BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN ĐẠI SỐ 12 CÓ ĐÁP ÁN

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
trên K đều có dạng

G ( x) = F ( x) + C
f ( x)

với C là hằng số.

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 ) ± g ( x )  f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx
Bảng nguyên hàm

Chú ý: công thức tính vi phân của

∫ 0dx = C

f ( x)

là

d  f ( x )  = f ' ( x ) dx
Với u là một hàm số
∫ 0du = C

Trang 1


∫ dx = x + C

∫x

α

dx =

∫ du = u + C

1 α +1
x + C ( α ≠ −1)
α +1

∫u

α

du =

1 α +1
u + C ( α ≠ −1)
α +1

1

1

∫ x dx = ln x + C

∫ u du = ln u + C

∫ e dx = e

∫ e du = e

x

x

+C

u

u

+C

ax
∫ a dx = ln a + C

au
∫ a dx = ln a + C

∫ cos xdx = sin x + C

∫ cos udu = sin u + C

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ sin udu = − cosu + C

x

1

∫ cos

2

x

1

∫ sin

2

x

u

1

dx = tan x + C

∫ cos

dx = − cot x + C

∫ sin

2

u

1
2

u

du = tan u + C
du = − cot u + C

Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một số bài toán Nguyên Hàm ở mức độ vận dụng sau đây:

BÀI TẬP VẬN DỤNG

∫ ( cos
Bài 1: Biết
a = 6.
A.
Giải:

2

x − sin 2 x ) .sin 4 xdx = −
5

B.

a = 12.

cos 7 2 x
+C
a

C.

a = 7.

f ( x ) = ∫ ( cos 2 x − sin 2 x ) .sin 4 xdx

. Với a là số nguyên. Tìm a?
a = 14.

D.

5

Đặt

, Ta có:

f ( x ) = ∫ ( cos 2 x − sin 2 x ) .sin 4 xdx = ∫ ( cos 2 x ) .2sin 2 x.cos 2 x
5

5

= 2 ∫ cos 6 2 x.sin 2 xdx
Đặt

t = cos 2 x ⇒ dt = −2sin 2 xdx

F ( x ) = − ∫ t 6 dt =
Vậy

−t 7
cos7 2 x
+C = −
+C
7
7
Trang 2

Chọn C.
sin x + cos x

∫ sin x − cos x dx = a ln sin x − cos x + C

Bài 2: Biết
a = 1.
A.
Giải:

Vì

B.

a = 2.

. Với a là số nguyên. Tìm a?
a = 3.
a = 4.
C.
D.

′
′ = ( sin x − cos x ) = sin x + cos x
a

ln
sin
x
−

cos
x
+
C


∫ 
sin x − cos x
sin x − cos x

Nguyên hàm của:
CHọn A.

sin x + cos x
sin x − cos x

nên

ln sin x − cos x + C
là:

1 + 4.

.
tan 2

x
2

2

 2x 
 tan − 1÷
2 


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

x=

biết nguyên hàm này bằng 3 khi

C.

tan x + 2

.

D.

cot x + 2

π
4

.

.

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
π
π 
F  ÷ = 3 ⇒ tan + C = 3 ⇒ C = 2 ⇒ F ( x ) = tan x + 2
4
4
Ta có:
Chọn C.
F ( x ) = x + ln 2sin x − cos x
Bài 4:
là nguyên hàm của:
sin x − cos x
sin x + 2cos x
sin x − cos x
sin x + 3cos x
2sin x − cos x
sin x + 3cos x
A.
.

B.
.
C.
.
Giải:
Trang 3

D.

3sin x + cos x
2sin x − cos x

.


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:
3sin x + cos x
⇒ F ( x)
2sin x − cos x
là một nguyên hàm của
.
Chọn D.

