Vi phân trong tích phân hàm ẩn lớp 12

Hồng Long - 0973640175 NGUN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨN CHƯƠNG CHỦ ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN HÀM ẨN (CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG TÍCH PHÂN HÀM ẨN) Đây phẩn chuyên đề, thầy truy cập tải đầy đủ địa http://bit.ly/2HJSPsf DẠNG 1: Bài tốn tích phân liên quan đến đẳng thức u ( x ) f ′ ( x ) + u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) u x h x f x Biết trước ( ) , ( ) Tìm ( ) ? I ===I LÝ THUYẾT Từ đẳng thức u ( x ) f ′ ( x ) + u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) ⇔  f ( x ) u ( x ) ′ = h ( x ) Suy f ( x ) u ( x ) = ∫ h ( x ) dx ⇒ f ( x ) Đây phẩn chun đề, thầy truy cập tải đầy đủ địa http://bit.ly/2HJSPsf II ===I HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN Câu f ( ) Lời giải Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 x f ( x ) + x f ′ ( x ) = x + ⇔  x f ( x ) ′ = x + Ta có Lấy nguyên hàm hai vế ta có ′ ∫  x f ( x )  dx= ∫ ( 3x + 1) dx ⇒ x f ( x ) = x + x + C x3 + x + 11 f ( 1) = ⇒ = + C ⇔ C = ⇒ f ( x ) = ⇒ f ( 2) = x Mà ( Câu f ) Lời giải f ( x ) = x + 3x − x f ′ ( x ) ⇔ f ( x ) + x f ′ ( x ) = x + 3x ⇔  x f ( x ) ′ = x + 3x Ta có Lấy nguyên hàm hai vế ta có ′ dx = x3 + x dx ⇒ xf x = x + x3 + C  xf x  ( ) ( ) ( )  ∫ ∫ Mà f ( ) = ⇒ 2.4 = 24 x + x3 − 16 −13 + 23 + C ⇔ C = −8 ⇒ f ( x ) = ⇒ f ( 1) = 2x ( Câu f 2) Lời giải Ta có: 2sin x f ( x ) + ( − cos x ) f ′ ( x ) = sin x ( 3sin x + ) ⇔ ( − cos x ) f ( x ) ′ = sin x ( 3sin x + ) Lấy nguyên hàm hai vế ta có ′ ∫ ( − cos x ) f ( x )  dx = ∫ sin x ( 3sin x + ) dx ( ) ⇒ ( − cos x ) f ( x ) = ∫ 6sin x cos x + 8sin x cos x dx ⇒ 2sin x f ( x ) = 2sin x + 4sin x + C π π π  π  π  f  ÷ = ⇒ 2sin  ÷ f  ÷ = 2sin + 4sin + C 2 2 2 ⇒ C = Mà   π  4+ f ( x) = sin x + ⇒ f  ÷ = 3 Vậy Đây phẩn chun đề, thầy truy cập tải đầy đủ địa http://bit.ly/2HJSPsf Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 Câu f ( e) Lời giải 2x +1 1 − f ( x ) ⇔ xf ′ ( x ) + f ( x ) = x + + ⇔  xf ( x ) ′ = x + + x x x Ta có: Lấy nguyên hàm hai vế ta   ∫ xf ( x ) dx = ∫  x + x + ÷dx ⇒ xf ( x ) = 3x + ln x + x + C x  f ′ ( x ) − 6 = Mà Vậy f ( 1) = ⇒ = 3.12 + ln1 + 2.1 + C ⇒ C = f ( x ) = 3x + ln x + ⇒ f ( e ) = 3e + + x e Câu f Xét phương trình khoảng ( xf ′ ( x ) + f ( x ) = x , 4) Lời giải y = f ( x) có đạo hàm ( 0; + ∞ ) nên liên tục × f ( x ) = x ⇔  x f ( x ) ′ = x x   4 ′ ∫1 x f ( x ) dx = ∫1 xdx Lấy tích phân từ tới hai vế ta 4 14  14  17 2 3 ⇒ x f ( x ) =  x ÷ ⇒ f ( ) − f ( 1) = ⇒ f ( ) =  + 1÷ = 2 3 1  (vì f ( 1) = ) 17 f ( 4) = Vậy Đây phẩn chun đề, thầy truy cập tải đầy đủ địa http://bit.ly/2HJSPsf Chia hai vế cho x , ta x ×f ′ ( x ) + ( ( ) ) Câu I = f x + g x d x   ( ) ( )   ∫ Lời giải Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 f ( x ) + g ( x ) = − x  f ′ ( x ) + g ′ ( x )  ⇒ ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = − ∫ x  f ′ ( x ) + g ′ ( x )  dx Ta có ⇒ ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = − x  f ( x ) + g ( x )  + ∫  f ( x ) + g ( x )  dx C ⇒ − x  f ( x ) + g ( x )  = C ⇒ f ( x ) + g ( x ) = − x Vì f ( 1) + g ( 1) = −C ⇒ C = −4 4 I = ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = 8ln f ( x) + g ( x) = x Vậy Do Câu e π π f ( ) Lời giải f ( x ) + f ′ ( x ) = sin x e x f ( x ) + e x f ′ ( x ) = e x sin x Ta có , với x ∈ R nên suy , với x ∈ R ⇔  e x f ( x ) ′ = e x sin x hay π π 0 ′ x x ∫ e f ( x )  dx = ∫ e sin xdx π π ⇔  e f ( x )  =  e x ( sin x − cos x )  ⇔ eπ f 0 x π Câu a ( ) −0 f ( ) =e ( 1π + ) ⇔ eπf ( ) π eπ + = + b Lời giải x x ′( x) + f f x = ( ) x +1 x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x + x ⇔ x + ( x + 1) Từ giả thiết, ta có x  x ′ ⇔ f ( x)  = x + , với ∀x ∈ ( 0; + ∞ )  x +1  x x x f ( x) = ∫ dx f ( x ) = x − ln x + + C x +1 Suy x + hay x + x f ( x ) = x − ln x + − f ( 1) = −2ln C = − x + Mặt khác, ta có nên Do 3 3 f ( ) = − ln f ( ) = − ln a= b=− ⇔ 2 Với x = Suy a + b2 = Vậy Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 Câu ( f 1) Lời giải Ta có: ( f ′( x) ) + f ( x ) f ′′ ( x ) = 15 x + 12 x ∀x ∈ ¡ , ⇔  f ′ ( x ) f ( x ) ′ = 15 x + 12 x ∀x ∈ ¡ ⇔ f ′ ( x ) f ( x ) = x + x + C1 , Do f ( ) = f ′ ( 0) = nên ta có C1 = Do đó: f ′ ( x ) f ( x ) = 3x5 + x + 1 ′ ⇔  f ( x ) ÷ = 3x5 + x + ⇔ f ( x ) = x + x + x + C2 2  f =1 f ( x ) = x + x3 + x + C = Mà ( ) nên ta có Do f ( 1) = Vậy Câu 10 b Lời giải ∀x ∈ ( 0;1) ta có: x + xf ′ ( x ) = f ( x ) − ⇔ x + = f ( x ) − xf ′ ( x ) ⇒ x + x = xf ( x ) − x f ′ ( x ) ⇔ x2 + 4x  x2 x + x xf ( x ) − x f ′ ( x ) ⇔ = = f ( x )  f ( x ) f ( x) f ( x) π Tính π sin x.cos x + 2sin x sin x.cos x + 4sin x.cos x I=∫ dx = ∫ dx f ( sin x ) f ( sin x ) π π 6 Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx , đổi cận x= π π ⇒t = x= ⇒t = 2, I= Ta có ′ ÷ ÷  ∫ 2 t t + 4t dt = f ( t) f ( t) 2  3  ÷   = −  3 f ÷   1  ÷ 2 1 3a − b f ÷   = 4b − 4a = 4ab Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 Câu 11 Q=a 2018 +b 2018 Lời giải ∫e x  f ( x ) + f ' ( x )  dx = ae + b ' ⇔ ∫ e x f ( x )  dx = ae + b ⇔ e x f ( x ) = ef ( 1) − f ( ) = e − 0 Vậy a = 1; b = −1 Q = a 2018 + b2018 = Câu 12 f ( 0) Lời giải , ta nhân hai vế đẳng thức cho ( x + 1) ta được: x −1 x x ( x + 1) ⇔ f ( x) + f ′( x ) = 2 f ( x ) + ( x − 1) f ′ ( x ) = x +1 x2 + ( x + 1) x2 + ∀x ∈ ( −1; + ∞ )  x −1 ′ ⇒ f ( x) ÷ =  x +1  ⇒ f ( 0) = − 1 ′ x  x −1   x −1  ⇒ ∫ f ( x ) ÷ dx = ∫ dx ⇒  f ( x) ÷ =  x +1 0  x2 + x2 +  x +1 x ( x +3 ) Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 DẠNG 2: Bài tốn tích phân liên quan đến đẳng thức u ( x ) f ′ ( x ) − u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) I ===I LÝ THUYẾT u ( x ) f ′ ( x ) − u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) Bài tốn tích phân liên quan đến đẳng thức u ( x) , h ( x) f ( x) Biết trước Tìm ? Phương pháp chung:  u ′ u ′.v − uv′  ÷= v2 Cơ sở phương pháp  v  • Bước Chia hai vế (2) cho u ( x) ≠ ta ( 2)  f ( x ) ′ h ( x ) u ( x ) f ′ ( x ) − u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) ⇔   = u x ( )   u ( x) • • f ( x) h ( x) = ∫ dx u ( x) u ( x) Bước Lấy nguyên hàm hai vế ta h ( x) ∫ u ( x ) dx f ( x) Bước Tính , từ suy II ===I HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN Câu ∫ ( xf x ) dx Lời giải Với x ≠ , ta có ′ f ( x) xf ′ ( x ) − f ( x ) = x ⇒ = ⇒ = x+C ÷ x2 x  ⇒ f ( x ) = x + Cx f ( 1) = f ( x ) = x2 Vì nên C = Do xf ′ ( x ) − f ( x ) Vậy x4 xf x d x = x d x = = ∫0 ( ) ∫0 4 1  f ( x) =1⇒   x Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 Câu ( f 2) Lời giải Do ⇔ x ∈ [ 1; ] f ( x) x nên f ( x ) = xf ′ ( x ) − x − 3x ⇔ = x + 3x + C xf ′ ( x ) − f ( x ) x2  f ( x) = 2x + ⇔   x ′ ÷ = 2x +  f x = x3 + x nên C = ⇒ ( ) f = 20 Vậy ( ) Do f ( 1) = Câu ( f 1) Lời giải  f ′ ( x ) ′ f ( x ) f ′′ ( x ) − ( f ′ ( x ) ) f ′( x) = = ⇔ = x+C  ÷ ÷ f x f x ( ) ( ) f x ( ) ( )  Ta có:  x2 ⇒ ln f ( x ) = ∫ ( x + C ) dx = + Cx + D 2 x + Cx + D D = C = f ( x) = e ; f ( ) = 1; f ( ) = e ⇒  ⇔ 2 + 2C + D = D = Vì Suy f ( x) = e x2 +x ⇒ f ( 1) = e Câu ∫ f ( x ) dx Lời giải Xét x ≠ : Từ giả thiết f ( x ) − xf ′ ( x ) = x 2018 , nhân hai vế cho x ta 3x f ( x ) − x3 f ′ ( x ) = x 