BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAONGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN

CHƯƠNG 3.
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO
NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN.
CHỦ ĐỀ 1.
CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM
Đầu tiên xin nhắc lại các khái niệm và định lí căn bản để quý bạn đọc có kiến thức nền tảng trước
khi đi vào các bài toán cụ thể.
1. Định nghĩa
y  f  x
Cho hàm số
xác định trên tập K (khoảng, nửa khoảng, đoạn của R). Nếu Ta có hàm số
F  x
F ' x   f  x 
F x
f x
xác định trên K sao cho
thì   được gọi là nguyên hàm của hàm số  
trên K.
F x
f x
Định lí 1. Nếu   là một nguyên hàm của hàm số   trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số
G  x  F  x  C
f x
cũng là một nguyên hàm của hàm số   trên K.
F x
f x
f x
Định lí 2. Nếu   là một nguyên hàm của hàm số   trên K thì mọi nguyên hàm của  
G x  F  x  C
trên K đều có dạng  
với C là hằng số.

f x
Định lí 3. Mọi hàm số   liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
2. Tính chất của nguyên hàm:
f '  x  dx  f  x   C
�
với C là hằng số.
kf  x  dx  k �
f  x  dx
�
với k là hằng số khác 0.
��
f  x  dx �
g  x  dx
�f  x �g  x  �f  x  dx �
�

Bảng nguyên hàm
Chú ý: công thức tính vi phân của

1



là

d�
�f  x  �
� f '  x  dx
Với u là một hàm số
0du  C

�

0dx  C
�
dx  x  C
�
x dx 
x
�
 1

f  x

du  u  C
�
 1

1

 C   �1

1



u du 
u
�
 1

 1

1

dx  ln x  C
�
x
e dx  e  C
�

du  ln u  C
�
u
e du  e  C
�

ax
a dx 
C
�
ln a

au
a dx 
C
�
ln a

x

x

x

u

u

u

 C   �1


cos xdx  sin x  C
�
sin xdx   cos x  C
�
1

�
cos

2

1

�
sin

x

cos udu  sin u  C
�
sin udu   cosu  C
�
1

dx  tan x  C

�
cos

dx   cot x  C

�
sin

2

u

du  tan u  C

1

du   cot u  C
2
x
u
Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một số bài toán Nguyên Hàm ở mức độ vận dụng sau đây:

2

BÀI TẬP VẬN DỤNG
cos 7 2 x
C
a
. Với a là số nguyên. Tìm a?
C. a  7.
D. a  14.

 cos2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx  
�
5

Bài 1: Biết
A. a  6.
Giải:

B. a  12.

f  x  �
 cos2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx
5

Đặt

, Ta có:

f  x  �
 cos 2 x  .2sin 2 x.cos 2 x

 cos 2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx  �
5

5

 2�
cos 6 2 x.sin 2 xdx
Đặt t  cos 2 x � dt  2sin 2 xdx
t 7
cos7 2 x
6
F  x   �
t dt 
C  
C
7
7
Vậy
Chọn C.
sin x  cos x

dx  a ln sin x  cos x  C
�
Bài 2: Biết sin x  cos x
. Với a là số nguyên. Tìm a?

A. a  1.
Giải:

B. a  2.

C. a  3.

D. a  4.

sin x  cos x  � sin x  cos x

�
a�
ln sin x  cos x  C �
�
� sin x  cos x  sin x  cos x
�
Vì
nên
sin x  cos x
ln sin x  cos x  C
Nguyên hàm của: sin x  cos x là:
.

CHọn A.
1  4.

tan 2

2

� 2x �

x

�tan  1�
� 2 � biết nguyên hàm này bằng 3 khi
4.

Bài 3: Tìm một nguyên hàm của:
1
1
 3.
 3.
2
2
A. cos x
B. sin x
Giải:

x
2

C. tan x  2 .

D. cot x  2 .


2

x
x �
�
tan
2 tan

�
2
2 � 1  tan 2 x  1
f  x   1  4.
 1 �
�
2
cos 2 x
2 x
� 2x �
�
�
1

tan
�tan  1�
�
2�
� 2 �
2

F x  tan x  C
Nguyên hàm của  

� �
F � � 3 � tan  C  3 � C  2 � F  x   tan x  2
4
Ta có: �4 �
Chọn C.
F  x   x  ln 2sin x  cos x

Bài 4:
sin x  cos x
A. sin x  3cos x .

là nguyên hàm của:
sin x  2cos x
sin x  cos x
B. 2sin x  cos x .
C. sin x  3cos x .

3sin x  cos x
D. 2sin x  cos x .

Giải:
Ta chỉ cần đạo hàm của F(x), rồi sau đó quan sát kết quả đúng.
 2sin x  cos x  '  1  2sin x  cos x  3sin x  cos x
F ' x   1 
2sin x  cos x
2sin x  cos x 2sin x  cos x
Ta có:
� F  x

3sin x  cos x
là một nguyên hàm của 2sin x  cos x .

Chọn D.

�
 25x

2

1
1
dx  
C
5
 20 x  4 
a  5x  2 

Bài 5: Biết
A. a  4.
B. a  100.
Giải:
Chú ý nếu chúng ta biến đổi:

�25 x



1

2

 20 x  4 

dx  �
 25x  20 x  4 
2

3

Điều sau đây mới đúng:

 25x
�

2



 25 x
dx 

1

2

2

 20 x  4 

3

Chọn D.

3

5

C  

 20 x  4 
4

1
25  5 x  2 

5

C

4

C

. Là sai

 25x


ax  b 
về dạng 

1
6
dx  �
dx  �
5 x  2  dx


6
2
 5x  2
 20 x  4 

1  5x  2

5
5

2

 20 x  4  d  25 x  20 x  4 
3

 25 x
Trở lại bài, ta sẽ biến đổi biểu thức
�25 x

3

. Với a là số nguyên. Tìm a?
C. a  5.
D. a  25.