∫ ( 25 x

2

1
1
dx = −
+C
5
− 20 x + 4 )
a ( 5x − 2 )

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

∫

( 25 x

1

2

− 20 x + 4 )

dx = ∫ ( 25 x − 20 x + 4 )
2

3

−3

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

( 25 x
dx =

2

− 20 x + 4 )
−4

−4

+C

. Là sai

∫ ( 25x

2

− 20 x + 4 ) d ( 25 x 2 − 20 x + 4 )

−3

( 25x
=

2

−4

Điều sau đây mới đúng:

( 25 x

2

− 20 x + 4 )

3

Trở lại bài, ta sẽ biến đổi biểu thức
về dạng
1
1
−6
∫ 25 x 2 − 20 x + 4 3 dx = ∫ ( 5 x − 2 ) 6 dx = ∫ ( 5x − 2 ) dx
(
)
1 ( 5x − 2)
=
5

−5

−5

+C = −

1
25 ( 5 x − 2 )

5

( ax + b )

− 20 x + 4 )

n

như sau:

+C

Chọn D.
1+ x
a
dx
=
ln 2 x − 7 + C
∫ 2 x2 − 5x − 7
b

Bài 6: Biết
S = 4.
A.
Giải:

B.

S = 2.

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

Trang 4

−4

+C


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 − 5x − 7 = 0
2
thấy có hai nghiệm là:

.
ax 2 + bx + c = a ( x − x1 ) ( x − x2 )
x1 , x2
Áp dụng công thức
với
là hai nghiệm ta có:
2 x 2 − 5 x − 7 = ( x + 1) ( 2 x − 7 )
Do đó:
1+ x
x +1
1
1
∫ 2 x 2 − 5x − 7 dx = ∫ ( x + 1) ( 2 x − 7 ) dx = ∫ 2 x + 7 dx = 2 ln 2 x − 7 + C
Chọn C.

∫ ( sin 2 x − cos 2 x )
Bài 7: Biết
S = 4.
A.

B.

2

a
dx = x + cos 4 x + C
b

, với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?
S = 3.

S = 5.
C.
D.

S = 2.

Giải:
n
∫ t dt =

Nếu áp dụng ngay:

∫ ( sin 2 x − cos 2 x )
Ta phải khai triển

2

t n+1
+C
n +1

thì ta có:

( 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.

Bài 8: Biết
S = 4.
A.

1
x
dx
=
a
.
tan
+C
∫ 1 + cos x
b

B.

S = 2.

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

D.

Giải:

Trang 5


Chưa áp dụng ngay được công thwucs nguyên hàm cơ bản, ta quan sát mẫu và thấy rằng có thể
1 + cos x = 2cos 2

x
2

cos 2 α =

biến đổi
dựa trên công thức hạ bậc:
1
1
x
∫ 1 + cos x dx = ∫ 2 x dx = tan 2 + C
2cos
2
.
a = 1, b = 2
Ta thấy rằng
do đó S=3.
Chọn C.
1

a



1 + cos 2α
2

. Do đó:

π

∫ 1 + sin 2 x dx = b tan  x − 4 ÷ + C

Bài 9: Biết
S = 4.
A.
Giải:

B.
1

S = 2.

∫ 1 + sin 2 x dx = ∫

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

1
1
dx = ∫
dx =
π


2π
1 + cos  − 2 x ÷
2cos  − x ÷
2

4


1
1
π
π


= − tan  − x ÷+ C = tan  x − ÷+ C
2
2
4
4


Ta thấy a=1,b=2 suy ra S=3

Chọn C.

π 

f ( x ) = 8sin 2  x + ÷
F ( x)
f ( x)
F ( 0) = 8
12 

Bài 10: Cho
. Một nguyên hàm
của
thỏa
là:
π
π


4 x + 2sin  2 x + ÷+ 9
4 x − 2sin  2 x + ÷+ 9
6
6


A.
.
B.
.
π

π


4 x + 2sin  2 x + ÷+ 7
4 x − 2sin  2 x + ÷+ 7
6
6


C.
.
D.
.
Giải:

Trang 6


∫
Ta cần phải tính
f ( x)

π 

f ( x ) dx = ∫ 8sin 2  x + ÷dx
12 


. Đầu tiên sử dụng công thức hạ bậc để đổi

như sau:


π 

1 − cos  2 x + ÷÷

π 
6 ÷


f ( x ) = 8sin 2  x + ÷ = 8 
12 
2


÷

÷



π
π


f ( x ) = 4 − 4cos  2 x + ÷ ⇒ F ( x ) = 4 x − 2sin  2 x + ÷+ C
6
6



π 
f ( 0 ) = 8 ⇔ −2sin  ÷+ C = 8 ⇔ C = 9
6
Chọn B.

