Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng Toán 12

Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

Môn:

Toán 12 3.9 K tài liệu

Thông tin:
46 trang 1 năm trước
Tác giả:
Student
Mai Nguyệt
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng Toán 12

Chuyên đề tích phân hàm ẩn – Hoàng Phi Hùng Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

56 28 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Chương 3: Nguyên hàm - Tích phân và ứng dụng 199 tài liệu

Môn: Toán 12 3.9 K tài liệu

Thông tin:

46 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 1
TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 1
A. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
1. TÍCH PHÂN CHO BỞI NHIỀU CÔNG THỨC
Ví dụ 1. Cho hàm số
( )
2
2
1 0
4 3 0
x
x x khi x
y f x
e khi x
+ + ≤
= =
− ≥
. Biết
( )
1
2
1
b
f x dx ae
c
−
= −
∫
với
, ,
a b c N
∈
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T a b c
= + +
.
A.
23
. B.
27
. C.
33
. D.
42
.
Lời giải
Ta có,
( ) ( )
( ) ( )
0 1 0 1
2 2 2 2
1 0 1 0
5 25
1 4 3 2 5 2
6 6
x
f x dx f x dx x x dx e dx e e
− −
+ = + + + − = + − = −
∫ ∫ ∫ ∫
.
2 25 6 33
T
⇒ = + + =
Ví dụ 2. [Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số
( )
f x
xác định trên
1
\
2
ℝ
thỏa mãn
2
( )
2 1
f x
x
′
=
−
,
(0) 1
f
=
và
(1) 2
f
=
. Giá trị của biểu thức
( 1) (3)
f f
− +
bằng
A.
4 ln 5
+
. B.
2 ln15
+
. C.
3 ln15
+
. D.
ln15.
Lời giải
Cách 1: Trên khoảng
1
;
2
+∞
:
1
2
( ) ln(2 1) .
2 1
f x dx x C
x
= = − +
−
∫
Lại có
1
(1) 2 2.
f C
= ⇒ =
• Trên khoảng
1
;
2
−∞
:
2
2
( ) ln(1 2 ) .
2 1
f x dx x C
x
= = − +
−
∫
Lại có
2
(0) 1 1.
f C
= ⇒ =
Vậy
1
ln(2 1) 2
2
( )
1
ln(1 2 ) 1
2
x khi x
f x
x khi x
− + >
=
− + <
.
Suy ra
( 1) (3) 3 ln15.
f f
− + = +
Cách 2:
Ta có:
0 0
0
1
1 1
3 3
3
1
1 1
2 1
(0) ( 1) '( ) ln 2 1| ln (1)
2 1 3
2
(3) (1) '( ) ln 2 1| ln 5 (2)
2 1
dx
f f f x dx x
x
dx
f f f x dx x
x
−
− −
− − = = = − =
−
− = = = − =
−
∫ ∫
∫ ∫
Lấy (2)-(1), ta được
(3) (1) (0) ( 1) ln15 ( 1) (3) 3 ln15
f f f f f f
− − + − = ⇒ − + = +
.
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:
1.
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
( )
...
f x f x df x
g x dx g x 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
′
= ⇔ =
∫ ∫ ∫ ∫
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 2
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
(
)
1 1
f
=
,
(
)
(
)
3 1
f x f x x
= ′ +
, với mọi
0
x
>
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
(
)
4 5 5
f
< <
. B.
(
)
2 5 3
f
< <
. C.
(
)
3 5 4
f
< <
. D.
(
)
1 5 2
f
< <
.
Lời giải
Cách 1:
Với điều kiện bài toán ta có
(
)
(
)
3 1
f x f x x
= ′ +
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1
d d
3 1 3 1
f x f x
x x
f x f x
x x
′ ′
⇔ = ⇔ =
+ +
∫ ∫
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
1
2
d
1
3 1 d 3 1
3
f x
x x
f x
−
⇔ = + +
∫ ∫
′
( )
2
ln 3 1
3
f x x C
⇔ = + +
(
)
2
3 1
3
e
x C
f x
+ +
⇔ =
.
Khi đó
( )
4
3
4
1 1 e 1
3
C
f C
+
= ⇔ = ⇔ =−
(
)
2 4
3 1
3 3
e
x
f x
+ −
⇒ =
(
)
(
)
4
3
5 e 3,79 3; 4
f
⇒ = ≈ ∈
.
Vậy
(
)
3 5 4
f
< <
.
Cách 2:
Với điều kiện bài toán ta có
(
)
(
)
3 1
f x f x x
= +
′
(
)
(
)
1
3 1
f x
f x
x
′
⇔ =
+
(
)
(
)
5 5
1 1
1
d d
3 1
f x
x x
f x
x
⇔ =
+
∫ ∫
′
(
)
(
)
(
)
5
1
d
4
3
f x
f x
⇔ =
∫
( )
5
1
4
ln
3
f x
⇔ =
(
)
(
)
5
4
ln
1 3
f
f
⇔ =
(
)
(
)
(
)
4
3
5 1 .e 3,79 3; 4
f f
⇔ = ≈ ∈
.
Ví dụ 2. Cho
( )
f x
xác định, có đạo hàm, liên tục và đồng biến trên
[
]
1;4
thỏa mãn
( ) ( ) [ ] ( )
2
3
2 , 1;4 , 1
2
x xf x f x x f
′
+ = ∀ ∈ =
. Giá trị
(
)
4
f
bằng:
A.
391
18
B.
361
18
C.
381
18
D.
371
18
Lời giải
Biến đổi:
(
)
(
)
2
2
x xf x f x
′
+ =
(
)
(
)
(
)
2
1 2
x f x f x
′
⇔ + =
(
)
( )
(
)
(
)
2
1 2
1 2
f x
f x
x x
f x
f x
′
′
⇔ = ⇒ =
+
+
.
(
)
( )
4 4
1 1
1 2
f x
dx xdx
f x
′
⇒ =
+
∫ ∫
( )
4
1
14
1 2
3
f x⇔ + =
( ) ( )
14 391
1 2 4 2 4
3 18
f f⇔ + − = ⇔ =
.
Ví dụ 3. Cho
( )
f x
không âm thỏa mãn điều kiện
2
( ). '( ) 2 ( ) 1
f x f x x f x
= +
và
(0) 0
f
=
. 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
+
Lời giải
Biến đổi:
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 3
2
2 2
( ). '( ) ( ). '( )
( ). '( ) 2 ( ) 1 2 2
( ) 1 ( ) 1
f x f x f x f x
f x f x x f x x dx xdx
f x f x
= + ⇔ = ⇒ =
+ +
∫ ∫
2 2
( ) 1
f x x C
⇔ + = +
Với
2 2 2 4 2
(0) 0 1 ( ) 1 1 ( ) 2 ( )
f C f x x f x x x g x
= ⇒ = ⇒ + = + ⇒ = + =
Ta có:
[
]
3
'( ) 4 4 0, 1;3
g x x x x
= + > ∀ ∈
. Suy ra
( )
g x
đồng biến trên
[
]
1;3
Suy ra:
(
)
( ) 0
2 2
(1) ( ) ( ) 3 3 ( ) 99 3 ( ) 3 11
f x
g g x f x g f x f x
≥
≤ = ≤ ⇒ ≤ ≤ → ≤ ≤
[ ]
1;3
3
min ( ) 3
( ) 3 11
f x
Max f x
=
⇒
=
Chú ý: Nếu không tìm được ra luôn
2
2
( ). '( )
( ) 1
( ) 1
f x f x
dx f x C
f x
= + +
+
∫
thì ta có thể sử dụng
kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một)
+) Vi phân:
( )
( ) ( )
1
2 2 2
2
2 2
( ). '( ) ( ) 1
( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1
2
( ) 1 ( ) 1
f x f x f x
dx d f x f x d f x f x C
f x f x
−
= = + + = + +
+ +
∫ ∫ ∫
+ Đổi biến: Đặt
2 2 2
( ) 1 ( ) 1 ( ) '( )
t f x t f x tdt f x f x dx
= + ⇒ = + ⇒ =
Suy ra:
2
2
( ). '( )
( ) 1
( ) 1
f x f x tdt
dx dt t C f x C
t
f x
= = = + = + +
+
∫ ∫ ∫
Ví dụ 4. Cho hàm số
(
)
0
f x
≠
thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
(
)
' 2
2 3 .
f x x f x
= +
và
( )
1
0
2
f
−
=
. Biết
tổng
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 ... 2017 2018
a
f f f f
b
+ + + + =
với
*
,a b
∈ ∈
ℤ ℕ
và
a
b
là phân số tối giản.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
1
a
b
<−
. B.
1
a
b
>
. C.
1010
a b
+ =
. D.
3029.
b a
− =
Lời giải
Biến đổi
(
)
(
)
(
)
' 2
2 3 .
f x x f x
= +
(
)
(
)
'
2
2 3
f x
x
f x
⇔ = +
(
)
(
)
( )
'
2
2 3
f x
dx x dx
f x
⇔ = +
∫ ∫
(
)
( )
2
2
1 1
3
3
x x C f x
f x x x C
⇔ − = + + ⇒ = −
+ +
. Mà
( )
1
0
2
f
−
=
nên
2
C
=
.
Do đó
( )
(
)
(
)
2
1 1
3 2 1 2
f x
x x x x
=− =−
+ + + +
.
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 ... 2017 2018
a
f f f f
b
= + + + +
1 1 1 1
.....
2.3 3.4 2018.2019 2019.2020
=− + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1
.....
2 3 3 4 2018 2019 2019 2020
=− − + − + + − + −
1 1
2 2020
=− −
1009
2020
−
=
.
Với điều kiện
,
a b
thỏa mãn bài toán, suy ra:
1009
2020
a
b
=−
=
3029
b a
⇒ − =
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 4
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. [Chuyên Thái Bình-Lần 5-2018] Cho hàm số
( )
2
3 khi 0 1
4 khi 1 2
x x
y f x
x x
≤ ≤
= =
− ≤ ≤
. Tính
( )
2
0
f x dx
∫
.
A.
7
2
. B.
1
. C.
5
2
. D.
3
2
.
Câu 2. Cho hàm số
( )
2
2
6 khi 0
khi 0
x x
y f x
a a x x
≤
= =
− ≥
và
( )
4
1
d
I f x x
−
=
∫
. Hỏi có tất cả bao nhiêu số
nguyên
a
để
22 0
I
+ ≥
?
A.
2
. B.
3
. C.
4
. D.
5
.
Câu 3. [Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số
( )
f x
xác định trên
1
\
2
ℝ
thỏa mãn
2
( )
2 1
f x
x
′
=
−
,
(0) 1
f
=
và
(1) 2
f
=
. Giá trị của biểu thức
( 1) (3)
f f
− +
bằng
A.
4 ln 5
+
. B.
2 ln15
+
. C.
3 ln15
+
. D.
ln15.
Câu 4. [Toán học tuổi trẻ số 6 – 2018] Cho hàm số
(
)
f x
xác định trên
{
}
\ 1
ℝ
thỏa mãn
( )
1
1
f x
x
′
=
−
,
(
)
0 2017
f
=
,
(
)
2 2018
f
=
. Tính
(
)
(
)
3 1
S f f
= − −
.
A.
1
S
=
. B.
ln 2
S
=
. C.
ln 4035
S
=
. D.
4
S
=
.
Câu 5. [Lục Ngạn–Bắc Giang–2018] Cho hàm số
( )
f x
xác định trên
1
\
3
ℝ
thỏa mãn
( ) ( )
3
, 0 1
3 1
f x f
x
′
= =
−
và
2
2
3
f
=
. Giá trị của biểu thức
(
)
(
)
1 3
f f
− +
bằng
A.
3 5 ln 2
+
. B.
2 5 ln 2
− +
. C.
4 5ln 2
+
. D.
2 5 ln 2
+
.
Câu 6. Cho hàm số
(
)
f x
xác định trên
{
}
\ 2;2
−
ℝ
và thỏa mãn
( ) ( )
2
4
; 3 0
4
f x f
x
′
= − =
−
;
(
)
0 1
f
=
và
(
)
3 2
f
=
. Tính giá trị biểu thức
(
)
(
)
(
)
4 1 4
P f f f
= − + − +
.
A.
3
3 ln
25
P = +
. B.
3 ln 3
P
= +
. C.
5
2 ln
3
P = +
. D.
5
2 ln
3
P = −
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 5
Câu 7. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho hàm số
(
)
f x
xác định trên
{
}
\ 2;1
−
ℝ
thỏa
mãn
( )
2
1
2
f x
x x
′
=
+ −
;
(
)
(
)
3 3 0
f f
− − =
và
( )
1
0
3
f
=
. Giá trị của biểu thức
(
)
(
)
(
)
4 1 4
f f f
− + − −
bằng
A.
1 1
ln 2
3 3
+
. B.
1 ln 80
+
. C.
1 4
1 ln 2 ln
3 5
+ +
. D.
1 8
1 ln
3 5
+
.
Câu 8. [Sở Bắc Giang – 2018] Cho hàm số
(
)
f x
xác định trên
{
}
\ 1;1
−
ℝ
và thỏa mãn
( )
2
1
1
f x
x
′
=
−
;
(
)
(
)
3 3 0
f f
− + =
và
1 1
2
2 2
f f
− + =
. Tính giá trị của biểu thức
(
)
(
)
0 4
P f f
= +
.
A.
3
2 ln
5
P = +
. B.
3
1 ln
5
P = +
. C.
1 3
1 ln
2 5
P = +
. D.
1 3
ln
2 5
P =
.
Câu 9. [Sở Phú Thọ - 2018] Cho hàm số
(
)
f x
xác định trên
{
}
\ 1;1
−
ℝ
và thỏa mãn
( ) ( ) ( )
2
2
' ; 2 2 0
1
f x f f
x
= − + =
−
và
1 1
0.
2 2
f f
− + =
Tính
(
)
(
)
(
)
2 0 4 0
f f f
− + + =
được kết quả
A.
6
1 ln
5
P = +
. B.
6
1 ln
5
P
= − +
. C.
4
1 ln
5
P
= +
. D.
4
1 ln
5
P =− +
.
Câu 10. [Chuyên Thái Bình – Lần 4 – 2018] Cho
(
)
F x
là một nguyên hàm của hàm số
1
1 sin 2
y
x
=
+
với
\ , .
4
x k k
π
π
∀ ∈ − + ∈
ℝ ℤ
Biết
(
)
0 1
F
=
và
(
)
0.
F
π
=
Tính giá trị của
biểu thức
11
.
12 12
P F F
π π
= − −
A.
2 3.
P
= −
B.
0.
P
=
C. Không tồn tại. D.
1.
P
=
Câu 11. Cho hàm số
(
)
y f x
=
xác định và liên tục trên
ℝ
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
(
)
0
f x
>
,
x
∀ ∈
ℝ
;
(
)
(
)
2
.
x
f x e f x
′
=−
,
x
∀ ∈
ℝ
và
( )
1
0
2
f
=
. Tính giá trị của
(
)
ln 2
f
.
A.
( )
2
ln 2
9
f
=
. B.
( )
2
ln 2
9
f
=−
. C.
( )
2
ln 2
3
f
=
. D.
( )
1
ln 2
3
f
=
.
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
(
)
0f x x
> ∀ ∈
ℝ
,
(
)
(
)
(
)
2
. ,f x x f x x
′
= ∀ ∈
ℝ
và
(
)
0 2
f
=
. Phương trình tiếp
tuyến tại điểm có hoành độ
1
x
=
của đồ thị
(
)
C
là.
A.
6 30
y x
= +
. B.
6 30
y x
=− +
. C.
36 30
y x
= −
. D.
36 42
y x
=− +
.
Câu 13. Cho hàm số
(
)
y f x
=
có đạo hàm và liên tục trên đoạn
[
]
1;1
−
, thỏa mãn
(
)
0,f x x
> ∀ ∈
ℝ
và
(
)
(
)
' 2 0
f x f x
+ =
. Biết
(
)
1 1
f
=
, tính
(
)
1
f
−
.
A.
(
)
2
1
f e
−
− =
. B.
(
)
1
f e
− =
. C.
(
)
4
1
f e
− =
. D.
(
)
1 3
f
− =
.
Câu 14. [Sở Yên Bái – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
thỏa mãn
(
)
(
)
4 2
' .
f x f x x x
= +
. Biết
(
)
0 2
f
=
. Tính
(
)
2
2
f
.
A.
( )
2
313
2
15
f =
. B.
( )
2
332
2
15
f =
. C.
( )
2
324
2
15
f =
. D.
( )
2
323
2
15
f =
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 6
Câu 15. [Sở Nam Định – Lần 2 – 2018] Cho hàm số
(
)
f x
có đạo hàm liên tục trên
(
)
0;
+∞
, biết
(
)
(
)
(
)
2
2 4 0
f x x f x
′
+ + =
và
(
)
0,f x x
> ∀ ∈
ℝ
;
( )
1
2
15
f = . Tính
(
)
(
)
(
)
1 2 3
f f f
+ +
.
A.
7
15
. B.
11
15
. C.
11
30
. D.
7
30
.
Câu 16. Cho hàm số
(
)
f x
xác định và liên tục trên
ℝ
. Biết
(
)
(
)
6
. 12 13
f x f x x
′
= +
và
(
)
0 2
f
=
.
Khi đó phương trình
(
)
3
f x
=
có bao nhiêu nghiệm?
A.
2
. B.
3
. C.
7
. D.
1
.
Câu 17. Cho hàm số
(
)
0
f x
≠
thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
(
)
' 2
2 3 .
f x x f x
= +
và
( )
1
0
2
f
−
= . Biết tổng
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 ... 2017 2018
a
f f f f
b
+ + + + =
với
*
,
a b
∈ ∈
ℤ ℕ
và
a
b
là phân số tối giản.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
1
a
b
<−
. B.
1
a
b
>
. C.
1010
a b
+ =
. D.
3029.
b a
− =
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
(
)
1 1
f
=
,
(
)
(
)
3 1
f x f x x
= ′ +
, với mọi
0
x
>
. Mệnh đề nào sau
đây đúng?
A.
(
)
4 5 5
f
< <
. B.
(
)
2 5 3
f
< <
. C.
(
)
3 5 4
f
< <
. D.
(
)
1 5 2
f
< <
.
Câu 19. [Quảng Xương I – Thanh Hóa – Lần 4 – 2018] Cho
( )
f x
xác định, có đạo hàm, liên tục
và đồng biến trên
[
]
1;4
thỏa mãn
( ) ( ) [ ] ( )
2
3
2 , 1;4 , 1
2
x xf x f x x f
′
+ = ∀ ∈ =
. Giá trị
(
)
4
f
bằng:
A.
391
18
B.
361
18
C.
381
18
D.
371
18
Câu 20. Cho
( )
f x
không âm thỏa mãn điều kiện
2
( ). '( ) 2 ( ) 1
f x f x x f x
= +
và
(0) 0
f
=
. 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
(
)
0 1
f
=
và
(
)
(
)
(
)
2
,
x
f x e f x x
′
= ∀ ∈
ℝ
. Tính tích phân
( )
1
0
f x dx
∫
bằng
A.
2
e
−
. B.
1
e
−
. C.
2
2
e
−
. D.
2
1
e
−
.
Câu 22. [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 3 – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
xác định và liên
tục trên
{
}
\ 0
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 1 1
x f x x f x xf x
′
+ − = −
với
{
}
\ 0
x
∀ ∈
ℝ
và
(
)
1 2
f
=−
. Tính
( )
2
1
f x dx
∫
.
A.
1
ln 2
2
− −
. B.
3
ln 2
2
− −
. C.
ln 2
1
2
− −
. D.
3 ln 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
(
)
0 0
f
≠
với
[
]
4;8
x
∀ ∈
. Biết rằng
(
)
(
)
2
8
4
4
1
f x
dx
f x
′
=
∫
và
( ) ( )
1 1
4 , 8
4 2
f f
= =
. Tính
(
)
6
f
.
A.
5
8
. B.
2
3
. C.
3
8
. D.
1
3
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 1
TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 1
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. [Chuyên Thái Bình-Lần 5-2018] Cho hàm số
2
3 khi 0 1
4 khi 1 2
xx
y fx
xx



. Tính
2
0
f x dx
.
A.
7
2
. B.
1
. C.
5
2
. D.
3
2
.
Lời giải
Ta có,
1 2 12
2
23
0 1 01
12
57
34 4 1
01
2 22
x
f x dx f x dx x dx x dx x x




.
Câu 2. Cho hàm số
2
2
6 khi 0
khi 0
xx
y fx
a ax x


và
4
1
d
I fxx
. Hỏi có tất cả bao nhiêu số
nguyên
a
để
22 0
I

?
A.
2
. B.
3
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
Ta có
4
0 4 04
22
0
2 23 2
1
1 0 10
0
d d 6d d 2 2 4 8.
2
ax
I fxx fxx x x a axx x ax a a





22 0
I

2
2 4 8 22 0
aa

2
2 60
aa

3
2
2
a

1; 0;1; 2
a
a

.
Vậy có
4
giá trị nguyên của
a
thỏa mãn.
Câu 3. [Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số
()
fx
xác định trên
1
\
2







thỏa mãn
2
()
21
fx
x
,
(0) 1
f
và
(1) 2
f
. Giá trị của biểu thức
( 1) (3)
ff

bằng
A.
4 ln 5
. B.
2 ln15
. C.
3 ln15
. D.
ln15.
Lời giải
Cách 1: Trên khoảng
1
;
2



:
1
2
( ) ln(2 1) .
21
f x dx x C
x

Lại có
1
(1) 2 2.
fC

• Trên khoảng
1
;
2



:
2
2
( ) ln(
1 2 ) .
21
f x dx x C
x

Lại có
2
(0) 1 1.
fC

Vậy
1
ln(2 1) 2
2
()
1
ln(1 2 ) 1
2
x khi x
fx
x khi x


.
Suy ra
( 1) (3) 3 ln15.
ff

Cách 2:
Ta có:
00
0
1
11
33
3
1
11
21
(0) ( 1) '( ) ln
2 1| ln (1)
21 3
2
(3) (1) '( ) ln
2 1| ln 5 (2)
21
dx
f f f x dx x
x
dx
f f f x dx x
x





Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 2
Lấy (2)-(1), ta được
(3) (1) (0) ( 1) ln 15 ( 1) (3) 3 ln 15
fff f f f

.
Câu 4. [Toán học tuổi trẻ số 6 – 2018] Cho hàm số
fx
xác định trên
\1
thỏa mãn
1
1
fx
x
,
0 2017
f
,
2 2018
f
. Tính
31
Sf f

.
A.
1
S
. B.
ln 2
S
. C.
ln 4035
S
. D.
4
S
.
Lời giải
Cách 1: Ta có
1
d d ln 1
1
fx x x x C
x


.
Theo giả thiết
0 2017
f
,
2 2018
f
nên
ln 1 2017 khi 1
ln 1 2018 khi 1
fx x x
fx x x


.
Do đó
31
Sf f

ln 2 2018 ln 2 2017 1 
.
Cách 2:
Ta có:
00
0
1
11
33
3
2
22
1
(0) ( 1) '( ) ln 1| ln (1)
12
(3) (2) '( ) ln 1| ln 2 (2)
1
dx
f f f x dx x
x
dx
f f f x dx x
x





Lấy
1 2,
ta được
(3) (2) (0) ( 1) 0 S (3) ( 1) (2) (0) 1
ffff ff ff
 
.
Câu 5. [Lục Ngạn–Bắc Giang–2018] Cho hàm số
()
fx
xác định trên
1
\
3







thỏa mãn
3
,0 1
31
fx f
x

và
2
2
3
f


. Giá trị của biểu thức
13
ff

bằng
A.
3 5ln 2
. B.
2 5ln 2
. C.
4 5 ln 2
. D.
2 5ln 2
.
Lời giải
Cách 1: Từ
1
1
1
ln 3 1 khi x ;
3
33
dx=
31 31
1
ln 3 1 khi x ;
3
xC
f x fx
xx
xC









.
Ta có:
11
22
01
01 1
2
02 2
2
3
f
CC
CC
f












1
ln 3 1 1 khi x ;
3
1
ln 3 1 2 khi x ;
3
x
fx
x








.
Khi đó:
1 3 ln 4 1 ln 8 2 3 ln 32 3 5 ln 2
ff
 
.
Cách 2: Ta có
00
00
11
11
33
33
22
33
22
33
31
0 1 d
x dx ln 3 1 ln 1
31 4
23
3 d
x dx ln 3 1 ln 8 2
3 3
1
f f fx f x x
x
f f fx f x x
x








Lấy
21
, ta được:
2
3 1 0 ln 32 1 3 3 5 ln 2
3
ff ff f f



.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 3
Câu 6. Cho hàm số
fx
xác định trên
\ 2;2
và thỏa mãn
2
4
; 30
4
fx f
x

;
01
f
và
32
f
. Tính giá trị biểu thức
4 14
Pf f f

.
A.
3
3 ln
25
P

. B.
3 ln 3
P

. C.
5
2 ln
3
P

. D.
5
2 ln
3
P

.
Lời giải
Từ
2
4
4
fx
x
2
4
4
dx
fx
x

4
22
dx
xx

1
2
3
2
ln ; 2
2
2
ln 2;2
2
2
ln 2;
2
x
C khi x
x
x
C khi x
x
x
C khi x
x



Ta có
30
01
22
f
f
f

1
2
3
ln 5 0
01
1
ln 2
5
C
C
C



1
2
3
ln 5
1
2 ln 5
C
C
C



fx
2
ln -ln5 ; 2
2
2
ln 1 2;2
2
2
ln 2 ln 5 2;
2
x
khi x
x
x
khi x
x
x
khi x
x



.
Khi đó
4 14
Pf f f

1
ln 3 ln 5 ln 3 1 ln 2 ln 5
3

3 ln 3
.
Câu 7. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho hàm số
fx
xác định trên
\ 2;1
thỏa mãn
2
1
2
fx
xx

;
3 30
ff

và
1
0
3
f
. Giá trị của biểu thức
4 14
f ff

bằng
A.
11
ln 2
33
. B.
1 ln 80
. C.
14
1 ln 2 ln
35

. D.
18
1 ln
35
.
Lời giải
2
1
2
fx
xx


1
2
2
3
11
ln ; 2
32
d d 11
ln 2;1
2 1 23 2
11
ln 1;
32
x
C khi x
x
x xx
f x C khi x
xx x x x
x
C khi x
x





Do đó
1 3 31
1 12 1
3 3 0 ln 4 ln ln10
3 35 3
f f C C CC

.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 4
Và
22
1 11 1 11
0 ln ln
2
3 32 3 33
f CC
 
.
1
1
11
ln ;
2
32
1 1 11
ln ln
2 2;1
3 2 33
11 1
ln ln
10 1;
32 3
x
C khi x
x
x
f x kh
i x
x
x
C kh
i x
x



.
Khi đó:
11
15 1 11 11 1
4 1 4 ln ln
2 ln 2 ln ln10
32 3 33 32 3
f ff C C









11
ln 2
33

.
Câu 8. [Sở Bắc Giang – 2018] Cho hàm số
fx
xác định trên
\ 1;1
và thỏa mãn
2
1
1
fx
x
;
3 30
ff

và
11
2
22
ff









. Tính giá trị của biểu thức
04
Pf f

.
A.
3
2 ln
5
P

. B.
3
1 ln
5
P

. C.
13
1 ln
25
P

. D.
13
ln
25
P
.
Lời giải

1
22
2
11
ln ;
1 1;
21
1d d
1 1 11
11
ln 1;
1
21
x
C khi x
x
xx
fx
x x xx
x
C khi x
x
 




.
Ta có
1 11
1 11
3 3 0 ln 2 ln 0 0
2 22
f f C CC
 
.
Và
2 22
1 1 1 11
2 ln 3 ln 2 1
2 2 2 23
f f C CC



 





.
Suy ra
11
ln ; 1 1;
21
11
ln 1 1;1
21
x
khi x
x
fx
x
khi x
x
 

04
Pf f

=
13
1 ln
25
.
Câu 9. [Sở Phú Thọ - 2018] Cho hàm số
fx
xác định trên
\ 1;1
và thỏa mãn
2
2
' ; 2 20
1
fx f f
x

và
11
0.
22
ff









Tính
2 0 40
f ff

được kết quả
A.
6
1 ln
5
P

. B.
6
1 ln
5
P

. C.
4
1 ln
5
P

. D.
4
1 ln
5
P

.
Lời giải

1
22
1
1
ln khi ; 1 1;
1
2 22
'
1 1 11
1
n khi 1;1
1
x
Cx
x
dx dx
f x fx
x x xx
x
l Cx
x
 




Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 5
Ta có
1 11
1
2 2 0 ln 3 ln 0 0.
3
f f C CC

và
2 22
11 1
2 ln 3 ln 2 1.
22 3
f f C CC









Suy ra:
1
ln khi ; 1 1;
1
1
n +1 khi 1;1
1
x
x
x
fx
x
lx
x
 

36
3 0 4 ln 2 1 ln 1 ln
55
f ff

Câu 10. [Chuyên Thái Bình – Lần 4 – 2018] Cho
Fx
là một nguyên hàm của hàm số
1
1 sin 2
y
x
với
\ ,.
4
x kk









Biết
01
F
và
0.
F
Tính giá trị của
biểu thức
11
.
12 12
PF F










A.
2 3.
P

B.
0.
P
C. Không tồn tại. D.
1.
P
Lời giải
Cách 1: Biến đổi
2
2
11 1
.
1 sin 2
sin cos
2 sin
4
y
x
xx
x



Khi đó:
1
2
2
15
tan k
hi ; 2
2 4 44
.
13
2 sin
tan k
hi ; 2
4
2 4 4
4
x Cx k
dx
Fx k
x
x Cx k






















Ta có:
22
11
1 15
11
tan k
hi ; 2
1
01
2 42 4 4
22
11
0 1
1 3
0
tan k
hi ; 2
22
2 4 2 44
xx k
CC
F
Fx
F
CC
xxk



































Khi đó:
11 1 1171
tan t
an 1
12 12 2 6 2 2 6 2
PF F










.
Cách 2: Ta có
0
0
12
12
11
12
11
12
0 1
12 1 sin 2
11
2
12 1 sin 2
dx
F F Fx
x
dx
F F Fx
x






Lấy
21
, ta được:
0
11
12 12
11
0
12 12 1 sin 2 1 sin 2
dx dx
F F FF
xx













11 11
10 1
12 12 12 12
casio
FF FF
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 6
Câu 11. Cho hàm số
y fx
xác định và liên tục trên
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
0
fx
,
x

;
2
.
x
f x ef x

,
x

và
1
0
2
f
. Tính giá trị của
ln 2
f
.
A.
2
ln 2
9
f
. B.
2
ln 2
9
f

. C.
2
ln 2
3
f
. D.
1
ln 2
3
f
.
Lời giải
2
.
x
f x ef x

2
x
fx
e
fx

ln 2 1
2
00
d ed
x
fx
xx
fx


ln 2
ln 2
2
0
0
d
x
fx
e
fx

ln 2
0
1
1
fx

11
1
ln 2 0
ff

1
3
ln 2
f

1
ln 2
3
f

.
Câu 12. Cho hàm số
y fx
có đồ thị
C
, xác định và liên tục trên
thỏa mãn đồng thời các
điều kiện
0
fx x

,
2
.,
f x xf x x

và
02
f
. Phương trình tiếp
tuyến tại điểm có hoành độ
1
x
của đồ thị
C
là.
A.
6 30
yx

. B.
6 30
yx

. C.
36 30
yx

. D.
36 42
yx

.
Lời giải
2
.
f x xf x
2
2
fx
x
fx

11
2
2
00
dd
fx
x xx
fx


1
1
3
2
0
0
d
3
fx
x
fx

1
0
11
3
fx

11 1
1 03
ff

11
16
f

16
f

.
Từ
2
.
f x xf x

2
1 1. 1 36
ff

.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là
36 30
yx

.
Câu 13. Cho hàm số
y fx
có đạo hàm và liên tục trên đoạn
1;1
, thỏa mãn
0,
fx x

và
'2 0
f x fx

. Biết
11
f
, tính
1
f
.
A.
2
1
fe

. B.
3
1
fe

. C.
4
1
fe

. D.
13
f

.
Lời giải
Biến đổi:
1 11
1
1
1 11
''
' 2 0 2 2 4
ln 4
fx fx dfx
f x f x dx
dx f x
fx fx fx

  

4 44
11
ln 4 1
1 .
11
ff
e f fee
ff

.
Câu 14. [Sở Yên Bái – 2018] Cho hàm số
y fx
thỏa mãn
42
'.
f x fx x x

. Biết
02
f
. Tính
2
2
f
.
A.
2
313
2
15
f
. B.
2
332
2
15
f
. C.
2
324
2
15
f
. D.
2
323
2
15
f
.
Lời giải
Ta có
22
42 42
00
'. '.
f x f x x x f x f x dx x x dx


2
2
2
0
0
136 136
15 2 15
fx
fxdfx

2
2
24
136 332
2
2 15 15
f
f

.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 7
Câu 15. [Sở Nam Định – Lần 2 – 2018] Cho hàm số
fx
có đạo hàm liên tục trên
0;
, biết
2
24 0
fx x f x

và
0,
fx x

;
1
2
15
f
. Tính
123
ff f

.
A.
7
15
. B.
11
15
. C.
11
30
. D.
7
30
.
Lời giải
Biến đổi
2
24 0
fx x f x

2
24
fx
x
fx

2
24
fx
dx x dx
fx


2
2
4
dfx
x xC
fx

2
1
4
x xC
fx

2
1
4
fx
x xC


.
Với
1
2
15
f
11
15 12
C

3
C

, suy ra:
2
1
43
fx
xx

.
Khi đó:
11 1 7
123
8 15 24 30
ff f

.
Câu 16. Cho hàm số
fx
xác định và liên tục trên
. Biết
6
. 12 13
f xf x x

và
02
f
.
Khi đó phương trình
3
fx
có bao nhiêu nghiệm?
A.
2
. B.
3
. C.
7
. D.
1
.
Lời giải
Từ
6
. 12 13
f xf x x

6
. 12 13
f x f x dx x dx


62
6 13
f x df x x x C

7
2
6 13
7
fx
x xC

02
2
7
f
C

.
Suy ra:
72
42 91 2
fx x x

.
Từ
3
fx
7
2187
fx

2
42 91 2 2187
xx

2
42 91 2185 0 *
xx

.
Phương trình
*
có
2
nghiệm trái dấu do
0
ac
.
Câu 17. Cho hàm số
0
fx
thỏa mãn điều kiện
'2
2 3.
fx x f x

và
1
0
2
f
. Biết tổng
1 2 ... 2017 2018
a
ff f f
b

với
*
,
ab

và
a
b
là phân số tối giản. Mệnh
đề nào sau đây đúng?
A.
1
a
b

. B.
1
a
b
. C.
1010
ab

. D.
3029.
ba

Lời giải
Biến đổi
'2
2 3.
fx x f x

'
2
23
fx
x
fx

'
2
23
fx
dx x dx
fx


2
2
11
3
3
x x C fx
fx x x C


. Mà
1
0
2
f
nên
2
C
.
Do đó

2
11
32 1 2
fx
xx x x
 

.
Khi đó
1 2 ... 2017 2018
a
ff f f
b

11 1 1
.....
2.3 3.4 2018.2019 2019.2020



1111 1 1 1 1
.....
2 3 3 4 2018 2019 2019 2020



11
2 2020



1009
2020
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 8
Với điều kiện
,
ab
thỏa mãn bài toán, suy ra:
1009
2020
a
b

3029
ba

.
Câu 18. [Chuyên Vinh – Lần 4 – 2017] Giả sử hàm số
y fx
liên tục, nhận giá trị dương trên
0;
và thỏa mãn
11
f
,
31
fx f x x

, với mọi
0
x
. Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A.
4 55
f

. B.
2 53
f

. C.
3 54
f

. D.
1 52
f

.
Lời giải
Cách 1:
Với điều kiện bài toán ta có
31
fx f x x

11
dd
31 31
fx fx
xx
fx fx
xx




1
2
d
1
31d31
3
fx
xx
fx


′
2
ln 3 1
3
fx x C

2
31
3
e
xC
fx


.
Khi đó
4
3
4
11e 1
3
C
fC
 
24
31
33
e
x
fx


4
3
5 e 3, 79 3; 4
f

.
Vậy
3 54
f

.
Chú ý: Các bạn có thể tính
d
31
x
x
bằng cách đặt
31
tx

.
Cách 2:
Với điều kiện bài toán ta có
31
fx f x x
′
1
31
fx
fx
x

55
11
1
dd
31
fx
xx
fx
x


′
5
1
d
4
3
fx
fx

5
1
4
ln
3
fx

5
4
ln
13
f
f

4
3
5 1 . e 3, 79 3; 4
ff

.
Câu 19. [Quảng Xương I – Thanh Hóa – Lần 4 – 2018] Cho
()
fx
xác định, có đạo hàm, liên tục
và đồng biến trên
1; 4
thỏa mãn
2
3
2 ,
1; 4 , 1
2
x xf x f x x f



. Giá trị
4
f
bằng:
A.
391
18
B.
361
18
C.
381
18
D.
371
18
Lời giải
Biến đổi:
2
2
x xf x f x



2
12
x fx f x



2
12
12
fx
fx
xx
fx
fx



.
44
11
12
fx
dx xdx
fx


4
1
14
12
3
fx

14 391
12 4 2 4
3 18
ff

.
Chú ý: Nếu không nhìn được ra luôn
4
4
1
1
12
12
fx
I dx f x
fx

12 4 2
f

thì ta có thể sử dụng kỹ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một).
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 9
+ Vi phân:
44
11
'
12 1
2
f x df x
dx
fx fx


4
1
4
2
1
1
1
12 12 12
2
fx d fx fx

.
+ Đổi biến: Đặt
12
t fx

2
12
t fx

tdt f x dx

với
1 12 1 2; 4 12 4
xtfxtf
 
.
Khi đó
12 4
2
f
tdt
I
t

12 4
12 4
2
2
f
f
dt t
12 4 2
f

.
Câu 20. Cho
()
fx
không âm thỏa mãn điều kiện
2
(). '() 2 () 1
fx f x x f x

và
(0) 0
f
. Tổng giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
()
y fx
trên
1; 3
là
A.
22
B.
4 11 3
C.
20 2
D.
3 11 3
Lời giải
Biến đổi:
2
22
(). '() (). '()
(). '() 2 () 1 2 2
() 1 ()
1
fx f x fx f x
f x f x x f x x dx
xdx
fx fx



22
() 1
fx x C

Với
2 2 2 42
(0) 0 1 () 1 1 () 2 ()
f C fx x fx x x gx

Ta có:
3
'( ) 4 4 0, 1; 3
gx x x x

. Suy ra
()
gx
đồng biến trên
1; 3
Suy ra:
()0
22
(1) () () 3 3 () 99 3 () 311
fx
g gx fx g fx fx

1;3
3
min ( ) 3
( ) 3 11
fx
Max f x
Chú ý: Nếu không tìm được ra luôn
2
2
(). '()
() 1
() 1
fx f x
dx f x C
fx

thì ta có thể sử dụng
kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một)
+) Vi phân:
1
222
2
22
(). '() () 1
() () 1 () 1 () 1
2
() 1 () 1
fx f x fx
dx dfx fx dfx fx C
fx fx



+ Đổi biến: Đặt
2 22
() 1 () 1 () '()
t f x t f x tdt f x f x dx

Suy ra:
2
2
(). '()
() 1
() 1
f x f x tdt
dx dt
t C f x C
t
fx


Câu 21. [Chuyên Tuyên Quang – Lần 2 – 2018] Cho hàm số
fx
có đạo hàm và đồng biến trên
thỏa mãn
01
f
và
2
,
x
f x ef x x

. Tính tích phân
1
0
f x dx
bằng
A.
2
e
. B.
1
e
. C.
2
2
e
. D.
2
1
e
.
Lời giải
Biến đổi
2
x
f x ef x
2
x
fx
e
fx

x
fx
e
fx

x
fx
dx e dx
fx


Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 10
1
2
2
x
f x df x e dx


2
22
x
fx e C

Vì
01 0
fC

2
x
fx e

x
fx e

Suy ra
1
11
00
0
1
x
f x dx edx e e


.
Câu 22. [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 3 – 2018] Cho hàm số
y fx
xác định và liên
tục trên
\0
thỏa mãn
22
21 1
x f x x f x xf x

với
\0
x

và
12
f

. Tính
2
1
f x dx
.
A.
1
ln 2
2

. B.
3
ln 2
2

. C.
ln 2
1
2

. D.
3 ln 2
22

.
Lời giải
Ta có
22
21 1
x f x x f x xf x


2
1*
xf x f x xf x

Đặt
h x f x xf x

h x f x xf x


, khi đó
*
có dạng
2
h x hx
2
1
hx
hx

2
1
hx
dx dx
hx


2
dh x
xC
hx

1
xC
hx

1
hx
xC

1
1
xf x
xC

Vì
12
f

nên
1
21
1
C

0
C

Khi đó
1
1
xf x
x

2
11
fx
xx

Suy ra:
22
2
11
11
f x dx dx
xx




2
1
1
ln
x
x



1
ln 2
2

Câu 23. [Sở Đà Nẵng – 2018] Cho hàm số
fx
có đạo hàm và liên tục trên đoạn
4;8
và
00
f
với
4;8
x

. Biết rằng
2
8
4
4
1
fx
dx
fx




và
11
4 ,8
42
ff

. Tính
6
f
.
A.
5
8
. B.
2
3
. C.
3
8
. D.
1
3
.
Lời giải
+) Xét
88
22
44
8
1 11
24 2
4
84
f x df x
dx
fx fx fx f f

  


.
+) Gọi
k
là một hằng số thực, ta sẽ tìm
k
để
2
8
2
4
0
fx
k dx
fx



.
Ta có:
2
2
8 8 88
2
22
4
22
4 4 44
2 14 4 2 1
fx
fx fx
k dx dx k dx k dx k k k
fx fx
fx









.
Suy ra:
1
2
k

thì
2
8 66
2 22
4 44
1 11
0
2 22
fx fx fx
dx dx
dx
fx fx
fx





Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 11
6
2
4
6
1 11 1 1
1 1 14 1 6
4
46 6 3
df x
f
f x fx f f f
   
.
Chú ý:
0
b
a
f x dx
không được phép suy ra
0
fx
, nhưng
2
00
b
k
a
f x dx f x

Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 1
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
′
+ + + − =
+) Với
(
)
( )
u a a
u b b
=
=
thì
( ) ( )
1
b b
a a
f x dx g x dx
A B C
=
+ +
∫ ∫
.
+) Với
(
)
( )
u a b
u b a
=
=
thì
( ) ( )
1
b b
a a
f x dx g x dx
A B C
=
− +
∫ ∫
.
Trong đề bài thường sẽ bị khuyết một trong các hệ số
, ,A B C
.
Nếu
( )
f x liên tục trên
[ ]
;a b thì
( ) ( )
b b
a a
f a b x dx f x dx+ − =
∫ ∫
.
Ví dụ 1. Cho hàm số
( )
f x liên tục trên
[ ]
0;1 thỏa mãn
( )
(
)
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
. Tính
( )
1
0
df x x
∫
A. 2 . B. 4 . C. 1− . D.
6
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Biến đổi
( )
( )
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
( )
( )
2 3
6
2.3 .
3 1
f x x f x
x
⇔ − = −
+
với 1A = ,
2B =−
.
Áp dụng công thức ta có:
( )
( )
1 1
0 0
1 6
d d 4
1 2
3 1
f x x x
x
= − =
+ −
+
∫ ∫
.
Cách 2: (Dùng công thức biến đổi – nếu không nhớ công thức)
Từ
( )
( )
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
( )
( )
1 1 1
2 3
0 0 0
1
d 2 3 d 6 d
3 1
f x x x f x x x
x
⇒ − =−
+
∫ ∫ ∫
Đặt
3 2
3 dxu x du x= ⇒ = ; Với
0 0x u= ⇒ =
và
1 1x u= ⇒ =
.
Khi đó
( )
( ) ( )
1 1 1
2 3
0 0 0
3 d d dx f x x f u u f x x= =
∫ ∫ ∫
thay vào
( )
*
, ta được:
( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1
d 2 d 6 d
3 1
f x x f x x x
x
− = −
+
∫ ∫ ∫
( )
1 1
0 0
1
d 6 d 4
3 1
f x x x
x
⇔ = =
+
∫ ∫
.
Ví dụ 2. Xét hàm số
( )
f x liên tục trên
[ ]
0;1 và thỏa mãn điều kiện
( )
( )
2 2
4 3 1 1xf x f x x+ − = −
. Tích phân
( )
1
0
dI f x x=
∫
bằng
A.
4
I
π
=
. B.
6
I
π
=
. C.
20
I
π
=
. D.
16
I
π
=
Lời giải
Từ
( )
( )
( )
( )
1 1 1
2 2 2 2
0 0 0
4 . 3 1 1 2 2 d 3 1 d 1 dx f x f x x xf x x f x x x x+ − = − ⇒ + − = −
∫ ∫ ∫
( )
∗
+) Đặt
2
d 2 du x u x x= ⇒ =
; Với
0 0x u= ⇒ =
và
1 1x u= ⇒ =
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 2
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
2
0 0 0
2 d d d 1xf x x f u u f x x= =
∫ ∫ ∫
+) Đặt
1 d dt x t x= − ⇒ =−
; Với
0 1x t= ⇒ =
và
1 0x t= ⇒ =
.
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1 d d d 2f x x f t t f x x− = =
∫ ∫ ∫
Thay
( ) ( )
1 , 2
vào
( )
∗
ta được:
( ) ( )
1 1 1
2
0 0 0
2 d 3 d 1 df x x f x x x x+ = −
∫ ∫ ∫
( )
1 1
2
0 0
1
d 1 d
5 20
f x x x x
π
⇔ = − =
∫ ∫
.
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:
Cho
( ) ( ) ( )
. .A f ax b B f ax c g x+ + − + =
(với
2 2
A B≠
) khi đó
( )
2 2
. .
x b x c
A g B g
a a
f x
A B
− −
−
−
=
−
(*)
+)Hệ quả 1 của (*):
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
. .
. .
A g x B g x
A f x B f x g x f x
A B
− −
+ − = ⇒ =
−
+)Hệ quả 2 của (*):
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
. .
g x
A f x B f x g x f x
A B
+ − = ⇒ =
+
với
( )
g x
là hàm số chẵn.
Ví dụ 1.
Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên
ℝ
và
( )
1
2 3f x f x
x
+ =
. Tính
( )
2
1
2
f x
I dx
x
=
∫
.
A.
3
2
I =
. B.
1I
=
. C.
1
2
I =
. D.
1I
=−
.
Lời giải
Đặt,
1 1
t x
x t
= ⇒ =
khi đó điều kiện trở thành
( ) ( )
1 3 1 3
2 2 .
f f t f x f
t t x x
+ = ⇒ + =
Hay
( )
1 6
4 2
f x f
x x
+ =
, kết hợp với điều kiện
( )
1
2 3
f x f x
x
+ =
. Suy ra :
( )
( )
2
6 2
3 3x 1
f x
f x
x x x
= − ⇒ = − ⇒
( )
2 2
2
1 1
2 2
2
2 2 3
1
1
2
2
f x
I dx dx x
x x x
−
= = − = − =
∫ ∫
.
Ví dụ 2.
(Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số
( )
f x
liên tục trên
[ ]
0;1
và thỏa mãn điều kiện
( ) ( )
2 3 1 1f x f x x x+ − = −
. Tính tích phân
( )
1
0
I f x dx=
∫
.
A.
4
15
I =−
. B.
1
15
I =
. C.
4
75
I =
. D.
1
25
I =
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2)
Với
( ) ( )
2 3 1 1f x f x x x+ − = −
ta có
2; 3A B
= =
.
Suy ra:
( )
1 1
0 0
1
1
2 3
f x dx x xdx= −
+
∫ ∫
( )
4
0,05 3
75
Casio
= =
.
Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3)
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 3
Áp dụng kết quả của Dạng 3:
“Cho
(
)
(
)
(
)
. .
A f ax b B f ax c g x
+ + − + =
(Với
2 2
A B
≠
) khi đó
( )
2 2
. .
x b x c
A g B g
a a
f x
A B
− −
−
−
=
−
”
.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x g x
+ − = − =
( )
(
)
(
)
2 2
2 3 1
2 3
g x g x
f x
− −
⇒ =
−
(
)
2 1 3 1
5
x x x x
− − −
=
−
.
Suy ra:
( )
(
)
1 1
0 0
2 1 3 1
5
x x x x
I f x dx dx
− − −
= =
−
∫ ∫
( )
4
0,05 3
75
Casio
= = .
Cách 3: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức)
Từ
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x
+ − = −
( ) ( )
1 1 1
0 0 0
2 3 1 1
f x dx f x dx x xdx
⇒ + − = −
∫ ∫ ∫
( ) ( )
4
0,2 6
15
Casio
= = ∗
Đặt
1
u x du dx
= − ⇒ = −
; Với
0 1
x u
= ⇒ =
và
1 0
x u
= ⇒ =
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1
f x dx f u du f x dx
− = =
∫ ∫ ∫
thay vào
(
)
∗
, ta được:
( ) ( )
2 2
0 0
4 4
5
15 75
f x dx f x dx= ⇔ =
∫ ∫
.
Ví dụ 3. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
. Tính
giá trị của
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
.
A.
2
2019
I =
. B.
2
1009
I =
. C.
4
2019
I =
. D.
1
1009
I =
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2)
Với
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
ta có
1; 2018
A B
= =
Suy ra
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
2
2
1
2 sin d
1 2018
x x x
π
π
−
=
+
∫
4
2019
Casio
=
Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3)
Áp dụng Hệ quả 2:
(
)
(
)
(
)
.
A f x Bf x g x
+ − =
( )
(
)
g x
f x
A B
⇒ =
+
với
(
)
g x
là hàm số chẵn.
Ta có
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
( )
2 sin
2019
x x
f x⇒ =
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
2
2
2
sin d
2019
x x x
π
π
−
=
∫
4
2019
Casio
=
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 4
DẠNG 4. HÀM ẨN XÁC ĐỊNH BỞI ẨN DƯỚI CẬN TÍCH PHÂN
Phương pháp giải: Sử dụng công thức
( )
( )
( )
( ) ( )
'. '.
u x
v x
f t dt u f u v f v
′
= −
∫
Kết quả đặc biệt:
( )
( )
( )
'.
u x
a
f t dt u f u
′
=
∫
với
a
là hằng số.
Chứng minh: Giải sử
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
u x
u x
v x
v x
f t dt F t F u x F v x= = −
∫
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
'. ' '. ' '. ' '. '
u x
v x
f t dt F u x F v x u F u v F v u f u v f v
′
′
⇒ = − = − = −
∫
Ví dụ 1.
[Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018]
Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục trên
ℝ
.
Biết
2
2
4
0
( ) 1
x
x
f t dt e x
= + −
∫
với
x∀ ∈
ℝ
. Giá trị của
(4)
f
là:
A.
4
(4) 4.f e= +
B.
4
(4) 4 .f e=
C.
4
(4) 8.f e= +
D.
(4) 1.
f
=
Lời giải
Sử dụng công thức
( )
( ) . ( )
u x
a
f t dt u f u
′
′
=
∫
, ta có:
( )
2 2
2 2
4 4
0 0
( ) 1 ( ) 1
x x
x x
f t dt e x f t dt e x
′
′
= + − ⇒ = + −
∫ ∫
2
2 3
2 ( ) 2 . 4 .
x
xf x x e x⇔ = +
Suy ra:
2
2 2
( ) 2 ( ) 2
x x
f x e x f x e x= + ⇒ = +
⇒
4
(4) 8.f e= +
Ví dụ 2.
Cho hàm số
( )
0y f x= >
xác định, có đạo hàm trên đoạn
[ ]
0;1
và thỏa mãn
( ) ( )
0
1 2018 d
x
g x f t t= +
∫
và
( ) ( )
2
.g x f x=
Tính
( )
1
0
d .g x x
∫
A.
1011
2
B.
1009
2
C.
2019
2
D.
505
Lời giải
Sử dụng công thức
( )
( )
( )
0
d . ,
u x
f t t u f u
′
′
=
∫
ta có
( ) ( )
0
1 2018 d
x
g x f t t= +
∫
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
(
)
( )
2
0
2018 2018 2018.
g x f x
f x
g x
g x f x g x g x
g x
=
>
′
′ ′
⇒ = ←→ = ⇔ =
Suy ra
( )
( )
( ) ( )
d 2018d 2 2018 *
g x
x x g x x C
g x
′
= ⇔ = +
∫ ∫
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 5
Từ điều kiện
( ) ( ) ( )
0
1 2018 d 0 1
x
g x f t t g= + ⇒ =
∫
thay vào
( )
*
suy ra
2.C =
Khi đó
( ) ( ) ( )
1 1
0 0
1011
1009 1 d 1009 1 d
2
g x x g x x x x= + ⇒ = + =
∫ ∫
.
DẠNG 5.
Cho hàm số
( )
y f x=
thỏa mãn
( )
(
)
( )
f u x v x=
và
( )
v x
là hàm đơn điệu (luôn đồng
biến hoặc nghịch biến) trên
ℝ
. Hãy đi tính tích phân
( )
b
a
I f x dx=
∫
.
Phương pháp giải:
Đặt
( )
( )
( ) ( )
dt u x dx
t u x
f t v x
′
=
= ⇒
=
.
Ta viết lại
( ) ( )
b b
a a
I f x dx f t dt= =
∫ ∫
.
Đổi cận: Với
( )
t a u x a x α= ⇒ = ⇔ =
và
( )
t b b u x x β= ⇒ = ⇔ =
.
Khi đó
( ) ( ) ( )
.
b
a
I f t dt v x u x dx
β
α
′
= =
∫ ∫
.
Ví dụ . Cho hàm số
( )
y f x=
thỏa mãn
( )
3
3 1 3 2, .f x x x x+ + = + ∀ ∈ ℝ
Tính
( )
5
1
. .I x f x dx
′
=
∫
A.
5
4
. B.
17
4
. C.
33
4
. D.
1761−
.
Lời giải
Đặt
( ) ( )
( ) ( )
5
5
1
1
u x du dx
I xf x f x dx
dv f x dx v f x
= =
⇒ ⇒ = −
′
= =
∫
.
Từ
( )
( ) ( )
( ) ( )
3
5 5 1
3 1 3 2
1 2 0
f x
f x x x
f x
= =
+ + = + ⇒
= =
, suy ra
( )
5
1
23 .I f x dx= −
∫
Đặt
( )
( )
2
3
3 3
3 1
3 2
dt x dx
t x x
f t x
= +
= + + ⇒
= +
Đổi cận: Với
3
1 1 3 1 0
t x x x
= ⇒ = + + ⇔ =
và
3
5 3 1 5 1
t x x x
= ⇒ + + = ⇔ =
.
Khi đó
( ) ( )
( )
5 1
2
1 0
33
23 23 3 2 3 3
4
Casio
I f x dx x x dx= − = − + + =
∫ ∫
DẠNG 6.
Cho hàm số
( )
y f x=
thỏa mãn
( )
g f x x
=
và
( )
g t
là hàm đơn điệu ( luôn đồng
biến hoặc nghịch biến) trên
R
.Hãy tính tích phân
( )
b
a
I f x dx=
∫
Phương pháp giải: Đặt
(
)
(
)
(
)
y f x x g y dx g y dy
′
= ⇒ = ⇒ =
Đổi cận
( )
( )
x a g y a y
x b g y b y
α
β
= → = ⇔ =
= → = ⇔ =
Suy ra
( ) ( )
b
a
I f x dx yg y dy
β
α
= =
∫ ∫
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 6
Ví dụ. Cho hàm số
( )
f x
liên tục trên
R
thỏa mãn
( ) ( )
3
,f x f x x x+ = ∀ ∈ R
. Tính
( )
2
0
I f x dx=
∫
A. 2I = . B.
3
2
I =
. C.
1
2
I =
. D.
5
4
I =
.
Lời giải
Đặt
( )
( )
3 2
3 1y f x x y y dx y dy= ⇒ = + ⇒ = +
Đ
ổi cận
3
3
0 0 0
2 2 1
x y y y
x y y y
= → + = ⇔ =
= → + = ⇔ =
Khi đó
( )
( ) ( )
2 1 1
2 3
0 0 0
5
3 1 3
4
I f x dx y y dy y y dy= = + = + =
∫ ∫ ∫
DẠNG 7.
Cho
( ) ( )
2
.f x f a b x k+ − =
, khi đó
(
)
d
2
b
a
x b a
I
k f x k
−
= =
+
∫
Chứng minh: Đặt t a b x= + −
( )
( )
2
dt dx
k
f x
f t
= −
⇒
=
và x a t b= ⇒ − ; x b t a= ⇒ = .
Khi đó
( )
( )
( )
( )
2
f d
d d 1
b b b
a a a
x x
x x
I
k
k f x k k f x
k
f t
= = =
+ +
+
∫ ∫ ∫
.
(
)
( )
(
)
f d
d 1
2
b b
a a
x x
x
I
k f x k k f x
= + =
+ +
∫ ∫
( )
1 1
d
b
a
x b a
k k
= −
∫
2
b a
I
k
−
⇒ =
.
Ví dụ. Cho hàm số
( )
f x
liên tục và nhận giá trị dương trên
[ ]
0;1
. Biết
( ) ( )
. 1 1f x f x− =
với
[ ]
0;1x∀ ∈
. Tính giá trị của
( )
1
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
.
A.
3
2
B.
1
2
. C. 1. D. 2 .
Lời giải
Đặt
1t x= −
( )
( )
d
1
t dx
f x
f t
=−
⇒
=
và
1x a t= ⇒ =
;
1 0x t= ⇒ =
. Khi đó
( )
1
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
( )
1
0
d
1
1
t
f t
=
+
∫
( )
( )
1
0
f d
1
x x
f x
=
+
∫
.
2I
( )
( )
( )
1 1
0 0
f d
d
1 1
x x
x
f x f x
= +
+ +
∫ ∫
1
0
1dx= =
∫
1
2
I⇒ =
.
DẠNG 8.
Cho
(
)
(
)
( )
( )
2
d
d
b
b
a
a
f a b x f x
I
f x x
a b
xf x x I
+ − =
⇒ =
+
=
∫
∫
.
Chứng minh: Đặt
d dt x
t a b x x a t b
x b t a
= −
= + − ⇒ = ⇒ =
= ⇒ =
. Khi đó
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 7
( ) ( ) ( )
d f d
b b
a a
I xf x x a b t a b t t= = + − + −
∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
d d
b b
a a
a b x f a b x x a b x f x x= + − + − = + −
∫ ∫
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
2 d d
b b
a a
I xf x x a b x f x x= + + −
∫ ∫
( ) ( ) ( )
2
d d
b b
a a
I
a b f x x f x x
a b
= + ⇒ =
+
∫ ∫
.
Ví dụ. Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
( ) ( )
4f x f x− =
. Biết
( )
3
1
d 5xf x x =
∫
. Tính tích phân
( )
3
1
df x x
∫
.
A.
5
2
. B.
7
2
. C.
9
2
. D.
11
2
.
Lời giải
Đặt 4t x= − d dt x⇒ = − và 1 3x t= ⇒ = ; 3 1x t= ⇒ = .
Khi đó:
( ) ( ) ( )
3 3
1 1
5 d 4 4 dxf x x t f t t= = − −
∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
1 1
4 4 d 4 dx f x x x f x x= − − = −
∫ ∫
.
Suy ra:
( ) ( ) ( )
3 3
1 1
10 d 4 dxf x x x f x x= + −
∫ ∫
( )
3
1
5
4 d
2
f x x= =
∫
.
DẠNG 9.
Tính tích phân
( ) ( )
{ }
max ;
b
a
I f x g x dx=
∫
hoặc
( ) ( )
{ }
min ;
b
a
I f x g x dx=
∫
.
Ví dụ. Tính tích phân
{ }
2
3
0
max ; .I x x dx=
∫
A.
17
4
. B. 2 . C.
15
4
. D.
7
4
.
Lời giải
Trên đoạn
[ ]
0; 2
, xét
( )( )
[ ]
0; 2
3
1 1 0 0 1.
x
x x x x x x
∈
≥ ⇔ − + ≤ ←→ ≤ ≤
Vậy
[
]
[
]
[ ]
{ }
3
3
3
3
0; 2
0; 1
0 1
max ; .
1 2
1; 2
x x x
x khi x
x x
x khi x
x x x
∈ ⇒ ≥
≤ ≤
⇒ =
≤ ≤
∈ ⇒ ≤
Suy ra
{ }
2 1 2
3 3
0 0 1
1 15 17
max ;
2 4 4
I x x dx xdx x dx= = + = + =
∫ ∫ ∫
.
B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BẢNG TÔ ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN – BUỔI 8
Học sinh làm BTTL xong, tô phương án đúng. Buổi sau học sinh cùng GV kiểm tra kết quả
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 8
Câu 1. [Trường Đức Thọ - Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
thỏa
mãn
( )
(
)
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
. Tính
( )
1
0
d
f x x
∫
A.
2
. B.
4
. C.
1
−
. D.
6
.
Câu 2. [Chu Văn An – Hà Nội – 2018] Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
và thỏa mãn
điều kiện
(
)
(
)
2 2
4 3 1 1
xf x f x x
+ − = − . Tích phân
( )
1
0
d
I f x x
=
∫
bằng
A.
4
I
π
=
. B.
6
I
π
=
. C.
20
I
π
=
. D.
16
I
π
=
Câu 3. Xét hàm số
( )
f x
liên tục trên
[
]
0;2
và thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
2 2
f x f x x
+ − =
.
Tính giá trị của tích phân
( )
2
0
I f x dx
=
∫
.
A.
4
I
= −
. B.
1
2
I
=
. C.
4
3
I
=
. D.
2
I
=
.
Câu 4. Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
1;2
−
và thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
2 3
2 2 3 1 4
f x xf x f x x
+ − + − =
. Tính giá trị của tích phân
( )
2
1
I f x dx
−
=
∫
.
A.
5
I
=
. B.
5
2
I
=
. C.
3
I
=
. D.
15
I
=
.
Câu 5. Hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
1;2
−
và thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
2
2 3 .
f x x xf x
= + + −
Tính giá trị của tích phân
( )
2
1
d
I f x x
−
=
∫
A.
14
3
I = . B.
28
3
I = . C.
4
3
I
=
. D.
2
I
=
.
Câu 6. Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
và thỏa mãn
( )
(
)
( )
2
1
1 3 1
1
f x xf x f x
x
+ − + − =
+
.
Tính giá trị của tích phân
( )
1
0
d
I f x x
=
∫
.
A.
9
ln 2
2
I =
. B.
2
ln 2
9
I =
. C.
4
3
I
=
. D.
3
2
I
=
.
Câu 7. [Chuyên Thái Nguyên – Lần 3 – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
và thỏa mãn
( )
( )
3
3 4
2
8 0
1
x
f x x f x
x
− + =
+
. Tích phân
( )
1
0
2
a b
I f x dx
c
−
= =
∫
với
, ,
a b c
∈
ℤ
và
;
a b
c c
tối giản. Tính
a b c
+ +
A.
6
. B.
4
−
. C.
4
. D.
10
−
.
Câu 8. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên đoạn
[
]
ln 2;ln 2
−
và thõa mãn
( ) ( )
1
1
x
f x f x
e
+ − =
+
.
Biết
( )
ln 2
ln 2
d ln 2 ln 3
f x x a b
−
= +
∫
, với
,
a b
∈
ℚ
. Tính giá trị của
P a b
= +
.
A.
1
2
P
=
. B.
2
P
=−
. C.
1
P
=−
. D.
2
P
=
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 9
Câu 9. [Chuyên Vinh- Lần 3 – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
có đạo hàm liên tục trên
ℝ
,
(
)
0 0
f
=
và
( )
sin .cos
2
f x f x x x
π
+ − =
với
x
∀ ∈
ℝ
. Giá trị của tích phân
( )
2
0
xf x dx
π
′
∫
bằng
A.
4
π
−
. B.
1
4
. C.
4
π
. D.
1
4
−
.
Câu 10. [Diễn Châu- Ngệ An- lần 3- 2018] Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
( ) ( )
2
2
1 2x 1 2x ,
1
x
f f x
x
+ + − = ∀ ∈
+
ℝ
. tính tích phân
( )
3
1
I f x dx
−
=
∫
.
A. 2
2
I
π
= −
. B. 1
4
I
π
= −
. C.
1
2 8
I
π
= −
. D.
4
I
π
=
.
Câu 11. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và
( )
1
2 3
f x f x
x
+ =
. Tính
(
)
2
1
2
f x
I dx
x
=
∫
.
A.
3
2
I
=
. B.
1
I
=
. C.
1
2
I
=
. D.
1
I
= −
.
Câu 12. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
. Tính
giá trị của
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
.
A.
2
2019
I =
. B.
2
1009
I =
. C.
4
2019
I =
. D.
1
1009
I =
.
Câu 13. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
2018
x
f x f x e
− + =
. Tính giá
trị của
( )
1
1
I f x dx
−
=
∫
A.
2
1
2019e
e
I
−
=
. B.
2
1
2018e
e
I
−
=
. C.
0
I
=
. D.
2
1
e
I
e
−
=
.
Câu 14. [Chuyên Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
có đạo hàm liên tục trên
ℝ
, thỏa
mãn
(
)
(
)
2 2 1 12
f x f x x
+ − =
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
(
)
y f x
=
tại điểm có hoành độ bằng
1
là
A.
2 2
y x
= +
. B.
4 6
y x
= −
. C.
2 6
y x
= −
. D.
4 2
y x
= −
.
Câu 15. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho
(
)
f x
là hàm số chẵn, liên tục trên
ℝ
thỏa
mãn
( )
1
0
2018
f x dx =
∫
và
(
)
g x
là hàm số liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
1
g x g x
+ − =
,
x
∀ ∈
ℝ
. Tính tích phân
( ) ( )
1
1
I f x g x dx
−
=
∫
.
A.
2018
I
=
. B.
1009
2
I = . C.
4036
I
=
. D.
1008
I
=
.
Câu 16.
(Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
và thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x
+ − = −
. Tính tích phân
( )
1
0
I f x dx
=
∫
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 10
A.
4
15
I =−
. B.
1
15
I =
. C.
4
75
I =
. D.
1
25
I =
.
Câu 17. Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục trên
ℝ
. Biết
2
0
( ) cos( )
x
f t dt x x
π
=
∫
. Giá trị của
(4)
f
là:
A.
(4) 1.
f
=
B.
(4) 4.
f
=
C.
1
(4) .
2
f = D.
1
(4) .
4
f =
Câu 18. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục trên
ℝ
.
Biết
2
2
4
0
( ) 1
x
x
f t dt e x
= + −
∫
với
x
∀ ∈
ℝ
. Giá trị của
(4)
f
là:
A.
4
(4) 4.
f e
= +
B.
4
(4) 4 .
f e
=
C.
4
(4) 8.
f e
= +
D.
(4) 1.
f
=
Câu 19. Cho hàm số
(
)
0
y f x
= >
xác định, có đạo hàm trên đoạn
[
]
0;1
và thỏa mãn
( ) ( )
0
1 2018 d
x
g x f t t
= +
∫
và
(
)
(
)
2
.
g x f x
=
Tính
( )
1
0
d .
g x x
∫
A.
1011
2
B.
1009
2
C.
2019
2
D.
505
Câu 20. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
[
]
1;2 .
Biết
( )
2
2
d 2 1
x
x
f t t x x
= + −
∫
với
[
]
1;2 .
x
∀ ∈
Tính tích phân
( )
2
1
d ln .
b
f x x a d
c
= +
∫
Biết
, , ,
a b c d
đều là các số nguyên tố. Tính
.
T a b c d
= + + +
A.
10
T
=
B.
11
T
=
C.
17
T
=
D.
16
T
=
Câu 21. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
3
2 2 3 1
f x x x
+ − = −
. Tính
( )
10
1
I f x dx
=
∫
.
A.
45
4
I =
. B.
9
4
I
=
. C.
135
4
I =
. D.
27
4
I =
.
Câu 22. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
3
1 2 1,f x x x
+ = − ∀ ∈
ℝ
. Tính
( )
2
0
I f x dx
=
∫
.
A.
2
I
=−
. B.
5
2
I
=
. C.
4
I
=−
. D.
6
I
=
.
Câu 23. Cho hàm số
(
)
y f x
=
thỏa mãn
(
)
3
3 1 3 2, .
f x x x x
+ + = + ∀ ∈
ℝ
Tính
( )
5
1
.
I x f x dx
′
=
∫
A.
5
4
. B.
17
4
. C.
33
4
. D.
1761
−
.
Câu 24. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
R
thỏa mãn
(
)
(
)
3
,f x f x x x
+ = ∀ ∈
R
. Tính
( )
2
0
I f x dx
=
∫
A.
2
I
=
. B.
3
2
I
=
. C.
1
2
I
=
. D.
5
4
I
=
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 11
Câu 25. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
3 2
2 3 6
f x f x f x x
− + =
,
x
∀ ∈
ℝ
.
Tính tích phân
( )
5
0
d
I f x x
=
∫
.
A.
5
4
I
=
. B.
5
2
I
=
. C.
5
12
I =
. D.
5
3
I
=
.
Câu 26. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
3
2 1
x f x f x
+ + =
,
x
∀ ∈
ℝ
. Tính
( )
1
2
d
I f x x
−
=
∫
.
A.
7
4
I
=
. B.
7
2
I
=
. C.
7
3
I
=
. D.
5
4
I
=
.
Câu 27. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục và nhận giá trị dương trên
[
]
0;1
. Biết
(
)
(
)
. 1 1
f x f x
− =
với
[
]
0;1
x
∀ ∈
. Tính giá trị của
(
)
1
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
.
A.
3
2
B.
1
2
. C.
1
. D.
2
.
Câu 28. Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
, ta có
(
)
0
f x
>
và
(
)
(
)
0 . 2018 1
f f x
− =
. Giá trị của
tích phân
(
)
2018
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
A.
2018
I
=
. B.
0
I
=
C.
1009
I
=
D.
4016
Câu 29. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
4
f x f x
− =
. Biết
( )
3
1
d 5
xf x x
=
∫
. Tính tích phân
( )
3
1
d
f x x
∫
.
A.
5
2
. B.
7
2
. C.
9
2
. D.
11
2
.
Câu 30. Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
3 0
f x f x
− − =
. Biết
( )
4
1
d 2
xf x x
−
=
∫
. Tính
( )
4
1
d
f x x
−
∫
.
A.
3
2
. B.
2
3
. C.
4
3
. D.
3
4
.
Câu 31. Tính
{ }
2
3
0
min ; 2 d
I x x x
= −
∫
.
A.
2
I
=
. B.
3
4
I
=
. C.
1
I
=
. D.
5
4
I
=
.
Câu 32. Tính tích phân
{ }
2
3
0
max ; .
I x x dx
=
∫
A.
17
4
. B.
2
. C.
15
4
. D.
7
4
.
Câu 33.
Tính tích phân
{ }
3
3 2
0
max ; 4 3 .
I x x x dx
= −
∫
A.
117
2
. B.
707
2
. C.
275
12
. D.
119
6
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 1
TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 2
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. [Trường Đức Thọ - Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số f
(
x
)
liên tục trên
[
0;1
]
thỏa mãn
( )
(
)
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
. Tính
( )
1
0
d
f x x
∫
A.
2
. B.
4
. C.
1
−
. D.
6
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Biến đổi
( )
(
)
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
( )
(
)
2 3
6
2.3 .
3 1
f x x f x
x
⇔ − = −
+
với
1
A
=
,
2
B
=−
.
Áp dụng công thức ta có:
( )
(
)
1 1
0 0
1 6
d d 4
1 2
3 1
f x x x
x
= − =
+ −
+
∫ ∫
.
Cách 2: (Dùng công thức biến đổi – nếu không nhớ công thức)
Từ
( )
(
)
2 3
6
6
3 1
f x x f x
x
= −
+
( )
( )
1 1 1
2 3
0 0 0
1
d 2 3 d 6 d
3 1
f x x x f x x x
x
⇒ − =−
+
∫ ∫ ∫
Đặt
3 2
3 dx
u x du x
= ⇒ =
; Với
0 0
x u
= ⇒ =
và
1 1
x u
= ⇒ =
.
Khi đó
( )
( ) ( )
1 1 1
2 3
0 0 0
3 d d d
x f x x f u u f x x
= =
∫ ∫ ∫
thay vào
(
)
*
, ta được:
( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1
d 2 d 6 d
3 1
f x x f x x x
x
− =−
+
∫ ∫ ∫
( )
1 1
0 0
1
d 6 d 4
3 1
f x x x
x
⇔ = =
+
∫ ∫
.
Câu 2. [Chu Văn An – Hà Nội – 2018] X
ét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
và thỏa mãn điều
kiện
(
)
(
)
2 2
4 3 1 1
xf x f x x
+ − = −
. Tích phân
( )
1
0
d
I f x x
=
∫
bằng
A.
4
I
π
=
. B.
6
I
π
=
. C.
20
I
π
= . D.
16
I
π
=
Lời giải
Từ
( )
( )
( )
( )
1 1 1
2 2 2 2
0 0 0
4 . 3 1 1 2 2 d 3 1 d 1 d
x f x f x x xf x x f x x x x
+ − = − ⇒ + − = −
∫ ∫ ∫
(
)
∗
+) Đặt
2
d 2 d
u x u x x
= ⇒ =
; Với
0 0
x u
= ⇒ =
và
1 1
x u
= ⇒ =
.
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
2
0 0 0
2 d d d 1
xf x x f u u f x x= =
∫ ∫ ∫
+) Đặt
1 d d
t x t x
= − ⇒ = −
; Với
0 1
x t
= ⇒ =
và
1 0
x t
= ⇒ =
.
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1 d d d 2
f x x f t t f x x− = =
∫ ∫ ∫
Thay
(
)
(
)
1 , 2
vào
(
)
∗
ta được:
( ) ( )
1 1 1
2
0 0 0
2 d 3 d 1 d
f x x f x x x x
+ = −
∫ ∫ ∫
( )
1 1
2
0 0
1
d 1 d
5 20
f x x x x
π
⇔ = − =
∫ ∫
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 2
Câu 3.
Xét hàm số
( )
f x
liên tục trên
[
]
0;2
và thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
2 2
f x f x x
+ − =
. Tính
giá trị của tích phân
( )
2
0
I f x dx
=
∫
.
A.
4
I
=−
. B.
1
2
I
=
. C.
4
3
I
=
. D.
2
I
=
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Với
(
)
(
)
2 2
f x f x x
+ − =
ta có
1
A
=
;
1
B
=
, suy ra:
( )
2
0
I f x dx
=
∫
2
0
1
2
1 1
x dx
=
+
∫
2
2
0
2
x
=
2
=
.
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức)
Từ
(
)
(
)
2 2
f x f x x
+ − =
( ) ( )
2 2 2
0 0 0
2 2
f x dx f x dx xdx
⇒ + − =
∫ ∫ ∫
4
=
(*)
Đặt
2
u x
= −
du dx
⇒ =−
; Với
0
x
=
2
u
⇒ =
và
2
x
=
0
u
⇒ =
.
Suy ra
( )
2
0
2
f x dx
−
∫
( )
2
0
f u du
=
∫
( )
2
0
f x dx
=
∫
.
Thay vào (*), ta được
( )
2
0
2 4
f x dx
=
∫
( )
2
0
2
f x dx
⇔ =
∫
. Chọn D
Chú ý : Qua Câu 1, Câu 2, Câu 3 ta có thể đưa ra dạng tổng quát cho Dạng 2 như sau :
Cho hàm số
(
)
f x
thỏa mãn :
(
)
(
)
(
)
(
)
. . . .
A f x B u f u C f a b x g x
′
+ + + − =
+) Với
(
)
( )
u a a
u b b
=
=
thì
( ) ( )
1
b b
a a
f x dx g x dx
A B C
=
+ +
∫ ∫
.
+) Với
(
)
( )
u a b
u b a
=
=
thì
( ) ( )
1
b b
a a
f x dx g x dx
A B C
=
− +
∫ ∫
.
Trong đề bài thường sẽ bị khuyết một trong các hệ số
, ,
A B C
.
Nếu
(
)
f x
liên tục trên
[
]
;
a b
thì
( ) ( )
b b
a a
f a b x dx f x dx
+ − =
∫ ∫
.
Câu 4.
Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
1;2
−
và thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
2 3
2 2 3 1 4
f x xf x f x x
+ − + − =
.
Tính giá trị của tích phân
( )
2
1
I f x dx
−
=
∫
.
A.
5
I
=
. B.
5
2
I
=
. C.
3
I
=
. D.
15
I
=
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Với:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 3
2 2 3 1 4
f x x f x f x x
+ − + − =
. Ta có:
1; 1; 3
A B C
= = =
và
2
2
u x
= −
thỏa mãn
(
)
( )
1 1
2 2
u
u
− =−
=
.
Khi đó áp dụng công thức (Xem phần chú ý sau lời giải Câu 3) ta có:
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 3
( )
2
2 2
4
3
1
1 1
1
4 dx 3
1 1 3 5
x
I f x x
−
− −
= = = =
+ +
∫ ∫
.
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức)
Từ
(
)
(
)
(
)
2 3
2 2 3 1 4
f x xf x f x x
+ − + − =
.
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 3
1 1 1 1
dx 2 . 2 dx 3 1 dx 4 dx=15 *
f x x f x f x x
− − − −
⇒ + − + − =
∫ ∫ ∫ ∫
+) Đặt
2
2 du 2 dx
u x x
= − ⇒ =
; với
1 1
x u
=− ⇒ = −
và
2 2
x u
= ⇒ =
.
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1 1
2 . 2 dx du dx 1
x f x f u f x
− − −
− = =
∫ ∫ ∫
+) Đặt
1 dt dx
t x
= − ⇒ = −
; Với
1 2
x t
= − ⇒ =
và
2 1
x t
= ⇒ = −
.
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
1 dx dt dx 2
f x f t f x
− − −
− = =
∫ ∫ ∫
Thay
(
)
(
)
1 , 2
vào
(
)
*
ta được:
( ) ( )
2 2
1 1
5 dx 15 dx 3
f x f x
− −
= ⇒ =
∫ ∫
.
Câu 5.
Hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
1;2
−
và thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
2
2 3 .
f x x xf x
= + + −
Tính giá trị của tích phân
( )
2
1
d
I f x x
−
=
∫
A.
14
3
I =
. B.
28
3
I =
. C.
4
3
I
=
. D.
2
I
=
.
Lời giải
Cách 1: ( Dùng công thức dạng 2).
Với
(
)
(
)
2
2 3
f x x xf x
= + + −
( ) ( )
(
)
2
1
. 2x . 3 2
2
f x f x x
⇒ + − − = +
1
1; ; 0
2
A B C
= = =
và
2
3
u x
= −
thỏa mãn
(
)
( )
1 2
2 1
u
u
− =
=−
Khi đó áp dụng công thức (xem phần chú ý sau lời giải câu 3) ta có:
( )
2 2
1 1
1 28
d 2d =
1
3
1 0
2
I f x x x x
− −
= = +
− +
∫ ∫
.
Cách 2: ( Dùng phương pháp đổi biến).
Từ
(
)
(
)
2
3 2
f x xf x x
− − = +
( )
( )
2 2 2
2
1 1 1
14
d 3 d 2d
3
f x x xf x x x x
− − −
⇒ − − = + =
∫ ∫ ∫
(*)
Đặt
2
3 d 2 d
u x u x x
= − ⇒ =−
với
1 2
2 1
x u
x u
=− ⇒ =
= ⇒ =−
Khi đó
( )
2
2
1
3 d
xf x x
−
− =
∫
( ) ( )
2 2
1 1
1 1
d d
2 2
f u u f x x
− −
=
∫ ∫
thay vào (*) ta được
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
1 14 28
dx d d =
2 3 3
f x f x x f x x
− − −
− = ⇔
∫ ∫ ∫
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 4
Câu 6.
Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
và thỏa mãn
( )
(
)
( )
2
1
1 3 1
1
f x xf x f x
x
+ − + − =
+
.
Tính giá trị của tích phân
( )
1
0
d
I f x x
=
∫
.
A.
9
ln 2
2
I =
. B.
2
ln 2
9
I =
. C.
4
3
I
=
. D.
3
2
I
=
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Với:
( ) ( )
(
)
( )
2
1
. 2 1 3 1 2
2
f x x f x f x x
− − − + − =
. Ta có:
1
A
=
;
1
2
B
−
=
;
3
C
=
và
2
2
u x
= −
thỏa mãn
(
)
( )
0 1
1 0
u
u
=
=
.
Khi đó áp dụng công thức (Xem phần Chú ý sau lời giải Câu 3) ta có:
( )
1
0
d
I f x x
=
∫
1
0
1 d
1
1
1 3
2
x
x
=
+
− − +
∫
1
2
ln 1
0
9
x= +
2
ln 2
9
=
.
Cách 2: (Dùng công thức đổi biến nếu không nhớ công thức)
Từ
( )
(
)
( )
2
1
1 3 1
1
f x xf x f x
x
+ − + − =
+
( )
( )
( )
1 1 1
2
0 0 0
d 1 d 3 1 d
f x x xf x x f x x
⇒ + − + −
∫ ∫ ∫
1
0
1
d
1
x
x
=
+
∫
1
0
ln 1 ln 2
x
= + =
. (*)
+) Đặt
2
1
u x
= −
2
du xdx
⇒ = −
; Với
0 1
x u
= ⇒ =
và
1 0
x u
= ⇒ =
.
Khi đó
( )
( ) ( )
1 1 1
2
0 0 0
1 1
1 d d d
2 2
xf x x f u u f x x
− = =
∫ ∫ ∫
(1).
+) Đặt
1
u x
= −
d d
u x
⇒ = −
; Với
0 1
x t
= ⇒ =
và
1 0
x t
= ⇒ =
.
Khi đó
( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1 d d d
xf x x f t t f x t
− = =
∫ ∫ ∫
(2). Thay (1), (2) vào (*) ta được:
( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1
d d 3 d ln 2
2
f x x f x x f x x+ + =
∫ ∫ ∫
( )
1
0
9
d ln 2
2
f x x⇒ =
∫
( )
1
0
2
d ln 2
9
f x x⇔ =
∫
.
Câu 7.
[Chuyên Thái Nguyên – Lần 3 – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
và thỏa mãn
( )
( )
3
3 4
2
8 0
1
x
f x x f x
x
− + =
+
. Tích phân
( )
1
0
2
a b
I f x dx
c
−
= =
∫
với
, ,
a b c
∈
ℤ
và
;
a b
c c
tối giản. Tính
a b c
+ +
A.
6
. B.
4
−
. C.
4
. D.
10
−
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 5
Biến đổi
( )
( )
3
3 4
2
8 0
1
x
f x x f x
x
− + =
+
( )
( ) ( )
3
3 4
2
2. 4
1
x
f x x f x
x
⇔ − =−
+
với
1; 2
A B
= = −
Áp dụng công thức ta có:
( )
(
)
1 1 1
3 3
2 2
0 0 0
1
1 2
1 1
x x dx
f x dx dx
x x
= − =
+ −
+ +
∫ ∫ ∫
.
Đặt
2 2 2
1 1
t x t x tdt xdx
= + ⇒ = + ⇒ =
; Với
0 1
x t
= ⇒ =
và
1 2
x t
= ⇒ =
.
Khi đó:
( )
1 1
2
2
0 0
.
1
x
f x dx xdx
x
=
+
∫ ∫
2
2
1
1
.
t
tdt
t
−
=
∫
( )
2
2
1
1
t dt
= −
∫
2
3
1
3
t
t
= −
2 2
3
−
=
2
a b
c
−
=
Suy ra
2; 1; 3 6
a b c a b c
= = = ⇒ + + =
.
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức)
Từ
( )
( )
3
3 4
2
8 0
1
x
f x x f x
x
− + =
+
( )
( )
1 1 1
3
3 4
2
0 0 0
2 4 0 (*)
1
x
f x dx x f x dx dx
x
⇔ − + =
+
∫ ∫ ∫
Đặt
4 3
4
u x du x dx
= ⇒ =
; Với
0 0
x u
= ⇒ =
và
1 1
x u
= ⇒ =
.
Khi đó
( )
( ) ( )
1 1 1
3 4
0 0 0
4
x f x dx f u du f x dx
= =
∫ ∫ ∫
thay vào (*), ta được:
( ) ( )
1 1 1
3
2
0 0 0
2 0
1
x
f x dx f x dx dx
x
− + =
+
∫ ∫ ∫
( )
1 1
3
2
0 0
1
x
f x dx dx
x
⇔ =
+
∫ ∫
Đặt
2 2 2
1 1
t x t x tdt xdx
= + ⇒ = + ⇒ =
; Với
0 1
x t
= ⇒ =
và
1 2
x t
= ⇒ =
.
Khi đó:
( )
1 1
2
2
0 0
.
1
x
f x dx xdx
x
=
+
∫ ∫
2
2
1
1
.
t
tdt
t
−
=
∫
( )
2
2
1
1
t dt
= −
∫
2
3
1
3
t
t
= −
2 2
3
−
=
2
a b
c
−
=
Suy ra
2; 1; 3 6
a b c a b c
= = = ⇒ + + =
.
Câu 8.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên đoạn
[
]
ln 2;ln 2
−
và thõa mãn
( ) ( )
1
1
x
f x f x
e
+ − =
+
.
Biết
( )
ln2
ln2
d ln 2 ln 3
f x x a b
−
= +
∫
, với
,
a b
∈
ℚ
. Tính giá trị của
P a b
= +
.
A.
1
2
P
=
. B.
2
P
=−
. C.
1
P
=−
. D.
2
P
=
.
Lời giải
Cách 1: Dùng công thức - Dạng 2.
Với
( ) ( )
1
1
x
f x f x
e
+ − =
+
ta có
1; 1
A B
= =
, suy ra
( )
ln2 ln 2 ln2
ln2 ln 2 ln2
1 d 1 d
d
1 1 1 2 1
x x
x x
f x x
e e
− − −
= =
+ + +
∫ ∫ ∫
Cách 2: Dùng phương pháp dồn biến nếu không nhớ công thức
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 6
Từ
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ln 2 ln 2 ln 2
ln2 ln 2 ln 2
1 d
d d *
1 1
x x
x
f x f x f x x f x x
e e
− − −
+ − = ⇒ + − =
+ +
∫ ∫ ∫
Đặt
d d
u x u x
= − ⇒ = −
( ) ( ) ( )
ln2 ln 2 ln 2
ln2 ln 2 ln 2
d du d
f x x f u f x x
− − −
⇒ − = =
∫ ∫ ∫
thay vào
(
)
*
ta được:
( ) ( )
ln2 ln 2 ln 2 ln2
ln2 ln 2 ln 2 ln 2
d 1 d
2 d d
1 2 1
x x
x x
f x x f x x
e e
− − − −
= ⇔ =
+ +
∫ ∫ ∫ ∫
Đặt
d
x x
t e dt e x
= ⇒ =
; Với
1
ln 2 , ln 2 2
2
x t x t
=− ⇒ = = ⇒ =
( )
( )
2
ln2 ln 2 2
1
1
ln2 ln 2
2
2
d d d
ln ln 2
1 1 1
1
x
x
x x
x e x t t
e t t t
e e
− −
⇒ = = = =
+ + +
+
∫ ∫ ∫
Khi đó:
( )
ln2
,
ln2
1 1
d ln 2 ln 2 ln 3 , 0
2 2
a b
f x x a b a b
∈
−
= = + → = =
∫
ℚ
1
2
P a b
⇒ = + =
.
Câu 9.
[Chuyên Vinh- Lần 3 – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
có đạo hàm liên tục trên
ℝ
,
(
)
0 0
f
=
và
( )
sin .cos
2
f x f x x x
π
+ − =
với
x
∀ ∈
ℝ
. Giá trị của tích phân
( )
2
0
xf x dx
π
′
∫
bằng
A.
4
π
−
. B.
1
4
. C.
4
π
. D.
1
4
−
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức theo góc nhìn dạng 2)
Với
( )
sin .cos
2
f x f x x x
π
+ − =
, ta có
1; 1
A B
= =
.
Suy ra
( )
2 2
0 0
1 1
sin .cos .
1 1 4
f x dx x x dx
π π
= =
+
∫ ∫
.
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu nhớ công thức)
Từ
( )
sin .cos
2
f x f x x x
π
+ − =
( )
2 2 2
0 0 0
1
sin .cos
2 2
f x f x dx x xdx
π π π
π
⇒ + − = =
∫ ∫ ∫
(*)
Đặt
2
u x du dx
π
= − ⇒ = −
Với
0 ; 0
2 2
x u x u
π π
= ⇒ = = ⇒ =
.
Suy ra
( ) ( )
2 2 2
0 0 0
2
f x dx f u du f x dx
π π π
π
− = =
∫ ∫ ∫
, thay vào (*) ta được
( ) ( )
2 2
0 0
1 1
2
2 4
f x dx f x dx
π π
= ⇔ =
∫ ∫
(1)
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 7
Đặt
( ) ( )
u x du dx
dv f x dx v f x
= =
⇒
′
= =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
0
0 0 0
2 2
xf x dx xf x f x dx f f x dx
π π π
π
π π
′
⇒ = − = −
∫ ∫ ∫
(*)
Từ điều kiện
( )
sin .cos
2
f x f x x x
π
+ − =
suy ra
( )
( )
0 0
2
0
2
0 0
2
f f
f
f f
π
π
π
− =
⇒ =
+ =
(2).
Thay (1), (2) vào (*), ta được
( )
2
0
1
4
xf x dx
π
′
=−
∫
.
Câu 10.
[Diễn Châu- Ngệ An- lần 3- 2018] Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
( ) ( )
2
2
1 2x 1 2x ,
1
x
f f x
x
+ + − = ∀ ∈
+
ℝ
. tính tích phân
( )
3
1
I f x dx
−
=
∫
.
A.
2
2
I
π
= −
. B.
1
4
I
π
= −
. C.
1
2 8
I
π
= −
. D.
4
I
π
=
.
Lời giải
Đặt
1 2 1 2 2
t x x t
= + ⇒ − = −
và
1
2
t
x
−
=
, khi đó điều kiện trở thành
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1
2 2
2 5 2 5
t t x x
f t f t f x f x
t t x x
− + − +
+ − = ⇒ + − =
− + − +
(*)
Cách 1: (Dùng công thức- theo góc nhìn dạng 2)
Với
( ) ( )
2
2
2 1
2
2 5
x x
f x f x
x x
− +
+ − =
− +
ta có
1; 1
A B
= =
.
Suy ra
( )
2
3 3
2
1 1
1 2 1
0,429 2
1 1 2 5 2
x x
f x dx dx
x x
π
− −
− +
= ≈ = −
+ − +
∫ ∫
.
Cách 2: (Dùng công thức đổi biến – nếu nhớ công thức)
Từ (*), ta có
( ) ( )
2
2
2 1
2
2 5
x x
f x f x
x x
− +
+ − =
− +
( ) ( )
2
3 3 3
2
1 1 1
2 1
2
2 5
x x
f x dx f x dx dx
x x
− − −
− +
⇒ + − =
− +
∫ ∫ ∫
(2*)
Đặt
2
u x du dx
= − ⇒ = −
. Với
1 3; 3 1
x u x u
=− ⇒ = = ⇒ =−
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1
2
f x dx f u du f x dx
− − −
− = =
∫ ∫ ∫
, thay vào (*), ta được:
( )
2
3 3
2
1 1
2 1
2
2 5
x x
f x dx dx
x x
− −
− +
=
− +
∫ ∫
( )
2
3 3
2
1 1
1 2 1
0,429 2 -
2 2 5 2
x x
f x dx dx
x x
π
− −
− +
⇒ = ≈ =
− +
∫ ∫
.
TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 3:
Cách giải: Lần lượt đặt
(
)
t u x
=
và
(
)
t v x
=
để giải hệ phương trình hai ẩn (trong đó có
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:
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 8
Cho
(
)
(
)
(
)
. .
A f ax b B f ax c g x
+ + − + =
với
2 2
A B
≠
) khi đó
( )
2 2
. .
x b x c
A g B g
a a
f x
A B
− −
−
−
=
−
(*)
+)Hệ quả 1 của (*):
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
(
)
2 2
. .
. .
A g x B g x
A f x B f x g x f x
A B
− −
+ − = ⇒ =
−
+)Hệ quả 2 của (*):
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
. .
g x
A f x B f x g x f x
A B
+ − = ⇒ =
+
với
(
)
g x
là hàm số chẵn.
Câu 11.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và
( )
1
2 3
f x f x
x
+ =
. Tính
(
)
2
1
2
f x
I dx
x
=
∫
.
A.
3
2
I
=
. B.
1
I
=
. C.
1
2
I
=
. D.
1
I
=−
.
Lời giải
Đặt,
1 1
t x
x t
= ⇒ =
khi đó điều kiện trở thành
( ) ( )
1 3 1 3
2 2 .
f f t f x f
t t x x
+ = ⇒ + =
Hay
( )
1 6
4 2
f x f
x x
+ =
, kết hợp với điều kiện
( )
1
2 3
f x f x
x
+ =
. Suy ra :
( )
(
)
2
6 2
3 3x 1
f x
f x
x x x
= − ⇒ = − ⇒
( )
2 2
2
1 1
2 2
2
2 2 3
1
1
2
2
f x
I dx dx x
x x x
−
= = − = − =
∫ ∫
.
Câu 12.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
. Tính
giá trị của
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
.
A.
2
2019
I =
. B.
2
1009
I =
. C.
4
2019
I =
. D.
1
1009
I =
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2)
Với
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
ta có
1; 2018
A B
= =
Suy ra
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
2
2
1
2 sin d
1 2018
x x x
π
π
−
=
+
∫
4
2019
Casio
=
Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3)
Áp dụng Hệ quả 2:
(
)
(
)
(
)
.
A f x Bf x g x
+ − =
( )
(
)
g x
f x
A B
⇒ =
+
với
(
)
g x
là hàm số chẵn.
Ta có
(
)
(
)
2018 2 sin
f x f x x x
− + =
( )
2 sin
2019
x x
f x⇒ =
( )
2
2
d
I f x x
π
π
−
=
∫
2
2
2
sin d
2019
x x x
π
π
−
=
∫
4
2019
Casio
=
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 9
Câu 13.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
2018
x
f x f x e
− + =
. Tính giá trị
của
( )
1
1
I f x dx
−
=
∫
A.
2
1
2019e
e
I
−
=
. B.
2
1
2018e
e
I
−
=
. C.
0
I
=
. D.
2
1
e
I
e
−
=
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức - theo góc nhìn dạng 2).
Với
(
)
(
)
2018
x
f x f x e
− + =
ta có
1; 2018
A B
= =
.
Suy ra
( )
1
1
I f x dx
−
=
∫
1
1
1
1 2018
x
e dx
−
=
+
∫
1
1
1
2019
x
e
−
=
2
1
2019e
e
−
=
.
Cách 2: (Dùng công thức –theo góc nhìn dạng 3)
Áp dụng Hệ quả 1:
(
)
(
)
(
)
. .
A f x B f x g x
+ − =
( )
(
)
(
)
2 2
. .
A g x B g x
f x
A B
− −
⇒ =
−
.
Ta có:
(
)
(
)
2018
x
f x f x e
− + =
( )
2
2018
2018 1
x x
e e
f x
−
−
⇒ =
−
( )
( )
1 1
1 1
1
2018
2019.2017
x x
f x dx e e dx
−
− −
⇒ = −
∫ ∫
2
3
1
1,164.10
2019e
e
−
−
≈ ≈
(Casio).
Câu 14.
[Chuyên Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số
(
)
y f x
=
có đạo hàm liên tục trên
ℝ
, thỏa
mãn
(
)
(
)
2 2 1 12
f x f x x
+ − =
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
(
)
y f x
=
tại điểm có hoành độ bằng
1
là
A.
2 2
y x
= +
. B.
4 6
y x
= −
. C.
2 6
y x
= −
. D.
4 2
y x
= −
.
Lời giải
Áp dụng kết quả Dạng 3:
“Cho
(
)
(
)
(
)
. .
A f ax b B f ax c g x
+ + − + =
(với
2 2
A B
≠
)
khi đó
( )
2 2
. .g
x b x c
A g B
a a
f x
A B
− −
−
=
−
”.
Ta có
(
)
(
)
(
)
2
2 2 1 12
f x f x x g x
+ − = =
( )
2
1
2.
2 2
2 1
x x
g g
f x
−
−
−
⇔ =
−
(
)
2
2
2
6 3 1
2 1
3
x x
x x
− −
= = + −
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 10
Suy ra
(
)
( )
1 2
1 4
f
f
=
=
′
, khi đó phương trình tiếp tuyến cần lập là:
4 2
y x
= −
.
Câu 15.
[Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho
(
)
f x
là hàm số chẵn, liên tục trên
ℝ
thỏa
mãn
( )
1
0
2018
f x dx =
∫
và
(
)
g x
là hàm số liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
1
g x g x
+ − =
,
x
∀ ∈
ℝ
. Tính tích phân
( ) ( )
1
1
I f x g x dx
−
=
∫
.
A.
2018
I
=
. B.
1009
2
I =
. C.
4036
I
=
. D.
1008
I
=
.
Lời giải
Áp dụng Hệ quả 2 (của Dạng 3):
(
)
(
)
(
)
. .
A g x B g x h x
+ − =
( )
(
)
h x
g x
A B
⇒ =
+
với
(
)
h x
là hàm số chẵn.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
1
g x g x h x
+ − = =
( )
1 1
1 1 2
g x
⇒ = =
+
.
Kết hợp với điều kiện
(
)
f x
là hàm số chẵn, ta có:
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
1
2
I f x g x dx f x dx
− −
= =
∫ ∫
( )
1
0
2018
f x dx= =
∫
.
Chú ý: Nếu
(
)
f x
là hàm số chẵn, liên tục trên
[ ] ( ) ( )
0
; 2
a a
a
a a f x dx f x dx
−
− ⇒ =
∫ ∫
.
Câu 16.
(Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
0;1
và thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x
+ − = −
. Tính tích phân
( )
1
0
I f x dx
=
∫
.
A.
4
15
I =−
. B.
1
15
I =
. C.
4
75
I =
. D.
1
25
I =
.
Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2)
Với
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x
+ − = −
ta có
2; 3
A B
= =
.
Suy ra:
( )
1 1
0 0
1
1
2 3
f x dx x xdx
= −
+
∫ ∫
( )
4
0,05 3
75
Casio
= =
.
Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3)
Áp dụng kết quả của Dạng 3:
“Cho
(
)
(
)
(
)
. .
A f ax b B f ax c g x
+ + − + =
(Với
2 2
A B
≠
) khi đó
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 11
( )
2 2
. .
x b x c
A g B g
a a
f x
A B
− −
−
−
=
−
”
.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x g x
+ − = − =
( )
(
)
(
)
2 2
2 3 1
2 3
g x g x
f x
− −
⇒ =
−
(
)
2 1 3 1
5
x x x x
− − −
=
−
.
Suy ra:
( )
(
)
1 1
0 0
2 1 3 1
5
x x x x
I f x dx dx
− − −
= =
−
∫ ∫
( )
4
0,05 3
75
Casio
= =
.
Cách 3: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức)
Từ
(
)
(
)
2 3 1 1
f x f x x x
+ − = −
( ) ( )
1 1 1
0 0 0
2 3 1 1
f x dx f x dx x x dx
⇒ + − = −
∫ ∫ ∫
( ) ( )
4
0,2 6
15
Casio
= = ∗
Đặt
1
u x du dx
= − ⇒ =−
; Với
0 1
x u
= ⇒ =
và
1 0
x u
= ⇒ =
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
1 1 1
0 0 0
1
f x dx f u du f x dx
− = =
∫ ∫ ∫
thay vào
(
)
∗
, ta được:
( ) ( )
2 2
0 0
4 4
5
15 75
f x dx f x dx= ⇔ =
∫ ∫
.
Câu 17.
Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục trên
ℝ
. Biết
2
0
( ) cos( )
x
f t dt x x
π
=
∫
. Giá trị của
(4)
f
là:
A.
(4) 1.
f
=
B.
(4) 4.
f
=
C.
1
(4) .
2
f =
D.
1
(4) .
4
f =
Lời giải
Sử dụng công thức
( )
( ) . ( )
u x
a
f t dt u f u
′
′
=
∫
(xem lại DẠNG 4), ta có:
( )
2 2
0 0
( ) cos( ) ( ) cos( )
x x
f t dt x x f t dt x x
π π
′
′
= ⇒ =
∫ ∫
2
2 ( ) cos( ) sin( )
xf x x x x
π π π
⇔ = −
(*)
Thay
2
x
=
vào (*), ta được:
4 (4) cos(2 )-2 .sin(2 ) 1
f
π π π
= =
⇒
1
(4) .
4
f =
Câu 18.
[Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục trên
ℝ
.
Biết
2
2
4
0
( ) 1
x
x
f t dt e x
= + −
∫
với
x
∀ ∈
ℝ
. Giá trị của
(4)
f
là:
A.
4
(4) 4.
f e
= +
B.
4
(4) 4 .
f e
=
C.
4
(4) 8.
f e
= +
D.
(4) 1.
f
=
Lời giải
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 12
Sử dụng công thức
( )
( ) . ( )
u x
a
f t dt u f u
′
′
=
∫
(xem lại DẠNG 4), ta có:
( )
2 2
2 2
4 4
0 0
( ) 1 ( ) 1
x x
x x
f t dt e x f t dt e x
′
′
= + − ⇒ = + −
∫ ∫
2
2 3
2 ( ) 2 . 4 .
x
xf x x e x
⇔ = +
Suy ra:
2
2 2
( ) 2 ( ) 2
x x
f x e x f x e x
= + ⇒ = +
⇒
4
(4) 8.
f e
= +
Câu 19.
Cho hàm số
(
)
0
y f x
= >
xác định, có đạo hàm trên đoạn
[
]
0;1
và thỏa mãn
( ) ( )
0
1 2018 d
x
g x f t t
= +
∫
và
(
)
(
)
2
.
g x f x
=
Tính
( )
1
0
d .
g x x
∫
A.
1011
2
B.
1009
2
C.
2019
2
D.
505
Lời giải
Sử dụng công thức
( )
( )
( )
0
d . ,
u x
f t t u f u
′
′
=
∫
ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
(
)
( )
2
0
0
1 2018 d 2018 2018 2018.
x
g x f x
f x
g x
g x f t t g x f x g x g x
g x
=
>
′
′ ′
= + ⇒ = ←→ = ⇔ =
∫
Suy ra
(
)
(
)
( ) ( )
d 2018d 2 2018 *
g x
x x g x x C
g x
′
= ⇔ = +
∫ ∫
Từ điều kiện
( ) ( ) ( )
0
1 2018 d 0 1
x
g x f t t g
= + ⇒ =
∫
thay vào
(
)
*
suy ra
2.
C
=
Khi đó
( ) ( ) ( )
1 1
0 0
1011
1009 1 d 1009 1 d
2
g x x g x x x x= + ⇒ = + =
∫ ∫
.
Câu 20.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
[
]
1;2 .
Biết
( )
2
2
d 2 1
x
x
f t t x x
= + −
∫
với
[
]
1;2 .
x
∀ ∈
Tính
tích phân
( )
2
1
d ln .
b
f x x a d
c
= +
∫
Biết
, , ,
a b c d
đều là các số nguyên tố. Tính
.
T a b c d
= + + +
A.
10
T
=
B.
11
T
=
C.
17
T
=
D.
16
T
=
Lời giải
Sử dụng công thức
( )
( )
( )
( ) ( )
d . . ,
u x
v x
f t t u f u v f v
′
′ ′
= −
∫
ta có
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 13
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) [ ]
2 2
2 2
d 2 1 d 2 1 2 . 4 1
4 1
, 1;2
2 1
x x
x x
f t t x x f t t x x x f x f x x
x
f x x
x
′
′
= + − ⇒ = + − ⇔ − = +
+
⇒ = ∀ ∈
−
∫ ∫
Suy ra
( )
2 2 2
2
1
1 1 1
4 1 3 3 3
d d 2 d 2 ln 2 1 2 ln 3
2 1 2 1 2 2
x
f x x x x x x
x x
+
= = + = + − = +
− −
∫ ∫ ∫
Suy ra
2
10
3
a c
T
b d
= =
⇒ =
= =
.
Câu 21.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
3
2 2 3 1
f x x x
+ − = −
. Tính
( )
10
1
I f x dx
=
∫
.
A.
45
4
I =
. B.
9
4
I
=
. C.
135
4
I =
. D.
27
4
I =
.
Lời giải
Đặt
(
)
(
)
2
3
3 2
2 2
3 1
dt x dx
t x x
f t x
= +
= + − ⇒
= −
.
Ta viết lại
( ) ( )
10 10
1 1
I f x dx f t dt
= =
∫ ∫
.
Đổi cận: Với
3
1 1 2 2 1
t x x x
= ⇒ = + − ⇔ =
và
3
10 10 2 2 2
t x x x
= ⇒ = + − ⇔ =
.
Khi đó
( ) ( )
( )
10 3
2
1 1
135
3 1 3 2
4
I f t dt x x dx= = − + =
∫ ∫
.
Chú ý: Đây là lớp câu hỏi thuộc dạng 5, ta có thể tóm tắt hàm ẩn dạng 5 dưới phát biểu của
bài toán sau:
Bài toán: Cho hàm số
(
)
y f x
=
thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
f u x v x
=
và
(
)
v x
là hàm đơn điệu (luôn
đồng biến hoặc nghịch biến) trên
ℝ
. Hãy đi tính tích phân
( )
b
a
I f x dx
=
∫
.
Cách giải: Đặt
( )
(
)
( ) ( )
dt u x dx
t u x
f t v x
′
=
= ⇒
=
.
Ta viết lại
( ) ( )
b b
a a
I f x dx f t dt
= =
∫ ∫
.
Đổi cận: Với
(
)
t a u x a x
α
= ⇒ = ⇔ =
và
(
)
t b b u x x
β
= ⇒ = ⇔ =
.
Khi đó
( ) ( ) ( )
.
b
a
I f t dt v x u x dx
β
α
′
= =
∫ ∫
.
Câu 22.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
3
1 2 1,f x x x
+ = − ∀ ∈
ℝ
. Tính
( )
2
0
I f x dx
=
∫
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 14
A.
2
I
=−
. B.
5
2
I
=
. C.
4
I
=−
. D.
6
I
=
.
Lời giải
Đặt
(
)
2
3
3
1
2 1
dt x dx
t x
f t x
=
= + ⇒
= −
.
Ta viết lại
( ) ( )
1 1
0 0
I f x dx f t dt
= =
∫ ∫
.
Đổi cận: Với
3
0 0 1 1
t x x
= ⇒ = + ⇔ =−
và
3
1 1 1 1
t x x
= ⇒ = + ⇔ =
.
Khi đó
( ) ( )
1 1
2
0 1
2 1 .3 2
I f t dt x x dx
−
= = − =−
∫ ∫
.
Câu 23.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
thỏa mãn
(
)
3
3 1 3 2, .
f x x x x
+ + = + ∀ ∈
ℝ
Tính
( )
5
1
.
I x f x dx
′
=
∫
.
A.
5
4
. B.
17
4
. C.
33
4
. D.
1761
−
.
Lời giải
Đặt
( ) ( )
( ) ( )
5
5
1
1
u x du dx
I xf x f x dx
dv f x dx v f x
= =
⇒ ⇒ = −
′
= =
∫
.
Từ
( )
(
)
(
)
( ) ( )
3
5 5 1
3 1 3 2
1 2 0
f x
f x x x
f x
= =
+ + = + ⇒
= =
, suy ra
( )
5
1
23 .
I f x dx
= −
∫
Đặt
(
)
(
)
2
3
3 3
3 1
3 2
dt x dx
t x x
f t x
= +
= + + ⇒
= +
Đổi cận: Với
3
1 1 3 1 0
t x x x
= ⇒ = + + ⇔ =
và
3
5 3 1 5 1
t x x x
= ⇒ + + = ⇔ =
.
Khi đó
( ) ( )
( )
5 1
2
1 0
33
23 23 3 2 3 3
4
Casio
I f x dx x x dx= − = − + + =
∫ ∫
Câu 24.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
R
thỏa mãn
(
)
(
)
3
,f x f x x x
+ = ∀ ∈
R
. Tính
( )
2
0
I f x dx
=
∫
A.
2
I
=
. B.
3
2
I
=
. C.
1
2
I
=
. D.
5
4
I
=
.
Lời giải
Đặt
(
)
(
)
3 2
3 1
y f x x y y dx y dy
= ⇒ = + ⇒ = +
Đổi cận
3
3
0 0 0
2 2 1
x y y y
x y y y
= → + = ⇔ =
= → + = ⇔ =
Khi đó
( )
(
)
(
)
2 1 1
2 3
0 0 0
5
3 1 3
4
I f x dx y y dy y y dy
= = + = + =
∫ ∫ ∫
Chú ý: Đây là lớp câu hỏi thuộc Dạng 6, ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 6 dưới phát
biểu của bài toán sau:
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 15
Bài toán: “ Cho hàm số
(
)
y f x
=
thỏa mãn
(
)
g f x x
=
và
(
)
g t
là hàm đơn điệu ( luôn
đồng biến hoặc nghịch biến) trên
R
.Hãy tính tích phân
( )
b
a
I f x dx
=
∫
“
Cách giải: Đặt
(
)
(
)
(
)
y f x x g y dx g y dy
′
= ⇒ = ⇒ =
Đổi cận
(
)
( )
x a g y a y
x b g y b y
α
β
= → = ⇔ =
= → = ⇔ =
Suy ra
( ) ( )
b
a
I f x dx yg y dy
β
α
= =
∫ ∫
Câu 25.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
3 2
2 3 6
f x f x f x x
− + =
,
x
∀ ∈
ℝ
. Tính
tích phân
( )
5
0
d
I f x x
=
∫
.
A.
5
4
I
=
. B.
5
2
I
=
. C.
5
12
I =
. D.
5
3
I
=
.
Lời giải
Đặt
(
)
3 2
2 3 6
y f x x y y y
= ⇒ = − +
(
)
2
d 6 1 d
x y y y
⇒ = − +
.
Đổi cận: với
3 2
0 2 3 6 0 0
x y y y y
= ⇒ − + = ⇔ =
và
3 2
5 2 3 6 5 1
x y y y y
= ⇒ − + = ⇔ =
.
Khi đó
( )
( )
1 1
2
0 0
d .6 1 d
I f x x y y y y
= = − +
∫ ∫
( )
1
3 2
0
5
6 d
2
y y y y
= − + =
∫
.
Câu 26.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
thỏa mãn
(
)
(
)
3
2 1
x f x f x
+ + =
,
x
∀ ∈
ℝ
. Tính
( )
1
2
d
I f x x
−
=
∫
.
A.
7
4
I
=
. B.
7
2
I
=
. C.
7
3
I
=
. D.
5
4
I
=
.
Lời giải
Đặt
(
)
(
)
3 2
2 1 d 3 2 d
y f x x y y x y y
= ⇒ = − − + ⇒ = − −
.
Đổi cận: Với
3
2 2 1 2 1
x y y y
=− ⇒− − + =− ⇔ =
;
3
1 2 1 1 0
x y y y
= ⇒− − + = ⇔ =
.
Khi đó:
( )
0
2
1
7
3 2 d
4
I y y y
= − − =
∫
.
Câu 27.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục và nhận giá trị dương trên
[
]
0;1
. Biết
(
)
(
)
. 1 1
f x f x
− =
với
[
]
0;1
x
∀ ∈
. Tính giá trị của
(
)
1
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
.
A.
3
2
B.
1
2
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 16
Đặt
1
t x
= −
( )
( )
d
1
t dx
f x
f t
=−
⇒
=
và
1
x a t
= ⇒ =
;
1 0
x t
= ⇒ =
. Khi đó
(
)
1
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
(
)
1
0
d
1
1
t
f t
=
+
∫
(
)
(
)
1
0
f d
1
x x
f x
=
+
∫
.
2
I
(
)
(
)
(
)
1 1
0 0
f d
d
1 1
x x
x
f x f x
= +
+ +
∫ ∫
1
0
1
dx
= =
∫
1
2
I
⇒ =
.
Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc Dạng 7, ta có thể TÓM TẮC HÀM ẨN DẠNG 7 dưới phát biểu
của bài toán sau:
Bài toán: “ Cho
(
)
(
)
2
.
f x f a b x k
+ − =
, khi đó
(
)
d
2
b
a
x b a
I
k f x k
−
= =
+
∫
Chứng minh:
Đặt
t a b x
= + −
( )
(
)
2
dt dx
k
f x
f t
=−
⇒
=
và
x a t b
= ⇒ −
;
x b t a
= ⇒ =
.
Khi đó
( )
(
)
(
)
( )
2
f d
d d 1
b b b
a a a
x x
x x
I
k
k f x k k f x
k
f t
= = =
+ +
+
∫ ∫ ∫
.
(
)
(
)
(
)
f d
d 1
2
b b
a a
x x
x
I
k f x k k f x
= + =
+ +
∫ ∫
( )
1 1
d
b
a
x b a
k k
= −
∫
2
b a
I
k
−
⇒ =
.
Câu 28.
Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
ℝ
, ta có
(
)
0
f x
>
và
(
)
(
)
0 . 2018 1
f f x
− =
. Giá trị của
tích phân
(
)
2018
0
d
1
x
I
f x
=
+
∫
A.
2018
I
=
. B.
0
I
=
C.
1009
I
=
D.
4016
Lời giải
Áp dụng kết quả của dạng
7
(xem lại câu
27
), ta có
I
=
(
)
2018
0
1 2018 0
d 1009
1 2.1
x
f x
−
= =
+
∫
.
Câu 29.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
4
f x f x
− =
. Biết
( )
3
1
d 5
xf x x
=
∫
. Tính tích phân
( )
3
1
d
f x x
∫
.
A.
5
2
. B.
7
2
. C.
9
2
. D.
11
2
.
Lời giải
Đặt
4
t x
= −
d d
t x
⇒ = −
và
1 3
x t
= ⇒ =
;
3 1
x t
= ⇒ =
.
Khi đó:
( ) ( ) ( )
3 3
1 1
5 d 4 4 d
xf x x t f t t
= = − −
∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
1 1
4 4 d 4 d
x f x x x f x x
= − − = −
∫ ∫
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 17
Suy ra:
( ) ( ) ( )
3 3
1 1
10 d 4 d
xf x x x f x x
= + −
∫ ∫
( )
3
1
5
4 d
2
f x x
= =
∫
.
Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc dạng 8, ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 8 dưới phát biểu
của bài toán sau:
Bài toán: Cho
(
)
(
)
( )
( )
2
d
d
b
b
a
a
f a b x f x
I
f x x
a b
xf x x I
+ − =
⇒ =
+
=
∫
∫
.
Chứng minh: Đặt
d dt x
t a b x x a t b
x b t a
= −
= + − ⇒ = ⇒ =
= ⇒ =
. Khi đó
( ) ( ) ( )
d f d
b b
a a
I xf x x a b t a b t t
= = + − + −
∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
d d
b b
a a
a b x f a b x x a b x f x x
= + − + − = + −
∫ ∫
.
Suy ra
( ) ( ) ( )
2 d d
b b
a a
I xf x x a b x f x x
= + + −
∫ ∫
( ) ( ) ( )
2
d d
b b
a a
I
a b f x x f x x
a b
= + ⇒ =
+
∫ ∫
.
Câu 30.
Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
ℝ
và thỏa mãn
(
)
(
)
3 0
f x f x
− − =
. Biết
( )
4
1
d 2
xf x x
−
=
∫
. Tính
( )
4
1
d
f x x
−
∫
.
A.
3
2
. B.
2
3
. C.
4
3
. D.
3
4
.
Lời giải
Áp dụng kết quả Dạng 8 (bài 29) ta có:
( )
(
)
4
1
2 2.2 4
d
1 4 3
I
f x x
a b
−
= = =
+ − +
∫
.
Câu 31.
Tính
{ }
2
3
0
min ; 2 d
I x x x
= −
∫
.
A.
2
I
=
. B.
3
4
I
=
. C.
1
I
=
. D.
5
4
I
=
.
Lời giải
Ta xét dấu
(
)
3
2
f x x x
= − −
trên đoạn
[
]
0;2
.
Ta có
3
3
2 0 2 0
x x x x
− − = ⇔ + − =
(
)
(
)
2
1 2 0 1
x x x x
⇔ − + + = ⇔ =
.
Bảng xét dấu
Do đó
{ }
[
]
[ ]
3
3
khi 0;1
min ; 2
2 khi 1;2
x x
x x
x x
∈
− =
− ∈
.
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Trang 18
Suy ra
{ }
2
3
0
min ; 2 d
I x x x
= −
∫
1 2
3
0 1
d 2 d
x x x x
= + −
∫ ∫
1 3 5
2 4 4
= + =
.
Câu 32.
Tính tích phân
{ }
2
3
0
max ; .
I x x dx
=
∫
A.
17
4
. B.
2
. C.
15
4
. D.
7
4
.
Lời giải
Trên đoạn
[
]
0; 2
, xét
(
)
(
)
[
]
0; 2
3
1 1 0 0 1.
x
x x x x x x
∈
≥ ⇔ − + ≤ ←→ ≤ ≤
Vậy
[
]
[
]
[ ]
{ }
3
3
3
3
0; 2
0; 1
0 1
max ; .
1 2
1; 2
x x x
x khi x
x x
x khi x
x x x
∈ ⇒ ≥
≤ ≤
⇒ =
≤ ≤
∈ ⇒ ≤
Suy ra
{ }
2 1 2
3 3
0 0 1
1 15 17
max ;
2 4 4
I x x dx xdx x dx= = + = + =
∫ ∫ ∫
.
Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc Dạng 9 (Tích phân cho bởi nhiều công thức dưới hình thức
bài toán min, max) ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 9 dưới phát biểu của bài toán sau:
Bài toán: Tính tích phân
( ) ( )
{ }
max ;
b
a
I f x g x dx
=
∫
hoặc
( ) ( )
{ }
min ;
b
a
I f x g x dx
=
∫
.
Cách giải: ( tham khảo qua lời giải của Câu 31, 32, 33).
Câu 33.
Tính tích phân
{ }
3
3 2
0
max ; 4 3 .
I x x x dx
= −
∫
A.
117
2
. B.
707
2
. C.
275
12
. D.
119
6
.
Lời giải
Trên đoạn
[
]
0; 3
:
Xét
(
)
(
)
[
]
[
]
0; 3
3 2
4 3 1 3 0 0; 1 .
x
x x x x x x x
∈
≥ − ⇔ − − ≥ ←→ ∈
Vậy
[
]
[
]
[ ]
{ }
[
]
[
]
3 2 3
3 2
3 2 2
0; 3
0; 1 4 3 0; 1
max ; 4 3 .
1; 3 4 3 4 3 1; 3
x x x x x khi x
x x x
x x x x x x khi x
∈ ⇒ ≥ − ∈
⇒ − =
∈ ⇒ ≤ − − ∈
Khi đó
{ }
( )
3 1 3
3 2 3 2
0 0 1
275
max ;4 3 4 3
12
I x x x dx x dx x x dx= − = + − =
∫ ∫ ∫
.
| 1/46

Tài liệu khác của Toán 12

Preview text:

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 2
x + x +1 khi x ≤ 0 1 Ví dụ 1. b Cho hàm số 
y = f (x ) =  . Biết f (x) 2 dx = ae − ∫ với * , a ,
b c ∈ N . Tìm 2 4 x 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 x 5 25 Ta có, f (x)dx + f (x)dx =
( 2x +x + )1dx + ( 2 4e − ) 2 2 3 dx =
+ 2e −5 = 2e − ∫ ∫ ∫ ∫ . 6 6 1 − 0 −1 0 ⇒T = 2 + 25 + 6 = 33  
Ví dụ 2. [Đề tham khảo – 2018] 1   2
Cho hàm số f (x) xác định trên 
ℝ \  thỏa mãn f ′(x) = 2   2x −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   Cách 1: 1 2 Trên khoảng  ;   +∞  : f (x) =
dx = ln(2x −1) +C .  ∫ 2  1 2x −1
Lại có f (1) = 2 ⇒ C = 2. 1  1 2
• Trên khoảng − ;   ∞   : f (x) =
dx = ln(1−2x ) +C .  ∫ 2 2 2x 1 −
Lại có f (0) =1 ⇒ C =1. 2  1
ln(2x −1) +2 khi x >  Vậy 2 f (x ) =  .  1
ln(1−2x)+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 = =ln 2x −1| = ln (1) ∫ ∫ 1 −  2x −1 3 Ta có: 1  − 1 −  3 3  2dx 3
f (3)− f (1) =
f '(x )dx = =ln 2x −1| = ln 5 (2)  ∫ ∫ 1  2x −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: ′ ′ 1. f (x) f (x) df (x) = ⇔ = ⇔ = ∫ ∫ ∫ ∫ h( f (x)) g (x)
h( f (x)) dx g (x)dx h( f (x))
g (x)dx... 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 . D. 1< f ( ) 5 < 2 . Lời giải Cách 1:
Với điều kiện bài toán ta có f ′(x ) 1 f ′(x ) 1
f (x) = f ′(x) 3x +1 ⇔ = ⇔ = ( ) ∫ ∫ x + f (x ) dx dx f x 3 1 3x +1 d( f ′(x)) 1 1 2 ( − + + ⇔ = 3 x 1 C 3x + ) 2 1 d(3x + ) ∫ ∫ ⇔ f (x) 2 ln =
3x +1 +C ⇔ f (x) 3 = e . f (x ) 1 3 3 4 2 4 4 C + 4 3x 1 + − Khi đó f ( ) 3 1 = 1 ⇔ e
=1 ⇔ C = − ⇒ f (x) 3 3 = e ⇒ f ( ) 3 5 = e ≈ 3,79 ∈(3; 4 ). 3 Vậy 3 < f ( ) 5 < 4 . Cách 2:
Với điều kiện bài toán ta có f ′(x ) 5 5 1 f ′(x) 1
f (x) = f ′(x) 3x +1 ⇔ = ⇔ dx = dx ∫ ∫ f (x ) 3x +1 f (x) 3x +1 1 1 5 d( f (x)) 4 5 f ( ) 5 4 ⇔ = ∫ ⇔ 4 f (x) 4 ln = ⇔ ln
= ⇔ f ( )= f ( ) 3 5 1 .e ≈ 3,79 ∈(3; 4 ). f (x) 3 f ( ) 1 3 1 3 1
Ví dụ 2. Cho f (x) xác định, có đạo hàm, liên tục và đồng biến trên [1;4] thỏa mãn
x + xf (x) =  f ′(x) 2
 ∀x ∈[ ] f ( ) 3 2 , 1;4 , 1 =  
. Giá trị f (4) bằng: 2 A. 391 B. 361 C. 381 D. 371 18 18 18 18 Lời giải Biến đổi:
f ′(x) 2 f ′(x )  
x + xf (x ) =  f ′(x ) 2 2  
 ⇔ x ( + f (x)) =  f ′(x) 2 1 2    ⇔ = x ⇒ = x . 1+ 2 f (x ) 1+ 2 f (x ) 4 f ′(x ) 4 ⇒ 14 dx = x dx ∫ ∫
⇔ 1+2 f (x) 4 = 1+ 2 f x 1 3 1 ( ) 1 ⇔ + f ( ) 14 − = ⇔ f ( ) 391 1 2 4 2 4 = . 3 18
Ví dụ 3. Cho f (x) không âm thỏa mãn điều kiện 2
f (x ). f '(x ) = 2x
f (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 Lời giải Biến đổi: Trang 2
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
f (x ). f '(x )
f (x ). f '(x ) 2
f (x ). f '(x ) = 2x f (x ) +1 ⇔ = 2x ⇒ dx = 2xdx ∫ ∫ 2 2 f (x ) +1 f (x ) +1 2 2
⇔ f (x) +1 = x +C Với 2 2 2 4 2
f (0) = 0 ⇒ C = 1 ⇒
f (x ) +1 = x +1 ⇒ f (x ) = x + 2x = g(x ) Ta có: 3
g '(x ) = 4x + 4x > 0, x
∀ ∈[1;3]. Suy ra g(x) đồng biến trên [1;3] Suy ra: 2 g(1) g(x) f (x ) g ( ) 2 f ( x ) 0 3 3 f (x) 99 ≥ ≤ = ≤ ⇒ ≤ ≤
→ 3 ≤ f (x) ≤ 3 11 mi
 n f (x) = 3  [1;3]  ⇒ 
Max f (x) = 3 11  3 
f (x ). f '(x )
Chú ý: Nếu không tìm được ra luôn 2 dx =
f (x ) +1 +C ∫
thì ta có thể sử dụng 2 f (x ) +1
kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một) +) Vi phân: 1 −
f (x ). f '(x ) f (x ) dx = d ( f x ) 1 ( ) = ∫ ∫ ∫ ( 2f(x)+ ) 2 1 d ( 2 f (x ) + ) 2 1 =
f (x ) +1 +C 2 2 2 f (x ) +1 f (x ) +1
+ Đổi biến: Đặt 2 2 2 t =
f (x ) +1 ⇒ t = f (x ) +1 ⇒ tdt = f (x ) f '(x )dx
f (x ). f '(x ) tdt Suy ra: 2 dx = =
dt = t +C =
f (x ) +1 +C ∫ ∫ ∫ 2 ( ) +1 t f x −
Ví dụ 4. Cho hàm số f (x)≠ 0 thỏa mãn điều kiện '
f (x) = ( x + ) 2 2
3 . f (x) và f ( ) 1 0 = . Biết 2 a a tổng f ( )
1 + f (2)+...+ f (2017)+ f (2018) = 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 Lời giải f ('x) f ('x)
Biến đổi f ('x)= ( x + ) 2 2 3 . f (x) ⇔ = 2x +3 ⇔ dx = (2x + ) 3 dx ∫ ∫ 2 f (x) 2 f (x) 1 1 − 2 ⇔ −
= x +3x +C ⇒ f (x)= − . Mà f ( ) 1 0 = nên C = 2 . f (x ) 2 x + 3x +C 2 1 1
Do đó f (x)= − = − . 2 x + 3x + 2 (x + ) 1 (x + 2) a Khi đó = 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 2018 2019 2019 2020 2 2020 2020 a  = 1 − 009 Với điều kiện  ,
a b thỏa mãn bài toán, suy ra: 
⇒ b −a = 3029 . b  = 2020  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 2 3  x khi 0 ≤ x ≤1 Câu 1.
[Chuyên Thái Bình-Lần 5-2018] Cho hàm số 
y = f (x ) =  . Tính
4− x khi 1≤ x ≤ 2  2 f (x )dx ∫ . 0 A. 7 5 3 . B. 1. C. . D. . 2 2 2 2 6
 x khi x ≤ 0 4 Câu 2. Cho hàm số 
y = f (x ) =  và I = f (x)dx ∫
. Hỏi có tất cả bao nhiêu số 2 a
 −a x khi x ≥0  −1
nguyên a để I + 22 ≥ 0 ? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .   Câu 3.
[Đề tham khảo – 2018] 1  
Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ \  thỏa mãn 2   2 f ′(x ) =
, f (0) = 1 và f (1) = 2 . Giá trị của biểu thức f (−1) + f (3) bằng 2x −1 A. 4 + ln 5 . B. 2 + ln15 . C. 3 + ln15 . D. ln15. Câu 4.
[Toán học tuổi trẻ số 6 – 2018] Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ \{ } 1 thỏa mãn f ′(x ) 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 .   Câu 5.
[Lục Ngạn–Bắc Giang–2018] 1  
Cho hàm số f (x ) xác định trên ℝ \  thỏa mãn 3   2 f ′(x ) 3 =
, f (0) = 1 và f  
  = 2 . Giá trị của biểu thức f (− ) 1 + f ( ) 3 bằng 3x −1 3 A. 3 +5ln 2 . B. −2 +5ln 2 . C. 4 +5ln 2 . D. 2 +5ln 2 . Câu 6. 4
Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ \{ 2
− ;2} và thỏa mãn f ′(x)= ; f (− ) 3 = 0 ; 2 x − 4
f (0) = 1 và f ( )
3 = 2 . Tính giá trị biểu thức P = f ( 4 − )+ f (− ) 1 + f (4). A. 3 5 P = 3 + ln .
B. P = 3 + ln 3 . C. 5 P = 2 + ln . D. P = 2−ln . 25 3 3 Trang 4
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 7.
[Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ \{−2; } 1 thỏa 1 mãn f ′(x)= ; f (− ) 3 − f ( ) 3 = 0 và f ( ) 1
0 = . Giá trị của biểu thức 2 x + x − 2 3
f (−4)+ f (− )
1 − f (4) bằng A. 1 1 + ln 2 . B. 1+ ln 80 . C. 1 4 1+ ln 2 + ln . D. 1 8 1+ ln . 3 3 3 5 3 5 Câu 8.
[Sở Bắc Giang – 2018] Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ \{ 1 − ; } 1 và thỏa mãn  1 1 f ′(x ) 1 = ; f (− ) 3 + f ( ) 3 = 0 và f   −  + f  
  = 2 . Tính giá trị của biểu thức 2 x −1  2 2
P = f (0)+ f (4) . A. 3 3 P = 2 + ln .
B. P =1+ ln . C. 1 3 P = 1+ ln . D. 1 3 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 f (x ) 2 ' = ; f ( 2
− )+ f (2)= 0 và f   −  + f  
  = 0. Tính f ( 2
− )+ f (0)+ f (4)= 0 2 x −1  2 2 được kết quả A. 6 6 P = 1+ ln .
B. P = −1+ ln . C. 4 P = 1+ ln . D. 4 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 1   π   y =
với ∀x ∈ ℝ \ −  + k , π k ∈ 
ℤ . Biết F (0) = 1 và F (π) = 0. Tính giá trị của 1+ sin 2x  4        π 11π
biểu thức P = F   −  − F  .      12  12  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
f (x)> 0 , x
∀ ∈ ℝ ; f ′(x) x 2 = e
− . f (x), ∀x ∈ ℝ và f ( ) 1 0 =
. Tính giá trị của f (ln 2). 2 A. f ( ) 2 ln 2 = . B. f ( ) 2 ln 2 = − . C. f ( ) 2 ln 2 = . D. f ( ) 1 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))2 .
, ∀x ∈ ℝ và f (0) = 2 . Phương trình tiếp
tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 của đồ thị (C ) là.
A. y = 6x +30 .
B. y = −6x +30 .
C. y = 36x −30 .
D. y = −36x + 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 ( ) 2 1 e− − = . B. f (− ) 3 1 = e . C. f (− ) 4 1 = e . D. f (− ) 1 = 3 .
Câu 14. [Sở Yên Bái – 2018] Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn f (x) f (x) 4 2 ' .
= x + x . Biết f (0) = 2 . Tính 2 f (2). A. 313 332 324 323 2 f (2) = . B. 2 f (2) = . C. 2 f (2) = . D. 2 f (2) = . 15 15 15 15 Trang 5
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Câu 15. [Sở Nam Định – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên (0;+∞), biết
f ′(x)+( x + ) 2 2
4 f (x) = 0 và f (x)> 0, ∀x ∈ ℝ ; f ( ) 1 2 = . Tính f ( ) 1 + f (2)+ f ( ) 3 . 15 A. 7 11 11 7 . B. . C. . D. . 15 15 30 30
Câu 16. Cho hàm số f (x) xác định và liên tục trên ℝ . Biết 6
f (x). f ′(x) = 12x +13 và f (0) = 2 .
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) = ( x + ) 2 2
3 . f (x) và f ( ) 1 0 = . Biết tổng 2 ( ) a a
f 1 + f (2)+...+ f (2017)+ f (2018) = 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) 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 . 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 và đồng biến trên [ 2 3
1;4] thỏa mãn x + 2xf (x) =  f ′(x) , ∀x ∈[1;4], f ( ) 1 =   . Giá trị f (4) 2 bằng: A. 391 361 381 371 B. C. D. 18 18 18 18
Câu 20. Cho f (x) không âm thỏa mãn điều kiện 2
f (x ). f '(x ) = 2x
f (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 1 2
ℝ thỏa mãn f (0) = 1 và ( ′( )) x f x
= e f (x),∀x ∈ ℝ . Tính tích phân f (x )dx ∫ bằng 0 A. e −2 . B. e −1. C. 2 e −2 . D. 2 e −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 2 2
x f (x)+(2x − )
1 f (x) = xf ′(x)−1 với ∀x ∈ ℝ \{0} và 2 f ( ) 1 = 2 − . Tính f (x )dx ∫ . 1 A. 1 3 ln 2 3 ln 2 − − 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  f ′(x) 2 8    1 1
f (0) ≠ 0 với x ∀ ∈[4;8]. Biết rằng dx = 1 ∫
và f (4)= , f (8)= . Tính f (6).  f (x) 4 4 2 4   A. 5 2 3 1 . B. . C. . D. . 8 3 8 3 Trang 6
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 1 LỜI GIẢI CHI TIẾT 2  x  x Câu 1. 3 khi 0 1 
[Chuyên Thái Bình-Lần 5-2018] Cho hàm số y  f x . Tính 4  x khi 1 x  2  2 f xdx  . 0 A. 7 . B. 1. C. 5 . D. 3 . 2 2 2 Lời giải 1 2 1 2 2 1  x  2 5 7 Ta có, f xdx  f x 2 dx  3x dx  4 x 3 dx  x  4x    1      . 0  2  1 2 2 0 1 0 1 2 6  x khi x  0 4 Câu 2.
Cho hàm số y  f x  và I  f xdx 
. Hỏi có tất cả bao nhiêu số 2 a  a 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 2 2      a x I f x dx  f xdx  6x dx      aa x 0 2 2 3   2 dx  2x ax   2  4a8a . 1  2  1 0 1 0 0 3 I  22  0 2  2  4a8a  22  0 2
 2a a6  0    a  2 a
a  1;0;1;2. 2
Vậy có 4 giá trị nguyên của a thỏa mãn.   Câu 3. 1   2
[Đề tham khảo – 2018] Cho hàm số f (x) xác định trên  \ 
  thỏa mãn f (x)  2   2x 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   Cách 1: 1 2 Trên khoảng  ;     : f (x)  dx  ln(2x1) C .   2  1 2x 1
Lại có f (1)  2 C  2. 1  1 2 • Trên khoảng  ;      : f (x)  dx  ln(12x) C .   2 2 2x 1
Lại có f (0) 1C 1. 2  1 ln(2x1) 2 khi x   Vậy  2 f (x)   .  1 ln(12x)1khi x   2
Suy ra f (1)  f (3)  3 ln15. Cách 2: 0 0  2dx 1  0  f (0) f (1)  f '(x)dx  ln 2x1|  ln (1)   1  2x 1 3 Ta có:  1 1  3 3  2dx 3  f (3) f (1)  f '(x)dx  ln 2x1|  ln 5 (2)    1  2x 1  1 1 Trang 1
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
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 .
Câu 4. [Toán học tuổi trẻ số 6 – 2018] Cho hàm số f x xác định trên  \  1 thỏa mãn f x 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 Cách 1: 1 Ta có f xdx  dx  ln    x1C . x1  f x ln   x12017 khi x 1
Theo giả thiết f 0 2017 , f 2 2018 nên  .
 f x ln x12018 khi x 1  Do đó S  f   3  f  
1  ln 2 2018ln 22017 1. Cách 2: 0 0  dx 1  0  f (0) f (1)  f '(x)dx  ln x1|  ln (1)   1  x 1 2 Ta có:  1 1  3 3  dx 3  f (3) f (2)  f '(x)dx  ln x1|  ln 2 (2)    2  x1  2 2 Lấy   1 2, ta được
f (3) f (2)  f (0) f (1)  0  S  f (3) f (1)  f (2) f (0) 1.   Câu 5. 1  
[Lục Ngạn–Bắc Giang–2018] Cho hàm số f (x) xác định trên  \  thỏa mãn 3     f x 3  2 , f 01 và f  
   2 . Giá trị của biểu thức f   1  f   3 bằng 3x 1 3 A. 35ln 2 . B. 2 5ln 2 . C. 4 5ln 2 . D. 2 5ln 2 . Lời giải   1 ln 3x  1 C khi x  ;   1        Cách 1: 3 3 3 Từ f x f x dx=       . 3x 1 3x 1  1 
ln 3x1 C khi x  ;    1     3       1  f 01       ln 3x 1 1 khi x ;     0  C 1 C  1   3 Ta có: 1 1       2      f x .   f       2 0  C  2 C   2  1      2  2 3       ln 3x 1 2 khi x ;      3   Khi đó: f   1  f  
3  ln 4 1 ln 8  2  3 ln 32  35ln 2 . Cách 2: Ta có 0 0
f   f   f x0  f x 3 0 1 0 1 dx  dx  ln 3x 1  ln   1    1 1  3x 1 4 1 1  3 3     f    2 3  f      f x3  f x 3 3 2 dx 
dx  ln 3x 1 2  ln 8 2     3 3 3x 1 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5ln 2  . 3 Trang 2
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 6. 4
Cho hàm số f x xác định trên  \2;2 và thỏa mãn f x ; f 3  0 ; 2   x 4 f 01 và f  
3  2 . Tính giá trị biểu thức P  f 4 f   1  f 4. A. 3 P  3 ln .
B. P  3 ln 3 . C. 5 P  2  ln . D. 5 P  2ln . 25 3 3 Lời giải 4 4dx 4dx Từ f x  f x  2 x   4 2 x 4 x2x 2  x2 ln  C khi x  ;  2 1    x  2  x2   ln C khi x  2;2 2    x  2  x2 ln C khi x  2;  3    x  2    f   3  0   ln5C  0 C   ln5  1  1  Ta có    f 01 0    C 1 C    1  2 2     f    2 2 C   1    2  ln 5 ln  C  2  3 3  5  x2 ln -ln5 khi x   ;  2  x  2  x2  f x   ln 1 khi x  2;  2 .  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
Câu 7. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho hàm số f x xác định trên  \2;  1 thỏa mãn f x 1  ; f   3  f   3  0 và f   1
0  . Giá trị của biểu thức 2 x  x2 3 f 4 f   1  f 4 bằng A. 1 1  ln 2 . B. 1 ln 80 . C. 1 4 1 ln 2  ln . D. 1 8 1 ln . 3 3 3 5 3 5 Lời giải f x 1  2 x  x2 1 x1  ln  C khi x  ;  2 1   3 x  2   f x dx dx 1 x 1         ln C khi x  2;1 2 2   x  x2 x  1 x  2 3 x  2 1 x1  ln C khi x  1;  3   3 x  2  1 1 2 1 Do đó f   3  f  
3  0  ln 4 C  ln C  C  C  ln10 1 3 3 1 . 3 3 5 3 Trang 3
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 1 1 1 1 1
Và f 0  ln C  C   ln 2 2 2 . 3 3 2 3 3 3  1 x 1  ln  C khi x  ;  2 1    3 x  2   f x 1 x 1 1 1     ln   ln 2 khi x 2;  1 .  3 x  2 3 3 1 x1 1  ln C  ln10 khi x  1;  1   3 x  2 3  1 5  1 1 1  1 1 1 
Khi đó: f 4 f   1  f 4  ln  C  ln 2      ln 2 ln      C  ln10 1 1  3 2 3 3 3  3 2 3  1 1   ln 2 . 3 3
Câu 8. [Sở Bắc Giang – 2018] Cho hàm số f x xác định trên  \1;  1 và thỏa mãn     f x 1 1 1  ; f   3  f   3  0 và f      f    
   2 . Tính giá trị của biểu thức 2 x 1  2 2
P  f 0 f 4. A. 3 P  2  ln . B. 3 P 1 ln . C. 1 3 P 1 ln . D. 1 3 P  ln . 5 5 2 5 2 5 Lời giải 1 x1  ln  C khi x  ;  1  1; 1       f x 1 dx dx 2 x 1          2 2 x 1 x 1 x  1 x   1 1 x1  ln C khi x  1;1 2   2 x1  . 1 1 1 Ta có f   3  f  
3  0  ln 2 C  ln C  0  C  0 1 1 1 . 2 2 2  1 1 1 1 1 Và f      f    
   2  ln 3C  ln C  2  C 1. 2 2 2  2 2 2 2 3 1 x1  ln khi x   ;    1 1; 2 x 1 1 3 Suy ra f x   
 P  f 0 f 4 1 ln  = . 1 x1  2 5  ln 1 khi x 1;  1 2 x1 
Câu 9. [Sở Phú Thọ - 2018] Cho hàm số f x xác định trên  \1;  1 và thỏa mãn     f x 2 1 1 ' 
; f 2  f 2  0 và f      f    
   0. Tính f 2 f 0 f 4 0 2     x 1  2 2 được kết quả A. 6 P 1 ln . B. 6 P  1 ln . C. 4 P 1 ln . D. 4 P  1 ln . 5 5 5 5 Lời giải  x1 ln  C khi x  ;  1  1; 1     dx dx  x  f 'x 2 2 2 1 f x          2   2 x 1 x 1 x  1 x   1  x 1 l  n C khi x  1;1 1    x1  Trang 4
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1
Ta có f 2 f 2 0  ln 3C  ln C  0  C  0. 1 1 1 3  1 1 1 và f      f    
   2  ln 3C  ln C  2  C 1. 2 2 2  2 2 3  x1 ln khi x   ;    1 1;  x 1 Suy ra: f x    x1 l  n +1 khi x 1;  1  x1 
 f   f   f   3 6 3 0
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   y   với x  \ k , k       
 . Biết F 01 và F  0. Tính giá trị của 1 sin 2x  4      11  biểu thức P  F      F      .  12  12  A. P  2 3. B. P  0.
C. Không tồn tại. D. P 1. Lời giải Cách 1: 1 1 1 Biến đổi y    . Khi đó: 1 sin 2x sin x cos x2   2 2 sin x      4  1    5   tanx  
  C khi x  ;        k2 1       F x dx 2 4 4 4      k  .    2 1        3  2 sin x    tanx   
  C khi x  ;        k2 2 4 2  4   4 4   Ta có: 1  1 1   1  5                            F  C C x x k 0 1 tan khi ; 2 2 2 1  2  2             F x 2 4 2 4 4    F   0 1  1 1       1  3   C  0 C     tanx 
   khi x  ;           k2 1 1 2  2 2  4  2  4 4     11 1 1 1 71 Khi đó: P  F      F         tan  .        tan        1 12 12 2 6 2 2 6 2 0     dx F 0 F     
  F x0    1     12   12 1 sin 2x   Cách 2:  Ta có 12 
    11         dx F F F x 11  2    12  12 1 sin 2x  11  12 0   11 dx dx Lấy 2  1 , ta được: F      F     
 F  F 0     12  12  1 sin 2x 1 sin 2x 11  12 12 casio   11   11   F      F      1 0  F    .       F         1 12 12  12  12  Trang 5
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
f x 0 , x   ; f x x 2  e
 . f x, x   và f   1
0  . Tính giá trị của f ln 2. 2 A. f   2 ln 2  . B. f   2 ln 2   . C. f   2 ln 2  . D. f   1 ln 2  . 9 9 3 3 Lời giải f x ln 2 f x 1 ln 2 df x f x x 2  e  ln 2 . f x x   e   dx   exdx x   e  2 f x  2fx   2fx 0 0 0 0 ln 2 1 1 1 1    1   1   3  f   1 ln 2  . f x f ln 2 f 0 f ln 2 3 0
Câu 12. Cho hàm số y  f x có đồ thị C, xác định và liên tục trên  thỏa mãn đồng thời các
điều kiện f x 0 x   , f xx f x2 .
, x   và f 0 2 . Phương trình tiếp
tuyến tại điểm có hoành độ x 1 của đồ thị C là. A. y  6x 30 . B. y  6x 30 . C. y  36x30 .
D. y  36x  42 . Lời giải f x 1 f x 1 1 df x 1 3 x
f xx f x2 . 2   x 2  dx  x dx   2 f x  2fx   2fx 3 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1           f   1  6 . f x 3 f   1 f 0 3 f   1 6 0
Từ f xx f x2 .
 f   f  2 1 1. 1  36 .
Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là y  36x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   2 1 e   . B. f   3 1  e . C. f   4 1  e . D. f   1  3. Lời giải Biến đổi: f 'x 1 f 'x 1 1 df x
f 'x2 f x 0   2  dx  2dx 
 4  ln f x 1  4 f x  f x   f x 1 1 1 1 f   1 f   1 4 ln  4   e  f   1  f   4 4 1 .e  e . f   1 f   1
Câu 14. [Sở Yên Bái – 2018] Cho hàm số y  f x thỏa mãn f x f x 4 2 ' .
 x  x . Biết f 0 2 . Tính 2 f 2. A. 313 332 324 323 2 f 2 . B. 2 f 2 . C. 2 f 2 . D. 2 f 2 . 15 15 15 15 Lời giải 2 2 Ta có f 'x. f x 4 2  x  x  f 'x. f xdx     4 2 x  x dx 0 0 2 2 136 f x 136  f xdf x 2     0 15 2 15 0 2 f 24 136 332 2   f 2 . 2 15 15 Trang 6
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Câu 15. [Sở Nam Định – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 0;, biết f x x   2 2
4 f x 0 và f x 0,x   ; f   1 2  . Tính f   1  f 2 f   3 . 15 A. 7 . B. 11 . C. 11 . D. 7 . 15 15 30 30 Lời giải f x f x
Biến đổi f x x   2 2 4 f x 0   2x 4  dx  2x 4 dx  2   2 f x f x  d f x 1 1 2   x 4x C  2  
 x 4x C  f x . 2 f x f x 2 x  4xC 1 1 1 Với f   1 2   
 C  3 , suy ra: f x . 15 15 12C 2 x  4x 3
Khi đó: f   f   f   1 1 1 7 1 2 3     . 8 15 24 30
Câu 16. Cho hàm số f x xác định và liên tục trên  . Biết 6
f x. f x12x 13 và f 0 2 .
Khi đó phương trình f x 3 có bao nhiêu nghiệm? A. 2 . B. 3. C. 7 . D. 1. Lời giải Từ 6
f x. f x12x 13 6 
f x. f xdx  12x   13 dx   7 f x 6  f xdf x 2  6x 13x C  2   6x 13x C f 02 2 C  . 7 7 Suy ra: 7 f x 2  42x  91x  2 . Từ f x 3 7  f x 2187 2  42x  91x  2  2187 2
 42x  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 x   2 2 3 . f x và f   1 0  . Biết tổng 2   a a
f 1  f 2... f 2017 f 2018 với * a  ,
 b   và là phân số tối giản. Mệnh b b
đề nào sau đây đúng? A. a a 1. B. 1. C. a b 1010 . D. ba  3029. b b Lời giải f 'x f 'x
Biến đổi f 'x x   2 2 3 . f x   2x 3  dx  2x 3 dx  2   2 f x f x  1 1  2  
 x 3x C  f x  . Mà f   1 0  nên C  2 . f x 2 x 3x C 2 1 1 Do đó f x    . 2 x 3x  2 x   1 x  2 a Khi đó  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 2018 2019 2019 2020 2 2020 2020 Trang 7
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng a   1009 Với điều kiện ,
a bthỏa 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 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 . D. 1 f   5  2 . Lời giải Cách 1:
Với điều kiện bài toán ta có f x 1 f x f x 1  f x 3x 1    dx  dx f x   3x 1 f x 3x 1 d f ′x 1 1 2 3x 1  C    3x  2 1 d3x   1   f x 2 ln  3x 1 C  f x 3  e . f x  3 3 4 2 4 4 C  4 3x 1   Khi đó f   3 1 1  e
1  C    f x 3 3  e  f   3 5  e  3,79 3; 4  . 3 Vậy 3  f   5  4 . Chú ý: dx Các bạn có thể tính 
bằng cách đặt t  3x 1 . 3x 1 Cách 2:
Với điều kiện bài toán ta có f x 5 f ′x 5 1 f x 1
 f ′x 3x 1    dx  dx f x   3x 1 f x 3x 1 1 1 5 d f x 4 5 4 f   5 4 4   
 ln f x   ln
 f   f   3 5 1 .e  3,79 3; 4  . f x 3 3 f   1 3 1 1
Câu 19. [Quảng Xương I – Thanh Hóa – Lần 4 – 2018] Cho f (x) xác định, có đạo hàm, liên tục 3
và đồng biến trên 1;4 thỏa mãn x 2xf x  f x 2 ,x 1;4, f   1    . Giá trị f 4 2 bằng: A. 391 B. 361 C. 381 D. 371 18 18 18 18 Lời giải Biến đổi:  f x 2 f x
x  xf x  f x 2 2    
  x  f x   f x 2 1 2      x   x . 1 2 f x 1 2 f x 4 f x 4 4 14  dx  xdx    1 2 f x  1 2 f x 1 3 1   1   f   14    f   391 1 2 4 2 4  . 3 18 4 f x 4
Chú ý: Nếu không nhìn được ra luôn I  dx  1 2 f x 
 12 f 42 1 2 f x 1 1
thì ta có thể sử dụng kỹ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một). Trang 8
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 4 f 'x 4 df x + Vi phân: dx    1 2 f x 1 2 f x 1   1   4 1 1    4
1 2 f x2 d12 f x 12 f x . 2 1 1
+ Đổi biến: Đặt t  12 f x 2
 t 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 12 f 4 Khi đó tdt I    12 f 4 dt  t  1 2 f 4 2 . t    2 2 2
Câu 20. Cho f (x) không âm thỏa mãn điều kiện 2
f (x). f '(x)  2x f (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 Lời giải Biến đổi: f (x). f '(x) f (x). f '(x) 2
f (x). f '(x)  2x f (x) 1   2x  dx  2xdx   2 2 f (x) 1 f (x) 1 2 2  f (x) 1  x C Với 2 2 2 4 2
f (0)  0  C 1 f (x) 1  x 1 f (x)  x  2x  g(x) Ta có: 3
g'(x)  4x  4x  0, x 1;3. Suy ra g(x) đồng biến trên 1;3 Suy ra: 2 g(1) g(x) f (x) g  2 f (x) 0 3 3 f (x) 99       
 3  f (x)  3 11 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 dx  f (x) 1 C 
thì ta có thể sử dụng 2 f (x) 1
kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến (bản chất là một) +) Vi phân: 1 f (x). f '(x) f (x) dx  d f x  1 ( )      2f(x)  2 1 d 2 f (x)   2 1  f (x) 1 C 2 2 f (x) 1 f (x) 1 2
+ Đổi biến: Đặt 2 2 2
t  f (x) 1  t  f (x) 1 tdt  f (x) f '(x)dx Suy ra: f (x). f '(x) tdt 2 dx 
 dt  t C  f (x) 1 C    2 f (x) 1 t
Câu 21. [Chuyên Tuyên Quang – Lần 2 – 2018] Cho hàm số f x có đạo hàm và đồng biến trên 1
 thỏa mãn f 01 và   2 x f x
 e f x,x   . Tính tích phân f xdx  bằng 0 A. e2 . B. e1. C. 2 e 2 . D. 2 e 1. Lời giải  f x2 f x f x
Biến đổi   2 x f x  e f x x   e x   e x  dx  e dx f x   f x f x Trang 9
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 x x
   f x2df x 2  e dx   f x 2 2  2e C x
Vì f 01C  0  f x 2  e    x f x  e 1 1 1 Suy ra   x f x dx  edx  e  e1   . 0 0 0
Câu 22. [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y  f x xác định và liên
tục trên  \0 thỏa mãn 2 2 x f x2x 
1 f x xf x1 với x   \0và 2 f   1  2 . Tính f xdx  . 1 A. 1  ln 2 . B. 3  ln 2 . C. ln 2 1 . D. 3 ln 2   . 2 2 2 2 2 Lời giải Ta có 2 2 x f x2x 
1 f x xf x1  xf x 2
1  f x xf x*
Đặt hx f x xf x  hx f x xf x, khi đó * có dạng hx hx dhx 1 2 h x hx  1  dx  1dx   x C    x C 2 h x  2hx   2 h x hx    1 h x    xf x 1 1  x C x C 1 Vì f  
1  2 nên 2 1  C  0 1C 1 1 Khi đó xf x 1
1   f x   x 2 x x 2 2  1 1  2 1  1 Suy ra: f xdx       dx
  ln x  ln2 2  x x x  2 1 1 1
Câu 23. [Sở Đà Nẵng – 2018] Cho hàm số f x có đạo hàm và liên tục trên đoạn 4;8 và f 0 0  f x 2 8  1 1
với x 4;8. Biết rằng   dx 1 
và f 4 , f 8 . Tính f 6.  f x 4 4 2 4   A. 5 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . 8 3 8 3 Lời giải 8 f x 8 df x 1 8  1 1  +) Xét dx                24  2 . 2 2   f x f x f x 4
 f 8 f 4 4 4  f   x 2 8 
+) Gọi k là một hằng số thực, ta sẽ tìm k để   k dx     0 . 2  f x  4 Ta có:  f   x 2 8 8   f x 2 8  f   x 8   k dx        dx  2k dx  k
dx 1 4k  4k  2k 1 2  4  2  2 2 2   .  f x   f x  f x 4 4     4 4   2 1 8  f   x 1 f x 6 1 f   x 6 1 Suy ra: k   thì    dx     0    dx  dx   2 2  f x 2 2 f x 2 2 f x 2 4 4 4 Trang 10
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 6 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 4 b
Chú ý: f xdx  0 
không được phép suy ra f x 0 , nhưng a b 2k
f 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 ) u  (a)=a b b 1 +) Với  thì f (x)dx = g (x)dx ∫ ∫ . u  (b)=bA + B +C a a u  (a)=b b b 1 +) Với  thì f (x)dx = g (x)dx ∫ ∫ . u  (b)=a
A − B +C a a
Trong đề bài thường sẽ bị khuyết một trong các hệ số , A B,C . b b
Nếu f (x) liên tục trên [a;b] thì
f (a + b − x)dx = f (x)dx ∫ ∫ . a a
Ví dụ 1. Cho hàm số 6
f (x) liên tục trên [0; ]
1 thỏa mãn f (x ) 2 = 6x f ( 3 x )− . Tính 3x +1 1 f (x)dx ∫ 0 A. 2 . B. 4 . C. 1 − . D. 6 . Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) 6 6
Biến đổi f (x) 2 = 6x f ( 3 x )− ⇔ f (x) 2 −2.3x . f ( 3 x ) = − với A =1 , 3x +1 3x +1 B = 2 − . 1 1 1 6
Áp dụng công thức ta có: f (x)dx = − = ∫ ∫ . +(− ) dx 4 1 2 3x +1 0 0
Cách 2: (Dùng công thức biến đổi – nếu không nhớ công thức) 1 1 1 1 Từ f (x) 6 2 = 6x f ( 3 x )− ⇒ f (x) 2 dx −2 3x f ∫ ∫ ( 3x)dx = 6 − dx ∫ 3x +1 3x +1 0 0 0 Đặt 3 2
u = x ⇒ du = 3x dx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 1 1 Khi đó 2 3x f ∫
( 3x)dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ thay vào (*), ta được: 0 0 0 1 1 1 1 1 1
f (x) x − f (x) 1 d 2 dx = −6 dx ∫ ∫ ∫ ⇔
f (x)dx = 6 dx = 4 ∫ ∫ . 3x +1 3x +1 0 0 0 0 0
Ví dụ 2. Xét hàm số
f (x) liên tục trên [0; ] 1
và thỏa mãn điều kiện 1 xf ( 2
x )+ f (x − ) 2 4 3
1 = 1− x . Tích phân I = f (x)dx ∫ bằng 0 A. π π π π I = . B. I = . C. I = . D. I = 4 6 20 16 Lời giải 1 1 1 Từ 4x. f ( 2
x )+3 f (x − ) 2 1 = 1− x ⇒ 2 2xf ∫
( 2x)dx +3 f (1−x) 2 dx = 1− x dx ∫ ∫ ( ) ∗ 0 0 0 +) Đặt 2
u = x ⇒ du = 2 d
x x ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . Trang 1
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 1 1 1 Khi đó 2xf ∫
( 2x)dx = f (u)du = f (x)dx ( )1 ∫ ∫ 0 0 0
+) Đặt t = 1− x ⇒ dt = d
− x ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 0 . 1 1 1 Khi đó
f (1− x)dx = f (t)dt = f (x)dx (2) ∫ ∫ ∫ 0 0 0 Thay ( ) 1 ,(2) vào ( ) ∗ ta được: 1 1 1 1 1 1 π 2
f (x)dx + 3 f (x) 2 dx = 1− x dx ∫ ∫ ∫ ⇔ f (x) 2 dx = 1− x dx = ∫ ∫ . 5 20 0 0 0 0 0
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         −  Cho a a .
A f (ax + b)+ . B f ( a
− x +c)= g(x) (với 2 2
A ≠ B ) khi đó f (x) = (*) 2 2 A − B . A g (x)− . B g ( x − )
+)Hệ quả 1 của (*): .
A f (x)+ B. f (−x) = g (x) ⇒ f (x) = 2 2 A − B 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   2 f (x )
Ví dụ 1. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và f (x) 1 + 2 f     = 3x  . Tính I = dx  ∫ . x  x 1 2 A. 3 I = . B. I =1. C. 1 I = . D. I = 1 − . 2 2 Lời giải 1 1     Đặt, 1 3 1 3 t =
⇒ x = khi đó điều kiện trở thành f  
 + 2 f (t)= ⇒ 2 f (x)+ f       = . x tt t x  x     Hay f (x) 1 6 4 + 2 f     = +   
, kết hợp với điều kiện f (x) 1
2 f   = 3x . Suy ra :  x  x x  2 2 2 6 f (x) f (x)  2   2 −  3 f (x) 2 3 = −3x ⇒ = −1⇒ I = dx =  ∫
∫  −1dx = −x 1 = . 2 x x x 2 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 A. 4 I = − . B. 1 I = . C. 4 I = . D. 1 I = . 15 15 75 25 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 1 1 Casio Suy ra: f (x)dx = x 1− xdx ∫ ∫ = ( ) 4 0,05 3 = . 2 + 3 75 0 0
Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3) Trang 2
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 ( a
− x + c)= g(x) (Với 2 2
A ≠ B ) khi đó  x −b  x −c  . A g    − B.g          ( ) a a −  f x = 2 2 A − ”. B
2 g (x)−3g (1− x)
Ta có: 2 f (x)+3 f (1− x)= x 1− x = g (x) ⇒ f (x)= 2 2 2 −3
2x 1− x −3(1− x ) x = . −5 1
1 2x 1− x −3(1− x) x Casio Suy ra: I =
f (x )dx = dx ∫ ∫ = ( ) 4 0, 05 3 = . −5 75 0 0
Cách 3: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 1 1 1
Từ 2 f (x)+3 f (1− x)= x 1− x ⇒ 2
f (x)dx +3
f (1− x)dx = x 1− x dx ∫ ∫ ∫ 0 0 0 Casio = ( ) 4 0,2 6 = ( )
∗ Đặt u = 1− x ⇒ du = d
− x ; Với x = 0 ⇒ u = 1 và x = 1 ⇒ u = 0 . 15 1 1 1 Suy ra
f (1− x)dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ ∫ thay vào ( ) ∗ , ta được: 0 0 0 2 2 f (x) 4 dx = ⇔ f (x) 4 5 dx = ∫ ∫ . 15 75 0 0
Ví dụ 3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x)+ 2018 f (x)= 2x sin x . Tính π 2 giá trị của I = f (x)dx ∫ . π −2 A. 2 I = . B. 2 I = . C. 4 I = . D. 1 I = . 2019 1009 2019 1009 Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2)
Với f (−x)+ 2018 f (x)= 2x sin x ta có A =1;B = 2018 π π 2 2 Casio Suy ra 1 I = f (x)dx ∫ =
2x sin xdx ∫ 4 = 1+ 2018 2019 π − π − 2 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 x x
Ta có f (−x)+ 2018 f (x)= 2x sin x ⇒ f (x) 2 sin = 2019 π π 2 2 2 Casio I = f (x )dx ∫ = x sin xdx ∫ 4 = 2019 2019 π − π − 2 2 Trang 3
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
DẠNG 4. HÀM ẨN XÁC ĐỊNH BỞI ẨN DƯỚI CẬN TÍCH PHÂN ′ u  (x)   
Phương pháp giải: Sử dụng công thức   
f (t)dt = u '. f (u)−v '. f (v)  ∫   v(x)  ′ u  (x)   
Kết quả đặc biệt:f
(t)dt = u'. f (u)  ∫ 
với a là hằng số.    au(x) u(x) Chứng minh: Giải sử
f (t)dt = F (t) = F ∫
(u(x))−F (v(x)) v(x) v(x) ′ u  (x)    ⇒   ′ 
f (t)dt =  ∫ 
(F (u(x))−F (v(x))) =u'.F '(u)−v'.F '(v)=u'.f '(u)−v'.f '(v)  v(x) 
Ví dụ 1. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ . 2 x Biết 2 x 4
f (t)dt = e + x −1 ∫
với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của f (4) là: 0 A. 4 f (4) = e + 4. B. 4
f (4) = 4e . C. 4 f (4) = e + 8. D. f (4) =1. Lời giải u ( x )  ′   Sử dụng công thức 
f (t)dt  ∫
 = u .′ f (u) , ta có:     a 2 2  ′ x x    2 ′ f (t) x dt = e + x −1⇒
f (t )dt ∫   = ∫  ( 2 4 x 4 e + x − ) 1   0  0  2 2 x 3
⇔ 2xf (x ) = 2x.e + 4x . Suy ra: 2 2 x 2 ( ) = + 2 ⇒ ( ) x f x e x
f x = e + 2x ⇒ 4 f (4) = e + 8.
Ví dụ 2. Cho hàm số y = f (x)> 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [0; ] 1 và thỏa mãn x 1 g (x) = 1+ 2018 f (t)dt ∫ và g(x) 2 = f (x). Tính g (x)dx. ∫ 0 0 A. 1011 B. 1009 C. 2019 D. 505 2 2 2 Lời giải ′ u  (x)    Sử dụng công thức  f
(t)dt = u .′ f (u),  ∫  ta có    0  x g (x) = 1+ 2018 f (t)dt ∫ 0 ′ 2 g x g x = f x ( )
⇒ g′(x)= 2018 f (x) ( ) ( ) ←→ g′ = ⇔ = >
(x) 2018 g(x) f (x) 2018. 0 g (x) g ′(x) Suy ra dx =
2018dx ⇔ 2 g (x) = 2018x +C (*) ∫ ∫ g (x) Trang 4
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng x
Từ điều kiện g (x)=1+ 2018
f (t)dt ⇒ g (0) = 1 ∫
thay vào (*) suy ra C = 2. 0 1 1 1011
Khi đó g (x) =1009x +1⇒ g (x)dx = (1009x + ) 1 dx = ∫ ∫ . 2 0 0
DẠNG 5. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn f (u(x))= v(x) và v(x) là hàm đơn điệu (luôn đồng b
biến hoặc nghịch biến) trên ℝ . Hãy đi tính tích phân I = f (x)dx ∫ . a Phương pháp giải: d
 t = u′(x)dx Đặt 
t = u(x ) ⇒  .  f
 (t)= v(x)  b b Ta viết lại I = f (x)dx = f (t)dt ∫ ∫ . a a
Đổi cận: Với t = a ⇒ u(x)= a ⇔ x = α và t = b ⇒ b = u(x) ⇔ x = β . b β Khi đó I = f (t)dt =
v (x ).u′(x )dx ∫ ∫ . a α
Ví dụ . Cho hàm số
y = f (x) thỏa mãn f ( 3 x + 3x + )
1 = 3x + 2, ∀x ∈ . ℝ Tính 5 I =
x. f ′(x)dx. ∫ 1 A. 5 . B. 17 . C. 33 . D. −1761. 4 4 4 Lời giải 5 u  = x d  u = dx Đặt    ⇒ 
⇒ I = xf (x)5 − f (x) ∫ . d
v = f ′(x)dx v  = f (x) dx 1   1
 f 5 = 5 x =1 5 Từ  f ( 3 x + 3x + ) ( ) ( ) 1 = 3x + 2 ⇒  , suy ra I = 23− f (x)  dx. ∫ f  ( ) 1 = 2 (x = 0)  1 d  t =  ( 2 3x + 3 dx 3 ) Đặt 
t = x + 3x +1 ⇒ f (t)=3x +2  Đổi cận: Với 3
t = 1 ⇒1 = x +3x +1 ⇔ x = 0 và 3
t = 5 ⇒ x +3x +1 = 5 ⇔ x = 1. 5 1 Casio 33 Khi đó I = 23−
f (x)dx = 23− (3x + 2)( 2 3x + ) 3 dx = ∫ ∫ 4 1 0
DẠNG 6. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn g f (x) = x  
và g (t) là hàm đơn điệu ( luôn đồng b
biến hoặc nghịch biến) trên R .Hãy tính tích phân I = f (x)dx ∫a
Phương pháp giải: Đặt y = f (x)⇒ x = g(y)⇒ dx = g′(y)dy
x = a → g(y)= a ⇔ y = α
Đổi cận x =b → g
(y)= b ⇔ y = βb β Suy ra I = f (x)dx = yg (y)dy ∫ ∫ a α Trang 5
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Ví dụ.
Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn 3
f (x)+ f (x)= x, ∀x ∈ R . Tính 2 I = f (x)dx ∫0 A. I = 2 . B. 3 I = . C. 1 I = . D. 5 I = . 2 2 4 Lời giải
Đặt y = f (x) 3
⇒ x = y + y ⇒ dx = ( 2 3y + ) 1 dy 3
x = 0 → y + y = 0 ⇔ y = 0 Đổi cận  3 x
 = 2 → y + y = 2 ⇔ y =1  2 1 1 5 Khi đó I = f (x)dx = y ( 2 3y + ) 1 dy = ( 3
3y + y)dy = ∫ ∫ ∫ 0 0 0 4 b DẠNG 7. dx b −a
Cho f (x) f (a +b − x) 2 .
= k , khi đó I = =
∫ k+ f (x) 2k a d  t = d − x  Chứng minh: Đặt 
t = a + b − x 2 ⇒  và = ⇒ − ; = ⇒ = .  ( ) k x a t b x b t a f x =  f (t)  b b b dx dx 1 f (x )dx Khi đó I = = = ∫ ∫ ∫ . k + f (x) 2 k k
k + f (x ) a a a k + f (t) b b b dx 1 f (x)dx 1 1 b − a 2I = + = ∫ ∫
dx = (b −a) ∫ ⇒ I = . k + f (x) k k + f (x) k k 2k a a a Ví dụ.
Cho hàm số f (x) liên tục và nhận giá trị dương trên [0; ]
1 . Biết f (x). f (1− x) = 1 với 1 ∀ dx x ∈[0; ]
1 . Tính giá trị của I = ∫ . 1+ f (x) 0 A. 3 B. 1 . C. 1. D. 2 . 2 2 Lời giải d  t = d − x  1 dx Đặt 
t = 1− x ⇒ 
và = ⇒ = ; = ⇒ = . Khi đó =  x a t 1 x 1 t 0 I ∫ f (x ) 1 =  1+ f (x)  f (t)  0 1 1 dt f (x)dx = ∫ = ∫ . 1 1+ f (x) 0 1 + 0 f (t) 1 1 1 dx f (x)dx 2I = + ∫ ∫ = dx =1 ∫ 1 ⇒ I = . 1+ f (x) 1+ f (x) 2 0 0 0
 f (a +b− x)= f (x)  bDẠNG 8. I Cho  b  ⇒ f (x ) 2 dx = .  ∫ xf  (x)dx = I a + b ∫ a  a d  t = d − xChứng minh:
Đặt t = a +b − x ⇒ x = a ⇒ t = b . Khi đó
x =b ⇒t =a  Trang 6
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng b b b b I =
xf (x)dx =
(a +b −t)f (a +b −t)dt ∫ ∫
= (a +b − x) f (a +b − x)dx = (a +b − x) f (x)dx ∫ ∫ . a a a a b b b b I Suy ra 2I =
xf (x)dx +
(a +b −x) f (x)dx ∫ ∫
= (a +b) f (x) x ⇒ f (x) 2 d dx = ∫ ∫ . a + b a a a a Ví dụ.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (4− x)= f (x). Biết 3 3
xf (x)dx = 5 ∫ . Tính tích phân f (x)dx ∫ . 1 1 A. 5 . B. 7 . C. 9 . D. 11 . 2 2 2 2 Lời giải
Đặt t = 4 − x ⇒ dt = d
− x và x = 1 ⇒ t = 3 ; x = 3 ⇒ t = 1. 3 3 3 3 Khi đó: 5 =
xf (x)dx =
(4−t) f (4−t)dt ∫ ∫
= (4− x) f (4 − x)dx = (4− x) f (x)dx ∫ ∫ . 1 1 1 1 3 3 3 5 Suy ra: 10 =
xf (x)dx +
(4−x) f (x)dx ∫ ∫ = 4 f (x)dx = ∫ . 2 1 1 1 b b
DẠNG 9. Tính tích phân I = max ∫
{ f (x); g(x)}dx hoặc I = min ∫
{ f (x); g(x)}dx . a a 2 Ví dụ. Tính tích phân I = max ∫ { 3 x; x }dx. 0 A. 17 . B. 2 . C. 15 . D. 7 . 4 4 4 Lời giải Trên đoạn [0; 2], xét 3
x ≥ x ⇔ x (x − ) 1 (x + ) x [ ∈ 0; 2]
1 ≤ 0←→ 0 ≤ x ≤1. x ∈[0; ] 3 1 ⇒ x ≥ x
x khi 0 ≤ x ≤1 Vậy    ⇒ max{ 3 x; x } =  . x  ∈[1; 2] 3 [0; 2] 3 ⇒ x ≤ x
x khi 1≤ x ≤ 2   2 1 2 1 15 17 Suy ra I = max { 3 x; x } 3 dx = xdx + x dx = + = ∫ ∫ ∫ . 2 4 4 0 0 1
B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BẢNG TÔ ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN – BUỔI 8
Học sinh làm BTTL xong, tô phương án đúng. Buổi sau học sinh cùng GV kiểm tra kết quả Trang 7
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 1.
[Trường Đức Thọ - Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số f (x) liên tục trên [0; ] 1 thỏa 1 mãn f (x) 6 2 = 6x f ( 3 x )− . Tính f (x )dx ∫ 3x +1 0 A. 2 . B. 4 . C. −1. D. 6 . Câu 2.
[Chu Văn An – Hà Nội – 2018] Xét hàm số f (x) liên tục trên [0; ] 1 và thỏa mãn 1 điều kiện xf ( 2
x )+ f (x − ) 2 4 3
1 = 1− x . Tích phân I = f (x )dx ∫ bằng 0 A. π π π π I = . B. I = . C. I = . D. I = 4 6 20 16 Câu 3.
Xét hàm số f (x) liên tục trên [0;2] và thỏa mãn điều kiện f (x)+ f (2− x)= 2x . 2
Tính giá trị của tích phân I = f (x)dx ∫ . 0 A. 1 4 I = −4 . B. I = . C. I = .
D. I = 2 . 2 3 Câu 4.
Xét hàm số f (x) liên tục trên[−1;2] và thỏa mãn f (x)+ xf ( 2
x − )+ f ( − x) 3 2 2 3 1 = 4x 2
. Tính giá trị của tích phân I = f (x)dx ∫ . 1 − A. I = 5 . B. 5 I = . C. I = 3 . D. I = 15 . 2 Câu 5.
Hàm số f (x) liên tục trên [−1;2] và thỏa mãn điều kiện f (x)= x + + xf ( 2 2 3− x ). 2
Tính giá trị của tích phân I = f (x )dx ∫ 1 − A. 14 28 4 I = . B. I = . C. I = .
D. I = 2 . 3 3 3 Câu 6. Xét hàm số 1
f (x) liên tục trên [0; ]
1 và thỏa mãn f (x )+ xf ( 2
1− x )+ 3 f (1− x)= . x +1 1
Tính giá trị của tích phân I = f (x )dx ∫ . 0 A. 9 I = ln 2 . B. 2 I = ln 2 . C. 4 I = . D. 3 I = . 2 9 3 2 Câu 7.
[Chuyên Thái Nguyên – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) và thỏa mãn 1 ( ) x a −b 2
f x −8x f (x ) 3 3 4 + = 0 . Tích phân I =
f (x )dx = ∫
với a,b,c ∈ ℤ và 2 x +1 c 0 a b ;
tối giản. Tính a +b + c c c A. 6 . B. 4 − . C. 4 . D. −10 . Câu 8.
Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [−ln 2;ln 2] và thõa mãn f (x)+ f (−x) 1 = . x e +1 ln 2 Biết
f (x )dx = a ln 2 + b ln 3 ∫
, với a,b ∈ ℚ . Tính giá trị của P = a +b . −ln 2 A. 1 P = . B. P = 2 − . C. P = 1 − . D. P = 2 . 2 Trang 8
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 9.
[Chuyên Vinh- Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên ℝ ,   π
f (0) = 0 và f (x )+ f  − x = sin x.cos x
với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của tích phân  2  π
2 xf ′(x)dx ∫ bằng 0 A. π − . B. 1 . C. π . D. 1 − . 4 4 4 4
Câu 10. [Diễn Châu- Ngệ An- lần 3- 2018] Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 2 ( x 3
f 1+ 2x)+ f (1− 2x) =
, ∀x ∈ ℝ . tính tích phân I = f (x )dx ∫ . 2 x +1 1 − A. π π 1 π π I = 2 − . B. I = 1− . C. I = − . D. I = . 2 4 2 8 4   2 f (x )
Câu 11. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và f (x) 1 + 2 f     = 3x  . Tính I = dx  ∫ . x  x 1 2 A. 3 1 I = . B. I = 1. C. I = . D. I = −1. 2 2
Câu 12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f ( x
− )+2018 f (x)= 2x sin x . Tính π 2 giá trị của I = f (x )dx ∫ . π −2 A. 2 I = . B. 2 I = . C. 4 I = . D. 1 I = . 2019 1009 2019 1009
Câu 13. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn (− )+2018 ( ) x f x
f x = e . Tính giá 1 trị của I = f (x)dx ∫ 1 − 2 − 2 − 2 − A. e 1 e 1 e 1 I = . B. I = . C. I = 0 . D. I = . 2019e 2018e e
Câu 14. [Chuyên Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa
mãn f ( x)+ f ( − x) 2 2 2 1
=12x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x)
tại điểm có hoành độ bằng 1 là
A. y = 2x + 2 .
B. y = 4x −6 .
C. y = 2x −6 .
D. y = 4x −2 .
Câu 15. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho f (x) là hàm số chẵn, liên tục trên ℝ thỏa 1 mãn
f (x )dx = 2018 ∫
và g(x) là hàm số liên tục trên ℝ thỏa mãn g(x)+ g( x − )=1, 0 1
∀x ∈ ℝ . Tính tích phân I =
f (x )g (x )dx ∫ . −1 A. 1009 I = 2018 . B. I = . C. I = 4036 . D. I =1008 . 2
Câu 16. (Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số f (x) liên tục trên [0; ]
1 và thỏa mãn điều kiện 1
2 f (x)+ 3 f (1− x) = x 1− x . Tính tích phân I = f (x )dx ∫ . 0 Trang 9
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng A. 4 I = − . B. 1 I = . C. 4 I = . D. 1 I = . 15 15 75 25 2 x
Câu 17. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ . Biết
f (t )dt = x cos(πx ) ∫
. Giá trị của f (4) là: 0
A. f (4) =1.
B. f (4) = 4. C. 1 f (4) = . D. 1 f (4) = . 2 4
Câu 18. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ . 2 x Biết 2 x 4
f (t )dt = e + x −1 ∫ với x
∀ ∈ ℝ . Giá trị của f (4) là: 0 A. 4 f (4) = e + 4. B. 4
f (4) = 4e . C. 4 f (4) = e + 8. D. f (4) =1.
Câu 19. Cho hàm số y = f (x)> 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [0; ] 1 và thỏa mãn x 1 g (x ) = 1+ 2018 f (t)dt ∫ và g(x) 2 = f (x). Tính g (x )dx. ∫ 0 0 A. 1011 B. 1009 2019 C. D. 505 2 2 2 2 x
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [1;2]. Biết f (t) 2
dt = 2x + x −1 ∫ với ∀x ∈[1;2]. x 2 Tính tích phân ( ) b
f x dx = a + ln d. ∫
Biết a,b,c,d đều là các số nguyên tố. Tính c 1
T = a + b + c + d. A. T =10 B. T =11 C. T =17 D. T =16
Câu 21. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( 3
x + 2x − 2) = 3x −1. Tính 10 I = f (x)dx ∫ . 1 A. 45 I = . B. 9 I = . C. 135 I = . D. 27 I = . 4 4 4 4
Câu 22. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( 3 x + )
1 = 2x −1, ∀x ∈ ℝ . Tính 2 I = f (x)dx ∫ . 0 A. I = 2 − . B. 5 I = . C. I = 4 − . D. I = 6 . 2 5
Câu 23. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn f ( 3 x + 3x + )
1 = 3x + 2, ∀x ∈ . ℝ Tính I =
x. f ′(x )dx ∫ 1 A. 5 . B. 17 . C. 33 . D. −1761. 4 4 4
Câu 24. Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn 3
f (x)+ f (x) = x, ∀x ∈ R . Tính 2 I = f (x )dx ∫0 A. I = 2 . B. 3 I = . C. 1 I = . D. 5 I = . 2 2 4 Trang 10
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Câu 25. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn 3 f (x) 2 2
−3 f (x)+6 f (x)= x , ∀x ∈ ℝ . 5 Tính tích phân I = f (x )dx ∫ . 0 A. 5 I = . B. 5 I = . C. 5 I = . D. 5 I = . 4 2 12 3
Câu 26. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn 3
x + f (x)+ 2 f (x) = 1, x ∀ ∈ ℝ . Tính 1 I = f (x )dx ∫ . 2 − A. 7 7 7 5 I = . B. I = . C. I = . D. I = . 4 2 3 4
Câu 27. Cho hàm số f (x) liên tục và nhận giá trị dương trên [0; ]
1 . Biết f (x). f (1− x) = 1 với 1 ∀ dx x ∈[0; ]
1 . Tính giá trị của I = ∫ . 1+ f (x ) 0 A. 3 B. 1 . C. 1. D. 2 . 2 2
Câu 28. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ , ta có f (x)> 0 và f (0). f (2018− x)=1. Giá trị của 2018 tích phân dx
I = ∫ 1+ f (x) 0 A. I = 2018 . B. I = 0 C. I =1009 D. 4016
Câu 29. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (4 − x)= f (x). Biết 3 3
xf (x )dx = 5 ∫ . Tính tích phân f (x )dx ∫ . 1 1 A. 5 7 9 11 . B. . C. . D. . 2 2 2 2
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (x)− f (3− x)= 0 . Biết 4 4
xf (x )dx = 2 ∫ . Tính f (x )dx ∫ . 1 − 1 − A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . 2 3 3 4 2
Câu 31. Tính I = min ∫ { 3
x; 2 − x }dx . 0 A. 3 5 I = 2 . B. I = . C. I = 1. D. I = . 4 4 2
Câu 32. Tính tích phân I = max ∫ { 3 x; x }dx. 0 A. 17 . B. 2 . C. 15 . D. 7 . 4 4 4 3
Câu 33. Tính tích phân I = max ∫ { 3 2
x ; 4x −3x}dx. 0 A. 117 707 275 119 . B. . C. . D. . 2 2 12 6 Trang 11
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
TÍCH PHÂN HÀM ẨN – PHẦN 2
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. [Trường Đức Thọ - Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số f (x) liên tục trên [0;1] thỏa mãn 1 f (x) 6 2 = 6x f ( 3 x )− . Tính f (x)dx ∫ 3x +1 0 A. 2 . B. 4 . C. 1 − . D. 6 . Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) Biến đổi 6 f (x) 6 2 = 6x f ( 3 x )− ⇔ f (x) 2 −2.3x . f ( 3 x ) = − với A = 1 , 3x +1 3x +1 B = 2 − . 1 1 1 6
Áp dụng công thức ta có: f (x)dx = − = ∫ ∫ . +(− ) dx 4 1 2 3x +1 0 0
Cách 2: (Dùng công thức biến đổi – nếu không nhớ công thức) 1 1 1 1 Từ f (x) 6 2 = 6x f ( 3 x )− ⇒ f (x) 2 dx −2 3x f ∫ ∫ ( 3x)dx = 6 − dx ∫ 3x +1 3x +1 0 0 0 Đặt 3 2
u = x ⇒ du = 3x dx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 1 1 Khi đó 2 3x f ∫
( 3x)dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ thay vào (*), ta được: 0 0 0 1 1 1 1 1 1
f (x) x − f (x) 1 d 2 dx = −6 dx ∫ ∫ ∫ ⇔
f (x)dx = 6 dx = 4 ∫ ∫ . 3x +1 3x +1 0 0 0 0 0
Câu 2. [Chu Văn An – Hà Nội – 2018] Xét hàm số f (x) liên tục trên [0; ] 1 và thỏa mãn điều 1 kiện xf ( 2
x )+ f (x − ) 2 4 3
1 = 1− x . Tích phân I = f (x)dx ∫ bằng 0 A. π π π π I = . B. I = . C. I = . D. I = 4 6 20 16 Lời giải 1 1 1 Từ 4x. f ( 2
x )+3 f (x − ) 2 1 = 1− x ⇒ 2 2xf ∫
( 2x)dx +3 f (1−x) 2 dx = 1− x dx ∫ ∫ ( ) ∗ 0 0 0 +) Đặt 2
u = x ⇒ du = 2 d
x x ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 1 1 Khi đó 2xf ∫
( 2x)dx = f (u)du = f (x)dx ( )1 ∫ ∫ 0 0 0
+) Đặt t = 1− x ⇒ dt = d
− x ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1⇒ t = 0 . 1 1 1 Khi đó
f (1− x)dx = f (t)dt = f (x)dx (2) ∫ ∫ ∫ 0 0 0 Thay ( ) 1 ,(2) vào ( ) ∗ ta được: 1 1 1 1 1 1 π 2
f (x)dx + 3 f (x) 2 dx = 1− x dx ∫ ∫ ∫ ⇔ f (x) 2 dx = 1− x dx = ∫ ∫ . 5 20 0 0 0 0 0 Trang 1
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Câu 3. Xét hàm số f (x) liên tục trên [0;2] và thỏa mãn điều kiện f (x)+ f (2− x)= 2x . Tính 2
giá trị của tích phân I = f (x)dx ∫ . 0 A. I = 4 − . B. 1 I = . C. 4 I = .
D. I = 2 . 2 3 Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) 2 2 2 1 2 x
Với f (x)+ f (2− x)= 2x ta có A =1 ; B =1, suy ra: I = f (x)dx ∫ = 2x dx ∫ = 1+1 2 0 0 0 = 2 .
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 2 2 2
Từ f (x)+ f (2− x)= 2x ⇒ f (x)dx +
f (2− x)dx = 2xdx ∫ ∫ ∫ =4 (*) 0 0 0
Đặt u = 2 − x ⇒ du =−dx ; Với x = 0 ⇒u = 2 và x = 2 ⇒ u = 0 . 2 2 2 Suy ra
f (2 − x)dx ∫ = f (u)du ∫ = f (x)dx ∫ . 0 0 0 2 2 Thay vào (*), ta được 2
f (x)dx = 4 ∫ ⇔
f (x)dx = 2 ∫ . Chọn D 0 0
Chú ý : Qua Câu 1, Câu 2, Câu 3 ta có thể đưa ra dạng tổng quát cho Dạng 2 như sau :
Cho hàm số f (x) thỏa mãn : . A f (x) + . B u .
′ f (u)+C. f (a +b − x)= g(x) u  (a)=a b b 1 +) Với  thì f (x)dx = g (x)dx ∫ ∫ . u  (b)=bA + B +C a a u  (a)=b b b 1 +) Với  thì f (x)dx = g (x)dx ∫ ∫ . u  (b)=a
A − B +C a a
Trong đề bài thường sẽ bị khuyết một trong các hệ số , A B,C . b b
Nếu f (x) liên tục trên [a;b] thì
f (a + b − x)dx = f (x)dx ∫ ∫ . a a
Câu 4. Xét hàm số f (x) liên tục trên[ 1
− ;2] và thỏa mãn f (x)+ xf ( 2
x − )+ f ( − x) 3 2 2 3 1 = 4x . 2
Tính giá trị của tích phân I = f (x)dx ∫ . 1 − A. I = 5 . B. 5 I = . C. I = 3 . D. I = 15 . 2 Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2)
Với: f (x)+( x) f ( 2
x − )+ f ( − x) 3 2 2 3 1 = 4x . Ta có: u  (− ) 1 = −1 
A = 1;B = 1;C = 3 và 2
u = x −2 thỏa mãn  . u  (2)= 2 
Khi đó áp dụng công thức (Xem phần chú ý sau lời giải Câu 3) ta có: Trang 2
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 2 2 2 4 I = f (x) 1 x 3 = 4x dx = = 3 ∫ ∫ . 1+1+ 3 5 −1 1 − 1 −
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức)
Từ f (x)+ xf ( 2
x − )+ f ( − x) 3 2 2 3 1 = 4x . 2 2 2 2 ⇒ f (x)dx + 2x. f ∫ ∫
( 2x −2)dx+3 f (1−x) 3 dx = 4x dx=15 (*) ∫ ∫ 1 − 1 − 1 − 1 − +) Đặt 2
u = x −2 ⇒ du = 2xdx ; với x = −1 ⇒ u = −1 và x = 2 ⇒ u = 2 . 2 2 2 Khi đó 2x. f ∫
( 2x −2)dx = f (u)du = f (x)dx ( )1 ∫ ∫ 1 − −1 −1
+) Đặt t = 1− x ⇒ dt = d
− x ; Với x = −1 ⇒ t = 2 và x = 2 ⇒ t = −1. 2 2 2 Khi đó f (1− x)dx = f (t)dt = f (x)dx (2) ∫ ∫ ∫ 1 − −1 1 − 2 2 Thay ( ) 1 ,(2) vào (*) ta được: 5
f (x )dx = 15 ⇒ f (x )dx = 3 ∫ ∫ . −1 1 −
Câu 5. Hàm số f (x) liên tục trên [−1;2] và thỏa mãn điều kiện f (x)= x + + xf ( 2 2 3− x ). 2
Tính giá trị của tích phân I = f (x)dx ∫ −1 A. 14 I = . B. 28 I = . C. 4 I = .
D. I = 2 . 3 3 3 Lời giải
Cách 1: ( Dùng công thức dạng 2). 1
Với f (x)= x + + xf ( 2 2
3− x ) ⇒ f (x)+ .(−2x). f ( 2 3− x ) = x +2 2 1 u  (− ) 1 = 2 
A = 1; B = ;C = 0 và 2
u = 3− x thỏa mãn  2 u  (2)= 1 − 
Khi đó áp dụng công thức (xem phần chú ý sau lời giải câu 3) ta có: 2 2 I = f (x ) 1 28 dx = x + 2dx= ∫ ∫ . 1 3 −1 1− + 0 1 − 2
Cách 2: ( Dùng phương pháp đổi biến). 2 2 2 14
Từ f (x)− xf ( 2
3− x ) = x + 2 ⇒
f (x)dx − xf ( 2 3− x )dx = x + 2dx = ∫ ∫ ∫ (*) 3 1 − 1 − −1
x = −1⇒ u = 2 Đặt 2 
u = 3− x ⇒ du = −2xdx với 
x = 2 ⇒ u = −1  2 2 2 1 1 Khi đó xf ( 2 3− x )dx = ∫ f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ thay vào (*) ta được 2 2 1 − 1 − 1 − 2 2 2 f (x) 1 − f (x) 14 x = ⇔ f (x) 28 dx d dx= ∫ ∫ ∫ . 2 3 3 1 − 1 − 1 − Trang 3
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Câu 6. Xét hàm số 1
f (x) liên tục trên [0; ]
1 và thỏa mãn f (x)+ xf ( 2
1− x )+ 3 f (1− x)= . x +1 1
Tính giá trị của tích phân I = f (x)dx ∫ . 0 A. 9 I = ln 2 . B. 2 I = ln 2 . C. 4 I = . D. 3 I = . 2 9 3 2 Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) 1
Với: f (x)− .( 2 − x) f ( 2
1− x )+3 f (1− x)= 2x . Ta có: 2 1 − u  (0)=1  A = 1 ; B = ;C = 3 và 2
u = x −2 thỏa mãn  . 2 u  ( ) 1 = 0 
Khi đó áp dụng công thức (Xem phần Chú ý sau lời giải Câu 3) ta có: 1 1 1 dx 2 I = f (x)dx ∫ = = + 2 = .  ∫ 1 ln x 1 ln 2 1 x +1 −  9 0 9 0 0 1 −  +3  2
Cách 2: (Dùng công thức đổi biến nếu không nhớ công thức) 1
Từ f (x)+ xf ( 2
1− x )+3 f (1− x)= x +1 1 1 1 1 ⇒ 1 f (x)dx + xf ∫ ∫ ( 2 1− x )dx +3
f (1− x)dx ∫ = dx ∫ 1 = ln x +1 = ln 2 . (*) x +1 0 0 0 0 0 +) Đặt 2
u = 1− x ⇒ du = −2xdx ; Với x = 0 ⇒ u = 1 và x = 1 ⇒ u = 0 . 1 1 1 1 1 Khi đó xf ∫ ( 2 1− x )dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ (1). 2 2 0 0 0
+) Đặt u = 1− x ⇒ du = d
− x ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1⇒ t = 0 . 1 1 1 Khi đó
xf (1− x)dx = f (t)dt = f (x)dt ∫ ∫ ∫
(2). Thay (1), (2) vào (*) ta được: 0 0 0 1 1 1 1 1 9 2 f (x) 1 dx +
f (x)dx +3
f (x)dx = ln 2 ∫ ∫ ∫ ⇒
f (x)dx = ln 2 ∫ ⇔
f (x)dx = ln 2 ∫ . 2 2 9 0 0 0 0 0
Câu 7. [Chuyên Thái Nguyên – Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) và thỏa mãn 1 ( ) x a −b 2
f x −8x f (x ) 3 3 4 + = 0 . Tích phân I = f (x)dx = ∫ với ,
a b,c ∈ ℤ và 2 x +1 c 0 a b
; tối giản. Tính a + b + c c c A. 6 . B. 4 − . C. 4 . D. −10 . Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – Dạng 2) Trang 4
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng x x
Biến đổi f (x)−8x f (x ) 3 3 4 +
= 0 ⇔ f (x)−2.(4x ) f (x ) 3 3 4 = − với 2 x +1 2 x +1 A =1; B = −2 1 1 1 3 3 1  x    x dx
Áp dụng công thức ta có: f (x)dx = − dx ∫ ∫   = ∫ . 1+(−2) 2   2  x +1 x +1 0 0 0 Đặt 2 2 2
t = x +1 ⇒ t = x +1 ⇒ tdt = xdx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2 . 1 1 2 2 2 2 x 2 t −1 3 t  − Khi đó:   f (x)dx = .xdx ∫ ∫ = .tdt ∫ = ( 2t − ∫
)1dt = −t   2 2 = 2 x +1 t  3  3 0 0 1 1 1 a −b 2 = c
Suy ra a = 2;b =1;c = 3 ⇒ a +b + c = 6 .
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 1 1 1 x 3 x
Từ f (x)−8x f (x ) 3 3 4 + = 0 ⇔ f (x) 3 dx − 2 4x f ∫ ∫ ( 4x)dx + dx = 0 (*) ∫ 2 x +1 2 x +1 0 0 0 Đặt 4 3
u = x ⇒ du = 4x dx ; Với x = 0 ⇒ u = 0 và x = 1 ⇒ u = 1 . 1 1 1 Khi đó 3 4x f ∫ ( 4 x )dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ thay vào (*), ta được: 0 0 0 1 1 1 3 1 1 3 ( ) x x f x dx −2 f (x)dx + dx = 0 ∫ ∫ ∫ ⇔ f (x)dx = dx ∫ ∫ 2 x +1 2 x +1 0 0 0 0 0 Đặt 2 2 2
t = x +1 ⇒ t = x +1 ⇒ tdt = xdx ; Với x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2 . 1 1 2 2 2 2 x 2 t −1 3 t  − Khi đó:   f (x)dx = .xdx ∫ ∫ = .tdt ∫ = ( 2t − ∫
)1dt = −t   2 2 = 2   x +1 t 3  3 0 0 1 1 1 a −b 2 = c
Suy ra a = 2;b =1;c = 3 ⇒ a +b + c = 6 .
Câu 8. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [−ln 2;ln 2] và thõa mãn f (x)+ f (−x) 1 = . x e +1 ln 2 Biết
f (x)dx = a ln 2 +b ln 3 ∫ , với ,
a b ∈ ℚ . Tính giá trị của P = a + b . −ln 2 A. 1 P = . B. P = 2 − . C. P = 1 − . D. P = 2 . 2 Lời giải
Cách 1: Dùng công thức - Dạng 2. Với
f (x )+ f (−x ) 1 = ta có A =1; B =1, suy ra x e +1 ln 2 ln 2 ln 2 ( ) 1 dx 1 dx f x dx = = ∫ ∫ ∫ 1+1 x e +1 2 x e +1 −ln 2 −ln 2 −ln 2
Cách 2: Dùng phương pháp dồn biến nếu không nhớ công thức Trang 5
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng ln 2 ln 2 ln 2 1 dx
Từ f (x)+ f ( x − )= ⇒ f (x)dx + f ( x − )dx = (*) ∫ ∫ ∫ x e +1 x e +1 −ln 2 −ln 2 −ln 2
Đặt u = −x ⇒ du = d − x ln 2 ln 2 ln 2 ⇒
f (−x)dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ ∫ thay vào (*) ta được: −ln 2 −ln 2 −ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 f (x) dx x = ⇔ f (x) 1 dx 2 d dx = ∫ ∫ ∫ ∫ x e +1 2 x e +1 −ln 2 −ln 2 −ln 2 −ln 2 1 Đặt x x
t = e ⇒ dt = e dx ; Với x = −ln 2 ⇒ t = , x = ln 2 ⇒ t = 2 2 ln 2 ln 2 2 2 d x x e dx dt t ⇒ = = = ln = ln 2 ∫ ∫ ∫ x e +1 x x e e +1 t t +1 t +1 −ln 2 −ln 2 ( ) ( ) 1 1 2 2 ln 2 a, 1 b∈ℚ 1 1 Khi đó:
f (x)dx = ln 2 = a ln 2 +b ln 3 → a = ,b = 0 ∫
⇒ P = a +b = . 2 2 2 −ln 2
Câu 9. [Chuyên Vinh- Lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên ℝ ,   π
f (0) = 0 và f (x)+ f  − x = sin x.cos x
với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của tích phân  2  π
2 xf ′(x)dx ∫ bằng 0 A. π − . B. 1 . C. π . D. 1 − . 4 4 4 4 Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức theo góc nhìn dạng 2)   Với π
f (x)+ f  − x = sin x.cos x
, ta có A =1;B =1.  2  π 1 π 1 Suy ra 2 f (x) 2 dx =
sin x.cos x.dx = ∫ ∫ . 0 0 1+1 4
Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu nhớ công thức)   π π π   π 1 Từ π
f (x)+ f  − x = sin x.cos x 2 2 2 ⇒ +    f (x) f ∫
∫  −x dx = sin x.cosxdx =  ∫ (*) 2    0 0   0 2 2 Đặt π u =
− x ⇒ du = d − x 2 Với π π x = 0 ⇒ u = ; x = ⇒ u = 0 . 2 2 π π π   Suy ra π 2 2 f
∫  −x dx = f (u) 2 du = f (x)dx   ∫ ∫ , thay vào (*) ta được 0   0 0 2 π 1 π 1 2 2 f (x ) 2 dx = ⇔
f (x )dx = ∫ ∫ (1) 0 0 2 4 Trang 6
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng u  = x d  u = dx Đặt    ⇒  d
v = f ′(x)dx v  = f (x)   π π π π   π π 2 ⇒
xf ′(x)dx = xf (x) 2 − f (x) 2 2 dx = f   ∫ ∫  − f (x)dx ∫ (*) 0   0 0   0 2 2   Từ điều kiện π
f (x)+ f  − x = sin x.cos x  suy ra  2     πf     − f (0)= 0  2    π  ⇒ f     = 0 (2).        π  f ( ) 2 0 + f     = 0     2   π
Thay (1), (2) vào (*), ta được 1
2 xf ′(x)dx = − ∫ . 0 4
Câu 10. [Diễn Châu- Ngệ An- lần 3- 2018] Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 2 ( x 3
f 1+ 2x)+ f (1−2x) =
, ∀x ∈ ℝ . tính tích phân I = f (x)dx ∫ . 2 x +1 −1 A. π π π π I = 2 − . B. I =1− . C. 1 I = − . D. I = . 2 4 2 8 4 Lời giải t −1
Đặt t = 1+ 2x ⇒ 1−2x = 2 − t và x =
, khi đó điều kiện trở thành 2 2 2 − + − +
f (t)+ f ( −t) t 2t 1 =
⇒ f (x)+ f ( − x) x 2x 1 2 2 = (*) 2 2 t − 2t + 5 x − 2x + 5
Cách 1: (Dùng công thức- theo góc nhìn dạng 2) 2 − +
Với f (x)+ f ( − x) x 2x 1 2 =
ta có A =1;B =1. 2 x − 2x + 5 2 3 3 − + Suy ra π f (x ) 1 x 2x 1 dx = dx ≈ 0, 429 = 2 − ∫ ∫ . 2 −1 −1 1+1 x − 2x + 5 2
Cách 2: (Dùng công thức đổi biến – nếu nhớ công thức) 2 − +
Từ (*), ta có f (x)+ f ( − x) x 2x 1 2 = 2 x − 2x + 5 2 3 − + ⇒ f (x ) 3 dx + f ( − x ) 3 x 2x 1 2 dx = dx ∫ ∫ ∫ (2*) 2 −1 −1
−1 x − 2x + 5
Đặt u = 2 − x ⇒ du = d
− x . Với x = 1
− ⇒ u = 3; x = 3 ⇒ u = 1 − . 3 3 3 Suy ra
f (2 − x)dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ ∫ , thay vào (*), ta được: −1 −1 −1 2 3 − + 2 3 3 1 x − 2x +1 π f (x ) 3 x 2x 1 2 dx = dx ∫ ∫ ⇒
f (x )dx = dx ≈ 0, 429 = 2 - ∫ ∫ . 2 − 2 1 1 − x − 2x + 5 1 − 1
2 − x − 2x + 5 2
TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 3:
Cách giải: Lần lượt đặt t = u(x) và t = v(x) để giải hệ phương trình hai ẩn (trong đó có
ẩn f (x)) để suy ra hàm số f (x) (nếu u(x)= x thì chỉ cần đặt một lần t = v(x)).
Các kết quả đặc biệt: Trang 7
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng Cho .
A f (ax + b)+ . B f ( a
− x + c)= g(x) với 2 2
A ≠ B ) khi đó  x −b  x −c  . A g    − B.g         ( ) a a −  f x = (*) 2 2 A − B .
A g (x)− B.g ( x − ) +)Hệ quả 1 của (*): .
A f (x)+ B. f ( x
− )= g(x)⇒ f (x)= 2 2 A − B 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   2 f (x )
Câu 11. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và f (x) 1 + 2 f     = 3x  . Tính I = dx  ∫ . x  x 1 2 A. 3 I = . B. I =1. C. 1 I = . D. I = 1 − . 2 2 Lời giải 1 1     Đặt, 1 3 1 3 t =
⇒ x = khi đó điều kiện trở thành f  
 + 2 f (t)= ⇒ 2 f (x)+ f     = . x t t  t x  x     Hay f (x) 1 6 4 + 2 f     = +   
, kết hợp với điều kiện f (x) 1
2 f   = 3x . Suy ra :  x  x x  2 2 2 6 f (x) f (x)  2   2 −  3 f (x) 2 3 = −3x ⇒ = −1⇒ I = dx =  ∫
∫  −1dx = −x 1 = . 2 x x x 2 x x   x  2 1 1 2 2 2
Câu 12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (−x)+ 2018 f (x)= 2x sin x . Tính π 2 giá trị của I = f (x)dx ∫ . π −2 A. 2 I = . B. 2 I = . C. 4 I = . D. 1 I = . 2019 1009 2019 1009 Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 2)
Với f (−x)+ 2018 f (x)= 2x sin x ta có A =1;B = 2018 π π 2 2 Casio Suy ra 1 I = f (x)dx ∫ =
2x sin xdx = 1+ ∫ 4 2018 2019 π − π − 2 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 x x
Ta có f (−x)+ 2018 f (x)= 2x sin x ⇒ f (x) 2 sin = 2019 π π 2 2 2 Casio I = f (x )dx ∫ = x sin xdx ∫ 4 = 2019 2019 π − π − 2 2 Trang 8
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Câu 13. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn (− )+2018 ( ) x f x
f x = e . Tính giá trị 1 của I = f (x)dx ∫ 1 − 2 − 2 − 2 − A. e 1 e 1 e 1 I = . B. I = . C. I = 0 . D. I = . 2019e 2018e e Lời giải
Cách 1: (Dùng công thức - theo góc nhìn dạng 2). Với (− )+ 2018 ( ) x f x
f x = e ta có A = 1; B = 2018 . 1 1 1 1 1 2 e −1 Suy ra I = f (x)dx ∫ x = e dx ∫ x = e = . 1+ 2018 2019 2019e 1 − 1 − 1 −
Cách 2: (Dùng công thức –theo góc nhìn dạng 3) .
A g (x )− B.g ( x − ) Áp dụng Hệ quả 1: .
A f (x )+ B. f ( x
− )= g(x) ⇒ f (x)= . 2 2 A − B Ta có: x −x ( − − )+ 2018e e 2018 ( ) x f x
f x = e ⇒ f (x) = 2 2018 −1 1 1 ⇒ ( ) 1 = ∫ ∫ (2018 x −x f x dx
e −e )dx 2019.2017 −1 1 − 2 − e −1 3 ≈1,164.10 ≈ (Casio). 2019e
Câu 14. [Chuyên Hà Tĩnh – 2018] Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa
mãn f ( x)+ f ( − x) 2 2 2 1
=12x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x)
tại điểm có hoành độ bằng 1 là
A. y = 2x +2 .
B. y = 4x −6.
C. y = 2x −6 .
D. y = 4x −2 . Lời giải
Áp dụng kết quả Dạng 3: “Cho .
A f (ax + b)+ B. f ( a
− x + c)= g(x) (với 2 2 A ≠ B )  x −b  x −c  . A g    − B.g         khi đó ( ) a a f x = ”. 2 2 A − B Ta có  x   x −1 2.g    − g      2   −2 
f ( x )+ f ( − x ) 2 2 2 1
=12x = g (x) ⇔ f (x)= 2 2 −1 6x −3(x − )2 2 1 2 = = x + 2x −1 3 Trang 9
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng  f ( ) 1 = 2 Suy ra 
, khi đó phương trình tiếp tuyến cần lập là: = − .  y 4x 2 f  ( ) 1 = 4  ′
Câu 15. [Chuyên Thái Bình – Lần 6 – 2018] Cho f (x) là hàm số chẵn, liên tục trên ℝ thỏa 1 mãn
f (x)dx = 2018 ∫
và g(x) là hàm số liên tục trên ℝ thỏa mãn g(x)+ g(−x)=1, 0 1
∀x ∈ ℝ . Tính tích phân I =
f (x)g (x)dx ∫ . 1 − A. I = 2018 . B. 1009 I = . C. I = 4036 . D. I = 1008 . 2 Lời giải
Áp dụng Hệ quả 2 (của Dạng 3): h(x ) .
A g (x )+ B.g ( x
− )= h(x) ⇒ g(x)=
với h(x) là hàm số chẵn. A + B
Ta có: g (x)+ g( x
− )=1= h(x) ⇒ g(x) 1 1 = = . 1+1 2
Kết hợp với điều kiện f (x) là hàm số chẵn, ta có: 1 1 1 I =
f (x) g (x) 1 dx = f (x)dx ∫ ∫ =
f (x)dx = 2018 ∫ . 2 −1 1 − 0 a a
Chú ý: Nếu f (x)là hàm số chẵn, liên tục trên [ a − ;a]⇒
f (x)dx = 2 f (x)dx ∫ ∫ . −a 0
Câu 16. (Sở Kiên Giang – 2018) Xét hàm số f (x) liên tục trên [0; ]
1 và thỏa mãn điều kiện 1
2 f (x)+ 3 f (1− x) = x 1− x . Tính tích phân I = f (x)dx ∫ . 0 A. 4 I = − . B. 1 I = . C. 4 I = . D. 1 I = . 15 15 75 25 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 1 1 Casio Suy ra: f (x)dx = x 1− x dx ∫ ∫ = ( ) 4 0, 05 3 = . 2 + 3 75 0 0
Cách 2: (Dùng công thức – theo góc nhìn dạng 3)
Áp dụng kết quả của Dạng 3: “Cho .
A f (ax + b)+ . B f ( a
− x +c)= g(x) (Với 2 2
A ≠ B ) khi đó Trang 10
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng x −b  x −c  . A g    − . B g          ( ) a a −  f x = 2 2 A − ”. B
2 g (x)−3g (1− x)
Ta có: 2 f (x)+3 f (1− x)= x 1− x = g (x) ⇒ f (x)= 2 2 2 −3
2x 1− x −3(1− x) x = . −5 1
1 2x 1− x −3(1− x) x Casio Suy ra: I =
f (x )dx = dx ∫ ∫ = ( ) 4 0, 05 3 = . −5 75 0 0
Cách 3: (Dùng phương pháp đổi biến – nếu không nhớ công thức) 1 1 1
Từ 2 f (x)+3 f (1− x)= x 1− x ⇒ 2
f (x)dx +3
f (1− x)dx = x 1− x dx ∫ ∫ ∫ 0 0 0 Casio = ( ) 4 0,2 6 = ( )
∗ Đặt u = 1− x ⇒ du = d
− x ; Với x = 0 ⇒ u =1 và x =1 ⇒ u = 0 . 15 1 1 1 Suy ra
f (1− x)dx = f (u)du = f (x)dx ∫ ∫ ∫ thay vào ( ) ∗ , ta được: 0 0 0 2 2 f (x) 4 dx = ⇔ f (x) 4 5 dx = ∫ ∫ . 15 75 0 0 2 x
Câu 17. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ . Biết
f (t)dt = x cos(πx ) ∫
. Giá trị của f (4) là: 0
A. f (4) =1.
B. f (4) = 4. C. 1 f (4) = . D. 1 f (4) = . 2 4 Lời giải u ( x )  ′   Sử dụng công thức 
f (t)dt  ∫
 = u .′ f (u) (xem lại DẠNG 4), ta có:     a 2 2  ′ x x   
f (t)dt = x cos( ⇒   ′ π x ) f (t)dt ∫ 
 = (x cos(πx)) ∫    0  0  2
⇔ 2xf (x ) = cos(πx)−πx sin(πx) (*) 1
Thay x = 2 vào (*), ta được: 4 f (4) = cos(2π)-2 .
π sin(2π) = 1 ⇒ f (4) = . 4
Câu 18. [Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 3 – 2018] Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ . 2 x Biết 2 x 4
f (t)dt = e + x −1 ∫
với ∀x ∈ ℝ . Giá trị của f (4) là: 0 A. 4 f (4) = e + 4. B. 4
f (4) = 4e . C. 4 f (4) = e + 8. D. f (4) =1. Lời giải Trang 11
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng u ( x )  ′   Sử dụng công thức 
f (t)dt  ∫
 = u .′ f (u) (xem lại DẠNG 4), ta có:     a 2 2  ′ x x    2 ′ f (t) x dt = e + x −1⇒
f (t)dt ∫   = ∫  ( 2 4 x 4 e + x − ) 1   0  0  2 2 x 3
⇔ 2xf (x ) = 2x.e + 4x . Suy ra: 2 2 x 2 ( ) = + 2 ⇒ ( ) x f x e x
f x = e + 2x ⇒ 4 f (4) = e + 8.
Câu 19. Cho hàm số y = f (x)> 0 xác định, có đạo hàm trên đoạn [0; ] 1 và thỏa mãn x 1 g (x) = 1+ 2018 f (t)dt ∫ và g(x) 2 = f (x). Tính g (x)dx. ∫ 0 0 A. 1011 B. 1009 C. 2019 D. 505 2 2 2 Lời giải ′ u  (x)    Sử dụng công thức  f
(t)dt = u .′ f (u),  ∫  ta có    0  x ′ 2 g x g x = f x ( ) g (x ) = 1+ 2018
f (t)dt ⇒ g′(x ) = 2018 f (x ) ( ) ( )
←→ g′ x = 2018 g x ⇔ = 2018. ∫ f x >0 ( ) ( ) ( ) g x 0 ( ) g ′(x) Suy ra dx =
2018dx ⇔ 2 g (x) = 2018x +C (*) ∫ ∫ g (x) x
Từ điều kiện g (x)=1+ 2018
f (t)dt ⇒ g (0) = 1 ∫
thay vào (*) suy ra C = 2. 0 1 1 1011
Khi đó g (x) =1009x +1⇒ g (x)dx = (1009x + ) 1 dx = ∫ ∫ . 2 0 0 2 x
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [1;2]. Biết f (t) 2
dt = 2x + x −1 ∫
với ∀x ∈[1;2]. Tính x 2 tích phân ( ) b
f x dx = a + ln d. ∫ Biết ,
a b,c,d đều là các số nguyên tố. Tính c 1
T = a + b + c + d. A. T = 10 B. T =11 C. T = 17 D. T =16 Lời giải ′ u  (x)   
Sử dụng công thức 
f (t)dt = u .′ f (u)−v .′ f (v),  ∫  ta có   v(x)  Trang 12
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 2 2 ′ xx    = + − ⇒   ′ f (t) 2 t x x f ∫  (t) t = ∫  ( 2 d 2 1 d 2x + x − )
1 ⇔ 2x. f (x )− f (x ) = 4x +1   xx  +
⇒ f (x) 4x 1 = , ∀x ∈[1;2] 2x −1 2 2 2 2 4x +1  3   3  3 Suy ra f (x)dx = dx = 2  ∫ ∫ ∫  + dx = 2x   
+ ln 2x −1 = 2 + ln 3 2x −1  2x −1  2  2 1 1 1 1 a  = c = 2 Suy ra  ⇒T =10 . b  = d = 3  10
Câu 21. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( 3
x + 2x − 2) = 3x −1. Tính I = f (x)dx ∫ 1 . A. 45 I = . B. 9 I = . C. 135 I = . D. 27 I = . 4 4 4 4 Lời giải d  t =  ( 2 3x + 2 dx 3 ) Đặt 
t = x + 2x − 2 ⇒  .
 f (t)= 3x −1  10 10 Ta viết lại I = f (x)dx = f (t)dt ∫ ∫ . 1 1 Đổi cận: Với 3
t = 1 ⇒1 = x + 2x −2 ⇔ x =1 và 3
t = 10 ⇒ 10 = x + 2x −2 ⇔ x = 2 . 10 3 135 Khi đó I = f (t)dt = (3x − ) 1 ( 2 3x + 2)dx = ∫ ∫ . 4 1 1
Chú ý: Đây là lớp câu hỏi thuộc dạng 5, ta có thể tóm tắt hàm ẩn dạng 5 dưới phát biểu của bài toán sau:
Bài toán: Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn f (u(x))= v(x) và v(x) là hàm đơn điệu (luôn b
đồng biến hoặc nghịch biến) trên ℝ . Hãy đi tính tích phân I = f (x)dx ∫ . a
dt = u′(x)dx Cách giải: Đặt 
t = u(x ) ⇒  .  f
 (t) = v(x)  b b Ta viết lại I = f (x)dx = f (t)dt ∫ ∫ . a a
Đổi cận: Với t = a ⇒ u(x)= a ⇔ x = α và t = b ⇒ b = u(x) ⇔ x = β . b β Khi đó I = f (t)dt =
v (x ).u′(x)dx ∫ ∫ . a α
Câu 22. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( 3 x + ) 1 = 2x −1, x ∀ ∈ ℝ . Tính 2 I = f (x)dx ∫ . 0 Trang 13
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng A. I = 2 − . B. 5 I = . C. I = 4 − . D. I = 6 . 2 Lời giải 2 d  t = 3x dx Đặt 3  t = x +1 ⇒  .  f  (t)= 2x −1  1 1 Ta viết lại I = f (x)dx = f (t)dt ∫ ∫ . 0 0 Đổi cận: Với 3
t = 0 ⇒ 0 = x +1 ⇔ x = 1 − và 3
t = 1 ⇒1 = x +1 ⇔ x = 1. 1 1 Khi đó I = f (t)dt = (2x − ) 2 1 .3x dx = 2 − ∫ ∫ . 0 1 − 5
Câu 23. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn f ( 3 x + 3x + )
1 = 3x + 2, ∀x ∈ . ℝ Tính I =
x. f ′(x)dx ∫ 1 . A. 5 . B. 17 . C. 33 . D. −1761. 4 4 4 Lời giải 5 u  = x d  u = dx Đặt    ⇒ 
⇒ I = xf (x)5 − f (x) ∫ . d
v = f ′(x)dx v  = f (x) dx 1   1
 f 5 = 5 x =1 5 Từ  f ( 3 x + 3x + ) ( ) ( ) 1 = 3x + 2 ⇒  , suy ra I = 23− f (x)  dx. ∫ f  ( ) 1 = 2 (x = 0)  1 d  t =  ( 2 3x + 3 dx 3 ) Đặt 
t = x + 3x +1 ⇒ 
 f (t)= 3x +2  Đổi cận: Với 3
t = 1 ⇒1 = x +3x +1 ⇔ x = 0 và 3
t = 5 ⇒ x + 3x +1 = 5 ⇔ x = 1 . 5 1 Casio 33 Khi đó I = 23−
f (x)dx = 23− (3x + 2)( 2 3x + ) 3 dx = ∫ ∫ 4 1 0
Câu 24. Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn 3
f (x)+ f (x) = x, x ∀ ∈ R . Tính 2 I = f (x)dx ∫ 0 A. I = 2 . B. 3 I = . C. 1 I = . D. 5 I = . 2 2 4 Lời giải
Đặt y = f (x) 3
⇒ x = y + y ⇒ dx = ( 2 3y + ) 1 dy 3
x = 0 → y + y = 0 ⇔ y = 0 Đổi cận  3 x
 = 2 → y + y = 2 ⇔ y =1  2 1 1 5 Khi đó I = f (x)dx = y ( 2 3y + ) 1 dy = ( 3
3y + y)dy = ∫ ∫ ∫ 0 0 0 4
Chú ý: Đây là lớp câu hỏi thuộc Dạng 6, ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 6 dưới phát
biểu của bài toán sau: Trang 14
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng
Bài toán: “ Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn g f (x) = x  
và g (t) là hàm đơn điệu ( luôn b
đồng biến hoặc nghịch biến) trên R .Hãy tính tích phân I = f (x)dx ∫ “ a
Cách giải: Đặt y = f (x)⇒ x = g(y)⇒ dx = g′(y)dy
x = a → g(y)= a ⇔ y = α Đổi cận 
x = b → g
(y)= b ⇔ y = βb β Suy ra I = f (x)dx = yg (y)dy ∫ ∫ a α
Câu 25. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn 3 f (x) 2 2
−3 f (x)+6 f (x)= x , x ∀ ∈ ℝ . Tính 5 tích phân I = f (x)dx ∫ . 0 A. 5 I = . B. 5 I = . C. 5 I = . D. 5 I = . 4 2 12 3 Lời giải
Đặt y = f (x) 3 2
⇒ x = 2y −3y + 6y ⇒ x = ( 2 d 6 y − y + ) 1 dy . Đổi cận: với 3 2
x = 0 ⇒ 2 y −3y + 6 y = 0 ⇔ y = 0 và 3 2
x = 5 ⇒ 2 y −3y + 6 y = 5 ⇔ y = 1. 1 1 1 5 Khi đó I = f (x)dx = . y 6( 2 y − y + ∫ ∫ )1dy = 6 ( 3 2
y − y + y)dy = ∫ . 2 0 0 0
Câu 26. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ thỏa mãn 3
x + f (x)+ 2 f (x) = 1, ∀x ∈ ℝ . Tính 1 I = f (x)dx ∫ . 2 − A. 7 I = . B. 7 I = . C. 7 I = . D. 5 I = . 4 2 3 4 Lời giải
Đặt y = f (x) 3
⇒ x = −y − y + ⇒ x = ( 2 2 1 d −3y −2)dy . Đổi cận: Với 3 x = 2
− ⇒ −y −2y +1= −2 ⇔ y =1; 3
x = 1 ⇒ −y −2 y +1 = 1 ⇔ y = 0 . 0 7 Khi đó: I = y ( 2 3 − y −2)dy = ∫ . 4 1
Câu 27. Cho hàm số f (x) liên tục và nhận giá trị dương trên [0; ]
1 . Biết f (x). f (1− x) = 1 với 1 dx x ∀ ∈[0; ]
1 . Tính giá trị của I = ∫ . 1+ f (x) 0 A. 3 B. 1 . C. 1. D. 2 . 2 2 Lời giải Trang 15
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng d  t = d − x  1 dx Đặt 
t = 1− x ⇒ 
và = ⇒ = ; = ⇒ = . Khi đó =  x a t 1 x 1 t 0 I ∫ f (x ) 1 =  1+ f (x)  f (t)  0 1 1 dt f (x)dx = ∫ = ∫ . 1 1+ f (x) 0 1+ 0 f (t) 1 1 1 dx f (x)dx 2I = + ∫ ∫ = dx =1 ∫ 1 ⇒ I = . 1+ f (x) 1+ f (x) 2 0 0 0
Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc Dạng 7, ta có thể TÓM TẮC HÀM ẨN DẠNG 7 dưới phát biểu của bài toán sau: b dx b −a
Bài toán: “ Cho f (x) f (a +b − x) 2 .
= k , khi đó I = = ∫ k + f (x) 2k a Chứng minh: d  t = d − x  Đặt 
t = a + b − x 2 ⇒  và = ⇒ − ; = ⇒ = .  ( ) k x a t b x b t a f x =  f (t)  b b b dx dx 1 f (x )dx Khi đó I = = = ∫ ∫ ∫ .
k + f (x ) 2 k k
k + f (x ) a a a k + f (t) b b b dx 1 f (x)dx 1 1 b − a 2I = + = ∫ ∫
dx = (b −a) ∫ ⇒ I = . k + f (x) k k + f (x) k k 2k a a a
Câu 28. Cho hàm số f (x) liên tục trên ℝ , ta có f (x)> 0 và f (0). f (2018− x)=1. Giá trị của 2018 tích phân dx I = ∫ 1+ f (x) 0
A. I = 2018 . B. I = 0
C. I =1009 D. 4016 Lời giải 2018 1 2018 −0
Áp dụng kết quả của dạng 7 (xem lại câu 27 ), ta có I = = =
∫ + f (x)dx 1009 1 2.1 0 .
Câu 29. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (4− x)= f (x). Biết 3 3
xf (x)dx = 5 ∫ . Tính tích phân f (x)dx ∫ . 1 1 A. 5 . B. 7 . C. 9 . D. 11 . 2 2 2 2 Lời giải
Đặt t = 4 − x ⇒ dt = d
− x và x =1 ⇒ t = 3 ; x = 3 ⇒ t = 1. 3 3 3 3 Khi đó: 5 =
xf (x)dx =
(4−t) f (4−t)dt ∫ ∫
= (4 − x) f (4 − x)dx = (4− x) f (x)dx ∫ ∫ . 1 1 1 1 Trang 16
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 3 3 3 5 Suy ra: 10 =
xf (x)dx +
(4−x) f (x)dx ∫ ∫ = 4 f (x)dx = ∫ . 2 1 1 1
Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc dạng 8, ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 8 dưới phát biểu của bài toán sau:
 f (a +b − x)= f (x)  bBài toán: I Cho  b  ⇒ f (x) 2 dx = .  ∫ xf  (x)dx = I a + b ∫ a  a d  t = d − xChứng minh:
Đặt t = a + b − x ⇒ x = a ⇒ t = b . Khi đó
x =b ⇒t =a  b b I =
xf (x)dx =
(a +b −t)f (a +b −t)dt ∫ ∫ a a b b
= (a +b − x) f (a +b − x)dx = (a +b − x) f (x)dx ∫ ∫ . a a b b b b I Suy ra 2I =
xf (x)dx +
(a +b − x) f (x)dx ∫ ∫
= (a +b) f (x) x ⇒ f (x) 2 d dx = ∫ ∫ . a + b a a a a
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn f (x)− f (3− x)= 0 . Biết 4 4
xf (x)dx = 2 ∫ . Tính f (x)dx ∫ . 1 − 1 − A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . 2 3 3 4 Lời giải 4 2I 2.2 4
Áp dụng kết quả Dạng 8 (bài 29) ta có: f (x)dx = = = ∫ . a + b (− ) 1 + 4 3 1 − 2
Câu 31. Tính I = min ∫ { 3
x; 2 − x }dx . 0 A. I = 2 . B. 3 I = . C. I =1. D. 5 I = . 4 4 Lời giải
Ta xét dấu f (x) 3
= x − 2− x trên đoạn [0;2]. Ta có 3 3
x − 2 − x = 0 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ (x − )( 2
1 x + x + 2) = 0 ⇔ x =1 . Bảng xét dấu x khi x ∈ 0;1 Do đó  min { 3 x; 2 − x } [ ] =  . 3
 2−x khi x ∈[1;2]  Trang 17
Biên soạn: Hoàng Phi Hùng
Nguyên hàm, Tích Phân & Ứng dụng 2 1 2 Suy ra I = min ∫ { 3
x; 2 − x }dx 3 = x dx + 2 − xdx ∫ ∫ 1 3 5 = + = . 2 4 4 0 0 1 2
Câu 32. Tính tích phân I = max ∫ { 3
x; x }dx. 0 A. 17 . B. 2 . C. 15 . D. 7 . 4 4 4 Lời giải Trên đoạn [0; 2], xét 3 ∈
x ≥ x ⇔ x (x − ) 1 (x + ) x [0; 2]
1 ≤ 0← → 0 ≤ x ≤1. x ∈[0; ] 3 1 ⇒ x ≥ x
x khi 0 ≤ x ≤1 Vậy   
⇒ max x; x =  . 3 { 3} x  ∈[1; 2] [0; 2] 3 ⇒ x ≤ x
x khi 1≤ x ≤ 2   2 1 2 1 15 17 Suy ra I = max { 3 x; x } 3 dx = xdx + x dx = + = ∫ ∫ ∫ . 2 4 4 0 0 1
Chú ý: Đây là câu hỏi thuộc Dạng 9 (Tích phân cho bởi nhiều công thức dưới hình thức
bài toán min, max) ta có thể TÓM TẮT HÀM ẨN DẠNG 9 dưới phát biểu của bài toán sau: b b
Bài toán: Tính tích phân I = max ∫
{ f (x); g(x)}dx hoặc I = min ∫
{ f (x); g(x)}dx . a a
Cách giải: ( tham khảo qua lời giải của Câu 31, 32, 33). 3
Câu 33. Tính tích phân I = max ∫ { 3 2
x ; 4x −3x}dx. 0 A. 117 . B. 707 . C. 275 . D. 119 . 2 2 12 6 Lời giải Trên đoạn [0; ] 3 : Xét 3 2
x ≥ 4x −3x ⇔ x (x − ) 1 (x − ) x [ ∈ 0; ] 3
3 ≥ 0←→ x ∈[0; ] 1 . x ∈[0; ] 3 2 3
1 ⇒ x ≥ 4x −3x x khi x ∈ 0; 1 Vậy    ⇒ max{ 3 2
x ; 4x −3x =  . 3 2 } [ ] x  ∈[1; 3] [ ] 2 0; 3
⇒ x ≤ 4x −3x 4x   −3x khi x ∈[1; 3]  3 1 3 275 Khi đó I = max { 3 2
x ;4x −3x} 3 dx = x dx + ( 2
4x −3x)dx = ∫ ∫ ∫ . 12 0 0 1 Trang 18
Document Outline

  • 1. TICH PHAN HAM AN P1
  • GIAI1. BTTL TICH PHAN HAM AN P1
    • LỜI GIẢI CHI TIẾT
  • 2. TICH PHAN HAM AN P2
  • 2. BTTL TICH PHAN HAM AN P2