2

 20 x  4 
4

n

như sau:

4

C


�
Bài 6: Biết 2 x

2

1 x
a
dx  ln 2 x  7  C
 5x  7
b
, với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?
B. S  2.
C. S  3.
D. S  5.

A. S  4.
Giải:
Ta quan sát mẫu cso thể phân tích được thành nhân tử, sử dụng MTCT bấm giải phương trình
bậc 2:
7

x  1, x 
2
2 x  5 x  7  0 thấy có hai nghiệm là:
2.

ax 2  bx  c  a  x  x1   x  x2 
Áp dụng công thức
với x1 , x2 là hai nghiệm ta có:
2 x 2  5 x  7   x  1  2 x  7 
Do đó:
1 x
x 1
1
1
dx  �
dx  �
dx  ln 2 x  7  C
2
�
2 x  5x  7
2x  7
2
 x  1  2 x  7 
Chọn C.

a
dx  x  cos 4 x  C
b
, với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?
B. S  2.

C. S  3.
D. S  5.

 sin 2 x  cos 2 x 
�
Bài 7: Biết
A. S  4.

2

Giải:
t n1
t dt 
C
�
n 1
Nếu áp dụng ngay:
thì ta có:
n

 sin 2 x  cos 2 x 
�
Ta phải khai triển

2

 sin 2 x  cos 2 x 
dx 
3

 sin 2 x  cos 2 x 

3

C

. Là sai.

2

để xem thử
1
2
sin
2
x

cos
2
x
dx

1

sin
4
x
dx

x

cos 4 x  C




�
�
4
Chọn D.
1

x

dx  a.tan  C
�
b
Bài 8: Biết 1  cos x
, với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?

A. S  4.

B. S  2.

C. S  3.

D. S  5.

Giải:
Chưa áp dụng ngay được công thwucs nguyên hàm cơ bản, ta quan sát mẫu và thấy rằng có thể
x

1  cos 2
cos 2  
2 dựa trên công thức hạ bậc:
2
biến đổi
. Do đó:
1
1
x
dx

dx

tan
C
�
� 2x
1  cos x
2
2cos
2
.
1  cos x  2cos 2


Ta thấy rằng a  1, b  2 do đó S=3.
Chọn C.
1

a

� �

dx  tan �x  � C
�
1  sin 2 x
b
� 4�

Bài 9: Biết
A. S  4.
Giải:

B. S  2.

, với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?
C. S  3.
D. S  5.

1
1
1
dx

dx

�
� � � � 2 � �dx 
1  sin 2 x
1  cos �  2 x �

2cos �  x �
�2
�
�4
�
1
1
�
�
� �
  tan �  x � C  tan �x  � C
2
2
�4
�
� 4�
Ta thấy a=1,b=2 suy ra S=3
Chọn C.
�  �
f  x   8sin 2 �x  �
F x
f x
F 0 8
� 12 �
Bài 10: Cho
. Một nguyên hàm   của   thỏa  
là:
� �
� �
4 x  2sin �

2 x  � 9
4 x  2sin �
2 x  � 9
6� .
6� .
�
�
A.
B.
� �
4 x  2sin �
2 x  � 7
6� .
�
C.
Giải:
Ta cần phải tính
f  x
như sau:

� �
4 x  2sin �
2 x  � 7
6� .
�
D.

f  x  dx  �
8sin
�

2

�  �
dx
�x  �
� 12 � . Đầu tiên sử dụng công thức hạ bậc để đổi

�
�  ��
1  cos �
2 x  ��
�
 �
6 ��
2�
�
f  x   8sin �x  � 8 �
2
� 12 � �
�
�
�
�
�
� �
� �
f  x   4  4cos �
2 x  �� F  x   4 x  2sin �
2 x  � C

6�
6�
�
�
� �
f  0   8 � 2sin � � C  8 � C  9
�6 �
Chọn B.
Bài 11: Cho

f  x  1 x

. Một nguyên hàm

F  x

của

f  x

thỏa

F  1  1

là:


�
x
�

�
�
�x 
�
B. �

2
A. x  x  1

�x 2
 x  C1 khi x �0
�
�2
�
2
�x  x  C khi x  0
2
� 2
C. �
.
Giải:

x2 1
 khi x �0
2 2
x2
 C2 khi x  0
2
.

�
 x 2  x  C1 khi x �0
�
� x2
�x   C2 khi x  0
D. � 2
.

�
x
�
�
� F  x  �
1  x khi x �0
�
�x 
f  x  �
1  x khi x  0
�
�
�
Ta có:
�
x
�
�
�
1
�x 
F  1  1 � C1  

�
2 do đó: �
Theo đề
Chọn B.

x2 1
 khi x �0
2 2
x2
 C2 khi x  0
2
.

5x2  8x  4

�x  1  x 
2

Bài 12: Biết F ( x ) là nguyên hàm của
nhất của F ( x) là:
A. 24.
B. 20.
C. 25.
Giải:
Ta có:
5x2  8x  4

2

9 x 2  4  x 2  2 x  1

F  x   �2
dx  �
2
x 1 x

x2  1  x2 

x2
 C1 khi x �0
2
x2
 C2 khi x  0
2
.

dx

�1 �
F � � 26
với 0  x  1 và �2 �
. Giá trị nhỏ
D. 26.

dx

� 9
4�
4
9

�
�dx  
�

C
2
2
x  1 x
�
�1  x  x �
�
4
9

 C  26 � C  0
1 � 1�
�1 �
F � � 26
1 �
�
2
2
2�
�
�
�
Vì
nên

F  x 

4
9

x  1  x

Lúc này
với 0  x  1 . Sử dụng MTCT bấm Mode 7 chọn start 0 end 1
Step 0.1:
Quan sát bảng giá trị ta thấy giá trị nhỏ nhất của F(x) là 25 xảy ra khi x =0,4
Chọn C.