Bài 11: Cho

A.

C.

f ( x) = 1+ x

. Một nguyên hàm

x2 + x + 1

B.

 x2
 2 − x + C1 khi x ≥ 0

2
 x − x + C khi x < 0
2

2

.

D.

F ( x)

 x +

x −


của

f ( x)

thỏa

F ( 1) = 1

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

2

.

Giải:

Ta có:


 x +
⇒ F ( x) = 
1 + x khi x ≥ 0
x −
f ( x) = 

1 − x khi x < 0

Trang 7

x2
+ C1 khi x ≥ 0
2
x2
+ C2 khi x < 0
2

.

là:


F ( 1) = 1 ⇒ C1 = −

Theo đề
Chọn B.

1
2


 x +

x −


do đó:

∫

F ( x)

x2 1
− khi x ≥ 0
2 2
x2
+ C2 khi x < 0
2

5x2 + 8x − 4
x ( 1− x)
2

2

dx

Bài 12: Biết
là nguyên hàm của
F ( x)
nhất của
là:
24.
20.
25.
A.
B.
C.
Giải:
Ta có:
F ( x) = ∫

5x2 + 8x − 4
x2 ( 1 − x )

2

dx = ∫

với

0 < x <1

D.

9 x 2 − 4 ( x 2 − 2 x + 1)
x2 ( 1 − x2 )

.

và

1
F  ÷ = 26
 2

. Giá trị nhỏ

26.

dx

 9
4
4
9

= ∫

−
dx
=
+
+C
2
2
x ( 1− x)
 ( 1 − x ) x 

Vì

1
F  ÷ = 26
 2

4
9
+
+ C = 26 ⇔ C = 0
1  1
1−
2  2 ÷


nên
4
9
F ( x) = +
x ( 1 − x)

0 < x <1

Lúc này
với
. 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

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

dx

Bài 13: Khi tính nguyên hàm

biến x) thì nguyên hàm trở thành

người ta đặt

∫ 2dt

g ( 4) =
. Biết

Trang 8

3
5

t = g ( x)

, giá trị của

(một hàm biểu diễn theo

g ( 0 ) + g ( 1)

là:


3+ 6
.
2

1+ 6
.
2

2+ 6
.
2

2+3 6
.

2

A.
B.
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)

2x +1
x +1

2

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

⇔ 2dt =

dx

( x + 1)

2

2x + 1
x +1

dx = ∫ 2dt

Vì vậy suy ra
Tuy nhiên đây là lời giải sai, ta có thể thấy khi đặt
t=

2x +1
+ C ⇒ dt =
x +1

dx
2 ( x + 1)

2

2x +1
x +1

⇔ 2dt =

dx

( x + 1)

2

2x +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)
5
x +1
. Theo đề
n33n suy ra C=0.
g ( x) =

2x + 1
x +1

g ( 0 ) + g ( 1) =

2+ 6
2

Cuối cùng ta được
vì vậy
Chọn C.
Chú ý: Bài toán này hoàn toàn có thể dùng MTCT để chọn kết quả, Ta có:
1

1
1
dx ⇒ t = ∫
dx
∫ 2dt =∫
3
3
2
( 2 x + 1) ( x + 1)
( 2 x + 1) ( x + 1)
⇒ g ( x) =

1
2∫

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

dx

Trang 9


Do đó

g ( x)

1
2

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

là nguyên hàm của
0

1
2
4

g ( 0) − g ( 4) = ∫

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

0

1
2
4

1

⇒ g ( 0) = ∫

. Suy ra:

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

3

dx

dx + g ( 4 )

Và:
1

1
2
4

g ( 1) − g ( 4 ) = ∫

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

1

1

2
4

⇒ g ( 1) = ∫

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

3

dx

dx + g ( 4 )

Sử dụng MTCT bấm:
0

1
∫4 2

1

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

1
2
4

dx + g ( 4 ) + ∫

1

( 2 x + 1) ( x + 1)

3

dx + g ( 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
.
F ( x)
f ( x)

[ a; b]
+
là nguyên hàm của
trên đoạn
.
b

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a )

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.

