Tích phân - Môn đại số tuyến tính | Học viện nông nghiệp

TÍCH PHÂN f  x  0; 1 f    Câu 6. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn thoả mãn 1 0, 1 1 1 1
 f ' x 2  dx 7     2   d  x f x x f  x  d . x  3 0 và 0 . Tính tích phân 0 7 7 . . A. 5 B. 1. C. 4 D. 4. f  x   0; 1 f    Câu 6a. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn thoả mãn 1 3, 1 1 7 1  f   x 2 4 '  dx  4  
x f  x dx   f  x  d . x  11 11 0 và 0 . Tính tích phân 0 35 65 23 9 . . . . A. 11 B. 21 C. 7 D. 4 f  x  0; 1 f    Câu 6b. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn thoả mãn 1 3, 1 1 7  f  x 2 4 '  dx  4   
x f  x dx   11 11
f 1  f  2 . 0 và 0 . Tính giá trị A. 19. B.  19. C. 17. D.  17. f  x  0;  f    Câu 6c. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn 1 thoả mãn 1 1, 1 1 2 2  f  x 2 9 '  dx    
f  x dx  
f  x ln  x d . x  5 5 0 và 0 . Tính tích phân 1   15 2 ln 2  .   15 4ln 2  .   1 ln 2  .   1 ln 2  . A. 16 B. 16 C. 16 D. 16
Lời giải và phân tích Câu 6: Lời giải:
 u  f  x
du  f ' x dx 1 1 1    2 3x f  x  3 dx x
 . f  x  3
 x f '  x dx   2 3 0 Đặt dv 3  x dx v x  , khi đó 0 0 1 1 1  f 1 3
 x f '  x dx  3
x f ' x dx  1.  Ta có 0 suy ra 0 2 b b b    f
 x g x  2 x   f  x  2 d dx g  x dx.
Áp dụng bất đẳng thức tích phân  a  a a f  x  kg   x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
với k là hằng số. 2 1 1 1 1 7   1 '  d    d  '     2 3 6  d 7 x x f x x x x f x x 1    Ta có 7  0  0 0 0 . f '  3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x kx 
với k là hằng số. 1 1 3 x f '  x dx  1  6 kx dx  1  Mà 0 hay 0 suy ra k  7. 7 f  x  7 4  x  C
f  x    4 1  x  f ' x 3 f 1 Vậy  7x nên 4 mà 0  nên 4 , suy ra 1 f  x 7 dx  .  5 0 Câu 6a: 1 1 1  f '
  x 2dx 7  2     d  x f x x f   1 0  , 3
Phân tích: Thay các giả thiết 0 , 0 thành 1 1 7  f   x 2 4 '  dx  4  
x f  x dx   f   1 3  , 11 11 0 , 0 . Lời giải:     d
 u f ' x  dx u f x    1 1 1 5  1 1 7 4 4 5 5 d  d x v x x
x f  x dx  x . f  x  x f ' x v   dx    Đặt  5 , khi đó 5 5 11 0 0 0 1 2 5
 x f '  xdx   11 0 1 1 10 x dx   Ta có 11 0 nên 1 1 1  f '   x 2 5
 dx  4 x f '    x 10 dx  4 x dx 0    0 0 0 1   f '
 x2x 2 5 dx 0
  f '  x  5  2x 0 6  f  x x 10   C  C  3 3 f   (do 1 0  ) 1 1     f  x 6 x 10 23 dx   d     x  .  3 3  7 0 0 Câu 6b: 1 1 1
 f ' x 2  dx 7     2   d  x f x x f   1 0,  3
Phân tích: Thay các giả thiết 0 , 0 thành 1 1 7  f  x 2 4 '  dx  4   
x f  x dx   f   1 3  , 11 11 0 , 0
. Thay yêu cầu bài toán thành tính giá trị f   1  f  2 . Lời giải:    
du f ' x  dx u f x    1 1 1 5  1 1 7 4 4 5 5 d  d x v x x
x f  x dx  x . f  x  x f ' x v   dx    Đặt  5 , khi đó 5 5 11 0 0 0 1 2 5
 x f '  xdx   11 0 1 1 10 x dx   Ta có 11 0 nên 1 1 1  f '   x 2 5
 dx  4 x f '    x 10 dx  4 x dx 0    0 0 0 1
  f '  x   2x  2 5 dx 0
  f '  x  5  2x 0 6  f  x x 10   C  C  3 3 f   (do 1 0  ) f   6 x 10 x  
f 1  f  2  1     18 Do đó 3 3 . Vậy 19  . Câu 6c: 1 1 1  f '
  x 2dx 7  2     d  x f x x f   1 0,  3
Phân tích: Thay các giả thiết 0 , 0 thành 1 1 2  f   x 2 9 '  dx   
f  x dx   f   1 1  , 5 5 0 , 0
. Thay yêu cầu bài toán thành tính tích phân 1
f  x ln x d . x 0 Lời giải: Đặt 2
t  x  x t   dx 2  d
t t. Đổi cận x 0   t 0  ; x 1   t 1  . 1 1 1 1
2  2t.f tdt t
 . f t  1 2 2
 t . f 't  dt  f 1 2
 t . f ' t  2 dt 1
  t . f 't  dt     0 Ta có: 5 0 0 0 0 1 3 1 3 2
 t .f ' t dt   2
x . f '  x dx  . 1  5 5 0 hay 0 1 1  1 f   x2 9 '  dx   2 4   x dx  .   3 Mặt khác ta có 5 5 0 và 0 1 1 1 1
 f ' x  3x  2 2 dx   f  ' x 2 2
 dx  6 x . f   ' x 4
dx  9 x dx   9 3 1   6. 9. 0  . Xét tích phân 0 0 0 0 5 5 5
 f x  x  2 2 ' 3 0  , x   0;  f  x 2 ' 3  x . Mà   1 . Vậy f  x 3
x  C  C 0  f   1 1  f  x 3 x . Do đó (do ). Vậy  dx   x du u ln     x    3 4
dv x dx x  v  Đặt  4 , khi đó 2 2 2 2
  x f  x 3 x  x   x 1 4 x  x  x 1 3  x x     15 ln d .ln d .ln d 4ln 2  . 4 4 16 1 1 1 1 NHỊ THỨC NEWTON  1 n  7  x  
Câu 10. Tìm hệ số của 26
x trong khai triển nhị thức Newton của 4  x  , biết rằng: 1 2 n 20 C  C  ... C 2  1. 2 n 1  2 n 1  2 n 1  A. 210. B. 120. C. 151200. D. 252.  1 n  7   x 
Câu 10a. Tìm hệ số của 48
x trong khai triển nhị thức Newton của 4  x  , biết rằng: 1 2 n 20 C  C  ... C 2  1. 2 n 1  2 n 1  2 n 1  A. 54. B. 45. C. 210. D. 120.   x2 2 3 n
Câu 10b. Tìm hệ số của 7
x trong khai triển thành đa thức của , trong đó n là 1 3 5 2n 1
số nguyên dương thoả mãn C  C  C ... C  1024.  2 n 1  2 n 1  2 n 1  2 n 1  A. 414720. B. 2449440. C.  2099520. D. 1088640.  1 n  5  x  
Câu 10c. Tìm hệ số của 8
x trong khai triển nhị thức Newton của 3  x  , biết rằng: n 1  n C  C 7 n  3 n 4  n 3  
 (n là số nguyên dương, x 0 ). A. 495. B. 924. C. 66. D. 220.
Lời giải và phân tích Câu 10: Lời giải: n n n
Xét khai triển 1 x 2 1 0 1 2 2 2 1 2 1 C   C x  C x  ...  C x . 2n1 2n1 2n1 2n1 0 1 2 2 n 1 2 n 1 C       C  C ...  C  2  , 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1    Chọn x 1  ta được k 2 n1 k Áp dụng công thức  2 C  C n 1 2 n 1  , ta có: 1 0 1 2 n n 2 1 0 2n 1  C C  C ...  C  C ... C C  C 2   2n 1  2n 1  2n 1  2n 1  2n 1  2n 1  2n 1  2n 1   2 0 1 2 C C C  ... n C   n n n n  2 n 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0 1 2 n 2  C  C  C  ...C 2 n 2n1 2n1 2n1 2n1 1 2 n 2  C  C  ...C      2 n n n n 1 2 1 2 1 2 1
Từ giả thiết ta có: 2n 20 2  1 2   1  n 1  0 n 10 10  1   1  k k  k  k k   x   x  C x x      C x 4 4     10 10 7 7 4 7 11 40 10 10 Khi đó  x   x  k 0  k 0  k 11k 40
Số hạng tổng quát trong khai triển là 10 C x k Hệ số của 26
x trong khai triển là C10 với k thoả mãn 11k  40 26   k 6.  6 Vậy hệ số của 26 
x trong khai triển là C 210. 10 Câu 10a:
Phân tích: Thay đổi yêu cầu bài toán từ tìm hệ số của 26
x thành tìm hệ số của 48 x . Lời giải: n n n
Xét khai triển 1 x 2 1 0 1 2 2 2 1 2 1 C   C x  C x  ...  C x . 2n1 2n1 2n1 2n1 0 1 2 2 n 1 2 n 1 C C C
 ...C  2  , 1 2 n 1  2 n 1  2 n 1  2 n 1    Chọn x 1  ta được k 2 n1 k Áp dụng công thức  2 C C n 1  2 n 1  , ta có: 1 0 1 2 n n 2 1 0 2n 1  C C  C   C  C  C C  C   n n n ...  n n ...  n  n  n 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1   2 0 1 2 C C C  C   n n n ... n  n  2 n 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0 1 2 n 2  C  C  C  ...C 2 n 2n1 2n1 2n1 2n1 1 2 n 2  C  C  ...C      2 n 1 2n 1 2n 1 2n 1
Từ giả thiết ta có: 2n 20 2  1 2   1  n 1  0 n 10 10  1   1  k k  k  k k   x   x  C x x      C x 4 4     10 10 7 7 4 7 11 40 10 10 Khi đó  x   x  k 0  k 0  k 11k 40
Số hạng tổng quát trong khai triển là 10 C x k Hệ số của 48
x trong khai triển là C10 với k thoả mãn 11k  40 48  k 8.  8 Vậy hệ số của 48
x trong khai triển là C 4  5. 10 Câu 10b:
Phân tích: Thay đổi yêu cầu bài toán từ tìm hệ số của 26
x thành tìm hệ số của 7 x , biểu  1 n  7   x 
 2  3x2n 1 2 n 20 thức 4  x  thành và giả thiết C  C  ... C      2 1 2n 1 2n 1 2n 1 thành 1 3 5 2n 1 C  C  C  ... C       1024. 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 Lời giải: 1   x 2n 1 0 1 2 2 2n 1  2n 1  Xét khai triển C  C x  C x ...  C x . 2n1 2n1 2n1 2n1 0 1 2 2 n 1 2 n 1 C C C  C    n n n ...  n 2 , 1 2 1 2 1 2 1 2 1    Chọn x 1  ta được 0 1 2 2n 1 
Chọn x  1 ta được C  C C  ... C 0 2n1 2n1 2n1 2n1 0 2 4 2 n 1 3 5 2 n 1   C           C  C  ... C  C  C  C  ... 2 C n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n1 1 2  0 1 2 C C C ... n  C 2 n  2n1 2n1 2n1 2n1  2 1 Từ suy ra 0 1 2 n 2  C       C  C  ... C  2 n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 Theo giả thiết ta có 2 2 n 1  024  n 5  . 10 10
 2  3x 2n 
 2  3x 10    k k 10
1 C 2  k  3x k      k k k 10 1 3 C 2  k k 10 10 x Từ đó suy ra k 0  k 0  k k k  k k
Số hạng tổng quát trong khai triển là   1 10 3 C 2 x 10  17 7 7 3 7 7 3 Vậy hệ số của 7
x trong khai triển là
3 C 2  C 3 2  2099520. 10 10 Câu 10c:
Phân tích: Thay đổi yêu cầu bài toán từ tìm hệ số của 26
x thành tìm hệ số của 8 x , biểu  1 n   1 n  7  x   5  x   1 2 n 20 thức 4  x  thành 3  x
 và giả thiết C  C  ... C      2 1 2n 1 2n 1 2n 1 thành n 1  n C  C 7 n  3 n 4  n 3    . Lời giải:
 n 4!  n3!   7   n 3  n 1  n C    3 ! n    C 7  n 3 1 ! 3!n! n 4 n 3   Ta có:
 n  4  n  3  n  2  n  3  n  2  n  1   7 n   3 6 6
 n  4  n  2  n  2  n  1   7 6 6
  n  4  n  2   n  2  n  1 42   3n  6 4  2  n 1  2 12 12   1 n  5 12 5 k   k   5   x   3 2 k x  x  C     3 x  2 x 12   Khi đó 3  x  =  k 0    12 5  k 60 11   C  k  3 x  k k 2 k 2    12 x 1 C 2 x
Số hạng tổng quát trong khai triển là  
60 11k 8 60 11k 1  6  k 4. Hệ số chứa 8 x thì 2 4 Vậy hệ số của 8
x trong khai triển là C 4  95. 12 ĐỒ THỊ
Câu 4. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y 2
 x  m cắt đồ 2x  4 y  C  thị hàm số x  1
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho 4S 15  I  AB , với I là
giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị. A. m  5. B. m 5.  C. m 5.  D. m 0. 
Câu 4a. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y x  m cắt đồ 2x  1 y   C thị hàm số x  1
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông
tại O , với O là gốc toạ độ. 1 m  . A. m  2. B. 2 C. m 0  . D. m 1  .
Câu 4b. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y x  m  2 cắt 2 x y   C đồ thị hàm số x  1
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho độ dài AB ngắn nhất. A. m  3. B. m  1. C. m 1.  D. m 3. 
Câu 4c. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y  3x  m cắt đồ 2x 1 y   C thị hàm số x  1
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm tam giác
OAB thuộc đường thẳng  : x  2y  2 0
 , với O là gốc toạ độ. 1 11 m  . m  . A. m  2. B. m 0  . C. 5 D. 5
Lời giải và phân tích Câu 4: Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:
2x  4 2x m x 1   2 x  1
 2x  4  2x  m   x  1  2x  m  4 x  m  4 0.  *  C Để d cắt
tai hai điểm phân biệt   
* có hai nghiệm phân biệt m   4 2
 m  2m  5 0 .   m   4  4  m x  x   1 2  2  4 m    x x  1 2 Gọi x , * 
1 x 2 là hai nghiệm của
. Theo định lí Vi-et, ta có  2 . 
A x ; 2x  m , B x ; 2  1 1   2 2x  Giả sử m . m 4S 1  5  2 A . B d I AB   AB  IAB  ,  15 2 . 15
Yêu cầu bài toán tương đương với 5  4AB .m 1125 
 20  x  x 2 m 1125 
 4  x  x 2 2 2 2   2 4x x m 225 1 2 1 2 1 2     2 m   2 2
16 m 225  m 25   m  5  (thoả mãn). Câu 4a: 2x  4      y
Phân tích: Thay đổi đường thẳng d : y
2x m thành d : y x m , hàm số x  1 2x  1 y  thành
x  1 và giả thiết 4S 15  I  AB
thành tam giác OAB vuông tại O . Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x  1 x
 m  x  1  2x  1x m x 1 2
 x  m   3 x  m 0  .   * x  1
Để d cắt  C  tai hai điểm phân biệt   
* có hai nghiệm phân biệt  2  m 
 2m  5  0,m    C Do đó d luôn cắt
tại hai điểm phân biệt.  x  x 3   1 2 m    x x 1   Gọi x , * m
1 x 2 là hai nghiệm của
. Theo định lí Vi-et, ta có  1 2 . 
A x ; x  m , B x ;  1 1   2 2x m Giả sử . O . A OB 0
  x x  x  m x  m 0  1 2  1   2 
Yêu cầu bài toán tương đương với
 2x x  m  x  x  2  m 0
    m  m  m 2 2 1 3  m 0   m  2 0   m  2. 1 2 1 2 Câu 4b:
Phân tích: Thay đổi đường thẳng d : y 2x  m thành d : y x  m  2 , hàm số 2x  4 2x y  y  x  1 thành
x  1 và giả thiết 4S 15  I  AB
thành độ dài AB ngắn nhất. Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:
2x x  m  2 x  1 2 x  1  2x 
 x  m  2  x    x   m 1 x  m  2 0.  * 1  C Ta có: 2
 m  2m  9  0, m
   nên d luôn cắt
tại hai điểm phân biệt.
 x  x m 1 1 2    Gọi x ,  x x m 2
1 x 2 là hai nghiệm của  
* . Theo định lí Vi-et, ta có 1 2 . 
A x ; x  m  2 , B x ; x  m  2  C 1 1   2 2  Giả sử
là toạ độ giao điểm của d và . Ta có: AB 2
  x  x  2 2 x  x  2  8x x 2
  m 1 2  8 m  2 2   m  1 2 2 16 1  6. 2 1 1 2 1 2 Dấu " "
 xảy ra khi và chỉ khi m 1  . Câu 4c:
Phân tích: Thay đổi đường thẳng d : y 2x  m thành d : y  3x  m , hàm số 2x  4 2x 1 y  y  x  1 thành
x  1 và giả thiết 4S 15  IAB
thành trọng tâm tam giác OAB
thuộc đường thẳng  : x  2 y  2 0  . Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:
2x 1  3x m x  1  2x1  3xm x 1 2
 3x  1 m x  m 1 0  .   * x  1
Để d cắt  C  tai hai điểm phân biệt   
* có hai nghiệm phân biệt  m   1 2
 m  10m 11 0     m  11 .  1  m x  x   1 2  3  m  1     * x x 1 2 Gọi x , 
1 x 2 là hai nghiệm của
. Theo định lí Vi-et, ta có  3 .
 x  x  3 x  x 2m  1 2  1 2  G  ;  Giả sử 
A x ; 3x  m , B x ;  3  3 3 1 1   2 2 x  m . Suy ra   . x  x  
3 x  x  2m 1 2 1 2  G     2.  2 0
Yêu cầu bài toán tương đương với 3 3 1 m  m 1   2  m 11   2.  2 0   m  9 3 5 (thoả mãn).