1

�
Bài 13: Khi tính nguyên hàm

 2 x  1  x  1

biến x) thì nguyên hàm trở thành

2dt
�

. Biết

3

dx

người ta đặt

t  g  x

(một hàm biểu diễn theo

3
5 , giá trị của g  0   g  1 là:

g  4 

3 6
1 6
2 6
23 6
.
.
.
.
2
2
2
A.
B. 2
C.
D.
Giải:
Đối với bài này HS cần pahir nắm được kĩ thuật biến đổi khi tính nguyên hàm. Hs cần phải dự đoán
phép đặt ẩn phụ, đầu tiên ta thấy nguyên hàm có thể biến đổi thành:

1
1
dx  �
dx
�
3
2
x

1
2
 2 x  1  x  1
 x  1
x 1
Do đó ta đặt:
t

2x  1
� dt 
x 1

dx
2  x  1

2

2x 1
x 1

1

�

� 2dt 

dx

 x  1

2

2x  1
x 1

dx  �
2dt

 2 x  1  x  1
Vì vậy suy ra
Tuy nhiên đây là lời giải sai, ta có thể thấy khi đặt
t

3

2x 1
 C � dt 
x 1

dx

dx

� 2dt 

2x 1
2x 1
2
 x  1
x 1
x 1
Với C là hằng số, kết quả không thay đổi. Vì vậy chính xác ở đây là:
3
2x  1
g  4 
t
 C  g  x
x 1
5 n33n suy ra C=0.
. Theo đề
2  x  1

g  x 

2

2x  1
2 6
g  0   g  1 
x  1 vì vậy
2

Cuối cùng ta được
Chọn C.
Chú ý: Bài toán này hoàn toàn có thể dùng MTCT để chọn kết quả, Ta có:
1
1
1
2dt  �
dx � t  �
dx
�
3
3
2
2
x

1
x

1
2
x

1
x

1







� g  x 

Do đó

1
1
dx
�
2  2 x  1  x  1 3

g  x

là nguyên hàm của

1
2

1

 2 x  1  x  1

3

. Suy ra:

0

1
1
g  0  g  4  �
dx
3
2
4
 2 x  1  x  1
0

1
1
� g  0  �
dx  g  4 
3
2
4
 2 x  1  x  1
Và:
1

1
1
g  1  g  4   �
dx
2  2 x  1  x  1 3
4
1

1
1
� g  1  �
dx  g  4 
3
2
4
 2 x  1  x  1
Sử dụng MTCT bấm:
0

1

1
1
1
1
dx  g  4   �
dx  g  4 
�
3
2  2 x  1  x  1
2  2 x  1  x  1 3
4
4

Là kết quả C.

CHỦ ĐỀ 2.

CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN.
1. Định nghĩa
y  f  x
Cho hàm số
thỏa:

a; b 
+ Liên tục trên đoạn 
.
a; b 
F x
f x
+   là nguyên hàm của   trên đoạn 
.
b

F  b  F  a 

Lúc đó hiệu số
được gọi là tích phân từ a đến b và kí hiệu
Chú ý:
+ a, b được gọi là 2 cận của tích phân.

f  x  dx  F  b   F  a 
�
a

b

+ a = b thì

+ a > b thì

f  x  dx  0.
�
a

b

a

a

b

f  x  dx   �
f  x  dx
�

.

+ Tích phân không phụ thuộc và biến số, tức là
2. Tính chất của tích phân:
+

b

c

b

a

a

c

f  x  dx  �
f  x  dx  �
f  x  dx,  a  c  b 
�

b

b

a

a

f  x  dx  �
f  t  dt  F  b   F  a 
�

.

.


+

b

b

a

a

kf  x  dx  k �
f  x  dx,
�
b

với k là hằng số khác 0.

b

b

�
f  x  dx ��
g  x  dx
�f  x   g  x  �
�dx  �
�

a
a
+ a
.

Chú ý:
Để tính tích phân từ a đến b, ta tiến hành tìm nguyên hàm rồi sau đó thay cận vào theo công thức
b

f  x  dx  F  b   F  a 
�
a

.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Một lần nữa xin nhắc lại rằng đây là cuốn sách đề cập đến các bài toán vận dụng và vận dụng cao
nên trước khi sử dụng sách này quý bạn đọc cần có kiến thwucs cơ bản tốt. Bây giờ chúng ta cùng
nghiên cứu các bài toán tích phân khá khó:
a

 3 �
�
cos  x  a 2  dx  sin a
a �� ; � �
�2 2 �và 0
Bài 1: Nếu a là một số thỏa mãn các điều kiện sau:
thì:
A. a   .
Giải:
a

B. a   .

C. a  2  .

D. a  2 .

cos  x  a 2  dx � sin  x  a 2   sin a � sin  a  a 2   sin a 2  sin a
�
0

a

0

a  2a 2
a
a
a
.sin  2sin .cos  1
2
2
2
2
 3 �
a �
 3 �
a
�
a �� ; �
�� ; �� sin  0
2
�2 2 �nên 2 �4 4 �
Vì

, vậy:
a  2a 2
a
a  a2
a
 cos � cos
 cos  0
 1 � cos
2
2
2
2
� 2cos

� a2  a
�
a2  a
sin
0
�
� 2  k  1
a2  a
a2
2
� 2sin
.sin  0 � � 2
� �2
 k , l ��
2
2

a
� a
�
sin  0
 l
 2
�
�
� 2
�2
.

 3 �
�
a �� ; �
�2 2 �,hoặc thay 4 vào đáp án (1) ta thấy
Vì k �� nên (1) không thỏa mãn với mọi
đều không thỏa.
 3 �
�
a �� ; �
�2 2 �nên chọn l=1 lúc đó a  2 .
Đối với (2). Vì
Chọn D.


e

Bài 2: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện
S   1 .

S   2
S   1, 2
A.
B.
.
C.
Giải:
e

k

ln dx  e  2
�
x
1

. Khi đó:

D. S  �.

k

ln dx
�
x
1

Dùng phương pháp tích phân từng phần
k
1

�
u  ln  ln k  ln x � du   dx
�
x
x
�
�
dv  dx � v  x
�
e

e

k
k
� I  x ln
�
dx  e ln  ln k   e  1
x1 1
e
e

k

k

ln dx  e  2 � e ln  ln k   e  1  e  2
�
x
e

Vậy 1
� e  ln k  1  ln k  1 �  e  1 ln k  e  1 � ln k  1
� k  e mà k là số nguyên dương nên chọn k � 1;2 .
Chọn C.

4

1
A� 2
dx
3sin x  2cos 2 x  2
0

Bài 3: Xét tích phân
đổi thành tích phân nào sau đây.
1

A.

1
dt
2
�
t

4
0

1

.

B.

1
dt
2
�
t

4
0

. Bằng cách đặt t  tan x, tích phân A được biến

1

.

C.

1
dt
2
�
t

2
0

1

.

D.

1
dt
�
t

2
0
2

.

Giải:
2 �
� 2
3sin 2 x  2cos 2 x  2  cos 2 x �
3tan x  2 
�
cos 2 x �
�
Ta có:
2
2
 cos 2 x �

3tan 2 x  2  2 1  tan 2 x �
�
� cos x tan x  4










4

Vậy:

1
A � 2
dx
2
cos
x
tan
x

4


0

, lúc này đặt t  tan x và đổi cận ta đc:

1

dt
A�
dx
2
t

4
0

. Chọn A.

2

1
1
I�
dx
x
x
6
2�
f  t  dt
0 cos
t  tan
f t

2
0
2
Bài 4: Đặt
thì
được biến đổi thành
. Hãy xác định   :


A.

f  t   1  2t 2  t 4 .

B.

f  t   1  2t 2  t 4 .

f  t   1  t 2.

C.

Giải:
2


�
�
2
� 1 � 1
x� 1

�
I �
.
dx

1  tan 2 �
.
dx
�
�
�
�
x
x
x
2
2
2
2
�
�
0�
0
cos � cos
cos
�
2�
2
2
1

� 1
dt

.
dx
� 2
2 x
cos
x
�
t  tan � �
2
2
�

�x  0 � t  0; x  � t  1
�
2
Đặt

2

1

I �
1 t

Vậy:
Chọn B.

0

3

Bài 5: Biết
8
.
A. 15



2 2

f  x  dx 
�

1

.2dt  2 �
 1  2t 2  t 4  dt � f  t   1  2t 2  t 4
0

4

5
3

và
14
.

B. 15

0

f  t  dt 
�
0

3
5

4

f  u  du
�

. Tính 3
17
 .
C. 15

.
D.



16
.
15

Giải:
4

3

4

0

0

3

f  u  du    �
f  u  du  �
f  u  du
�
3

Mà

3

5
f  u  du  �
f  x  dx 
�
3
0
0

4

và

.
4

4

0

0

3

f  u  du  �
f  t  dt 
�
5

4

3 5
3 5
16
 �
f  u  du � �
f  u  du    
5 3 3
5 3

15
3

Nên:
Chọn D.
Chú ý: tích phân không phụ thuộc vào biến số.
1

x2
dx  a
x
�
1

e
0

Bài 6: Biết
1
I   a.
2
A.

1

. Tính giá trị của

B. I  1  a.

C.

x2
I  � x dx
1 e
0
I

.

1
 a.
3

D. I  1  a.

Giải:
1

1

1

x2
x2
dx  � x dx  �
x 2 dx
x
�
1 e
1 e

0
0
0

Sử dụng phân tích
Hoặc máy tính cầm tay để kiểm tra kết quả.

.

D.

f  t   1  t 2.


Chọn C.

2

In  �
sin n xdx

Bài 7: Đặt
A. I n 1  I n .

. Khi đó:
B. I n 1  I n .

0

D. I n 1  I n .

C. I n1 �I n .

Giải:
Khi

0 x



0 x
2 thì 0  sin x  1 . Do đó với
2 Ta có:

2


2

0

0

sin n1 x  sin n x � I n  �
sin n1 xdx  I n  �
sin n xdx

, tức là: I n 1  I n .

Chọn A.

1

In  �
x 1 x
2

Bài 8: Cho
(1)

1
In �
2  n  1
Jn 

(2)

0



2 n

1

dx
và

Jn  �
x  1  x 2  dx
n

0

. Xét các câu:

với mọi n.

1
2  n  1

với mọi n.
1
I n �J n 
2  n  1
(3)
với mọi n.
A. (1) đúng.
B. (1) và (2) đúng.
C. Tất cả đều sai.
D. cả (1) và (3) đúng.
Giải:
Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai.

2

Ta đặt x  cos t để tính

2



2

Jn  �
sin t  1  cos 2 t  cos tdx  �
sin 2 n1 t.cos tdt

sin 2 n 2
�
sin 2 n1 td  sin t  
2n  2
0

n

0


2
0

0



1
2  n  1

.

Như vậy khẳng định (2) sai. Ngoài ra , để thấy rằng với mọi

1
I n �J n 
2  n  1
x �x 2 nên suy ra với mọi n ta có
.
Vậy: (1) và (3) cùng đúng.
Chọn D.

x � 0;1

.


1

Bài 9: Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất, thỏa mãn
A. k  3 .
B. k  4 .

dx
�0
�
2
x

k
0

.
C. k  1 .

D. k  2 .

Giải:
1

dx

�0
�
2x  k

x �� , x � 0;1 , 2 x  k  0
*

do đó: 0
, x ��* .
Suy ra số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn ycbt là k=1
Chọn C.
Bài 10: Cho

f  x , g  x

là các hàm liên tục trên [a ; b].

(1) Với mọi số thực y, ta có:

b

b

b

a

a

a

y2 �
f 2  x  dx  2 y �
f  x  .g  x  dx  �
g 2  x  dx �0

.

2

b
�b
� 2 b 2
2
f  x  .g  x  dx �� �
f  x  dx .�
g 2  x  dx
��
a
� a
(2) �a
.

Trong hai khẳng định trên:
A. Chỉ có (1) đúng.
B. Chỉ có (2) đúng.
C. Cả hai khẳng định đều đúng.
D. Cả hai khẳng định đều sai.
Giải:

0 ��
y. f  x   g  x  �
�
�
2

Với mọi số thực y ta có:
 y 2 . f 2  x   2 y. f  x  . g  x   g 2  x 
b

b

b

a

a

a

từ đó suy ra (1) đúng:

y2 �

f 2 ( x )dx  2 y �
f ( x).g  x  dx  �
g 2 ( x)dx �0
Vì vế trái của Bất đẳng thức trên là tam thức bậc hai đối với y, nên theo định thức về dấu của
tam thức bậc hai , Ta có:
2

b
�b
� b 2
 '  ��
f ( x).g ( x)dx � �
f ( x)dx.�
g 2 ( x)dx �0
a
�a
� a
2

�b
�
ۣ ��
f ( x).g ( x )dx �
�a
�

b

b

a

a

f 2 ( x)dx.�
g 2 ( x)dx
�

((2) đúng).

Chọn C.
Bài 11: Cho

f  x , g  x

là các hàm liên tục trên [a ; b].
g  x
m�
�M , x � a; b 
f  x  �0, x � a; b
f  x
và
.
Căn cứ vào giả thiết đó, một học sinh lập luận:
(1) Ta có bất đẳng thức


�g  x 
�
�

g  x � 2
0 ��

m
M

. f  x  , x � a; b  .  *
�
�
�
�f  x 
�
�
�
f
x


�
�
�
�
(2) Biến đổi, (*) trở thành
0 � g 2 ( x)   M  m  . f  x  .g  x   M .m. f 2 ( x), x � a; b  .
b

b

b

g  x  dx  M .mx �
f  x  dx � M  m  �
f  x  .g  x  dx
�
2

2

a
a
(3) suy ra a
.
Lập luận trên:
A. Đúng hoàn toàn.
B. Sai từ (1).
C. Sai từ (2).
D. Sai từ (3).
Giải:
Lập luận đúng hoàn toàn. Bất đẳng thức sau cùng được gọi là bất đẳng thức Diza
Chọn A.
f x ,g x
Bài 12: Cho hai hàm     cùng đồng biến và liên tục trên [a ; b]. Với a  b . Khi đó, xét
khẳng định sau đây:

(1)

x � a; b 

. Ta có:

b

b

b

a

a

a

f  a  dx ��
f  x  dx ��
f  b  dx
�

.

b

(2)

f  x  dx �f  b 
�
a

.
b

1
f  x0  
f  x  dx
ba �
a

x � a; b 
(3) Tồn tại 0 
sao cho
.
Các khẳng định đúng trong 3 khẳng định trên là:
A. Chỉ (1) và (2).
B. Chỉ (2) và (3).
C. Chỉ (1) và (3).
D. Cả (1) , (2) và (3).
Giải:
Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai:
f a �f  x  �f  b 
Do tính đồng biến nên a �x �b ta có  
, tức là:
b

b

b

a

a

a

f  a  dx ��
f  x  dx ��
f  b  dx
�

vậy (1) đúng

b

Suy ra:
Do đó

f ( x )dx � b  a  . f  b 
 b  a  . f  a  ��
a

f  x

f  x0  
Chọn C.

liên tục trên [a;b] nên tồn tại
b

1
f  x  dx
ba �
a

. Vậy (3) đúng.

x0 � a; b 

sao cho:


�
�f  x  khi f  x  �g  x 
max �
f
x
,
g
x
�





�
� �
�g  x  khi g  x  �f  x  .
Bài 13: Ta định nghĩa:
f x  x2
g x  3x  2
Cho  
và  

.
2

Như thế

max  f ( x), g ( x) dx
�
0

bằng:

2

A.

x 2 dx
�
0

.

B.

1

2

0

1

x 2 dx  �
 3x  2  dx
�

.

2

C.

 3x  2  dx
�
0

.

D. 15.

Giải:

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là x  1; x  2
x 2   3x  2 
f x  x2
g x  3x  2
Xét
và vẽ Bảng xét dấu để xem trên đoạn nào thì  
và  
hàm có Giá trị lớn hơn.
x

0
1
2
2
+
0 −
0
x  3x  2
2

1

2

max �
dx  �
x dx  �
 3x  2  dx
�f  x  , g  x  �
�
�
2

Do đó 0
Chọn B.

0

1



Bài 14: Biết

cos 2 x
dx  m
�
1  3 x




. Tính giá trị của


 m.
4
B.

A.   m.
Giải:



(sử dụng MTCT để tính
Do đó :
1



cos 2 x
cos 2 x
dx  � x dx  �
cos 2 x.dx  
x
�
1 3
1 3





I

.


 m.
4
D.

C.   m.



Sử dụng phân tích:

cos 2 x
I  � x dx

1 3


cos
�


2

x.dx  
)





cos 2 x
dx    m
x
�
1

3


.

Chọn A.

dx

I �
,
2
x

m
0
Bài 15: Cho
với m > 0. Tìm các giá trị của tham số m để I �1 .


1
0m�
4.
A.
Giải:

B.

m

1
4.

1
1
�m �
4.
C. 8

D. m  0 .

Tính tích phân theo tham số m bằng cách đặt t  2 x  m , sau đó tìm m từ Bắt phương trình I �1 .
Chọn A.
m

Bài 16: Cho m là một số dương và
A. m  4 .
B. m  3 .
Giải:

I �
 4x ln 4  2 x ln 2  dx
0

C. m  1 .

. Tìm m khi I  12 .
D. m  2 .

m

Tính tích phân theo tham số m ta được:
m từ phương trình I =12.
Chọn D.

I �
 4x ln 4  2 x ln 2  dx
0



 4x  2x



m
0

 4 m  2m

, sau đó tìm

CHỦ ĐỀ 3
ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
TÍNH DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH
1. Diện tích hình phẳng
�y  f1 ( x)
�y  f ( x)
�
2
�
�x  a
�
Nếu có hình phẳng giới hạn bởi các đường �x  b
.
(Trong đó f1 ( x), f 2 ( x) liên tục trên đoạn [a;b]),
b

thì diện tích S được tính theo công thức

2. Thể tích khối tròn xoay

S�
f1 ( x)  f 2 ( x) dx
a

.

�y  f  x 
�
Ox
�
�
�x  a
�
Quay quanh trục Ox: Cho hình phẳng giới giới hạn bởi các đường �x  b
.
f x
(Trong đó   liên tục trên đoạn [a;b]), quay quanh trục Ox, ta được khối tròn xoay.
b

Thể tích Vx của khối tròn xoay được tính theo công thức

Vx   �
 f ( x) dx
a

2

.

�x  f  y 
�
Oy
�
�
�x  a
�
Quay quanh trục Oy: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường �x  b
f y
(Trong đó   liên tục trên đoạn [a;b]), quay quanh trục Oy, ta được khối tròn xoay.
b

Thể tích

Vy

của khối tròn xoay được tính theo công thức

Vy   �
 f (y) dx
a

2

.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1:

S H
(1) Cho y  f ( x) là một hàm liên lục trên đoạn [a;b] thì diện tích   của hình thang cong
H giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và các đường thẳng x  a, y  b được cho bởi công thức
b

S H  �
f ( x)dx

.
(2) Nếu f ( x)  0 trên đoạn [a;b] và f ( x) liên lục trên [a;b] thì có diện tích hình K giới hạn
bởi đồ thị hàm số y  f ( x) , trục hoành và các đường x  a, y  b được tính theo công thức
a

b

S K  �
 f  x  dx

.
Trong hai khẳng định trên:
A. Chỉ có (1) đúng.
C. Cả hai khẳng định đều đúng.
Giải:
a

B. Chỉ có (2) đúng.
D. Cả hai khẳng định đều sai.

Chỉ có (2) đúng. (1) đúng nếu thêm giả thiết

Chọn B.

f  x  0

trên [a;b].

3
Bài 2: Diện tích hình L tạo bởi đồ thị hàm số y  f ( x)  x  1 , đường thẳng x  2 , trục tung và trục
hoành là:
A. 3,5 (đvdt).
B. 2,5 (đvdt).
C. 1,5 (đvdt).
D. 6 (đvdt).
Giải:
f x 0
f x 0
f x
Ta thấy  
trên [0; 1] và  
trên [1; 2]. Đồ thị   gồm hai phần: phần nằm
L
L
S L  S  L1   S  L2 
dưới trục hoành  1  và phần nằm trên trục hoành  2  , do đó  
. Ta có:


1

S  L1   �

 1  x3  dx 
0

2

S  L2   �
 x3  1 dx 
1

S  L 

Vậy
Chọn A.

3
4
11
4

3 11 14
 
 3.5
4 4
4
(đvdt)

2
Bài 3: Diện tích miền giới hạn bởi hai đường y  x  1 và y  3 là:
32
15

.
.
A. 3
B. 4
C. 11.
D. 10.
Giải:
Diện tích miền cần tính là:

2

2

1 � � 8 � � 8 � 32
S�
4 x  x3 �  �
8  � �8  �
 4  x  dx  �
�
3
3� �
3� 3
�
�
�
2
2
.
2

Chọn A.
2
Bài 4: Gọi H là hình tạo bởi đồ thị hàm số y  4  x , đường thẳng x  3 , trục tung và trục hoành.
Khi đó, diện tích của H là:
1
19
23
A. 2 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 4.
Giải:
2
Ta xác định đực hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  4  x với trục hoành trên đoạn [0;

3

3] là x  2. Diện tích cần tính là

4 x
�
0

2

dx
, chúng ta có thể tiếp tục vẽ bảng xét dấu của

4  x 2 trên [0;3] để tính, ta có:
2

3

S H  �
 4  x  dx  �
 x 2  4 dx 
2

0

2

16 7 23
 
3 3 3

.

3

4 x
�

2

dx

2
Chú ý: để tính 0
ta biết rằng x  2 là nghiệm của y  4  x với trục hoành trên

đoạn [0;3] nên ta có thể làm như sau:

3

4 x
�
0

2

2

3

dx  �
4  x dx  �
4  x dx 

Chọn C.

2

0

2

2

2

3

 4  x  dx  �
 4  x  dx 
�
2

0

2

2

23
3

.


2
Bài 5: Gọi N là hình phẳng xác định bởi đồ thị hàm số y  sin x với 0 �x � và trục Ox. Diện tích
hình N là:


A. 2 .
B. 4 .
C.  .
D. 2 .

Giải:

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có:






1  cos 2 x
1 � sin 2 x � 
S�
sin xdx  �
dx  �x 
�
2
2�
2 �0 2
0
0
.
Chọn A.
2

Bài 6:
1) cho y1  f1 ( x) và y2  f 2 ( x) là hai hàm số liên tục trên đoạn [a;b]. Giả sử:  và  , với
a �   �b , là các nghiệm của phương trình f1 ( x)  f 2 ( x)  0 . Khi đó diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi 2 đường thẳng và đồ thi của hàm số được cho bởi công thức




b

a





S�
f1 ( x)  f 2 ( x ) dx  �
f1 ( x)  f 2 ( x ) dx  �
f1 ( x)  f 2 ( x) dx.

(2) Cũng với giải thiết như (1), nhưng:
S



 f1 ( x)  f 2 ( x)  dx 
�
a



 f1 ( x)  f 2 ( x)  dx 
�



A. (1) đúng nhưng (2) sai.

C. Cả (1) và (2) đều đúng.
Giải:
Chú ý rằng với mọi

b

f ( x)  f
�
1

2

( x )dx .



B. (2) đúng nhưng (1) sai.
D. Cả (1) và (2) đều sai.
x �  ;   , f1 ( x)  f 2 ( x) �0

và f1 ( x) và f 2 ( x) đều liên tục trên khoảng

  ;   , nên

f1 ( x)  f 2 ( x) giữ nguyên dấu.
Nếu f1 ( x)  f 2 ( x)  0 thì ta có:






 f ( x)  f ( x)  dx  �
 f ( x)  f ( x)  dx
�f ( x)  f ( x) dx  �
1



2

1



2

1



2


Nếu f1 ( x)  f2 ( x)  0 thì ta có:






 f ( x)  f ( x)  dx  �
 f ( x)  f ( x)  dx
�f ( x)  f ( x) dx  �
1

2

2



1

1



2



Vậy trong mọi trường hợp ta đều có:




 f ( x)  f
�f ( x)  f ( x) dx  �
1

2

1



2

( x )  dx



Tương tự như thế đối với 2 tích phân còn lại. vì vậy, hai công thức (1) và (2) là như nhau:
Chọn C.
Bài 7: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường y  x , trục hoành và đường thẳng y  4  x là:
A. 5.
B. 3.
C. 4.
D. 6.
Giải:
Vẽ đồ thị ba đường y  x, y  0, y  4  x và tìm các giao điểm:
�y  4  x
� A  4;0 
�
�y  0
�y  4  x
� B  2;2 
�
y


x
�
2

4

2

4

�
x2
x2 �
S�
xdx  �
�
4x  �  4
 4  x  dx 
2 0 �
2 �2
0
2
Từ đó
Chọn C.
4
2
Bài 8: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường x  0, x  1, y  0, y  5 x  3 x  3 . Diện tích
hình M là:
A. 5.

B. 10.
C. 6.
D. 12.
Giải:
Ta có: trên đoạn [0;1]

1

Vậy

S�
 5x 4  3x2  3 dx   x5  x3  3x   5
1

0

0

. Chọn A.
y

Bài 9: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành các đường
tích hình H là:
a2
a
2
2
A. a .
B. 2a .
C. 2 .

D. 3 .
Giải:
3a

3a

2
x
�x � x
S  �dx  �
dx

��
4
8
�4 �
a
a
Ta có:

3a

 a2
a

x
, x  a, x  3a
4

 a  0 .

. Diện


Chọn A.
x
x
Bài 10: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e , y  e , x  1 là:
1
1
e 2
e  1
e
e .
A. 2e .
B. 3e .
C.
.
D.

Giải:
Ta có: x  0 là hoành độ giao điểm của hai đường cong. Diện tích cần tìm là:
1

 e  e  dx   e
�
x

x

0

x

1
1
 e x   e   2
0
e

.

Chọn C.
2
Bài 11: Ở hình bên dưới, ta có parabol y   x  4 x  3 và các tiếp tuyến của nó tại các điểm
M 1  0; 3
M 3;0 
và 2 
. Khi đó, diện tích phần gạch chéo là:
A. 1,6.
B. 1,35.
C. 2,25.
D. 2,5.
Hình:

Giải:
Ta có:

f '  x   2 x  4 � f '(0)  4, f '  3  2

y  3  4  x  0 � y  4x  3
là:
M 3;0 
y  2  x  3  2 x  6
Phương trình tiếp tuyến tại điểm 2 
là:
Gia điểm của hai tiếp tuyến trên có hoành độ thỏa mãn phương
Phương trình tiếp tuyến tại điểm

4 x  3  2 x  6 � x 

Diện tích phải tìm là:

3
2

M 1  0; 3

trình:


3
2

3

S�
 4 x  3    x  4 x  3 dx  �
 2 x  6     x 2  4 x  3 dx
2

3
2

0

3
2

3

�
x dx  �
 x2  6 x  9  dx 
2

3
2

0

9
 2, 25
4

Chọn C.
3
2
Bài 12: Gọi K là hình tạo bởi đồ thị hàm số y  x  x  2 x trên đoạn [-1;2] và trục hoành. Khi đó
diện tích của K bằng:

4
1
25
37
A. 7 (đvdt).
B. 2 (đvdt).
C. 37 (đvdt).
D. 12 (đvdt).

Giải:

x0
�
x3  x 2  2 x  0 � �
x2
�
Phương trình hoành độ giao điểm
.
Đồ thị gồm hai phần, phần nằm trên trục hoành ứng với x thuộc đoạn [-1;0] và phần nằm dưới
trục hoành ứng với x thuộc đoạn [0;2].
Do đó:
0

S

x
�

3

1

2

 x  2 x  dx  �
  x3  x 2  2 x  dx 
2

0

5 8 37
 
12 3 12

đvdt

Chọn D.
2
Bài 13: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  1, x  y  3 . Diện tích hình N là
A. 5,1.
B. 4,5.
C. 6,25.
D. 4,75.
Giải:
f  x  1  x 2  1, f 2 ( x)  3  x

x  2
�
f1 ( x)  f 2 ( x)   x 2  1   3  x   x 2  x  2  0 � �
x 1

�
1

S

1

1

x
�f ( x)  f ( x) dx  �x  x  2 dx  �
2

1

2

2

2

2

2

 x  2  dx

1

�x3 x 2

� 9
 �   2x � 
2
�3 2
�
2

Chọn B.

0;2 
Bài 14: : Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  sin x trên đoạn 
và trục
hoành. Diện tích hình M là


A. 6.
Hình:

B. 4.

C. 8.

D. 10.

Giải:
S

2



2

0

0



sin xdx 
�sin x dx  �

  sin x  dx   cos x
�


0

2

 cos x   4

Chọn B.
Bài 15: Xét hai phát biểu:
y  f  x
y  g  x
(1) Cho hai hàm
và
có đồ thị cắt nhau tại hai điểm A, B. Giả sử a, b
tương ứng là hoành độ các giao điểm A, B (với a

b

thị ấy bằng

SM  �
 f ( x)  g ( x)  dx

(2) Giả sử

a

S  x

.

là diện tích thiết diện của vaath thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục
V B
Ox tại điểm có hoành độ x. Khi đó, thể tích   của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng
b

V  B  �
S  x  dx

a
vuông góc với Ox tại các điểm a và b là
.
Trong hai phát biểu trên.
A. Chỉ có (1) đúng.
B. Chỉ có (2) đúng.
C. Cả hai phát biểu đều đúng.

D. Cả hai phát biểu đều sai.
Giải:
Cả hai đều sai vì giả thiết.
x � a; b 
f x  g  x
Bài (1), phải giả thiết thêm:  
với mọi
.
S x
Bài (2), phải giả thiết thêm:   là một hàm liên tục trên đoạn [a;b].
Chọn D.
2
Bài 16: Gọi K là hình giới hạn bởi parabol y  2  x và đường thẳng y   x . Khi đó, K có diện tích

bằng:
A. 4,5 (đvdt).
C. 3,5 (đvdt).
Giải:

B. 4,11 (đvdt).
D. 4,55 (đvdt).


2
Trước hết ta tìm hoành độ các giao điểm bằng cách giải phương trình 2  x   x . Suy

f x  2  x2
ra x  1 và x  2 , trên đoạn [-1;2] đồ thị hàm số  
nằm trên đồ thị hàm số
g  x  x

. Từ đó diện tích cần tìm là:
2

2

2

�
x 2 x3 �
f
(
x
)

g
(
x
)
dx

2

x

x
dx

2
x





 � 2  3 �  4,5(dvdt )
�
�
�
�1
1
1
2

Chọn A.
2
Bài 17: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y  x  2 x  3 và y  5  x là:
A. 6,5 (đvdt).
B. 3,5 (đvdt).
C. 4,5 (đvdt).
D. 5,5 (đvdt).
Giải:
Tương tự bài 16. Chọn C.
2
Bài 18: Gọi P là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  2, y  3x . Diện tích hình P là:

2
3
.
.
A. 5
B. 7

Giải:
Tương tự bài 16. Chọn C.

1
.
C. 6

4
.
D. 5

3
Bài 19: Gọi P là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x ; y  0; x  1; x  2 . Diện tích hình P là:
A. 3,45.
B. 2,5.
C. 4.
D. 4,25.
Giải:
3
Đặt f1 ( x )  x , f 2 ( x )  0

f1 ( x)  f 2 ( x)  x3  0 � x  0 � 1;2

.

Diện tích phải tìm là:
2

S

�f1 ( x)  f 2 ( x) dx 

1
0



0

2

1

0

3
x 3 dx
�x dx  �

2

x dx  �
x dx  4, 25
�
3

1

3

0

Chọn D.
2
Bài 20: Gọi Q là hình phẳng giới hạn bởi đường y  4 x  x và trục hoành. Diện tích hình Q là:
4
23
4
32
.
.
.
.
A. 9
B. 15
C. 3
D. 3

Giải: Tương tự bài 16. Chọn D.
2
Bài 21: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x và đường thẳng y  2 x là:


3
.
A. 2

3
.
B. 7

12
.
C. 27

5
.
D. 3

Giải:

x0
�
x2  2 x � �
x2
�
Phương trình hoành độ giao điểm
. Diện tích cần tính là:
2

S�
2 x  x 2 dx 
0

4
3

. Chọn C.

Bài 22: Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  ln x tại giao điểm của đồ thị đó với trục Ox. Diện

tích của hình tam giác tạo bởi hai trục tọa độ và đường thẳng d được xác định bởi tích phân:
1

1

1

ln x
dx
�
x
0

ln xdx
�

1

 x  1 dx
�

A.
.
B.
.
C.
.
D.
Giải:
Tọa độ giao điểm của đồ thị y=lnx với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình:

�y  ln x �x  1
��
�
�y  0
�y  0
0

1
y '   ln x  � , y�
 1  1
x
Ta có:
.

Vậy phương trình của tiếp tuyến d là:
1

0

y  0  1 x  1 � y  x  1

 x  1 dx
�
0

.

1

1

� x2 � 1
S�
x  1dx  �
1

x
dx



�x  � 
� 2 �0 2 .
0
0
Diện tích phải tìm :
Chọn D.


x   ; x   ; y  0; y  cos x
2
Bài 23: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
. Ta được
kết quả:
A. 6.
B. 2.
C. 3.
D. 12.
Giải:
� �



 ; �
x1 
; x2 
�
2
2.
Trên đoạn � 2 �, phương trình cosx=0 có các nghiệm
S

Vậy:
Chọn C.




2




2




2



2

2


2

2

cos x dx  �
cos x dx  �
 cos x  dx  �
 cos x  dx  3
�cos x dx  �





.