Trang 10

a


b

∫ f ( x ) dx = 0.
+ a = b thì

a

b

∫
+ a > b thì

a

a

f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx
b

.
b

b

a

a

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt = F ( b ) − F ( a )
+ Tích phân không phụ thuộc và biến số, tức là
2. Tính chất của tích phân:
b

∫
+

a

c

b

a

c

.

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx, ( a < c < b )

b

b

a

a

.

∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx,
+

với k là hằng số khác 0.

b

b

b

a

a

a

∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx
+
.
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:

Bài 1: Nếu a là một số thỏa mãn các điều kiện sau:
A.

a = π.

B.

a= π

.

C.

 π 3π 
a∈ ; 
2 2 

a =2 π.

Giải:

Trang 11

D.

a

∫ cos ( x + a ) dx = sin a
2

và

0

a = 2π

thì:
.


a

2
2
2
2
∫ cos ( x + a ) dx ⇔ sin ( x + a ) = sin a ⇔ sin ( a + a ) − sin a = sin a
a

0

0

a + 2a 2
a
a
a
⇔ 2cos
.sin = 2sin .cos ( 1)
2
2
2
2

Vì

 π 3π 
a∈ ; 
2 2 

a  π 3π 
a
∈  ;  ⇒ sin > 0
2 4 4 
2

nên
, vậy:
2
2
a + 2a
a
a+a
a
= cos ⇔ cos
− cos = 0
( 1) ⇔ cos
2
2
2
2
 a2 + a
 a2 + a
sin
=

0

 2 = kπ ( 1)
a2 + a
a2
2
⇔ −2sin
.sin = 0 ⇔ 
⇔ 2
( k, l ∈ ¢ )
2
2
 a2
a
( 2)
sin 2 = 0
 2 = lπ

.

 π 3π 
a∈ ; 
2 2 

k ∈¢
Vì
nên (1) không thỏa mãn với mọi
,hoặc thay 4 vào đáp án (1) ta thấy
đều không thỏa.
 π 3π 

a∈ ; 
a = 2π
2 2 
Đối với (2). Vì
nên chọn l=1 lúc đó
.
Chọn D.
e

k

∫ ln x dx < e − 2
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 x dx
1

Dùng phương pháp tích phân từng phần
k

1

u = ln = ln k − ln x ⇒ du = − dx
x
x

dv = dx ⇒ v = x

Trang 12

1

. Khi đó:
D.

S =∅

.


e

e

k
k
⇒ I = x ln
+ ∫ dx = e ln − ln k + ( e − 1)
x1 1
e

e

k

k

∫ ln x dx < e − 2 ⇔ e ln e − ln k + ( e − 1) < e − 2
1

Vậy
⇔ e ( ln k − 1) − ln k < −1 ⇔ ( e − 1) ln k < e − 1 ⇔ ln k < 1
⇔k
mà k là số nguyên dương nên chọn

k ∈ { 1;2}

.

Chọn C.
π
4

1
dx
3sin x − 2cos 2 x − 2
0

A=∫

2

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

A.

1
∫0 t 2 − 4dt

1

.

B.

1
∫0 t 2 + 4dt

. Bằng cách đặt

1

.

C.

1
∫0 t 2 − 2dt

t = tan x,

1

∫t
.

D.

0

2

tích phân A được biến

1
dt
+2
.

