Thông tin tài liệu
CHƯƠNG CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN III NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN BÀI NGUYÊN HÀM I LÝ THUYẾT Kí hiệu K khoảng, hay đoạn hay nửa khoảng 1) Định nghĩa: Cho hàm số f ( x ) xác định K Hàm số F ( x ) gọi nguyên hàm hàm số f ( x ) K F ′ ( x ) = f ( x ) với x thuộc K 2) Định lý a Nếu F ( x ) nguyên hàm f ( x ) K ∀C ∈ R hàm số F ( x ) + C nguyên hàm f ( x ) K b Đảo lại F ( x ) , G ( x ) hai nguyên hàm f ( x ) K tồn số C cho F= ( x) G ( x) + C Họ tất nguyên hàm hàm số f ( x ) ký hiệu ( x) ∫ f= F ( x) + C Chú ý: Người ta chứng minh rằng: “Mọi hàm số liên tục K có nguyên hàm K ” 3) Tính chất nguyên hàm a Nếu f , g hai hàm số liên tục K ∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx b ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx với số thực k khác Suy ∫ [ k f ( x) + l.g ( x) ]dx = k ∫ f ( x)dx + l ∫ g ( x)dx c ( ∫ f ( x)dx )′ = f ( x) 4) Công thức nguyên hàm phần ∫ ud=v uv − ∫ vdu 5) Công thức đổi biến số ′ ( x ) dx ∫ f [u ( x ) ]u= F [u ( x ) ] + C Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN 6) Bảng nguyên hàm vi phân hàm số thường gặp Hàm số hợp u = u ( x ) Hàm sơ cấp 1) ∫ dx= x + C xα +1 + C (α ≠ −1) α +1 2) ∫ xα= dx 3) 1) ∫ du= u + C dx =ln x + C ( x ≠ ) x ∫ 2) ∫ uα= du 3) ∫ uα +1 + C (α ≠ −1) α +1 du = ln u + C ( u ( x ) ≠ ) u 4) ∫ cos = xdx sin x + C 4) ∫ cos u= du sin u + C 5) ∫ sin xdx = − cos x + C − cos u + C 5) ∫ sin udu = 6) ∫ = dx tan x + C cos x Với x ≠ π 6) ∫ du tan u + C = cos u Với u ( x ) ≠ + kπ π du = − cot u + C sin u Với u ( x ) ≠ kπ 8) ∫ e x d= x ex + C 8) ∫ eu du= eu + C 9) ∫ a x dx= II ax + C ( < a ≠ 1) ln a 7) ∫ 9) ∫ a u du= 1) Vi phân d ( ax + b ) =dx a 1 α 2) ∫ ( a x + b ) dx =⋅ (ax + b)α +1 + C a α +1 3) dx ∫ ax= +b ln ax + b + C ( a ≠ ) a sin(ax + b) + C a 5) ∫ sin(ax + b)dx = − cos(ax + b) + C a 4) ∫ cos(ax + b= )dx 6) ∫ dx = tan ( ax + b ) + C cos ( ax + b ) a 7) ∫ −1 dx = cot ( ax + b ) + C sin ( ax + b ) a + kπ dx = − cot x + C sin x Với x ≠ kπ 7) ∫ Thường gặp au + C ( < a ≠ 1) ln a ax +b e +C a 9) ∫= a px + q dx a px + q + C ( < a ≠ 1) p.ln a ax + b 8) ∫ e= dx HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ LÝ THUYẾT Phương pháp đổi biến số sử dụng phổ biến việc tính tích phân bất định Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa định lý sau: a) Nếu: ( x) ∫ f= F ( x) + C với u = ( x ) hàm số có đạo hàm thì: )du ∫ f (u= F (u ) + C b) Nếu hàm số f(x) liên tục đặt x = ϕ ( t ) Trong ϕ ( t ) với đạo hàm ( ϕ ' ( t ) hàm số liên tục ) ta được: )dx ∫ f ϕ ( t ) ϕ ' ( t = )dt ) dt ∫ g (t= ∫ f ( x= G (t ) + C Từ ta trình bày hai dạng tốn phương pháp đổi biến số sau: Dạng 1: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng để tính nguyên hàm: I = ∫ f ( x)dx PHƯƠNG PHÁP CHUNG Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Ta thực theo bước sau: Bước 1: Chọn t = ϕ ( x ) Trong ϕ ( x ) hàm số mà ta chọn thích hợp Bước 2: Tính vi phân hai vế: dt = ϕ ' ( x ) dx Bước 3: = Biểu thị: f ( x)dx g= ϕ ( x ) ϕ ' ( x ) dx g (t )dt Bước 4: Khi đó:= I )dx ∫ g (t= )dt ∫ f ( x= G (t ) + C * Chú ý: Ta có số dấu hiệu để đổi biến thường gặp: STT Dạng nguyên hàm f ′( x) Cách đặt Đặc điểm nhận dạng t = f ( x) Biểu thức mẫu t = u ( x) Biểu thức phần số mũ t = u ( x) Biểu thức dấu ngoặc ∫ f ( x ) dx ∫ f e ∫ f u ( x ) u′ ( x ) dx ∫ f u ( x ) u′ ( x ) dx t = n u ( x) Căn thức ∫ f ( ln x ) dx x t = ln x dx kèm biểu thức theo ln x x ∫ f ( sin x ).cos x dx t = sin x cos x dx kèm biểu thức theo sin x ∫ f ( cos x ).sin x dx t = cos x sin x dx kèm biểu thức theo cos x ∫ f ( tan x ) cos t = tan x dx kèm biểu thức theo tan x cos x ∫ f ( cot x ) sin t = cot x dx kèm biểu thức theo cot x sin x t = e ax e ax dx kèm biểu thức theo e ax 10 u( x) u ′ ( x ) dx n dx x dx ∫ f (e ) e ax ax dx x Đôi thay cách đặt t = t ( x ) = t m.t ( x ) + n ta biến đổi dễ dàng Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Các dạng đặc biệt Dấu hiệu Hàm f ( x ) = Hàm f ( x ) = Cách chọn a.s inx + b.cosx x x = t tan ; cos ≠ c.s inx + d.cosx + e + Với: x + a > x + b > 0, Đặt: ( x + a )( x + b ) t= x+a + x+b + Với x + a < x + b < 0, đặt: t= x − a + −x − b BÀI TẬP TỰ LUẬN Câu 1: Tìm họ nguyên hàm sau a) ∫x − x dx b) ∫x dx x +1 c) ∫x x + dx Câu 2:Tìm họ nguyên hàm sau ln x − dx a) ∫ x ln x b) ∫ x ln ( x + 1) x2 + c) dx ∫ x 1+ ( ln x ln x + ) dx Câu 3:Tìm nguyên hàm: a) I =∫ ( x + 1) 3 − xdx b) J = ∫ xdx 2x + c) K = ∫ b) J = ∫ Câu 4: Tìm nguyên hàm: a) I = ∫ sin x.cos5 xdx xdx x + + 5x + cos xdx (sin x + cos x)3 Câu 5:Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫ dx x e + 2e − x − 2) J = ∫ e2 x + ex + dx 3) K = ∫ ex + dx 4e x + Câu 6: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫ ln x + ln x.dx dx 2) J = ∫ x x(1 + 3ln x + 2) 3) K = ∫ ln x + ln x dx x Câu 7: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫ dx dx 2) J = ∫ 2sin x − 3sin x + 2 cos x − sin x + sin x.cos3 x Câu 8: Tìm nguyên hàm: I = ∫ dx π π tan x + tan x − 4 4 Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN e x dx Câu 9: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫ x e + 4e − x Câu 10: Tìm nguyên hàm: 1) I = ∫ Câu 11: Tìm nguyên hàm: I = ∫ 2) J = ∫ x3 − dx x( x + x3 + 2) (ln x + 1) ln x dx (ln x + x + 1)3 2) J = ∫ dx x( x + 1) tan xdx sin x + BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1: Tìm nguyên hàm: = I1 ∫x ( x + 1) dx I3 = ∫ I2 = ∫ 2012 10 ( 3x + 1) ( x + 3) 2010 x dx x + 1dx Bài 2: Tìm nguyên hàm: I1 = ∫ = J1 x3 + 3x (x ∫x + 1) ∫ I= dx 3 J2 = ∫ x − 4dx − x2 ∫ x + x + dx, x ≠ x + 2= x + 4.dx I x3 x2 + dx J3 = ∫ x2 x2 + dx Bài 3: Tìm nguyên hàm: dx = I2 1+ x + 1+ x I1 = ∫ I3 = ∫ dx x x +1 I4 = ∫ ∫x x + 9dx xdx 1+ x + (1 + x ) Bài 4: Tìm nguyên hàm: I2 = ∫ J2 = ∫ x dx 2x +1 dx I3 = ∫ dx 1+ x + x +1 J4 = ∫ x2 + xdx x +1 − x +1 J1 = ∫ = J5 ∫ J6 = ∫ x dx 1+ 2x +1 3 x − x dx x 3x + x − dx Bài 5: Tìm nguyên hàm: I1 = ∫ tan xdx I = ∫ 1 dx dx I = ∫ + sin x cos x J1 = ∫ tan xdx J = ∫ 5sin x + 2sin x tan x dx J = ∫ dx cos x + cos x + cos3 x Bài 6: Tìm nguyên hàm: Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN I1 = ∫ sin x cos3 xdx I2 = ∫ cos x ( sin x + cos x ) tan x I3 = ∫ dx cos x dx Bài 7: Tìm nguyên hàm: I1 = ∫ cos x ln x + dx I = ∫ dx I = ∫ dx sin x − 5sin x + cos x sin x x Bài 8: Tìm nguyên hàm: I1 = ∫ ln x dx x ( ln x + 1) I2 = ∫ ln x ( x + ln x + ) dx I3 = ∫ ln ( ln x ) x ln x ln ( ln x ) + 1 dx Bài 9: Tìm nguyên hàm: I =∫ sin xdx + 4sin x J =∫ dx π sin x.sin x + 3 K =∫ dx cos3 x Bài 10: Tìm nguyên hàm: I =∫ sin x + 3cos x dx + + 2sin x J =∫ sin x − sin x cot x.dx sin x K =∫ 4sin x + sin x dx tan x + cot x Bài 11: Tìm nguyên hàm: I =∫ 2x +1 dx + x −1 J =∫ x +1 x +2 dx K =∫ x −1 dx x+2 Bài 12: Tìm nguyên hàm: I =∫ ( x + 3) 2009 dx (2 x − 1) 2013 K =∫ dx ( x − 1) x + 3x + Bài 13: Tìm nguyên hàm: I = ∫x x + 1dx I = ∫ x dx x +1 I = ∫ ( x + 1)dx x5 − x I = ∫ dx 1+ 4x +1 x3 + I = ∫ tan x.dx sin x + cos x dx I = ∫ + ln(cos x) + 3sin x + I = ∫ (1 + ln x ) ln x + x dx I= ∫ e x + 4e x + 5.e x dx Bài tốn 2: (Lượng giác hóa) Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng tính tích phân bất định: I = ∫ f ( x)dx PHƯƠNG PHÁP CHUNG Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Ta thực theo bước sau: Bước 1: chọn x = ϕ ( t ) , ϕ ( t ) hàm số mà ta chọn thích hợp Bước 2: lấy vi phân hai vế: dx = ϕ ' ( t ) dt Bước 3: Biến đổi: f ( x)dx f= = ϕ ( t ) ϕ ' ( t ) dt g ( t ) dt Bước 4: Khi tính: )dx ∫ g (t= )dt ∫ f ( x= G (t ) + C * Lưu ý: Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu thông thường là: Dấu hiệu Cách chọn π π = ↔ − ≤ ≤ x a sin t t 2 = x a cost ↔ ≤ t ≤ π a2 − x2 a π π ↔ t ∈ − ; \ {0} x = sin t 2 a π x ↔ t ∈ [ 0; π ] \ = cost 2 x2 − a2 π π = x a tan t ↔ t ∈ − ; x a cot t ↔ t ∈ ( 0; π ) = a2 + x2 a+x a−x ∨ a−x a+x x = a.cos2t ( x − a )( b − x ) x = a + ( b − a ) sin t Câu 1: Tính tích phân bất định a/ ∫ Câu 2: Tính tích phân bất định: I = ∫ dx (1 − x ) b/ ∫ dx x2 + 2x + dx (1 + x ) PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN LÝ THUYẾT Cho hai hàm số u v liên tục đoạn [ a; b ] có đạo hàm liên tục đoạn [ a; b ] Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Khi đó: ∫ ud= v uv − ∫ vdu (*) Để tính nguyên hàm ∫ f ( x ) dx phần ta làm sau: Bước Chọn u , v cho f ( x ) dx = udv (chú d ý v = v ' ( x ) dx ) Sau tính v = ∫ dv du = u '.dx Bước Thay vào công thức (*) tính ∫ vdu Chú ý Cần phải lựa chọn dv hợp lí cho ta dễ dàng tìm v tích phân ∫ udv Ta thường gặp dạng sau ∫ vdu dễ tính ∫ P ( x ) sin ( ax + b ) dx , P ( x ) đa thức ● Dạng I = du = P′ ( x ) dx u = P ( x ) ⇒ Với dạng này, ta đặt = − cos ( ax + b ) dv sin ( ax + b ) dx v = a ● Dạng I ∫ P ( x ) cos ( ax + b ) dx , P ( x ) đa thức = du = P′ ( x ) dx u = P ( x ) ⇒ Với dạng này, ta đặt = x v sin ( ax + b ) dv cos ( ax + b ) d= a ax + b ● Dạng I = ∫ P ( x ) e dx , P ( x ) đa thức du = P′ ( x ) dx u =P ( x ) ⇒ Với dạng này, ta đặt ax +b ax + b dv = e dx v = e a ● Dạng I = ∫ P ( x ) ln g ( x ) dx , P ( x ) đa thức u = ln g ( x ) Với dạng này, ta đặt d v = P x d x ( ) sin x x ● Dạng I = ∫ e dx cos x sin x u = Với dạng này, ta đặt cos x x dv = e dx BÀI TẬP TỰ LUẬN ∫ x sin xdx Câu Tìm Câu Tìm nguyên hàm hàm số f ( x ) = x sin x Câu Biết Câu Tìm nguyên hàm= I Câu Tìm nguyên hàm ∫ sin xdx ∫ x cos xdx = ax sin x + b cos x + C với a , b số hữu tỉ Tính tích ab ? ∫ ( x − 1) sin xdx Câu Họ nguyên hàm ∫ e x (1 + x ) dx là: Câu Biết Câu x) Biết F (= ∫ xe 2x dx = axe x + be x + C ( a, b ∈ ) Tính tích ab ( ax + b ) e x y nguyên hàm hàm số= ( x + 3) e x Khi đó, tính a+b Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN S m2 + n2 dx = − e −2 x ( x + n ) + C , với m, n ∈ Tính = m Câu 10 Tìm nguyên hàm I ∫ ( x − 1) e − x dx = Câu Biết ∫ ( x + 3) e −2 x Câu 11 Tìm nguyên hàm ∫ ln xdx Câu 12 Tìm nguyên hàm I = ∫ x ln xdx f ( x ) x ln ( x + ) Câu 13 Tìm nguyên hàm hàm số = Câu 14 Tìm nguyên hàm g ( x ) = ln x ( x + 1) ? Page CHƯƠNG CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN III NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN BÀI NGUYÊN HÀM I LÝ THUYẾT Kí hiệu K khoảng, hay đoạn hay nửa khoảng 1) Định nghĩa: Cho hàm số f ( x ) xác định K Hàm số F ( x ) gọi nguyên hàm hàm số f ( x ) K F ′ ( x ) = f ( x ) với x thuộc K 2) Định lý a Nếu F ( x ) nguyên hàm f ( x ) K ∀C ∈ R hàm số F ( x ) + C nguyên hàm f ( x ) K b Đảo lại F ( x ) , G ( x ) hai nguyên hàm f ( x ) K tồn số C cho F= ( x) G ( x) + C Họ tất nguyên hàm hàm số f ( x ) ký hiệu ( x) ∫ f= F ( x) + C Chú ý: Người ta chứng minh rằng: “Mọi hàm số liên tục K có nguyên hàm K ” 3) Tính chất nguyên hàm a Nếu f , g hai hàm số liên tục K ∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx b ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx với số thực k khác Suy ∫ [ k f ( x) + l.g ( x) ]dx = k ∫ f ( x)dx + l ∫ g ( x)dx c ( ∫ f ( x)dx )′ = f ( x) 4) Công thức nguyên hàm phần ∫ ud=v uv − ∫ vdu 5) Công thức đổi biến số ′ ( x ) dx ∫ f [u ( x ) ]u= F [u ( x ) ] + C Page CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Với C = + f ( x ) = x + x + ⇒ f ( x ) = (x + x + 3) − Vậy f (1) = 24 2 ′( 0) Câu 21: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x ) + f ( x ) f ′′ ( x )= x − x + , ∀x ∈ = f ( ) f= Giá trị f (1) B 22 A 28 C 19 D 10 Lời giải f ′ ( x ) ′ f ′ ( x ) + f ( x ) f ′′ ( x ) Ta có f ( x )= Do theo giả thiết ta f ( x ) f ′ ( x ) ′= x − x + Suy f ( x ) f ′ ( x= ) x2 ′ ( ) suy C x − + x + C Hơn = f ( ) f= 2 x2 ′ Tương f ( x ) = f ( x ) f ′ ( x ) nên f ( x= )′ x3 − + x + Suy 3 f ( x= ) x2 x3 x − + x + d x = x − + x + 18 x + C , f ( ) = suy ∫ 3 f ( x )= x3 x − + x + 18 x + Do f (1) = 28 3 Câu 22: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm thỏa mãn ( x + ) f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = e x f ( ) = Tính f ( ) e A f ( ) = B f ( ) = e C f ( ) = Lời giải e2 D f ( ) = e2 Ta có e x ⇔ ( x + 1) f ( x ) + f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = ex ( x + ) f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = ⇔ ( x + 1) f ( x ) + ( x + 1) f ( x ) ′ = e2 x e x ⇔ e x ( x + 1) f ( x ) + e x ( x + 1) f ( x ) ′ = 2x 2x x ⇔ e x ( x + 1) f ( x ) ′ = e x ⇒ ∫ e x ( x + 1) f ( x ) ′dx = ∫ e dx ⇔ e ( x + 1) f ( x ) = e + C ex Mà f ( ) = ⇒ C = Vậy f ( x ) = x +1 e2 Khi f ( ) = Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục \ {0; − 1} thỏa mãn điều kiện f (1) = −2 ln x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x + x Giá trị f ( )= a + b ln , với a, b ∈ Tính a + b Page 13 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN A 25 B C Lời giải Từ giả thiết, ta có x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x2 + x ⇔ D 13 x x f ′( x) + f ( x) = x +1 x +1 ( x + 1) x x ′ ⇔ f ( x ) = , với ∀x ∈ \ {0; − 1} x +1 x +1 Suy x x x dx hay f ( x ) = x − ln x + + C f ( x) = ∫ x +1 x +1 x +1 Mặt khác, ta có f (1) = −2 ln nên C = −1 Do Với x = x f ( x ) = x − ln x + − x +1 3 3 − ln Suy a = b = − f ( ) = − ln ⇔ f ( )= 2 Vậy a + b = Câu 24: Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương ( 0; +∞ ) thỏa mãn f (1) = , = f ( x ) f ′ ( x ) x + , với x > Mệnh đề sau đúng? B < f ( ) < A < f ( ) < C < f ( ) < D < f ( ) < Lời giải Ta= có f ( x ) f ′ ( x ) x + ⇔ ⇔∫ d ( f ( x )) f ( x) f ′( x) f ′( x) 1 = ⇒∫ dx = dx ∫ f ( x) f ( x) 3x + 3x + x +1 + C = e3 3x + + C ⇔ f ( x ) = ( x) ∫ 3x + dx ⇔ ln f = Mà f (1) = nên e +C 4 − Suy f ( 5= =1 ⇔ C = ) e ≈ 3, 794 Câu 25: Cho hàm số f ( x ) ≠ thỏa mãn điều kiện f ′ (= x) ( x + 3) f ( x ) f ( ) = − Biết tổng a a f (1) + f ( ) + f ( 3) + + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = với a ∈ , b ∈ * phân số tối giản b b Mệnh đề sau đúng? a a A < −1 B > C a + b = D b − a = 1010 3029 b b Lời giải ( Ta có f ′ (= x) ( x + 3) f ( x ) ⇔ ) f ′( x) 2x + = f ( x) Page 14 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN f ′( x) dx = = x + 3x + C ( x + 3) dx ⇔ − ∫ f ( x) f ( x) ⇔∫ − ⇒C = Vì f ( ) = 1 Vậy f ( x ) = − = − ( x + 1)( x + ) x + x + 1 1009 Do f (1) + f ( ) + f ( 3) + + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = − = − 2020 2020 Vậy a = −1009 ; b = 2020 Do b − a = 3029 Câu 26: Cho hàm số f ( x ) ≠ , f ′ ( x ) = A − 3240 6481 f ′( x ) = f ′( x ) ∫ f (x) 6480 6481 C − Lời giải 6480 6481 3240 6481 D f ′ ( x ) 3x + x − 3x + x − f x ⇔ = ( ) x2 f (x) x2 dx = ∫ d ( f ( x )) ∫ f (= x) Do f (1) = − f= (1) B 3x + x − f ( x ) f (1) = − Tính f (1) + f ( ) + + f ( 80 ) x 3x + x − dx ⇔ x2 ∫ 3x +1− ∫ d ( f ( x )) f (x) =∫ 3x + x − dx ⇔ x2 −1 −1 dx ⇔ +C ⇔ f (x) = x3 + x + + C = x f (x) x x +x+ x 1 1 −x − = ⇒C= ⇒ f (x) = x + x +1 x + x +1 x − x +1 1 1 1 1 1 1 − ; f= − ;.;= f ( 3) f ( 80 ) − ( ) − ; = 1 13 2 3 6481 6321 1 3240 − + = − f (1) + f ( ) + + f ( 80 ) = 2 6481 6481 Câu 27: Cho hàm số f ( x ) đồng biến có đạo hàm đến cấp hai đoạn [0; 2] thỏa mãn Biết f ( ) = , f ( ) = e6 Khi f (1) f ( x ) − f ( x ) f ′′ ( x ) + f ′ ( x ) = A e B e3 C e Lời giải D e f ( x ) f ′′ ( x ) − f ′ ( x ) Theo đề bài, ta có f ( x ) − f ( x ) f ′′ ( x ) + f ′ ( x ) = = 0⇒ f ( x ) 2 Page 15 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN f ′ ( x ) ′ f ′( x) x2 ln x C f x ⇒ = ⇒ = + ⇒ = + C x + D ( ) f x f x ) ( ( ) x2 f ( ) = +2 x C = 2 Mà Suy : f ( x ) = e ⇔ ⇒ f (1) = e D = f e = ( ) y = f ( x) Câu 28: Cho hàm số f Tính ( ) f ′ ( x ) + x f ( x ) = e− x f =0 liên tục thỏa mãn , ∀x ∈ ( ) B f (1) = − e A f (1) = e C f (1) = Lời giải e2 D f (1) = e Chọn D Ta có ) ( 2 2 ′ f ′ ( x ) + x f ( x ) = e − x ⇔ e x f ′ ( x ) + x.e x f ( x ) = ⇔ ex f ( x ) = ∫ (e ) x+C ′ f ( x ) dx = ∫ dx ⇔ e x f ( x ) = x + C ⇒ f ( x ) = x2 e Vì f ( ) =0 ⇒ C =0 Suy x2 Do f ( x ) = x Vậy f (1) = e e x2 Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) f ( x= ) x + x Biết f ( ) = Tính f ( ) A f ( ) = 313 15 B f ( ) = 332 15 Chọn B Do Lời giải f ' ( x ) f ( x ) dx =∫ ( x + x ) dx + C ⇒ ∫ f ( 0) = Ta có C f ( ) = 324 15 D f ( ) = 323 15 f ( x ) x5 x3 = + +C nên suy C = 32 332 2) + + = Vậy f ( = 15 f ( x ) + f ′ ( x= f ( x) ) e− x , ∀x ∈ f ( ) = Tất nguyên hàm Câu 30: Cho hàm số thỏa mãn f ( x ) e2 x A ( x − ) e x + e x + C B ( x + ) e x + e x + C C ( x − 1) e x + C D ( x + 1) e x + C Lời giải Chọn D f ( x) + f ′( x) = e− x ⇔ f ( x ) e x + f ′ ( x ) e x = ⇔ f ( x) ex ′ = ⇔ f ( x) ex = x + C′ ( ) Page 16 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN x Vì f ( ) = nên C ′ = Do f ( x ) e 2= ∫ f ( x) e 2x ( x + ) e x Vậy: ( ) x x x x x x dx = ∫ ( x + ) e dx =∫ ( x + ) d e =( x + ) e − ∫ e d ( x + ) =( x + ) e − ∫ e dx = = ( x + ) e x − e x + C = ( x + 1) e x + C y = f ( x) 0; + ∞ ) xf ′ ( x ) + f ( x ) = x ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) có đạo hàm ( thỏa mãn , Câu 31: Cho hàm số f f (1) = Giá trị biểu thức ( ) là: 25 25 17 17 A