Tài liệu Chuyên đề tích phân hàm ẩn – hoàng phi hùng

  • Số trang: 46 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 66 |
  • Lượt tải: 0
sharebook

Tham gia: 25/12/2015

Mô tả:

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