Giải:

Ta có:

2 

3sin 2 x − 2cos 2 x − 2 = cos 2 x  3tan 2 x − 2 −
÷
cos 2 x 



= cos 2 x 3tan 2 x − 2 − 2 ( 1 + tan 2 x )  = cos 2 x ( tan 2 x − 4 )
π
4

1
dx
2
cos
x
tan
x
−
4
(
)
0

A= ∫
Vậy:

2

, lúc này đặt

t = tan x

và đổi cận ta đc:

1

dt
dx
t2 − 4
0

A=∫

. Chọn A.
π
2

x
t = tan
2

Bài 4: Đặt
thì
2
4
f ( t ) = 1 − 2t + t .
A.
Giải:

I=∫

1

x

0 cos
2

dx

1

2 ∫ f ( t ) dt

6

0

f ( t)

được biến đổi thành
. Hãy xác định
:
2
4
2
2
f ( t ) = 1 + 2t + t .
f ( t) = 1+ t .
f ( t) = 1− t .
B.
C.
D.
Trang 13

2

π


2
 1 ÷
1
x 1

I = ∫
.
dx = ∫ 1 + tan 2 ÷.
dx
÷
x
x
2  cos 2 x
0  cos 2
0
÷ cos 2

2
2
2
π
2

Đặt

1
1

dt
=
.
dx

2
2 x
cos
x

t = tan ⇒ 
2
2

π
 x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t = 1

2
1

I = ∫ ( 1+ t
Vậy:
Chọn B.
3

∫

Bài 5: Biết
8
.
15
A.
Giải:

)

2 2

0

1

.2dt = 2 ∫ ( 1 + 2t 2 + t 4 ) dt ⇒ f ( t ) = 1 + 2t 2 + t 4
0

4

5
3

f ( x ) dx =

0

B.

∫

và
14
.
15

f ( t ) dt =

0

4

3
5

∫ f ( u ) du
3

. Tính
17
− .
15
C.

4

3

4

0

0

3

.
−

D.

∫ f ( u ) du =  ∫ f ( u ) du + ∫ f ( u ) du
3

∫
Mà

0

.

3

f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx =
0

4

4

5
3

∫
và

0

4

f ( u ) du = ∫ f ( t ) dt =
0

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

Bài 6: Biết

x2
∫0 1 + e− x dx = a

1

. Tính giá trị của

x2
I =∫
dx
1 + ex
0

Trang 14

.

3
5

16
.
15


I=

A.

1
− a.
2

B.

I=

I = 1 − a.

C.

1
− a.
3

D.

I = 1 + a.

Giải:
1

1

1

x2
x2
2

dx
+
∫0 1 + e− x ∫0 1 + e x dx = ∫0 x dx

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

.

π
2

I n = ∫ sin n xdx
Bài 7: Đặt
I n +1 < I n .
A.
Giải:

0

B.

0< x<

Khi

π
2

. Khi đó:
I n +1 > I n .

thì

C.

0 < sin x < 1

I n+1 ≥ I n .

D.

0< x<

. Do đó với

π
2

π
2

0

0

π
2

I n +1 = I n .

Ta có:

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

In ≤
(1)

Jn >
(2)

1
2 ( n + 1)

0

)

2 n

1

J n = ∫ x ( 1 − x 2 ) dx

dx
và

0

n

. Xét các câu:

với mọi n.

1
2 ( n + 1)

với mọi n.
1
In ≤ 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:
Trang 15


Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai.
π
2

Ta đặt

x = cos t

π
2

J n = ∫ sin t ( 1 − cos 2 t ) cos tdx = ∫ sin 2 n+1 t.cos tdt
0

để tính

π
2

= ∫ sin 2 n+1 td ( sin t ) =
0

n

π
2 n+ 2 2

sin
2n + 2

0

=

0

1
2 ( n + 1)

.

Như vậy khẳng định (2) sai. Ngoài ra , để thấy rằng với mọi
1
In ≤ J n =
2 ( n + 1)
x ≤ x2
nên suy ra với mọi n ta có
.
Vậy: (1) và (3) cùng đúng.
Chọn D.
1

.

x ∈ [ 0;1]

dx

∫ 2x + k ≥ 0
Bài 9: Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất, thỏa mãn
k =3
k=4
A.
.
B.
.
Giải:
1

0

.
k =1
C.
.

D.

k=2

dx

∫ 2x + k ≥ 0

∀x ∈ ¥ , ∀x ∈ [ 0;1] , 2 x + k > 0
*

∀x ∈ ¥ *
0
do đó:
,
.
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].
b

y
(1) Với mọi số thực y, ta có:
2

b
 2
 ∫ f ( x ) .g ( x ) dx ÷ ≤
a


b

∫
a

(2)
Trong hai khẳng định trên:
A. Chỉ có (1) đúng.

2

b

b

∫ f ( x ) dx + 2 y ∫ f ( x ) .g ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx ≥ 0
2

2

a

a

b

f 2 ( x ) dx 2 .∫ g 2 ( x ) dx
a

.
B. Chỉ có (2) đúng.
Trang 16

a

.

.


C. Cả hai khẳng định đều đúng.
Giải:

D. Cả hai khẳng định đều sai.
0 ≤  y. f ( x ) + g ( x ) 

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

2

từ đó suy ra (1) đúng:

y 2 ∫ 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
b
 b
⇔  ∫ f ( x).g ( x )dx ÷ ≤ ∫ f 2 ( x)dx.∫ g 2 ( x)dx
a
a
a


((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)
0 ≤ 
− m ÷
M
−
÷
f ( x)
 f ( x)


 2
÷
÷. f ( x ) , ∀x ∈ [ a; b ] . ( *)


(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

a

a

a

2
2
∫ g ( x ) dx + M .mx ∫ f ( x ) dx ≤ ( M + m ) ∫ f ( x ) .g ( x ) dx

(3) suy ra
Lập luận trên:
A. Đúng hoàn toàn.
C. Sai từ (2).

B. Sai từ (1).
D. Sai từ (3).
Trang 17

.


Giải:
Lập luận đúng hoàn toàn. Bất đẳng thức sau cùng được gọi là bất đẳng thức Diza

Chọn A.
f ( x) , g ( x)
aBài 12: Cho hai hàm
cùng đồng biến và liên tục trên [a ; b]. Với
. Khi đó, xét
khẳng định sau đây:

(1)

∀x ∈ [ a; b ]

b

b

b

a

a

a

∫ f ( a ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( b ) dx
. Ta có:

.

b

∫ f ( x ) dx ≤ f ( b )
(2)

a

.
b

1
f ( x0 ) =
f ( x ) dx
b − a ∫a

x0 ∈ [ a; b ]

(3) Tồn tại
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)
∀a ≤ x ≤ b
Do tính đồng biến nên
ta có

, tức là:
b

b

b

a

a

a

∫ f ( a ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( b ) dx
vậy (1) đúng

b

( b − a ) . f ( a ) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ ( b − a ) . f ( b )
a

Suy ra:
Do đó

f ( x)

f ( x0 ) =

liên tục trên [a;b] nên tồn tại

x0 ∈ [ a; b ]

sao cho:

b

1
f ( x ) dx
b − a ∫a

. Vậy (3) đúng.

Chọn C.

Bài 13: Ta định nghĩa:

 f ( x ) khi f ( x ) ≥ g ( x )
max  f ( x ) , g ( x )  = 
 g ( x ) khi g ( x ) ≥ f ( x )
Trang 18

.


Cho

f ( x ) = x2

và

g ( x ) = 3x − 2

.

2

∫ max [ f ( x), g ( x)]dx
Như thế

0

bằng:

2

A.

0

1

2

0

1

2
∫ x dx + ∫ ( 3x − 2 ) dx

2
∫ x dx

.

B.

.

2

∫ ( 3x − 2 ) dx
C.

0

.

D. 15.

Giải:

x = 1; x = 2

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là
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
+

x 2 − 3x + 2

0

2

1

−

0

2

∫ max  f ( x ) , g ( x ) dx = ∫ x dx + ∫ ( 3x − 2 ) dx
2

0

0

Do đó

Chọn B.

1

π

Bài 14: Biết

A.

π − m.

cos 2 x
∫−π 1 + 3− x dx = m

B.

