CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO LỜI GIẢI CHI TIẾT NĂM 2020

LUYỆN THI THPT QUỐC GIA TOÁN HỌC

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO LỜI GIẢI CHI TIẾT NĂM 2020 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TÍCH PHÂN VẬN VẬN DỤNG CAO

Mục lục 1. Tính tích phân theo định nghĩa…………………………………….…………………02 2. Kỹ thuật đổi biến……………………………………………………………………………03 3. Kỹ thuật tích phân từng phần………………………………………….………………07 4. Tính a, b, c trong tích phân……………………………………………………………..09 5. Tính tích phân hàm phân nhánh………………………………………….………… 12 6. Tính tích phân dựa vào tính chất……………………………………….……………14 7. Kỹ thuật phương trình hàm…………………………………………………….………15 8. Kỹ thuật biến đổi…………………………………………………………………………...18 9. Kỹ thuật đưa về đạo hàm đúng……………………………………...……………… 24 10. Kỹ thuật đưa về bình phương loại 1………………………………………………25 11. Kỹ thuật đưa về bình phương loại 2 – Kỹ thuật Holder……………

27 12. Kỹ thuật đánh giá AM-GM……………………………………………………………. 38 13. Tìm GTLN-GTNN của tích phân…………………………………………….……. 42

1

Vấn đề 1. Tính tích phân theo định nghĩa Câu 1. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2 . Giá trị của 1

tích phân

∫

f ' ( x ) d x bằng

0

A. 0.

B.

1 .

2

1

Lời giải. Ta có

∫

C. 1.

D.

3 .

2

1

f ′ ( x ) d x = f ( x ) = f (1) − f (0 ).

0

0

  f (0) = − 2 2 f (0) + 3 f (1) = 1  5 .

Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2  →  ⇔  2 f (1) + 3 f (0 ) = 0  3   f (1) = 5  1 3 2 Vậy I = ∫ f ' ( x ) d x = f (1) − f (0 ) = + = 1. Chọ Chọn C. 5 5 0 Câu 2. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (0 ) = f (1) = 1. Biết rằng 1

∫e

x

 f ( x ) + f ′ ( x ) d x = ae + b. Tính Q = a 2018 + b2018 .  

0

A. Q = 2 2017 + 1 .

1

Lời giải. Ta có

B. Q = 2 .

D. Q = 2 2017 −1 .

C. Q = 0 .

1

∫

e x  f ( x ) + f ′ ( x ) d x = ∫ e x f ( x ) d x = e x f ( x )

0

0

/

1

= ef (1) − f (0 )

f (0 )= f (1)=1

=

e −1.

0

a = 1 2018 Suy ra   → Q = a2018 + b 2018 = 12018 + (−1) = 2. Chọn Chọn B.  b = −1 Câu 3. Cho các hàm số y = f ( x ), y = g ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;2 ] và thỏa mãn 2

∫

2

f ' ( x ) g ( x ) d x = 2,

∫

0

2

f ( x ) g ' ( x ) d x = 3. Tính tích phân I = ∫  f ( x ) g ( x ) d x . /

0

A. I = −1.

0

C. I = 5.

B. I = 1.

2

D. I = 6.

2

Lời giải. Ta có I = ∫  f ( x ) g ( x ) d x = ∫  f ' ( x ) g ( x ) + f ( x ) g ' ( x ) d x /

0 2

0 2

= ∫ f ' ( x ) g ( x ) d x + ∫ f ( x ) g ' ( x ) d x = 2 + 3 = 5. Chọn Chọn C. 0

0

x2

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [0; +∞) và thỏa

1 f (t ) d t = x . sin (π x ) . Tính f   .  4 

∫ 0

1 π A. f   = − .  4  2 x2

Lời giải. Từ

∫

1 1 B. f   = .  4  2

1 C. f   = 1.  4 

1 π D. f   = 1 + .  4  2

f (t ) d t = x . sin (π x ) , đạo hàm hai vế ta được 2 xf ( x 2 ) = sin (π x ) + π x cos (π x ).

0

1 π π π 1 1 → Cho x = ta được 2. . f   = sin + cos = 1  2 2  4  2 2 2

1  f   = 1. Chọn Chọn C.  4  x

Câu 5. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [a; +∞) với a > 0 và thỏa

∫

f (t ) t2

a

d t + 6 = 2 x với mọi x > a.

Tính f ( 4 ).

A. f ( 4 ) = 2. x

Lời giải. Từ

∫ a

B. f ( 4 ) = 4.

f (t ) t

2

C. f ( 4 ) = 8.

d t + 6 = 2 x , đạo hàm hai vế ta được 2

f (x ) x

2

=

D. f ( 4 ) = 16.

1 x

.

→ f (4 ) = 4 4 = 8. Chọn Suy ra f ( x ) = x x  Chọn C.

Vấn đề 2. Kỹ thuật đổi biến 2017

Câu 6.

6. Cho

f ( x ) d x = 2 . Tính tích phân I =

∫

e2017 −1

∫

0

0

A. I = 1.

x . f  ln ( x 2 + 1) d x .  x + 1  2

D. I = 5.

B. I = 2.

C. I = 4.

2 xd x xd x dt Lời giải. Đặt t = ln ( x + 1), suy ra d t = 2  → 2 = . x +1 x +1 2  x = 0 → t = 0 . Đổi cận:   x = e2017 −1 → t = 2017  2

Khi đó I =

1 2

2017

f (t ) d t =

∫ 0

1 2

2017

∫ 0

1 f ( x ) d x = .2 = 1. Chọn Chọn A. 2 9

Câu 7.

7. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và

∫

f

( x ) d x = 4, x

1

π 2

∫

f (sin x ) cos xd x = 2. Tính tích phân

0

3

I = ∫ f ( x )d x.

0

A. I = 2.

B. I = 6.

9

Lời giải. Xét

∫ 1

f

C. I = 4.

( x ) dx = 4. Đặt t = x

9 f  x = 1 → t = 1 Đổi cận  . Suy ra 4 = ∫   x = 9 → t = 3 1

π 2

Xét

∫

D. I = 10.

x ⇒ t 2 = x , suy ra 2 td t = d x .

( x ) dx = 2 x

3

∫

3

→ ∫ f (t ) d t = 2. f (t ) 2d t 

1

1

f (sin x ) cos xd x = 2. Đặt u = sin x , suy ra d u = cos xd x .

0

 1 2  x = 0 → u = 0 . Suy ra 2 = ∫ f (sin x ) cos xd x = ∫ f (t ) d t . Đổi cận  π  x = → u = 1 0 0  2 π

3

1

3

Vậy I = ∫ f ( x ) d x = ∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x ) d x = 4. Chọn Chọn C. 0

0

1

Câu 8.

8. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và

π 4

∫

1

f (tan x ) d x = 4,

0

∫ 0

x 2 f (x ) d x = 2. Tính tích phân x 2 +1

1

I = ∫ f ( x )d x.

0

A. I = 6.

B. I = 2. π 4

Lời giải. Xét

∫

C. I = 3.

D. I = 1.

f (tan x ) d x = 4.

0

Đặt t = tan x , suy ra d t =

1 dt d x = (tan 2 x + 1) d x  . → dx = 2 cos x 1+ t2

 1 1 4  x = 0 → t = 0 f (t ) f (x ) .

4 f tan x d x d t Đổi cận:  Khi đó = = = ( )  ∫ ∫ t 2 + 1 ∫ x 2 + 1 d x.  x = π → t = 1 0 0 0  4 1 1 1 f (x ) x 2 f (x ) Từ đó suy ra I = ∫ f ( x ) d x = ∫ 2 dx + ∫ 2 d x = 4 + 2 = 6. Chọn Chọn A. x +1 x +1 0 0 0 π

3

Câu 9.

9. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn

π 4

e2

∫ tan x. f (cos x ) d x = 1, ∫ 2

0 2

Tính tích phân I = ∫ 1 4

f (2 x ) x

A. I = 1.

f (ln 2 x )

e

x ln x

d x = 1.

d x.

B. I = 2.

C. I = 3.

D. I = 4.

π 4

Lời giải. ● Xét A = ∫ tan x . f (cos 2 x ) d x = 1 . Đặt t = cos 2 x .

0

Suy ra d t = −2 sin x cos xd x = −2 cos 2 x tan xd x = −2 t . tan xd x  → tan xd x = −

dt .

2t

 x = 0  →t =1  Đổi cận:   1.  x = π  →t = 4 2  1 1 1 1 2 f (t ) f (t ) f (x ) f (x ) 1 1 1 dt = ∫ dt = ∫ d x  →∫ d x = 2.

Khi đó 1 = A = − ∫ 2 1 t 2 1 t 2 1 x x 1 2

f ( ln x )

e2

● Xét B = ∫

x ln x

e

Suy ra d u =

2

2

2

d x = 1. Đặt u = ln 2 x .

2 ln x 2 ln 2 x 2u dx du dx = dx = d x  . → = x x ln x x ln x x ln x 2u

 x = e  →u = 1 . Đổi cận:    x = e2  →u = 4  4 4 4 f (u ) f (x ) f (x ) 1 1 du = ∫ d x  →∫ d x = 2.

Khi đó 1 = B = ∫ 2 1 u 2 1 x x 1 2

● Xét tích phân cần tính I = ∫ 1 2

f (2 x ) x

d x.

  d x = 1 d v 1  x = 1  →v =  2 Đặt v = 2 x , suy ra  . Đổi cận:  4 2.   v →v = 4  x =  x = 2  2  4 4 1 4 f (v ) f (x ) f (x ) f (x ) dv = ∫ dx = ∫ dx + ∫ d x = 2 + 2 = 4. Chọn Khi đó I = ∫ Chọn D. v x x x 1 1 1 1 2

2

2

1  Câu 10.

10. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên  ;2 , thỏa f ( x ) +  2  2

tích phân I = ∫ 1 2

3 A. I = .

2

1 1 f   = x 2 + 2 + 2. Tính  x  x

f (x ) dx. x 2 +1

5 C. I = .

2

B. I = 2.

1 1 Lời giả giải. Đặt x = , suy ra d x = − 2 d t . Đổi cận: t t

  x = 1  →t = 2  2 .   1 x =  → t = 2  2  4

D. I = 3.

1  1  1    f   2 f   2 f     t   1   t   x    . − 2  d t = ∫ 2 dt = ∫ 2 d x.  t  1 t +1 x +1 1 1 + 1 2 2 t2

1 2

Khi đó I = ∫ 2

 1   1  1 2   2 f   2 f (x )+ f   2 x + +2 2 f (x )  x   x  x d x d x d x + = = ∫ x 2 +1 ∫ x 2 +1 ∫ x 2 +1 dx x 2 +1 1 1 1

2

Suy ra 2 I = ∫ 1 2

2

=∫ 1 2

2

2

  1 1 x 2 +1 d x = ∫ 1 + 2  d x =  x −  2   x x  x 1 2

2 1 2

2

3 = 3  → I = . Chọ Chọn A. 2

2

Câu 11.

11. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa f ( x ) + f (−x ) = 2 + 2 cos 2 x với mọi x ∈ ℝ .

3π 2

Tính I =

∫ −

f (x )d x .

3π 2

C. I = −2 .  3  x = − π → t = 3π  2 2 → d x = −d t . Đổi cận:  .

Lời giải. Đặt t = −x    3π 3π → t =−  x = 2 2  A. I = −6 .

−

B. I = 0 .

3π 2

Khi đó I = − ∫ f (−t ) d t = 3π 2

3π 2

Suy ra 2 I =

∫ −

3π 2

∫ −

f (−t ) d t =

3π 2

3π 2

∫ −

 f (t ) + f (−t ) d t =  

3π 2

f (−x ) d x .

3π 2

3π 2

∫ −

D. I = 6 .

3π 2

2 + 2 cos 2 t d t =

3π 2

∫ −

CASIO

2 cos t d t = 12  → I = 6. Chọn Chọn D.

3π 2

Câu 12.

12. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ, thỏa f ( x 5 + 4 x + 3) = 2 x + 1 với mọi 8

x ∈ ℝ. Tích phân

f ( x ) d x bằng

∫

−2

A. 2.

B. 10.

C.

32 .

3

D. 72.

 x = −2 → t = −1 .

Lời giải. Đặt x = t 5 + 4 t + 3, suy ra d x = (5t 4 + 4 ) d t . Đổi cận    x = 8 → t = 1 8

Khi đó

∫

−2

1

1

−1

−1

f ( x ) d x = ∫ f (t 5 + 4 t + 3)(5t 4 + 4 ) d t = ∫ (2 t + 1)(5t 4 + 4 ) d t = 10. Chọn Chọn B.

Câu 13.

13. 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

số thực khác 0 và

∫ 0

1

f ( x ) d x = ∫ g ( x ) d x = 1. Tính m + n.

0

1 B. m + n = .

C. m + n = 1.

D. m + n = 2.

2 Lời giải. giải Từ giả thiết m. f ( x ) + n. f (1 − x ) = g ( x ) , lấy tích phân hai vế ta được A. m + n = 0.

1

∫

1

  m. f ( x ) + n. f (1 − x )d x = ∫ g( x )d x

0 1

Suy ra m + n ∫ f (1 − x ) d x = 1 (do 0

0 1

∫ 0

1

f ( x ) d x = ∫ g ( x ) d x = 1 ).

0

5

(1)

1

Xét tích phân

∫ 0

 x = 0 → t = 1 f (1 − x ) d x . Đặt t = 1 − x , suy ra d t = −d x . Đổi cận:  .  x = 1 → t = 0

1

∫

Khi đó

0

1

1

f (1 − x ) d x = −∫ f (t ) d t = ∫ f (t ) d t = ∫ f ( x ) d x = 1.

0

1

0

(2 )

0

Từ (1) và (2 ), suy ra m + n = 1 . Chọn Chọn C. C. Câu 14.

14. 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 ) d x .

0

A. I = 41.

B. I = 21.

C. I = 41. → f ( x ) = − f (1 − x ) + C. Lời giải. Ta có f ' ( x ) = f ' (1 − x ) 

D. I = 42.

( ) () Suy ra f (0 ) = − f (1) + C   → C = 42. f 0 =1, f 1 = 41.

Suy ra f ( x ) = − f (1 − x ) + 42  → f ( x ) + f (1 − x ) = 42 1

1

 → ∫  f ( x ) + f (1 − x ) d x = ∫ 42d x = 42.

0

(1)

0 1

1

(2 )

Vì f ' ( x ) = f ' (1 − x )  → ∫ f ( x ) d x = ∫ f (1 − x ) d x .

0 1

Từ (1) và (2 ), suy ra

∫ 0

0 1

f ( x ) d x = ∫ f (1 − x ) d x = 21. Chọn Chọn B. 0

Câu 15.

15. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x với mọi x ∈ ℝ. Tính 2

I = ∫ f ( x )d x.

0

4 A. I = − .

5

4 B. I = .

5

5 C. I = − .

4

5 D. I = .

4

Lời giải. Đặt u = f ( x ) , ta thu được u 3 + u = x . Suy ra (3u 2 + 1) d u = d x .

1  x = 0 → u = 0 5 . Khi đó I = ∫ u (3u 2 + 1) d u = . Chọn Từ u 3 + u = x , ta đổi cận  Chọn D.   x = 2 → u = 1 4 0 Cách khác. 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 3 ( 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

3    f ' ( x ). f ( x ) + f ' ( x ). f ( x ) d x = ∫ x . f ' ( x ) d x

0

0

4 2  2 2 2  f ( x )  2   f ( x ) 5 (*)     = xf ( x ) − ∫ f ( x ) d x   →  + → ∫ f (x )dx = .

2  0 4 0  4 0 0

Vấn đề 3. Kỹ thuật thuật tích phân từng từng phần 3

Câu 16 16. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

∫

3

x . f ′ ( x ).e

f (x )

d x = 8 và f (3) = ln 3 . Tính I = ∫ e

0

f (x )

dx.

0

A. I = 1.

B. I = 11.

C. I = 8 − ln 3.

D. I = 8 + ln 3.

3 3 3 u = x d u = d x f (x ) f (x ) f (x ) ′ . x . f x . e d x x . e Lời giải. Đặt  ⇒ Khi đó = − ( )   ∫ ∫ e d x. d v = f ′ ( x ).e f (x )d x v = e f (x ) 0 0 0  

6

3

Suy ra 8 = 3.e

f (3)

3

−∫ e

f (x )

d x  →∫ e

0

f (x )

d x = 9 − 8 = 1. Chọn Chọn A.

0

 π Câu 17.

17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 0;  , thỏa mãn  2  f (0 ) = 3. Tích phân

π 2

π 2

∫

f ' ( x ) cos 2 xd x = 10 và

0

f ( x ) sin 2 xd x bằng

∫ 0

B. I = −7.

A. I = −13. π 2

Lời giải. Xét

∫ 0

C. I = 7.

D. I = 13.

u = cos 2 x d u = − sin 2 xd x . ⇒ f ' ( x ) cos 2 xd x = 10 , đặt   2 d v = f ' ( x ) cos xd x v = f ( x )

π 2

Khi đó 10 = ∫ f ' ( x ) cos 2 xd x = cos 2 xf ( x ) 0 π 2

π 2

0

0

π 2

0

π 2

+ ∫ f ( x ) sin 2 xd x 0

⇔ 10 = − f (0) + ∫ f ( x ) sin 2 xd x  → ∫ f ( x ) sin 2 xd x = 10 + f (0 ) = 13. Chọn Chọn D. 2

Câu 18.

18. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn

∫

f ( x −1) d x = 3 và

1 1

f (1) = 4. Tích phân

∫x

3

f ' ( x 2 ) d x bằng

0

1 B. − .

2

A. −1.

C.

2

Lời giải. Ta có

∫

1 .

2

D. 1.

1

1

t = x −1 → ∫ f (t ) d t = 3 hay f ( x −1) d x = 3 

1

0

f ( x ) d x = 3.

∫ 0

1 1 u = x d u = d x 1 1 tf ' t d t xf ' ( x ) d x . Đặt  . = ⇒  ( ) ∫ ∫ ∫ d v = f ' ( x ) d x v = f ( x ) 2 0 2 0 0   1 1 1  1 1 1 1 1 t =x 2 Khi đó ∫ x 3 f ' ( x 2 ) d x  → ∫ tf ' (t ) d t =  xf ( x ) −∫ f ( x ) d x  = [ 4 − 3] = . Chọn Chọn C. 2 0 2 2 0  2 0 0  Câu 19.

19. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên [0;2 ]. Biết f (0 ) = 1 và 1

Xét

t =x x 3 f ' ( x 2 ) d x  → 2

2

f ( x ) f (2 − x ) = e2 x

2

−4 x

với mọi x ∈ [ 0;2 ]. Tính tích phân I = ∫

( x 3 − 3x 2 ) f '( x ) f (x )

0

A. I = −

14 .

3

B. I = −

32 .

5

Lời giả giải. Từ giả thiết f ( x ) f (2 − x ) = e2 x 2

Ta có I = ∫ 0

( x 3 − 3x 2 ) f '( x ) f (x )

2

0

−4 x

D. I = −

16 .

5

x =2  → f (2) = 1.

f (2 )=1

2

2

− ∫ (3 x 2 − 6 x ) ln f ( x ) d x = − 3∫ ( x 2 − 2 x ) ln f ( x ) d x = −3J .

Ta có J = ∫ ( x 2 − 2 x ) ln f ( x ) d x 0

2

16 .

3

u = x 3 − 3 x 2 d u = (3 x 2 − 6 x ) d x   d x . Đặt  . f '(x ) ⇒  d v = f x d x v = ln f ( x ) ( ) 

Khi đó I = ( x 3 − 3 x 2 ) ln f ( x ) 2

C. I = −

d x.

0

0

x = 2 −t

=

0

∫ (2 − t )

2

2

− 2 (2 − t ) ln f (2 − t ) d (2 − t )  7

0

2

2

0

2 = ∫ (2 − x ) − 2 (2 − x ) ln f (2 − x ) d (2 − x ) = ∫ ( x 2 − 2 x ) ln f (2 − x ) d x .  

2

2

2

0

0

0

Suy ra 2 J = ∫ ( x 2 − 2 x ) ln f ( x ) d x + ∫ ( x 2 − 2 x ) ln f (2 − x ) d x = ∫ ( x 2 − 2 x ) ln f ( x ) f (2 − x ) d x 2

= ∫ ( x 2 − 2 x ) ln e2 x

2

2

−4 x

d x = ∫ ( x 2 − 2 x )(2 x 2 − 4 x ) d x =

0

0

Vậy I = −3J = −

16 . Chọ Chọn D. 5

   Câu 20.

20. Cho biểu thức S = ln 1 +  

π 2

(2 − sin 2 x ) e

∫

2 cot x

n

4 +m 2

trong các khẳng định sau.

A. S = 5.  π   π  C. S = 2 cot  + 2 ln sin .  4 + m 2   4 + m 2  π 2

Lời giải. Ta có

∫

(2 − sin 2 x ) e2 cot x d x = 2

B. S = 9.

 π   π  D. S = 2 tan  + 2 ln  .  4 + m 2   4 + m 2  π 2

∫

∫

e2 cot x d x −

π

4 +m 2 π 2

π

π 2

π 2 π

−

4 +m2

π

4 +m 2

4 +m2

= sin 2 x .e2 cot x

∫ π

 2 sin 2 x − 2  sin

π 4 +m2

+2

∫

 e2 cot x d x x 

4 +m 2

π 2

π 2

(1)

4 +m2

e2 cot x d (sin 2 x ) = sin 2 x .e2 cot x

∫

sin 2 xe2 cot x d x =

sin 2 xe2 cot x d x .

π

4 +m 2

π 2

∫

  d x , với số thực m ≠ 0. Chọn khẳng định đúng  

π 2

π

Xét

32 16  →J = .

15 15

(2 )

e2 cot x d x .

π

4 +m 2

Từ (1) và (2 ), suy ra I = sin 2 x .e2 cot x

π

π 2 π

= −1 + sin 2

4 +m 2

2 cot π 2 .e 4 + m .

2 4+m

π   2 cot     π 4 +m 2   = 2 cot  π  + 2 ln sin π . Chọn .  → S = ln sin 2 e Chọn C. 2 2 2    4 + m   4+m   4+m 

Vấn đề 4.

4. Tính a, b, c trong tích phân 2

Câu 21. Biết

∫ ln (9 − x ) d x = a ln 5 + b ln 2 + c với a, b, c ∈ ℤ.

2

Tính P = a + b + c .

1

A. P = 13.

B. P = 18. u = ln (9 − x 2 ) du = −2 x dx Lời giải. Đặt  ⇒  9− x2 .  dv = dx   v = x + 3 2

x ( x + 3)

2

Khi đó I = ( x + 3) ln (9 − x 2 ) + 2 ∫ 1

9−x2

1

= 5 ln 5 −12 ln 2 − 2 ( x + 3 ln 3 − x )

2 1

C. P = 26.

D. P = 34.

2  3  d x = 5 ln 5 − 4 ln 8 + 2 ∫ −1 + dx  3 − x  1

 a = 5  = 5 ln 5 − 6 ln 2 − 2  → b = −6 → P = 13. Chọn Chọn A.  c = −2

Nhận Nhận xét. Ở đây chọn v = x + 3 thay bởi x để rút gọn cho 9 − x 2 , giảm thiểu biến đổi.

8

 e  π x 3 + 2 x + ex 3 2 x 1 1 dx = + . ln  p +  với m , n, p là các số nguyên dương. x  m e ln n  e + π  π + e.2

1

∫

Câu 22. Biết

0

Tính tổng P = m + n + p.

A. P = 5.

Lời giả giải. Ta có I = ∫ 0 1

Tính A = ∫ 0

C. P = 7. x  π x + 2 + ex 2  d x = 1 x 4  x 3 + 2 d x = ∫ x x   π + e.2 π + e.2  4  0 B. P = 6.

1

3

3

x

1

x

D. P = 8.

1

+A = 0

1 + A. 4

2x 1 d x . Đặt t = π + e.2 x  d t. → d t = e. ln 2.2 x d x  → 2 x dx = x π + e.2 e ln 2

 x = 0 → t = π + e . Đổi cận:    x = 1 → t = π + 2e π +2 e

Khi đó A =

1 dt 1 .∫ ln t = e. ln 2 π +e t e. ln 2

π +2 e

=

π +e

 1 π + 2e 1 e  ln ln 1 + = .  e ln 2 e ln 2  e + π  π+e

 m = 4   1 1 e  Vậy I = + ln 1 + → n = 2 ⇒ P = m + n + p = 7. Chọ Chọn C.   4 e ln 2  e + π   p = 1  π 2

Câu 23. Biết

x 2 + (2 x + cos x ) cos x + 1 − sin x

∫

x + cos x

0

P = ac + b.

5 A. P = .

4

d x = aπ 2 + b − ln

c với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính π

3

3 B. P = .

2 π 2

Lời giải. Ta có I = ∫

( x 2 + 2 x cos x + cos2 x ) + (1 − sin x ) x + cos x

0 π 2

=∫

( x + cos x )

π 2

2

x + cos x

0

C. P = 2.

dx + ∫ 0

π

D. P = 3.

dx π

2 2 d ( x + cos x ) 1 − sin x d x = ∫ ( x + cos x ) d x + ∫ x + cos x x + cos x 0 0

1  =  x 2 + sin x + ln x + cos x   2 

π 2

1 2 π 1 = π 2 + 1 + ln = π 2 + 1 − ln π 8 2 8

0

 a = 1  8   → b = 1  → P = ac3 + b = 2. Chọn Chọn C.  c = 2   ln 8

Câu 24. Biết

∫ ln 3

A. P = −1.

1

1 b d x = 1 + ln + a a − b với a, b ∈ ℤ+ . Tính P = a + b.

2 a e +1 − e C. P = 3.

D. P = 5.

B. P = 1.

2x

x

ln 8

Lời giải. Ta có I =

∫

∫ ln 3

e +1 − e 2x

ln 3 ln 8

ln 8

1 x

dx =

∫

(

)

e2 x + 1 + e x d x =

ln 3

ln 8

∫

ln 8

e2 x + 1d x +

ln 3

∫

ex d x.

ln 3

ln 8

e x d x = ex

= 2 2 − 3. ln 3

ln 8

∫

e2 x + 1d x . Đặt t = e2 x + 1 ⇔ t 2 = e2 x + 1 , suy ra 2td t = 2e2 x d x ⇔ d x =

ln 3

 x = ln 3 → t = 2 Đổi cận:  .   x = ln 8 → t = 3  9

td t td t . = 2 2x e t −1

ln 8

Khi đó

3  3   t 2 dt 1 + 1  d t = t + 1 ln t −1  = 1 + 1 ln 3 . dt = ∫  t 2 −1  2 t + 1  2 2 2 t 2 −1 2

3

e2 x + 1d x = ∫

∫

2

ln 3

a = 2 1 3 →   → P = a + b = 5. Chọn Vậy I = 1 + ln + 2 2 − 3  Chọn D. b = 3 2 2 2

Câu 25. Biết

dx

∫ ( x + 1)

x + x x +1

1

A. P = 12 .

= a − b − c với a, b, c ∈ ℤ + . Tính P = a + b + c .

C. P = 24 .

B. P = 18 .

2

Lời giải. Ta có I = ∫ 1

2

dx x ( x + 1)

(

x +1 + x

)

D. P = 46 .

x +1 + x

=∫

x ( x + 1)

1

(

x +1 + x

 1 1   d x  Đặt u = x + 1 + x , suy ra d u =  + → 2d u =  2 x + 1 2 x   x = 2 → u = 3 + 2 Đổi cận  . Khi đó I = 2   x = 1 → u = 2 + 1 

3+ 2

∫

2 +1

du 2 =− 2 u u

3+ 2

2 +1

)

2

dx.

x + x +1

dx.

x ( x + 1)

 1 1   = −2  −  3 + 2 2 + 1

 a = 32  3− 2 2 −1   = −2  − → b = 12  → P = 46. Chọn Chọn D.  = 32 − 12 − 2   3 − 2 2 −1  c = 2  π 4

Câu 26. Biết

sin 4 x

∫

cos x + 1 + sin x + 1 2

0

2

A. P = 10.

dx =

a 2 +b 6 +c với a, b, c ∈ ℤ. Tính P = a + b + c .

6

B. P = 12. π 4

Lời giải. Ta có I = ∫ 0

C. P = 14. π 4

sin 4 x cos x + 1 + sin x + 1 2

2

dx = 2 ∫ 0

D. P = 36.

2 sin 2 x cos 2 x 3 + cos 2 x + 3 − cos 2 x

dx.

  x = 0 → t = 1 → d t = −2 sin 2 xd x . Đổi cận:  . Đặt t = cos 2 x    x = π → t = 0 4  0

Khi đó I = − 2 ∫ 1

1

t 3 + t + 3−t

1 2 2 3 3  (3 + t ) + = (3 − t )    3 2 3 4

Câu 27. Biết

1

A. P = −5.

∫ 1

4

1

3 + t + 3−t

dt =

1 2

1

∫(

)

3 + t − 3 − t dt

0

 a = 16 16 2 −12 6 + 8  =  → b = −12 → P = 36. Chọn Chọn D. 6 c = 8 

B. P = −4.

4

=∫

0

0

t

1 x + ex + d x = a + eb − ec với a, b, c ∈ ℤ. Tính P = a + b + c.

4x x e2 x

∫

Lời giải. Ta có

1

dt = 2 ∫

4

1 x + ex dx = ∫ + 4x x e2 x 1

C. P = −3.

D. P = 3.

4

e2 x + 4 x + 4 e x x dx = ∫ 4 xe2 x 1

(e + 2 x ) (2 e x )

2

x

x

4  1  1 14 1 1 d x = ∫  + x  d x =  x − x  = 1 − 4 + = 1 + e−1 − e−4      e e e e   x 1 1 2 x

ex + 2 x 2ex

 a = 1   → b = −1  → P = a + b + c = −4. Chọn Chọn B.  c = −4 2

Câu 28. Biết

∫ 0

2+ x 2− x

d x = aπ + b 2 + c với a, b, c ∈ ℤ. Tính P = a + b + c.

10

2

dx

A. P = −1.

B. P = 2.

C. P = 3.

D. P = 4.  π x = 2 cos u với u ∈ 0;  . Suy ra x = 4 cos 2 u  → d x = −4 sin 2ud u.  2 

Lời giải. Đặt

 π π  x = 0  →u = 2  2 Đổi cận  . Khi đó I = 4 ∫  π π →u =  x = 2  4 4  π 2

= 16 ∫ π 4

π u 2 cos 2 + 2 cos u 2 .sin u. cos ud u sin 2ud u = 8 ∫ u 2 − 2 cos u π sin 4 2

π 2

π 2

π 2

4

4

u cos 2 . cos ud u = 8 ∫ (1 + cos u ). cos ud u = 8 ∫ cos ud u + 4 ∫ (1 + cos 2u ) d u 2 π π π 4

= 8 sin u

π 2 π 4

π 2 π 4

+ ( 4 x + 2. sin 2u ) e

Câu 29. Biết I = ∫ 1

 a = 1  = π − 4 2 + 6  → b = −4  → P = 3. Ch Chọn ọn C.  c = 6

ln 2 x + ln x

1 b với a, b ∈ ℤ+ . Tính P = b − a. dx = − a (e + 2 )2 (ln x + x + 1) 3

A. P = −8.

B. P = −6. e

e

ln x + ln x 2

∫ (ln x + x + 1)

Lời giải. giải. Ta có

3

dx = ∫

1

1

C. P = 6.

D. P = 10.

ln x + 1 ln x . d x. ln x + x + 1 (ln x + x + 1)2

 ln x + 1  ln x + 1 ln x dx = − d x. Đặt t =  → d t =  2  ln x + x + 1 ln x + x + 1 (ln x + x + 1) /

2 1  e+2  x = 1 → t = 1 2 Đổi cận:  . Khi đó I = − ∫ td t = − t 2   2 2 1  x = e → t = 2 e+2 

π 6

x cos x

∫

Câu 30.

30. Biết

−

1+ x2 + x

π 6

A. P = −37.

Lời giải. Ta có I = ∫ −

π 6

= −∫ t π − 6

(

d x = ∫ x cos x

1+ x + x 2

−

−

x cos x

Lại có I = ∫ −

π 6

1+ x + x 2

π 6

x =−t

dx =

π 6

∫

π 6

1 + t 2 + t cos td t = −∫ x π 6

Suy ra 2 I = ∫ x −

π 6

(

π − 6

)

π 6

(

1 + (−t ) − t 2

(

)

D. P = 41. π 6

1 + x 2 − x dx = ∫ x −

(−t ) cos (−t )

π 6

)

C. P = 35.

π 6

x cos x

1 2

1 2 . Chọn = − Chọn B. 8 (e + 2 )2

π2 3π + với a, b, c là các số nguyên. Tính P = a − b + c. b c

B. P = −35. π 6

π 6

dx = a +

2 e+ 2

−

π 6

d (−t ) = ∫ π 6

π 6

t cos t 1+ t 2 −t

( dt

)

1 + x 2 + x cos xd x . π 6

1 + x 2 − x cos xd x − ∫ x −

π 6

(

π 6

)

1 + x 2 + x cos xd x = −2 ∫ x 2 cos xd x −

π 6

 → I = −∫ x 2 cos xd x . Tích phân từng phần hai lần ta được I = 2 + −

)

1 + x 2 − x cos xd x .

π 6

11

π 6

π2 3π + −36 −3

 a = 2  → b = −36  → P = a − b + c = 35. Chọn Chọn C.  c = −3

Vấn đề 5. Tính tích phân hàm phân nhánh 2 khi x ≥ 0 x + 1 . Tính tích phân I = ∫ f ( x ) d x .

Câu 31. Cho hàm số f ( x ) =   2x e khi x ≤ 0 −1 2 2 2 3e − 1 7e + 1 9 e −1 11e2 −11 . . . .

A. I = B. I = C. I = D. I = 2 e2 2 e2 2 e2 2 e2 0

2

0

2

Lời giả giải. Ta có I = ∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x ) d x = ∫ e2 x d x + ∫ ( x + 1) d x = −1

0

−1

0

9 e2 − 1 . Chọn Chọn C. 2 e2

 1  2 , f (0 ) = 1 và f (1) = 2. Giá trị Câu 32. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \   , thỏa f ′ ( x ) =  2  2 x −1 của biểu thức f (−1) + f (3) bằng A. ln 15.

Lời giải. Ta có f ′ ( x ) =

B. 2 + ln 15.

C. 3 + ln 15.

D. 4 + ln 15.

2 2 x −1

 ln (1 − 2 x ) + C1 2   → f (x ) = ∫ d x = ln 2 x −1 + C =   2 x −1 ln (2 x −1) + C2  → ln (1 − 2.0 ) + C1 = 1 → C1 = 1. f (0 ) = 1 

1 2 .

1 ;x > 2

;x <

→ ln (2.1 −1) + C2 = 2 → C2 = 2. f (1) = 2   ln (1 − 2 x ) + 1 khi x < 1  f (−1) = ln 3 + 1  2 Do đó f ( x ) =  →   1  f (3) = ln 5 + 2 ln (2 x −1) + 2 khi x > 2   → f (−1) + f (3) = 3 + ln 5 + ln 3 = 3 + ln 15. Chọn Chọn C. Câu 33. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ\ {−2;1}, thỏa mãn f ′ ( x ) =

1 , f (−3) − f (3) = 0 x2 + x −2

1 và f (0 ) = . Giá trị biểu thức f (−4 ) + f (−1) − f ( 4 ) bằng 3 1 1 1 1 1 8 A. ln 20 + .

B. ln 2 + .

C. ln 80 + 1.

D. ln + 1.

3 3 3 3 3 5 1 1 1 1  Lời giải. Ta có f ′ ( x ) = 2 =  −  x + x − 2 3  x −1 x + 2    1  ln (1 − x ) − ln (−x − 2) + C1 ; x < −2   3   1 1  → f (x ) = ∫ 2 d x =   ln (1 − x ) − ln ( x + 2) + C2 ; −2 < x < 1.  3 x + x −2   1  ln ( x −1) − ln ( x + 2) + C ;x >1 3   3  1 1 1 1 1 f (0 ) =  →  ln (1 − 0 ) − ln (0 + 2 ) + C2 =  → C2 = ln 2 + .

3 3 3 3 3 1 1 f (−3) − f (3) = 0  → C1 − C3 = ln .

3 10

12

1 5 1 1 1 1 1 Ta có f (−4 ) + f (−1) − f (4 ) = ln + ln 2 − ln + C2 + C1 − C3 = ln 2 + . Chọn Chọn B. 3 2 3 3 2 3 3 1 1 Câu 34. Cho hàm số f ( x ) xác định trên (0; +∞)\ {e}, thỏa mãn f ′ ( x ) = , f  2  = ln 6 và  e  x (ln x −1) 1 f (e2 ) = 3. Giá trị biểu thức f   + f (e3 ) bằng  e  A. 3 ( ln 2 + 1).

Lời giải. Ta có f ′ ( x ) =

 → f (x ) = ∫

C. 3 ln 2 + 1.

B. 2 ln 2.

D. ln 2 + 3.

1 x (ln x −1)

ln (1 − ln x ) + C1 khi x ∈ (0; e) d (ln x −1) 1 dx = ∫ . = ln ln x −1 + C =  ln ( ln x −1) + C2 khi x ∈ (e; +∞) x ( ln x −1) (ln x −1) 

1  1 f  2  = ln 6  → ln 1 − ln 2  + C1 = ln 6 → C1 = ln 2.  e   e  → ln (ln e2 −1) + C2 = 3 → C2 = 3. f (e2 ) = 3    1   f   = ln 2 + ln 2 ln (1 − ln x ) + ln 2 khi x ∈ (0; e)   Do đó f ( x ) =  →   e  ln (ln x −1) + 3 khi x ∈ (e; +∞)  3   f (e ) = ln 2 + 3 1   → f   + f (e3 ) = 3 (ln 2 + 1). Chọn Chọn C.  e  1 với x ∈ ℝ \ 1 + sin 2 x  π 11π  F (0 ) = 1, F (π ) = 0 , tính giá trị biểu thức P = F −  − F  .  12   12 

 π  − + k π, k ∈ ℤ. Biết  4 

B. P = 2 − 3.

C. P = 1.  π  π Lời giải. Với x thuộc vào mỗi khoảng − + k π; − + k π , k ∈ ℤ ta có  4  4

D. Không tồn tại P.

Câu 35. Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =

A. P = 0.

F (x ) = ∫

 π dx dx dx 1 = = = tan  x +  + C.     π 1 + sin 2 x ∫ (sin x + cos x )2 ∫ 2 4 2 cos 2  x +   4

 π 1   π 3 π  π π  1 3 F (0)=1 3 π 0 . ∈ − ;  nên F (0 ) − F −  = tan  x −  π = − + → F −  = −  12  2  12  2  4  −12 2 2 2 12  4 4  11π  1  11π  1 11π  π 5π  1 3 F (π)=0 3 π π . π; ∈  ;  nên F (π ) − F   = tan  x −  11π = − + → F  = −          12 2 4 2 2 12 2 2 12  4 4  12

0; −

 π 11π  Vậy P = F −  − F  Chọn C.  = 1. Chọn  12   12 

Vấn đề 6.

6. Tính tích phân dựa vào vào tính chất chất 0

Câu 36.

36. Cho hàm số f ( x ) là hàm số lẻ, liên tục trên [− 4;4 ]. Biết rằng

∫

f (− x ) d x = 2 và

−2 2

∫

4

f (− 2 x )d x = 4. Tính tích phân I = ∫ f ( x )d x .

1

0

C. I = 6.

A. I = −10.

B. I = − 6.

Lời giải. Do f ( x ) là hàm lẻ nên f (−x ) = − f ( x ).

D. I = 10.

 x = −2 → t = 2 → d t = −d x . Đổi cận:  .

Xét A = ∫ f (−x )d x = 2. Đặt t = −x   0

 x = 0 → t = 0

−2

13

0

2

2

Khi đó A = −∫ f (t )d t = ∫ f (t )d t = ∫ f ( x )d x .

2

0

0

 x = 1 → u = 2 → d u = 2d x . Đổi cận:  .

Xét B = ∫ f (−2 x ) d x = −∫ f (2 x ) d x . Đặt u = 2 x   2

2

1

 x = 2 → u = 4

1 4

Khi đó B = −

4

4

1 1 → ∫ f ( x )d x = −2 B = −2.4 = −8. f (u ) d u = − ∫ f ( x )d x  2 ∫2 2 2 2

4

2

4

Vậy I = ∫ f ( x ) d x = ∫ f ( x )d x + ∫ f ( x )d x = 2 − 8 = −6. Chọn Chọn B. 0

0

2 2

Câu 37.

37. Cho hàm số f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên [−1;6 ]. Biết rằng

∫

f ( x ) d x = 8 và

−1

3

∫

6

f (−2 x )d x = 3. Tính tích phân I = ∫ f ( x )d x . −1

1

A. I = 2.

B. I = 5.

C. I = 11.

Lời giải. Vì f ( x ) là hàm số chẵn nên

3

3

∫

f (−2 x ) d x = ∫ f (2 x )d x = 3.

1

1

D. I = 14.

 x = 1 → t = 2 → d t = 2d x . Đổi cận:  .

Xét K = ∫ f (2 x )d x = 3. Đặt t = 2 x   3

 x = 3 → t = 6

1 6

Khi đó K =

6

6

1 1 f (t )d t = ∫ f ( x )d x  → ∫ f ( x )d x = 2 K = 6.

2 ∫2 2 2 2

6

2

6

Vậy I = ∫ f ( x ) d x = ∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x )d x = 8 + 6 = 14. Chọn Chọn D. −1

−1

2

Câu 38 38. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [3;7 ], thỏa mãn f ( x ) = f (10 − x ) với mọi x ∈ [3;7 ] và 7

∫

7

f ( x ) d x = 4. Tính tích phân I = ∫ xf ( x )d x .

3

3

A. I = 20.

B. I = 40.

C. I = 60.  x = 7 → t = 3 → d t = −d x . Đổi cận  .

Lời giải. giải. Đặt t = (3 + 7 ) − x   x = 3 → t = 7 3

7

D. I = 80.

7

Khi đó I = −∫ (10 − t ) f (10 − t )d t = ∫ (10 − t ) f (10 − t ) d t = ∫ (10 − x ) f (10 − x ) d x 7

3

f ( x )= f (10 − x ) 7

7

3

3

=

∫ (10 − x ) f (x )d x = 10 ∫

3 7

7

f ( x )d x − ∫ xf ( x )d x = 10 ∫ f ( x )d x − I .

3

3

7

Suy ra 2 I = 10 ∫ f ( x )d x = 10.4 = 40  → I = 20. Chọn Chọn A. 3

π

Câu 39.

39. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số chẵn và liên tục trên đoạn [−π; π ], thỏa mãn

∫

f ( x )d x = 2018.

0

π

Giá trị của tích phân I = ∫

f (x )

2018 x + 1 −π

B. I =

A. I = 0.

d x bằng

1 .

2018

C. I = 2018.

D. I = 4036.

 x = −π → t = π → d x = −d t. Đổi cận  .

Lời giải. giải. Đặt x = −t   −π

Khi đó I = −∫ π

 x = π → t = −π π π f (−t ) f (−t ) 2018 t f (−t ) 2018 x f (−x ) d t d t d t d x. = = = −t −t t ∫ ∫ ∫ 2018 + 1 2018 + 1 1 + 2018 1 + 2018 x −π −π −π π

π

Vì y = f ( x ) là hàm số chẵn trên đoạn [−π; π ] nên f (−x ) = f ( x )  →I = ∫

−π

π

Vậy 2 I = ∫

−π

f (x ) 2018 x + 1

π

dx + ∫

−π

2018 x f ( x ) 2018 x + 1

π

2018 x f ( x ) 2018 x + 1

dx.

π

d x = ∫ f ( x )d x = 2 ∫ f ( x )d x = 2.2018 → I = 2018. Chọn Chọn C. −π

0

14

π

πa x sin 2018 x dx = với a, b ∈ ℤ+. Tính P = 2 a + b.

2018 x + cos x b

∫ sin

Câu 40.

40. Biết

2018

0

A. P = 6.

B. P = 8. π

Lời giải. Gọi I = ∫ 0

C. P = 10.

D. P = 12.

x sin 2018 x dx sin 2018 x + cos2018 x

 x = 0 → t = π → d t = −d x . Đổi cận  . Đặt t = π − x    x = π → t = 0

π π (π − t )sin (π − t ) (π − t )sin 2018 t (π − x )sin 2018 x dt = ∫ dt = ∫ d x.

2018 2018 2018 sin (π − t ) + cos (π − t ) sin t + cos t sin 2018 x + cos2018 x 0 0

0

2018

Khi đó I = −∫

2018

π π

Suy ra 2 I = ∫ 0

(π − x )sin 2018 x x sin 2018 x π sin 2018 x d x dx = ∫ dx + 2018 2018 2018 2018 2018 ∫ sin x + cos x sin x + cos x sin x + cos2018 x 0 0 π

π

π  π π 2  π sin 2018 x π  sin 2018 x sin 2018 x dx = ∫ dx + ∫ d x  .  →I = ∫ 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2 0 sin x + cos x 2  0 sin x + cos x sin x + cos x  π   2 π Đặt x = u + ta suy ra 2

π

∫ π 2

π 2

π

sin 2018 x cos 2018 u cos 2018 x d x d u = = ∫ sin 2018 u + cos2018 u ∫ sin 2018 x + cos2018 x d x. sin 2018 x + cos 2018 x π 0 2

π 2

Vậy I =

a = 2 π π2 d =  →   → P = 8. Chọn x Chọn B. ∫  2 0 4 b = 4

Vấn đề 7.

7. Kỹ thuật phương phương trình trình hàm  π π Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên − ;  và thỏa mãn 2 f ( x ) + f (−x ) = cos x . Tính tích  2 2  π 2

phân I = ∫ f ( x ) d x . −

π 2

2 3 B. I = .

C. I = .

2 3 Lời giải. Từ giả thiết, thay x bằng −x ta được 2 f (−x ) + f ( x ) = cos x .

A. I = −2.

D. I = 2.

2 f ( x ) + f (−x ) = cos x 4 f ( x ) + 2 f (−x ) = 2 cos x 1 Do đó ta có hệ  ⇔   → f ( x ) = cos x .  2 f (−x ) + f ( x ) = cos x  f ( x ) + 2 f (−x ) = cos x 3   π 2

Khi đó I = ∫ −

π 2

π 2

1 1 f ( x ) d x = ∫ cos xd x = sin x 3 π 3 −

π 2 π − 2

2 = . Chọn Chọn B. 3

2

Câu 42. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [−2;2 ] và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f (−x ) =

1 . Tính tích 4 + x2

2

phân I = ∫ f ( x ) d x . −2

A. I = −

π .

10

B. I = −

π .

20

C. I =

π .

20

D. I =

π .

10

1 .

4 + x2   2 f ( x ) + 3 f (−x ) = 1 2 4 f ( x ) + 6 f (−x ) = 2 2  1 4+x 4+x  .

Do đó ta có hệ  ⇔   → f (x ) =   1 3 5 (4 + x 2 ) 2 f (−x ) + 3 f ( x ) = 9 f ( x ) + 6 f (−x ) = 4 + x2 4 + x2  

Lời giải. Từ giả thiết, thay x bằng −x ta được 2 f (−x ) + 3 f ( x ) =

15

2

2

Khi đó I = ∫ f ( x ) d x = −2

π 1 1 d x = . Chọn Chọn C. ∫ 2 5 −2 4 + x 20

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn x 2 f ( x ) + f (1 − x ) = 2 x − x 4 . Tính tích 1

phân I = ∫ f ( x ) d x .

0

1 A. I = .

2

3 B. I = .

5

2 C. I = .

3

4 D. I = .

3

Lời giải. Từ giả thiết, thay x bằng 1 − x ta được (1 − x ) f (1 − x ) + f ( x ) = 2 (1 − x ) − (1 − x ) 2

⇔ ( x 2 − 2 x + 1) f (1 − x ) + f ( x ) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4 .

4

(1)

→ f (1 − x ) = 2 x − x 4 − x 2 f ( x ) . Thay vào (1) ta được Ta có x 2 f ( x ) + f (1 − x ) = 2 x − x 4 

( x 2 − 2 x + 1) 2 x − x 4 − x 2 f ( x ) + f ( x ) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4 ⇔ (1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 ) f ( x ) = x 6 − 2 x 5 + 2 x 3 − 2 x 2 + 1 ⇔ (1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 ) f ( x ) = (1 − x 2 )(1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 )  → f (x ) = 1− x 2 .

1 1  1 1 2 Vậy I = ∫ f ( x ) d x = ∫ (1 − x 2 ) d x =  x − x 3  = . Chọn Chọn C.  3 0 3 0 0

1  1 Câu 44. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  ;2 và thỏa mãn f ( x ) + 2 f   = 3 x . Tính tích phân  2   x  2 f (x ) I =∫ dx. x 1 2

1 A. I = .

2

3 5 7 B. I = .

C. I = .

D. I = .

2 2 2  1  1 3 Lời giải. Từ giả thiết, thay x bằng ta được f   + 2 f ( x ) = .  x  x x     1   f ( x ) + 2 f  1  = 3 x  f ( x ) + 2 f   = 3 x  x    x 2 Do đó ta có hệ  ⇔   → f ( x ) = − x.   1     x 3 1 6  f   + 2 f ( x ) = 4 f ( x ) + 2 f   =  x   x  x x   2 2 2 f (x ) 2   2  3 Khi đó I = ∫ dx = ∫  2 −1 dx = − − x  1 = . Chọn Chọn B.   x   x 2 2 x 1 1 2

2

1 1 Cách khác. Từ f ( x ) + 2 f   = 3 x  → f ( x ) = 3 x − 2 f  .  x   x  2

Khi đó I = ∫ 1 2

2

Xét J = ∫ 1 2

  1     1 f     2 2 f    x    x   f (x )  d x = 3 d x − 2 d x = ∫ 3 − 2 ∫1 ∫1 x dx . x  x  1    2  2 2   2

1 f    x  1 1 1 d x . Đặt t = , suy ra d t = − 2 d x = −t 2 d x  → dx = − 2 d t. x x x t

 1  x = 1 → t = 2 2 2 2 f (t ) f (x )  1  2 . Khi đó J = ∫ tf (t )− 2  d t = ∫ dt = ∫ dx = I . Đổi cận:    t   1 t x 1 1 2  x = 2 → t = 2 2 2  16

2

2

2

2

3 Vậy I = 3∫ d x − 2 I  → I = ∫ dx = .

2 1 1 Câu 45. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2 . Tính tích 1

phân I = ∫ f ( x ) d x .

0

π .

A. 20

B.

π .

16

C.

π .

6

D.

π .

4

Lời giải. Từ giả thiết, thay x bằng 1 − x ta được 2 f (1 − x ) + 3 f ( x ) = 2 x − x 2 .

2 2   2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 4 f ( x ) + 6 f (1 − x ) = 2 1 − x Do đó ta có hệ  ⇔   2 f (1 − x ) + 3 f ( x ) = 2 x − x 2 9 f ( x ) + 6 f (1 − x ) = 3 2 x − x 2  

 → f (x ) = 1

Vậy I =

3 2 x − x 2 − 2 1− x 2 .

5

(

)

π 1 3 2 x − x 2 − 2 1 − x 2 d x = . Chọn Chọn A. 5 ∫0 20

Cách khác. Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2  → f (x ) = 1

Khi đó I = ∫ f ( x ) d x = 0

1 2   1 − x − 3 f (1 − x ) .

2

1 1  1  2 1 x d x 3 f (1 − x ) d x  . − − ∫ ∫  2  0  0

1

Xét J = ∫ f (1 − x ) d x . Đặt t = 1 − x  → d t = −d x .

0 0 1 1  x = 0 → t = 1 . Khi đó J = −∫ f (t ) dt = ∫ f (t ) dt = ∫ f ( x ) d x = I . Đổi cận:    x = 1 → t = 0 1

0

0

1 1  π 1 1 Vậy I =  ∫ 1 − x 2 d x − 3I   → I = ∫ 1− x 2 dx = .

2  0 5 0 20 

Vấn đề 8.

8. Kỹ thuật biến đổi Câu 46.

46. Cho hàm số f ( x ) thỏa f ( x ) f ′ ( x ) = 3 x 5 + 6 x 2 . Biết rằng f (0 ) = 2, tính f 2 (2).

A. f 2 (2 ) = 64.

B. f 2 (2 ) = 81.

Lời giải. Từ giả thiết ta có

∫

C. f 2 (2 ) = 100.

f ( x ). f ′ ( x ) d x = ∫ (3 x 5 + 6 x 2 ) d x ⇔

f 2 (x ) 2

D. f 2 (2 ) = 144.

=

x6 + 2 x 3 + C. 2

f 2 (0 )

= C ⇒ C = 2.

2 → f 2 (2 ) = 2 6 + 4.2 3 + 4 = 100. Chọn Suy ra f 2 ( x ) = x 6 + 4 x 3 + 4  Chọn C.

Thay x = 0 vào hai vế, ta được

Câu 47.

47. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên [1; +∞), thỏa

f (1) = 0, e

2 f (x )

.  f ′ ( x ) = 4 x 2 − 4 x + 1 với mọi x ∈ [1; +∞). Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. −1 < f ′ ( 4 ) < 0.

2

B. 0 < f ′ (4 ) < 1.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra e

 →∫ e

f (x )

f (x )

C. 1 < f ′ (4 ) < 2.

D. 2 < f ′ (4 ) < 3.

f ′ ( x ) = 2 x −1 (do f ' ( x ) không âm trên [1; +∞) )

f ′ ( x ) d x = ∫ (2 x −1) d x ⇔ e

Thay x = 1 vào hai vế, ta được e

f (1)

f (x )

= x 2 − x + C.

= 12 −1 + C ⇒ C = 1.

Suy ra e f (x ) = x 2 − x + 1 ⇒ f ( x ) = ln ( x 2 − x + 1) ⇒ f ′ ( x ) =

17

2 x −1 7  → f ′ ( 4 ) = . Chọn Chọn B. x − x +1 13 2

Câu 48.

48. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  f ′ ( x ) + f ( x ). f ′′ ( x ) = 15 x 4 + 12 x với mọi x ∈ ℝ và f (0 ) = f ′ (0 ) = 1. Giá trị của f 2 (1) bằng 2

5 .

2

A.

B.

9 .

2

C. 8.

D. 10.

Lời giải. 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 ) ′ = 15 x 4 + 12 x . ( ) ( ) →C = 1 Suy ra f ( x ). f ′ ( x ) = ∫ (15 x 4 + 12 x ) d x = 3 x 5 + 6 x 2 + C  f 0 = f ′ 0 =1.

 → f ( x ). f ′ ( x ) = 3 x 5 + 6 x 2 + 1  → ∫ f ( x ). f ′ ( x ) d x = ∫ (3 x 5 + 6 x 2 + 1) d x ⇔

f 2 (x ) 2

=

x6 + 2 x 3 + x + C '.

2

f 2 (0 )

1 =C' ⇒C' = .

2 2 → f 2 (1) = 8. Chọn Vậy f 2 ( x ) = x 6 + 4 x 3 + 2 x + 1  Chọn C.

Thay x = 0 vào hai vế ta được

Câu 49 49. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;2 ] và thỏa mãn f ( x ) > 0, ∀x ∈ [1;2 ]. Biết 2

rằng

2

f ′ ( x ) d x = 10 và

∫ 1

∫ 1

A. f (2 ) = −20.

f ′(x ) f (x )

d x = ln 2. Tính f (2 ).

B. f (2 ) = −10.

2

Lời giải. Ta có

∫

f ′ ( x ) d x = 10 ⇔ f ( x ) = 10 ⇔ f (2) − f (1) = 10.

2

∫ 1

f ′(x ) f (x )

D. f (2 ) = 20.

(1)

1

1

Lại có

C. f (2 ) = 10.

2

2

d x = ln 2 ⇔ ln f ( x )

1

⇔ ln f (2 ) − ln f (1) = ln 2 ⇔ ln

f (2 ) f (1)

= ln 2 ⇔ ln  f ( x )

= ln 2 ⇔

2

= ln 2 (do f ( x ) > 0, ∀x ∈ [1;2 ] )

1

f (2 ) = 2. f (1)

(2 )

Từ (1) và (2 ) , suy ra f (2 ) = 20. Chọn Chọn B. Câu 50 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [−1;1] , thỏa mãn f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ và

f ' ( x ) + 2 f ( x ) = 0 . Biết rằng f (1) = 1 , giá trị của f (−1) bằng A. e−2 .

C. e4 .

D. 3. f '(x ) Lời giải. Ta có f ' ( x ) + 2 f ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = −2 f ( x ) ⇔ = −2 (do f ( x ) > 0 ) f (x )

 →∫

f ' (x ) f (x )

B. e3 .

d x = ∫ −2d x ⇔ ln f ( x ) = −2 x + C (do f ( x ) > 0 ).

→ f ( x ) = e−2 x +2  → f (−1) = e4 . Chọn Mà f (1) = 1 ⇒ C = 2 ⇒ ln f ( x ) = −2 x + 2  Chọn C. Câu 51.

51. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ đồng thời thỏa mãn

  f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ   f ' ( x ) = −e x f 2 ( x ), ∀x ∈ ℝ .   1  f (0 ) = 2  Tính giá trị của f (ln 2 ).

1 A. f ( ln 2 ) = .

4

1 B. f (ln 2 ) = .

3

18

1 C. f ( ln 2 ) = ln 2 + .

2

1 D. f (ln 2 ) = ln 2 2 + .

2 f '(x )

Lời giải. Ta có f ' ( x ) = −ex f 2 ( x ) ⇔

 →∫

f '(x )

f 2 (x )

d x = ∫ −e x d x ⇒ −

f 2 (x )

= −ex (do f ( x ) > 0 )

1 1 . = −ex + C ⇒ f ( x ) = x e −C f (x ) 1

f (0 )= 1 2 → C = −1.

0 e −C 1 1 1 1  → f (ln 2 ) = ln 2 = = . Chọn Vậy f ( x ) = x Chọn B. e +1 e +1 2 +1 3 Câu 52.

52. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên (0; +∞) , biết f ' ( x ) + (2 x + 3) f 2 ( x ) = 0,

Thay x = 0 ta được f (0 ) =

1 f ( x ) > 0 với mọi x > 0 và f (1) = . Tính P = 1 + f (1) + f (2) + ... + f (2018).

6 1009 2019 3029 4039 . . . .

A. P = B. P = C. P = D. P = 2020 2020 2020 2020 f '(x ) Lời giải. Ta có f ' ( x ) + (2 x + 3) f 2 ( x ) = 0 ⇔ 2 = −(2 x + 3) (do f ( x ) > 0 ) f (x )  →∫

f '(x )

f (x ) 2

d x = −∫ (2 x + 3) d x ⇔ −

1 1 . = −x 2 − 3 x + C  → f (x ) = 2 x + 3x −C f (x )

1 1 1 1 1 1 .  → = 2 ⇔ C = −2  → f (x ) = 2 = − 6 6 1 + 3.1 − C x + 3x + 2 x +1 x + 2  1 1 1 1   1 1  3029 Suy ra P = 1 +  −  +  −  + ... +  . Chọn − Chọn C. =  2 3   3 4   2019 2020  2020 Câu 53.

53. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 0; 3  , thỏa mãn f ( x ) > −1, f (0 ) = 0   Mà f (1) =

f ′ ( x ) x 2 + 1 = 2 x f ( x ) + 1. Giá trị của f A. 0.

Lời giải. giải. Từ giả thiết suy ra

⇔ 2∫

f ′(x ) 2 f (x )+1

B. 3. f ′(x )

f (x ) +1

( x 2 + 1)

( 3 ) bằng

C. 7.

=

và

2x x +1 2

 →∫

D. 9.

f ′(x ) f (x )+1

dx = ∫

2x x 2 +1

dx

/

dx = 2∫

2 x 2 +1

dx ⇔ 2 f ( x ) +1 = 2 x 2 +1 + C

→f Mà f (0 ) = 0 ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = x 2 

Chọn B. ( 3 ) = 3. Chọn

Câu 54.

54. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên [1;4 ], đồng biến trên [1;4 ], thoản mãn 4

2 3 x + 2 xf ( x ) =  f ′ ( x ) với mọi x ∈ [1;4 ]. Biết rằng f (1) = , tính tích phân I = ∫ f ( x ) d x .

2 1

1186 1187 1188 . . .

B. I = C. I = 45 45 45 Lời giải. Nhận xét: Do f ( x ) đồng biến trên [1;4 ] nên f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ [1;4 ] .

A. I =

9 D. I = .

2

Từ giả thiết ta có x 1 + 2 f ( x ) =  f ′ ( x )  → f ' ( x ) = x . 1 + 2 f ( x ), ∀x ∈ [1;4 ] 2 f ′(x ) 2 f ′(x ) 2  → = x  →∫ d x = ∫ x d x ⇔ 1 + 2 f ( x ) = x x + C. 3 2 1 + 2 f (x ) 2 1 + 2 f (x ) 2

2 4  x x +  −1 3 4 2 8 7 3 3 Mà f (1) = ⇒ C =  → f (x ) = = x3 + x x + 2 3 2 9 9 18 2

19

4

 → ∫ f (x )dx = 1

1186 . Chọn Chọn A. 45

 π Câu 55.

55. Cho hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên 0;  , thỏa f ( x ). f ' ( x ) = cos x 1 + f 2 ( x ) với mọi  2   π π x ∈  0;  và f (0 ) = 3. Giá trị của f   bằng  2   2  A. 0.

C. 2.  π Lời giả = cos x , ∀x ∈ 0;  giải. Từ giả thiết ta có 2  2  2 1 + f (x )

 →∫

B. 1.

2 f ( x ). f ′ ( x )

D. 2 2.

2 f ( x ). f ′ ( x ) d x = ∫ cos xd x ⇔ 1 + f 2 ( x ) = sin x + C. 2 1 + f 2 (x )

 π 2 Mà f (0 ) = 3 ⇒ C = 2  → f ( x ) = (sin x + 2) −1 = sin 2 x + 4 sin x + 3, ∀x ∈  0;   2  π  → f   = 2 2. Chọ Chọn D.  2  Câu 56.

56. Cho hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên [0;3], thỏa f ( x ). f ′ ( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 với mọi

x ∈ [ 0;3] và f (0 ) = 0. Giá trị của f (3) bằng A. 0.

Lời giả giải. Từ giả thiết ta có

 →∫

B. 1.

2 f ( x ). f ′ ( x )

2 1 + f 2 (x )

C.

D. 3 11.

3.

= 2 x , ∀x ∈ [0;3]

2 f ( x ). f ′ ( x ) d x = ∫ 2 xd x ⇔ 1 + f 2 ( x ) = x 2 + C .

2 1 + f 2 (x )

Mà f (0 ) = 0 ⇒ C = 1  → f (x ) =

( x 2 + 1)

2

−1 = x 4 + 2 x 2 , ∀x ∈ [0;3]

 → f (3) = 3 11. Chọ Chọn D. Câu 57.

57. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm không âm trên [0;1], thỏa mãn f ( x ) > 0 với mọi x ∈ [0;1] và

 f ( x ) .  f ' ( x ) . ( x 2 + 1) = 1 +  f ( x ) . Biết f (0 ) = 2, hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng       định sau đây.

5 7 3 5 A. < f (1) < 2.

B. 2 < f (1) < .

C. < f (1) < 3.

D. 3 < f (1) < .

2 2 2 2 2  f ( x ) . f ' ( x ) 2 3 1  Lời giải. Từ giả thiết ta có  f ( x ) . f ' ( x ). x 2 + 1 = 1 +  f ( x ) ⇔  = 3 2 x +1 1 +  f ( x ) 4

1

 →∫ 0

2

3

1  f ( x ) . f ' ( x )   dx = ∫ 3 0 1 +  f ( x ) 2

3 2 ⇔ × 1 +  f ( x ) 3

1 0

(

(

)

1 d 1 +  f ( x ) 1   2 dx ⇔ × ∫ =∫ 3 0 2 1 +  f ( x ) 3 x 2 +1 0  

1

= ln x + x 2 + 1

)

1

3

1 x +1 2

dx

f (0 )= 2

→ f (1) ≈ 2, 605. Chọn Chọn C.

0

Câu 58.

58. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ\ {0; −1}, thỏa mãn x ( x + 1). f ′ ( x ) + f ( x ) = x 2 + x với mọi

x ∈ ℝ\ {0; −1} và f (1) = −2 ln 2. Biết f (2 ) = a + b ln 3 với a, b ∈ ℚ , tính P = a 2 + b2 .

1 A. P = .

2

3 13 9 B. P = .

C. P = .

D. P = .

4 4 2 x 1 x , ∀x ∈ ℝ\ {0; −1}.

Lời giải. Từ giả thiết ta có f ′(x )+ f (x ) = 2 x +1 x +1 ( x + 1)

20

Nhận thấy

 x 1 x ′  . Do đó giả thiết tương đương với f ′(x )+ f ( x ) =  f ( x ).

2  x +1 x + 1  ( x + 1)  x ′ x  f ( x ).  = , ∀x ∈ ℝ\ {0; −1}.   x +1 x +1

Suy ra f ( x ).

  x x = d x = ∫ 1 − d x = x − ln x + 1 + C.  x + 1 x +1 ∫ x +1

→ f ( x ).

Mà f (1) = −2 ln 2 ⇒ C = −1 

x = x − ln x + 1 −1. x +1

 a = 3 2 3 3 9  2 Cho x = 2 ta được f (2 ). = 2 − ln 3 −1 ⇒ f (2) = − ln 3  →  ⇒ P = . Chọn Chọn D.  3 3 2 2 2 b = − 2  Câu 59.

59. 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.

1

Lời giải. Nhận thấy P = f (1) − f (0 ) = ∫ f ′ ( x ) d x nên ta cần tìm f ′ ( x ).

0

Từ giả thiết ta có

f ′′ ( x )  ′   f ( x )

f ′′ ( x )

= 1  →∫

 ′   f ( x ) 1 .

Mà f ′ (0 ) = −1 ⇒ C = 1  → f ′(x ) = − x +1 2

1

1

Vậy P = ∫ f ′ ( x ) d x = −∫ 0

0

2

d x = ∫ 1d x ⇔ −

1 1 . = x +C ⇔ f ′(x ) = − f ′(x ) x +C

1 d x = − ln 2 ≈ −0, 69. Chọn Chọn B. x +1

Câu 60.

60. 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 ) d x .

0

A. I = −4.

B. I = 4.

C. I = e − 2.  f ' (0 ) ≠ 0 . →  Lời giải. Từ giả thiết f ' (0 ). f ' (2 ) ≠ 0   f ' (2 ) ≠ 0   2 (2 − 2 ) e x =0  g (2 ) = f ' (2 )  x .

Do đó từ g ( x ). f ' ( x ) = x ( x − 2 ) e , suy ra   0 (0 − 2 ) e x  g (0 ) = =0  f ' (0) 

D. I = 2 − e.

2

2

Tích phân từng phần ta được I =  f ( x ). g ( x ) − ∫ g ( x ). f ′ ( x ) d x 0 0

2

2

= f (2 ). g (2 ) − f (0 ). g (0 ) − ∫ x ( x − 2 ) ex d x = −∫ x ( x − 2 ) e x d x = 4. Chọn Chọn B. 0

Câu Câu 61.

61. Cho hàm số

f (x ) > 0

0

xác định và có đạo hàm trên đoạn [0;1],

x  1  g ( x ) = 1 + 2018 ∫ f (t ) d t .

I Tính =  0 ∫  0  g ( x ) = f 2 ( x ) 

g ( x )d x .

21

thỏa mãn

A. I =

1009 .

2

C. I =

B. I = 505.

1011 .

2

D. I =

2019 .

2

 g ' ( x ) = 2018 f ( x ) Lời giải. Từ giả thiết, ta có   → 2018 f ( x ) = 2 f ' ( x ). f ( x )   g ' ( x ) = 2 f ' ( x ). f ( x )   f ( x ) = 0 ( loaï i) . ⇔ 2 f ( x ) 1009 − f ' ( x ) = 0 ⇔  → f ( x ) = 1009 x + C  f ' ( x ) = 1009  x

Thay ngược lại, ta được 1 + 2018 ∫ [1009 t + C ] d t = (1009 x + C )

2

0

1009 2 x 2 ⇔ 1 + 2018  t + Ct  = (1009 x + C ) ⇔ C 2 = 1.  2 0 Suy ra f ( x ) = 1009 x + 1 hoặc f ( x ) = 1009 x −1 (loại vì f ( x ) > 0 ∀x ∈ [ 0;1] ).

1

1

1

g ( x )d x = ∫ f ( x ) d x = ∫ (1009 x + 1) d x =

Khi đó I = ∫ 0

0

0

1011 . Chọn Chọn C. 2

 f (1) + g (1) = 4  Câu 62.

62. Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm trên [1;4 ], thỏa mãn   g ( x ) = −xf ′ ( x ) với mọi   f ( x ) = −xg′ ( x ) 4

x ∈ [1;4 ]. Tính tích phân I = ∫  f ( x ) + g ( x ) d x .

1

A. I = 3 ln 2.

B. I = 4 ln 2.

C. I = 6 ln 2.

Lời giải. Từ giả thiết ta có f ( x ) + g ( x ) = −x . f ′ ( x ) − x . g ′ ( x )

D. I = 8 ln 2.

⇔  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 ) d x = ∫ d x = 8 ln 2. Chọn Chọn A. x 1 1 Câu 63.

63. 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 ) + 2017 x = ( x + 1) f ′ ( x )  2 ( x + 1) , ∀x ∈ [1;2 ].  3  x 2  g′ ( x ) + f ( x ) = 2018 x  x + 1 2  x  x +1 g( x )− f ( x ) d x .

Tính tích phân I = ∫    x +1 x 1  1 3 A. I = .

B. I = 1.

C. I = .

2 2  ( x + 1)  1 g x − f ′ ( x ) = −2017 ( x + 1)2 ( ) x Lời giải. Từ giả thiết ta có  , ∀x ∈ [1;2 ].  x 1  g′ ( x ) + 2 f ( x ) = 2018  x + 1 x



Suy ra 

1

 ( x + 1)

 →

2

g( x ) +

D. I = 2.

  ( x + 1)  ′  x  ′  ( x + 1) x 1 g′ ( x ) −  f ′ ( x ) − 2 f ( x ) = 1 ⇔  g( x ) −  f ( x ) = 1     x +1 x  x + 1   x   x  

( x + 1) x g(x )− f ( x ) = x + C. x +1 x

22

2 2  x  1 x +1 Mà f (1) = g (1) = 0 ⇒ C = −1  →I = ∫  g(x )− f ( x ) d x = ∫ ( x −1) d x = . Chọn Chọn A.   2 x +1 x  1  1  f (3 − x ). f ( x ) = 1 Câu 64. với mọi x ∈ [ 0;3] 64. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [0;3], thỏa mãn    f ( x ) ≠ −1  3 xf ' ( x ) 1 d x. và f (0 ) = . Tính tích phân I = ∫ 2 2 2   0 1 + f (3 − x ) . f ( x ) 1 3 5 A. I = .

B. I = 1.

C. I = .

D. I = .

2 2 2   f (3 − x ). f ( x ) = 1 x =3  → f (3) = 2.

Lời giải. giải. Từ giả thiết   f (0 ) = 1  2 f (3− x ). f ( x )=1

Ta có 1 + f (3 − x ) . f 2 ( x ) 2

3

Tích phân I = ∫ 0 3

Tính J = ∫ 0

=

xf ' ( x )

3

  1 + f ( x )

2

d x = −∫ 0

1 + f ( x ) .   3 3  1 1 x  xd  = − + d x = −1 + J .  1 + f ( x ) 1 + f ( x ) 0 ∫0 1 + f ( x ) 2

0

3

3

t =3 − x 1 1 1 1 dx = − ∫ dt = ∫ dt = ∫ d x.

1 + f (x ) 1 f 3 t 1 f 3 t 1 f 3− x) + − + − + ( ) ( ) ( 3 0 0

3

Suy ra 2 J = ∫ 0

3

1 1 dx + ∫ dx 1 + f (x ) 1 + f (3 − x ) 0

f (3− x ). f ( x )=1 3

3

1

Chọn A. ∫ 1.d x = 3 ⇒ J = 2 . Vậy I = 2 . Chọn

=

0

Câu 65.

65. 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 ) d x .

0

1 A. I = .

2

1 B. I = .

4

C. I =

π .

2

D. I =

π .

4

 π Lời giải. Đặt a = sin x , b = cos x với x ∈  0;  .  2  Từ giả thiết, suy ra sin xf (cos x ) + cos xf (sin x ) = 1 π 2

π 2

π 2

0

0

0

 → ∫ sin xf (cos x ) d x + ∫ cos xf (sin x ) d x = ∫ 1d x =

π .

2

(1)

π 0 1  2 t = cos x  sin xf (cos x ) d x = − f (t ) d t = f ( x ) d x ∫ ∫ 1 ∫ π 0 1 0 . Do đó (1) ⇔ ∫ f ( x ) d x = . Chọn Ta có  Chọn D. π  4 0 1 1 2  t = sin x ∫ cos xf (sin x ) d x = ∫ f (t ) d t = ∫ f ( x ) d x  0 0 0

Vấn đề 9.

9. Kỹ thuật đạo hàm hàm đúng Câu 66.

66. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thoả mãn 3 f ( x ) + xf ′ ( x ) = x 2018 với mọi 1

x ∈ [0;1]. Tính I = ∫ f ( x ) d x .

0

1 1 1 . . .

B. I = C. I = 2018 × 2021 2019 × 2020 2019 × 2021 Lời giải. Từ giả thiết 3 f ( x ) + xf ′ ( x ) = x 2018 , nhân hai vế cho x 2 ta được A. I =

3 x 2 f ( x ) + x 3 f ′ ( x ) = x 2020 ← →  x 3 f ( x ) ′ = x 2020 .

23

D. I =

1 .

2018 × 2019

Suy ra x 3 f ( x ) = ∫ x 2020 d x =

x 2021 + C. 2021

Thay x = 0 vào hai vế ta được C = 0  → f (x ) = Vậy

1

1

∫

f ( x ) dx = ∫

0

0

x 2018 .

2021 1

1 1 1 1 . . Chọn x 2018 d x = x 2019 = Chọn C. 2021 2021 2019 2021 2019 × 0

Nhận xét: Ý tưởng nhân hai vế cho x 2 là để thu được đạo hàm đúng dạng (uv ) ' = u ' v + uv '.

Câu 67.

67. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;4 ], thỏa mãn f ( x ) + f ′ ( x ) = e− x 2 x + 1 với mọi x ∈ [0;4 ]. Khẳng định nào sau đây là đúng?

26 .

3 C. e4 f (4 ) − f (0 ) = e4 −1.

B. e4 f ( 4 ) − f (0 ) = 3e.

A. e4 f ( 4 ) − f (0 ) =

D. e4 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 ) = 2 x + 1 ⇔ e x f ( x ) = 2 x + 1.

Suy ra e x f ( x ) = ∫

1 2 x + 1d x = (2 x + 1) 2 x + 1 + C .

3

26 . Chọn Chọn A. 3 Câu 68.

68. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ, thỏa mãn f ' ( x ) − 2018 f ( x ) = 2018 x 2017 e2018 x với mọi

Vậy e4 f ( 4 ) − f (0 ) =

x ∈ ℝ và f (0 ) = 2018. Tính giá trị f (1).

A. f (1) = 2018e−2018 .

B. f (1) = 2017 e2018 .

C. f (1) = 2018e2018 .

D. f (1) = 2019 e2018 .

Lời giải. Nhân hai vế cho e−2018 x để thu được đạo hàm đúng, ta được

f ′ ( x ) e−2018 x − 2018 f ( x ) e−2018 x = 2018 x 2017 ⇔  f ( x ) e−2018 x  ′ = 2018 x 2017 .

Suy ra f ( x ) e−2018 x = ∫ 2018 x 2017 d x = x 2018 + C.

→ f ( x ) = ( x 2018 + 2018) e2018 x .

Thay x = 0 vào hai vế ta được C = 2018  Vậy f (1) = 2019 e2018 . Chọn Chọn D. Câu 69.

69. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên ℝ, thỏa mãn f ′ ( x ) + xf ( x ) = 2 xe− x

f (0 ) = −2. Tính f (1).

1 B. f (1) = . e

A. f (1) = e.

2 C. f (1) = . e

x2

Lời giải. Nhân hai vế cho e 2 để thu được đạo hàm đúng, ta được x2

x2

−

f ′ ( x ) e 2 + f ( x ) xe 2 = 2 xe Suy ra e

x2 2

−

f ( x ) = ∫ 2 xe

x2 2

−

d x = −2 e

x2 2

x2 2

x2  x2 ′ − ⇔ e 2 f ( x ) = 2 xe 2 .  

+ C.

Thay x = 0 vào hai vế ta được C = 0  → f ( x ) = −2 e− x .

2

2 Vậy f (1) = −2e−1 = − . Chọn Chọn D. e

24

2 D. f (1) = − . e

2

và

 π f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên 0; , thỏa mãn hệ thức  2  π π  x . Biết rằng 3 f   − f   = aπ 3 + b ln 3 trong đó a, b ∈ ℚ. Tính giá trị f ( x ) + tan xf ′ ( x ) =  3   6  cos 3 x của biểu thức P = a + b.

4 2 7 14 A. P = − .

B. P = − .

C. P = .

D. P = .

9 9 9 9 x x .

Lời giải. Từ giả thiết, ta có cos xf ( x ) + sin xf ′ ( x ) = ⇔ sin xf ( x ) ′ = cos 2 x cos 2 x x d x = x tan x + ln cos x + C. Suy ra sin xf ( x ) = ∫ cos 2 x π  2 π 3  π  π f   = . 3 − ln 2  → → 3 f   = .π 3 − 2 ln 2 + 2C .

Với x =   3  3 3 2  3  3 Câu 70.

70. Cho hàm số

π  π 3 1 π 1 f   = . + ln 3 − ln 2 + C  → f   = .π 3 + ln 3 − 2 ln 2 + 2C .  6  6 3  6  9 2  5 a = π π  5 4 3 f   − f   = π 3 − ln 3  →  → P = a + b = − . Chọn Chọn A. 9   3   6  9  9 b = −1

Với x =

Suy ra

π 1  → 6 2

Vấn đề 10.

10. Kỹ thuật đưa đưa về về bình bình phương phương loại loại 1  π Câu 71. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 0;  , thỏa  2 

π 2



∫  f

2

0

 π  2−π . Tính ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x −  d x = 

4 

2

π 2

tích phân I = ∫ f ( x ) d x .

0

B. I =

A. I = 0. π 2

Lời giải. Ta có

∫ 2 sin 0

2

π .

4

π .

2

   x − π  d x = − 2 − π .  4  2 π 2

Do đó giả thiết tương đương với



∫  f 0

π 2

D. I =

C. I = 1.

2

  π π  ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x −  + 2 sin 2  x −  d x = 0 

4



4 

    π π  π ⇔ ∫  f ( x ) − 2 sin  x −  d x = 0 ⇔ f ( x ) − 2 sin  x −  = 0, ∀x ∈ 0;  .    2   4  4 0  2

π

π

2 2   π π Suy ra f ( x ) = 2 sin  x −   → I = ∫ f ( x ) d x = 2 ∫ sin  x −  d x = 0. Chọn Chọn A.   4 4 0 0 1

Câu 72. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] thỏa

∫ 0

  f 2 ( x ) + 2 ln 2 

2  d x = 2 ∫  f ( x ) ln ( x + 1) d x . Tích e  0 1

1

phân I = ∫ f ( x ) d x .

0

A. I = ln

e .

4

B. I = ln

4 . e

C. I = ln

25

e .

2

D. I = ln

2 . e

Lời giải. Bằng phương pháp tích phân từng phần ta tính được 1 1 2 2 2 2 2 ∫ ln ( x + 1) d x = 2 ln e = ∫ 2 ln e d x.

0 0 1

Do đó giả thiết tương đương với

∫  f ( x ) − ln (1 + x ) d x = 0 ⇔ f ( x ) ≡ ln (1 + x ), ∀x ∈ [0;1].

2

0 1

Suy ra

1

f ( x ) d x = ∫ ln (1 + x ) d x = ln

∫ 0

0

4 . Chọn Chọn B. e

Câu 73. Cho hàm số f ( x ) có đạo liên tục trên [0;1], f ( x ) và f ' ( x ) đều nhận giá trị dương trên [0;1] 1

và thỏa mãn f (0 ) = 2 và

1



∫  f ' ( x ).  f ( x ) 0

15 A. I = .

4

2

15 B. I = .

2

f ' ( x ). f ( x ) d x . Tính I = ∫  f ( x ) d x .

3

0

17 C. I = .

2

1

Lời giải. Giả thiết tương đương với

1

+ 1 d x = 2 ∫  0

∫  0

D. I =

19 .

2

f ' ( x ). f ( x ) −1 d x = 0  2

 → f ' ( x ). f ( x ) = 1, ∀x ∈ [0;1]  → f ' ( x ) f 2 ( x ) = 1  → ∫ f '(x ) f 2 (x )dx = ∫ dx  →

f 3 (x )

3

8 f (0 )= 2 = x + C  →C = .

3 1

19 Vậy f 3 ( x ) = 3 x + 8  → I = ∫  f ( x ) d x = . Chọn Chọn D. 2 3

0

Câu 74. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn f (0 ) = 1, 1 1 1  2 3 1 3∫  f ' ( x ).  f ( x ) +  d x = 2 ∫ f ' ( x ). f ( x ) d x . Tính I = ∫  f ( x ) d x .  9  0  0 0 3 5 5 A. I = .

B. I = .

C. I = .

2 4 6 1

1

0

0

2 1 Lời giải. Giả thiết ⇔ 3∫  f ' ( x ). f ( x ) d x + = 2 ∫   3 1

7 D. I = .

6

f ' ( x ). f ( x ) d x

1

1

1

0

0

0

⇔ ∫ 3 f ' ( x ). f ( x ) d x − 2 ∫ 3 f ' ( x ). f ( x ) d x + ∫ d x = 0 ⇔ ∫ 3 f ' ( x ). f ( x ) −1 d x = 0     2

0

2

 → 3 f ' ( x ). f ( x ) −1 = 0, ∀x ∈ [0;1]  → 9 f ' ( x ). f 2 ( x ) = 1  → ∫ 9 f ' ( x ). f 2 ( x ) d x = ∫ d x

 → 9.

f 3 (x ) 3

( ) = x + C  → C = 3. f 0 =1

1

Vậy f 3 ( x ) =

3 1 7 x + 1  → ∫  f ( x ) d x = . Chọn Chọn D. 3 6 0

Câu 75. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn [0;1], thỏa f (1) − f (0 ) = 1 và 1

1

∫

f ' ( x )  f 2 ( x ) + 1 d x = 2 ∫

0

0

A.

3 .

2

1

f ' ( x ) f ( x ) d x . Giá trị của tích phân

∫  f ( x )

3

d x bằng

0

B.

5 33 − 27 .

18 1

Lời giải. Nhóm hằng đẳng thức ta có

C.

5 33 .

18

D. 1

∫

f ' ( x )  f 2 ( x ) + 1 d x = 2 ∫

0

0

26

f '(x ) f (x )dx

5 33 + 54 .

18

1

1

0

0

⇔ ∫  f ' ( x ) f 2 ( x ) + f ' ( x ) d x − 2 ∫ 1

f ' ( x ) f ( x ) dx = 0

1

⇔ ∫  f ' ( x ) f ( x ) −1 d x + ∫  f ' ( x ) −1 d x = 0   0 0

2

= 0 vi f (1)− f (0 )=1

 → f ' ( x ). f ( x ) = 1, ∀x ∈ [0;1]  → f ' ( x ) f 2 ( x ) = 1  → ∫ f '(x ) f 2 (x )dx = ∫ dx  →

f 3 (x ) 3

() ( ) = x + C  → f 3 ( x ) = 3 x + 3C  →C = f 1 − f 0 =1

5 33 − 27 .

54

1

Vậy f 3 ( x ) = 3 x +

3 5 33 − 27 5 33 . Chọn  → ∫  f ( x ) d x = Chọn C. 18 18 0

Vấn đề 11.

11. Kỹ thuật đưa đưa về về bình bình phương phương loại loại 2 Kỹ thuật Holder 1

Câu 76.

76. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn

∫

1

f ( x ) d x = ∫ xf ( x )d x = 1 và

0 1

0

1

∫  f ( x )

2

d x = 4 . Giá trị của tích phân

0

∫  f (x )

3

d x bằng

0

A. 1.

B. 8.

C. 10.

D. 80.

Lời giải. Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là  f ( x ) , xf ( x ), f ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình 2

phương  f ( x ) + α x + β  .

2

1

Với mỗi số thực α, β ta có

∫

1

1

1

2      f ( x ) + α x + β  d x = ∫  f ( x ) d x + 2 ∫ (α x + β ) f ( x )d x + ∫ (α x + β ) d x 2

2

0

0

0

0

α2 = 4 + 2 (α + β ) + + αβ + β 2 .

3 1

Ta cần tìm α, β sao cho

∫  f ( x ) + αx + β 

2

d x = 0 hay 4 + 2 (α + β ) +

0

α2 + αβ + β 2 = 0 3

⇔ α 2 + (3β + 6 )α + 3β 2 + 6 β + 12 = 0. Để tồn tại α thì ∆ = (3β + 6 ) − 4 (3β 2 + 6 β + 12 ) ≥ 0 2

⇔ −3β 2 + 12 β − 12 ≥ 0 ⇔ −3(β − 2 ) ≥ 0 ⇔ β = 2  → α = −6.

2

1

Vậy

1

∫  f ( x ) − 6 x + 2 

2

d x = 0  → f ( x ) = 6 x − 2, ∀x ∈ [0;1]  → ∫  f ( x ) d x = 10. Chọn Chọn C. 3

0

0

Câu 77.

77. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn 1

1

1

∫

xf ( x )d x = ∫

0

0

x f ( x )d x = 1 và

1

∫  f (x )

2

d x = 5. Giá trị của tích phân

0

∫  f (x )

3

d x bằng

0

A.

5 .

6

B.

6 .

5

C. 8.

D. 10.

Lời giải. Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là  f ( x ) , xf ( x ), 2

x f ( x ) nên ta sẽ liên kết với

2 bình phương  f ( x ) + α x + β x  .   Với mỗi số thực α, β ta có 1

∫ 0

1

1

0

0

(

)

1

(

 f ( x ) + α x + β x  d x =  f ( x ) 2 d x + 2 α x + β x f ( x )d x + α x + β x ∫  ∫ ∫   2

α 2 4 αβ β 2 = 5 + 2 (α + β ) + + + .

3 5 2

27

0

) dx 2

1

Ta cần tìm α, β sao cho

∫  f ( x ) + αx + β 0

2 α 2 4 αβ β 2 + + = 0. x  d x = 0 hay 5 + 2 (α + β ) +  3 5 2

Tương tự như bài trước, ta tìm được α = −15, β = 10.

1

Vậy

∫ 0

1

2 3 5  f ( x ) − 15 x + 10 x  d x = 0  → f ( x ) = 15 x − 10 x , ∀x ∈ [0;1]  → ∫  f ( x ) d x = . Chọn Chọn A.   6 0

1

Câu 78.

78. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn

∫ xf

1 2

( x )d x = ∫ x 2 f ( x ) d x −

0

0

1 . Giá trị 16

1

∫

của tích phân

f ( x ) d x bằng

0

1 5

A. .

1 .

4

B.

1 3

C. .

D.

2 .

5

2 2 Lời giải. Hàm bình phương không như thông thường là  f ( x ) hoặc  f '( x ) .

2 Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là  x f ( x ) , x 2 f ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương





 x f ( x ) + ??? = xf 2 ( x ) + 2 ??? x f ( x ) + (???)2 . So sánh ta thấy được ??? = x x .   2 2

1    x x   x x  d x − 1 = 0.

Do đó giả thiết được viết lại ∫  x f ( x ) −  d x = ∫     2  2  16 0  0  2

1

2

1

Suy ra

x f (x ) =

1 x x x , ∀x ∈ [0;1]  → f ( x ) =  → ∫ f ( x )d x = . Chọn Chọn B. 2 2 4 0

Câu 79.

79. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1;8 ] và thỏa mãn 2

2

8

2  f ( x 3 ) d x + 2 f ( x 3 ) d x = 2 f ( x ) d x − 38 . ∫   3 ∫1 15 1

∫ 1 8

Tích phân

∫

f ( x )d x bằng

1

A.

8 ln 2 .

27

ln 2 .

27

B.

C.

4 .

3

D.

3 .

2

8

Lời giải. Nhận thấy có một tích phân khác cận là

∫

f ( x ) d x . Bằng cách đổi biến x = t 3 ta thu được

1 2

2

1

1

tích phân 3∫ t 2 f (t 3 ) d t = 3 ∫ x 2 f ( x 3 ) d x .

2

Do đó giả thiết được viết lại

∫ 1

2

2

1

1

2  f ( x 3 ) d x + 2 f ( x 3 ) d x = 2 x 2 f ( x 3 ) d x − 38 . ∫ ∫   15

(*)

Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là  f ( x 3 ) , f ( x 3 ), x 2 f ( x 3 ) nên ta sẽ liên kết với bình 2

2 phương  f ( x 3 ) + α x 2 + β  .

Tương tự như các bài trên ta tìm được α = −1, β = 1.

2

Do đó (*) ⇔ ∫ 1

2

2 38 3 2 2 2    f ( x ) − x + 1 d x = − 15 + ∫ (1 − x ) d x = 0 1

8

3  → f ( x 3 ) = x 2 −1, ∀x ∈ [1;2 ]  → f ( x ) = 3 x 2 −1, ∀x ∈ [1;8]  → ∫ f ( x )d x = . Chọn Chọn D. 2 1 1

Câu 80.

80. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (1) = 0 ,

∫  f ′ ( x ) 0

1

∫ 0

1 x 2 f ( x ) d x = . Tích phân 3

1

∫

f ( x ) d x bằng

0

28

2

d x = 7 và

A. 1 .

B.

7 .

5

7 .

4

C.

D. 4 .

Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là  f ′ ( x ) , x 2 f ( x ) không có mối liên hệ với nhau.

2

1

Dùng tích phân từng phần ta có

1

x 2 f (x )dx =

∫ 0

1 1 x3 f ( x ) − ∫ x 3 f ' ( x ) d x . Kết hợp với giả thiết 3 3 0 0

1

f (1) = 0 , ta suy ra

∫x

3

f ' ( x ) d x = −1.

0

 1 ∫ 0 Bây giờ giả thiết được đưa về  1   ∫0 

 f ′ ( x ) d x = 7   2

. Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là x f ' ( x ) d x = −1 3

2  f ′ ( x ) , x 3 f ' ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương  f ' ( x ) + α x 3  .    

2

1

Với mỗi số thực α ta có

∫

1

1

1

0

0

0

 f ' ( x ) + α x 3  d x =  f ' ( x ) 2 d x + 2α x 3 f ' ( x ) d x + α 2 x 6 d x ∫ ∫ ∫    2

0

α2 1 2 = 7 − 2α + = (α − 7 ) .

7 7 1

Ta cần tìm α sao cho

∫  f ' ( x ) + α x 0

1

Vậy

∫  f ' ( x ) + 7 x

7  d x = 0  → f ' ( x ) = −7 x 3 , ∀x ∈ [ 0;1]  → f (x ) = − x 4 + C  4

3 2

0

()  →C = f 1 =0

 d x = 0 hay 1 (α − 7 )2 = 0 ⇔ α = 7.  7

3 2

1

7 7 7 7  → f ( x ) = − x 4 +  → ∫ f ( x ) d x = . Chọn Chọn B. 4 4 4 5 0 1

Cách Cách 2. Dùng tích phân từng phần ta có

∫

1

x 2 f (x )dx =

0

1 1 x3 f ( x ) − ∫ x 3 f ' ( x ) d x . Kết hợp với giả 3 3 0 0

1

thiết f (1) = 0 , ta suy ra

∫x

3

f ' ( x ) d x = −1.

0

Theo Holder

1



0



2

1

1

0

0

2 x 2 (−1) = ∫ x 3 f ' ( x ) d x  ≤ ∫ x 6 d x .∫  f ' ( x ) d x =   7

7 1

.7 = 1.

0

1

Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f ' ( x ) = kx 3 , thay vào

∫x

3

f ' ( x ) d x = −1 ta được k = −7.

0

Suy ra f ' ( x ) = −7 x 3 (làm tiếp như trên) 1

Câu 81.

81. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (1) = 1 ,

∫x

5

f (x )dx =

0 1

∫

f ′ ( x ) d ( f ( x )) =

0

A. f (2 ) = 2.

B. f (2 ) = 1

Lời giải. Viết lại

4 . Tính f (2 ).

13

∫ 0

f ′ ( x ) d ( f ( x )) =

251 .

7

C. f (2 ) =

1

2 4 4 ⇔ ∫  f ′ ( x ) d x = .

13 13 0

29

256 .

7

D. f (2 ) =

261 .

7

11 và 78

1

∫

Dùng tích phân từng phần ta có

1

x 5 f (x )dx =

0 1

f (1) = 1 , ta suy ra

∫x

6

f ′ (x )dx =

0

1 1 x6 f ( x ) − ∫ x 6 f ′ ( x ) d x . Kết hợp với giả thiết 6 6 0 0

2 .

13

 1 ∫ 0 Bây giờ giả thiết được đưa về  1   ∫0 

2  f ′ ( x ) d x = 4   13

. Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là

2 x f '(x )dx = 13 6

2  f ′ ( x ) , x 6 f ' ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương  f ' ( x ) + α x 6  . Tương tự như bài trên ta tìm     2 5 f (1)=1 được α = −2  → f ′ ( x ) = 2 x 6  → f ( x ) = x 7 + C  →C = .

7 7 2 5 261 Vậy f ( x ) = x 7 +  . Chọn → f (2 ) = Chọn D. 7 7 7 Cách 2. Theo Holder 2 2 1 1 1   2    =  x 6 f ′ ( x ) d x  ≤ x 12 dx .  f ′ ( x ) 2 d x = 1 . 4 = 4 . ∫ ∫  13   ∫0  13 13 169 0 0

2

Câu 82.

82. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (1) = 2, f (0 ) = 0 và 1

∫

1

 f ' ( x ) d x = 4. . Tích phân   2

0

∫  f

3

( x ) + 2018 x  d x . bằng

0

A. 0.

B. 1011.

C. 2018.

1

Lời giải. Từ giả thiết f (1) = 2, f (0 ) = 0 suy ra

∫

D. 2022.

1

f ' ( x ) d x = f ( x ) = 2.

0

0

Hàm dưới dấu tích phân là  f ' ( x ) , f ' ( x ) nên sẽ liên kết với bình phương  f ' ( x ) + α  .

2

2

( ) → f ' ( x ) = 2  → f ( x ) = 2 x + C  → C = 0.

Ta tìm được α = −2  f 0 =0

1

Vậy f ( x ) = 2 x  → ∫  f 3 ( x ) + 2018 x  d x = 1011. Chọn Chọn B. 0

Cách 2. Theo Holder 1 1 1 2  2 =  ∫ f ' ( x ) d x  ≤ ∫ d x .∫  f ' ( x ) d x = 1.4 = 4.   0  0 0 2

2

2

Câu 83.

83. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1;2 ], thỏa mãn

1 f ( x ) dx = − , 3

∫ ( x −1)

2

1 2

f (2 ) = 0 và

∫  f ' ( x )

2 2

d x = 7. Tích phân

1

7 .

20

A. −

∫

f ( x ) d x bằng

1

B.

7 .

20

7 C. − .

5

D.

7 .

5

2

Lời giải. giải. Chuyển thông tin

∫ ( x −1)

2

f ( x ) d x sang f ' ( x ) bằng cách tích phân từng phần, ta được

1 2

∫ ( x −1)

3

f ' ( x ) d x = 1.

1 2 3 3 Hàm dưới dấu tích phân là  f ' ( x ) , ( x −1) f ' ( x ) nên liên kết với  f ' ( x ) + α ( x −1)  .   7 7 3 4 f ( 2)= 0 Ta tìm được α = −7  → f ' ( x ) = 7 ( x −1)  → f ( x ) = ( x −1) + C → C = − .

4 4

2

30

2

7 7 7 4 Vậy f ( x ) = ( x −1) −  → ∫ f ( x ) d x = − . Chọn Chọn C. 4 4 5 1 Cách 2. Theo Holder 2 2 2  2 1 3 6 1 =  ∫ ( x −1) f ' ( x ) d x  ≤ ∫ ( x −1) d x ∫  f ' ( x ) d x = .7 = 1.

7  1  1 1 2

1

1

Câu 84.

84. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (1) = 1,

∫  f ' ( x )

2

dx =

0 1

9 và 5

1

∫ f ( x ) d x = 5 . Tích phân ∫ 2

0

f ( x ) d x bằng

0

1 A. I = .

5

1 B. I = .

4

3 C. I = .

5

3 D. I = .

4

1

Lời giải. Chuyển thông tin

∫ f ( x ) dx

sang f ' ( x ) bằng cách:

0 1

→ ∫ tf (t ) d t = Đặt t = x  0

1 hay 5

1

1

∫ xf ( x ) d x = 5 .

0

1

Tích phân từng phần

∫

1

xf ( x ) d x , ta được

∫x

0

0

2

3 f '( x ) dx = .

5

Hàm dưới dấu tích phân là  f ' ( x ) , x f ' ( x ) nên liên kết với  f ' ( x ) + α x 2  .

2

2

2

() Ta tìm được α = −3  → f ' ( x ) = 3 x 2  → f ( x ) = x 3 + C  → C = 0. f 1 =1

1

1 Vậy f ( x ) = x 3  → ∫ f ( x ) d x = . Chọn Chọn B. 4 0 Cách 2. Theo Holder 2 1 1 1   3    =  x 2 f ' ( x ) d x  ≤ x 4 d x  f ' ( x ) 2 d x = 1 . 9 = 9 . ∫ ∫ ∫    5  5 5 25 0 0  0  2

Câu 85.

85. Cho hàm số 1

∫

f ' ( x ) cos (π x ) d x =

0

f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn

π và 2

1

∫ 0

1 f 2 ( x ) d x = . Tích phân 2

f (0 ) + f (1) = 0,

1

∫

f ( x ) d x bằng

0

1 2 3π . .

B. .

C. π.

D. π π 2 Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là f 2 ( x ) và f ' ( x ) cos (π x ) , không thấy liên kết.

A.

Do đó ta chuyển thông tin của f ' ( x ) cos (π x ) về f ( x ) bằng cách tích phân từng phần của 1

∫ 0

π f ' ( x ) cos (π x ) d x = cùng với kết hợp f (0 ) + f (1) = 0, ta được 2

1

∫ 0

1 f ( x ) sin (π x ) d x = .

2

Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là f ( x ) và f ( x ) sin (π x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương 2

 f ( x ) + α sin (π x ) .   2

1

Ta tìm được α = −1  → f ( x ) = sin (π x )  → ∫ f ( x ) dx = 0

2 . Chọn Chọn B. π

Cách 2. Theo Holder 2 1 1 1   1    =  f ( x ) sin (π x ) d x  ≤ f 2 ( x ) d x . sin (π x ) 2 dx = 1 . 1 . ∫ ∫   2   ∫0  2 2 0 0 2

31

π

Câu 86.

86. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0; π ], thỏa mãn

∫

f ' ( x ) sin xd x = −1 và

0

π

∫

f 2 ( x ) dx =

0

2 . Tích phân π

π

∫ xf ( x ) dx

bằng

0

6 4 2 4 A. − .

B. − .

C. .

D. . π π π π Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là f 2 ( x ) và f ' ( x ) sin x , không thấy liên kết. f ' ( x ) sin x về

Do đó ta chuyển thông tin của π

∫

f ( x ) bằng cách tích phân từng phần của

π

f ' ( x ) sin xd x = −1, ta được

0

∫

f ( x ) cos xd x = 1.

0

Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là f 2 ( x ) và f ( x ) cos x nên ta sẽ liên kết với bình phương

 f ( x ) + α cos x  .   2

π

Ta tìm được α = −

π

2 2 2 x cos x 4 d x = − . Chọn  → f ( x ) = cos x  → ∫ xf ( x ) d x = ∫ Chọn B. π π π π 0 0

Cách 2. Theo Holder 2

π

π

π

2 π π 2

(1) = ∫ f ( x ) cos xd x ≤ ∫ f 2 ( x ) d x ∫ cos2 xd x = . = 1.

2

0

0

0

1

Câu 87.

87. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa f (1) = 0,

∫ 0

1

∫ 0

 πx  1 cos   f ( x ) d x = . Tích phân  2  2

2

 f ' ( x ) d x = π   8 2

và

1

∫

f ( x ) d x bằng

0

π .

D. π.

2  πx  2 Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là  f ' ( x ) và cos   f ( x ) , không thấy liên kết.  2   πx  Do đó ta chuyển thông tin của cos   f ( x ) về f ' ( x ) bằng cách tích phân từng phần của  2  A.

1

∫ 0

1 . π

B.

2 . π

C.

 πx  1 cos   f ( x ) d x = cùng với kết hợp f (1) = 0, ta được  2  2

1

 πx 

π

∫ sin  2  f ' ( x ) dx = − 4 .

0

πx  Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là  f ' ( x ) và sin   f ' ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương  2  2

  π x   f ' ( x ) + α sin   .  2    2

Ta tìm được α =

 πx  πx  π π f (1)= 0  → f ' ( x ) = − sin    → f ( x ) = cos   + C → C = 0.    2   2  2 2

1 πx  2 Vậy f ( x ) = cos    → ∫ f ( x ) d x = . Chọn Chọn B.  2  π 0

Cách 2. Theo Holder 2 1 1 1   π  πx  2 1 π2  2 πx  −  =  ∫ sin   f ' ( x ) d x  ≤ ∫ sin   d x .∫  f ' ( x ) d x = . .  4  2   2  2 8  0  0 0 2

1

Câu 88.

88. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn

∫ 0

1

∫ 0

1

f ( x ) d x = 2. Tích phân 2

∫ 0

x f   d x bằng  2  32

f ' ( x ) sin (π x ) d x = π và

6 4 4 6 A. − .

B. − .

C. .

D. . π π π π Lời giải. Chuyển thông tin của f ' ( x ) sin (π x ) về f ( x ) bằng cách tích phân từng phần của 1

∫

1

f ' ( x ) sin (π x ) d x = π, ta được

∫

0

f ( x ) cos (π x ) d x = −1.

0

Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là f 2 ( x ) và cos (π x ) f ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương

 f ( x ) + α cos (π x ) .   2

1 1 x πx  4 Ta tìm được α = 2  → f ( x ) = −2 cos (π x )  → ∫ f   d x = −2 ∫ cos   d x = − . Chọn Chọn B. 2  2    π 0 0

Cách 2. Theo Holder



1





0



2

1

1

0

0

2 1 2 (−1) =  ∫ f ( x ) cos (π x ) d x  ≤ ∫ cos2 (π x ) d x ∫  f ( x ) d x = .2.

2

 π π Câu 89.

89. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 0;  , thỏa f   = 0,  2   2  π 2

x

π

∫ (sin x − x ) f ′  2  dx = 6π. Tích phân ∫  f ′′ ( x ) 0

3

π 2

∫

f 2 ( x ) d x = 3π và

0

d x bằng

0

2 A. − . π

C. 3π.

B. 0.

x

π

Lời giải. Tích phân từng phần của

D. 9 π.

∫ (sin x − x ) f ′  2  dx = 6π, kết hợp với 0

π 2

ta được

∫ sin

2

xf ( x ) d x =

0

π f   = 0 ta được  2 

3π .

4

Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là f 2 ( x ) và sin 2 xf ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương

 f ( x ) + α sin 2 x  .   → f ( x ) = 4 sin 2 x ⇒ f ' ( x ) = 4 sin 2 x ⇒ f '' ( x ) = 8 cos 2 x .

Ta tìm được α = −4  2

π 2

Vậy

∫  f ′′ ( x )

3

π 2

d x = ∫ [8 cos 2 x ] d x = 0. Chọn Chọn B. 3

0

0

Cách 2. Theo Holder π π π   2 2 2  3π  .3π. =  ∫ sin 2 xf ( x ) d x  ≤ ∫ sin 4 xd x ∫ f 2 ( x ) d x = 16  0  0 0   2

 3π     4 

2

Câu 90.

90. Cho hàm số 1

f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn

1

∫  f ' ( x )

2

d x = ∫ ( x + 1) ex f ( x ) d x =

0

0

A. I =

e −1 .

2

f (1) = 0 và

1

B. I =

e2 − 1 . Tính tích phân I = ∫ f ( x ) d x .

4 0

e2 .

4

C. I = e − 2.

e D. I = .

2

1

Lời giải. Tích phân từng phần của

∫ ( x + 1) e

x

f ( x ) d x , kết hợp với f (1) = 0 ta được

0 1

∫

xex f ' ( x ) d x = −

0

e2 − 1 .

4

2 Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là  f ' ( x ) và xex f ' ( x ) nên ta sẽ liên kết với  f ( x ) + α xex  .

2

33

() → f ' ( x ) = −xe x  → f ( x ) = −∫ xe x d x = (1 − x ) e x + C  → C = 0.

Ta tìm được α = 1  f 1 =0

1

1

→ ∫ f ( x ) d x = ∫ (1 − x ) e x d x = e − 2. Chọn Vậy f ( x ) = (1 − x ) e x  Chọn C. 0

0

Cách 2. Theo Holder 2 1 1 1   e2 −1 2 e2 − 1 e2 − 1 −  =  ∫ xex f ' ( x ) d x  ≤ ∫ x 2 e2 x d x . ∫  f ' ( x ) d x = . .   4  4 4  0 0 0 2

Câu 91.

91. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (0 ) = 0, f (1) = 1 và 1

∫ 0

 f ' ( x )   d x = 1 . Tích phân ex e −1 2

A.

e− 2 . e −1

B.

1

∫

f ( x ) d x bằng

0

e −1 . e− 2

D.

1

(e −1)(e − 2 )

.

C. 1.

 f ' ( x ) Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là  x  nên ta cần tìm một thông tin liên quan f ' ( x ). e 2

1

Từ giả thiết f (0 ) = 0, f (1) = 1 ta nghĩ đến

∫

1

f ' ( x ) d x = f ( x ) = f (1) − f (0 ) = 1.

0

0

 f ' ( x ) Do đó ta có hàm dưới dấu tích phân là  x  và f ' ( x ) nên sẽ liên kết với bình phương e 2  f '(x )   + α e x  . Với mỗi số thực α ta có   ex  2 2 1 1  1 1  f '(x )  f ' ( x ) x  2 x   ∫  ex + α e  d x = ∫ ex dx + 2α ∫ f ' ( x ) dx + α ∫ e d x 0  0 0 0  2 1 1  2 = + 2α + α (e −1) = (e −1) α + 1 . e −1 e −1  2 1  f '(x )  2 1  1  + α e x  d x = 0 hay Ta cần tìm α sao cho ∫  (e −1) α + 1 = 0 ⇔ α = − e −1 . x − 1 e e 0   2

 f '(x )  f '(x ) 1 1 x x ∫  ex − e −1 e  d x = 0 ⇒ ex ≡ e −1 e , ∀x ∈ [0;1].

0   x x 1 e e ex f (0 )= 0, f (1)=1 dx = .

Suy ra f ' ( x ) =  → f (x ) = ∫ + C  →C = − e −1 e −1 e −1 e −1

Với α = −

2

1

1 thì e −1

1

Vậy f ( x ) =

e x −1 e− 2 . Chọn  → ∫ f ( x ) dx = Chọn A. e −1 e −1 0

Cách 2. Theo Holder 2 2 2 1  1 1   1 f '(x )  f ' ( x ) 1 2 x      1 =  ∫ f ' (x )dx  =  ∫ . e dx  ≤ ∫ d x ∫ ex dx = . (e −1) = 1. x x e e −1 e  0   0  0 0 Câu 92. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (0 ) = 0, f (1) = 1 và 1

∫

1 + x 2  f ' ( x ) d x =

0

A.

(

)

1 2 ln 1 + 2 .

2

1

1

2

(

ln 1 + 2 B.

)

. Tích phân

∫ 0

f (x ) 1+ x 2

2 −1 2 ln 1 + 2 .

2

(

)

C.

1

Lời giải. Tương tự bài trước, ta có

∫

1

d x bằng

(

)

1 ln 1 + 2 .

2

f ' ( x ) d x = f ( x ) = f (1) − f (0 ) = 1.

0

0

34

D.

(

) (

)

2 −1 ln 1 + 2 .

1 + x 2  f ' ( x ) và f ' ( x ) nên sẽ liên kết với bình phương 2

Do đó ta có hàm dưới dấu tích phân là

  4 1 + x 2 f '(x )+ α  4 1+ x 2  Ta tìm được α = −

  .   1

(

ln 1 + 2

1

 → f (x ) =

2

(

ln 1 + 2

)

.∫

1

 → f '(x ) =

)

1 1+ x

2

dx =

(

ln 1 + 2 1

(

ln 1 + 2

(

f (x )

1

∫ 0

=

dx =

1+ x2

1

(

ln 1 + 2

(

1

)∫

(

ln 1 + 2

)

.

2

1+ x2

0

ln 2 x + 1 + x 2

1

(

ln x + 1 + x 2

)

1

= 0

1+ x 2

(

)

ln x + 1 + x 2 + C.

).

ln x + 1 + x 2

→ f (x ) = Mà f (0 ) = 0, f (1) = 1 ⇒ C = 0 

Vậy

)

)

1

.

(

ln 1 + 2

) dx =

(

)

1

1

(

ln 1 + 2

)∫ 0

(

) (

)

  ln x + 1 + x 2 d  ln x + 1 + x 2   

)

1 ln 1 + 2 . Chọn C. 2

Cách 2. Theo Holder 2 1 1 1 1  2 1   2 1 =  ∫ f ' ( x ) d x  = ∫ 4 1 + x 2 f ' ( x ). d x ≤ ∫ 1 + x 2  f ' ( x ) d x .∫  4  0 1+ x 2 0 0 0

=

1

(

ln 1 + 2

)

(

dx 1+ x 2

)

. ln 1 + 2 = 1.

1

Câu 93.

93. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [−1;1], thỏa mãn f (−1) = 0,

∫  f ' ( x )

2

d x = 112

−1

1

và

∫x

1

2

f (x )dx =

−1

A. I =

16 . Tính tích phân I = ∫ f ( x ) d x .

3 −1

84 .

5

B. I =

35 .

2

C. I = 1

Lời giải. Như các bài trước, ta chuyển

∫x

2

f (x )dx =

−1

35 .

4

D. I =

168 .

5

16 về thông tin của f ' ( x ) bằng cách tích phân 3

 d u = f ' ( x ) d x u = f ( x )   3 . từng phần. Đặt  ⇒ d v = x 2 d x v = x   3 1

Khi đó

∫

−1

1

x 2 f (x )dx =

1

1 x3 1 1 1 1 f ( x ) − ∫ x 3 f ' ( x ) d x = f (1) + f (−1) − ∫ x 3 f ' ( x ) d x . Tới đây ta bị 3 3 −1 3 3 3 −1 −1

vướng f (1) vì giả thiết không cho. Do đó ta điều chỉnh lại như sau

 d u = f ' ( x ) d x u = f ( x )   3 ⇒ với k là hằng số.  d v = x 2 d x v = x + k   3 1 1 3 3 1 x  x  Khi đó ∫ x 2 f ( x ) d x =  + k  f ( x ) − ∫  + k  f ' ( x ) d x   −1 3 3 −1 −1 1 x3  1   1  =  + k  f (1) − − + k  f (−1) − ∫  + k  f ' ( x ) d x .   3    3  3 −1 = 0 do f (−1)= 0

35

Ta chọn k sao cho

1 1 +k = 0 ⇔ k =− .

3 3

1

1

1

16 1 = ∫ x 2 f ( x ) d x = − ∫ ( x 3 −1) f ' ( x ) d x  → ∫ ( x 3 −1) f ' ( x ) d x = −16.

3 3 −1 −1 −1

Khi đó

2 Hàm dưới dấu tích phân là  f ' ( x ) , ( x 3 −1) f ' ( x ) nên ta liên kết với  f ' ( x ) + α ( x 3 −1) .   7 → f ' ( x ) = −7 ( x 3 −1) ⇒ f ( x ) = −7 ∫ ( x 3 −1) d x = − x 4 + 7 x + C Ta tìm được α = 7  4 1 35 7 35 84 f (−1)= 0  →C =  → f ( x ) = − x 4 + 7 x + . Vậy I = ∫ f ( x ) d x = .

4 4 4 5 −1

2

Cách 2. Theo Holder





2

1

1

1

−1

−1

2 2 16 2 (−16 ) =  ∫ ( x 3 −1) f ' ( x ) d x  ≤ ∫ ( x 3 −1) d x . ∫  f ' ( x ) d x = .112 = 256.   7

 −1



f (x )

Câu 94.

94. Cho hàm số 1

∫  f ' ( x ) 0

A.

2

3 d x = − 2 ln 2 và 2

1 − ln 2 .

2

B.

1

có đạo hàm liên tục trên

f (x )

[0;1], thỏa mãn

f (1) = 0,

1

∫ ( x + 1)

3 d x = 2 ln 2 − . Tích phân 2

1 − 2 ln 2 .

2

3 − 2 ln 2 3 − 4 ln 2 . .

D. 2 2 f (x ) 3 d x = 2 ln 2 − về thông tin của f ' ( x ) bằng cách tích 2 2 ( x + 1)

2

0

1

Lời giải. Như các bài trước, ta chuyển

∫ 0

∫

f ( x ) d x bằng

0

C.

u = f ( x ) d u = f ' ( x ) d x    phân từng phần. Đặt  . ⇒ 1 d v = d x v = − 1 2 ( x + 1) x +1   1 1 f (x ) f (x ) 1 f '(x ) f (1) f (0 ) 1 f ' ( x ) dx = − dx = − d x . Tới đây ta bị vướng Khi đó ∫ +∫ + +∫ 2 x +1 0 0 x +1 2 1 x +1 0 ( x + 1) 0 f (0 ) vì giả thiết không cho. Do đó ta điều chỉnh lại như sau

1

Khi đó

∫ 0

u = f ( x ) d u = f ' ( x ) d x   ⇒ với k là hằng số.

1  d x v = − 1 + k 2 d v =  ( x + 1) x +1   1 1 f (x )     1 1 + k  f ( x ) − ∫ − + k  f ' ( x ) d x = d x = − 2    x +1   x +1  0 ( x + 1) 0 f (1)= 0

=

1   1 − (−1 + k ) f (0 ) − ∫ − + k  f ' ( x ) d x .  x + 1  0

Ta chọn k sao cho −1 + k = 0 ⇔ k = 1.

1 1 1 f (x ) 3 3 x x Khi đó 2 ln 2 − = ∫ d ' d x = − f x x  → f ' ( x ) d x = − 2 ln 2. ( ) 2 ∫ ∫ 2 x + 1 x + 1 2 x + 1 ) 0 ( 0 0

 2 x x   . f ' ( x ) nên ta liên kết với  f ' ( x ) + α Hàm dưới dấu tích phân là  f ' ( x ) ,  x + 1 x +1  x x → f '(x ) = ⇒ f (x ) = ∫ Ta tìm được α = −1  d x = x − ln x + 1 + C x +1 x +1 2

()  → C = ln 2 −1  → f ( x ) = x − ln ( x + 1) + ln 2 −1. Vậy f 1 =0

1

∫ 0

Cách 2. Theo Holder

36

f ( x ) dx =

1 − 2 ln 2 . Chọn Chọn B. 2

2 2 1 1 1 x     x   2  3    3 − 2 ln 2 =   3   ' d d ≤ f x x x   ∫ ∫ ∫ x +1 ( )   f ' ( x ) d x =  2 − 2 ln 2 2 − 2 ln 2.   2   x + 1  0  0 0 2

Câu 95.

95. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1;2 ], đồng biến trên [1;2 ], thỏa mãn f (1) = 0 , 2

∫

2

 f ′ ( x ) d x = 2 và   2

∫

1

2

f ( x ). f ' ( x ) d x = 1. Tích phân

1

A.

2 .

2

f ( x ) d x bằng

∫ 1

B.

C. 2.

2.

D. 2 2.

Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là  f ′ ( x ) , f ( x ). f ′ ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương 2

 f ′ ( x ) + α f ( x ) . Nhưng khi khai triển thì vướng   2

2

∫  f ( x )

2

d x nên hướng này không khả thi.

1 2

Ta có 1 = ∫ f ( x ).f ' ( x ) d x =

f 2 (x )

2

2

1

1

f 2 (2) − f 2 (1)

=

2

f 2 (2 ) − 0

=

2

 → f (2 ) = 2 (do đồng biến

trên [1;2 ] nên f (2 ) > f (1) = 0 ) 2

Từ f (1) = 0 và f (2 ) = 2 ta nghĩ đến

2

f ' ( x ) d x = f ( x ) = f (2 ) − f (1) = 2 − 0 = 2.

∫

1

1

Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là  f ′ ( x ) , f ′ ( x ) nên ta sẽ liên kết với  f ′ ( x ) + α  .

2

2

() Ta tìm được α = − 2  → f ' ( x ) = 2  → f ( x ) = 2 x + C  → C = − 2. f 1 =0

2

2 . Chọn Chọn A. 2

Vậy f ( x ) = 2 x − 2  → ∫ f (x )dx = 1

1

Câu 96.

96. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f (1) = 0 ,

∫

f 2 ( x ) d x = 1 và

0 1

∫ 0

 f ′ ( x ) f 2 ( x ) d x = 3 . Giá trị của f 2   4 2

3 A. − .

2

B.

( 2 ) bằng (

3 1− 2

3 .

2

C.

2

).

D. −

(

3 1− 2 2

).

Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là  f ′ ( x ) f ( x ) và f ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương 2

2

2

 f ′ ( x ) f ( x ) + α f ( x ) . Nhưng khi khai triển thì vướng   2

1

∫

f 2 ( x ) f ' ( x ) d x nên hướng này không khả

0

thi.

1

Tích phân từng phần

∫

1

f 2 ( x ) d x = 1 kết hợp với f (1) = 0, ta được

0

1

∫ xf ( x ) f ' ( x ) d x = − 2 .

0

Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là  f ′ ( x ) f 2 ( x ) và xf ( x ) f ' ( x ) nên ta sẽ liên kết với bình phương 2  f (x ) f '(x ) + αx  .   f 2 (x ) 3 3 3 3 → f ( x ) f ' ( x ) = − x ⇒ ∫ f ( x ) f ' ( x ) d x = − ∫ xd x ⇒ = − x 2 +C Ta tìm được α =  2 2 2 2 4 2

f (1)= 0

→ C =

3 3  → f 2 ( x ) = (1 − x 2 )  →f2 4 2

( 2 ) = − 23 . Chọn A. 2

Câu 97.

97. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;2 ], thỏa mãn f (2 ) = 1 ,

∫x 0

2

∫  f ' ( x ) 0

4

dx =

32 . Giá trị của tích phân 5

2

∫

f ( x ) d x bằng

0

37

2

f (x )dx =

8 và 15

3 A. − .

2

2 B. − .

3

7 C. − .

3

D.

7 .

3

Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân  f ' ( x ) và x 2 f ( x ) . Lời khuyên là đừng có cố liên kết với bình phương nào, vì có tìm cũng không ra.

2 2 8 32 Tích phân từng phần ∫ x 2 f ( x ) d x = kết hợp với f (2 ) = 1 , ta được ∫ x 3 f ′ ( x ) d x = .

15 5 0 0 4

Áp dụng Holder 2 lần ta được 4 4 2 2 4 2  2  2  2     32  =  x 3 f ′ ( x ) d x  =  x 2 . xf ′ ( x ) d x  ≤  x 4 d x   x 2  f ' ( x ) 2 d x  ∫  ∫      ∫   ∫   5   0 0 0 0 2 2 2 4    ≤  ∫ x 4 d x  × ∫ x 4 d x .∫  f ' ( x ) d x      0   0 0 2

4 2 2  4 1048576  32  =  ∫ x 4 d x  × ∫  f ' ( x ) d x = =   .   5   0 625 0 3

2

Dấu '' = '' xảy ra, tức là xf ' ( x ) = kx 2 ⇒ f ' ( x ) = kx thay vào

∫  f ' ( x )

4

dx =

0

 → f '(x ) = x ⇒ f (x ) = ∫

32 tìm được k = 1 5

x2 f (2 )=1 + C  → C = −1. xd x = 2

2

Vậy f ( x ) =

2 x2 −1  → ∫ f ( x ) d x = − . Chọn Chọn B. 2 3 0

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 4  f ' ( x ) + x 4 + x 4 + x 4 ≥ 4 x 3 f ' ( x ).   2

Do vậy

2

∫  f ' ( x )

4

2

d x + 3 ∫ x 4 d x ≥ 4 ∫ x 3 f ′ ( x ) d x . Mà giá trị của hai vế bằng nhau, có nghĩa là dấu

0

0

0

'' = '' xảy ra nên f ' ( x ) = x . (Làm tiếp như trên).

Vấn đề 12.

12. Kỹ thuật đánh giá AMAM-GM Câu 98.

98. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm f ' ( x ) liên tục trên [0;1], thỏa mãn 1

f (1) = ef (0 ) và

∫ 0

2e . e −1

A. f (1) = 1

Lời giả giải. Ta có

∫ 0

= 2 ln f ( x )

1

1

2 dx + ∫  f ' ( x ) d x ≤ 2. Mệnh đề nào sau đây đúng ?

2 f (x ) 0

B. f (1) =

2 (e − 2 ) e −1

1

1

2 dx +  f ' ( x ) d x = ∫ f 2 ( x ) ∫0  0

= 2 ln f (1) − 2 ln f (0) = 2 ln

0 1

Mà

∫ 0

C. f (1) =

.

2 e2 . e2 −1

D. f (1) =

2 (e − 2 ) e −1

  AM −G M 1  1 +  f ' ( x ) 2  d x ≥ 2 f ' ( x ) d x ∫ f (x )    f 2 (x )  0   f (1) = 2 ln e = 2. f (0 )

1

2 dx 1 + ∫  f ' ( x ) d x ≤ 2 nên dấu '' = '' xảy ra, tức là f ' ( x ) = ⇔ f (x ) f '(x ) = 1 2 f (x ) 0 f (x )

 → ∫ f ( x ) f ' ( x ) d x = ∫ xd x ⇔

f 2 (x )

Theo giả thiết f (1) = ef (0 ) nên ta có

2

= x + C  → f ( x ) = 2 x + 2C .

2 + 2C = e 2C ⇔ 2 + 2C = e2 2C ⇔ C =

38

1 e −1 2

.

2 2 2 e2 1 2 . Chọ ⇒ f = + = Chọn C. ( ) e2 − 1 e2 − 1 e2 − 1 Câu 99.

99. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương trên [0;1], có đạo hàm dương và liên tục trên [0;1],  → f (x ) = 2 x +

1

thỏa mãn f (0 ) = 1 và

1

∫ 0

1

 f 3 ( x ) + 4  f ' ( x ) 3  d x ≤ 3 f ' ( x ) f 2 ( x ) d x . Tính I = f ( x ) d x . ∫ ∫     0 0

e −1 .

2 Lời giả giải. Áp dụng bất đẳng thức AM − G M cho ba số dương ta có A. I = 2

(

)

B. I = 2 (e2 −1).

e −1 .

f 3 (x )

f 3 ( x ) + 4  f ' ( x ) = 4  f ' ( x ) + 3

1



3

Mà

2

f 3 (x ) f 3 (x ) . = 3 f ' ( x ) f 2 ( x ).

2 2

≥ 3 3 4  f ' ( x ) .

3



0 1



∫  f

3 ( x ) + 4  f ' ( x )  d x ≤ 3∫ f ' ( x ) f 2 ( x ) d x nên dấu '' = '' xảy ra, tức là

3



0

0

4  f ' ( x ) = 3

 →

f 3 (x )

e2 − 1 .

2

3 ( x ) + 4  f ' ( x )  d x ≥ 3 ∫ f ' ( x ) f 2 ( x ) d x .

0

1

2

+

D. I =

1

∫  f

Suy ra

3

C. I =

f '(x ) f (x )

=

f 3 (x )

2

=

f 3 (x )

2

1 f (x ) 2

⇔ f '(x ) =

f '(x )

1 x +C 1 1 1 d x = ∫ d x ⇒ ln f ( x ) = x + C  ⇒∫ → f (x ) = e2 .

2 2 2 f (x ) 1

1

x

Theo giả thiết f (0 ) = 1 ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = e 2  → ∫ f ( x ) dx = 2

(

)

e −1 . Chọ Chọn A.

0

Câu 100.

100. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương trên [0;1], có đạo hàm dương liên và tục trên [0;1], 1

thỏa mãn

∫ 0

xf ' ( x ) f (x )

1 d x ≥ 1 và f (0 ) = 1, f (1) = e2 . Tính giá trị của f  .  2 

1 A. f   = 1.  2 

1 B. f   = 4.  2 

Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là đạo hàm đúng

f '(x ) f (x )

xf ' ( x ) f (x )

1 C. f   = e.  2  = x.

f '(x ) f (x )

1 D. f   = e.  2 

, ∀x ∈ [0;1]. Điều này làm ta liên tưởng đến

, muốn vậy ta phải đánh giá theo AM − G M như sau:

f '(x ) f (x )

+ mx ≥ 2 m .

xf ' ( x ) f (x )

với m ≥ 0 và x ∈ [0;1].

Do đó ta cần tìm tham số m ≥ 0 sao cho 1

∫ 0

1    f ' ( x ) + mx  d x ≥ 2 m . ∫  f (x )  0  

xf ' ( x ) f (x )

dx

hay

ln f ( x )

1 0

+m

x2 2

1

≥ 2 m .1 ⇔ ln f (1) − ln f (0 ) +

0

m m ≥ 2 m ⇔ 2 −0 + ≥ 2 m.

2 2

m = 2 m ⇔ m = 4.

2 f '(x ) Với m = 4 thì đẳng thức xảy ra nên = 4x f (x )

Để dấu '' = '' xảy ra thì ta cần có 2 − 0 +

 →∫

f '(x ) f (x )

d x = ∫ 4 xd x ⇔ ln f ( x ) = 2 x 2 + C ⇒ f ( x ) = e2 x

39

2

+C

.

 f (0 ) = 1 1 2 Theo giả thiết  ⇒ C = 0  → f ( x ) = e2 x  → f   = e. Chọn Chọn C.  2  2   f (1) = e  Cách 2. Theo Holder 2 2 1 1  1 xf ' ( x )  1  f x f '(x ) f (1) ' ( )  1   2 1 ≤ ∫ d x  =  ∫ x . d x  ≤ ∫ xd x . ∫ d x = . ln = 1.     f x f x f x 2 f ( ) ( ) ( ) (0 ) 0  0  0 0 Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có Suy ra

f '(x ) f (x )

f '(x ) f (x )

1

= kx , thay vào

∫ 0

xf ' ( x ) f (x )

d x = 1 ta được k = 4.

= 4 x . (làm tiếp như trên) 1

Câu 101.

101. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn

∫  f ( x ) f ' ( x )

2

d x ≤ 1 và

0

1 f (0 ) = 1, f (1) = 3. Tính giá trị của f  .  2  1 1 1 1 A. f   = 2.

B. f   = 3.

C. f   = e.

D. f   = e.  2   2   2   2  Lời giải. Nhận thấy bài này ngược dấu bất đẳng thức với bài trên.

2 Hàm dưới dấu tích phân là  f ( x ) f ' ( x ) . Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng f ( x ) f ' ( x ) , muốn vậy ta phải đánh giá theo AM − G M như sau:  f ( x ) f ' ( x ) + m ≥ 2 m . f ( x ) f ' ( x ) với m ≥ 0.   Do đó ta cần tìm tham số m ≥ 0 sao cho 2

1

∫(

1

)

 f ( x ) f ' ( x ) + m d x ≥ 2 m f ( x ) f ' ( x ) d x . ∫   2

0

0

hay

1+ m ≥ 2 m.

f 2 (x )

1

2

0

⇔ 1+ m ≥ 2 m.

Để dấu '' = '' xảy ra thì ta cần có 1 + m = 2 m ⇔ m = 1.

 f (x ) f '(x ) = 1 2 Với m = 1 thì đẳng thức xảy ra nên  f ( x ) f ' ( x ) = 1 ⇔  .  f ( x ) f ' ( x ) = −1 1 1 1 f 2 (x ) 1 → ∫ f ( x ) f ' ( x ) d x = −∫ d x ⇔ = −x ⇔ 1 = −1. (vô lý) f ( x ) f ' ( x ) = −1  2 0 0 0 0 f ( x ) f ' ( x ) = 1  → ∫ f (x ) f '(x )dx = ∫ dx ⇔

f 2 (x ) 2

= x + C  → f ( x ) = 2 x + 2C .

 1 1  f (0 ) = 1 Theo giả thiết  ⇒ C =  → f ( x ) = 2 x + 1  → f   = 2. Chọn Chọn A.  2   f (1) = 3 2  1 f 2 (x ) 1 1 2 Cách 2. Ta có ∫ f ( x ) f ' ( x ) d x = =  f (1) − f 2 (0 ) = 1.

2 2 0 0 Theo Holder 1 1 1  2 12 =  ∫ 1. f ( x ) f ' ( x ) d x  ≤ ∫ 12 d x .∫  f ( x ) f ' ( x ) d x ≤ 1.1 = 1.  0  0 0 2

1

Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f ' ( x ) f ( x ) = k , thay vào

∫ 0

f ' ( x ) f ( x ) = 1. (làm tiếp như trên)

40

f ( x ) f ' ( x ) d x = 1 ta được k = 1. Suy ra

Câu 102.

102. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm f ' ( x ) liên tục trên [1;2 ], thỏa mãn 2

∫ 1

 f ' ( x )   d x ≤ 24 và f (1) = 1, f (2 ) = 16. Tính giá trị của f xf ( x ) 2

A. f

( 2 ) = 1.

B. f

( 2) =

C. f

2.

( 2 ).

( 2 ) = 2.

D. f

( 2 ) = 4.

 f ' ( x )    = 1 .  f ' ( x ) . Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm Lời giải. Hàm dưới dấu tích phân là  xf ( x ) x f (x ) 2

đúng

f '(x ) f (x )

2

, muốn vậy ta phải đánh giá theo AM − G M như sau:

 f ' ( x )   + mx ≥ 2 m f ' ( x ) với m ≥ 0 và x ∈ [1;2 ]. xf ( x ) f (x ) 2

Do đó ta cần tìm tham số m ≥ 0 sao cho 2 2  2    f ' ( x ) f ' (x )  mx d x 2 m + ≥   ∫  xf ( x ) ∫ f (x ) dx  1  1  hay 2 2m 2m 2m 24 + ≥ 4 m f ( x ) ⇔ 24 + ≥ 4 m  f (2 ) − f (1) ⇔ 24 + ≥ 12 m ⇔ m = 16.   3 3 3 1 Để dấu '' = '' xảy ra thì ta cần có 24 +

2m = 12 m ⇔ m = 16.

3

 f ' ( x )  = 16 x ⇒ f ' ( x ) = 2 x Với m = 16 thì đẳng thức xảy ra nên  xf ( x ) 2 f (x ) 2

 →∫

f ' (x ) 2 f (x )

f ( x ) = x 2 + C  → f (x ) = (x 2 + C ) .

2

d x = ∫ 2 xd x ⇔

 f (1) = 1 ⇒ C = 0  → f ( x ) = x 4  → f 2 = 4. Chọn Theo giả thiết  Chọn D.   f (2 ) = 16  2 2 2 f '(x ) f '(x ) Cách 2. Ta có ∫ d x = 2.∫ d x = 2 f ( x ) = 2  f (2 ) − f (1) = 6.   1 f (x ) f (x ) 1 1 2

( )

Theo Holder

2 f' x ( )   1  6 =  ∫ d x  =  ∫     1 f ( x )   1 2

2

Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có

k = 4. Suy ra

f '(x ) f (x )

2 2 2   f ' ( x ) x2 2 d x  ≤ ∫ xd x . ∫  dx ≤ . 24 = 36. x. xf ( x ) 2 1 xf ( x )  1 1 2

f '(x )

f '(x ) xf ( x )

=k x ⇔

f '(x ) f (x )

2

= kx , thay vào

∫ 1

f '(x ) f (x )

d x = 6 ta được

= 4 x . (làm tiếp như trên)

Vấn đề 13.

13. Tìm GTLNGTLN-GTNN của của tích phân Câu 103 103.

03. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ, có đạo hàm cấp hai thỏa mãn x . f ′′ ( x ) ≥ e x + x và

f ′ (2 ) = 2e, f (0 ) = e2 . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. f (2 ) ≤ 4 e −1.

B. f (2 ) ≤ 2e + e2 .

Lời giải. Từ giả thiết x . f ′′ ( x ) ≥ e x + x ta có

∫

C. f (2 ) ≤ e2 − 2e.

2 0

x . f ′′ ( x ) d x ≥ ∫

41

2 0

D. f (2 ) > 12.

(ex + x ) dx. (1)

u = x d u = d x . Đặt  ⇒   d v = f ′′ ( x ) v = f ′ ( x )   2

2  2 x2  Khi đó (1) ⇔ x . f ′ ( x ) − ∫ f ′ ( x ) d x ≥ e x +  0  2  0 0 2 2  x2  2 ⇔ x . f ′ ( x ) − f ( x ) ≥ e x +  2  0 0 0  ⇔ 2. f ′ (2 ) − 0. f ′ (0 ) −  f (2 ) − f (0 ) ≥ e2 + 2 −1 ⇔ f (2) ≤ 4 e −1 (do f ′ (2 ) = 2e, f (0 ) = e2 ). Chọn Chọn A

Câu 104.

104. Cho hàm số f ( x ) dương và liên tục trên [1;3], thỏa max f ( x ) = 2, min f ( x ) = [1;3]

[1;3]

3

3

thức S = ∫ f ( x ) d x . ∫ 1

1

1 và biểu 2

3

1 d x đạt giá trị lớn nhất, khi đó hãy tính I = ∫ f ( x ) d x . f (x ) 1

3 A. .

5

7 .

2 1 5 1 Lời giải. Từ giả thiết ta có ≤ f ( x ) ≤ 2 , suy ra f ( x ) + ≤ .

2 f (x ) 2 B.

7 .

5

C.

D.

5 .

2

3 3 3 3 3   1 1  f ( x ) + 1  dx ≤ 5 dx ⇔ f ( x )dx + d x 5 d x 5 ≤ ⇔ ≤ − ∫  ∫2 ∫ ∫ f (x ) ∫ f (x ) ∫ f ( x ) dx. f ( x )  1  1 1 1 1 1 3 3 3 3   1  25 Khi đó S = ∫ f ( x ) d x . ∫ d x ≤ ∫ f ( x ) d x . 5 − ∫ f ( x ) d x  ≤ .  f (x )   4 1 1 1 1 3

Suy ra

 5 25 25 (dạng t (5 − t ) = −t 2 + 5t = −t −  + ≤ )  2  4 4 2

3

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi

∫ 1

5 f ( x ) d x = . Chọn Chọn D. 2

Câu 105.

105. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ, thỏa mãn f ( x ) + f ′ ( x ) ≤ 1 với mọi x ∈ ℝ và

f (0 ) = 0. Giá trị lớn nhất của f (1) bằng

e e −1 . .

C. D. e. e e −1 Lời giải. Từ giả thiết f ( x ) + f ′ ( x ) ≤ 1 , nhân thêm hai vế cho e x để thu được đạo hàm đúng là A. e −1.

B.

e x f ( x ) + ex f ′ ( x ) ≤ e x , ∀x ∈ ℝ ⇔  ex f ( x ) ′ ≤ ex , ∀x ∈ ℝ.

1

Suy ra

∫

1

x  x ′  x  e f ( x ) d x ≤ ∫ e d x ⇔ e f ( x )

0

0

1 0

≤ e −1 ⇔ ef (1) −1. f (0 )

1

≤ e −1

0

e −1 . Ch Chọn ọn B. e Câu 106 106.. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên [0;1], thỏa mãn ( )  → f (1) ≤ f 0 =0

1

1

1

d x + ∫  f ′ ( x ) d x bằng 2   0  f ( x ) 0 C. m = 2 e.

D. m = 2018e.

f (1) = 2018 f (0). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ∫

A. ln 2018.

B. 2 ln 2018.

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được 1 1 1 f ′(x ) 2 1 d x + ∫  f ′ ( x ) d x ≥ 2 ∫ d x = 2 ln f ( x ) M =∫ 2 f (x )   0  f ( x ) 0 0

42

2

1 0

= 2 ln

f (1) = 2 ln 2018. Chọn Chọn B. f (0 )

1

Câu 107.

107. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1] và

∫ (1 − x )

2

0

1 f ′ ( x ) d x = − . Giá trị nhỏ 3

1

nhật của biểu thức

∫  f ( x )

d x − f (0 ) bằng

2

0

A.

1 .

3

B.

2 .

3

1 C. − .

3

1

Lời giải. Tích phân từng phần

2 D. − .

3

1 3

1

1 3

∫ (1 − x ) f ′ ( x ) dx = − , ta được f (0) − = 2 ∫ (1 − x ) f ( x ) dx.

2

0

0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được 1

1

1

2 2 ∫ (1 − x ) f ( x ) d x ≤ ∫ (1 − x ) d x + ∫  f ( x ) d x .

2

0 1

∫  f ( x )

Từ đó suy ra

0

1 2

d x ≥ 2 ∫ (1 − x ) f ( x ) d x − ∫ (1 − x ) d x 2

0

0

0

1 (1 − x )

3

1

⇔ ∫  f ( x ) d x ≥ f (0 ) − + 3 2

3

0

1

∫  f ( x )

Vậy

0

2

0

1

1

.

0

2 d x − f (0 ) ≥ − . Chọn Chọn D. 3 1

Câu 108.

108. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn

∫ xf ( x ) d x = 0

và max f ( x ) = 1. Tích phân [0; 1]

0 1

∫e

x

f ( x ) d x thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?

0

 5 A. −∞; − .  4

3  B.  ; e −1.  2 

 5 C. − ;  4

1

Lời giải. Với mỗi số thực α ∈ ℝ ta có

∫

1

ex f ( x ) d x =

0 1

=

∫

3  .

2 

∫

1

e x f ( x ) d x − ∫ α xf ( x ) d x

0

1

D. (e −1; + ∞).

0

1

f ( x )(ex − α x ) d x ≤ ∫ f ( x ) . e x − α x d x ≤ ∫ ex − α x d x .

0

0 1

∫e

Suy ra

x

0

0

3 α   f ( x ) d x ≤ min ∫ e x − α x d x ≤ min ∫ e x − α x d x = min e −1 −  = e − . Chọn Chọn C. α ∈ℝ α ∈[ 0;1] α∈[ 0;1]  2  2  1

1

0

0

x

Câu 109 109.

09. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị không âm và liên tục trên [0;1]. Đặt g ( x ) = 1 + ∫ f (t )d t. Biết 0

1

g( x ) ≤

f ( x ) với mọi x ∈ [0;1] , tích phân

∫ 0

A.

1 .

3

B.

1 .

2 x

Lời giải. Từ giả thiết g ( x ) = 1 + ∫ 0

Theo giả thiết g ( x ) ≤ t

Suy ra

∫ 0

g '(x ) g (x ) 2

1 d x có giá trị lớn nhất bằng g(x )

2 .

D. 1.

2  g (0) = 1 f (t ) d t , ta có  và g ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0;1].  g ' ( x ) = f ( x )  C.

→ g(x ) ≤ g '(x ) ⇔ f ( x )  t

d x ≥ ∫ 1d x , ∀t ∈ [0;1]← →− 0

1 g(x )

t

0

43

g '(x ) g(x ) ≥x

t

0

≥1 ⇔

⇔−

g '(x ) g2 ( x )

≥ 1.

1 1 1 + ≥t ⇔ ≤ 1 − t. g (t ) g (0 ) g (t )

1

Do đó

1

1 1 d x ≤ ∫ (1 − x ) d x = . Chọn Chọn B. 2 g(x ) 0

∫ 0

Câu 110.

110. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn 1

x

f 2 ( x ) ≤ 1 + 3 ∫ f (t ) d t = g ( x ) với mọi x ∈ [0;1] , tích phân

∫

0

g ( x )d x có giá trị lớn nhất bằng

0

9 5 .

D. .

2 5 x  g (0 ) = 1 Lời giải. Từ giả thiết g ( x ) = 1 + 3∫ f (t ) d t , ta có  và g ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0;1].   g ' ( x ) = 3 f ( x ) 0  2  g ' ( x ) g '(x ) 3 2   Theo giả thiết g ( x ) ≥ f ( x )  → g( x ) ≥ ⇔ ≤ .

9 2 g( x ) 2 A.

4 .

3

B.

t

Suy ra

∫2 0

1

Do đó

∫ 0

g '( x )

t

g( x )

dx ≤ ∫ 0

7 .

4

C.

t 3 3 d x , ∀t ∈ [0;1]← → g( x ) ≤ x 2 2 0

t

3 g ( t ) − g (0 ) ≤ t ⇔ 2

⇔

0

3 g(t ) ≤ t + 1.

2

3  7 g ( x )d x ≤ ∫  x + 1 d x = . Chọn Chọn B.  2  4 0 1

Câu 111.

111. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn [0;1], thỏa mãn 1

x

f ( x ) ≤ 2018 + 2 ∫ f (t ) d t với mọi x ∈ [0;1]. Biết giá trị lớn nhất của tích phân

∫

0

f ( x ) d x có dạng

0

ae2 + b với a, b ∈ ℤ. Tính a + b.

A. 0.

B. 1009.

C. 2018.

D. 2020.  g (0) = 2018 Lời giải. Đặt g ( x ) = 2018 + 2 ∫ f (t ) d t , ta có  và g ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0;1].   g ' ( x ) = 2 f ( x ) 0  g '(x ) g '(x ) Theo giả thiết g ( x ) ≥ f ( x )  → g( x ) ≥ ⇔ ≤ 2.

2 g( x ) x

t

Suy ra

∫ 0

g '(x ) g(x )

t

d x ≤ ∫ 2d x , ∀t ∈ [ 0;1]← → ln g ( x ) 0

t

≤ 2x

0

t

0

⇔ ln g (t ) − ln g (0 ) ≤ 2t ⇔ ln g (t ) ≤ 2t + ln 2018 ⇔ g (t ) ≤ 2018.e2 t 1

Do đó

∫

1

1

f ( x ) d x ≤ ∫ g ( x ) d x ≤ 2018 ∫ e2 x d x = 1009e2 x

0

0

0

Câu 112.

112. Cho hàm số

1

= 1009e2 −1009. Chọn Chọn A.

0

f ( x ) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn [0;1]. Đặt

x2

g ( x ) = 1 + ∫ f (t ) d t . Biết g ( x ) ≥ 2 xf ( x 2 ) với mọi x ∈ [0;1] , tích phân 0

1

∫ g( x ) dx

có giá trị lớn nhất

0

bằng A. 1.

B. e −1.

C. 2.

D. e + 1.  g (0 ) = 1  Lời giải. Từ giả thiết g ( x ) = 1 + ∫ f (t ) d t , ta có  và g ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0;1].  g ' ( x ) = 2 xf ( x 2 ) 0  g '(x ) Theo giả thiết g ( x ) ≥ 2 xf ( x 2 )  → g(x ) ≥ g '(x ) ⇔ ≤ 1. g(x ) x2

t

Suy ra

∫ 0

g '(x ) g(x )

t

t

t

0

0

d x ≤ ∫ 1d x , ∀t ∈ [ 0;1]← → ln g ( x ) ≤ x 0

⇔ ln g (t ) − ln g (0 ) ≤ t ⇔ ln g (t ) ≤ t ⇔ g (t ) ≤ et .

1

Do đó

∫ 0

1

g ( x ) d x ≤ ∫ e x d x = e −1. Chọn Chọn B. 0

44

Nhận Nhận xét. Gọi F (t ) là một nguyên hàm của hàm số f (t ) trên đoạn 0; x 2  .

Khi đó g ( x ) = 1 + F (t )

x2

0

/ = 1 + F ( x 2 ) − F (0 )  → g ' ( x ) =  F ( x 2 ) = ( x 2 ) F / ( x 2 ) = 2 xf ( x 2 ).   /

Câu 113.

113. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa f ' ( x ) ≥ f ( x ) > 0, ∀x ∈ [0;1]. Giá trị 1

lớn nhất của biểu thức f (0 ). ∫ 0

A. 1.

B.

1 d x bằng f (x )

e −1 . e

C.

Lời giải. Từ giả thiết f ' ( x ) ≥ f ( x ) > 0, ∀x ∈ [0;1] ta có t

Suy ra

∫ 0

f '(x ) f (x ) 1

t

e +1 . e f '(x ) f (x )

t

t

0

0

d x ≥ ∫ 1d x , ∀t ∈ [0;1]← → ln f ( x ) ≥ x 0

D. e −1.

≥ 1, ∀x ∈ [0;1].

⇔ ln f (t ) − ln f (0 ) ≥ t ⇔ f (t ) ≥ f (0 ) et .

1

1 1 e −1 dx ≤ ∫ x dx = . Chọn Chọn B. f (x ) e e 0

Do đó f (0 ). ∫ 0

π

Câu 114 114.

14. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0; π ], thỏa mãn

∫

π

f ( x ) d x = ∫ cos xf ( x ) d x = 1. Giá trị nhỏ

0

0

π

nhất của tích phân

f 2 ( x ) d x bằng

∫ 0

2 A. . π Lời giải. Theo Holder

B.

3 . π

C.

4 . π

D.

3 .

2π

π π π π  π (1) =  ∫ cos xf ( x ) d x  ≤ ∫ cos2 xd x . ∫ f 2 ( x ) d x = . ∫ f 2 ( x ) d x .

2 0  0  0 0

2

2

π

Suy ra

∫ 0

2 f 2 ( x ) d x ≥ . (Đến đây bạn đọc có thể chọn A) π π

Dấu '' = '' xảy ra khi f ( x ) = k cos x thay vào

f ( x ) d x = 1 ta được

∫ 0

π

π

1 = ∫ f ( x ) d x = k ∫ cos xd x = k. sin x 0

0

π

= 0.

0

Điều này hoàn toàn vô lý.

Lời giải đúng. Ta có

π

π

∫

f ( x ) dx = ∫

0

0

π  a = ∫ a cos xf ( x ) d x  a, b ∈ ℝ 0 . cos xf ( x ) d x = 1  →  với   2 π  a + b2 > 0 b = bf ( x ) d x ∫  0 

Theo Holder π π π  2 (a + b) =  ∫ (a cos x + b) f ( x ) d x  ≤ ∫ (a cos x + b) d x ∫ f 2 ( x ) d x .  0  0 0

2

2

Lại có π

∫ (a cos x + b)

2

dx =

0 2

π

Từ đó suy ra

∫ 0

2 ( a + b)

1 π (a2 + 2b2 ).

2

f (x )dx ≥ 2

π (a 2 + 2 b 2 )

với mọi a, b ∈ ℝ và a 2 + b2 > 0.

45

 (a + b)2  3 2 2   = . Chọn d . max f x x ≥ Chọn B. ( ) 2 2 ∫   π π 2 a + b  0  Nhận Nhận xét: Ta nhân thêm a, b vào giả thiết được gọi là phương pháp biến thiên hằng số. π

Do đó

(a + b )

2

Cách tìm giá trị lớn nhất của P =

ta làm như sau: a 2 + 2b2 → P = 1. (chính là đáp án sai mà mình đã làm ở trên) Nếu b = 0 

 a    + 2 a + 1 t = a 2  b  b ( a + b) t + 2t + 1 b . Tới đây ta khảo sát hàm số hoặc dùng Nếu b ≠ 0  →P = 2 = = 2 2 a + 2b t2 +2  a    + 2  b  2

2

MODE 7 dò tìm. Kết quả thu được GTLN của P bằng

3 a khi t = 2  → = 2 ⇔ a = 2b.

2 b

a = 2b Vậy dấu '' = '' để bài toán xảy ra khi  thay ngược lại điều kiện, ta được   f ( x ) = b (2 cos x + 1)  π 1 2 cos x + 1 . → f (x ) = ∫ b(2 cos x + 1) dx = 1 ⇔ b = π  π 0 π

∫

Lúc này

0

π  2 cos x + 1 3 f 2 ( x ) d x = ∫   d x = π .  π 0

Cách khác. Đưa về về bình bình phương phương Hàm dưới dấu tích phân là f 2 ( x ), f ( x ), cos xf ( x ) nên ta liến kết với  f ( x ) + α cos x + β  .

Với mỗi số thực α, β ta có 2

π

∫

π

π

π

0

0

0

2 2    f ( x ) + α cos x + β  = ∫ f ( x ) d x + 2 ∫ (α cos x + β ) f ( x ) d x + ∫ (α cos x + β ) d x 2

0 π

= ∫ f 2 ( x ) d x + 2 (α + β ) + 0

π 2 α + πβ 2 .

2

π 2 α + πβ 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có 2 2 2  2 1 3 3 π π 2 (α + β ) + α 2 + πβ 2 = α +  + π β +  − ≥ − .  π π π π 2 2 

Ta cần tìm α, β sao cho 2 (α + β ) +

2 1 Vậy với α = − ; β = − thì ta có π π 2 π π  2 1 3   cos f x − x − = f 2 ( x ) dx − . ( ) ∫  ∫ π π  π 0 0 π

Suy ra

∫ 0

π  2 1 3 3 2 cos x + 1 . f 2 ( x ) d x = ∫  f ( x ) − cos x −  + ≥ . Dấu '' = '' xảy ra khi f ( x ) =   π π π π π  0 

2

π

Câu 115.

115. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0; π ], thỏa mãn

∫ 0

π

sin xf ( x ) d x = ∫ cos xf ( x ) d x = 1. Giá trị 0

π

nhỏ nhất của tích phân

∫

f 2 ( x ) d x bằng

0

2 A. . π

B.

3 . π

C.

4 . π

D.

Lời giả giải. Liên kết với bình phương  f ( x ) + α sin x + β cos x  .

2

46

3 .

2π

π

Ta có

∫  f ( x ) + α sin x + β cos x 

2

dx

0 π

π

π

2 = ∫  f ( x ) d x + 2 ∫ (α sin x + β cos x ) f ( x ) d x + ∫ (α sin x + β cos x ) d x 2

0

0

0

π

2

2

2 πα πβ = ∫  f ( x ) d x + 2 (α + β ) + + .

2 2 0

2 2 4 πα 2 πβ 2 π  π + = α +  + β +  − . Chọ Phân tích 2 (α + β ) + Chọn C.       π π π 2 2 2 2 2

2

1

Câu 116.

116. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1], thỏa mãn

1

∫

f ( x ) d x = ∫ ex f ( x ) d x = 1. Gọi m là giá

0

0

1

trị nhỏ nhất của tích phân

∫  f ( x )

2

d x . Mệnh đề nào sau đây đúng?

0

A. 0 < m < 1.

B. 1 < m < 2.

C. 2 < m < 3.

D. 3 < m < 4.

1  a = ae x f ( x ) d x ∫  0 .

Lời giải. Từ giả thiết, ta có   1  b = bf ( x ) d x ∫  0  Theo Holder 2 1 1 1  2 2 x x   a b ae b f x d x ae b d x + = + ≤ + ( ) ∫ ( ) ( )  ∫( ) ∫ f 2 ( x )d x.  0  0 0 Lại có 1 1 2 1 2 2 2x 2 2 2 x x ae b d x + = ( ) ∫ ∫ (a e + 2abe + b ) d x = 2 (e −1) a + 2 (e −1)ab + b .

0 0

∫ 0

1

Do đó

∫ 0

( a + b)

2

1

Suy ra

f 2 (x )dx ≥

với mọi a, b ∈ ℝ và a 2 + b2 > 0.

1 2 2 2 (e −1) a + 2 (e −1) ab + b 2   2   ( a + b) 1 1 2   f ( x ) d x ≥ max  + ≈ 3,1316. Chọn Chọn D.  = −1 +  1 2 3 − e e − 1 2 2   (e −1) a + 2 (e −1) ab + b  2 

Câu 117.

117. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0;1] thỏa mãn

1

1

∫

f (x )dx = ∫

0

0

x f ( x ) d x = 1. Giá trị nhỏ

1

nhất của tích phân

∫

f 2 ( x ) d x bằng

0

2 A. .

3

B. 1.

C.

8 .

3

D. 3.

1  a = ∫ a x f ( x ) d x  0 .

Lời giải. Từ giả thiết, ta có   1  b = bf ( x ) d x ∫  0  Theo Holder 2 1 1 1  2 2    (a + b) =  ∫ a x + b f ( x ) d x  ≤ ∫ a x + b d x . ∫ f 2 ( x ) d x .  0  0 0

(

)

(

47

)

Lại có 1

∫ (a

)

2

x + b dx =

0

( a + b)

2

1

Suy ra

∫ 0

1

Do đó

∫ 0

a 2 4 ab + + b2 .

2 3

f 2 (x )dx ≥

với mọi a, b ∈ ℝ và a 2 + b2 > 0. a2 4 ab + + b2 2 3     2  (a + b)  2 f ( x ) d x ≥ max  2 Chọn D.  = 3. Chọn  a  4 ab + b2   +  3  2

Cách 2. Liên kết với bình phương  f ( x ) + α x + β  .   2

π

Ta có

∫  f ( x ) + α 0

x + β  d x  2

π

π

(

π

)

(

)

2

= ∫  f ( x ) d x + 2 ∫ α x + β f ( x ) d x + ∫ α x + β d x 2

0

0

0

π

2

2 4 α = ∫  f ( x ) d x + 2 (α + β ) + + αβ + β 2 .

2 3 0

  α2 4 2 1 2 + αβ + β 2 = β + α + 1 + (α + 6 ) − 3.    18 2 3 3 2

Phân tích 2 (α + β ) +

2

Câu 118 118.

18. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1;2 ], thỏa

∫x

3

f ( x ) d x = 31. Giá trị nhỏ

1 2

nhất của tích phân

∫

f 4 ( x ) d x bằng

1

A. 961.

B. 3875.

C. 148955.

D. 923521.

Lời giải. Ta có áp dụng hai lần liên tiếp bất đẳng thức Holder ta được 4 2 2 2 2 3  2 2     2  2   2  2        4 3 2 4 2 2 4  31 =  ∫ x f ( x ) d x  =   ∫ x . xf ( x ) d x   ≤  ∫ x d x   ∫ x f ( x ) d x  ≤  ∫ x d x  ∫ f 4 ( x ) d x .    1  1    1   1  1    1  2

Suy ra

∫

f 4 ( x ) dx ≥

1

314 2   x 4 d x   ∫  1 

3

= 3875.

2

Dấu '' = '' xảy ra khi f ( x ) = kx nên k ∫ x 4 d x = 31 ⇔ k = 5  → f ( x ) = 5 x 2 . Chọn Chọn B. 1

f (x )

Câu 119.

119. Cho hàm số

liên tục và có đạo hàm đến cấp

trên [0;2 ] thỏa

2

2

f (0 ) − 2 f (1) + f (2 ) = 1. Giá trị nhỏ nhất của tích phân

∫  f '' ( x )

2

d x bằng

0

A.

2 .

3

B. 1

Lời giải. Ta có

∫ 0

3 .

2

C. 1

4 .

5

1  ≥ 3  ∫ x . f '' ( x ) d x   0 

2

1

 f '' ( x ) d x = 3 x 2 d x .  f '' ( x ) d x ∫ ∫    2

2

0

D.

0

{udv==x f ''(x )dx =

48

Holder

3  f ' (1) + f (0 ) − f (1) ; 2

5 .

4

2

∫

2

2

 f '' ( x ) d x = 3 ( x − 2 )2 d x .  f '' ( x ) d x ∫ ∫    2

2

1

1

1

{

u = x −2 d v = f ''( x )d x

=

2  ≥ 3  ∫ ( x − 2 ). f '' ( x ) d x  2  1 

Holder

3 − f ' (1) + f (2 ) − f (1) .

2

2

Suy ra

∫  f '' ( x )

2

d x ≥ 3  f ' (1) + f (0 ) − f (1) + 3 − f ' (1) + f (2 ) − f (1) 2

2

0

 f (0 ) − 2 f (1) + f (2 )  = 3 . Chọn ≥ 3.  Chọn B. 2 2 2

( a + b)

2

Nhận Nhận xét: Lời giải trên sử dụng bất đẳng thức ở bước cuối là a + b ≥ 2

2

.

2 Câu 120.

120. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [1;3] và f (1) = 0, max f ( x ) = 10. Giá trị nhỏ nhất của [1;3]

3

tích phân

∫  f ' ( x )

2

d x bằng

1

A. 1.

B. 5.

C. 10.

D. 20.

Lời giải. Vì max f ( x ) = 10 →∃x 0 ∈ [1;3] sao cho f ( x 0 ) = 10 [1;3]

()  →∃x 0 ∈ (1;3] sao cho f ( x 0 ) = 10. f 1 =0

Theo Holder x0 x0 x0  x0 2 2   2    f ' ( x ) d x . f ' x d x 1 d x . f ' x d x x 1 . ≤ = − ( ) ( ) ( )  0  ∫ ∫ ∫ ∫       1  1 1 1 2

2  x0 x0   2   Mà  ∫ f ' ( x ) d x  =  f ( x )  = ( f ( x 0 ) − f (1)) = 10.    1   1 2

x0

Từ đó suy ra

∫  f ' ( x )

2

1 3

 →∫ 1

dx ≥

10 x 0 −1

x0

2 2  f ' ( x ) d x ≥  f ' ( x ) d x ≥ 10 ≥ 10 . Chọn Chọn B. ∫    x 0 − 1 3 −1 1

49