2020 Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 3x f ( x ) − x3 f ′ ( x ) x6 Chia hai vế cho x ta được:  f ( x ) ′ = x 2014 ⇔   = − x 2014  x   f ( x ) ′ f ( x) 2014 x 2015 + C   = −x ⇒ = − x  x 2015 Suy  − x 2018 C = ⇒ f ( x) = 2015 Thay x = vào hai vế ta ∫ Vậy f ( x ) dx = − ∫ ( 4) Câu f e 1 1 x 2018 dx = − x 2019 = − 2015 2015 2019 2015 × 2019 − f ( 0) Lời giải x Chia hai vế cho e ta có f ( x ) - f ¢( x) = e éf ( x) ù¢ Û ê x ú =êe ú ë û x x +1 Û x +1 Û e x f ( x) - e x f ¢( x ) e2 x = x +1 f ( x) =- ( x +1) x +1 + C x e f ( 4) = −9 + C Cho x = , ta có e f ( 0) = − + C Cho x = , ta có f ( 4) 26 − f ( 0) = − Vậy e Câu f ( 1) Lời giải Chia hai vế cho e 2 x2 e x f ¢( x) - xe x f ( x) e2 x Û f ( x) ex 2 để thu đạo hàm đúng, ta éf ( x) ù¢ ú = 2x Û ê ê e x2 ú = x ë û = x2 +C Hoàng Long - 0973640175 C = f ( ) = −2 f ( x ) = ( x - 2) e Cho x = , ta có Suy f ( 1) = −e Cho x = , ta có Câu f Hồng Long - 0973640175 x2 ( 1) Lời giải 2018 x Chia hai vế cho e để thu đạo hàm đúng, ta f ′ ( x ) − 2018 f ( x ) e2018 x f ′ ( x ) − 2018.e 2018 x f ( x ) 2017 = 2018 x ⇔ = 2018 x 2017 2018 x 2018 x e (e )  f ( x ) ′ f ( x) ⇔  2018 x  = 2018 x 2017 ⇒ 2018 x = x 2018 + C e e  C = 2018 ⇒ f ( x ) = ( x 2018 + 2018 ) e 2018 x Thay x = vào hai vế ta f ( 1) = 2019e 2018 Vậy Câu f ( −1) Lời giải Ta có f ′( x) − f ( x) = ⇔ f ′( x) =2 ⇔ ln f ( x ) ′ = ⇒ ln f ( x ) = x + C f ( x) C =- Þ f ( x) = e2 x- Thay x =1 vào hai vế ta f ( −1) = e −3 Vậy P = a+b Câu Lời giải Ta có Hồng Long - 0973640175 f ′ ( x ) − cot x f ( x ) = x.sin x ⇔ sin x f ′ ( x ) − cos x f ( x ) =x sin x Hoàng Long - 0973640175  f ( x ) ′ f ( x) ⇔ = x +C  =x⇔ sin x  sin x   π π f ÷ f ÷ 2  3 = π +C ⇒  3 = π + C π π 18 36 x= sin ta có Cho π f ÷ 2   = π +C ⇒ f  π = π + C  ÷ π π 72   144 x= sin ta có Cho π f ÷   − f  π  = π2  ÷   48 Vậy a = 1, b = 48 ⇒ P = a + b = 49 Khi Câu 10 f ( 2) Lời giải  x f ′( x) − xf ( x)  f ( x) ⇔ ln x = −  ÷ x f ′( x) − xf ( x ) ) ln x = x − xf ( x) x x3 ( x ∈ (1; +∞ )   Vì nên ta có : f ( x) f ( x)   f ( x) ′  f ( x ) ′  ⇒  ÷ ln x = − ⇒ ∫  ÷ ln xdx = ∫ 1 − ÷dx x x   x   x   f ( x) ln x f ( x) f ( x) f ( x) ln x ⇒ − ∫ dx = x − ∫ dx + C ⇒ = x+C x x x x2 x2 ( x + C ) f ( x ) ln x ⇒ = x + C ⇒ f ( x) = x2 ln x Theo f ( ) e = 3e ⇒ C = ⇒ f ( x) = x3 f (2) = ln x Do ln Hồng Long - 0973640175 DẠNG 3: Bài tốn tích phân liên quan đến đẳng thức g ( x) f ( x) Biết trước Tìm Hồng Long - 0973640175 f ′( x) + f ( x) = g ( x) I ===I LÝ THUYẾT f ′( x) + f ( x) = g ( x) Từ đẳng thức Suy ra: Các dạng mở rộng ⇔ ex f ′ ( x ) + ex f ( x ) = ex g ( x ) ⇔ e x f ( x ) ′ = e x g ( x ) e x f ( x ) = ∫ e x g ( x ) dx ⇒ f ( x )  f ( x ) e kx ′ = e kx f ′ ( x ) + ke kx f ( x )  f ( x ) e− kx ′ = e − kx f ′ ( x ) − ke kx f ( x ) = e − kx ( f ′( x) − kf ( x) )  f ( x ) e− kx ′′ = e− kx ( f ′′( x) − 2kf ′( x) + k f ( x) )  f ( x ) e kx ′′ = e kx ( f ′′( x ) + 2kf ′( x ) + k f ( x) ) II ===I HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN Câu ( f ) Lời giải Ta có f ( x) > f ′( x) + f ( x) = với x thuộc ¡ nên ⇒ ( ln ( f ( x) ) ) ′ = −2 ⇔ ln ( f ( x ) ) = −2 x + C ⇒ f ( x ) = e −2 x +C Từ f ( 1) = ⇒ e Suy −2.1+ C f ( −1) = e Câu f ⇔ f ′( x) = −2 f ( x) = ⇔ −2 + C = ⇔ C = ⇒ f ( x ) = e −2 x + −2.( −1) + =e ( - ) Hoàng Long - 0973640175 Hoàng Long - 0973640175 Lời giải f ¢( x) f ¢( x) - 2f ( x) = Û f ¢( x) = 2f ( x) Û =2 f ( x) Ta có ( ln( f (x)) ) ¢= Û Mà ln f ( x) = 2x + C f ( x) > (do (do f ( x) > ) ) f ( 1) = Þ C = - Þ ln f ( x) = 2x - Þ f ( x) = e2x- Þ f ( - 1) = e- = e4 Câu ò f ( x) dx Lời giải f ( x) + f ¢( x) = - 2, " x Ỵ é 0;2ù ê ë ú û Ta có: x x x Û e f ( x) + e f ¢( x) = - 2e ⇔ e x f ( x ) ′ = −2e x ( ) Û ex f ( x) = ò - 2ex dx = - 2ex + C f ( 0) = Do Khi đó: Vậy ∫ nên C = e x f ( x ) = −2e x + ⇒ f ( x ) = −2 + 4  f ( x ) dx = ∫  −2 + x ÷dx = x − x e  e 0 ex = 2− e Câu ò - f ( x) dx Lời giải ù f ( x) + f ¢( x) = x, " x Ỵ é ê- 1;1ú ë û Ta có: Û ex f ( x) + ex f ¢( x) = xex ¢ x Û é ex f ( x) ù ê ú = xe ë û Û ex f ( x) = ò xexdx = xex - ex + C Do f ( 0) = - nên C = Hoàng Long - 0973640175 e f ( x) = xe - e Þ f ( x) = x - x Khi đó: x Hồng Long - 0973640175 x Hoàng Long - 0973640175 ... DẠNG 2: Bài tốn tích phân liên quan đến đẳng thức u ( x ) f ′ ( x ) − u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) I ===I LÝ THUYẾT u ( x ) f ′ ( x ) − u′ ( x ) f ( x ) = h ( x ) Bài tốn tích phân liên quan đến... x ) = x , 4) Lời giải y = f ( x) có đạo hàm ( 0; + ∞ ) nên liên tục × f ( x ) = x ⇔  x f ( x ) ′ = x x   4 ′ ∫1 x f ( x ) dx = ∫1 xdx Lấy tích phân từ tới hai vế ta 4 14  14  17 2... Câu ( f 1) Lời giải Ta có: ( f ′( x) ) + f ( x ) f ′′ ( x ) = 15 x + 12 x ∀x ∈ ¡ , ⇔  f ′ ( x ) f ( x ) ′ = 15 x + 12 x ∀x ∈ ¡ ⇔ f ′ ( x ) f ( x ) = x + x + C1 , Do f ( ) = f ′ ( 0) =