I=
. Tính giá trị của

π
+ m.
4

C.

π

cos 2 x
∫−π 1 + 3x dx

π + m.

.

D.

π
− m.
4

Giải:
π

Sử dụng phân tích:

π

π

cos 2 x
cos 2 x
2
dx
+
∫−π 1 + 3− x −∫π 1 + 3x dx = −∫π cos x.dx = π
π

∫ cos

(sử dụng MTCT để tính

−π

2

x.dx = π
)
Trang 19


π

Do đó :

cos 2 x
I= ∫
dx = π − m
1 + 3x
−π

1

I =∫
Bài 15: Cho
1
04
A.
.

Giải:

0

.

Chọn A.

dx
,
2x + m
với m > 0. Tìm các giá trị của tham số m để
1
1
1
m>
≤m≤
4
8
4
B.
.
C.
.

Tính tích phân theo tham số m bằng cách đặt
Chọn A.

t = 2x + m

I ≥1

.

D.

m>0

.

, sau đó tìm m từ Bắt phương trình

I ≥1

.

m

I = ∫ ( 4 x ln 4 − 2 x ln 2 ) dx
Bài 16: Cho m là một số dương và
m=3
m=4
A.
.
B.
.
Giải:

0

C.

m =1

.

I = 12
. Tìm m khi
.
m=2
D.
.

m

I = ∫ ( 4 x ln 4 − 2 x ln 2 ) dx
Tính tích phân theo tham số m ta được:
m từ phương trình I =12.
Chọn D.

0

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
 x = b

Nếu có hình phẳng giới hạn bởi các đường
f1 ( x), f 2 ( x)
(Trong đó
liên tục trên đoạn [a;b]),
Trang 20

.

(

= 4x − 2x

)

m
0

= 4 m − 2m

, sau đó tìm


b

S = ∫ f1 ( x ) − f 2 ( x) dx
thì diện tích S được tính theo công thức

2. Thể tích khối tròn xoay

a

.
 y = f ( x)

Ox

x = a
x = b


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

Thể tích

Vx

Vx = π ∫ [ f ( x )] dx
của khối tròn xoay được tính theo công thức

2

a

.

x = f ( y )

Oy

x = a
 x = b

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

Vy = π ∫ [ f (y)] dx

Vy

Thể tích

của khối tròn xoay được tính theo công thức

2

a

.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1:
(1) Cho

S( H)

y = f ( x)

là một hàm liên lục trên đoạn [a;b] thì diện tích
của hình thang cong
x = a, y = b
H giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và các đường thẳng
được cho bởi công thức
b

S ( H ) = ∫ f ( x)dx
a

.

Trang 21


(2) Nếu

f ( x) < 0

f ( x)

trên đoạn [a;b] và

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

S ( K ) = ∫ − f ( x ) dx
a

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

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].

y = f ( x) = x 3 − 1

x=2

Bài 2: Diện tích hình L tạo bởi đồ thị hàm số
, đường thẳng
, 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

dưới trục hoành

( L1 )

và phần nằm trên trục hoành

1

S ( L1 ) = ∫ ( 1 − x 3 ) dx =
0

2

S ( L2 ) = ∫ ( x 3 − 1) dx =
1

S ( L) =

Vậy
Chọn A.

( L2 )

, do đó

3
4
11
4

3 11 14
+ =
= 3.5
4 4
4

(đvdt)

Bài 3: Diện tích miền giới hạn bởi hai đường

y = x2 − 1

Trang 22

và

y=3

là:

S ( L ) = S ( L1 ) + S ( L2 )

. Ta có:


A.

32
.
3

15
.
4

B.

C.

11.

D.

10.

Giải:
Diện tích miền cần tính là:
2

2

1 
8 
8  32


S = ∫ ( 4 − x ) dx =  4 x − x 3 ÷ =  8 − ÷−  −8 + ÷ =
3  −2 
3 
3 3

−2
2

.

Chọn A.
y = 4 − x2

Bài 4: Gọi H là hình tạo bởi đồ thị hàm số
Khi đó, diện tích của H là:
1
19

23
2
3
3
A. .
B.
.
C.
.
Giải:

, đường thẳng

x=3

, trục tung và trục hoành.

D. 4.

Ta xác định đực hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

y = 4 − x2

với trục hoành trên đoạn [0;

3

3] là

x = 2.

4 − x2

∫ 4− x
Diện tích cần tính là

2

dx

0

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

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

0

Chú ý: để tính
ta biết rằng
đoạn [0;3] nên ta có thể làm như sau:
3

∫ 4− x
0

2

2

3

dx = ∫ 4 − x dx + ∫ 4 − x dx =
2

0

2

2

x=2

2

là nghiệm của
3

y = 4 − x2

∫ ( 4 − x ) dx + ∫ ( 4 − x ) dx =
2

0

2

2

với trục hoành trên

23
3
.

Chọn C.

Bài 5: Gọi N là hình phẳng xác định bởi đồ thị hàm số
hình N là:
Trang 23

y = sin 2 x

với

0≤ x ≤π

và trục Ox. Diện tích


A.

π
2

.

π
4

B.

.

C.

π

.

D.

2π

.

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

π

π

1 − cos 2 x
1
sin 2 x 
π
S = ∫ sin xdx = ∫
dx =  x −
÷ =
2
2
2 0 2
0
0
2

.

Chọn A.
Bài 6:
1) cho

y1 = f1 ( x)

và

y2 = f 2 ( x )

α

β

là hai hàm số liên tục trên đoạn [a;b]. Giả sử:
và , với
f1 ( x) − f 2 ( x) = 0
a ≤α < β ≤b
, là các nghiệm của phương trình
. Khi đó diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi 2 đường thẳng và đồ thi của hàm số được cho bởi công thức
α

β

b

a

α

β

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=

α

∫ ( f ( x) − f
1

a

2

( x ) ) dx +

β

∫ ( f ( x) − f
1

α

A. (1) đúng nhưng (2) sai.

C. Cả (1) và (2) đều đúng.
Giải:

2

( x ) ) dx +

b

∫ f ( x) − f
1

2

( x )dx .

β

B. (2) đúng nhưng (1) sai.
D. Cả (1) và (2) đều sai.

Trang 24


Chú ý rằng với mọi

( α; β )

, nên

x ∈ ( α ; β ) , f1 ( x) − f 2 ( x) ≠ 0

và

f1 ( x)

và

f 2 ( x)

đều liên tục trên khoảng

f1 ( x) − f 2 ( x)

giữ nguyên dấu.
f1 ( x) − f 2 ( x) > 0
Nếu
thì ta có:
β

∫

α

Nếu

β

f1 ( x) − f 2 ( x) dx = ∫ ( f1 ( x) − f 2 ( x) ) dx =
α

f1 ( x) − f 2 ( x) < 0
β

∫

α

β

∫ ( f ( x) − f ( x) ) dx
1

2

α

thì ta có:
β

f1 ( x) − f 2 ( x) dx = ∫ ( f 2 ( x) − f1 ( x) ) dx =
α

β

∫ ( f ( x) − f ( x) ) dx
1

2

α

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có:
β

∫

f1 ( x) − f 2 ( x) dx =

α

β

∫ ( f ( x) − f
1

2

( x ) ) dx

α

Tương tự như thế đối với 2 tích phân còn lại. vì vậy, hai công thức (1) và (2) là như nhau:
Chọn C.

y=x

Bài 7: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường
, trục hoành và đường thẳng
A. 5.

B. 3.
C. 4.
D. 6.
Giải:
y = x, y = 0, y = 4 − x
Vẽ đồ thị ba đường
và tìm các giao điểm:
y = 4 − x
⇒ A ( 4;0 )

y
=
0

y = 4 − x
⇒ B ( 2;2 )

y = x
2

4


x2
x2 
S = ∫ xdx + ∫ ( 4 − x ) dx =
+  4x − ÷ = 4
2 0 
2 2
0

2
2

4

Từ đó
Chọn C.

Trang 25

y = 4− x

là: