1 )( x + 3 ) = t ( t + 2 ) = t 2 + 2t  I =  ( x 2 + 4x + 3 ) ln 2 ( x + 1 ) dx =  ( t 2 + 2t ) ln 2 tdt Cách 1. Phương pháp từng phần thông thường 2 ln t  u = ln 2 t du = t dt Đặt  . Khi đó:  3 2 t dv = t + 2t dt ( ) 2  v = + t  3 Tạp chí và tư liệu toán học | 56 Kỹ thuật giải toán tích phân|  t3 2  2  t 3 2  ln t  t3 2  2  t2   t3 2  2 I =  + t  ln t − 2   + t  dt =  + t  ln t − 2   + t  ln tdt =  + t  ln t − 2I 1 ( * ) 3  3  t 3  3  3  dt  u = ln t du = t    t + Tính I 1 =   + t  ln tdt. Đặt  .  t2   3 2 dv = + t dt t t   3   v = + 3    9 2 2  t3 t2   t2 t   t3 t2  t3 t2 Khi đó: I 1 =  +  ln t −   +  dt =  +  ln t − − + C. 27 4 9 2  9 2 9 2  t3   2t 3 2  2t 3 t 2 Thay I 1 vào ( * ) , ta được: I =  + t 2  ln 2 t −  + t  ln t + + +C 27 2 3   9  (* *) Thay t = x + 1 vào ( * * ) ta được nguyên hàm  ( x 2 + 4x + 3 ) ln 2 ( x + 1 ) dx . Chuyển Đạo hàm ( u ) ln 2 t 2 t Nguyên Dấu hàm ( dv ) + t 2 + 2t 2 ln t t t3 2 +t 3 ln t 2t 2 + 2t 3 − 1 t 1 t 2t 3 2 +t 9 Nhận 2 t 1 t 2t 2 +t 9 + 1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cách 2. 2t 3 t 2 + 27 2 0  t3   2t 3 2  2t 3 t 2 Kết quả I =  + t 2  ln 2 t −  + t  ln t + + +C 27 2 3   9  (* *) . Thay t = x + 1 vào ( * * ) ta được nguyên hàm  ( x 2 + 4x + 3 ) ln 2 ( x + 1 ) dx . Câu 12. Tính các tích phân sau  2 a) I =  x sin xdx. b) I = 0 e −1  x ln ( x + 1) dx 0 c)  x ln ( 1 + x ) dx Lời giải 57 | Chinh phục olympic toán 1 0 2 1 d) I =  x tan 2 x.dx 0 | Nguyên hàm tích phân từng phần u = x du = dx a) Đặt   dv = sin xdx  v = − cos x  2  2 0  2  Do đó I =  x sin xdx = ( −x cos x ) +  cos xdx = 0 + sin x 02 = 1. 0 0 1  du = dx u = ln ( x + 1 )  x+1 b) Đặt  .  2 x − 1 dv = xdx v =  2 Khi đó I = e −1  0 e−1 e −1  x2 − 1  1 x ln ( x + 1 ) dx = ln(x + 1) −  ( x − 1 ) dx  2  0 2 0 e−1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  e 2 − 2e + 2 1  x 2 e 2 − 2e + 2 1 e 2 − 4e + 3 e 2 + 1 = −  − x = − = . 2 2 2 2 2 2 4 0 2xdx  u = ln ( 1 + x 2 ) du = 1 + x 2 c) Đặt:  .  1 2 dv = xdx  v = x  2 1 1 1 x x2 + 1 − x  )  1 2 x3 ln 2  ( 2 dx = − Khi đó I = x ln ( 1 + x ) −  0 1 + x 2 dx 2 1 + x2 2 0 0 1 ln 2 x  = − x − 2 1 + x2 0 1 ln  1 2 1 1  2   dx = −  x − ln ( 1 + x ) = ln 2 − . 2 2 2 2  0 1 1 1 xdx x2  1  − 1  dx =  − xdx = I 1 − d) Biến đổi I về dạng I =  x  cos 2 x cos 2 x 0 2  0  0 1 0 1 = I1 − . 2 I1 u = x du = dx  Tính I 1 . Đặt  . dx    v = tan x dv = cos 2 x 1 Khi đó: I 1 = x tan x 0 −  tan xdx = ( x tan x + ln cos x ) = tan 1 + ln ( cos 1 ) . 1 0 1 0 1 Suy ra I = tan 1 + ln ( cos 1 ) − . 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 58 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 13.  4 Biết I =  0 x 2 dx ( x sin x + cos x ) giá trị của biểu thức A. 1 4 2 a − b trong đó a, b, c,d  5 và là các số nguyên dương. Tính c − d = a 2 − 2b 2 c 2 + 2d 2 2 B. 3 1 3 C. D. 3 4 Lời giải Ta có I =  0  4 x 2 dx ( x sin x + cos x ) 2 = 0 x cos x ( x sin x + cos x ) 2 . x dx cos x cos x + x sin x x   du = dx u =   cos 2 x cos x    Đặt  d ( x sin x + cos x ) d ( x sin x + cos x )  1 x cos x dv = v =  =− dx = 2 2 2   ( x sin x + cos x ) x sin x + cos x ( x sin x + cos x ) ( x sin x + cos x ) Khi đó I = −  4  4  x dx 2 2 4− 4 = − + = − + tan x +1= . 2 0 4+ 4+ ( x sin x + cos x ) cos x 0 0 cos x 4 +  Chọn ý C. Câu 14.  4 Biết I =  ln ( sin x + cos x ) 2 cos x 0 giản. Tính A. − dx = − a c a + ln e trong đó c,d, e là các số nguyên tố và tối b d b a 2 − 2b 2 c2 + 2d 2 + 3e 3 31 41 B. − 32 41 C. − 17 23 D. − 18 23 Lời giải Ta thấy rằng ( x sin x + cos x ) ‘ = sin x + x cos x − sin x = x cos x nên ta tách x2 ( x sin x + cos x )  4 I= 2 = ln ( sin x + cos x ) 0  4 cos 2 x x cos x ( x sin x + cos x )  4 dx =  0  4 2 . x cos x ln ( cos x. ( 1 + tan x ) ) cos 2 x  4 dx ln ( cos x ) ln ( 1 + tan x )  ln ( cos x ) ln ( 1 + tan x )  =  + dx +  dx = I + J .  dx =  2 2 2 cos x cos x cos x cos 2 x  0 0 0 59 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  4 | Nguyên hàm tích phân từng phần sin x  u = ln cos x  du = − cos x dx Đặt  , khi đó tích phân cần tính trở thành dv = 1 dx , v = tan x  cos 2 x  4 I= ln ( cos x ) 2 cos x 0  4 0  4 dx = tan x.ln ( cos x ) +  tan 2 xdx 0 1  = tan x.ln cos x + ( −x + tan x ) = − ln 2 − + 1 2 4  4 0  4 0  4 ln ( 1 + tan x ) Tính J =  cos 2 x 0 dx. Đặt t = 1 + tan x  dt = 2 1 dx  J =  ln t dt . cos2 x 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1  2 1 2 2 u = ln t  du = dt Đặt   J = ln t dt = t ln t − dt = t ln t − t = 2 ln 2 − 1 ( ) t 1  1 1 1 dv = dt , v = t  4 Vậy  ln ( sin x + cos x ) 2 cos x 0  3 dx = − + ln 2 4 2 Chọn ý A. Lời giải 8x + 8 u = ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) du = dx 2  4x + 8x + 3    Cách 1. Đặt  dx 1 3 dv = v = − 2 ( x + 1)  2 ( x + 1)  I= − ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) 2 ( x + 1) 1 1 dx ln 15 ln 3 =− + + 4I 1 2 8 2 0 ( x + 1 ) ( 4x + 8x + 3 ) (*) + 4 2 0 1 dx 2 0 ( x + 1 ) ( 4x + 8x + 3 ) Tính I 1 =  Ta phân tích 1 1 A B C = = + + . 2 ( x + 1) ( 4x + 8x + 3 ) ( x + 1)( 2x + 1)( 2x + 3 ) x + 1 2x + 1 2x + 3  A ( 2x + 1 )( 2x + 3 ) + B ( x + 1 )( 2x + 3 ) + C ( x + 1 )( 2x + 1 ) = 1 1 3 Chọn x lần lượt là các giá trị −1; − ; − thay vào ( 2 * ) ta được: 2 2 1 (2 ) *  A = −1  B = C = 1 1 1 1  1 1 15  −1   2  I1 =   + +  dx =  − ln x + 1 + ln 4x + 8x + 3  = − ln 2 + ln ( * * ) x + 1 2x + 1 2x + 3  2 2 3  0 0 15 3 ln 15 − ln 3 − 4 ln 2. 8 2 Cách giải theo “kĩ thuật chọn hệ số”. Thay ( * * ) vào ( * ) ta được: I = Tạp chí và tư liệu toán học | 60 Kỹ thuật giải toán tích phân| 8x + 8 u = ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) du = 2 dx  4x + 8x + 3    Đặt  dx 1 4x 2 + 8x + 3 3 dv = v = − +2 = 2 2 ( x + 1)   2 ( x + 1) 2 ( x + 1) Trong đó v =  dx ( x + 1) 3 =− I= = 1 2 ( x + 1) 2 + C và chọn C = 2 4x 2 + 8x + 3 2 ( x + 1) 3 1 1 ln ( 4x + 8x + 3 ) − 4  2 0 0 dx x+1 1 15 3 15 3 ln 15 − ln 3 − 4 ln x + 1 0 = ln 15 − ln 3 − 4 ln 2. 8 2 8 2 Chọn ý B. ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) 1 Biết I =  ( x + 1) 0 3 dx = a c e a c e ln 15 − ln 3 − ln 2 trong đó , , là các phân số tối b d f b d f a 2 − 2b 2 + 4e 3 giản. Tính 2 c + 2d 2 + 3e 4 353 353 A. B. 785 758 C. 335 758 D. 353 875 Lời giải 8x + 8 u = ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) du = dx 2  4x + 8x + 3    Cách 1. Đặt  dx 1 3 dv = v = − 2 x + 1 ( )  2 ( x + 1)  I= − ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) 2 ( x + 1) 1 1 dx ln 15 ln 3 =− + + 4I 1 2 8 2 0 ( x + 1 ) ( 4x + 8x + 3 ) (*) + 4 2 0 1 dx 2 0 ( x + 1 ) ( 4x + 8x + 3 ) Tính I 1 =  Ta phân tích 1 1 A B C = = + + . 2 ( x + 1) ( 4x + 8x + 3 ) ( x + 1)( 2x + 1)( 2x + 3 ) x + 1 2x + 1 2x + 3  A ( 2x + 1 )( 2x + 3 ) + B ( x + 1 )( 2x + 3 ) + C ( x + 1 )( 2x + 1 ) = 1 1 3 Chọn x lần lượt là các giá trị −1; − ; − thay vào ( 2 * ) ta được: 2 2 1 (2 ) *  A = −1  B = C = 1 1 1 1  1 1 15  −1   2  I1 =   + +  dx =  − ln x + 1 + ln 4x + 8x + 3  = − ln 2 + ln ( * * ) x + 1 2x + 1 2x + 3  2 2 3  0 0 61 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 15. | Nguyên hàm tích phân từng phần 15 3 ln 15 − ln 3 − 4 ln 2. 8 2 Cách giải theo “kĩ thuật chọn hệ số”. Thay ( * * ) vào ( * ) ta được: I = 8x + 8 u = ln ( 4x 2 + 8x + 3 ) du = 2 dx  4x + 8x + 3    Đặt  dx 1 4x 2 + 8x + 3 3 dv = v = − +2 = 2 2 ( x + 1)   2 ( x + 1) 2 ( x + 1) Trong đó v =  dx ( x + 1) 3 =− I= CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = 1 2 ( x + 1) 2 + C và chọn C = 2 4x 2 + 8x + 3 2 ( x + 1) 3 1 1 ln ( 4x + 8x + 3 ) − 4  2 0 0 dx x+1 1 15 3 15 3 ln 15 − ln 3 − 4 ln x + 1 0 = ln 15 − ln 3 − 4 ln 2. 8 2 8 2 Chọn ý B. Câu 16. 1 Biết I =  e sin ( x ) dx = x 0 2 a2 ( e − b ) trong đó a, b, c, d là các số nguyên dương. Tính 2 ( c2 + d ) P = a c + bd A. 246 B. 266 C. 257 D. 176 Lời giải Cách 1. Cách giải tích phân từng phần thông thường Ta có I = 1 1 1 1 x 1 1 1 1 1 e − 1 I1 e 1 − cos ( 2 x )  dx =  e xdx −  e x cos ( 2 x ) dx = e x − I 1 = −  20 20 20 2 0 2 2 2 (*) I1 u = cos ( 2 x ) Tính I 1 bằng phương pháp từng phần. Đặt   x dv = e dx  du = −2  sin ( 2 x ) .dx  x  v = e 1 1  I 1 = e x cos ( 2 x ) + 2   e x sin ( 2 x ) dx = e − 1 + 2 I 2 0 (1) 0 I2  u = sin ( 2 x )  du = 2  cos ( 2 x ) dx Tính I 2 bằng phương pháp từng phần. Đặt   x x dv = e dx  v = e 1 1  I 2 = e x sin ( 2 x ) − 2   e x cos ( 2 x ) dx = −2 I 1 0 (2 ) 0 I1 Từ ( 1 ) , ( 2 )  I 1 = e − 1 − 42 I 1  I 1 = e−1 4 2 + 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 62 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4 2 ( e − 1 ) e−1 e−1 Thay I 1 vào ( * ) ta được I = − = 2 2 ( 4 2 + 1 ) 2 ( 4 2 + 1 ) Cách 2. Cách giải tích phân từng phần theo sơ đồ đường chéo   1 1   1 1 1 1 1 e − 1 I1 − Ta có I =  e x 1 − cos ( 2 x )  dx =   e xdx −  e x cos ( 2 x ) dx  = e x − I 1 = 0 20 2 0 2 2 2  2 0   I1  1 Ta có sơ đồ đường chéo Dấu u = cos ( 2 x ) Nguyên hàm dv = e x + −2  sin ( 2 x ) ex − −4  cos ( 2 x ) 2 ex + 1  I 1 =  cos ( 2 x ) e x − ( −2 sin ( 2 x ) e x )  − 4  2  e x cos ( 2 x ) dx 0 1 0 1 =  cos ( 2 x ) + 2 sin ( 2 x )  e x − 4 2 I 1 = e − 1 − 4  2 I 1  I 1 = 0 Thay vào (*) ta được I = 4 2 ( e − 1 ) 2 ( 4 2 + 1 ) e−1 4 2 + 1 . Nhận xét. Bài toán trên dùng phương pháp sơ đồ đường chéo cho bài toán tích phân lặp. Chọn ý C. Câu 17. e 3 Biết I =  ( 2x + 1 ) ln 3 ( 3x ) dx = 1 3 số nguyên dương. Tính A. 35 23427 e 2 be d b d − + trong đó , là phân số tối giản và b,c,d,e là các a c e c e a+b+c ? d2 + e3 41 B. 2535 C. Lời giải Cách 1. Cách giải từng phần thông thường 63 | Chinh phục olympic toán 41 2533 D. 41 2353 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Đạo hàm | Nguyên hàm tích phân từng phần  3 ln 2 ( 3x ) u = ln 3 ( 3x ) dx du = Đặt   x dv = ( 2x + 1 ) dx  v = x 2 + x  e 3 e 3 1 3  I = ( x 2 + x ) ln 3 ( 3x ) − 3  ( x + 1 ) ln 2 ( 3x ) dx = 1 3 e2 e + − 3J 9 3  2 ln ( 3x ) du = dx  u = ln ( 3x )  x 2  Tính J =  ( x + 1 ) ln ( 3x ) dx . Đặt  2 1 dv = ( x + 1 ) dx  v = x + x 3  2 e 3 2 e 3 e 3 3 3 x  e2 e  J =  + x  ln 2 ( 3x ) −  ( x + 2 ) ln ( 3x ) dx = + −K 18 3 1 1  2  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 dx  du = x u = ln ( 3x ) Tính K =  ( x + 2 ) ln ( 3x ) dx . Đặt   2 1 dv = ( x + 2 ) dx  v = x + 2x 3  2 e 3 e e e 3 3 3  x 2  3 3x   3 e 2 25 e 2 2e  x 2   K =  + 2x  ln ( 3x )  −   + 2  dx = + −  + 2x  = + 2 2 18 3 4 36 36 1   1 1       I=  e2 e  e2 e  e 2 e e 2 25  e 2 2e 25 e2 e e2 e + − 3J = + − 3  + − K  = + − 3  + − −  = − + . 9 3 9 3  18 3  9 3  18 3 36 36  36 3 12 Cách 2. Cách giải theo sơ đồ đường chéo Chuyển (Chia) Đạo hàm (u) ln 3 3x 3 x − ( dv ) + − Nhận (Nhân) 2x + 1 3 x 3x + 3 3x 2 + 3x 2 1 x 1 Nguyên hàm x2 + x 2 ln 3x x ln 3x 1 x + 3 ln 2 3x x ln 2 3x 2 x Dấu 2 x 3x + 6 3x 2 + 6x 2 3 x+6 2 1 x Tạp chí và tư liệu toán học | 64 Kỹ thuật giải toán tích phân| 0 3x 2 + 6x 4 e/3  3   3x 2   3x 2  3x 2 2 2 + 3x  + ln 3x  + 6x  − − 6x  Kết quả: I = ln 3x ( x + x ) − ln 3x   2   2  4   1/3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2  e 2 e   e 2   1   e2  e2 2e 25  e =  +  −  + e  +  + 2e  − − 2e  −  − − 2  = − + .  36 3 12   6  12  9 3   6   12 65 | Chinh phục olympic toán | Nguyên hàm tích phân từng phần MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP. ĐỀ BÀI Câu 1: Biết  1 −1 (e x2 ) sin x + x 3e x + x.2 x dx = a a ln − c Với a,b,c,d là các số nguyên − be + 2 e d ( lnb ) dương. Tính P = a − b − c − d C. P = 2 B. P = 1 A. P = 0 e I =  x 2 ( ln x ) dx = Câu 2: Biết 2 1 D. P = 3 3 ae b − với a,b,c là các số nguyên dương. Tính c c P = a 2 + 2b − c C. P = 2 B. P = 1 A. P = 0 D. P = 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 2 0 a c  1+ x  Câu 3 : Biết I =  x ln   dx = − ln 3 với a,b,c,d là các số nguyên dương nhỏ hơn 10 b d  1−x  a và tối giản, tính P = 2 ( a + b + c ) − d ? b A. P = 1 B. P = 2 C. P = 3 D. P = 4 ) ( 1 ( ) Câu 4: Biết I =  ln x + 1 + x 2 dx = ln a + b + a − b với a,b là các số nguyên tố. Tính 0 P = a2 + b3 A. P = 8 Câu 5: Biết I =  B. P = 9 ( x ln x + 1 + x 2 1 1 + x2 0 ) dx = D. P = 14 C. P = 11 ( ) a ln b + c − 1 với a,c là các số nguyên tố. Tính P = 2a 2 + b 3 + c 4 A. P = 23 Câu 6: Biết I =  1 ( B. P = 24 x ln x + 1 + x 2 x+ 1+x 0 2 ) dx == ( a D. P = 27 C. P = 25 ) ( 2 − 1 ln 1 + 2 b )− 2+ c 2 với a,b,c là các số nguyên dương. Tính P = a 2 + b 2 − c B. P = 2 A. P = 1 1 ) ( Câu 7: Biết I =  x ln x + 1 + x 2 dx = − 0 D. P = 4 C. P = 3 ( ) a b + ln 1 + 2 với a,b,c là các số nguyên dương c 4 và c  5 . Tính P = abc B. P = 24 D. P = 27 0 63 a Câu 8: Biết I =  x ln 1 − xdx = a − lnc với a,b,c là các số nguyên. Tính P = −8 b bc A. P = 1 B. P = 2 C. P = 3 D. P = 4 A. P = 18 Câu 9: Biết I =  0 −3 A. P = 1 C. P = 25 ln 1 − x dx = a − lnb tính P = 2a − b 2 + 5 với a,b là các số nguyên (1 − x) 1 − x B. P = 2 C. P = 3 D. P = 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 66 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 10: Biết I =  x ln xdx 3 (x 1 2 + 1) A. P = 0 2 = a lnc với a,b,c là các số nguyên, tính P = ab − c 2 lnb− 20 4 D. P = 4 C. P = 2 B. P = 1 b  a b tối − với a,b,c,d là các số nguyên dương và 0 d c d giản đồng thời c  7 . Tính P = a 2 − b 2 + c 2 − d Câu 11: Biết I =  x ln ( x 3 + 1 ) dx = 1 C. P = 1 B. P = 10 A. P = 9 D. P = 8 e a − b với a,b,c là các số nguyên dương, tính P = a 2 b − c 2c B. P = 0 C. P = 2 D. P = −1  Câu 12: Biết I =  e 2x sin 2 xdx = 0 A. P = 1 a2 a  e + b ) với a,b là các số nguyên. Tính P = ( 1 2 b 2 1 C. P = D. P = A. P = 1 B. P = 2 2 3 e a Câu 14: Biết I =  cos 2 ( ln x ) dx = ( e  − c ) với a,b,c là các số nguyên tố. Tính giá trị của 1 b 2 2 3 biểu thức P = a + b − c e A. P = 31 B. P = 35 Câu 15: Biết I =  sin 2 x a dx = ( c − e − ) với a,b,c là các số nguyên tố. Tính P = a 2 − b + c x e b B. P = −1 C. P = 1 D. P = 2  0 A. P = 0 Câu 16: Tính I =  a 0 A. I = a 2 − x 2 dx ( a  0 ) a 2 4 B. I = Câu 17: Biết I =  D. P = 34 C. P = 33 a 0 a 2 2 a2 + x2 dx ( a  0 ) = C. I = ( b + ln 1 + c d a 2 8 D. I = 3a 2 4 ) a với b,c,d là các ẩn số nguyên, tính 2 P = ( b − c − d ) + b − cd 2 A. P = 0 B. P = 1 a Câu 18: Biết I =  x2 a2 + x2 dx ( a  0 ) = 0 C. P = 2 ( b 2 − ln 1 + d 2c )a D. P = 4 4 với b,c,d là các ẩn số thực, tính P = b2 + c − d3 B. P = 5 A. P = 3 C. P = 6 D. P = 8 a Câu 19: Tính I =  x 2 a 2 − x 2 dx ( a  0 ) 0 A. I = a 16 4 B. I = 67 | Chinh phục olympic toán a 4 8 C. I = a 4 4 D. I = a 4 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 13: Biết I =  cos ( ln x ) dx = | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 20: Cho tích phân I =  2a x2 − a 2 dx = a 2 thực dương, tính P = ( C. P = B. P = 2  2  4 ) b2 c d2 − 1 A. P = 1 Câu 21: Biết I =  a2  c+ b   b 3 − 2 − ln  với b,c,d là các ẩn số 2  d+ 2  ( ) 1 2 D. P = 4 a + ln 1 + b dx a2 − b = với a,b,c là các số thực dương. Tính P = sin 3 x c c2 − a 1 2 B. P = A. P = 1  Câu 22: Biết I = 2 4 C. P = ( 1 4 D. P = 2 ) c dx a 2 c là phân = + ln 1 + 2 với a,b,c,d là các số thực dương, 5 d sin x 2b d CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN số tối giản. Tính P = 3a + b − cd C. P = 2 B. P = 1 A. P = 0 ( a b + ln c + d dx = 3 cos x 2  Câu 23: Cho tích phân I =  3 0 ) D. P = −1 với a,b,c,d là các số thực dương, tính P = a 2 + b 2 + c 2 − d 2 C. P = 8 B. P = 12 A. P = 11  ( D. P = 9 ) c dx 11 a c là phân = + ln 2 + 3 với a,b,c,d là các số thực dương, 5 0 cos x d b 2d số tối giản, a  4 . Tính P = a + b + c + d Câu 24: Biết I =  3 Câu 25: Cho tích phân K =  3 x5 + 2×3 x2 + 1 0 số tối giản. Tính A. C. P = 2 B. P = 1 A. P = 0 dx = D. P = −1 a a với a,b là các số nguyên dương, là phân b b a ? b +2 2 26 27 B.  26 11 C. 13 9 D. 13 19 Câu 26: Tính K =  2 e sin x sin x cos 3 xdx 2 0 A. K = e −2 2 B. K = e −1 2  Câu 27: Biết I = 2 cosx ln ( 1 − cos x ) dx = 3 C. K = e −1 4 D. K = e +1 2 a  3 với a,b,c là các số thực dương. lnb− − 1 + 2 2c 2 Tính P = 3a − b + c 2 A. P = 16 B. P = 18 C. P = 20 D. P = 24 Tạp chí và tư liệu toán học | 68 Kỹ thuật giải toán tích phân|  b b Câu 28: Biết I = 3 sin x ln ( tan x ) dx = ln 1 + a − ln 3 với a,b,c là các số thực dương, là c c 4 ( phân số tối giản. Tính P = ( a + b − c ) A. P = 0 ) 2 B. P = 1 1 Câu 29: Biết I =  2 ( x + 1) 0 C. P = 4 D. P = 9  b 1−x b với a,b,c là các số thực dương và tối giản. dx = + c 1+ x 3a 2c Tính P = a 2 + b 2 − c 2 C. P = 24 B. P = 9 A. P = 8 3 Câu 30: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  x.f ‘ ( x ) .e f( x) 0 B. I = 11. A. I = 1. D. P = 13 3 f x dx = 8 và f ( 3 ) = ln 3 . Tính I =  e ( )dx . 0 C. I = 8 − ln 3. D. I = 8 + ln 3.  2  2 0 0 kiện  f ‘ ( x ) cos 2 xdx = 10 và f ( 0 ) = 3. Tích phân  f ( x ) sin 2xdx bằng? A. I = −13. Câu 32: Cho B. I = −7.  2 1 C. I = 7. D. I = 13. ln ( 16 − x 2 ) dx = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 + d với a, b, c,d là các số nguyên. Giá trị biểu thức a + b + c + d bằng B. 28 A. 20 C. 6 D. 9 1  Câu 33: Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ln  x +  . x  1  A. x ln  x +  − x + arctan x + C x  1  B. x ln  x +  − x − arctan x + C x  1  C. x ln  x +  + x − arctan x + C x  1  D. x ln  x +  + x + arctan x + C x  Câu 34 : Biết 1 x2 .e x  (x + 2) 0 2 b b là phân số tối dx = a − e, với a, b, c là các số nguyên dương và c c giản. Tính P = a + b 2 + c 3 A. P = 13 B. P = 12 C. P = 29 Câu 35: Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x + 1 ) cos 2x. D. P = 34 3 2x 3 − 3x − 2 6x 2 + 3 A. sin 2x + cos 2x + C 4 8 2x 3 − 3x + 2 6x 2 − 3 sin 2x + cos 2x + C 4 8 xdx . Câu 36: Tính I =  x 2 sin  −  4 3 C. 69 | Chinh phục olympic toán 2x 3 + 3x − 2 6x 2 + 3 B. sin 2x − cos 2x + C 8 4 D. 2x 3 − 3x − 2 6x 2 + 3 sin 2x + cos 2x + C 8 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   Câu 31: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 0;  , và đồng thời thỏa mãn hai điều  2 | Nguyên hàm tích phân từng phần  x  x A. 3x tan  −  + 9 ln cos  −  + C 4 3 4 3  x  x B. 3x tan  −  − 9 ln sin  −  + C 4 3 4 3  x  x C. 3x cot  −  − 9 ln cos  −  + C 4 3 4 3  x  x D. 3x cot  −  + 9 ln sin  −  + C 4 3 4 3  4 0 Câu 37: Biết I =  A. P = 2 2 x ( 1 + sin 2x ) dx = − b ( a, b  ) . Tính P = a − 2b −2 . a B. P = 4 C. P = 0 D. P = 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN e 1 Câu 38: Biết I =   3x 2 +  ln xdx = a.e 3 + b ( a, b  ) . Tính P = a 2 + 8b 2 . 1 x  11 29 A. P = B. P = C. P = 6 D. P = 5 2 9 Câu 39: Đâu là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ln 2 x. A. x ln 2 x + x ln x + x + C B. x ln 2 x − x ln x − x + C C. x ln 2 x + x ln x − x + C D. x ln 2 x − x ln x + x + C Câu 40: Cho  (x 1 0 2 ae 3 − b ( a, b, c là các số nguyên dương). Tính P = a + b − c. c B. P = −2 C. P = −3 D. P = 6 + 1) e 3xdx = A. P = 5 1  x+ x1 a dc  1 + x − e dx = e trong đó a, b, c,d nguyên dương và  121  x b 12 Câu 41: Cho tích phân a c , là các phân số tối giản. Giá trị của biểu thức bc − ad bằng b d 1 B. A. 24 C. 12 6 Câu 42: Cho tích phân  4 1 D. 1   2 1 x  dx = e − e e x −  2 x x 2 + 48 ( x 2 + 48 ) x 2 + 48  a b ( )   ( a, b  ) . Tính ab. A. 42 B. 56 C. 81 D. 45 Câu 43: Cho hai hàm số liên tục f ( x ) và g ( x ) có nguyên hàm lần lượt là F ( x ) và G ( x ) trên đoạn  1; 2  . Biết rằng F ( 1 ) = 1 , F ( 2 ) = 4 , G ( 1) = 3 , G ( 2 ) = 2 và 2 2 67  f ( x ) G ( x ) dx = 12 . 1 2 Tính  F ( x ) g ( x ) dx ? 1 A. 11 12 Câu 44: Biết B. − 3 3 + ln x  ( x + 1) 1 2 dx = 145 12 C. − 11 12 D. 145 12 a + ln b − ln c với a , b , c là các số nguyên dương. Giá trị của 4 biểu thức P = a + b + c bằng? Tạp chí và tư liệu toán học | 70 Kỹ thuật giải toán tích phân| C. 11 B. 35 A. 46 D. 48 Câu 45: Cho hàm số f ( x ) liên tục trong đoạn  1; e  , biết e  1 f ( x) x dx = 1 , f ( e ) = 1 . Khi đó e I =  f ‘ ( x ) .ln xdx bằng? 1 A. I = 4 D. I = 0 C. I = 3 B. I = 3 Câu 46: Cho y = f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên 1 2 biết đồ thị hàm số y = f ( x ) đi qua 0  1  điểm M  − ; 4  và  f ( t ) dt = 3 , tính I =  sin 2x.f ‘ ( sin x ) dx .  2   0 − 6 B. I = −2 A. I = 10 D. I = −1 C. I = 1 Câu 47: Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục, có đạo hàm trên và thỏa mãn f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 0 B. e − 2 A. −4  6 Câu 48: Biết   − 6 x cos x 1 + x2 + x dx = a + D. 2 − e C. 4 2 3 với a , b , c , d + b c là các số nguyên. Tính M =a−b+c. A. M = 35 B. M = 41 C. M = −37 D. M = −35    Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên 0;  thỏa mãn f   = 3 ,  4 4  4 f (x)  4  4 0 0  cos x dx = 1 và  sin x.tan x.f ( x ) dx = 2 . Tích phân  sin x.f ‘ ( x ) dx 0 A. 4 B. 2+3 2 2 C. 1+3 2 2 bằng? D. 6 1 1  a 2 ln 2 − bc ln 3 + c  Câu 50: Cho tích phân  x ln ( x + 2 ) + ,với a, b, c  dx =  x + 2 4  0 . Tính T = a + b + c .? A. T = 13 B. T = 13 C. T = 17 D. T = 11 Câu 51: Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên  0; 1 thỏa 1  x .f ” ( x ) dx = 12 0 1 và 2f ( 1 ) − f ‘ ( 1 ) = −2 . Tính  f ( x ) dx 0 A. 10 B. 14 71 | Chinh phục olympic toán C. 8 D. 5 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 và g ( x ) f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e x . Tính giá trị của tích phân I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx ? | Nguyên hàm tích phân từng phần 2 Câu 52: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  f ‘ ( x ) .ln  f ( x )  dx = 1 và f ( 1 ) = 1 , f ( 2 )  1 . Giá trị của 1 f ( 2 ) bằng? A. f ( 2 ) = 2 B. f ( 2 ) = 3 D. f ( 2 ) = e 2 C. f ( 2 ) = e e2 Câu 53: Biết 1  ae 2 + be+c  1 , trong đó a , b , c là các số nguyên. Giá trị của − dx = e  ln 2 x ln x  2 a 2 + b 2 + c 2 bằng? B. 3 A. 5 thỏa mãn f  ( x ) − 2018f ( x ) = 2018.x 2017 .e 2018x Câu 54: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên với mọi x  D. 9 C. 4 và f ( 0 ) = 2018. Tính giá trị f ( 1 ) . B. f ( 1 ) = 2018.e −2018 A. f ( 1 ) = 2019e 2018 C. f ( 1 ) = 2018.e 2018 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 55: Cho hàm số y = f ( x ) với f ( 0 ) = f ( 1 ) = 1 . Biết rằng 1 e 0 D. f ( 1 ) = 2017.e 2018 x  f ( x ) + f ‘ ( x )  dx = ae + b Tính Q = a 2017 + b2017 . C. Q = 0 B. Q = 2 A. Q = 2 2017 + 1 D. Q = 2 2017 − 1 Câu 56: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0; 2  . Biết f ( 0 ) = 1 và f ( x ) f ( 2 − x ) = e 2 x 2 − 4x 2 với mọi x   0; 2  . Tính I =  (x 3 − 3x 2 ) f ‘ ( x ) 0 A. I = − 14 . 3 B. I = − 32 . 5 C. I = − 16 . 3 f ( x) dx D. I = − 16 . 5    2   2 cot x Câu 57: Cho biểu thức S = ln  1 +  ( 2 − sin 2x ) e dx  với số thực m  0. Chọn khẳng n    4+m2  định đúng trong các khẳng định sau. B. S = 9. A. S = 5.   C. S = 2 cot  2  4+m      + 2 ln  sin . 4 + m2          D. S = 2 tan  + 2 ln  . 2  2   4+m   4+m  Câu 58: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn  0; 1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện A. −2  1 0 1 1 0 0 e x f ( x ) dx =  e x f ‘ ( x ) dx =  e x f ” ( x ) dx  0 . Tính B. −1 C. 2 ef ‘ ( 1 ) − f ‘ ( 0 ) ef ( 1 ) − f ( 0 ) D. 1 e 1 Câu 59: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên  1; e  và f ( e ) = 1;  ln x.f ‘ ( x ) dx = . Tính giá trị 1 2 e f ( x) của biểu thức tích phân  dx. 1 x Tạp chí và tư liệu toán học | 72 Kỹ thuật giải toán tích phân| A. 1. B. 1 . 4 C. 2. D. 1 . 2    Câu 60: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên 0;  có f   = a; và thỏa mãn đồng thời các 4  4  4 0  điều kiện f ( x ) dx = b ( a; b   1 ) . Biết 04 tan x.f ‘ ( x ) dx = . Tính 2  I =  4 tan 2 x.f ‘ ( x ) dx theo 0 a và b. A. a − b + 1 2 B. a + b −  4  − 4 Câu 61: Cho tích phân  1 2 C. a − b −   cos x − 2x sin x  1 + x 2 ( 1 + x 2 )2  1 2 D. a + b + 1 2   dx = a b với a,d là các số nguyên và b, c là  c + d  các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức a + b + c + d bằng D. 36. C. 29. B. 44. Câu 62: Cho biểu thức tích phân sau  2 3  3  ( x 2 + 2018 ) cot x + x ln sin x   x 2 + 2018  Trong đó ( a; b; c  ( b2 + 2018 − c2 + 2018 ) ) . Mệnh đề nào sau đây đúng B. a  b + c A. a  b + c   dx = ( a ln 3 − ln 2 )   C. a = b + c D. a 2 = b + c Câu 63: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0; + ) thỏa mãn điều kiện f ‘( x) ( f ( x )) 2 2  x  = x x  ( 0; + ) . Biết f ( 2 ) = a; f ( 4 ) = b;    dx = c. Tính 1 f 2x ( )   2 4  f ( x ) dx 2 theo a, b, c. A. 4b + 2a − 8c B. 8c − 2b − 4a C. 4b − 2a − 2c D. 4b − 2a − 8c Câu 64: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  0; +  thỏa mãn 2x.f ( x ) = f ‘ ( x ) , x  0; +  . Cho  x. ( f ‘ ( x ) ) 1 0 A. 1. 2 dx = 2 và f ( 0 ) = 0. Biết f ( 1 )  0 tính f ( 1 ) . B. 3. C. 2. D. 4. Câu 65: Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0; 1 và thỏa mãn đồng thời các điều kiện e e 1 1 f ( 0 ) = 0;  f ( ln x ) dx = 1;  f ( x ) dx = A. 1 B. e 1 1 x ; ( e + 2x ) f ‘ ( x ) dx = e. Tính f ( 1 ) . 2 0 C. 0 D. 2    Câu 66: Cho f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên 0;  và f   = a ( a   2 2  2 0 3 5 2 1 2  f ( x ) sin 2xdx = 2 a − 8 ; 0 ( sin x + f ( x ) ) f ‘ ( x ) dx = 2 . Giá trị của a là 1 1 B. − D. A. −1 C. 1 2 2 73 | Chinh phục olympic toán ) ; f ( 0 ) = 0; TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. 28. | Nguyên hàm tích phân từng phần  Câu 67: Cho I n =  2 sin n xdx với n nguyên dương. Tính lim 0 A. −1 B. 1 In+2 . In D. + C. 2 1 I n +1 . n →+ I n Câu 68: Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu I n =  x 2 ( 1 − x 2 ) dx . Tính lim n 0 A. 1 C. 3 B. 2 D. 5 Câu 69: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 1 ) = 0 , 1 1 1 1 0 f ‘ ( x ) dx = 7 và 0 x f ( x ) dx = 3 . Tích phân 0 f ( x ) dx bằng? 2 A. 2 7 5 B. 1 C. 7 4 D. 4 a a ln 5 − c với a,b,c là các số nguyên dương và b b là phân số tối giản. Tính giá trị của a + b + c ? CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 70: Cho tích phân  2 0 x3 ln ( x 2 + 1 ) dx = B. 19 A. 18 D. 21 C. 20 Câu 71: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên thỏa mãn f ( x ) + f ‘ ( x ) = 1 . Biết rằng f ( 1 ) = 1 và 1 f ( 0 ) = 0 , tính giá trị của tích phân I =  e 2x f ( x ) dx 0 e +1 2 2 A. B. −e 2 − 1 C. Câu 72: Cho f ( x ) liên tục và đồng biến trên 1 e−1 2 D. e thỏa mãn f 2 ( x ) = f 4 ( x ) .  f ‘ ( x )  − 1 . Biết 2 rằng f ( 1 ) = 2 2 ; f ( 0 ) = 3 . Tính I =   f ( x )  .  f ‘ ( x )  dx 0 A. 3 2 2 C. 6 2 − 2 3 + B. 5 1 2 D. 6 2 − 2 3 − 1 2  − cos 2 x  Câu 73: Cho nguyên hàm F ( x ) =   − sin 2x  ln ( tan x + 1 ) dx . Biết giá trị của biểu 4   2016   thức F   = ln 2 − . Tính S = ( F ( 0 ) − 1 ) ? 4 4 A. 1. D. 0. C. 2. B. 5. 1 Câu 74: Tính giá trị tích phân I =  xf ( x ) f ‘ ( x ) dx . Biết 0 e  f ( ln x ) dx = −f ( 0 ) e + f ( 0 ) + 2 và 1 1  f ‘ ( x ) dx = e − 1 ? 0 A. 1. B. 2 Câu 75: Biết I =  1 A. −27. f ( x) f ‘( x) x −1 . 2 C. −1. D. 1 . 2 2 1 169 ,  f ( x ) dx = − . Tính giá trị của f ( 3 ) ? dx = 16 1 48 B. 25. C. −1. D. −15. Tạp chí và tư liệu toán học | 74 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 76: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên phân  2 0  ( f ( x ) + f ” ( x ) ) cos xdx ? B. 2 C.  D. 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. 1 thỏa mãn f ‘ ( x ) cos x + f ( x ) sin x = sin x . Tính tích 75 | Chinh phục olympic toán | Nguyên hàm tích phân từng phần HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 1. Biết  1 −1 (e x2 ) sin x + x 3e x + x.2 x dx = a a ln − c Với a,b,c,d là các số nguyên dương. − be + 2 e d ( lnb ) Tính P = a − b − c − d A. P = 0 B. P = 1 Ta có I =  1 −1 1 (e x2 C. P = 2 D. P = 3 Lời giải ) 1 1 1 −1 −1 sin x + x 3e x + x.2 x dx =  e x sin xdx +  x 3e xdx +  x2 x dx = I + J + K −1 2 −1 1 −u Xét I =  e x sin xdx =  e( ) sin ( −u ) d ( −u ) = −  e u sin udu = −I  I = 0 2 −1 2 −1 1 1 1 −  e xd ( x 3 ) = e + − 3 x 2 e xdx −1 −1 −1 −1 −1 e 1 1 1 1 1 1 4 = e + − 3 x 2d ( e x ) = e + − 3x 2 e x + 3  e xd ( x 2 ) = −2e + + 6  xe xdx −1 −1 −1 −1 e e e 1 1 1 1 4 4 10 16 = −2e + + 6  xd ( e x ) = −2e + + 6x e x − 6  e xdx = 4e + − 6 e x = −2e + −1 −1 −1 −1 e e e e Xét J =  x3e xdx =  x3d ( e x ) = x 3 e 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 1 1 x 1 1 1 x.2 x x xd ( 2 ) = Xét K =  x2 dx = −1 ln 2 −1 ln 2 1 x 1 1 1 x 5 2x − 2 dx = − ln 2 −1 2 ln 2 ( ln 2 )2 −1  I = 1+ J +K = 1 = −1 5 ln 2 − 3 2 ( ln 2 ) 2 10 10 ln 2 − 3 . − 2e + 2 e 4 ( ln 2 ) Vậy P = 1 . Chọn ý B. Câu 2. e Biết I =  x 2 ( ln x ) dx = 1 A. P = 0 2 ae 3 b − với a,b,c là các số nguyên dương. Tính P = a 2 + 2b − c c c B. P = 1 C. P = 2 D. P = 3 Lời giải e e 1 e 1 2 2 2 e 2 Ta có I =  x2 ( ln x ) dx =  ( ln x ) d ( x 3 ) = x 3 ( ln x ) −  x 3d ( ln x )  1 1 1 3 1 3  ( ) e e 1 dx  1 1 2 e  =  e 3 −  2x 3 ln x  = e 3 −  2x 2 ln xdx =  e 3 −  lnxd ( x 3 )  1 1 3 x  3 3 3 1  e e e3 2  3 e3 2 2 e e 3 2 3 e 5e 3 2 − ( x ln x ) −  x 3d ( ln x )  = − e 3 +  x 2dx = + x = − 1  3 9 1 3 9  9 1 9 27 1 27 27 Vậy P = 2 = Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 76 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 3. 1 a a c  1+ x  Biết I =  2 x ln  tối dx = − ln 3 với a,b,c,d là các số nguyên dương nhỏ hơn 10 và  0 b b d  1−x  giản, tính P = 2 ( a + b + c ) − d ? A. P = 1 B. P = 2 C. P = 3 D. P = 4 Lời giải 1 2 0 Ta có I =  1   1 1 21  1 + x  1  2 1 + x  2 1 + x   1+ x  2 2 2  x ln   dx = 0 ln   d ( x ) =  x ln  − x d  ln  2 2  1 − x  0 0  1−x   1−x   1 − x    1 1 1 1−x dx 1 x2 2 = ln 3 −  2 x 2   = ln 3 − 0 1 − x2 dx 0 8 1 + x ( 1 − x )2 8 1 1 1 1  2 − 2 dx = ln 3 + x dx   0 0 8 1 − x2  1 1 1 x−1 = ln 3 + + ln 8 2 2 x+1 1 2 0 = 1 3 − ln 3 2 8 Vậy P = 4 . Chọn ý D. Câu 4. 1 ) ( ( ) Biết I =  ln x + 1 + x 2 dx = ln a + b + a − b với a,b là các số nguyên tố. Tính 0 P = a2 + b3 A. P = 8 B. P = 9 C. P = 11 D. P = 14 Lời giải ) ( ) ( ) ( 1 1 1 Ta có I =  ln x + 1 + x 2 dx =  x ln x + 1 + x 2  −  xd ln x + 1 + x 2  0   0 0   1  1 x  dx xdx = ln 1 + 2 −  x  1 + = ln 1 + 2 −   2 2 0 0 1+ x  x+ 1+x 1 + x2  ( ) ( 2 1 1 d (1 + x ) = ln 1 + 2 −  = ln 1 + 2 − 1 + x 2 2 0 1 + x2 ( ) Vậy P = 9 . Chọn ý B. 77 | Chinh phục olympic toán ( ) ) 1 0 ( ) = ln 1 + 2 + 1 − 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 1 1  = ln 3 +  2  1 − 0 8 1 − x2  | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 5. Biết I= 1 ) dx = ( x ln x + 1 + x 2 1 + x2 0 ( ) a ln b + c − 1 với a,c là các số nguyên tố. Tính P = 2a 2 + b 3 + c 4 A. P = 23 Ta có I =  B. P = 24 1 ) dx = ( x ln x + 1 + x 2 1+ x 0 2 C. P = 25 Lời giải  1 0 )( ( ln x + 1 + x 2 d ( = 1 + x 2 ln x + 1 + x 2 ( ) ( ) = 2 ln 1 + 2 −  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN D. P = 27 1 0 ) 1 0 − 1 + x2 ) ( ( 1 1 + x 2 d ln x + 1 + x 2 0 ))  x  dx 1 + x2  1 +  1 + x2  x + 1 + x2  ( 1 ) = 2 ln 1 + 2 −  dx = 2 ln 1 + 2 − 1 0 Vậy P = 25 . Chọn ý C. Câu 6. Biết I =  1 ( x ln x + 1 + x 2 x+ 1+x 0 2 ) dx == ( a ) ( 2 − 1 ln 1 + 2 b )− 2+ 2 với a,b,c là các số nguyên c dương. Tính P = a 2 + b 2 − c A. P = 1 B. P = 2 C. P = 3 Lời giải Ta có I =  1 0 1+  du = ( x ln x + 1 + x 2 x + 1 + x2 ) dx . Đặt u = ln ( x + 1 + x2 D. P = 4 ) xdx =x dv =  x + 1 + x2 ) ( 1 + x 2 − x dx x 1 3 1 + x 2 dx = dx và v = 1 1 + x 2 2 d 1 + x 2 − x 2dx = 1  1 + x 2 2 − x 3  ( ) ( )  ) (  2 3 x + 1 + x2 1 + x2  1 ) ( 3 3 1    dx 1 1  I =  ( 1 + x 2 ) 2 − x 3  ln x + 1 + x 2  −  ( 1 + x 2 ) 2 − x 3  0   1 + x2 3 0 3  = (2 (2 = ) ( ) − 1 ( 1 + x ) dx + 1 x dx 3 3  1+x 2) 1 x  1 (1 + x ) − 1 − x+ + d (1 + x ) 2 − 1 ln 1 + 2 3 ) ( 2 − 1 ln 1 + 3 1 1 2 0 2 0 3  3 3 1  3 0 6 1 0 2 2 1+ x 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 78 Kỹ thuật giải toán tích phân| = (2 (2 = ) ( 2 − 1 ln 1 + 2 3 ) ( 3 = (2 1 0 2 − 1 ln 1 + 2 = ) − 4 + 1 ( 1 + x ) − ( 1 + x )  9 6 2  6 3 9 ) ( 3 ) ( 3 1 2 −2 3 2 − 2 (1 + x 2 ) − 4 + 1 4 9 2 − 1 ln 1 + 2 1 2  ) − 4 + 1  2 (1 + x ) 2 − 1 ln 1 + 2 (2 2 )− 2+ ) 1 2  2  d (1 + x )  1   0  2 2 − 2 2 − + 2  6 3 3  2 9 Vậy P = 4 . Chọn ý D. ) ( 1 Biết I =  x ln x + 1 + x 2 dx = − 0 ( ) a b + ln 1 + 2 với a,b,c là các số nguyên dương và c 4 c  5 . Tính P = abc A. P = 18 B. P = 24 1 Lời giải ) ( Ta có I =  x ln x + 1 + x 2 dx = 0 C. P = 25 ( ( ) ) Xét tích phân J =  1 0 0 1 + x2 = = =  dx 1 1 1 x 2dx = ln 1 + 2 −  2 2 2 0 1 + x 2  x+ 1+x ( )   , đặt x = tan t; t  0,   2 1 + x2 x2 dx  4 0 ) ( x 2 dx 1 J= 1   − 1 1 x 2 d ln x + 1 + x 2     2 0  0 1 1 1  x ln 1 + 2 −  x2  1 + 2 2 0  1 + x2 ( ) 1 1 ln x + 1 + x 2 d ( x 2 )  0 2  x 2 ln x + 1 + x 2 =  2  = D. P = 27  4 0 = sin 2 t d ( sin t ) ( 1 − sin 2 t ) 2   dt sin 2 t sin 2 t 4 4  = dt = 2  3 0 cos4 t d ( sin t ) 1 + tan 2 t cos t 0 cos t tan 2 t = 0 2 2 u 2 du (1 − u ) 2 2 2 1 2  (1 + u) − (1 − u)  = 2   du 4 0  ( 1 + u )( 1 − u )  2 1 22  1 1  1 22  1 1 2  − du = + −   du   2 2   4 0  1−u 1+u  4 0  ( 1 − u ) ( 1 + u ) 1 − u 2  2 2 1 1 1 1+u  2 1 − + ln = − ln 1 + 2   4  1−u 1+u 1−u 0 2 2 79 | Chinh phục olympic toán ( ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 7. | Nguyên hàm tích phân từng phần I=  1 1 1 1 2 1 2 3 ln 1 + 2 − J = ln 1 + 2 −  − ln 1 + 2  = − + ln 1 + 2 2 2 2 2 2 2 4 4  ( ) ( ) ( ) ( ) Vậy P = 24 Chọn ý B. Câu 8. 0 Biết I =  x ln 1 − xdx = a − −8 A. P = 1 a 63 lnc với a,b,c là các số nguyên. Tính P = bc b B. P = 2 C. P = 3 D. P = 4 Lời giải 0 0 1 0 1 1 0 Ta có I =  x ln 1 − xdx =  ln 1 − xd ( x 2 ) = x 2 ln 1 − x −  x 2d ln 1 − x −8 −8 2 −8 2 2 −8 −1 1 0 dx 1 0 x 2 dx = −32 ln 3 −  x 2   = −32 ln 3 +  2 −8 4 −8 1 − x 2 1−x 1−x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN ( ) 2 1 0 1 − (1 − x ) 1 0 1  = −32 ln 3 +  dx = −32 ln 3 +   − ( 1 + x )  dx 4 −8 1 − x 4 −8  1 − x  0 1 1  1 63 = −32 ln 3 +  − ln 1 − x − x − x 2  = −32 ln 3 + 6 + ln 3 = 6 − ln 3 4 2  −8 2 2 Vậy P = 1 Chọn ý A. Câu 9. ln 1 − x dx = a − lnb tính P = 2a − b 2 + 5 với a,b là các số nguyên. −3 (1 − x) 1 − x Biết I =  0 A. P = 1 B. P = 2 C. P = 3 D. P = 4 Lời giải Đặt t = 1 − x  I =  1 2 2 2 ln t dt  −1  −2t ) dt = 2  lnt 2 = 2  lntd   3 ( i 1 t t  t  2 2 2 −1 2 dt −2 ln t 2 = − 2 d(ln t) = − ln 2 + 2  2 = − ln 2 − = 1 − ln 2 1 t 1 t t 1 t1 Vậy P = 3 . Chọn ý C. Câu 10. Biết I =  3 1 A. P = 0 x ln xdx (x 2 + 1) 2 = a lnc với a,b,c là các số nguyên, tính P = ab − c 2 lnb− 20 4 B. P = 1 C. P = 2 D. P = 4 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 80 Kỹ thuật giải toán tích phân| Ta có I =  3 1 x ln xdx (x 2 + 1) 2 2 1 3 ln xd ( x + 1 ) 1 3  −1  =  =  lnxd  2  2 2 1 ( x2 + 1) 2 1  x +1 3 − ln x 1 3 1 − ln 3 1 3 dx = +  2 d ( ln x ) = +  2 2 1 x +1 20 2 1 x ( x2 + 1) 2 ( x + 1) 1 2 2 − ln 3 1 3 ( x + 1 ) − x − ln 3 1 3  1 x  = +  dx = +   − 2  dx 2 1 1 20 2 20 2 x x +1 x ( x + 1) 3 ln 3 1  1 ln 3 1  1 ln 5   9 =− +  ln x − ln ( 1 + x 2 )  = − +  ln 3 − ln 5  = ln 3 − 20 2  2 20 2  2 4 1  20 Vậy P = 2 Chọn ý C. b  a b tối giản đồng − với a,b,c,d là các số nguyên dương và d c d thời c  7 . Tính P = a 2 − b 2 + c 2 − d Biết I =  x ln ( x 3 + 1 ) dx = 1 0 A. P = 9 B. P = 10 C. P = 11 D. P = 12 Lời giải 1 1 1 3x 2 1 3 1 x ( x + 1) − 1 Ta có I =  x ln ( x + 1 ) dx = ln 2 −  x2 3 dx = ln 2 −   3 dx 0 2 2 0 x +1 2 2 0 x +1 1 3 3 2 2 2 1 x dx  1 3 1 3 1 (x + x ) − x 1 3 2 1 3  1 xdx = ln 2 −  xdx +  dx = ln 2 − x + −   2 2 0 2 0 x3 + 1 2 4 0 2  0 x 2 − x + 1 0 x 3 + 1  3 1 3 3 1 ( 2x − 1 ) + 1 1 1 d ( x + 1) = ln 2 − +  dx −  2 4 4 0 x2 − x + 1 2 0 x3 + 1 2 1 1 3 1 3 1 d ( x − x + 1) 3 1 dx 3 = ln 2 − − ln x + 1 +  +  2 2 2 0 2 4 2 4 0 x −x+1 4 0 1  3   x−  + 2  2   1 1 3 3 3 2x − 1  3 3 = − + ln x 2 − x + 1 + arctan = − 0 4 4 2 6 4 3 0 Vậy P = 10 . Chọn ý B. 81 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 11. | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 12.  Biết I =  e 2x sin 2 xdx = 0 A. P = 1 e a − b với a,b,c là các số nguyên dương, tính P = a 2 b − c 2c B. P = 0 C. P = 2 D. P = −1 Lời giải Ta có I =   0  1  e 2x 1  e2  − 1 1 e sin xdx =  e 2x ( 1 − cos 2x ) dx = −  e 2x cos 2xdx = − J 2 0 4 0 2 0 4 2 2x 2  Xét tích phân J =  e 2x cos 2xdx = 0 1  2x 1 1   e d ( sin 2x ) = e 2x sin 2 x 0 −  sin2xd ( e 2x )  0 2 2 2 0 1  2x e 2  − 1  2x e2  − 1 e2  − 1 = −  e sin2xdx =  e d ( cos 2x ) = −  e cos 2xdx = −JJ= 0 0 2 0 2 2 4 2 2 2 2 e −1 1 e −1 e −1 e −1 I= − J= − = 4 2 4 8 8 Vậy P = 0 . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  2x Chọn ý B. Câu 13. a2 a  với a,b là các số nguyên. Tính e + b P = ( ) 2 b 2 1 C. P = D. P = B. P = 2 2 3 e Biết I =  cos ( ln x ) dx = 1 A. P = 1 Lời giải Ta có I =  cos ( ln x ) dx = x cos ( ln x ) 1 −  xd ( cos ( ln x ) ) = − ( e  + 1 ) +  sin ( ln x ) dx e  e 1  e e 1 1 = − ( e  + 1 ) +  sin ( ln x ) dx = − ( e  + 1 ) + x sin ( ln x ) 1 −  xd ( sin ( ln x ) ) e  e 1  e  1 = − ( e  + 1 ) −  cos ( ln x ) dx = − ( e  + 1 ) − I  2I = − ( e  + 1 )  I = e 1 −1  (e + 1) 2 Vậy P = 1 . Chọn ý A. Câu 14. e Biết I =  cos 2 ( ln x ) dx = 1 a  ( e − c ) với a,b,c là các số nguyên tố. Tính giá trị của biểu thức b P = a2 + b2 − c3 A. P = 31 B. P = 35 C. P = 33 D. P = 34 Lời giải Có I =  e 1 1 e 1 e 1 e e − 1 1 cos ( ln x ) dx =  1 + cos ( 2 ln x )  dx = x 1 +  cos ( 2 ln x ) dx = + J 2 1 2 2 1 2 2 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 82 Kỹ thuật giải toán tích phân| e e e 1 1 Xét J =  cos ( 2 ln x ) dx = xcos ( 2 ln x ) 1 −  xd ( cos ( 2 ln x ) ) = e  − 1 +  x e 1 e 2 sin ( 2 ln x ) dx x e = e  − 1 + 2  sin ( 2 ln x ) dx = e  − 1 + 2x sin ( 2 ln x ) 1 − 2  xd ( sin ( 2 ln x ) ) e 1 1 e  = e − 1 − 2  x 1 e 2 cos ( 2 ln x ) dx = e  − 1 − 4  cos ( 2 ln x ) dx = e  − 1 − 4J 1 x  e − 1 e − 1 e − 1 3  I= + = ( e − 1) 5 2 10 5  5J = e  − 1  J = Vậy P = 33 . Chọn ý C. Câu 15. sin 2 x a dx = ( c − e − ) với a,b,c là các số nguyên tố. Tính P = a 2 − b + c x e b  0 A. P = 0 B. P = −1 C. P = 1 D. P = 2 Lời giải Ta có I =   0 sin 2 x 1  1  1  dx =  e − x ( 1 − cos 2x ) dx =  e − xdx −  e − x cos 2xdx x e 2 0 2 0 2 0  −e − x 1  1 − e − 1  − x 1 − e − 1 = −  e − x cos 2xdx = −  e cos 2xdx = − J 2 0 2 0 2 2 0 2 2 Xét tích phân J =   0  1  e − x sin 2x 1  e cos 2xdx =  e − xd ( sin 2x ) = −  sin2xd ( e − x ) 2 0 2 2 0 0 −x  1  −1  − x e − x cos 2x 1  =  e − x sin 2xdx = e d cos 2x = − +  cos2xd ( e − x ) ( )  2 0 4 0 4 4 0 0 = 1 − e − 1  − x 1 − e − 1 5 1 − e − 1 − e − −  e cos 2xdx = − J J= J= 4 4 0 4 4 4 4 5 1 − e − 1 1 − e − 1 − e − 2 I= − J= − = ( 1 − e − ) 2 2 2 10 5 Vậy P = 0 Chọn ý A. Câu 16. Tính I =  a 0 A. I = a 2 4 a 2 − x 2 dx ( a  0 ) B. I = a 2 2 C. I = Lời giải Ta có I =  a 0 a 2 − x 2 dx ( a  0 ) 83 | Chinh phục olympic toán a 2 8 D. I = 3a 2 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Biết I =  | Nguyên hàm tích phân từng phần = x a −x 2 = a2  dx a 0 a2 − x2 − 2 a a −  xd 0 0 ( a −x 2 )= 2 a x2dx 0 a2 − x2 = a a2 − ( a2 − x2 ) a2 − x2 0 dx a a a2 − x2 dx = a2 arcsin 0 a x a2 a2 a2 −  a 2 − x2 dx = − I  2I = I= a0 0 2 2 4 Chọn ý A. Câu 17. Biết I =  a ( b + ln 1 + c a2 + x2 dx ( a  0 ) = 0 d ) a với 2 b,c,d là các ẩn số nguyên, tính P = ( b − c − d ) + b − cd 2 A. P = 0 B. P = 1 C. P = 2 D. P = 4 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải a a 0 0 Ta có I = x a 2 + x 2 −  xd =a 2 2 − a (a ( 2 ) a2 + x2 = a2 2 −  + x2 ) − a2 a2 + x2 0 ( ( ) a2 + x2 0 dx = a 2 2 −  a 0 = a 2 2 + a 2 ln x + a 2 + x 2  2I = a 2 2 + a 2 ln 1 + 2  I = x2 a ) a 0 − a 0 dx a 2 + x 2 dx + a 2  dx a a2 + x2 0 ( ) a 2 + x 2 dx = a 2 2 + a 2 ln 1 + 2 − I ( 2 + ln 1 + 2 2 )a 2 Vậy P = 2 . Chọn ý C. Câu 18. a Biết I =  x2 a2 + x2 dx ( a  0 ) = ( b 2 − ln 1 + d 0 2c )a 4 với b,c,d là các ẩn số thực, tính P = b2 + c − d3 A. P = 3 B. P = 5 C. P = 6 D. P = 8 Lời giải a Ta có I =  x 0 2 du = dx u = x  3 a + x dx ( a  0 ) , đặt   1 2 2 2 2 2 v = a + x dv = x a + x dx ( )   3  2 2 a 3 3 x 1 a  I = ( a 2 + x2 ) 2 −  ( a 2 + x 2 ) 2 dx 3 3 0 0 = 2 2 4 a2 a − 3 3  a 0 a 2 + x2 dx − 1 a 2 2 2 2 4 a2 2 x a + x dx = a − 3 0 3 3  a 0 1 a 2 + x 2 dx − I 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 84 Kỹ thuật giải toán tích phân| ( ) ( ) ( ) 3 2 − ln 1 + 2 4 2 2 4 a 2 2 + ln 1 + 2 2 3 2 − ln 1 + 2 4 I= a −  a = a I= a4 3 3 3 2 6 8 Vậy P = 5  Câu 19. a Tính I =  x 2 a 2 − x 2 dx ( a  0 ) 0 A. I = a 4 16 B. I = a 4 8 C. I = a 4 4 D. I = a 4 2 Lời giải Ta có I =  x du = dx u = x  3 a − x dx ( a  0 ) , đặt   −1 2 2 2 2 2 (a − x ) dv = x a − x dx  v = 3  2 2 0 2 a 3 3 x 1 a 1  I = − ( a2 − x2 ) 2 +  ( a 2 − x 2 ) 2 dx = 3 3 0 3 0 = a2 3  a 0 1 4 a2 a 2 − x2 dx − I  I = 3 3 3  ( a a a a 2 − x 2 dx −  x 2 a 2 − x 2 dx 2 0 a 0 a 2 − x2 dx = 0 ) a 4 a 4 I= 12 16 Câu 20. Cho tích phân I =  2a x2 − a 2 dx = a 2 dương, tính P = a2  c+ b   b 3 − 2 − ln  với b,c,d là các ẩn số thực 2  d+ 2  ( ) b2 c d2 − 1 A. P = 1 1 2 C. P = B. P = 2 D. P = 4 Lời giải Ta có I =  2a x 2 − a 2 dx = x x 2 − a 2 a 2 ( ) = 2 3 − 2 a2 −  ) ( ) ( ) a 2 − = 2 3 − 2 a2 − a2  2a a 2 x2 2a a 2 ( 2a ( x −a 2 ( 2 = 2 3 − 2 a 2 − a 2 ln ) 2 − = 2 3 − 2 a − a ln x + x − a 2 ) x2 − a2 dx = 2 3 − 2 a 2 −  x2 − a2 2a dx a 2 ( xd 2 2a a 2 2 ) 2a a 2 2a a2 + ( x2 − a2 ) x2 − a2 a 2 dx x 2 − a 2 dx − 2a x 2 − a 2 dx a 2 2+ 3 −I 1+ 2 2+ 3 a2  2+ 3  2I = 2 3 − 2 a − a ln  I =  2 3 − 2 − ln  2  1+ 2 1+ 2  ( Vậy P = 1 85 | Chinh phục olympic toán ) 2 2 ( ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC a | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 21. ( 4 P= ) a + ln 1 + b dx = với a,b,c là các số thực dương. Tính giá trị của biểu thức 3 sin x c  Biết I = 2 a2 − b c2 − a 1 2 B. P = A. P = 1 C. P = 1 4 D. P = 2 Lời giải  2  4 Ta có I =     dx 1 cot x 2  1  2 = −  d ( cot x ) = − + 2 cot xd   3 sin x sin x  4  sin x  4 sin x 4  2  4 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = 2 −  cos x 1  1  cot x dx = 2 − 2 − 1  dx  2 2 sin x  4 sin x  sin x  2  4 = 2 +  2 1 1 + cos x  2I = 2 − ln 2 1 − cos x  4   dx dx sin xdx 2 −  = 2 + 2 −I 3 2 sin x 4 sin x 4 1 − cos x ( ) = 2 + ln 1 + 2  I = ( 2 + ln 1 + 2 ) 2 Vậy P = 1 Câu 22.  Biết I = 2 4 ( ) c dx a 2 c là phân số tối = + ln 1 + 2 với a,b,c,d là các số thực dương, 5 d sin x 2b d giản. Tính P = 3a + b − cd A. P = 0 B. P = 1 C. P = 2 D. P = −1 Lời giải Ta có I =   2  4    dx 1 cot x 2  1  2 = −  d ( cot x ) = − + 2 cot xd   5 3 3 3 sin x sin x  4  sin x  4 sin x 4  2  4 =2 2 −  3 cos x 1  1  cot x dx = 2 2 − 32 − 1  dx  4 3 2 sin x  4 sin x  sin x  = 2 2 + 32 4  4I = 2 2 +   dx dx dx 2 2 − 3 = 2 2 + 3 − 3I   3 5 3   sin x 4 sin x 4 sin x ( ) ( 3 7 2 3 2 + ln 1 + 2   I = + ln 1 + 2  2 8 8 ) Vậy P = 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 86 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 23.  Cho tích phân I =  3 0 ( a b + ln c + d dx = 3 cos x 2 ) với a,b,c,d là các số thực dương, tính P = a2 + b2 + c2 − d2 A. P = 11 B. P = 12 C. P = 8 D. P = 9 Lời giải I=     dx 1 tan x 3 sin x  1  3 3 3 = d tan x = − tan xd = 2 3 − tan x dx ( )   3    0 0 cos x 0 cos x cos x 0 cos 2 x  cos x   = 2 3 −3 0    1  1 dx dx cos xdx  3 3 3 − 1 dx = 2 3 + − = 2 3 + −I   2 3    0 cos x 0 cos x 0 1 − sin 2 x cos x  cos x   3 0  2I = 2 3 +   3 d ( sin x ) 1 1 + sin x = 2 3 + ln 2 1 − sin x 2 1 − sin x ( ) = 2 3 + ln 2 + 3  I = 0 ( 2 3 + ln 2 + 3 ) 2 Vậy P = 8 Câu 24.  ( ) c dx 11 a c là phân số tối = + ln 2 + 3 với a,b,c,d là các số thực dương, 5 d cos x b 2d giản, a  4 . Tính P = a + b + c + d Biết I =  3 0 A. P = 0 B. P = 1 C. P = 2 D. P = −1 Lời giải  3 0 Ta có I =     dx 1 tan x 3  1  3 = d ( tan x ) = −  3 tan xd   5 3 3 3 0 0 cos x cos x cos x 0  cos x   = 8 3 −  3 tan x 0  3 0 = 8 3 + 3    3 sin x 1  1 dx dx  3 3 3 dx = 8 3 − 3 − 1 dx = 8 3 + 3 − 3   4 3 2 3    0 cos x cos x 0 cos x 0 cos 5 x cos x   ( ) 2 3 + ln 2 + 3 dx 11 3 3 − 3I  4I = 8 3 + 3  I= + ln 2 + 3 3 cos x 2 4 8 ( ) Vậy P = 0 Câu 25. Cho tích phân K =  0 giản. Tính A. 26 27 3 x5 + 2×3 x2 + 1 dx = a a với a,b là các số nguyên dương, là phân số tối b b a ? b +2 2 B. 26 11 C. Lời giải 87 | Chinh phục olympic toán 13 9 D. 13 19 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  3 0 | Nguyên hàm tích phân từng phần x5 + 2×3 3 Ta có K =  dx =  3 x3 ( x2 + 2 ) 3 dx =  x3 ( x2 + 1) dx +  3 x3 dx 0 x2 + 1 x2 + 1 3 3 xdx =  x2  x x2 + 1dx +  x2 =I+J 0 0 x2 + 1 du = 2xdx u = x 2 3  2 2 3 Xét tích phân I =  x .x x + 1dx , đặt   1 2 2 0 2 dv = x x + 1dx  v = ( x + 1 ) 3  x2 + 1 0 x2 + 1 0 3 1  I = x2 ( x2 + 1) 2 3 3 − 0 0 3 3 2 3 1 3 2 2 2 dx = 8 − 2d x2 + 1 x x + 1 x + 1 ( ) ( ) ( ) 3 0 3 0 5 2 = 8 − ( x2 + 1) 2 15 3 = 0 58 15 u = x  du = 2xdx  , đặt  xdx 2 x2 + 1  v = x + 1 dv = 2 x +1  2 3 Xét tích phân J =  x xdx 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 J=x 2 K =I+J = x +1 3 2 0 3 −  2x x + 1dx = 6 −  3 2 0 0 3 2 x + 1d ( x + 1 ) = 6 − ( x 2 + 1 ) 2 3 2 3 = 2 0 4 3 58 4 26 + = 15 3 5 Câu 26.  2 0 Tính K =  e sin x sin x cos 3 xdx A. K = 2 e −2 2 B. K = e −1 2 C. K = e −1 4 D. K = e +1 2 Lời giải  Ta có K =  2 esin x sin x cos3 xdx = 2 0 2 1 2 2 cos 2 x ( 2 sin x cos x ) e sin xdx  4 0  2 2 2 1  1 1  2 =  2 ( 1 + cos 2x ) d e sin x = (1 + cos 2x)e sin x −  2 e sin xd ( 1 + cos 2x ) 4 0 4 4 0 0 ( = )  2 −1 1 2 sin2 x 1 1  1 1 2 e +  e sin 2xdx = − +  2 d esin x = − + esin x 2 = − 1 0 2 2 0 2 2 0 2 2 2 ( ) Tạp chí và tư liệu toán học | 88 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 27.  Biết I = 2 cosx ln ( 1 − cos x ) dx = 3 a  3 với a,b,c là các số thực dương. Tính lnb− − 1 + 2 2c 2 P = 3a − b + c 2 A. P = 16 B. P = 18 C. P = 20 D. P = 24 Lời giải   3 3 I = 2 cosx ln ( 1 − cos x ) dx = 2 ln ( 1 − cos x ) d ( sin x )   3 3 = sin x ln ( 1 − cos x ) 2 − 2 sin xd ( ln ( 1 − cos x ) ) =   3 1 − cos 2 x 3 ln 2 − 2 dx = ln 2 − 2 ( 1 + cos x ) dx 2 2 3 1 − cos x 3  3 3  3 ln 2 − ( x + sin x ) 2 = ln 2 − − 1 + 2 2 6 2 3 = Vậy P = 16 Câu 28.  3  4 ( ) b b Biết I =  sin x ln ( tan x ) dx = ln 1 + a − ln 3 với a,b,c là các số thực dương, là phân số c c tối giản. Tính P = ( a + b − c ) A. P = 0 2 B. P = 1 C. P = 4 D. P = 9 Lời giải     Có I = 3 sin x ln ( tan x ) dx = − 3 ln ( tan x ) d ( cos x ) = − cos x ln ( tan x ) 3 + 3 cos xd ( ln ( tan x ) ) 4 4 4  3  4  3  4 4  3  4 1 cos xdx 1 dx 1 sin xdx = − ln 3 +  = − ln 3 +  = − ln 3 +  2 4 cos x ( tan x ) 4 sin x 4 sin 2 x  d ( cos x ) 1 1 1 1 + cos x = − ln 3 − 3 = − ln 3 − ln 2 4 4 2 1 − cos x 4 1 − cos x  3  4 ( ) 3 = ln 1 + 2 − ln 3 4 Vậy P = 1 Câu 29. 1 2 0 Biết I =  ( x + 1)  b 1−x b dx = + với a,b,c là các số thực dương và tối giản. Tính 1+ x 3a 2c c P = a2 + b2 − c2 A. P = 8 B. P = 9 C. P = 24 Lời giải 89 | Chinh phục olympic toán D. P = 13 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC =  3 sin xdx ln 2 − 2 sin x 2 1 − cos x 3 | Nguyên hàm tích phân từng phần 1 2 0 Ta có I =  − ( x + 1) 1 2 0 1−x 1 dx =  1+ x 2 1−x 2 d ( x + 1) = 1+x ( x + 1) 2 2 1 2 1−x 1+x 0  1 − x  3 3 − 4 1 21 1 21 1+x dx 3 3 − 4 1 21 1 + x 2 2 x + 1 d = + x + 1  = +  dx ( ) ( )    1+ x  2 0 8 2 0 1 − x ( x + 1 )2 8 2 0 1−x   1 2 3 4u du 1+ x 1+ x u2 − 1 4udu 2 J= x= 2 dx =   dx = Đặt u = 2 2 0 1 1−x 1−x u +1 ( u2 + 1) ( u2 + 1) Đặt u = tan t  du = J= 1  3  4 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = 2 dt cos2 t 3  4u 2 du (u 2 + 1) 2 = 3 4 4 tan 2 t ( 1 + tan t ) 2 ( 1 − cos 2t ) dt = ( 2t − sin 2t )  3  4 = 2    dt 4 tan 2 tdt 2 3 = = 4  43 sin tdt cos 2 t 4 1 + tan 2 t  3 3 3−4 1  3 +1− I= + J= + 6 2 8 2 12 8 Vậy P = 9 Câu 30. 3 3 0 0 Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  x.f ‘ ( x ) .e f ( x )dx = 8 và f ( 3 ) = ln 3 . Tính I =  e f ( x )dx . A. I = 1. B. I = 11. C. I = 8 − ln 3. D. I = 8 + ln 3. Lời giải 3 3 3   u = x du = dx f(x) f(x) f x  x.f x e dx = x.e − e ( )dx Đặt  Khi đó  ( )  f ( x)   f ( x)  0 0 v = e dv = f  ( x ) e dx  0 3 3  8 = 3.e ( ) −  e ( )dx   e ( )dx = 9 − 8 = 1 f 3 f x 0 f x 0 Chọn ý A. Câu 31.   Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 0;  , và đồng thời thỏa mãn hai điều kiện  2  2  f ‘ ( x ) cos 2 xdx = 10 và f ( 0 ) = 3. Tích phân 0  2  f ( x ) sin 2xdx bằng? 0 A. I = −13. B. I = −7. C. I = 7. D. I = 13. Lời giải  2  u = cos 2 x du = − sin 2xdx  Xét  f ‘ ( x ) cos xdx = 10 , đặt   2 dv = f ‘ ( x ) cos xdx  v = f ( x ) 0 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 90 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2  2 0  2  10 =  f ‘ ( x ) cos 2 xdx = cos 2 xf ( x ) +  f ( x ) sin 2xdx 0  2  2 0 0 0  10 = −f ( 0 ) +  f ( x ) sin 2xdx   f ( x ) sin 2xdx = 10 + f ( 0 ) = 13 Chọn ý D. Câu 32. Cho  2 1 ln ( 16 − x 2 ) dx = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 + d với a, b, c,d là các số nguyên. Giá trị biểu thức a + b + c + d bằng A. 20 B. 28 C. 6 D. 9 u = ln ( 16 − x 2 ) du = −2x dx 2 2 2 2x 2 Đặt    I =  ln ( 16 − x 2 ) = x ln ( 16 − x 2 ) +  dx 16 − x 2 1 1 16 − x 2 1 dv = dx  v = x  I = 2 ln 12 − ln 15 + 2  2 1 Ta có J =  2 1 x2 dx = 2 ln 12 − ln 15 + 2J 16 − x2 (với J =  2 1 x2 dx ) 16 − x 2 2  2 x − 16 + 16 2 x2 16 dx = dx =   − 1  dx 2 2  1 1 16 − x 16 − x  ( 4 − x )( 4 + x )  2 2 2 2 2  1 1  2 J=  + −  dx − 1 dx = 2 1   dx − x 1 1  4−x 4+x x+4 x−4 x+4  J = 2.ln x−4 2 5 − 1 = 2 ln 3 − 2 ln − 1 = 4 ln 3 − 2 ln 5 − 1 3 1 Thay vào ta được I = 2 ln 12 − ln 15 + 2 ( 4 ln 3 − 2 ln 5 − 1 ) = 4 ln 2 + 9 ln 3 − 5 ln 5 − 2  a = 4, b = 9, c = −5,d = −2  a + b + c + d = 6 Chọn ý C. Câu 33. 1  Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ln  x +  . x  1  A. x ln  x +  − x + arctan x + C x  1  B. x ln  x +  − x − arctan x + C x  1  C. x ln  x +  + x − arctan x + C x  1  D. x ln  x +  + x + arctan x + C x  Lời giải 91 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải | Nguyên hàm tích phân từng phần 1  1 − 2  x2 − 1  1   x du = dx dx  1 u = ln  x +  du =  1 x 2 + 1 ) .x  I =  ln  x +  dx . Đặt  x (  x+ x  dv = dx   x  v = x v = x  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 x2 − 1 1  2     I = x ln  x +  −  2 dx = x ln  x +  −   1 − 2  dx x x +1 x  x +1   1 1 1 1    I = x ln  x +  −  dx + 2  2 dx = x ln  x +  − x + 2  2 dx x x +1 x x +1   1 Ta sẽ đi tính  2 dx bằng phương pháp đổi biến quen thuộc x +1 1  2 2 x + 1 = tan t + 1 = cos 2 t Đặt x = tan t   dx = dt  cos 2 t 1 dt  2 dx =  cos 2 t . = dt = t + C = arctan x + C x +1 cos 2 t  1   I = x ln  x +  − x + arctan x + C x  Chọn ý A. Câu 34. Biết 1 x2 .e x  (x + 2) 0 2 b b là phân số tối giản. dx = a − e, với a, b, c là các số nguyên dương và c c Tính P = a + b 2 + c 3 A. P = 13 B. P = 12 C. P = 29 D. P = 34 Lời giải Ta thấy, tích phân đầu tiên của đề bài khá là khó để áp dụng ngay phương pháp Nguyên hàm từng phần. Tuy nhiên, ta có bước biến đổi khá thú vị như sau 2 1 x + 2 − 2 ) .e x ( 2  x I= dx =  dx =   1 −  .e dx 2 2 0 0 0 x+2  (x + 2) (x + 2) 1 x 2 .e x 1 4 4  I =  1− + 0  x + 2 ( x + 2 )2  2 1  x  1 4  1 1 4 x .e xdx −  .e dx  .e dx =  e xdx −    2 0 0   0 x+2  x + 2 ( )    −4  4 1  du = dx 1 1 u = 2 4 4e x −4   x  .e dx = − .e xdx Đặt  (x + 2) x+2   2 0 x+2 0 x+2 0 (x + 2) dv = e xdx  v = e x    1 0 1 1 1 4e x 4e x 4e x 4e x 1 4  x 1 dx −  dx =  I = e − = ex − 1 −  ex − 2  = 1 − ex 2 0 0 x+2 x+2 0 x+2 0 3 3  (x + 2) Tạp chí và tư liệu toán học | 92 Kỹ thuật giải toán tích phân|  a = 1, b = 1, c = 3. Do vậy P = a + b 2 + c 3 = 29. Chọn ý C. Câu 35. Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x 3 + 1 ) cos 2x. A. 2x 3 − 3x − 2 6x 2 + 3 sin 2x + cos 2x + C 4 8 B. 2x 3 + 3x − 2 6x 2 + 3 sin 2x − cos 2x + C 8 4 C. 2x 3 − 3x + 2 6x 2 − 3 sin 2x + cos 2x + C 4 8 D. 2x 3 − 3x − 2 6x 2 + 3 sin 2x + cos 2x + C 8 4 Lời giải Bài này chúng ta không còn cách nào khác ngoài cách ngồi chịu khó nguyên hàm từng du = 3x 2 dx u = x 3 + 1  Đặt   sin 2x dv = cos 2xdx  v =  2  I =  ( x 3 + 1 ) cos 2xdx = ( x 3 + 1 ) sin 2x 3 2 sin 2x 3 −  x sin 2xdx = ( x 3 + 1 ) − J 2 2 2 2 du = 2xdx u = x 2 cos 2x  2 cos 2x  Đặt  +  x cos 2xdx = − x 2 +K − cos 2x  J = −x 2 2 dv = sin 2xdx  v =  2 du = dx u = x x sin 2x 1 x sin 2x cos 2x   Đặt  −  sin 2xdx = + sin 2x  K = 2 2 2 4 dv = cos 2xdx  v =  2  J = −x 2 cos 2x x sin 2x cos 2x sin 2x 3  2 cos 2x x sin 2x cos 2x  + +  I = ( x3 + 1) −  −x + +  2 2 4 2 2 2 2 4  I= 2x 3 − 3x + 2 6x 2 − 3 sin 2x + cos 2x + C. 4 8 Chọn ý C. Câu 36. Tính I =  xdx . x 2 sin  −  4 3  x  x A. 3x tan  −  + 9 ln cos  −  + C 4 3 4 3  x  x B. 3x tan  −  − 9 ln sin  −  + C 4 3 4 3  x  x C. 3x cot  −  − 9 ln cos  −  + C 4 3 4 3  x  x D. 3x cot  −  + 9 ln sin  −  + C 4 3 4 3 Lời giải 93 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC phần nhiều lần. | Nguyên hàm tích phân từng phần u = x du = dx  dx   x  x  Đặt dv =   x   I = 3x cot  −  − 3 cot  −  dx  x 4 3 4 3   v = 3 cot  4 − 3  sin 2  −      4 3  x = 3x cot  −  − 3 4 3  x cos  −   4 3  dx = 3x cot   − x  − 3J    x 4 3 sin  −  4 3 −1  x  x Ta sẽ tính J bằng phép đổi biến. Đặt y = sin  −   dy = cos  −  3 4 3 4 3 J= −3dy dy  x = −3 = −3ln y = −3ln sin  −  y y 4 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  x  x  I = 3x cot  −  + 9 ln sin  −  + C. 4 3 4 3 Chọn ý D. Nhận xét. Bài này không quá là khó trong vấn đề nghĩ ý tưởng về việc sẽ dùng Nguyên hàm từng phần và Phép đổi biến. Tuy nhiên, trong các phép biến đổi ở lời giản, chúng ta phải thực sự cẩn thận trong việc tính đạo hàm của hàm hợp cũng như dấu của chúng. Câu 37.  Biết I =  4 x ( 1 + sin 2x ) dx = 0 A. P = 2 2 − b ( a, b  a ) . Tính P = a − 2b−2 . B. P = 4 C. P = 0 D. P = 1 Lời giải  du = dx u = x Đặt   2  dv = ( 1 + sin 2x ) dx  v = x + sin x  4  4 0  I = x ( x + sin x ) −  2 0 2  x 2 I= + − 16 8 2  4 0  4 0 −     1  4 ( x + sin x ) dx = 4  4 + 2  − 0 xdx − 04 sin 2 xdx 2  1 − cos 2x 2  2 1 4 1 4 dx = + − − x + cos 2xdx 2 16 8 32 2 0 2 0  a = 32 2   1 sin 2x 4 2 1  −2 I= + − + . = +  1  P = a − 2b = 0 32 8 8 2 2 0 32 4 b = − 4 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 94 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 38. e 1 iết I =   3x 2 +  ln xdx = a.e 3 + b ( a, b  1 x  11 29 A. P = B. P = 2 9 ) . Tính P = a 2 + 8b2 . C. P = 6 D. P = 5 Lời giải dx u = ln x  e e ln x   du = x Đặt   I = ( x3 + ln x ) ln x −   x 2 +  2 1   dx 1 1 x   dv =  3x + x  dx  v = x 3 + ln x     2 e 2  a = 3  b = 5  6 1  e3 1  1 2 5 = e3 + 1 −  −  − = e3 + 6  3 3 2 3  P = a 2 + 8b 2 = 6 Chọn ý C. Câu 39. Đâu là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ln 2 x. A. x ln 2 x + x ln x + x + C B. x ln 2 x − x ln x − x + C C. x ln 2 x + x ln x − x + C D. x ln 2 x − x ln x + x + C Lời giải Ta đi tính I =  ln 2 xdx. 2 ln x  u = ln 2 x du = dx  I = x ln 2 x −  2 ln xdx =x ln 2 x − 2  ln xdx Đặt   x dv = dx   v = x Lại tiếp tục tính  ln xdx bằng Nguyên hàm từng phần dx  u = ln x du = Đặt   x   ln dx = x ln x −  dx = x ln x − x dv = dx  v = x   I = x ln 2 x − ( x ln x − x ) + C = x ln 2 x − x ln x + x + C Chọn ý D. Nhận xét: Ở bài toán trên, ta phải dùng 2 lần Nguyên hàm từng phần để giải trọn vẹn bài toán. 95 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC e ln x x3  I = e +1− − 3 1 2 3 | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 40. Cho  (x 1 2 0 + 1) e 3xdx = ae 3 − b ( a, b, c là các số nguyên dương). Tính P = a + b − c. c A. P = 5 B. P = −2 C. P = −3 D. P = 6 Lời giải 1 du = 2xdx u = x 2 + 1 1 e 3x 2 1 3x  2 3x 2 3x Đặt    I = x + 1 e dx = x + 1 − xe dx ( ) ( )  e 0 3x 3 0 3 0 dv = e dx  v = 3  1 2 1 2  I = e 3 − − J ( J =  xe 3xdx ) 0 3 3 3 Ta sẽ tính J lại bằng nguyên hàm từng phần CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN du = dx 3x 1 u = x e 1 1 3x e 3 1 e 3x  3x  J = x. Đặt   − e dx = − .  e 3x  0 3 3 3 3 3 dv = e dx v =   0 3  J= Do đó I = 1 0 e 3 1  e 3 1  2e 3 1 −  − = − 3 3 3 3 9 9 2 3 1  2e 3 1  14e 3 − 11  a = 14; b = 11 và c = 27  P = a + b − c = −2. e −  − = 3 3 9 9 27 Chọn ý B. Câu 41. 1  x+ x1 a dc a c  Cho tích phân  1  1 + x −  e dx = e trong đó a, b, c,d nguyên dương và , là các x b b d 12  phân số tối giản. Giá trị của biểu thức bc − ad bằng 1 B. A. 24 C. 12 D. 1 6 12 Lời giải 1 12  12 x + 12  1  x+ 1 1  x+ 1 Có I =  1  1 + x −  e x dx =  1 e x dx +  1  x −  e x dx x x 12  12 12  1  1  x+  u = e x du =  1 − 2  Đặt  x  dv = dx  v = x   I = xe x+ 1 12 x 1 12 = 12e 12 + 1 12 − 1  x+ x 1 1  e dx  12 e x + x dx = xe x + x  1 12 12 1 12 12  1  x+ 1 −  1  x −  e x dx x 12  1 12 + 121 143 145 e = e 12  a = 143, b = 12, c = 145,d = 12  bc − ad = 24 12 12 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 96 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 42. Cho tích phân  4 1   2 1 x   dx = e − e e −  2 x x 2 + 48 ( x 2 + 48 ) x 2 + 48  a b ( )   x A. 42 B. 56 C. 81 ( a, b  ) . Tính ab. D. 45 Lời giải Phân tích: Tương tự như những bài tích phân cồng kềnh khác, ta sẽ tách tích phân thành 2 phần. 1   4 1 x e x xe x   dx = 4 e − dx − 1 2 x. x2 + 48 1 ( x2 + 48 ) x2 + 48 dx  2 x x 2 + 48 ( x 2 + 48 ) x 2 + 48  ( )   x 1  −x  u = du = dx 2  x + 2018 2 2  x + 2018 x + 2018 ( )  Đặt   x dv = e dx  v=e x   2 x  4 1 e x 2 x. x 2 + 48 e dx = 4 x x 2 + 48 − −xe x 4 1 1 (x 2 + 48 ) x 2 + 48 dx 4 a = 8 e2 e I= = −   ab = 56 x 2 + 48 1 8 7 b = 7 e x Chọn ý B. Hai ví dụ mở đầu có vẻ vẫn đang chỉ dừng ở mức dễ áp dụng công thức, từ bài thứ 3 trở đi mọi thứ sẽ nâng cao hơn nhiều yêu cầu phải biến đổi và có tư duy hơn trong việc đặt u, dv! Câu 43. Cho hai hàm số liên tục f ( x ) và g ( x ) có nguyên hàm lần lượt là F ( x ) và G ( x ) trên đoạn 1; 2  . Biết rằng F ( 1 ) = 1 , F ( 2 ) = 4 , G ( 1) = 3 , G ( 2 ) = 2 và 2 2 67  f ( x ) G ( x ) dx = 12 . 1 2  F ( x ) g ( x ) dx ? 1 A. 11 12 B. − 145 12 C. − 11 12 D. 145 12 Lời giải 2 2  u = F ( x )  2 du = f ( x ) dx Đặt    F ( x ) g ( x ) dx = ( F ( x ) G ( x ) ) −  f ( x ) G ( x ) dx  1 dv = g ( x ) dx  1 1 v = G ( x ) 2 3 67 11 . = = F ( 2 ) G ( 2 ) − F ( 1 ) G ( 1 ) −  f ( x ) G ( x ) dx = 4.2 − 1. − 2 12 12 1 Chọn ý A. 97 | Chinh phục olympic toán Tính TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I= 4 | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 44. 3 Biết 3 + ln x  ( x + 1) 2 dx = 1 a + ln b − ln c với a , b , c là các số nguyên dương. Giá trị của biểu thức 4 P = a + b + c bằng? A. 46 B. 35 C. 11 D. 48 Lời giải 3 Ta có 3 3 + ln x 3 + ln x  1  1 ( x + 1)2 dx = −1 ( 3 + ln x ) d  x + 1  = − x + 1 3 3 1 3 1 d ( 3 + ln x ) x+1 1 + 3 3 + ln 3 3 1 1 3 − ln 3 1  3 − ln 3 x 1 =− + + . dx = +  − + ln  dx = 4 2 1 x+1 x 4 x x+1 4 x+1 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = 3 1 3 − ln 3 3 1 3 − ln 3 3 − ln 3 + ln − ln = + ln 3 − ln 4 + ln 2 = + ln 3 − ln 2 4 4 2 4 4 a = 3 3 + 3 ln 3 − 4 ln 2 3 + ln 27 − ln 16  = =  b = 27  P = 46 . 4 4 c = 16  Chọn ý A. Câu 45. 1; e  , Cho hàm số f ( x ) liên tục trong đoạn e biết  1 f ( x) x dx = 1 , f ( e ) = 1 . Khi đó e I =  f ‘ ( x ) .ln xdx bằng? 1 A. I = 4 B. I = 3 C. I = 2 D. I = 0 Lời giải e e 1 Cách 1. Ta có I =  f ‘ ( x ) .ln xdx = f ( x ) .ln x 1 −  f ( x ) . dx = f ( e ) − 1 = 1 − 1 = 0 . x 1 1 e dx  u = ln x du = Cách 1. Đặt   x . dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )  e e f ( x) e Suy ra I =  f  ( x ) .ln xdx = f ( x ) ln x 1 −  dx = f ( e ) − 1 = 1 − 1 = 0 . x 1 1 Chọn ý D. Tạp chí và tư liệu toán học | 98 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 46. Cho y = f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên 1 2 biết đồ thị hàm số y = f ( x ) đi qua điểm 0  1  M  − ; 4  và  f ( t ) dt = 3 , tính I =  sin 2x.f ‘ ( sin x ) dx .  2   0 − 6 A. I = 10 B. I = −2 C. I = 1 D. I = −1 Lời giải Xét tích phân I = 0 0  sin 2x.f ‘ ( sin x ) dx =  2 sin x.f ‘ ( sin x ) .cos xdx . −  6 −  6 0 0 0   u = 2t du = 2dt  1 Đăt   I = 2t.f ( t ) 1 − 2  f ( t ) dt = f  −  − 2  f ( t ) dt .  −  2  −1  1 dv = f ‘ ( t ) dt  v = f ( t ) − 2 2 2 •  1 Đồ thị hàm số y = f ( x ) đi qua điểm DA  f  −  = 4 .  2 • Hàm số y = f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên  0 1 2 1 2 0 0  f ( t ) dt =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 3 . − 1 2 Vậy I = 4 − 2.3 = −2 . Chọn ý B. Câu 47. Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục, có đạo hàm trên và thỏa mãn f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 và 2 g ( x ) f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e x . Tính giá trị của tích phân I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx ? 0 A. −4 B. e − 2 C. 4 D. 2 − e Lời giải Ta có g ( x ) f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e  g ( 0 ) = g ( 2 ) = 0 (vì f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 ) x 2 2 0 0 2 2 0 0 I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx =  f ( x ) dg ( x ) = ( f ( x ) .g ( x ) ) −  g ( x ) .f ‘ ( x ) dx = −  ( x2 − 2x ) e xdx = 4 . Chọn ý C. 99 | Chinh phục olympic toán 2 0 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  1  0 x = −  t = −  I = 2 Đặt t = sin x  dt = cos xdx . Đổi cận  6 2 1 t.f ‘ ( t ) dt . x = 0  t = 0 − 2 | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 48.  6 Biết x cos x  − 1 + x2 + x  6 2 3 với a , b , c , d là các số nguyên. Tính M = a − b + c . + b c dx = a + A. M = 35 B. M = 41 C. M = −37 D. M = −35 Lời giải  6 Ta có x cos x  1 + x2 + x  − 6 Xét I = 0  −  6 1 + x2 + x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN I=  − 6  6 Khi đó   − 6 1 + x2 + x  − 6 0 1 + x2 + x dx =   6  6 x cos x 1 + x2 + x  6 dx +  0 x cos x 1 + x2 + x dx = I + J dx . Đặt t = − x ( C m ) ; Đổi cận x = 0  t = 0 ; x = − x cos x  x cos x  dx = x cos x 0 0 dx =  0 −t cos ( −t ) 1 + ( −t ) − t −x cos x 1 + x2 − x 2  6 dx +  0  6 ( − dt ) =  0 x cos x 1 + x2 + x −t cos t 1 + t2 − t   t= . 6 6  6 dt =  0 − x cos x 1 + x2 − x dx dx  6  6   1 1 =  x cos x  = −2x 2 cos x dx . − dx   2 2 1+x −x   1+ x + x 0 0 Đến đây sử dụng sơ đồ đường chéo ta sẽ dễ dàng suy ra đáp án của bài toán  6  −  6 x cos x 1 + x2 + x  dx = ( −2x 2 sin x − 4x cos x + 4 sin x ) 6 = 2 + 0 2  3 + −36 −3 Khi đó a = 2 ; b = −36 ; c = −3 . Vậy M = a − b + c = 35 . Chọn ý A. Câu 49.    Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên 0;  thỏa mãn f   = 3 ,  4 4 và  4  4 0 0  sin x.tan x.f ( x ) dx = 2 . Tích phân  sin x.f ‘ ( x ) dx A. 4 B. 2+3 2 2 C.  4 f (x)  cos x dx = 1 0 bằng? 1+3 2 2 D. 6 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 100 Kỹ thuật giải toán tích phân|  4  4  4 0 3 2 − I1 2 Ta có I =  sin x.f ‘ ( x ) dx . Đặt ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 )  I = sin x.f ( x ) −  cos x.f ( x ) dx = 0 0  4  4 f (x)   Ta có 2 =  sin x.tan x.f ( x )  dx =  sin 2 x.  dx cos x  0  0  4  4  4 f (x)   f (x)   =  ( 1 − cos 2 x ) .  dx −  cos x.f ( x ) dx = 1 − I 1  dx =   cos x  cos x  0  0  0  I 1 = −1  I = 3 2 +2 3 2 +1 = 2 2 Chọn ý B. 1 Cho 1  a 2 ln 2 − bc ln 3 + c  phân  x ln ( x + 2 ) + dx = x + 2  4  0 tích ,với a, b, c  . Tính T = a + b + c .? A. T = 13 B. T = 14 C. T = 17 D. T = 11 Lời giải Ta nhận thấy rằng biểu thức trong tích phân có tổng của hàm logarit và hàm phân thức nên ta tách thành 2 tích phân dạng thường gặp. Một là tích phân của hàm đa thức và hàm logarit ta dùng tích phân từng phần, một là tích phân của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất cơ bản. 1 1 1 1  x  Ta có I =  x ln ( x + 2 ) + dx = x ln x + 2 dx + dx = I 1 + I 2 ( )    x + 2 x + 2  0 0 0 dx  du =  u = ln ( x + 2 )  x+2 • Tính I 1 =  x ln ( x + 2 ) dx . Đặt   2  dv = xdx 0  v= x  2 1 2 1 1 x2 1 x2 1 1 x2 − 4 + 4  I 1 = ln ( x + 2 ) −  dx = ln 3 −  dx 2 2 x + 2 2 2 x + 2 0 0 0 1 1  1 1  4  1 1  x2 = ln 3 −   x − 2 +  dx = ln 3 −  − 2x + 4 ln x + 2  2 2 0 x+2 2 2 2 0 = 1 11 3 3  ln 3 −  − 2 + 4 ln 3  + 2 ln 2 = − ln 3 + 2 ln 2 + 2 22 2 4  1 • Tính I 2 =  0 1 x dx x+2 1 1 1 x x+2−2 2   dx =  dx =   1 −  dx = ( x − 2 ln x + 2 ) 0 = 1 − 2 ln 3 + 2 ln 2 x+2 x+2 x+2 0 0 0  I2 =  101 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 50. | Nguyên hàm tích phân từng phần 7 7 4 2 ln 2 − 2.7 ln 3 + 7  I = I 1 + I 2 = 4 ln 2 − ln 3 + = 2 4 4 Ta có a = 4, b = 2, c = 7 . Vậy T = a + b + c = 4 + 2 + 7 = 13 . Chọn ý A. Câu 51. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên  0; 1 thỏa 1  x .f ” ( x ) dx = 12 2 và 0 1 2f ( 1 ) − f ‘ ( 1 ) = −2 . Tính  f ( x ) dx 0 A. 10 B. 14 C. 8 D. 5 Lời giải 1   1 u = x du = 2xdx 2 Đặt  . Khi đó I = x .f ‘ ( x ) −  2x.f ‘ ( x ) dx .  0  0 v = f ‘ ( x ) dv = f ” ( x ) dx  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 1 1   1 u = 2x du = 2dx Đặt  . Suy ra  2x.f ‘ ( x ) dx = 2x.f ( x ) 0 −  2f ( x ) dx   0 0 dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x ) 1 1 0 0 Do đó 12 = f ‘ ( 1 ) − 2f ( 1 ) + 2  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 5 Chọn ý D. Câu 52. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn 2  f ‘ ( x ) .ln f ( x ) dx = 1 và f ( 1 ) = 1 , f ( 2 )  1 . Giá trị của f ( 2 ) 1 bằng? A. f ( 2 ) = 2 B. f ( 2 ) = 3 C. f ( 2 ) = e D. f ( 2 ) = e 2 Lời giải  f ‘( x) 2 2  u = ln  f ( x )  dx 2 du = f ( x) Đặt    f ‘ ( x ) .ln f ( x )  dx = f ( x ) .ln f ( x )  −  f ‘ ( x ) dx  1 dv = f ‘ ( x ) dx 1 1 v = f x ( )   1 = f ( 2 ) .ln  f ( 2 )  − f ( 1 ) .ln f ( 1 )  − f ( 2 ) − f ( 1 )   f ( 2 ) .ln  f ( 2 )  = f ( 2 )  ln  f ( 2 )  = 1 ( f ( 2 )  1 )  f ( 2 ) = e . Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 102 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 53. e2 Biết 1  ae 2 + be+c  1 , trong đó a , b , c là các số nguyên. Giá trị của − dx = e  ln 2 x ln x  2 a 2 + b 2 + c 2 bằng? A. 5 B. 3 C. 4 D. 9 Lời giải 1  dx 1 1 du = − Xét tích phân   dx . Đặt u = x ln 2 x ln x ln x e dv = dx e2 e2 e2 e2 e2 1  −e 2 + 2e 1 x 1  1 . dx =  dx = +  2 dx    2 −  ln x ln x 2 ln x ln x ln x   e e e e Chọn ý A. Câu 54. thỏa mãn f ( 0 ) = 2018. và đồng thời điều kiện Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên f ‘ ( x ) − 2018f ( x ) = 2018.x 2017 .e 2018x với mọi x  A. f ( 1 ) = 2019e 2018 B. f ( 1 ) = 2018.e −2018 và Tính giá trị f ( 1 ) . C. f ( 1 ) = 2018.e 2018 D. f ( 1 ) = 2017.e 2018 Lời giải f ‘ ( x ) − 2018.f ( x ) = 2018.x 2017 2018x e 1 1 f ‘ ( x ) − 2018.f ( x )  dx = 2018.x 2017 dx ( 1 ) 2018x  e 0 0 Ta có: f ‘ ( x ) − 2018f ( x ) = 2018.x 2017 .e 2018x  1 Xét I =  0 f ‘ ( x ) − 2018.f ( x ) e 2018x 1 1 0 0 dx =  f ‘ ( x ) .e −2018xdx −  2018.f ( x ) .e −2018xdx 1   u = f ( x ) du = f ‘ ( x ) dx Xét I 1 =  2018.f ( x ) .e −2018xdx . Đặt    −2018x −2018x dx   0 dv = 2018.e  v = −e 1  I 1 = f ( x ) . ( −e −2018x ) +  f ‘ ( x ) .e −2018xdx  I = f ( 1 ) .e −2018x − 2018 1 0 Khi đó ( 1 )  f ( 1 ) .e −2018x − 2018 = x 103 | Chinh phục olympic toán 0 2018 1 0  f ( 1 ) = 2019.e 2018 . TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Do đó a = −1; b = 2; c = 0 . Vậy a 2 + b 2 + c 2 = 5 | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 55. 1 Cho hàm số y = f ( x ) với f ( 0 ) = f ( 1 ) = 1 . Biết rằng e x 0  f ( x ) + f ‘ ( x )  dx = ae + b . Tính Q = a 2017 + b2017 . A. Q = 2 2017 + 1 B. Q = 2 C. Q = 0 D. Q = 2 2017 − 1 Lời giải  du = f ‘ ( x ) dx u = f ( x )  Đặt  .   x x  dv = e dx  v = e 1 2 1 1   e  f ( x ) + f ‘ ( x )  dx = e f ( x ) −  e f ‘ ( x ) dx +  e x f ‘ ( x ) dx = ef ( 1 ) − f ( 0 ) = e − 1 . 1 x x 0 x 0 0 Do đó a = 1 , b = −1  Q = a 2017 + b 2017 = 12017 + ( −1 ) 2017 = 0 . Vậy Q = 0 . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chọn ý C. Câu 56. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0; 2  . Biết f ( 0 ) = 1 và f (x) f (2 − x) = e 2 x 2 − 4x 2 với mọi x   0; 2  . Tính I =  (x 3 − 3x 2 ) f ‘ ( x ) 0 A. I = − 14 . 3 B. I = − 32 . 5 C. I = − f ( x) dx 16 . 3 D. I = − 16 . 5 Lời giải Một bài toán vận dung cao khá là khó, bât giờ ta sẽ đi tìm biểu thức dv, ta có thể dễ ràng thấy rằng f ‘( x)  f ( x ) dx = ln f ( x ) , từ đây ta sẽ giải quyết bài tóa như sau. Từ giả thiết f ( x ) f ( 2 − x ) = e 2 x 2 Ta có I =  ( x3 − 3×2 ) f ‘ ( x ) f ( x) 0 2 − 4x  f (2) = 1 u = x 3 − 3x 2 du = ( 3x 2 − 6x ) dx   dx Đặt  f ‘( x) dv = f x dx  v = ln f ( x ) ( )  2 2 0 0  I = ( x3 − 3x 2 ) ln f ( x ) −  ( 3x 2 − 6x ) ln f ( x ) dx = − 3  ( x 2 − 2x ) ln f ( x ) dx = −3J 2 0 2 x=2 −t 0 Ta có J =  ( x 2 − 2x ) ln f ( x ) dx =  ( 2 − t ) 0 2 0 2 − 2 ( 2 − t )  ln f ( 2 − t ) d ( 2 − t )  2 2 =  ( 2 − x ) − 2 ( 2 − x )  ln f ( 2 − x ) d ( 2 − x ) =  ( x 2 − 2x ) ln f ( 2 − x ) dx   2 2 0 2 2  2J =  ( x − 2x ) ln f ( x ) dx +  ( x − 2x ) ln f ( 2 − x ) dx =  ( x 2 − 2x ) ln f ( x ) f ( 2 − x ) dx 0 2 0 2 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 104 Kỹ thuật giải toán tích phân| 2 =  ( x − 2x ) ln e 2 2×2 − 4x 0 Vậy I = −3J = − 2 dx =  ( x 2 − 2x )( 2x 2 − 4x ) dx = 0 32 16 J= 15 15 16 . 5 Chọn ý D. Câu 57.    2   2 cot x Cho biểu thức S = ln  1 +  ( 2 − sin 2x ) e dx  với số thực m  0. Chọn khẳng định n    4+m2  đúng trong các khẳng định sau. A. S = 5.   C. S = 2 cot  2  4+m     + 2 ln  sin 4 + m2         D. S = 2 tan  + 2 ln  . 2  2   4+m   4+m   .  Lời giải  2  ( 2 − sin 2x ) e Ta có 2 cot x  2  dx = 2   4+m2  2 Xét  e 2 cot xdx − sin 2xe 2 cot xdx =    4+m2  sin 2xe 2 cot xdx ( 1 )  4+m2  2  2 4+m2 e 2 cot xd ( sin 2 x ) = sin 2 x.e  2 cot x 2 = sin 2 x.e  +2  2  − 4+m2 4+m2  2 cot x 2   2   2  2 cot x  sin 2 x  − dx e 2  sin x  4+m2 e 2 cot xdx ( 2 )  4+m2 4+m2 Từ ( 1 ) và ( 2 ) , suy ra I = sin x.e 2  2 cot x 2   4+m2 2 cot  4+m2 = −1 + sin .e 2 4+m 2  2 cot   4+m2  S = ln  sin 2 .e 4 + m2      = 2 cot  2  4+m       + 2 ln  sin  4 + m2    Chọn ý C. Câu 58. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn  0; 1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện  1 0 1 1 0 0 e x f ( x ) dx =  e x f ‘ ( x ) dx =  e x f ” ( x ) dx  0 . Tính A. −2 B. −1 C. 2 ef ‘ ( 1 ) − f ‘ ( 0 ) ef ( 1 ) − f ( 0 ) D. 1 Lời giải Ta đặt  1 0 1 1 0 0 e x f ( x ) dx =  e x f ‘ ( x ) dx =  e x f ” ( x ) dx = a . Sử dụng tích phân từng phần ta có: 105 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC B. S = 9. | Nguyên hàm tích phân từng phần a = 1 e xd ( f ‘ ( x ) ) = e.f ‘ ( 1 ) − f ‘ ( 0 ) − 1 e x f ‘ ( x ) dx  e.f ‘ ( 1 ) − f ‘ ( 0 ) = 2a ef ‘ ( 1 ) − f ‘ ( 0 ) 0 0   =1  1 1 ef ( 1 ) − f ( 0 ) a =  e xd ( f ( x ) ) = e.f ( 1 ) − f ( 0 ) −  e x f ( x ) dx  e.f ( 1 ) − f ( 0 ) = 2a 0 0  Chọn ý D. Câu 59. e 1 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên  1; e  và f ( e ) = 1;  ln x.f ‘ ( x ) dx = . Tính giá trị của 1 2 e f ( x) biểu thức tích phân  dx. 1 x 1 1 B. . D. . A. 1. C. 2. 2 4 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Phân tích. Nhận thấy trong tích phân của đề bài có xuất hiện f ‘ ( x ) , do vậy, ta có thể nghĩ ngay đến tích phân từng phần. dx  e f ( x) u = ln x e 1 du =  dx x  = ln x.f ( x ) 1 −   1 2 x dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )  e f ( x) 1 1 1  dx = ln e.f ( e ) − ln 1.f ( 1 ) − = 1 − = . 1 x 2 2 2 1 Ta có  ln x.f’ ( x ) dx = . Đặt 1 2 e Chọn ý D. Câu 60.    Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên 0;  có f   = a; và thỏa mãn đồng thời các điều 4  4  4 0  kiện f ( x ) dx = b ( a; b   1 ) . Biết 04 tan x.f ‘ ( x ) dx = . Tính 2  I =  4 tan 2 x.f ‘ ( x ) dx theo a và 0 b. A. a − b + 1 2 B. a + b − 1 2 C. a − b − 1 2 D. a + b + 1 2 Lời giải dx     u = tanx f ( x) du =  Đặt  dx cos 2 x   4 tan x.f ‘ ( x ) dx = tan x.f ( x ) 04 −  4 0 0 cos 2 x dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )   f ( x) 1  1  4 dx = f   − = a − 0 cos 2 x 2 4 2 Mà  4 0     f ( x)  1 1 4 f ( x ) dx = b   4  − f x dx = a − b −  tan 2 x.f ( x ) ) dx = a − b − ( ) (  2  0 0 2 2  cos x  Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 106 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 61.  4  − 4 Cho tích phân    cos x − 2x sin x  1 + x 2 ( 1 + x 2 )2    dx = a b với a,d là các số nguyên và b, c là các số  c + d  nguyên tố. Giá trị của biểu thức a + b + c + d bằng A. 28. B. 44. C. 29. D. 36. Lời giải Phân tích. Thoạt tiên, khi nhìn tích phân trên, ta thấy nó khá là “cồng kềnh” nên thường nghĩ nó khá là khó và chấp nhận chịu bó tay khi vừa mới đọc đề! Nhưng thực chất, chúng ta chỉ cần tính một phần của tích phân “cồng kềnh” trên.  4 −  4  4  − 4 −  sin x. −2x (1 + x ) 2 2 dx   2 2x sin x 4 + dx  2  2 2 −  1 + x 4 ( ) 1+ 16 Chuyển vế biểu thức tích phân ở vế phải, ta được tích phân ”cồng kềnh” như đề bài yêu cos x dx = − 1 + x2 4   4 cầu.  4  − 4    cos x − 2x sin x  1 + x 2 ( 1 + x 2 )2   2 16 2  dx = =  a + b + c + d = 36 2   16 + 2 1+  16 Chọn ý D. Câu 62. Cho biểu thức tích phân sau  2 3  3  ( x 2 + 2018 ) cot x + x ln sin x   x 2 + 2018  Trong đó ( a; b; c  A. a  b + c   dx = ( a ln 3 − ln 2 )   ( b2 + 2018 − c2 + 2018 ) ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? B. a  b + c C. a = b + c D. a 2 = b + c Lời giải Phân tích. Tương tự bài trên, biểu thức tích phân này cũng khá “cồng kềnh”. Nhưng ta có thể dễ dàng chia tích phân này thành 2 tích phân gọn hơn và Nguyên hàm từng phần. 2 3  3 Ta có A =  (x 2 + 2018 ) cot x x + 2018 2 107 | Chinh phục olympic toán 2 dx = 3 3 x 2 + 2018.cot xdx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC −2x  1   du = dx u =  x sin x  2 2 2 dx = Đặt   1+ x ( 1 + x )  −4 1cos 2 +x 1 + x2 4 dv = cos xdx   v = sin x | Nguyên hàm tích phân từng phần x  x du = dx   dx 2 u = x + 2018  du = x + 2018 2   Đặt  x + 2018 dv = cot xdx dv = cos xdx   v = ln sin x  sin x 2 Do đó ta có A = x + 2018.ln sin x 2 2 3  3 A+  ( a ln 3 − ln 2 ) ( 2 3  3 2 3  3 x −  ln sin x x ln sin x x + 2018 2 dx dx = x + 2018.ln sin x 2 x2 + 2018 ) 2 3  3  3  4 2 1 2 .   + 2018 −  + 2018  2  9 9  b2 + 2018 − c2 + 2018 = ln CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  1 2 1  4 2 =  ln 3 − ln 2    + 2018 −  + 2018  9 2  9  Ta tìm được a = 1 4 1 ; b = ; c = . Kiểm tra các mệnh đề, ta thấy mệnh đề B đúng. 2 9 9 Chọn ý B. Câu 63. ( 0; + ) thỏa Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng f ‘( x) ( f ( x )) mãn điều kiện 2 2  x  = x x  ( 0; + ) . Biết f ( 2 ) = a; f ( 4 ) = b;    dx = c. Tính 1 f 2x ( )   2 4  f ( x ) dx theo 2 a, b, c. A. 4b + 2a − 8c B. 8c − 2b − 4a C. 4b − 2a − 2c D. 4b − 2a − 8c Lời giải Trước tiên, để liên kết được các dữ liệu của đề bài, ta sẽ dùng phép đổi biến. 2  y  2 2 2 dy = 2dx  2 4 4 y  dy x  1 1 4 x   2 Đặt y = 2x      =    dy = 2   dx = 2   dx y  1 2  8  f ( x )   f ( 2x )  x = 2  f (y)  2 8  f (y)    Có f ‘ ( x ) ( f ( x ) ) 2 2  x  1 4 = x  f ‘ ( x ) .x =   . Do đó c = 2 f ‘ ( x ).xdx 8  f (x)  Đến bước nay, ta sẽ dùng nguyên hàm tích phân quen thuộc. ( 4   4 1 u = x du = dx Đặt   c = x.f ( x ) 2 −  f ( x ) dx  2 8  dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x ) 4 4 2 2 )  8c = 4f ( 4 ) − 2f ( 2 ) −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 4b − 2a − 8c Chọn ý D. Tạp chí và tư liệu toán học | 108 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 64.  0; +  Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  1 0 thỏa mãn 2x.f ( x ) = f ‘ ( x ) , x  0; +  . Cho x. ( f ‘ ( x ) ) dx = 2 và f ( 0 ) = 0. Biết f ( 1 )  0 tính f ( 1 ) . 2 A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Lời giải Để liên kết các dữ liệu của đề bài, ta sẽ biến đổi đẳng thức ban đầu. 2x.f ( x ) = f ‘ ( x )  2x 2 .f ( x ) f ‘ ( x ) = x. ( f ‘ ( x ) ) ( Nhân cả 2 vế với xf ‘ ( x ) )  2 =  x. ( f ‘ ( x ) ) dx =  2x 2 .f ( x ) f ‘ ( x ) dx. 1 ( 2 1 2 0 ) 0 2 u = x 2 du = 2xdx   2 dv = 2f ‘ ( x ) f ( x ) dx  v = f ( x ) 1 Do đó 2 =  2x 2 .f ( x ) f ‘ ( x ) dx = x 2 .f ( x ) 2 1 0 1 0 1 −  2x.f ( x ) dx 2 0 1   2x.f ( x ) dx = f ( 1 ) − 2   f ( x ) f ‘ ( x ) dx = f ( 1 ) − 2 ( * ) (Vì f ‘ ( x ) = 2xf ( x ) ) 2 2 0 2 0 1 f ( 1) 0 0 Đặt f ( x ) = y  dy = f ‘ ( x ) dx   f ( x ) f ‘ ( x ) dx =  Thay vào ( * ) ta được f ( 1) 2 y2 ydy = 2 f ( 1) = 0 f ( 1) 2 2 = f ( 1) − 2  f ( 1 ) = 4  f ( 1 ) = 2. 2 2 2 Chọn ý C. Câu 65. Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0; 1 và thỏa mãn đồng thời các điều kiện e e 1 1 f ( 0 ) = 0;  f ( ln x ) dx = 1;  f ( x ) dx = A. 1 1 1 x ; ( e + 2x ) f ‘ ( x ) dx = e. Tính f ( 1 ) . 2 0 B. e C. 0 D. 2 Lời giải du = ( e x + 2 ) dx  u = e x + 2x  Đặt   dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )  e =  ( e x + 2x ) f ‘ ( x ) dx = ( e x + 2x ) f ( x ) −  ( e x + 2 ) f ( x ) dx 1 0  e = ( e + 2 ) f ( 1) − ( 1 0 1 ) 1 1 0 0 1 e x f ( x ) dx + 2  f ( x ) dx = ( e + 2 ) f ( 1 ) − 1 −  e x f ( x ) dx. 0 1 e dy = e xdx   e x f ( x ) dx =  f ( lny ) dy = 1 Đặt y = e   0 1 x = ln y x  ( * )  e = ( e + 2 ) f ( 1) − 1 − 1  f ( 1) = 1 109 | Chinh phục olympic toán 0 (*) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Nhận thấy f ( x ) ‘ = 2f ‘ ( x ) f ( x ) . Nên ta sẽ dùng nguyên hàm từng phần bằng cách đặt | Nguyên hàm tích phân từng phần Chọn ý A. Câu 66. f (x) Cho liên tục và có đạo hàm trên   0; 2   f   = a (a  2 và ) ; f ( 0 ) = 0;  2 0 3 5 2 1 2  f ( x ) sin 2xdx = 2 a − 8 ; 0 ( sin x + f ( x ) ) f ‘ ( x ) dx = 2 . Giá trị của a là? 1 1 B. − D. A. −1 C. 1 2 2 Lời giải Nhận thấy, trong tích phân xuất hiện f ‘ ( x ) nên theo tự nhiên, ta sẽ dùng Nguyên hàm CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN u = sin 2 x + f ( x ) du = ( 2 sin x cos x + f ‘ ( x ) ) dx  từng phần bằng cách đặt  dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )  2 0  ( sin 2  2  x + f ( x ) ) f ‘ ( x ) dx = ( sin x + f ( x ) ) f ( x ) −  2 ( 2 sin x cos x + f ‘ ( x ) ) f ( x ) dx 2 0   2 0   2 0 0  2 0 1 = ( 1 + a ) a −  sin 2x.f ( x ) dx −  f ( x ) f ‘ ( x ) dx 2  f ( x) 2 a 1 5 1 3 = a2 − + f ( x ) f ‘ ( x ) dx = a 2 + a −  a −  −  2 0 2 8 8 2 2 a2 a 1 1 = a 2 − +  4a 2 − 4a + 1 = 0  a = 2 2 8 2  Chọn ý D. Câu 67.  2 0 Cho I n =  sin n xdx với n nguyên dương. Tính lim A. −1 B. 1 In+2 . In C. 2 D. + Lời giải  2 0  2 0 Xét I n + 2 =  sin n + 2 xdx =  sin n +1 x.sin xdx n  u = sin n +1 x du = ( n + 1) sin x.cosxdx Đặt   dv = sin xdx   v = − cos x    I n + 2 = − cos x.sin n +1 x 2 +  2 cos x. ( n + 1 ) sin n x.cos xdx 0  2 0  In +2 = 0 +  0  ( n + 1) sin n x.cos2 xdx = ( n + 1) 02 sin n x. ( 1 − sin 2 x ) dx    I n + 2 = ( n + 1)  2 sin n xdx − ( n + 1 )  2 sin n + 2 xdx = ( n + 1 ) .I n − ( n + 1 ) .I n + 2 0 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 110 Kỹ thuật giải toán tích phân|  ( n + 2 ) .I n + 2 = ( n + 1 ) .I n   lim In+2 n + 1 = In n+2 In+2 n+1 = lim = 1. In n+2 Chọn ý B. Câu 68. 1 I n +1 . n →+ I n Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu I n =  x 2 ( 1 − x 2 ) dx . Tính lim n 0 A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 Lời giải 1 Xét I n =  x 2 ( 1 − x ) 2 n 0  In = du = dx  u = x  n +1  dx . Đặt  − ( 1 − x2 ) . n  2 dv = x ( 1 − x ) dx  v = 2 ( n + 1)  −x ( 1 − x 2 ) n +1 1 n+1 0  I n +1 =  I n +1 = 1 1 1 1 2 n +1 2 n +1 + 1 − x dx = 1 − x ( ) ( ) dx 2 ( n + 1 ) 0 2 ( n + 1 ) 0 1 1 1  n +1 1 1 2 n +1 2 2 n +1  I = 1 − x dx − x 2 ( 1 − x 2 ) dx  1 − x 1 − x dx ) ( )( )  ( n +1   2 (n + 2) 0 2 (n + 2)  0 0  1 I I 2n + 1  2 ( n + 1 ) I n − I n +1   n +1 =  lim n +1 = 1 . n →+ 2 (n + 2) In 2n + 5 In Cách 2. Trắc nghiệm Ta thấy 0  ( 1 − x 2 )  1 với mọi x   0; 1 , nên 1 I n +1 =  x2 ( 1 − x2 ) n +1 0 Suy ra 1 1 dx =  x 2 ( 1 − x 2 ) ( 1 − x 2 ) dx   x 2 ( 1 − x 2 ) dx = I n , 0 n n 0 I n +1 I  1 , nên lim n +1  1 . Dựa vào các đáp án, ta chọn A. In In Chọn ý A. Nhận xét. Qua 2 câu 38,39 ta sẽ được giới thiệu qua một dạng tích phân mới đó là tích phân truy hồi mà ta sẽ được tìm hiểu ở chương sau. Để có thể tham khảo thêm các dạng toán như thế này thì các bạn tham khảo ở phía sau nhé! 111 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cách 1. Tự luận | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 69. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 1 ) = 0 , 1  f ‘ ( x ) 2 dx = 7 0 1 1 1 và  x f ( x ) dx = . Tích phân  f ( x ) dx bằng? 3 0 0 A. 2 7 5 C. B. 1 7 4 D. 4 Đề tham khảo BGD năm 2017-2018 Lời giải Phân tích. Đây là một trào lưu gây bão trong năm 2018 và chắc chắn trong chúng ta không ai muốn nhìn lại kì thi năm này phải không nào, đây là một câu bất đẳng thức tích phân mà lần đầu tiên Bộ phù hợp hóa nó từ chương trình toán cao cấp xuống trong kì thi THPT Quốc Gia, ở phần CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN này đây chỉ là giới thiệu, nếu các bạn muốn tìm hiểu sâu hơn ta sẽ tìm hiểu ở phần sau nhé! du = f ‘ ( x ) dx u = f ( x )   Cách 1. Tính  x f ( x ) dx . Đặt  . x3 2 dv = x dx v =  0  3  1 2 Ta có  x f ( x ) dx = 2 − 3 0 1 1 x3f ( x ) 1 0 1.f ( 1) − 0.f ( 0 ) 1 3 1 3 1 x .f ‘ ( x ) dx = −  x .f ‘ ( x ) dx = −  x 3 .f  ( x ) dx  30 3 30 30 1 1 1 1 1 1 1 1 Mà  x f ( x ) dx =  −  x3 .f ‘ ( x ) dx =   x 3 .f ‘ ( x ) dx = −1 . 30 3 3 0 0 2 1 Ta có  f ‘ ( x ) 2 dx = 7 ( 1) 0 • • 1 1 x7 x dx = 0 7 = 6 1 0 1 1 1   49x6dx = .49 = 7 7 7 0 1 (2)  x .f ‘ ( x ) dx = −1   14x .f ‘ ( x ) dx = −14 ( 3 ) 3 0 3 0 Cộng hai vế ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra 1  f ‘ ( x ) 0 1 ( 2 1 1 dx +  49x dx +  14x 3 .f ‘ ( x ) dx = 7 + 7 − 14 = 0 . 6 0 ) 0 1 2    f ‘ ( x )  + 14x 3 f ‘ ( x ) + 49×6 dx = 0    f ‘ ( x ) + 7x 3  dx = 0 . 0 2 2 1 0 2 Do  f ‘ ( x ) + 7x 3   0    f ‘ ( x ) + 7x 3  dx  0 . 0 1 Mà 7x 4 3 3 2    f ‘ x = − 7x f ‘ x + 7x dx = 0  f x = − +C. ( ) ( ) 0  ( )  4 7x 4 7 7 7 Mặt khác f ( 1 ) = 0  − + C = 0  C = . Do đó f ( x ) = − + . 4 4 4 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 112 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1  7x 4 7   7x 5 7  7 +  dx =  − + x = . Vậy  f ( x ) dx =   − 4 4  20 4  0 5 0 0 1 1 1 Cách 2. Tương tự như trên ta có:  x3 .f ‘ ( x ) dx = −1 0 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có 2 1 1 1  1  1  2 2 2 2 1 7 = 7   x 3 f ‘ ( x ) dx   7   ( x 3 ) dx     f ‘ ( x )  dx  = 7    f ‘ ( x )  dx =  f ‘ ( x )  dx 7 0 0 0  0  0  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f ‘ ( x ) = ax 3 , với a  1 ax7 Ta có  x .f ‘ ( x ) dx = −1   x .ax dx = −1  7 0 0 3 3 Suy ra f ‘ ( x ) = −7x 3  f ( x ) = − Do đó f ( x ) = 1 = −1  a = −7 . 3 0 4 7x 7 + C , mà f ( 1 ) = 0 nên C = 4 4 1 1  7x 4 7   7x 5 7  1 7 . Vậy  f ( x ) dx =   − +  dx =  − + x = . 4 4 20 4 0 5    0 0 7 1 − x 4 ) x  ( 4 Chú ý. Chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  . 2 b  b  b  Khi đó, ta có   f ( x ) g ( x ) dx     f 2 ( x ) dx     g 2 ( x ) dx  . a  a  a  Chứng minh Trước hết ta có tính chất • b Nếu hàm số h ( x ) liên tục và không âm trên đoạn  a; b  thì  h ( x ) dx  0 a Xét tam thức bậc hai f ( x ) + g ( x )  =  2 f 2 ( x ) + 2f ( x ) g ( x ) + g 2 ( x )  0 , với mọi   2 Lấy tích phân hai vế trên đoạn  a; b  ta được  2 b b b a a  f ( x ) dx + 2  f ( x ) g ( x ) dx +  g ( x ) dx  0 , với mọi   2 a 2 Coi ( * ) là tam thức bậc hai theo biến  nên ta có   0 2 b  b  b     f 2 ( x ) dx  −   f 2 ( x ) dx    g 2 ( x ) dx   0 a  a  a  2 b 2  b 2  b 2     f ( x ) dx     f ( x ) dx    g ( x ) dx  (đpcm) a  a  a  113 | Chinh phục olympic toán (*) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 . | Nguyên hàm tích phân từng phần Câu 70. a a là phân ln 5 − c với a,b,c là các số nguyên dương và b b số tối giản. Tính giá trị của a + b + c ? Cho tích phân  2 0 x3 ln ( x 2 + 1 ) dx = A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 Lời giải 2x  2 u = ln ( x 2 + 1 ) du = x 2 + 1 dx x 4 ln ( x 2 + 1 ) 2 1 2 x5 3 2 Đặt   2  x ln ( x + 1 ) dx = −  2 dx  4 3 0 4 2 0 x +1 dv = x dx v = x 0  4 2 3 1 2 ( x + 1 )( x − x ) + x 1 2 1 2 x = 4 ln 5 −  dx = 4 ln 5 −  ( x 3 − x ) dx −  2 dx 2 0 0 2 x +1 2 2 0 x +1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 2 1  x4 x2  1 1 1 15 = 4 ln 5 −  −  − ln x 2 + 1 = 4 ln 5 −  2 − ln 5 = ln 5 − 1 0 2 4 2 0 4 2 4 4  a = 15, b = 4, c = 1  a + b + c = 20 Chọn ý C. Câu 71. thỏa mãn f ( x ) + f ‘ ( x ) = 1 . Biết rằng f ( 1 ) = 1 và f ( 0 ) = 0 , Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 1 tính giá trị của tích phân I =  e 2x f ( x ) dx 0 A. e +1 2 2 C. B. −e 2 − 1 e−1 2 D. e Lời giải 1 1 e2 − 1 e 2x Xét tích phân I =  e f ( x ) dx =  e ( 1 − f ‘ ( x ) ) dx = −J −  e 2x f ‘ ( x ) dx = 0 0 2 2 0 0 1 1 2x 2x 2x 2x   1 u = e du = 2e Xét tích phân J =  e 2x f ‘ ( x ) dx , đặt   0  dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x ) 1  J = e 2x f ( x ) 0 − 2  e 2x f ( x ) dx = e 2 − 2I  I = 1 0 e2 − 1 e2 + 1 − ( e 2 − 2I )  I = 2 2 Câu 72. Cho f ( x ) liên tục và đồng biến trên 1 thỏa mãn f 2 ( x ) = f 4 ( x ) .  f ‘ ( x )  − 1 . Biết rằng 2 f ( 1 ) = 2 2 ; f ( 0 ) = 3 . Tính I =   f ( x )  .  f ‘ ( x )  dx 0 A. 3 B. 5 2 2 C. 6 2 − 2 3 + 1 2 D. 6 2 − 2 3 − 1 2 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 114 Kỹ thuật giải toán tích phân| Biến đổi giả thiết ta có 1 f 2 ( x ) = f 4 ( x ) .  f ‘ ( x )  − 1  f 2 ( x ) + 1 = f 2 ( x ) f ‘ ( x )  I =  f ‘ ( x ) f ( x ) + 1dx 0 2 2 f ( x) f ‘(x)  dx u =  f x  2 + 1 du = 2    ( ) Đặt   2  f ( x )  + 1 dv = f ‘ ( x ) dx   v = f ( x ) 1 2 2 1 1 f ( x) f ‘( x) 1  I = f ( x )  f ( x )  + 1 −  dx = 6 2 − 6 3 − 2 0 f x  2 + 1 2 0  ( ) Câu 73. 2016   F   = ln 2 − . Tính S = ( F ( 0 ) − 1 ) ? 4 4 A. 1. B. 5. C. 2. D. 0. Lời giải 1  1 ln ( tan x + 1 ) = u . dx = du  2 Đặt    cos x tan x + 1 ( cos 2 x− sin 2x ) dx = dv sin x cos x − sin 2 x + 1 = v  1  1 . dx = du  2   cos x tan x + 1 sinxcosx + cos 2 x = v   F ( x ) = ln ( tan x + 1 ) ( sin x cos x − sin 2 x+ 1 ) −  ( sin x cos x + cos 2 x ) 1 1 . dx . 2 cos x tan x + 1 2016    ln ( I ) = 0  F   = ln 2 − − c  c = 0  F ( 0 ) = 0  S = ( F ( 0 ) − 1 ) = 1. 4 4 Chọn ý A. Câu 74. e Biết  f ( ln x ) dx = −f ( 0 ) e + f ( 0 ) + 2 và 1 1  f ‘ ( x ) dx = e − 1 . 0 1 Tính giá trị tích phân I =  xf ( x ) f ‘ ( x ) dx . 0 A. 1. B. −1 . 2 C. −1. Lời giải 115 | Chinh phục olympic toán D. 1 . 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  − cos 2 x  Cho nguyên hàm F ( x ) =   − sin 2x  ln ( tan x + 1 ) dx . Biết giá trị của biểu thức 4   | Nguyên hàm tích phân từng phần du = dx u = x  Đặt   f2 ( x) dv = f x .f ‘ x dx ( ) ( ) v =    2 I= x.f 2 ( x ) 2 1 1 1 1 1 1 −  f 2 ( x ) dx = −  f 2 ( x ) dx . 20 2 20 0 1  e e u = f ( ln x ) du = f ‘ ( ln x ) dx e 1 Đặt     f ( ln x ) dx = f ( ln x ) .x 1 −  x. f ‘ ( ln x ) dx x x dx = dv 1 1 x = v = f ( 1 ) .e − f ( 0 ) − f ( 1 ) + f ( 0 ) = f ( 1 ) .e − f ( 1 ) = f ( 1 )( e − 1 ) .  −f ( 0 ) e + f ( 0 ) + 2 = f ( 1 )( e − 1 ) .  ( e − 1 ) ( f ( 1 ) + f ( 0 ) ) = 2  f ( 1 ) + f ( 0 ) = 1 2 . e−1 Mặt khác ta có e − 1 =  f ‘ ( x ) dx = f ( x ) 0 = f ( 1 ) − f ( 0 ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 1  f 2 ( 1) − f 2 ( 0 ) = ( f ( 1) − f ( 0 ) ) ( f ( 1) + f ( 0 ) ) = 2 . I= 1 1 1 2 1 1 −1 . − f ( x ) = −  f 2 ( 1 ) − f 2 ( 0 )  = 0 2 2 2 2 2 Chọn ý B. Câu 75. 2 Biết I =  f ( x) f ‘( x) x 1 dx = A. −27. 2 169 1 ,  f ( x ) dx = − . Tính giá trị của f ( 3 ) ? 48 16 1 B. 25. C. −1. D. −15. Lời giải 2 Xét tích phân I =  f ( x) f ‘( x) x 1 dx = 1 16 1  1 du = − 2 dx   x u =   x Đặt  2 dv = f ( x ) .f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )   2 2 2 2 2 2 2 2 f2 (x) 1 f (x) 1 f (x) 1 1 f (x) 1 I= . +  2 dx = −  2 dx   2 dx = . 2 x1 21 x 8 21 x x 8 1 2 Mặt khác ta lại có  9x dx = 21 2 1 2 2 2 2  f ( x)  f ( x) 1 169 2 2 1  x2 + 6f ( x ) + 9x  dx = 1 x2 dx + 1 6f ( x ) dx + 1 9x = 8 − 8 + 21 = 0 . 2  2 f 2 ( x) x2  f ( x)  + 6f ( x ) + 9x = 0   + 3x  = 0  f ( x ) = −3x 2  f ( 3 ) = −27 .  x  2 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 116 Kỹ thuật giải toán tích phân| Chọn ý A. Câu 76. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên thỏa mãn f ‘ ( x ) cos x + f ( x ) sin x = sin x . Tính tích phân  2 0  ( f ( x ) + f ” ( x ) ) cos xdx ? A. 1 B. 2 C.  D. 2 Lời giải   u = cos x du = − sin xdx Xét tích phân I =  2 f ” ( x ) cos xdx . Đặt   0 dv = f ” ( x ) dx  v = f ‘ ( x )    I = f ‘ ( x ) cos x 02 +  2 f ‘ ( x ) sin xdx      u = sin x du = cos xdx Đặt    2 f ‘ ( x ) sin xdx = f ( x ) sin x 02 −  2 f ( x ) cos xdx  0 0  f ‘ ( x ) dx = dv  v = f ( x )     2 ( f ( x ) + f ” ( x ) ) cos xdx = sin x 02 = 1 0 Chọn ý A. 117 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 0 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác 3 CHƯƠNG S NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC au 2 chương nguyên hàm tích phân hàm phân thức hữu tỷ và phương pháp từng phần thì chúng ta sẽ tiếp tục tìm hiểu dạng toán nguyên hàm tích phân cơ bản tiếp theo đó là nguyên hàm – tích phân lượng giác. Để làm tốt được các bài toán nguyên hàm – tích phân hàm lượng giác ta cần nắm chắc các biến đổi hạ bậc lượng giác, tích thành CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN tổng, theo góc phụ t = tan x ,… 2 • sin ( x + a ) − ( x + b )  1 1 = . sin ( x + a ) .sin ( x + b ) sin ( a − b ) sin ( x + a ) sin ( x + b ) • 1 1 1 = . a sin x + b cos x a2 + b2 sin ( x +  ) • • • • 1 a sin x + b cos x  a + b 2 2 1 = a +b 2 2 . 1 1  cos ( x +  )  sin x +  cos x +  A ( a sin x + b cos x + c ) ‘ B = + a sin x + b cos x + c a sin x + b cos x + c a sin x + b cos x + c 1 1 1 = . 2 2 2 a sin x + b sin x cos x + cos x a tan x + b tan x + c cos 2 x (a sin x cos x 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x )  = A ( a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x ) ‘ (a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x )  Đặc biệt cận tích phân đối, bù, phụ thì đặt tương ứng t = −x, t =  − x, t =  − x . Tích phân 2 liên kết, để tính I thì đặt thêm J mà việc tính tích phân I + J và I − J hoặc I + kJ và I − mJ dễ dàng lợi hơn. Tích phân truy hồi I n theo I n −1 hay I n − 2 thì sin n x, cos n x tách lũy thừa 1 và dùng phương pháp tích phân từng phần còn tan n x, cot n x tách lũy thừa 2 và dùng phương pháp tích phân đổi biến số. Ngoài ra ta cần phải nhớ: 1. Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  thì:  2  2  0 0 0  f ( sin x ) dx =  f ( cos x ) dx;  xf ( sin x ) dx =   f ( sin x ) dx 2 0 2. Các dạng tích phân lượng giác: Tạp chí và tư liệu toán học | 118 Kỹ thuật giải toán tích phân| • • b b a a  P ( x ) .sin xdx,  P ( x ) .cos xdx : đặt u = P ( x ) , v’ = sin hoặc cos x  2   R ( x, sin x, cos x ) dx : đặt x = 2 − t 0  •  R ( x, sin x, cos x ) dx : đặt x =  − t 0 • 2  R ( x, sin x, cos x ) dx : đặt x = 2  − t 0 • b x  R ( sin x, cos x ) dx : đặt t = tan 2 , đặc biệt: a Nếu R ( − sin x, cos x ) = −R ( sin x, cos x ) thì đặt t = cos x Nếu R ( − sin x, − cos x ) = −R ( sin x, cos x ) thì đặt t = tan x, cot x . Để tìm hiểu sâu hơn ta sẽ cùng đi vào các dạng toán cụ thể. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP 1. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN. Dạng 1. Tính tích phân tổng quát sau I 1 =  ( sin x ) dx; I 2  ( cos x ) dx n • Ta chú ý các công thức hạ bậc sau sin 2 x = • n 1 − cos 2x 1 + cos 2x − sin 3x + 3 sin x cos 3x + 3 cos x ; cos 2 x = ; sin 3 x = ; cos 3 x = 2 2 4 4 Phương pháp 1. Nếu n chẵn hoặc n = 3 thì ta sẽ sử dụng công thức hạ bậc triệt để 2. Nếu n lẻ và lớn hơn 3 thì ta sẽ sử dụng phép biến đổi sau + Với I 1 =  ( sin x ) dx =  ( sin x ) n dx =  ( sin x ) sin xdx = −  ( 1 − cos 2 x ) d ( cos x ) 2p + 1 ( p 2p ) = −  C 0p − C 1p cos2 x ++ ( −1) Ckp ( cos2 x ) ++ ( −1) C pp ( cos2 x ) d ( cos x ) L k k p p k p  0  −1 ) −1 ) ( ( 1 1 2k + 1 2p + 1 3 k = −  C p cos x − C p cos x ++ C p ( cos x ) ++ C pp ( cos x ) +C   3 2k + 1 2p + 1   + Với I 2 =  ( cos x ) dx =  ( cos x ) n ( 2p + 1 dx =  ( cos x ) cos xdx =  ( 1 − sin 2 x ) d ( sin x ) p 2p ) =  C 0p − C 1p sin 2 x ++ ( −1 ) C kp ( sin 2 x ) ++ ( −1 ) C pp ( sin 2 x ) d ( sin x ) k k p p k p  0  −1 ) −1 ) ( ( 1 1 2k + 1 2p + 1 3 k =  C p sin x − C p sin x ++ C p ( sin x ) ++ C pp ( sin x ) +C   3 2k + 1 2p + 1   119 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Nếu R ( sin x, − cos x ) = −R ( sin x, cos x ) thì đặt t = sin x | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác Nhìn chung đây là một dạng toán không khó, cái khó của nó là phép biến đổi tương đối dài và cồng kềnh ,và mấu chốt là hạ bậc dần dần để đưa về nguyên hàm cơ bản. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu ví dụ về phần này! Câu 1. Tìm các nguyên hàm sau. a) I =  cos6 xdx c) I =  ( cos 2x ) dx b) I =  ( sin 5x ) dx d) I =  ( 3 + cos x ) dx 13 9 5 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 3  1 + cos 2x  a) Ta có I =  cos xdx =  ( cos x ) dx =    dx 2   1 1 3 =  ( 1 + cos 2x ) dx =  ( 1 + 3 cos 2x + 3 cos 2 2x + cos 3 2x ) dx 4 4 3 ( 1 + 2 cos 4x ) cos 3x + 3 cos x  1  =   1 + 3 cos 2x + +  dx 4  2 4  6 2 3 1 ( 7 + 12 cos 2x + 12 cos 4x + cos 3x + 3 cos x ) dx 16  1  1  =  7x + 6 sin 2x + 3 sin 4x + sin 3x + 3 sin x  + C 16  3  = b) Ta có I =  ( sin 5x ) dx =  ( sin 5x ) ( sin 5x ) dx = − 9 8 4 1 1 − cos 2 5x ) d ( cos 5x ) (  5 1 1 − 4 cos 2 5x + 6 cos 4 5x − 4 cos 6 5x + cos 8 5x ) d ( cos 5x ) (  5 1 4 6 4 1  = −  cos 5x − cos 3 5x + cos 5 5x − cos7 5x + cos 9 5x  + C 5 3 5 7 9  6 1 13 12 c) Ta có I =  ( cos 2x ) dx =  ( cos 2x ) cos 2xdx =  ( 1 − sin 2 2x ) d ( sin 2x ) 2 1 =  ( 1 − 6 sin 2 2x + 15 sin 4 2x − 20 sin 6 2x + 15 sin 8 2x − 6 sin 10 2x + sin 12 2x ) d ( sin 2x ) 2 1 20 5 6 1  =  sin 2x − 2 sin 3 2x + 3 sin 5 2x − sin 7 2x + sin 9 2x − sin 11 2x + sin 13 2x  + C 2 7 3 11 13  =− d) Có I =  ( 3 + cos x ) dx =  ( 35 + 5.34 cos x + 10.33 cos 2 x + 10.32 cos 3 x + 5.3 cos 4 x + cos 5 x ) dx 5 45 15 2   =   243 + 405 cos x + 135 ( 1 + cos 2x ) + ( cos 3x + 3 cos x ) + ( 1 + cos 2x ) + cos 5 x  dx 2 2    945 45 15  1 + cos 4x   5 =   378 + cos x + 135 cos 2x + cos 3x +  1 + 2 cos 2x +  + cos x  dx 2 2 2  2    Tạp chí và tư liệu toán học | 120 Kỹ thuật giải toán tích phân| 45 15  1557 945  =  + cos x + 150 cos 2x + cos 3x + cos 4x  dx +  cos 4 x cos xdx 2 2 4  4  2 1 =  ( 1557 + 1890 cos x + 600 cos 2x + 90 cos 3x + 15 cos 4x ) dx +  ( 1 − sin 2 x ) d ( sin x ) 4 1 15  2 4  1557x + 1890 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x + sin 4x  +  ( 1 − 2 sin x + sin x ) d ( sin x ) 4 4  1 15 8 4  =  1557x + 1894 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x + sin 4x − sin 3 x + sin 5 x  + C 4 4 3 5  = Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta đã phần nào nắm được dạng toán này, riêng ở ví dụ 4 ta đã sử dụng tới công thức khai triển hệ số Newton để khai trên biểu thức trong dấu nguyên hàm và các bước còn lại chỉ là biến đổi thông thường. Dạng 2. Đôi khi trong khi làm các bài tính tích phân ta bắt gặp các bài toán liên tuan tới giải quyết các bài toán này. Sau đây là các công thức cần nhớ • • • • 1 ( cos ( m − n ) x + cos ( m + n ) x ) dx 2 1 I =  ( sin mx )( sin nx ) dx =  ( cos(m − n)x − cos ( m + n ) x ) dx 2 1 I =  ( sin mx )( cos nx ) dx =  ( sin ( m + n ) x + sin ( m − n ) x ) dx 2 1 I =  ( cos mx )( sin nx ) dx =  ( sin ( m + n ) x − sin ( m − n ) x ) dx 2 I =  ( cos mx )( cos nx ) dx = Nhìn chung đây là một dạng toán cơ bản, sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu các bài toán về nó. Câu 2. Tìm các nguyên hàm sau. a) I =  ( cos x ) sin 8xdx 3 b) I =  ( cos 2x ) dx 13 Lời giải a) Ta có I =  ( cos x ) sin 8xdx =  3 ( 3 cos x + cos 3x ) sin 8xdx 4 1 1 3 1 ( 3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x ) dx =   ( sin 9x + sin 7x ) + (sin 11x + sin 5x ) dx  4 4 2 2  13 3 1 1  = −  cos 9x + cos 7x + cos 11x + cos 5x  + C 89 7 11 5  = b) Ta có I =  ( sin x ) ( sin 3x )( cos 10x ) dx = 4 121 | Chinh phục olympic toán 1 2 ( 1 − cos 2x ) ( sin 13x + sin 7x ) dx  8 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC tích các biểu thức sin x, cos x khi đó ta sẽ sử dụng các công thức biến tích thành tổng để | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác 1 ( 1 − 2 cos 2x + cos2 2x ) ( sin 13x + sin 7x ) dx 8 1  1 + cos 4x  =   1 − 2 cos 2x +  ( sin 13x + sin 7x ) dx 8  2  1 = ( 3 − 4 cos 2x + cos 4x )( sin 13x + sin 7x ) dx 16  = 1 ( 3 ( sin 13x + sin 7x ) − 4 cos 2x ( sin 13x + sin 7x ) + cos 4x (sin 13x + sin 7x ) ) dx 6 1 =  ( 3 ( sin 13x + sin 7x ) − 2 ( sin 15x + sin 11x + sin 9x + sin 5x ) + 6 1  + ( sin 17x + sin 9x + sin 11x + sin 3x )  dx 2  = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Dạng 3. Tính tích phân tổng quát sau I =  sin m x cos n xdx • Trường hợp 1. Nếu m, n là các số nguyên + Nếu m và n chẵn thì dùng công thức hạ bậc biến tích thành tổng + Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi I =  ( sin x ) m =  ( sin x ) =C 0 p ( sin x ) ( cos x ) m ( dx =  ( sin x ) ( cos x ) cos xdx =  ( sin x ) n 2p m (1 − sin x ) d (sin x ) p 2 ) C0p − C1p sin 2 x ++ ( −1 ) Ckp ( sin 2 x ) ++ ( −1 ) C pp ( sin 2 x ) d ( sin x ) k k m −1 m+1 2p + 1 −C 1 p ( sin x ) m+3 m+3 ++ ( −1 ) C k k p ( sin x ) p p 2k + 1+ m ++ ( −1 ) C p 2k + 1 + m p p ( sin x ) 2p + 1+ m 2p + 1 + m +C + Nếu m lẻ và n chẵn thì ta cũng biến đổi tương tự như trường hợp trên. + Nếu m lẻ và n lẻ thì dùng ta sẽ tách ra 1 biểu thức cos x hoặc sin x để đưa vào trong dấu vi phân. • Trường hợp 2. Nếu m, n là các số hữu tỷ Trong trường hợp này ta sẽ đặt u = sin x và tùy theo trường hợp ta sẽ biến đổi nó để đưa về bài toán cơ bản. Ta sẽ tìm hiểu kỹ thuật này qua các bài toán dưới. Sau đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu các ví dụ cụ thể! Câu 3. Tìm các nguyên hàm sau. a) I =  ( sin x ) ( cos x ) dx 2 b) I =  ( sin 3x ) c) I =  ( sin 5x ) ( cos 5x ) 4 10 ( cos 3x ) 5 9 dx a) Ta có I =  ( sin x ) ( cos x ) dx = 2 4 d) I =  ( sin 3x ) 5 111 dx 7 cos 4 3x Lời giải dx 1 2 2 ( sin 2x ) ( cos x ) dx  4 Tạp chí và tư liệu toán học | 122 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 1 ( 1 − cos 4x )( 1 + cos 2x ) dx =  ( 1 + cos 2x − cos 4x − cos 2x cos 4x ) dx  16 16 1  1  =  1 + cos 2x − cos 4x − ( cos 6x + cos 2x )  dx  16  2  1 1 sin 2x sin 4x sin 6x  = − − ( 2 + cos 2x − 2 cos 4x − cos 6x ) dx =  2x + +C  32 32  2 2 6  = b) Ta có I =  ( sin 3x ) ( cos 3x ) 5 dx =  ( sin 3x ) 10 ( cos 3x ) 4 cos 3xdx 2 1 1 10 10 2 sin 3x 1 − sin 3x d ( sin 3x ) =  ( sin 3x ) ( 1 − 2 sin 2 3x + sin 4 3x ) d ( sin 3x ) ( ) ( )  3 3 1 1 10 12 14 =  ( sin 3x ) − 2 ( sin 3x ) + ( sin 3x ) d ( sin 3x ) 3 0 ( ) 2 ( sin 3x ) ( sin 3x ) 1  ( sin 3x ) =  − + 3  11 13 15 11 c) Ta có I =  ( sin 5x ) ( cos 5x ) 9 111 dx =  ( cos 5x ) 13 111 ( sin 5x ) 8 15  +C   sin 5xdx 4 −1 111 2 cos 5x 1 − cos 5x d ( cos 5x ) ( ) ( ) 5  1 111 = −  ( cos 5x ) ( 1 − 4 cos 2 5x + 6 cos 4 5x − 4 cos 6 5x + cos 8 5x ) d ( cos 5x ) 5 112 114 116 118 120 4 ( cos 5x ) 6 ( cos 5x ) 4 ( cos 5x ) cos 5x ) ( 1  ( cos 5x ) =−  − + − + 5  112 114 116 118 120 = d) Ta có I =  ( sin 3x ) 5 7 cos 4 3x −1 dx =  ( cos 3x ) 5 ( sin 3x ) sin 3xdx 6 −4 3 −1 2 5 ( 1 − cos 3x ) d ( cos 3x ) cos 3x ( ) 3  −4 −1 = ( cos 3x ) 5 ( 1 − 3 cos 2 3x + 3 cos 4 3x − cos 6 3x ) d ( cos 3x )  3 1 11 21 31 −1  15 15 5  =  5 ( cos 3x ) 5 − ( cos 3x ) 5 + ( cos 3x ) 5 − ( cos 3x ) 5  + C 3  11 21 31  = Dạng 4. Tính tích phân tổng quát sau I 1 =  ( tan x ) dx; I 2 =  ( cot x ) dx ( n  n Trong các bài toán như thế này ta cần chú ý tới các công thức sau • • • • d ( cos x ) = − ln cos x + C cos x d ( sin x ) cos x cot xdx = dx =   sin x  sin x = ln sin x + c dx 2  ( 1 + tan x ) dx =  cos2 x =  d ( tan x ) = tan x + C dx 2  ( 1 + cot x ) dx = − sin 2 x = − d ( cot x ) = − cot x + C sin x  tan xdx =  cos x dx = − 123 | Chinh phục olympic toán n )  +C   TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = 10 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác Để làm các bài toán tính  ( tan x ) dx ta sẽ cần cố gắng tách về dạng tan x ( tan n m 2 x + 1 ) đến cuối cùng để đưa về bài toán cơ bản. Sau đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu các ví dụ minh họa để hiểu rõ hơn các bài toán này. Câu 4. Tìm các nguyên hàm sau. a) I =  ( tan x ) dx c) I =  ( cot x ) dx b) I =  ( tan 2x ) dx d) I =  ( cot 4x ) dx 12 8 13 e) I =  ( tan x + cot x ) dx 9 5 Lời giải a) Ta có I =  ( tan x ) dx 8 ( ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN =  ( tan x ) ( 1 + tan 2 x ) − ( tan x ) ( 1 + tan 2 x ) + ( tan x ) ( 1 + tan 2 x ) − ( tan x ) ( 1 + tan 2 x ) + 1 dx 6 4 2 0 6 4 2 0 =  ( tan x ) − ( tan x ) + ( tan x ) − ( tan x )  d ( tan x ) +  dx   ( tan x ) = 7 7 ( tan x ) − 5 5 ( tan x ) + 3 − 3 tan x +x+C 1 b) Ta có I =  ( cot x ) dx 12 ( ( 1 + cot x ) − ( cot x ) ( 1 + cot x ) + ( cot x ) ( 1 + cot x ) − ( cot x ) ( 1 + cot x ) + ( cot x ) ( 1 + cot x ) − ( cot x ) ( 1 + cot x ) + 1 ) dx =  ( cot x ) 4 ( 10 8 2 2 2 6 2 2 0 2 2 ) = −  ( cot x ) − ( cot x ) + ( cot x ) − ( cot x ) + ( cot x ) − ( cot x ) d ( cot x ) +  dx 10 8 6 4 2 0  ( cot x )11 ( cot x )9 ( cot x )7 ( cot x )5 ( cot x )3 cot x  = − − + − + − +x+C  11  9 7 5 5 1   c) Ta có I =  ( tan 2x ) dx 13 ( =  ( tan 2x ) 11 ( 1 + tan 2 2x ) − ( tan 2x ) ( 1 + tan 2 2x ) + ( tan 2x ) ( 1 + tan 2 2x ) 9 7 ) − ( tan 2x ) ( 1 + tan 2 2x ) + ( tan 2x ) ( 1 + tan 2 2x ) − tan 2x ( 1 + tan 2 2x ) + tan 2x dx 5 3 ( ) 1 11 9 7 5 3 ( tan 2x ) − ( tan 2x ) + ( tan 2x ) − ( tan 2x ) + ( tan 2x ) − tg 2x d ( tan 2x ) +  tan 2xdx  2 12 10 8 6 4 2  tan 2x ) tan 2x ) ( tan 2x ) ( tan 2x ) ( tan 2x ) ( ( 1  ( tan 2x ) =  − + − + − − ln cos 2x  + C  2  12 10 8 6 4 2  = d) Ta có I =  ( cot 4x ) dx =  ( cot 4x ) ( 1 + cot 2 4x ) − ( cot 4x ) ( 1 + cot 2 4x ) +  9 7 5 Tạp chí và tư liệu toán học | 124 Kỹ thuật giải toán tích phân| + ( cot 4x ) ( 1 + cot 2 4x ) − ( cot 4x ) ( 1 + cot 2 4x )  dx + cot 4x  1 7 5 3 = −  ( cot 4x ) − ( cot 4x ) + ( cot 4x ) − ( cot 4x ) d ( cot 4x ) +  cot 4xdx 4 8 6 4 2 −1  ( cot 4x ) ( cot 4x ) ( cot 4x ) ( cot 4x )  1 = − + −   + ln sin 4x + C  4 4  8 6 4 2  3 ( ) e) Ta có I =  ( tan x + cot x ) dx =  ( tan x ) + 5 ( tan x ) cot x + 10 ( tan x ) ( cot x )  5 5 4 3 2 2 3 4 5 +10 ( tan x ) ( cot x ) + 5 tg x ( cot x ) + ( cot x )  dx  5 5 3 3 =  ( tan x ) + ( cot x ) + 5 ( tan x ) + 5 ( cot x ) + 10 tan x + 10 cot x  dx   5 3 5 3 =  ( tan x ) + 5 ( tan x ) + 10 tan x dx +  ( cot x ) + 5 ( cot x ) + 10 cot x  dx   ( ) =  ( ( tan x ) ( 1 + tan x ) + 4 tan x ( 1 + tan x ) + 6 tan x ) dx +  ( ( cot x ) ( 1 + cot x ) + 4 cot x ( 1 + cot x ) + 6 cot x ) dx =  ( ( tan x ) + 4 tan x ) d ( tan x ) + 6  tan xdx −  ( ( cot x ) + 4 cot x ) d ( cot x ) + 6  cot xdx 2 3 2 2 2 3 3 ( tan x ) = 4 4 + 2 tan 2 ( cot x ) x − 6 ln cos x − 4 4 − 2 cot 2 x + 6 ln sin x + C Tóm lại. Qua 5 ví dụ trên ta đã phần nào hiểu được phương pháp làm các bài tập của dạng toán này, mấu chốt là đưa về nguyên hàm tích phân hàm đa thức qua các phép biến đổi và thêm bớt, và đồng thời cũng cần áp dụng linh hoạt công thức khai triển hệ thức Newton để giải quyết bài toán dễ dàng. Về phần bài tập luyện tập có lẽ không cần thêm vì các bạn có thể bịa bất kì một bài toán tương tự với các bài mẫu! ( tan x ) Dạng 5. Tính tích phân tổng quát sau I =  n ( cos x ) m ( tan x ) Ta sẽ xét dạng I =  n ( cos x ) ( cotg x ) dx, I =  n ( sin x ) m dx m • Trường hợp 1. Nếu n chẵn ta biến đổi như sau ( tan x ) I= n ( cos x ) m =  ( tan x ) =C • dx vì đây là 2 dạng tương tự nhau 0 k −1 m dx =  ( tan x ) (C ( tan x ) 0 k −1  1    2  cos x  k −1 k −1 dx m =  ( tan x ) ( 1 + tan 2 x ) d ( tan x ) 2 cos x + Ck1 −1 ( tan 2 x ) ++ C kp−1 ( tan 2 x ) ++ C kk −−11 ( tan 2 x ) 1 m +1 m+1 m +C 1 k −1 ( tan x ) p m+3 m+3 ++ C p k −1 ( tan x ) m + 2p + 1 m + 2p + 1 ++ C k −1 k −1 k −1 ) d ( tan x) ( tan x ) m + 2k −1 m + 2k − 1 +C Trường hợp 2. Nếu m và n đều lẻ thì ta biến đổi như sau 2h tan x ) ( 1  2k  I= dx =  ( tan x )   2 h +1  cos x  ( cos x ) 2k + 1 125 | Chinh phục olympic toán k  tan x 1  dx =  ( tan 2 x )   cos x  cos x  2h sin x dx cos 2 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác k 2h k 2h  1   1   1  2 =  − 1   d  =  ( u − 1 ) u du 2  cos x   cos x   cos x  ( =  u 2h C0k ( u 2 ) − C1k ( u 2 ) = C0k • k k −1 ++ ( −1 ) C kp ( u 2 ) p k −p 1   u =  cos x   ) ++ ( −1 ) C kk du k u 2k + 2h +1 u 2k + 2h −1 u 2k + 2h −2p+1 u 2h +1 p k − C1k ++ ( −1 ) C kp ++ ( −1 ) C kk +C 2k + 2h + 1 2k + 2h − 1 2k + 2h − 2p + 1 2h + 1 Trường hợp 3. Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi như sau tan x ) sin x ) cos x ( ( (sin x)2k I= dx =  dx =  d ( sin x ) 2 h +1 k +h +1 2 k +h +1 ( cos x ) ( cos x ) ( ) ( 1 − sin 2 x ) 2k Đặt u = sin x ta có I =  2k u 2k du (1 − u ) 2 k +h +1 = u 2k − 2 1 − ( 1 − u 2 )  (1 − u ) 2 k +h +1 du =  u 2k −2 du (1 − u ) 2 k +h +1 − u 2k −2 du (1 − u ) 2 k +h CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Hệ thức trên là hệ thức truy hồi các bạn có thể tham khảo ở phần sau, do đó tính được I. Nhìn chung các bài toán trên mang tính tổng quát và có lẽ nhìn vào các lời giải tổng quát đó ta sẽ thấy nó thật lằng nhằng và phức tạp, nhưng khi vào các ví dụ cụ thể ta sẽ thấy cách làm các dạng toán này khá dễ. Sau đây ta sẽ đi vào các bài minh họa. Câu 5. Tìm các nguyên hàm sau. ( cot 5x ) a) I =  8 ( sin 5x ) 10 9 dx c) ( tan 4x ) dx I= 95 ( cos 4x ) ( tan 3x ) dx d) I =  6 ( cos 3x ) 7 b) ( cot 3x ) dx I= 41 ( sin 3x ) 7 Lời giải ( cot 5x ) I= 8 ( sin 5x ) 10 a) Ta có dx =  ( cot 5x ) 10   1  2   ( sin 5x )  3 dx ( sin 5x ) 2 3 1 10 ( cot 5x ) 1 + cot 2 5x  d ( cot 5x )  5 1 10 2 4 6 = −  ( cot 5x ) 1 + 3 ( cot 5x ) + 3 ( cot 5x ) + ( cot 5x ) d ( cot 5x ) 5 11 13 15 17 cot 5x ) cot 5x ) cot 5x )  ( ( ( 1  ( cot 5x ) =−  +3 +3 + +C 5  11 13 15 17  =− ( ( tan 4x ) dx = tan 4x 6  1 94 I= )   95 (  cos 4x  ( cos 4x ) 7 b) Ta có ) tan 4x dx cos 4x Tạp chí và tư liệu toán học | 126 Kỹ thuật giải toán tích phân| 3   1 94  1  1 94 2 3 1  1 =  − 1   d  =  u ( u − 1 ) du 2 4  ( cos 4x )  cos 4x  4   cos 4x  1 1  u 101 u 99 u 97 u 95  =  u 94 ( u 6 − 3u 4 + 3u 2 − 1 ) du =  −3 +3 − +C 4 4  101 99 97 95  40 cot 3x ) ( 1  8 I= dx =  ( cot 3x )   41  sin 3x  ( sin 3x ) 9 c) Ta có 4 cot 3x dx sin 3x 40 4 1  1 1 40 2   1   1  = −  − 1   d  = −  u ( u − 1 ) du 2 3  sin x 3   sin 3x   sin 3x  4 1 1  u 49 u 47 u 45 u 43 u 41  = −  u 40 ( u 8 − 4u 6 + 6u 4 − 4u 2 + 1 ) du = −  −4 +6 −4 + +C 3 3  49 47 45 43 41  2 dx ( cos 3x ) 2 = 2 1 7 ( tan 3x ) ( 1 + tan 2 3x ) d ( tan 3x )  3 8 10 12 tan 3x ) tan 3x )  ( ( 1 1  ( tan 3x ) 7 2 4   =  ( tan 3x ) 1 + 2 ( tan 3x ) + ( tan 3x ) d ( tan 3x ) =  +2 + +C   3 3  8 10 10  Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta thấy đó, mấu chốt chỉ là công thức lượng giác và phân tích hợp lý, cái này ở phần hướng dẫn đã có đầy đủ rồi. Tương tự mấy phần trước bài tập tự luyện có lẽ không cần vì các bạn có thể tự nghĩ ra một câu để mình làm. Ta cùng chuyển tiếp sang phần sau! 2. CÁC DẠNG TOÁN BIẾN ĐỔI NÂNG CAO. Các bài toán nguyên hàm tích phân lượng giác rất phong phú và do đó sẽ không dừng lại các dạng toán bên trên. Ở phần này ta sẽ cùng tìm hiểu các dạng toán nâng cao hơn, với những phép biến đổi phức tạp hơn. Sau đây chúng ta sẽ cùng đi vào từng dạng toán cụ thể! Dạng 1. Xét tích phân tổng quát I =  dx sin ( x + a ) sin ( x + b ) 1. PHƯƠNG PHÁP. Dùng đồng nhất thức: 1= sin ( a − b ) sin ( a − b ) Từ đó suy ra I = = sin ( x + a ) − ( x + b )  sin ( a − b ) = sin ( x + a ) cos ( x + b ) − cos ( x + a ) sin ( x + b ) sin ( a − b ) sin ( x + a ) cos ( x + b ) − cos ( x + a ) sin ( x + b ) 1 dx  sin ( a − b ) sin ( x + a ) sin ( x + b ) =  cos ( x + b ) cos ( x + a )  1 −   dx sin ( a − b )   sin ( x + b ) sin ( x + a )  = 1 ln sin ( x + b ) − ln sin ( x + a )  + C sin ( a − b )  127 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   1 d) Ta có I =  ( tan 3x )  2   ( cos 3x )  7 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác 2. CHÚ Ý. Với cách này, ta có thể tìm được các nguyên hàm: sin ( a − b ) dx bằng cách dùng đồng nhất thức 1 = cos ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( a − b ) • J= • K= cos ( a − b ) dx bằng cách dùng đồng nhất thức 1 = sin ( x + a ) cos ( x + b ) cos ( a − b ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Câu 1. Tính các tích phân sau dx a) I =    sin x sin  x +  6  b) I =  dx   cos 3x cos  3x +  6  Lời giải c) I =  dx      sin  x +  cos  x +  3 12    Tính các nguyên hàm, tích phân sau:  sin  x +   − x    6          6 = a) Ta có 1 = = 2 sin  x +  cos x − cos  x +  sin x   1 6 6     sin 6 2 sin           cos  x +   sin  x + 6  cos x − cos  x + 6  sin x   6      dx = 2  cos x −   dx  I = 2     sin x    sin x sin  x +  sin  x +   6 6         d  sin  x +   d ( sin x ) 6  sin x  = 2 − 2  = 2 ln +C   sin x   sin  x +  sin  x +  6 6    sin  3x +   − 3x     6    = 2 sin  3x +   cos 3x − cos  3x +   sin 3x  6 b) Ta có 1 = =        1 6 6     sin 6 2 sin         sin  3x +   sin  3x + 6  cos 3x − cos  3x + 6  sin 3x  sin 3x 6      dx = 2   I = 2  dx − 2  dx    cos 3x   cos 3x cos  3x +  cos  3x +  6 6   Tạp chí và tư liệu toán học | 128 Kỹ thuật giải toán tích phân|     d  cos  3x +   6   2 d ( cos 3x ) 2 2 cos 3x  =−   +  = ln +C   3 3 cos 3x 3   cos  3x +  cos  3x +  6 6    cos  x +   −  x +        3  12     4 c) Ta có 1 = =  2 cos 4 2           = 2  cos  x +  cos  x +  + sin  x +  sin  x +   3 12  3 12                  cos  x +  cos  x +  + sin  x +  sin  x +  3 12  3 12       I = 2 dx      sin  x +  cos  x +  3 12        cos  x +  sin  x +  3 12    = 2 dx + 2  dx     sin  x +  cos  x +  3 12              d  sin  x +   d  cos  x +   sin  x +  3  12   3    = 2  − 2  = 2 ln +C        sin  x +  cos  x +  cos  x +  3 12  12     Dạng 2. Xét tích phân tổng quát I =  tan ( x + a ) tan ( x + b ) dx 1. PHƯƠNG PHÁP. Ta có tan ( x + a ) tan ( x + b ) = = sin ( x + a ) sin ( x + b ) cos ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( x + a ) sin ( x + b ) + cos ( x + a ) cos ( x + b ) cos ( x + a ) cos ( x + b ) Từ đó suy ra I = cos ( a − b )  −1= cos ( x + a ) cos ( x + b ) dx −1 cos ( x + a ) cos ( x + b ) Đến đây ta gặp bài toán tìm nguyên hàm ở Dạng 1. 2. CHÚ Ý Với cách này, ta có thể tính được các nguyên hàm: • J =  cot ( x + a ) cot ( x + b ) dx • K =  tan ( x + a ) tan ( x + b ) dx Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. 129 | Chinh phục olympic toán cos ( a − b ) −1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC cos | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác Câu 2. Tính các tích phân sau     a) I =  cot  x +  cot  x +  dx 3 6       b) K =  tan  x +  cot  x +  dx 3 6   Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN     cos  x +  cos  x +    3 6     a) Ta có cot  x +  cot  x +  =   3 6     sin  x +  sin  x +  3 6           cos  x +  cos  x +  + sin  x +  sin  x +  3 6 3 6     = −1     sin  x +  sin  x +  3 6        cos  x +  −  x +   3  6  3 1  = −1= . −1     2     sin  x +  sin  x +  sin  x +  sin  x +  3 6 3 6     3 2  1 3 dx −  dx = I1 − x + C   2   sin  x +  sin  x +  3 6   dx Tính I 1 =      sin  x +  sin  x +  3 6   Từ đó I =  sin  x +   −  x +        3  6               6 Ta có 1 = = = 2 sin  x +  cos  x +  − cos  x +  sin  x +    1 3 6 3 6       sin 6 2         sin  x +  cos  x +  − cos  x +  sin  x +  3 6 3 6     Từ đó I 1 = 2  dx     sin  x +  sin  x +  3 6   sin       cos  x +  cos  x +  sin  x +  6 3 6    = 2 dx − 2  dx = 2 ln +C       sin  x +  sin  x +  sin  x +  6 3 3        sin  x +  sin  x +  3 6 6   .2 ln − x + C = 3 ln −x+C Suy ra I =   2   sin  x +  sin  x +  3 3   Tạp chí và tư liệu toán học | 130 Kỹ thuật giải toán tích phân|     sin  x +  cos  x +    3 6     b) Ta có tan  x +  cot  x +  =   3 6       cos  x +  sin  x +  3 6        sin  x +  −  x +   3  6  1 1  = +1= . +1     2     cos  x +  sin  x +  cos  x +  sin  x +  3 6 3 6     1 1 1 dx +  dx = K 1 + x + C Từ đó K =    2 2   cos  x +  sin  x +  3 6   Đến đây, bằng cách tính ở Dạng 1, ta tính được:     sin  x +  sin  x +  3 dx 2 6 6   K1 =  ln = ln +x+C +C  K =     3     3 cos  x +  sin  x +  cos  x +  cos  x +  3 6 3 3     Dạng 3. Xét tích phân tổng quát I =  dx a sin x + b cos x PHƯƠNG PHÁP.   a b Biến đổi a sin x + b cos x = a 2 + b 2  sin x + cos x  2 2 a 2 + b2  a +b   a sin x + b cos x = a 2 + b 2 sin ( x +  ) I= 1 a +b 2 dx 2  sin ( x +  ) = 1 a +b 2 Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Câu 3. Tính các tích phân sau 2dx a) I =  3 sin x + cos x dx b) J =  cos 2x − 3 sin 2x Lời giải 131 | Chinh phục olympic toán 2 ln tan x+ +C 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC         sin  x +  cos  x +  − cos  x +  sin  x +  3 6 3 6     = +1     cos  x +  sin  x +  3 6   | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác 2dx dx dx = =   3 sin x + cos x 3 1 sin x cos + cos x sin sin x + cos x 6 6 2 2    d x +  x+ dx 6  = ln tan 6 + C = ln tan  x +   + C = =      2    2 12  sin  x +  sin  x +  6 6   dx 1 dx b) Ta có J =  =  cos 2x − 3 sin 2x 2 1 3 cos 2x − sin 2x 2 2   d  − 2x  1 dx 1 dx 1 6  =  =  =−     2 sin cos 2x − cos sin 2x 2 4     sin  − 2x  sin  − 2x  6 6 6  6  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN a) Ta có I =   − 2x 1 1    = − ln tan 6 + C = − ln tan  − x  + C 4 2 4  12  dx a sin x + b cos x + c 2dt  dx = 1 + t 2  sin x = 2t  x 1 + t2 PHƯƠNG PHÁP. Đặt tan = t   2 2  cos x = 1 − t  1 + t2  2t  tan x = 1 − t2  Dạng 4. Xét tích phân tổng quát I =  Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Câu 4. Tính các tích phân sau dx a) I =  3 cos x + 5 sin x + 3 c) K =  dx sin x + tan x b) J =  2dx 2 sin x − cos x + 1   1 + sin x  d) I =  2 ln   dx 0  1 + cos x  Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 132 Kỹ thuật giải toán tích phân| 2dt  dx = 1 + t 2 2dt  x 2t 2dt  1 + t2 a) Đặt tan = t  sin x = . Từ đó ta có I =  = 2 2 2 2 1+ t 1−t 2t 3 − 3t + 10t + 3 + 3t 2  3. + 5 + 3  1 − t2 1 + t2 1 + t2 cos x =  1 + t2  2dt 1 d ( 5t + 3 ) 1 1 x =  = ln 5t + 3 + C = ln 5 tan + 3 + C 10t + 6 5 5t + 3 5 5 2 2dt  dx =  x  1 + t2 b) Đặt tan = t   2 2 sin x = 2t , cos x = 1 − t  1 + t2 1 + t2 2dt 2. 4dt 4dt dt 1 + t2 J= = = 2 = 2 2 2 2 2t 1−t 4t − 1 + t + 1 + t 2t + 4t t (t + 2) 2. − +1 2 2 1+ t 1+t 1  x x 1 =  −  dt = ln t − ln t + 2 + C = ln tan − ln tan + 2 + C 2 2  t t+2 2dt  dx =  x  1 + t2 c) Đặt tan = t   2 sin x = 2t , tan x = 2t  1 + t2 1 − t2 2dt 2 1 1 − t2 1 dt 1 1 + t K= =  dt =  −  tdt 2t 2t 2 t 2 t 2 + 2 2 1+ t 1−t 1 1 1 x 1 x = ln t − t 2 + C = ln tan − tan 2 + C 2 4 2 2 4 2  2 0 d) Biến đổi giả thiết ta có   x x x x sin 2   + cos 2   + 2 sin cos   2 2  1 + sin x  2 2 ln  dx  dx =  ln  x 2    1 + cos x  2 cos   2    1 x x   =  2 ln  tan 2 + 2 tan + 1  dx 0 2 2 2    2 0 x 1 1 = t  I =  ( t 2 + 1) ln ( t 2 + t + 1 ) dt . 2 2 0 Đặt tan Đến đây sử dụng tính chất b b a a  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx  2 0  2 0 Cách 2. Ta có I =  ln ( 1 + sinx ) dx −  ln ( 1 + cosx ) dx Sử dụng nguyên hàm từng phần ta được •  2 0  ln ( 1 + sinx ) dx =   xcosx ln2 −  2 dx 0 1 + sinx 2 133 | Chinh phục olympic toán bài toán sẽ được giải quyết TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác •  2 0   ln ( 1 + cosx ) dx =  2 0 xsinx dx 1 + cosx   2 xcosx   xsinx  I = ln2 −   dx +  2 dx  0 0 1 + cosx 2  1 + sinx   2 0  Từ đây ta sẽ đi tính  2 0   xcosx dx . Đặt t = − x ta được 2 1 + sinx  xcosx   sinx xsinx dx =  2 dx −  2 dx  I = 0 0 1 + cosx 1 + sinx 2 0 1 + cosx dx a.sin x + b.sin x cos x + c.cos 2 x dx PHƯƠNG PHÁP. I =  2 ( a tan x + b tan x + c ) .cos2 x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Dạng 5. Xét tích phân tổng quát I =  Đặt tan x = t  2 dt dx = dt . Suy ra I =  2 2 at + bt + c cos x Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Câu 5. Tính các tích phân sau dx a) I =  2 3 sin x − 2 sin x cos x − cos 2 x dx b) J =  2 sin x − 2 sin x cos x − 2 cos 2 x Lời giải a) Ta có I =  dx dx = 2 2 3sin x − 2 sin x cos x − cos x ( 3 tan x − 2 tan x − 1) cos2 x 2 Đặt tan x = t  b) Ta có J =  dt dt dx = = dt  I =  2 2 3t − 2t − 1 cos x ( t − 1)( 3t + 1) = 1  1 3  1 dt 1 d ( 3t + 1) − −   dt =   4  t − 1 3t + 1  4 t − 1 4  3t + 1 = 1 t−1 1 tan x − 1 ln + C = ln +C 4 3t + 1 4 3 tan x + 1 dx dx = 2 2 sin x − 2 sin x cos x − 2 cos x ( tan x − 2 tan x − 2 ) cos2 x Đặt tan x = t  2 dx = dt cos2 x Tạp chí và tư liệu toán học | 134 Kỹ thuật giải toán tích phân| J= d ( t − 1) dt = 2 t − 2t − 2 ( t − 1) − 3 ( ) 2 2 Dạng 6. Xét tích phân tổng quát I =  = 1 2 3 ln t −1− 3 1 tan x − 1 − 3 +C = ln +C t −1+ 3 2 3 tan x − 1 + 3 a1 sin x + b1 cos x dx a 2 sin x + b2 cos x PHƯƠNG PHÁP. Ta tìm A, B sao cho: a1 sin x + b1 cos x = A ( a 2 sin x + b 2 cos x ) + B ( a 2 cos x − b 2 sin x ) Câu 6. Tính các tích phân sau 4 sin x + 3 cos x a) I =  dx sin x + 2 cos x dx b) J =  2 sin x − 2 sin x cos x − 2 cos 2 x Lời giải a) Ta tìm A, B sao cho 4 sin x + 3 cos x = A ( sin x + 2 cos x ) + B ( cos x − 2 sin x ) A − 2B = 4 A = 2  4 sin x + 3 cos x = ( A − 2B ) sin x + ( 2A + B ) cos x    2A + B = 3 B = −1 2 ( sin x + 2 cos x ) − ( cos x − 2 sin x ) dx sin x + 2 cos x d ( sin x + 2 cos x ) = 2  dx −  = 2x − ln sin x + 2 cos x + C sin x + 2 cos x b) Ta tìm A, B sao cho 3 cos x − 2 sin x = A ( cos x − 4 sin x ) + B ( − sin x − 4 cos x ) Từ đó I =  11  A=  A − 4B = 3   17  3 cos x − 2 sin x = ( A − 4B ) cos x + ( −4A − B ) sin x     4A + B = 2 B = − 10  17 11 10 ( cos x − 4 sin x ) − ( − sin x − 4 cos x ) 17 dx Từ đó J =  17 cos x − 4 sin x 11 10 d ( cos x − 4 sin x ) 11 10 = dx −  = x − ln cos x − 4 sin x + C  17 17 cos x − 4 sin x 17 17 CHÚ Ý. 1. Nếu gặp I =  a1 sin x + b1 cos x dx ta vẫn tìm A, B sao cho: ( a2 sin x + b2 cos x ) a1 sin x + b1 cos x = A ( a 2 sin x + b 2 cos x ) + B ( a 2 cos x − b 2 sin x ) 135 | Chinh phục olympic toán 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác 2. Nếu gặp I =  a1 sin x + b1 cos x + c1 dx ta tìm A, B sao cho: a 2 sin x + b2 cos x + c2 a1 sin x + b1 cos x + c1 = A ( a 2 sin x + b 2 cos x + c 2 ) + B ( a 2 cos x − b 2 sin x ) + C Chẳng hạn. 1. Tính nguyên hàm I =  ( 8 cos x 3 sin x + cos x 8 cos x = A ( ) 2 dx . Ta tìm A, B sao cho: ) ( 3 sin x + cos x + B 3 cos x − sin x ) A 3 − B = 0 A = 2   8 cos x = A 3 − B sin x + A + B 3 cos x   B = 2 3 A + B 3 = 8 ( CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Từ đó I =  2 ( = 2 ) ) ( 3 sin x + cos x + 2 3 ( ( 3 cos x − sin x ) dx ) d ( 3 sin x + cos x ) 3 = 2I 3 sin x + cos x ( ) 3 sin x + cos x dx +2 3 sin x + cos x ) 2 2 1 − 2 3 +C 3 sin x + cos x dx 1 dx 1 dx =  =  2 sin x cos  + cos x sin  3 sin x + cos x 2 3 1 sin x + cos x 6 6 2 2    d x +  x+ 1 dx 1 1 6  = ln tan 6 + C = 1 ln tan  x +   + C =  =      2  2 2 2 2    2 12  sin  x +  sin  x +  6 6   Tìm I 1 =  2 3 x   Vậy I = ln tan  +  − +C 3 sin x + cos x  2 12  2. J =  8 sin x + cos x + 5 dx . Ta tìm A, B, C sao cho: 2 sin x − cos x + 1 8 sin x + cos x + 5 = A ( 2 sin x − cos x + 1 ) + B ( 2 cos x + sin x ) + C 2A + B = 8 A = 3    8 sin x + cos x + 5 = ( 2A + B ) sin x + ( −A + 2B ) cos x + A + C  −A + 2B = 1  B = 2 A + C = 5 C = 2   3 ( 2 sin x − cos x + 1 ) + 2 ( 2 cos x + sin x ) + 2 dx 2 sin x − cos x + 1 2 cos x + sin x dx = 3 dx + 2  dx + 2 2 sin x − cos x + 1 2 sin x − cos x + 1 = 3x + 2 ln 2 sin x − cos x + 1 + 2J 1 Từ đó: J =  Tạp chí và tư liệu toán học | 136 Kỹ thuật giải toán tích phân| Vậy J = 3x + 2 ln 2 sin x − cos x + 1 + ln tan x 2 x tan + 2 2 +C a ( sin x ) + b sin x cos x + c ( cos x ) 2 Dạng 7. Xét tích phân tổng quát I =  m sin x + n cos x PHƯƠNG PHÁP. Đặt S = a ( sin x ) + b sin x cos x + c ( cos x ) 2 2 dx 2 Giả sử S = ( p sin x + q cos x )( m sin x + n cos x ) + r ( sin 2 x + cos 2 x )  S = ( mp + r )( sin x ) + ( np + mq ) sin x cos x + ( nq + r )( cos x ) 2 2  ( a − c ) m + bn p = m2 + n2  mp + r = a mp + r = a ( a − c ) n − bm     np + mq = b  np + mq = b  q = m2 + n2 nq + r = c mp − nq = a − c     an 2 + cm 2 − bmn r = m2 + n2  Khi đó ta có  ( a − c ) m + bn ( a − c ) n − bm cos x  dx + an 2 + cm 2 − bmn dx I =  sin x +  2 2 2 2 2 2  m +n m +n m sin x + n cos x  m +n  ( a − c ) n − bm sin x − ( a − c ) m + bn cos x + an 2 + cm 2 − bmn dx = 2 2 2 2 2 2  m +n m +n m +n m sin x + n cos x Tích phân cuối cùng ta đã được tìm hiểu ở dạng trước! Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. 137 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC • 2dt  dx =  dx x  1 + t2 Tìm J 1 =  . Đặt tan = t   2 2 sin x − cos x + 1 2 sin x = 2t , cos x = 1 − t  1 + t2 1 + t2 2dt dt dt 1 1 1  1 + t2  J1 =  = 2 = =  −  dt 2 2t 1−t t + 2t t (t + 2) 2  t t + 2  2. − +1 1 + t2 1 + t2 x tan 1 t 1 2 +C = ln + C = ln x 2 t+2 2 tan + 2 2 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác Câu 7. Tính các tích phân sau  3 0 a) I =  b) I =  ( cos x ) 2 dx sin x + 3 cos x (3 ) ( ) 3 − 2 ( sin x ) + 4 3 + 3 sin x cos x + 2 ( cos x ) 2 3sin x + 4 cos x Lời giải ( 2 dx ) a) Giả sử ( cos x ) = ( a sin x + b cos x ) sin x + 3 cos x + c ( sin 2 x + cos 2 x ) 2 ( ) ( )  ( cos x ) = ( a + c )( sin x ) + a 3 + b sin x cos x + b 3 + c ( cos x ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 2 I= = 2 1  a = − 4  3   b = 4  1  c = 4   1 3  3 1 1 3 dx cos x − sin x dx +      2 0  2 2 4 0 sin x + 3 cos x  1 3    1 3 dx  cos cos x − sin sin x dx +     2 0 6 6 8 0 cos  sin x + sin  cos x  3 3  1   1   =  3 cos  x +  dx +  3 2 0 6 8 0  1 dx  1  x   3 =  sin  x +  + ln tg  +    2 6 8   2 6 0 sin  x +   3  ( ( 1 1 1  1 1  1 1 =  + ln 3  −  − ln 3  = + ln 3 = 1 + ln 3 4 2 8  4 8  4 4 ) ( ) b) Giả sử 3 3 − 2 ( sin x ) + 4 3 + 3 sin x cos x + 2 ( cos x ) 2 ) 2 = ( a sin x + b cos x )( 3 sin x + 4 cos x ) + c ( sin 2 x + cos 2 x ) 3a + c = 3 3 − 2 a = 3     1  3 1 dx   4a + 3b = 4 3 + 3  b = 1  I =  3  sin x + cos x  dx − 2  3 0 3 sin x + 4 cos x 2 0 2 2   4b + c = 2 c = −2   = 1 3    2 3  sin sin x + cos cos x dx −   2 0  3 3 5 0  = dx 3 3   sin  arcsin  sin x + cos  arcsin  cos x 5 5   1 3  2 3 dx 1 3  2 3 d sin ( x − u )    cos x − dx − = cos x − dx −     2 0 3 5 0 cos ( x − u ) 2 0 3 5 0 1 − sin 2 ( x − u )   Tạp chí và tư liệu toán học | 138 Kỹ thuật giải toán tích phân|  /3  /3 1   1 1 + sin ( x − u )  − 3 1 1 + sin x cos u − sin u cos x  =  sin  x −  − ln = − ln  3  5 1 − sin ( x − u )  4 5 1 − sin x cos u + sin u cos x 0   2 0   5 − 4 sin + 3 cos 3 1 3 3 − 1 ln 4 = 1 ln 13 − 4 3 − 3 =− + ln 4 5 5 + 4 sin  − 3 cos  5 5 4 7+4 3 4 3 3 ( Dạng 8. Xét tích phân tổng quát I =  ) m sin x + n cos x a ( sin x ) + 2b sin x cos x + c ( cos x ) 2 2 dx PHƯƠNG PHÁP. a− b b c− =0   − ( a + c )  + ac − b = 0   1,2 = 2 2 (a − c) a+c 2 + 4b2 2 Biến đổi một xíu: a ( sin x ) + 2b sin x cos x + c ( cos x ) =  1A +  2A 22 2 1+ Đặt u1 = cos x − 2 1 2 1 b2 = 2 ( a − 1 ) 2   2 b sin x  +  cos x − b2 a − 1   1+ 2 ( a − 2 )   b sin x   cos x − a − 2   2 b b 1 1 sin x; u 2 = cos x − sin x; k 1 = ; k2 = a − 1 a − 2 a − 1 a − 2 A1 = 1 ( cos x − bk 1 sin x ) ;A 2 = 2 1 + b2 k 1 1 1 + b2 k 22 ( cos x − bk 2 sin x ) Để ý A 12 + A 22 = 1   1A 12 +  2 A 22 = (  1 −  2 ) A 12 +  2 = (  2 −  1 ) A 22 +  1     b b Giả sử m sin x + n cos x = p  sin x + cos x  + q  sin x + cos x  a − 1 a − 2     p + q = m bm − n ( a −  2 ) bm − n ( a −  1 )   p a − 1 ) ; q = q n p= ( (a − 2 ) + = b  −  b  −  ( ) ( ) 2 1 1 2 a −  a −  b  1 2 I= m sin x + n cos x a ( sin x ) + 2b sin x cos x + c(cos x) 2 = −p 1 + b2 k 12  2 dx =  dA 1 dA 2 − q 1 + b2 k 22  2 ( 1 − 2 ) A1 + 2 (  2 − 1 ) A 22 +  1 Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. 139 | Chinh phục olympic toán −pdu1 −qdu 2 + 2 ( 1 −  2 ) A1 +  2 (  2 − 1 ) A 22 + 1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Gọi  1 ,  2 là nghiệm của phương trình | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác Câu 8. Tính tích phân sau I =  ( sin x + cos x ) dx 2 sin x − 4 sin x cos x + 5 cos 2 x Lời giải 2 Gọi  1 ,  2 là 2 nghiệm của phương trình Ta có 2 sin 2 x − 4 sin x cos x + 5 cos 2 x = A1 = I= −2 5− = 0   1 = 1;  2 = 6 2 1 2 1 ( cos x + 2 sin x ) ;A 2 =  cos x − sin x  ;A 12 + A 22 = 1 2 5 5  2 sin 2 x − 4 sin x cos x + 5 cos 2 x = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN −2 1 24 1 2 ( cos x + 2 sin x ) +  cos x − sin x  5 5  2  ( sin x + cos x ) dx = 2− = 3 ( 2 sin x + cos x ) dx 1 ( sin x − 2 cos x ) dx − 5  ( 2 cos x − sin x )2 + 1 5  6 − ( cos x + 2 sin x )2 3 d ( sin x − 2 cos x ) 1 d ( cos x + 2 sin x ) +  2  5 ( sin x − 2 cos x ) + 1 5 6 − ( cos x + 2 sin x )2 3 1 arctg ( sin x − 2 cos x ) + ln 5 10 6 Dạng 9. Biến đổi nâng cao với 2 dạng tích phân  6 + cos x + 2 sin x +C 6 − cos x − 2 sin x dx ( sin x ) n và dx  ( cos x ) n Thực chất mình chia dạng toán này thành 1 dạng toán nhỏ vì trong khi tính nguyên hàm hoặc tích phân ta sẽ có thể gặp các bài toán kiểu thế này, do đó mình muốn giới thiệu cho các bạn các cách để xử lý nó. • Xét bài toán dx  ( sin x ) n . x  d  tan  dx dx dx x 2 + I1 =  = = =  = ln tan + C x x x x x sin x 2 2 sin cos 2 tg cos 2 tg 2 2 2 2 2 dx + I2 =  = −d ( cot x ) = − cot x + C sin 2 x  2 x  x  1 + tan 2  d  tan   dx dx dx 1 2  2 = = =  + I3 =  3 3 6 3 3 sin x 4 x x x  x x    8  tan   cos   2 sin cos   tg  2 2 2  2 2    = 1 4   x x 2  + tan 4 −1 x 1 x 2 2 = 1 + 2 ln tan +  tan   + C 3 2 4  2 2 2  x x   2  tan    tan  2 2     1 + 2 tan 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 140 Kỹ thuật giải toán tích phân| + I4 =  dx 1   = −  ( 1 + cot 2 x ) d ( cot x ) = −  cot x + cot 3 x  + C 4 sin x 3   + I5 =  dx dx dx = = 5 5 10 5 sin x x x x  x   32  tan   cos   2 sin cos  2 2 2  2   4 x  x  x x x x 1 + tan 2  d  tan  1 + 4 tan 2 + 6 tan 4 + 4 tan 6 + tan 8  1  2  2 1 2 2 2 2 d  tan x  = =   5 5   16 16 2  x x    tan   tan  2 2   + I6 =  2 dx 2 1   = −  ( 1 + cot 2 x ) d ( cot x ) = −  cot x + cot 3 x + cot 5 x  + C 6 sin x 3 5   6 x  x  1 + tan 2  d  tan   dx dx dx 1 2  2 = = = 6  + I7 =  7 7 14 7 7 sin x 2 x x x  x x    2 7  tan   cos   2 sin cos   tan  2 2 2  2 2    x x x x x x 1 + 6 tan 2 + 15 tan 4 + 20 tan 6 + 15 tan 8 + 6 tan 10 + tan 12 1 2 2 2 2 2 2 d  tan x  = 6   7 2 2  x   tan  2    1  −1 3 15 x = − − + 20 ln tan 6 4 2 64   2 x x x    6  tan  2  tan  2  tan  2 2 2     2 4 6  15  x 3 x 1 x +  tan  +  tan  +  tan  + C  2  2 2 2 6 2  + I8 =  + I9 =  3 dx = −  ( 1 + cot 2 x ) d ( cot x ) = −  ( 1 + 3 cot 2 x + 3 cot 4 x + cot 6 x ) d ( cot x ) 8 sin x 3 1   = −  cot x + cot 3 x + cot 5 x + cot 7 x  + C 5 7   dx ( sin x ) 2 n +1 = dx x x   2 sin cos  2 2  2 n +1 2n = dx x  2 2 n + 1  tan  2  141 | Chinh phục olympic toán 2 n +1 x   cos  2  4n + 2 x x   1 + tan 2  d  tan   1 2 2  = 2n   2 n +1 2 x   tan  2  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   2 4  1  −1 2 x x 1 x  = − + 6 ln tan + 2  tan  +  tan   + C 4 2 16   2 2 4 2   x  x  4  tan   tan   2  2    | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác  2  −C 02 n C 2nn−1 C 22 nn 1  x C 2nn+ 1  x n = 2n −− + C ln tan + tan ++ 2n   2n 2 2   2 2  2 2n x x  2  tan   2n  tan  2 2    + I 10 =  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN •   x    tan   + C 2    2n n dx 2 = − 1 + cot x d ( cot x ) ( )  sin 2n + 2 x k n = −  C 0n + C 1n cot 2 x ++ C kn ( cot 2 x ) ++ C nn ( cot 2 x )  d ( cot x )    C1 C kn Cn 2k + 1 2n + 1  = − C 011 ( cot x ) + n cot 3 x ++ ( cot x ) ++ n ( cot x )  + C 3 2k + 1 2n + 1   dx Xét bài toán I =  n ( cos x )   d x +  dx du du du 2 + I1 =  =  = = = u u u u  cos x sin u  2 sin cos 2 tan cos 2 sin  x +  2 2 2 2 2  u  d  tan  u 2 x  =  = ln tan + C = ln tan  +  + C u 2 2 4 tan 2 dx = d ( tan x ) = tan x + C cos2 x    dx +  dx du du du 2  = = = = + I3 =  3 3 6 3 3  cos x sin u  u u u  u   sin 3  x +  8  tan   cos   2 sin cos  2  2 2 2  2   + I2 =  2   u   2 u 1 + tan d  tan  2    1 −1 u 1 u 2  2 1 =  = + 2 ln tan +  tan   + C 3 2 4 4  2 2 2  u u  tan 2 tan       2 2        2 1 −1 x  1   x   =  + 2 ln tan  +  +  tan  +    + C 2  4  2 4 2  2 4   x    2  tan  +        2 4  dx 1 =  ( 1 + tan 2 x ) d ( tan x ) = tan x + tan 3 x + C 4 cos x 3   dx +  dx du du du 2  = = = = + I5 =  5 5 10 5 5  cos x sin u  u u u  u   sin 5  x +  32  tan   cos   2 sin cos  2  2 2 2  2   + I4 =  Tạp chí và tư liệu toán học | 142 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4 u  u  u u u u 1 + tan 2  d  tan  1 + 4 tan 2 + 6 tan 4 + 4 tan 6 + tan 8  1  2  2 1 2 2 2 2 d  tan u  = =   5 5   16 16 2  u u   tan tan     2 2   6 u  u  1 + tan 2  d  tan  1  2  2 = 6 7 2 u   tan  2  u u u u u u 1 + 6 tan 2 + 15 tan 4 + 20 tan + 15 tan 8 + 6 tan 10 + tan 12 1 2 2 2 2 2 2 d  tan u  = 6   7 2 2  u   tan  2    1  −1 3 15 u = − − + 20 ln tan 6 4 2 64   2 u u u    6  tan  2  tan  2  tan  2 2 2     2 4 15  u 3 u 1 u +  tan  +  tan  +  tan  2  2 2 2  6 2 + I8 =  6  +C  3 dx =  ( 1 + tan 2 x ) d ( tan x ) 8 cos x =  ( 1 + 3 tan x2 + 3 tan x 4 + tan x6 ) d ( tan x ) = tan x + tan 3 x + 3 1 tan 5 x + tan 7 x + C 5 7   dx +  dx du du 2  = = = + I9 =  2 n +1 2 n +1 2 n +1  cos x  u u ( sin u )  sin 2 n + 1  x +  2 sin cos   2  2 2  2n = du u  2 2 n + 1  tan  2  143 | Chinh phục olympic toán 2 n +1 u   cos  2  4n + 2 u u   1 + tan 2  d  tan   1 2 2  = 2n   2 n +1 2 u   tan  2  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   2 4  1  −1 2 u u 1 u  = − + 6 ln tan + 2  tan  +  tan   + C 4 2 16   2 2  4 2   u  u  4  tan   tan   2  2    2 dx 1 + I6 =  =  ( 1 + tan 2 x ) d ( tan x ) = tan x + tan 3 x + tan 5 x + C 6 cos x 5   dx +  dx du du 2  = = = + I7 =  7 14 7 7  cos x sin u  u  u 7  sin 7  x +  2  tan   cos  2  2  2  | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác n 1 = 2n 2  C 0 2n +C 1 2n +C 1 2n u u u   tan ++ C 2nn  tan 2  ++ C 22 nn  tan 2  2 2 2   2 n +1 u   tan  2  2n 2  2  −C 02 n C 2nn−1 C 22 nn 1  u C 2nn+ 1  u n = 2n −− + C ln tan + tan ++ 2n   2n 2 2   2 2  2 2n u u  2  tan   2n  tan  2 2    n dx + I 10 =  =  ( 1 + tan 2 x ) d ( tan x ) 2n + 2 cos x ( u  d  tan  2    u   tan   +C 2     2n ) =  C 011 + C 1n tan 2 x ++ C kn ( tan 2 x ) ++ C nn ( tan 2 x ) d ( tan x ) k n CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  C1 Ckn C nn 2k + 1 2n + 1  = C0n ( tan x ) + n tan x 3 ++ tan x ++ ( ) ( tan x )  + C 3 2k + 1 2n + 1   Tóm lại: Qua các bài toán với những lời giải kinh khủng ở trên chắc đã làm bạn đọc choáng rồi, tuy nhiên hãy để ý nó có mấu chốt cả nhé. Đầu tiên là 2 dạng này tương tự nhau nên mình sẽ chỉ nói một dạng. Các bạn hãy chú ý tới các bài số mũ chẵn, mấu chốt chỉ là sử dụng công thức theo x x tan và sin, còn những bài số mũ lẻ ta đều sử dụng cách tách sin x = 2 sin cos , đó chính là chìa 2 2 khoá của các bài toán trên, lời giải khủng chẳng qua là biến đổi dài thôi chứ không có gì khó khăn cả! Tạp chí và tư liệu toán học | 144 Kỹ thuật giải toán tích phân| CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI TỔNG HỢP Câu 1. Tính các tích phân sau  3  2 a)  tan 4 xdx b)  4 cos x  sin 4 x dx c) sin 2 x 0 cos6 x dx 4  4  2 d)  4 6 sin 2x 0 4 − cos2 x dx e) 1 − 2 sin 2 x 0 1 + sin 2x dx Lời giải 2 sin 4 x ( 1 − cos x ) 1 1 a) Ta có tan x = = = −2 +1 4 4 4 cos x cos x cos x cos 2 x 2  3  3  3  1 dx  1  2 −2 + 1  dx =  ( 1 + tan x ) −  2 tan x + x  3 Do đó I =  tan xdx =   4 2 2 cos x cos x cos x      4 4 4 4 4  3 1    4    2     =  tan x + tan 3 x  −  2 3 − 2 +  =  2 3 −  −  2 3 − 2 +  = + 3 12   3  12  3 12    4 Chú ý: Ta còn cách phân tích khác: tan 4 x = tan 2 x ( tan 2 x + 1 − 1 ) = tan 2 x ( 1 + tan 2 x ) − tan 2 x = tan 2 x ( 1 + tan 2 x ) − ( tan 2 x + 1 ) + 1  3  3  4  4 Vậy I =   tan 2 x ( 1 + tan 2 x ) − ( tan 2 x + 1 ) + 1 dx =  tan 2 x.  3  3 4 4 dx dx − + dx 2 cos x  cos 2 x   3  1  2  1  1 =  tan 3 x − tan x + x  =  3 3 − 3 +  −  − 1 +  = + 3 3 4  3 12 3  3 4 2 cos6 x ( 1 − sin x ) 1 − 3sin 2 x + 3sin 4 x − sin 6 x 1 1 b) Ta có = = = −3 + 3 − sin 2 x 4 4 4 4 2 sin x sin x sin x sin x sin x 3  2  2  2  2  2 cos x dx dx  1 − cos 2x  dx =  ( 1 + cot 2 x ) − 3 + 3 dx −   dx 4 2 2 sin x 2   sin x   sin x   6 I= 4 4 4 4  2  2  2  4  4  4 = −  ( 1 + cot 2 x ) d ( cot x ) + 3  d ( cot x ) + 3  dx − 145 | Chinh phục olympic toán 4  2 1 ( 1 − cos 2x ) dx 2  4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 4 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác  1 1 1  2 =  − cot x − cot 3 x + 3 cot x + 3x − x + sin 2x  3 2 4   4  2 5 1 5 23  1  =  − cot 3 x + 2 cot x + x + sin 2x  = + . 2 4 8 12  3  4  4 c)  4  4 sin 2 x 1 − cos 2 x 1   1 dx = 0 cos6 x 0 cos6 x dx = 0  cos6 x − cos 4 x  dx  4 = 0  4  4 1 1 dx dx −  ( 1 + tan 2 x ) 4 2 cos x cos x cos 2 x 0 =  ( 1 + tan 2 x ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 2  4 1 1 dx −  ( 1 + tan 2 x ) dx 2 cos x cos 2 x 0  4  4 0 0 =  ( 1 + 2 tan 2 x + tan 4 x ) d ( tan x ) −  ( 1 + tan 2 x ) d ( tan x )   2 1 1 1  4 1 4 8 =  tan x + tan 3 x + tan 5 x − tan x − tan 3 x  =  tan 3 x + tan 5 x  = . 3 5 3 5  0 3  0 15  2   2 2 sin 2x sin 2x 2 sin 2x d) Ta có  dx = dx = dx 2   1 + cos 2x 4 − cos x 7 − cos 2x 0 0 4− 0 2  2 = − 0  4  d ( 7 − cos 2x ) 7 − cos 2x = − ln 7 − cos 2x  2 0 = ln  3 4 4 1 − 2 sin 2 x cos 2x 1 4 d ( 1 + sin 2x ) 1 dx =  dx =  = ln 1 + sin 2x e)  1 + sin 2x 1 + sin 2x 2 0 1 + sin 2x 2 0 0  4 0 = 1 ln 2 . 2 Câu 2. Tính các tích phân sau  3  2 1 dx    sin x sin  x +  6 6  a) I =  ( sin 10 x + cos 10 x − sin 4 x cos 4 x ) dx b) I =  0 Lời giải  2 a) I =  ( sin 10 x + cos 10 x − sin 4 x cos 4 x ) dx 0 Ta có: sin 10 x + cos10 x − sin 4 x cos 4 x ( sin 2 x + cos 2 x ) = ( cos 4 − sin 4 x )( cos 6 x − sin 6 x ) = ( cos 2 x − sin 2 x )( cos 2 x − sin 2 x )( cos 4 x + sin 4 x + cos 2 x sin 2 x ) Tạp chí và tư liệu toán học | 146 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 1 1 + cos 4x 1 − cos 8x 15 1 1   = cos 2 2x  1 − sin 2 2x  = cos 2 2x − sin 2 4x = − = + cos 4x + cos 8x 4 16 2 32 32 2 32    2   2 2 1 15  1 1 15  15 1  + sin 4x + sin 8x = Vậy I =   + cos 4x + cos 8x dx = . 32 2 32 32 2 8 32.8 64  0 0 0  3 1 dx    sin x sin  x +  6 6  1 1 Ta có = =    3  sin 2 x 1 sin x sin  x +  sin x  sin x + cos x  6  2 2   b) I =   3 ( ) 2d 3 + cot x 2 1 dx = −  = −2 ln 2 3 + cot x sin x 3 + cot x  Vậy I =   6 6 ( ) 3 + cot x 3 + cot x  3  6 ) = 2 ln 3 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  3 ( 2 Lời giải  2  2 ( 2 cos x + 1) sin x dx sin 2x + sin x dx =  1 + 3 cos x 1 + 3 cos x 0 0 a) I =   t2 − 1 2 cos x =  sin xdx = − tdt  3 3 Đặt t = 1 + 3 cos x   x = 0  t = 2; x =   t = 1  2  t2 − 1  2 + 1 2 1  2 3 2t 2 + 1 2 1 3  34  2    dt =  t + t  = Khi đó I =   − tdt  = 2  t 9 9 3  3   1 27 2 1  2   2 2 sin 2x cos x 2 sin x cos 2 x cos 2 x dx =  dx = 2  sin xdx b) I =  1 + cos x 1 + cos x cos x + 1 0 0 0 x = 0 → t = 2  Đặt t = 1 + cos x  dt = − sin xdx Đổi cận:    x = 2 → t = 1  2 ( t − 1) dt = 2  t − 2 + 1  dt = 2  1 t 2 − 2t + ln t  = 2 ln 2 − 1 cos 2 x  I = 2 sin xdx = 2  .    2  cos x + 1 t t 2 1 0 2  2 c) I =  0 1 sin 2x cos x + 4 sin x 2 2 2 1 dx . Đặt t = cos 2 x + 4 sin 2 x  t 2 = cos 2 x + 4 sin 2 x 2  2tdt = ( −2 sin x cos x + 8 sin x cos x ) dx = 3 sin 2xdx  sin 2xdx = 3 tdt Do đó  x = 0  t = 1; x =   t = 2  2 147 | Chinh phục olympic toán 2 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác  2 2 sin 2x 2 2 2 tdt 2 2 2 dx =  =  dt = t = . 2 2 31 t 31 3 1 3 cos x + 4 sin x Vậy I =  0 d) Ta có cos 3x = 4 cos 3 x − 3 cos x = ( 4 cos 2 x − 3 ) cos x = ( 4 − 4 sin 2 x − 3 ) cos x = (1 − 4 sin 2 x ) cos x ( 1 − 4 sin x ) cos xdx cos 3x Cho nên dx = 1 + sin x 1 + sin x x = 0  t = 1  Đặt t = 1 + sin x  dt = cos xdx . Đổi cận    x = 2  t = 2 2  2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 2 1 − 4 ( t − 1 )  2 cos 3x   dt =  8 − 4t − 3  dt = 8t − 2t 2 − 3 ln t 2 = 2 − 3 ln 2. I= dx =  ( )1  1  sin x + 1 t t 0 1 Câu 3. Tính các tích phân sau  2  2 sin 2x + sin x dx a) I =  1 + 3 cos x 0  2 c) I =  0 sin 2x cos x dx 1 + cos x 0 b) I =  sin 2x cos x + 4 sin x 2 2  2 cos 3x dx sin x + 1 0 d) I =  dx Lời giải  2 a) I =  0  2 cos 2x ( sin x − cos x + 3 ) 3 dx =  0  2 cos x − sin x 2 2 ( sin x − cos x + 3 ) 3 dx =  0 ( cos x − sin x ) ( sin x − cos x + 3 ) 3 ( cos x + sin x ) dx . x = 0 → t = 2  Đặt t = sin x − cos x + 3  dt = ( cos x + sin x ) dx . Đổi cận    x = 2 → t = 4 4 4 4 3−t 1  1 1  3 1  I =  3 dt =   3 3 − 2  dt =  − 2 +  = . t t t  t  2 32  2t 2 2  4 cos 2x dx . 1 + 2 sin 2x 0 b) I =  1 Đặt t = 1 + 2 sin 2x  dt = 4 cos 2xdx  cos 2xdx = dt . Đổi cận 4  4 3 cos 2x 1 dt 1 dx =  = ln t 1 + 2 sin 2x 41 t 4 0 I= 3 = 1 x = 0  t = 1     x = 4  t = 3 1 ln 3. 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 148 Kỹ thuật giải toán tích phân|  6  6 sin 3x − sin 3x dx =  c) I =  1 + cos 3x 0 0 3 sin 3x ( 1 − sin 2 3x ) 1 + cos 3x  6 sin 3x.cos 2 3x dx =  dx 1 + cos 3x 0 1 Đặt t = 1 + cos 3x  dt = −3 sin 3xdx  sin 3xdx = − dt . Đổi cận 3 1 ( t − 1) 1  1 1 1 I=−  dt =   t − 2 +  dt =  t 2 − 2t + ln 32 t 3 1 t 32 2 1 2 x = 0  t = 2  s   x = 6  t = 1 2 1 1  t  = − + ln 2 6 3 1 Câu 4. Tính các tích phân sau cos 2x a) I =  ( sin x − cos x + 3 ) 0  6  4 sin 3x − sin 3 3x dx 1 + cos 3x 0 cos 2x dx 1 + 2 sin 2x 0 c) I =  b) I =  dx 3 Lời giải 1 a) J = 2  2 b) I =  0  2 1  cos 5xdx − 2 − 2  2   2 2 1 1 4 = sin 5x − sin 9x = . cos 9xdx    10 18 45 − − − 2 2 2  2 sin xdx sin 2 x + 2 cos x.cos 2 x 2  2 sin xdx sin x = dx = − ln 1 + cos x 2 sin x + cos x. ( 1 + cos x ) 0 1 + cos x 0 = 2 c) Ta có cos x ( sin 4 x + cos 4 x ) = cos x ( sin 2 x + cos2 x ) − 2 sin 2 x cos2 x    1    1  = cos x  1 − sin 2 2x  = cos x 1 − ( 1 − cos 4x )  2    4  3 1 3 1 = cos x + cos x cos 4x = cos x + ( cos 5x + cos 3x ) 4 4 4 8  2    32 12 12  I =  cos x ( sin 4 x + cos 4 x ) dx =  cos xdx +  cos 5xdx +  cos 3xdx 40 80 80 0    2 2 2 3 1 1 3 1 1 11 = sin x + sin 5x + sin 3x = + − = . 4 40 24 4 40 24 15 0 0 0  2  2 sin x − cos x dx =  1 + sin 2x   d) I =  4 4  2 sin x − cos x ( sin x + cos x ) 2 dx =   4 sin x − cos x dx sin x + cos x (1)          Vì sin x + cos x = 2 sin  x +  ;  x    x +  3  sin  x +   0 4 4 2 2 4 4 4   Mặt khác d ( sin x + cos x ) = ( cos x − sin x ) dx 149 | Chinh phục olympic toán  2 0 = ln 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  2 | Nguyên hàm – Tích phân lượng giác  2 Cho nên I =  − sin x + cos x = − ln sin x + cos x  2  4 1 = − ln 1 − ln 2  = ln 2 . 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  4 d ( sin x + cos x ) Tạp chí và tư liệu toán học | 150 Kỹ thuật giải toán tích phân| NGUYÊN HÀM – TÍCH CHƯƠNG 4 N PHÂN HÀM VÔ TỶ guyên hàm tích phân hàm vô tỷ – căn thức là các bài toán thường xuyên bắt gặp trong các đề thi. Các dạng toán này hầu hết đã được mọi người khai thác và đưa ra cách giải quyết hợp lý nhất, vì thế đây chỉ là một chương khá cơ bản, cần chúng ta phải học kĩ và làm nhiều bài tập để nắm chắc được nó. Sau đây ta sẽ đi vào các CÁC DẠNG TOÁN Dạng 1. Xét tích phân tổng quát I =  dx ax + bx + c 2 Phương pháp. Nhìn chung đây là dạng cơ bản nhất và phương pháp giải của nó cũng rất cơ bản. Ta có 2 trường hợp sau. dx dx 1 • I= = = ln ( mx + n ) + 2 ax2 + bx + c ( mx + n ) + k m • I= dx ax + bx + c 2 = dx p2 − ( mx + n ) 2 = ( mx + n ) 2 +k +C 1 mx + n arcsin (p  0) m p Chứng minh. • Đối với nguyên hàm đầu ta xét dạng khác du  = ln u + u 2 + k + C . u +k u u + u2 + k ‘ 1 + 2 1 u +k = = Ta có ln u + u 2 + k + c ‘ = u + u2 + k u + u2 + k u2 + k ( ) ( 2 ) • Đối với nguyên hàm thứ 2, ta sẽ lượng giác hóa, các bạn có thể tham khảo ở phần sau! Nhìn chung phần này không có khó khăn gì cả nên ta sẽ đi qua vài ví dụ cơ bản. Câu 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau dx a) I =  2 2x 2 − 6x + 3 b) I =  1 − 4 Lời giải 151 | Chinh phục olympic toán 0 dx 2x 2 + x + 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC dạng toán cụ thể. | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ dx a) Ta có I =  2 2x 2 − 6x + 3 = 1  4 8 1 = 2  2 dx 6 3 x2 − x+ 2 2 2 2 dx 1 dx =4  2 3 3 8 3  6 2 −9  x2 − x+ x−  + 2 2 2 8 2 2  2 1 3 3  6 2 −9  = 4 ln x − + x− +C  + 8 8 2 2 2 2  b) Ta có I =  0 1 4 − 1 = 2 2x 2 + x + 3  − 2 1 1  23   ln  x +  +  x +  + 2 4 4  16   1 23  x + +   4 2  dx 0 1 4 0 − 1 4 1  1 3 23  1  1+2 6 23  1 1+2 6 − ln ln  ln  + =  − ln  ln  = 2 16  4 4  2   4 2 2 23 = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN dx Dạng 2. Xét tích phân tổng quát I =  ( mx + n ) dx ax 2 + bx + c Phương pháp. Ý tưởng của bài này là ta sẽ biến đổi để đưa nguyên hàm ban đầu về một nguyên hàm cơ bản và bài toán ở dạng 1. Ta biến đổi như sau: 2 m ( 2ax + b ) dx mb dx m d ( ax + bx + c ) mb =  ax2 + bx + c − 2a  ax2 + bx + c = 2a  ax2 + bx + c − 2a  J ax2 + bx + c 2a ( mx + n ) dx I= Trong đó nguyên hàm J ta đã tính được ở phần trước, còn lại chỉ là nguyên hàm cơ bản. Nhìn chung phần này không có khó khăn gì so với dạng toán trước nên ta cũng sẽ chỉ xét vài ví dụ cơ bản. Câu 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau 0 ( x + 2 ) dx −1 x2 + 2x + 2 a) I =  b) I =  0 −2 ( x − 1) dx −x 2 − 4x + 5 Lời giải a) Ta có I =  0 −1 + dx 0 −1 2 0 1 0 ( 2x + 2 ) dx dx 1 0 d ( x + 2x + 2 ) =  + =  x2 + 2x + 2 2 −1 x 2 + 2x + 2 −1 x 2 + 2x + 2 2 −1 x 2 + 2x + 2 ( x + 2 ) dx ( x + 1) b) Ta có I =  0 −2 2 +1 = ( x 2 + 2x + 2 + ln ( x + 1 ) + x 2 + 2x + 2 ( x − 1) dx −x2 − 4x + 5 0 ( x + 2 ) dx −2 −x2 − 4x + 5 = − 3 ) 0 −1 ( = 2 − 1 + ln 1 + 2 ) 2 −1 0 d ( −x − 4x + 5 ) =  −x 2 − 4x + 5 2 −2 −x 2 − 4x + 5 dx Tạp chí và tư liệu toán học | 152 Kỹ thuật giải toán tích phân| 0 0 dx −2 9 − (x + 2) −3  2 x+2 2  =  − − x 2 − 4x + 5 − 3 arcsin  = 3 − 5 − 3 arcsin 3  −2 3  Dạng 3. Xét tích phân tổng quát I =  dx ( px + q ) ax 2 + bx + c Phương pháp. Ý tưởng của bài này là ta sẽ làm mất phần ( px + q ) bằng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về nguyên hàm số 1. Đặt px + q = I= dx ( px + q ) ax + bx + c 2 1 −dt 11   pdx = 2 ; x =  − q  t t p t  −dt = 2 a 1  b1  −q +  −q+ c 2  p t  p t  pt =  dt t +  t +  2 Trong đó nguyên hàm sau cùng đã tính được ở phần trước! Tóm lại đây vẫn là dạng toán Sau đây ta sẽ đi vào các ví dụ sau để hiểu rõ hơn về phương pháp trên. Câu 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau 3 dx a) I =  2 ( x − 1) x2 − 2x + 2 b) I =  dx 2 1 ( 2x − 1) 3x 2 + x + 2 Lời giải a) Đặt x − 1 = 1 3 dx 1 t+1  I2 =  = 2 x= 2 t t ( x − 1) x2 − 2x + 2 1 1 = 1 2 dt t +1 2 = ln t + t 2 + 1 1 1 2 ( ) = ln 1 + 2 − ln −dt 2  t+1  t+1 t   − 2 +2  t   t  1+ 5 2+2 2 = ln 2 1+ 5 −dt 1 2 1 t+1 dx 2t 2 b) Đặt 2x − 1 =  x = I= = 3 1 1 t 2t (2x − 1) 3x 2 + x + 2 1 3(t + 1)2 t + 1 + +2 t 4t 2 2t dt 1 = 1 3 13t + 8t + 3 2 = 1 1 13 3 1 2 1   4  4  23  = ln  t +  +  t +  + 13   13   13  169  153 | Chinh phục olympic toán 4   dt +   13  dt 1 = 1 2 8 3 13 3  2 4  23 t + t+ t +  + 13 13  13  169 1 1     = 1  ln 17 + 24 − ln 25 + 64  13 39 117   13  13 1 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC cơ bản. | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ = 1  17 + 2 78 25 + 8 13  1 51 + 6 78 − ln ln  ln  = 13 39 13  13 25 + 8 13  Dạng 4. Xét nguyên hàm tổng quát I =  ( mx + n ) dx ( px + q ) ax2 + bx + c Phương pháp. Nhìn sơ qua hơi na ná với các dạng trên kia nhưng tuy nhiên cái vướng ở đây là trên tử có xuất hiện thêm một đại lượng. Giờ nếu bạn nào tinh ý thì sẽ phát hiện ra ngay cách xử lý dạng này, đó là đưa về dạng toán 1 và 2, ta cùng biến đổi thử nhé! I= CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN I=  mq  m ( px + q ) +  n −  p p   ( mx + n ) dx = ( px + q ) ax2 + bx + c ( px + q ) ax 2 + bx + c dx  mq  m dx dx +n −   2 p p  ( px + q ) ax 2 + bx + c ax + bx + c  Rồi đó, đến kia thì có vẻ quá đơn giản rồi phải không, chỉ là những bài toán nguyên hàm đã biết! Ở phần này ta chỉ cần 1 ví dụ thôi nha, vì nó cũng na ná nhau! Câu 4. ( 2x − 1) dx −1 ( x − 1) x2 + 3x + 3 Tìm nguyên hàm của hàm số sau K =  0 Lời giải 0 2 ( x − 1) + 1 ( 2x − 1) dx = dx −1 ( x − 1) x2 + 3x + 3 −1 ( x − 1) x2 + 3x + 3 Ta có I =  0 = 2 −1 • • dx 0 Tính tích phân I =  0 −1 x + 3x + 3 2 dx x 2 + 3x + 3 + dx 0 −1 = ( x − 1) 0 −1 x 2 + 3x + 3 = 2I + J 2 3 3 3   = ln  x +  +  x +  + 2 2 2 4   3 3  x + +   2 4  dx 0 −1 3+2 3 3 3+2 3 3  1  = ln  + 3  − ln  + 1  = ln − ln = ln 2 2 3 2  2  0 1 t+1 dx Tính tích phân J =  , đặt x − 1 =  x = −1 t t ( x − 1) x2 + 3x + 3 0 dx −1 ( x − 1) x2 + 3x + 3 J= = −1 − 1 2 − dt t2 2 1  t+1  t+1   + 3 +3 t  t   t  Tạp chí và tư liệu toán học | 154 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 2 −1 = dt − 7t + 5t + 1 2 = 1 7 1 2 −1  − dt 1 = 5 1 7 t2 + t + 7 7 Dạng 5. Xét nguyên hàm tổng quát I =   dt 2 5  3  t +  +  14  196 −1/2 2 1 5  5  3   = ln  t +  +  t +  + 7  14   14  196  K = 21 + J = 2 ln 1 2 −1 − = −1 1 7 −2 ln 7 2 21 − 9 3+2 3 1 7 −2 + ln 3 7 2 21 − 9 ( ax xdx 2 + b ) cx2 + d Phương pháp. Lại một dạng toán khá là cơ bản nữa, sự đơn giản ở đây là trên tử chỉ xuất để đưa về nguyên hàm không chứa căn. t2 − d tdt Đặt t = cx + d  t = cx + d  x =  xdx = c c 1 tdt 1 dt I=  = 2 2 2 c  a ( t − d) c at + ( bc − ad )   + bt   c   2 2 2 2 Rồi nguyên hàm cuối chỉ là nguyên hàm phân thức hữu tỷ cơ bản mà ta đã có cách giải ở dạng trước! Nhìn chung vẫn là dạng dễ nhỉ? Ta cùng đi qua một bài tập đơn giản để làm quen với nó Câu 5. Tìm nguyên hàm của hàm số sau I =  xdx 1 0 ( 3x 2 − 5 ) 2 − x2 Lời giải x = 0  t = 2  Đặt t = 2 − x  x = 1  t = 1 xdx = −tdt  2 I= ( ) = 1 ln 1 + t ( ) 3 1−t (7 + 2 6 )( 4 − 2 3 ) ln 2 2 d t 3 −tdt dt 1 = = 2 ( 1 − 3t 2 ) t 1 1 − 3t 2 3 1 1 − t 3 1 = 1  6 +1 3 +1 1 − ln  ln = 3 6 −1 3 − 1  3 2 10 Sau đây ta sẽ chính thức dấn thân vào các dạng toán khó hơn nhé ☺ 155 | Chinh phục olympic toán 3 3 2 1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC hiện mỗi biểu thức x và dưới mẫu chỉ là dạng cx 2 + d , vậy ta sẽ đặt căn bằng ẩn phụ mới | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Dạng 6. Xét nguyên hàm tổng quát I =  ( ax dx 2 + b ) cx2 + d Phương pháp. Dạng toán này đã khó hơn các dạng toán trước rất nhiều, và sau đây mình sẽ giới thiệu phương pháp giải dạng này cho các bạn. td.dt − ( t − c ) = −dt dx xdx d −td.dt Đặt xt = cx2 + d  x 2 = 2  = =  xdx = 2 2 2 t −c cx 2 + d x(xt) td ( t − c ) t − c ( t2 − c) I= ( ax dx 2 + b ) cx + d 2 = 2 2 −dt −dt = 2 bt + ad − bc  ad  + b  ( t2 − c)  2 t −c  Rồi nguyên hàm cuối chỉ là nguyên hàm phân thức hữu tỷ cơ bản mà ta đã có cách giải ở dạng trước! CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Sau đây ta sẽ lướt qua vài bài toán để các bạn hiểu rõ hơn nhé! Câu 6. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau a) I =  2 1 x2 + 2 dx x2 + 1 b) I =  dx 2 1 (x 2 c) I =  + x + 1) x2 + x − 1 ( 4x + 3 ) dx 3 2 (x 2 − 2x − 4 ) 3x 2 − 6x + 5 Lời giải a) Trước hết ý tưởng là ta sẽ đưa về dạng tổng quát và phải tách nguyên hàm ban đầu thành 2 nguyên hàm khác dễ tính hơn. Ta có I =  2 1 2 2 2 x2 + 2 x2 + 2 dx dx dx = dx =  + 2  1 1 x +1 x2 + 2 1 ( x2 + 1) x2 + 2 ( x2 + 1) x2 + 2 Xét tích phân đầu tiên I 1 =  1 Xét tích phân thứ hai I 2 =  2 1 dx 2 (x x +2 dx 2 2 = ln x + x 2 + 2 2 1 ( ) ( ) = ln 2 + 6 − ln 1 + 3 = ln 2+ 6 1+ 3 + 1) x2 + 2  x2 + 2 t = x  Đặt xt = x 2 + 2   2 −2tdt x 2 t 2 = x 2 + 2  ( t 2 − 1 ) x 2 = 2  x 2 = 2  xdx = 2 2 t −1  t − 1 ( )  2tdt − 2 t 2 − 1) ( dx xdx dt = = =− 2 Ta có 2 2t t −1 x + 2 x ( xt ) t2 − 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 156 Kỹ thuật giải toán tích phân|  I2 =  dx 2 ( x2 + 1) x2 + 2 1 = Vậy I = ln = dt dt 1 t− 2 t −1 = 3  26 2 ( t 2 − 2 ) = 4 2 ln t + 2 2 −2 t2 − 1 − 6 3 1  3 2 2− 6 1 − ln ln 5 − 2 6 7 + 4 3  ln  = 4 2 3− 2 2 2+ 6 4 2 (( (( 3 2 2+ 6 1 + ln 5 − 2 6 7 + 4 3 1+ 3 4 2 )( )( 6 /2 )) )) Một bài giải khá khủng phải không nào ☺, ta làm bài tiếp theo nhé! 1 dx (x 2 = + x + 1) x2 + x − 1 5 = 32 2 2 1 1  dx +  2  2 2  1  3  1 5  x +  +   x +  − 2  4   2 4  5 du du = 8 32 2 2  2 3 2 5 2 ( 4u + 3 ) 4u − 5 u +  u − 4 4   4u 2 − 5 t = u  Đặt ut = 4u 2 − 5   5 10tdt u 2 t 2 = 4u 2 − 5  ( 4 − t 2 ) u 2 = 5  u 2 =  2udu = 2 2 4−t  ( 4 − t2 )  5tdt Ta có du 4u 2 − 5 = u 4u 2 − 5  I = 4 4 5 1 8 6 ln = 5t 4 − t2 dt ( 4 − t 2 ) 4 2 +t 3 4 2 −t 3 4 5 = 4 3 dt 4 − t2 4 ( 32 − 3t )( 4 − t ) 2 3 = (4 − t ) = 2 2 udu 2 = 4 5 3 ( ) ( ) ( ) ( 10 + 3 )( 6 +1 1 ln  = 6 − 1  8 6 ( 10 − 3 )( 4 d t 3 dt 1 5 = 2 4 32 − 3t 2 3 3 4 2 − t 3 1  10 + 3 − ln  ln 8 6 10 − 3 2 ) 6 + 1) 6 −1 Vậy là qua 6 dạng thì hy vọng các bạn có thể rút ra được những kinh nghiệm làm bài cho mình, sau đây mình sẽ chốt lại 6 dạng này bằng bài toán tổng hợp sau.  4 ( x − 1 ) + 7  dx 2 ( x2 − 2x − 4 ) 3×2 − 6x + 5 2 ( x − 1)2 − 5 3 ( x − 1)2 + 2 2 2 2 (4u + 7)du udu du = = 4 + 7 = 4J − 7K 2 2 2 2 2 1 1 1 ( u − 5) 3u + 2 ( u − 5) 3u + 2 ( u − 5 ) 3u2 + 2 c) Ta có I =  ( 4x + 3 ) dx 3 Xét tích phân J =  1 (u 2 − 5) 157 | Chinh phục olympic toán 3 t2 − 2 tdt , đặt t = 3u + 2  u =  udu = 2 3 3 3u + 2 udu 2 = 2 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC b) Ta có I =  2 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ J= 1 = udu 2 ( u2 − 5 ) 3u 2 + 2 = 14 5 tdt = 2 ( t − 17 ) t  14 5 1  17 − 14 17 − 5  1 − ln ln  ln  = 2 17  17 + 14 17 + 5  2 17 Xét tích phân K =  du 2 1 (u 2 − 5 ) 3u 2 + 2 ( (  udu = K= (u − 3)  2 du 2 − 5 ) 3u 2 + 2 14 1 2 =  5 2 = 2 2 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN (t du udu = = 3u 2 + 2 u ( ut ) 14 2 = A ln 2 17 2 ( ) ( 17 ) − ( t 5 ) d t 5 2 ( ( ) 5) 17 + 5 17 + 17 − 2 )( 17 )( (t 5 2 t −3 2 2tdt − 3) dt = 2 2t t −3 2 t −3 2 2 14 dt dt = 2 2 17 − 5t 2  2  2 − 5 t − 3 )  2 ( t −3  17 + t 5 17 − t 5 1 1 =  ln 5 2 17 1  70 + 2 17 2 5 + 17  1 − ln  ln  = 2 85  70 − 2 17 2 5 − 17  2 85  I = 4J − 7K = )( 17 )( 17 − 17 , đặt ut = 3u 2 + 2  u 2 t 2 = 3u 2 + 2  u 2 = − −2tdt 14 dt 1 t − 17 = ln 2 t − 17 2 17 t + 17 ( ( 14 2 2 )( 2 17 )( 2 ) 17 ) 70 + 2 17 5 − 17 70 − 2 5+ ) − 7 ln ( 5 ) 2 85 ( )( 2 17 )( 2 ) 17 ) 17 − 17 17 + 5 70 + 2 17 5 − 17 17 + 17 − 70 − 2 5+ Dạng 7. Xét nguyên hàm tổng quát I =  Q n ( x ) dx ax 2 + bx + c , deg Q n ( x )  2 Phương pháp. Để giải quyết dạng toán này ta sẽ sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số, cụ thể ta sẽ giả sử I= Q n ( x ) dx ax 2 + bx + c = Pn −1 ( x ) ax 2 + bx + c + k  dx ax 2 + bx + c , ( deg P = n − 1 ) • Bước tiếp theo lấy đạo hàm 2 vế ta có Qn ( x ) ax 2 + bx + c = P ‘ ( x ) ax 2 + bx + c + Pn −1 ( x )( 2ax + b ) 2 ax 2 + bx + c + k ax 2 + bx + c , x • Bước cuối là đồng nhất hệ số để tìm các hệ số của đa thức P ( x ) Sau đây ta sẽ lướt qua bài toán sau để các bạn hiểu rõ hơn nhé! Tạp chí và tư liệu toán học | 158 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 7. Tìm nguyên hàm của hàm số sau I =  3x 3 − 4x 2 − 2x + 4 x2 − 4x + 5 dx Lời giải Giả sử I =  3x − 4x − 2x + 4 3 2 x − 4x + 5 2 Lấy đạo hàm 2 vế ta có 3×3 − 4x 2 − 2x + 4 x − 4x + 5 2 dx dx = ( ax2 + bx + c ) x 2 − 4x + 5 + k  = ( 2ax + b ) x 2 ( ax − 4x + 5 + 2 x − 4x + 5 2 + bx + c ) ( x − 2 ) x − 4x + 5 2 , x k + x − 4x + 5 2  3x − 4x − 2x + 4 = ( 2ax + b ) ( x − 4x + 5 ) + ( ax + bx + c ) ( x − 2 ) + k 3 2 2 2 3a = 3 a = 1 2b − 10a = −4 b = 3     10a − 6b + c = −2 c = 6 5b − 2c + k = 4 k = 1 I= 3x 3 − 4x 2 − 2x + 4 x2 − 4x + 5 dx = ( x 2 + 3x + 6 ) x 2 − 4x + 5 +  = ( x2 + 3x + 6 ) x 2 − 4x + 5 +  dx x 2 − 4x + 5 dx (x − 2) = ( x 2 + 3x + 6 ) x 2 − 4x + 5 + ln ( x − 2 ) + 2 +1 (x − 2) 2 +1 +C Dạng 8. Phương pháp thế Euler ax 2 + bx + c cụ thể Phương pháp. Ý tưởng của phương pháp này là ta sẽ khử đại lượng qua 3 phép đặt sau: • Khi a  0 ta đặt ax 2 + bx + c =  ax + t Bình phương 2 vế ta có ax 2 + bx + c = ax 2  2 axt + t 2 , giả sử trong trường hợp dấu “− ” trước t2 − c a ta được x = b + 2 at  ax 2 + bx + c = • Khi c  0 ta đặt t 2 a + bt + c a t 2 a + bt + c a và dx = 2 dt 2 2 at + b 2 at + b ( ) ax 2 + bx + c = tx  c Bình phương 2 vế và rút gọn và làm tương tự như trường hợp đầu tiên ta sẽ giải quyết được bài toán. • Khi ax02 + bx0 + c = 0 ta đặt ax 2 + bx + c = t ( x − x 0 ) Bình phương 2 vế và làm tương tự như trường hợp đầu tiên ta sẽ giải quyết được bài 159 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  3x 3 − 4x 2 − 2x + 4 = 3ax 3 + ( 2b − 10a ) x 2 + ( 10a − 6b + c ) x + ( 5b − 2c + k ) | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ toán. Chú ý phương pháp này áp dụng cho các bài mà ax 2 + bx + c = a ( x − x 0 )( x − x 1 ) Ý tưởng chỉ đơn giản như thế, sau đây ta sẽ tìm hiểu qua các bài toán cụ thể Câu 8. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau a)  x 2 x 2 + 4dx ( 2 − x ) dx 2 2 ( x − 1 ) − x + 4x − 3 2 d) I = 3 b) I =  1 dx 0 x + x2 + x + 1 e) I =  1 dx 0 1 + x 2 − 4x + 3 −1 dx −2 1 + 1 + 2x − x 2 c) I =  4 x + x2 − x − 2 3 x − x2 − x − 2 f) I =  dx Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN a) Đặt  t2 + 4 dx = dt  2 t2 − 4 2t 2 2 2 2  x + 4 = x − t  x + 4 = x − 2xt + t  x = 2 2 2t  x2 + 4 = t − 4 − t = − t + 4  2t 2t t 4 − 16 ) (  t2 − 4  t2 + 4 t2 + 4  I = −  dt = −  dt  2 2t 16t 5  2t  2t 2 2 Đến đây là nguyên hàm của hàm phân thức cơ bản rồi, mời các bạn cùng chiến. Ngoài ra mình cũng muốn giới thiệu cho các bạn một phương pháp nữa rất hay được mình sưu tầm từ thầy Nguyễn Đăng Ái. et − e−t Đặt x = 2  = e t − e − t  dx = ( e t + e − t ) dt 2 Ta có (e x2 + 4 = t − e − t ) + 4 = e 2t − 2 + e −2t + 4 = e 2t + 2 + e −2t = 2 ln 1+ 2 0 0 = ( ln 1 + 2 0 b) Đặt ( 2  I =  x 2 x 2 + 4dx =  ) ) (e t − e − t )  ( e t + e − t )  ( e t + e − t ) dt =  2 t + e−t ) = et + e−t ( ln 1+ 2 0 ( ln 1 + 2 ( e − 2 + e ) dt =  14 e 4t − 2t − 14 e −4t  0 − tt 4t (e ) 2 ) (e ( 2t − e −2t ) dt 2 = 6 2 − 2 ln 1 + 2 ) x 2 + x + 1 = −x + t  x 2 + x + 1 = ( −x + t ) = x 2 − 2xt + t 2 2 2 ( t 2 + t + 1) t2 − 1  x ( 2t + 1 ) = t − 1  x =  dx = dt 2 2t + 1 ( 2t + 1) 2 1 dx 0 x + x2 + x + 1 I= = 1+ 3 1 2 ( t 2 + t + 1 ) dt t ( 2t + 1 ) 1+ 3 3 3 1   =  2 ln t − ln 2t + 1 +   2 2 2t + 1  1  c) Ta thấy c = 1  0 , đặt 2 = 1+ 3 1 2  3 3 − dt  − 2   t 2t + 1 ( 2t + 1 )  3  2  = 2 ln 1 + 3 − ln  1 + + 2  3 ( ) 1 − 2x − x 2 = tx − 1  1 − 2x − x 2 = ( tx − 1 ) ( 3 −2 ) 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 160 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2x + x 2 = 2xt − x 2 t 2  x ( t 2 + 1 ) = 2t − 2  x = −1 dx −2 1 + 1 − 2x − x 2 I= = −1− 2 −1 ( −t −1− 2 = 2 2 2t − 2 −2t 2 + 4t + 2  dx = dt 2 2 t2 + 1 ( t + 1) + 2t + 1 ) dt 2   2t − 2  2 1 + .t − 1 t + 1 ( )   2      t +1 −1 = −1 − 2 −1 −1− 2 1 2   t−1   1  − t + t − 1 − t 2 + 1  dt ==  ln t − 2 arctan t    −1 ( −t 2 + 2t + 1 ) dt t ( t − 1) ( t 2 + 1) ( ) = 2 arctan 1 + 2 −  1 − ln 2 2 2 −x 2 + 4x − 3 = ( 1 − x ) t d) Ta nhận thấy rằng −x 2 + 4x − 3 = ( x − 3 )( 1 − x ) , đặt  −x 2 + 4x − 3 = ( 1 − x ) t 2  x − 3 = t 2 ( 1 − x ) 2 t2 + 3 −4tdt  dx = 2 2 t +1 ( t 2 + 1) 2 2 −1 t − 1 −1 t − 1 ( 2 − x ) dx −4tdt =  = 2 − 3 t 2 + 1dt 2 − 3 2 4t 2 ( x − 1 ) − x + 4x − 3 t + 1 ( ) 2 2  I = 3 t +1 = ( −1 2   1− 2 dt = ( t − 2 arctan t ) − 3 = ( −1 + 2 arctan 1 ) − − 3 + 2 arctan 3   3 t +1  −1 −    = 3 − 1 + 2 arctan 1 − arctan 3 = 3 − 1 + 2  −  = 3 − 1 − 6 4 3 ( ) e) Tương tự bài ở trên ta thấy x 2 − 4x + 3 = ( x − 1 )( x − 3 ) , đặt x 2 − 4x + 3 = t ( x − 1 )  x2 − 4x + 3 = t 2 ( x − 1 )  x − 3 = t 2 ( x − 1 )  x ( 1 − t 2 ) = 3 − t 2  x = 2  dx = = − 3 − 3 = 2 − 3 (t 4tdt 2 − 1) 2 I= 1 + x − 4x + 3 2 d ( t 2 − 2t − 1 ) + 4 − 5 − 3 4tdt − 3    3 − t2 2 t − 1 1 + t ( )   1 − t 2 − 1     t −1− 2 = 2 ln t − 2t − 1 + 2 ln 2 t −1+ 2 ( t − 1) − 2 dt ( ( x − x − 2 = t ( x + 1)  x − x − 2 = t ( x + 1) 2 4 x + x2 − x − 2 3 x − x2 − x − 2 161 | Chinh phục olympic toán 2 10 dx = 1 5 2 − 5 2 )( )( 1+ 5 + 2 1+ 3 − 2 4+2 5 + 2 ln 2+2 3 1+ 5 − 2 1+ 3 + 2 2 I= − 5 = − 5 ( 4t − 4 ) + 4  dt 4tdt dt   = 2 − 5 ( 2t − 2 ) dt + 4 − 5 = 2 2 2 2    − 3 − 3 − 3 t − 2t − 1 t − 2t − 1 t − 2t − 1 t − 2t − 1 = 2 ln f) Đặt 0 t 2 − 2t − 1 − 3 dx 12 3 − t2 1 − t2 2 − 3 ) ) t2 + 2 6tdt x=  dx = 2 2 1−t (1 − t2 ) 10 ( 6t 2 + 18t ) dt t 2 + 3t + 2 6tdt 5  = 1 t 2 − 3t + 2 ( 1 − t 2 )2 2 ( t − 1 )3 ( t − 2 )( t + 1 ) ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  x (1 + t2 ) = t2 + 3  x = | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ 10 − 10 1 5 + 10 39 15 − 3 10 19 − 10 − ln − ln + 5 2 5 2 5 3 Sau đây ta sẽ chuyển sang các dạng tích phân tổng quát hơn trong việc giải các bài toán vô = 20 ln tỷ, có thể kể tới đó là tích phân Chebyshev, sau đây ta sẽ cùng bắt đầu với nó! Dạng 9. Tích phân Chebyshev có dạng I =  xm ( a + bx n ) dx với m, n, p là các số hữu tỷ. p Tích phân trên gọi là tích phân Chebyshev, ông đã đưa ra điều kiện để nguyên hàm trên tính được. Cụ thể nó tính được bằng các phép toán đặt và phép toán thông thường nếu nó rơi vào 1 trong những trường hợp sau. • Nếu p  Z gọi k là mẫu số chung nhỏ nhất của các phân số tối giản được biểu diễn bởi m và n m+1 • Nếu  Z thì ta gọi S là mẫu số của p và đặt a + bx n = t n CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 1 −1 m +1 1  t − a n 1 − mn+ 1 p −1  t − a n n x=  dx = dt  F m, n, p = b t t − a dt ( ) ( )     n b  n  b  a + bx n m+1 • Nếu + p  Z thì ta gọi S là mẫu số của p và đặt = ts n n x   xm ( a + bx n ) dx =  xm + np ( ax − n + b ) dx p Ta có p m + np + 1 m+1  = − + pZ −n  n  Đến đây ta quay về trường hợp ban đầu. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một số ví dụ ở phần này nhé! Câu 9. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau a) I =  d) I =  4 xdx 1+ x 4 b) K =  3 dx xdx (1 + x ) 3 c) I =  2 e) I =  3 3x − x 3 dx x3 3 2 − x3 f) I =  xdx 1 + 3 x2 dx x4 1 + x2 Lời giải a) Ta có I =  −1 1 3   −1 3 =  x 4  1 + x 4  dx  m = ; n = ; p = −1  Z  k = 4 4 4 1 + 4 x3   4 xdx Đặt t = 4 x  x = t 4  dx = 4t 3dt  I =  = 2t 2 4 xdx 1 + 4 x3 = 4t 4dt 4t   =   4t −  dt 3 1+ t 1 + t3   t 2 − ( t 2 − t + 1) t + 1) + ( t − 1) ( dt 2 − 2 dt = 2t − 2  2 − 2 dt t −t+1 ( t + 1) ( t 2 − t + 1) ( t + 1) ( t 2 − t + 1) Tạp chí và tư liệu toán học | 162 Kỹ thuật giải toán tích phân| = 2t 2 − 2  =2 x− b) Ta có K =  xdx (1 + x ) 3 2 dt 2  1  3   t −  +  2  2  t 2 dt dt + 2 3 t +1 t+1 4 24 x −1 2 arctan − ln 1 + 4 x 3 + 2 ln 1 + 4 x + C 3 3 3 −2 1   1 1 =  x  1 + x 3  dx  m = ; n = ; p = −2  Z  k = 6 2 3   1 2 Đặt t = x  x = t  dx = 6t dt khi đó K =  6 6 2 − 2 5 t 3 ( 6t 5 ) dt (1 + t ) 2 2 = 6t 8dt (1 + t ) 2 2  t 5 2t 3  dt dt = 6 − + 3t − 4 arctan t  + 6J , đặt I =  2 ;J =  2 3 t +1 5  ( t 2 + 1) Xét nguyên hàm I =  1 t t t 2 dt  1  dt = − td = + 2    t2 + 1 2 t2 + 1 t2 + 1   t2 + 1  t2 + 1 ( ) ( t + 1) − 1 dt = t + 2 dt − 2 dt = t + 2I − 2J t = 2 + 2 2  t2 + 1  t2 + 1 2 t2 + 1 t +1 t2 + 1 ( ) ( t 2 + 1) 2  2J = t t 1 +1 J = + arctan t + C 2 t +1 2 ( t + 1) 2 2    t 5 2t 3  t 1 +C  K = 6 − + 3t − 4 arctan t  + 6  + arctan t  2 ( t 2 + 1) 2  3 5    = 3 6 8 x 5 − 20 8 x 3 + 90 8 x 8 − 21 arctan x + +C 4 5 x +1 1 2 2   xdx 2 1 m+1 =  x  1 + x 3  dx  m = 1; n = ; p =  = 3Z 3 2 n   1 + 3 x2 c) Ta có I =  Đặt t = 1 + 3 x 2  t 2 = 1 + 3 x 2  ( t 2 − 1 ) = x 2  2xdx = 6t ( t 2 − 1 ) dt 3 I= xdx 1 + 3 x2 2 3t ( t 2 − 1 ) dt 2 = t ( 3 3 = t 5 − 2t 3 + 3t + c = 1 + 3 x 2 5 5 d) Ta có I =  dx x 33 2−x 2 5 2 3 2 ) − 2 (1 + x ) + 3 (1 + x ) + C 3 2 =  x −3 ( 2 − x 3 ) 3 dx  m = −3; n = 3, p = − 3 1 = 3 ( t 2 − 1 ) dt = 3 ( t 4 − 2t 2 + 1 ) dt 163 | Chinh phục olympic toán 3 2 −1 m+1  + p = −1  Z 3 n TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   4t 2 + 3  4  dt  4 2  = 6  t − 2t + 3 − dt = 6   t 4 − 2t 2 + 3 − 2 dt + 6   2 2 2 2  t +1  ( t + 1)  ( t + 1)  | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Đặt t = 3 2 − x3 2 − x3 2 2 −2t 2 dt 3 2  t3 = = − 1  x =  x dx = 2 x x3 x3 t3 + 1 ( t 3 + 1) I= dx x 2 dx = x3 3 2 − x3 x 6 3 = 2 − x3 x 1 2  2   3  t  t +1  3 2 − x3 −1 −t 2 = tdt = + C = −   2x 2  4  e) Ta có I =  3 3x − x 3 dx  m =  −2t 2 dt (t 3 + 1) 2 2   +C   1 1 m+1 ; n = 2, p =  + p = 1Z 3 3 n 3x − x 3 3x − x 3 3 3 −9t 2dt 3 2 t = = 2 −1 x = 3  2xdx = Đặt t = 2 x x3 x t +1 ( t 3 + 1) 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  I =  3 3x − x 3 dx = 1 3 3x − x 3 −9 t 3dt 3 3t 3 dt  1  2xdx = =  td  3 = −  3 ( )  2   3 2 x 2 ( t 3 + 1) 2  t + 1  2 ( t + 1) 2 t + 1 dt dt 1 t 2 + 2t + 1 1 2t − 1 Ta có  3 = = ln 2 + arctan +C 2 t +1 3 ( t + 1) ( t − t + 1) 6 t − t + 1 2 3 I= = f) Ta có I =  x 3x − x 1 − ln 2 4 3 3 dx x 4 3t 3  1 t 2 + 2t + 1 1 2t − 1  − ln + arctan  +C 2 t −t+1 2 3 2 ( t 3 + 1) 2  6 3  x ( 3 3x − x 3 + x 3 1+ x 3 − 3 2 3 3x − x 3 − x arctan +C 4 x 3 1 =  x −4 ( 1 + x 2 ) 2 dx  m = −4, n = 2, p = − 2 ) −1 m+1  + p = −2  Z 2 n 1 + x2 1 + x2 1 1 −tdt 2 t = = 2 + 1  x2 = 2  xdx = Đặt t = 2 2 x x x t −1 ( t 2 − 1) I= dx x 4 1+ x 2 = − −t 3 = +t+C = 3 xdx x6 1+x x (1 + x ) 2 3 3x 3 2 = (t 2 − 1) t 3  (t −tdt 2 − 1) 2 = −  ( t 2 − 1 ) dt 2x 2 − 1 ) 1 + x 2 ( 1 + x2 + +C = +C x 3x 3 ri r1  qj q1 Dạng 10. Nguyên hàm I =  R  x, x ,  , x     dx với r1 , q 1 , rj , q j là các số nguyên dương.   Phương pháp. Gọi k là bội số chung nhỏ nhất của các số q 1 ,  , q j ( Đặt x = t k  I =  R t k , t 1 ,  , t j ) kt k −1 dt Tạp chí và tư liệu toán học | 164 Kỹ thuật giải toán tích phân| Nhìn chung phương pháp chỉ có đơn giản thế thôi, sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ cụ thể. Câu 10. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau a) I =  4 ( x−8x x 1+ 4 x ) b) I =  dx x3 2 + x dx x+ 3 2+x 8 dx 1 x3 1+ 3 x c) I =  Lời giải ( x−8x x 1+ 4 x 1 ) dx =  1 x4 − x8 ( x 1+ 4 x ) dx , nhận thấy rằng BCNN ( 4, 8 ) = 8 nên ta đặt t = 8 x  x = t 8  dx = 8t 7 dt  I 2 =  t2 − t t −1 7 8t dt = 8 dt  t2 + 1 t 8 ( t 2 + 1) = 4 ln 1 + t 2 − 8 arctan t + C = 4 ln 1 + 4 x − 8 arctan 8 x + C b) Đặt t = 3 2 + x  t 3 = 2 + x  dx = 3t 2dt I= (t 3 − 2) t t3 − 2 + t ( 3t 2dt ) = 3  3 t 6 − 2t 3 t 2 − 2t − 4  dt = 3 t − t − 2 +  dt   t3 + t − 2 t3 + t − 2   t4 t2  t 2 − 2t − 4 = 3  − − 2t  + 3 3 dt t +t−2 4 2   t4 t2  9 3 2t + 1   −5 = 3  − − 2t  + 3  ln t − 1 + ln t 2 + t + 2 + arctan +C 8 4 7 7  4 4 2  c) Đặt t = x  t = x  dx = 3t dt  I =  3 3 2 2 1 2 3t 2dt dt = 3  33 3 1 t 1+ t t 1+ t Đặt u = 3 1 + t  u 3 = 1 + t  dt = 3u 2du  I = 3 2 1 2 3 3 3 3u du 3 dt 3udu = 3 = 3 3 3   3 2 t 3 1+t ( u − 1) u 2 ( u − 1) ( u2 + u + 1) ( 3 − 1) 3 = ln 2 2 2 −1 ( ) 3 3 3 3 + 3 3 arctan 23 3 +1 23 2 +1 − 3 3 arctan 3 3 n r   n s ax + b ax + b       , ,  Dạng 11. Nguyên hàm I =  R x,   dx với m, n,,r,s là các số   cx + d   cx + d     nguyên dương. Phương pháp. r  td − b mn  ad − bc ax + b td − b ad − bc s Đặt =tx= ;dx = dt  I =  R  , t ,, t  dt 2 2 cx + d a − ct ( a − ct )  a − ct  ( a − ct ) 165 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC a) Ta có I =  4 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Gọi k là bội số chung nhỏ nhất của các số n,  s . Đặt t = u k khi đó r  td − b mn  ad − bc  u k td − b m1  ad − bc I = R , t , , t s  dt = R , u ,  , u ri  ku k −1du  2 2  k  a − ct  ( a − cu )  a − ct  ( a − ct ) Nhìn chung phương pháp chỉ có đơn giản thế thôi, sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ. Câu 11. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Tìm nguyên hàm của các hàm số sau dx a) I =  2 3 ( x − 1)( x + 1) 2 5 1 3  x + 1 6  x + 1    b) I =  2  −    dx x −1   x−1 x−1     dx c) I =  n +1 n −1 n ( x − a) ( x − b) Lời giải a) Biến đổi nguyên hàm ta được I =  Đặt t = 3 dx 3 ( x − 1 )( x + 1 ) 2 =3 x+1 1  dx x−1 x+1 x+1 x+1 2 t3 + 1 −6t 2dt  t3 = = 1+ x= 3  dx = 2 x−1 x−1 x−1 t −1 ( t 3 − 1) I=3 x + 1 dx t 3 − 1 −6t 2 dt dt  = t  = −3  3 2 3 3 x−1 x+1 2t ( t − 1 ) t −1 1 t2 + t + 1 2t + 1 1 t3 − 1 2t + 1 = ln + 3 arctan + c = ln + 3 arctan +C 2 3 2 2 ( t − 1) 3 3 ( t − 1) 1 = ln 2 ( 2 x+1 − 3 x−1 3 ) 3 23 x+1 + 3 x −1 + 3 arctg +C 33 x−1 2 5 2 5   1 3  x + 1 6  x + 1  1  x + 1  3  x + 1  6    b) Ta có I =  2  −    dx =  2   −  dx x −1   x−1 x−1  x − 1  x − 1   x − 1        Đặt t = 6 x+1 x+1 2 2 −12t 5dt  t6 = = 1+  x−1 = 6  dx = 2 x−1 x−1 x−1 t −1 ( t 6 − 1) I= (t 4 − t5 ) 2  2  + 1 − 1  6  t −1   −12t 5dt (t 6 − 1) = −3 ( 1 − t ) t 3dt = 3 ( t 4 − t 3 ) dt = 2 = −12  (t (t 6 4 − t 5 ) t 5dt + 1) − ( t 6 − 1) 2 2 = −12  5 ( 1 − t ) t 9dt 4t 6 2 3t 5 3t 4 3  x+1 3 3  x+1 − +C = 6   −    +C 5 4 5  x−1 4  x−1 Tạp chí và tư liệu toán học | 166 Kỹ thuật giải toán tích phân| c) Ta có I =  Đặt t = n dx n ( x − a) ( x − b) n +1 n −1 dx = n x−b    x−a  n −1 ( x − a) 2 ( b − a ) nt n −1dt x−b x−b a−b a−b  tn = = 1+  x−a = n  dx = 2 x−a x−a x−a t −1 ( t n − 1) I= 1  a−b  t n −1  n   t −1 2  ( b − a ) nt n −1dt b−a nt  dt = b − a + C KỸ THUẬT LƯỢNG GIÁC HÓA Đôi khi trong những bài tính tích phân ta sẽ gặp một số bài toán dưới dấu căn thức chứa không ra,…), khi đó ta sẽ nghĩ tới phương pháp lượng giác hóa. Với những dạng sau thì ta sẽ sử dụng phương pháp này. Dấu hiệu a −x 2 Cách đặt   x = a sin t   x = a cos t 2  a x = sin t   a x = cos t  x2 − a2 a +x 2 a+x ( hoặc a−x   x = a tan t   x = a cot t 2 a−x ) a+x ( x − a )( b − x )  −   t ;   2 2 t   0;   −   t   ;  0  2 2  t   0 ;    2   −   t  ;   2 2 t  ( 0;  )     x = a.cos 2t với t   0;  ( hoặc t  0;  )  2  2   x = a + ( b − a ) sin 2 t với t  0;   2 Sau đây ta sẽ cùng đi tìm hiểu các ví dụ sau để hiểu rõ hơn về các bài toán dạng này. 167 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC một số hàm có dạng đặc biệt mà khó có thể tính như bình thường được ( đặt ẩn phụ | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Câu 1. Tính các tích phân sau: 1. I =  2 2. I =  1 4 − x 2 dx 0 dx (4 − x ) 4 − x2 2 0 1 3. I =  x 2 1 − x 2 dx 0 1 2 0 4. I =  5. 5 2 0 I= x 2 dx (1 − x ) 2 3 5+x dx 5−x Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1. Hãy thử đặt bút làm câu này theo cách bình thường xem vấn đề ở đây là gì nhé! Trước tiên ta thấy đây là dấu hiệu 1, vậy ta sẽ áp công thức vào!    Đặt x = 2 sin t, t   − ;   dx = 2 cos tdt  2 2  2 0  2 0  I = 4  cos 2 tdx = 2   2 1 ( 1 + cos 2t ) dt = 2  t + sin 2t  =   2 0    2. Đặt x = 2 sin t, t   − ;   dx = 2 cos tdt  2 2  6 0 2 cos tdt I= ( 4 − 4 sin 2 t ) 3  6 0 =  6 dt 1 1 = tan t = 2 4 cos t 4 4 3 0 3. Đặt x = sin t  dx = cos tdt . Ta được:  2 0  2 0  I =  sin t 1 − sin t cos tdt =  2 2  1 2 1 1 2  sin t cos tdt =  ( 1 − cos 4t ) dt =  t − sin 4t  = 8 0 8 4  0 16 2 2    4. Đặt x = sin t, t   − ;   dx = cos tdt  2 2  6 0 I= sin 2 t cos tdt ( 1 − sin t ) 2 3  6 0 =   sin 2 tdt 1  2 6 6 = = tan tdt = tan t − t − ( ) 2  0 0 cos t 3 6   5. Đặt x = 5 cos 2t, t   0;   dx = −10 sin 2tdt  2 Tạp chí và tư liệu toán học | 168 Kỹ thuật giải toán tích phân| 5 ( 1 + cos 2t )  6  4  I = −10  5 ( 1 − cos 2t )  4  6  4  6 sin 2tdt = 10  2 cos 2 t = 10   sin 2t  4 ( 1 + cos 2t ) dt = 10  t +  2   6   2− 3  = 10  +  4   12 Câu 2. Tìm các nguyên hàm sau: dx 1. I =  a2 − x2 dx 2. I =  2 a + x2 x2 x 3dx 4. I =  5.  dx 4 − x2 1 − x2 1 dx (1 + x ) 2 3 Lời giải    x . Đặt x = a sin t , t   − ;   cos t  0 ,  dx = a cos tdt , t = arcsin    2 2 a a −x dx 1. I =  2 2 dx Do đó I =  Vậy I =  2. I =  a2 − x2 = a cos tdt a 2 − a 2 sin 2 t =  dt = t + C x = arcsin   + C a a2 − x2 dx adt x dx    . Đặt x = a tan t , t   − ;   dx = = a ( tan 2 t + 1 ) dt , t = arctan 2 2 cos t a a +x  2 2 2 a(tan 2 t + 1)dt dx dt t Do đó I =  2 = 2 =  = +C 2 2 2 a +x a + a tan t a a dx = Vậy I =  2 a + x2 3. I =  x2 4 − x2 arctan a x a +C dx . Đặt x = 2 cos t với t  ( 0;  ) , dx = −2 sin tdt I= x2 4 − x2 dx = −  4 cos 2 t.2 sin tdt 4 ( 1 − cos 2 t ) = −2  ( 1 + cos 2t ) dt = −2t − sin 2t + C. 169 | Chinh phục olympic toán 4 cos 2 t.2 sin tdt = − = −  4 cos 2 tdt 2 sin t TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3. I =  | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Ta có x = 2 cos t với t  ( 0;  )  sin t  0 . Nên sin 2t = 2 sin t.cos t = 2 1 − 2  x x 4−x dx = −2 arccos   − +C 2 2 4 − x2 x2 Vậy I =  x 3dx 4. I =  . Đặt x = sin t  dx = cos tdt với 1 − x2 x 3dx I= 1 − x2 = −   t   cos t  0  cos t = 1 − x 2 2 2 sin 3 t.cos t dt =  sin 3 tdt =  ( sin 2 t.sin t ) dt = −  ( 1 − cos 2 t ) d ( cos t ) cos t = − cos t + CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  1−x dx (1 + x ) 2 3 (1 − x ) + 2 x 3dx Vậy I =  5. x2 x x 4 − x2 . = 4 2 2 = − 1−x 2 2 3 . Đặt x = tan t, − I= 1 − x2 cos 3 t + C. 3 + C ( có thể giải bằng cách đặt t = 1 − x2 )   dt  t   cost  0 , dx = 2 cos 2 t 2 dx (1 + x ) 2 3 = dt  1  cos 2 t  2   cos t  =  cos tdt = sin t + C 3 x  sin t = sin 2 t + cos 2 t = 1    1 + x2    , t  − ;  cos t  0  Ta có   sin t   1 =x  2 2  cos t = cos t   1 + x2 dx x = + C. Vậy I =  3 2 2 1 + x 1 + x ( ) Câu 3. Tính các tích phân hoặc tìm các nguyên hàm sau: 1 1. I = 1 (1 − x ) 2 3 x 2 2. I =  xdx 1− 2 1− 3 ( x − 1) 1 2 0 x 2 dx 3. I =  4. I =  dx 3 2 2 2 ( 1 − x2 ) 5 dx x x2 − 1 3 + 2x − x 2 6. I =  (x 7. I =  2a 8. I =  2a a 2 a 2 dx 2 −a 2 ) x2 − a2 (a  0) x2 − a2 dx x x2 − a2 dx x2 (1 + x ) 2 5 1 9. I =  1 3 1 2 0 10. I =  x8 dx 1+ x dx 1−x Tạp chí và tư liệu toán học | 170 Kỹ thuật giải toán tích phân| 5. I =  x 2 dx 2 2 x2 − 1 Lời giải    1. Đặt x = sin t; t   − ,  0  2 2  I1 =  =  6  2 ( 1 − sin t ) 2  2  6 3 cos tdt sin 3 t cos 4 td ( cos t ) ( 1 − cos t ) 2 2 = 3 2 0 u 4du (1 − u ) 2 2 =  2  6 =   cos 4 td ( cos t ) cos 4 tdt cos 4 tdt 2 2 =  = −  sin 3 t sin 3 t sin 4 t 6 6 3 2 0 1 − (1 − u4 ) (1 − u ) 2 2 du =  3 2 0 du (1 − u ) 2 2 2 − 3 2 0 1 + u2 du 1 − u2 3 3 1 3 (1 + u) + (1 − u)  1 + u2 1 23  1 1  1 + u2 2 2 = 2  du − du = + du −    0 1 − u 2 0 1 − u 2 du 4 0  ( 1 + u )( 1 − u )  4 0  1 − u 1 + u  1 23  1 1 2 + +  2 2  4 0  ( 1 − u ) ( 1 + u ) 1 − u 2 3   2  − 1  du  du −  2  2 0   1−u   3 1 1 1 1+u  2 3 2+ 3 3 3 =  − − 3 ln + 4u  = 3 − ln + = 3 − ln 2 + 3    4 1 − u 1 + u 1−u 4 2 2 2 − 3 0 2. Ta có I =  xdx 1− 2 1− 3 ( x − 1) 2 3 + 2x − x 2 = ( xdx 1− 2 1− 3 ( x − 1) 2 4 − ( x − 1) 2 − 2 ( u + 1 ) du − 3 u2 4 − u2 = )    Đặt u = 2 sin t; t   − ;  0  2 2  4  − 3 I= − ( 1 + 2 sin t ) 2 cos tdt = 4 sin 2 t 4 cos 2 t  4  − 3  − ( 1 + 2 sin t ) dt = −  1 cot t  4 sin 2 t  4 −  4   − + 3 1 − 4 dt  2 − 3 sin t 3 − 3 1 − 4 sin tdt 3 − 3 1 − 4 d ( cos t ) 3 − 3 1 1 + cos t = +  = −  = − ln 12 2 − 3 1 − cos 2 t 12 2 − 3 1 − cos 2 t 12 4 1 − cos t =  3− 3 1 3+2 2 3− 3 1 2+ 2 −  ln − ln 3  = − ln 12 4 2− 2 12 4 3     3. Đặt u = sin t; t   − ;   2 2  6 0 I= 4. Đặt x = sin 2 t cos tdt ( 1 − sin t ) 2 5 = 1     ; t  0;    ;  cos t  2 2  171 | Chinh phục olympic toán  6 0  sin 2 tdt 1 6 = tan 2 td ( tan t ) = tan 3 t 4  0 cos t 3  6 0 = 1 9 3 −  4 −  3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = 2 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ sin t dt    sin tdt sin tdt    cos 2 t = 3 = 3 = 3 dt = − = 2 3 4 12 1 1 tan t 4 cos t 4 cos t.tan t 4 −1 2 cos t cos t  3  4 I= 5. I =  2 2 x 2 dx x −1 2 , đặt x = I=  3  4 = 2 2 1     ; t  0;    ;  cos t  2 2  2 x dx x2 − 1  3  4 = 1 sin t sin t  dt   2 2 cos t cos t = 3 cos 4 t = 3 cos tdt 4 sin 2 t 4 cos4 t 1 −1 cos 2 t cos 2 t 2  d ( sin t ) cos tdt 1 3  ( 1 + sin t ) + ( 1 − sin t )  3 = =  d ( sin t )    cos 4 t 4 ( 1 − sin 2 t )2 4 4  ( 1 + sin t )( 1 − sin t )  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2  1 3  1 1 1 3  1 1 2  =   + d sin t = + +   d ( sint ) ( )   4 4  1 − sin t 1 + sin t  4 4  ( 1 − sin t )2 ( 1 + sin t )2 1 − sin 2 t  =  3 1 1 1 1 + sin t  1 2 2 2+ 3  − + ln =  − + ln −   4  1 − sin t 1 + sin t 1 − sin t   4  2 − 3 2 + 3 2 − 3  4 1 2 2 2+ 2  2 3− 2 1 7+4 3 − + ln + ln  = 4  2 − 2 2 + 2 2 4 3+2 2 2 − 2  6. Đặt x = a     ; t   0,    ,   cos t  2 2  I= 1 a sin tdt a tan tdt = 2   a 3 cos t tan 3 t  1  2 1  cos t a2  − 1 a − 1    2 2  cos t   cos t   dt 1 cos tdt 1 d ( sin t ) −1 = 2 = 2 = 2 +C 2 2 2 a cos t tan t a sin t .a sin t .a sin t Trong đó nếu tan t  0   = 1, tan t  0   = −1 = 7. Đặt x = 2 a     ; t   0;    ;   cos t  2 2   3  4 I=  1  a sin tdt a2  − 1    2 2 a 2 tan 2 t  sin tdt  cos t  cos t = 3 = 3 a tan 2 tdt a cos t 4 4 cos t         = a 3 ( 1 + tan 2 t ) − 1 dt = a  3 d( tan t) − 3 dt  = a ( tan t − t ) 3 = a  3 − 1 −  12   4 4 4  4  8. Đặt x = a     ; t   0;    ;   cos t  2 2  Tạp chí và tư liệu toán học | 172 Kỹ thuật giải toán tích phân| =  3  4   sin 2 t 1 1 1 + sin t  3 3 d(sin t) = d(sin t) − ln    d(sin t) = 2 2    cos t 2 1 − sin t 4  1 − sin t  4 = (1 + x ) 2 5 1 9. Ta có I =  1 x 3 8  4 6  4  6 = 1 7+4 3  3− 2 ln   − 2  3+2 2  2 5 ( sin t ) −8 5 1 d ( sin t ) = − 7 sin 7 t  4  6 = −1 128 − 8 2 8 2 − 128 = 7 7 ( ) 2 3 4u du 1+ x u2 − 1 4udu 1+ x  I = x= 2 ;dx = dx , đặt u = 2 1 u 2 + 1 2 1−x u +1 1−x ( ) ( u2 + 1) 10. Ta có I =  2 0     Đặt u = tan t; t   0;    ;    2 2   3  4  3  4  I =  4 sin udu = 2  2 /3 1  3 ( 1 − cos 2u ) du = 2  u − sin 2u  = + 1 − 2 2   /4 6 Câu 4. Tính các tích phân sau: 1. I =  2. I =  1 x − x2 − 2x + 2 dx x + x − 2x + 2 x − 2x + 2 2 1  2 x 2 dx ( x + 1) x + 1 ( x + 1) x + 1 dx 2 0 1 3. I =  1 2 2 3 3 4. I =  2 x 2 0 a+b 5. I = 3a2+ b 4 4  1  dt ( 1 + tan t ) cosdt2 t 4  cos t  cos2 t 4 cos tdt 4 d ( sin t ) =  =  =  8 tan 8 t tan 8 t sin 8 t 6 6 sin t 6  2  − sin t 3     dx , đặt x = tan t; t   0;    ;    2 2  2  I = 4 1  3 2 x3 3+x dx 3−x dx ( x − a )( b − x ) (a  b) Lời giải 173 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I=  1  a sin tdt a2  − 1    2 2 a 2 tan 2 t  sin tdt sin 2 t  cos t  cos t 3 3 = = 2 4 4 cos t dt a  a     cos t   3  4 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ 1. Ta có I= 2 1 2 x− dx  2 = x + x 2 − 2x + 2 x − 2x + 2 1 x + x − x 2 − 2x + 2 1 u+1− ( x − 1) + 1 dx  = 2 0 u + 1 + 2 ( x − 1) + 1 ( x − 1) + 1 2 u2 + 1 du 2 u +1 u +1 2    tan t + 1 − tan 2 t + 1 dt sin t + cos t − 1   4  = dt Đặt u = tan t; t  0,   I =  4  2 2 0  2 tan t + 1 + tan 2 t + 1 cos t ( tan t + 1 ) 0 sin t + cos t + 1  4 0 =  J = 4 0  2  dt    4 = − 2J 1−  dt = − 2 0 sin t + cos t + 1  4 sin t + cos t + 1 4    dt dt dt = 4 = 4 0 t t sin t + cos t + 1 0 2 sin t cos t + 2 cos 2 t 2 cos 2  1 + tan  2 2 2 2 2 t  d  tan  t 2 =  = ln 1 + tan t 2 1 + tan 2   2. Đặt x = tan t; t  0,   2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  4 0  4 0 I=  4 0     = ln  1 + tan  = ln 2  I 12 = − 2 ln 2 = − ln 2 8 4 4     dt sin 2 t sin 2 t cos t sin 2 t 4 4 4  = dt = dt = 2 0 cos t 0 cos2 t 0 1 − sin 2 t d ( sin t ) 1 + tan 2 t cos t tan 2 t ( 1 + tan t ) 2  4  4 0 1  1 1 + sin t  2   =  − 1  d ( sin t ) =  ln − sin t  = ln 1 + 2 − 2 1 − sin t 2  1 − sin t  2 0 ( )   3. Đặt x = tan t; t  0,   2 I=  4  6 ( 1 + tan t ) 2 1 + tan 2 t tan 3 t    dt dt sin t 4 4 = = dt   2 3 2 4 2   cos t 6 sin t.cos t 6 sin t cos t     d ( cos t ) d ( cos t ) 1  cos t   cos t 4 4 4 = 4  + d cos t = 2 + + d ( cos t ) ( )      2 2 2 2     cos t  cos t 6  1 − cos t 6 1 − cos t 6 6  1 − cos t  2 2  2  1 + cos t 1  4 1 4  1 1  =  2 ln − +   −  d ( cos t )  0 1 − cos t cos t   4  1 − cos t 1 + cos t   6  /4  9 1 + cos t 1 1 1 1 9 1+ 2 2  =  ln − +  − = ln + −1− 2  3  4 1 − cos t cos t 4  1 − cos t 1 + cos t   − 9 2 2 + 3 2   4. Đặt x = 3 cos 2t; t   0;   2 I=  6  4 3 ( 1 + cos 2t ) ( 9 cos 2t ) 3 ( 1 − cos 2t ) ( −6 sin 2t ) dt = 54  2  4  6 cos 2 t cos 2t ( 2 sin t cos t ) dt sin 2 t 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 174 Kỹ thuật giải toán tích phân|    6 6 6 = 54 4 cos2 2t ( 2 cos 2 t ) dt = 54 4 cos 2 2t ( 1 + cos 2t ) dt = 54 4 ( cos 2 2t + cos 3 2t ) dt  4  6 = 54   27  1 1 3  1 + cos 4t cos 6t + 3 cos 2t  4 + 2t + sin 4t + sin 6t + sin 2t    dt =  2 4 2  2 6 2    6 = 27   1 3    3 3 3   27   4  +  − +  −  +   =  + − 3 2  2 6 2   3 4 4   2  6 3  x = a + ( b − a ) sin 2 t  ( a  b ) , đặt     ( x − a )( b − x ) t   0; 2     a+b 2 3a + b 4 dx 5. Ta có I =    I = 4 6   ( b − a ) sin 2tdt 2 sin t cos tdt    = 4 = 4 2dt = 2  −  = 2 2 2 2 2 4 6 6 ( b − a ) sin t ( 1 − sin t ) 6 sin t cos t 6 lượng giác mà những hàm này ta đã được cùng nhau tìm hiểu ở chương trước nên không có gì quá mới mẻ và lạ lẫm. Mấu chốt của các bài toán này là phát hiện ra dấu hiện để đặt ẩn phụ, còn việc phát hiện ra được không thì đó là việc của chính các bạn ☺. TỔNG KẾT Ở trên ta đã tìm hiểu các dạng toán hay gặp nhất của dạng tính nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ và ta rút ra: thường sẽ có 2 loại bài tập tính tích phân hàm vô tỉ với cách giải đặc thù sau: • Phân tích, biến đổi để làm mất căn thức ( biến đổi thành bình phương dưới căn rồi đưa ra ngoài; nhân lượng liên hợp để mất căn ). • Sử dụng phương pháp đổi biến, đây là phương pháp phổ biến nhất để giải một bài toán tích phân hàm vô tỷ, ta thường gặp các dạng sau đây:  ( ) Dạng 1. I =  R x, n ax + b dx (với R ( x ) là hàm số hữu tỉ của biến x )  Cách giải. Đặt t = n ax + b  ) ( Dạng 2. I =  R x, m xp , n xq ,…, s x r dx (với R ( x ) là hàm số hữu tỉ của biến x )  Cách giải. Với k = BCNN ( m, n,…, s ) ta đặt t = k x  x = t k  ) ( Dạng 3. I =  R x, ax 2 + bx + c dx  + Cách 1. Đặt t = ax 2 + bx + c (nếu giải được) + Cách 2. Biến đổi ax 2 + bx + c và đặt theo 3 hướng sau: 175 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Tổng kết lại. Cùng nhìn lại phương pháp này ta sẽ thấy nó chỉ là một dạng tích phân đưa về hàm | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ ax 2 + bx + c = A 2 − u 2 thì đặt u = A cos t với 0  t   (hoặc u = A sin t với − ax 2 + bx + c = u 2 + A 2 thì đặt u = A tan t với −   t 2 2   t ) 2 2 (*) A  với 0  t   và t  cos t 2 (với u là biểu thức chứa biến x và A là hằng số) ax 2 + bx + c = u 2 − A 2 thì đặt u = (* *) + Cách 3. Sử dụng những cách biến đổi như ở phần trên.   ax + b  Dạng 4. I =  R  x, n  dx (với R ( x ) là hàm số hữu tỉ của biến x )  cx + d    ‘  b − dt n  ax + b ax + b b − dt n Cách giải. Đặt t = n  tn = x= n  dx =  n  dt cx + d cx + d ct − a  ct − a  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN     a−x  a+x  Dạng 5. I =  R  x, hoặc I = R x, dx    dx     a a + − x x       Cách giải. Đặt x = a cos 2t và sử dụng công thức 1 − cos 2t = 2 sin 2 t , 1 + cos 2t = 2 cos 2 t .   Dạng 6. I =  R  x,      dx (với R ( x ) là hàm số hữu tỉ của biến x ) ( ax + b )( cx + d )  1 Cách giải: Đặt t = ax + b + cx + d Các em có thể xem thêm các cách đặt biến số của hàm vô tỉ ở phần phương pháp đổi biến số dạng 1 và dạng 2.  Chú ý. Đối với bài toán tính dx  x2  k  thì ta có thể không cần lượng giác hóa như cách đặt như ở phần ( * ) , ( * * ) ta có thể trình bày như sau:  Cách 1: Biến đổi   dx x2  k = (x + (x + x k 2 Cách 2: Đặt t = x + x  k  dt = 1 + 2 ) x 2  k dx ) x k 2 x x k 2 = dx = ( ) = ln x + ( k) d x + x2  k (x + x 2 x + x2  k x k 2 dx = tdx x k 2 x2  k  )   = … dt dx = t x2  k x =   t = t 1 t dx dt t Đổi cận   =  = ln t t2 = ln 2 . 2 1 t1 x  k t1 t x =   t = t 2   t2 Tạp chí và tư liệu toán học | 176 Kỹ thuật giải toán tích phân| CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP ĐỀ BÀI. Câu 1. Tính tích phân của các hàm số sau 1 a) I =  0 1 dx x+1 + x b) I =  0 2 x3dx c) I =  x + 1 + x2 1 ( x + 1) dx x +x x+1 Câu 2. Tính tích phân của các hàm số sau a) I = 3  1 1 1 + x2 dx x dx b) I =  x2 + 4x + 3 0 Câu 3. Thực hiện các yêu cầu dưới đây  x2 a) Cho I =   4 + 1 + x3 a b) Cho I = a dx x x +4 2 5 ( ) 1 5 ln , a  5 , tính a 2 4 3 = Câu 4. Tính các tích phân sau 6 a) I =  4 c) I = 3 5  5 1 x−4 1 . dx x+2 x+2 b) I =  3 −1 2−x 1 . dx 2 + x ( 2 − x )2 1 1 x2 − 9 d) I =  dx 0 Câu 5. Cho tích phân x+3 1  ( x + 1) 0 5 dx = a 3×2 + 12 dx . b a− b là , với a, b, c là các số nguyên dương và c c phân số tối giản. Giá trị biểu thức a + b + c bằng A. 14 B. 20 C. 28 D. 38  ( x + 1 )2 n 2x 2 + 1  ( ) I 2x 2 + 1   Câu 6. Đặt I n =  n −n dx. Tính lim n . 2 n +1 n +1 0  2 2 I n +1  ( x + 1) ( x + 1)   1 3 B. D. A. 1 C. −1 2 2 1 Câu 7. Cho tích phân  2 1 3 x − x3 a c a c và a, b, c,d là các số nguyên dương, , là dx = − . 3 4 x b d b d các phân số tối giản. Giá trị biểu thức a + b + c + d bằng A. 48 B. 66 Câu 8. Cho f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên Biết f ( 3) = 30 + 15 , GTNN của f ( x ) bằng 3 177 | Chinh phục olympic toán C. 41 D. 61  x2  1 0 . Biết f ( x ) =   −  dx. 4 2 4  x +1 x x +1  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  28 , tính 6a + 1 + a 3  dx = 3  2 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ A. 2 2 + 5 B. 6 C. 2 +5 Câu 9. Đâu là họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. 1 ln 2 x 2 + 2x − 1 + 1 B. 1 ln 2 x 2 + 2x − 1 + 1 1 C. ln 2 x 2 + 2x − 1 − 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 D. ln 2 x + 2x − 1 − 1 x + 2x − 1 − 1 x 2 + 2x − 2 . − x 2 + 2x − 1 + C x + 2x − 1 + 1 2 x 2 + 2x − 1 − 1 + x 2 + 2x − 1 + C x + 2x − 1 + 1 2  x 2 + 2x − 1 + x 2 + 2x − 1 + C 2 Câu 10. Cho ( x + 1) − x 2 + 2x − 1 + C 2 5 3 7 8 D. 10 x2 + x + 1 a c a c dx = + ln , với a, b, c,d là các số nguyên dương, , là các b d x b d phân số tối giản. Giá trị biểu thức a + b + c + d bằng A. 104 D. 190 C. 204 B. 238 9 7    b cos 8 cos 8  3 − 2x + 1 + 2dx = a  − −  , với a, b, c là a+1 a−1  c   3 2 1 1 4 Câu 11. Cho tích phân I =  b là phân số tối giản. Biểu thức a + b + c có giá trị bằng c B. 53 C. 87 D. 58 các số nguyên dương và A. 38 Câu 12. Cho F ( x ) =  x−2 (x + 2) 4x 2 + 6x + 5 dx. Biết F ( 0 ) = 1 3  4  5 1 ln  + 5  + ln  −  . Gọi 2 2  3  4 6  M là GTNN của F ( x ) trên đoạn  1; 3 . M có giá trị xấp xỉ bằng B. 0.3365 A. 0.3364 Câu 13. Cho F ( m ) = 3 m −1 F (m) x −x−1 dx . Tìm khoảng đồng biến của 2 m+1 x + x+1  1 B.  0;   2 A. ( −1; 0 ) 3 2 1 2 Câu 14. Cho I =  D. 0.3368 C. 0.3367 4 1 3 C.  ;  2 2  (  3  D.  ; +   2  ) dx 8 = − 2 2 + ln a − ln b + c . Với a, b, c là các số nguyên x + 1 + 2x + 1 3 dương. Biểu thức a + b + c có giá trị bằng A. 10 B. 25 C. 15 D. 20 Tạp chí và tư liệu toán học | 178 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 15. Cho f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên f ( x) + f ( y) = a 0 , I =  f ‘ ( x ) f ( x )dx . Biết 1 3 x 2018x và f ( 1 ) = m là hằng số. Tìm GTNN của I theo m + 2018y y3 B. 1 − m m A. m C. ( 2 1−m m 3 ) D. ( 3 1−m m 2 ) Câu 16. Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 x 2 + a theo a. B. C. D. 3 + ax ) x 2 + a − a 2 ln x + x 2 + a 6 ( 2x 3 + ax ) x 2 + a + a 2 ln x + x 2 + a 6 ( 2x 3 + ax ) x 2 + a − a 2 ln x + x 2 + a 8 ( 2x 3 + ax ) x 2 + a + a 2 ln x + x 2 + a 8 Câu 17. Cho I =  0 3 (x 2 + 1) +C +C +C +C dx ( x2 + 1 + x + 1 ) = a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số nguyên. 6 Tính a + b + c A. 6 Câu 18. Cho C. 0 B. 4 1 4 0 D. −2 b 1− x b  với a, b, c, d là các số nguyên dương và là dx = a − 3− c c d 1+ x  phân số tối giản. Tính ac + bd B. 24 A. 22 C. 26 D. 28 Câu 19. Giả sử tồn tại f ( x ) và g ( x ) liên tục và có đạo hàm trên thỏa mãn f ( x ) g ‘ ( x ) = g ( x ) f ‘ ( x ) . Biết rằng f ( 1 ) = 2g ( 1 ) = 4 và f ( 0 ) = 3g ( 0 ) = 9 , tính giá trị của biểu thức tích phân  1 g ‘ ( x ) f ( x ) ln g ( x ) g (x) 0 A. ln 4 + ln 9 − 2 Câu 20. Ta đặt Fn ( x ) =  A. 1 Câu 21. Cho tích phân dx . B. ln 4 − ln 27 + 2 C. ln 4 − ln 9 + 2 D. ln 4 − ln 27 − 2 x − xn dx . Biết Fn ( 1 ) = 0 n . Tính lim Fn ( 2 ) . n →+ xn +1 B. − C. −1 D. + n  ln 8 ln 3 e x + 1dx = a ln 3 + b ln 2 + c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính −a + b + c A. 2 B. 0 179 | Chinh phục olympic toán C. −2 D. 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. ( 2x | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Câu 22. Tính tích phân I =  2 −2 4 − x2 dx 4x + 1 B.  A. 4 Câu 23. Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. C. 4 9 4 3 ( ( 1+ x x2 + x 3 2 9 2 D. 3 B. 3 Câu 24. Cho tích phân A. −634  x2 3 0 (1 + 1+ x ) (2 + 2 . 1+ x x ) +C x ) +C 1+ x x D. 2 C. 2 1+x ) 2 ( ( ) +C x ) +C 3 1+ x x 3 1+ x 4 . Tính ab . 3 dx = a + b ln D. −504 C. 634 B. 504  a 1 1 1  a Câu 25. Biết   3 x − 2 + 2 3 8 − 11  dx = 3 c , với a, b, c nguyên dương, tối giản và   b x x x  b 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 c  a . Tính S = a + b + c ? A. S = 51 B. S = 67 C. S = 39 Câu 26. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên Nguyên hàm của hàm số f ( 2x ) trên tập A. x+3 +C 2 ( x2 + 4 ) B. và thỏa mãn +  f ( x+1 x+1 ) dx = 2 ( x+1 +3 x+5 ) +C. là: x+3 +C x2 + 4 C. 2x + 3 +C 4 ( x2 + 1) Câu 27. Tìm tất cả các giá trị dương của tham số m sao cho A. m = 2 250 2 500 − 2 D. S = 75 B. m = 2 1000 + 1  D. m 0 xe C. m = 2 250 2 500 + 2 dx = 2 500.e m2 +1 . D. m = 2 1000 − 1 3 4 Câu 28. Giả sử a , b , c là các số nguyên thỏa mãn x2 + 1 2x + 3 +C 8 ( x2 + 1) 1 2x 2 + 4x + 1 4 2 0 2x + 1 dx = 2 1 ( au + bu + c ) du , trong đó u = 2x + 1 . Tính giá trị S = a + b + c 4 Câu 29. Biết 2x + 1dx 5 = a + b ln 2 + c ln ( a, b, c  3 2x + 1 + 3  2x + 3 0 A. T = 4 B. T = 2 ln 8 Câu 30. Biết tích phân  ln 3 D. S = 2 C. S = 1 B. S = 0 A. S = 3 C. T = 1 1 ) . Tính T = 2a + b + c . D. T = 3 1 b dx = 1 + ln + a a − b với a, b  2 a e 2x + 1 − e x + . Tính giá trị của biểu thức P = a + b A. P = −1. B. P = 1. C. P = 3. D. P = 5. Tạp chí và tư liệu toán học | 180 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4 Câu 31. Biết  1 A. P = −5. B. P = −4. 2 Câu 32. Biết 1 x + ex + dx = a + e b − e c với a, b, c  . Tính P = a + b + c. 2x 4x xe  0 A. P = −1. C. P = −3. D. P = 3. 2+ x dx = a + b 2 + c với a, b, c  . Tính P = a + b + c. 2− x B. P = 2. C. P = 3. Câu 33. Trong giải tích, I =  xm ( ax n + b ) dx với a, b  p D. P = 4. 0 được gọi là và m, n, p  tính được (có thể biểu diễn bởi các hàm như đa thức, hữu tỷ, lượng giác, logarit, …) khi một trong các số p, m+1 m+1 là số nguyên. Xét nguyên hàm I =  ,p + n n ( x adx a x +1 5 ) 6 , hỏi có bao A. 5 B. 9 181 | Chinh phục olympic toán C. 4 D. 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC nhiêu số a  2, 3, 4, 5, 6,7, 8, 9, 10 để I có thể tính được? | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Tính tích phân của các hàm số sau 1 dx x+1 + x a) I =  0 1 b) I =  0 x3dx x + 1 + x2 2 c) I =  1 ( x + 1) dx x +x x+1 Lời giải 1 a) Ta có I =  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 1 = 0 ( 1 dx = x+1+ x 0 1 x+1− x ( x+1+ x )( 1 x+1 − x 3 3  2 2 x + 1 − x dx = ( x + 1 ) 2 − x 2  = 2 2 − 2 3 0 3 ) 1 b) Ta có  x+ 0 x 3dx = 1 + x2 ) ( x 3 x − 1 + x 2 dx x2 − ( 1 + x2 ) 1 1 0 0 ( 1 ( = x 0 3 ) dx =  0 x+1 − x dx x+1−x ) 4 ) 1 1 1 + x − x dx =  x 2 0 3 x5 1 1 + x dx − = J− . 5 0 5 2 Tính J =  x 3 1 + x 2 dx =  x 2 1 + x 2 xdx .  x = 0  t = 1 Đặt t = 1 + x 2  t 2 = 1 + x 2  tdt = xdx . Đổi cận:   x = 1  t = 2 2 4 2 2 2  1 1 2 2 2  t5 t3   J =  ( t − 1 ) t.tdt =  ( t − t ) dt =  −  =  − +  −  −  = 5 3 5 3 5 3 15 15     1 1   1 2 2 2 4 2 2 2 2 1 2 2 1 + − = − . 15 15 5 15 15 Nhận xét. Ở câu a) và câu b) ta đều nhân lượng liên hiệp để khử mẫu đưa về bài toán dễ I= tính hơn. c) Do ( x+1+ x )( ) x + 1 − x = 1 nên ta có 2 ( ) ( ) 1   1 =  −  dx = 2 x − 2 x + 1 x x + 1   1 2 1   1 =  −  dx = 2 x − 2 x + 1 x x+1  1 2 1 2 1 = 4 2 −2 3 −2 = 4 2 −2 3 −2 Tạp chí và tư liệu toán học | 182 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 2. Tính tích phân của các hàm số sau a) I = 3  1 1 1 + x2 dx x dx b) I =  x2 + 4x + 3 0 Lời giải x = 1  t = 2 a) Đặt t = 1 + x 2  t 2 = 1 + x 2  tdt = xdx . Đổi cận  x = 3  t = 2 1 + x2 xdx = x2  1 = 2  2 t  t 2 − 1 .tdt = 2 1  1 1  2 2 t2 − 1 + 1  t 2 − 1 dt = 2 1 t−1   1 + 2  t − 1 − t + 1  dt =  t + 2 ln t + 1  2    1 + t 2 2 1   dt −1 2 = 2 − 2 + ln 2 ( ) 1 2 + 1 − ln 3 2  x = 0  t = 1 + 3 b) Đặt t = x + 1 + x + 3 . Đổi cận  . x = 1  t = 2 + 2  1 1 x+1+ x+3    dt =  + dx = t.  dx = 2 ( x + 1 )( x + 3 ) 2 2 x+1 2 x+3  dx  ( x + 1)( x + 3 ) = 2+ 2 2dt dt I=2  = 2 ln t t t 1+ 3 2+ 2 1+ 3 dx ( x + 1 )( x + 3 ) 2+ 2  = 2 ln    1+ 3  Câu 3. Thực hiện các yêu cầu dưới đây 2  x2 a) Cho I =   4 + 1 + x3 a b) Cho I = a dx x x2 + 4 5 =  28 , tính 6a + 1 + a 3  dx = 3  ( ) 1 5 ln , a  5 , tính a 2 4 3 Lời giải 2 2 a a a) Ta có I =  4dx +  2 x2 Tính B =  1 + x3 a 2 Khi đó B =  a x2 1 + x3 dx . Đặt x2 1 + x3 dx 1 + x 3 = t  1 + x 3 = t 2  x 2dx = 2 tdt 3 2 dx = 2 2 1 + x3 = 2 − 1 + b3 3 3 a 2 2 2   Ta có I = 4x + 1 + x3 = 10 −  4a + 1 + a3  3 3   a  28 2 2 2   1 + a 3   4a + 1 + a 3 =  6a + 1 + a 3 = 1 . = 10 −  4a + 3 3 3 3   183 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Khi đó I = 3 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Vậy P = 6a + 1 + a 3 = 1 . x = 5 t = 3  b) Đặt t = x 2 + 4  t 2 = x 2 + 4  tdt = xdx. Đổi cận:  . 2 x = a t = a + 4 I= a x 5 xdx 2 1 t−2 = ln 4 t+2 2 a +4 = 3  3 dt = 2 t −4 a2 + 4  3 dt 1 = (t − 2)(t + 2) 4 ( a2 + 4 − 2  a +4 +2 2 = 1 3 3 ( a2 + 4  3 1   1 −   dt t−2 t+2  1  a2 + 4 − 2  ln  5   4  a 2 + 4 + 2  1 5 1  a2 + 4 − 2  1 5 ln  ln  5   = ln , a  5 4 3 4  a 2 + 4 + 2  4 3 Ta có I = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN x2 + 4 = a2 + 4 ) ) a 2 + 4 − 2 = a 2 + 4 + 2  a 2 + 4 = 4  a = 2 3  a 2 = 12. Câu 4. Tính các tích phân sau 6 a) I =  4 c) I = 1 x−4 1 . dx x+2 x+2 3 5  1 x2 − 9 5 b) I =  −1 1 d) I =  dx 0 3 2−x 1 . dx 2 + x ( 2 − x )2 a 3×2 + 12 dx Lời giải x−4 x−4 2t 2 + 4 6 12tdt  t2 = x= x= − 2 ( * )  dx = 2 2 x+2 x+2 1−t 1−t (1 − t 2 )2 a) Đặt t = Từ ( * )  x + 2 = 6 1 1 − t2 . Đổi cận  = 1 − t2 x+2 6 x = 4  t = 0   1  x = 6  t = 2 1 6 Vậy I =  4 2 x − 4 dx 1 − t 2 12tdt . = t . x+2 x+2 0 6 ( 1 − t 2 )2 1 2 1 2 1 2 t  1+ t   1  dt = 2   − 1  dt = 2  ln − t  = 2 ln 3 − 1. 2 2 1−t 1−t   1−t 0 0 0 = 2 b) Đặt t = 3 2 2−x 2−x 2 − 2t 3 4 −12t 2dt  t3 = , (*)  x =  x = − 2 , * *  dx = ( ) 2 2+x 2+x 1 + t3 1 + t3 (1 + t3 ) ( 1 + t ) . Đổi cận 4t 3 1  = Từ ( * ) , ( * * )  2 − x = ( 2 + x ) t 3 = 2 3 1+ t 16t 6 (2 − x) 3 2 x = −1  t = 3 3   1 x = 1  t = 3 3  Tạp chí và tư liệu toán học | 184 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 Vậy I =  3 −1 2−x 1 . dx = 2 + x ( 2 − x )2 1 3 3  t. 3 (1 + t3 ) 16t 3 6 2 . −12t dt 2 (1 + t ) 3 2 3 =− 4 1 3 3 dt 3 3 t 3 = 8t 2 3 1 3 3 3 3 3 1  = 39− 3  8 9  x  x + x2 − 9 udx du dx c) Đặt u = x + x − 9  du =  1 + . dx =  =  dx = 2 2 2 u x −9  x −9 x −9 x2 − 9  6+3 5  2+ 5  6+3 5 du x = 5  u = 9 Đổi cận  I=  = ( ln u ) = ln   . 9 u  9  3  x = 3 5  u = 6 + 3 5 2 0 a 3x 2 + 12 dx = 1 a 1 dx  3 0 x2 + 4 Đặt u = x + x2 + 4  du = x + x2 + 4 x +4 2 a I= 3 1+ 5  2 dx  du dx . = u x2 + 4 1+ 5 1 a du = ( ln u ) u 3 2 = a 1+ 5 ln . 2 3 Câu 5. Cho tích phân x+3 1  ( x + 1) 0 5 dx = b a− b là phân , với a, b, c là các số nguyên dương và c c số tối giản. Giá trị biểu thức a + b + c bằng A. 14 B. 20 C. 28 D. 38 Lời giải 1 x+3 0 ( x + 1) Ta tách I =  Đổi biến, đặt u = 5 dx =  1 0 x + 3 dx . x + 1 ( x + 1 )2 x+3 −2dx dx −du  du =  = 2 2 x+1 2 ( x + 1) ( x + 1) I= 2 3 u. 3 2 3 −du 1 3 21 1 x 1  2 27 2 8  27 − 8 =  u du = . = .  − =  2 2 2 2 3 2  3 3  3 2 2  a = 27, b = 8, c = 3  a + b + c = 38. Chọn ý B. Câu 6.  ( x + 1 )2 n 2x 2 + 1 ( ) − 2×2 + 1  Đặt I n =  n n 2 n +1 n +1 0   x2 + 1) x2 + 1) ( (  1 B. A. 1 2 1   dx. Tính lim I n .  I n +1  C. −1 Lời giải 185 | Chinh phục olympic toán D. 3 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 d) I =  | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ 2   2 x + 1 ( ) 2x + 1 2x 2 + 1 1   n . − . dx Ta có bước biến đổi sau I n =  n 2 0  x + 1 ( x 2 + 1 )2 x2 + 1 x2 + 1    1 = 1 0 2 1 2x 2 + 1 ( x + 1 ) − ( x + 1 ) 2x 2 + 1 2xdx n . dx =  . 2 0 x2 + 1 x 2 + 1 ( x 2 + 1 )2 ( x2 + 1) 2 n 2x 2 + 1 2xdx Đến lúc này ta sẽ đổi biến. Đặt u = 2  du = 2 x +1 ( x + 1) 3 2 n 1  In =  3 2 1 udu =  n +1 n 1 n u u du = n+1 n 3 2 1 n +1  n  3 n = − 1 .  n+1 2    n  3 . − 1 n+1 2     lim I n = 1 = n+2 I n +1  n + 1  3 n + 1 . − 1 n+2 2    CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN n +1 n In I n +1  Chọn ý A. Câu 7. Cho tích phân  2 1 3 x − x3 a c a c và a, b, c,d là các số nguyên dương, , là các dx = − . 3 4 b d x b d phân số tối giản. Giá trị biểu thức a + b + c + d bằng A. 48 B. 66 C. 41 D. 61 Lời giải Ta có phép biến đổi sau I =  2 1 Đặt y = 3 2 2 x − x3 x − x3 1 1 dx 3 dx = . 3 dx =  3 2 − 1. 3 4 3  1 1 x x x x x 4 3 3 − −dy 1 0 1 y 1 −2 dx −dy 4 3  I = y. =  3 y dy = . − 1  dy = dx  = 2 3 3  0 − 2 2 4 2 4 x x x 2 3 1 3 0 − 3 4 4  3 3 − 1  4  −3 3 81 −9 3 3 I=− . = . = . 4 2 8 256 32 4 3  a = 9, b = 32, c = 3,d = 4  a + b + c + d = 48 Chọn ý A. Câu 8. Tạp chí và tư liệu toán học | 186 Kỹ thuật giải toán tích phân| Cho f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên f ( 3) =  x2  1 0 . Biết f ( x ) =   −  dx. Biết 4 2 4  x +1 x x +1  30 + 15 , GTNN của f ( x ) bằng 3 B. 6 A. 2 2 + 5 C. D. 10 2 +5 Lời giải Mà f ( 3) = 30 + 5 1  C = 5  f ( x ) = x 2 + 2 + 5  2 + 5  min f ( x ) = 2 + 5. 3 x Chọn ý C. Câu 9. Đâu là họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) A. 1 ln 2 x 2 + 2x − 1 + 1 B. 1 ln 2 x 2 + 2x − 1 + 1 C. 1 ln 2 x 2 + 2x − 1 − 1 D. 1 ln 2 x + 2x − 1 − 1 2 x + 2x − 1 − 1 2 x + 2x − 1 + 1 2 x 2 + 2x − 1 − 1 x + 2x − 1 + 1 2 ( x + 1) = x 2 + 2x − 1 x 2 + 2x − 2 . − x 2 + 2x − 1 + C + x 2 + 2x − 1 + C − x 2 + 2x − 1 + C + x 2 + 2x − 1 + C Lời giải Nhận thấy F ( x ) =  ( x + 1) x 2 + 2x − 1 x 2 + 2x − 2 = (( x x 2 + 2x − 1 2 + 2x − 1 ) − 1 ) 2 . ( x + 1 ) dx   Đặt x2 + 2x − 1 = sin 2 t, t  0;   ( x + 1 ) dx = sin t.cos tdt  2  F (x) = G ( t ) =  187 | Chinh phục olympic toán sin 2 t sin 2 t 1 − cos 2 t .sin t.cos tdt =  dt =  dt cos 4 t cos t cos t TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 x− 3  x2  1 x4 − 1 x dx Ta có f ( x ) =   − dx =   dx =  2 4 4 2 4 1 x x +1  x +1 x x +1  x2 + 2 x dy dy 1 1 1  Đặt x 2 + 2 = y  dy = 2  x − 3  dx  f ( x ) =  2 =  = y + C = x2 + 2 + C x x x  y 2 y  | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ ln sin t + 1 − ln sin t − 1 1 dt −  cos tdt = − sin t + C cos t 2 Bây giờ, ta mới “trả lại tên cho em” =  F (x) = x 2 + 2x − 1 + 1 − ln ln x 2 + 2x − 1 − 1 2 x 2 + 2x − 1 + 1 1  F ( x ) = ln 2 x + 2x − 1 − 1 2 − x 2 + 2x − 1 + C − x 2 + 2x − 1 + C Chọn ý A. Câu 10. Cho 5 3 7 8 x2 + x + 1 a c a c dx = + ln , với a, b, c,d là các số nguyên dương, , là các phân số b d x b d  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN tối giản. Giá trị biểu thức a + b + c + d bằng A. 104 B. 238 C. 204 D. 190 Lời giải 5 Có I = 73 8 5 x2 + x + 1 x2 + x + 1 dx = 73 dx 2 x 8 x x +x+1 5 3 7 8 = Xét bổ đề x 2 xdx x +x+1 2 5 3 7 8 dx + x +x+1 2 5 3 7 8 + dx x x +x+1 2 =M+N+P dx 1 = ln x + + x 2 + x + 1 (Bổ đề này để các bạn tự chứng minh nhé). +x+1 2 5 3 7 8 M= 1 53 2x + 1 1 53 dx = 7 dx − 7 2 2 2 2 8 x +x+1 x +x+1 2 8 x +x+1 xdx 5 1 5 2x + 1 1 5 dx 1 1  M + N = 73 dx + 73 = x 2 + x + 1 73 + ln x + + x 2 + x + 1 2 8 x2 + x + 1 2 8 x2 + x + 1 2 2 8 M+N = 5 P = 73 8 dx x x2 + x + 1 3 5 8 7  P = − . Đặt x = 5 3 7 8 17 1  9  17 1 3 +  ln − ln 3  = + ln 24 2  2  24 2 2 1 −dt  dx = 2 t t 8 7 3 5 tdt = 1 1 t2 . 2 + + 1 t t dt t +t+1 2 = ln t + 1 + t2 + t + 1 2 8 7 3 5 = ln 7 5 7 − ln = ln 2 2 5 17 1 3 7 17 147 + ln + ln = + ln 24 2 2 5 24 50  a = 17, b = 24, c = 147,d = 50  a + b + c + d = 238 I =M+N+P = Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 188 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 11. 9 7    b cos 8 cos 8  3 − 2x + 1 + 2dx = a  − −  , với a, b, c là các số c a + 1 a − 1     3 2 1 1 4 Cho tích phân I =  b là phân số tối giản. Biểu thức a + b + c có giá trị bằng c nguyên dương và A. 38 B. 53 C. 87 D. 58 Lời giải sin 2t   Nhận thấy 3 − 2x = 1 − ( 2x − 2 ) nên ta đặt 2x − 2 = sin 2 t, t  0;   dx = dt 2  2 1 2 cos t + 1 + 2 sin 2tdt =  2 0  2 0 4 2 = 2 4 t 8 2 cos .sin 2tdt = 4 2   2 0  4 t 2 2.cos + 2 sin 2tdt = 2 2 sin  2 0  t cos + 1 sin 2tdt 2 9t 7t 9t 7t  + sin cos cos 4  8 4 4 dt = − 4 + 4  7 2 4  9  4 4  2     0  9 7   9 7   cos cos cos cos 1      1 1 16   8 + 8 − +  = 84 8 − 8  = −4 8     −   7   9 7  63 9 7    9         a = 8, b = 16, c = 63  a + b + c = 87 Chọn ý C. Câu 12. x−2 Cho F ( x ) =  GTNN của ( x + 2 ) 4×2 + 6x + 5 F ( x ) trên đoạn  1; 3 . M A. 0.3364 Có F ( x ) =  Bổ đề  Có I =  dx. Biết F ( 0 ) = có giá trị xấp xỉ bằng B. 0.3365 x−2 (x + 2) 4x 2 + 6x + 5 dx dx 2 3  11   2x +  + 2 4  = C. 0.3367 dx =  1 = ln ax + b + ( ax + b ) + c a 2 1 3  4  5 1 ln  + 5  + ln  −  . Gọi M là 2 2  3  4 6  Lời giải dx 4x 2 + 6x + 5 ( ax + b ) 2 − 4 dx (x + 2 ) 4x 2 + 6x + 5 = I − 4J + c + C (Các bạn tự chứng minh bổ đề nhé) 1 3 ln 2x + + 4x 2 + 6x + 5 + C 2 2 189 | Chinh phục olympic toán D. 0.3368 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 2 I=  2 0 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ −dt  dx = 2  dx 1  t Ta có J =  . Đặt x + 2 =   2 1 t ( x + 2 ) 4x + 6x + 5 x = − 2  t 1 −dt dt dt J= . 2 = − = − 2 2 t 4 10 9t − 10t + 4 1 1  1  t 2 − +9 . 4 − 2 + 6 − 2 + 5 t t t t  t   J = − dt 1 5 = − ln 3t − + 9t 2 − 10t + 4 2 3 3 5  11   3t −  + 3 9  1 3 5 = − ln − + 3 x+2 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  F ( x ) = I − 4J = (x + 2) 2 − 10 +4 x+2 1 3 4 3 5 ln 2x + + 4x 2 + 6x + 5 + ln − + 2 2 3 x+2 3 (Vì F ( 0 ) = Xét F’ ( x ) = 9 9 (x + 2) 2 − 10 +4 x+2 1 3  4  5 1 ln  + 5  + ln  −  C =0) 2 2  3  4 6  x−2 (x + 2) 4×2 + 6x + 5  F’ ( x ) = 0  x = 2, F’ ( x )  0  x  1; 2 ) , F’ ( x )  0  x  ( 2; 3   F ( x ) đạt min tại x = 2 . Bấm máy tính ta được F ( 2 )  0.3367 Chọn ý C. Câu 13. F (m) x4 − x − 1 dx . Tìm khoảng đồng biến của 2 −1 m+1 x + x+1 Cho F ( m ) = 3 m  3  D.  ; +   2   1 3 C.  ;  2 2     1 B.  0;   2 A. ( −1; 0 ) Lời giải ( )( ) 4 2 m ( x − x − 1) x − x + 1 x4 − x − 1 dx = 3  dx Ta có F ( m ) = 3  2 −1 −1 x + x+1 x2 + x + 1 x2 − x + 1 m = m −1 ( (  3  x3 ( x + 1) 2 2 x − x + 1 dx = 3  − 3  3  2 )  F ( m ) = m 3 − 2 ( m + 1) m + 1 + 1  ) m   3  = x − 2 ( x + 1) x + 1   −1 ( ) m −1 F (m) = m2 − m + 1 − 2 m + 1 = G ( m ) m+1 Tạp chí và tư liệu toán học | 190 Kỹ thuật giải toán tích phân| Có G’ ( m ) = 2m − 1 − 1 , G ( m ) đồng biến  G’ ( m )  0 m+1  ( 2m − 1) m + 1  0  m   3  3  m ; +  2  2  Chọn ý D. Câu 14. 3 Cho I = 12 2 ( ) dx 8 = − 2 2 + ln a − ln b + c . Với a, b, c là các số nguyên dương. x + 1 + 2x + 1 3 Biểu thức a + b + c có giá trị bằng A. 10 B. 25 C. 15 D. 20 Lời giải Ta có I =  3 3 1 1 dx x + 1 − 2x + 1 2x + 1  2 2 = 1 dx = + −   dx 1 2  x x2 x2 x 2  x + 1 + 2x + 1 2  3 2 1 2 = ln x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3 2 1 2 3 3 12 2x + 1 4 − − 12 dx = ln 3 + − J 2 x1 2 x 3 2 tan t   Đặt 2x = tan 2 t, t  0;   dx = dt cos2 t  2  3  4 J=  tan 2 t + 1 tan t dt . dt = 4 3 2 2 3 tan t cos t 4 sin t 4 1 − cos t    u = du = dt  2  3 J − cost cos 2 t   sint sin t 3  = − Đặt   2 4 sin 3 t dt  1 − cos t 4 sin t dv = dt  v = − cot t = 4   sin 2 t sin t    J 2 1 − sin 2 t 2 J dt 3 = 2 − − 3 dt = 2 − − +  3  4 3 4 sin t 3 4 4 sin t J  2 cos t + 1  =  2 −  − ln 2  3 sin t ( )  3  4 J=2 2− ( ( 4 − 2 ln 3 − ln 1 + 2 3 ( 8 8  I = 2 ln 3 − 2 ln 1 + 2 + − 2 2 = − 2 2 + ln 9 − ln 3 + 8 3 3  a = 9, b = 3, c = 8  a + b + c = 20 Chọn ý D. 191 | Chinh phục olympic toán ) )) | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Câu 15. a 0 , I =  f ‘ ( x ) f ( x )dx . Biết rằng Cho f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên f ( x) + f ( y) = 1 3 x 2018x và f ( 1 ) = m là hằng số. + 2018y y3 Tìm GTNN của I theo m A. m C. B. 1 − m m ( 2 1−m m 3 ) D. ( 3 1−m m 2 ) Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Thay y = x  2f ( x ) = x2 2018 1  x2 2018  + 2  f (x) =  + 2 1 2018 x 2  2018 x  f ‘( x)  dx u = x du = 2 f (x) Đặt   dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x ) a a f ‘( x) f ( x) 1 1 2 f ( x)  I = f ( x) f (x) −  1 dx = f ( a ) f ( a ) − m m − I 2 ( ) ( 3 2 2 I = f ( a ) f ( a ) − m m  1 − m m  I  1 − m m  minI = 1 − m m 2 3 3 Chọn ý C.  ) Câu 16. Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 x 2 + a theo a. A. B. C. D. ( 2x 3 + ax ) x 2 + a − a 2 ln x + x 2 + a 6 ( 2x 3 + ax ) x 2 + a + a 2 ln x + x 2 + a 6 ( 2x 3 + ax ) x 2 + a − a 2 ln x + x 2 + a 8 ( 2x 3 + ax ) x 2 + a + a 2 ln x + x 2 + a 8 +C +C +C +C Lời giải Ta đi tính I =  dx x2 + a =  x  1+  dx d x + x2 + a 2 x +a   = = ln x + x 2 + a + C 2  x  x+ x +a x 2 + a.  1 +  x2 + a   ( ) Tạp chí và tư liệu toán học | 192 Kỹ thuật giải toán tích phân| xdx  u = x 2 + a du = Tiếp tục tính J = x + adx . Đặt   x2 + a dv = dx   v = x 2  J = x x +a − 2 x2 dx x2 + a = x x +a − 2 dx = x x2 + a −  x2 + a + a  x2 + a − a x2 + a dx = = x x 2 + a − J + aI x +a x 2 a  2J = x x 2 + a + a ln x + x 2 + a + C  J = x + a + ln x + x 2 + a + C 2 2 K= du = dx u = x  x + adx . Đặt   1 2 2 2 dv = x x + a  v = 3 ( x + a ) x + a 2 2 x 2 1 x 1 a x + a ) x 2 + a −  ( x 2 + a ) x 2 + adx = ( x 2 + a ) x 2 + a − K − J ( 3 3 3 3 3 a x 2   4K = x ( x 2 + a ) x 2 + a − a  x + a + ln x + x 2 + a  2 2  ( 2×3 + ax ) x2 + a − a2 ln x + x 2 + a x 3 + ax 2 ax 2 a2 2 K= x +a − x + a − ln x + x + a = +C 4 8 8 8 Chọn ý C. Câu 17. Cho I =  0 3 (x 2 + 1) ( dx x2 + 1 + x + 1 ) = a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số nguyên. Tính giá 6 trị của biểu thức a + b + c A. 6 B. 4 C. 0 D. −2 Lời giải Ta thử sử dụng lượng giác để phá căn như sau −du   Đặt x = cot u, u  0;   dx = sin 2 u  2 du   sin 2 u  I = − 6 = 2 2 2 ( cot u + 1 ) 6 sin 2 u. cot 2 u + 1 + cot u + 1 du 1  1 cos u  + + 1  2 sin u  sin u sin u  u u u 2 sin .cos sin    sin u 2 2 2  I = 2 du = 2 du = 2 du u u u u u 6 sin u + cos u + 1 6 2 sin 6 sin .cos + 2 cos 2 + cos 2 2 2 2 2 ( 193 | Chinh phục olympic toán ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cuối cùng tính K =  x 2 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ  2  6 1 I=  2 sin u u u u u u   + cos + sin − cos cos − sin    1 x 2 2 2 2 du = 2 2 du = 2 − ln sin u + cos u 2 1 −   6 u u u u 2 2 2 2  sin + cos sin + cos  6 2 2  2 2      3  2I = − − ln ( 1 + sin u ) 2 = −  ln 2 − ln  2 6 3  2 6 I=  3  − 6 ln 2 + 3 ln 3 − ln 2 + ln =  a = 1, b = −6, c = 3  a + b + c = −2 6 2 6 Chọn ý D. Câu 18. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Cho 1 4 0  b 1− x b  là phân số tối dx = a − 3 − với a, b, c, d là các số nguyên dương và c c d 1+ x giản. Tính ac + bd A. 22 B. 24 C. 26 D. 28 Lời giải Đặt   x = cos u, u  0;   dx = d ( cos 2 u ) = −2 sin u.cos udu  2 u 2 sin 2   1− x 1 − cos u 2 sin u.cos udu  dx = 3 . − 2 sin u.cos udu = 2 2 u 1 + cos u 2 1+ x 2 3 2 cos 2 u  sin   2 u 2 2 2 = 2  sin u.cos udu = 2  2 sin .cos udu = 2 2 ( 1 − cos u ) .cos udu u 2 3 cos 3 3 2 1 4 0     3 3 3 = 2 2 cos udu − 2 2 cos 2 udu = 2 sin u 2 − 2 ( cos 2u + 1 ) du 3  2 3 3   sin 2u  = 2 − 3 − + x = 2 − −  a = 2, b = 3, c = 4,d = 6  ac + bd = 26 4 6  2  3 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 194  2  6 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 19. Giả sử tồn tại f ( x ) và g ( x ) liên tục và có đạo hàm trên thỏa mãn f ( x ) g ‘ ( x ) = g ( x ) f ‘ ( x ) . Biết rằng f ( 1 ) = 2g ( 1 ) = 4 và f ( 0 ) = 3g ( 0 ) = 9 , tính giá trị của biểu thức tích phân  1 g ‘ ( x ) f ( x ) ln g ( x ) g (x) 0 A. ln 4 + ln 9 − 2 dx . B. ln 4 − ln 27 + 2 C. ln 4 − ln 9 + 2 D. ln 4 − ln 27 − 2 Lời giải I= 1 g ‘( x) g (x) g ‘ ( x ) f ( x ) ln g ( x ) g (x) 0 = f ‘( x) f (x) dx =  1 f’ ( x ) f ( x ) ln g ( x ) f (x) 0 dx =  1 f’ ( x ) ln g ( x ) f (x) 0 dx g ‘( x)  u = ln g ( x )   du = 2 g ( x ) dx = g ‘ ( x ) dx Đặt   f ‘( x) 2g ( x ) g ( x) dx  dv = f (x)   v = 2 f ( x ) 1 1 0 0  I = 2 f ( x ) .ln g ( x ) −  f ( x ). = f ( 1) .ln g ( 1 ) − f ( 0 ).ln g ( 0 ) −  1 0 g ‘( x) g ( x) f ‘( x) f ( x) 1 1 0 0 dx = f ( x ).ln g ( x ) −  f ( x ). 1 0 Câu 20. n x − xn dx . Biết Fn ( 1 ) = 0 n . Tính lim Fn ( 2 ) . n →+ xn +1 A. 1 B. − C. −1 D. + Lời giải  1  1 x n  n −1 − 1  n −1 n −1 x−x x  x dx =  dx =  dx Ta có Fn ( x ) =  xn +1 xn +1 xn 1 1−n dx du Đặt u = n −1 − 1  du = n dx  n = x x x 1−n n n n n +1 n u 1 u n  Fn ( x ) = G n ( u ) =  du = . +C 1−n 1−n n +1 n n  1   Fn ( x ) = . − 1 2  n −1 1−n  x  195 | Chinh phục olympic toán n +1 n f (x) dx dx = 2 ln 2 − 3ln 3 − 2 f ( x ) = ln 4 − ln 27 + 2 Chọn ý B. Ta đặt Fn ( x ) =  f’ ( x ) + C . Mà Fn ( 1 ) = 0 n  C = 0 n TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có f ( x ) g ‘ ( x ) = g ( x ) f ‘ ( x )  | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ n  lim  n →+ 1 − n 2 = − n +1  n  1   n  1   Fn ( 2 ) = − 1  . Có  lim  n −1 − 1  = −1  lim Fn ( 2 ) = + 2  n −1 n →+ n →+ 1−n  2  2    n+1 =1  nlim  →+ n Chọn ý D. Câu 21. Cho tích phân  ln 8 e x + 1dx = a ln 3 + b ln 2 + c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính ln 3 −a + b + c A. 2 B. 0 C. −2 D. 4 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta có phép biết đổi rất linh hoạt như sau I= ln 8 ln 3 e + 1dx =  x ln 8 ln 3  I = 2 ex + 1 ln 8 ln 3 ex + 1 e +1 x + ln 8 ln 3 dx =  ln 8 ln 3 ex e +1 x dx +  ln 8 ln 3 ex dx e +1 e +1−1 . x x   1 1 −   dx 2 ex + 1  ex + 1 − 1 ex + 1 + 1  ex   1 1 I =6−4+  − .d x ln 3 ex + 1 + 1   e +1 −1 ln 8 ( ) e + 1 = 2 + ln x ( e +1 −1 x ) ln 8 ln 3 − ln ( e +1 +1 x ) ln 8 ln 3  I = 2 + ln 2 − ( ln 4 − ln 3 ) = ln 3 − ln 2 + 2  a = 1, b = −1, c = 2  −a + b + c = 0 Chọn ý B. Câu 22. Tính tích phân I =  4 − x2 dx 4x + 1 2 −2 A. 4 B.  C. 2 D. 2 Lời giải Đặt x = − t  dx = −dt I= t x 2 4 2 4 4 − t2 4 − t2 4 − x2 dt =  dt =  dx −2 −2 4− t + 1 4t + 1 4x + 1 −2 2 2 2 4x 4 − x2 4 − x2 dx + dx =  4 − x 2 dx x x  −2 −2 4 + 1 −2 4 +1  2I =  2  −   Đặt x = 2 sin u, u   ;   dx = 2 cos udu  2 2 −  2I =  2  2 −  2 4 − 4 sin u.2 cos udu = 2  2 cos 2 udu 2 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 196 Kỹ thuật giải toán tích phân| −  I =  2  2 sin 2u ( cos 2 u+ 1) du = 2 −  2  2 −  + x 2 =  2 Chọn ý B. Câu 23. Tính nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 9 4 C. 3 A. ) ( ( 1+ x x ) +C 3 1+ x x x2 + x 1+ x x . 2 9 2 D. 3 +C B. 3 ( ( ) +C x ) +C 3 1+ x x 1+ x 3 x + x Ta có I =  1+ x x x2 I1 =  dx +  1+x x x 1+x x dx dx . Đặt t = 1 + x x  t 2 − 1 = x x  x 3 = ( t 2 − 1 )  x 2dx = 2 1+ x x  I1 =  x I2 =  x dx =  2 dx = 1+ x x  I = I1 + I2 = 4 9 ( 4 2 4 4 4 t − 1) dt = t 3 − t + C 1 = ( 3 9 3 9 ( ( 1+ x x ) ) − 34 3 4 2 t ( t − 1 ) dt 3 1 + x x + C1 2 d 1+x x 4 = 1 + x x + C2  3 3 1+ x x 1+ x x ) +C 3 Chọn ý A. Câu 24. Cho tích phân  x2 3 0 (1 + A. −634 1+ x ) (2 + 2 1+x ) 2 dx = a + b ln B. 504 4 . Tính ab . 3 C. 634 D. −504 Lời giải Ta đặt 2 + 1 + x = t  1 + x = t − 4t + 4  dx = 2 ( t − 2 ) dt 2 I= 4 3 (t 2 − 4t + 3 ) ( t − 1) 2 t2 2 .2 ( t − 2 ) dx = 2  4 3 ( t − 3 ) ( t − 2 ) dt 2 t2 . Bằng phương pháp giải hàm phân thứ hữu tỉ quen thuộc ta tách được 4  t2 21 18  18  4  I = 2   t − 8 + − 2  dt = 2.  − 8t + 21ln t +  = −12 + 42 ln 3 t t  t 3 3  2 4  a = −12, b = 42  ab = −504 197 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải 2 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Chọn ý D. Câu 25. 2  a 1 1 1  a Biết   3 x − 2 + 2 3 8 − 11  dx = 3 c , với a, b, c nguyên dương, tối giản và c  a . Tính  b x x x  b 1 S = a+b+c? A. S = 51 B. S = 67 C. S = 39 D. S = 75 Lời giải 2 2  1 1 1 1  Ta có   3 x − 2 + 2 3 8 − 11  dx =  3 x − 2  x x x x  1 1 Đặt t = 3 x − 1 1 2    t 3 = x − 2  3t 2dt =  1 + 3  dx . 2 x x x    1 1 1  Khi đó   3 x − 2 + 2 3 8 − 11  dx =  x x x  1 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2    1 + 3  dx . x   3 7 4  0 3 3 3t dt = t 4 4 3 7 4 = 0 21 3 14 . 32 Chọn ý B. Câu 26. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên hàm của hàm số f ( 2x ) trên tập A. x+3 +C 2 ( x2 + 4 ) B. và thỏa mãn +  f ( x+1 x+1 ) dx = 2 ( x+1 +3 x+5 ) + C . Nguyên là: x+3 +C x2 + 4 2x + 3 +C 4 ( x2 + 1) C. D. 2x + 3 +C 8 ( x2 + 1) Lời giải Theo giả thiết ta có :  f ( x+1 x+1 ) dx = 2 ( x+1 +3 x+5 ) +C  2 f( ) ( x+1 d ) x+1 = 2 ( ( x+1 +3 x+1 ) 2 ) +C . +4 2 ( t + 3) t+3 C + C   f ( t ) dt = 2 + . 2 t +4 t +4 2 1 1  2x + 3 C  2x + 3 C + = 2 + Suy ra  f ( 2x ) dx =  f ( 2x ) d ( 2x ) =  2 2 2  ( 2x ) + 4 2  8x + 8 4 Hay 2  f ( t ) dt = Chọn ý D. Câu 27. Tìm tất cả các giá trị dương của tham số m sao cho A. m = 2 250 2 500 − 2 B. m = 2 1000 + 1  m 0 xe x2 + 1 dx = 2 500.e C. m = 2 250 2 500 + 2 m2 +1 . D. m = 2 1000 − 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 198 Kỹ thuật giải toán tích phân| Lời giải Ta có  m 0 xe x2 + 1 dx =  m2 +1 1 te t dt = ( te t − e t ) m2 +1 1 Theo giả thiết ta có  m 0 xe x2 + 1 dx = 2 500.e m2 +1  2 500.e m2 +1 = ( = ) ( m2 + 1 − 1 e ) m2 + 1 − 1 e m2 +1 m2 +1  2 500 = m 2 + 1 − 1  m 2 + 1 = ( 2 500 + 1 )  m 2 = 2 1000 + 2 501 = 2 500 ( 2 500 + 2 )  m = 2 250 2 500 + 2 . 2 Chọn ý C. Câu 28. 3 4 1 2x 2 + 4x + 1 Giả sử a , b , c là các số nguyên thỏa mãn  dx =  ( au 4 + bu 2 + c ) du , trong đó 21 2x + 1 0 A. S = 3 B. S = 0 C. S = 1 D. S = 2 Lời giải  udu = dx  Đặt u = 2x + 1  u = 2x + 1   u2 − 1 x =   2 2 Khi đó tích phân cần tính trở thành 2  u2 − 1   u2 − 1  2 + 4    +1 3 3 4 2  2  1 2x 2 + 4x + 1   u.du =  ( u 4 + 2u 2 − 1) .du 0 2x + 1 dx = 1 u 21 Vậy S = a + b + c = 1 + 2 − 1 = 2 . Chọn ý D. Câu 29. 4 Biết 2x + 1dx 5 = a + b ln 2 + c ln ( a, b, c  3 2x + 1 + 3 ) . Tính  2x + 3 0 A. T = 4 B. T = 2 T = 2a + b + c . C. T = 1 D. T = 3 Lời giải Biến đổi tích phân cần tính ta được: 4 I= 0 4 = 0 2 ( 4 2x + 1dx = 2x + 3 2x + 1 + 3 0 ) ( ( 2x + 1 + 1)( 2x + 1 + 1 − ) 2x + 1 + 2 ) ( 2x + 1 + 2 dx 2x + 1dx 2x + 1 + 1 4 = 0 ( )( 2x + 1 + 2 2dx 2x + 1 + 2 4 − ) ( 0 Đặt u = 2x + 1  udu = dx . Với x = 0  u = 1 , với x = 4  u = 3 . 199 | Chinh phục olympic toán ) dx 2x + 1 + 1 ) . TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC u = 2x + 1 . Tính giá trị S = a + b + c | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ .3 .3 .3 .3 2udu udu 4  1    − = 2 −  du −   1 − du u + 2 u + 1 u + 2 u + 1     1 1 1 1 Suy ra I =  3 5 = ( u − 4 ln u + 2 + ln u + 1 ) = 2 − 4 ln + ln 2 1 3  a = 2 , b = 1 , c = 1  T = 2.1 + 1 − 4 = 1 . Chọn ý C. Câu 30. ln 8 Biết tích phân  ln 3 1 1 b dx = 1 + ln + a a − b với a, b  2 a e 2x + 1 − e x + . Tính giá trị của biểu thức P = a + b A. P = −1. B. P = 1. C. P = 3. D. P = 5. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Biến đổi tích phân ban đầu ta được I= ln 8  ln 3 1 e +1 −e 2x ln 8 •  Xét tích phân x dx = ln 8 Xét tích phân   ln 3 e xdx = e x ln 3 • ln 8 ln 8 ln 3 ( ) e 2x + 1 + e x dx = ln 8  e 2x + 1dx + ln 3 ln 8  e xdx ln 3 =2 2− 3 e 2x + 1dx. Đặt t = e 2 x + 1  t 2 = e 2 x + 1 ln 3  2tdt = 2e 2xdx  dx = ln 8 Khi đó  ln 3 tdt tdt . Đổi cận: = 2 2x e t −1 3  x = ln 3  t = 2   x = ln 8  t = 3 3 t 2dt 1   1 t−1   e + 1dx =  2 dt =   1 + 2  dt =  t + ln  t −1 t −1  2 t+1  2 2 3 2x 2 1 3 = 1 + ln . 2 2 a = 2 1 3 Vậy I = 1 + ln + 2 2 − 3   P =a+b =5 2 2 b = 3 Chọn ý D. Câu 31. 4 Biết  1 1 x + ex + dx = a + e b − e c với a, b, c  . Tính P = a + b + c. 2x 4x xe A. P = −5. B. P = −4. C. P = −3. D. P = 3. Lời giải Biến đổi tích phân ban đầu ta có: Tạp chí và tư liệu toán học | 200 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4  1 4 ( e + 2 x ) dx ( 2e x ) 4 2 x 4 1 x + ex e 2x + 4x + 4e x x + dx = dx =  1 4x 4xe 2x xe 2x 1 2 x 4 4 ex + 2 x 1 1 1 1  1  = dx =   + x  dx =  x − x  = 1 − 4 + = 1 + e −1 − e −4 x e  e 1 e e x  1 2e 12 x a = 1  Vậy ta được b = −1  P = a + b + c = −4. c = −4  Chọn ý B. Câu 32. Biết  0 2+ x dx = a + b 2 + c với a, b, c  . Tính P = a + b + c. 2− x A. P = −1. B. P = 2. C. P = 3. D. P = 4. Lời giải Đặt   x = 2 cos u với u  0;  . Suy ra x = 4 cos 2 u  dx = −4 sin 2udu.  2 Khi đó tích phân ban đầu trở thành:  2 I = 4  4 u 2 + 2 cos u 2 .sin u.cos udu sin 2udu = 8  u 2 − 2 cos u  sin 4 2  2  2  4 4 cos   2 2 2 u = 16  cos 2 .cos udu = 8  ( 1 + cos u ) .cos udu = 8  cos udu + 4  ( 1 + cos 2u ) du 2      2  4 = 8 sin u + ( 4x + 2.sin 2u ) 4  2  4 4 a = 1  =  − 4 2 + 6  b = −4  P = 3 c = 6  Chọn ý C. Câu 33. Trong giải tích, I =  xm ( ax n + b ) dx với a, b  p 0 được gọi là tính được và m, n, p  (có thể biểu diễn bởi các hàm như đa thức, hữu tỷ, lượng giác, logarit, …) khi một trong các số p, m+1 m+1 là số nguyên. Xét nguyên hàm I =  ,p + n n ( x adx a x +1 5 ) 6 , hỏi có bao nhiêu số a  2, 3, 4, 5, 6,7, 8, 9, 10 để I có thể tính được? A. 5 B. 9 201 | Chinh phục olympic toán C. 4 D. 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 | Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ Lời giải 6 − 6 Ta viết lại nguyên hàm đã cho thành I =  xa ( x 5 + 1 ) a dx nên m = a, n = 5, p = − . a 6 a+1 6 a+1 Theo đề bài ta chỉ cần có −  ,  ,− +  , suy ra a  2, 3, 4, 5, 6, 9 a 5 a 5 Chú ý. Đây là một bài toán về biến đổi lũy thừa, yếu tố nguyên hàm chỉ là phụ. Công thức CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN trên có tên là định lý Chebyshev. Tạp chí và tư liệu toán học | 202 Kỹ thuật giải toán tích phân| NGUYÊN HÀM – TÍCH CHƯƠNG 5 N PHÂN HÀM ĐẶC BIỆT goài các phương pháp tính nguyên hàm tích phân mà chúng ta đã biết và các dạng toán liên quen thì chương này ta sẽ cùng tìm hiểu một số phương pháp khác và một số loại tích phân đặc biệt có thể mà ta có thể gặp khác. Sau đây chúng ta sẽ cùng bắt đầu tìm hiểu! Có rất nhiều bài toán tích phân ta không thể sử dụng cách tính trực tiếp hoặc tính trực tiếp tương đối khó, với những bài toán như vậy ta thường sử dụng tới một kỹ thuật đó là tìm tích phân liên kết. Chủ yếu các bài toán sử dụng phương pháp này là các tích phân lượng giác hoặc có thể là hàm phân thức. Để hiểu rõ hơn, ta cùng tìm hiểu phương pháp sau. b b a a Xét tích phân I =  f ( x ) dx , ta sẽ tìm liên kết với tích phân K =  g ( x ) dx và tìm các mối cI + dK = m liên hệ giữa I, K. Ta đi thiết lập mối liên hệ giữa I, K  . Giải hệ này ta sẽ tìm eI + vK = n được cả I và K. Kinh nghiệm. Ta thường gặp các trường hợp sau: • Hai tích phân I = K , tính được I + K từ đó suy ra I. • K là một tích phân tính đơn giản, khi đó từ mI + nK = a ta sẽ tính được I. Cách tìm tích phân K. Việc tìm tích phân này chủ yếu dựa vào kinh nghiệm, riêng đối với tích phân lượng giác thì ta thường hay chú ý đến việc đổi chỗ sinx cho cosx để tạo tích phân liên kết! Câu 1. Tính các tích phân sau:  1. I =  6 cos 2x sin 2 xdx 0  2. I =  2 sin x 0 ( sin x +  2 0 cos3 x sin x dx sin 4 x + cos 4 x 3. I =  3 cos x ) 203 | Chinh phục olympic toán 3 dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I. TÍCH PHÂN LIÊN KẾT. | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt dx e +3 4 1x +1 5. I =  6 dx 0 x +1 4. I =  1 0 2x Lời giải 1. Ở ngay câu đầu ta đã thấy ngay sự khó khăn rồi phải không? Bây giờ sẽ nghĩ tới tích phân liên kết. Chú ý tới đẳng thức sin 2 x + cos 2 x = 1 ta sẽ thử tạo tích phân liên kết với  6 0 tích phân K =  cos 2x cos 2 xdx  6 0 Ta có: I + K =   6 1 3 cos 2xdx = sin 2x = 2 4 0 Mặt khác ta lại có:  6 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN K − I =  cos 2 2xdx =  6 0 1 2 ( 1 + cos 4x ) dx =  6 1 1 1 3    x + sin 4x  =  + 2 4  0 4  3 4  1 3 3  Từ đây suy ra được I =  −  8  4 3  2. Chú ý tích phân liên kết của ta là K =  2 0  2 0 Ta có: I + 3K =  ( 1 sin x + 3 cos x ) 2 cos x ( sin x +  1 dx = I =  2 0 4 3 cos x ) dx . 3  dx 1  2 3  = cot  x +  =  4 30 3   sin 2  x +  3  Giờ cần tìm một mối liên hệ nữa giữa I,K. Chú ý đến kiến thức kiến thức phần trước – đưa biểu thức vào trong dấu vi phân, ở đây ta thấy rằng ( sin x ) ‘ = cos x, ( cos x ) ‘ = − sin x , do đó nghĩ cách làm sao đó để có thể đưa một biểu thức vào trong dấu vi phân. Ta có:  K−I 3 = 2 0 cos x − 3 sin x ( sin x + Từ đây suy ra I = 3 cos x )  dx =  2 3 0 ( d sin x + 3 cos x ( sin x + 3 cos x ) )= 3 1 ( 2 sin x + 3 cos x  2 ) = 3 −3 6 0 1+ 3 . 6  3. Chú ý nếu tính được tích phân K =  2 0 sin 3 x cos x dx sin 4 x + cos 4 x Ta có: ( cos 4 x ) ‘ = −4 cos 3 x sin x, ( sin 4 x ) ‘ = 4 sin 3 x cos x  ( cos 4 x + sin 4 x ) = − sin 4x   sin 4x dx = − ln ( sin 4 x + cos 4 x ) 2 = 0  I = K 4 0 sin x + cos 4 x 0   sin x cos x sin 2x 1 2 d ( cos 2x )  2 Để ý rằng I + K =  2 dx = dx = − = 0 1 + cos2 2x 0 sin 4 x + cos 4 x 2 0 1 + cos 2 2x 4  4 (I − K) =  2 Tạp chí và tư liệu toán học | 204 Kỹ thuật giải toán tích phân|  8 Vậy I = 4. Chọn tích phân liên kết K =  1 0 e 2xdx 1 1 d ( e ) 1 1  e2 + 3  2x = = ln ( e + 3 ) = ln   e 2x + 3 2 0 e 2x + 3 2 2  4  0 2x 1 1 1  e2 + 3  Ta có 3I + K =  dx = 1  I = − ln   0 3 6  4  1 5. Ta chú ý tới hằng đẳng thức sau x + 1 = ( x + 1 )( x − x + 1 ) , ta chọn K =  6 2 4 2 1 0 x2 dx x6 + 1 Ta có:  0 K= • 1 0 4 1 x4 − x2 + 1 1  dx = dx = arctan x = 6 2  0 x +1 x +1 4 0 3 1 x2 1 1 d(x ) 1  3 dx =  = arctan x = 2 6 0 x +1 3 ( x3 ) + 1 3 12 0  3 Vậy I = LUYỆN TẬP Tính các tích phân sau:  4 0 1. I =  sin 4 x dx sin 4 x + cos 4 x  2 0 sin x dx sin x + cos x 4. I =   6. I =  2 0 sin 3 x dx sin x + cos x  6 0 10. I =   13. I = 6 3 sin 100 x dx sin 100 x + cos100 x 3. I =  2  3 0 cos 2 x dx sin x + 3 cos x 6. I =  2 2. I =  5. I =   2 0 8. I =  sin x cos n 3 cos2 2x dx cos 2x 11. I =  cos 5x dx sin 2x 14. I = 6 205 | Chinh phục olympic toán   2 0 1  3 0  0  n+2 xdx 1 dx 6 x ( 1 + x2 ) sin 5x dx cos x 9. I =  2 0 12. I =  sin x ( sin x + cos x ) 3 dx sin 3 x dx sin x + cos x 2 sin x + 1 dx sin x + cos x + 1 1 0  15. I = 6 3 x2 ex (x + 2) 2 dx 2 cot x − 3 tan x dx cot x + tan x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I−K =  • 1 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt II. KỸ THUẬT ĐƯA BIỂU THỨC VÀO DẤU VI PHÂN Ở nội dung bài viết này ta sẽ nhắc tới một số bài toán sử dụng kỹ thuật đưa một biểu thức vào trong dấu vi phân, để làm được những bài toán này cần chú ý đến kỹ năng biến đổi đạo hàm. Sau đây sẽ cùng xét các ví dụ sau. Câu 1. 1 x3 + 2 x + ex 3 2 x 1 1 e   Biết  dx = + .ln  p +  với m, n, p là các số nguyên dương. x  + e.2 m e ln n e+  0 Tính tổng P = m + n + p A. P = 5. B. P = 6. C. P = 7. Lời giải D. P = 8. Những bài toán cần đến kỹ thuật này đa phần sẽ được phát biểu một cách khá lằng nhằng CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN sẽ gây khó khăn cho người làm bài. Tuy nhiên hầu hết sẽ được đơn giản hóa bằng cách tách thành 2 tích phân khác, mà để làm được điều này thì trên tử phải tách theo mẫu số. 1 1  3 x3 + 2 x + ex3 2 x 2x  1 1 dx = x + dx = x 4 + A = + A  x x    + e.2  + e.2  4 0 4 0 0 1 Ta có I =  1 1 2x dt dx Đặt t =  + e.2 x  dt = e.ln 2.2 x dx  2 x dx = x e ln 2  + e.2 0 Tính A =  Khi đó A = + 2e 1 dt 1 .  = ln t e.ln 2 +e t e.ln 2 + 2e = + e 1  + 2e 1 e   ln = ln  1 +  e ln 2  + e e ln 2  e+ m = 4 1 1 e    ln  1 + Vậy I = +   n = 2  P = m + n + p = 7. 4 e ln 2  e+  p = 1 Nhận xét: • Mấu chốt của bài toán là ta nhận ra được đạo hàm của mẫu là một phần của tử từ đó rút ra phép đặt mẫu để lấy vi phân. • Ngoài ra nếu trình bày tự luận thì ta cũng không cần phải đặt mẫu làm gì cả, đưa trực tiếp tử vào trong dấu vi phân rồi nhân thêm hằng số bên ngoài. Chọn ý C. Câu 2.  2 Biết  x 2 + ( 2x + cos x ) cos x + 1 − sin x 0 P = ac 3 + b. 5 A. P = 4 x + cos x B. P = 3 2 dx = a2 + b − ln c với a,b,c là các số hữu tỉ. Tính  C. P = 2 D. P = 3 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 206 Kỹ thuật giải toán tích phân| Vẫn là một bài toán với cách phát biểu không hề dễ chịu, mấu chốt vẫn là đưa biểu thức vào trong dấu vi phân và tách thành 2 tích phân như bài trước !  2 0 Ta có I =  (x 2 + 2x cos x + cos 2 x ) + ( 1 − sin x ) x + cos x  2 0 = ( x + cos x ) 2  dx +  2 x + cos x 0 dx   d ( x + cos x ) 1 − sin x dx =  2 ( x + cos x ) dx +  2 0 0 x + cos x x + cos x   1 2 1 2 1 =  x 2 + sin x + ln x + cos x  = 2 + 1 + ln =  2 + 1 − ln 2 8  2 0 8 Chọn ý C. Câu 3. e ln 2 x + ln x 1 ( ln x + x + 1) Biết I =  A. P = −8 3 1 b với a, b  − a ( e + 2 )2 dx = B. P = −6 + . Tính P = b − a . C. P = 6 Lời giải D. P = 10 Bài toán này không còn đơn giản như 2 bài toán trước nữa. Vẫn bám sát phương pháp làm ta sẽ phải đơn giản và làm xuất hiện biểu thức hợp lí để đưa vào trong dấu vi phân. Vậy biên đổi như thế nào để xuất hiện biểu thức đó? Ta có ln 2 x + ln x e  ( ln x + x + 1) 1 3 dx =  e 1 ln x + 1 ln x . dx ln x + x + 1 ( ln x + x + 1 )2 ln x  ln x + 1  Chú ý rằng  . Khi đó tích phân cần tính trở thành: ’ = 2  ln x + x + 1  ( ln x + x + 1) e ln 2 x + ln x  ( ln x + x + 1) 1 3 dx =  e 1 2 ln x + 1 1 2  ln x + 1  e+2 d =  1 udu = − t ln x + x + 1  ln x + x + 1  2 2 2 e+2 1 2 = 1 2 − 8 ( e + 2 )2 Chọn ý B. Câu 4. x2 − 1 a dx = là phân số tối giản. Tính P = b − 36a . 4 3 2 −2 x − 4x + 6x − 4x + 1 b A. P = 0 B. P = 1 C. P = 2 D. P = 5 Lời giải Biết I =  −1 207 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1  a =  8  Vậy b = 1  P = ac 3 + b = 2. c = 2   | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số bài toán đưa biểu thức vào trong dấu vi phân với hàm phân thức hữu tỉ. Cách làm không phải là chỉ đưa tử vào trong dấu vi phân mà cần phải biến đổi bằng cách sau. Chia cả hai vế cho x 2 ta được: −1 1  1    dx + − 2  1 − 2  dx −1 − 1 1 1 x  x    =− I= = = 2 −2  − 2 1 1  1 36  2 1   x+ −2 x + −2 x + 2  − 4x +  + 6  x x  x   x   −2 Nhận xét: • Kỹ thuật chia cả hai vế cho số hạng bậc cao nhất của tử sẽ được áp dụng khá nhiều trong những bài toán đưa biểu thức vào trong dấu vi phân với hàm phân thức hữu tỉ. • Các bài toán này hầu hết cần phải biến đổi mẫu số để phân tích tử số một cách CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN hợp lí từ đó mới có thể đưa vào trong dấu vi phân. Chọn ý A. Câu 5. Biết I = 3 + 13 2  1 A. 22 13  4x 3 + 2x 9 ( x2 + 1)  ab  4  dx =  a + ln b + 6 c . Tính + 4 . 2 2 x +x +1 x +x +1 c   37 28 48 B. C. D. 13 13 13 Lời giải ( ) Bài toán này nhìn hình thức khá khủng bố, do yêu cầu của những bài toán này là làm đơn giản tích phân nên tránh việc cộng cả hai biểu thức trong dấu tích phân, ta cần phải tách chúng ra để tính đơn giản hơn. Ta có I = 3 + 13 2  1  4x 3 + 2x 9 ( x2 + 1)   4  dx = +  x + x2 + 1 x4 + x2 + 1    3 + 13 2  d ( x4 + x2 + 1) x4 + x2 + 1 1 + 3 + 13 2  1 9 ( x2 + 1) x4 + x2 + 1 dx Tích phân thứ nhất tính rất dễ dàng bằng cách đưa biểu thức vào trong dấu vi phân , còn tích phân thứ 2 ta sẽ xử lý thế nào? Như bài trước ta sẽ chia cả tử và mẫu cho x 2 , ta có: 9 3 + 13 2  1 x2 + 1 dx = 9 x4 + x2 + 1 1 1+ 2 x 3 + 13 2  1 1 x +1+ 2 x 2 dx = 9 3 + 13 2  1 1  dx −  x  2 1  x−  + 3 x  ( ) 2 1 x− 9 x dx = arctan 3 3 3 + 13 2 1 Đến đây dễ dàng tính được: I = ln ( x 4 + x 2 + 1 ) 3 + 13 2 0 1 x− 9 x + arctan 3 3 3 + 13 2 ( ) = ln 66 + 18 13 + 3 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 208 Kỹ thuật giải toán tích phân| Chọn ý A. Nhận xét: Ở bài toán trên ta đã sử dụng một tính chất của hàm phân thức hữu tỉ. du 1 u  u2 + a2 = a arctan a + C Câu 6. Tính các tích phân sau 1. I 1 =  x + 1 + ( x2 + 1) ln x 3. I 1 =  e 4. I 2 =  1 + 2 cos x e dx =  1 + x ln x Ta có  xdx = 1 2 e x 2 = 1 x + 2 sin x ( cos x + 2 sin x ) x ( 1 + x ln x ) + 1 + ln x 1 + x ln x 1 e −1 2 2 e e Thay ( 1 ) , ( 2 ) và ( * )  I 1 = 1 2×3 + 1 ( x 4 + 1) ln x 2 + x ln x e (*) e =  x dx +  (2) e2 − 1 ln ( e + 1 ) 2 e dx =  x3 ( 2 + x ln x ) + ln x 1 3 1 dx ( 1) e d ( 1 + x ln x ) e 1 + ln x Ta có I =  dx =  = ln 1 + x ln x 1 = ln ( e + 1 ) 1 + x ln x 1 + x ln x 1 1 2. I 2 =  1 + sin x sin 3x 1 + ln x   dx =   x +  dx =  xdx + I 1 + x ln x   1 1 e e dx Lời giải x + 1 + ( x + 1) ln x 1 2 + x ln x 0 2 e 2x 2 + 1 + ( x 2 + 1 ) ln x 1  3 ( x + 1) sin 2x + x sin x dx 0 1. I 1 =  2. I 2 =  dx 1 + x ln x 1  3 e 2 + x ln x d ( 2 + x ln x ) 2 + x ln x 1 e 1 + ln x   dx =   x3 +  dx 2 + x ln x   1 e  x4  e2 − 1 e+2 =  + ln 2 + x ln x  = + ln 4 2  4 1 Chú ý. Nếu biểu thức dưới dấu tích phân đơn giản, các em có thể bỏ qua bước đổi biến   u’ u’  bằng kỹ thuật vi phân. Ở tích phân I 1 , I 2 ta đã sử dụng: I =  dx =  = ln u  = ? u u    3 3. Ta biến đổi I 1 =  0 ( x + 1) sin 2x + x sin x dx = 1 + 2 cos x  3  3  0 x sin x ( 1 + 2 cos x ) + sin 2x 1 + 2 cos x  3 sin 2x dx = A + B ( * ) 1 + 2 cos x 0 =  x sin xdx +  0  3 u = x du = dx • Tính A =  sin xdx Đặt   dv = sin xdx  v = − cos x 0  Khi đó A = − x cos x 03 = 209 | Chinh phục olympic toán 3  − 2 6 ( 1) dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC e | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt  3  3 sin 2x 2 sin x cos x dx =  dx 1 + 2 cos x 1 + 2 cos x 0 0 • Tính B =  Đặt t = 1 + 2 cos x  dt = −2 sin xdx  sin xdx = − 3 dt 2 3 3 t − 1 dt 1  1 1 1 1 3 . =   1 − .dt = ( t − ln t ) = − ln (2) t 2 2 2 t 2 2 2 2 2 2 Khi đó B =  Thay ( 1 ) , ( 2 ) và ( * ) ta được I 1 =  3 4. I 2 =  x + 2 sin x ( cos x + 2 sin x ) 1 + sin x sin 3x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 3 +1  1 3 − − ln 2 6 2 2 dx ta có • x + 2 sin x ( cos x + 2x sin x ) = x ( 4 sin 2 x + 1 ) + sin 2x • 1 + sin x sin 3x = 1 − = 2 2 sin 2 2x + cos 2 x ( 4 sin x + 1 ) cos x = 4 4  3  I2 = 4 x. ( 4 sin 2 x + 1 ) + sin 2x ( 4 sin 0 • 2 x + 1 ) cos 2 x  3   3  3 x sin 2x   dx = 4   dx +  dx  = 4 ( A + B ) 2 2 2 0 ( 4 sin x + 1 ) cos x  0 cos x    x dx . Đặt Tính A =  cos 2 x 0  3 0  3 Khi đó A = x tan x −  • 1 1 − cos 4x + 1 + cos 2x ( cos 4x − cos 2x ) = 2 2 0 (*) u = x u = x du = dx   1   dv = sin xdx dv = cos 2 x  v = tan x  3 sin x  d cos x  dx = + dx = + ln cos cos x 3 0 cos x 3  3 0 =  = ln 2 3 ( 1) sin x cos x sin 2x cos 2 x dx = 2 Tính B =  0 4 sin 2 x + 1 2 dx 2 2 0 ( 4 sin x + 1 ) cos x  cos x cos 2 x  3  3  3  3 2 1 tan x 1 d ( 1 + 5 tan x ) = 2 d ( tan x ) =  = = ln 1 + 5 tan 2 x 2 2 5 5 0 ( 1 + 5 tan x ) 0 ( 1 + 5 tan x )  3 0 = 4 ln 2 ( 2 ) 5 4    4 3 4 − ln 2 + ln 2  = − ln 2 Thay ta được ( 1 ) , ( 2 ) và ( * ) ta có I 2 = 4  5 3 5  3  Tạp chí và tư liệu toán học | 210 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 7. Tính các tích phân sau  2  2 x 2 + sin 2 x − sin x dx 1. I 1 =  x + cos x 0 2. I 2 =  0 e e 1 + x 2 ln x dx 2 x + x ln x 1 4. I 4 =  3. I 3 =  x 2 + sin 2 x − 3 cos 2 x − 2 sin x dx x + 2 cos x 2x 2 + ( 1 + 2 ln x ) x + ln 2 x ( x2 + x ln x ) 1 2 dx Lời giải 1. Ta có I 1 =  0  2 x 2 + sin 2 x − sin x x 2 − cos 2 x + cos 2 x + sin 2 x − sin x dx =  dx x + cos x x + cos x 0  2 =   2 ( x + cos x )( x − cos x ) + 1 − sin x dx = 2 x + cos x 0  2  2 0 0 =  ( x − cos x ) dx +  1 − sin x  ( x − cos x ) dx +  x + cos x dx 0 d ( x + cos x ) x + cos x 0  2 x  2  =  − sin x + ln x + cos x  = − 1 + ln 8 2  2 0 2   2 2 2 x − 4 cos 2 x + sin 2 x + cos 2 x − 2 sin x x 2 + sin 2 x − 3 cos 2 x − 2 sin x dx dx =  2. I 2 =  x + 2 cos x x + 2 cos x 0 0  2 =   2 ( x − 2 cos x )( x + 2 cos x ) + 1 − 2 sin x dx = 2 x + 2 cos x 0  2  2 0 0 =  ( x − 2 cos x ) dx +  1 − 2 sin x  ( x − 2 cos x ) dx +  x + 2 cos x dx 0 d ( x + 2 cos x ) x + 2 cos x 0   x2  2 2  =  − 2 sin x + ln x + 2 cos x  = − 2 + ln 8 4  2 0 e e x + x 2 ln x ) + 1 − x ( 1 + x 2 ln x 1−x   3. I 3 =  dx =  dx =   1 +  dx 2 2 x + x ln x x + x 2 ln x  x + x ln x 1 1 1 e   = 1+ 1  e e 4. I 4 =  1  1 1  e + ln x  − e e d 2  x  =  x − ln 1 + ln x  = e − ln e + 1 x x dx = dx − ( )    1 1 1 1 x   1 + ln x  + ln x x x  2x 2 + ( 1 + 2 ln x ) x + ln 2 x (x 1 2 + x ln x ) 2 e dx =  1 (x 2 + 2x ln x + ln 2 x ) + x 2 + x x 2 ( x + ln x ) 2 dx  1  1+ ( x + ln x ) + x. ( x + 1 ) dx = e  1 + x + 1  dx e  1 x  dx = = +    2  2 2 2   2 x ( x + ln x )2  x ( x + ln x ) x ( x + ln x )  1 1  1 x e 2  e d ( x + ln x ) 1  2e 2 − 1 dx 1 = − + = + =   2 x2 1 ( x + ln x )2  x x + ln x  1 e + e 1 e = 211 | Chinh phục olympic toán e  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  2 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt III. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ. Trong các bài toán tính tích phân ta sẽ gặp phải một số trường hợp hàm cho bởi 2 công thức phải sử dụng đến đánh giá để so sánh 2 biểu thức từ đó chia tích phân cần tính ra thành 2 phần. Ta xét bài toán tổng quát. Tính tích phân I =  min ( f ( x ) ,g ( x ) ) dx b a • Bước 1: Giải phương trình f ( x ) = g ( x ) • Bước 2: Xét dấu cho hàm h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) trên  a; b  • Bước 3: Chia tích phân cần tính ra thành các tích phân nhỏ. Chú ý: Yêu cầu bài toán có thể thay min bằng max. Câu 1. Tính các tích phân sau:  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2  1. I =  min x 2 , x dx 0  4  − 4 2. I =  min tan x, x dx  3. I =  2 max sin x, cos x dx 0  4. I =  3 min tan x + 2 sin x, 3x dx − 3  4 0  x2  5. I =  max e x + cos x, 2 + x −  dx 2  Lời giải  x = 1 1. Xét phương trình x 2 = x   x = 0     x   0; 1  x 2  x  min x 2 ; x = x 2  Ta thấy rằng khi  2 2 x   1; 2   x  x  min x ; x = x 4 2 −1 0 0 1 3 1 2. Xét hàm số f ( x ) = tan x − x . Ta có f ‘ ( x ) = − 1  0 . Vậy f ( x ) luôn đồng biến trên cos 2 x Mặt khác ta lại có f ( 0 ) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0 . 2   1 Vậy I =  min x 2 , x dx =  x 2dx +  2 x dx = .   • Nếu x  0;   f ( x )  f ( 0 ) = 0  tan x  x  4    • Nếu x   − ; 0   f ( x )  f ( 0 ) = 0  tan x  x  4  Tạp chí và tư liệu toán học | 212 Kỹ thuật giải toán tích phân|   0 Vậy I =  4 min tan x, x dx =   tan xdx +  4 xdx = − − 4 0 4 3. Xét phương trình sin x = cos x  x = •   Nếu x  0;   sin x  cos x  4 •   Nếu x   ;   sin x  cos x 4 2  2 0  2 2 + ln   32  2   . 4  4 0  2  4 Vậy I =  max sin x, cos x dx =  cos xdx +  sin xdx = 2 4. Xét hàm số: f ( x ) = tan x + 2 sin x − 3x ( cos x − 1) ( 2 cos x + 1)  0x  −  ;   1  f ‘( x) = + 2 cos x − 3 = 2  3 3  cos x cos2 x    Vậy f ( x ) đồng biến trên  − ;  , từ đó suy ra phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất  3 3    x = 0 trên đoạn  − ;  .  3 3   I =  3 min tan x + 2 sin x, 3x dx =  − 0  3  ( tan x + 2 sin x ) dx +  3xdx = −1 − ln 2 + − 0 3 3 2 6 x2  f ‘ ( x ) = x + e x − sin x − 1  f ” ( x ) = 1 + e x + cos x 2     Ta thấy rằng f ” ( x )  0x  0;   f ( x ) ‘  f ( 0 ) = 0x  0;   f ( x ) đồng biến trên đoạn  4  4 5. Xét hàm số f ( x ) = e x + cos x − 2 − x +   0; 4  .   Mà f ( 0 ) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0 trên đoạn 0;   4  Vậy I =  4 ( e x + cos x ) dx = −1 + 0 213 | Chinh phục olympic toán  1 + e4 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt IV. TÍCH PHÂN HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI. Ở phần ứng dụng tính diện tích hình phẳng và thể thể tích khối tròn xoay, các công thức tính toán sẽ liên quan đến tích phân chứa trị tuyết đối. Cho nên, trong phân này chúng ta sẽ tìm hiểu về tích phân chứa giá trị tuyệt đối.  Phương pháp. Nếu dưới dấu tích phân có dấu trị tuyệt dối I =  f ( x ) dx thì tìm cách phá  trị tuyệt đối bằng cách đi xét dấu của f ( x ) trong đoạn   ;  . Cụ thể: • Bước 1. Giải phương trình f ( x ) = 0  x i = ? • Bước 2. Lập bảng xét dấu của f ( x ) trong các khoảng thuộc   ;  . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN •          f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx (      ) để tách tích Bước 3. Ta dựa vào công thức phân ban đầu thành  xi   xi f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx Sau đó phá trị tuyệt đối, trở về tích phân cơ bản. Chú ý. Đối với bài toán có nhiều dấu trị tuyệt đối lồng vào nhau thị ta sẽ mượn bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối. CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA. Câu 1. Tính các tích phân sau: a) I = 2  3 x 2 − 1 dx b) −2 c)  ( x + 1 − x − x + 2 ) dx  ( x + 2 − x − 2 ) dx −3 0 2 d)  5 x3 − 2x 2 + xdx e) I = −1 1 x −1 5 x 4 − x − 12 2 f) I =  dx 1 2 x−2 +1 x dx Lời giải a) Lập bảng xét dấu của x 2 − 1 trên đoạn  −2; 2  x Do đó I = 2 x 2 −2 −1 1 2 x −1 + −1 1 2 −1 1 − 1 dx = −2  (x −2 2 0 − 2 + 0 − 1 ) dx +  ( 1 − x 2 ) dx +  ( x 2 − 1 ) dx  x3  −1  2 x3  1  x3 =  − x + x −  +  − x = 4 . 3  −1  3  3  −2  1 3 3 3 b) Ta có I =  x − 2x + xdx =  x ( x − 2x + 1 )dx =  x − 1 xdx 0 3 2 0 2 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 214 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 3 1 1 0 3 =  x − 1 xdx +  x − 1 xdx =  ( 1 − x ) xdx +  ( x − 1 ) xdx 0 1 1 3 3 1  1   3  2 2 24 3 + 8 2  2  =   x 2 − x 2  dx +   x 2 − x 2  dx =  x x − x 2 x  +  x 2 x − x x  = . 5 3 15 3 0 5 1   0 1 1 3 c) Ta sẽ dùng bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối: −3 x −2 x+2 −x − 2 x−2 −x + 2 x+2 − x−2 −4 −2 x+2 0 x+2 −x + 2 x−2 0 2x 4 2 5  ( x + 2 − x − 2 ) dx +  ( x + 2 − x − 2 ) dx +  ( x + 2 − x − 2 ) dx −3 −2 2 −2 2 5 −3 −2 2 −2 = −4  dx + 2  xdx + 4  dx = −4x −3 + x 2 2 −2 5 + 4x 2 = 8. TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I= 5 2 d) Ta sẽ dùng bảng xét dấu để phá trị tuyệt đối: x I= −1 1 2 1−x 1−x x+2 x+2 x+2 x+ 1−x − x+ 2 −x − 1 x−3 1 2 −1 1 0 x−1  ( x + 1 − x − x + 2 ) dx +  ( x + 1 − x − x + 2 ) dx 1 2  x2   x2  1 =  ( − x − 1 ) dx +  ( x − 3 ) dx = −  − x  +  − 3x  = .  2  −1  2 1 2 −1 1 1 e) Ta có I = 1 x −1 2 x 4 − x − 12 2 0 x dx = −1 1 x 4 − x − 12 2 dx +  x x − x 2 − 12 0 0 4 dx 1 x x dx +  4 dx 4 2 x − x − 12 x − x 2 − 12 −1 0 = − Đặt t = x 2  dt = 2xdx  I = − 0 1 1 1 1 dt 1 dt 1 dt 1 dt +  2 =  2 +  2 2  2 1 t − t − 12 2 0 t − t − 12 2 0 t − t − 12 2 0 t − t − 12 dt 1 ( t + 3) − ( t − 4 ) 1  1 1  1 t−4 = 2 =  dt =   −  dt = ln t − t − 12 7 ( t + 3 )( t − 4 ) 7 t−4 t+3 7 t+3 0 1 1 = 0 2 x−2 +1 2 x−2 +1 2 x−2 +1 dx =  dx +  dx x x x 1 1 2 5 2 f) Ta có I =  2 = 1 2 (2 − x) + 1 x 215 | Chinh phục olympic toán 5 5 dx +  2 2 (x − 2) + 1 x dx =  2 1 5 2x − 3 5 − 2x dx +  dx 2 x x 2 3 ln . 7 4 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt 2 5 5 2 5 3  =   − x  dx +   2 −  dx = ( 5ln x − x ) + ( 2x − 3ln x ) = 8ln 2 − 3ln 5 + 4. 1 2 1 2 x x   Câu 2. Tính các tích phân sau:  1. I =  1 − sin 2xdx 2. I = 2   3 3. I =  tan 2 x + cot 2 x − 2dx 1 + sin xdx  6 0 0 Lời giải 1. Ta có 1 − sin 2x = sin 2 x + cos 2 x − 2 sin x cos x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN = ( sin x − cos x ) 2   = sin x − cos x = 2 sin  x −  4     3  Với x   0;   x −   − ;  . Dựa vào đường tròn đơn vị 4  4 4 sin u 3 4 0 O −1 • • −  4           Với x −   − ; 0  thì sin  x −   0 hay sin  x −   0 khi x  0;  4 4 4  4     4    3       Với x −  0;  thì sin  x −   0 hay sin  x −   0 khi x   ;  4 4  4 4   4   4       4       I = − 2  sin  x −  dx + 2  sin  x −  dx = 2 cos  x −  − 2 cos  x −  = 2 2 4 4 40 4      0 4 4 11. Ta có 1 + sin x = sin 2 x x x x + cos2 + 2 sin cos 2 2 2 2 2 x x x x  x  =  sin + cos  = sin + cos = 2 sin  +  2 2 2 2  2 4 Với x   0; 2   x x    5   0;   +   ;  . Dựa vào vòng tròn đơn vị ta có 2 2 4 4 4  Tạp chí và tư liệu toán học | 216 Kỹ thuật giải toán tích phân| sin u 1 + +  O − 5 4 • −1 x    x  x   3  +   ;  thì sin  +   0 hay sin  +   0 khi x  0;  2 4 4  2 4 2 4  2  x   5  x  x   3  Với +   ;  thì sin  +   0 hay sin  +   0 khi x   ; 2   2 4  4 2 4 2 4 2  Với 3 2 2 x  x   I = 2  sin  +  dx − 2  sin  +  dx 2 4 2 4 3 0 2 3 2 2 x  x  = −2 2 cos  +  + 2 2 cos  +  = 4 2 2 40  2 4  3 2 4. Ta có Vì tan x + cot x − 2 = 2 2 ( tan x − cot x ) 2 sin 2 x − cos 2 x cos 2x = tan x − cot x = =2 sin x cos x sin 2x    2 , Dựa vào đường tròn đơn vị ta có:  x    2x  6 3 3 3 sin u 2 3  2 1 −1 O  3 1 cosu −1 • • sin 2x  0 cos 2x     Với 2x   ;  thì  hay  0 khi x   ;  sin 2x 3 2 6 4 cos 2x  0 sin 2x  0 cos 2x     2  Với 2x   ;  thì  hay  0 khi x   ;  sin 2x 2 3  4 3 cos 2x  0 217 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC •  4 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt  4  4  3 6 4 4  4  6 − ln sin 2x  3  4 = 2 ln 2 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN d ( sin 2x ) d ( sin 2x ) cos 2x  I = 2 dx − 2  − = ln sin 2x sin 2x sin 2x  sin 2x   Tạp chí và tư liệu toán học | 218 Kỹ thuật giải toán tích phân| V. TÍCH PHÂN CÓ CẬN THAY ĐỔI. Nếu như bình thường ta hay xét với những bài tích phân có cận là các hằng số cố định thì trong phần này ta sẽ cùng tìm hiểu các bài toán có cận là các hàm theo biến x. Trước tiên để làm được những bài toán này ta cần nhớ kiến thức sau: Định lý: Nếu f ( x ) là hàm khả tích trên  a; b  , liên tục tại mọi x   a; b thì hàm số F ( x ) x xác định bởi F ( x ) =  f ( t ) dt khả vi tại x và F’ ( x ) = f ( x ) . a Tổng quát ta có F’ ( x ) = ( v( x ) u( x ) ) f ( t ) dt ‘ = v’ ( x ) f ( v ( x ) ) − u’ ( x ) f ( u ( x ) ) Phương pháp chung: Để giải những bài toán ở phần này tất cả đều theo 2 bước chính: • Bước 1: Đạo hàm giả thiết • Bước 2: Biến đổi kết quả của đạo hàm để suy ra yêu cầu của bài toán. Câu 1. x Cho hàm số f ( x ) liên tục trên A. −96 và 3x 5 + 96 =  f ( t ) dt . Tìm a? a B. 2 C. 4 Lời giải D. 15 Những ai lần đầu gặp bài này ắt hẳn sẽ rất khó khăn, tuy nhiên ta đã có phương pháp rồi do đó sẽ bám sát nó! Lấy đạo hàm hai vế ta được 15x 4 = f ( x ) Từ đây suy ra 3x 5 + 96 =  15x 4dt = 3t 5 = 3 ( x 5 − a 5 )  a = −2 x x a a Chọn ý B. Câu 2. x ( ) Cho  f ( x )  =   f ( t )  −  f ‘ ( t ) + 3f ( t )  f ‘ ( t ) dt + 2018 . Tính f ( 1 ) . 0 3 A. 2018e 3 3 2 C. B. −2018e 3 D. − 3 2018e 2018e Lời giải Lấy đạo hàm 2 vế ta được  f ( x )  =  f ( x )  −  f ‘ ( x )  + 3f ( x )  f ‘ ( x )  3 3 3 2  ( f ( x ) − f ‘ ( x ) ) = 0  f ( x ) = f ‘ ( x )  f ( x ) = ce x 3 Thay vào giả thiết ta có: ( ce ) =  ( ( ce ) − ( ce ) x x 3 t 3 0  ( ce ) x 3 t 3 2 x e 3t =  ( 3c e ) dt + 2018 = 3c . + 2018 0 3 0 x 3 3t  c = 3 2018  f ( 1 ) = e 3 2018 219 | Chinh phục olympic toán ) + 3ce t ( ce t ) dt + 2018 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Sau đây là những ví dụ minh họa: | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Chú ý: • Ở lời giải trên có chỗ f ( x ) = f ‘ ( x )  f ( x ) = ce x vấn đề này ta sẽ được tìm hiểu ở phần sau! • Bước tìm hằng số c ở đoạn sau chú ý là ta đang coi x cố định để tính tích phân cho ra một hàm theo biến x. Chọn ý C. Câu 3. Tìm tập nghiệm của bất phương trình A. ( − ; + )  0 B. ( − ; 0 ) t x t 2018 dt  0 +1 C. ( − ; + ) 0 D. ( 0; + ) Lời giải Đặt f ( x ) =  0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN t x t 2018 + 1 dt  f ‘ ( x ) = x x 2018 + 1 , f ‘(x) = 0  x = 0 Ta có bảng biến thiên như sau: x − f ‘( x) + 0 – 0 + + − f (x) 0 Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra được x  ( − ; + ) 0 . Chọn ý C. Câu 4. Cho hàm số f ( x )  0 xác định và có đạo hàm trên đoạn  0; 1 , thỏa mãn đồng thời điều x  1 g ( x ) = 1 + 2018 f ( t ) dt kiện  Tính . I = 0 0 g ( x ) dx g x = f 2 x ( )  ( ) A. I = 1009 . 2 B. I = 505. C. I = 1011 . 2 D. I = 2019 . 2 Lời giải Theo cách làm chung thì ta vẫn đi lấy đạo hàm hai vế!  g ‘ ( x ) = 2018f ( x ) Từ giả thiết, ta có   2018f ( x ) = 2f ‘ ( x ) .f ( x ) g ‘ x = 2f ‘ x .f x ( ) ( ) ( )   f ( x ) = 0 ( L )  2f ( x ) 1009 − f ‘ ( x )  = 0   .  f ‘ ( x ) = 1009  f ( x ) = 1009x + C Tạp chí và tư liệu toán học | 220 Kỹ thuật giải toán tích phân| x Thay ngược lại, ta được 1 + 2018 ( 1009t + C ) dt = ( 1009x + C ) 2 0 x 2  1009 2   1 + 2018  t + Ct  = ( 1009x + C )  C 2 = 1.  2 0 Suy ra f ( x ) = 1009x + 1 hoặc f ( x ) = 1009x − 1 (loại vì f ( x ) = 1009x − 1 ) . 1 1 1 0 0 0 Khi đó I =  g ( x ) dx =  f ( x ) dx =  ( 1009x + 1 ) dx = 1011 2 Chọn ý C. Câu 5. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn f 2 ( x )  1 + 3 f ( t ) dt = g ( x ) với mọi x   0; 1 , tích phân 0 A. 4 . 3 7 . 4 B. C.  0; 1 ,  g ( x ) dx có giá trị lớn nhất là? 0 9 . 5 D. 5 . 2 Lời giải x g ( 0 ) = 1 Từ giả thiết g ( x ) = 1 + 3 f ( t ) dt ta có  và g ( x )  0, x   0; 1 . g ‘ ( x ) = 3f ( x ) 0 g ‘ ( x )  g ‘( x) 3   . Theo giả thiết g ( x )  f ( x )  g ( x )   9 2 g (x) 2 2 2 Lấy tích phân cận từ 0 → t ta được: t g ‘( x) t t t 3 3 dx  dx  g x  x ( ) 0 2 g ( x ) 0 2 0 2 0  g (t) − g (0)  1 Do đó  0 3 3 t  g ( t )  t + 1. 2 2 1 7 3  g ( x ) dx    x + 1  dx = 2 4  0 Chọn ý B. Câu 6. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên thỏa mãn x 1 f ( x ) =   f 2 ( t ) + 2x ( f ( t ) − f ‘ ( t ) ) + f ‘ ( t ) f ( t )  dt + 0 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f ( 2 ) biết f ( 0 ) = 1 ? A. 5 B. e 2 Lấy đạo hàm 2 vế ta có 221 | Chinh phục olympic toán C. e + 1 Lời giải thỏa mãn 1 D. 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC x | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt f ‘ ( x ) = f 2 ( x ) + 2x f ( x ) − f ‘ ( x )  + f ‘ ( x ) f ( x )  f ( x ) = 2x + 1   f ( x ) − ( 2x + 1 )  ( f ‘ ( x ) − f ( x ) ) = 0    f ( x ) = f ‘ ( x ) Trường hợp 1. f ( x ) = 2x + 1  f ( 2 ) = 5 Trường hợp 2. f ( x ) = f ‘ ( x )  f ( x ) = f ‘ ( x ) = c.e x Mặt khác f ( 0 ) = 1 nên f ( x ) = e x  f ( 2 ) = e 2 Câu 7. Cho phương trình  dt x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN t t2 − 1 dương. Tính giá trị của a 2 + b A. 5 B. e 2 2 =  x 2 12 ( ) có nghiệm là a b với a,b là các số nguyên C. e + 1 Lời giải D. 6 Với các bài toán như thế này nhiệm vụ chính của chúng ta rất đơn giản đó là tính nguyên hàm của biểu thức trong dấu tích phân rồi sẽ thay cận vào để giải phương trình. ( ) 2 d t2 − 1 x x 2 − 1 du 1 x d ( t − 1) x2 − 1 =  = = = arctan u 11 Ta có  2 2  2 2 2 1 t u +1 t t2 − 1 2 2 t2 t2 − 1    = arctan x2 − 1 − =  arctan x2 − 1 =  x 2 − 1 = 3  x = 2 = 1 4 4 12 3 Từ đó suy ra a = 1, b = 4 . tdt x Chọn ý A. Câu 8. Cho phương trình nguyên dương, A. 5   1  = 3 − 1  x   , 1   có nghiệm là 2   1 − t2 dt x 1 2 t2 a là phân số tối giản. Tính giá trị của a 2 + b b B. e 2 C. e + 1 Lời giải a với a,b là các số b D. 6 Tương tự câu trên, đầu tiên ta sẽ đi tính nguyên hàm của biểu thức trong dấu tích phân. x arcsin x dt cos udu Đặt t = sin u  dt = cosudu  f ( x ) = 1 =  2 2 2 1−t sin u 1 − sin 2 u 2 t 6 arcsin x =  6 Ta có  arcsin x  6 − 1 − t2 = t x 1 2 − 1 − x2 = + 3 x 1 − 1 − x2 2  x1 2 = 3 −1  + 3 = 3 − 1  1 − x = x  2 x= x 2 1 − t2 1 − x 2 = x 2 dt x 1 2 du − cos u arcsin x = − cotg u  = 2 sin u sin u 6 t2 Tạp chí và tư liệu toán học | 222 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 9. Cho hàm số f ( x ) dương liên tục  0; + ) thỏa mãn đồng thời điều kiện f ( x )  2018 + 2  f ( t ) dt, x  0;  f ( x ) dx = 1009 ( e 2 − 1 ) . Tính tích phân  1 0 A. 2018 ( e − 1 ) x 1 0 0 f ( x) dx ? ex B. 1009 ( e + 1 ) C. 2018 ( e − 2 ) D. 1009 ( e − 1 ) Lời giải x x Ta có f ( x )  2018 + 2  f ( t ) dt  f ( x ) − 2018 − 2  f ( t ) dt  0 ( 1 ) 0 Đặt g ( x ) = e ax 0 (  f ( t ) dt + b) ;g ‘( x ) = e (a f (t ) dt + f (x ) + ab ) x ax 0 x 0 Suy ra g ‘ ( x )  0, x  0  g ( x ) nghịch biến trên  0; + ) .  e −2x (  f ( t ) dt + 1009) = g ( x )  g (0 )  2 f (t ) dt + 2018  2018e x x 0 0 1 Vậy f ( x )  2018e 2x   f ( x ) dx  1009e 2 − 1009 0 223 | Chinh phục olympic toán 2x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC a = −2 a = −2 Từ ( 1 ) ta thực hiện phép đồng nhất ta được   ab = −2018 b = 1009 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt VI. TÍCH PHÂN HÀM PHÂN NHÁNH. Ta hiểu nôm na tích phân hàm phân nhánh tức là các phép tính tích phân những hàm cho bởi hai công thức, đây là một vấn đề dễ không có gì khó khăn cả nếu đã từng gặp và biết phương pháp làm. Câu 1. 2 x + 1 khi x  0 Cho hàm số f ( x ) =  2x Tính tích phân I =  f ( x ) dx khi x  0 −1 e 2 2 7e + 1 3e − 1 9e 2 − 1 A. I = B. C. I I = = . . 2e 2 2e 2 2e 2 Lời giải D. I = 11e 2 − 11 2e 2 Chú ý là đây là hàm cho bởi 2 công thức nên ta sẽ tách tích phân cần tính ra thành 2 tích phân khác 0 2 0 2 −1 0 −1 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta có I =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  e 2xdx +  ( x + 1 ) dx = 9e 2 − 1 2e 2 Chọn ý C. Câu 2. Cho hàm số f ( x ) xác định trên của biểu thức f ( −1 ) + f ( 3 ) bằng A. ln 15 B. 2 + ln 15 2 1 , f ( 0 ) = 1 và f ( 1 ) = 2 . Giá trị   , thỏa f ‘ ( x ) = 2x − 1 2  C. 3 + ln 15 Lời giải D. 4 + ln 15  ln ( 1 − 2x ) + C 1 2 2 Ta có f ‘ ( x ) =  f (x) =  dx = ln 2x − 1 + C =  2x − 1 2x − 1 ln ( 2x − 1 ) + C 2  1 2 1 ;x  2 ;x  Tới đây ta xét 2 trường hợp: • Nếu f ( 0 ) = 1  ln ( 1 − 2.0 ) + C 1 = 1 → C 1 = 1. • Nếu f ( 1 ) = 2  ln ( 2.1 − 1 ) + C 2 = 2 → C 2 = 2 . 1  ln ( 1 − 2x ) + 1 khi x  2 f ( −1 ) = ln 3 + 1 Do đó f ( x ) =  → ln ( 2x − 1 ) + 2 khi x  1 f ( 3 ) = ln 5 + 2  2  f ( −1 ) + f ( 3 ) = 3 + ln 5 + ln 3 = 3 + ln 15 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 224 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 3. Cho hàm số f ( x ) xác định trên −2; 1 và thỏa mãn f ‘ ( x ) = 1 Giá trị biểu thức f ( −4 ) + f ( −1 ) − f ( 4 ) bằng 3 1 1 1 1 A. ln 20 + B. ln 2 + C. ln 80 + 1 3 3 3 3 Lời giải 1 , f ( −3 ) − f ( 3 ) = 0 x +x−2 2 và f ( 0 ) = D. 1 8 ln + 1 3 5 Tương tự như những bài trên, đây là bài toán cũng yêu cầu tính tích phân hàm cho bởi 2 công thức, chỉ có điều bài toán này có tới 3 hàm thì ta vẫn xử lý tương tự như bài trước thôi! 1 1 1 1  =  −  x +x−2 3 x−1 x+2  2 1  3 ( ln ( 1 − x ) − ln ( −x − 2 ) ) + C 1  1 1  f (x) =  2 dx =  ( ln ( 1 − x ) − ln ( x + 2 ) ) + C 2 x +x−2 3 1  3 ( ln ( x − 1 ) − ln ( x + 2 ) ) + C 3 ; x  −2 ; −2  x  1 ;x  1 Xét 2 trường hợp: 1 1 1 1 1  ( ln ( 1 − 0 ) − ln ( 0 + 2 ) ) + C 2 =  C 2 = ln 2 + . 3 3 3 3 3 1 1 • Nếu f ( −3 ) − f ( 3 ) = 0  C 1 − C 3 = ln . 3 10 1 5 1 1 1 1 1 Ta có f ( −4 ) + f ( −1 ) − f ( 4 ) = ln + ln 2 − ln + C 2 + C 1 − C 3 = ln 2 + 3 2 3 3 2 3 3 Chọn ý B. • Nếu f ( 0 ) = Câu 4. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ( 0; + ) e , thỏa mãn f ‘ ( x ) = 1 f ( e 2 ) = 3 Giá trị biểu thức f   + f ( e 3 ) bằng? e A. 3 ( ln 2 + 1 ) B. 2 ln 2 C. 3 ln 2 + 1 1  1 , f 2 x ( ln x − 1 ) e   = ln 6 và  D. ln 2 + 3 Lời giải Theo giả thiết ta có f ‘ ( x ) =  f ( x) =  1 từ đây suy ra x ( ln x − 1 )  d ( ln x − 1) 1 ln ( 1 − ln x ) + C 1 khi x  ( 0; e ) dx =  = ln ln x − 1 + C =  x ( ln x − 1) ( ln x − 1)  ln ( ln x − 1) + C 2 khi x  ( e; + ) Ta xét 2 trường hợp: 225 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có f ‘ ( x ) = | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt • • 1  1  f  2  = ln 6  ln  1 − ln 2  + C 1 = ln 6  C 1 = ln 2 e  e   f ( e 2 ) = 3  ln ( ln e 2 − 1 ) + C 2 = 3  C 2 = 3  1 ln ( 1 − ln x ) + ln 2 khi x  ( 0; e ) f   = ln 2 + ln 2 Do đó f ( x ) =  → e ln ( ln x − 1 ) + 3 khi x  ( e; + ) f ( e 3 ) = ln 2 + 3  1  f   + f ( e 3 ) = 3 ( ln 2 + 1 ) e Chọn ý C. Câu 5. 1 với x  1 + sin 2x    11  Biết F ( 0 ) = 1, F (  ) = 0 , tính P = F  −  − F    12   12  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y = B. P = 2 − 3 A. P = 0 C. P = 1 Lời giải     Với x   − + k; − + k  , k  ta có: 4  4  dx dx F (x) =  = = 2 1 + sin 2x ( sin x + cos x )     − + k, k   .  4  D. Không  dx 1   = tan  x +  + C  2 4   2 cos 2  x +  4  Ta xét 2 trường hợp sau: • Ta có 0; −       − ;  nên: 12  4 4  −     1  F ( 0 ) − F  −  = tan  x −  40  12  2  • Ta có ;  12 1 3 F( 0 ) = 1 3    3 =− + ⎯⎯⎯→ F  −  = − 2 2  12  2 2 11   5    ;  nên: 12  4 4    1 3 F(  )= 0 3  11  1   11  1 F ( ) − F  ⎯⎯⎯→ F   = tan  x −  11  = − + = − 4 2 2  12  2   12  2 2 12     11  Vậy P = F  −  − F  =1  12   12  Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 226 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 6.  1 thỏa mãn f ‘ ( x ) = e x + e − x − 2 , f ( 0 ) = 5 và f  ln  = 0 .  4 Giá trị của biểu thức S = f ( − ln 16 ) + f ( ln 4 ) bằng? Cho hàm số f ( x ) xác định trên A. S = 31 2 B. S = 9 2 C. S = 5 2 D. f ( 0 ) .f ( 2 ) = 1 Lời giải x −  2 e − 1 e − e = x Ta có f ‘ ( x ) = e x + e − x − 2 = x ex e − 2 − e 2  x 2 x   2e + 2e + C 1 Do đó f ( x ) =  x x −2e − 2 − 2e 2 + C 2  Theo giả thiết ta có: x − 2 khi x  0 . khi x  0 . khi x  0 f ( 0 ) = 5 nên 2e + 2e + C 1 = 5  C 1 = 1  f ( ln 4 ) = 2e 0 0  1 Tương tự ta có f  ln  = 0 nên −2e  4  1 ln   4 −   2 − 2e  f ( − ln 16 ) = −2e Vậy S = f ( − ln 16 ) + f ( ln 4 ) = 227 | Chinh phục olympic toán 5 . 2 −  1 ln   4 2 ( − ln 16 ) 2 ln 4 2 + C2 = 0  C2 = 5 − 2e ( − ln 16 ) 2 +5 = − 7 2 + 2e − ln 4 2 +1 = 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC x 2 khi x  0 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt VII. TÍCH PHÂN TRUY HỒI, CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI DÃY SỐ. Trong bài viết này chủ yếu là các bài toán ở dạng tự luân, mình sẽ giới thiệu qua để có thể không may đề thi thử của các trường có thể ra thì ta có thể xử lý được. Ở phần này ta sẽ  cùng tìm hiểu các dạng tích phân truy hồi dạng I n =  f ( x, n ) dx với các câu hỏi hay gặp  là: ( ) 1. Thiết lập công thức truy hồi I n = g ( I n k ) k = 1; n . 2. Chứng minh công thức truy hồi cho trước. 3. Sau khi thiết lập được công thức truy hồi yêu cầu đi tính I n ứng với một vài giá trị n nào đó hoặc tính giới hạn của hàm số hoặc dãy số có liên quan với I n . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Về phương pháp làm thì chủ yếu biến đổi để đưa về dạng truy hồi bằng cách sử dụng nguyên hàm từng phần, nhìn chung tùy vào bài toán mà sẽ có cách giải hợp lý, để hiểu rõ hơn ta cùng xét các ví dụ sau: Câu 1.  2 0 Xét tích phân I n =  sin n xdx với n  * . 1. Tìm mối quan hệ giữa I n , I n + 2 2. Tính I 5 , I 6 . 3. Tìm công thức tổng quát của I n . 4. Xét dãy số ( u n ) cho bởi u n = ( n + 1 ) I n .I n + 1 . Tìm lim u n n →+ Lời giải 1. Tìm mối quan hệ giữa I n , I n + 2  2 0 Ta có: I n + 2 =  sin n+2  2 0  2 0 xdx =  sin x ( 1 − cos x ) dx = I n −  sin n x.cos 2 xdx ( 1 ) n 2 du = − sin xdx  Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần ta đặt  sin n + 1 x n v = sin x.cos xdx =    n+1  2 0    I cos x sin n + 1 x 2 1 2 sin n x.cos 2 xdx = + sin n + 2 xdx = n + 2 ( 2 )  n+1 n+1 0 n+1 0 Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta được: I n + 2 = I n − In+2 n+2  In = I n +2 n+1 n+1 2. Tính I 5 , I 6 . Tạp chí và tư liệu toán học | 228 Kỹ thuật giải toán tích phân|  4 8 8 2 8 sin xdx = I 5 = I 3 = I 1 =  0 5 15 15 15 Sử dụng kết quả ở trên ta được:   I = 5 I = 15 I = 15 2 sin 2 xdx = 15  6 6 4 24 2 24 0 96 3. Tìm công thức tổng quát của I n .  2 0  2 0 Ta có: I 1 =  sin xdx = 1, I 2 =  sin 2 xdx =  4 n+2 I n + 2 , đến đây xét 2 trường hợp: n+1 4 6 2k + Trường hợp 1: n = 2k ( k  * ) . Ta có: I 2 = I 4 , I 4 = I 6 ,…, I 2k −2 = I 2k . 3 5 2k − 1 Nhân theo vế các đẳng thức ta được: Ta đã có kết quả I n = 3.5… ( 2k − 1 )  4.6…2k  4.6…2k I 2k  = I 2k  I 2k = 3.5… ( 2k − 1 ) 4 3.5… ( 2k − 1 ) 4.6…2k 4 + Trường hợp 2: Với n lẻ hay n = 2k − 1 , ta có: I 1 = 3 5 2k − 1 I 3 , I 3 = I 5 ,…, I 2k −3 = I 2k −1 . 2 4 2k − 3 Nhân theo vế các đẳng thức ta được: I 2k −1 = 2.4… ( 2k − 2 ) 3.5… ( 2k − 1 ) I1 = 2.4… ( 2k − 2 ) 3.5… ( 2k − 1 ) 4. Xét dãy số ( u n ) cho bởi u n = ( n + 1 ) I n .I n + 1 . Tìm lim u n n →+ n+2 I n + 2 I n +1 = ( n + 2 ) I n +1 .I n + 2 = u n +1 n+1    = u n = … = u 1 = 2I 1I 2 =  lim u n = lim = n →+ n →+ 2 2 2 Ta có: u n = ( n + 1 ) I n .I n +1 = ( n + 1 ) . Vậy u n +1 Câu 2.  Tính tích phân I n =  ( cos x ) cos nxdx n 0 Lời giải Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có  I n =  ( cos x ) 0  ( cos x ) sin nx − 1  sinnxd cos x n 1  n cos nxdx =  ( cos x ) d ( sin nx ) = ( ) n 0 n n 0 n n 0  =  sin nx ( cos x ) 0 n −1  sin xdx =  ( cos x ) 0 n −1 sin nx sin xdx 1  1 1  n −1 n −1 ( cos x ) ( cos ( n − 1 ) x − cos ( n + 1 ) x ) dx = I n −1 − 0 ( cos x ) cos ( n + 1 ) xdx  0 2 2 2  1 1 n −1 = I n −1 −  ( cos x )  cos nx cos x − sin nx sin x  xdx 0 2 2 1 1 1 1 1  1  1 n n −1 = I n −1 −  ( cos x ) cos nxdx +  ( cos x ) sin nx sin x = I n −1 − I n + I n = I n −1 0 0 2 2 2 2 2 2 2  1 1 1 1   I n = I n −1 = 2 I n − 2 =  = n I 0 = n  dx = n 0 2 2 2 2 2 = 229 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I2 = | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Câu 3.  Xét tích phân I n =  4 tan n xdx với n  * 0 . 1 − In n+1 1. Chứng minh rằng I n + 2 = 2. Tính I 5 , I 6 Lời giải 1. Ta có:   ( ) I n + 2 =  4 tan n + 2 dx =  4 ( tan n + 2 x + tan n x ) − tan n x dx 0  4 0 = 0 ( tan x ( tan n 2  4 0 ) x + 1 ) − tan x dx =  n  =  4 tan n xd ( tan x ) − I n = 0  tan n x dx −  4 tan n xdx 2 0 cos x 1 − In n+1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta có điều phải chứng minh! 2. Ta có: •  4 0  4 0 I 1 =  tan xdx =   d ( cos x ) 1 sin x dx = −  4 = ln 2 0 cos x cos x 2    4−  1  4 = I 2 =  4 tan 2 xdx =  4  − 1 dx = tan x − x ( )  2 0 0 0 4  cos x  1 Áp dụng công thức truy hồi I n + 2 = − I n ta được: n+1 1 1 1 1  1 • I 5 = − I 3 = −  − I 1  = ln 2 − 4 4 2 4  2 • • I6 = 1 1 1  13  − I4 = −  − I2  = − 5 5 3  15 4 Câu 4. Xét tích phân I n =  ( 1 − x 2 ) dx 1 n 0 1. Tính I n I n +1 n →+ I n 2. Tính lim Lời giải 1. Tính I n u = ( 1 − x 2 )n du = n ( 1 − x 2 )n −1 ( −2x ) dx  Đặt  dv = dx  v = x  In = x ( 1 − x2 ) ( n 1 0 + 2n  x 2 ( 1 − x 2 ) 1 ) = 2n  1 − ( 1 − x 2 ) ( 1 − x 2 ) 1 0 n −1 0 n −1 dx = 2n dx (  (1 − x ) 1 0 2 n −1 ) dx −  ( 1 − x 2 ) dx = 2n ( I n −1 − I n ) 1 0 n Tạp chí và tư liệu toán học | 230 Kỹ thuật giải toán tích phân| 2n I n −1 ( * ) 2n + 1 2n 2n − 2 4.6.8…2n = . I n −2 = I1 2n + 1 2n − 1 5.7.9… ( 2n + 1 ) Vậy I n = 2n ( I n −1 − I n )  I n = Từ ( * ) ta có I n = 2n I n −1 2n + 1 1  x3  2 2.4.6.8…2n Mặt khác ta lại có: I 1 =  ( 1 − x ) dx =  x −  =  I n = . 0 3 0 3 3.5.7.9… ( 2n + 1)  1 2 I n +1 n →+ I n 2. Tính lim Ta có: I n = 2 ( n + 1) I I 2n 2n + 2 2n + 2 I n −1  I n + 1 = I n  n +1 =  lim n +1 = lim =1 n →+ n →+ 2n + 1 2 ( n + 1) + 1 In 2n + 3 In 2n + 3 Câu 5. 1 0 e nxdx với n  1 + ex 3 * . Chứng minh rằng I n = 2. Xét tích phân I n =  ( 3 − x ) e xdx với n  n e n −1 − 1 − I n −1 . n −1 . Chứng minh rằng I n = −3n + nI n −1 * 0 Lời giải 1. Ta có: I n + I n −1 =  1 0 ( ) 1e 1e e nxdx dx + = x x  0 0 1+e 1+e x n −1 x( n − 1) (e x + 1 ) dx 1 + ex e( ) = n −1 x n −1 1 = 0 e n −1 − 1 n −1 Từ đó suy ra điều phải chứng minh! 3 2. Xét tích phân I n =  ( 3 − x ) e xdx với n  n 0 * . Chứng minh rằng I n = −3n + nI n −1 u = ( 3 − x )n du = −n ( 3 − x )n −1 dx 3 3 n n −1   I n = ( 3 − x ) e x + n  ( 3 − x ) e xdx = −3 n + nI n − 1 Đặt  x x 0 0 dv = e dx  v = e Từ đây có điều phải chứng minh! Câu 6. 1 Cho I n =  x n 1 − x dx với n  * 0 . Biết ( u n ) là dãy cho bởi u n = In . Tìm lim u n . I n +1 Lời giải du = nx n −1dx u = v n   Đặt  2 dv = 1 − x dx  v =  1 − x dx = − 3  ( ) 1 ( 1−x ) 3 ( ) 3 3 2 2 1  In = − xn 1 − x + n 1 − x .x n −1dx 3 3 0 0 1 1 2 2 = n  1 − x.x n −1dx −  1 − x.x n dx = n ( I n −1 − I n ) 0 0 3 3 I 2 2n 2n + 2 Vậy I n = n ( I n −1 − I n )  I n = I n −1  I n + 1 = I n  lim u n = lim n +1 = 1 3 2n + 3 2n + 5 In ( 231 | Chinh phục olympic toán ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1. Xét tích phân I n =  | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Mở rộng. Yêu cầu bài toán có thể cho thêm chứng minh rằng I n  1 ( n + 1) n+2 Trước hết ta đi tìm công thức tổng quát của dãy số này. Ta có 1 2n 2n − 2 4 2 2 In = I n −1 ; I n −1 = I n −2 ; ; I 2 = I 1 ; I 1 = I 0 ; I 0 =  1 − xdx = 0 2n + 3 2n + 1 7 5 3 2n 2n − 2 2n − 4 4 2 2 Nhân các đẳng thức và rút gọn 2 vế ta có I n =      2n + 3 2n + 1 2n − 1 7 5 3 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2k + 1 = ( 2k + 2 )( 2k )  2 2n  In  2n − 2  ( 2n + 4 )( 2n + 2 ) ( 2n + 2 )( 2n ) 2. 2 = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN ( 2k + 2 ) + ( 2k )  ( 2n + 4 )( 2n + 2 ) 2n + 2 = 1  2k + 1 1 ( 2k + 2 )( 2k ) 2n − 4  4 2 2   8.6 6.4 4.2 ( 2n )( 2n − 2 ) 2 2 ( 2n + 2 ) 2 (n + 2 ) = 1 ( n + 1) n+2 Câu 7. Cho I n =  dx (x + a 2 với n  ) 2 n * . Tìm hệ thức liên hệ giữa I n , I n + 1 Lời giải Áp dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có In =  = = (x (x x 2 + a2 ) x 2 + a2 ) n n (x + 2n  dx 2 + a2 ) (x n = (x x2 2 + a2 ) n +1 x 2 + a2 ) dx = n (x  1 −  xd   ( x 2 + a 2 )n  x 2 + a2     (x + a ) − a + 2n  ) (x + a ) 2 n 2 2 2 n +1 2 dx   dx dx x 2  = + 2n  −a  + 2n ( I n − a 2 I n + 1 ) n n + 1 n  ( x2 + a2 ) ( x2 + a2 )  ( x2 + a2 )   2 na2 I n +1 = (x x 2 +a ) 2 n + ( 2n − 1 ) I n  I n +1 = 1 x 2n − 1  + In n 2 2na ( x2 + a2 ) 2na 2 Câu 8. Chứng minh rằng  1. I =  2 cosn x cos ( n + 2 ) x  dx = 0 0  2. I =  2 cos n x sin ( n + 2 ) x  dx = 0  3. I =  ( sin x ) 0 n −1 1 n+1 cos ( n + 1) x  dx = 0 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 232 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1. Sử dụng công thức lượng giác biến đổi tích phân ban đầu ta được   ( ) I =  2 cos n x cos ( n + 2 ) x  dx =  2 cos n x cos ( n + 1 ) x  cos x − sin ( n + 1 ) x  sin x dx 0 0   =  2 cosn +1 x cos ( n + 1 ) x  dx −  2 sin sin ( n + 1 ) x  cos n x sin xdx = I 1 − I 2 0 0  2 0 Xét tích phân I 1 =  cosn +1 x cos ( n + 1 ) x  dx =  1 2 cos n +1 xd sin ( n + 1 ) x   0 n+1 ( )   2 1 1 n +1 2 = cos x sin ( n + 1 ) x  − sin ( n + 1 ) x  d ( cos n + 1 x )  0 n+1 n+1 0  =  2 sin ( n + 1 ) x  cos n x sin xdx = I 2  I = I 1 − I 2 = 0 0 2. Sử dụng công thức lượng giác biến đổi tích phân ban đầu ta được   ( )   =  2 cosn +1 x sin ( n + 1) x  dx +  2 cos ( n + 1 ) x  cos n x sin xdx = I 1 + I 2 0 0  2 0 Xét tích phân I =  cosn +1 x sin ( n + 1) x  dx = = −1 2 cos n +1 xd cos ( n + 1 ) x   0 n+1 ( )   −1 1 2 cosn +1 x cos ( n + 1) x  2 + cos ( n + 1 ) x  d ( cos n +1 x ) 0 n+1 n + 1 0  1 1 1 −  2 cos ( n + 1) x  cos n x sin xdx = − I2  I = I1 + I2 = n+1 0 n+1 n+1 3. Tương tự 2 câu trên ta sẽ biến đổi giả thiết trở thành =  I =  ( sin x ) n −1 0  cos ( n + 1) x  dx =  ( sin x )  =  cosnx ( sin x ) 0  n −1  ( cos nx cos x − sin nx sin x ) dx cos xdx −  ( sin x ) sin nxdx = I 1 − I 2 Xét tích phân I 2 =  ( sin x ) sin nxdx = n 0 + n −1 0 n 0 −1 −1 n  ( sin x ) d ( cos nx ) = cos nx ( sin x ) 0 + n n  1  n cosnxd sin x = cosnxd sin n −1 x cos x = I 1  I = I 1 − I 2 = 0 ( )   0 0 n Câu 9. Tính các tích phân sau: e 1. I n =  x n cos ( ln x ) dx 1 e 2. I n =  xm ( ln x ) dx n 1 (n  , m  −1 ) Lời giải 1. Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có e x n + 1 cos ( ln x ) 1 e 1 e n +1 n +1 I n =  x cos ( ln x ) dx = cos ln x d x = − ( ) ( )  1 x d ( cos (ln x ) ) 1 n+1 1 n+1 n + 1 1 e n 233 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I =  2 cos n x sin ( n + 2 ) x  dx =  2 cosn x sin ( n + 1) x  cos x + cos ( n + 1) x  sin x dx 0 0 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt e n +1 cos 1 − 1 1 e xn +1 e n +1 cos 1 − 1 1 e n + sin ln x dx = + x sin ( ln x ) dx ( ) n+1 n + 1 1 x n+1 n + 1 1 e 1 e Xét tích phân J n =  x n sin ( ln x ) dx = sin ( ln x ) d ( x n +1 ) 1 n + 1 1 = = x n + 1 sin ( ln x ) n+1 =  In = e e − x n n +1 1 e n + 1 sin 1 1 e x n +1 d ( sin ( ln x ) ) = − cos ( ln x ) dx n+1 n + 1 1 x e n +1 sin 1 1 e n e n +1 sin 1 1 − x cos ln x dx = − In ( )  1 n+1 n+1 n+1 n +1  e n +1 cos 1 − 1 1 e n +1 cos 1 − 1 1  e n +1 sin 1 1 + Jn = + − In   n+1 n+1 n+1 n+1  n+1 n+1  ( n + 1 ) + 1 I = e n +1 cos 1 − 1 + e n +1 sin 1  n 2 2 n+1 ( n + 1) ( n + 1) 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  In (e = cos 1 − 1 ) ( n + 1 ) + e n + 1 sin 1 n +1 ( n + 1) 2 +1 n + 1 ) e n + 1 sin 1 − e n + 1 cos 1 + 1 ( , Jn = 2 ( n + 1) + 1 2. Tương tự câu trên, sử dụng công thức nguyên hàm từng phần ta có e x m + 1 ( ln x ) 1 n m +1 I n =  x ( ln x ) dx = ( ln x ) d ( x ) = 1 m + 1 1 m+1 e = n e n m m +1 m +1 ex e 1 −  m+1 m+1 1 x ( ln x ) n −1 dx = − 1 e 1 n x m + 1d ( ln x )  1 m+1 m +1 e e n em +1 n n −1 m − x ln x dx = − I n −1 ( )  m+1 m+1 1 m+1 m+1 e m + 1 − nI n −1 m+1  I n = A n + nA n −1 + n ( n − 1 ) A n −2 ++ n ( n − 1 ) 3.2A 1 + n ( n − 1 ) 3.2.1.A 0  ( m + 1 ) I n = e m + 1 − nI n −1  I n = = − ( 1 + n + n ( n − 1 ) + n ( n − 1 )( n − 2 ) ++ n ( n − 1 ) 3.2 ) + n ( n − 1 ) 2.1 ( e − 1 )  n! n! n! n! n!  = n ! ( e − 1 ) −  + + ++ +  2! 1!   n ! ( n − 1) ! ( n − 2 ) ! Câu 10. Chứng minh các hệ thức truy hồi sau với A,B,C là các hệ số bất định. dx A sin x + B cos x dx 1. I n =  = + C n n −1 n −2 ( a sin x + b cos x ) ( a sin x + b cos x ) ( a sin x + b cos x ) 2. I n =  dx ( a + b cos x ) n = A sin x ( a + b cos x ) n −1 + B dx ( a + b cos x ) n −1 + C dx ( a + b cos x ) n −2 Trong đó 2  n  N, a 2 − b 2  0 Lời giải 1. Biến đổi tích phân cần tính ta có I n =  dx ( a sin x + b cos x ) n = d ( −a cos x + b sin x ) ( a sin x + b cos x ) n +1 Tạp chí và tư liệu toán học | 234 Kỹ thuật giải toán tích phân| = −a cos x + b sin x ( a sin x + b cos x ) n +1   1 −  ( −a cos x + b sin x ) d    ( a sin x + b cos x )n + 1    ( a cos x − b sin x ) dx = −a cos x + b sin x − = − ( n + 1)  n +1 n+2 n +1 ( a sin x + b cos x ) ( a sin x + b cos x ) ( a sin x + b cos x ) ( a cos x − b sin x )2 + ( b cos x + a sin x )2  − ( b cos x + a sin x )2  − ( n + 1)   dx n+2 ( a sin x + b cos x ) 2 −a cos x + b sin x −a cos x + b sin x ( a sin x + b cos x ) n +1 − ( n + 1) ( a2 + b2 ) I n + 2 + ( n + 1) I n  ( n + 1) ( a2 + b2 ) I n +2 =  In+2 =  In = −a cos x + b sin x ( a sin x + b cos x ) n +1 + nI n  −a cos x + b sin x  1 + nI  n ( n + 1) ( a 2 + b 2 )  ( a sin x + b cos x )n +1   −a cos x + b sin x  1 + n − 2 I  ( ) n −2  ( n − 1 ) ( a 2 + b2 )  ( a sin x + b cos x )n −1  2. Biến đổi tích phân ban đầu ta được I n −2 =  dx ( a + b cos x ) = aI n −1 + = aI n −1 + = al n −1 +  In = n −2 = b sin x ( a + b cos x ) n −1 b sin x − ( n − 1)  b 2 sin 2 xdx ( a + b cos x ) (b 2 n − a 2 ) + 2a ( a + bcox ) − ( a + b cos x ) n −1 − ( n − 1)  n −1 + ( n − 1 ) ( a 2 − b 2 ) I n − 2a ( n − 1 ) I n −1 + ( n − 1 ) I n − 2 ( a + b cos x ) b sin x ( a + b cos x ) d ( sin x ) ( a + b cos x ) dx = a dx + b n −1 n −1 n −1  ( a + b cos x ) ( a + b cos x ) ( a + b cos x ) ( a + b cos x ) 2 n dx ( 2n − 3 ) a I − −b sin x n−2  + I n −2 n −1 n −1 2 2 2 2 (n − 1) ( a 2 − b 2 ) ( n − 1) ( a − b ) ( n − 1) ( a − b ) ( a + b cos x ) Câu 11. n x−a    sin 2  Tìm hệ thức truy hồi của tích phân I n =   dx x+a   sin   2  Lời giải x−a x−a x+a x−a x+a sin cos sin − sin cos 2  du = 2 2 2 2 dx = Đặt u = 2 x+a x+a  sin 2  sin  2 2   Khi đó ta suy ra được hệ thức sau 235 | Chinh phục olympic toán sin adx x+a  2  sin  2   2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt 2 I n − I n − 2 =  u n − 2 ( u 2 − 1 ) dx =  u n − 2 2 x−a  x+a   sin  −  sin  2   2   dx = −2  u n − 2 sin xdu 2 x+a   sin  2   = 2  u n − 2 ( sin a − ( sin a + sin x ) ) du = 2 sin a  u n −2 du − 2  u n −2 ( sin a + sin x ) sin a dx x+a  2  sin  2   2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN    sin a + sin x sin a  ( ) 2 sin a n −1 2 sin a n −1 = u − 2  u n − 2 dx − 2  u n − 2  − 1 dx = u − 2I n − 2 − 2J 2   n −1 n −1 x+a   2  sin   2     2   x+a  ( sin a + sin x ) sin a − 2  sin    2   n − 2  ( sin a + sin x ) sin a n −1  − 1 dx =  u dx Trong đó J =  u 2 x + a  x−a    x+a  2 sin sin     2  sin   2  2   2        sin a + sin x sin a  ( ) 2 sin a n −1 2 sin a n −1 = u − 2  u n − 2 dx − 2  u n − 2  − 1 dx = u − 2I n − 2 − 2J 2   n −1 n −1 x+a   2  sin   2     2 sin a + sin x sin a − 1 + cos ( x + a ) =  u n −1 dx = − cos a  u n −1dx = − cos a  I n −1 cos a − cos x 2 sin a n −1  In = u − 2I n − 2 + 2I n −1 cos a n −1 Câu 12.  ( x + 1 )2 n 2x 2 + 1  ( ) I 2x 2 + 1   Đặt I n =  n −n dx. Tính lim n . 2 n + 1 n + 1 0  I n +1  ( x2 + 1) ( x2 + 1)   1 B. A. 1 C. −1 2 Lời giải 1 D. 3 2 2   2 x + 1 ( ) 2x + 1 2x 2 + 1 1  n . − . dx Ta có bước biến đổi sau I n =   n 2 0  x + 1 ( x 2 + 1 )2 x2 + 1 x2 + 1    1 = 1 0 2 1 2x 2 + 1 ( x + 1 ) − ( x + 1 ) 2x 2 + 1 2xdx n . dx = 2 0 x2 + 1 . x2 + 1 2 x2 + 1 ( x2 + 1) ( ) 2 n Đến lúc này ta sẽ đổi biến. Đặt u = 2x 2 + 1 2xdx  du = 2 2 x +1 ( x + 1) Tạp chí và tư liệu toán học | 236 Kỹ thuật giải toán tích phân| 3 2 n 1 3 2 1  In =  udu =  n +1 n 1 n u u du = n+1 n 3 2 1 n +1  n  3 n = . − 1  n+1 2    n  3 . − 1 n+1 2     lim I n = 1 = n+2 I n +1  n + 1  3 n + 1  . −1 n+2 2    n +1 n  In I n +1 Chọn ý A. Câu 13. A. 1 x − xn dx . Biết Fn ( 1 ) = 0 n . Tính lim Fn ( 2 ) . n →+ xn +1 B. − C. −1 Lời giải D. + TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta đặt Fn ( x ) =  n  1  1 x n  n −1 − 1  n −1 n −1 x−x x  x dx =  dx =  dx Ta có Fn ( x ) =  xn +1 xn +1 xn 1 1−n dx du Đặt u = n −1 − 1  du = n dx  n = x x x 1−n n n n n +1 n u 1 u n  Fn ( x ) = G n ( u ) =  du = . +C 1−n 1−n n +1 n n  1   Fn ( x ) = . − 1 2  n −1 1−n  x  n +1 n + C . Mà Fn ( 1 ) = 0 n  C = 0 n n  = −  nlim →+ 1 − n 2 n +1  n  1   n  1   Fn ( 2 ) = − 1  . Có  lim  n −1 − 1  = −1  lim Fn ( 2 ) = + 2  n −1 n →+ n →+ 1−n  2  2    n+1 =1  nlim  →+ n Chọn ý D. Câu 14. . Khi đó I 0 + I 1 + 2 ( I 2 + I 3 + … + I 8 ) + I 9 + I 10 bằng? Cho I n =  tan n xdx với n  A. 9  r =1 ( tan x ) r r +C B. 9  r =1 ( tan x ) r+1 r+1 +C C. 237 | Chinh phục olympic toán  r =1 Lời giải Biến đổi tích phân ban đầu ta có 10 ( tan x ) r r +C D. 10  r =1 ( tan x ) r+1 r+1 +C | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt tan n −1 x  1  I n =  tan n − 2 x.tan 2 xdx =  tan n −2 x.  = − I n −2 + C − 1  dx 2 n −1  cos x  tan n −1 x =  tan n − 2 x. ( tan x ) dx − I n − 2  I n + I n − 2 = +C . n−1 Khi đó I 0 + I 1 + 2 ( I 2 + I 3 + … + I 8 ) + I 9 + I 10 = ( I 10 + I 8 ) + ( I 9 + I7 ) + … + ( I 3 + I 1 ) + ( I 2 + I 0 ) = 9 tan 9 x tan 8 x tan 2 x tan r x + + …. + + tan x + C =  +C. 9 8 2 r r =1 Chọn ý A. Câu 15. 1 e − nx dx với n  1 + e−x 0 Cho tích phân I n =  . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Đặt u n = 1. ( I 1 + I 2 ) + 2 ( I 2 + I 3 ) + 3 ( I 3 + I 4 ) + … + n ( I n + I n +1 ) − n . Biết lim u n = L . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. L  ( −1; 0 ) B. L  ( −2; −1 ) D. L  ( 1; 2 ) C. L  ( 0; 1 ) Lời giải Với n  , biến đổi giả thiết ta có e( ) e − nx .e − x e − nx − nx = dx = = e dx − dx dx =  e − nxdx − I n −x −x −x    1+e 1+e 1+e 0 0 0 0 0 1 I n +1 − n +1 x 1 1 1  I n +1 =  e − nxdx − I n  I n +1 + I n = Do đó u n = ( 1 − e 0 −1 1 1 1 1 − e−n ) ( n ) + ( 1 − e ) + ( 1 − e ) + … + ( 1 − e ) − n  u −2 −3 −n n = −e −1 − e −2 − e −3 − … − e − n Ta thấy u n là tổng n số hạng đầu của một cấp số nhân lùi vô hạn với u 1 = −e −1 và q = nên lim u n = 1 , e −e −1 −1  L  ( −1; 0 ) . L= 1 e − 1 1− e Chọn ý A. Câu 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương n thỏa mãn tích phân 2  (1 − n 2 + 2x + 3x 2 + 4x 3 + … + nx n −1 ) dx = −2 0 A. 1 B. 2 C. 0 Lời giải D. 3 Biến đổi giả thiết ta có: 2  (1 − n 2 + 2x + 3x 2 + 4x 3 + … + nx n −1 ) dx = −2  ( x − n 2 x + x 2 + x 3 + x 4 + … + x n ) = −2 2 0 0  2 − 2n 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + … + 2 n = −2  1 + 2 + 2 2 + … + 2 n −1 = n 2 + 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 238 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2n − 1 = n2 + 1  2n − n2 − 2 = 0 . Thử với các giá trị n  1; 2; 3; 4 đều không thỏa mãn. Với n  , n  5 ta chứng minh 2 n  n 2 + 2 ( 1 ) . Dễ thấy n = 5 thì ( 1 ) đúng. Giả sử ( 1 ) đúng với n = k với k  , k  5 . Khi đó 2 k  k 2 + 2 . Khi đó: 2 k + 1  2 ( k 2 + 2 ) = k 2 + k 2 + 2 + 2  k 2 + 2k + 1 + 2 = ( k + 1 ) + 2 . 2 Do đó ( 1 ) đúng với n = k + 1 . Theo nguyên lý quy nạp thì ( 1 ) đúng. Vậy không tồn tại số nguyên n . Chọn ý C. Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn điều kiện Tính tích phân A. 2 4  f ( −1 )  3 1  f ( x ) 0 2 . dx ? B. 2 5  f ( −1)  3 C. 2 7  f ( −1)  3 D. 2 8  f ( −1)  3 Lời giải Xét biểu thức f ( 2018x + 2017 ) = 2018f ( x ) . Lấy đạo hàm 2 vế ta được 2018f ‘ ( 2018x + 2017 ) = 2018f ‘ ( x )  x − 2017   2018 − 2018 + 1   x − 20182 + 1  2018x + 2017 Thay x bởi , ta được f ‘ ( x ) = f ‘   = f ‘  2018 20182       Thay đến n lần và bằng quy nạp ta chứng minh được  x − 2018n + 1  1   x f ‘( x) = f ‘ −1+  = f ‘  n n 2018 2018n   2018   Khi n → +  f ‘ ( x ) = f ‘ ( −1 ) = f ( x ) = f ‘ ( −1 ) x + C ( * ) Thay x = −1  f ( −1 ) = 2018f ( −1 )  f ( −1 ) = 0 Thay x = −1  ( * ) : f ( −1 ) = −f ‘ ( −1 ) + C = 0  f ‘ ( −1 ) = C 1 2 2 7 Vậy f ( x ) = f ‘ ( −1 )( x + 1 )   f ( x )  dx = f ( −1 )  0 3 Chọn ý C. 239 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC f ( 2018x + 2017 ) = 2018f ( x ) , x  | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Câu 18. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên un = A. 2 và 2  f ( x ) dx = 1 . Tính giới hạn của dãy số: 1  4n − 3   1 n  n+3  n  n+6  n f  f  f  f ( 1) +  +  + … +  n  n+3  n  n+6  n  4n − 3  n   B. 2 3 D. C. 1 4 3 Lời giải Chú ý đây là một câu sử dụng định nghĩa tích phân bằng tổng Riemann không nằm trong phạm vi kiến thức THPT nên chỉ mang tính tham khảo, không đi sâu!  3i  f 1 +   f x n  1 n −1 3  1 n −1 3  3i  S=  =  g1+  Xét hàm số g ( x ) = 3 i =0 n 3 i =0 n  n x 3i 1+ n CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN ( ) Ta chia đoạn  1; 4  thành n phần bằng nhau bằng các điểm chia xi = 1 + i. 4−1 i = 0, n ( x0 = 1,…, x n = 4 ) n Mỗi đoạn con có độ dài là xi +1 − xi =  lim S = ( ) 4−1 1 n −1  S =  g ( xi )( xi +1 − xi ) n 3 i =0 ( ) 1 4 1 4f x 1 4 g x dx = =  2f ( )   3 1 3 1 3 1 x ( x ) d ( x ) = 23 Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 240 Kỹ thuật giải toán tích phân| VIII. ỨNG DỤNG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP. Dấu hiệu sử dụng.  Ý tưởng của phương pháp này là dựa vào hệ thức b a b  xk +1  ak +1 − bk +1 x dx =  =  k+1 k+1a k Từ đấy dễ dàng tìm được dấu hiệu để sử dụng phương pháp này là số hạng của tổng có b a k + 1 − bk + 1 k n dạng C n . Cụ thể xét tích phân I =  ( c + dx ) dx ta có thể tính bằng 2 cách. a k+1 • n +1 b a ( n n b b  Tính gián tiếp I =    Ckn cn −k dk xk  dx =  Ckn cn −k dk  xk dx a a k =0  k =0  ) b k +1    n  k n −k k a k + 1 − bk + 1  k n −k k  x =   Cn c d    =   Cn c d  k + 1  a  k =0  k+1  k =0     n Hai cách trên là như nhau nên từ đó ta có được  k n −k k a k + 1 − bk + 1  1 ( c + dx )   Cn c d = k+1  d n+1 k =0  n n +1 b a Tùy từng bài toán ta chọn các hệ số a, b, c, d thích hợp! Để dễ dàng nhận biết hơn thì ta có thể chú ý như sau: 1 1 1 1 Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số 1; ‘; ; ;…; và mẫu số được 2 3 4 n xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đó, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Khi đó, ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Tìm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp. • Bước 2: Tính tích phân trong cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã khai triển. • Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận. Trước khi vào các bài toán cụ thể ta cần nhớ các đẳng thức tích phân sau: 1. b  ( x + 1) n a dx =  ( C 0n + xC 1n + x 2 C n2 + … + C nn x n ) dx b a ( x + 1)  n +1 b n+1 2. b  (1 − x) n a b ( a 3.  ( x + 1) a n ) dx =  C 0n − xC 1n + x 2 C 2n − … ( −1 ) C nn x n dx  b a b  x2 xn +1  =  xC 0n + C 1n + … + C nn  2 n+1a  n − (1 − x) n+1 n +1 b a dx =  ( C 0n x n + C 1n x n −1 + C 2n x n −2 + … + C nn ) dx b a 241 | Chinh phục olympic toán b  x2 xn +1  n =  xC 0n − C 1n + … + ( −1 ) C nn  2 n+1a  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC • 1 b 1 ( c + dx ) n Tính trực tiếp I =  ( c + dx ) d ( c + dx ) = d a d n+1 | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt ( x + 1)  n +1 b n+1 4. b  ( x − 1) b a ( b   xn +1 xn x n −1 =  C 0n + C 1n + C n2 + … + C nn x  n+1 n n −1  a ) dx =  C 0n x n − C 1n x n −1 + C 2n x n −2 − … + ( −1 ) C nn dx n a a n ( x − 1)  n +1 b n+1 a b   xn +1 xn x n −1 n =  C 0n − C 1n + C n2 − … + ( −1 ) C nn x  n+1 n n −1  a Câu 1. 22 − 1 1 23 − 1 2 2 n +1 − 1 n Cn + C n + … + Cn ( n  1) 2 3 n+1 Tính tổng S = C 0n + CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều mộtđơn vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các cận và số 2 n +1 − 1 nên ta biết cận từ 1 đến 2 và được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ số n+1 tổng không đan dấu nên ta sử dụng 2  (1 + x) 1 n dx . Ta có ( x + 1 ) = C 0n + xC 1n + C n2 x 2 + … + C nn x n n   ( x + 1 ) dx =  ( C 0n + xC 1n + x 2 C 2n + … + C nn x n ) dx 2 2 n 1 1 ( x + 1)  n +1 2 n+1 n +1 1 n +1 −2 n+1 Câu 2.  3 2 1 1 1   =  xC 0n + C 1n x 2 + C 2n x 3 + … + C nn x n +1  2 3 n+1  1 = C0n + 22 − 1 1 23 − 1 2 2 n +1 − 1 n Cn + C n + … + Cn = S 2 3 n+1 1 1 1 2 n +1 − 1 Chứng minh rằng C0n + C1n + C 2n + … + C nn = 2 3 n+1 n+1 Lời giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Tổng không đan dấu, ta sử dụng 1  ( x + 1) 0 n dx Xét khai triển ( x + 1 ) = C 0n + xC 1n + x 2 C 2n + … + x 2 C nn n Ta có: 1 ( x + 1) dx = n +1 2 n +1 − 1 n+1 • 0 ( x + 1) • 1  0 1 2 1 n n+  0 ( C + xC + … + x C ) dx =  xCn + 2 x Cn + … + n + 1 Cn x  0 1 n = n+1 1 0 n 1 n n n n 1 1 1 = C 0n + C 1n + C n2 + … + C nn 2 3 n+1 Từ 2 đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh! Tạp chí và tư liệu toán học | 242 Kỹ thuật giải toán tích phân| BÀI TẬP TƯƠNG TỰ ( ) 1 1 1 1 n n Chứng minh rằng 2C 0n − C 1n 2 2 + C 2n 2 3 − … + ( −1 ) C nn 2 n +1 = 1 + ( −1 ) 2 3 n+1 n+1 Hướng dẫn. Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số 2 n +1 nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng hạng cuối cùng có hệ số n+1 2  (1 − x) n 0 dx . Câu 3. Chứng minh rằng ( n − 1) 2 n + 1 1 1 2 2 3 3 n C n + C n + C n + … + C nn = 2 3 4 n+1 n+1 Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có n nên ta không thể nghĩ ra ngay một hàm số nào đó để tính tích phân. Bằng cách hệ số n+1 k 1  k  phân tích số hạng tổng quát Ckn =  1 −  C n , cho ta tổng sau: k+1 k+1  (C 1 n 1 1 1  + C 2n + C 3n + … + C nn ) −  C1n + C 2n + … + C nn  3 n+1  2 1 Từ đó sử dụng 2 n −  ( x + 1 ) dx n 0 Cách 1. Xét số hạng tổng quát trong vế trái ( k 1  k  Ckn =  1 −  C n k = 0, n k+1 k+1  ) Do đó ta có: 1 1 2 2 3 3 n 1 1 1  C n + C n + C n + … + C nn = ( C 1n + C n2 + C n3 + … + C nn ) −  C 1n + C n2 + … + C nn  2 3 4 n+1 3 n+1 2  n 2 n +1 − 1 ( n − 1) 2 + 1 = 2 −  ( x + 1 ) dx = 2 − = 0 n+1 n+1 0 1 2 2 n n = C n + xC n + x C n + … + x C n . n Cách 2. Xét khai triển ( x + 1 ) n Lấy đạo hàm 2 vế ta được n ( x + 1 ) Ta có: •  1 0 nx ( x + 1 ) n −1 1 ( n −1 1 1 n = C 1n + 2C n2 x + 3C n3 x 2 + … + nC nn x n −1 dx =  n ( 1 + x − 1 )( x + 1 ) 0 n n −1 ) dx = n  (( x + 1) 1 0 n − (x + 1)  ( x + 1 )n + 1 ( x + 1 )n  n − 1) 2 n + 1 ( n n +1 n =n −  = ( 2 − 1) − ( 2 − 1) = n + 1 n  n+1  n + 1 0 1 1 2 n •  ( C1n + 2C 2n x + 3C 3n x 2 + … + nC nn x n −1 ) dx = C 1n + C n2 + … + C nn 0 2 3 n+1 Từ 2 điều trên ta có điều phải chứng minh! 243 | Chinh phục olympic toán n −1 ) dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Câu 4. 1 1 1 1 1 2n −1 2 2n − 1 C 2n + C 32n + C 52n + … + C 2n = 2 4 6 2n 2n + 1 Chứng minh rằng Lời giải ( x + 1 )2 n = C 02 n + xC 12 n + x 2 C 22 n + … + x 2 n C 22 nn Xét các khai triển  2n 0 1 2 2 2n 2n ( 1 − x ) = C 2 n − xC 2 n + x C 2 n − … + x C 2 n Trừ 2 vế đẳng thức trên ta được: ( x + 1)  1 2n − (1 − x) ( x + 1) 2n 0 ( x + 1)  2n = 2 ( xC 12 n + x 3C 32 n + … + x 2 n −1C 22 nn −1 ) − (1 − x) 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN + (1 − x) 2 ( 2n + 1 ) 2 n +1 2n dx =  ( xC 12 n + x 3 C 32 n + … + x 2 n −1C 22 nn −1 ) dx 1 0 2 n +1 1 0 1 1 1 2 n −1 2 n  1 =  C 12 n x 2 + C 32 n x 4 + … + C2n x  4 2n 2 0 1 1 1 3 1 5 1 2 n −1 2 2 n − 1  C 2 n + C 2 n + C 2 n + … + C2n = 2 4 6 2n 2n + 1 1 1 1 2 4 2n Nhận xét. Nếu phải tính tổng C 02n + C 2n thì ta xét + C 2n + … + C 2n 3 5 2n + 1 P (x) Sau đó tính tích phân 2n + (1 − x) 2 2n 2n = C 02n + x 2 C 22n + … + C 2n 2n x 1  P ( x ) dx . 0 1 0 1 2 1 4 1 2n thì ta xét C 2n + C 2n + C 2n + … + C 2n 2 4 6 2n + 2 2 2n 2n + 1 G ( x ) = xP ( x ) = C 02n x + C 2n x 3 + … + C 2n x Còn nếu phải tính tổng Sau đó tính tích phân ( x + 1) = 1  G ( x ) dx . 0 Câu 5. 2 2 2 4 2 2 2n +1 2n Chứng minh rằng 2C 02n + C 2n + C 2n + … + C 2n = ( n  1) 3 5 2n + 1 2n + 1 Lời giải Xét khai triển ( x + 1 ) 2n = C 02 n + xC 12 n + … + x 2 n C 22 nn Ta có: • • 1  ( x + 1) −1  (C 1 −1 2n ( x + 1) dx = 2 n +1 1 2n + 1 −1 2 2 n +1 = n+1 1 0 2n + xC 1 2n 1 1  2n 2n + 1  + … + x C ) dx =  C02n x + C12n x2 + … + C2n x  2 2n + 1   −1 2n 2n 2n 2 2 = 2C 02n + C 22n + … + C 2n 2n 3 2n + 1 Từ 2 đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh! Tạp chí và tư liệu toán học | 244 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 6.  Cho tích phân 1 0 x 2 ( 1 + x 3 ) dx = n 2 n +1 − 1 ( n  2 ) . Chứng minh rằng 3 ( n + 1) 1 0 1 1 1 2 1 2 n +1 − 1 n C n + C n + C n + … + Cn = 3 6 9 3 ( n + 1) 3 ( n + 1) Lời giải Xét I =  x 2 ( C 0n + x 3C 1n + C n2 x6 + … + C nn x 3n ) dx 1 0 =  ( C 0n x 2 + C 1n x 5 + … + C nn x 3n + 2 ) dx 1 0 1 1 1 1 = C 0n + C 1n + C n2 + … + C nn 3 6 9 3 ( n + 1)  1 0 x 2 ( 1 + x 3 ) dx = n 2 n +1 − 1 ( n  2 ) vậy ta có điều phải chứng minh! 3 ( n + 1) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ ( −1) Cn = 1 x 1 − x2 n dx 1 1 1 1 1. Chứng minh rằng C0n − C1n + C 2n − C 3n + … + ) n 0 ( 2 4 6 8 2 ( n + 1) 1 n 1 Gợi ý. Ta có  x ( 1 − x 2 ) dx = 0 2 ( n + 1) n ( −1) C n = 1 1 − x2 n dx 1 1 1 2. Chứng minh rằng 1 − C 1n + C n2 − C n3 + … + ) n 0 ( 3 5 7 2n + 1 n n Gợi ý. Ta có  (1 − x ) 1 2 n 0 dx =  2i n i =1  ( 2i + 1) i =1 1 1 C kn mà là C kn k+1 k+2 thì ta cần phải nhân thêm x vào hàm đa thức cơ bản trước khi tính tích phân, còn 1 nếu là C kn thì ta phải nhân thêm x 2 vào hàm đa thức cơ bản trước khi tính tích k+3 phân,… Sau đây ta sẽ cùng hiểu rõ hơn qua ví dụ sau. Chú ý. Khi bài toán cho mà số hạng tổng quát không phải là Câu 7. n ( 2 n +1 + 1) 1 0 1 1 1 2 1 n Chứng minh rằng C n + C n + C n + … + Cn = ( n  1) 2 3 4 n+2 ( n + 1)( n + 2 ) Lời giải Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng cuối cùng có 1 hệ số C kn thì ta phải nhân thêm x vào hàm số cơ bản trước khi tính tích phân. Khi đó, k+2 ta sử dụng 1  x ( x + 1) 0 n dx . 245 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Mặt khác | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt Ta có 1 • • 1  x ( x + 1) n 0  1 0 1 dx =  ( x + 1 ) n +1 0  ( x + 1 )n + 2 ( x + 1 )n + 1  n2 n + 1 + 1 dx −  ( x + 1 ) dx =  −  = 0  n+2 n + 1  ( n + 1 )( n + 2 )  0 1 n x ( x + 1) dx =  x ( C0n + xC1n + … + xn C nn ) dx = 1 n 0 1 0 1 1 1 C n + C n + … + C nn 2 3 n+2 Từ 2 đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh! BÀI TẬP TƯƠNG TỰ. ( −1) Cnn = 1 1 1 1 Chứng minh rằng C0n − C1n + C n2 − … + 2 3 4 n+2 ( n + 1)( n + 2 ) n Câu 8. Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn đẳng thức dưới đây hãy tìm n? C2 C4 C6 C 2n −2 C 2n 4096 C02n + 2n + 2n + 2n + … + 2n + 2n = 3 5 7 2n − 1 2n + 1 13 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải 4 C 22n C 2n C6 C 2n −2 C 2n 8192 . + + 2n + … + 2n + 2n = 3 5 7 2n − 1 2n + 1 15 2 2n 2n = C 02n + C 12n x + C 2n x 2 + … + C 2n x . Giả sử số tự nhiên n  2 thỏa mãn C02n + Ta có: ( 1 + x ) 2n  1  (1 + x) 1 2n 0  (1 + x) −1 Mặt khác  (1 + x) 0 2 n +1 1 2n + 1  1 1 1  2n + 1  dx =  C02n x + C12n x 2 + C 22n x 3 + … + C 2n 2n x  2 3 2n + 1  0 2 (2 0 2n + 1 1 1 1 1   =  C 02 n x + C 12 n x 2 + C 22 n x 3 + … + C 22 nn x 2 n +1  2 3 2n + 1  0 − 1) 2n + 1 2 2 2 = 2C02n + C 12n + C 22n + … + C 2n 2n ( 1 ) 2 3 2n + 1 −1 2n 1 1 1  2n + 1  dx =  C02n x + C 12n x 2 + C 22n x 3 + … + C 2n 2n x  2 3 2n + 1  0 −2 2 2 2 2 2n = −2C 02n + C 12n − C 2n + … + C 2n (2) 2n + 1 2 3 2n + 1 Lấy ( 1 ) trừ ( 2 ) , ta được:  4 2n − 2 2n  0 C12n C 2n  C62n C2n C2n 2 2n +1 4096 2 2n +1  n = 6. = 2. = 2  C 2n + + + + … + +  2n + 1 13 2n + 1 3 5 7 2n − 1 2n + 1   Tạp chí và tư liệu toán học | 246 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 9. C0n C1n C n2 C nn 2 100 − n − 3 . + + + … + = 1.2 2.3 3.4 ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 1)( n + 2 ) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Lời giải Cách 1. Ta có: ( n + 2)! Ckn Ckn++22 n! . = = = ( k + 1)( k + 2 ) k ! ( n − k ) ! ( k + 1)( k + 2 ) ( n − k ) ! ( k + 2 ) ! ( n + 1 )( n + 2 ) ( n + 1 )( n + 2 ) n Ckn Ckn++22 =   k = 0 ( k + 1 )( k + 2 ) k = 0 ( n + 1 )( n + 2 ) n  C0n C1n C 2n C nn C 2 + C n3 + 2 + C n4 + 2 + … + C nn ++22 + + + … + = n +2 1.2 2.3 3.4 ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 1)( n + 2 ) Ta xét khai triển sau: ( 1 + x ) n+2 ( ) . = C 0n + 2 + x.C 1n + 2 + x 2 .C n2 + 2 + x 3 .C 3n + 2 + … + x n + 2 .C nn ++ 22 . Chọn x = 1  2 n + 2 = C 0n + 2 + C 1n + 2 + C n2 + 2 + C n3 + 2 + … + C nn ++ 22 . Do đó: ( )  2 n + 2 − C 0n + 2 − C 1n + 2 2 100 − n − 3 =  2 100 = 2 n + 2  n = 98 . ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 1)( n + 2 ) Cách 2. Ta có S = C0n C1n C 2n C nn + + + … + 1.2 2.3 3.4 ( n + 1)( n + 2 ) 1  n 1 1  1 1 1 1  1 =  −  C0n +  −  C1n +  −  C n2 + ….. +  −  Cn 1 2 2 3 3 4  n+1 n+2  1 1 1 1 1 1 1  1  =  C0n + C1n + C n2 + ….. C nn  −  C 0n + C 1n + C 2n + ….. C nn  2 3 n+1   2 3 4 n+2 1  1 Lại có 1 1 1  ( 1 + x ) dx −  x ( 1 + x ) dx =  2 ( 1 + x ) dx −  ( 1 + x ) n 0 n 0 n 0 n +1 dx 0 1 1 1 1 1 1 1  1    C 0n + C 1n + C n2 + ….. C nn  −  C 0n + C 1n + C n2 + ….. C nn  2 3 n+1 3 4 n+2 1  2  1 = 1 2 1 2.2 n + 1 − 2 2 n + 2 − 1 2 n+2 − n − 3 n +1 n +2 1 + x − 1 + x  S = − = ( ) ( ) n+1 n+2 n+1 n+2 ( n + 1 )( n + 2 ) 0 0 Câu 10. −1) .nC nn ( −C1n 2C n2 3C n3 Tính tổng S = + − + … + 2.3 3.4 4.5 ( n + 1)( n + 2 ) n Lời giải ( −1) kCkn = −1 k Ck  2 − 1  = −1 k 2Ckn + −1 k +1 Ckn Số hạng tổng quát ak = ( ) n ( )  ( ) k+2 k +1 ( k + 1)( k + 2 ) k +2 k +1 k n n n k k k k  k 2C n k +1 C n  k Cn k +1 C n  S =   ( −1) + ( −1) = 2 − 1 + − 1 ( ) ( )    k+2 k+1 k + 2 k =1 k +1 k =1  k =1 Xét khai triển ( x + 1 ) = C 0n + xC 1n + … + x n C nn n 247 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Suy ra | Nguyên hàm – Tích phân đặc biệt 0 ( x + 1) −1  ( x + 1)  dx =  n −1 n +1 0 n+1 0 (C 0 n + xC 1n + … + x n C nn ) dx 0 −1 n k  xC 0 x 2 C 1n x n + 1C nn  1 k +1 C n = n + + … +  = − 1 ( ) k + 1  2 n + 1  −1 n + 1 k =1  1 Tương tự ta có x ( x + 1 ) = xC 0n + x 2 C 1n + … + x n +1C nn n 0   x ( x + 1 ) dx =  n −1 0 −1 ( xC0n + x2C1n + … + xn+1Cnn ) dx  k n 1 1 k Cn − =  ( −1 ) n + 1 n + 2 k =1 k+2 1  1 n  1 Vậy S = 2  − =− − ( n + 1 )( n + 2 )  n+1 n+2  n+1 Câu 11. C02018 C12018 C 22018 C 32018 C 2017 C 2018 − + − + − 2018 + 2018 . 3 4 5 6 2020 2021 1 1 1 A. B. C. 4121202992 4121202990 4121202989 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Tính tổng T = Xét khai triển ( 1 − x ) 2018 1 2018 0 1 Khi đó I =  ( 1 − t ) t 2 0 2018 1 4121202991 2018 = C 02018 − C 12018 x + C 22018x 2 + … + C 2018 2018 x  x2 ( 1 − x ) Ta tính I =  x 2 ( 1 − x ) D. 2018 2020 = C 02018 x 2 − C 12018 x 3 + C 22018 x 4 + … + C 2018 ( 1) 2018 x dx , đặt t = 1 − x , dt = −dx , đổi cận x = 0  t = 1 , x = 1  t = 0 dt =  ( t 1 1 2018 0 − 2t 2019 +t 2020  t 2019 t 2020 t 2021  = − 2 + dt )  2019 2020 2021   0 1 1 1 1 . = − + 2019 1010 2021 4121202990 Lấy tích phân hai vế của ( 1 ) ta được: = 1 2  x (1 − x) 0 2018 1 2020 dx =  ( C02018 x2 − C12018 x3 + C 22018 x 4 + … + C 2018 ) dx 2018 x 0 1 2021   x3 x4 x5 1 2018 x =  C 02018 − C 12018 + C 22018 + … + C 2018   3 4 5 2021  0 4121202990   1 1 1 1 1 . = C 02018 − C 12018 + C 22018 + … + C 2018 2018 3 4121202990 4 5 2021 C02018 C12018 C 22018 C 32018 Vậy T = − + − + 3 4 5 6 Chọn ý B. C 2017 C 2018 1 2018 . − + 2018 = 2020 2021 4121202990 Tạp chí và tư liệu toán học | 248 Kỹ thuật giải toán tích phân| PHƯƠNG PHÁP ĐỔI CẬN, CHƯƠNG 6 N ĐỔI BIẾN – HÀM ẨN hìn chung đây là một dạng không quá mới nhưng rất chi xuất hiện nhiều trong đề thi thử và đề thi THPT Quốc Gia với rất nhiều các hình thức ra đề khác nhau. Trong chủ đề này ta sẽ cùng tìm hiểu và phát triển nó hơn. Trước tiên ta sẽ cùng tìm hiểu các tính chất cơ bản của các hàm số như hàm số chẵn, hàm số lẻ. I. KỸ THUẬT ĐỔI ẨN VÀ TÍNH CHẤT CÁC HÀM ĐẶC BIỆT. 2 không dùng được, phương pháp này ít được sử dụng hơn nhưng đặc biệt hiệu quả với các lớp hàm số có dạng đặc biệt, phức tạp và có cận đặc biệt. Nhận xét. Các bài toán dưới đây đều có một cách làm chung là đổi biến x = a + b − t với a, b là 2 cận. HÀM DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN LÀ HÀM CHẴN HOẶC HÀM LẺ. Tính chất 1. Nếu f ( x ) là hàm chẵn thì ta có:  0 •  a • I= • −a −a a f ( x ) dx =  f ( x ) dx 0 a 0 0 −a f ( x ) dx = 2  f ( x ) dx = 2  f ( x ) dx a f ( x) −a b +1 x dx =  a −a f ( −x ) −x b +1 a bx .f ( x ) −a b +1 dx =  x a dx  2I =  f ( x ) dx −a Chứng minh Ở đây sẽ chứng minh một tính chất tiêu biểu, các tính chất còn lại sẽ chứng minh tương tự. Ta chứng minh: I =  a f ( x) b +1 dx =  a f ( −x ) −x dx =  a bx .f ( x ) −a b + 1 b +1 Do f ( x ) là hàm chẵn nên ta luôn có f ( x ) = f ( −x ) −a x −a Đặt x = − t  dx = −dt  I = −  −a f ( −t ) b− t + 1 Từ đó suy ra điều phải chứng minh! a • • 0 a −a 0  f ( x ) dx = − f ( x ) dx a  f ( x ) dx = 0 −a 249 | Chinh phục olympic toán a bt .f ( t ) −a bt + 1 d(t) =  Tính chất 2. Nếu f ( x ) là hàm lẻ thì ta có: x a dx  2I =  f ( x ) dx −a a bx .f ( x ) −a bx + 1 dt = I =  dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Đây là phương pháp đổi biến được sử dụng khi phương pháp đổi biến số dạng 1 và dạng | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Tính chất này chứng minh tương tự như với hàm chẵn! Sau đây là một số bài toán minh họa cho các tính chất này. Câu 1. Tính các tích phân sau:  2 xdx  4 − sin 2 x a) I = − b) I = 2 x4  1 + 2018x dx −2 2 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN    x = − 2  t = 2 a) . Đặt x = − t  dx = −dt  xdx = tdt . Đổi cận  x =   t = −   2 2 − I=  2   2   2 2 tdt tdt xdx = − = − = − I  2I = 0  I = 2 2 2   4 − sin t  4 − sin t  4 − sin x − − 2 2  2 xdx  4 − sin  − 2 2 x = 0. Nhận xét. Nếu như làm trắc nghiệm câu này thì không cần phải đặt gì hết nhé các bạn, bởi ta nhận thấy rằng biểu thức bên trong dấu tích phân là hàm lẻ nên ta có thể sử dụng luôn tính chất ở đầu bài mà mình đã đưa ra! Bài tập tương tự. Tính tích phân 1. 2.  1 −1 3x x 2+x  2  x + cos 6x + sin sin  ln   dx 2 2  2−x  x4 1  ( sin x ) + ( cos x ) −1 4 4 3 x 5 − x 3 + x − sin x dx x 4 + x 2 + 1 + cos x x = −2  t = 2 b) Đặt x = − t  dx = −dt . Đổi cận  x = 2  t = −2 I= 2 ( −t ) 4  1 + 2018 −t dt = −2  t4 =   t4 − 1 + 2018t −2  2 2  −2 1+  t5 dt =  5  1 2018t 2 −2 2 4 t . ( 1 + 2018t − 1 ) t 4 .2018t dt =  dt =  dt 1 + 2018 t 1 + 2018 t −2 −2 2 t4 2 t4 64 64 32 I= . dt = − I.  2I = t 5 5 1 + 2018 5 −2 − Nhận xét. Câu này cũng tương tự câu trên, nếu như làm trắc nghiệm thì ta sẽ sử dụng tính chất 1 mục thứ 3, ta có I = 2 x4 1 2 4 32 , rất nhanh phải không nào? Sau đây là dx x dx = = x −2 1 + 2018  − 2 2 5 những câu tương tự mà các bạn có thể sử dụng công thức này giải nhanh trong trắc nghiệm được, tuy nhiên những câu dưới đây mình vẫn sẽ trình bày tự luận cho các bạn hiểu bản chất! Tạp chí và tư liệu toán học | 250 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 2. Tính các tích phân sau:  2 1 1 x4 b) I =  x dx 2 +1 −1 cos x a) I =  x dx e +1 −1 1 − sin x sin 2x dx 1 + ex   c) − 2 Lời giải x = −1  t = 1 a) Đặt x = − t  x = −dt, cos x = cost . Đổi cận  . x = 1  t = −1 −1 1 1 1 cos t cos t e t .cos t e x .cos x  I = −  −t dt =  dt =  t dt =  x dx 1 e +1 e +1 e +1 1 −1 −1 −1 + 1 et 1 1 1 cos xdx e x cos xdx 1 + −1 ex + 1 −1 ex + 1 = −1 cos xdx = sin x −1 = 2 sin 1  I = sin 1. x = −1  t = 1 b) Đặt x = − t  x = −dt . Đổi cận  x = 1  t = −1 1 1 1 2 t + 1) t 4 − t 4 ( x4 t4 2 t.t 4  I =  x dx =  − t dt =  t dt =  dt 2 +1 2 +1 2 +1 2t + 1 −1 −1 −1` −1` 1 1 1 1 1 1 t4 1 1 x5 4 4 4 =  t dt −  t dt =  x dx − I  2I =  x dx  I =  x dx = 2 +1 2 −1 2 5 −1 −1 −1 −1 4  2 − • 1 − sin x sin 2x dx = 1 + ex   c) Ta có 2  2 1 Tính A =  dx = x  1+e − •  − 2  2  2 dx − − x sin x sin 2x dx = A + B 1 + ex   e  ex ( 1 + ex ) dx = − 2  1 + e−t  2 t 2  2 sin t sin 2t 1 dt = t 1+e 2   sin t sin 2tdt −   2 Suy ra B = − 2 4 4 2 − B  2B =  B = 3 3 3 251 | Chinh phục olympic toán  2 1  ex  1 x − d e = ln ( )   ex 1 + ex  1 + ex − 2  2   − 2 (1 + e t − 1 ) sin t sin 2t 1 + et 1  2 ( 2 ) . Thay ( 1 ) , ( 2 ) vào ( * )  2 −  2 =  2 ( 1)    x = − 2  t = 2 .    x =  t = −  2 2  ( cos t − cos 3t ) dt − B = 2  sin t − − −1 1 5 (*)  2 e sin t sin 2t dt =  dt = 1 + et  − = 2 2 sin ( −t ) sin ( −2t )  2 − x sin x sin 2x dx . Đặt x = − t  dx = −dt . Đổi cận Tính B =  1 + ex   − 2 = 1  1+e  2  2 − B= 2  2 1 dt  2 sin 3t  4   − B = − B. 3 − 3 ta được: I = 2  2 + . 2 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  2I = I + I = | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 3. cos x 3 dx = x 2018 + 1 2 C. 1286 D. 1287 Lời giải Có bao nhiêu số thực a   −2017; 2017  thỏa mãn A. 1284 B. 1285  a −a Bài này chính là tính chất 2! Áp dụng tính chất 2 ta có:  a = a cos x 3 3 −a 2018x + 1 dx = 2  −a cos xdx = 3  sin a = 2   a=   • Nếu a = + k2   −321  k  320 3 2 • Nếu a = + k2   −321  k  320 3 Vậy có 1284 số a thỏa mãn yêu cầu. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN a  + k2  3 (k  2 + k2  3 ) Chọn ý A. Bài tập tương tự. Tính các tích phân sau  2  − 2 1. I =  x 2 sin x 2006 + 1 x  2  − 2 2. I =  dx Câu 4. Cho tích phân I =  1 −1 ( sin x sin 2x cos 5x dx ex + 1 x ln x + 1 + x 2 (3 x + 1) 1 + x2 ) dx = ( 3. I =  1 −1 ( x ln x + 1 + x 2 (3 x + 1) 1 + x2 ) dx ) a ln b + c − d trong đó a, b, c, d là các số nguyên dương và a,c là các số nguyên tố . Tính a + b + c + d ? Lời giải Đặt f ( x ) = ( x ln x + 1 + x 2 (3 x + 1) 1 + x2 ) dx, x  −1; 1 ( −x ) ln  f ( −x ) = ( −x + 1 + ( −x ) 1 + ( −x ) 2 Vậy f ( x ) làm hàm chẵn trên đoạn  −1; 1 I= 1 −1 1 )( ( =  ln x + 1 + x 2 d 0 ( ) (3 x + 1) 1 + x2 ) )= x 1 + x2 ) dx =  1 1 + x2 0 1 + x2 ) 1 −x + 1 + x 2 ( 1 + x2 0 ( ( ln x ln x + 1 + x 2 1 + x 2 = 1 + x 2 ln x + 1 + x 2 1 = 2 ln 1 + 2 −  ( x ln x + 1 + x 2 2 1 ) 1 0 − 1 0 ( = f (x) ) dx ( 1 + x 2 d ln x + 1 + x 2 ) ) dx = 2 ln 1 + 2 − x 0 = 2 ln 1 + 2 − 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 252 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 5.  1+ x  x ln    1 − x  dx = a − c ln e + f ln h trong đó a, b, c, d , e, f, h là các số Cho tích phân I =  ex + 1 b d a c abcd nguyên dương và , tối giản, e, f, h là các số nguyên tố . Tính ? e+f+h b d Lời giải 1 2 1 − 2  1+ x  x ln   1−x   dx là hàm chẵn nên ta có Tương tự với mấy câu khác ta dễ thấy rằng ex + 1  1+ x  1 x ln  1 1   1 − x  dx = 2 x ln  1 + x  dx = 1 2 ln  1 + x  d x 2 I =  21   ( ) 0  1 − x  − ex + 1 2 0  1 − x  2 1 1 2 x ( x − 1) 1 2  1+x    1 + x  1 2 2 2 x ln  − x d ln = ln 3 − dx        0 2 1+x  1−x 0 0   1 − x  8 1 2 x  1 2  1  2 = ln 3 −   x 2 − 2x +  dx = ln 3 −  − x + 2 ln 1 + x  8 1+x  8  3 0 1 2 0 3 1 3  5 15  1 1 = ln 3 −  − + 2 ln  = − ln 3 + 2 ln 2 8 2  24 8  24 4 Câu 6. Cho tích phân I =  1 −1 nguyên dương , x2 ln ( x 2 + 1) 2 +1 x dx = a d f ln c − + trong đó a, b, c, d, e, f, g là các số b e g a d f , , là các số nguyên tố. Tính a + b + c + d + e + f + g ? b e g Lời giải Tương tự câu trên ta có f ( x ) = x 2 ln ( x 2 + 1 ) là hàm chẵn từ đó ta có x 2 ln ( x 2 + 1 ) 1 1 ln ( x 2 + 1 ) d ( x 3 ) x  −1 0 0 2 +1 3 1 1 1 1 1 1 1 2x = x 3 ln ( x 2 + 1 ) −  x 3d ln ( x 2 + 1 )  = ln 2 −  x 3 2 dx 0 0 0 3 3 3 3 x +1 4 1 2 1 ( x − 1) + 1 1 2 1 1  = ln 2 −  dx = ln 2 −   x 2 − 1 + 2  dx 2 0 0 3 3 x +1 3 3  x +1 I= 1 dx =  x 2 ln ( x 2 + 1 ) dx = 1 1  1 2  x3 1 21  1  4 = ln 2 −  − x + arctan x  = ln 2 −  − 1 +  = ln 2 − + 3 3 3 33 4 3 6 3 0 3 253 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = 1 2 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 7.  3  − 3 Cho tích phân I =  ( cos x ) dx = 7 a a b trong đó a, b, c là các số nguyên dương và là c c phân số tối giản. Tính a + b + c ? Lời giải Vì  cos ( −x )  = ( cos x ) , x  ( cos x ) là hàm chẵn 7 7 7     I =  3 ( cos x ) dx = 2  3 ( cos x ) dx = 2  3 ( cos 2 x ) cos xdx − 7 7 0 3  3 0  = 2  3 ( 1 − sin 2 x ) d ( sin x ) = 2  3 ( 1 − 3 sin 2 x + 3 sin 4 x − sin 6 x ) d ( sin x ) 3 0 0  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 3 1 3 5 7 3  = 2 sin x − ( sin x ) + ( sin x ) − ( sin x )  5 7  0  3 3 3 27 3 27 3  1065 3 = 2  − + − 7   = 448 2 8 32 7.2   Câu 8. x6 + tan x a c trong đó a, b, c, d là các số nguyên dương và dx = − 2 −1 x +1 b d Cho tích phân I =  1 a c , là phân số tối giản. Tính a + b + c + d ? b d Lời giải 1 1 tan x x6 + tan x x6 dx = dx +  2 dx = K + J 2 2  −1 −1 x + 1 −1 x + 1 x +1 Biến đổi giả thiết ta có I =  1 ( −x ) = x6 , x  −1, 1  x6   2 2 x +1 ( −x ) + 1 x2 + 1 6 Ta dễ dàng nhận thấy  K = 2 1 0 là hàm chẵn 6 1 ( x + 1) − 1 1 x6dx 1  = 2 dx = 2   x 4 − x 2 + 1 − 2  dx 2 2 0 0 x +1 x +1 x +1  1  x5 x3    26  1 1 = 2  − + x − arctan x  = 2  − + 1 −  = − 3 4  15 2 5 3 5 0 Mặt khác tan ( −x ) ( −x ) Vậy I = K + J = 2 +1 =− 1 tan x tan x tan x là hàm lẻ  J =  2 dx = 0 , x   −1, 1  2 2 −1 x + 1 x +1 x +1 26  − 15 2 Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 254 Kỹ thuật giải toán tích phân| TÍNH BẤT BIẾN VÀ TÍCH PHÂN HÀM ĐỐI XỨNG b Tính chất 3. Cho tích phân I =  f ( x ) dx . a • b b a a Đặt x = a + b − t  dx = −dt  I =  f ( a + b − x ) dx =  f ( x ) dx Với 2 số m,n ta luôn có I = b 1 ( m.f ( x ) + n.f ( a + b − x ) ) dx  m+n a Tính chất 4. Kỹ thuật xử lý một số bài toán sử dụng tính chất  b a b f ( a + b − x ) dx =  f ( x ) dx . a Cách làm chung cho những bài thuộc dạng này đó là: Với cách làm này ta sẽ có cách giải quyết tổng quát rất nhanh những bài toán có dạng mà b 1 b−a giả thiết cho f ( x ) f ( a + b − x ) = c  0 . Khi đó ta có tính chất sau:  dx = a c + f (x) 2 c Chứng minh Ta viết lại 2 lần giả thiết như sau b 1  I = a c + f x dx  b ( ) 1 1   2I =   +  dx  a   b 1 c + f x c + f a + b − x ( ) ( ) I =   dx  a  c + f (a + b − x) Ta có: g ( x) =  2I =  b a 2 c + f (x) + f (a + b − x) c + c ( f ( x) + f (a + b − x )) + f ( x ) f (a + b − x ) = 2 c + f ( x ) + f (a + b − x ) c + c ( f ( x ) + f (a + b − x )) + c 1 b−a – điều phải chứng minh dx  I = c 2 c  2  2 0 0 Tính chất 5. Hàm số f ( x ) liên tục trên  0; 1 , khi đó:  f ( sin x ) dx =  f ( cos x ) dx Sau đây là các bài toán minh họa cho các tính chất này. Câu 1. Tính các tích phân sau:  2 n sin x dx n sin x + cos n x 0 a) I =  b) Lời giải a) Đặt x =  − t  dx = −dt 2 255 | Chinh phục olympic toán  2 cos 3 x 0 sin x + cos x dx = 1 c TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I = b f ( x ) dx b  a Viết 2 lần giả thiết   2I = a ( f ( x ) + f ( a + b − x ) ) dx b I =  f ( a + b − x ) dx a  | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn      n sin x = 0  t =  −t 2 2  cos n t 2 I= 2  Đổi cận  dt = 0 n    0 cosn t + sin n t dt     n x =  t = 0 sin  − t  + cos  − t   2 2  2   2  2    sin t     2 −I = = 1− dt = dt − I = t − I  I = − I  2I =  I = . n n   0 sin t + cos t  2 2 2 4 0 0 n Nhận xét. Như vậy từ ví dụ trên với cách gán n một giá trị cụ thể ta tạo ra được vô số bài  2  2  2 2018 2018 sin x cos x sin x I I = = dx dx dx ;… ; ; 2018 2018   2018 sin x + cos x sin x + cos x sin x + 2018 cos x 0 0 0 toán kiểu I =  Đối với làm trắc nghiệm thì chúng ta không cần bước đặt ẩn, mà sử dụng luôn tính chất  2  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 sin n x cos n t dx = dt thứ 3 để chỉ ra luôn  n n n n  sin x + cos x cos t + sin t 0 0   x=0t=    2. b) Tương tự câu trên ta đặt x = − t  dx = −dt . Đổi cận  2 x =   t = 0  2      cos 3  − t  3 2 2 2 sin t sin 3 t + cos 3 t − cos 3 t 2   I= dx =  dt =  dt   cos t + sin t sin t + cos t   0 sin  0 0  − t  + cos  − t  2  2   2  2  2  cos t 1 −1    1 2 =  ( 1 − sin t cos t ) dt −  dt =   1 − sin 2t  dt − I =  t + cos 2t  − I = . sin t + cos t 2 2   4 0 0 0 0 I= 3 −1 −1 −1 − I  2I = I= . 2 2 4 Câu 2. b x  x  dx = 10 . Tính J =  sin   dx . a x + 2018 − x  3  9 9 8 B. − C. − D. − 3   Lời giải Cho a + b = 2018 và I =  b a A. − 9 2 Đây là bài toán có giả thiết a + b = 2018 và tích phân các cận từ a tới b nên ta sẽ chú ý đến tính chất thứ 5. Ta có f ( x ) = x 2018 − x  f ( 2018 − x ) = x + 2018 − x x + 2018 − x Theo cách làm của tính chất 5 ta có: 2I =  ( f ( x ) + f ( 2018 − x ) ) dx = 2  dx = 10  a − b = −20 b b a a Tạp chí và tư liệu toán học | 256 Kỹ thuật giải toán tích phân| b 1019 a = 999 9  x   x  Kết hợp với giả thiết ta giải ra được   J =  sin   dx =  sin   dx = − a 999 2  3   3  b = 1019 Chọn ý A. Câu 3. 2 Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  0; 2  thỏa mãn f ( x ) = f ( 2 − x ) ,  f ( x ) dx = 10 . 0 Tính giá trị của tích phân A. −40  (x 2 3 0 − 3x ) f ( x ) dx 2 B. 20 C. 40 Lời giải D. −20 Vẫn là ý tưởng cũ dạng toán cũ sử dụng đến tính chất 5. I = 2 ( x 3 − 3x 2 ) f ( x ) dx 2  0  2I = − 4 Ta có  0 f ( x ) dx = −40  I = −20 2 3 2 I =  ( 2 − x ) − 3 ( 2 − x ) f ( 2 − x ) dx 0  ( Chọn ý D. Câu 4. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên giá trị của tích phân I = 3 2  f ( x ) dx − A. I = −6 và thỏa f ( x ) + f ( −x ) = 2 + 2 cos 2x với mọi x  3 2 B. I = 0 C. I = −2 Lời giải D. I = 6 Giả thiết có tổng nên gợi ý ngay đến sử dụng tính chất 1 . Ta có: I= 3 2 3 2 3 2 3 − 2 3 − 2 3 − 2 1 1  f ( x ) dx = 1 + 1  ( f ( x ) + f ( −x ) ) dx = 2  2 + 2 cos 2x dx = 6 Chọn ý D. Câu 5. Tính các tích phân sau:  2 0 a) I =    1 2 − tan cos x ( )   dx 2  cos ( sin x )   c) I =  2 ln ( sin x ) dx 0  d) K =  2 0 b) dx 1 + ( tan x )  ( sin x ) cos x dx I= n −1 n −1 ( sin x ) + ( cos x )  2 0 e) I =  4 2 n ln ( 9 − x ) ln ( 9 − x ) + ln ( x + 3 ) Lời giải  2 0 a) Ta có I =      1 dx 2 2 − tan ( cos x )  dx =  −  2 tan 2 ( cos x ) dx  2 2 0 cos ( sin x ) 0  cos ( sin x )   = 2 0     dx 1 2 2 2 2 − tan sin x dx = − tan sin x ( ) ( )   dx 2 2   0  cos cos ( sin x ) 0 sin x ( )   257 | Chinh phục olympic toán . Tính TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC ) | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn  2 0 = 1 − sin 2 ( sin x ) cos ( sin x ) 2  2 0 dx =  cos2 ( sin x ) cos ( sin x ) 2  2 0  dx =  dx = x 02 =  2 b) Sử dụng tính chất đối xứng ta có ( sin x ) cos x dx = 2 ( cos x ) sin x dx I= n −1 n −1 0 ( sin x )n −1 + ( cos x )n −1 ( sin x ) + ( cos x ) n  2 0 n n n   sin x ) cos x cos x ) sin x ( ( 1  2 2  I =  dx + dx 0 ( sin x )n −1 + ( cos x )n −1  2  0 ( sin x )n −1 + ( cos x )n −1  n n  1 2 ( sin x ) cos x + ( cos x ) sin x 1 2 sin x cos x ( sin x ) + ( cos x ) =  dx = n −1 n −1 n −1 n −1 2 0 2 0 ( sin x ) + ( cos x ) ( sin x ) + ( cos x ) n −1 n −1   dx  1 2 1 2 −1 1 =  sinx cos xdx =  sin2xdx = cos 2 x 02 = 0 0 2 4 8 4 c) Áp dụng tính chất 5 ta có CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN    I =  2 ln ( sin x ) dx =  2 ln ( cos x ) dx  2I =  ln ( sin x cos x ) dx =  2 ( ln ( sin 2x ) − ln 2 ) dx 0 2 0 0  2 0 = −x ln 2 + 0  2 0 1  1 ln ( sin 2x ) d ( 2x ) = − ln 2 +  ln ( sin u ) du  2 2 2 0   1  1  = − ln 2 +  2 ln ( sin u ) du −  ln sin (  − u )  d (  − u ) 2 2 0 2 2  1  1 0 = − ln 2 +  2 ln ( sin u ) du −  ln ( sin t ) dt 2 2 0 2 2  1  1  = − ln 2 +  2 ln ( sin u ) du +  2 ln ( sin u ) du 2 2 0 2 0     = − ln 2 +  2 ln ( sin u ) du = − ln 2 + I  I = − ln 2 0 2 2 2 d) Biến đổi tích phân ban đầu ta có  K = 2 0  4 0 Xét I =  dx 1 + ( tan x )  Xét J = 2 4  dx 1 + ( tan x ) K =I+J =  1 0   dx 1 + ( tan x ) 0 1 + ( tan x ) , đặt t = cot x  dx = + ( 1 + t )( 1 + t )  2 1 0  dx , đặt t = tan x  dx = dt   = 4  + 2 4 dx 1 + ( tan x )  =I+J 1 dt dt  I = 2   0 1+ t ( 1 + t )( 1 + t 2 ) 0 1 −dt −dt t  dt  J = = 1  1  0 ( t  + 1)( 1 + t 2 ) 1 + t2 2 1 + 1 + t ( )   t   1 + t  ) dt 1 1 dt ( t  dt  1 = = = arctan t 0 = 2  2  2 4 ( 1 + t )( 1 + t ) 0 ( 1 + t )( 1 + t ) 0 1 + t e) Đặt t = 6 − x  dt = −dx ta có I= 2 4 ln ( t + 3 ) ln ( t + 3 ) + ln ( 9 − t ) 4 ( −dt ) = 2 ln ( t + 3 ) ln ( t + 3 ) + ln ( 9 − t ) dt Tạp chí và tư liệu toán học | 258 Kỹ thuật giải toán tích phân| = ln ( x + 3 )  ln ( 9 − x ) 4  dx dx =   1 − 2  ln ( x + 3 ) + ln ( 9 − x ) ln ( x + 3 ) + ln ( 9 − x )   4 2 4 4 2 2 =  dx −  ln ( 9 − x ) dx = 2 − I  I = 1 ln ( x + 3 ) + ln ( 9 − x ) Mở rộng. Sau đây ta sẽ cùng nhau xét tới một tính chất được suy ra từ cách đổi cận, đổi biến. Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn  0; 2a  thì ta luôn có 2a a  f ( x ) dx =  ( f ( x ) + f ( 2a − x ) ) dx 2a a 0 0 2a a 0 a 0 a Chứng minh. Đặt t = 2a − x   f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( 2a − t ) dt 0 0 =  f ( x ) dx +  f ( 2a − x ) dx =  ( f ( x ) + f ( 2a − x ) ) dx a a a 0 0 0 3 a) I =  sinx sin 2x sin 3xdx b) I =  0 c) I =   0 3  0 3 sin 5x cos7xdx sin 3x sin 3x 5 sin 5x 7 sin 7x ( cos x ) dx 9 Lời giải a) Ta sẽ áp dụng tính chất đã chứng minh với a = 3 2 0 I= 3 ta có 2 ( sin x sin 2x sin 3x + sin ( 3 − x ) sin (6 − 2x ) sin (9 − 3x ) ) dx 3 2 0 I= ( sin x sin 2x sin 3x − sin x sin 2x sin 3x ) dx = 0 b) Ta sẽ áp dụng tính chất đã chứng minh ta có I=  0 3   sin ( 5 − 5x ) sin 5x sin 5x cos 7xdx =  2  3 cos 7x + 3 cos ( 7  − 7x )  dx 0 sin 3x sin ( 3 − 3x )  sin 3x    sin 5x  sin 5x = 2 3 cos7x − 3 cos7x  dx = 0 0 sin 3x  sin 3x  c) Ta sẽ áp dụng tính chất đã chứng minh ta có I=  0 3  2 3 0 +  2 3 0 =  2 3 0 sin 3x sin 5x sin 7x ( cos x ) dx =  5 9 7 9 sin ( 3 − 3x ) 5 sin ( 5 − 5x ) 7 sin ( 7  − 7x ) ( cos (  − x ) ) dx 9  2 3 0 sin 3x sin 5x sin 7x ( cos x ) dx +  5 sin 3x 5 sin 5x 7 sin 7x ( cos x ) dx 7  9 sin 3x 5 sin 5x 7 sin 7x ( − cos x ) dx 9 9 9 =  2  3 sin 3x 5 sin 7x 7 sin 7x ( cos x ) − 3 sin 3x 5 sin 5x 5 sin 7x ( cos x )  dx = 0  0  259 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 7. Tính các tích phân sau: | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN CÓ TRỤC ĐỐI XỨNG THẲNG ĐỨNG b Hàm số f ( x ) liên tục trên  a; b  và f ( a + b − x ) = f ( x ) , khi đó:  xf ( x ) dx = a b a+b f ( x ) dx 2 a (*) Hệ quả. Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên  0; 1 , thì: −  •  •  xf ( sin x ) dx = 2 2 −  − xf ( cos x ) dx =       f ( sin x ) dx , đặc biệt  = 0 thì  xf ( sin x ) dx =  f ( sin x ) dx 20 0 2 −   f ( cos x ) dx , đặc biệt  = 0 thì  2 2 0 0  xf ( cos x ) dx =   f ( cos x ) dx Sau đây ta cùng tìm hiểu qua một số ví dụ sau. Câu 1. Tính các tích phân sau: CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  3 2 a) I =  x ( tan x + cot x ) dx b)  6  0  x sin x dx 3 + cos x c) I =  0 x sin x dx cos 2 x − 4 Lời giải  x =  a) Đặt x = − t  dx = −dt . Đổi cận  2 x =   t= 6  t= 3  3.  6  3  3            I =   − t   tan  − t  + cot  − t   dt =   − t  ( cot t + tan t ) dt  2   2    2  2 6 6   3  3    cost sin t  =  ( cot t + tan t ) dt −  t ( tan t + cot t ) dt =   dt +  dt  − I 2 2   sin t   cos t  6 6 6 6   3  3    3  3 d sin t d cos t ) dt + ( ) dt  − I =  ln sin t 3 − I =  ln 3 − I  ( =   cos t  2   sin t 2 cos t  2  6 6 6      I = ln 3 − I  2I = ln 3  I = ln 3. 2 2 4 x = 0  t = 2  b) Đặt x = 2  − t  dx = −dt . Đổi cận  . x = 2   t = 0 I= 2  0 2 = 2  0 x sin x dx = 3 + cos x sin t dt − 3 + cos t = −2  ln 3 + cos t 2 0 2 ( 2  − t ) sin ( 2  − t ) dt = 2  ( 2  − t ) sin t dt 0 3 + cos ( 2  − t ) 0 3 + cos t 2 d ( 3 + cost ) t sin t dt = −2  dt − I 2  3 + cos t 0  0 3 + cos t − I = 0 − I = −I  I = −I  I = 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 260 Kỹ thuật giải toán tích phân| x = 0  t =  c) Đặt x =  − t  dx = −dt . Đổi cận  x =   t = 0     − t ) sin (  − t )  − t ) sin t ( ( sin t t sin t  I = − dt =  dt =  dt −  dt 2 2 2 cos (  − t ) − 4 cos t − 4 cos t − 4 cos 2 t − 4  0 0 0 0  =  0   sin x x sin x sin x dx −  dx =  dx − I 2 2 2 cos x − 4 cos x − 4 cos x − 4 0 0    sin x  d(cos x)  cos x − 2 I=  dx = −  = ln 2 2 0 cos x − 4 2 0 cos 2 x − 4 8 cos x + 2  0  = − ln 3 . 4 Bài tập tự luyện Tính các tích phân sau − 2. I =  ln ( 1 + tan x ) dx  2 1 dx 4. I =  x 2 −1 ( e + 1 )( x + 1 ) 7. I = ln ( x 2 + 1 )  ex + 1 −1 5.  2 0  x ( 3 cos x + 4 sin x ) sin 2 x + 4  1 + sin 3 x 0 1 2 2 1 2  4 9. sin 6 x + cos 6 x  6x + 1 dx − 4 sin 3 x dx 12. I =  sin x + cos x 0 dx TÍNH CHẤT HÀM TUẦN HOÀN. Tính chất 6. Nếu f ( x ) là hàm tuần hoàn chu kì T, f ( x + T ) = f ( x ) thì ta có: T a+T 0 a •  f ( x ) dx =  •  f ( x ) dx = n  f ( x ) dx • nT f ( x ) dx T 0 0 b b + nT a a + nT  f ( x ) dx =  f ( x ) dx Chứng minh. Ta có I =  a+T a Đặt x = t + T  I 1 =  a+T T 0 T a+T a 0 T f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  a a f ( x ) dx a f ( x ) dx =  f ( t + T ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 0 0 0 0 T a T a 0 0 0 Từ 2 điều trên ta có I =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx Sau đây ta cùng tìm hiểu một số ví dụ minh họa cho dạng này. 261 | Chinh phục olympic toán 1−x dx 1+ x  1−x   2 sin x + cos x dx 11.  1 + sin 2012 x + cos 2012 x 0 2012 ln  cos x ln  1 + x  dx −   1 − tan 2 ( sin x )  dx 8.   2 cos ( cos x ) 0   10. I =  cos x sin 2xdx 13. 6.  2 dx 2 1 2 1 + x 2 dx  2 x − )  cos x ln ( x + −  2  3. 0 4 1 1 2  4 x7 − x 5 + x 3 − x 1. I =  dx cos 4 x  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  4 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 1. 4 Cho f ( x ) liên tục trên thỏa mãn f ( x ) = f ( x + 4 ) x  ,  f ( x ) dx = 1 và đồng thời 0 2 7 1 0  f ( 3x + 5 ) dx = 12 . Tính  f ( x ) dx . A. 35 B. 36 C. 37 Lời giải D. 38 Nhìn qua ta nhận thấy ngay dấu hiệu của hàm tuần hoàn, tuy nhiên phải xử lý giả thiết thứ 2 đã! 2 11 1 2 Ta có:  f ( 3x + 5 ) dx = 12   f ( 3x + 5 ) d ( 3x + 5 ) = 12   f ( x ) dx = 36 1 8 3 1 Áp dụng tính chất thứ 3 của hàm tuần hoàn  7  b a f ( x ) dx =  b + nT a + nT f ( x ) dx ta có: 4 7 4 7 +4 0 4 0 4+4 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  0 f ( x ) dx = 37 Chọn ý C. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 2. Tính tích phân sau ( sin 3x ) ( cos 5x ) I= 10 0 1 + ( cos 7x ) 7  8 dx ? Lời giải Ta có ( sin 3x ) ( cos 5x ) I= 10 0 1 + ( cos 7x ) 7  8 ( sin 3x ) ( cos 5x ) dx =  10 0 1 + ( cos 7x ) 7 2 ( sin 3x ) ( cos 5x ) f (x) = 10 1 + ( cos 7x ) 7 Nhận thấy rằng 8 ( sin 3x ) ( cos 5x ) dx +  10 2 1 + ( cos 7x ) 7 4 8 dx 8 tuần hoàn với chu kì 2 nên theo tính chất của hàm tuần hoàn ta có ( sin 3x ) ( cos 5x ) 2  1 + ( cos 7x )10 7 4  I = 2 2 0 8 dx =  2 ( sin 3x ) ( cos 5x ) 10 1 + ( cos 7x ) 7 2 + 2  8 dx = 2  ( sin 3x ) ( cos 5x ) 10 1 + ( cos 7x ) 7 2 − 0 − ( sin 3x ) ( cos 5x ) Mặt khác f ( x ) = 10 1 + ( cos 7x ) 7 8 ( sin 3x ) ( cos 5x ) dx =  10 0 1 + ( cos 7x ) ( sin 3x ) ( cos 5x ) 10 1 + ( cos 7x ) 7 7 2 8 8 dx ( sin 3x ) ( cos 5x ) 10 − 1 + ( cos 7x ) dx = 2   7 8 dx 8 là hàm lẻ nên ta có I = 0 Câu 3.  2 0 2007 2009 Tính tích phân sau I =  ( tan 2x ) + ( sin 6x )  dx ?   Lời giải Ta có f ( x ) = ( tan 2x )   − 2007 + ( sin 6x ) I =  2 4 ( tan 2x ) 0−  4 2007 2009 tuần hoàn với chu kì 2 nên ta có + ( sin 6x ) 2009   dx = 4 ( tan 2x )2007 + ( sin 6x )2009  dx −    4 Tạp chí và tư liệu toán học | 262 Kỹ thuật giải toán tích phân|    Do f ( x ) là hàm lẻ trên đoạn  − ;  nên ta có I = 0  4 4 II. CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM Kỹ thuật thế biến – lấy tích phân 2 vế được áp dụng cho những bài toán mà giả thiết có dạng tổng của hai hàm số, khi đó ta sẽ lợi dụng mối liên hệ giữa các hàm theo biến số x để thay thế những biểu thức khác sao cho 2 hàm số đó đổi chỗ cho nhau, để rõ hơn ta sẽ cùng tìm hiểu các ví dụ sau. Câu 1.  0; 1 , Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 1  f ( x ) dx bằng 0 A.  5  10 B. C.  15  20 D. Lời giải Một bài toán khá hay có 2 cách giải được đưa ra, ta sẽ cùng tiếp cận 2 cách giải sau đây để thấy được nội dung của phương pháp được áp dụng trong phần này! Cách 1: Lấy tích phân 2 vế. Lấy tích phân 2 vế cận tự 0 tới 1 giả thiết ta được: 1 1 1 0 0 0 2f ( x ) + 3f ( 1 − x ) = 1 − x 2   2f ( x ) dx − 3  f ( 1 − x ) d ( 1 − x ) =  1 1 0 0  5 f ( x ) dx =  1 1 − x 2   f ( x ) dx = 0 1 − x2  20 Cách 2: Thế biến. Chú ý vào hai biểu thức x, 1 − x bây giờ nếu ta thế x bởi 1 − x thì ta sẽ được hệ phương trình theo hai biến f ( x ) , f ( 1 − x ) . Thế x bởi 1 − x ta được: 2f ( x ) + 3f ( 1 − x ) = 1 − x 2   4f ( x ) − 9f ( x ) = 2 1 − x 2 − 3 −x 2 + 2x  2 2f ( 1 − x ) + 3f ( x ) = 1 − ( 1 − x ) 1 2 1 − x 2 − 3 −x 2 + 2x   f (x) =   f ( x ) dx = 0 −5 20 Chọn ý D. 263 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2f ( x ) + 3f ( 1 − x ) = 1 − x 2 Giá trị của tích phân thỏa mãn điều kiện sau | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 2. 1  1 Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  ; 2  và thỏa mãn f ( x ) + 2f   = 3x. Tính tích phân 2  x 2 f (x) I= dx x 1 2 A. I = 1 2 B. I = 3 2 C. I = 5 2 D. I = 7 2 Lời giải Từ giả thiết, thay x bằng 1 3 1 ta được f   + 2f ( x ) = x x x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN   1 1 f ( x ) + 2f  x  = 3x f ( x ) + 2f  x  = 3x 2         f (x) = − x Do đó ta có hệ  x f  1  + 2f ( x ) = 3  4f ( x ) + 2f  1  = 6       x   x x x 2 Khi đó I =  1 2 f (x) 2 2 2 2 3  2   2  dx =   2 − 1  dx =  − − x  = x   x 1 2 1x Chọn ý B. 1 1 Cách khác. Từ f ( x ) + 2f   = 3x  f ( x ) = 3x − 2f   x x  1 1 1 f  2 2 f 2 f    1 x x x     dx =  3 − 2 dx = 3  dx − 2  dx . Xét J =  Khi đó I =  dx Đặt t = suy x x  x x x 1 1 1 1 1  2 2 2 2 2   1 1 ra dt = − 2 dx = −t 2 dx  dx = − 2 dt x t 1 1  x = → t = 2 2 2 2  f (t) f (x)  1 2 dt =  dx = I Đổi cận  Khi đó J =  t.f ( t )  − 2  dt =  1 t t x   1 1 2 x = 2 → t = 2 2  2 2 f (x) 2 2 2 1 2 1 2 Vậy I = 3  dx − 2I  I =  dx = 3 . 2 Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  0; 1 và thỏa mãn x 2 f ( x ) + f ( 1 − x ) = 2x − x 4 Tính tích 1 phân I =  f ( x ) dx . 0 1 A. I = . 2 3 B. I = . 5 2 C. I = . 3 Lời giải 4 D. I = . 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 264 Kỹ thuật giải toán tích phân| Từ giả thiết, thay x bằng 1 − x ta được: (1 − x) f (1 − x) + f ( x) = 2 (1 − x) − (1 − x) 2 4  ( x 2 − 2x + 1 ) f ( 1 − x ) + f ( x ) = 1 + 2x − 6x 2 + 4x 3 − x 4 . Ta có x 2 f ( x ) + f ( 1 − x ) = 2x − x 4  f ( 1 − x ) = 2x − x 4 − x 2 f ( x ) . Thay vào ( 1 ) ta được: ( x 2 − 2x + 1 )  2x − x 4 − x 2 f ( x )  + f ( x ) = 1 + 2x − 6x 2 + 4x 3 − x 4  ( 1 − x 2 + 2x 3 − x 4 ) f ( x ) = x6 − 2x 5 + 2x 3 − 2x 2 + 1  ( 1 − x 2 + 2x 3 − x 4 ) f ( x ) = ( 1 − x 2 )( 1 − x 2 + 2x 3 − x 4 )  f ( x ) = 1 − x 2 1 1 1 1  2  Vậy I =  f ( x ) dx =  ( 1 − x ) dx =  x − x 3  = 3 0 3  0 0 2 Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  −2; 2  và thỏa mãn 2f ( x ) + 3f ( −x ) = 1 Tính tích 4 + x2 2 phân I =  f ( x ) dx . −2 A. I = −  . 10 B. I = −  . 20 C. I =  . 20 D. I =  . 10 Lời giải Từ giả thiết, thay x bằng −x ta được 2f ( −x ) + 3f ( x ) = 1 4 + x2 1 2   2f ( x ) + 3f ( −x ) = 4 + x 2  4f ( x ) + 6f ( −x ) = 4 + x 2 1 Do đó ta có hệ    f ( x) = 5 ( 4 + x2 ) 2f ( −x ) + 3f ( x ) = 1 9f ( x ) + 6f ( −x ) = 3   4 + x2 4 + x2 2 Khi đó I =  f ( x ) dx = −2 2 1 1  dx = 2  5 −2 4 + x 20 Chọn ý C. Câu 5.    Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  − ;  và thỏa mãn 2f ( x ) + f ( −x ) = cos x Tính tích  2 2 phân I =  2  f ( x ) dx −  2 A. I = −2. 2 B. I = . 3 3 C. I = . 2 Lời giải Từ giả thiết, thay x bằng −x ta được 2f ( −x ) + f ( x ) = cos x. 265 | Chinh phục olympic toán D. I = 2. TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chọn ý C. | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn   1 2f ( x ) + f ( −x ) = cos x 4f ( x ) + 2f ( −x ) = 2 cos x Do đó ta có hệ    f ( x ) = cos x. 3   2f ( −x ) + f ( x ) = cos x f ( x ) + 2f ( −x ) = cos x  Khi đó I =  2 f ( x ) dx = − 2  1 2 1 2 2 = cosdx sin x   =  − 3 −2 3 3 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 266 Kỹ thuật giải toán tích phân| BÀI TẬP TỔNG HỢP Những bài toán tích phân trong phần này không khó, tất cả được che giấu dưới một lớp các ẩn số, việc làm của chúng ta là phát hiện ra được cách đặt ẩn để đưa tất cả về dạng chuẩn thì bài toán sẽ được giải quyết hoàn toàn. ĐỀ BÀI e 2017 − 1  f ( x ) dx = 2 . Tính tích phân I =  Câu 1. Cho 0 0 B. I = 2 A. I = 1 x .f ln ( x 2 + 1 )  dx. x +1 2 C. I = 4 9 Câu 2. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên và  f D. I = 5 ( x ) dx = 4, x 1  2  f ( sin x ) cos xdx = 2 . Tính tích 0 3 phân I =  f ( x ) dx . 0 A. I = 2. D. I = 10. C. I = 4. B. I = 6. Câu 3. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  4 1 0 0 và  f ( tan x ) dx = 4,  x2 f ( x ) x2 + 1 dx = 2. Tính giá trị của 1 tích phân I =  f ( x ) dx. 0 Câu 4. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  4 e2  tan x.f ( cos x ) dx = 1,  2 0 e f ( ln 2 x ) x ln x Câu 5. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên tích phân A. và thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 2 dx = 1. Tính tích phân I =  B. I = 2. A. I = 1. D. I = 1. C. I = 3. B. I = 2. A. I = 6. 1 4 f ( 2x ) dx. x D. I = 4. C. I = 3. và thỏa mãn f ( x + 4x + 3 ) = 2x + 1x  5 . Tính 8  f ( x ) dx . −2 32 3 B. 10 C. 72 D. 2 Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn ( f ( x ) ) + f ( x ) = x − 2 trên R. Giá trị 5 của tích phân I =  ( f ( x ) ) dx tương ứng bằng? 2 2 0 A. 1 B. 7 8 C. 22 21 D. Câu 7. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định trên R thỏa mãn điều kiện 267 | Chinh phục olympic toán 13 8 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2017 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn  21 − x 2  4f ( 2x − 1) + xf   = 3x + 4 .  4  3 Giá trị của tích phân I =  f ( x ) dx tương ứng bằng? 1 13 22 7 C. D. 21 8 8 Câu 8. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên toàn R và thỏa mãn hệ thức sau với mọi x  0 A. 1 B.  2  6  f ( x ) dx ? 2  xf ( x ) dx = x sin x −  xdx . Khi đó giá trị của tích phân 5 1  2  3 C. D. + − − 12 2 4 3 12 2 Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  0; 1 và thoả mãn điều kiện  3 + 6 2 A. B. x3 f ( x ) − 8x f ( x ) + CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 3 1 Tích phân I =  f ( x ) dx có kết quả dạng 0 B. −4 A. 6 9 4 3 Câu 10. Giá trị I =  x 2 sin ( x 3 ) e 4 x2 + 1 =0. a b a−b 2 , a, b, c  , , tối giản. Tính a + b + c . c c c D. −10 C. 4 ( ) cos x 3 dx gần bằng số nào nhất trong các số sau đây? 1 3 6 B. 0, 036 A. 0, 046 C. 0, 037 D. 0, 038 Câu 11. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn f ( u ) .u’+ f ( v ) .v’ = x + 1 , trong đó u, v lần lượt là những hàm của biến x, chúng cũng liên tục và xác định trên R. Biết rằng u ( 1 ) = a; u ( 2 ) = c; v ( 1 ) = c; v ( 2 ) = b , trong đó a,b,c là những số thực. Giá trị của tích phân b I =  f ( x ) dx bằng? a A. 1 B. 2 5 2 C. D. Câu 12. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  1; 4  và thỏa mãn f ( x ) = ( 4 3 f 2 x −1 x ) + ln x . x 4 Tính tích phân I =  f ( x ) dx . 3 A. I = 3 + 2 ln 2 2 B. I = 2 ln 2 2 D. I = 2 ln 2 C. I = ln 2 2 Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, luôn dương trên  0; 3 và thỏa mãn điều kiện 3 3 0 0 ( I =  f ( x ) dx = 4 . Khi đó giá trị của tích phân K =  e A. 4 + 12e B. 12 + 4e 1+ ln ( f ( x ) ) C. 3e + 14 ) + 4 dx là? D. 14 + 3e Tạp chí và tư liệu toán học | 268 Kỹ thuật giải toán tích phân| 3 m  10  Câu 14. Tìm tất cả các giá trị dương của m để  x ( 3 − x ) dx = −f ”   , với f ( x ) = ln x 15 .  9  0 A. m = 20 Câu 15. C. m = 5 B. m = 4 Cho F (x) là nguyên hàm của D. m = 3 hàm số f ( x ) = tan x . Biết rằng       4   F    + k.2   = k; F    + m.2   = −m , với k và m là những số tự nhiên. Khi đó giá trị  3    3         của tổng F   + F  +   + …. + F  + 2018   tương ứng bằng bao nhiêu? 4  4   4 A. 2019 − 2018 ln ( 2 ) C. 1009 − 2019 ln ( 2 ) B. 2018 + 1009 ln ( 2 ) D. 2018 − 2019 ln ( 3 ) Câu 16. Cho F ( x ) là nguyên hàm của hàm số. Biết rằng F ( −1 ) = 2F ( 1 ) = 4F ( 3 ) = 4 . Biết giá dương. Hỏi tổng a + b + c bằng bao nhiêu? A. 12 C. 9 B. 11 D. 7 1 Câu 17. Cho f ( x ) là hàm số liên tục trên thỏa mãn đồng thời  f ( x) d x = 4 , 0 3  f ( x ) d x = 6 . Tính tích phân 0 1 I =  f ( 2x + 1 ) d x −1 D. I = 4 C. I = 6 B. I = 5 A. I = 3 Câu 18. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 1 thỏa mãn đồng thời 2 tích phân  f ( 2x ) dx = 2 và 0 2 2 0 −2  f ( 6x ) dx = 14 . Tính tích phân  f ( 5 x + 2 ) dx . C. 34 B. 32 A. 30 ) ( a Câu 19. Cho tích phân I =  x 2 sin x + a 2 − x 2 dx = −a nguyên dương và A. 12 ba c trong đó a, b, c, d là các số d b là phân số tối giản. Tính b + c + d ? d B. 13 C. 14 ( ) 1 Câu 20. Tính tích phân I =  ln x + 1 + x 2   −1   A. 0 D. 36 B. 2019 2019 D. 15 dx ? C. −1 D. −2019  Câu 21. Biết P = 2a + b . A. P = 8 x sin 2018 x a trong đó a , b là các số nguyên dương. Tính d x = 0 sin 2018 x + cos2018 x b B. P = 10 269 | Chinh phục olympic toán C. P = 6 D. P = 12 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  1  3  trị của tổng F ( −2 ) + F   + F    = a + ln b − ln c , trong đó a và b là những số nguyên 2  2   | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn  6 Câu 22. Biết 2 3 với a, b, c là các số nguyên. Tính giá trị của dx = a + + 2 b c 1+ x +x x cos x   6 − biểu thức P = a − b + c. A. P = −37. Câu 23. Cho B. P = −35. 2 3  3  C. P = 35. x sin x  b dx , a, b  dx =  4 4 sin x + cos x 2 a x − x2 + 1 2 A. a + b = 0 B. a + b = 1  2 0 Câu 24. Cho I =  C. D. P = 41. . Mệnh đề nào sau đây đúng a 1 = b 4 D. a =1 b  a + sinx  ln    a + cos x  dx, a  1 . Tính I theo a sin 4 x + cos 4 x D. I = a C. I = 0 B. I = a 4 − 1 A. I = a − 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 25. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  0; 1 và thỏa mãn af ( b ) + bf ( a ) = 1 với 1 mọi a, b   0; 1 . Tính tích phân I =  f ( x ) dx. 0  1 1 A. I = . B. I = . C. I = . 2 2 4 Câu 26. Giả sử tồn tại 2 hàm số f ( x ) và g ( x ) thỏa mãn điều kiện D. I =  . 4 f ( x ) .f ‘ ( x ) = cos 2 x.g ( sin x ) + sin 2 x.g ( cos x ) . Biết 1  g ( x). 0  1 − x 2 dx = a; f ( 0 ) = 0 . Tính f   theo a . 2 A. 3a B. ( ) 3 9a 2 C. D. 9a 27a 3 Câu 27. Cho 2f ( x − 1 ) + 3f ( ( x + 2 )( x − 4 ) ) = 3x 2 − 6x + 9 + 1 . Tính ( ( 2 ) ) 2 1 7 21 + 6 18 + 15 5 2 1 C. 7 21 − 6 18 + 15 5 ( ( 5  f ( x ) dx 4 ) ) 2 1 7 21 + 6 18 + 45 5 2 1 D. 7 21 − 6 18 + 45 5  f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1 Câu 28. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  0; 3 , thỏa mãn  với mọi f x  − 1 ( )   3 xf ‘ ( x ) 1 x   0; 3  và f ( 0 ) = . Tính tích phân I =  dx. 2 2 2 1 + f 3 − x .f x  ( ) ( ) 0    1 3 5 A. I = . C. I = . D. I = . B. I = 1. 2 2 2 A. B. Tạp chí và tư liệu toán học | 270 Kỹ thuật giải toán tích phân| 3 2 f ( x ) + f ( 1 − x ) = x − x Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và thỏa mãn f ( x − 1 ) + f ( 1 − x ) = x ( 1 − x ) . Tính tích  0 phân I =  f ( x ) dx . −1 2 B. I = . 3 A. I = −2. C. I = − 2 . 14 D. I = − Câu 30. Cho hàm số f ( x ) và hằng số a thỏa mãn f ( −x ) = a f ( x) e −a x +1 −1 f ( x ) ( e x + 1 ) + e x . Tính 2 dx ? e−a + 1 A. ln a . e +1 ea + 1 B. ln − a . e +1 D. ln e − a . C. ln e a . Câu 31. Cho hàm số f ( x ) bậc 2 có cực trị tại x = 0 và thỏa mãn điều kiện (x 2 − x ) .f ( x + 1 ) − f 2 ( x ) = x 3 − 1 . 2 Tính giá trị của tích phân  f ( x ) dx ? −2 2 4 A. I = . B. I = . 3 3 Câu 32. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 5 D. I = . 4 1 C. I = . 2 thỏa mãn điều kiện ( 6x + 5 ) f ( 3×2 + 5x + 3 ) = f ( 4x 2 + 9 ) .8 x+ 2xf ( x 2 + 5 ) + x 2 − 6x 5 Tính giá trị của tích phân  f ( x ) dx ? 3 −28 27 C. I = . . 3 2 Câu 33. Cho hàm số thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( 1 − x ) = −6 x 2 + 8 3 A. I = − . 2 B. I = 5 D. I = . 4 ( * ) . Tính giá trị của tích phân 1 I =  ( f ( x ) − 1 ) xdx ? 0 1 A. I = . 3 B. I = −8 . 3 5 D. I = . 4 1 C. I = . 2 Câu 34. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) .f ( a − x ) = 1 (*) a en dx .Tính giá trị của 1 + f (x) 0 .Biết I n =  tổng I 1 + I 2 + … + I n ? A. 2a. en +1 − 1 . e−1 B. a. en +1 − 1 . e 271 | Chinh phục olympic toán C. a. en +1 − 1 . e−1 D. a. en +1 − 1 . 2e − 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I= 7 . 24 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 35. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) + f ( 1 − x ) = x 2 ( 1 − x ) ( * ) . Tính giá trị của biểu thức tích 1 phân I =  f ( x ) ( 2xf ‘ ( x ) − f ( x ) + 1 ) dx 0 1 25 5 B. C. . . . 24 24 24 Câu 36. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) + f ( 1 − x ) = x ( 1 − x ) A. 8 . 24 ( * ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức D. 1 tích phân I =  f ( x ) xf ‘ ( x ) dx ? 0 143 126 1 1 B. C. D. . . . . 144 288 2 167 x Câu 37. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) .f ( a − x ) = 9 ( * ) . Tính giá trị của biểu thức tích phân A. a 32x dx ? 3x + f ( x ) 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN I= 3a − 1 A. . 2 3a B. . ln 3 3a − 1 D. . 2.ln 3 3a C. . 2.ln 3 Câu 38. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) .f ( 1 − x ) = e 2 x 2 −2 x (*) . Giá trị của biểu thức tích phân 1  ( 2x − 1) f ( x ) dx ? 0 A. e 6 − 1. B. e 3 − 1. C. e 2 . D. e 3 . Câu 39. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn 1  f ‘ ( x ) dx = 1 , 0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 . Khẳng định nào dưới đây là đúng ? A. f ( x )  1. B. f ( x )  1. 1 C. f ( x )  . 2 1 D. f ( x )  . 2  f ( −x ) = −f ( x ) 1  2019 Câu 40. Cho hàm số f ( x ) trên tập R thỏa mãn f ( x + 1 ) = f ( x ) + 1 . Tính I =  f ( x ) dx . 0  f  1  = f ( x )   x  x2 A. 4 . 1010 B. 1 . 1010 Câu 41. Cho f ( x ) liên tục trên tích phân A. 17 6 C. 1 . 2020 D. 0. 13 10 D.  f ( x ) + 2f ( − ( x + 3 ) ) = x 2 + x + 1 thỏa mãn  . Tính giá trị của 2  2f ( x ) + 3f ( x + 4 ) = x − x + 1 1  f ( x ) dx 0 B. 5 3 C. 12 7 Tạp chí và tư liệu toán học | 272 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 42. Cho I =   0 A. a = b = c = 1 Câu 43. Cho a cos x dx, b  0, b + c  0 . Giá trị của a, b, c để I = 0 là b + c sin x D. Không có giá trị B. a, b, c C. b = 1; a, c tùy ý nào của a, b, c ( sinx+ e )  ln ( cos x + e )sinx +1 dx = a ( e + 1) ln ( e + 1 ) + be + c, a, b, c  2 cos x + 1  2 0 A. 0 C. −1 B. 1 Câu 44. Cho   0 A. 30 x sin x  ln a dx = ; a, b  2 sin x + 3 b B. 6 . Tính a + b + c D. 2 . Giá trị của ab là C. 20 D. 12 Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  thỏa mãn điều kiện 3f ( x ) + f ( 2 − x ) = 2 ( x − 1 ) e x 2 − 2x + 1 +4. 0 A. I = e + 4 C. I = 2 B. I = 8 Câu 46. Giả sử tồn tại f ( x ) liên tục trên trị của tích phân I =  1 thỏa mãn ( 1 − x ) f ( x ) + x 2 f ( 1 − x ) = 1 . Tính giá ( 1 − x ) f ( x ) dx 2 2x 2 − 2x + 1 1 B. A. 1 4 Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên 0 D. I = e + 2 2 C.  4 D.  và thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x với mọi x  . 2 Tính I =  f ( x ) dx. 0 4 5 5 B. I = . C. I = − . D. I = . 4 5 4 Câu 48. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên  0; 1 , thỏa mãn f ‘ ( x ) = f ‘ ( 1 − x ) với mọi 4 A. I = − . 5 1 x   0; 1 . Biết rằng f ( 0 ) = 1, f ( 1 ) = 41. Tính tích phân I =  f ( x ) dx. 0 A. I = 41. B. I = 21. C. I = 41. D. I = 42. Câu 49. Cho các hàm số f ( x ) , g ( x ) liên tục trên  0; 1 , thỏa m.f ( x ) + n.f ( 1 − x ) = g ( x ) với m, n là số thực khác 0 và 1 1 0 0  f ( x ) dx =  g ( x ) dx = 1. Tính m + n. 1 B. m + n = . C. m + n = 1. D. m + n = 2. 2 Câu 50. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn điều kiện A. m + n = 0.   f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x, x  2  273 | Chinh phục olympic toán , và f ( 0 ) = 0 . TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 Tính tích phân I =  f ( x ) dx ta được kết quả là? | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn  2 Giá trị của tích phân  x.f  ( x ) dx bằng 0 A. −  4 B. 1 4 C.  4 D. − n Câu 51. Giả sử tồn tại f ( x ) thỏa mãn f ( x ) .f ( −x ) = 1 . Tính Pn =   k =1 k −k 1 4 dx 1 + f (x) n ( n + 1) C. n ( n + 1 ) D. n + 1 2 Câu 52. Cho f ( x ) thỏa mãn ( 2019 − x ) .f ( x ) + x.f ( 2019 − x ) = 1 . Biết f ( 1 ) = 0 , tính giá trị của A. n B. tích phân I =  2018 1 ln x.f ‘ ( x ) dx B. ln 2019 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. ln 2018 C. 2019 ln 2019 2018 n f ( x) , tính Fn =  x dx theo n −n 2 + 1 2018 ln 2018 2019 1 n f ( x ) dx = 1, n  n n −1 n ( n + 1) B. n ( n + 1 ) C. 2 Câu 53. Cho f ( x ) là hàm chẵn. Biết A. n D. D. 2n 4 Câu 54. Cho f ( x ) thỏa mãn f ( x ) = f ( x + 4 ) . Biết f ( 4 ) = a;  f ( x ) dx = b . Tính giá trị của 0 4 4 0 0 2 4 3 biểu thức P =  xf ‘ ( x ) dx +  xf ‘ ( x ) dx +  xf ‘ ( x ) dx + … +  0 B. 4 2019. ( 4a − b ) A. 4 2019. ( a − b ) 4 2019 0 C. ( 4 2019 − 1 ) ( 4a − b )  2 Câu 55. Cho xf ‘ ( x ) dx theo a và b ? D. 4 2019 − 1 . ( 4a − b ) 3 a  ( 4 cos 2x + 3 sin 2x ) ln ( cos x + 2 sin x ) dx = c ln 2 − b , trong đó a , b , c  0 * , a b là phân số tối giản. Tính T = a + b + c . B. T = −11 A. T = 9 Câu 56. Tính giá trị của tích phân  2 2019  −2 2019   4 0  ln ( 1 + tan x ) dx = ( cos 2x − cos 2 D. T = 7 2x ) dx . C.  B. − A. 2 2019  Câu 57. Cho C. T = 5 D. −2 2019   ln a với a là số nguyên tố và b nguyên dương. Giá trị b biểu thức a + b bằng A. 10 B. 6 C. 11 D. 7  2  ( 2018 + cos x )1+ cos x  Câu 58. Cho tích phân I =  ln   dx = a ln a − b ln b − 1 với a,b là các số 2018 + sin x   0 nguyên dương. Giá trị của a + b bằng? A. 2015 B. 4030 C. 4037 D. 2025 Tạp chí và tư liệu toán học | 274 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 59. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên thỏa mãn f 3 ( x 2 ) + f ( x 2 ) = 2x 2 + 9 . Tính giá trị của tích phân I =  xf 2 ( x 2 ) dx ? 6 1 C. I = 4 B. I = 2 A. I = 1  1; 3 Câu 60. Cho f ( x ) liên tục trên f ( 3 ) = 3 ; f ( 1 ) = 2 . Tính I =  1 37 12 A. B. f ( x) 3 ( x + 1) 2 D. I = 5 thỏa mãn f ( x )( x + 1 ) ( f ( x ) + 1 ) + 2 = 0 x . Biết dx . 37 6 C. 91 12 D. 91 6  Biết f   = ln 2 . Tính 4 A. 2 ln 2  f . 2 B. C. ln 2 2 ln 2 D. ( ) 2 + 1 ln 2 Câu 62. Giả sử tồn tại f ( x ) thoản mãn 2xf ( x 2 + 1 ) − f ( x + 1 ) = 2x 3 + 1 . Tính I =  f ( x ) dx . 5 3 B. 8 A. 6 C. 10 Câu 63. Cho f ( x ) liên tục đạt giá trị dương trên D. 12 thỏa mãn f ( x ) .f ‘ ( x ) = 2 xf 2 ( x ) + 25x . 1 Biết f ( 9 ) = 12 , tính I =  f 2 ( x ) dx . 0 A. 479 41 45 B. 480 41 45 C. 479 Câu 64. Cho f ( x ) là hàm chẵn, liên tục trên 7 4 45 thỏa mãn D. 480 4 45 x 2 + = f ‘ ( x ) . Biết f ( x − 1 ) f ( 4x − 1 ) 2 dx  f ( x ) = a; f ( 1) = b . Tính f ( 2 ) theo a và b −7 A. b + a 2 B. 2b + a Câu 65. Cho f ( x ) liên tục trên C. b + a 4 D. 4b + a thỏa mãn f ( x ) + f 2 ( x ) = x 2 + 1 . Biết f ( 2 ) = 1 I =  f ( x ) dx 0 1 6 ln A. − + + 2 4 1 6 ln C. − + + 2 4 ( ( 3+ 2 4 3− 2 ) ) 4 275 | Chinh phục olympic toán 1 6 ln B. − − + 2 4 ( 1 6 ln D. − − + 2 4 ( 3+ 2 ) 4 3− 2 4 ) −1 + 3 2 , tính 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   Câu 61. Cho f ( x ) liên tục trên khoảng  ;  thỏa mãn sin x.f ‘ ( x ) + cos x.f ( x ) = sin 2x . 4 2 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn thỏa mãn f ‘ ( x ) + 2x = f ( x ) . Biết f ( 2 ) = 10; f ( 1 ) = 5 . Tính Câu 66. Cho f ( x ) liên tục trên 2  x  1  f ( x )  f ‘ ( x ) dx   2 A. 6 + ln 2 5 Câu 67. Cho B.  3 0 6 − ln 2 5 C. 4 + ln 2 5 D. 4 − ln 2 5 3  f ‘ ( x )  dx = 36,  f ( x ) dx = 0 .Biết f ( 3 ) = −6, f ( 0 ) = 3 . Tính f ( −1 ) 0 2 B. 1 A. 0 C. 2 D. 3 C. −1 D. 3 và thỏa mãn f ( x + 1 ) + f ( x + 2 ) = e x ( x 2 − 1 ) . Tính Câu 68. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 3 giá trị của tích phân I =  f ( x ) dx ? 1 B. 1 A. 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 69. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên và thỏa mãn f ( x + 1 ) + 3f ( 3x + 2 ) − 4f ( 4x + 1 ) − f ( 2 x ) = Tính giá trị của tích phân I =  2 1 f ( x ) dx ? x C. −1 B. 1 A. 0 1 Câu 70. Cho S n = −  ( x − 1) 3 , x   −1; + ) x+1 + x+2 100 0 2 dx +  ( x − 2 ) 100 0 D. 3 n dx − … +  ( x − n ) 100 dx . Tính giá trị của biểu 0 100  1 100 3 100  100 100 100 thức S 100 +   x +  x + … +  x  −  x ? 2 98 0  0 A. − 1 2 100  0 x100 . 100 B.  100 x100 C. 0 0 0  Câu 71. Tính giá trị của tích phân I = D. 2  x 100 x 2  sin x + tan x dx ? − 1 A. − . 2 B. 0. C. 1. D.  . 2 4x 3 − 3x Câu 72. Cho tích phân I =  dx = a3 + b2 + c . Tính a + b + c ? 0 1 − x. 1 + x 1  A. . D. . B. 0. C. 1. 3 2  1 − cosx  b 2 tan b ln  2 ln x 1 − x 2 ( ) theo  1 + cosx  dx = M ? Câu 73. Tính giá trị của tích phân I =  2 a 2 a ( 1 + x2 )  tan A. M . B. 0. 2 C. M . 4 D. 2M . Tạp chí và tư liệu toán học | 276 Kỹ thuật giải toán tích phân| n Câu 74. Cho tích phân J n = e n −n A. 1 100 n . e . 2 n =1 ) ( ln x + 1 + x 2 dx . Tính J 1 + J 2 + … + J 100 ? 100 100 B. 2  e n . C. 0 . n =1 f (x) 1 = Câu 75. Cho ,  1 − x  − ( x + 1)2 f   x  1 A. a . B. 2a 2 D. e n . n =1 ln ( 1 − x ) dx = a Tính  −1  1 − x  f  2  x  2 1 3 ln x  − ( x + 1) f ( x ) dx theo a? −1 2 C. 0 . 2 D. a . 2 Câu 76. Cho hàm số chẵn f ( x ) thỏa mãn f ( x ) . ( x − 1 ) = f ( x − 1 ) .x . Tính  f ( x − 2 ) dx ? 0 B. 2 C. 0 . thỏa mãn f ( x ) .f ( 2 − x ) = 2019 . Tính giá trị của Câu 77. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên biểu thức tích phân A. 0 .  2 0 D. 7. dx 2019 + f ( x ) B. 1 2 . 2019 C. 1 2019 D. Câu 78. Cho hàm số f ( x ) = x 3 + ( x − 1 ) + … + ( x − 100 ) . Tính giá trị của biểu thức tích phân 3  100 0 3 f ( x ) dx ? A. 0 2 2019 1 2019 f ( x) − 1 thỏa mãn f ( x + 1 ) = . Biết rằng f ( x) + 1 C. B. 1. Câu 79. Cho hàm số f ( x ) xác định là liên tục trên 4 2 2019 0 0  f ( x ) dx = 1, f ( 4 ) = 2 . Tính giá trị của tích phân  xf ‘ ( x ) dx ? C. 7.2 2017 . B. 2 2020 A. 2 2019 . Câu 80. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên D. D. 7.2 2018 thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện: f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1  f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 3xy ( x + y ) − 1, x,y  1 Tính tích phân  f ( x − 1) dx . 0 A. 1 2 B. − 1 4 C. 1 4 Câu 81. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên rằng f ( x )  0, x  A. I = −4 D. 7 4 và f 2 ( −x ) = ( x 2 + 2x + 4 ) f ( x + 2 ) Biết 2 tính tích phân I =  xf ” ( x ) dx . 0 B. I = 4 C. I = 0 D. I = 8 Câu 82. Có bao nhiêu hàm số y = f ( x ) liên tục trên  0; 1 thỏa mãn điều kiện 277 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. 1 . | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn  ( f ( x)) 1 2018 0 A. 1 dx =  ( f ( x ) ) 1 2019 0 dx =  ( f ( x ) ) 1 0 2020 dx C. 3 B. 2 D. 4 1  Câu 83. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên  ; 2  , thỏa mãn điều kiện 2  2 f (x) 1 1 dx. f ( x ) + f   = x 2 + 2 + 2. Tính tích phân I =  2 x x 1 x +1 2 3 5 A. I = . C. I = . B. I = 2. 2 2 Câu 84. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên thời f ( x ) f ‘ ( x ) + 18x 2 = ( 3x 2 + x ) f ‘ ( x ) + ( 6x + 1 ) f ( x ) , x  1 ( )  ( x + 1) e dx = ae 0 f x 2 D. I = 3. ta có f ( 0 ) = 0, f ‘ ( 0 )  0 và đồng , biết rằng + b ( a, b  ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Giá trị của a − b bằng? A. 0 B. 2 3 C. 1 D. 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 278 Kỹ thuật giải toán tích phân| HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. e 2017 − 1 2017 Cho  f ( x ) dx = 2 . Tính tích phân I =  0 0 A. I = 1 B. I = 2 x .f ln ( x 2 + 1 )  dx. x +1 2 C. I = 4 Lời giải D. I = 5 Thoạt nhìn thì có lẽ tương đối khủng, nhưng tuy nhiên bằng cách đặt ẩn phụ thì bài toán này trở nên vô cùng đơn giản. Đặt t = ln ( x 2 + 1 ) , suy ra dt = 2xdx xdx dt  2 = 2 x +1 x +1 2  x = 0 → t = 0 Đổi cận  2017 − 1 → t = 2017  x = e 1 2 2017  f ( t ) dt = 0 1 2 2017 1  f ( x ) dx = 2  2 = 1 0 Chọn ý A. Câu 2. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 9 và  f 1 ( x ) dx = 4, x  2  f ( sin x ) cos xdx = 2 . Tính tích phân 0 3 I =  f ( x ) dx . 0 A. I = 2. B. I = 6. C. I = 4. Lời giải D. I = 10. Ở đây có 2 giả thiết cần biến đổi để đưa về tích phân liên quan tới hàm f ( x ) . • Xét 9  1 f ( x ) dx = 4 . Đặt t = x x  t 2 = x  2tdt = dx. ( ) 9 f 3 3 x x = 1 → t = 1 dx = 2  f ( t ) 2dt   f ( t ) dt = 2 . Đổi cận  Suy ra  4 =  x x = 9 → t = 3 1 1 1 •  2 Xét  f ( sin x ) cos xdx = 2 Đặt u = sin x  du = cos xdx 0  x = 0 → u = 0 1 2  Đổi cận  . Suy ra 2 =  f ( sin x ) cos xdx =  f ( t ) dt  0 0 x = 2 → u = 1 3 1 3 0 0 1 Vậy I =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 4 . Chọn ý C. 279 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Khi đó I = | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 3.  4 Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 1 và  f ( tan x ) dx = 4,  0 0 x2 f ( x ) x2 + 1 dx = 2. Tính giá trị của tích 1 phân I =  f ( x ) dx. 0 A. I = 6. B. I = 2. Xét tích phân C. I = 3. Lời giải  4 0 D. I = 1. 1  f ( tan x ) dx = 4 . Đặt t = tan x  dt = cos 2 x dx = ( tan 2 x + 1 ) dx  dx = dt 1 + t2 x = 0 → t = 0  1 f (t) 1 f (x)  Đổi cận:   4 =  4 f ( tan x ) dx =  2 dt =  2 dx  0 0 t +1 0 x +1  x = 4 → t = 1 1 1 0 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Từ đó suy ra I =  f ( x ) dx =  f ( x) x2 + 1 1 dx +  0 x2 f ( x ) x2 + 1 dx = 4 + 2 = 6 Chọn ý A. Câu 4. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  4  tan x.f ( cos x ) dx = 1, 2 0 A. I = 1. • e2  e f ( ln 2 x ) x ln x và thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 2 dx = 1. Tính tích phân I =  1 4 B. I = 2. f ( 2x ) dx. x C. I = 3. Lời giải D. I = 4.  4 Xét A =  tan x.f ( cos 2 x ) dx = 1 . 0 Đặt t = cos 2 x  dt = −2 sin x.cos xdx = −2 cos 2 x.tan xdx = −2t.tan xdx  tan xdx = − dt 2t 1 f (x) 1 2 f (t) 1 f (t) 1 f (x) dt =  dt =  dx   dx = 2 Khi đó 1 = A = −  21 t 21 t 21 x x 1 • Xét B = e 2  e f ( ln x ) 1 1 1 2 2 2 2 x ln x dx = 1 2 ln x 2 ln 2 x 2u dx du dx = dx = dx  = x x ln x x ln x x ln x 2u 4 4 4 f (x) 1 f (u) 1 f (x) Khi đó 1 = B =  du =  dx   dx = 2 21 u 21 x x 1 Đặt u = ln 2 x  du = • 2 Xét tích phân cần tính I =  1 2 f ( 2x ) x dx Tạp chí và tư liệu toán học | 280 Kỹ thuật giải toán tích phân| 4 Đặt v = 2x  I =  1 2 f ( v) v 4 dv =  f (x) x 1 2 1 dx =  1 2 f (x) x 4 dx +  f (x) x 1 dx = 2 + 2 = 4 . Chọn ý D. Câu 5. và thỏa mãn f ( x 5 + 4x + 3 ) = 2x + 1x  Cho hàm số f ( x ) liên tục trên . Tính tích phân 8  f ( x ) dx . −2 A. 32 3 B. 10 C. 72 D. 2 Lời giải Vấn đề ở câu này nằm ở giả thiết, vậy làm sao để sử dụng giả thiết để tính được tích phân mà đề bài yêu cầu đây? Ý tưởng rất đơn giản đó là đặt x = t 5 + 4t + 3 .  f ( x ) dx =  f ( t 8 1 −2 −1 5 + 4t + 3 )( 5t 4 + 4 ) dt =  1 −1 ( 2t + 1 ) ( 5t 4 + 4 ) dt = 10 Chọn ý B. Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn ( f ( x ) ) + f ( x ) = x − 2 trên R. Giá trị của 5 tích phân I =  ( f ( x ) ) dx tương ứng bằng? 2 2 0 A. 1 B. 7 8 C. 22 21 D. 13 8 D. 13 8 Lời giải Từ giả thiết suy ra d ( x − 2 ) = dx = ( 5f ( x ) + 1 ) f ‘ ( x ) dx  I =  f 2 ( x ) dx =  f 2 ( x ) ( 5f 4 ( x ) + 1 ) f ‘ ( x ) dx 2 2 0 0 x = 0  t = −1 Đặt t = f ( x )  dt = f ‘ ( x ) dx ; đổi cận  x = 2  t = 0 0  5t 7 t 3  22  I =  t ( 5t + 1 ) dt =  +  = −1 3  −1 21  7 0 2 4 Chọn ý C. Câu 7. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định trên R thỏa mãn điều kiện  21 − x 2 4f ( 2x − 1) + xf   4   = 3x + 4 .  3 Giá trị của tích phân I =  f ( x ) dx tương ứng bằng? 1 A. 1 B. 7 8 281 | Chinh phục olympic toán C. 10 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Đặt x = t 5 + 4t + 3  dx = ( 5t 4 + 4 ) dt khi đó ta được: | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Lời giải Phân tích. Phương pháp làm dạng bài toán này thường là lấy tích phân hai vế của biểu thức giả thiết một cách khéo léo để làm xuất hiện tích phân cần tính sau khi thực hiện đổi biến số. Lấy tích phân 2 vế ta được  3 1 3 3  21 − x 2  4f ( 2x − 1) dx −  xf  dx =  ( 3x + 4 ) dx = 20 ( 1 )  1 1  4  3 x = 1  t = 5 Với A =  4f ( 2x − 1 ) dx . Đặt t = 2x − 1  dt = 2dx   1 x = 3  t = 3 5 5 dt  A =  4f ( t ) = 2  f ( x ) dx 1 1 2 3  21 − x 2 Với B =  xf  1  4 x = 1  t = 5  21 − x2 1 . Đặt t =  dt = − xdx  xdx = −2dt   dx  4 2  x = 3  t = 3 3 5 5 5 3 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  B =  −2f ( t ) dt = 2  f ( t ) dt = 2  f ( x ) dx 5 5 3 3 1 3 1 1 Thay vào ( 1 ) , ta được 2  f ( x ) dx − 2  f ( x ) dx = 2  f ( x ) dx = 20   f ( x ) dx = 10 Chọn C. Câu 8. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên toàn R và thỏa mãn hệ thức sau với mọi x  0 2  xf ( x ) dx = x sin x −  xdx . Khi đó giá trị của tích phân A.  3 + 6 2 B.  3 − 12 2 C.  2  6  f ( x ) dx ? 5 1 − 12 2 D.  2 + 4 3 Lời giải Đạo hàm 2 vế hệ thức ta được xf ( x ) = 2x sin x + x 2 cos x − x 2x sin x + x 2 cos x − x  f ( x) = = 2 sin x + x cos x − x x  2  6  2  6   f ( x ) dx =  ( 2 sin x + x cos x − 1) dx =  3 − 12 2 Chọn ý B. Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  0; 1 và thoả mãn điều kiện f ( x ) − 8x 3 f ( x 4 ) + 1 Tích phân I =  f ( x ) dx có kết quả dạng 0 A. 6 B. −4 x3 x2 + 1 =0. a b a−b 2 , a, b, c  , , tối giản. Tính a + b + c . c c c C. 4 Lời giải D. −10 Biến đổi giả thiết ta có: Tạp chí và tư liệu toán học | 282 Kỹ thuật giải toán tích phân| f ( x ) − 8x 3 f ( x 4 ) + x3 x2 + 1 = 0  f ( x ) = 8x 3 f ( x 4 ) − 1 1 1 0 0 0 x3 I =  f ( x ) dx =  8x 3 f ( x 4 ) dx −  x2 + 1 1 1 1 0 0 0 x3 x2 + 1 . dx ( 1 ) Xét tích phân  8x 3 f ( x 4 ) dx =  2f ( x 4 ) d ( x 4 ) = 2  f ( x ) dx = 2I • 1 • Xét tích phân x3  x2 + 1 0 dx . Đặt t = x 2 + 1  t 2 = x 2 + 1  tdt = xdx . Đổi cận x = 0  t = 1 , x = 1  t = 2 . Nên  0 x3 x2 + 1 dx = 2  (t 2 − 1) tdt t 1 2  t3  2 2 =  −t = − 3 3 3 1 2− 2  2− 2 Do đó ( 1)  I = 2I −  . Nên a = 2 , b = 1 , c = 3 .  I =   3  3   Vậy a + b + c = 6 . Chọn ý A. Câu 10. 9 4 3 Giá trị I =  x 2 sin ( x 3 ) e ( ) cos x 3 dx gần bằng số nào nhất trong các số sau đây? 1 3 6 A. 0, 046 B. 0, 036 C. 0, 037 Lời giải D. 0, 038 Đặt u = cos ( x 3 )  du = −3x 2 sin ( x 3 ) dx  x 2 sin ( x 3 ) dx = − • Khi x = • Khi x = 1 Khi đó I = − 3 3 3 1 du . 3 1 3 thì u = . 2 6 9 2 thì u = . 2 4 2 2 3 2 1  e d u = 3 3 1 u  e d u = 3 e 2 2 2 u Chọn ý C. 283 | Chinh phục olympic toán u 3 2 2 2 1  = e 3  3 2 −e 2 2    0, 037 .  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 11. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn f ( u ) .u’+ f ( v ) .v’ = x + 1 , trong đó u, v lần lượt là những hàm của biến x, chúng cũng liên tục và xác định trên R. Biết rằng u ( 1 ) = a; u ( 2 ) = c; v ( 1 ) = c; v ( 2 ) = b , trong đó a,b,c là những số thực. Giá trị của tích phân b I =  f ( x ) dx bằng? a A. 1 5 2 C. B. 2 4 3 D. Lời giải Lấy tích phân 2 vế ta được 5  f ( u ) .u’dx +  f ( v ) .v’dx =  ( x + 1) dx = 2 2 2 2 1 1 1 2 c c Với tích phân A =  f ( u ) .u’dx ; đặt t = u  dt = u’dx  A =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 1 a 2 a b b c c Với tích phân B =  f ( v ) .v’dx ; đặt t = v  dt = v’dx  B =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 c b b a c a Thay vào (1) ta được A + B =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx = 5 =I 2 Chọn ý C. Câu 12. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  1; 4  và thỏa mãn f ( x ) = ( f 2 x −1 x ) + ln x . Tính tích x 4 phân I =  f ( x ) dx . 3 A. I = 3 + 2 ln 2 2 B. I = 2 ln 2 2 ( ) ( ) dx . C. I = ln 2 2 Lời giải ( D. I = 2 ln 2 ) f 2 x −1  4 f 2 x −1 4 ln x ln x   dx +  dx . + dx =  Ta có  f ( x ) dx =   x x  x x 1 1 1 1   4 4 4 Xét tích phân K =  f 2 x −1 1 Đặt 2 x − 1 = t  x = 4 x 3 3 t+1 dx  = dt .  K =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx . 2 x 1 1 4 4 ln x ln 2 x Xét tích phân M =  dx =  ln xd ( ln x ) = = 2 ln 2 2 . x 2 1 1 1 4 3 4 1 1 3 Do đó  f ( x ) dx =  f ( x ) dx + 2 ln 2 2   f ( x ) dx = 2 ln 2 2 . Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 284 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, luôn dương trên 3 3 0 0 ( I =  f ( x ) dx = 4 . Khi đó giá trị của tích phân K =  e A. 4 + 12e B. 12 + 4e  0; 3 1+ ln ( f ( x ) ) và thỏa mãn điều kiện ) + 4 dx là? C. 3e + 14 Lời giải D. 14 + 3e Biến đổi tích phân cần tính ta có 3 ( K= e 0 1 + ln ( f ( x ) ) ) 3 + 4 dx =  e.e ln ( f ( x ) ) 0 3 3 3 3 0 0 0 0 dx +  4dx = e. f ( x ) dx +  4dx = 4e + 4x = 4e + 12 . Vậy K = 4e + 12 . Chọn ý B. 3 m  10  Tìm tất cả các giá trị dương của m để  x ( 3 − x ) dx = −f ”   , với f ( x ) = ln x 15 .  9  0 A. m = 20 B. m = 4 C. m = 5 Lời giải Theo giả thiết ta có f ( x ) = ln x 15  f ‘ ( x ) = 3 D. m = 3 15×14 15 −15  10  −243 .  f ” ( x ) = 2  f ”   = = 15 20 x x x  9  Tính tích phân I =  x ( 3 − x ) dx . m 0 • • Đặt t = 3 − x  x = 3 − t , dx = −dt , đổi cận 0 Do đó I =  ( 3 − t ) t m ( −dt ) 3 3 Ta có  x ( 3 − x ) 0 m 3 =  ( 3t − t m x 0 3 t 0 3 3 m +1 0 3m + 2 3t m +1 t m + 2 = − ) dt = m + 1 m + 2 0 ( m + 1)( m + 2 ) 3m + 2 3m + 2 243 35  10    dx = −f    = =  9  ( m + 1)( m + 2 ) 20 ( m + 1)( m + 2 ) 4.5 Thay lần lượt các giá trị m ở 4 đáp án, nhận giá trị m = 3 . Chọn ý D. Câu 15. F (x) Cho là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = tan x . Biết rằng       4   F    + k.2   = k; F    + m.2   = −m , với k và m là những số tự nhiên. Khi đó giá trị  3    3         của tổng F   + F  +   + …. + F  + 2018   tương ứng bằng bao nhiêu? 4  4   4 A. 2019 − 2018 ln ( 2 ) B. 2018 + 1009 ln ( 2 ) C. 1009 − 2019 ln ( 2 ) Lời giải 285 | Chinh phục olympic toán D. 2018 − 2019 ln ( 3 ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 14. | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Ta có  tan xdx = ln 1 +C cos x           4 + 2018   F   + F  +   + …. + F  + 2018   = F   +  tan xdx 4  4   3  3 + 2018   4 Nhận thấy  + k 4  + k 3  tan xdx = − ln ( 2 ) với mọi k nguyên      Và F   = 0; F  +   = −1; F  + 3  = −3;… 3 3  3         F   + F  +   + …. + F  + 2018   4  4   4 = 0 − 1 + 2 − 3 + … + 2018 − ln ( 2 ) − … − ln ( 2 ) = 1009 − 2019 ln ( 2 ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chọn C. Câu 16. Cho F ( x ) là nguyên hàm của hàm số dx . Biết rằng F ( −1 ) = 2F ( 1 ) = 4F ( 3 ) = 4 . Biết x (x − 2)  1  3  giá trị của tổng F ( −2 ) + F   + F    = a + ln b − ln c , trong đó a và b là những số 2  2   nguyên dương. Hỏi tổng a + b + c bằng bao nhiêu? A. 12 B. 11 C. 9 D. 7 Lời giải 1 3  dx   dx  1  3   2 Ta có F ( −2 ) + F   + F    =  F ( −1 ) +  2 + F 1 + ( )   1 x ( x − 2 )  1 x x−2   ( )  2  2       1  3   F ( −2 ) + F   + F    = 4 + 2 + 2 + ln 2 − ln 3 = a + lnb− lnc 2  2    a = 8; b = 2; c = 3  ( a + b + c ) = 11 Chọn B. Câu 17. Cho f ( x ) là hàm số liên tục trên 1 thỏa mãn đồng thời  f ( x) d x = 4 , 0 3  f ( x ) d x = 6 . Tính 0 1 tích phân I =  f ( 2x + 1 ) d x −1 A. I = 3 Đặt u = 2x + 1  dx = Nên I = B. I = 5 C. I = 6 Lời giải D. I = 4 1 du . Khi x = −1 thì u = −1 . Khi x = 1 thì u = 3 . 2 0 3 3 3  1 0  1 1 = f u du + f u du = f − u du + f u du f u du ( ) ( ) ( ) ( ) ( )    . 0   2  −1 2 2 −1 0   −1  Tạp chí và tư liệu toán học | 286 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 Xét tích phân  f ( x ) dx = 4 . Đặt x = −u  d x = − du . 0 1 −1 0 0 −1 Khi x = 0 thì u = 0 . Khi x = 1 thì u = −1 . Nên 4 =  f ( x ) d x = −  f ( −u ) du =  f ( −u ) du . 0 3 3 0 0 Ta có  f ( x ) dx = 6   f ( u ) du = 6 . Nên I =  1 1   f ( −u ) du +  f ( u ) du  = ( 4 + 6 ) = 5 . 2  −1 0  2 0 3 Chọn ý B. Câu 18. 1 Cho hàm số f ( x ) liên tục trên thỏa mãn đồng thời 2 tích phân  f ( 2x ) dx = 2 và 0  f ( 6x ) dx = 14 . Tính tích phân 0 A. 30 2  f ( 5 x + 2 ) dx . −2 B. 32 C. 34 Lời giải D. 36 1 Xét tích phân thứ nhất  f ( 2x ) dx = 2 . 0 Đặt u = 2x  du = 2dx ; x = 0  u = 0 ; x = 1  u = 2 . 1 Nên 2 =  f ( 2x ) dx = 0 2 2 1 f ( u ) du   f ( u ) du = 4 . 2 0 0 2 Xét tích phân thứ 2  f ( 6x ) dx = 14 . 0 Đặt v = 6x  dv = 6dx ; x = 0  v = 0 ; x = 2  v = 12 . 2 Nên 14 =  f ( 6x ) dx = 0 12 12 1 f ( v ) dv   f ( v ) dv = 84 . 6 0 0 2 0 2 −2 0 Xét tích phân cần tính  f ( 5 x + 2 ) dx =  f ( 5 x + 2 ) dx +  f ( 5 x + 2 ) dx . −2 • 0 Ta sẽ đi tính tích phân I 1 =  f ( 5 x + 2 ) dx . −2 Đặt t = 5 x + 2 . Khi −2  x  0 , t = −5x + 2  dt = −5dx ; x = −2  t = 12 ; x = 0  t = 2 .  I1 = • 12 2 2  1 1 −1 = f t dt − f ( t ) dt  = ( 84 − 4 ) = 16 . f t dt ()  ( )   5 12 50 0  5 2 Tính tích phân I 1 =  f ( 5 x + 2 ) dx . 0 Đặt t = 5 x + 2 . Khi 0  x  2 , t = 5x + 2  dt = 5dx ; x = 2  t = 12 ; x = 0  t = 2 . 287 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn 12 2 12  1 1 1  I 2 =  f ( t ) dt =   f ( t ) dt −  f ( t ) dt  = ( 84 − 4 ) = 16 . 52 50 0  5 2 Vậy  f ( 5 x + 2 ) dx = 32 . −2 Chọn ý B. Câu 19. ( ) ba c Cho tích phân I =  x sin x + a − x dx = trong đó a, b, c, d là các số nguyên −a d b là phân số tối giản. Tính b + c + d ? dương và d A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 Lời giải a 2 2 2 a a −a −a CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta biến đổi tích phân ban đầu I =  x 2 sin xdx +  x 2 a 2 − x 2 dx = K + J Dễ dàng nhận thấy 2 điều sau • ( −x ) 2 • ( −x ) 2 a sin ( −x ) = −x 2 sin x, x   −a, a   x 2 sin x là hàm lẻ  I =  x 2 sin xdx = 0 −a a 2 − ( −x ) = x 2 a 2 − x 2 , x   −a, a   x 2 a 2 − x 2 là hàm chẵn 2 a a −a 0 Đặt x = asin t  I = K + J = J =  x 2 a 2 − x 2 dx = 2  x 2 a 2 − x 2 dx  2 0 = 2 ( a sin t ) a4 = 2  2 0   a 2 ( 1 − sin 2 t ) ( a cos t ) dt = 2a 4  2 ( sin t cos t ) dt 2 2 0 a4 2 sin 2t dt = ( ) 4  2 0   4 a4  1  2 a 1 − cos 4t dt = t − sin 4t = ( )   4 4 8 0 Chọn ý B. Câu 20. ) ( 1 Tính tích phân I =  ln x + 1 + x 2   −1   A. 0 B. 2019 ) ( Ta có ln ( −x ) + 1 + ( − x)2    (  = ln x + 1 + x 2  ( )  ln x + 1 + x 2    2019 ) −1   2019 2019 = ln  2019 ( = ( −1 ) dx ? C. −1 Lời giải ) 1+x −x   2019 2 2019 D. −2019    1 = ln     1 + x 2 + x   ) ( ln x + 1 + x 2    ( ) 2019 là hàm lẻ  I =  ln x + 1 + x 2   −1   1 ( 2019 ) = − ln x + 1 + x 2    2019 2019 dx = 0 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 288 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 21.  Biết x sin 2018 x a trong đó a , b là các số nguyên dương. Tính P = 2a + b d x = 0 sin 2018 x + cos2018 x b A. P = 8 B. P = 10 C. P = 6 Lời giải D. P = 12  x sin 2018 x dx . sin 2018 x + cos2018 x 0 Xét tích phân I =  • Đặt x =  − t  d x = − d t . • Khi x = 0 thì t =  . • Khi x =  thì t = 0 . (  − t ) sin 2018 (  − t ) d t =  (  − x ) sin 2018 x d x 0 sin 2018 x + cos2018 x sin 2018 (  − t ) + cos2018 (  − t )  0 Ta có I = −    sin 2018 x sin 2018 x x sin 2018 x =  d x − dx−I . d x 2018 2018 2018 2018 2018 2018   sin sin x + cos x x + cos sin x x + cos x 0 0 0   sin 2018 x Suy ra I =  dx . 2 0 sin 2018 x + cos 2018 x  sin 2018 x dx. 2018 x + cos 2018 x  sin Xét tích phân J =  2  − u  d x = −d u . 2  • Khi x = thì u = 0 . 2  • Khi x =  thì t = − . 2    − sin 2018  − u  0 2 cos 2018 x 2  dx. Nên J = −  du =  2018  x + cos 2018 x   2018    sin 0 sin 2018  −  − u  + cos  − u  2 2  2  cos2018 x Vì hàm số f ( x ) = là hàm số chẵn nên: sin 2018 x + cos 2018 x • Đặt x =  0 2 cos 2018 x cos 2018 x dx =  sin 2018 x + cos2018 x 0 sin 2018 x + cos 2018 x d x − 2 Từ đó ta có:     2 sin 2018 x sin 2018 x  sin 2018 x  dx+  dx I=  dx =  2018 2018 2018 2018 2018 2018 2  0 sin x + cos x x + cos x 2 0 sin x + cos x  sin   2  289 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  =  | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn   2  2018 2  sin x cos 2018 x  =  dx+  dx 2018 2018 2018 2018 2  0 sin x + cos x sin x + cos x 0     2  2  sin x + cos x  2 =  dx = dx = . 2 0 sin 2018 x + cos 2018 x 20 4 2018 2018 Như vậy a = 2 , b = 4 . Do đó P = 2a + b = 2.2 + 4 = 8 . Ngoài cách làm này các bạn có thể sử dụng các tính chất của phần tính tích phân bằng phương pháp đổi cận đổi biến. Chọn ý A. Câu 22.  6 Biết  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN −  6 2 3 dx = a + + với a, b, c là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức 2 b c 1+ x +x x cos x P = a − b + c. A. P = −37. Ta có I =  6  −  6 Mặt khác I = B. P = −35. x cos x 1+ x + x 2  6   − 6 dx =  6 1+x +x  6 =− t  − 6  2I = − dx =   6 (  6  x( 1 + x 2 − x dx =  6  − x =− t 6 2  6 )  x cos x ( − x cos x C. P = 35. Lời giải ( −t ) cos ( −t ) 1 + ( −t ) − t 2 d ( −t ) = )  x(  − 6 ) 1 + x 2 − x cos xdx −  − 6  6  6   6 1 + t 2 + t cos tdt = −  x ) 1 + x 2 − x cos xdx.  6 −  6 D. P = 41. t cos t 1 + t2 − t dt ) ( 1 + x 2 + x cos xdx.  6  x( ) 1 + x 2 + x cos xdx  − 6  6 = −2  x 2 cos xdx  I = −  x 2 cos xdx −  6 −  6 a = 2 2 3   b = −36  P = a − b + c = 35 Tích phân từng phần hai lần ta được I = 2 + + −36 −3 c = −3  Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 290 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 23. Cho 2 3  3  x sin x  b dx , a, b  dx =  4 4 sin x + cos x 2 a x − x2 + 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng 2 A. a + b = 0 C. B. a + b = 1 a 1 = b 4 D. a =1 b Lời giải 2 Đặt t =  − x  dt = −dx  I = 3 3 2 3 2 3  3  2I =  I= (  − t ) sin t 2 sin t + cos t 2 4 dt = 3 3 (  − x ) sinx sin 2 x + cos 4 x dx  sinx  23 sinx dx  I =  dx 2 4 2 sin x + cos x 2 3 sin x + cos 4 x −d ( cos x )  23  21 du 1 1  a = − ,b =  a + b = 0 =  1 2 4 4 2   2 2 2 3 1 − cos x + cos x 2 − 2 u − u + 1 Chọn ý A. Câu 24.  a + sinx  ln    a + cos x  dx, a  1 . Tính I theo a Cho I =  sin 4 x + cos 4 x A. I = a − 1 B. I = a 4 − 1 C. I = 0  2 0 D. I = a Lời giải     a + sin  2 − t     ln   a + cosx   a + cos   − t      ln    0  a + sin x  2    2 . ( −dt ) =  dx Đặt t = − x  dt = −dx  I =  0 sin 4 x + cos 4 x   2 4 4 2 sin  − t  + cos  − t  2  2   2 0  2I =   a + sinx   a + cosx   a + sinx a + cosx  ln  .  ln   + ln     a + cos x   a + sin x  dx = 2  a + cos x a + sin x  dx = 0  I = 0 0 sin 4 x + cos 4 x sin 4 x + cos 4 x Chọn ý C. Câu 25. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  0; 1 và thỏa mãn af ( b ) + bf ( a ) = 1 với mọi 1 a, b   0; 1 . Tính tích phân I =  f ( x ) dx. 0 1 A. I = . 2 1 B. I = . 4 C. I =  . 2 D. I = Lời giải   Đặt a = sin x, b = cos x với x  0;   sin x.f ( cos x ) + cos x.f ( sin x ) = 1  2 291 | Chinh phục olympic toán  . 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = 3  (  − t ) sin (  − t ) . −dt x sin x 3 dx = ( ) 2 2 4 2 4  sin x + cos x 3 sin (  − t ) + cos (  − t ) | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn      2 sin xf ( cos x ) dx +  2 cos xf ( sin x ) dx =  2 dx = 0 0 0  ( 1) 2 0 1  2  0 sin x.f ( cos x ) dx = −  f ( t ) dt ( t = cos x ) =  f ( x ) dx  1 0 Ta có   1 1  2 cos x.f sin x dx = f t dt t = sin x = f x dx ( ) )  ( ) 0 ( ) (  0 0  1 Do đó ( 1)   f ( x ) dx = 0  . 4 Chọn ý D. Câu 26. Giả sử tồn tại 2 hàm số f ( x ) và g ( x ) thỏa mãn điều kiện CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN f ( x ) .f ‘ ( x ) = cos 2 x.g ( sin x ) + sin 2 x.g ( cos x ) . Biết 1  g ( x). 0  1 − x 2 dx = a; f ( 0 ) = 0 . Tính f   theo a . 2 A. 3a B. 3 D. 9a C. 27a 3 Lời giải 9a 2 1 Xét a =  g ( x ) . 1 − x 2 dx . Đặt x = sin t  dx = cos tdt 0  2 0  2 0  a =  g ( sin t ) . 1 − sin t.cos tdt =  g ( sin t ) .cos 2 tdt 2 Tương tự đặt x = cos t  dx = − sin tdt 0  2 0  a =  g ( cos t ) 1 − cos t. ( − sin tdt ) =  g ( cos t ) sin 2 tdt 2 2  2 0     g ( sint ) cos2 tdt +  2 g ( cost ) sin 2 tdt = 2a   2 f ( x ) .f ‘ ( x ) dx = 2a 0 f (x)  3 2  3 2 2 0 3 2   2 2  = 2a  f   . = 2a  f   = ( 3a ) 3 = 3 9a 2 2 3 2 0 Chọn ý B. Câu 27. ( ) Cho 2f ( x − 1 ) + 3f ( ( x + 2 )( x − 4 ) ) = 3x 2 − 6x + 9 + 1 . Tính 2 ( ( ) ) 2 1 7 21 + 6 18 + 15 5 2 1 C. 7 21 − 6 18 + 15 5 A. ( ) ( ( 5  f ( x ) dx 4 ) ) 2 1 7 21 + 6 18 + 45 5 2 1 D. 7 21 − 6 18 + 45 5 Lời giải B. Ta có 2f ( x − 1 ) + 3f ( ( x + 2 )( x − 4 ) ) = 3x 2 − 6x + 9 + 1 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 292 Kỹ thuật giải toán tích phân| ( ) (  2f ( x − 1 ) + 3f 9 − ( x − 1 ) 2 2 )= 3 ( x − 1) + 6 + 1 2 Đặt y = ( x − 1 )  2f ( y ) + 3f ( 9 − y ) = 3y + 6 + 1 2 Ta có  f ( y ) dy =  f ( 9 − y ) dy  5 f ( y ) dy =  ( 5 5 5 5 4 4 4 4 ) 3y + 6 + 1 dy 5 3    5 1  ( 3y + 6 ) 2 1 1 2   f ( x ) dx = .  . + y  = . 4 3 5  3 5 9   2 4 ) ( ( ) 1  2 213 − 183 + 1  = 7 21 − 6 18 + 5  15 Chọn ý C.  f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  0; 3 , thỏa mãn  với mọi x   0; 3  f x  − 1 ( )   3 xf ‘ ( x ) 1 và f ( 0 ) = . Tính tích phân I =  dx. 2 2 2 1 + f 3 − x .f x  ( ) ( ) 0    1 3 5 A. I = . C. I = . D. I = . B. I = 1. 2 2 2 Lời giải f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1  Từ giả thiết   f ( 3) = 2 1 f ( 0 ) =  2 Ta có 1 + f ( 3 − x )  .f 2 ( x ) = 1 + f ( x )  ( f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1 ) 2 2 xf ‘ ( x ) 3 • 3   1 x 1 dx = −  xd  + dx = −1 + J Tính I =   = − 2 1 + f (x)  1 + f (x) 0 0 1 + f (x) 1 + f x  ( ) 0  0    • Tính J =  3 3 3 0 3 3 t =3−x 1 1 1 1 dx = −  dt =  dt =  dx 1 + f ( x) 1 + f (3 − t) 1 + f (3 − t) 1 + f (3 − x) 0 3 0 0 3 3 3 1 1 3 dx +  dx =  dx ( f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1 ) = 3  J = 1 + f ( x) 1 + f (3 − x) 2 0 0 0  2J =  3 Vậy I =  xf ‘ ( x ) 1 + f ( 3 − x )  .f 2 ( x ) Chọn ý A. 2 0 293 | Chinh phục olympic toán dx = 1 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 28. | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 29. f ( x ) + f ( 1 − x ) = x 3 − x 2 Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và thỏa mãn f ( x − 1 ) + f ( 1 − x ) = x ( 1 − x ) . Tính giá trị của  0 biểu thức tích phân I =  f ( x ) dx . −1 A. I = −2. 2 B. I = . 3 C. I = − 2 . 14 D. I = − 7 . 24 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 1 f x + f 1 − x dx =   ) ( x3 − x2 ) dx   ( ) (   0 Tích phân 2 vế ta được  01 1   f x − 1 + f 1 − x  dx = x 1 − x dx ) ( )  ( )   (  −1 −1 1 1 1 f x dx − f 1 − x d 1 − x = ( ) ( ) ( ) ( x3 − x 2 ) dx     0 0   01 1 1  f x − 1 d x − 1 − f 1 − x d 1 − x = x 1 − x dx ) ( )  ( ) ( )  ( )  (  −1 −1 −1 1 1 1 1 1   f ( x ) dx +  f ( x ) d ( x ) = −   f ( x ) dx = − 24 12  0 0 .   01   1 1 1 2  f x−1 d x−1 + f x−1 d x−1 = −  f x−1 d x−1 = − ) ( )  ( ) ( ) ( ) )  (  ( 3 3  −1  −1 −1 1 1   f ( 1 − x ) dx = − 0 2 24 7 7 0 1   f ( 1 − x ) dx = −   f ( x ) dx = − . 24 24 −1 1  f 1 − x dx = − 1 ( )  3  −1 Chọn ý D. Câu 30. Cho hàm số f ( x ) và hằng số a thỏa mãn f ( −x ) = A. ln e−a + 1 . ea + 1 B. ln ea + 1 . e−a + 1 a f ( x) −1 f ( x ) ( e x + 1 ) + e x . Tính I =  x dx ? 2 e +1 −a C. ln e a D. ln e − a Lời giải a f ( x) a 1 Ta có I =  x dx =  f ( x ) dx . e +1 2 −a −a −1 −a a f ( x ) ( ex + 1) + ex f (x) f ( −x ) 2 I=  x dx =  x − dx =  dx . e +1 e +1 ex + 1 −a a −a a Tạp chí và tư liệu toán học | 294 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2I = a a 1 f ( x ) dx +  2 −a −a −1 a f ( x ) ( ex + 1) + ex ex 2 dx = −a e x + 1 dx . ex + 1 Đặt e x = t .  e dx = dt  2I = x ea  e− a d ( t + 1) dt =  = ln t + 1 t + 1 e− a t + 1 ea ea ea + 1 = ln − a . e +1 e− a Chọn ý B. Câu 31. Cho hàm số f ( x ) bậc 2 có cực trị tại x = 0 và thỏa mãn điều kiện (x 2 − x ) .f ( x + 1 ) − f 2 ( x ) = x 3 − 1 . 2 Tính giá trị của tích phân  f ( x ) dx ? 2 B. I = . 3 4 A. I = . 3 1 C. I = . 2 Lời giải 5 D. I = . 4 Đạo hàm 2 vế ( 2x − 1 ) f ( x + 1 ) + f ‘ ( x + 1 ) ( x 2 − x ) − f ‘ ( x ) 2 f ( x ) = 3 x 2 (1) Thay x = 0  f ( 1 ) = 0 ( Do f ‘ ( 0 ) = 0 vì hàm số có cực trị tại x = 0 ) Hàm số có dạng y = ax 2 + bx + c với x = 0 là cực trị nên 2ax + b = 0  b = 0 Mà f ( 1 ) = 0 nên a + b + c = 0  a + c = 0 Thay x = −1 vào (1) thì f ( 0 ) = −1 ( do hàm số có dạng ax 2 + c nên f ( 1 ) = f ( −1 ) ) 2  c = −1; a = 1  f ( x ) = x 2 − 1   f ( x ) dx = −2 2  (x 2 − 1 ) dx = −2 4 . 3 Chọn ý A. Câu 32. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên thỏa mãn điều kiện ( 6x + 5 ) f ( 3×2 + 5x + 3 ) = f ( 4x 2 + 9 ) .8 x+ 2xf ( x 2 + 5 ) + x 2 − 6x 5 Tính giá trị của tích phân  f ( x ) dx ? 3 3 A. I = − . 2 B. I = −28 . 3 C. I = 5 D. I = . 4 27 . 2 Lời giải 2 2 2 Tích phân 2 vế lấy cận từ 0 đến 2 ta có  f ( 3x + 5x + 3 ) dx =  f ( 4x + 9 ) dx +  f ( x 2 + 5 ) . 2 0 25   f (t) 3 2 0 25 9 dt dm dn . ( 6x + 5 ) =  f ( m ) .8x +  f ( n ) .2x . 6x + 5 8x 2x 9 5 295 | Chinh phục olympic toán 0 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC −2 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn 25 25 3 9 9 2   f ( t ) dt =  f ( m ) dm +  f ( n ) dn +  ( x 2 − 6x ) dx 25 5 25 0 9 2 5 0   f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  ( x 2 − 6x ) dx 3 9 5 2 3 0   f ( x ) dx =  ( x 2 − 6x ) dx = − 28 . 3 Chọn ý B. Câu 33. Cho hàm số thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( 1 − x ) = −6 x 2 + 8 (*) . Tính giá trị của tích phân 1 I =  ( f ( x ) − 1 ) xdx ? 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 A. I = . 3 B. I = −8 . 3 1 C. I = . 2 Lời giải 5 D. I = . 4 f 3 ( 0 ) + f ( 1 ) = 8 f ( 0 ) = 2  Ta có  3 . f ( 1 ) + f ( 0 ) = 2 f ( 1 ) = 0 Lấy đạo hàm 2 vế của ( * ) ta được f ‘ ( x ) .3.f 2 ( x ) dx + f ‘ ( 1 − x ) dx = −12xdx . 1   ( f ( x ) − 1) xdx = − 0 = 1 1 f ( x ) − 1 ) ( f ‘ ( x ) .3.f 2 ( x ) dx + f ‘ ( 1 − x ) ) dx (  12 0 1 1 1  −1  3 2 f ‘ x .3.f x dx − f ‘ x .3.f x dx − f ‘ 1 − x dx + f ( x ) f ‘ ( 1 − x ) dx  ( ) ( ) ( ) ( )  ( )    12  0 0 0 0  1 f4 (x) 1 f3 (x) 1 1 f2 (x) 1 1 2 1 1 1 =− + + f (x) 0 − = 1− − + = . 16 0 12 0 12 24 0 3 6 6 3 Chọn ý A. Câu 34. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) .f ( a − x ) = 1 (*) a en dx .Tính giá trị của tổng 1 + f (x) 0 .Biết I n =  I 1 + I 2 + … + I n ? en +1 − 1 A. 2a. . e−1 en +1 − 1 B. a. . e en +1 − 1 C. a. . e−1 Lời giải en +1 − 1 D. a. . 2e − 2 0 a a f (x) en en 1 n n dx =  − dx = e  dx = e  dx . Biến đổi giả thiết I n =  1 1 + f ( x) 1 + f (a − x) 1 + f (x) 0 a 0 1+ 0 f ( x) a a a a f ( x) 1 en a n dx + dx = dx = a = 0 1 + f ( x ) 0 1 + f ( x ) 0 0 1 + f ( x ) dx = 2 .e = I n . a Ta có Tạp chí và tư liệu toán học | 296 Kỹ thuật giải toán tích phân| Suy ra I 1 + I 2 + … + I n = a en +1 − 1 2 n e + e + … + e = a. ( ) 2e − 2 . 2 Chọn ý D. Câu 35. (*) Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) + f ( 1 − x ) = x 2 ( 1 − x ) . Tính giá trị của biểu thức tích phân 1 I =  f ( x ) ( 2xf ‘ ( x ) − f ( x ) + 1 ) dx 0 A. 1 . 24 B. 25 . 24 5 . 24 C. D. 8 . 24 Lời giải 1 Biến đổi giả thiết ta có I =  f ( x ) ( 2xf ‘ ( x ) + f ( x ) + 1 ) dx 0 1 0 0 1 1 0 0 =  f ( x ) .2xf ‘ ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = J +  f 2 2 1 ( x ) dx +  f ( x ) dx 0 1 du = dx 2 1 1 u = x x.f x ( ) 1 2  2 − 2.  f ( x ) dx = 1 −  f 2 ( x ) dx . Đặt   f ( x )  J = 2. 2 20 dv = f ( x ) .f ‘ ( x ) dx  v = 0 0  2 1 1 1   f ( x ) + f ( 1 − x ) dx =  x ( 1 − x )  2  f ( x ) dx = 0 2 0 1   f ( x ) dx = 0 0 1 . 12 1 25 1 .  I = 1+ = 24 24 24 Chọn ý B. Câu 36. (*) Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) + f ( 1 − x ) = x ( 1 − x ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức tích 1 phân I =  f ( x ) xf ‘ ( x ) dx ? 0 A. 143 . 288 B. 1 . 144 C. 126 . 167 D. 1 . 2 Lời giải 1 du = dx 1 1 u = x x.f 2 ( x ) 1 2 1 1 2  2  I = − f x dx = −  Đặt  ( ) f ( x) 0 0 f ( x ) dx . 2 2 2 2 dv = f ( x ) .f ‘ ( x ) dx  v = 0  2 1 1 0 0 1 Ta có f ( x ) + f ( 1 − x ) = x ( 1 − x )   f ( x ) dx +  f ( 1 − x ) dx =  x ( 1 − x ) dx = 1  2  f ( x ) dx = 0 2 0 1 1 1 .   f ( x ) dx = 6 12 0 b b b  2 Áp dụng tính chất   f ( x ) .g ( x ) dx    f ( x ) dx. g 2 ( x ) dx a a a  297 | Chinh phục olympic toán 1 . 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn 2 2 1 1 1 1  1  1    f ( x ) .1dx    f 2 ( x ) dx. 1dx   f 2 ( x ) dx    f ( x ) dx  = . 144 0 0 0 0  0  1 1 0 0 Dấu bằng xảy ra khi f ( x ) = k   f ( x ) dx =  kdx = 1 1 143 k = = f (x)  I  288 12 12 Chọn ý A. Nhận xét. Bất đẳng thức tích phân các bạn tìm hiểu ở phần sau nhé! Câu 37. (*) Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) .f ( a − x ) = 9 x a I= 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. . Tính giá trị của biểu thức tích phân 32x dx ? 3x + f ( x ) 3a − 1 . 2 B. 3a . ln 3 C. 3a . 2.ln 3 3a − 1 . 2.ln 3 D. Lời giải a Biến đổi giả thiết ta có I =  0 32x.f ( x ) a = 0 3 (f ( x) + 3 x 0 2x a x a 3 32x dx = a 3x + f ( a − x ) − dx = 0 3x + f ( x ) ) dx =  0 3x.f ( x ) f ( x) + 3 x a dx  2I =  32x dx . 9x x 3 + f ( x) 32x + 3x f ( x ) 3 + f ( x) x 0 a dx =  3x dx . 0 a a 1 x 1 3x 3a − 1 .  I =  3 dx = . = 20 2 ln 3 0 2.ln 3 Chọn ý D. Câu 38. Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) .f ( 1 − x ) = e 2 x 2 −2 x (*) . Giá trị của biểu thức tích phân 1  ( 2x − 1) f ( x ) dx ? 0 A. e 6 − 1. B. e 3 − 1. Đặt f ( x ) = e ax 2 + bx + c C. e 2 . Lời giải D. e 3 . . f (0) = 1  c = 0 . Thay f ( x ) vào ( * )  e ax 2 + bx .e a ( 1 − x ) + b( 1 − x ) 2 = e2 x 2 −2 x  e 2ax 2 − 2ax + a + b = e2 x 2 −2 x . 2 2a = 2 a = 1 Đồng nhất hệ số suy ra    f ( x ) = ex −x . a + b = 0 b = −1 3 3 0 0   ( 2x − 1) f ( x ) dx =  ( 2x − 1) e x2 − x 3 ( dx =  e x 0 2 −x ) ‘dx = e x2 − x 3 0 = e6 − 1 . Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 298 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 39. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 1 thỏa mãn 0 f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0 . Khẳng định nào dưới đây là đúng ? A. f ( x )  1. B. f ( x )  1.  f ‘ ( x ) dx = 1 , 1 D. f ( x )  . 2 1 C. f ( x )  . 2 Lời giải Phân tích. Bài toán có chút kiến thức về bất đẳng thức ! 1 Giả sử tồn tại điểm a   0; 1 sao cho f ( a )  . 2 a 1 0 a ( 1) 0 a Ta có a 1  f ‘ ( x ) dx   f ‘ ( x ) dx = f ( a ) − f ( 0 ) = f ( a )  2 0 (2) 0 1 1 0 0 1  f ‘ ( x ) dx   f ‘ ( x ) dx = f ( 1) − f ( a ) = f ( a )  2 . ( 3) Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 )  1  1 mâu thuẫn nên điều giả sử là sai. Chọn ý D. Câu 40.  f ( −x ) = −f ( x ) 1  2019 Cho hàm số f ( x ) trên tập R thỏa mãn f ( x + 1 ) = f ( x ) + 1 . Tính I =  f ( x ) dx . 0  f  1  = f ( x )   x  x2 1 4 1 A. B. C. . . D. 0. 1010 1010 2020 Lời giải Phân tích. Một bài toán mang màu sắc của phương trình hàm !   f ( −0 ) = −f ( 0 ) f ( 0 ) = 0 Ta có    f ( 0 ) = f ( −1 + 1) = f ( −1 ) + 1  f ( −1 ) = −1 f ( x) 1  x+1  1 Tại các điểm x  −1; 0 ta xét như sau f   = f1+  = 1+ f   = 1+ 2 . x x  x   x 2 2 1   x+1  x+1  x+1  x   x+1  f =  .f  =  .f  1 − =  x+1  x   x   x   x+1  x   2   1  1 − f  x + 1      2  1 1 2  x+1  = f x + 1  = 2 ( x + 1 ) − f ( x ) − 1  . ( )  1 − 2  x   ( x + 1 )  x Từ ( * ) , ( * * ) ta được f ( x ) + x 2 = x 2 + 2x − f ( x )  f ( x ) = x . 299 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 Ta thấy 1 =  f ‘ ( x ) dx =  f ‘ ( x ) dx +  f ‘ ( x ) dx | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn 1  I =  f (x) 0 2019 1 1 dx =  x 0 2019 x2020 1 . dx = = 2020 0 2020 Chọn ý C. Câu 41.  f ( x ) + 2f ( − ( x + 3 ) ) = x 2 + x + 1 thỏa mãn  . Tính giá trị của tích 2  2f ( x ) + 3f ( x + 4 ) = x − x + 1 Cho f ( x ) liên tục trên phân A. 1  f ( x ) dx 0 17 6 5 3 B. 13 10 C. D. 12 7 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2f ( x ) + 4f ( − ( x + 3 ) ) = 2 ( x 2 + x + 1 ) Từ giả thiết ta biến đổi được  2 2f ( x ) + 3f ( x + 4 ) = x − x + 1  3f ( x + 4 ) + 4f ( − ( x + 3 ) ) = ( x 2 − x + 1 ) − 2 ( x 2 + x + 1 ) = −x 2 − 3x − 1 Đặt x + 4 = y  3f ( y ) − 4f ( 1 − y ) = − ( y − 4 ) − 3 ( y − 4 ) − 1 = − y 2 + 5y − 5 2  3 f ( y ) dy − 4  f ( 1 − y ) dy =  ( −y 2 + 5y − 5 ) dy 1 1 0 0 1 0 1 1  y 3 5y 2  17 17  −  f ( y ) dy =  − + − 5y  = −   f ( y ) dy = 0 0 2 6 6  3 0 1 Chọn ý A. Câu 42. Cho I =   0 a cos x dx, b  0, b + c  0 . Giá trị của a, b, c để I = 0 là b + c sin x A. a = b = c = 1 B. a, b, c C. b = 1; a, c tùy ý D. Không có giá trị nào của a, b, c Lời giải Ta sẽ đi CM a, b, c đều thỏa mãn I = 0  2 0 Đặt x = 2t  dx = 2dt  I = 2   a cos 2 t − sin 2 t ( ) dt a cos 2t dt = 2  2 0 b + 2c sin t.cos t b + c sin 2t  a cos 2 t  dt . Đặt u = − t  du = −dt 0 b + 2c sin t.cos t 2   a cos 2  − u    0 a cos 2 u a cos 2 t 2   J =  . ( −du ) =  2 du =  2 dt 0 b + 2c sinu.cosu 0 b + 2c sint .cost     2 b + 2c sin  − u  cos  − u  2  2  Xét J =  2  I = J − J = 0 a, b, c thỏa mãn b  0, b + c  0 Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 300 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 43. 2 cos x + 1 A. 0 B. 1 Đặt t = . Tính a + b + c C. −1 Lời giải D. 2  − x  dx = −dt 2      sin  2 − t  + e      0  I =  ln   2 cos − t  + 1 2       cos  2 − t  + e      2   sin  − t  + 1 2   2 0  2I =  ( cos t + e ) ( −dt ) =  ln cos t + 1 ( sin t + e ) 2 sin t + 1  2 0 ( cosx+ e ) dt =  ln cosx + 1 ( sinx+ e )  2 0 2 sinx + 1  ( sinx + e )2 cos x + 1 ( cosx + e )2 sinx + 1  ln  .  dx =  ( cos x + e )sinx + 1 ( sinx + e )cosx + 1      =  2 ln ( sinx+ e ) cos xdx +  2 ln ( cos x + e ) sin xdx = J + K 0 0  2 0 1 Xét J =  ln ( sin x + e ) d ( sinx ) =  ln ( u + e ) du 0 = ( ( u + e ) ln ( u + e ) − ( u + e ) ) = ( e + 1 ) ( ln ( e + 1 ) − 1 ) 1 0  2 0 K = −  ln ( cos x + e ) d ( cos x ) =  ln ( u + e ) du = ( e + 1 ) ( ln ( e + 1 ) − 1 ) 1 0  2I = J + K = 2 ( e + 1 ) ( ln ( e + 1 ) − 1 )  I = ( e + 1 ) ( ln ( e + 1 ) − 1 )  a = 1, b = −1, c = −1  a + b + c = −1 Chọn ý C. Câu 44. x sin x  ln a dx = ; a, b  2 sin x + 3 b A. 30 B. 6 Cho   0 . Giá trị của ab là C. 20 Lời giải D. 12 Đặt x =  − t  dx = −dt I=  0 0 (  − t ) sin (  − t )  (  − t ) sin t  (  − x ) sinx x sin x dx =  . ( −dt ) =  dt =  dx 2 2 2  sin 0 sin t + 3 0 sin 2 x + 3 sin x + 3 ( − t) + 3  sin x   sin x dx  I =  dx 2 0 sin x + 3 2 0 sin 2 x + 3    sin x sin x 1   sin x sin x  Xét  dx =  dx =   dx +  dx  2 2 0 sin x + 3 0 4 − cos x 0 2 + cos x 4  0 2 − cos x   2I =    1 ln 3  ln 3 = ( ln cos x − 2 − ln cos x + 2 ) = I=  a = 3, b = 4  ab = 12 4 2 4 0 Chọn ý D. 301 | Chinh phục olympic toán dx TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cho ( sinx+ e )  ln ( cos x + e )sinx +1 dx = a ( e + 1) ln ( e + 1 ) + be + c, a, b, c   2 0 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  thỏa mãn điều kiện 3f ( x ) + f ( 2 − x ) = 2 ( x − 1 ) e x 2 − 2x + 1 +4. 2 Tính tích phân I =  f ( x ) dx ta được kết quả là? 0 A. I = e + 4 B. I = 8 C. I = 2 Lời giải 2 Theo giả thuyết ta có 2 D. I = e + 2 x  3f ( x ) + f ( 2 − x ) dx =  2 ( x − 1) e 0 2 − 2x + 1 0 2 2 2 0 0 0 + 4  dx ( * ) .  Ta tính  f ( 2 − x ) dx = −  f ( 2 − x ) d ( 2 − x ) =  f ( x ) dx . 2 2 Vì vậy   3f ( x ) + f ( 2 − x )  dx = 4  f ( x ) dx . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 0 2 Hơn nữa  2 ( x − 1) e x2 − 2x + 1 0 2 dx =  e d ( x − 2x + 1 ) = e x2 − 2x + 1 2 x2 − 2x + 1 2 0 0 2 = 0 và  4dx = 8 . 0 Chọn ý B. Câu 46. Giả sử tồn tại f ( x ) liên tục trên tích phân I =  1 0 thỏa mãn ( 1 − x ) f ( x ) + x 2 f ( 1 − x ) = 1 . Tính giá trị của 2 ( 1 − x ) f ( x ) dx 2 2x 2 − 2x + 1 B. A. 1 1 4 C.  4 D.  Lời giải Đặt x = 1 − t  dx = −dt 0 t2f (1 − t ) 1 2 (1 − t ) − 2 (1 − t ) + 1 I= 2  2I =  1 0 ( 1 − x ) f ( x ) dx + 2x − 2x + 1 2 1 0 Đặt 2x − 1 = tan t  2dx = t2f (1 − t ) 0 2t 2 − 2t + 1 1 x2 f ( 1 − x ) 0 2x − 2x + 1 2 I= 1 . ( −dt ) =   2 1 x2 f ( 1 − x ) 0 2×2 − 2x + 1 dt =  dx =  1 0 dx 1 dx 2x − 2x + 1 2 1 dx dx = 2 0 4x − 4x + 2 ( 2x − 1) + 1 2   dt 1 dt dt  4 4  I = . = =   2 2 2   − tan t + 1 2 cos t − 2 cos t 4 4 4 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 302 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên và thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x với mọi x  . Tính giá 2 trị của biểu thức I =  f ( x ) dx. 0 4 B. I = . 5 4 A. I = − . 5 5 D. I = . 4 5 C. I = − . 4 Lời giải Đặt u = f ( x ) , ta thu được u 3 + u = x. Suy ra ( 3u 2 + 1 ) du = dx. 1 x = 0 → u = 0 5 Từ u + u = x , ta đổi cận  . Khi đó I =  u ( 3u 2 + 1 ) du = . 4 x = 2 → u = 1 0 3 Cách 2. Nếu bài toán cho f ( x ) có đạo hàm liên tục thì ta làm như sau: f 3 ( 0 ) + f ( 0 ) = 0 f ( 0 ) = 0 → Từ giả thiết f ( x ) + f ( x ) = x   3 f ( 2 ) + f ( 2 ) = 2 f ( 2 ) = 1 Cũng từ giả thiết f 3 ( x ) + f ( x ) = x , ta có f ‘ ( x ) .f 3 ( x ) + f ‘ ( x ) .f ( x ) = x.f ‘ ( x ) . 2 Lấy tích phân hai vế 2  f ‘ ( x ) .f ( x ) + f ‘ ( x ) .f ( x ) dx =  x.f ‘ ( x ) dx 3 0 0  f ( x ) 4 f ( x ) 2  +   4 2   2 2 2  2  = xf ( x ) − f ( x ) dx  f ( x ) dx = 5 0 0 0 4  0 Chọn ý D. Câu 48. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên  0; 1 , thỏa mãn f ‘ ( x ) = f ‘ ( 1 − x ) với mọi 1 x   0; 1 . Biết rằng f ( 0 ) = 1, f ( 1 ) = 41. Tính tích phân I =  f ( x ) dx. 0 B. I = 21. A. I = 41. C. I = 41. Lời giải D. I = 42. Ta có f ‘ ( x ) = f ‘ ( 1 − x )  f ( x ) = −f ( 1 − x ) + C  f ( 0 ) = −f ( 1 ) + C  C = 42 1 1 0 0  f ( x ) = −f ( 1 − x ) + 42  f ( x ) + f ( 1 − x ) = 42    f ( x ) + f ( 1 − x )  dx =  42dx = 42 ( 1 ) 1 1 Vì f ‘ ( x ) = f ‘ ( 1 − x )   f ( x ) dx =  f ( 1 − x ) dx. ( 2 ) 0 0 1 1 0 0 Từ ( 1 ) và ( 2 ) , suy ra  f ( x ) dx =  f ( 1 − x ) dx = 21. Chọn ý B. 303 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 49. Cho các hàm số f ( x ) , g ( x ) liên tục trên  0; 1 , thỏa m.f ( x ) + n.f ( 1 − x ) = g ( x ) với m, n là 1 1 0 0 số thực khác 0 và  f ( x ) dx =  g ( x ) dx = 1. Tính m + n. 1 B. m + n = . 2 A. m + n = 0. C. m + n = 1. D. m + n = 2. Lời giải Từ giả thiết m.f ( x ) + n.f ( 1 − x ) = g ( x ) , lấy tích phân hai vế ta được : 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 Do  f ( x ) dx =  g ( x ) dx = 1   m.f ( x ) + n.f ( 1 − x )  dx =  g(x)dx  m + n  f ( 1 − x ) dx = 1 ( 1 ) 1 x = 0  t = 1 Xét tích phân  f ( 1 − x ) dx. Đặt t = 1 − x , suy ra dt = −dx. Đổi cận:  x = 1  t = 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Khi đó  f ( 1 − x ) dx = −  f ( t ) dt =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 1. ( 2 ) Từ ( 1 ) và ( 2 ) , suy ra m + n = 1 . Chọn ý C. Câu 50. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn điều kiện   f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x, x  2  , và f ( 0 ) = 0 .  2 Giá trị của tích phân  x.f  ( x ) dx bằng 0  A. − 4 B. 1 4 C.  4 D. − 1 4 Lời giải     Theo giả thiết, f ( 0 ) = 0 và f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x nên f ( 0 ) + f   = 0  f   = 0 . 2 2  2  2  2 0 0  2 0  2  2 0 0 Ta có: I =  x.f  ( x ) dx =  xd  f ( x )  =  xf ( x )  −  f ( x ) dx  I = −  f ( x ) dx . Mặt khác, ta có:   f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x  2  Suy ra  2 0   2 0    1   f ( x ) dx +  2 f  − x  dx =  2 sin x.cos xdx = 0 0 2 2   1 1   f ( x ) dx −  f  − x  dx =   2 f ( x ) dx = 0 2 4  2 2 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 304 Kỹ thuật giải toán tích phân| π 2 1 Vậy I = −  f ( x ) dx = − . 4 0 Câu 51. n dx −k 1 + f x ( ) Giả sử tồn tại f ( x ) thỏa mãn f ( x ) .f ( −x ) = 1 . Tính Pn =   k =1 B. A. n n ( n + 1) 2 k C. n ( n + 1 ) D. n + 1 Lời giải dx . Đặt t = − x  dt = −dx −k 1 + f x ( ) k  Ik =  −k k  k k k  −dt dt dx 1 1 = =  2I k =   +  dx −k 1 + f x 1 + f ( −t ) − k 1 + f ( −t ) − k 1 + f ( −x ) ( ) 1 + f ( −x )   = f ( x ) + 1 + f ( −x ) + 1 k −k ( f ( x ) + 1 ) ( f ( −x ) + 1 ) dx =  k −k f ( x ) + f ( −x ) + 2 f ( x ) + f ( −x ) + 2 k dx =  dx = 2k −k n n n ( n + 1) k =1 k =1 2  I k = k  Pn =  I k =  k = 1 + 2 + 3 + … + n = Chọn ý B. Câu 52. Cho f ( x ) thỏa mãn ( 2019 − x ) .f ( x ) + x.f ( 2019 − x ) = 1 . Biết f ( 1 ) = 0 , tính giá trị của tích phân I =  2018 1 A. ln 2018 ln x.f ‘ ( x ) dx C. B. ln 2019 2018 ln 2018 2019 D. 2019 ln 2019 2018 Lời giải dx  2018 f ( x ) u = ln x 2018 du = Đặt   dx = f ( 2018 ) ln 2018 − K x  I = f ( x ) ln x 1 −  1 x dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )  Thay x = 1 và đề bài, có 2018.f ( 1 ) + f ( 2018 ) = 1  f ( 2018 ) = 1 Xét K =  2018 1 2018 f ( 2019 − x ) f ( x) dx =  dx 1 x 2019 − x  2K =  2018 1 2018  f ( x ) f ( 2019 − x )  dx +   dx = 1 2019 − x  x ( 2019 − x )  x 1 2018  1 1 1 x  K= ln  −  dx =  1 4038 4038 x − 2019  x x − 2019   I = ln 2018 − Chọn ý C. 305 | Chinh phục olympic toán ln 2018 2018 = ln 2018 2019 2019 2018 = 1 ln 2018 2019 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Xét I k =  | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 53. n f ( x) 1 n f ( x ) dx = 1, n  , tính Fn =  x dx theo n  −n 2 + 1 n n −1 n ( n + 1) B. n ( n + 1 ) C. D. 2n 2 Lời giải Cho f ( x ) là hàm chẵn. Biết A. n t x − n f ( −t ) n 2 f (t) n 2 f (x) f ( x) . Đặt dx x = − t  F = . − dt = dt ( ) n n 2−t + 1 −n 2 t + 1 −n 2 x + 1 dx −n 2x + 1 n n 1 n (Vì f ( x ) là hàm chẵn)  2Fn =  f ( x ) dx  Fn =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx −n 0 2 −n 1 2 3 n n ( n + 1)  Fn =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx + … +  f ( x ) dx = 1 + 2 + 3 + … + n = 0 1 2 n −1 2 Chọn ý C. Xét Fn =  n Câu 54. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 4 Cho f ( x ) thỏa mãn f ( x ) = f ( x + 4 ) . Biết f ( 4 ) = a;  f ( x ) dx = b . Tính giá trị của biểu thức 0 4 42 43 42019 0 0 0 0 P =  xf ‘ ( x ) dx +  xf ‘ ( x ) dx +  xf ‘ ( x ) dx + … +  A. 4 2019. ( a − b ) C. ( 4 2019 − 1 ) ( 4a − b ) B. 4 2019. ( 4a − b ) Ta có f ( x ) = f ( x + 4 )  f ( 4 ) = f ( 4 xf ‘ ( x ) dx theo a và b ? D. 4 2019 − 1 . ( 4a − b ) 3 Lời giải 2 ) = f ( 4 ) = … = f ( 4 ) = a 3 2019 4n   u = x du = dx Xét dạng TQ I n =  x.f ‘ ( x ) dx . Đặt   0  dv = f ‘ ( x ) dx  v = f ( x )  I n = xf ( x ) 0 −  f ( x ) dx = 4 n.f ( 4 n ) − 4 n −1  f ( x ) dx = 4 n.a − 4 n −1.b 4n 4n 4 0 0 (Vì f ( x ) tuần hoàn chu kì 4 )  P = I 1 + I 2 + I 3 + … + I 2019 = a. ( 4 + 4 2 + 4 3… + 4 2019 ) − b. ( 1 + 4 + 4 2 + … + 4 2018 ) = ( 4a − b ) ( 1 + 4 + 4 2 + … + 4 2018 ) = 4 2019 − 1 . ( 4a − b ) 3 Chọn ý D. Câu 55.  2 Cho a  ( 4 cos 2x + 3 sin 2x ) ln ( cos x + 2 sin x ) dx = c ln 2 − b , trong đó a ,b,c 0 số tối giản. Tính T = a + b + c . A. T = 9 B. T = −11 C. T = 5 Lời giải * , a là phân b D. T = 7  2 Biến đổi giả thiết ta có I =  ( 4 cos 2x + 3 sin 2x ) ln ( cos x + 2 sin x ) dx 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 306 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2 =  2 ( cos x + 2 sin x )( 2 cos x − sin x ) ln ( cos x + 2 sin x ) dx . 0 Đặt t = cos x + 2 sin x  dt = ( − sin x + 2 cos x ) dx . • Với x = 0 thì t = 1 .  Với x = thì t = 2 . 2 • 2 2 2 t2 Suy ra I =  2t ln tdt =  ln td ( t ) = ( t .ln t ) −  tdt = 4 ln 2 − 1 2 1 1 1 2 2 2 2 1 3 = 4 ln 2 − . 2 a = 3  Vậy  b = 2  T = a + b + c = 9 . c = 4  Câu 56. Tính giá trị của tích phân A. 2 2019   2 2019  −2 2019  ( cos 2x − cos B. − 2 2x ) dx . C.  Lời giải D. −2 2019  Nhận thấy hàm số cos 2x − cos 2 2x là hàm chẵn, tuần hoàn chu kì  , nên ta biến đổi về tích phân gọn hơn như sau I = 2 2 2019  0 ( cos 2x − cos   0 0 Xét J =  cos 2xdx −  2 2x ) dx = 2.2 2019  ( cos 2x − cos 2 2x ) dx = 2 2020.J  0   sin 2x sin 4x  1 1 2019 cos 2xdx = − x−  = −   I = −2  2 0 2 8 0 2 2 Chọn ý D. Câu 57. Cho  4 0  ln ( 1 + tan x ) dx = a + b bằng A. 10 Đặt t =  ln a với a là số nguyên tố và b nguyên dương. Giá trị biểu thức b B. 6 C. 11 Lời giải D. 7  0      − x  I =  4 ln ( 1 + tan x ) dx =  ln  1 + tan  − t   . ( −dt ) 0 4  4   4  4 0 =   1 − tant  2 2  4 ln  1 + dt =  4 ln dx  dt = 0 ln 0 1 + tan t  1 + tan t 1 + tanx     2I =  4 ln ( 1 + tan x ) dx +  4 ln 0 0 I= 307 | Chinh phục olympic toán  2  ln 2 dx =  4 ln 2dx = 0 1 + tanx 4  ln 2  a = 2, b = 8  a + b = 10 8 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chọn ý A. | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Chọn ý A. Câu 58.  2  ( 2018 + cos x )1+ cos x  Cho tích phân I =  ln   dx = a ln a − b ln b − 1 với a,b là các số nguyên 2018 + sin x   0 dương. Giá trị của a + b bằng? A. 2015 B. 4030 C. 4037 D. 2025 Lời giải b b a a  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx , ta có Sử dụng tính chất  2  2  ( 2018 + cos x )1+ cos x   ( 2018 + sin x )1+sin x  I =  ln   dx =  ln   dx 2018 + sin x    2018 + cos x  0 0  2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  2I =  ln ( 2018 + cos x )  cos x ( 2018 + sin x ) sin x 0   dx = 2 sin x ln ( 2018 + cos x ) dx 0  1 =  ln ( 2018 + x ) dx = 2019 ln 2019 − 2018 ln 2018 − 1 0 Chọn ý C. Câu 59. thỏa mãn f 3 ( x 2 ) + f ( x 2 ) = 2x 2 + 9 . Tính giá trị của tích Cho hàm số f ( x ) liên tục trên phân I =  xf 2 ( x 2 ) dx ? 6 1 A. I = 82 15 B. I = 85 12 C. I = 18 52 D. I = 7 Lời giải Lấy vi phân 2 vế giả thiết ta có d ( 2x 2 + 9 ) = 4xdx = 6xf ‘ ( x 2 ) f 2 ( x 2 ) + 2xf ‘ ( x )  dx = 2xf ‘ ( x )  3f 2 ( x 2 ) + 1 dx  dx = 2  I =  xf ( x ) dx =  xf ( x 6 2 6 2 1 2 0 Cho f ( x ) liên tục trên f ( 1 ) = 2 . Tính I =  3 1 A. 37 12  1; 3 f ( x) ( x + 1) B. 2 1 Đặt t = f ( x2 )  dt = 2xf ‘ ( x 2 ) dx  I =  t 2 Câu 60. 2 2 ) ( ) f ‘ ( x 2 ) 3f 2 ( x 2 ) + 1 dx ( 2 ) f ‘ ( x2 ) 3f 2 ( x 2 ) + 1 dx 2 3t + 1 dt 1 2 4 2 82 . =  ( 3t + t ) dt = 0 2 2 4 15 2 thỏa mãn f ( x )( x + 1 ) ( f ( x ) + 1 ) + 2 = 0 x . Biết f ( 3 ) = 3 ; dx . 37 6 C. 91 12 D. 91 6 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 308 Kỹ thuật giải toán tích phân| Có f ( x )( x + 1 ) ( f ( x ) + 1 ) + 2  ( x + 1 ) f 2 ( x ) + ( x + 1 ) f ( x ) + 2 = 0  ( x + 1) f 2 ( x ) + ( x + 1) f ( x ) + x + 1 = x − 1  f 2 ( x ) + f ( x ) + 1 = Lấy đạo hàm 2 vế  ( 2f ( x ) + 1 ) f ‘ ( x ) dx = 3 2f ( x ) + 1 1 2  I =  f (x). 2 ( x + 1) 2 x−1 x+1 dx 3 1 2 1 91  .f ‘ ( x ) dx = .  f 3 ( x ) + f 2 ( x )  = 2 3 2  1 12 Chọn ý C. Câu 61. A. 2 ln 2 B. D. C. ln 2 2 ln 2 ( ) 2 + 1 ln 2 Lời giải Ta sẽ đưa bài toán về dạng u’ v + uv’ = ( uv ) ‘ Ta có sin x.f ‘ ( x ) + cos x.f ( x ) = sin 2x   f ‘( x) . f ( x)  sin x  2  4  2  4 = 2 f ‘ ( x ) cos x cos x − .f ( x ) = 2 2 sin x sin x sin x 1 cos x  f ( x )  cos x  1  + f (x).  ’ = 2 ’ = 2 sinx sin x  sin x  sin x  sin x  cos x dx = 2 ln sin x sin x  2  4   f  f  1   2 4     −   = 2.  − ln = ln 2  f   = ln 2.  1 1 2 2  2 ( 2 +1 Chọn ý D. Câu 62. Giả sử tồn tại f ( x ) thoản mãn 2xf ( x 2 + 1 ) − f ( x + 1 ) = 2x 3 + 1 . Tính I =  f ( x ) dx . 5 3 A. 6 B. 8 C. 10 Lời giải 2 ( ) D. 12 2 2 0 0 ( ) Lấy tích phân cả 2 vế, có 2  xf x 2 + 1 dx −  f ( x + 1 ) dx =  2x 3 + 1 dx 0 ( 2 ) 5 5 1 1 Đặt x 2 + 1 = t  2xdx = dt  2  xf x 2 + 1 dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 0 Có 2 3 1 1  f ( x + 1) dx =  f ( x ) dx Chọn ý C. 309 | Chinh phục olympic toán   f ( x ) dx −  f ( x ) dx =  ( 2x 3 + 1 ) dx = 10   f ( x ) dx = 10 5 3 2 5 1 1 0 3 ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   Cho f ( x ) liên tục trên khoảng  ;  thỏa mãn sin x.f ‘ ( x ) + cos x.f ( x ) = sin 2x . Biết 4 2   f   = ln 2 . Tính f   . 4 2 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 63. Cho f ( x ) liên tục đạt giá trị dương trên thỏa mãn f ( x ) .f ‘ ( x ) = 2 xf 2 ( x ) + 25x . Biết 1 f ( 9 ) = 12 , tính I =  f 2 ( x ) dx . 0 A. 479 41 45 B. 480 41 45 4 45 C. 479 D. 480 4 45 Lời giải Có f ( x ) .f ‘ ( x ) = 2 xf 2 ( x ) + 25x  f ( x ) .f ‘ ( x ) f 2 ( x ) + 25 =2 x  ( ) f 2 ( x ) + 25 ‘ = 2 x 3 x2 4 3  f 2 ( x ) + 25 =  2 xdx = 2. + C = .x 2 + C 3 3 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Có f ( 9 ) = 12  12 2 + 25 = 36 + C  C = −23 4 3 16 184 23  f 2 ( x ) + 25 = .x 2 − 23  f 2 ( x ) = .x 3 − .x + 504 3 9 3 1 5   3 4 2   1  16  184 16 x 184 x 21596 41  I =   .x 3 − .x 2 + 504  dx =  . − . + 504  = = 479 0 3 3 5 45 45  9   9 4   2 0 Chọn ý A. Câu 64. Cho f ( x ) là hàm chẵn, liên tục trên 7 thỏa mãn x 2 + = f ‘ ( x ) . Biết f ( x − 1 ) f ( 4x − 1 ) 2 dx  f ( x ) = a; f ( 1) = b . Tính f ( 2 ) theo a và b −7 A. b + a 2 B. 2b + a C. b + a 4 D. 4b + a Lời giải 7 dx 7 dx 7 dx a = 2  = Có f ( x ) là hàm chẵn  a =  −7 f x 0 f x ( ) ( ) 0 f (x) 2 Lấy tích phân 2 vế biểu thức đề bài, có 2 2 2 xdx 2dx 1 f ( x2 − 1) + 1 f ( 4x − 1) = 1 f ‘ ( x ) dx = f ( 2 ) − f ( 1) = f ( 2 ) − b Đặt t = x2 − 1  dt = 2xdx   2 1 Đặt t = 4x − 1  dt = 4dx   2 1 xdx 1 3 dt = f ( x 2 − 1) 2 0 f ( t ) 2dx 1 7 dt =  f ( 4x − 1 ) 2 3 f ( t ) Tạp chí và tư liệu toán học | 310 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2 1 2 7 dt  xdx 2dx 1  3 dt 1 7 dt a + =   + =  =  2  f ( x − 1 ) 1 f ( 4x − 1 ) 2  0 f ( t ) 3 f ( t )  2 0 f ( t ) 4  f (2) − b = a a  f (2) = b + 4 4 Chọn ý C. Câu 65. thỏa mãn f ( x ) + f 2 ( x ) = x 2 + 1 . Biết f ( 2 ) = Cho f ( x ) liên tục trên −1 + 3 2 , tính 2 1 0 1 6 ln A. − + + 2 4 1 6 ln C. − + + 2 4 ( ( ) 3+ 2 4 3− 2 1 6 ln B. − − + 2 4 ) ( 1 6 ln D. − − + 2 4 Lời giải 4 Ta có f ( x ) + f 2 ( x ) = x 2 + 1  ( 2f ( x ) + 1 ) = 4x 2 + 2  f ( x ) = 2 ( 3+ 2 ) 4 3− 2 ) 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC I =  f ( x ) dx −1  4×2 + 2 2 −1 + 3 2 −1 + 4x 2 + 2 Mà f ( 2 ) =  f (x) = 2 2 −1 + 4x 2 + 2 1 1 1 1 1 1 dx = −  dx +  4x 2 + 2dx = − + J 0 2 2 0 2 0 2 2 4x  u = 4x 2 + 2 dx du = 2  4x + 2dx . Đặt  4x 2 + 2 dv = dx v = x  I= Xét J =  1 0 ( 1  J = x 4x 2 + 2 ) 1 0 − 0  2J = 6 + 2  1 0 J= 1 4x 2 4×2 + 2 dx = 6 −  1 0 4x 2 + 2 − 2 4x 2 + 2 4x 2+ dx = 6 − J + 2  dx 1 4x 2 + 2 0 ( d 2x + 4x 2 + 2 1 4x 2 + 2 dx = 6 + 2  0   4x 4x + 2 4x 2 + 2 2 4x + 2.  2 +  4x 2 + 2   6 1 + ln 2x + 4x 2 + 2 2 2 Chọn ý A. 311 | Chinh phục olympic toán 1 = 0 6 1 + ln 2 2 ( 1 6 ln 3+ 2 I=− + + 2 4 ) ( ) 3+ 2 4 ) | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 66. thỏa mãn f ‘ ( x ) + 2x = f ( x ) . Biết f ( 2 ) = 10; f ( 1 ) = 5 . Tính giá trị Cho f ( x ) liên tục trên 2  x  của tích phân    f ‘ ( x ) dx 1 f x ( )   6 6 A. + ln 2 B. − ln 2 5 5 2 4 + ln 2 5 C. D. 4 − ln 2 5 Lời giải 2  x  Xét I =    f ‘ ( x ) dx . Đặt 1  f (x)  2 u = x 2 du = 2xdx   f ‘( x)  1  dv = f x 2 dx  v = − f ( x ) ( )   2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 2x 2 2x x2 1 I=− + dx = − +  dx f (x) 1 1 f (x) 5 1 f (x) Có f ‘ ( x ) + 2x = f ( x )   2 1 f ‘( x) f ( x) + 2 f ‘( x) 2 2x 2 2x dx +  dx =  dx =1 1 f x 1 f x 1 f (x) ( ) ( ) 2 2x ln 10 4 dx = 1 − ln f ( x ) = 1 − = 1 − ln 2  I = − ln 2 1 f (x) ln 5 5 Chọn ý D. Câu 67. ho  3 0 3  f ‘ ( x )  dx = 36,  f ( x ) dx = 0 .Biết f ( 3 ) = −6, f ( 0 ) = 3 . Tính f ( −1 ) 0 2 A. 0 B. 1 C. 2 Lời giải D. 3 3 3 3  3 u = f ( x )  du = f ‘ ( x ) dx   f ( x ) dx = xf ( x ) 0 −  xf ‘ ( x ) dx   xf ‘ ( x ) dx = −18 Đặt   1 0 0   dv = dx v = x Ta tìm k sao cho  3 0  f ‘ ( x ) + kx  dx = 0 2 3 3 3    f ‘ ( x )  dx + 2k  xf ‘ ( x ) dx + k 2  x 2dx = 0  36 − 36k + 9k 2 = 0 0 0 0 2  k = 2  f ‘ ( x ) = −2x  f ( x ) = −x 2 + C . Mà f ( 0 ) = 3  C = 3  f ( x ) = 3 − x 2  f ( −1 ) = 2 Chọn ý C. Câu 68. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên và thỏa mãn f ( x + 1 ) + f ( x + 2 ) = e x ( x 2 − 1 ) . Tính giá trị 3 của tích phân I =  f ( x ) dx ? 1 A. 0 B. 1 C. −1 Lời giải D. 3 Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 tới 1 ta được  1 0 f ( x + 1 ) dx +  f ( x + 2 ) dx =  e x ( x 2 − 1 ) dx = −1 1 1 0 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 312 Kỹ thuật giải toán tích phân| Đến đây quay trở về bài toán đổi ẩn quen thuộc, ta có 1 2 2 0 1 1  f ( x + 1) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx  f ( x + 2 ) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx Từ đây ta có  1 0 1 3 0 2 3 2 1 2 3 3 0 1 2 1 f ( x + 1 ) dx +  f ( x + 2 ) dx = −1   f ( x ) dx +  f ( x ) dx = −1 =  f ( x ) dx Chọn ý C. Nhận xét. Với bài này cái khó nhất là tại sao ta biết để lấy được tích phân cận từ 0 tới 1, nếu không nhìn thấy ngay ta có thể giả sử lấy tích phân từ a tới b như sau. b b b a a a  f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx =  b b+1 a a a+1  f ( x + 1) dx =  f ( x + 1) d ( x + 1) =  Với tích phân  f ( x + 2 ) dx =  f ( x + 2 ) d ( x + 2 ) =  f ( x ) dx b b b+2 a a a+2 f ( x ) dx a + 1 = 1 a = 0   Đến đây chọn a và b sao cho b + 2 = 3 b = 1 b + 1 = a + 2  Câu 69. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên và thỏa mãn 3 , x   −1; + ) x+1 + x+2 f ( x + 1 ) + 3f ( 3x + 2 ) − 4f ( 4x + 1 ) − f ( 2 x ) = Tính giá trị của tích phân I =  2 1 A. (2 + 6 f ( x ) dx ? x B. (2 + 6 ) 3 − 8 2 ln 2 C. ) 3 + 8 2 ln 2 (2 − 6 D. ) (2 − 6 3 − 8 2 ln 2 Lời giải Lấy tích phân 2 vế từ 0 đến 1 ta có  f ( x + 1) dx +  3f ( 3x + 2 ) dx −  4f ( 4x + 1) dx −  f ( 2 ) dx =  1 1 1 1 0 0 0 0 Dễ dàng tính được tích phân  1 3dx = 3 0 x+1 + x+2 1 0 ( = 2 ( x + 2 ) x + 2 − ( x + 1) x + 1 Mặt khác ta lại có • • • 1 2 0 1 2  f ( x + 1) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 1 1 5 5 0 2 2 1 5 5 0 1 1  3f ( 3x + 2 ) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx  4f ( 4x + 1) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 313 | Chinh phục olympic toán ( ) x 1 0 ) 3dx x+1 + x+2 x + 2 − x + 1 dx 1 0 = 2+6 3 −8 2 ) 3 + 8 2 ln 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC b Với tích phân e x ( x 2 − 1 ) dx | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn f ( t ) dt 1 2 f ( t ) dt 1 2 f ( x ) dx = = 0 1 t ln 2 ln 2 1 t ln 2 1 x 2 5 5 1 2 f ( x ) dx Khi đó ta có  f ( x ) dx +  f ( x ) dx −  f ( x ) dx − = 2 +6 3 −8 2 1 2 1 ln 2 1 x 2 f ( x ) dx  = 2 + 6 3 − 8 2 ln 2 1 x 1 • f ( 2 x ) dx =  2 ( ) Câu 70. 1 Cho S n = −  ( x − 1) 100 0 2 dx +  ( x − 2 ) 0 100 n dx − … +  ( x − n ) 100 dx . 0 3 100 1  100 Tính giá trị của biểu thức S 100 +   x100 +  x100 + … +  x100  −  x100 ? 2 98 0  0 100 100 1 A. −  x100 B.  x100 C. 0 2 0 0 100 D. 2  x 100 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải n Ta có  (x − n) 100 0 n dx =  ( n − x ) 100 0 0 n dt = −  t dt =  x 100dx . 100 n 1 0 2  S 100 = −  x dx +  x dx − … + 100 0 1 2 100 0 100 x 100 dx . 0 100 Ta có 2S 100 = −2  x dx + 2  x dx − … + 2  x 100dx 100 0 1 100 0 1 0 2 2 3 99 = −  x dx −  x dx +  x dx +  x dx −  x dx −… −  x dx + 0 100 100 0 1 100 0 2 100 0 3 100 0 3 0 = −  x dx +  x dx −  x dx +  x dx − … + 100 0 100 1 100 2 100 100 3 100 x 100 100 x 100 dx 0 dx 99 100 100 100  1 100 3 100  1 100 2 100 3 100 100 100  2S 100 + 2   x +  x + … +  x  =  x +  x +  x + … +  x =  x 100 2 98 1 2 98 0 0  0 1 3  S 100 +  x100 +  x100 + … + 0 2 100  x100 − 98 100  x100 = − 0 1 2 100 x 100 . 0 Chọn ý A. Câu 71.  Tính giá trị của tích phân I = A. − 1 2 x2  sin x + tan x dx ? − B. 0. C. 1. D.  2 Lời giải Ta sẽ chứng minh hàm số f ( x ) = x2 là hàm số lẻ. sin x + tan x Tạp chí và tư liệu toán học | 314 Kỹ thuật giải toán tích phân| cos x  0 cos x  0 cos x  0  TXĐ của hàm số trên  .   ( cos x + 1) sin x  0 sin x + tan x  0 sin x  0   sin 2x  0  2x  k  x  k ,k Z . 2 ( −x ) x2 f ( −x ) = =− = −f ( x ) sin ( −x ) + tan ( −x ) sin x + tan x 2 nên hàm số là hàm số lẻ. 0 0  ( −x ) x2 x2 x2  dx =  − dx =  dx = −  dx sin x + tan x sin ( −x ) + tan ( −x ) sinx+ tanx sinx+ tanx − −  0 2 0   0 x2 x2 x2 I=  dx =  dx +  dx = 0 . sin x + tan x sinx+ tanx sinx+ tanx −  0 Chọn ý B. Cho tích phân I =   0 A. 1 3 4x 3 − 3x dx = a3 + b2 + c . Tính a + b + c ? 1 − x. 1 + x B. 0. D. C. 0.  2 Lời giải  Ta có I =  0   4x 3 − 3x 4x 3 − 3x 4x 2 − 3 dx =  dx =  xdx 1 − x. 1 + x 1 − x2 1 − x2 0 0 tdt = −xdx Đặt 1 − x 2 = t 2   2 2 2 3 − 4x = 3 − 4 ( 1 − t ) = 4t − 1    1 4t 2 − 1 4 4  I= tdt =  4t 2 − 1dt =  t 3 − t  = 3 −   a + b + c = . 3 t 3 0 3 0 0 Chọn ý A. Câu 73. tan Tính giá trị của tích phân I =  tan A. M. b 2 a 2 ln x ( 1 − x 2 ) (1 + x ) 2 2 2  1 − cosx  ln   1 + cosx  dx = M ? theo   2 a b C. B. 0. M 4 Lời giải t  ln tan   dt 1+ x ) ( t 1 2  dt = dt  I =  Đặt x = tan  dx = 2 2 2 2 cos 2 x 2 ( 1 − x2 ) 2 2 315 | Chinh phục olympic toán D. 2M TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 72. | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn t 1 − cost  1 − cost   1 − cosx   tan = b ln  b ln     2 sint  2I =  1 + cost  dt =  1 + cosx  dx  I = M . Ta có  a a 2 2 4 tan t = sint  2 1 + cost Chọn ý C. Câu 74. Cho tích phân J n = n e n −n A. 1 100 n . e 2 n =1 ) ( ln x + 1 + x 2 dx . Tính J 1 + J 2 + … + J 100 ? 100 B. 2  e n . D. C. 0 n =1 100 e n n =1 Lời giải ) f ( −x ) + f ( x ) = ln ( x + x + 1 ) + ln ( −x + x + 1 ) = ln ( x + x + 1 )( −x + x + 1 ) = ln 1 = 0  f ( x ) = −f ( −x ) ( Ta có hàm số f ( x ) = ln x + 1 + x 2 liên tục khi n   1; 100  nên CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 2 2 2 Hàm số là hàm số lẻ. Suy ra ) ( a 2  ln x + x + 1 dx = I= −a ) ( 0 ) ( a 2 2  ln x + x + 1 dx +  ln x + x + 1 dx −a 0 Đổi biến t = − x ta được I=  ln ( x + 0 ) ( a ) ( a ) ( a ) x + 1 dx +  ln x + x + 1 dx =  ln −t + t + 1 dt +  ln x + x 2 + 1 dx 2 −a a ( 0 ) 2 a ( 0 ) 2 a ( 0 ) = −  ln t + t + 1 dt = −  ln x + x + 1 dt +  ln x + x 2 + 1 dx = 0 . 0 2 0 2 0  J 1 + … + J 100 = ( e + e 1 + … + e 100 ) = 0 . Chọn ý C. Câu 75. 1 2 3 f (x) ln ( 1 − x ) 1 ln x = dx = a Tính  − dx theo a? Cho ,  2 2  1 − x  − ( x + 1 ) −1  1 − x  x + 1 f x ( ) ( ) −1 f f   2 2  x   x  1 A. a B. 2a C. 0 D. a 2 Lời giải 3 Ta có  − 1 3 ln x ( x + 1) f ( x ) 2 2 ln x dx 1  1−x  f  3   x  dx =  Tạp chí và tư liệu toán học | 316 Kỹ thuật giải toán tích phân| −1  x=2t=  1−t 1  2 . Đặt x =  dx = − 2 dt   1 t t x =  t = 2  3 1−t 1  −t 2 = − I= 2 t ( x + 1)  1 3 − −1 2 ln x ( x + 1) f ( x ) 2 dx =  2 −1  1−t   1−x   1−x  ln  2 ln     2 ln   t  dt =  x  dx = −  x  dx . 2  1 − x    1−x   1−t  −1 f f f     2  t   x   x  2 − −1 2 2 ln x ( x + 1) f ( x ) 2 dx −  − 1 3 ln x ( x + 1) f ( x ) 2 dx  1−x   1−x  ln  2 2 ln  2   ln x ln x  x  dx =  x  dx = ln ( 1 − x ) dx = a . dx + = − dx + 2   1−x     1−x   ( x + 1) f ( x ) −1  1 − x  −1 −1  1 − x  −1 −1 f f f f        2 2 2 2 2  x   x   x   x  2 2 Chọn ý D. Câu 76. 2 Cho hàm số chẵn f ( x ) thỏa mãn f ( x ) . ( x − 1 ) = f ( x − 1 ) .x . Tính  f ( x − 2 ) dx ? 0 A. 1 B. 2 C. 0 Lời giải Ta có f ( x ) . ( x − 1 ) = f ( x − 1 ) .x  D. 7 f ( x ) f ( x − 1) =  f (x) = x . x x−1 2 2 0 2 2 0 0 2 0 0 Đặt t = 2 − x  dt = −dx   f ( x − 2 ) dx =  f ( 2 − x ) dx = −  f ( t ) dt =  f ( x ) dx =  xdx = 2 . Chọn ý B. Câu 77. thỏa mãn f ( x ) .f ( 2 − x ) = 2019 . Tính giá trị của biểu thức Cho hàm số f ( x ) liên tục trên tích phân A. 0  2 0 dx 2019 + f ( x ) C. B. 1 2 2019 D. 1 2019 Lời giải Đặt t = 2 − x  dt = −dx  I =  2 0 0 2 dx dt dx = = 2 0 2019 + f ( x ) 2019 + f ( 2 − t ) 2019 + f ( 2 − x )  2 1 1  2I =   +  dx 0   2019 + f x 2019 + f 2 − x ( ) ( )    2 2019 + f ( x ) + f ( 2 − x ) 1 2 1 2 dx 1 I=   =  dx = 0 0 2  2.2019 + f ( x ) 2019 + f ( 2 − x ) 2019  2 2019 2019 317 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có x = −1 2 | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Chọn ý D. Câu 78. f ( x ) = x 3 + ( x − 1 ) + … + ( x − 100 ) . Tính giá trị của biểu thức tích phân 3 Cho hàm số  100 0 3 f ( x ) dx ? A. 0 2 2019 C. B. 1. 1 2019 D. Lời giải 0 100 100 0 Đặt x = 100 − t  dx = −dt  I = −  f ( 100 − t ) dt =  ( f ( 100 − x ) dx Xét f ( 100 − x ) = ( 100 − x ) + ( 99 − x ) + … + ( −x ) = − x 3 + ( x − 1 ) + … + ( x − 100 ) 3 3 I= 100 0 3 f ( x ) dx = −  100 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Cho hàm số f ( x ) xác định là liên tục trên  0 thỏa mãn f ( x + 1 ) = f ( x ) dx = 1, f ( 4 ) = 2 . Tính giá trị của tích phân A. 2 2019 B. 2 2020 ) = −f ( x ) f ( x ) dx  I = 0 0 Câu 79. 4 3  2 2019 0 f ( x) − 1 f ( x) + 1 . Biết rằng xf ‘ ( x ) dx ? C. 7.2 2017 Lời giải D. 7.2 2018 f (x) − 1 −1 f ( x + 1) − 1 f ( x ) + 1 1 = =− Xét hàm số f ( x + 2 ) = f ( x + 1 + 1 ) = f ( x + 1) + 1 f ( x ) − 1 f (x) +1 f (x) + 1  f (x + 4) = f (x + 2 + 2 ) = − 1 = f (x) f (x + 2) Suy ra f ( x ) là hàm số tuần hoàn chu kì T = 4 . Xét tích phân  2 2019 0 2 2019 xf ‘ ( x ) dx = xf ( x ) 0 − 2 2019 0 f ( x ) dx = 2 2019 f ( 2 2019 ) − 2 2017  f ( x ) dx = 2 2020 − 2 2017 = 7.2 2017 2 0 Câu 80. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện: f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1  f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 3xy ( x + y ) − 1, x,y  1 Tính tích phân  f ( x − 1) dx . 0 A. 1 2 B. − 1 4 C. 1 4 D. 7 4 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 318 Kỹ thuật giải toán tích phân| Lấy đạo hàm 2 vế theo hàm số y ta được f ‘ ( x + y ) = f ‘ ( y ) + 3x 2 + 6xy , x  . Cho y = 0  f ‘ ( x ) = f ‘ ( 0 ) + 3x 2  f ‘ ( x ) = 1 + 3x 2 Vậy f ( x ) =  f ‘ ( x ) dx = x 3 + x + C mà f ( 0 ) = 1  C = 1 suy ra f ( x ) = x 3 + x + 1 . 0 0 0 1  x4 x2  1 1 1   f ( x − 1) dx =  f ( x ) dx =  ( x + x + 1) dx =  + + x  = − − + 1 = . 2 4 2 4  4  −1 −1 −1 0 3 Chọn ý C. Câu 81. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên f ( x )  0, x  và f 2 ( −x ) = ( x 2 + 2x + 4 ) f ( x + 2 ) Biết rằng 2 tính tích phân I =  xf ” ( x ) dx . 0 A. I = −4 B. I = 4 C. I = 0 Lời giải D. I = 8 2 2 I =  xf ” ( x ) dx = f ‘ ( x ) 0 −  f ‘ ( x ) dx = f ‘ ( x ) 0 − f ( x ) 0 = f ‘ ( 2 ) − f ‘ ( 0 ) − f ( 2 ) + f ( 0 ) 2 0 2 2 0 Trong giả thiết ta thay x = 0; x = 2 ta có:  f 2 ( 0 ) = 4f ( 2 )  f ( 0 ) = 4  f 4 ( 0 ) = 16f 2 ( 2 ) = 64f ( 0 )    2   f ( 2 ) = 4f ( 0 ) f ( 2 ) = 4 Đạo hàm hai vế ta có −2f ‘ ( −x ) .f ( −x ) = ( 2x + 2 ) f ( x + 2 ) + ( x 2 + 2x + 4 ) f ‘ ( x + 2 )   −2f ‘ ( 0 ) = 2 + f ‘ ( 2 ) f ‘ ( 0 ) = −2 Lại thay x = 0 và x = −2, ta có    −2f ‘ ( 2 ) = −2 + f ‘ ( 0 )  f ‘ ( 2 ) = 2 Kết hợp lại ta được I = 2 − ( −2 ) − 4 + 4 = 4. Chọn ý B. Câu 82. Có bao nhiêu hàm số y = f ( x ) liên tục trên  0; 1 thỏa mãn điều kiện  ( f ( x)) 1 2018 0 A. 1 Từ điều kiện ta suy ra dx =  ( f ( x ) ) 1 0 B. 2 0 dx =  ( f ( x ) ) 1 0 C. 3 Lời giải  ( f ( x ) ) ( f ( x ) − 1) 1 2019 2018 2 dx = 0  ( f ( x ) ) 2020 dx D. 4 2018 ( f ( x ) − 1) 2 =0 f ( x ) = 1 Mà f ( x ) liên tục trên  0; 1 nên  . Vậy có 2 hàm thỏa mãn yêu cầu đề bài.  f ( x ) = 0 Chọn ý B. 319 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Theo giả thiết ta có | Phương pháp đổi cận, đổi biến – Hàm ẩn Câu 83. 1  Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên  ; 2  , thỏa mãn điều kiện 2  2 f (x) 1 1 dx. f ( x ) + f   = x 2 + 2 + 2. Tính tích phân I =  2 x x 1 x +1 2 3 A. I = . 2 5 C. I = . 2 Lời giải B. I = 2. D. I = 3. 1  1 1 f  2 f  2 f  1 1 t  1 t x Đặt x = , suy ra dx = − 2 dt. Khi đó I =    .  − 2  dt =  2  dt =  2  dx 1 t t 1 t +1 1 x +1 2 +1  t  2 2 2 t 1 1 1 2 +2 2 2 f 2 f (x) + f  2 x +   2 f ( x) x x   x  2I =  2 dx +  2 dx =  dx =  dx x2 + 1 x2 + 1 1 x +1 1 x +1 1 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 2 2 2 2 2 2 x +1 1  dx =   1 + 2 2 x x 1 1 = 2 2 2 2 1 3    dx =  x −  1 = 3  I = x 2   2 2 Chọn ý A. Câu 84. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ta có f ( 0 ) = 0, f ‘ ( 0 )  0 và đồng thời f ( x ) f ‘ ( x ) + 18x 2 = ( 3x 2 + x ) f ‘ ( x ) + ( 6x + 1 ) f ( x ) , x  , biết rằng 1 ( )  ( x + 1) e dx = ae f x 2 0 + b ( a, b  ) Giá trị của a − b bằng? A. 0 B. 2 3 C. 1 D. 2 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có f ( x ) f ‘ ( x ) + 18x 2 = ( 3x 2 + x ) f ‘ ( x ) + ( 6x + 1 ) f ( x ) ( )  f ( x ) f ‘ ( x ) + 18x 2 = ( 3x 2 + x ) f ( x ) ‘  ( 3x 2 + x ) f ( x ) =  ( f ( x ) f ‘ ( x ) + 18x 2 ) dx = 1 2 f ( x ) + 6x 3 + C 2 Vì f ( 0 ) = 0  0 = 0 + 0 + C  C = 0  f ( x ) = 6×2 1 2 3 2 2 3 Vậy ( 3x + x ) f ( x ) = f ( x ) + 6x  f ( x ) − 2 ( 3x + x ) f ( x ) + 12x = 0   2  f ( x ) = 2x 2 1 1 0 0 Do f ‘ ( 0 )  0  f ( x ) = 2x   ( x + 1 ) e f ( x )dx =  ( x + 1 ) e 2xdx = 3e 2 1 − . Chọn ý C. 4 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 320 Kỹ thuật giải toán tích phân| 7 CHƯƠNG T CÁC BÀI TOÁN LẤY TÍCH PHÂN 2 VẾ hực ra đây là một bài viết không mới, mình đã viết phần này trong chuyên đề Các bài toán vận dụng cao nguyên hàm và tích phân, bài viết dưới đây chỉ mang tính tổng hợp lại các bài toán của dạng này trong chuyên đề đó để các bạn có thể tiện tham khảo. Trong phần này ta sẽ cùng nhau tìm hiểu về một lớp bài toán liên quan tới quan hệ của hai hàm f ‘ ( x ) , f ( x ) , đây là một dạng đã xuất hiện trong đề thi THPT Quốc Gia 2018 của Bộ GD&ĐT và trong rất nhiều đề thi thử của các trường chuyên. Bây giờ ta sẽ cùng bắt BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TÍCH Ta sẽ bắt gặp các bài toán có dạng f ‘ ( x ) = g ( x ) .h ( f ( x ) ) , với g ( x ) là hàm theo biến x khi đó cách làm chung của ta sẽ là lấy nguyên hàm 2 vế, cụ thể: f ‘ ( x ) = g ( x ) .h ( f ( x ) )  f ‘( x) h ( f ( x)) = g (x)   f ‘( x) h ( f ( x)) dx =  g ( x ) dx Hoặc có thể lấy tích phân 2 vế, đến đây thì tùy thuộc vào yêu cầu và giả thiết của bài toán mà ta có thể suy ra kết quả cần tính. Để cùng hiểu rõ hơn ta sẽ bắt đầu với những ví dụ sau: Câu 1. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = − 2 1 và f ‘ ( x ) = 4x 3 ( f ( x ) ) x  25 . Giá trị của f ( 1 ) bằng? A. − 41 100 B. − 1 10 C. − 391 400 1 40 Đề thi THPT Quốc Gia 2018 D. − Lời giải Phân tích: Nếu ban đầu gặp dạng này có lẽ ta sẽ không biết cách xử lý thế nào, tuy nhiên bám sát vào bài toán tổng quát ta sẽ có hướng làm như sau: Giả thiết tương đương với: f ‘ ( x ) = 4×3 ( f ( x ) )  2 f ‘( x) ( f ( x)) 2 = 4x 3 . Đến đây ta sẽ lấy nguyên hàm hay tích phân? Chú ý là với những bài toán bắt tính giá trị của hàm số tại một điểm mà giả thiết đã cho giá trị cụ thể của hàm tại một điểm nào đó thì ta sẽ lấy tích phân hai vế. Lấy tích phân cận từ 1 đến 2 cả 2 vế ta được: 321 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC đầu tìm hiểu vấn đề này. | Các bài toán lấy tích phân 2 vế f ‘( x) ( f ( x)) 2 = 4x 3   2 1 f ‘(x) ( f ( x)) 2 2 dx =  4x 3dx = 15 1 2 1 1 1 1 − = 15  − + = 15  f ( 1 ) = − f (x) 1 f ( 2 ) f ( 1) 10 Chọn ý B. Câu 2. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm f ‘ ( x ) liên tục trên tập số thực. Biết rằng f ( 2 ) = 1 ; 2f ( x ) f ‘ ( x ) = x+1 4 f 2 (x) + 4 . Đặt g ( x ) = − f 4 ( x) 16 + 16 + 8 ln f ( x ) . Tính giá trị của f ( x) 4 g ( 1) ? A. 215 16 B. 13 D. C. 14 223 16 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Biến đổi giả thiết ta có 2f ( x ) f ‘ ( x ) = x+1 4 f 2 (x) + 4  4f ‘ ( x ) f 2 ( x ) f 2 ( x ) + 4 = ( x + 1 )  4f ‘ ( x ) f 2 ( x ) f 2 ( x ) + 4 = x + 1   4f ‘ ( x ) f 2 ( x ) f 2 ( x ) + 4dx = x2 +x 2 x2 +x 2 Vấn đề nảy sinh ở đây là tính nguyên hàm này! Ta sẽ sử dụng phương pháp đặt ẩn Euler   4f 2 ( x ) f 2 ( x ) + 4d ( f ( x ) ) = cho bài toán này.  t2 + 4 du = dt  2 t2 − 4 2t 2 2 2 2  Đặt u = f ( x ) , u + 4 = u − t  u + 4 = u − 2ut + t  u = 2 2 2t  u2 + 4 = t − 4 − t = − t + 4  2t 2t t 4 − 16 ) (  t2 − 4  t2 + 4 t2 + 4 t 4 16  − 4  . . dt = − dt = − + + 8 ln ( t ) + C  2  4t 5 2t 16 t 4  2t  2t 2 Theo giả thiết ta có f ( 2 ) = 1  − Suy ra − f 4 ( x) 16 + 2 1 16 191 + +C = 4C = − 16 1 16 16 191 x 2 215 + ln f x − = + x  g ( 1) = ( )) ( 4 16 f ( x) 16 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 322 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 3.  0; 1 thỏa mãn f ( 0 ) = 2 và f ‘ ( x )  0, f ( x )  0x  0; 1 . Mệnh Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  f ( x )   f ‘ ( x )  ( x 2 + 1 ) = 1 +  f ( x )  x   0; 1 . Biết rằng đề nào dưới đây đúng? A. 2  f ( 1 )  3 B. 3  f ( 1 )  4 C. 4  f ( 1 )  5 4 2 3 D. 5  f ( 1 )  6 Đề thi thử chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi Lời giải Vẫn là ý tưởng đó nhưng có vẻ đã được tác giả giấu kỹ hơn! Ta bám sát bài toán tổng quát, chú ý rằng bài toán tổng quát thì f ‘ ( x ) chỉ ở bậc 1, vậy làm sao để đưa về bậc 1 bây giờ? Rất đơn giản thôi ta sẽ lấy căn hai vế! Ta có: 1 f ‘( x) f 2 ( x) 0 1 + f3 (x) f ‘( x) f 2 ( x) 1 + f3 (x) = 1 x2 + 1 ( ) ( = ln 1 + 2 ) 3 1 1 1 d (1 + f ( x)) 2   dx = ln 1 + 2  1 + f 3 ( x ) = ln 1 + 2 0 3 0 1 + f3 (x) 3 )  dx =  1 1 0 x2 + 1 dx = ln x + x 2 + 1 (  2 3 ( ) ) ( 1 0 ( ) 1 + f 3 ( x ) − 1 + 2 3 = ln 1 + 2  f ( 1 ) = 2.6051… Chọn ý A. Câu 4. Cho hàm số f ( x ) f ( x ) có đạo hàm f ‘ ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên  1; + ) , 2f x thỏa f ( 1 ) = 0, e ( ) .  f ‘ ( x )  = 4x 2 − 4x + 1 với mọi x   1; + ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 A. −1  f  ( 4 )  0. B. 0  f  ( 4 )  1. C. 1  f  ( 4 )  2. D. 2  f  ( 4 )  3. Lời giải Câu này thoạt nhìn có vẻ khá khó khăn nhưng ý tưởng vẫn giống bài của chuyên Lê Khiết , ta sẽ lấy căn hai vế! f x Lấy căn hai vế ta được e ( ) f ‘ ( x ) = 2x − 1 do f ‘ ( x ) không âm trên  1; + )   e ( ) f ‘ ( x ) dx =  ( 2x − 1 ) dx  e ( ) = x 2 − x + C. f x f x f 1 Thay x = 1 vào hai vế, ta được e ( ) = 12 − 1 + C  C = 1. Suy ra e f ( x) = x 2 − x + 1  f ( x ) = ln ( x 2 − x + 1 )  f ‘ ( x ) = Chọn ý B. 323 | Chinh phục olympic toán 2x − 1 7  f ‘(4) = . x −x+1 13 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC f ‘ ( x ) f 2 ( x ) x2 + 1 = 1 + f 3 ( x )  | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 5. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên  0; 1 , thỏa mãn f  ( 0 ) = −1 và   f ‘ ( x )  2 = f ” ( x )   với mọi x   0; 1 . Đặt P = f ( 1 ) − f ( 0 ) , khẳng định nào sau đây đúng?   f x  0 ( )  A. −2  P  −1. B. −1  P  0. C. 0  P  1. D. 1  P  2. Lời giải 1 Ta đã nhìn thấy chút bóng dáng của P =  f ‘ ( x ) dx = f ( 1 ) − f ( 0 ) nên ta cần tìm f  ( x ) . 0 Từ giả thiết ta có: f” ( x )  f ‘ ( x )  2 = 1  f ” ( x )  f ‘ ( x ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Mà f ‘ ( 0 ) = −1  C = 1  f ‘ ( x ) = − 2 dx = x  − 1 1 = x + C  f ‘( x) = − f ‘( x) x+C 1 1 1 1 . Vậy P =  f  ( x ) dx = −  dx = − ln 2  −0, 69. x+1 x+1 0 0 Chọn ý B. Câu 6.  f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên  0; 3 , thỏa mãn  với mọi x   0; 3   f ( x )  −1 3 xf ‘ ( x ) 1 và f ( 0 ) = . Tính tích phân I =  dx 2 2 2 1 + f 3 − x .f x   ( ) ( ) 0   5 3 1 A. I = . C. I = . D. I = . B. I = 1. 2 2 2 Lời giải f ( 3 − x ) .f ( x ) = 1  Từ giả thiết   f ( 3 ) = 2. 1 f ( 0 ) =  2 Do f ( 3 − x ) f ( x ) = 1  1 + f ( 3 − x )  .f 2 ( x ) = 1 + f ( x )  . 2 2 Khi đó ta được: xf ‘ ( x ) 3 3   1 x 1 I= dx = −  xd  + dx = −1 + J.  = − 2 1 + f (x)  1 + f (x) 0 0 1 + f (x) 1 + f x  ( ) 0  0    3 3 3 0 3 3 t =3−x 1 1 1 1 Tính J =  dx = −  dt =  dt =  dx. 1 + f ( x) 1 + f (3 − t) 1 + f (3 − t) 1 + f (3 − x) 0 3 0 0 f ( 3 − x ).f ( x ) = 1 1 1 3 1 dx +  dx = 1dx = 3  J = . Vậy I = .  2 1 + f ( x) 1 + f (3 − x) 2 0 0 0 3 Suy ra 2J =  3 3 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 324 Kỹ thuật giải toán tích phân| Tóm lại. Qua 5 ví dụ vừa rồi ta đã làm quen được với dạng toán có f ‘ ( x ) , f ( x ) và đã tìm hiểu qua cách giải của các bài toán này, từ đó ta rút ra được các chú ý sau: • Chuyển f ‘ ( x ) và hàm theo biến f ( x ) sang một bên, chú ý f ‘ ( x ) phải luôn bậc nhất • Lấy nguyên hàm hoặc tích phân tùy thuộc vào đề bài • Ngoài ra có thể nhớ nhanh kết quả sau: f ‘ ( x ) = kf ( x )  f ( x ) = Ce kx BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TỔNG Xét bài toán tổng quát sau: f ‘ ( x ) + k ( x ) f ( x ) = g ( x ) . G x + Nhân cả hai vế với e ( ) ta được: e G( x ) ( f ‘ ( x ) + g ( x ) .e  e G( x ) ) G( x ) f (x) = k (x) e f (x) ‘ = k (x) e G( x ) G( x )  f (x) = e − G( x )  k (x) e G( x ) dx Ngoài ra còn một số dạng nữa ta sẽ tìm hiểu trong các ví dụ. Ta sẽ cùng giải quyết dạng toán này thông qua các ví dụ sau. Câu 1. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 0; −1 , thỏa mãn x ( x + 1 ) .f ‘ ( x ) + f ( x ) = x 2 + x với mọi x  0 ; −1 và f ( 1 ) = −2 ln 2. Biết f ( 2 ) = a + b ln 3 với a, b  A. P = 1 . 2 B. P = 3 . 4 C. P = 13 . 4 , tính P = a 2 + b 2 . D. P = 9 . 2 Lời giải Theo như bài toán tổng quát thì f ‘ ( x ) đang độc lập nên ở bài toán này ta cũng cần phải độc lập f ‘ ( x ) . Biến đổi giả thiết ta được x ( x + 1 ) .f ‘ ( x ) + f ( x ) = x 2 + x  f ‘ ( x ) + 1 f (x) = 1 x ( x + 1)  x  Ta có: ln   1 1  x 1  x  x+1  x ( x + 1) dx =   x − x + 1  dx = ln  x + 1   e   = x + 1 Nhân cả hai vế với x 1 x  x  f ‘( x) + f x = f x . . ta thấy : ( ) ( ) 2  x+1 x + 1  x+1 ( x + 1) Do đó giả thiết tương đương với : x  x x x 1    f x . =  f ( x). = dx =   1 − ( )  dx = x − ln x + 1 + C.   x + 1 x + 1 x+1 x+1 x+1  325 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC + Gọi G ( x ) =  g ( x ) dx với G ( x ) là một họ nguyên hàm của g ( x ) . | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Mà f ( 1) = −2 ln 2  C = −1  f ( x ) . x = x − ln x + 1 − 1. x+1 3  a = 2 2 3 3 9 Cho x = 2 ta được f ( 2 ) . = 2 − ln 3 − 1  f ( 2 ) = − ln 3   P = . 3 2 2 2 b = − 3  2 Chọn ý D. Câu 2. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  f ‘ ( x )  + f ( x ) .f ” ( x ) = 15x 4 + 12x với mọi x  f ( 0 ) = f  ( 0 ) = 1. Giá trị của f 2 ( 1 ) bằng 2 A. 5 . 2 B. 9 . 2 C. 8. và D. 10. Chuyên Đại học Vinh CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Đây là một câu nhìn qua tương đối lạ, tuy nhiên ý tưởng của bài toán vẫn như bài trên đó là vẫn biến đổi một vế là đạo hàm của vế kia nhưng cách thực hiện không tương tự. Hướng giải của bài toán như sau: Nhận thấy được  f ‘ ( x )  + f ( x ) .f ” ( x ) =  f ( x ) .f ‘ ( x )  ‘. 2 Do đó giả thiết tương đương với  f ( x ) .f ‘ ( x )  ‘ = 15x 4 + 12x. ( ) ( ) f ( x ) .f ‘ ( x ) =  ( 15x 4 + 12x ) dx = 3x 5 + 6x 2 + C ⎯⎯⎯⎯⎯ → C = 1  f ( x ) .f ‘ ( x ) = 3x 5 + 6x 2 + 1 f 0 = f ‘ 0 = 1.   f ( x ) .f ‘ ( x ) dx =  ( 3x + 6x + 1 ) dx  5 2 f 2 ( x) 2 = x6 + 2x 3 + x + C’. 2 f (0) 2 1 = C’  C’ = . 2 2 2 6 3 2 Vậy f ( x ) = x + 4x + 2x + 1  f ( 1 ) = 8. Thay x = 0 vào hai vế ta được Chọn ý C. Câu 3. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm đến cấp 2 đồng thời liên tục trên và f ( x ) + 2f ‘ ( x ) + f ” ( x ) = x 3 + 2x 2 x  A. 107 21 − 12 e B. 107 12 − 21 e . Tính thỏa mãn f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1 1  f ( x ) dx . 0 C. 107 21 + 12 e D. 107 12 + 21 e Lời giải Đây lại là một dạng nhìn rất lạ phải không, nhưng thực chất chính là bài toán tổng quát ban đầu, tuy nhiên phải có chút tinh ý để nhận ra điều sau: Tạp chí và tư liệu toán học | 326 Kỹ thuật giải toán tích phân| f ( x ) + f ‘ ( x ) + ( f ‘ ( x ) + f ” ( x ) ) = x 3 + 2x 2  f ( x ) + f ‘ ( x ) + ( f ( x ) + f ‘ ( x ) ) ‘ = x 3 + 2x 2  e x ( f ( x ) + f ‘ ( x ) ) + e x ( f ( x ) + f ‘ ( x ) ) ‘ = e x ( x 3 + 2x 2 ) ( )  e x ( f ( x ) + f ‘ ( x ) ) ‘ = e x ( x 3 + 2x 2 )  e x ( f ( x ) + f ‘ ( x ) ) = e x ( x 3 − x 2 + 2x − 2 ) + C Mặt khác f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1 nên C = 4  e x ( f ( x ) + f ‘ ( x ) ) = e x ( x 3 − x 2 + 2x − 2 ) + 4  ( e x f ( x ) ) ‘ = e x ( x 3 − x 2 + 2x − 2 ) + 4 ( )  e x f ( x ) =  e x ( x 3 − x 2 + 2x − 2 ) + 4 dx = e x ( x 3 − 4x 2 + 10x − 12 ) + 4x + C 1 f ( 0 ) = 1  C = 13  f ( x ) = x 3 − 4x 2 + 10x − 12 + ( 4x + 13 ) e − x   f ( x ) dx = 0 107 21 − 12 e Chọn ý A. Câu 4. Cho hàm số f (x)  0; 2  f ( 0 ) = 1 , f ( 2 ) = e 4 A. e có đạo hàm đến cấp 2 đồng thời liên tục trên đoạn và f ( x )  0, ( f ( x ) ) − f ( x ) f ” ( x ) + ( f ‘ ( x ) ) = 0x  0; 2  . Tính f ( 1 ) . 2 B. e 3 4 2 C. e 2 D. e 3 2 Lời giải Bài này nhìn qua thì thấy giống bài trước, có lẽ bạn đọc đến đây sẽ tập trung đưa về như bài trước nhưng điều này gần như không thể bởi vì sự xuất hiện “vô duyên” của dấu “-“. Vậy làm sao để xử lý được dấu “-“? Ý tưởng thì vẫn là thế, tuy nhiên để ý rằng đạo hàm của hàm nào ra dấu “-“? Rất đơn giản đó là hàm phân thức! Đến đây ta biến đổi bài toán:  f ‘ ( x )  f ( x ) f ” ( x ) − ( f ‘ ( x ) ) f ‘( x) x2 ‘ = = 1  = x + C  ln f x = x + C dx = + Cx + D ( ) ( )   2  f (x) 2 ( f ( x))  f (x)  2 Mặt khác: x +x D = 0 C = 1 x2 f ( 0 ) = 1, f ( 2 ) = e     ln f ( x ) = + x  f (x) = e 2 2  4 = 2 + 2C + D D = 0 2 6 3 2 Do đó f ( 1 ) = e . Chọn ý D. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 327 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta lại có: | Các bài toán lấy tích phân 2 vế 1. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp 2 liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 0 ) = −1 , f ( 1) = − và f ” ( x ) f ( x ) − 2  f ‘ ( x )  = x  f ( x )  , x  0; 1 . Tích phân 2 3 2 Chọn ý D. 3 B. −3 ln A. − ln 3 2 C. −2 ln  ( 3x 1 0 3 2 2 2 3 + 2 ) f ( x ) dx bằng? D. −6 ln 3 2 2. Cho hàm số f ( x )  0, x  0 có đạo hàm cấp 2 liên tục trên nửa khoảng  0; + ) thỏa mãn f ” ( x ) f ( x ) − 2 f ‘ ( x )  + xf 3 ( x ) = 0, f ‘ ( 0 ) = 0, f ( 0 ) = 1 . Tính f ( 1 ) ? 2 2 3 Chọn ý D. A. B. 3 2 C. 6 7 7 6 D. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 5. Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm trên  1; 2  , thỏa mãn f ( 1 ) = g ( 1 ) = 0 và  x g ( x ) + 2017x = ( x + 1 ) f ‘ ( x ) 2  2 x+1  ( x + 1)  x  , x   1; 2  . Tính I =   g (x) − f ( x )  dx.  3 x+1 x  1  x 2 g ‘ x + f x = 2018x ( ) ( )  x + 1 3 1 A. I = . C. I = . B. I = 1. D. I = 2. 2 2 Lời giải Bài này có vẻ tương đối khó khăn rồi do đây là 2 hàm độc lập, tuy nhiên ta chú ý vẫn bám sát ý tưởng của các bài toán trong mục này!  1 ( x + 1) f ‘ x = −2017 g (x) − ( )  2 x  ( x + 1) Từ giả thiết ta có  . 1  x  x + 1 g ‘ ( x ) + x 2 f ( x ) = 2018 Cộng lại vế theo vế ta được:  1   ( x + 1)  x 1 g x + g ‘ x f ‘ ( x ) − 2 f ( x ) = 1  − ( ) ( ) 2 x+1 x  ( x + 1 )   x   ( x + 1 ) f x = x + C. x  x   ( x + 1 )  g ( x ) −  f ( x ) = 1  g (x) − ( ) x+1 x x + 1   x  2 2 x+1 1  x  Mà ta lại có f ( 1) = g ( 1) = 0  C = −1  I =   g (x) − f ( x )  dx =  ( x − 1 ) dx = . x+1 x 2  1 1 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 328 Kỹ thuật giải toán tích phân| MỘT VÀI BÀI TOÁN TỔNG HỢP ĐỀ BÀI Câu 1. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm tại mọi x  ( 0; + ) đồng thời thỏa mãn các điều kiện f ( x ) = x ( sin x + f ‘ ( x ) ) + cos x và 3 2  f ( x ) sin xdx = −4. Khi đó giá trị của f (  ) nằm  2 trong khoảng nào? A. ( 6;7 ) B. ( 5; 6 ) C. ( 12; 13 ) Câu 2. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ‘ ( x ) .  f ( x )  2018 D. ( 11; 12 ) = x.e x với mọi x  1 có bao nhiêu nghiệm? e A. 0 B. 1 C. 3 Câu 3. Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục, có đạo hàm trên và f ( 1 ) = 1 . Hỏi D. 2 và thỏa mãn f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 2 và g ( x ) f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e x . Tính giá trị của tích phân I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx ? 0 A. −4 B. e − 2 C. 4 Câu 4. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên D. 2 − e  0; 4  , thỏa mãn điều kiện f ( x ) + f ‘ ( x ) = e − x 2x + 1 với mọi x   0; 4  . Khẳng định nào sau đây là đúng? B. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = 3e. 26 . 3 C. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = e 4 − 1. A. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = D. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = 3. Câu 5. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên mọi x  , thỏa mãn f ‘ ( x ) − 2018f ( x ) = 2018x 2017 e 2018x với và f ( 0 ) = 2018. Tính giá trị f ( 1 ) . A. f ( 1 ) = 2018e −2018 . B. f ( 1 ) = 2017e 2018 . C. f ( 1 ) = 2018e 2018 . D. f ( 1 ) = 2019e 2018 . Câu 6. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn f  ( x ) + xf ( x ) = 2xe − x và 2 f ( 0 ) = −2. Tính f ( 1 ) . A. f ( 1 ) = e. 1 B. f ( 1 ) = . e 2 C. f ( 1) = . e 2 D. f ( 1 ) = − . e   Câu 7. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên  0;  , thỏa mãn hệ thức  2 x    . Biết rằng 3f   − f   = a 3 + b ln 3 trong đó a, b  . Tính f ( x ) + tan x.f ‘ ( x ) = 3 cos x 3 6 giá trị của biểu thức P = a + b. 4 2 7 14 A. P = − . B. P = − . C. P = . D. P = . 9 9 9 9 329 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC phương trình f ( x ) = − | Các bài toán lấy tích phân 2 vế f ( 1 ) + g ( 1 ) = 4  Câu 8. Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm trên  1; 4  , thỏa mãn g ( x ) = −xf ‘ ( x ) với  f ( x ) = −xg ‘ ( x ) 4 mọi x   1; 4  . Tính tích phân I =   f ( x ) + g ( x )  dx. 1 A. I = 3 ln 2. B. I = 4 ln 2. C. I = 6 ln 2. D. I = 8 ln 2. Câu 9. Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0; 2  , thỏa mãn 2 f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 và g ( x ) .f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e . Tính tích phân I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx. x 0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. I = −4. B. I = 4. C. I = e − 2. D. I = 2 − e. Câu 10. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên  0; 1 , thỏa mãn f ‘ ( 0 ) = −1 và   f ‘ ( x )  2 = f ” ( x )   với mọi x   0; 1 . Đặt P = f ( 1 ) − f ( 0 ) , khẳng định nào sau đây đúng  f ‘ x  0 ( )  A. −2  P  −1. B. −1  P  0. C. 0  P  1. D. 1  P  2. Câu 11. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( x )  0, x  0 , f ‘ ( 0 ) = 0; f ( 0 ) = 1 và đồng thời điều kiện f ” ( x ) f ( x ) − 2  f ‘ ( x )  + xf 3 ( x ) = 0 . Tính giá trị của f ( 1 ) ? 2 A. 2 3 B. 3 2 C. 6 7 D. 7 6   Câu 12. Cho hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên đoạn 0;  , thỏa mãn f ( 0 ) = 3 và  2   f ( x ) .f ‘ ( x ) = cos x. 1 + f 2 ( x ) , x  0;  . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của  2   hàm số f ( x ) trên đoạn  ;  . 6 2 5 21 B. m = , M = 3 A. m = , M=2 2. 2 2 C. m = D. m = 3 , M = 2 2 . 5 , M = 3. 2 Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên f ( 0 ) = 1 . Tích phân thỏa mãn 3f ‘ ( x ) .e f 3 ( x ) − x2 −1 − 2x = 0 và f (x) 2 7  x.f ( x ) dx bằng 0 A. 2 7 3 B. 15 4 C. 45 8 D. 5 7 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 330 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 14. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0; 1 ) và f ( x )  0 , x  ( 0; 1 ) .  3 1 Biết rằng f ( x ) thỏa mãn f   = a , f   = b và x + xf ‘ ( x ) = 2f ( x ) − 4 , x  ( 0; 1 ) . Tính 2  2   3 sin 2 x.cos x + 2 sin 2x tích phân I =  dx theo a và b . f 2 ( sin x )  6 3a − b 3b − a 3b + a 3a + b B. I = C. I = D. I = 4ab 4ab 4ab 4ab Câu 15. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 đồng thời thỏa mãn A. I = f  ( 0 ) = 9 và 9f ” ( x ) +  f ‘ ( x ) − x  = 9 . Tính T = f ( 1 ) − f ( 0 ) . 2 C. T = B. T = 9 D. T = 2 − 9 ln 2 thoả mãn đồng thời các f ( x )  0,  x  ,  . Mệnh đề nào sau đây đúng? điều kiện f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1,  2 2 x  f ( x )  +  f  ( x )  = f ( x ) f  ( x ) ,  x  . 1 3 3 1 A.  ln f ( 1 )  1 B. 0  ln f ( 1 )  C.  ln f ( 1 )  2 D. 1  ln f ( 1 )  2 2 2 2 Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm khác 0 và liên tục đến cấp hai trên đoạn  1; 2  . Biết ln 2f ‘ ( 1) = f ( 1) = 1, f ‘ ( x ) = 3 f ‘ ( x ) − xf ” ( x ) 2 f ( x )−1 2 ln 2 2 , x  1; 2  . Tính tích phân I =  xf ( x ) dx ? 1 1 3 B. 3 log 2 5 − +1 −2 2 ln 2 4 ln 2 3 3 C. log 2 5 − D. 2 log 2 5 − −1 +2 2 ln 2 ln 2 Câu 18. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 2  thỏa mãn đồng thời 2 điều A. log 2 5 + kiện 2  f ( 2 )  −  f ( 1 )  = 63; 2  f ( x )  + x 2  f ‘ ( x )  = 27x 2 , x  1; 2  . Tính giá trị của tích phân  f ( x ) 2 2 1 2 2 2 2 dx A. 15 B. 18 C. 21 D. 25 Câu 19. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 1 ) = 1, f ( x )  0 và đồng thời f ( x ) ln f ( x ) = xf ‘ ( x ) f ( x ) − 1 , x  0; 1 . Tính tích phân A. e−1 3 B. e−6 6 C. 4 1  f ( x ) dx . 0 D. 1 Câu 20. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 2  thỏa mãn f ( 1 ) = thời 3x 3 f ( x )  f ‘ ( x )  + xf ‘ ( x ) + x 2 2 = f ‘ ( x ) − x, x   1; 2  . Tính giá trị của f ( 2 ) ? 331 | Chinh phục olympic toán 7 và đồng 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 + 9 ln 2 2 Câu 16. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp 2 liên tục trên A. T = 2 + 9 ln 2 | Các bài toán lấy tích phân 2 vế 7 7 +1 7 7 −1 B. 3 3 Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 2 7 +1 2 7 −1 D. 3 3 , có đạo hàm đến cấp hai trên và thỏa mãn A. 2 f 3 ( x ) .  4 ( f ‘ ( x ) ) + f ( x ) .f ” ( x )  = e x , x    C. , biết f ( 0 ) = 0 . Khi đó 5ln 2  f ( x ) dx bằng? 5 0   25ln 2 A. 5  31 − − 5ln 2  2   2  1 25ln 2 C.  31 − − 5ln 2  5 2  2 B. 1 355ln 2   31 −  5 2  355ln 2   D. 5  31 −  2   Câu 22. Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) thỏa mãn f ‘ ( 1 ) = g ( 1 ) = 1; f ( 2 ) .g ( 2 ) = f ( 1 ) và đồng thời 1   1 − f ‘ ( x ) g ‘ ( x ) = g ( x ) f ” ( x ) + f ‘ ( x )  , x  0 . Tính giá trị của biểu thức tích phân x   2 I =  f ( x ) g ‘ ( x ) dx ? CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 1 A. 3 1 + ln 2 4 2 3 1 B. − + ln 2 4 2 Câu 23. Cho f ” ( x ) .f ( x ) − 2  f ‘ ( x )  + x.f ( x ) 2 3 3 1 − ln 2 4 2 3 1 D. − − ln 2 4 2 1 = 0 . Biết f ‘ ( 0 ) = 0; f ‘ ( 1 ) = − , f ( 1 )  0; f ” ( 0 )  0 . 2 C. 1 Tính giá trị của  f ‘ ( x ) dx 0 A.3.. B. 1 . C. 0. D. 2. Câu 24. Cho f ‘ ( x ) .2f ( x ) + f ( x ) + f ‘ ( x ) .x = 4x . Biết đồ thị hàm số f ( x ) đồng biến trên tập R, f ( 0 ) = 0 . Tìm nghiệm của phương trình cos 3f ( x ) = −4x 3 + 3x trên khoảng ( 0;  ) . A.  . 2 B. 0. C.  . 3 D.  .  x2 f ( x ) f ‘ ( x ) − = x2 + x  x − 1 x − 1 Câu 25. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  (*) . Tính f ( 0 ) ? 2  f ( x ) − x f ‘ ( x ) = − xf x ( )  x − 1 x−1 A. 0. B. −1 . 6 C. 1. D. 1 . 2 2.f ‘ ( x ) .f ( x ) − 2xf ‘ ( x ) − 2f ( x ) − 1 = e 2 f ( x )− 3x −1  Câu 26. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  f x 2 − 2 xf x − x (*) . Biết ( ) ( ) − x2 e = e 2f ‘ x − 2x − 3   ( )    f ( 0 ) = 1 . Tính A. 98 . 99 1 1 1 ? + + … f ( 0 ) .f ( 1 ) f ( 1 ) .f ( 2 ) f ( 99 ) .f ( 100 ) B. 101 . 100 C. 99 100 D. 100 . 101 Tạp chí và tư liệu toán học | 332 Kỹ thuật giải toán tích phân| HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm tại mọi x  ( 0; + ) đồng thời thỏa mãn các điều kiện f ( x ) = x ( sin x + f ‘ ( x ) ) + cos x và 3 2  f ( x ) sin xdx = −4. Khi đó giá trị của f (  ) nằm trong  2 khoảng nào? A. ( 6;7 ) C. ( 12; 13 ) B. ( 5; 6 ) D. ( 11; 12 ) Lời giải Ta có: f ( x ) − xf ‘ ( x ) sin x cos x = + 2 x2 x x f (x) 1  f ( x )   1   = cos x = cos x + c  f ( x ) = cos x + cx     x x   x  x Khi đó: 3 2 3 2  2  2  f ( x ) sin xdx = −4   ( cos x + cx ) sin xdx = −4  3 2 3 2  2  2  cos x sin xdx + c  x sin xdx = −4  0 + c ( −2 ) = −4  c = 2  f ( x ) = cos x + 2x  f (  ) = 2  − 1  ( 5; 6 ) . Chọn ý B. Câu 2. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ‘ ( x ) .  f ( x )  trình f ( x ) = − A. 0 1 có bao nhiêu nghiệm? e B. 1 Ta có:  f ‘ ( x ) .  f ( x )   2018 2018 = x.e x với mọi x  và f ( 1 ) = 1 . Hỏi phương C. 3 Lời giải dx =  x.e x dx    f ( x )  2018 D. 2 df ( x ) = ( x − 1 ) .e x + C 2019 2019 1 .  f ( x )  = ( x − 1 ) .e x + C  f ( x )  = 2019 ( x − 1 ) .e x + 2019C . 2019 = 2019 ( x − 1 ) .e x + 1 . Do f ( 1 ) = 1 nên 2019C = 1 hay  f ( x )  2019 1 1 1 Ta có: f ( x ) = −   f ( x )  = − 2019  2019 ( x − 1) .e x + 1 + 2019 = 0 . e e e 1 Xét hàm số g ( x ) = 2019 ( x − 1 ) .e x + 1 + 2019 trên . e 2019 333 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC f ( x ) = x ( sin x + f ‘ ( x ) ) + cos x  | Các bài toán lấy tích phân 2 vế 1  x g ‘ ( x ) = 2019x.e ;g ‘ ( x ) = 0  x = 0;g ( 0 ) = −2019 + 1 + e 2019  0 Ta có   lim g ( x ) = + ; lim g ( x ) = 1 + 1  0 x →−  x→+ e 2019 Bảng biến thiên của hàm số: − x + 0 g ‘( x) − + 0 + 1+e g (x) −2019 g (0) Do đó phương trình f ( x ) = − 1 có đúng 2 nghiệm. e CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chọn ý D. Câu 3. Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục, có đạo hàm trên và thỏa mãn f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 và 2 g ( x ) f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e x . Tính giá trị của tích phân I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx ? 0 A. −4 B. e − 2 C. 4 Lời giải D. 2 − e Ta có g ( x ) f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e x  g ( 0 ) = g ( 2 ) = 0 (vì f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 ) Khi đó tích phân cần tính trở thành: 2 2 I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx =  f ( x ) dg ( x ) 0 0 2 2 0 0 = ( f ( x ) .g ( x ) ) −  g ( x ) .f ‘ ( x ) dx = −  ( x2 − 2x ) e xdx = 4 . 2 0 Chọn ý C. Câu 4. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên  0; 4  , thỏa mãn điều kiện f ( x ) + f ‘ ( x ) = e − x 2x + 1 với mọi x   0; 4  . Khẳng định nào sau đây là đúng? 26 . 3 C. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = e 4 − 1. A. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = B. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = 3e. D. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = 3. Lời giải Nhân hai vế cho e x để thu được đạo hàm đúng, ta được e x f ( x ) + e x f ‘ ( x ) = 2x + 1  e x f ( x )  ‘ = 2x + 1. Tạp chí và tư liệu toán học | 334 Kỹ thuật giải toán tích phân| Suy ra e x f ( x ) =  2x + 1dx = Vậy e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = 1 ( 2x + 1) 2x + 1 + C. 3 26 . 3 Chọn ý A. Câu 5. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên x , thỏa mãn f ‘ ( x ) − 2018f ( x ) = 2018x 2017 e 2018x với mọi và f ( 0 ) = 2018. Tính giá trị f ( 1 ) . A. f ( 1 ) = 2018e −2018 . B. f ( 1 ) = 2017e 2018 . C. f ( 1 ) = 2018e 2018 . D. f ( 1 ) = 2019e 2018 . Lời giải f ‘ ( x ) e −2018x − 2018f ( x ) e −2018x = 2018x 2017  f ( x ) e −2018x  ‘ = 2018x 2017 Suy ra f ( x ) e −2018x =  2018x 2017 dx = x 2018 + C. Thay x = 0 vào hai vế ta được C = 2018  f ( x ) = ( x 2018 + 2018 ) e 2018x Vậy f ( 1 ) = 2019e 2018 . Chọn ý D. Câu 6. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn f  ( x ) + xf ( x ) = 2xe − x f ( 0 ) = −2. Tính f ( 1 ) . Nhân hai vế cho e x2 2 2 D. f ( 1 ) = − . e để thu được đạo hàm đúng, ta được f ‘( x) e x2 2 2 C. f ( 1) = . e Lời giải 1 B. f ( 1 ) = . e A. f ( 1 ) = e. Suy ra e f ( x ) =  2xe − x2 2 x2 2 + f ( x ) xe dx = −2e − x2 2 x2 2 = 2xe − x2 2 x  x  − 2  e f ( x )  ‘ = 2xe 2   2 2 + C. 2 2 Thay x = 0 vào hai vế ta được C = 0  f ( x ) = −2e − x . Vậy f ( 1 ) = −2e −1 = − . e Chọn ý D. 335 | Chinh phục olympic toán 2 và TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Nhân hai vế cho e −2018x để thu được đạo hàm đúng, ta được | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 7.   f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên  0;  , thỏa mãn hệ thức  2 x    . Biết rằng 3f   − f   = a 3 + b ln 3 trong đó a, b  . Tính f ( x ) + tan x.f ‘ ( x ) = 3 cos x 3 6 giá trị của biểu thức P = a + b. 14 7 2 4 A. P = − . B. P = − . C. P = . D. P = . 9 9 9 9 Lời giải Cho hàm số Biến đổi giả thiết ta có cos xf ( x ) + sin xf  ( x ) = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  sin xf ( x ) =  x x  sin xf ( x )  ‘ = 2 cos x cos 2 x x dx = x tan x + ln cos x + C cos2 x • Với x =  3   3    2 3  f  = − ln 2  3f   = − 2 ln 2 + 2C. 3 2 3 3 3 3 • Với x =  1   3 1   3  f  = + ln 3 − ln 2 + C  f   = + ln 3 − 2 ln 2 + 2C 6 2  6  18 2 9 6 5  4 a =       5 3  3f   − f   = − ln 3   9 P =a+b = − 9 9 3 6 b = −1 Chọn ý A. Câu 8. f ( 1 ) + g ( 1 ) = 4  có đạo hàm trên  1; 4  , thỏa mãn g ( x ) = −xf ‘ ( x ) với mọi  f ( x ) = −xg ‘ ( x ) Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) 4 x   1; 4  . Tính tích phân I =   f ( x ) + g ( x )  dx. 1 A. I = 3 ln 2. B. I = 4 ln 2. C. I = 6 ln 2. Lời giải D. I = 8 ln 2. Biến đổi giả thiết ta có f ( x ) + g ( x ) = −x.f ‘ ( x ) − x.g ‘ ( x )  ( f ( x ) + x.f ‘ ( x ) ) + ( g ( x ) + x.g  ( x ) ) = 0  ( x.f ( x ) ) ‘+ ( x.g ( x ) ) ‘ = 0  x.f ( x ) + x.g ( x ) = C  f ( x ) + g ( x ) = C x 4 4 4 Mà f ( 1 ) + g ( 1 ) = 4  C = 4  I =  f ( x ) + g ( x )  dx =  dx = 8 ln 2 1 1 x Chọn ý D. Tạp chí và tư liệu toán học | 336 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 9. Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0; 2  , thỏa mãn f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0 và 2 g ( x ) .f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e x . Tính tích phân I =  f ( x ) .g ‘ ( x ) dx. 0 A. I = −4. B. I = 4. C. I = e − 2. Lời giải D. I = 2 − e.  f ‘ ( 0 )  0 Từ giả thiết f ‘ ( 0 ) .f ‘ ( 2 )  0    f ‘ ( 2 )  0  2 ( 2 − 2 ) ex =0 g ( 2 ) = f ‘( 2 )  x Do đó từ g ( x ) .f ‘ ( x ) = x ( x − 2 ) e   x g 0 = 0 ( 0 − 2 ) e = 0  ( ) f ‘(0)  2 Tích phân từng phần ta được I =  f ( x ) .g ( x )  −  g ( x ) .f ‘ ( x ) dx 0 0 2 2 0 0 = f ( 2 ) .g ( 2 ) − f ( 0 ) .g ( 0 ) −  x ( x − 2 ) e xdx = −  x ( x − 2 ) e xdx = 4. Chọn ý B. Câu 10. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên  0; 1 , thỏa mãn f ‘ ( 0 ) = −1 và   f ‘ ( x )  2 = f ” ( x )   với mọi x   0; 1 . Đặt P = f ( 1 ) − f ( 0 ) , khẳng định nào sau đây đúng  f ‘ ( x )  0 A. −2  P  −1. B. −1  P  0. C. 0  P  1. D. 1  P  2. Lời giải 1 Nhận thấy P = f ( 1 ) − f ( 0 ) =  f ‘ ( x ) dx nên ta cần tìm f ‘ ( x ) . 0 Biến đổi giả thiết ta có f ” ( x )  f ‘ ( x )  2 =1  f ” ( x )  f ‘ ( x )  Mà f ‘ ( 0 ) = −1  C = 1  f ‘ ( x ) = − 1 1 dx =  dx  − 1 x+1 1 dx = − ln 2  −0, 69 x+1 0 Vậy P =  f ‘ ( x ) dx = −  0 2 Chọn ý B. 337 | Chinh phục olympic toán 1 1 = x + C  f ‘( x) = − f ( x ) x+C TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 11. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( x )  0, x  0 , f ‘ ( 0 ) = 0; f ( 0 ) = 1 và đồng thời điều kiện f ” ( x ) f ( x ) − 2  f ‘ ( x )  + xf 3 ( x ) = 0 . Tính giá trị của f ( 1 ) ? 2 A. 2 3 B. 3 2 6 7 C. D. 7 6 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương f ‘( x) d ( f ‘( x )) − f ‘( x ) d ( f 2 ( x )) f 4 (x)  f ‘( x) −x 2 = −x  2 = +CC =0 f (x) 2 1 x3 6 6 = + K  K = 1  f (x) = 3  f ( 1) = f (x) 6 x +6 7 Chọn ý C. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 12.   Cho hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên đoạn 0;  , thỏa mãn f ( 0 ) = 3 và  2   f ( x ) .f ‘ ( x ) = cos x. 1 + f 2 ( x ) , x  0;  . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của  2   hàm số f ( x ) trên đoạn  ;  . 6 2 5 21 B. m = , M = 3 A. m = , M=2 2. 2 2 C. m = 5 , M = 3. 2 D. m = 3 , M = 2 2 . Lời giải Từ giả thiết ta có f ( x ) .f ‘ ( x ) = cos x. 1 + f 2 ( x )  f ( x ) .f ‘ ( x ) f2 ( x) + 1 = cos x   f ( x ) .f  ( x ) 1 + f2 ( x) dx = sin x + C Đặt t = 1 + f 2 ( x )  t 2 = 1 + f 2 ( x )  tdt = f ( x ) f  ( x ) dx . Thay vào ta được  dt = sin x + C  t = sin x + C  1 + f 2 ( x ) = sin x + C . Do f ( 0 ) = 3  C = 2 . Vậy 1 + f 2 ( x ) = sin x + 2  f 2 ( x ) = sin 2 x + 4 sin x + 3    f ( x ) = sin 2 x + 4 sin x + 3 , vì hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên đoạn 0;  .  2   1 Ta có  x    sin x  1 , xét hàm số g ( t ) = t 2 + 4t + 3 có hoành độ đỉnh t = −2 loại. 6 2 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 338 Kỹ thuật giải toán tích phân|  1  21 Suy ra max g ( t ) = g ( 1 ) = 8 , min g ( t ) = g   = . 1  1  2 4   ;1 ;1 2  2      21   Suy ra max f ( x ) = f   = 2 2 , min f ( x ) = g   = .     6 2 2   ;   ; 6 2 6 2     Chọn ý A. Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên thỏa mãn 3f ‘ ( x ) .e f 3 ( x ) − x2 −1 − 2x = 0 và f ( 0 ) = 1 . f (x) 2 7 Tích phân  x.f ( x ) dx bằng 0 B. 15 4 C. 45 8 D. 5 7 4 Lời giải Ta có 3f ‘ ( x ) .e f f Suy ra e f Do đó e 7 Vậy  ( x ) − x2 −1 2 2x f3 x = 0  3f 2 ( x ) .f ‘ ( x ) .e ( ) = 2x.e x + 1 f (x) 2 +1 + C . Mặt khác, vì f ( 0 ) = 1 nên C = 0 . 2 +1  f 3 ( x ) = x2 + 1  f ( x ) = 3 x2 + 1 . = ex (x) = ex x.f ( x ) dx = 0 − 2 ( x) 3 3 3 7 3 2  x. x + 1 dx = 0 1 2 7  3 x2 + 1 d ( x2 + 1) = 0 7 3 2 45 . x + 1) 3 x2 + 1  = ( 0 8 8 Chọn ý C. Câu 14. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0; 1 ) và f ( x )  0 , x  ( 0; 1 ) . Biết rằng  3 1 f ( x ) thỏa mãn f   = a , f   = b và x + xf ‘ ( x ) = 2f ( x ) − 4 , x  ( 0; 1 ) . Tính tích phân 2  2   3 sin 2 x.cos x + 2 sin 2x I= dx theo a và b . f 2 ( sin x )  6 A. I = 3a + b 4ab B. I = 3b + a 4ab C. I = 3b − a 4ab D. I = 3a − b 4ab Lời giải Theo giả thiết ta có: x + xf ‘ ( x ) = 2f ( x ) − 4  x + 4 = 2f ( x ) − xf ‘ ( x )  2 x 2 + 4x  x 2  x2 + 4x 2xf ( x ) − x f ‘ ( x )  x + 4x = 2xf ( x ) − x f ‘ ( x )  2  2 = = . f ( x )  f ( x )  f ( x) f2 ( x) 2 339 | Chinh phục olympic toán 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 7 3 A. | Các bài toán lấy tích phân 2 vế  3  3 sin x.cos x + 2 sin 2x sin 2 x.cos x + 4 sin x.cos x Tính tích phân I =  dx =  dx f 2 ( sin x ) f 2 ( sin x )   2 6 6 Đặt t = sin x  dt = cos xdx , đổi cận x =  1  3 . t= , x= t= 6 2 3 2 2 Ta có I = 3 2  1 2 t + 4t t dt = 2 f (t) f (t) 2 2 3 2 1 2 2  3 1     2  3 1 3a − b 2 . = −  = − = 4ab  3  1  4b 4a f  f  2  2   Chọn ý D. Câu 15. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 đồng thời thỏa mãn f  ( 0 ) = 9 và 9f ” ( x ) +  f ‘ ( x ) − x  = 9 . Tính T = f ( 1 ) − f ( 0 ) . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 A. T = 2 + 9 ln 2 C. T = B. T = 9 1 + 9 ln 2 2 D. T = 2 − 9 ln 2 Lời giải Ta có 9f ” ( x ) +  f ‘ ( x ) − x  = 9  9 ( f ” ( x ) − 1 ) = −  f ‘ ( x ) − x   − 2 2 f ” ( x ) − 1  f ‘ ( x ) − x  2 = 1 . 9 f” ( x ) − 1 1 x 1 = +C. dx =  dx  f ( x ) − x 9 9  f ‘ ( x ) − x  9 1 9 Do f  ( 0 ) = 9 nên C = suy ra f  ( x ) − x =  f ( x ) = +x x+1 x+1 9 Lấy nguyên hàm hai vế −  2 1  x2  1  9  Vậy T = f ( 1 ) − f ( 0 ) =   + x  dx =  9 ln x + 1 +  = 9 ln 2 + . 2 0 2 x+1   0 1 Câu 16. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp 2 liên tục trên f ( x )  0,  x  ,  f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1,  2 2 x  f ( x )  +  f  ( x )  = f ( x ) f  ( x ) ,  x  1 A.  ln f ( 1 )  1 B. 0  ln f ( 1 )  2 thoả mãn đồng thời các điều kiện . Mệnh đề nào sau đây đúng? . 1 2 C. 3  ln f ( 1 )  2 2 D. 1  ln f ( 1 )  3 2 Lời giải Ta có x  f ( x )  +  f  ( x )  = f ( x ) f  ( x )  2 2 f ( x ) f  ( x ) −  f  ( x )   f ( x )  2 2  f  ( x )  f ‘ ( x ) x2 =x  = +C.  =x f ( x) 2  f ( x)  Tạp chí và tư liệu toán học | 340 Kỹ thuật giải toán tích phân| Lại có f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 1  C = 1 . 1 1 1 f ( x )  x2  x2 7 7 +1   dx =   + 1  dx  ln ( f ( x ) ) =  ln f ( 1 ) = . 0 6 6 f (x) 2 f ( x) 2  0 0 3  1  ln ( f ( 1 ) )  . 2 Chọn ý D. Ta có f ( x ) = Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm khác 0 và liên tục đến cấp hai trên đoạn  1; 2  . Biết ln 2f ‘ ( 1) = f ( 1) = 1, f ‘ ( x ) = f ‘ ( x ) − xf ” ( x ) 3 2( f x )−1 ln 2 2 1 +1 2 ln 2 3 C. log 2 5 − +2 ln 2 2 , x  1; 2  . Tính tích phân I =  xf ( x ) dx ? 1 3 −2 4 ln 2 3 D. 2 log 2 5 − −1 2 ln 2 Lời giải A. log 2 5 + Biến đổi giả thiết ta có: f ‘( x) = 3 f ‘ ( x ) − xf ” ( x ) 2 f ( x )−1 2 ln 2  f ‘ ( x ) .2 ( ) ln 2 2 = f x 2f ‘ ( x ) − 2xf ” ( x )  f ‘ ( x )  2  2x  2x f x f( x)  2 ( ) ln 2 ‘ =  + C1  ‘  2 ln 2 = f ‘( x)  f ‘( x)  ( ) Vì ln 2f ‘ ( 1 ) = f ( 1 ) = 1  C 1 = 0 . Khi đó ta được ( f ‘ ( x ) 2 ( ) ln 2 = 2x  2 ( f x f x) ) ‘ = 2x  2 ( ) =  2xdx = x f x 2 + C 2  f ( x ) = log 2 ( x 2 + C 2 ) Vì f ( 1 ) = 1  C 2 = 1  f ( x ) = log 2 ( x 2 + 1 ) . Sử dụng tích phân từng phần ta có I= 2 1 2 1 1 2 x3 x log 2 ( x + 1 ) dx = x 2 log 2 ( x 2 + 1 ) − dx 2 ln 2 1 x 2 + 1 1 2 2 2 1 1 1 x  1 1  x2 1 2 = 2 log 2 5 − − − ln ( x + 1 )   x− 2  dx = 2 log 2 5 − − 2 ln 2 0  x +1 2 ln 2  2 1 2 1   3 = 2 log 2 5 − −1 ln 2 Chọn ý D. 341 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC B. 3 log 2 5 − | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 18. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 2  thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện 2  f ( 2 )  −  f ( 1 )  = 63; 2  f ( x )  + x 2  f ‘ ( x )  = 27x 2 , x  1; 2  . Tính giá trị của tích phân 2 2  f ( x ) 1 2 2 2 2 dx A. 15 B. 18 C. 21 Lời giải D. 25 Theo giả thiết ta có  2 1 2 2 Xét tích phân I =  2 1 2 2 2  u =  f ( x )  2    du = 2f ‘ ( x ) f ( x )  f ( x )  dx , đặt   v = x dv = dx 2  I = x  f ( x )  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2  f ( x )  dx +   f ( x )  dx +  x 2  f ‘ ( x )  dx =  27x 2dx = 63 ( 1 ) 1 1 1 2 2 1 2 2 1 1 − 2  xf ‘ ( x ) f ( x ) dx = 63 − 2  xf ‘ ( x ) f ( x ) dx Ta có: 2 ( 1)  1 f ( x ) 2 2 2 2 dx − 2  xf ‘ ( x ) f ( x ) dx +  x 2 f ‘ ( x )  dx = 0   f ( x ) − xf ‘ ( x )  dx = 0 1 1 1 2 2 1  Do đó f ( x ) − xf ‘ ( x ) = 0   f ( x )  ‘ = 0  f ( x )  Cx x  2 Vậy 2 ( Cx ) + x 2 C 2 = 3C 2 x 2 = 27x 2  C = 3    f ( x )  dx = 21 1 2 2 Chọn ý C. Trong bài toán này ta đã sử dụng tính chất sau của tích phân: Nếu b  f ( x ) 2 a dx = 0 thì ta suy ra f ( x ) = 0 Câu 19. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 1 ) = 1, f ( x )  0 và đồng thời f ( x ) ln f ( x ) = xf ‘ ( x ) f ( x ) − 1 , x  0; 1 . Tính tích phân A. e−1 3 B. e−6 6 1  f ( x ) dx . 0 C. 4 D. 1 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương  f ( x ) ln f ( x ) + xf ‘ ( x ) = xf ‘ ( x ) f ( x )  ln f ( x ) + x f ‘( x) f ( x) = xf ‘ ( x )  ( x ln f ( x ) ) ‘ = xf ‘ ( x )  x ln f ( x ) 0 =  xf ‘ ( x ) dx = xf ( x ) 0 −  f ( x ) dx 1 1 0 Vậy ta được 1 1 0 1  f ( x ) dx = f ( 1) = 1 0 Chọn ý D. Tạp chí và tư liệu toán học | 342 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 20. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 2  thỏa mãn f ( 1 ) = 3x 3 f ( x )  f ‘ ( x )  + xf ‘ ( x ) + x 2 7 7 −1 A. 3 2 7 và đồng thời 3 = f ‘ ( x ) − x, x   1; 2  . Tính giá trị của f ( 2 ) ? B. 7 7 +1 3 C. 2 7 −1 3 D. 2 7 +1 3 Lời giải ( 3x 3 f ( x ) = ( f ‘ ( x ) − x )  f ‘ ( x )  + xf ‘ ( x ) + x 2 2 ) f ‘( x)  3x 3 f ( x ) =  f ‘ ( x )  − x 3  x 3 ( 3f ( x ) + 1 ) =  f ‘ ( x )   3  f ‘( x) 2 1 3 3 3f ( x ) + 1 =x 1 − 3 1 2 3    3f ( x ) + 1 3 d ( 3f ( x ) + 1 ) = 2 3 1 2 2 3f ( x ) + 1 3 dx =  xdx = 1 2 2 2 2 1 3 3 7 7 −1  .  3f ( x ) + 1 3 =   3f ( 2 ) + 1 3 −  3f ( 1 ) + 1 3 = 3  f ( 2 ) = 3 2 2 3 1 Chọn ý A. Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên , có đạo hàm đến cấp hai trên 2 f 3 ( x ) .  4 ( f ‘ ( x ) ) + f ( x ) .f ” ( x )  = e x , x    , biết f ( 0 ) = 0 . Khi đó 5ln 2 và thỏa mãn  f ( x ) dx bằng? 5 0   25ln 2 A. 5  31 − − 5ln 2  2    1 25ln 2 2 C.  31 − − 5ln 2  5 2  2 B. 1 355ln 2   31 −  5 2  355ln 2   D. 5  31 −  2   Lời giải Giả thiết tương đương ( f 4 ( x ) .f ‘ ( x ) ) ‘ = e x  f 4 ( x ) f ‘ ( x ) = e x + C mà f ( 0 ) = 0  C = −1  f 4 ( x ) f ‘ ( x ) = e x − 1   f 4 ( x ) f ‘ ( x ) dx = e x − x + D  f 5 ( x ) = 5 ( e x − x + D ) Mặt khác f ( 0 ) = 0  D = −1  f 5 ( x ) = 5 ( e x − x − 1 )  5ln 2 0 f ( x ) dx = 5 5 Chọn ý A. 343 | Chinh phục olympic toán 5ln 2 0   25ln 2 2 ( e − x − 1) dx = 5  31 − 2 − 5ln 2    x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Biến đổi giả thiết tương đương | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 22. Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) thỏa mãn f ‘ ( 1 ) = g ( 1 ) = 1; f ( 2 ) .g ( 2 ) = f ( 1 ) và đồng thời 1   1 − f ‘ ( x ) g ‘ ( x ) = g ( x ) f ” ( x ) + f ‘ ( x )  , x  0 . Tính giá trị của biểu thức tích phân x   2 I =  f ( x ) g ‘ ( x ) dx ? 1 A. 3 1 + ln 2 4 2 3 1 B. − + ln 2 4 2 C. 3 1 − ln 2 4 2 3 1 D. − − ln 2 4 2 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương x − xf ‘ ( x ) g ‘ ( x ) = xg ( x ) f ” ( x ) + g ( x ) f ‘ ( x )  x = x g ‘ ( x ) f ‘ ( x ) + g ( x ) f” ( x )  + g ( x ) f ‘ ( x ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  x = ( xf ‘ ( x ) g ( x ) ) ‘  xf ‘ ( x ) g ( x ) = x2 +C 2 x C f ‘( 1)=g ( 1)=1 x 1 + ⎯⎯⎯⎯⎯ → f ‘(x) g (x) = + 2 x 2 2x 2 2 x 1  3 1   f ‘ ( x ) g ( x ) dx =   + dx = + ln 2  1 1 4 2  2 2x   f ‘( x) g ( x) = Sử dụng tích phân từng phần ta có 2 2 I =  f ‘ ( x ) g ( x ) dx = g ( x ) f ( x ) 1 −  f ( x ) g ‘ ( x ) dx = 2 1 1 3 1 + ln 2 4 2 2 3 1   f ( x ) g ‘ ( x ) dx = − − ln 2 1 4 4 Chọn ý D. Câu 23. 2 1 3 Cho f ” ( x ) .f ( x ) − 2  f ‘ ( x )  + x.f ( x ) = 0 . Biết f ‘ ( 0 ) = 0; f ‘ ( 1 ) = − , f ( 1 )  0; f ” ( 0 )  0 . Tính 2 1 giá trị của  f ‘ ( x ) dx 0 B. 1 . A.3.. C. 0. D. 2. Lời giải Ta có f ” ( x ) .f ( x ) − 2  f ‘ ( x )  + x.f ( x ) = 0 (1) 2  f ” ( x ) f (x) 2 3 2  f ‘( x)   f ‘ ( x )  .f ( x )  f ‘ ( x )  f ” ( x ) .f ( x )  ‘ = −x .  − 2 + x = 0 −2 + x = 0  2  4 4 3 f (x) f (x) f (x)  f ( x )  2 2 1  f ‘( x)  f ‘ ( 1 ) f ‘ ( 0 ) −1 −1 −1 ‘dx =  − xdx  − =  =  f ( 1) = 1 . Ta có   2  2 2 2 2 2 f ( 1) f ( 0 ) 2f ( 1 ) 0  0  f ( x )  1 Thay x = 0 vào ( 1 ) ta được f ” ( 0 ) .f ( 0 ) − 2  f ‘ ( 0 )  + 0 = 0  f ( 0 ) = 0 . 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 344 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 Ta có  f ‘ ( x ) dx = f ( 1 ) − f ( 0 ) = 1 . 0 Chọn ý B. Câu 24. Cho f ‘ ( x ) .2f ( x ) + f ( x ) + f ‘ ( x ) .x = 4x . Biết đồ thị hàm số f ( x ) đồng biến trên tập R, f ( 0 ) = 0 . Tìm nghiệm của phương trình cos 3f ( x ) = −4x 3 + 3x trên khoảng ( 0;  ) . A.  . 2  . 3 C. B. 0. D.  . Lời giải Ta có f ‘ ( x ) .2f ( x ) + f ( x ) + f ‘ ( x ) .x = 4x  f ( x ) + x.f ( x ) = 2x 2 + c . 2 Mặt khác f ( 0 ) = 0  c = 0  f ( x ) + x.f ( x ) − 2x 2 = 0 . (1) Có  = x 2 + 4.2 x 2 = 9x 2 . −x + 3x  =x f1 ( x ) = 2 Ta tìm được 2 nghiệm của phương trình (1) là  . f ( x ) = −x − 3x = −2x  2 2 Mà hàm số f ( x ) đồng biến trên tập R nên f ( x ) = x . cos 3 f ( x ) = −4x 3 + 3x  −4 cos 3 f ( x ) + 3 cosf ( x ) = 4x 3 − 3x  −4 cos 3 x + 3 cosx = 4x 3 − 3x . Ta có h ( x ) = −4 cos x 3 + 3 cos x  h ‘ ( x ) = sin x ( 12 cos x 2 − 3 ) luôn đồng biến trên  x =  2 Hàm số g ( x ) = 4x 3 − 3x = 12x 2 − 3 luôn đồng biến trên tập R nên để g ( x ) = h ( x ) thì cos x = x Ta có y = cos x − x  y’ = − sin x − 1  y’ = 0  − sin x − 1 = 0  sin x = −1  x = − + k ( k  2 )x= Chọn ý A. Câu 25.  x2 f ( x ) f ‘ ( x ) − = x2 + x  x−1 x−1 Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  (*) . Tính f ( 0 ) ? 2 f x x f ‘ x ( ) ( )  − = − xf ( x )  x − 1 x−1 A. 0. B. −1 . 6 C. 1. D. Lời giải Trừ 2 vế của ( * ) ta được x f ( x) 2 x−1 345 | Chinh phục olympic toán − f ‘(x) x−1 − f (x) x−1 + x2 f ‘ ( x ) x−1 = x2 + x + xf ( x ) . 1 . 2  2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 | Các bài toán lấy tích phân 2 vế (x  2 − 1) f ( x ) x−1 (x + 2 − 1) f ‘ ( x ) x−1 = x 2 + x + xf ( x )  ( x + 1 ) f ( x ) + ( x + 1 ) f ‘ ( x ) = x 2 + x + xf ( x ) .  ( x + 1 ) f ( x ) + ( x + 1 ) f ‘ ( x ) − xf ( x ) = x 2 + x  ( x + 1 ) f ( x )  ‘ = x 2 + x .  ( x + 1) f ( x ) =  ( x 2 + x ) dx = x3 x2 + +c . 3 2 x 3 x 2 −1 + + 3 2 1 6 = 2x + 3x − 1  f ( 0 ) = −1 . Thay x = −1  c = −  f ( x ) = 3 2 x+1 6 ( x + 1) 6 6 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 26. 2.f ‘ ( x ) .f ( x ) − 2xf ‘ ( x ) − 2f ( x ) − 1 = e 2 f ( x )− 3x −1  Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  f x 2 − 2 xf x − x 2 ( ) ( ) = e − x  2f ‘ ( x ) − 2x − 3  e 1 1 1 Tính ? + + … f ( 0 ) .f ( 1 ) f ( 1 ) .f ( 2 ) f ( 99 ) .f ( 100 ) A. 98 . 99 B. 101 . 100 99 100 C. D. (*) . Biết f ( 0 ) = 1 . 100 . 101 Lời giải Nhân 2 vế của hệ phương trình ( * ) với nhau ta được e( f x ) − 2xf ( x ) − x 2 .  2.f ‘ ( x ) .f ( x ) − 2xf ‘ ( x ) − 2f ( x ) − 1 = e  e (  f x ) − 2xf ( x ) − x 2  ‘ = e 2f ( x )−x2 −3x −1  ‘  e f ( x )    f x Ta có f ( 0 ) = 1  e = e + c  c = 0  e ( ) 2 − 2 xf ( x ) − x =e 2 2f ( x ) − x 2 − 3x −1 − 2 xf ( x ) − x 2 f ( x ) − x 2 − 3x − 1 =e 2f ‘ ( x ) − 2x − 3  . 2 f ( x ) − x 2 − 3x − 1 +C. .  f ( x ) − 2xf ( x ) − x = 2f ( x ) − x 2 − 3x − 1  f ( x ) − 2 ( x + 1 ) f ( x ) + x 2 + 2x + 1 = 0 . 2 2   f ( x ) − ( x + 1 )  = 0  f ( x ) = x + 1  2  1 f ( x ) f ( x − 1) = 1 1 1 . = − x ( x + 1) x x + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 . + + … = − + − + … + − = − = f ( 0 ) .f ( 1 ) f ( 1 ) .f ( 2 ) f ( 99 ) .f ( 100 ) 1 2 2 3 100 101 1 101 101 Chọn ý D. LUYỆN TẬP Câu 1: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 và 2f ( x ) + x.f ‘ ( x )  673x 2017 . Giá trị nhỏ nhất của tích phân A. 1 3 B. 1  f ( x ) dx 0 1 3.2017 bằng C. 1 3.2018 D. 1 3.2019 Tạp chí và tư liệu toán học | 346 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 2: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên nửa khoảng  0; + ) thỏa mãn f ‘ ( x ) = x ( x + 1) f ( x ) và f ( 0 ) = 1, f ( 1 ) = 3 a + b 2 với a,b là các số nguyên. Tính P = ab . B. P = −66 D. P = −36 C. P = 6 Câu 3: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ‘ ( x ) = 2f ( x ) và f ( 0 ) = 3 . Tích phân A. 2 3 ( e − 1 ) 2 3 ( 2e − 1 ) B. 3 ( e2 − 1) C. D. 2 1  f ( x ) dx 0 3 ( 2e − 1 ) 2 Câu 4: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị âm và có đạo hàm liên tục trên f ‘ ( x ) = ( 2x + 1 )  f ( x )  và f ( 0 ) = −1 . Giá trị của tích phân 2 1 6 1  f ( x ) dx 0 bằng thỏa mãn bằng 2 3  3 D. − 9 9 Câu 5: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp 2 liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ‘ ( 0 ) = −1 và A. − B. − ln 2 C. − f ” ( x ) =  f ‘ ( x )  . Giá trị của biểu thức f ( 1 ) − f ( 0 ) bằng 2 1 1 D. − ln 2 ln 2 2 2 Câu 6: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn A. ln 2 f ‘ ( x ) = −e x f 2 ( x ) x  B. − ln 2 C. và f ( 0 ) = 1 . Tính f ( ln 2 ) 2 1 3 1 4 1 2 Câu 7: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên  0; + ) và thỏa A. ln 2 + 1 2 B. C. D. ln 2 2 + mãn f ( 1 ) = 1, f ( x ) = f ‘ ( x ) 3x + 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng A. 1  f ( 5 )  2 B. 4  f ( 5 )  5 C. 3  f ( 5 )  4 D. 2  f ( 5 )  3 Câu 8: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên  0; + ) thỏa mãn 2 và f ‘ ( x ) = ( x + 1 ) f ( x ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 A. 2613  f 2 ( 8 )  2614 B. 2614  f 2 ( 8 )  2615 f ( 3) = D. 2616  f 2 ( 8 )  2617 C. 2618  f 2 ( 8 )  2619 Câu 9: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn f ( x ) f ‘ ( x ) = 3x 5 + 6x 2 . Biết rằng f ( 0 ) = 2 . Tính f 2 ( 2 ) . A. 144 B. 100 D. 81 C. 64 Câu 10: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị âm và có đạo hàm liên tục trên  1; 4  thỏa mãn f ‘ ( x ) = ( 2x + 1 ) f 2 ( x ) và f ( 1 ) = 347 | Chinh phục olympic toán 1 . Giá trị của biểu thức 2 2018  f ( i ) bằng i =1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. P = −3 | Các bài toán lấy tích phân 2 vế 2017 2010 2018 2016 B. − C. − D. − 2019 2017 2019 2018 Câu 11: Cho hai hàm số f ( x ) ,g ( x ) có đạo hàm liên tục trên  1; 4  thỏa mãn A. − f ( 1 ) + g ( 1 ) = 9e và f ( x ) = −x 2 g ‘ ( x ) ;g ( x ) = −x 2 f ‘ ( x ) . Tích phân ( 9 e− 4 e e ) ( ) ( e e− 4 e 9  4 1 f ( x) + g ( x) dx bằng x2 ) e− 4 e 9 Câu 12: Cho hai hàm số f ( x ) ,g ( x ) có đạo hàm liên tục trên  1; 4  thỏa mãn f ( 1 ) + g ( 1 ) = 4 A. B. 9 e − 4 e C. và f ( x ) = −x 2 g ‘ ( x ) ;g ( x ) = −x 2 f ‘ ( x ) . Tích phân A. 8 ln 2 D.  ( f ( x ) + g ( x ) ) dx bằng 4 1 D. 4 ln 2 C. 6 ln 2 B. 3 ln 2 Câu 13: Cho hàm số f ( x ) và có đạo hàm liên tục trên  0; + ) và thỏa mãn điều kiện CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN f ( x ) + f ‘ ( x ) = e − x 2x + 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 26 3 4 C. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = 3 26 3 4 D. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = − 3 có đạo hàm liên tục trên  0; 1 thỏa mãn f ( 0 ) = 0 và B. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = − A. e 4 f ( 4 ) − f ( 0 ) = Câu 14: Cho hàm số f ( x ) 2xf ( x ) + f ‘ ( x ) = x ( x 2 − 1 ) . Tích phân A. e−4 8e B.  1 0 xf ( x ) dx bằng 1 6 C. 7 6 Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên f ‘ ( x ) f ( x ) = cos x 1 + f 2 ( x ) . Tích phân A. 8 + 11 2 B. 8 +   f ( x ) dx bằng C. 7 −8 2 2 0 7 2 D.  0;  e−4 4e thỏa mãn f ( 0 ) = 3 và D. 11 −8 2 Câu 16: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm dương liên tục trên  0; 1 thỏa mãn f ( 0 ) = 1 và f ( x ) = ( f ‘ ( x ) ) . Tích phân 2 1  f ( x ) dx 0 bằng 5 5 19 B. C. 4 2 12 Câu 17: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 19 3 thỏa mãn điều kiện A. D.  0; 1 2018f ( x ) + x.f ‘ ( x )  x 2019 , x  0; 1 . Giá trị nhỏ nhất của tích phân 0 bằng 1 2020.4037 1   Câu 18: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn cos xf ( x ) + sin xf ‘ ( x ) = , x   ;  và đông thời 2 cos x 6 3 A. 1 4037  f   = 2 2 . Tích phân 4 B. 1 2018.4037 C. 1 2019.4037 1  f ( x ) dx D.  3  6  f ( x ) dx bằng Tạp chí và tư liệu toán học | 348 Kỹ thuật giải toán tích phân|  2 3 A. ln  1 +  3   2 3  C. ln   3 − 1     2 3 B. 2 ln  1 +   3   . Tính f B. 3 A. 12 1 2020.4037 thỏa mãn f ( 0 ) = 0 , f ( x )  −1 và đồng Câu 19: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên thời f ‘ ( x ) = x 2 + 1 = 2x f ( x ) + 1, x  D. ( 3)? D. 9 C. 7 Câu 20: Cho hàm số f ( x ) liên tục và đồng biến trên đoạn  1; 4  , f ( 1 ) = 0 và đồng thời thỏa 4 mãn x + 2x.f ( x ) =  f ‘ ( x )  , x   1; 4  . Đặt I =  f ( x ) dx . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 1 A. 1  I  4 C. 8  I  12 B. 4  I  8 D. 12  I  16 Câu 21: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  f ‘ ( x )  + f ( x ) f ” ( x ) = 2x 2 − x + 1, x  2 , và đồng thời f ( 0 ) = f ‘ ( 0 ) = 3 . Giá trị của f 2 ( 1 ) bằng? C. 19 2 D. 10 Câu 22: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 0 ) = 1 và f ‘ ( x ) + 2xf ( x ) = 2x.e − x , x  2 của tích phân A. 1 −  1 0 xf ( x ) dx ? 3 2e B. − 1 2e C. 1 − Câu 23: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 1 ) = Tích phân A. 3 + . Tính giá trị 1  f ( x ) dx 0 4 e e 2 D. e 2 2 9 và f ‘ ( x ) + 3x 2 f ( x ) = ( 15x 4 + 12x ) e − x , x  e . bằng? C. 3 − B. 2e − 1 4 e D. 2e + 1 Câu 24: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f 2 ( x ) f ” ( x ) + 2f ( x ) ( f ‘ ( x ) ) = 15x 4 + 12x, x  2 f ( 0 ) = 1, f ‘ ( 0 ) = 9 . Tích phân 1 và  f ( x ) dx bằng? 3 0 199 42 Câu 25: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 4  , có f ( 1 ) = 0 và đồng thời A. 199 14 B. 227 42 x + 2x.f ( x ) =  f ‘ ( x )  , x   1; 4  . Tích phân 3 A. 1 B. 1 5 C. 227 14  ( 2f ( x ) + 1) 4 D. 2 1 C. 1 3 dx bằng? D. 1 4 Câu 26: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  1; 2  , có f ( 1 ) = 4 và đồng thời f ( x ) = xf ‘ ( x ) − 2x 3 − 3x 2 , x  1; 2  . Tính giá trị của f ( 2 ) ? A. 5 B. 20 349 | Chinh phục olympic toán C. 15 D. 10 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC B. 22 A. 28 | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 27: Cho hàm số f ( x )  0 thỏa mãn điều kiện f ‘ ( x ) = ( 2x + 3 ) f 2 ( x ) và f ( 0 ) = a 2018 rằng  f (i ) = b (a  ,b * i =1 A. a  −1 b B. ) và −1 . Biết 2 a là phân số tối giản. Mệnh đề nào sau đây đúng? b a 1 b C. a + b = 1010 D. b − a = 3029 Câu 28: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 0 ) = 1 và đồng thời điều kiện f ‘ ( x ) = f ( x ) + e x + 1, x   0; 1 . Tính tích phân B. 2 ( e − 1 ) A. 2e − 1 1  f ( x ) dx 0 D. 1 − 2e C. 1 − e Câu 29: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp 2 liên tục trên đoạn  1; 3 , f ( 1 ) = f ‘ ( 1 ) = 1 và f ( x )  0 , f ( x ) f ” ( x ) = ( f ‘ ( x ) ) − ( xf ( x ) ) , x  1; 3 . Tính ln f ( 3 ) 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. −4 2 B. −3 C. 4 3 Câu 30: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn đồng thời f ( 2 ) = ln , f ‘ ( x ) e f ( x) 4 D. 3 2 = 3 , x   2; 2018 . Biết x 2018  f ( i ) = ln a − ln b + ln c − ln d rằng với a,b,c,d là các số nguyên dương và a,c,d là số i =2 nguyên tố đồng thời a  b  c  d . Giá trị của biểu thức a + b + c + d bằng? A. 1968 B. 1698 C. 1689 D. 1986 Câu 31: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 3 , f ( 3 ) = 4 và đồng thời  f ‘ ( x )  = 8x 2 − 20 − 4f ( x ) , x  0; 3 . Tích phân 2 B. −6 A. 9 3  f ( x ) dx bằng? 0 D. 12 C. 21 Câu 32: Cho hàm số f ( x ) đồng biến, có đạo hàm cấp 2 liên tục trên đoạn  0; 2  , biết rằng f ( 0 ) = 1, f ( 2 ) = e 6 và  f ( x )  − f ( x ) f ” ( x ) +  f ‘ ( x )  = 0, x  0; 2  . Tính f ( 1 ) 2 2 B. −6 A. 9 D. 12 C. 21 Câu 33: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 1 ) = 1 và đồng thời  f ‘ ( x )  + 4 ( 6x 2 − 1 ) f ( x ) = 40×6 − 44x 4 + 32x 2 − 4, x  0; 1 . Tích phân 2 A. 23 15 B. − 17 15 C. 13 15 Câu 34: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 1  f ( x ) dx 0 bằng? 7 15 1 và thỏa mãn f ( 0 ) = và đồng thời 2 D. − điều kiện ( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1 ) f ‘ ( x ) = e x . Giá trị của f ( 2 ) bằng? e 3 e 6 e2 3 Câu 35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên A. B. x ( x + 1 ) f ‘ ( x ) + f ( x ) = x 2 + x, x  C. e2 6 −1; 0 thỏa mãn f ( 1 ) = −2 ln 2 và D. −1; 0 . Biết f ( 2 ) = a + b ln 3 ( a, b  ) . Giá trị của biểu thức a 2 + b 2 bằng? Tạp chí và tư liệu toán học | 350 Kỹ thuật giải toán tích phân| 13 25 9 5 B. C. D. 2 2 4 4 Câu 36: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa A. x mãn  f ( x )  = 2 + 3 f ( t ) dt, x  0; 1 . Tích phân 0 2 1  f ( x ) dx 0 bằng? 3 3 15 11 B. C. + 3 D. + 2 4 4 4 4 Câu 37: Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên khoảng ( 0; + ) thỏa mãn điều kiện A. 3 2  2  f ( x ) sin xdx = −4 và f ( x ) = x ( sin x + f ‘ ( x ) ) + cos x . Mệnh đề nào sau đây đúng? B. 5  f (  )  6 A. 11  f (  )  12 C. 6  f (  )  7 D. 12  f (  )  13 2 3  f ‘ ( x )  + f ( x ) f ” ( x )  1, x  0; 1 và f 2 ( 0 ) + f ( 0 ) f ‘ ( 0 ) = . Tìm giá trị nhỏ nhất của tích 2 phân 1  f ( x ) dx ? 2 0 11 5 1 B. C. 2 2 6 Câu 39: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên A. kiện f ‘ ( x )  f ( x )  2018 A. 0 = xe x , x  7 2 thỏa mãn f ( 1 ) = 1 và đồng thời điều D. 1 là? e D. 3 . Số nghiệm của phương trình f ( x ) = − C. 1 B. 2 Câu 40: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên 0 thỏa mãn f ( 1 ) = −2 và đồng thời x 2 f 2 ( x ) + ( 2x − 1 ) f ( x ) = xf ‘ ( x ) − 1, x   f ( x ) dx ? 0 . Tính 2 1 ln 2 3 ln 2 3 1 B. − ln 2 − C. − ln 2 − D. − − −1 2 2 2 2 2 Câu 41: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0; + ) A. − 2f ‘ ( x ) = f ( x )( x + 2 ) , x  0 và f ( 1 ) = 1 . Tích phân 3  2 1 dx ? 2  f ( x )  1 3 7 11 A. B. − + ln 2 C. + ln 2 D. + ln 2 + ln 2 2 2 2 2 Câu 42: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn f ( 1 ) = e và đồng thời điều thỏa mãn  f ( x )  2 x 3 kiện ( x + 2 ) f ( x ) = xf ‘ ( x ) − x 3 , x  A. 4e 2 − 4e + 4 . Tính f ( 2 ) ? B. 4e 2 − 2e + 1 C. 2e 3 − 2e + 2 Câu 43: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương thỏa mãn f ‘ ( x ) =  2 1 3×3 1 dx = . Giá trị của biểu thức f ( 1 ) + f ( 2 ) bằng? 2 f ( x) 9 351 | Chinh phục olympic toán 1 D. 4e 2 − 4e + 1 f ( x) + 3x 2 , x  ( 0; + ) và x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 38: Cho hàm số f ( x ) có đạo đến cấp 2 liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn điều kiện | Các bài toán lấy tích phân 2 vế 27 43 45 B. C. 2 2 2 Câu 44: Cho hàm số f ( x ) đồng biến và có đạo hàm liên tục trên A.  f ‘ ( x )  = e x f ( x ) , x  2 A. e − 2 . Tính 49 2 thỏa mãn f ( 0 ) = 1 và D. 1  f ( x ) dx ? 0 D. e − 1 C. e 2 − 1 B. e − 2 2   Câu 45: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 0;  thỏa  4    mãn f ‘ ( x ) = tan xf ( x ) , x  0;  , f ( 0 ) = 1 . Tính  4 cos xf ( x ) dx ? 0  4 1+   +1 A. B. C. ln 4 4 4 Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Tích phân D. 0 −f x và f ‘ ( x ) = e ( ) ( 2x + 3 ) , f ( 0 ) = ln 2 . 2  f ( x ) dx bằng? 1 A. 6 ln 2 + 2 B. 6 ln 2 − 2 D. 6 ln 2 + 3 C. 6 ln 2 − 3 Câu 47: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 1 thỏa mãn f ( 1 ) = 1 và đồng thời xf ‘ ( x ) − f ( x ) = x 2 , x  0; 1 . Tính tích phân A. 1 3 B. 1 4 C.  1 0 2 3 Câu 48: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên kiện f ‘ ( x ) = f ( x ) + x 2 e x + 1, x  A. 6e 3 + 3 xf ( x ) dx ? D. 3 4 thỏa mãn f ( 0 ) = −1 và đồng thời điều . Tính f ( 3 ) ? B. 6e 2 + 2 D. 9e 3 − 1 C. 3e 2 − 1 Câu 49: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ( 0; + ) thỏa mãn f ( 1 ) = 2 và đồng thời f ( x) = 4x 2 + 3x và f ( 1 ) = 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại x điểm có hoành độ x = 2 là? f ‘( x) + B. y = −16x + 20 A. y = 16x + 20 C. y = −16x − 20 D. y = 16x − 20 Câu 50: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn  0; 1  f ( x )   f ‘ ( x )  2 thỏa mãn  = 1 +  f ( x )  , x   0; 1 . Biết f ( 0 ) = 1 . Mệnh đề nào sau đây 2x e đúng? 2 5  A. f ( 1 )   ; 3  2  2  7 B. f ( 1 )   3;   2  5 C. f ( 1 )   2;   2 3  D. f ( 1 )   ; 2  2  ĐÁP ÁN Câu 1. Chọn ý C. Theo giả thiết ta có ( x 2 f ( x ) ) ‘  673x 2018 , lấy tích phân 2 vế cận từ 0 tới x ta được Tạp chí và tư liệu toán học | 352 Kỹ thuật giải toán tích phân| 673x 2019 0 0 2019 2017 2017 1 1 x x 1  f (x)    f ( x ) dx   dx = 0 0 3 3 3.2018 x ( x2 f ( x ) ) ‘dx   673x2018dx  x2 f ( x )  x Câu 2: Chọn ý A. Câu 3: Chọn ý C. Câu 4: Chọn ý D. Câu 5: Chọn ý B. Câu 6: Chọn ý B. Câu 7: Chọn ý C. Câu 8: Chọn ý C. Câu 9: Chọn ý B. Câu 10: Chọn ý D. 1 f ( 1) =− 1 1 1  1 2 2 Ta có = 2x + 1  − = x + x + C ⎯⎯⎯⎯ → f (x) = − 2 = − −  f ( x) f (x) x +x  x x+1 2018 2018 1  1  2018 1 1   f (i ) = −  −  = − − =− i+1 2019  1 2019  i =1 i =1  i Câu 11: Chọn ý B. Đặt h ( x ) = f ( x ) + g ( x ) , h ( 1 ) = g ( 1 ) + f ( 1 ) = 9e . Ta có f ( x ) + g ( x ) = −x 2  f ‘ ( x ) + g ‘ ( x )   h ( x ) + x 2 h ‘ ( x ) = 0  1 h ‘( x) 1 1 h ( 1) = 9e = − 2  ln h ( x ) = + C ⎯⎯⎯ ⎯ → h ( x ) = 9e x h (x) x x  4 1 1 4 9 f (x) + g (x) x dx =  2 e dx = 9 e − 4 e 2 1 x x Câu 12: Chọn ý A. Tương tự câu 11 Câu 13: Chọn ý A. Câu 14: Chọn ý A. Câu 15: Chọn ý B. Câu 16: Chọn ý B. Câu 17: Chọn ý D. Tương tự câu 1. Câu 18: Chọn ý B. Câu 19: Chọn ý B. Câu 20: Chọn ý D. Câu 21: Chọn ý A. Câu 22: Chọn ý A. Câu 23: Chọn ý C. 353 | Chinh phục olympic toán ( ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC f ‘( x) | Các bài toán lấy tích phân 2 vế Câu 24: Chọn ý C. Câu 25: Chọn ý B. Câu 26: Chọn ý D. Câu 27: Chọn ý D. Câu 28: Chọn ý B. Câu 29: Chọn ý A. Biến đổi giả thiết ta có  f ‘ ( x )  f ( x ) f ” ( x ) − ( f ‘ ( x ) ) f ‘( x) x3 2 ‘ = = − x  = − +C   2 f x f x 3 ( ) ( ) f x ( ) ( )   2  x3 4  4 x 4 4x ⎯⎯⎯⎯→ C =  ln f ( x ) =   − +  dx = − + + C1 3 12 3  3 3 5 x 4 4x 5 f ( 1) = 1 ⎯⎯⎯ → D = −  ln f ( x ) = − + −  ln f ( 3 ) = −4 4 12 3 4 Câu 30: Chọn ý C. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN f ( 1 ) = f ‘( 1 ) = 1 Biến đổi giả thiết ta có 3 f ( 2 ) = ln 2 1 f(x) 4 dx  e = − ⎯⎯⎯⎯ →C = 1 x3 x2 + C 1  2018  2018  1    f ( x ) = ln  1 − 2    f ( i ) = ln   1 − 2   x  i   i =2  i =2  ( )  f ‘ ( x ) e dx =  f x  ( 2 2 − 1 )( 32 − 1 ) … ( 2018 2 − 1 )  1.3.2.4.3.5…2017.2019 = = ln  2 2   ( 2.3…2018 ) ( 2.3…2018 ) 2019! 2017 !. 2018 1.2 = 2019 = 3.673  = f ( i ) = ln 3 − ln 4 + ln 673 − ln 1009  2 1.2.2018 2 2.1009 i =2 ( 2018!) Câu 31: Chọn ý B. Từ giả thiết ta có  3 0  f ‘ ( x )  dx =  ( 8x 2 − 20 − 4f ( x ) ) dx = 12 − 4  f ( x ) dx 0 0 3 2 3 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 3 3 3 0 0  f ( x ) dx = xf ( x ) −  0 3 3 xf ‘ ( x ) dx = 12 −  xf ‘ ( x ) dx 0 ( 3    f ‘ ( x )  dx = 12 − 4 12 −  xf ‘ ( x ) dx 0 0 2 )   ( f ‘ ( x ) − 2x ) dx = 0  f ‘ ( x ) = 2x  f ( x ) = x 2 + C 3 2 0 3 ( ) ⎯⎯⎯ → C = −5  f ( x ) = x 2 − 5   f ( x ) dx = −6 f 3 =4 0 Câu 32: Chọn ý D. Ta có f ( x )  f ( 0 ) = 1, x  0; 2  do vậy  f ‘ ( x )  f ( x ) f ” ( x ) −  f ‘ ( x )  x2 ‘ = = 1  ln f x = + Cx + D ( )   2 f x 2 ( ) f x      ( ) 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 354 Kỹ thuật giải toán tích phân| x 5 + 2x D = 0 C = 2 Mặt khác do f ( 0 ) = 1, f ( 2 ) = e     f (x) = e 2  f ( 1) = e 2 6 = 2 + 2C + D D = 0 2 6 Câu 33: Chọn ý C. Lấy tích phân 2 vế trên đoạn  0; 1 ta được 1 1 2 376 2 6 4 2 f ‘ x dx + 4 6x − 1 f x dx =   ( ) ( ) ( ) 0   0 0 ( 40x − 44x + 32x − 4 ) dx = 105 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta được: 1  ( 6x 1 0 2 − 1 ) f ( x ) dx =  f ( x ) d ( 2x 3 − x ) 1 0 = ( 2x 3 − x ) f ( x ) −  ( 2x 3 − x ) f ‘ ( x ) = 1 −  ( 2x 3 − x ) f ‘ ( x ) dx 1 1 1 0 0 0 Thay lại đẳng thức trên ta có ( )   f ‘ ( x ) − 2 ( 2x 3 − x ) dx = 0  f ‘ ( x ) = 2 ( 2x 3 − x )  f ( x ) = x 4 − x 2 + C 1 0 2 1 ( ) ⎯⎯⎯ → C = 1  f ( x ) = x 4 − x 2 + 1   f ( x ) dx = f 1 =1 0 13 15 Câu 34: Chọn ý D. Câu 35: Chọn ý B. Câu 36: Chọn ý A. Xem lại phần tích phân có cận thay đổi Câu 37: Chọn ý B. Câu 38: Chọn ý C. Biến đổi giả thiết tương đương  f ( x ) f ‘ ( x )  ‘ =  f ‘ ( x )  + f ( x ) f ” ( x )  1, x  0; 1 2 Lấy tích phân cận từ 0 đến x ta được x x  f ( x ) f ‘ ( x ) dx   f ( 0 ) f ‘ ( 0 ) + x  dx 0 0 f 2 (x) − f (0)  f 2 x2  f 2 ( x )  x 2 + f 2 ( 0 ) + 2f ( 0 ) f ‘ ( 0 ) x 2 2 2 1 1 1 11   f 2 ( x ) dx    x2 + f 2 ( 0 ) + 2f ( 0 ) f ‘ ( 0 ) x  dx = + f 2 ( 0 ) + f ( 0 ) f ‘ ( 0 ) = 0 0 3 6  (0) f ‘(0) x + Dấu “=” xảy ra chẳng hạn tại f ( x ) = x 2 + x + 1 Câu 39: Chọn ý B. Ta có  f ‘ ( x )  f ( x )   f ( x )   2019 2018 dx =  xe xdx = ( x − 1 ) e x + C 2019 = ( x − 1) e x + C; f ( 1 ) = 1  355 | Chinh phục olympic toán 1 = C  f ( x ) = 2019 1 + 2019 ( x − 1 ) e x 2019 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC ) ( 1 2 376 3 f ‘ x dx + 4 1 −   ( )   0 0 ( 2x − x ) f ‘ ( x ) dx = 105 1 1 2 44    f ‘ ( x )  dx − 4  ( 2x 3 − x ) f ‘ ( x ) dx + =0 0 0 105 1 | Các bài toán lấy tích phân 2 vế 1 1 Vậy f ( x ) = −  1 + 2019 ( x − 1 ) e x = − 2019  2019 ( x − 1 ) e x+ 2019 + e 2019 + 1 = 0 e e Xét hàm số g ( x ) = 2019 ( x − 1 ) e x + 2019 + e 2019 + 1  g ‘ ( x ) = 2019 e x+ 2019 + ( x − 1 ) e x+ 2019  = 2019xe x+ 2019 Do g ‘ ( x ) = 0 có đúng 1 nghiệm nên g ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm Câu 40: Chọn ý B. Từ giả thiết ta có x 2 f 2 ( x ) + 2xf ( x ) + 1 = xf ‘ ( x ) + f ( x )  ( xf ( x ) + 1 ) = ( xf ( x ) + 1 ) 2 Suy ra ( xf ( x ) + 1) ‘ dx = dx = x + C  xf x + 1 = − 1 ( )  ( xf ( x ) + 1)  x+C 2 1 1 1  f (x) = − 2 − x x x 2 2  1 1 1 Suy ra  f ( x ) dx =  −  2 +  dx = − ln 2 − 1 1 2 x x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Mặt khác f ( 1) = −2  C = 0  xf ( x ) + 1 = − Câu 41: Chọn ý C. Câu 42: Chọn ý A. Câu 43: Chọn ý C. Câu 44: Chọn ý D. Câu 45: Chọn ý B. Câu 46: Chọn ý B. Câu 47: Chọn ý B. Câu 48: Chọn ý D. Câu 49: Chọn ý D. Câu 50: Chọn ý A. Tương tự với câu trong đề thi thử Chuyên Lê Khiết, xem lại phần trước. Tạp chí và tư liệu toán học | 356 CHƯƠNG Kỹ thuật giải toán tích phân| 8 CÁC ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN Nhiều khi các bạn có tự hỏi học tích phân để làm gì và liệu nó có vô dụng không? Mình nghĩ đây là một câu hỏi không phải ai cũng trả lời được. Trước khi đi vào nội dung của chuyên đề này, mình sẽ gửi tới các bạn một câu chuyện ngắn sau được mình trích từ Blog của giáo sư Nguyễn Tiến Dũng. Bài viết mang tên Vì sao tích phân… vô dụng? Cuộc thăm dò ý kiến về phép tính vi tích phân của một thành viên của lệ rất lớn những người đã trưởng thành và đã được học phép tính tích phân không dùng gì đến nó trong công việc cũng như trong cuộc sống. Thậm chí có câu hỏi được đặt ra: Phép tính tích phân “vô dụng”, ít được dùng như vậy, thì có nên giữ nó trong chương trình phổ thông không, hay là nên bỏ nó đi (chỉ để ở bậc đại học thôi) thì hợp lý hơn ? Tôi sẽ không ngạc nhiên, nếu có đến trên 90% số người đã trưởng thành ở Việt Nam “không hề dùng đến tích phân” trong công việc cũng như trong cuộc sống. Mặt khác, theo tôi, lỗi không nằm tại bản thân phép tính tích phân, mà là tổng hợp của nhiều lý do khác nhau. Ở đây tôi thử chỉ ra hai trong số các lý do chính: 1. Trình độ khoa học và công nghệ của Việt Nam còn quá yếu kém so với thế giới. Sự phát triển kinh tế của thế kỷ 21 trên thế giới là theo hướng “kinh tế dựa trên hiểu biết” (knowledge-based economy), phát triển dựa trên thay đổi về chất chứ không phải là về lượng nữa (về lượng thì công suất công nghiệp và nông nghiệp của thế giới bị thừa chứ không bị thiếu). Muốn phát triển về chất thì phải chú trọng đến nghiên cứu và sáng tạo. Samsung sở dĩ đã đánh bại các “khủng long” như Nokia và Sony chính là vì có chính sách đầu tư cho nghiên cứu phát triển rất tốt, có đến 5000 tiến sĩ (thật sự, chứ không phải là tiến sĩ giấy như ở Việt Nam) làm việc cho họ. Khó có thể tưởng tượng sự thiếu vắng của các công cụ toán học hiện đại, trong đó có vi tích phân, trong bất cứ lĩnh vực nghiên cứu & phát triển nào, kể cả trong khảo cổ, sinh vật, điện tử, cho đến kinh tế, tài chính, xã hội học, và cả phim ảnh giải trí. Tuy nhiên, đấy là nói về thế giới, còn ở Việt Nam thì hơi khác, vì Việt Nam đang còn rất tụt hậu so với thế giới. Đặc biệt là trong các lĩnh vực nghiên cứu và phát triển. Ở Việt Nam không thiếu Iphone đời mới nhất, xe ô tô khủng nhất, nhưng đó là người Việt mua về dùng chứ không phải là thiết kế sáng tạo ra. Các dây chuyền công nghệ 357 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC trang Sputnik Education khá thú vị, qua đó chúng ta biết được một điều, đó là có một tỷ | Các ứng dụng của tích phân hiện đại nếu có ở Việt Nam thì cũng là mang từ nước ngoài về. Để lái được xe Ferrari hay quay được mấy cái máy sản xuất máy tính bảng thì tất nhiên chẳng cần biết tính tích phân — để thiết kế được ra chúng mới cần hiểu tích phân. Môi trường lạo động của Việt Nam hiện tại cũng chưa khuyến khích việc nghiên cứu & phát triển. Thử nhìn lương trả cho các tiến sĩ ở Việt Nam thì biết: Trong khi một nhà toán học ở Mỹ có lương trung bình là 100 nghìn USD / năm, thì tiến sĩ toán ở Việt Nam có lương chính thức không bằng 1/30 lần như vậy. Thế thì “thời gian vàng bạc” được dành cho các việc kiếm cơm, chứ thời gian đâu mà “nghiên cứu mới chẳng phát triển” ?! Ngay ngành tài chính trên thế giới dùng tích phân “như cơm bữa”. Các mô hình tài chính hiện đại dùng toán hiện đại, không những chỉ là tính tích phân theo nghĩa CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN thông thường nhiều người biết, mà là còn tính các tích phân ngẫu nhiên, là thứ toán học phát triển từ giữa thế kỷ 20. Chính vì vậy mà nhiều người gốc toán trở thành các “át chủ bài” của thị trường tài chính, và chương trình cao học tài chính ở các nơi có toán khá nặng. Tôi biết có một số sinh viên Việt Nam sau khi tốt nghiệp xuất sắc ở các trường kinh tế hay tài chính, được học bổng sang Pháp học cao học, bị “gẫy cầu” không theo được, một phần chính vì không thể nhai nổi phép tính tích phân ngẫu nhiên này. Bởi vậy, nói là “làm tài chính ở Việt Nam không cần tích phân” thì có thể đúng (cũng chính vì thế mà việc quản lý rủi ro ở các định chế tài chính của Việt Nam mới vô cùng bi bét), nhưng đối với thế giới thì không đúng. 2. Việc học/dạy ở Việt Nam còn quá hình thức giáo điều, khiến cho người học có thể làm lại dập khuôn theo mẫu có sẵn như cái máy, nhưng lại không hiểu gì về ý nghĩa của những khái niệm mình được học. Tất nhiên là khi không hiểu bản chất ý nghĩa của một khái niệm nào đó thì không dùng được đó, và như thế thì hệ quả tất yếu là vứt nó đi coi như không bao giờ dùng đến. Điều này đúng không chỉ với môn toán mà với mọi môn, không chỉ đúng với phép tính tích phân mà đúng với mọi khái niệm khoa học khác. Qua tâm sự với học trò Việt Nam và đồng nghiệp, tôi nhận thấy một điều, là kiến thức học ở đại học ở Việt Nam bị hổng rất nhiều. Nghe tên các môn học rất là “oai” nhưng thực sự chẳng học được mấy, toàn học theo kiểu hình thức, rồi quên, không biết các khái niệm từ đâu ra, để làm cái gì, gặp các vấn đề cụ thể là “chịu cứng” không giải quyết được. Ví dụ như có thể học cả một cua về giải tích hàm rất trừu tượng và thi đạt điểm tối đa nhưng không lấy được một ví dụ cụ thể xem không gian hàm nào là Fréchet, có thể học xong cả một cua về “nhóm Lie và đại số Lie” nhưng không thể tính được xem đại số Lie aff(2) của các Tạp chí và tư liệu toán học | 358 Kỹ thuật giải toán tích phân| biến đổi affine của mặt phẳng là có mấy chiều. Thậm chí có người còn viết được cả bài báo khoa học (chung với thầy) đăng tạp chí quốc tế rồi, mà không trả lời được là hàm hình bậc thang thì có lấy được tích phân không (?!) Đến cả những người học ngành toán, thậm chí học đến tiến sĩ rồi, mà trong đó vẫn có người không hiểu bản chất của tích phân là cái gì, thì tất nhiên đòi hỏi một người không theo ngành toán dùng được tích phân là đòi hỏi “quá cao”. Khi mà không nắm được ý nghĩa của việc lấy tích phân, thì việc tính tính phân các phân thức như là cái máy, nhớ một đống các công thức tính tích phân sẽ hoàn toàn là phí thời gian vô ích (thi xong chữ thầy sẽ trả thầy) vì chẳng dùng được để làm gì, chẳng biết phải dùng như thế nào. Đấy chính là một điều rất không may mà phần lớn mọi vậy”, rất giáo điều, mà không hiểu ý nghĩa của nó là gì, tại sao người ta lại cần dùng đến nó, nó liên quan đến đời sống và thế giới tự nhiên ra sao, v.v. Einstein có nói nhiều câu rất hay, trong đó có câu: “Chúa không quan tâm đến các khó khăn toán học của con người, bởi vì Chúa tính tích phân một cách thực nghiệm”. Theo nghĩa nào đó, trong cuộc sống hàng ngày, nhiều khi chúng ta cũng “tính tích phân theo cách của Chúa”, không phải là dùng công thức toán học được viết ra một cách chi li hình thức, mà là bằng quan sát, ước lượng trực giác, v.v. Ví dụ như, khi chúng ta ước lượng diện tích của một cái nhà, thể tích của một thùng rượu, thời gian để làm việc gì đó, v.v., là chúng ta cũng “tính tích phân”, chỉ có điều nó “không giống” với khái niệm tích phân mà ta được học trong sách giáo khoa phổ thông thôi. Tích phân chẳng qua là tổng của nhiều thành phần lại với nhau, với số thành phần có thể là vô hạn (chia nhỏ ra thành tổng của các thành phần “nhỏ li ti”), và là công cụ để tính toán hay ước lượng độ lớn của vạn vật: Thể tích, diện tích, độ dài, vận tốc, trọng lượng, thời gian, tiền bạc, v.v. Bản thân cái ký hiệu của phép lấy tích phân chính là chữ S kéo dài ra, mà S ở đây có nghĩa là summa (tổng). Hiểu như vậy, có thể sẽ cảm thấy tích phân “bớt vô dụng” đi chăng ?! Nguồn: http://zung.zetamu.net/2014/02/why_integral_is_useless/ Sau khi đọc bài viết trên các bạn cảm thấy điều gì? Mọi người học tích phân để làm gì? Có phải chỉ để thi không? Tất nhiên là không phải rồi phải không nào! Trong các chủ đề sau đây mình sẽ giới thiệu cho các bạn các ứng dụng của tích phân trong thực tế mà có thể hiểu và sử dụng trong phạm vi chương trình THPT, nào cùng bắt đầu nhé. 359 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC người gặp phải: Học về phép tính tính phân như là một thứ “thánh bảo vậy thì nó phải | Các ứng dụng của tích phân A. ỨNG DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG I. LÝ THUYẾT CẦN NẮM. Trước khi vào lý thuyết của phần ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng, ta sẽ chứng minh tính chất được dùng trong phần này. Tính chất. Nếu trên đoạn [a; b] , hàm số f ( x ) không đổi dấu thì: b b a a  f ( x ) dx =  f ( x ) dx ( * ) Chứng minh. Hàm số f ( x ) không đổi dấu trên đoạn  a; b  , nghĩa là f ( x ) luôn dương hoặc luôn âm x   a; b . • Trường hợp 1. f ( x )  0 x   a; b  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x )  F’ ( x ) = f ( x )  0x  a; b   F ( x ) luôn đồng biến trên  a; b   F ( b )  F ( a )  F ( b ) − F ( a )  0. b Ta có b  f ( x ) dx =  f ( x ) dx = F ( x ) a a b a = F ( b ) − F ( a )( 1 ) b  f ( x ) dx = F ( x ) a b b a a b a = F ( b ) − F ( a ) = F ( b ) − F ( a )( 2 ) . Từ ( 1) , ( 2 )   f ( x ) dx =  f ( x ) dx • Trường hợp 2. f ( x )  0 x   a; b  b Chứng minh tương tự, suy ra  a b f ( x ) dx =  f ( x ) dx . a Qua hai trường hợp, ta suy ra được điều phải chứng minh. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  , trục b hoành và hai đường thẳng x = a , x = b được xác định: S =  f ( x ) dx a y f (x) O a c1 c2 c3 b x Tạp chí và tư liệu toán học | 360 Kỹ thuật giải toán tích phân| y = f ( x )  b y=0  • Ta có ( H ) :  và S =  f ( x ) dx . x = a a   x = b Phương pháp giải. b Cách 1. Tính S =  f ( x ) dx theo phương pháp đã trình bày ở phần tích phân hàm trị tuyệt a đối. • Giải phương trình f ( x ) = 0 ( 1 ) trên đoạn  a; b  . • Nếu (1) vô nghiệm thì S =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx . • b b a a Nếu (1) có nghiệm thuộc  a; b  , giả sử có duy nhất 1 nghiệm là  thì: b  b  b a a  a  S =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  b và hai đường thẳng x = a , x = b được xác định: S =  f ( x ) − g ( x ) dx a y O (C 2 ) a (C 1 ) c2 c1 b x  ( C1 ) : y = f ( x )  b ( C ) : y = g ( x ) Ta có ( H ) :  2 ; S =  f ( x ) − g ( x ) dx x=a a   x=b Phương pháp giải b Cách 1. Tính S =  f ( x ) − g ( x ) dx theo phương pháp đã trình bày ở phần tích phân hàm trị a tuyệt đối. Cách 2. Áp dụng tính chất ( * ) đã được chứng minh ở trên. • Giải phương trình f ( x ) = g ( x ) 361 | Chinh phục olympic toán ( 1) trên đoạn  a; b  . TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cách 2. Áp dụng tính chất ( * ) đã được chứng minh ở trên. | Các ứng dụng của tích phân • b Nếu ( 1 ) vô nghiệm thì S =  f ( x ) − g ( x ) dx = a • b  ( f ( x ) − g ( x ) ) dx . a Nếu ( 1 ) có nghiệm thuộc  a; b  , giả sử có duy nhất 1 nghiệm là  thì: b  b a   ( f ( x ) − g ( x ) ) dx +  ( f ( x ) − g ( x ) ) dx S =  f ( x ) − g ( x ) dx = a Chú ý. • Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường x = g ( y ) , x = h ( y ) và hai đường d thẳng y = c , y = d được xác định: S =  g ( y ) − h ( y ) dy . c • Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi prabol y = ax 2 + bx + c và trục hoành với (b = 2 − 4ac ) 3 3 36a 4 36a 4 Gọi x 1  x 2 là hai nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 ta có b − 4ac  0 là S CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 S= x2 x1 ( ax 2 2 + bx + c ) dx = =  ( ax x2 x1 2 + bx + c ) dx = a 3 b x 2 − x 13 ) + ( x 22 − x 12 ) + c ( x 2 − x 1 ) ( 3 2 1 2 x 2 − x 1  2a ( x 1 + x 2 ) − x 1 x 2  + 3b ( x 1 + x 2 ) + 6c   6 1 2 = x 2 − x 1  2a ( x 1 + x 2 ) − x 1 x 2  + 3b ( x 1 + x 2 ) + 6c   6  b 2 c  3b 2 1 = x 2 − x 1  2a  2 −  − + 6c 6 a a a = b 2 − 4ac ) 2 ( 1 b2 1  2 2 2  = x 2 − x 1  4c − S = ( x1 + x 2 ) − 4x 1 x2  ( b − 4ac ) = 6 a 36a 2  36a 4 2 2 b2 = Hoặc dùng công thức đã biết có S = bh = x 2 − x 1  c − 3 3 4a (b 2 − 4ac ) 3 3 6a Suy ra diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = ax 2 + bx + c và đường thẳng d : mx + n cắt nhau tại hai điểm phân biệt là S 2 = 3 36a 4 ( = (b − m) 2 − 4a ( c − n ) ) Tạp chí và tư liệu toán học | 362 Kỹ thuật giải toán tích phân| II. CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA. ĐỀ BÀI. Câu 1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = −x 2 + 4 , đường thẳng x = 3 , trục tung và trục hoành là 23 25 32 22 A. B. C. D. 3 3 3 3 3 Câu 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x − 4x , trục hoành và hai đường thẳng x = −3; x = 4 là 202 203 203 201 A. B. C. D. 4 4 3 4 Câu 3. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = 2x 3 − 3x 2 + 1 và y = x 3 − 4x 2 + 2x + 1 là 37 37 B. C. 3 D. 4 13 12 Câu 4. Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = x 2 − 1 , y = x + 5 . Diện tích của ( H ) bằng? 74 70 73 71 B. C. D. 3 3 3 3 2 Câu 5. Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = x − 4x + 3 , A. y = x+3. Diện tích của ( H ) bằng? 109 5 109 6 119 6 1 2 27 x ; y= Câu 6. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = x 2 ; y = bằng? 27 x A. 27 ln 2 B. 27 ln 3 C. 28 ln 3 D. 29 ln 3 4 2 y Câu 7. Cho hàm số y = x − 3x + m có đồ A. 108 5 B. thị ( C m ) với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) C. D. (C m ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ . Gọi S 1 , S 2 và S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. S3 Tìm m để S 1 + S 2 = S 3 . 5 A. m = − . 2 5 C. m = . 2 5 B. m = − . 4 5 D. m = . 4 363 | Chinh phục olympic toán S1 O S2 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. | Các ứng dụng của tích phân x4 − 2m 2 x 2 + 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao 2 cho đồ thị của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương 64 là? với trục hoành qua điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng 15 Câu 8 .Cho hàm số y =  2  ; 1  C.    2  y Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị trên  1  D.  ; 1  2  B. 1 A.  đoạn  −1; 4  như hình vẽ bên. Tính tích 4 phân I =  f ( x ) dx ? −1 5 . 2 C. I = 5 . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN B. I = O  −6; 5 , 4 x 1 −1 y Câu 10. Cho hàm số f liên tục trên đoạn 3 2 11 . 2 D. I = 3 . A. I = 3 có đồ thị gồm hai đoạn thẳng và nửa đường tròn như hình vẽ. Tính giá trị của tích phân I= 1 5  f ( x ) + 2  dx . −6 A. I = 2  + 35 . C. I = 2  + 33 . B. I = 2  + 34 . D. I = 2  + 32 −6 −2 −4 O −1 2 5 x Câu 11. Cho đồ thị hàm số f ( x ) = − ln x như hình vẽ. Hình chữ nhật nội tiếp dưới hình cong. để diện tích hình chữ nhật lớn nhất thì diện tích phần gạch xấp xỉ là? y 1 x= 5 1 O A. 1,43. B. 0,31 C. 2,8. x D. 0,39. Tạp chí và tư liệu toán học | 364 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 12. Cho m là tham số thực, m   1; 3 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ 1 2 3 x − 3mx 2 − 2m 3 và y = − x 3 + mx 2 − 5m 2 x . Gọi a,b lần lượt là giá trị 3 3 lớn nhất và nhỏ nhất của S. Tính tổng a + b ? ? 21 41 A. C. . . B. 1. D. 2. 6 4 y Câu 13. Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và hai điểm A , B thị các hàm số y = thuộc ( P ) sao cho AB = 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB đạt giá trị lớn B 3 . 4 3 D. 2 B. A O x Câu 14. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ‘ ( x ) liên tục trên R, đồ thị của f ‘ ( x ) như hình vẽ bên và hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành có diện tích bằng 1. Mệnh để nào sau đây là đúng ? y a 1  f (a) − f (b). 2 1 C. f ( c ) − f ( b )   f ( a ) − f ( b ) . 2 A. f ( c ) − f ( b )  365 | Chinh phục olympic toán O b c x 1 B. f ( c ) − f ( b )  f ( a ) − f ( b )  . 2 1 D.  f ( c ) − f ( b )  f ( a ) − f ( b ) . 2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC nhất bằng 2 A. . 3 4 C. . 3 | Các ứng dụng của tích phân Câu 15. Cho đường cong (C) : y y = 8x − 27x 3 và đường thẳng y = m cắt (C) S2 tại 2 điểm phân biệt nằm trong góc S1 phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy và chia thành 2 miền phẳng có diện tích S 1 = S 2 như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng ? 1 1 A. 0  m  . B.  m  1. 2 2 3 3 C. 1  m  . D.  m  2. 2 2 Câu 16. Cho hình phẳng H được giưới hạn x O y CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN bởi các đường y = x 2 − 1 , y = k ( 0  k  1 ) . Tìm k để diện tích của hình 1 phẳng H gấp đôi diện tích của miền phẳng y=k gạch sọc trong hình vẽ bên ? 3 4. 1 C. . 2 A. B. 3 2 − 1. D. 3 4 − 1. Câu 17. Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol x 1 O y y = 3x 2 , cung tròn có phương trình y = 4 − x 2 (với 0  x  2 ) 2 và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của ( H ) bằng? A. 4 + 3 12 B. 4 − 3 . 6 C. 4 + 2 3 − 3 . 6 D. 5 3 − 2 . 3 O 1 2 x Câu 18. Cho 2 số thực dương a, b khác 1 và đồ thị của các hàm số y = log a x, y = log b x như hình vẽ bên. Gọi d là đường thẳng song song vưới trục Oy và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = k ( k  1 ) . Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = log a x , d và trục hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = log b x , d và trục hoành. Biết S 1 = 4S 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? Tạp chí và tư liệu toán học | 366 Kỹ thuật giải toán tích phân| y O C. b = a 4 ln 2. B. a = b 4 . Câu 19. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = x 2 − 4x + 5 và các tiếp của (P) tại các điểm A ( 1; 2 ) , B ( 4; 5 ) ? parabol x D. a = b 4 ln 2. y tuyến 9 . 4 9 B. . 8 5 C. . 2 9 D. . 2 A. B A x O Câu 20. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị ( C ) . Biết rằng (C) đi qua điểm y A ( −1; 0 ) , tiếp tuyến d tại A của (C ) cắt (C) tại hai điểm khác có hoành độ tương ứng là 28 5 2 1 A. . B. . 5 4 2 1 C. . D. . 9 5 367 | Chinh phục olympic toán x = 0, x = 2 bằng −1 O 2 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. b = a 4 . A | Các ứng dụng của tích phân Câu 21. Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuống cạnh 10cm A bằng cách khoét bỏ đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình vẽ bên. Biết AB = 5cm, OH = 4cm . Tính diện tích bề mặt hoa văn đó? 140 A. cm 2 . 3 160 C. cm 2 . 3 40 cm 2 . 3 160 C. cm 2 . 3 B B. Câu 22. Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn y 0  a  b  c  d và hàm số. Đồ thị của hàm số như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn . Mệnh đề nào CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN H O a b c d x O dưới đây đúng ? A. M + m = f ( 0 ) + f ( c ) . B. M + m = f ( d ) + f ( c ) . C. M + m = f ( b ) + f ( a ) . D. M + m = f ( 0 ) + f ( a ) . Câu 23. Diện tích hình phẳng đường cong ( C ) : y = ex , (H) giới hạn bởi tiếp tuyến của y ( C ) tại điểm M ( 1; e ) và trục Oy. Diện tích của ( H ) là ? e+2 . 2 e−1 B. . 2 e+1 C. . 2 e−2 D. . 2 A. M O x Tạp chí và tư liệu toán học | 368 Kỹ thuật giải toán tích phân| Cho một viên gạch men có dạng hình y vuông OABC như hình vẽ. Sau khi tọa độ hóa, ta có A Câu 24. B O ( 0; 0 ) , A ( 0; 1 ) , B ( 1; 1 ) , C ( 1; 0 ) và hai đường cong trong hình lần lượt là đồ thị hàm số y = x 3 và y = 3 x. Tính tỷ số diện tích của phần tô đậm so với C O y y= cửa sổ. Diện tích S của cửa sổ được tính bởi công thức nào sau đây? A. S = 1 2 − C. S = 5   2 − 4x 1 2 1 2  2x − 2 2   dx .  B. S =  − D. S = dx . 1 2 1 2 1 2 5 − 2×2 2 5 − 2x 2 dx . 2 1 2 y = −2 x 2  ( 1 − 4x ) dx − x 2 − 1 2 1 2 1 O 2 x Câu 26. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = sinx, y = cosx như hình vẽ dưới và S 1 , S 2 là diện tích của các phần bên trái và bên phải. Tính S 2 1 + S 2 2 ? y S1 O A. 10 + 2 2. B. 8 . 369 | Chinh phục olympic toán S2 C. 11 + 2 2. x D. 16 . TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC diện tích phần còn lại của hình vuông. 1 B. b = − A. b = −2. 2 −3 D. . C. b = −1 2 Câu 25. Sơ đồ ở bên phải phác thảo của một khung | Các ứng dụng của tích phân y Câu 27. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  −5; 3 và có đồ thị như hình vẽ dưới. Biết diện tích các hình phẳng ( A ) , ( B ) , ( C ) , ( D ) giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và trục hoành lần lượt bằng 6;3;12;2. Tính giá trị của biểu thức tích phân (C )  ( 2f ( 2x + 1) + 1) dx ? 1 ( A) −3 A. 27. ( D) B. 25 . −5 D. 21 . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN và x y Câu 28. Cho đường cong bậc 4 có dạng ( C ) : y = x 4 +ax 3 + bx 2 + cx + d 3 O ( B) C. 17 .  đường thẳng  : y = mx + n có đồ thị như hình vẽ. (C ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và  ? 289 . 30 281 C. . 30 A. 69 . 10 49 D. . 30 −2 B. −1 O 1 x y Câu 29. Cho đồ thị 2 hàm số như hình vẽ 1 f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx − 1 và g ( x ) = dx 2 + ex = 2 ( a , b , c , d , e  ). Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −3 ; −1 ; 2 (tham khảo −3 O −1 2 x hình vẽ). 125 253 A. B. 12 12 253 125 C. D. 48 48 1 1 Câu 30. Cho parabol ( P ) : g ( x ) = − ax 2 + ( 2a 2 + b ) x và hàm số f ( x ) = cx 3 − 2bx 2 − x + d 2 2 có đồ thị ( C ) . Biết rằng ( P ) cắt ( C ) tại 3 điểm có hoành độ x 1 = −1; x 2 = 0; x 3 = 2 . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và ( C ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng? A. 259 256 B. 257 256 C. 255 256 D. 261 256 Tạp chí và tư liệu toán học | 370 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 31. Cho hàm số xác định và liên y tục trên đoạn  −5; 3 . Biết rằng diện tích hình phẳng S 1 , S 2 , S 3 giới hạn 5 bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường y = g (x) cong g ( x ) =ax 2 + bx + c lần lượt là  3 −5 S1 f ( x ) dx ? S3 2 208 −1 . 45 −2 −5 S2 208 B. m − n + p + . 45 208 C. m − n + p − . 45 208 D. −m + n − p + . 45 Câu 32. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol A. −m + n − p − ( P ) : y = x2 và hai đường thẳng y = a , y = b ( 0  a  b ) (hình vẽ). Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = a (phần tô đen); ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = b (phần gạch chéo). 2 O x 3 y = f (x) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC m,n,p. Tính y y = x2 y=b y=a Với điều kiện nào sau đây của a và b thì S 1 = S 2 ? x O A. b = 3 4a B. b = 3 2a C. b = 3 3a D. b = 3 6a Câu 33. Hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C) parabol bậc hai như hình vẽ. Hình phẳng giới hạn bởi (C) , y là đường trục Ox , đường x = 3 có diện tích S . Đường f (x) thẳng x = k với k  ( 0; 3 ) chia S ra thành hai phần có 3 diện tích là S 1 và S 2 . Nếu S 1 = 2S 2 thì phát biểu nào S2 sau đây đúng ? A. k  ( 2, 2; 2, 3 ) B. k  ( 2, 3; 2, 4 ) C. k  ( 2, 4; 2, 5 ) D. k  ( 2, 5; 2, 6 ) 371 | Chinh phục olympic toán S1 −2 O k 2 3 x | Các ứng dụng của tích phân Câu 34. Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật ( H ) có một cạnh nằm trên y C B trục hoành, và có hai đỉnh trên một ( ) đường chéo là A ( −1; 0 ) và C a; a , với a  0 . Biết rằng đồ thị hàm số y = x chia hình ( H ) thành hai phần có diện tích A ( −1; 0 ) x D O bằng nhau, tìm a ? A. a = 9 C. a = 0, 5 B. a = 4 D. a = 3 Câu 35. Gọi ( H ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y parabol y = 6x − x 2 và trục hoành. Các đường thẳng 9 y = 6x − x 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN y = m, y = n ( 0  m  n  9 ) chia ( H ) thành 3 phần có y=n diện tích bằng nhau như hình vẽ bên. Tính T = (9 − m ) + (9 − n ) ? 3 3 y=m A. 405. B. 407. x C. 409. 6 O D. 403. y Câu 36. Ông B có một khu vườn giới hạn bởi đường parabol và một đường thẳng. Nếu đặt trong hệ tọa độ như hình vẽ bên thì parabol có phương trình y = x 2 và 25 đường thẳng là y = 25 . Ông B dự định dùng một mảnh M vườn nhỏ được chia từ khu vườn bởi đường thẳng đi qua O và điểm M trên parabol để trồng hoa. Hãy giúp ông B xác định điểm M bằng cách tính độ dài OM để 9 ? diện tích mảnh vườn nhỏ bằng 2 A. OM = 2 5 B. OM = 3 10 C. 15 D. OM = 10 O x Tạp chí và tư liệu toán học | 372 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 37. Cho đồ thị hàm f ‘ ( x ) như hình vẽ ( biết y S 2  S 1 ). Biết h ( x ) = f ( x ) − x 2 . Kết quả nào dưới 8 đây đúng ? A. h ( 0 )  h ( −2 )  h ( 4 ) B. h ( −2 )  h ( 0 ) = h ( 4 ) C. h ( 4 )  h ( 0 )  h ( −2 ) S2 2 D. h ( −2 )  h ( 0 )  h ( 4 ) −2 x O 1 S1 4 Câu 38. Cho đồ thị hình 2 elip đối xứng y nhau qua Ox và Oy như hình vẽ. Biết rằng điểm A ( 2; 2 ) thỏa mãn OA là một nửa độ 2 dài trục lớn khi ta xoay elip về elip chính tắc và khoảng cách từ tâm đến các giao điểm bằng 1,8. Tỉ lệ diện tích hình trái tim được tạo ra bên phải và diện tích 1 hình cánh O 2 x ngoài (2 elip giao nhau tạo ra 4 hình cánh) gần nhất với giá trị ? A. 4,48 B. 3,6 C. 4,2 D. 4,6 Câu 39. Cho hai hàm số f ( x ) ,g ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  với a  b. Kí hiệu S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2f ( x ) , y = 2g ( x ) , x = a và x = b; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) − 2, y = g ( x ) − 2, x = a và x = b . Mệnh đề nào sau đây là đúng ? A. S 1 = S 2 . B. S 1 = 2S 2 . C. S 2 = 2S 1 − 2. D. S 2 = 2S 1 + 2. 373 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC −4 | Các ứng dụng của tích phân Câu 40. Xét hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ( x + 3 ) , trục hoành và 2 y y = ( x + 3) 2 A 9 đường thẳng x = 0. Gọi A ( 0; 9 ) , B ( b; 0 ) ( −3  b  0 ) . Tính giá trị của tham số b để đoạn thẳng AB chia ( H ) thành hai phần có diện tích bằng nhau. A. b = −2. B. b = − C. b = −1 D. 1 2 −3 −3 . 2 bởi các đường y = ( x − 3 ) , trục tung và CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 (k1  k2 ) x O y Câu 41. Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn trục hoành. Gọi k 1 , k 2 B A ( 0; 9 ) là hệ số góc của hai đường thẳng cùng đi qua điểm A ( 0; 9 ) và chia ( H ) làm ba phần có diện tích bằng nhau. Tính k 1 − k 2 . 13 A. 2 B. 7 25 C. 4 27 D. . 4 Câu 42. Một hình phẳng được giới hạn bởi (P) O N d2 M C ( 3; 0 ) x d1 y y = f ( x ) = e − x , y = 0, x = 0 và x = 1 . Ta chia đoạn  0; 1 thành n phần bằng nhau tạo thành một hình bậc thang có tổng diện tích 1 S n . Tính lim S n =  f ( x ) dx 0 −1 A. 1 − e 2 C. −1 − 2 e y = e−x B. e −1 x 1 2 3 n n n n n Câu 43. Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A 1 , A 2 , B 1 , B 2 như hình D. e O vẽ bên. Biết chi phí sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A 1A 2 = 8 m , B1B 2 = 6 m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ = 3 m ? Tạp chí và tư liệu toán học | 374 Kỹ thuật giải toán tích phân| B2 N M A2 A1 Q P B1 A. 7.322.000 B. 7.213.000 C. 5.526.000 D. 5.782.000 Câu 44. Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. cong đẹp trong toán học. Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình y x Trong hệ tọa độ Oxy là 16y 2 = x 2 ( 25 − x 2 ) như hình vẽ bên. Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét. 250 125 125 m2 ) m2 ) B. S = C. S = ( ( 3 4 6 Câu 45. Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ A. S = dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và (m ) 2 D. S = 125 m2 ) ( 3 8m nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.) A. 7.862.000 B. 7.653.000 375 | Chinh phục olympic toán C. 7.128.000 D. 7.128.000 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Mỗi mảnh được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường | Các ứng dụng của tích phân Câu 46. Vòm cửa lớn của một trung tâm văn hoá có dạng hình Parabol. Người ta dự định lắp cửa kính cường lực cho vòm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần lắp vào biết rằng vòm cửa cao 8m và rộng 8m (như hình vẽ) 26 28 m2 ) m2 ) A. B. ( ( 3 3 128 2 131 2 m ) C. D. (m ) ( 3 3 Câu 47. Một công ty quảng cáo X muốn 12m làm một bức tranh trang trí hình MNEIF ở A chính giữa của một bức tường hình chữ B I F E nhật ABCD có chiều cao BC = 6 m , chiều 6m dài CD = 12 m (hình vẽ bên). Cho biết CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN MNEF là hình chữ nhật có MN = 4 m ; cung EIF có hình dạng là một phần của cung parabol có đỉnh I là trung điểm của cạnh AB D C N M 4m và đi qua hai điểm C, D. Kinh phí làm bứctranh là 900.000 đồng/ m 2 . Hỏi công ty X cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó ? 128 2 28 28 m2 ) m2 ) A. B. C. ( ( (m ) 3 3 3 Câu 48. Trong đợt hội trại “Khi tôi 18 ” được tổ chức D. tại trường THPT X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lê n khu vực hình chữ nhật ABCD , 131 2 (m ) 3 A B D C 4m phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)? 4m A. 900.000 B. 1.232.000 C. 902.000 D. 1.230.000 Câu 49. Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100m và chiều rộng là 60m người ta làm một con đường nằm trong sân (Như hình vẽ). Biết rằng viền ngoài và viền trong của con đường là hai đường elip, Elip của đường viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các cạnh hình chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2m . Kinh phí cho mỗi m 2 làm đường 600.000 đồng. Tính tổng số tiền làm con đường đó. (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn). Tạp chí và tư liệu toán học | 376 Kỹ thuật giải toán tích phân| 100 60 2 A. 293904000. B. 283904000. 293804000. Câu 50. Một mảnh vườn hình tròn tâm O bán kính 6m . D. 283604000. đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000 đồng /m 2 . Hỏi cần 6m bao nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm O tròn đến hàng đơn vị) A. 8412322 B. 8142232 C. 4821232 D. 4821322 Câu 51. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip chính tắc có độ dài trục lớn bằng 10 và độ dài trục nhỏ bằng 6 và hình chữ nhật ngoại tiếp elip đã cho. Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo (tham khảo hình vẽ bên) bằng? y 3 −5 O 5 x −3 Câu 52. Một bồn hoa hình elip tâm O có độ dài trục lớn bằng 6m ,độ dài trục bé bằng 4m . Người ta chia bồn hoa thành 4 phần S 1 , S 2 , S 3 , S 4 bởi hai Parabol có cùng đỉnh O và đối xứng qua O như hình vẽ bên dưới. 377 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Người ta cần trồng cây trên dải đất rộng 6m nhận O làm tâm | Các ứng dụng của tích phân A B S1 S4 S3 S2 D C A. 1.975.978 B. 1.970.978 C. 1.957.978 D. 1.976.978 Câu 53.Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi dự định xây hồ nước cho học sinh. Khuôn viên hồ nước là một hình elip, trong đó phần hình thoi là để chứa nước, phần còn lại là để ngồi (kích thước như hình vẽ). Trong phần hình thoi, người ta lại tiếp tục đặt đài phun nước CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN hình tròn tiếp xúc với hình thoi. Tính tỉ số diện tích đài phun nước so với diện tích bệ ngồi. 4m 6m A. 1, 19 B. 1, 27 C. 1, 33 D. 1, 43 Câu 54. Tính diện tích “tam giác cong” tạo bởi đồ thị của 3 hàm f ( x ) = x 2 − 2x; g ( x ) = x 2 − 6x + 6; h ( x ) = −x 2 + 2x − 2 A. 11 24 B. 17 24 C. 1 4 D. 1 6  y 2 = x 3 Câu 55. Cho hai đường cong  2 . Gọi S 1 là diện tích tạo bởi hai đường cong 3 y = 2 − x ( )  này; S 2 là diện tích đa giác lồi tạo bởi các giao điểm của 2 đường cong với nhau và với trục hoành. Tính tỉ số A. 4 5 S1 S2 B. 2 3 C. 5 6 Câu 56. Tính diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) = thẳng ( d ) : 7x − 12y + 112 = 0 . A. 901 18 B. 903 18 C. 905 18 D. 17 20 1 ( x + 3 )( x + 1)( x − 3 ) và đường 3 D. 907 18 Tạp chí và tư liệu toán học | 378 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 57. Gọi S a là diện tích được giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số f ( x ) = x 2 − 1 và đồ thị hàm D. 11 36 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 5 + ax khi x  0 S số g ( x ) =  , với a  0 . Tính tỉ số 1 S5 5 − ax khi x  0 13 33 36 A. B. C. 13 33 11 379 | Chinh phục olympic toán | Các ứng dụng của tích phân HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = −x 2 + 4 , đường thẳng x = 3 , trục tung và trục hoành là 22 A. 3 B. 25 3 Lời giải 32 3 C. D. 23 3 3 Theo công thức ta có S =  −x 2 + 4 dx 0 Xét phương trình − x 2 + 4 = 0 trên đoạn  0; 3 có nghiệm x = 2 . 3 2 3 2 3 Suy ra S =  −x + 4 dx =  −x + 4 dx +  −x + 4 dx =  ( −x + 4 ) dx +  ( 4 − x 2 ) dx = 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 0 2 0 3 Hoặc S =  −x2 + 4 dx = 0 2 2 2  ( −x 2 + 4 ) dx + 0 2 0 3  ( −x 2 + 4 ) dx = 2 2 23 . 3 23 . 3 Chọn ý D. Câu 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x 3 − 4x , trục hoành và hai đường thẳng x = −3; x = 4 là A. 202 3 B. 203 4 C. 203 4 D. 201 4 Lời giải Xét phương trình x − 4x = 0 trên đoạn  −3; 4  có nghiệm x = −2; x = 0; x = 2 . 3 Suy ra S = −2 x −3 3 0 2 4 − 4x dx +  x − 4x dx +  x − 4x dx +  x 3 − 4x dx = 3 −2 3 0 2 201 4 Nhận xét. Dùng bảng xét dấu để bỏ trị tuyệt đối, sau đó tính tích phân cơ bản nếu làm tự luận. Đối với trắc nghiệm, các em có thể sử dụng máy tính cầm tay để bấm kết quả. Câu 3 Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = 2x 3 − 3x 2 + 1 và y = x 3 − 4x 2 + 2x + 1 là A. 37 13 B. 37 12 C. 3 D. 4 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm : 2x 3 − 3x 2 + 1 = x 3 − 4x 2 + 2x + 1  ( 2x 3 − 3x 2 + 1 ) − ( x 3 − 4x 2 + 2x + 1 ) = x 3 + x 2 − 2x = 0 Tạp chí và tư liệu toán học | 380 Kỹ thuật giải toán tích phân|  x = −2  x ( x − 1 )( x + 2 ) = 0   x = 0  x = 1 Nên S = 1  x3 + x2 − 2x dx = −2 0 3 2  ( x + x − 2x ) dx + −2 1  (x 3 + x 2 − 2x ) dx 0 0 1  x4 x3   x4 x3  37 =  + − x2  +  + − x2  = . 3 3  4  −2  4  0 12 Nhận xét. Áp dụng nếu trên đoạn  a; b  , hàm số f ( x ) không đổi dấu thì b b f ( x ) dx =  f ( x ) dx  a a Câu 4 (H) A. bằng? 71 3 B. 70 3 Lời giải 73 3 C. D. 74 3 Xét phương trình x 2 − 1 = x + 5 có nghiệm x = −3, x = 3 3 ( 3 ) Suy ra S =  x 2 − 1 − ( x + 5 ) dx = 2  x 2 − 1 − ( x + 5 ) dx (vì hàm số x 2 − 1 − ( x + 5 ) là hàm -3 0 số chẳn nên đồ thị đối xứng qua trục tung). Bảng xét dấu x 2 − 1 trên đoạn  0; 3 x x2 − 1 0 1 – 0 3 + 3 3 1  1  73 Vậy S = 2   −x2 − x − 4 dx +  x 2 − x − 6 dx  = 2   ( x 2 + x + 4 ) dx +  ( −x 2 + x + 6 ) dx  = . 1 1 0  0  3 3 1 1  Hoặc S = 2   −x 2 − x − 4 dx +  x 2 − x − 6 dx  = 2   ( −x 2 − x − 4 ) dx +  0 1 0  3  (x 2 1  73 . − x − 6 ) dx  =  3 Câu 5 Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = x 2 − 4x + 3 , y = x + 3 . Diện tích của ( H ) bằng? A. 108 5 B. 109 5 109 6 Lời giải C. Xét phương trình x 2 − 4x + 3 = x + 3 có nghiệm x = 0, x = 5 381 | Chinh phục olympic toán D. 119 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = x 2 − 1 , y = x + 5 . Diện tích của | Các ứng dụng của tích phân 5 5 0 0  S =   x 2 − 4x + 3 − ( x + 3 )  dx =  x 2 − 4x + 3 − x − 3 dx x  1 Ta có x2 − 4x + 3  0   . x  3 5 1 0 0 ( 3 ) ( ) 5 ( ) Suy ra S =  x2 − 4x + 3 − x − 3 dx =  x 2 − 5x dx +  −x 2 + 3x − 6 dx +  x 2 − 5x dx = 1 3 109 . 6 Câu 6 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = x 2 ; y = A. 27 ln 2 C. 28 ln 3 B. 27 ln 3 1 2 27 bằng? x ; y= 27 x D. 29 ln 3 Lời giải y CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 9 f ( x ) = x2 h (x) = 27 x 3 g (x) = O 3 x2 27 9 x Xét các phương trình hoành độ giao điểm x2 27 x 2 27 2 x − = 0  x = 0; x − = 0  x = 3; − =0x=9 27 x 27 x 2 3 9   27 x 2  x2   S =   x 2 −  dx +   −  dx = 27 ln 3 . 27  x 27  0 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 382 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 7 Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m có đồ thị y với m là tham số thực. Giả sử ( C m ) ( Cm ) (C m ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ . Gọi S 1 , S 2 và S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. S3 Tìm m để S 1 + S 2 = S 3 . 5 B. m = − . 4 5 D. m = . 4 5 A. m = − . 2 5 C. m = . 2 S1 O S2 x Lời giải Đặt f ( x; m ) = x − 3x + m (a  b) Giả sử a, b 2 là nghiệm dương của phương trình x 4 − 3x 2 + m = 0 . Khi đó ta có: b 4 − 3b 2 + m = 0 (1) Vì x 4 − 3x 2 + m = 0 là hàm trùng phương nên có tính chất đối xứng: 1  S 1 = S 2  S 1 + S 2 = S 3  2S 2 = S 3  S 3 = S 2 . 2 a b 0 a a b   f ( x, m ) dx =  f ( x, m ) dx   f ( x, m ) dx = −  f ( x, m ) 0 a a b b 0 a 0   f ( x, m ) dx +  f ( x, m ) dx = 0   f ( x, m ) dx = 0 b Ta có  (x 4 − 3×2 + m ) dx = 0  0 b5 b4 − b3 + mb = 0  − b2 + m = 0 (2) ( do b  0 ) 5 5 4 4 5 b − 2b2 = 0  b2 = (do b  0) . 5 2 5 Thay trở ngược vào (1) ta được m = . 4 Từ (1) và (2), trừ vế theo vế ta được Câu 8 x4 − 2m 2 x 2 + 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ 2 thị của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục 64 hoành qua điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng là? 15 Cho hàm số y = A.  B. 1  2  ; 1  C.    2  Lời giải 383 | Chinh phục olympic toán  1  D.  ; 1  2  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 4 | Các ứng dụng của tích phân x = 0  . Có y = 2x 3 − 4m 2 x = 2x ( x 2 − 2m 2 ) ; y = 0   x = 2m   x = − 2m Tập xác định D = Đồ thị của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu  m  0 . 1 Vì a =  0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 0 suy ra điểm cực đại của đồ thị hàm số là 2 A ( 0; 2 ) Đường thẳng cùng phương với trục hoành qua điểm cực đại có phương trình là d : y = 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và d là: x = 0 x2 = 0  x4 2 2 − 2m x + 2 = 2   2  x = 2 m 2 2  x = 4m  x = −2 m  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Diện tích hình phẳng cần tìm là: (chú ý rằng hàm số đã cho là hàm chẵn) 2m S= x4 − 2m 2 x 2 dx = 2 2  −2 m 2m =2  0 Ta có S = 2m  0 x4 − 2m 2 x 2 dx 2 2m  x4  x5 2 2 3  2 2 − 2m x dx = 2    − m x   2   10 3 0 = 64 5 m 15 m = 1 64 .  m =1  15 m = −1 Câu 9 y Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị trên đoạn  −1; 4  như hình vẽ bên. Tính tích phân 4 I =  f ( x ) dx ? −1 5 . 2 C. I = 5 . 2 11 . 2 D. I = 3 . A. I = B. I = 3 1 O 4 x −1 Lời giải Gọi A ( −1; 0 ) , B ( 0; 2 ) , C ( 1; 2 ) , D ( 2; 0 ) , E ( 3; − 1 ) , F ( 4; − 1 ) , H ( 1; 0 ) , K ( 3; 0 ) , L ( 4; 0 ) . 4 0 1 −1 −1 2 3 4 Khi đó I =  f ( x ) =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 0  −1 0 1 2 3 1 2 3 4 0 1 2 3 f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx −  f ( x ) dx −  f ( x ) dx Do f ( x )  0 , x   −1; 2  và f ( x )  0 , x   2; 4  Tạp chí và tư liệu toán học | 384 Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 1 1 5 = S ABO + S OBCH + S HCD − S DKE − S EFLK = 2.1 + 2.1 + .2.1 − .1.1 − 1.1 = . 2 2 2 2 Câu 10 Cho hàm số f liên tục trên đoạn y  −6; 5 , 3 có đồ thị gồm hai đoạn thẳng và nửa đường tròn như hình vẽ. Tính giá trị của tích phân I= 1 5  f ( x ) + 2  dx . −6 A. I = 2  + 35 . B. I = 2  + 34 . D. I = 2  + 32 C. I = 2  + 33 . −2 −4 −6 O −1 2 5 x 1 khi − 6  x  −2 2 x + 2 5 5 5  Ta có f ( x ) = 1 + 4 − x 2 khi − 2  x  2  I =   f ( x ) + 2  dx =  f ( x ) dx + 2  dx −6 −6 −6 2 1  x− khi 2  x  5 3  3 −2 2 ) ( 5 1 1  2 =   x + 2  dx +  1 + 4 − x 2 dx +   x −  dx + 22 2 3 3  −6  −2 2 −2 5 x 1  1 =  x2 + 2x  + J +  x2 −  + 22 = J + 28 . 32 4  −6 3 Tính J =  (1 + 2 ) 4 − x 2 dx −2 Đặt x = 2 sin t  dx = 2 cos tdt .   Đổi cận Khi x = 2 thì t = − ; khi x = 2 thì t = . 2 2 J=  (1 + 2 −2 )  2  2 4 − x 2 dx = 4 + 4  cos 2 tdt = 4 + 2  ( 1 + cos 2t ) dt = 4 + 2  . Vậy I = 32 + 2  . 385 | Chinh phục olympic toán −  2 −  2 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải | Các ứng dụng của tích phân Câu 11 Cho đồ thị hàm số f ( x ) = − ln x như hình vẽ. Hình chữ nhật nội tiếp dưới hình cong. để CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN diện tích hình chữ nhật lớn nhất thì diện tích phần gạch xấp xỉ là? y 1 x= 5 A. 1,43. x 1 O B. 0,31 C. 2,8. D. 0,39. Lời giải Phân tích. Đây là một bài toán khá là khó cần phải sử dụng đến một số tính chất của bất đẳng thức cơ bản. Trước tiên theo hướng tư duy bình thường ta sẽ gọi điểm M theo 3 ẩn Diện tích hình chữ nhật là S = −x.ln ( x ) Ta có S ‘ = − ln ( x ) − 1; S ‘ = 0  x = 1 1  S max = e e Diện tích hình chữ nhật nằm phía bên phải đường thẳng y = Diện tích hình tạo bởi f ( x ) , y = 1 và Ox là 5  1 1 5 1 1 1 là − e 5 5 − ln ( x ) dx = 0, 48 Diện tích phần gạch xấp xỉ 0,31. Chọn ý B. Câu 12 Cho m là tham số thực, m   1; 3 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các 2 3 1 x − 3mx 2 − 2m 3 và y = − x 3 + mx 2 − 5m 2 x . Gọi a,b lần lượt là giá trị lớn 3 3 nhất và nhỏ nhất của S. Tính tổng a + b ? ? 41 21 A. C. . . B. 1. D. 2. 6 4 hàm số y= Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm y = 2 3 1 x − 3mx 2 − 2m 3 = − x 3 + mx 2 − 5m 2 x 3 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 386 Kỹ thuật giải toán tích phân| x = m 2  x3 − 4mx2 + 5m 2 x − 2m 3 = 0  ( x − m ) ( x − 2m )    x = 2m  2m = − 2m Ta có 2 m m 2m ( x − m ) ( x − 2m ) dx = − m ( x − m ) ( x − 2m ) dx (x − m) 3 dx +  2m m 2 2m 1 m 1 1 81 4 3 ( x − m ) dx =  − ( x − m ) + ( x − m )  = m 4   ;  12 3  12 12   4 m 2 a+b = 1 81 + 12 12 Chọn ý A. Câu 13 y Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và hai điểm A , B thuộc (P) sao cho AB = 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bằng 2 A. . 3 4 C. . 3 B 3 . 4 3 D. 2 B. A x O Cách 1. Gọi A ( a; a 2 ) , B ( b; b 2 ) với a  b . Lời giải Ta có AB = 2  ( b − a ) + ( b2 − a 2 ) = 4 2 2 x − a y − a2 x − a y − a2  = = 2 b − a b − a2 1 b+a 2  y = ( a + b )( x − a ) + a  y = ( a + b ) x − ab Phương trình đường thẳng AB : b b a a  S =  ( ( a + b ) x − ab − x 2 ) dx =  ( x − a )( b − x ) dx Đặt t = x − a  S = b −a b −a  t ( b − a − t ) dt =  ( ( b − a ) t − t ) 2 0 2 0 ( Ta có ( b − a ) + ( b2 − a 2 ) = 4  ( b − a ) 1 + ( b + a ) 2 ( b − a) t2 dt = 2 2 2 ) = 4  (b − a) ( b − a)  b−a  2  S = 3  23 4 = 6 3 b−a 0 2 = t3 − 3 (b − a) = 6 0 4 1 + (a + b) 6 a + b = 0 b = 1  A ( −1; 1 ) ; B ( 1; 1 ) . Dấu “ = ” xảy ra khi và chi khi   b − a = 2 a = −1 4 Vậy giá trị lớn nhất của AB bằng . 3 387 | Chinh phục olympic toán b −a 2 4 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC bởi ( P ) và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất | Các ứng dụng của tích phân Cách 2. Sử dụng công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = ax 2 + bx + c và ( d ) : y = mx + n . Đầu tiên ta lập phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) ax 2 + bx + c = mx + n  ax 2 + ( b − m ) x + c − n = 0 . Khi đó diện tích hình phẳng là: S 2 = và ( d ) 3 2 , với  = ( b − m ) − 4a ( c − n ) . 4 36a Áp dụng Tương tự, ta có ( AB ) : y = ( a + b ) x − ab , a  b . Phương trình hoành độ giao điểm x 2 = ( a + b ) x − ab  x 2 − ( a + b ) x + ab = 0 , có  = ( b − a ) . 2 (b − a) 3 ( b − a ) S = S= = 36 6 36 Và đến đây đánh giá như cách 1. 6 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 Câu 14 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ‘ ( x ) liên tục trên R, đồ thị của f ‘ ( x ) như hình vẽ bên và hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành có diện tích bằng 1. Mệnh để nào sau đây là đúng ? y a O 1  f (a) − f (b). 2 1 C. f ( c ) − f ( b )   f ( a ) − f ( b ) . 2 b x c 1 B. f ( c ) − f ( b )  f ( a ) − f ( b )  . 2 1 D.  f ( c ) − f ( b )  f ( a ) − f ( b ) . 2 A. f ( c ) − f ( b )  Lời giải b b a a Ta có S 1 =  f ‘ ( x ) dx = −  f ‘ ( x ) dx = −f ( x ) a = f ( a ) − f ( b ) b c c b b S 2 =  f ‘ ( x ) dx = −  f ‘ ( x ) dx = f ( x ) b = f ( c ) − f ( b ) c S + S 2 = 1 1 1 Mà  1  S1   S2  f ( a ) − f ( b)   f ( c) − f ( b) 2 2 S 1  S 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 388 Kỹ thuật giải toán tích phân| Chọn ý C. Câu 15 Cho đường cong (C) : y = 8x − 27x 3 và đường thẳng y = m cắt (C) y S2 tại 2 điểm phân biệt nằm trong góc phần tư thứ nhất S1 của hệ trục tọa độ Oxy và chia thành 2 miền phẳng có diện tích S 1 = S 2 như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng ? 1 1 A. 0  m  . B.  m  1. 2 2 3 3 C. 1  m  . D.  m  2. 2 2 x O Lời giải TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Giả sử ( C ) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 0  a  b 8a − 27a 3 = m 27x 4  2 f x Ta có  . Nguyên hàm của là F x = 4x + − mx + C ( ) ( ) 3 4 8b − 27b = m   S = a f ( x ) dx = − a f ( x ) dx = F ( 0 ) − F ( a ) 0  1 0 Lại có  b b S 2 =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) a a  Ta có S 1 = S 2  F ( 0 ) − F ( a ) = F ( b ) − F ( a )  F ( b ) = F ( 0 )  2 27b 4 4 − mb = 0 4 32 27b  4b + Vì vậy F ( x ) = 4b2 + b= m= − mb = 0 . Do đó  4 9 27 4 0, 8b − 27b 3 = m  Chọn ý C. Câu 16 Cho hình phẳng H được giưới hạn bởi các đường y = x 2 − 1 , y = k ( 0  k  1 ) . Tìm k để diện tích của hình phẳng H gấp đôi diện tích của miền phẳng gạch sọc trong hình vẽ bên ? 3 4. 1 C. . 2 A. y B. 3 2 − 1. D. 3 4 − 1. y=k O Lời giải 389 | Chinh phục olympic toán 1 1 x | Các ứng dụng của tích phân Phương trình hoành độ giao điểm là x 2 − 1 = k  x 2 − 1 = k  x =  1  k Ta có S 1 là diện tích phần chấm đen, ta có 1− k S1 = 2 x 2 − 1 − k dx = 2  1− k 0 0 (( 1 − x ) − k ) dx = 43 (1 − k ) 2 (k − x = 2  ( k − ( 1 − x ) ) dx + 2  ( k − ( x − 1)) dx 1+ k S 2 là diện tích phần trắng, ta có S 2 = 2  1 1− k 1+ k 2 1− k ( x 2 − 1 − k dx = 2  4 3 (1 − k ) 3 = 1− k ) ( ( 2 2 3 (1 − k ) 3 2 ) − 1 dx 2 1 2 2 3 2 ( 1 − k ) + 3k − 2 + 2 3 3 Theo giả thiết S 2 + S 1 = 2S 1  S 2 = S 1 nên = 1+ k 3 (1 + k ) 3 − 3k − 2 ) ) 23 (2 (1 + k ) − 3k − 2 ) 3 + 3k − 2 + CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Phân tích ta được k = 3 4 − 1 Chọn ý D. Lưu ý. Ta có thể dùng casio để giải nhanh bài toán này S1 = S2   1− k 0 1+ k 1− k x − 12 − k dx x 2 − 1 − k dx CALC với từng đáp án ra ý D. Câu 17 Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi y parabol y = 3x 2 , cung tròn có phương trình y = 4 − x 2 (với 0  x  2 ) và trục 2 hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của ( H ) bằng? A. 4 + 3 12 B. 4 − 3 . 6 C. 4 + 2 3 − 3 . 6 D. 5 3 − 2 . 3 1 O 2 x Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của parabol y = 3x 2 và cung tròn y = 4 − x 2 (với 0  x  2 ) là 4 − x 2 = 3x 2  4 − x 2 = 3x 4  x = 1 (vì 0  x  2 ). Cách 1. Diện tích của ( H ) là 1 2 0 1 S =  3x 2dx +  4 − x 2 dx = 2 3 31 3 x +I = + I với I =  4 − x 2 dx . 0 3 3 1 Tạp chí và tư liệu toán học | 390 Kỹ thuật giải toán tích phân|    Đặt x = 2 sin t , t   − ;   dx = 2 cos t.dt .  2 2   Đổi cận x = 1  t = , x = 2  t = . 6 2  2  2  2  6  6  6   I =  4 − 4 sin 2 t.2 cos t.dt =  4 cos 2 t.dt =  2 ( 1 + cos 2t ) .dt = ( 2x + sin 2t ) 2 = 6 2 3 . − 3 2 3 3 2 3 4 − 3 . +I = + − = 3 3 3 2 6 Cách 2. Diện tích của ( H ) bằng diện tích một phần tư hình tròn bán kính 2 trừ diện tích Vậy S = hình phẳng giới hạn bởi cung tròn, parabol và trục Oy . 0 ( ) 4 − x 2 − 3x 2 dx . Câu 18 Cho 2 số thực dương a, b khác 1 và đồ thị của các hàm số y = log a x, y = log b x như hình vẽ bên. Gọi d là đường thẳng song song vưới trục Oy và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = k ( k  1 ) . Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = log a x , d và trục hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = log b x , d và trục hoành. Biết S 1 = 4S 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? y O A C. b = a 4 ln 2. B. a = b 4 . A. b = a 4 . x D. a = b 4 ln 2. Lời giải Ta có k k 1 1 S 1 =  log a xdx =  k ln x 1  1  ln k − ( k − 1) k dx =  x ln x 1 − 1 x dx  = ln a ln a  x  ln a k S 2 =  log b xdx = 1 Từ giả thiết suy ra S 1 = 4S 2  391 | Chinh phục olympic toán ln k − ( k − 1) ln b 1 4 =  ln b = ln a 4  b = a 4 ln a ln b TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 Tức là S =  −  | Các ứng dụng của tích phân Chọn ý A. Câu 19 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y ( P ) : y = x 2 − 4x + 5 và các tiếp tuyến của (P) tại các điểm A ( 1; 2 ) , B ( 4; 5 ) ? parabol 9 . 4 9 B. . 8 5 C. . 2 9 D. . 2 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. B A x O Lời giải Ta có phương trình tiếp tuyến tại A là y = −2x + 4 Ta có phương trình tiếp tuyến tại là y = 4x − 11 Phương trình hoành độ giao điểmcủa 2 tiếp tuyến là y = −2x + 4 = 4x − 11  x = 5 . 2   y = x 2 − 4x + 5 5 2  9 Trong đó S = S 1 + S 2 ; S 1 :  y = −2x + 4   x − 4x 2 + 5 − ( −2x + 4 ) dx = . 8 1  5 x = 1, x =  2 Chọn ý A. Câu 20 Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị ( C ) . Biết rằng (C) đi qua điểm y A ( −1; 0 ) , tiếp tuyến d tại A của (C ) cắt (C) tại hai điểm khác có hoành độ tương ứng là 28 x = 0, x = 2 bằng 5 2 1 A. . B. . 5 4 1 2 C. . D. . 5 9 −1 O 2 x Lời giải Ta có a  0 và do A  ( C )  y ( −1 ) = 0  a + b + c = 0  c = −a − b Tạp chí và tư liệu toán học | 392 Kỹ thuật giải toán tích phân| Khi đó y = ax 4 + bx 2 − a − b và y ‘ = 4ax 3 + 2bx và tiếp tuyến tại A ( −1; 0 ) là đường thẳng có phương trình y = − ( 4a + 2b )( x + 1 ) Phương trình hoành độ giao điểm ax 4 + bx 2 − a − b = − ( 4a + 2b )( x + 1 ) . Theo giả thiết phương trình này có 3 nghiệm x = −1; x = 0; x = 2 nên  −a − b = − ( 4a + 2b )  b = −3a   16a + 4b − a − b = −3 ( 4a + 2b ) 2 2 Ta có S =  2a ( x + 1 ) − ax + 3ax − 2a dx =  ( 2a ( x + 1 ) − ax 4 + 3ax 2 − 2a ) dx = 4 2 0 0 28 5 2   ax 5 28 32a 28 2   a ( x + 1) − + ax 3 − 2ax  =  9a − + 8a − 4a − a =  a = 1  b = −3; c = 2. 5 5 5  0 5 Vậy diện tích hình phẳng cần tính là  2 ( x + 1) − x 4 + 3x 2 − 2 dx = −1 1 5 Câu 21 Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuống cạnh 10cm A bằng cách khoét bỏ đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình vẽ bên. Biết AB = 5cm, OH = 4cm . Tính diện tích bề mặt hoa văn đó? 140 40 A. B. cm 2 . cm 2 . 3 3 160 160 C. C. cm 2 . cm 2 . 3 3 H B Lời giải Hình vuông có diện tích S = 100cm . 2 2  2  160 Diện tích của 4 hình parapol S 1 = 4  bh  = 4  .5.4  = cm 2 . 3 3  3  160 140 Diện tích hoa văn trang trí là S 2 = S − S 1 = 100 − = cm 2 . 3 3 Chọn ý A. 393 | Chinh phục olympic toán O TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 0 | Các ứng dụng của tích phân Câu 22 Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn y 0  a  b  c  d và hàm số. Đồ thị của hàm a số như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số b c O d x trên đoạn . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. M + m = f ( 0 ) + f ( c ) . B. M + m = f ( d ) + f ( c ) . C. M + m = f ( b ) + f ( a ) . D. M + m = f ( 0 ) + f ( a ) . Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lập bảng biến thiên của hàm số trên ta chỉ ra được rằng M = max f ( 0 ) , f ( b ) , f ( d ) ; m = min f ( a ) , f ( c ). Ta có • • • a a 0 0 b b a a c c S 1 =  f ‘ ( x ) dx = −  f ‘ ( x ) dx = f ( 0 ) − f ( a ) . S 2 =  f ‘ ( x ) dx = −  f ‘ ( x ) dx = f ( b ) − f ( a ) . S 3 =  f ‘ ( x ) dx = −  f ‘ ( x ) dx = f ( b ) − f ( c ) . b • b d d c c S 4 =  f ‘ ( x ) dx =  f ‘ ( x ) dx = f ( d ) − f ( c ) . f ( 0 ) − f ( a )  f ( b ) − f ( a )  0 S 1  S 2  0   f ( 0 )  f ( b )  f ( a )  f ( c ) Ta thấy S 3  S 4  0  f ( b ) − f ( c )  f ( d ) − f ( c )  0   f ( b )  f ( d ) S  S  0  f b − f c  f b − f a  0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2  3  Vậy m = f ( c ) ; M = f ( 0 ) Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 394 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 23 Diện tích hình phẳng đường cong ( C ) tại điểm của ( H ) là ? (H) y giới hạn bởi ( C ) : y = e x , tiếp tuyến của M ( 1; e ) và trục Oy. Diện tích e+2 . 2 e−1 B. . 2 e+1 C. . 2 e−2 D. . 2 A. M x O 1 Tiếp tuyến của ( C ) tại điểm M ( 1; e ) là y = e ( x − 1 ) + e = ex  S =  e x − ex dx = 0 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải e−2 2 Chọn ý D. Câu 24 Cho một viên gạch men có dạng hình vuông OABC y như hình vẽ. Sau khi tọa độ hóa, ta có A B O ( 0; 0 ) , A ( 0; 1 ) , B ( 1; 1 ) , C ( 1; 0 ) và hai đường cong trong hình lần lượt là đồ thị hàm số y = x 3 và y = 3 x. Tính tỷ số diện tích của phần tô đậm so với diện tích phần còn lại của hình vuông. 1 B. b = − A. b = −2. 2 −3 D. . C. b = −1 2 O Lời giải Diện tích hình vuông có cạnh bằng 1 là S 1 = 12 = 1 m 2 . 1 Diện tích phần tô đậm : S 2 =  3 x − x 3 dx = 0 1 2 m . 2 Do đó diện tích phần còn lại : S = S 1 − S 2 = 1 − 395 | Chinh phục olympic toán S 1 1 2 = m  2 = 1. 2 2 S C x | Các ứng dụng của tích phân Câu 25 y Sơ đồ ở bên phải phác thảo của một khung cửa sổ. y= Diện tích S của cửa sổ được tính bởi công thức nào sau đây? A. S = 1 2 − C. S = 5   2 − 4x 1 2 1 2  2x −   dx .  2 2 B. S = 1 2  − D. S = dx . 1 2 1 2 5 − 2x 2 dx . 2 1 2 y = −2 x 2  ( 1 − 4x ) dx − 5 − 2×2 2 2 − 1 2 1 O 2 1 2 x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải 5  1 1 Dựa vào đồ thị ta thấy trên đoạn  − ;  thì đồ thị hàm số y 1 = − 2x 2 nằm phía trên đồ 2  2 2 thị hàm số y 2 = 2x 2 . Do đó S = 1 2  (y − 1 − y 2 )dx = 1 2 1 2 5   2 − 2x − 2 1 2 1 2  5  − 2x 2 dx =   − 4x 2 dx.   1 2 − 2 Chọn ý A. Câu 26 Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = sinx, y = cosx như hình vẽ dưới và S 1 , S 2 là diện tích của các phần bên trái và bên phải. Tính S 2 1 + S 2 2 ? y S1 O A. 10 + 2 2. B. 8 . S2 C. 11 + 2 2. x D. 16 . Lời giải Ta có sin x = cos x  tan x = 1  x = độ lần lượt là x = −  + k nên các giao điểm trên hình vẽ đã cho có hoành 4 3  5 ;x = ;x = 4 4 4 Tạp chí và tư liệu toán học | 396 Kỹ thuật giải toán tích phân|  4  Vậy S 1 = − sin x − cos x dx = 2 2 , S 2 = 3 4 5 4  sin x − cos x dx = 2 2 . Do đó S 2 1 + S 2 2 = 16  4 Chọn ý D. Câu 27 y Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  −5; 3 và có đồ thị như hình vẽ dưới. Biết diện tích các hình phẳng ( A ) , ( B ) , ( C ) , ( D ) giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và trục hoành lần lượt bằng 6;3;12;2. Tính giá trị của biểu thức tích  ( 2f ( 2x + 1) + 1) dx ? phân ( A) −3 A. 27. ( D) B. 25 . −5 3 O ( B) C. 17 . x D. 21 . Lời giải Đặt t = 2x + 1  dt = 2dx nên x = −3  t = −5; x = 1  t = 3 1 3 3 3 3 dt 1  I =  ( 2f ( 2x + 1 ) + 1 ) dx =  ( 2f ( t ) + 1 ) =  f ( t ) dt +  dt =  f ( t ) dt + 4 2 −5 2 −3 −5 −5 −5 3 Ta cần tính  f ( t ) dt . Mà trên đoạn  −5; 3 thì đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành lần lượt −5 tại các điểm có hoành độ x = −5; x = a; x = b; x = c Ta có 3 a b c 3 −5 −5 a b c  f ( t ) dt =  f ( t ) dt +  f ( t ) dt +  f ( t ) dt +  f ( t ) dt = S A − S B + S C + S D = 6 − 3 + 12 + 2 = 17 Vậy I = 21 . Chọn ý D. 397 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC (C ) 1 | Các ứng dụng của tích phân Câu 28 Cho đường cong bậc 4 ( C ) : y = x 4 +ax 3 + bx 2 + cx + d có và y dạng  đường thẳng  : y = mx + n có đồ thị như hình vẽ. (C ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và  ? 69 . 10 49 D. . 30 289 . 30 281 C. . 30 A. −2 B. −1 O 1 x Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Xét phương trình hoành độ giao điểm x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = mx + n  g ( x ) = x 4 + ax 3 + bx 2 + ( c − m ) x + d − n = 0 Vì phương trình có 4 nghiệm x = −2; x = −1; x = 0; x = 1 nên g ( x ) = 1 ( x + 2 )( x + 1 )( x − 1 ) S= 1  −2 1 g ( x ) dx =  −2 ( x + 2 )( x + 1 ) x ( x − 1 ) dx = 49 30 Chọn ý D. Nhận xét. Đây là một bài tương tự với một câu trong đề thi THPT Quốc Gia 2018, và nó đã làm rất nhiều bạn điêu đứng ☺. Sau đây chúng ta sẽ một lần nữa làm lại nó! Câu 29 Cho đồ thị 2 hàm số như hình vẽ 1 f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx − 1 và g ( x ) = dx 2 + ex = 2 ( a , b , c , d , e  ). Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −3 ; −1 ; 2 (tham khảo hình vẽ). 125 253 A. B. 12 12 125 253 C. D. 48 48 y −3 −1 O 2 x Lời giải Cách 1. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là 1 3  ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − = 0 ( 1 ) . 2 2 3 Đặt m = b − d , n = c − e , phương trình ( 1 ) có dạng  ax 3 + mx 2 + nx − = 0 ( 2 ) . 2 ax 3 + bx 2 + cx − 1 = dx 2 + ex + Tạp chí và tư liệu toán học | 398 Kỹ thuật giải toán tích phân| Đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −3 ; −1 ; 2 nên phương trình ( 2 ) có ba nghiệm x = −3 ; x = −1 ; x = 2 . Do đó, ta có hệ phương trình 1 3    −27a + 9m − 3n = 2 a = 4   3 1    − a + m − n = .  m = 2 2   3 5   8a + 4m n + = 2n − =   2 4 Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là −2 1 253 1 5 3 1 5 3 1 1 . S =   x 3 + x 2 − x −  dx −   x 3 + x 2 − x −  dx = 48 4 2 4 2 4 2 4 2     −3 −2 f ( x ) − g ( x ) = k ( x + 3 )( x + 1 )( x − 2 )  f ( 0 ) − g ( 0 ) = k ( 0 + 3 )( 0 + 1 )( 0 − 2 )  k = Vậy f ( x ) − g ( x ) = Khi đó: S = −2  −3 1 . 4 1 ( x + 3 )( x + 1)( x − 2 ) . 4 1 1 1 ( x + 3 )( x + 1)( x − 2 ) dx +  ( x + 3 )( x + 1)( x − 2 ) dx . Bấm máy ra đáp án C. 4 4 −2 Câu 30 1 1 Cho parabol ( P ) : g ( x ) = − ax 2 + ( 2a 2 + b ) x và hàm số f ( x ) = cx 3 − 2bx 2 − x + d có đồ thị 2 2 ( C ) . Biết rằng ( P ) cắt ( C ) tại 3 điểm có hoành độ x1 = −1; x 2 = 0; x 3 = 2 . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và ( C ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng? A. 259 256 B. 257 256 C. 255 256 D. 261 256 Lời giải 1   1  Ta có f ( x ) − g ( x ) = cx 3 +  −2b + a  x 2 −  + 2a 2 + b  x + d 2   2  Dựa vào 3 hoành độ giao điểm ta suy ra f ( x ) − g ( x ) = kx ( x + 1 )( x − 2 ) = kx 3 − kx 2 − 2kx So sánh với biểu thức trên ta có 1 1 k   − 2b + a = − k b = a +   4 1 1 21 2 4 2   k = a2 + a +   3 6 3 64  1 + 2a 2 + b = 2k  1 + 2a 2 + 1 a + k = 2k  2  2 4 2 2 2 37 259 Khi đó diện tích S =  f ( x ) − g ( x ) dx = k  x ( x + 1 )( x − 2 ) dx = k  −1 −1 12 256 399 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cách 2: Từ giả thiết ta có: | Các ứng dụng của tích phân Câu 31 Cho hàm số xác định và liên tục trên đoạn  −5; 3 . y Biết rằng diện tích hình phẳng S 1 , S 2 , S 3 giới hạn bởi 5 đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường y = g (x) cong g ( x ) =ax 2 + bx + c lần lượt là m,n,p. Tính S1 3  f ( x ) dx ? −5 208 . 45 208 B. m − n + p + . 45 208 C. m − n + p − . 45 208 D. −m + n − p + . 45 A. −m + n − p − CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN S3 2 −5 −1 −2 S2 2 O x 3 y = f (x) Lời giải 2  a = 15  4a − 2b + c = 0  g ( −2 ) = g ( 0 ) = 0 4 2 2 4    c = 0  b =  g (x) = x + x Ta có  15 15 15 g ( −5 ) = 2 25a − 5b + c = 2   c = 0  Theo giả thiết có • m= • n= −2 −2 −2  ( f ( x ) − g ( x ) ) dx   f ( x ) dx = m +  g ( x ) dx −5 −5 0 0 −5 0  ( g ( x ) − f ( x ) ) dx   f ( x ) dx =  g ( x ) dx − n −2 −2 3 3 −2 3 p =  ( f ( x ) − g ( x ) ) dx   f ( x ) dx =  g ( x ) dx + n • 0 0 0 3 −2 0 3 −2 0 3 −5 −5 −2 0 −5 −2 0   f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = m − n + p +  g ( x ) dx +  g ( x ) dx +  g ( x ) dx 3 3 4  208  2 . = m − n + p +  g ( x ) dx = m − n + p +   x 2 + x  dx = m − n + p + 15 15  45 −5 −5  Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 400 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 32 y Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và hai đường thẳng y = a , y = b (0  a  b) (hình vẽ). y = x2 Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol (P) y=b và đường thẳng y = a (phần tô đen); ( S 2 ) là diện y=a tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = b (phần gạch chéo). Với điều kiện nào sau đây của a và b thì S 1 = S 2 ? O A. b = 3 4a x B. b = 3 2a C. b = 3 3a Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x 2 với đường thẳng y = b là x2 = b  x =  b . Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x 2 với đường thẳng y = a là x2 = a  x =  a . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng y = b là b   x3  b b  4b b . S = 2  ( b − x ) d x = 2  bx −  = 2  b b − = 3 0 3 3   0  b 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng y = a (phần tô màu a   x3  a a  4a a đen) là S 1 = 2  ( a − x ) d x = 2  ax −  = 2  a a − . =  3 0 3 3   0  a 2 Do đó S = 2S 1  4b b 4a a  = 2. 3 3 401 | Chinh phục olympic toán ( b) 3 =2 ( a) 3  b = 3 2 a  b = 3 4a . TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC D. b = 3 6a | Các ứng dụng của tích phân Câu 33 Hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) là đường parabol bậc y hai như hình vẽ. Hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục f (x) Ox , đường x = 3 có diện tích S . Đường thẳng x = k với k  ( 0; 3 ) chia S ra thành hai phần có diện tích là 3 S 1 và S 2 . Nếu S 1 = 2S 2 thì phát biểu nào sau đây S2 đúng ? A. k  ( 2, 2; 2, 3 ) S1 B. k  ( 2, 3; 2, 4 ) −2 C. k  ( 2, 4; 2, 5 ) O k 2 3 x D. k  ( 2, 5; 2, 6 ) CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Ta có ( C ) : y = f ( x ) = ax 2 + bx + c ( c  0 ) qua ( 0; 1 ) , ( 2; 3 ) , ( −2; 3 ) nên ( C ) : y = k 1 2 x +1 2 3 3  x3   x3  1  1  Khi đó S 1 = 2S 2    x 2 + 1  dx = 2   x 2 + 1  dx   + x  = 2  + x  2 2    6 0  6 k 0 k k  k3  k3 1  + k = 15 − 2  + k   k 3 + 3k − 15 = 0  k  2, 47 6 2  6  Câu 34 Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật (H) có một cạnh nằm trên trục y C B hoành, và có hai đỉnh trên một đường ( ) chéo là A ( −1; 0 ) và C a; a , với a  0 . Biết rằng đồ thị hàm số y = x chia hình (H) thành hai phần có diện tích bằng A ( −1; 0 ) D O nhau, tìm a ? A. a = 9 C. a = 0, 5 B. a = 4 D. a = 3 Lời giải ( Gọi ABCD là hình chữ nhật với AB nằm trên trục Ox , A ( −1; 0 ) và C a; a ) Nhận thấy đồ thị hàm số y = x cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 0 và đi qua ( ) C a; a . Do đó nó chia hình chữ nhật ABCD ra làm 2 phần là có diện tích lần lượt là S 1 , S 2 . Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x và trục Ox , x = 0, x = a và S 2 là diện tích phần còn lại. Ta lần lượt tính S 1 , S 2 . Tạp chí và tư liệu toán học | 402 x Kỹ thuật giải toán tích phân| a Tính diện tích S 1 =  xdx . 0 Đặt t = x  t = x  2tdt = dx ; Khi x = 0  t = 0; x = a  t = a . 2 Do đó S 1 = a  0 a  2t 3  2a a 2t dt =  .  = 3  3 0 2 Hình chữ nhật ABCD có AB = a + 1;AD = a nên 2a a 1 = a a+ a 3 3 S 2 = S ABCD − S 1 = a ( a + 1 ) − Do đồ thị hàm số y = x chia hình ( H ) thành hai phần có diện tích bằng nhau nên S1 = S2  2a a 1 = a a + a  a a = 3 a  a = 3 (Do a  0 ). 3 3 Gọi ( H ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y y = 6x − x 2 9 và trục hoành. Các đường thẳng y = 6x − x 2 y = m, y = n ( 0  m  n  9 ) chia ( H ) thành 3 phần có y=n diện tích bằng nhau như hình vẽ bên. Tính T = (9 − m ) + (9 − n ) ? 3 3 y=m A. 405. B. 407. x C. 409. O D. 403. 6 Lời giải 6 Gọi S là diện tích của hình phẳng ( H ) , ta có S =  6x − x 2 dx = 36 0 Gọi S 1 , S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = n, y = 6x − x 2 và y = m, y = 6x − x 2 . Theo giả thiết ta có S 1 = S 2S = 12, S 2 = = 24 3 3 3  2 36 − 4n ) (  31 = = 144 S 1 =  36a 4 36 Theo công thức ta có  3 36 − 4m ) (  2 32 = 576 S 2 = 36a 4 = 36 36.144 + 36.576 3 3  T = (9 − m) + (9 − n ) = = 405 43 Chọn ý A. 403 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 35 | Các ứng dụng của tích phân Câu 36 y Ông B có một khu vườn giới hạn bởi đường parabol và một đường thẳng. Nếu đặt trong hệ tọa độ như hình vẽ 25 bên thì parabol có phương trình y = x 2 và đường thẳng là y = 25 . Ông B dự định dùng một mảnh vườn nhỏ M được chia từ khu vườn bởi đường thẳng đi qua O và điểm M trên parabol để trồng hoa. Hãy giúp ông B xác định điểm M bằng cách tính độ dài OM để diện tích 9 ? mảnh vườn nhỏ bằng 2 A. OM = 2 5 B. OM = 3 10 C. 15 D. OM = 10 x O CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải Phân tích : Bài dưới đây ta sẽ áp dụng công thức tính diện tích phần tạo bởi parapol và đường thẳng cắt parabol Phương trình đường thẳng OM : y = kx Hoành độ giao điểm đường thẳng OM và parbol là x 2 = kx  x 2 − kx = 0 2 3 9 Áp dụng công thức S = =    k = 3  M ( 3; 9 )  OM = 3 10 4 36a  2  Chọn ý B. 2 Câu 37 Cho đồ thị hàm f ‘ ( x ) như hình vẽ ( biết rằng y S 2  S 1 ). Biết h ( x ) = f ( x ) − x 2 . Kết quả nào dưới 8 đây đúng ? A. h ( 0 )  h ( −2 )  h ( 4 ) B. h ( −2 )  h ( 0 ) = h ( 4 ) S2 2 C. h ( 4 )  h ( 0 )  h ( −2 ) −2 x O D. h ( −2 )  h ( 0 )  h ( 4 ) 1 S1 4 −4 Lời giải 1 Ta có h ‘ ( x ) = f ‘ ( x ) − 2x   f ‘ ( x ) − 2 x dx  0 1  −2 4 f ‘ ( x ) − 2x dx   f ‘ ( x ) − 2x dx 1  h ( 1 ) − h ( 0 )  h ( 1 ) − h ( −2 )  h ( 1 ) − h ( 4 ) Do đó h ( 0 )  h ( −2 )  h ( 4 ) Tạp chí và tư liệu toán học | 404 Kỹ thuật giải toán tích phân| Chọn ý A. Câu 38 y Cho đồ thị hình 2 elip đối xứng nhau qua Ox và Oy như hình vẽ. Biết rằng điểm A ( 2; 2 ) thỏa mãn OA là một nửa độ dài 2 trục lớn khi ta xoay elip về elip chính tắc và khoảng cách từ tâm đến các giao điểm bằng 1,8. Tỉ lệ diện tích hình trái tim được tạo ra O bên phải và diện tích 1 hình cánh ngoài (2 x 2 elip giao nhau tạo ra 4 hình cánh) gần nhất A. 4,48 B. 3,6 C. 4,2 D. 4,6 Lời giải Phân tích. Sự kết hợp đặc biệt của 2 hình elip tạo nên hình trái tim vừa là cảm hứng cho nghệ thuật vừa là cảm hứng cho toán học mặc dù tác giả của bài toán này vẫn còn đang ế. Trong bài toán này ta sẽ sử dụng phương pháp đổi trục và việc tính diện tích hình phẳng cũng khá dễ dàng. y Chuyển hệ trục Oxy như hình dưới , 2 2 phương trình elip nằm ngang là : ( E1 ) : x2 y2 + = 1 (1) 8 b2 9 2 9 2  Theo giả thiết ta có M  . Thay  10 ; 10    O 648 vào phương trình (1) được b = 319 Phương trình elip nằm dọc y2 x2 + =1 648 8 319 Diện tích phần gạch sọc là S 1 = 9 2 10  −9 2 10 2 648 81x 2 648 319x − − − dx  2, 6 319 319 81 81 Ta hãy để ý diện tích hình trái tim chính bằng diện tích của 1 elip Diện tích hình trái tim xấp xỉ là S 2 =  −2 Suy ra tỉ lệ thể tích xấp xỉ 4,48 lần Chọn ý A. 405 | Chinh phục olympic toán 648 81x 2 2 − dx  12,7 2 319 319 2 2 2 2 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC với giá trị ? | Các ứng dụng của tích phân Câu 39 Cho hai hàm số f ( x ) ,g ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  với a  b. Kí hiệu S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2f ( x ) , y = 2g ( x ) , x = a và x = b; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) − 2, y = g ( x ) − 2, x = a và x = b . Mệnh đề nào sau đây là đúng ? A. S 1 = S 2 . B. S 1 = 2S 2 . C. S 2 = 2S 1 − 2. D. S 2 = 2S 1 + 2. Lời giải  S 1 =  2f ( x ) − 2g ( x ) dx = 2  f ( x ) − g ( x ) dx  a a Ta có   S 1 = 2S 2 . b b S =  f x − 2  − g x − 2  dx = f x − g x dx a ( ) ( )  2  ( )   ( )  a  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN b b Chọn ý B. Câu 40 Xét hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ( x + 3 ) , trục hoành và đường 2 thẳng x = 0. A ( 0; 9 ) , Gọi y y = ( x + 3) 2 A 9 B ( b; 0 ) ( −3  b  0 ) . Tính giá trị của tham số b để đoạn thẳng AB chia ( H ) thành hai phần có diện tích bằng nhau. A. b = −2. B. b = − C. b = −1 −3 D. . 2 1 2 −3 B O x Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm: ( x + 3 ) = 0  x = −3. 2 Do đó S ( H) = 0  ( x + 3) 2 dx = 9. Diện tích tam giác OAB bằng: S OAB = −3  S OAB = 1 9 OA.OB = b . 2 2 1 9 9 S ( H)  b = . Mà ( −3  b  0 )  b = −1 2 2 2 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 406 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 41 Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các y đường y = ( x − 3 ) , trục tung và trục 2 hoành. Gọi k 1 , k 2 (k1  k2 ) A ( 0; 9 ) là hệ số góc của hai đường thẳng cùng đi qua điểm A ( 0; 9 ) và chia ( H ) làm ba phần có diện tích bằng nhau. Tính k 1 − k 2 . (P) 13 2 B. 7 25 C. 4 27 D. . 4 A. d2 M C ( 3; 0 ) d1 Lời giải Gọi d 1 : y = k 1 x + 9 , d 2 : y = k 2 x + 9 ( k 1  k 2 ) .  9   9  9  9  Gọi M = d1  Ox  M  − ; 0  ; N = d2  Ox  N  − ; 0   − −  k1   k2   k2  k1  Giao điểm của ( P ) : y = ( x − 3 ) với hai trục tọa độ lần lượt là C ( 3; 0 ) , A ( 0; 9 ) . 2 Theo giả thiết ta có S AON = S ANM  OM = 2ON  − 9 18 =−  k 2 = 2k 1 . k1 k2 3 1 243 27 2 Lại có S ( H) = 3S AON   ( x − 3 ) dx = 3. .OA.ON  9 = − .  k2 = − 2 2k 2 2 0  k1 = − Chọn ý D. 407 | Chinh phục olympic toán 27 27 .  k1 − k2 = 4 4 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC O N | Các ứng dụng của tích phân Câu 42 Một hình phẳng được giới hạn bởi y y = f ( x ) = e − x , y = 0, x = 0 và x = 1 . Ta chia đoạn  0; 1 thành n phần bằng nhau tạo thành một hình bậc thang có tổng diện tích 1 S n . Tính lim S n =  f ( x ) dx 0 −1 A. 1 − e 2 C. −1 − 2 e y = e−x B. e −1 O D. e 1 n n n 2 3 n n x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Lời giải 1 1 − e −1 ) 1 n 1 −1 ( −2 −  − 1  n1 1 1 − e Ta có S n = e + e n + … + e n  = e n =n 1 1 − n n  1−e n en − 1 Do đó lim S n = 1 − e n →+ −1 1 và  e − xdx = 1 − e −1 0 Chọn ý A. Câu 43 Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A 1 , A 2 , B 1 , B 2 như hình vẽ bên. Biết chi phí sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A 1A 2 = 8 m , B1B 2 = 6 m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ = 3 m ? B2 N M A2 A1 Q P B1 A. 7.322.000 B. 7.213.000 C. 5.526.000 Lời giải D. 5.782.000 Tạp chí và tư liệu toán học | 408 Kỹ thuật giải toán tích phân| y 3 B2 N M 4 O A1 x A2 Q P B1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC x2 y2 Giả sử phương trình elip ( E ) : 2 + 2 = 1 . a b A 1A 2 = 8 2a = 8 a = 4 x2 y2 3 Theo giả thiết ta có   (E) : + =1 y =  16 − x 2 .   16 9 4 B 1 B 2 = 6 2b = 6 a = 3 Diện tích của elip ( E ) là S ( E ) = ab = 12  ( m 2 ) .  3 3 3 M = d  ( E )   Ta có MQ = 3   với d : y =  M  −2 3;  và N  2 3 ;  . 2 2 2    N = d  ( E ) Khi đó, diện tích phần không tô màu là S = 4 4 3   4 2 3  16 − x 2  dx = 4 − 6 3 ( m 2 ) .  Diện tích phần tô màu là S = S ( E ) − S = 8 + 6 3 . Số tiền để sơn theo yêu cầu bài toán là ( ) ( ) T = 100.000  4 − 6 3 + 200.000  8 + 6 3  7.322.000 đồng. Câu 44 y Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những x đường cong đẹp trong toán học. Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình trong hệ tọa độ Oxy là 16y 2 = x 2 ( 25 − x 2 ) như hình vẽ bên. Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét. A. S = 125 m2 ) ( 6 B. S = 125 m2 ) ( 4 C. S = Lời giải 409 | Chinh phục olympic toán 250 3 (m ) 2 D. S = 125 m2 ) ( 3 | Các ứng dụng của tích phân Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy .  x = −5 1 Từ giả thuyết bài toán, ta có y =  x 25 − x 2  y = 0   x = 0 . 4  x = 5 1 Góc phần tư thứ nhất y = x 25 − x 2 ; x  0; 5 4 Nên S(I) = 5 1 125 125 3 x 25 − x2 dx = S= (m ) .  40 12 3 Câu 45 Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông muốn 8m trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.) A. 7.862.000 B. 7.653.000 C. 7.128.000 D. 7.128.000 Lời giải x2 y2 + = 1. a2 b2 Từ giả thiết ta có 2a = 16  a = 8 và 2b = 10  b = 5 Giả sử elip có phương trình 5  2  y = − 8 64 − y ( E1 ) x2 y2 Vậy phương trình của elip là + =1  64 25  y = 5 64 − y 2 ( E ) 2  8 Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường (E1 ); (E 2 ); x = −4; x = 4 và diện tích 4 4 5 5 64 − x2 dx =  64 − x 2 dx của dải vườn là S = 2  8 20 −4  3 Tính tích phân này bằng phép đổi biến x = 8 sin t , ta được S = 80  +  6 4   3 Khi đó số tiền là T = 80  +  .100000 = 7652891, 82 6 4  7.653.000 . Tạp chí và tư liệu toán học | 410 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 46 Vòm cửa lớn của một trung tâm văn hoá có dạng hình Parabol. Người ta dự định lắp cửa kính cường lực cho vòm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần lắp vào biết rằng vòm cửa cao 8m và rộng 8m (như hình vẽ) 26 28 A. B. m2 ) m2 ) ( ( 3 3 128 2 131 2 C. D. m ) ( (m ) 3 3 Lời giải Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. −4 4 x O Gọi ( P1 ) : y = ax 2 + c là Parabol đi qua hai điểm A ( 4; 0 ) , B ( 0; 8 ) 1  0 = a.16 + c 1 2 a = − Nên ta có hệ phương trình sau   2  ( P1 ) : y = − x + 8 2 c = 8 c = 8 S= 4 −4 411 | Chinh phục olympic toán 1  −2x 2 +8 = 128 m2 ) . ( 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC y 8 | Các ứng dụng của tích phân Câu 47 12m Một công ty quảng cáo X muốn làm một bức tranh trang trí hình MNEIF ở chính A giữa của một bức tường hình chữ nhật B I F E ABCD có chiều cao BC = 6 m , chiều dài 6m CD = 12 m (hình vẽ bên). Cho biết MNEF là hình chữ nhật có MN = 4 m ; cung EIF có hình dạng là một phần của cung parabol có đỉnh I là trung điểm của cạnh AB và đi qua D C N M 4m hai điểm C, D. Kinh phí làm bức CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN tranh là 900.000 đồng/ m 2 . Hỏi công ty X cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó ? 28 28 128 2 131 2 m2 ) m2 ) m ) A. B. C. D. ( ( ( (m ) 3 3 3 3 Lời giải Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc là trung điểm O của MN, trục hoành trùng với đường 1 thẳng MN thì parabol có phương trình là y = − x 2 + 6 . 6 2 208 2  1  Khi đó diện tích của khung tranh là S =   − x 2 + 6  dx = m 6 9  −2  Suy ra số tiền là: 208  900.000 = 20.800.000 đồng. 9 Câu 48 Trong đợt hội trại “Khi tôi 18 ” được tổ chức tại trường THPT X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , A B D C 4m phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)? A. 900.000 B. 1.232.000 C. 902.000 4m D. 1.230.000 Lời giải Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó phương trình đường parabol có dạng: y = ax 2 + b . Tạp chí và tư liệu toán học | 412 Kỹ thuật giải toán tích phân| y A B D C 4m −2 O 2 x 4m Do đó, phương trình parabol là y = −x 2 + 4 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường parabol và trục hoành là 2 2  x3  32 . S 1 =  ( −x + 4 ) d x =  − + 4x  =  3  −2 3 −2 2 Gọi C ( t; 0 )  B ( t; 4 − t 2 ) với 0  t  2 . Ta có CD = 2t và BC = 4 − t 2 . Diện tích hình chữ nhật ABCD là S 2 = CD.BC = 2t. ( 4 − t 2 ) = −2t 3 + 8t . Diện tích phần trang trí hoa văn là S = S 1 − S 2 = 32 32 . − ( −2t 3 + 8t ) = 2t 3 − 8t + 3 3 32 với 0  t  2 . 3 2   t = 3  ( 0; 2 ) Ta có f ‘ ( t ) = 6t 2 − 8 = 0   .  t = − 2  0; 2 ( )  3 Xét hàm số f ( t ) = 2t 3 − 8t + Lập bảng biến thiên ta thấy diện tích phần trang trí nhỏ nhất là bằng chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là đồng. 413 | Chinh phục olympic toán 96 − 32 3 2 m , khi đó 9 96 − 32 3 .200000  902000 9 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC a = −1 Parabol cắt trục tung tại điểm ( 0; 4 ) và cắt trục hoành tại ( 2; 0 ) nên  b = 4 | Các ứng dụng của tích phân Câu 49 Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100m và chiều rộng là 60m người ta làm một con đường nằm trong sân (Như hình vẽ). Biết rằng viền ngoài và viền trong của con đường là hai đường elip, Elip của đường viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các cạnh hình chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2m . Kinh phí cho mỗi m 2 làm đường 600.000 đồng. Tính tổng số tiền làm con đường đó. (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn). 100 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 60 2 B. 283904000. A. 293904000. D. 283604000. 293804000. Lời giải Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt gốc tọa độ O vào tâm của hình Elip. y2 x2 Phương trình Elip của đường viền ngoài của con đường là ( E1 ) : 2 + 2 = 1 . Phần đồ thị 50 30 của ( E 1 ) nằm phía trên trục hoành có phương trình y = 30 1 − x2 = f1 ( x ) . 50 2 Phương trình Elip của đường viền trong của con đường là ( E2 ) : của ( E 2 ) y2 x2 + = 1 . Phần đồ thị 482 282 x2 nằm phía trên trục hoành có phương trình y = 28 1 − 2 = f2 ( x ) . 48 Gọi S 1 là diện tích của ( E 1 ) và bằng hai lần diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đồ thị hàm số y = f1 ( x ) . Gọi S 2 là diện tích của ( E 2 ) và bằng hai lần diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đồ thị hàm số y = f2 ( x ) . Gọi S là diện tích con đường. 50 48 x2 x2 Khi đó: S = S 1 − S 2 = 2  30 1 − 2 dx − 2  28 1 − 2 dx . 50 48 −50 −48 a Tính tích phân I = 2  b 1 − −a x2 dx , ( a, b  a2 + ).      Đặt x = a sin t,  −  t    dx = a cos tdt . Đổi cận x = −a  t = − ; x = a  t = . 2 2 2  2 Tạp chí và tư liệu toán học | 414 Kỹ thuật giải toán tích phân| Khi đó  2  2  2   sin 2t  2 I = 2  b 1 − sin 2 t .a cos t dt = 2ab  cos 2 t dt = ab  ( 1 + cos 2 t ) dt = ab  t +  = ab . 2  −     − − 2 − 2 2 2 Do đó S = S 1 − S 2 = 50.30  − 48.28 = 156  . Vậy tổng số tiền làm con đường đó là 600000.S = 600000.156   294053000 (đồng). Chú ý. Công thức tính diện tích elip khi biết độ dài trục lớn và trục bé là S = ab Câu 50 Một mảnh vườn hình tròn tâm O bán kính 6m . Người ta cần biết kinh phí trồng cây là 70000 đồng /m 2 . Hỏi cần bao nhiêu 6m tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm tròn đến O hàng đơn vị) A. 8412322 B. 8142232 C. 4821232 D. 4821322 Lời giải Xét hệ trục tọa độ oxy đặt vào tâm khu vườn , khi đó phương trình đường tròn tâm O là x 2 + y 2 = 36 . Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình y = 36 − x 2 = f ( x ) Khi đó diện tích S của mảnh đất bằng 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, 3 đồ thị y = f ( x ) và hai đường thẳng x = −3; x = 3  S = 2  36 − x 2 dx −3 Đặt x = 6 sin t  dx = 6 cos tdt . Đổi cận x = −3  t = −  6  S = 2  36 cos 2 tdt = 36  − 6  6  6  ( cos 2t + 1) dt = 18 ( sin 2t + 2t )  − 6 Do đó số tiền cần dùng là 70000.S  4821322 đồng. 415 | Chinh phục olympic toán   ;x = 3 t = 6 6 = 18 3 + 12  −  6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC trồng cây trên dải đất rộng 6m nhận O làm tâm đối xứng, | Các ứng dụng của tích phân Câu 51 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip chính tắc có độ dài trục lớn bằng 10 và độ dài trục nhỏ bằng 6 và hình chữ nhật ngoại tiếp elip đã cho. Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo (tham khảo hình vẽ bên) bằng? y 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN −5 x 5 O −3 A. 45 ( 4 −  ) 8 B. 5 (  − 2 ) C. 5 ( 4 −  ) D. 45 (  − 2 ) 8 Lời giải Phương trình elip có độ dài trục lớn bằng 10 và trục bé bằng 6 là x2 y2 + = 1. 25 9 x2 Phương trình elip phía trên trục hoành là y = 3 1 − , phương trình phía dưới trục 25 hoành là y = −3 1 − x2 25 Phương trình đường thằng y = 3 x cắt elip tại các điểm 5 3   5 3   5 ;− ; −  ;  2 2  2 2  Diện tích phần gạch chéo phía trên trục hoành là 5 S1 =  5 2 5 3 3 x2 x2  x−3 1− dx =  5  x − 3 1 −  dx  5 25 25  25 Diện tích phần gạch chéo phía dưới trục hoành là 5 S 2 =  −3 1 − 0  5 x2 x2 − ( −3 ) dx =   −3 1 − + 3  dx 0   25 25   Vậy diện tích phần gạch chéo là  5 3 5 45 ( 4 −  ) x2  x2 S = S1 + S2 =  5  x − 3 1 − + 3  dx =  dx +   −3 1 − 0    25  25 8 25   Tạp chí và tư liệu toán học | 416 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 52 Một bồn hoa hình elip tâm O có độ dài trục lớn bằng 6m ,độ dài trục bé bằng 4m . Người ta chia bồn hoa thành 4 phần S 1 , S 2 , S 3 , S 4 bởi hai Parabol có cùng đỉnh O và đối xứng qua O như hình vẽ bên dưới. A S4 S2 D B. 1.970.978 C C. 1.957.978 Lời giải Phương trình elip và độ dài trục lớn là 6m và trục nhỏ là 4m D. 1.976.978 x2 y2 + =1 9 4  x2 y = 2 1 − 9   3 x2 x2  x2  Ta có diện tích của elip là S 0 :  y = −2 1 −  S0 =  2 1 − −  −2 1 − −3 9 9  9   x = −3; x = 3    dx = 6   y B A x O D C  AB = 3 3 xA = − 3 3 ; xB = 3 3 4 2 x là parabol đi qua các điểm O,A,B  Ta có  2 2 y= 27 AD = 2 A = y = 1 s  A 417 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC S3 A. 1.975.978 B S1 | Các ứng dụng của tích phân  x2 y = 2 1 − 9  3 3  4 2 4 2 x2 4 + 3 Ta có S 1 :  y = x  S 2 = S 1 =  322 3 x −2 1− dx = − 27 27 9 2  2  3 3 3 3 ;x = x = − 2 2  ( ) Từ đó suy ra S 3 + S 4 = S 0 − 2S 1 = 6 − 4 + 3 = 2  − 3 Vậy kinh phí trồng hoa là ( S 1 + S 2 )  100.000 + ( S 3 + S 4 )  120.000  1.975.978 Câu 53 Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi dự định xây hồ nước cho học sinh. Khuôn viên hồ nước là một hình elip, trong đó phần hình thoi là để chứa nước, phần còn lại là để ngồi (kích thước như hình vẽ). Trong phần hình thoi, người ta lại tiếp tục đặt đài phun nước CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN hình tròn tiếp xúc với hình thoi. Tính tỉ số diện tích đài phun nước so với diện tích bệ ngồi. 4m 6m A. 1, 19 B. 1, 27 C. 1, 33 D. 1, 43 Lời giải Gắn vào hệ trục tọa độ, ta có pt elip là 3 4 x2 y2 + = 1  S elip = 2  4 − x 2 dx −3 9 9 4 1 Ta có S thoi = .6.4 = 12 . Gọi bán kính hình tròn nội tiếp là R , cạnh hình thoi là a . Dễ thấy 2 6 S thoi = 2Ra  2R 2 2 + 32 = 12  R = 13 S tron 36  1, 27  S tron = R 2  =   Tỉ số = 13 S elip − S thoi Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 418 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 54 Tính diện tích “tam giác cong” tạo bởi đồ thị của 3 hàm f ( x ) = x 2 − 2x; g ( x ) = x 2 − 6x + 6; h ( x ) = −x 2 + 2x − 2 A. 11 24 B. 17 24 C. 1 4 D. 1 6 Lời giải Xét các pt hoành độ giao điểm • f ( x ) = g ( x )  x 2 − 2x = x 2 − 6x + 6  x = 1, 5 • f ( x ) = h ( x )  x 2 − 2x = −x 2 + 2x − 2  x = 1 • g ( x ) = h ( x )  x 2 − 6x + 6 = −x 2 + 2x − 2  x = 2 f (x) g (x) 1 2 x O −1 −2 h (x) Dựa vào hình, dễ thấy S = 2 1,5 1 1  h ( x ) dx −  f ( x ) dx −  2 1,5 g ( x ) dx = 4 11 17 1 − − = 3 24 24 6 Chọn ý D. Câu 55  y 2 = x 3 Cho hai đường cong  2 . Gọi S 1 là diện tích tạo bởi hai đường cong này; S 2 là 3  y = ( 2 − x ) diện tích đa giác lồi tạo bởi các giao điểm của 2 đường cong với nhau và với trục hoành. S Tính tỉ số 1 S2 A. 4 5 B. 2 3 C. 5 6 D. Lời giải Tọa độ giao điểm của 2 đường cong trên là nghiệm của hệ phương trình 419 | Chinh phục olympic toán 17 20 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Từ đó ta có tương quan các đồ thị như hình vẽ y | Các ứng dụng của tích phân  y 2 = x 3 3  x 3 − ( 2 − x )  x = 1  y = 1  A ( 1; 1 ) ; B ( 1; −1 )  2 3  y = ( 2 − x ) y y2 = x3 A 1 B 2 1 O CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN −1 x C y2 = (2 − x) 3 y = 0  x = 0 Xét giao điểm của 2 đường cong với trục hoành,   O ( 0; 0 ) ; C ( 0; 2 ) y = 0  x = 2 Dễ thấy đa giác OACB là hình vuông  S 2 = S OACB = ( 2) 2 =2 Nhận thấy đồ thị 2 đường cong đối xứng qua Ox, nên ta chỉ cần tính phần diện tích nằm 2  3  y 2 = x 3 x = y  trên Ox. Ta có  2   3 2 x = 2 − y 3  y = ( 2 − x )   2 2 2  1  1   S 8 4 1 4 S 1 =   2 − y 3  − y 3  dy =   2 − 2y 3  dy =  S 1 =  1 = 0 0 5 S2 5 2 5      Chọn ý A. Câu 56 Tính diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) = ( d ) : 7x − 12y + 112 = 0 . A. 901 18 B. 903 18 C. 1 ( x + 3 )( x + 1)( x − 3 ) và đường thẳng 3 905 18 D. 907 18 Lời giải Hàm số f ( x ) có thể viết lại dưới dạng sau đây Tạp chí và tư liệu toán học | 420 Kỹ thuật giải toán tích phân|  1 − 3 ( x + 3 )( x + 1 )( x − 3 ) khi x  ( − ; −3 ; x  ( −1; 3 ) f (x) =   1 ( x + 3 )( x + 1 )( x − 3 ) khi x  ( −3; −1 ; x   3; + )  3 Ta có tương quan đồ thị như sau d y S1 S4 S3 S2 −3 −1 O 3 x Trước tiên, ta sẽ đi tìm toạ độ giao điểm của ( d ) và ĐTHS f ( x ) • Xét pt − 1 7 28 ( x + 3 )( x + 1)( x − 3 ) = x +  4x 3 + 4×2 − 29x + 76 = 0 3 12 3  ( x + 4 ) ( 4x 2 − 12x + 19 ) = 0  pt có nghiệm duy nhất x = −4 −3  7 28 1 311   S 1 =   x + + ( x 3 + x 2 − 9x − 9 )  dx = −4 12 3 3 72   1 7 28 • Xét pt ( x + 3 )( x + 1 )( x − 3 ) = x+  4x 3 + 4x 2 − 43x − 148 = 0 3 12 3  ( x − 4 ) ( 4x 2 + 20x + 37 ) = 0  pt có nghiệm duy nhất x = 4 4 7 28 1 445   S 4 =   x + − ( x 3 + x 2 − 9x − 9 )  dx = 3 12 3 3 72   −1  7 28 1 127  Mặt khác, có S 2 =   x + − ( x 3 + x 2 − 9x − 9 )  dx = −3 12 3 3 9   3  7 901 28 1 229   S = S1 + S2 + S3 + S 4 = S 3 =   x + + ( x 3 + x 2 − 9x − 9 )  dx = −1 12 18 3 3 9   Chọn ý A. 421 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3 | Các ứng dụng của tích phân Câu 57 Gọi S a là diện tích được giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số f ( x ) = x 2 − 1 và đồ thị hàm số 5 + ax khi x  0 S , với a  0 . Tính tỉ số 1 g ( x) =  S5 5 − ax khi x  0 33 13 36 A. B. C. 13 33 11 D. 11 36 Lời giải Gọi I a là diện tích giới hạn bởi g ( x ) và ĐTHS y = x 2 − 1 y CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 5 1 −1 O 1 x −1 8 −1 3 Ta cần tính I a . Dễ chứng minh diện tích hình cần tính đối xứng qua Oy, do vậy ta đi tính Dựa vào đồ thị, dễ thấy I a = S a + 2  1 ( −x 2 + 1 ) dx  S a = I a − nửa bên phải. Xét phương trình hoành độ giao điểm 5 − ax = x 2 − 1  x 2 + ax − 6 = 0  x = − a + a2 + 24 2 0 x  0 )  Ia = 2  −a + a2 + 24 (Vì 2 ( 6 − ax − x ) dx 2 2 8  2 S 1 = 2 0 ( 6 − x − x ) dx − 3 = 12 S 36   1 = 1 S 5 11 S = 2 ( 6 − 5x − x 2 ) dx − 8 = 11 5  0  3 3 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 422 Kỹ thuật giải toán tích phân| B. ỨNG DỤNG TÍNH THỂ TÍCH I. LÝ THUYẾT CẦN NẮM 1. TÍNH THỂ TÍCH VẬT THỂ Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; S ( x ) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x , ( a  x  b ) . Giả sử S ( x ) là hàm số liên tục trên đoạn  a; b  . ( ) a b x S (x) b Khi đó, thể tích của vật thể B được xác định: V =  S ( x ) dx a 2. TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY. • Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b quanh trục Ox: y y = f (x) a O b x ( C ) : y = g ( x )   ( Ox ) : y = 0  x=a   x=b b  Vx =   f ( x )  dx 2 a Tương tự: • Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x = g ( y ) , trục hoành và hai đường thẳng y = c , y = d quanh trục Oy: 423 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC O x | Các ứng dụng của tích phân y ( C ) : x = g ( y )   ( Oy ) : x = 0 Ta có  y=c   y=d d x = g ( y) c O • d  Vy =  g ( y )  dy 2 c x Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai đường thẳng x = a , x = b quanh trục Ox b V =   f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN a III. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Câu 1. Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y 2 = 4x và đường thẳng x = 4 . Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là C. 16 B. 64 A. 32 D. 4 Câu 2. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ln x, y = 0, x = 2 quay xung quanh trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng? A. 2 ln 2 2 − 4 ln 2 + 2 B.  ( 2 ln 2 2 + 4 ln 2 − 2 ) C. 2  ( ln 2 2 − 2 ln 2 + 1 ) D.  ( 2 ln 2 − 1 ) Câu 3. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = a.x 2 , y = bx (a, b  0) quay xung quanh trục Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng? A. V = . b3  1 1   −  a3  3 5  B. V = . b5 5a 3 C. V = . b5 3a 3 D. V = . b5  1 1   −  a3  3 5  Câu 4. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 − 6x 2 + 9x, y = 0 quay xung quanh trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng? 729  256608 7776 27  A. B. C. D. 35 35 5 4 Câu 5. Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi đường tròn x 2 + y 2 = 16 (nằm trong mặt phẳng Oxy), cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện là tam giác đều. Thể tích của vật thể là? Tạp chí và tư liệu toán học | 424 Kỹ thuật giải toán tích phân| y x O 256 32 256 3 32 3 B. V = D. V = . . C. V = . . 3 3 3 3 Câu 6. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2x 2 , y 2 = 4x quay xung quanh trục Ox. A. V = D. V = 6 . 5 Câu 7. Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y = ( 1 − x 2 ) , y = 0, x = 0 và x = 2 khi quay quanh trục Ox bằng? A. 8 2 3 B. 2 C. 46 15 Câu 8. Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = D. 5 2 x2 . và y = x . Tính thể tích V 4 của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành ? 131 128 126 124 A. B. C. D. 15 15 15 15 Câu 9. Hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x 2 + 1 , trục tung và tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 2 + 1 tại điểm ( 1; 2 ) . Khi quay hình ( H ) quanh trục Ox tạo thành khối tròn xoay có thể tích V bằng? 28 4 A. B. 5 15 C. 8 15 D.  Câu 10. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = sin x − cos x + m , y = 0 , x = 0 và x =  với m là tham số thực lớn hơn 2 . Tìm m sao cho thể tích V của khối tròn 2 xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành bằng A. 6 B. 4 425 | Chinh phục olympic toán C. 3 3 2 ? 2 D. 9 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng ? 88 9 4 A. V = B. V = C. V = . . . 70 5 3 | Các ứng dụng của tích phân Câu 11. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = − x , đường thẳng y = − x + 2 và trục hoành. Khối tròn xoay tạo ra khi ( H ) quay quanh Ox có thể tích V được xác định bằng công thức nào sau đây ? 4 2  2 A. V =    xdx +  ( 2 − x ) dx  . 2 0  4 2  2 B. V =    xdx −  ( 2 − x ) dx  . 2 0  4 4 4 2   2 2 C. V =    xdx +  ( x − 2 ) dx  . D. V =    xdx −  ( 2 − x ) dx  . 2 2 0 0   Câu 12. Tính thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn ( C ) : x 2 + ( y − 3 ) = 1 quanh trục hoành ? 2 A. V = 6 . B. V = 6  3 . C. V = 3 2 . D. V = 6  2 . Câu 13. Cho hình vuông có độ dài cạnh bằng 8cm và một hình tròn có bán kính 5cm được xếp chồng lên nhau sao cho tâm của hình tròn trùng với tâm của hình vuông như CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay tạo thành khi quay mô hình trên quanh trục XY. X Y 290 260 B. V = cm 3 . cm 3 . 3 3 580 520 C. V = D. V = cm 3 . cm 3 . 3 3 Câu 14. Bên trong hình vuông cạnh a , dựng A. V = y hình sao bốn cánh đều như hình vẽ bên (các kích thước cần thiết cho như ở trong hình). Tính thể tích V của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao đó quanh trục Ox . 5 3 5 3 A. V = B. V = a. a. 16 48   C. V = a 3 . D. V = a 3 . 6 8 0, 25a O a 2 x Tạp chí và tư liệu toán học | 426 Kỹ thuật giải toán tích phân| X Câu 15. Cho hai tam giác cân có chung đường M N cao XY = 40cm và cạnh đáy lần lượt là 40cm và 60cm , được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh của tam giác này là trung điểm cạnh đáy của tam giác kia như hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay mô hình trên quanh trục XY ? A 46240 C. V = cm 3 . 3 Y 52000 cm 3 . 3 Câu 16. Cho hai đường tròn ( O 1 ; 5 ) và 40480 cm 3 . 3 (O2 ; 3) B. V = D. V = 1920cm 3 . cắt nhau tại hai điểm A , B sao cho A AB là một đường kính của đường tròn ( O 2 ; 3 ) . Gọi ( D ) là hình phẳng được giới hạn ( D) bởi hai đường tròn (ở ngoài đường tròn lớn, O1 phần được gạch chéo như hình vẽ). Quay (D) C O2 quanh trục O 1O 2 ta được một khối tròn B xoay. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành. 14  40  68 C. V = D. V = 3 3 3 Câu 17. Cho đồ thị hàm số f ( x ) ,1 nửa đồ thị hàm số g ( x ) và đường thẳng như hình A. V = 36  B. V = vẽ. Tính thể tích phần tô màu khi quay xung quanh Ox ? y 4 3 2 O A. 17 B. 20 427 | Chinh phục olympic toán 2 4 C. 15 x D. 9 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. V = B | Các ứng dụng của tích phân Câu 18. Cho đồ thị hàm số f ( x ) và elip h ( x ) như hình vẽ. Tính thể tích khi quay hình tô đậm xung quanh trục Ox. ? y 4 6 5 3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN O C. 642.344 B. 965.344 A. 865.344 x 6 D. 354.344 Câu 19. Cho hình vẽ. Tính hiện tích hình H ? y 3 h (x) 2 2 2 −4 −2 O f (x) 2 4 x 379 523 328 B. D.    C. 95 4 6 15 Câu 20. Ta vẽ hai nửa đường tròn như hình vẽ bên, trong đó đường kính của nửa đường A. tròn lớn gấp đôi đường kinh của nửa đường tròn nhỏ. Biết rằng nửa hình tròn đường kính AB có diện tích 8 và ABC = 30 o . Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay hình phằng ( H ) quanh đường thẳng AB ? Tạp chí và tư liệu toán học | 428 Kỹ thuật giải toán tích phân| C (H ) B A 2 B.  3 4 14 20 C. D.    3 3 3 Câu 21. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R = 4 , hai điểm C,D di động trên nửa A. đường tròn sao cho ABCD là hình thang cân. CD = 2 , thể tích vật thể tròn xoay tô đậm tạo thành khi quay hình thang cân ABCD quanh trục AB là bao nhiêu? D A A. 9, 5 B O C. 8, 2 B. 10, 2 D. 11, 4 Câu 22. Cho hai mặt cầu cùng bán kính ( S 1 ) , ( S 2 ) thoả mãn tâm của ( S 1 ) thuộc ( S 2 ) và ( S2 ) ngược lại tâm của thuộc ( S 1 ) .Tính thể tích phần chung của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) , ( S2 ) A I1 H I2 B A. 60 0 B. 450 C. arctan 1 2 D. 30 0 Câu 23. Cho đồ thị hàm số liên tục như hình vẽ. Biết BC là một cung tròn của đường tròn bán kính R = 4 , tâm I nằm trên Oy (O là trung điểm AD). Tính giá trị của biểu thức tích 6 phân  . ( f ( x ) + 2 ) 2 dx ta được kết quả trong khoảng nào? −6 429 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC C | Các ứng dụng của tích phân y B C 4 K A −6 −2 6 2 O −2 A. ( 201; 250 ) B. ( 250; 301) 4 x D C. ( 271; 300 ) D. ( 300; 350 ) Câu 24. Cho một khối cầu bán kính R. Đâm thủng khối cầu bởi một khối trụ có trục đi qua tâm mặt cầu và chiều dài hình trụ thu được là 6. Tính thể tích vật thể còn lại sau khi đục CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN thủng ? 1024 1024 1024 1024 B. C. D. 15 9 5 3 Câu 25. Cho một khối cầu bán kính R. Đâm thủng khối cầu bởi một khối trụ có trục đi qua A. tâm mặt cầu và chiều dài hình trụ thu được là 6. Tính thể tích vật thể còn lại sau khi đục thủng ? Tạp chí và tư liệu toán học | 430 Kỹ thuật giải toán tích phân| A. 36 . B. 42 . C. 12 . D. 42 . x2 y2 Câu 26. Cho ( H ) : − = 1, ( D ) là tiếp tuyến của (H) đi qua A ( 2; −1 ) với hệ số góc 16 4 dương. Tính thể tích khối tròn xoay tạo bởi miền phẳng giới hạn bởi (H), (D) và trục Ox khi quay xung quanh trục Oy ? 379 523 328 A. B. D.    C. 95 4 6 15 Câu 27. Một chiếc đồng hồ cát có thiết diện qua trục là 2 parapol đối xứng qua mặt nằm ngang. Khi để thẳng đứng và cát không thể chảyvà mực cát của parapol ở trên là 0,2 chiều cao của parapol ở trên. Khi lật ngược đồng hồ các thì lưu lượng cát chảy từ trên xuống dưới không đổi là 3cm 3 /p . Khi chiều cao ở trên là 6 cm thì bề mặt trên tạo thành 1 đường tròn có diện tích 9cm 2 . Biết sau 900s thì cát không còn chảy nữa. Hỏi khi lượng cát chảy nhiêu (coi lượng cát đang chảy không đáng kể) ? B. 0, 65 A. 1, 8 C. 2, 8 D. 1, 39 Câu 28. Cho hai mặt cầu ( S 1 ) , ( S 2 ) có cùng bán kính R thỏa mãn tính chất tâm của ( S 1 ) thuộc ( S 2 ) và ngược lại. Tính thể tích phần chung V của hai khối cầu tạo bởi 2 mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) ? A. V = R 3 R 3 B. V = 2 431 | Chinh phục olympic toán 5R 3 C. V = 12 2 R 3 D. V = 5 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC xuống dưới bằng chiều cao của parapol thì thể tích cát của phần parapol ở trên là bao | Các ứng dụng của tích phân Câu 29. Người ta dựng một cái lều vải ( H ) S có dạng hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy của ( H ) là một hình lục giác đều cạnh 3m. Chiều cao SO = 6m (SO c6 vuông góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh 1m c1 bên của ( H ) là các sợi dây c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 c2 nằm trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả sử giao tuyến c3 c5 c4 O (nếu có) của ( H ) với mặt phẳng ( P ) vuông góc với SO là một lục giác đều và khi ( P ) 3m qua trung điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng 1m. Tính thể tích phần không gian CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN nằm bên trong cái lều ( H ) đó. 135 3 135 3 96 3 B. C. m3 ) m3 ) m3 ) ( ( ( 5 4 5 Câu 30. Có một vật thể là hình tròn xoay có dạng A. D. giống như một cái ly như hình vẽ dưới đây. Người ta đo được đường kính của miệng ly là 4cm và chiều 135 3 m3 ) ( 8 4 O A B cao là 6cm . Biết rằng thiết diện của chiếc ly cắt bởi mặt phẳng đối xứng là một parabol. Tính thể tích 6 V ( cm 3 ) của vật thể đã cho. A. V = 12  . 72 C. V =  . 5 B. V = 12 . 72 D. V = . 5 I Câu 31. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R. Tính thể tích vật thể tạo thành bởi đáy của hình trụ và mặt phẳng qua đường kính đáy, biết mặt phẳng tạo với đáy một góc 450. A B D C A. V = 8R 3  3 B. V = 2 R 3  3 C. V = 2R 3  3 D. V = 8R 3  3 Tạp chí và tư liệu toán học | 432 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 32. Một hình xuyến dạng cái phao có kích thước như hình vẽ. Tính thể tích của hình đó theo R và r . B. V = 2 2 rR 2 . D. V = 2 rR 2 . C. V = 2 r 2 R. 1 Câu 33. Gọi ( H ) là phần giao của hai khối 4 hình trụ có bán kính a , hai trục hình trụ vuông góc với nhau. Xem hình vẽ bên. Tính thể tích của ( H ) . A. V( H) 2a 3 . = 3 C. V( H) = B. V( H) a3 . 2 3a 3 . = 4 D. V( H) = a a 3 . 4 a Câu 34. Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy 24 cm bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện là một hình Parabol có diện tích lớn nhất bằng? B E H L h b A C D b x 12 12 12 − x 24 − x 24 433 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. V = 2 2 r 2 R. | Các ứng dụng của tích phân A. 120 2 cm 2 B. 120 6 cm 2 D. 150 3 cm 2 C. 120 3 cm 2 Câu 35. Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm , thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính là 40cm , chiều cao thùng rượu là 1m (hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu ( đơn vị lít) là bao nhiêu ? A. 425, 2 . B. 425162 . C. 212581 . D. 212, 6 . Câu 36. Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x , y = 0 và x = 4 quanh trục Ox . Đường thẳng x = a ( 0  a  4 ) cắt đồ thị CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN hàm số y = x tại M (hình vẽ bên). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V = 2V1 . Khi đó: y M O a H 4 x 5 D. 3 2 Câu 37. Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O; R ) và ( O; R ) , OO = 4R . Trên đường A. 2 B. 2 2 C. tròn ( O; R ) lấy hai điểm A , B sao cho AB = a 3 . Mặt phẳng ( P ) đi qua A , B cắt đoạn OO và tạo với đáy một góc 60 , ( P ) cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng?  4 3 2 A.  + R  3 2    2 3 2 B.  − R  3 4    2 3 2 C.  + R  3 4    4 3 2 D.  − R  3 2   Câu 38. Đặt quả bóng hình cầu vào trong một cái hộp với kích thước chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hình hộp tương ứng là 12cm, 12cm, 10cm như hình vẽ, quả bóng có bán kính R = 6cm .Thể tích phần trong hộp và phần nhô lên của quả bóng xấp xỉ bao nhiêu ? Tạp chí và tư liệu toán học | 434 Kỹ thuật giải toán tích phân| A. 1208 B. 1530 C. 1270 D. 1507 Câu 39. Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang (mặt trong của thùng) là một đường chiều dài (mặt trong của thùng) bằng 3m . Đươc đặt sao cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m . Tính thể tích V của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn đến phần trăm). A. V = 1,52m 3 B. V = 1, 31m 3 C. V = 1, 27m 3 D. V = 1, 19m 3 Câu 40. Có một cốc thủy tinh hình trụ, bán kính trong lòng đáy cốc là 6 cm , chiều cao trong lòng cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiêng cốc nước vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. A. 240 cm 3 B. 240 cm 3 C. 120 cm 3 D. 120 cm 3 Câu 41. Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người ta xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. 435 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC elip có trục lớn bằng 1m , trục bé bằng 0,8m , | Các ứng dụng của tích phân Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) y I 20cm 2m O 20m 5m 5m CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. 20m 3 B. 50m 3 x 20m C. 40m 3 D. 100m 3 Cây 42.Một chiếc ly bằng thủy tinh đang chứa nước bên trong được tạo thành bằng cách quay đồ thị y = 2 x quanh trục tung. Người ta thả vào ly một quả cầu có bán kính R thì mực nước dâng lên phủ kín quả cầu và đồng thời chạm tới miệng ly. Biết điểm tiếp xúc của quả cầu và chiếc ly cách đáy 3cm . Thể tích nước trong ly gần nhất với giá trị nào ? 3cm A. 20m 3 B. 30m 3 C. 40m 3 D. 100m 3 Câu 43. Cắt 2 khối trụ bằng sắt xuyên qua nhau như hình vẽ dưới. Khối trụ đứng có bán kính đáy R = 10cm , khối trụ ngang có bán kính đáy r = 6cm . Biết rằng trụ của hai khối trụ cắt và vuông góc với nhau tại chính giữa của mỗi hình. Tính thể tích phần chung của 2 khối trụ đó? Tạp chí và tư liệu toán học | 436 Kỹ thuật giải toán tích phân| A. 2154.96 ( cm 3 ) B. 1077.48 ( cm 3 ) C. 4309.92 ( cm 3 ) D. 3385 ( cm 3 ) Câu 43. Cho một khối chỏm cầu ( S ) có bán kính R và chiều cao h. Tính thể tích của khối chỏm S. R h  A. V = h 2  R +  3  h  B. h 2  R −  3  h  C. h 2  R +  2  h  D. h 2  R −  2  Câu 44. Một thùng đựng nước có dạng hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy bằng R . Khi đặt thùng nước nằm ngang như hình 1 thì khoảng cách từ trục hình trụ tới mặt nước R 3 (mặt nước thấp hơn trục của hình trụ). Khi đặt thùng nước thẳng đứng như 2 h hình 2 thì chiều cao của mực nước trong thùng là . Tính tỉ số 1 ? h bằng A. 2 − 3 3 12 B. − 3 6 437 | Chinh phục olympic toán C. 2 − 3 12 D. 3 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC h r | Các ứng dụng của tích phân Câu 45. Một khối nón ( N ) có bán kính đáy r , thiết diện qua đỉnh và vuông góc với mặt phẳng đáy là một tam giác đều. Cắt khối nón bởi một mặt phẳng đi qua đường kính đáy CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN và vuông góc với đường sinh của khối nón để lấy một cái nêm (xem hình vẽ). A. V = r3 2 3 B. V = r3 3 C. V = r 3 2 3 D. V = r 3 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 438 Kỹ thuật giải toán tích phân| HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y 2 = 4x và đường thẳng x = 4 . Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là C. 16 B. 64 A. 32 D. 4 Lời giải Giao điểm của đường y 2 = 4x với trục hoành là : O ( 0; 0 ) . Phần phía trên Ox của đường y 2 = 4x có phương trình y = 2 x . 4 ( Suy ra thể tích khối tròn xoay sinh ra khi D xoay quanh trục Ox là: V =  . 2 x 0 ) dx = 32 2 Câu 2. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ln x, y = 0, x = 2 quay xung quanh trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng? A. 2 ln 2 2 − 4 ln 2 + 2 B.  ( 2 ln 2 2 + 4 ln 2 − 2 ) C. 2  ( ln 2 2 − 2 ln 2 + 1 ) D.  ( 2 ln 2 − 1 ) Lời giải Tọa độ giao điểm của hai đường y = ln x và y = 0 là điểm C ( 1; 0 ) . 2 Nên thể tích của khối tròn xoay cần tính là V =  .ln 2 xdx. 1 2  ln x  2 u =  ln 2 x du = 2 dx 2 Đặt  . Suy ra  V =  x ln x − 2  ln xdx = 2  ln 2 2 − 2 I . x  1 dv = dx 1  v = x dx  2 u = ln x du = 2 Tính I =  ln xdx . Đặt   x . Nên I = x ln x 1 −  dx = 2 ln 2 − 1. dx = dx  v = x 1 1  2 Vậy V = 2  ln 2 2 − 2  ( 2 ln 2 − 1 ) = 2  ( ln 2 2 − 2 ln 2 + 1 ) . Chọn ý C. Câu 3. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = a.x 2 , y = bx (a, b  0) quay xung quanh trục Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng? A. V = . b3  1 1   −  a3  3 5  B. V = . b5 5a 3 C. V = . Lời giải 439 | Chinh phục olympic toán b5 3a 3 D. V = . b5  1 1   −  a3  3 5  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chọn ý A. | Các ứng dụng của tích phân  b b2  Tọa độ giao điểm của hai đường y = ax và y = bx là các điểm O ( 0; 0 ) và A  ;  . a a  2 b a b a 0 0 Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là: V =  .b 2 x 2 dx −  .a 2 x 4dx = . b5  1 1   −  a3  3 5  Chọn ý D. Câu 4. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 3 − 6x 2 + 9x, y = 0 quay xung quanh trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng? 256608 729  27  A. B. C. 35 35 4 D. 7776 5 Lời giải Tọa độ giao điểm của đường y = x 3 − 6x 2 + 9x với y = 0 là các điểm O ( 0; 0 ) và A ( 3; 0 ) . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 3 Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính là: V =   ( x 3 − 6x 2 + 9x ) dx = 2 0 729 . 35 Chọn ý A. Câu 5. Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn giới hạn bởi đường tròn x 2 + y 2 = 16 (nằm trong mặt phẳng Oxy), cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện là tam giác đều. Thể tích của vật thể là? y x O A. V = 256 3 . 3 B. V = 256 . 3 C. V = 32 3 . 3 D. V = 32 . 3 Lời giải Giao điểm của thiết diện và Ox là H. Đặt OH = x suy ra cạnh của thiết diện là 2 16 − x 2 . Diện tích thiết diện tại H là S ( x ) = Vậy thể tích của vật thể là V = 4  −4 3 4 ( 16 − x 2 ) . 4 3 ( 16 − x 2 ) dx = 256 3 . 3 Tạp chí và tư liệu toán học | 440 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 6. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2x 2 , y 2 = 4x quay xung quanh trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng ? 88 9 A. V = B. V = . . 5 70 C. V = 4 . 3 D. V = 6 . 5 Lời giải Với x   0; 2  thì y = 4x  y = 4x 2 Tọa độ giao điểm của đường y = 2x 2 với y 2 = 4x là các điểm O(0; 0) và A(1; 2) . Vậy thể 1 tích của khối tròn xoay cần tính là: V =  ( 2x ) 2 2 0 1 − 4x dx =  ( 4x − 4x 2 ) dx = 0 6 . 5 Chọn ý A. Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y = ( 1 − x 2 ) , y = 0, x = 0 và x = 2 khi quay quanh trục Ox bằng? A. 8 2 3 B. 2 C. 46 15 D. 5 2 Lời giải y O 1 x 2 Thể tích khối tròn xoay được giới hạn bởi các đường y = ( 1 − x 2 ) , y = 0, x = 0 và x = 2 khi 2 quay quanh trục Ox là: V =  ( 1 − x 0 ) 2 2 2 2  2x 3 x 5  46 +  = . dx =  ( 1 − 2x + x ) dx =   x − 3 5  0 15  0 2 4 Câu 8. x2 Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = . và y = x . Tính thể tích V của 4 khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành ? 124 126 128 131 A. B. C. D. 15 15 15 15 Lời giải 441 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Câu 7. | Các ứng dụng của tích phân y y=x 4 x2 y= 4 x 4 O 2  x2  128 . Thể tích cần tính V =     − x 2 dx = 4 15   0 4 Chọn ý C. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 9. Hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x 2 + 1 , trục tung và tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 2 + 1 tại điểm ( 1; 2 ) . Khi quay hình ( H ) quanh trục Ox tạo thành khối tròn xoay có thể tích V bằng? 4 A. 5 B. 28 15 C. 8 15 D.  Lời giải y 2 y = x2 + 1 1 O 1 x y = 2x Tiếp tuyến của đồ thị y = x 2 + 1 tại điểm ( 1; 2 ) có phương trình y = 2x . 1 Thể tích cần tính V =  ( x 2 + 1 ) − ( 2x ) dx 2 2 0 1 1 0 0 =  x 4 − 2x 2 + 1 dx =  ( x 4 − 2x 2 + 1 ) dx = 8 . 15 Chọn ý C. Tạp chí và tư liệu toán học | 442 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 10. Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = sin x − cos x + m , y = 0 , x = 0 và x=  với m là tham số thực lớn hơn 2 . Tìm m sao cho thể tích V của khối tròn xoay thu 2 được khi quay hình ( H ) xung quanh trục hoành bằng A. 6 3 2 ? 2 D. 9 C. 3 B. 4 Lời giải Thể tích cần tính V =   0 ( sin x − cos x + m ) dx =  ( sin x − cos x + m ) dx 0 =  ( − cos x − sin x + mx ) Theo giả thiết V =  2 2  2 0 m  m  =   −1 + .  −  ( −1 ) = 2  2  2 3 2 m2 32  =  m = 3 (thỏa mãn m  2 ). 2 2 2  2 Cách Casio. Thể tích cần tính V =   ( sin x − cos x + m ) dx . Đến đây thử từng giá trị m ở 0 các đáp án vào, đáp án nào cho kết quả 3 2 thì nhận. 2 Câu 11. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = − x , đường thẳng y = − x + 2 và trục hoành. Khối tròn xoay tạo ra khi ( H ) quay quanh Ox có thể tích V được xác định bằng công thức nào sau đây ? y y = −x + 2 2 O 4 x y=− x 4 2  2 A. V =    xdx +  ( 2 − x ) dx  . 2 0  4 2  2 B. V =    xdx −  ( 2 − x ) dx  . 2 0  4 2  2 C. V =    xdx +  ( x − 2 ) dx  . 2 0  4 4  2 D. V =    xdx −  ( 2 − x ) dx  . 2 0  443 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  2 | Các ứng dụng của tích phân Lời giải • Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = − x , trục hoành, đường thẳng x = 0, x = 4 xung quanh trục Ox 4 (  V1 = . − x 0 ) 2 4 dx = . xdx. 0 • Gọi V2 là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = − x + 2 , trục hoành, đường thẳng x = 2, x = 4 xung quanh trục Ox 4  V2 = . ( 2 − x ) dx. 2 2 Suy ra thể tích cần tính . Câu 12. Tính thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn ( C ) : x 2 + ( y − 3 ) = 1 quanh trục hoành ? CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 B. V = 6  3 . A. V = 6 . C. V = 3 2 . D. V = 6  2 . Lời giải y 3 2 −1 Ta có x + ( y − 3 ) 2 2 1 O x  y = 3 + 1 − x2 =1  , x   −1; 1 .  y = 3 − 1 − x 2 1 (  Thể tích cần tính V =    3 + 1 − x2 −1  ) − (3 − 2 1−x 2 ) 2 1  2  dx = 12   1 − x dx = 59, 21762. −1 Tạp chí và tư liệu toán học | 444 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 13. Cho hình vuông có độ dài cạnh bằng 8cm và một hình tròn có bán kính 5cm được xếp chồng lên nhau sao cho tâm của hình tròn trùng với tâm của hình vuông như hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay tạo thành khi quay mô hình trên quanh trục XY. Y X 290 cm 3 . 3 580 D. V = cm 3 . 3 260 cm 3 . 3 520 C. V = cm 3 . 3 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. 4 4 500 • Thể tích khối cầu V1 = R 3 = 53 = . 3 3 3 • Gọi V2 là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng ( H ) (phần tô màu) được giới hạn bởi đường thẳng y = 4 , đường tròn y 2 = 25 − x 2 và x = 4 quanh trục hoành 4  V2 =  4 2 − ( 25 − x 2 ) dx = 3 10 3 y 5 4 −5 −4 O −4 −5 Vậy thể tích cần tính V = V1 + 2V2 = Chọn ý C. 445 | Chinh phục olympic toán 520 cm 3 . 3 3 4 5 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC B. V = A. V = | Các ứng dụng của tích phân Câu 14. y Câu 14. Bên trong hình vuông cạnh a , dựng hình sao bốn cánh đều như hình vẽ bên (các kích thước cần thiết cho như ở trong hình). 0, 25a Tính thể tích V của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao đó quanh trục Ox . 5 3 5 3 A. V = B. V = a. a. 16 48   C. V = a 3 . D. V = a 3 . 6 8 O a 2 x Lời giải y = 2x − CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN y a 2 y= a 2 x a + 2 4 a 4 a 4 O a 2 x Do hình sao có tính đối xứng nên ta quay theo trục thẳng đứng hay nằm ngang đều cho thể tích như nhau. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Gọi V là thể tích khối tròn xoay cần tính. Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng được tô màu trong hình bên quanh trục hoành. Khi đó V = 2V1 . a 2 2 a 2 2 a 5a 3 5a 3 x a  . Suy ra thể tích cần tính V = 2V1 = Ta có V1 =   +  dx −    2x −  dx = . 2 4 2 96 48 a 0 4 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 446 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 15. X M Cho hai tam giác cân có chung đường cao N XY = 40cm và cạnh đáy lần lượt là 40cm và 60cm , được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh của tam giác này là trung điểm cạnh đáy của tam giác kia như hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay mô hình trên quanh trục XY ? A. V = 40480 cm 3 . 3 B. V = 52000 cm 3 . 3 A Y B 46240 C. V = cm 3 . D. V = 1920cm 3 . 3 Lời giải Y  O ( 0; 0 ) , X ( 40; 0 ) , A ( 0; 20 ) , M ( 40; 30 ) . 30 3x . 4 40 − x Phương trình AX : x + 2y − 40 = 0 → y = . 2 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường YM và 3x 40 − x AX là: =  x = 16. 4 2 Thể tích vật thể cần tính 20 Phương trình đường YM : 3x − 4y = 0 → y = 16 2 M A X 16 O 40 B N 2 40 46240  40 − x   3x  V =   cm 3 .  dx +     dx = 2  4  3 0  16  Chọn ý C. Câu 16. Cho hai đường tròn ( O1 ; 5) và (O2 ; 3) cắt nhau tại hai điểm A , B sao cho AB là một A đường kính của đường tròn ( O 2 ; 3 ) . Gọi ( D ) là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường ( D) tròn (ở ngoài đường tròn lớn, phần được gạch chéo như hình vẽ). Quay (D) O1 quanh trục O 1O 2 ta được một khối tròn xoay. Tính B thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành. A. V = 36  B. V = 447 | Chinh phục olympic toán 68 3 C. V = C O2 14  3 D. V = 40  3 x TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC y Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: | Các ứng dụng của tích phân Lời giải Chọn hệ tọa độ Oxy với O 2  O , O 2 C  Ox , O 2 A  Oy . Cạnh O 1O 2 = O 1A 2 − O 2 A 2 = 52 − 32 = 4  ( O 1 ) : ( x + 4 ) + y 2 = 25 . 2 Phương trình đường tròn ( O 2 ) : x 2 + y 2 = 9 . Kí hiệu ( H 1 ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 25 − ( x + 4 ) , trục Ox , x = 0 , 2 x =1. Kí hiệu ( H 2 ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 9 − x 2 , trục Ox , x = 0 , x = 3 . Khi đó thể tích V cần tính chính bằng thể tích V2 của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H 2 ) xung quanh trục Ox trừ đi thể tích V1 của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H 1 ) xung quanh trục Ox. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2 1 4 Ta có V2 = . r 3 = .33 = 18 . 3 2 3 3  x + 4)  ( 2   Lại có V1 =  y dx =  25 − ( x + 4 ) dx =   25x −    3   0 0 14 40  Do đó V = V2 − V1 = 18 − . = 3 3 1 1 1 2 0 = 14  . 3 Câu 17. Cho đồ thị hàm số f ( x ) ,1 nửa đồ thị hàm số g ( x ) và đường thẳng như hình vẽ. Tính thể tích phần tô màu khi quay xung quanh Ox ? y 4 3 2 O A. 17 B. 20 2 4 C. 15 x D. 9 Lời giải Tạp chí và tư liệu toán học | 448 Kỹ thuật giải toán tích phân| Phân tích: 3 bài tiếp theo ta sẽ thấy cùng chung phương pháp, ta sẽ phải đi tìm hàm số sau đó tính thể tích khối tròn xoay. Chuyển lại hệ trục tọa độ như hình vẽ 9a − 3b + c = 4 a = −2   Xét hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c , thay các giá trị ta được 16 − 4b + c = 0  b = −10 a − b + c = 0 c = −8    9c − 3d + e = 4 e = 2   Xét hàm g ( x ) = cx 2 + dx + e , thay các giá trị e = 2  d = 0 2c.0 + d = 0  2  c = 9  Phương trình hoành độ g ( x ) và  là 2 2 16 4 x +1= x +  x = 3 − 2 6 ( do x phải âm) 9 3 3 Thể tích khi quay hình (1) quanh trục Ox là  3− 2 6  −3 Thể tích khi quay hình (2) quanh trục Ox là  ( f ( x) −1  f ( x) 2 2 ) − g ( x ) dx  7.8 . 2 − d ( x ) dx  6.8 . 2 3− 2 6 Thể tích cần tìm gần nhất là 14.6 Chọn ý C. Câu 18. Cho hình vẽ. Tính hiện tích hình H ? y h (x) 3 2 2 2 −4 A. 379  4 −2 B. 523  6 2 O C. 95 Lời giải 449 | Chinh phục olympic toán f (x) 4 x D. 328  15 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Xét đường thẳng 4  m=  4 = − m + n   3 , thay các giá trị vào   0 = −4m + n n = 16  3 | Các ứng dụng của tích phân 1  a=   4a + 2b + c = 2 2  1  2 Xét f ( x ) = ax + bx + c : 16a + 4b + c = 0  b = −4  f ( x ) = x 2 − 4b + 8 . (ta thấy x = 4 là 2 2a.4 + b = 0 c = 8    cực tiểu của f ( x ) ) 2 4 8 1  Thể tích hình giới hạn bởi f ( x ) , Ox, x = 2, x = 4 là V1 =   x 2 − 4x + 8  dx =  . 2 5  2 Thể tích khi quay hình chữ nhật xung quanh trục Ox là V2 = 4..2 2 = 16 . Giả sử tịnh tiến trục Ox lên 2 đơn vị, phương trình elip là x2 y2 4 − x2 . + =1 y = 4 1 2  4 − x2 Thể tích hình khi quay nửa elip quanh Ox là V3 =     2 −2  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2  8  dx =  .  3  328 Thể tích hình H khi quay xung quanh trục Ox là V = 2V1 + V2 + V3 = . 15 Chọn ý D. 2 Câu 19. Cho đồ thị hàm số f ( x ) và elip h ( x ) như hình vẽ. Tính thể tích khi quay hình tô đậm xung quanh trục Ox. ? y 4 6 5 O A. 865.344 B. 965.344 3 6 C. 642.344 x D. 354.344 Lời giải Di chuyển Oy sang bên phải 3 đơn vị. Tạp chí và tư liệu toán học | 450 Kỹ thuật giải toán tích phân| Xét hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c , thay các giá trị ta được 2  16 a=−   15 9a − 3b + c = 5   2 2   b = −  f ( x ) = − x 2 + 4x + 4. c = 4 15 15 36a − 6b + c = 0   c = 4   Thay các giá trị vào phương trình elip x2 y2 + = 1 , ta được m n Thể tích của khối tròn xoay khi xoay hình được giới hạn bởi f ( x ) , Ox, x = −6, x = −3 là 2 −3  2  V1 =    − x2 + 4x + 4  dx = 907.584 15  −6  Thể tích của khối tròn xoay khi xoay hình được giới hạn bởi h ( x ) , Ox, x = −3, x = 0 là 2 0 4  V1 =    . 25 − x 2  dx = 42.24 5  −3  Thể tích hình cần tìm là V = V1 − V2 = 865.344 Chọn ý A. Câu 20. Ta vẽ hai nửa đường tròn như hình vẽ bên, trong đó đường kính của nửa đường tròn lớn gấp đôi đường kinh của nửa đường tròn nhỏ. Biết rằng nửa hình tròn đường kính AB có diện tích 8 và ABC = 30 o . Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay hình phằng (H) quanh đường thẳng AB ? C (H ) A. 4  3 A 2 B.  3 B C. 14  3 D. 20  3 Lời giải Phân tích: Bài này có thể làm bình thường nhưng cũng có thể làm bằng phương pháp tích phân. Lấy trục tọa độ O trùng với AB nằm trên Ox, khi đó đường thẳng chứa AC là đường thẳng 451 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  42 0 + =1  2 n  m = 5 x2 y2 4 2   h x = + = 1  y = . 25 − x 2 . ( )    16  25 16 5 n = 4  32   5    2+ =1 m n2 | Các ứng dụng của tích phân y = 3x . Xét 2 đường tròn ( C1 ) : ( x − 2 ) 2 + y 2 = 4 và ( C2 ) : ( x − 4 ) 2 + y 2 = 16 và đường thẳng y = 3x . Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C 1 ) và đường 1 ( thẳng y = 3x quanh trục Ox là V1 =  3x 2 − 4 + ( x − 2 ) 0 2 ) dx = 23  Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C 2 ) và đường 2 thẳng y = 3x quanh trục Ox là V2 =  3x 2 − 16 + ( x − 4 ) dx = 2 0 Thể tích cần tìm là V = V2 − V1 = 16  3 14  3 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chọn ý C. Câu 21. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R = 4 , hai điểm C,D di động trên nửa đường tròn sao cho ABCD là hình thang cân. CD = 2 , thể tích vật thể tròn xoay tô đậm tạo thành khi quay hình thang cân ABCD quanh trục AB là bao nhiêu? D C A A. 9, 5 B O B. 10, 2 D. 11, 4 C. 8, 2 Lời giải 22 − 1 = 3 Chiều cao hình thang là : 1 ( 2 + 4 ) 2 2 − 1 = 3 3. 2 Gọi trung điểm AB là O đồng thời là gốc tọa độ, phương trình đương tròn là : Thể hình khối hình khi quay hình thang xung quanh trục AB : V1 = x2 + y2 = R 2  y = R 2 − x2 = 4 − x2 . Thể tích của khôi tròn xoay khi quay hình giới hạn bởi đường tròn và đường thẳng y = 3 3 xung quanh Ox là : 1 V2 =   ( 4 − x 2 − 3 ) dx = −1 4 . 3 Thể tích khối tròn xoay khi quay nửa đường tròn quanh AB là : V = 2 16 . R 3 = 3 3 Thể tích khối tròn xoay phải tìm là : V3 = V − V1 − V2 = 4  − 3 3 . Tạp chí và tư liệu toán học | 452 Kỹ thuật giải toán tích phân| Chọn ý A. Câu 22. Cho hai mặt cầu cùng bán kính ( S 1 ) , ( S 2 ) thoả mãn tâm của ( S 1 ) thuộc ( S 2 ) và ngược lại tâm của ( S2 ) thuộc ( S 1 ) .Tính thể tích phần chung của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) , ( S2 ) A I1 H I2 B C. arctan B. 450 1 2 D. 30 0 Lời giải Thể tích phần chung chính là tổng thể tích của 2 khối chỏm cầu bằng nhau có bán kính R, R chiều cao h = . Xét 1 mặt cầu, gọi tâm hình cầu là O, trục Ox song song với AB, 2 2 3 R I 1H = I 2 H , AH = R −   = R . Thể tích chỏm cầu  2 2 2 3 R 2 2  2 5R 3 R  2   R − x −  2   dx = 12 . 3   − R 2 Chọn ý D. Câu 23. Cho đồ thị hàm số liên tục như hình vẽ. Biết BC là một cung tròn của đường tròn bán kính R = 4 , tâm I nằm trên Oy (O là trung điểm AD). Tính giá trị của biểu thức tích phân 6  . ( f ( x ) + 2 ) 2 dx ta được kết quả trong khoảng nào? −6 y B C 4 K A −6 −2 6 2 O −2 A. ( 201; 250 ) B. ( 250; 301) 453 | Chinh phục olympic toán 4 x D C. ( 271; 300 ) D. ( 300; 350 ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A. 60 0 | Các ứng dụng của tích phân Lời giải 6 6 ( ) Ta có S =   ( f ( x ) + 2 ) dx =   f ( x ) + 4f ( x ) + 4 dx 2 −6 −6 6 2 6 6 −6 −6 =   f ( x ) dx +  4f ( x ) dx +   4dx = I + 4. J + 48 2 −6 Trước hết ta cần tính thể tích hình khi quay f ( x ) quanh trục Ox, ta chia thành 4 phần. I  = 30 0  K B C CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Gọi K là giao điểm BC và IO. Vì tam giác IBC đều nên ( BIC = 300  IK = 4.cos 30 0 = 2 3  IO = 2 3 + 4 . Suy ra I có tọa độ là 0; 2 3 + 4 ) Phương trình đường tròn tâm I là ( x + y−2 3 −4 2 ) 2  y = 16 − x 2 + 2 3 + 4 =4   y = − 16 − x 2 + 2 3 + 4 2 Nên thể tích khối hình khi quay BC quanh trục Ox giới hạn bởi x = −2; x = 2 là 2 ) ( 2 V1 =   − 16 − x 2 + 2 3 + 4 dx  167 −2 Lấy phương trình thứ 2 vì cung tròn hướng lên trên Thể tích khối hình khi quay ME xung quanh trục Ox giới hạn bởi x = −6; x = −2 là 1 16 V2 = ..2 2.4 =  3 3 Thể tích khối hình khi quay NF quanh Ox giới hạn bởi x = 2; x = 4 là 1 16 32 V3 = 2. ..2 2.2 =   I = V1 + V2 + V3  167 +  3 3 3 Tính diện tích các hình đã chia ta được 2 ( ) 1 1 8 J = .2.4 + 2. .2.2 +  − 16 − x 2 + 2 3 + 4 dx =8 − 4 3 − 2 2 3 −2  S = 167 + 32 8    + 4.  8 − 4 3 −  + 48  259 3 3   Chọn ý B. Tạp chí và tư liệu toán học | 454 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 24. Cho một khối cầu bán kính R. Đâm thủng khối cầu bởi một khối trụ có trục đi qua tâm mặt cầu và chiều dài hình trụ thu được là 6. Tính thể tích vật thể còn lại sau khi đục thủng A. 1024 3 B. 1024 5 C. 1024 9 D. 1024 15 Lời giải Chọn trục Ox trùng với trục của một mặt trụ và gốc tọa độ tại giao điểm của 2 mặt trụ. Cắt phần chung bởi mặt phẳng vuông góc với Ox tại điểm có hoành độ x ( −4  x  4 ) ta được thiết diện là một hình vuông có độ dài cạnh là 2 R 2 − x 2 = 2 16 − x 2 . ( Do đó diện tích thiết diện là S ( x ) = 2 16 − x 2 Và V =  S ( x ) dx =  4 ( 16 − x 2 ) dx = 4 4 −4 −4 455 | Chinh phục olympic toán 1024 3 ) 2 = 4 ( 16 − x 2 ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC ? | Các ứng dụng của tích phân Câu 25. Cho một khối cầu bán kính R. Đâm thủng khối cầu bởi một khối trụ có trục đi qua tâm mặt cầu và chiều dài hình trụ thu được là 6. Tính thể tích vật thể còn lại sau khi đục thủng ? CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A. 36 . C. 12 . B. 42 . D. 42 . Lời giải Phân tích: Sau đây mình sẽ giải theo 2 cách nhé! Cách 1. Gọi bán kính hình trụ là r. Khi đó r = R 2 − 9 và hai chỏm cầu có chiều cao là h = R − 3 . Thể tích vật còn lại là 2  ( R − 3) 3 ( R 2 − 9 ) + ( R − 3 )  4 3   = 36 . V = r − 6 ( R 2 − 9 ) − 3 3 Cách 2. Nếu gọi tâm hình tròn là tâm O của trục tọa độ Oxy. Phương trình đường tròn là: x 2 + y 2 = R 2  y = R 2 − x 2 3 Thể tích phần còn lại quay xung quanh hình trụ là   ( R 2 − x 2 − R 2 + 9 ) dx = 36 −3 Chọn ý A. Câu 26. x2 y2 Cho ( H ) : − = 1, ( D ) là tiếp tuyến của (H) đi qua A ( 2; −1 ) với hệ số góc dương. Tính 16 4 thể tích khối tròn xoay tạo bởi miền phẳng giới hạn bởi (H), (D) và trục Ox khi quay xung quanh trục Oy ? 379 A.  4 B. 523  6 C. 95 D. 328  15 Lời giải Ta có (D) đi qua A ( 2; −1 ) nên y = ( x − 2 ) − 1  kx − y − ( 2k + 1 ) = 0 . (D) tiếp xúc với (H)  16k 2 − 4 = ( 2k + 1 )  12k 2 − 4k − 5 = 0 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 456 Kỹ thuật giải toán tích phân| 5  k = 6 5 8 6 16   (D) : y = x −  x = y + 6 3 5 5 k = 1 (Loai)  2 Phương trình tung độ giao điểm x = 5 2 16   6 4y 2 + 16 =  y +   4y 2 − 12y + 9 = 0   3 5  5  y = 2 3 2 2  72  6y + 16   2 . Thể tích cần tìm V =  ( 4y + 16 ) −   dy =  5 25    0    Chọn ý C. Câu 27. parapol đối xứng qua mặt nằm ngang. Khi để thẳng đứng và cát không thể chảy và mực cát của parapol ở trên là 0,2 chiều cao của parapol ở trên. Khi lật ngược đồng hồ các thì lưu lượng cát chảy từ trên xuống dưới không đổi là 3cm 3 /p . Khi chiều cao ở trên là 6 cm thì bề mặt trên tạo thành 1 đường tròn có diện tích 9cm 2 . Biết sau 900s thì cát không còn chảy nữa. Hỏi khi lượng cát chảy xuống dưới bằng chiều cao của parapol thì thể tích cát của phần parapol ở trên là bao nhiêu (coi lượng cát đang chảy không đáng kể) ? A. 1, 8 C. 2, 8 B. 0, 65 D. 1, 39 Lời giải Phân tích : Đây là một bài toán khá dài và cần phân tích, phương pháp làm là tính thể tích thông qua thiết diện và để làm được điều đó ta phải đi tìm phương rình đường parabol. Gọi chiều cao 1 parapol là h. Theo giả thiết S = 9 cm 2  R = 3 . Xét thiết diện qua trục thẳng đứng thì ta thấy parapol đi qua các điểm ( 0; 0 ) ; ( 3; 6 ) ; ( −3; 6 ) . Nên y = 2 2 3 x  Diện tích hình tròn qua thiết diện nằm ngang là 3 2y Thể tích phần phía dưới của đồng hồ cát là  h 0 1 h 5 0 Thể tích phần cát cần tìm là  457 | Chinh phục olympic toán 3 ydy = 1, 8cm 3 2 3 60 ydy = 45  h = 2  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Một chiếc đồng hồ cát có thiết diện qua trục là 2 | Các ứng dụng của tích phân Chọn ý A. Câu 28. Cho hai mặt cầu ( S 1 ) , ( S 2 ) có cùng bán kính R thỏa mãn tính chất tâm của ( S 1 ) thuộc ( S 2 ) và ngược lại. Tính thể tích phần chung ( S2 ) ? B. V = A. V = R 3 R 3 2 V của hai khối cầu tạo bởi 2 mặt cầu ( S 1 ) , C. V = 5R 3 12 D. V = 2 R 3 5 Lời giải Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ. Khối y cầu S ( O, R ) chứa một đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = R 2 lớn. Đường tròn lớn có phương CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN trình là ( C ) : x 2 + y 2 = R 2  y ( x ) = R 2 − x2 ( C ) O R 2 Là phương trình nửa đường tròn R x nằm phía trên trục Ox . Quay hình phẳng giới hạn bởi R phương trình ( C ) ; x = ; x = R 2 1 quanh trục hoành ta được V tạo thành từ phần chung của 2 quả cầu ( S 1 ) , ( S 2 ) 2 Vậy thể tích chung của hai quả cầu cần tính là R  2 x3  5R 3 V = 2   ( R − x ) dx = 2   R x −  = . 3 R 12 R  R 2 2 2 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 458 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 29. Người ta dựng một cái lều vải ( H ) có dạng S hình “chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy của ( H ) là một hình lục giác đều cạnh 3m. Chiều cao SO = 6m (SO vuông c6 góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh bên của ( H ) là các sợi dây 1m c1 c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 nằm trên c2 các đường parabol có trục đối xứng song song với SO. Giả sử giao tuyến (nếu có) của c3 c5 c4 O ( H ) với mặt phẳng ( P ) vuông góc với SO là một lục giác đều và khi ( P ) 3m nằm bên trong cái lều ( H ) đó. A. 135 3 (m3 ) 5 B. 96 3 (m3 ) 5 y C. 135 3 (m3 ) 4 D. 135 3 (m3 ) 8 Lời giải 6 A ( 0; 6 ) B ( 1; 3 ) M C ( 3; 0 ) O 1 3 x Đặt hệ tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là 1 7 A ( 0; 6 ) , B ( 1; 3 ) , C ( 3; 0 ) nên có phương trình là y = x 2 − x + 6 2 2 Theo hình vẽ ta có cạnh của thiết diện là BM 2 7 1 7 1  Suy ra 2y = x 2 − 7x + 12   x −  = 2y +  x − = 2y + 2 4 2 4  Vì x   0; 3  7 1 7 1 − x = 2y +  x = − 2y + 2 4 2 4 459 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC qua trung điểm của SO thì lục giác đều có cạnh bằng 1m. Tính thể tích phần không gian | Các ứng dụng của tích phân Nếu ta đặt t = OM thì BM = 7 1 − 2t + 2 4 2 BM 2 3 3 3  7 1 = Khi đó diện tích của thiết diện lục giác S ( t ) = 6.  − 2t +  , với t   0; 6  4 2 2 4 Diện tích thiết diện lục giác bằng 6 lần diện tích tam giác đều nhỏ tạo nên nó 2 3 3 7 1 135 3 Vậy thể tích của túp lều theo đề bài là V =  S ( t ) dt =   − 2t +  dt = 2 2 4 8 0 0 6 6 Câu 30. 4 Có một vật thể là hình tròn xoay có dạng giống như một cái ly như hình vẽ dưới đây. Người ta đo được đường kính của miệng ly là 4cm và chiều cao là O A B CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 6cm . Biết rằng thiết diện của chiếc ly cắt bởi mặt phẳng đối xứng là một parabol. Tính thể tích 6 V ( cm 3 ) của vật thể đã cho. A. V = 12  . 72 C. V =  . 5 B. V = 12 . 72 D. V = . 5 I Lời giải Chọn gốc tọa độ O trùng với đỉnh I của parabol ( P ) . Vì parabol ( P ) đi qua các điểm A ( −2; 6 ) , B ( 2; 6 ) và I ( 0; 0 ) nên parabol ( P ) có phương trình y = 3 3 2 2 x . Ta có y = x 2  x 2 = y . 2 2 3 6 2  Khi đó thể tích của vật thể đã cho là V =   y  dy = 12  ( cm 3 ) . 3  0 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 460 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 31. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R. Tính thể tích vật thể tạo thành bởi đáy của hình trụ và mặt phẳng qua đường kính đáy, biết mặt phẳng tạo với đáy một góc 450. 8R 3 A. V =  3 A 2 R 3 B. V =  3 2R 3  3 D. V = 8R 3  3 D C TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC C. V = B Lời giải A F M G B I 450 O D N C x H Gắn trục tọa độ Ox như hình vẽ. Gọi BC là đường kính đáy Điểm A là điểm thuộc mặt phẳng cắt khối trụ sao cho OA ⊥ BC. D là hình chiếu vuông góc của A trên ( BCD ) Ta có ( ( ABC ) ; ( BCD ) ) = 45 0  AOD = 450. Gọi ( P ) là mặt phẳng vuông góc với trục Ox , cắt khối vật thể theo một thiết diện là hình chữ nhật FGHI; M = OA  IF; N = OD  HG. Đặt ON = x . Ta có: IH = FG = MN = x.tan 450 = x; HG = 2NH = 2 OH 2 − ON 2 = 2 R 2 − x 2 Diện tích hình chữ nhật FGHI bằng MN.HG = 2x R 2 − x 2 Diện tích FGHI là một hàm liên tục trên đoạn  0; R  Thể tích khối vật thể tạo thành R R 0 0 V =  2x R 2 − x 2 dx = −  R 2 − x 2 d ( R 2 − x 2 ) = − 2 2 R − x2 ) R 2 − x2 ( 3 R 0 = 2 3 R . 3 Nhận xét. Học sinh có thể dùng phương pháp đổi biến số để tính tích phân trên bằng cách đặt: R 2 − x 2 = t. 461 | Chinh phục olympic toán | Các ứng dụng của tích phân Công thức tổng quát khi mặt phẳng cắt khối trụ tạo với đáy góc  thì thể tích tạo thành: V= 2 3 R tan  3 Câu 32. Một hình xuyến dạng cái phao có kích thước như hình vẽ. Tính thể tích của hình đó theo CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN R và r . A. V = 2 2 r 2 R. B. V = 2 2 rR 2 . D. V = 2 rR 2 . C. V = 2 r 2 R. Lời giải y I O x Xét hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ. Phương trình đường tròn tâm I ( R; 0 ) , bán kính r có phương trình là ( x − R ) 2 x = R + r 2 − y 2  +y = r  x−R = r −y   x = R − r 2 − y 2 2 2 2 2 Khi đó hình xuyến dạng cái phao được tạo ra khi ta quay đường tròn ( I; r ) quanh trục r ( Oy . Thể tích cái phao là V =   R + r − y −r  2  −r→ 2 r→ 2 2 ) − (R − 2  2 r −y 2 2 ) 2 r dy = 4R  r 2 − y 2 dy . −r Đặt y = r sin t  dy = r cos tdt ⎯⎯⎯→ V = 4R  ( r cos t ) dt  2 2 − 2   sin 2t  2 2 2 = 2 r R  ( 1 + cos 2t ) dt = 2 r R  t +   = 2 r R 2 −   − 2 2 2 2 Chọn ý A. Tạp chí và tư liệu toán học | 462 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 33. 1 hình trụ 4 có bán kính a , hai trục hình trụ vuông góc với Gọi ( H ) là phần giao của hai khối nhau. Xem hình vẽ bên. Tính thể tích của ( H ) . A. V( H) = 2a 3 . 3 B. V( H) = 3a 3 . 4 C. V( H) = a3 . 2 D. V( H) = a 3 . 4 a a Lời giải Ta gọi trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. B D C a A O y x B O x A Khi đó phần giao ( H ) là một vật thể có đáy là một phần tư hình tròn tâm O bán kính a , thiết diện của mặt phẳng vuông góc với trục Ox là một hình vuông có diện tích S ( x ) = a2 − x2 a a 0 0 Thể tích khối ( H ) là  S ( x ) dx =  ( a 2 − x2 ) dx = 463 | Chinh phục olympic toán 2a 3 . 3 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC z | Các ứng dụng của tích phân Câu 34. Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy 24 cm bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện là một hình Parabol có diện tích lớn nhất bằng? B E H L h CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN b A C D b 12 12 12 − x x 24 − x 24 A. 120 2 cm 2 B. 120 6 cm 2 C. 120 3 cm 2 D. 150 3 cm 2 Lời giải Ta có DE //AB nên theo Thales ta có L ( 24 − x ) h 24 − x = h= L 24 24 Theo định lý Pythago ta có b2 + ( 12 − x ) = 12 2  b = 24x − x 2 2 Thiết diện là một hình parabol có chiều cao h độ dài cạnh đáy bằng 2b có diện tích là 4 S = bh – Cái này hoàn toàn chứng minh được bằng tích phân 3 L Từ đó  S = ( 24 − x ) 24x − x 2 . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 18 S= L ( 24 − x )( 24 − x )( 24 − x ) .3x 18 3 4  L  24 − x + 24 − x + 24 − x + 3x    = 6 3L 4 18 3   Trong đó L = r 2 + H 2 = 12 2 + 16 2 = 20  S  120 3cm 2 Dấu “=” xảy ra  24 − x = 3x  x = 6  b = 6 3 , h = 15 Tạp chí và tư liệu toán học | 464 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 35. Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm , thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy có bán kính là 40cm , chiều cao thùng rượu là 1m (hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu ( đơn vị lít) là bao nhiêu ? A. 425, 2 . B. 425162 . C. 212581 . D. 212, 6 . Đặt thùng rượu nằm ngang, ta gắn trục tọa độ như hình vẽ. y S 0, 4m O A 0, 3m x 0, 5m Gọi ( P ) : y = ax 2 + bx + c là parabol đi qua điểm A ( 0, 5; 0, 3 ) và có đỉnh S ( 0; 0, 4 ) (hình vẽ). Khi đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi ( P ) , trục hoành và hai đường thẳng x = 0, 5 quay quanh trục Ox . 2 Dễ dàng tìm được ( P ) : y = − x 2 + 0, 4 . Thể tích thùng rượu là 5 0,5 2 0,5  2  V =    − x 2 + 0, 4  dx = 2   5  −0,5  0 465 | Chinh phục olympic toán 2 203  2 2   425, 5 ( 1 )  − x + 0, 4  dx = 1500  5  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải | Các ứng dụng của tích phân Câu 36. Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x , y = 0 và x = 4 quanh trục Ox . Đường thẳng x = a ( 0  a  4 ) cắt đồ thị hàm số y = x tại M (hình vẽ dưới). y M H a O x 4 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V = 2V1 . Khi đó: B. 2 2 A. 2 C. 5 2 D. 3 Lời giải x = 0  x = 0. Phương trình hoành độ giao điểm: 4 ( ) Thể tích V =  xdx = 8. Ta có M a; a . Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo 0 thành hai hình nón có chung đáy: • Hình nón ( N 1 ) có đỉnh là O , chiều cao OK = a , bán kính đáy R = MK = a nên có thể tích bằng 1 2 1 R .OK =  3 3 ( ) 2 a .a = a 2 . 3 • Hình nón ( N 2 ) có đỉnh là H , chiều cao HK = 4 − a , bán kính đáy R = MK = a nên có thể tích bằng 1 2 1 R HK =  3 3 ( a ) . ( 4 − a ) = 4a 3− a 2 2 . a 2 4a − a 2 4a + = . 3 3 3 4 Theo giả thiết V = 2V1  8 = 2. a  a = 3. 3 Chọn ý D. Suy ra V1 = Tạp chí và tư liệu toán học | 466 Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 37. Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O; R ) và ( O; R ) , OO = 4R . Trên đường tròn ( O; R ) lấy hai điểm A , B sao cho AB = a 3 . Mặt phẳng ( P ) đi qua A , B cắt đoạn OO và tạo với đáy một góc 60 , ( P ) cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng?  4 3 2 A.  +  R  3 2    2 3 2 C.  +  R  3 4    2 3 2 B.  −  R  3 4    4 3 2 D.  −  R  3 2   Lời giải Cách 1. Gọi diện tích cần tìm là S , diện tích của hình này chiếu xuống đáy là S. Ta có S = S.cos 60 . A O x B Trong AOB ta có: cosAOB = Suy ra sđ AOB lớn = 4 3 Do đó S = S quatAOB + S AOB Vậy S = OA 2 + OB2 − AB2 1 2 . = −  AOB = 3 2.OA.OB 2 4  2 1 3 2  2  = 3 .R 2 + sin   R 2 =  + R 2 2 4   3   3  2 S 3  2  4 3 2 = 2  + +  R =  R cos 60 4  2   3  3 OA 2 + OB2 − AB2 1 R = −  AOB = 120  OH = . 2.OA.OB 2 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ Cách 2. Ta có: cosAOB = 467 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ. y | Các ứng dụng của tích phân y A x O B Suy ra: phương trình đường tròn đáy là x 2 + y 2 = R 2  y =  R 2 − x