B C D 6 Lời giải Chọn C Xét phương trình xf ′ ( x ) + f ( x ) = x (1) ( 0; + ∞ ) : (1) ⇔ f ′ ( x ) + Đặt g ( x ) = Ta có , ta tìm nguyên hàm G ( x ) g ( x ) 2x 1 ln x + C = ln x + C Ta chọn G ( x ) = ln x ∫ g ( x ) d=x ∫ x d=x Nhân vế ( ) cho e ⇔ ( G( x) x ⋅ f ′( x) + = x , ta được: x ⋅ f ( x) = x ) ∫( ( ′ x f ( x ) = x ( 3) Lấy tích phân vế ( 3) từ đến 4, ta được: ⇒ ⋅ f ( x) = ( 2) 2x x f ( x ) Vậy f ( ) = ) ) ′ x f ( x ) dx = ∫ xdx 14 14 17 2 3 = ⇒ f ( ) = + 1 = x ⇒ f ( ) − f (1) = 2 3 1 17 Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục thỏa mãn điều kiện x f ′ ( x ) + 27 f ( x ) − 1 = 0, ∀x ∈ f (1) = Giá trị f ( ) A −1 B C Lời giải D −7 Chọn D Ta có x f ′ ( x ) + 27 f ( x ) − 1 =⇔ f ′( x) −3 ( f ( x ) − 1) ′ 1 =2 =2 ⇔ f ( x ) − x f ( x) −1 x Page 17 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ′ 1 dx =∫ dx = Do ∫ − + C Suy x x f ( x ) − 1 = − +C x f ( x) −1 Có f (1) =0 ⇒ C =0 Do f ( x ) = − x Khi f ( ) = −7 ′ (0) Câu 33: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn: ( f ′ ( x ) ) + f ( x ) f ′′ ( x ) = f ( ) f= 15 x + 12 x , ∀x ∈ = Giá trị f (1) A B C 10 D Lời giải Chọn B 15 x + 12 x Theo giả thiết, ∀x ∈ : ( f ′ ( x ) ) + f ( x ) f ′′ ( x ) = ⇔ f ′ ( x ) f ′ ( x ) + f ( x ) f ′′ ( x ) = 15 x + 12 x ⇔ f ( x ) f ′ ( x ) ′ = 15 x + 12 x ⇔ f ( x ) f ′ ( x ) = ∫ (15 x + 12 x ) dx = x + x + C (1) Thay x = vào (1) , ta được: f ( ) f ′ ( ) = C ⇔ C = Khi đó, (1) trở thành: f ( x ) f ′ ( x ) = x5 + x + 1 ⇒ ∫ f ( x ) f ′ ( x ) dx= ⇔ 1 1 1 ∫0 ( 3x + x + 1) dx ⇔ f ( x ) = x + x + x f (1) − f ( ) = ⇔ f (1) − = ⇔ f (1) = 2 Vậy f (1) = Câu 34: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục (1; + ∞ ) thỏa mãn x − f ( x ) , ∀x ∈ (1; + ∞ ) ; biết f ( e ) = 3e Giá trị f ( ) thuộc khoảng ( xf ′ ( x ) − f ( x ) ) ln x = đây? 25 A 12; 27 B 13; 23 C ;12 Lời giải 29 D 14; Chọn C x3 − f ( x ) (1) khoảng (1; + ∞ ) : Xét phương trình ( xf ′ ( x ) − f ( x ) ) ln x = Page 18 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN (1) ⇔ x ln x f ′ ( x ) + (1 − ln x ) f ( x ) = x3 ⇔ f ′ ( x ) + Đặt g ( x ) = ( 2) − ln x Ta tìm nguyên hàm G ( x ) g ( x ) x ln x x ) dx ∫ ∫ g (= Ta có − ln x x2 ⋅ f ( x) = x ln x ln x − ln x = dx x ln x ∫ − ln x d= ( ln x ) ln x ∫ ln x − d ( ln x ) ln x = ln ( ln x ) − ln x= + C ln + C x ln x Ta chọn G ( x ) = ln x Nhân vế ( ) cho eG ( x ) = ln x ln x − ln x , ta được: ⋅ f ′ ( x ) + ⋅ f ( x) = x x x3 ln x ln x ′ ⇔ ⋅ f ( x) = x + C ( 3) ⇔ ⋅ f ( x) = x x Theo giả thiết, f ln ( e).f 3 e ( e ) = 3e nên thay x = ( e) = 3 e +C ⇔ C = 3 e e vào ( 3) , ta được: ⋅ 3e − e = 23 x3 23 Từ đây, ta tìm f ( x ) = ⇒ f ( ) = Vậy f ( ) ∈ ;12 ln x ln Câu 35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm thỏa mãn f ′ ( x ) e f ( x ) − x −1 − 2x = với ∀x ∈ Biết f ( x) f ( ) = , tính tích phân ∫ x f ( x ) dx A 11 B 15 C Lời giải 45 D Chọn C Ta có f ′ ( x ) e f ( x ) − x −1 ⇒ ∫ f ( x ) f ′ ( x ) e f ⇒ ef ( x) =e x Do e f Vậy ∫ ( x) +1 − ( x) 2x = ⇔ f ( x ) f ′ ( x ) e f ( x ) = x.e x +1 f ( x) f ( x) x +1 x +1 dx = ∫ x.e dx ⇒ ∫ e d ( f ( x ) ) = ∫ e d ( x + 1) 2 + C Mặt khác, f ( ) = nên C = = ex +1 x f = ( x ) dx ⇔ f ( x) = x + ⇔ f ( x ) =3 x + ∫ x x + dx = ∫ x + d ( x + 1) = 3 45 x + 1) x + = ( 0 8 Page 19 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục không âm thỏa mãn f (= x ) f ′ ( x ) x f ( x ) + f ( ) = Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = f ( x ) đoạn [1;3] Biết giá trị biểu thức= P M − m có dạng a 11 − b + c , ( a , b , c ∈ ) Tính a + b + c A a + b + c = B a + b + c = C a + b + c = D a + b + c = Lời giải Chọn A Ta có: f ( x ) f ′ ( x ) = x f ( x ) + ⇔ f ( x) f ′( x) f ( x) +1 = 2x ⇒ ∫ f ( x) f ′( x) f ( x) +1 dx = ∫ xdx f ( x ) + = x2 + C ⇔ Mà f ( ) = ⇔ C = ⇒ f ( x ) + = x2 + ⇔ f ( x ) = (x + 1) − = x + x 2 ⇔ f ( x ) = x4 + 2x2 Ta có: f ′ (= x) x3 + x x4 + 2x2 > 0, ∀x ∈ [1;3] ⇒ max f (= x ) f (= 3) 11; f (= x ) f (= 1) [1;3] [1;3] Ta có: P = M − m = 11 − ⇒ a = 6; b = 1; c = ⇒ a + b + c = \ {−1;0} f= y = f ( x) (1) ln + , hàm số liên tục thỏa mãn x ( x + 1) f ′ ( x ) + ( x + ) f ( x ) = x ( x + 1) ∀x ∈ \ {−1;0} f ( )= a + b ln , Biết , với a, b hai Câu 37: Cho số hữu tỉ Tính T= a − b A T = 21 16 B T = C T = Lời giải D T = − 16 Chọn D Ta có: x ( x + 1) f ′ ( x ) + ( x + ) f ( x ) = x ( x + 1) , ∀x ∈ \ {−1;0} ⇒ x2 x2 + x x2 , ∀x ∈ \ {−1;0} = f ′( x) + f x ( ) x +1 ( x + 1) ( x + 1) x2 ′ x2 ⇒ f ( x ) = , ∀x ∈ \ {−1;0} x +1 x +1 ⇒∫ x2 x2 dx = f ( x ) + C ′ , ∀x ∈ \ {−1;0} x +1 x +1 x2 ⇒ ∫ x −1+ = d x f ( x ) + C ′ , ∀x ∈ \ {−1;0} x +1 x +1 ⇒ x2 x2 − x + ln x += + C ′′ f ( x ) + C′ x +1 Page 20 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN x2 x2 ⇒ − x + ln x + + C = f ( x ) , ∀x ∈ \ {−1;0} x +1 Ta có: f= (1) ln + f (1) =−1 + ln + 2C ⇒ C =1 ⇒ x2 x2 f ( x) − x + ln x + + = x +1 3 −3 3 ⇒ f ( ) =+ ln f ( ) = a + b ln ⇒ a = , b = ⇒ T = a − b = − = 4 16 16 4 Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục ( 0; + ∞ ) f ( x ) , với thỏa mãn x f ( x ) − x f ′ ( x ) = f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) f (1) = Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = f ( x ) đoạn [1; 2] Tính M + m A 10 B 21 10 C Lời giải D Chọn C Ta có: x f ( x ) − x f ′ ( x ) =2 f ( x ) ⇒ x f ( x ) − x3 f ′ ( x ) =2 x f ( x ) 3x f ( x ) − x3 f ′ ( x ) x f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ = f ( x) x ′ x3 ⇒ 2x = x2 C =⇒ ∫ xdx =+ f x f x ( ) ( ) x3 f = ⇒ C = ⇒ f x = Mà ( ) ( ) x +2 f ( x) Ta có: = x3 ′( x) ⇒ f= x2 + Vậy, hàm số f ( x ) = x4 + x2 (x + 2) > 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) x3 đồng biến khoảng ( 0; + ∞ ) x2 + Mà [1; 2] ⊂ ( 0; + ∞ ) nên hàm số f ( x ) = x3 đồng biến đoạn [1; 2] x2 + Suy ra, M = f ( ) = ; m = f (1) = ⇒ M + m = 3 ( ) Câu 39: Cho F ( x ) nguyên hàm hàm số = f ( x ) e x x3 − 4x Hàm số F ( x + x ) có điểm cực trị? A B C D Page 21 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Lời giải Ta có F ′ ( x ) = f ( x ) ( x + x) ⇒ F ′ ( x + x ) = f ( x + x ) ( x + x ) = ( 2x + 1) ( x + x ) e = ( 2x + 1) x ( x + 1) e ′ 2 (( x + x ) − 4) 2 ( x + x) x2 + x − x2 + x + ) ( )( 2 ( ) = ( 2x + 1) x ( x + 1)( x + )( x − 1) x + x + e ( 2 ) ( ( x + x) 2 −1 = ⇔ x ∈ −2; −1; ;0;1 ) F ′ x2 + x = có nghiệm đơn nên F x + x có điểm cực trị Câu 40: Cho F ( x ) = ∫ (1 + cos x ) ( sin x + cot x ) dx sin x S tổng tất nghiệm phương trình π F ( x ) = F khoảng ( 0; 4π ) Tổng S thuộc khoảng 2 B ( 2π ; 4π ) A ( 6π ;9π ) C ( 4π ;6π ) D ( 0; 2π ) Lời giải Chọn x ) ( sin x + cot x ) (1 + cos = (1 + cos x ) sin x dx + (1 + cos x ) cot x dx = dx ∫ Ta có: F ( x ) ∫ ∫ sin x sin x sin x 2 4 (1 + cos x ) cot x dx B = (1 + cos x ) sin x dx A=∫ ∫ sin x sin x 2 Gọi 4 Ta có: (1 + cot x ) cot x dx = (1 + cos x ) cot x dx = A= − ∫ ( cot x + cot x ) d ( cot x ) ∫ ∫ sin x sin x 2 cot x cot x = − + + C1 (1 + cos x ) sin x dx (1 + cos x ) sin x dx ∫= ∫ − cos x sin x ( ) = B 2 Đặt t = cos x , suy dt = − sin x.dx Khi đó: 1+ t2 1+ t2 1 1 1 B= −∫ dt = − dt = − + + dt = + C2 2 2 ∫ ∫ ( t − 1) ( t + 1) t −1 t +1 ( t − 1) ( t + 1) ( t − 1) = 1 1 + + C2 cos x − cos x + Do đó: Page 22 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN 1 1 cot x cot x + + F ( x) = A + B = +C − cos x − cos x + 2 Suy ra: 1 1 π cot x cot x + + F (= x) F ⇔ C C += − cos x − cos x + 2 2 ⇔ 1 + − cot x − cot x = cos x − cos x + cos x cos x cos x ⇔ + + = sin x sin x sin x Với điều kiện sin x ≠ , cos x = cos x = ⇔ (*) ⇔ cos x 2 = + cos x + (1 − cos x ) + cos x (1 − cos x ) + cos x = sin x cos x = cos x = ⇔ ⇔ cos x = − 17 −2 cos x + cos x + = 3π 3π π π Theo giả thiết x ∈ ( 0; 4π ) nên x =; x = ; x =+ 2π ; x = + 2π ; 2 2 x= α ; x= α + 2π ; x= β ; x= β + 2π Khi tổng nghiệm lớn 9π Câu 41: Cho hàm số F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) = giá trị lớn F ( x ) khoảng ( 0; π ) cos x − khoảng ( 0; π ) Biết sin x Chọn mệnh đề mệnh đề sau π A F = 3−4 6 2π B F = π C F = − 3 Lời giải 5π D F = − Ta có: = ∫ f ( x ) dx ∫ cos x − cos x dx ∫ dx − ∫ dx = sin x sin x sin x d ( sin x ) = 2∫ − ∫ dx = − + cot x + C sin x sin x sin x Page 23 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN Do F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) = cos x − khoảng ( 0; π ) nên hàm số sin x F ( x ) có cơng thức dạng F ( x ) = − + cot x + C với x ∈ ( 0; π ) sin x − + cot x + C xác định liên tục ( 0; π ) Xét hàm số F ( x ) = sin x F= ' ( x ) f= ( x) cos x − sin x Xét F ' ( x ) = ⇔ cos x − 1 π = ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ) sin x Trên khoảng ( 0; π ) , phương trình F ' ( x ) = có nghiệm x = π Bảng biến thiên: π − +C max F ( x ) = F = ( 0;π ) 3 Theo đề ta có, − + C = 3⇔C= − + cot x + Do đó, F ( x ) = sin x Câu 42: Biết F x nguyên hàm hàm số f x x cos x sin x Hỏi đồ thị hàm số y F x x2 có điểm cực trị khoảng 0; 4π ? A B C Lời giải D Chọn C Ta có F ' x f x F ' x f x x cos x sin x 0; 4π x2 x cos x sin x x cos x sin x 0; 4π x2 Đặt g x x cos x sin x 0; 4π Page 24 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN x π Ta có g ' x x.sin x x 2π 0; 4π x 3π Từ có bảng biến thiên g x : x - g'(x) g(x) x1 π 0 + 2π x2 3π - x3 4π + 4π 2π -π 0 -3π Vì g x liên tục đồng biến π ; 2π g π .g 2π nên tồn x1 π ; 2π cho g x1 Tương tự ta có g x2 , g x3 với x2 2π ;3π , x3 3π ; 4π Từ bảng biến thiên g x ta thấy g x x 0; x1 x x2 ; x3 ; g x x x1 ; x2 x x3 ; 4π Dấu f x dấu g x 0; 4π Do ta có bảng biến thiên F x : x f(x) x2 x1 - 0 + x3 - 4π + CĐ F(x) CT CT Vậy hàm số y F x có ba cực trị Câu 43: Biết F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) = nhiêu điểm cực trị? A B x − cos x Hỏi đồ thị hàm số y = F ( x ) có bao x2 C vơ số điểm Lời giải D Chọn A Vì ( F ( x ) )′ = f ( x ) nên ta xét đổi dấu hàm số f ( x ) để tìm cực trị hàm số cho Ta xét hàm số g ( x )= x − cos x , ta có g ′ ( x ) =1 + sin x ≥ ∀x Vì g ( x ) hàm số đồng biến toàn trục số Page 25 CHUYÊN ĐỀ III – GIẢI TÍCH 12 – NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN π π >0 g = π π Hơn ta có , g ( x ) = có nghiệm α ∈ − ; π 2 g − π = −
Ngày đăng: 02/07/2023, 19:07
Xem thêm:
