Dang 4. Tích phân của hàm ẩn. Tích phân đặc biệt(VDC)

Câu 1.

f

[2D3-2.4-4] (Chuyên Vinh Lần 2)Giả sử hàm số

f(1) = ¢(1) = 1 và f (1- x) + x2 f ¢¢(x) = 2x với mọi x Ỵ R . Tính tích phân
A. I = 1.
B. I
Phân tích lỗi của đề câu 45
Ta có: Thay

= 2.

C.

I=

¡1

có đạo hàm cấp 2 trên

1
3.

I = ị xf ¢(x)dx

I=

D.

thỏa mãn

2
3.

0

.

2
x= 0 vào f (1- x) + x f ¢¢(x) = 2x ta được f ( 1) = 0

f (1- x) + x2 f ¢¢(x) = 2x ị - f Â( 1- x) + 2xf ÂÂ(x) + x2 f ¢¢¢(x) = 2.
Khi đó

f ¢(1) =- 2.

Sửa đề (Thầy Nguyễn Việt Hải – Tổ trưởng tổ 4 STRONG)
Câu 2.

f

[2D3-2.4-4] (Chuyên Vinh Lần 2) Giả sử hàm số

n trên ¡

có đạo hàm cấp
1

f (1- x) + x f ¢¢(x) = 2x với mọi xỴ ¡

2

A.

I =- 1.

B.

I = 1.

I = ị xf ¢(x)dx

. Tính tích phân
C.
Lời giải

I=

1
3.

0

thỏa mãn

.

D.

1

3.

I =-

Tác giả: Phạm Thị Thu Trang; Fb: Trang Phạm
Chọn A
Ta có: Thay

2
x= 0 vào f (1- x) + x f ¢¢(x) = 2x ta được f ( 1) = 0

f (1- x) + x2 f ÂÂ(x) = 2x ị - f ¢( 1- x) + 2xf ¢¢(x) + x2 f ¢¢¢(x) = 2. Khi đó f ¢(1) =- 2 .
1

1

2
ù = 2xdx
f (1- x) + x f ¢¢(x) = 2x Û ị é
f
(1
x
)
+
x
f ¢¢(x)dx
ê
ú
ị
ë

û
2

0

0

1

Û-

1

ị f (10

x)d( 1-x) + f ¢( 1) - 2ị xf ¢(x)dx = 1 Û
0

1

Đặt

J = ị f ( x) dx
0

1

1

, ta có:

ị f ( x) dx - 2ị xf ¢(x)dx = 3.
0

1

I = ị xf ¢(x)dx = xf ( x) 0 0

ïìï J - 2I = 3
Û
í
Do đó ta có hệ phương trình: ïïỵ I =- J

1

0

1

1

ị f (x)dx = f( 1) - ị
0

(x)dx =- J

0

.

ïìï I =- 1
í
ïïỵ J = 1 .

1

Vậy
Câu 3.

I = ị xf ¢(x)dx =- 1

.

0

[2D3-2.4-4] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm s

f ( x) liờn
2

tc trờn

Ă

ổxử
I = ũ xf Âỗỗ ữ
ữ
ữdx bng:
ỗố2ứ
f ( x) + f ( 1- x) = x ( 1- x) , " x Ỵ ¡ và f ( 0) = 0 . Tính

0
3

và thoả mãn


1
A. 10 .

1
B. 20 .

-

1
C. 10 .

D.

-

Lời giải

1
20 .

Tác giả: Phạm Thị Thu Trang; Fb: Trang Phạm
Chọn A
Từ giả thiết

f ( x) + f ( 1- x) = x3 ( 1- x) , " x ẻ Ă ị f ( 1) = 0 .

1

1

1

1
f ( x) dx + ò f ( 1- x) dx = ò x ( 1- x) dx = ị
ũ
20
Ta cú: 0
0
0
3

ùỡù u = x
ù
ổxử
ị
ổxử
ớ
ữ
ỗ
ỗỗ ữ
I = ũ xf Âỗ ữ
d
x
Â

ù
d
v
=
f
d
x
ữ
ữ , t ùù
ỗố2ứ
ữ
ỗố2ứ
ợù
0
2

1

1

ũ f ( x) dx = 40 .
0

ïìï du = dx
ï
ỉxư
í
ïï v = 2 f ỗỗ ữ
ữ
ữ

ỗ2ứ
ố
ùợù

Nờn
2
2
ổxử
I = 2xfỗỗ ữ
ữ
ữ0- 2ũ
ỗố2ứ
0

Cõu 4.

2
ổxử
ỗỗ ữ
ữ
ữdx = 4 f( 1) - 2ũ
ỗố2ứ
0

2
1
ổxử
ổ
ử
x

1
ỗỗ ữ
ỗỗ ữ
d
x
=2
f
d
x
=4
f
t
d
t
=(
)
ữ
ữ
ũ ốỗ2ứữ
ũ
ữ
ỗ2ứ
ố
10 .
0
0

[2D3-2.4-4] (Chuyờn Vinh Lần 2) Cho hàm số
trên

[ 0;2] .
2

I =ò

( x3 -

f ( 0) = 1

3x2 ) f '( x)
f ( x)

0

A.

Biết

I =-

14
3.

dx
B.

f ( x)

nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục

2

f ( x) f ( 2- x) = e2x - 4x

và

với mọi

xỴ [ 0;2] .

Tính tích phân

.

I =-

32
5.

C.
Lời giải

I =-

16
3.

D.

I =-

16
5.

Tác giả: Phạm Thị Thu Trang; Fb: Trang Phạm
Chọn D
2

Từ giả thiết

f ( x) f ( 2- x) = e2x - 4x , thay x = 2

ta được

ìï u = x3 - 3x2
ïï
3
2
2
ïí
( x - 3x ) f '( x)
f '( x) ị
ùù dv =
I =ũ
dx.
dx
ù
f
x
f

x
(
)
(
)
Ta cú
t
ùợ
0
2

I = ( x - 3x ) ln f ( x) 3

Khi đó:

2

0

2

=- 3ò( x - 2x) ln f ( x) dx =- 3J
Đặt

ò( 3x - 6x) ln f ( x) dx
2

0

2

J =

(do

f ( 2) = 1), với

x = 2- t thì
0

é( 2- t) 2 - 2( 2- t) ùln f ( 2- t) d( 2- t)
ú
ị êë
û
2

ìï du = ( 3x2 - 6x) dx
ïíï
.
ïï v = ln f ( x)
ïỵ

2

2

0

f ( 2) = 1.

J = ò( x2 - 2x) ln f ( x) dx
0

.


0

2

2

0

2
= òé
(ë2- x) - 2( 2- x) ùúûln f ( 2- x) d( 2- x) = ò( x2 - 2x) ln f ( 2- x) dx.
ê

Suy ra
2

2

2

2J = ò( x - 2x) ln f ( x) dx + ò( x - 2x) ln f ( 2- x) dx = ò( x2 - 2x) ln f ( x) f ( 2- x) dx
2

2

0

2

0

2

0

32
16
= ò( x2 - 2x) ln e2x - 4xdx = ò( x2 - 2x)( 2x2 - 4x) dx = Þ J =
15
15 .
0
0
Vậy
Câu 5.

2

I =- 3J =-

16
5.

[2D3-2.4-4] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hàm số

f ( 0 ) = 0, f ′ ( 0 ) ≠ 0

và

thỏa

f ( x)
mãn

có đạo hàm liên tục trên
hệ

¡

,

thức

f ( x ) . f ′ ( x ) + 18x 2 = ( 3x 2 + x ) f ′ ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) , ∀ x ∈ ¡ .
1

∫ ( x + 1) e
Biết

f ( x)

dx = a.e2 + b

0

A. 1 .

B.

, với

a; b∈ ¤ . Giá trị của a − b bằng.

2.

C.

2
D. 3 .

0.

Lời giải
Tác giả: Đặng Mai Hương; Fb: maihuongpla
Chọn A
Ta có

f ( x ) . f ′ ( x ) + 18 x 2 = ( 3x 2 + x ) f ′ ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x )

⇒ ∫  f ( x ) . f ′ ( x ) + 18 x 2 dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ′ ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) dx
′
1 2
′
3
⇒ ∫  f ( x ) + 6 x  dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ( x )  dx

2


⇒

1 2
f ( x ) + 6 x 3 = ( 3x 2 + x ) f ( x ) + C
, với
2

Mặt khác: theo giả thiết

C

là hằng số.

f ( 0 ) = 0 nên C = 0 .

1 2
f ( x ) + 6 x3 = ( 3x 2 + x ) f ( x ) ( 1) , ∀ x ∈ ¡
Khi đó 2
.
 f ( x) = 2x
⇔

( 1) ⇔ f 2 ( x ) + 12 x3 = 6 x2 + 2 x f ( x ) ⇔  f ( x ) − 2 x   f ( x ) − 6 x 2  = 0  f ( x ) = 6 x 2 .

(

Trường hợp 1: Với

)

f ( x ) = 6x2 , ∀ x ∈ ¡

, ta có

f ′ ( 0) = 0

(loại).


Trường hợp 2: Với
1

∫ ( x + 1) e

f ( x)

0

f ( x ) = 2 x, ∀ x ∈ ¡

, ta có :
1

 ( x + 1) e 2 x  1 e2 x
3 2 1
2x
dx = ∫ ( x + 1) e dx = 

 − ∫ dx = e −
2
4
4
0

0 0 2
1

3

a
=

4 ⇒ a−b =1
⇒
b = − 1

.
4
Câu 6.

f ( x)

[2D3-2.4-4] (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Cho hàm số

f ′ ( x)

đạo hàm

f ′ ( x) ( 1+ f ( x) )

[ 1;3] , f ( x ) ≠ 0

liên tục trên đoạn

với mọi

xác định và có

x ∈ [ 1;3] ,

đồng thời

2

2
=  ( f ( x ) ) ( x − 1) 

 và f ( 1) = − 1 .

2

3

∫ f ( x ) dx = a ln 3 + b , a, b∈ ¢ , tính tổng S = a + b2 .

Biết rằng
A.

1

S = 0.

B.

S = − 1.

C.

S = 2.

D.

S = 4.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Anh; Fb: conganhmai
Chọn B

Ta có:

f ′ ( x) ( 1+ f ( x) )

2

2

2
=  ( f ( x ) ) ( x − 1)  ⇔




f ′ ( x) ( 1+ f ( x) )

2

f 4 ( x)

= ( x − 1)

2

.

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:

∫

f ′ ( x) ( 1+ f ( x) )
f

4

2

( x)

( 1 + 2 f ( x ) + f ( x ) ) f ′ ( x ) dx = ( x − 1)
dx = ∫ ( x − 1) dx ⇔ ∫

∫
f ( x)
2

2

2

4

 1
( x − 1) + C
1
1 
⇔ ∫ 4
+ 2 3 + 2 ÷d ( f ( x ) ) =
 f ( x)
f ( x ) f ( x ) ÷
3

3

( x − 1) + C
1
⇔− 3
− 2
−
=
3 f ( x) f ( x) f ( x)
3

1

⇔−

3

1

1+ 3 f ( x) + 3 f 2 ( x)
3 f 3 ( x)

( x − 1)
=
3

3

+C

1− 3 + 3

Mà

1

f ( 1) = − 1 nên − − 3 = C ⇒ C = 3 .

Suy ra:

−

1+ 3 f ( x) + 3 f 2 ( x)
3 f 3 ( x)

( x − 1)
=
3

3

1
+
3

1+ 3 f ( x) + 3 f 2 ( x)

⇔

3 f 3 ( x)

( x − 1)
1
+ =−
3
3

3

dx

( 1+ f ( x) )
⇔

3

f 3 ( x)

3

Vậy:
Câu 7.

∫
1

3


1 
3
3
= − ( x − 1) ⇔  1 +
÷÷ = ( 1 − x ) ⇔ f ( x ) = − 1
 f ( x) 
x .
3

3

−1
f ( x ) dx = ∫ dx = − ln x = − ln 3
x
. Suy ra
1
1

a = − 1; b = 0 hay a + b = − 1 .

[2D3-2.4-4] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho hàm
2

f ( x ) có

đạo hàm liên tục trên đoạn

2

∫ ( x − 1) f ( x ) dx = −
1

A.

thỏa

2

dx =

1

1
45 và

2

1
I = f ( x ) dx
30 . Tính ∫1
.

1
36 .

I=−

[ 1;2]

∫ ( f ′ ( x) )
mãn f ( 2 ) =0 ,

B.

I=−

1
15 .

C.
Lời giải

I=

1
12 .

D.

I=−

1
12 .

Tác giả:Vũ Nam Sơn; Fb: Vũ Nam Sơn
Chọn D

 du = f ′ ( x ) dx
u
=
f
x

(
)


2
⇒  ( x − 1) 2 .

E = ∫ ( x − 1) f ( x ) dx

 dv = ( x − 1) dx  v =
Xét:
.
Đặt

2
1

( x − 1)
⇒ E=

2

2

2

2
2
2 2 ( x − 1)
x − 1)
(
( x − 1) f ′ x dx = − 1
. f ( x) − ∫
f ′ ( x ) dx = − ∫
f ′ ( x ) dx ⇒ − ∫
( )
1 1 2
2
2

30
1
1
2

1
⇒ ∫ ( x − 1) f ′ ( x ) dx = .
15 Ta có:
1
2

∫(
2

Ta tìm số

k

để

2

1
∫1 ( x − 1) dx = 5 và

f ′ ( x ) − k ( x − 1)

∫(
⇔

1
1
1
1
− 2k . + k 2 . = 0 ⇔ k =
45
15
5
3.

1

) dx = 0 ⇔ ∫ (
2

1

2

2

∫ ( f ′( x) )

2

dx =

1

1

.
45

) dx = 0 .

1

2 2

4

2

2 2

f ′ ( x ) − k ( x − 1)

2

2

2

2

f ′ ( x ) ) dx − 2k ∫ f ′ ( x ) . ( x − 1) dx + k 2 ∫ ( x − 1) dx = 0
2

2

1

4

1

2

1
1
1
2
2
3
 ′
′
f
x
−
x
−
1
d
x
=
0
⇔
f
x
−

x
−
1
=
0
⇔
f
x
=
x
−
1
+C
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

÷
∫
3
3

9

Khi đó: 1 
.
2

2

−1
1
1
1
1
3
3
1
f ( 2 ) = 0 ⇒ C = ⇒ f ( x ) = ( x − 1) − ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫  ( x − 1) −  dx = −
9
9
9 1
9
9
12 .
Mà
1


Câu 8.

[2D3-2.4-4] (Sở Nam Định) Cho hàm số

y = f ( x)

Biết rằng các tiếp tuyến với đồ thị

Ox

lượt tạo với chiều dương của trục

Tính tích phân
A.

I=

y = f ( x)

tại các điểm có hồnh độ

các góc

0

1

−1

0

có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên

x = − 1 , x = 0 , x = 1 lần

3

I = 0.

B.

.

30° , 45° , 60° .

I = ∫ f ' ( x ) . f '' ( x ) dx + 4 ∫  f ' ( x )  . f '' ( x ) dx

25
3.

¡

I=

C.

.

1
3.

D.

I=

3
+1
.
3

Lời giải
Tác giả: Hồ Văn Thảo ; Fb: Thảo Thảo.
Chọn A

y = f ( x)

Vì các tiếp tuyến với đồ thị

tạo với chiều dương của trục

Ta có:

các góc

30° , 45° , 60°

0

1

−1

0

I = ∫ f ' ( x ) . f '' ( x ) dx + 4 ∫  f ' ( x )  . f '' ( x ) dx

Đặt t = f ' ( x ) ⇒ dt = f '' ( x )
1

3

2
⇒ I = ∫ tdt + 4 ∫ t dt = t
2
1
3
3

3

x = − 1 , x = 0 , x = 1 lần lượt

nên hệ số góc của các tiếp tuyến lần

3
3 , f ' ( 0 ) = tan 45° = 1 , f ' ( 1) = tan 60° = 3 .

f ' ( − 1) = tan 30° =

lượt là:

Ox

tại các điểm có hồng độ

3


 x = −1

x = 0

x = 1
dx . Đổi cận 

1
3 +t
1
3
4

3

=

25
3 .

.

⇒ t = f ' ( −1) =
⇒ t = f '( 0) = 1
⇒ t = f ' ( 1) = 3

3
3


Câu 9.

f ( x)

[2D3-2.4-4] (THTT số 3) Cho hàm số

(

) (

)

xác định, liên tục trên

¡

và thoả mãn

f x3 + x − 1 + f − x3 − x − 1

1

= − 6x6 − 12x4 − 6x2 − 2, ∀ x∈ ¡
A. 32.

∫ f ( x) dx .

. Tính tích phân

B. 4.

−3

− 36.

C.

D.

− 20.

Lời giải
Tác giả: Trần Tín Nhiệm ; Fb: Trần Tín Nhiệm
Chọn D

( )

Đặt a = x + x − 1, khi đó ta có f ( a) + f ( − a − 2) = − 6( a + 1) − 2 ( 1) . Hàm số f a liên tục
2

3

và xác định trên

¡

.
1

Lúc đó ycbt trở thành tính giá trị của tích phân

được
ta đặt

∫ f ( a) da + ∫ f ( − a − 2) da = ∫ ( − 6( a + 1)
1

1

1

−3

−3

−3

2

∫ f ( a) da . Lấy tích phân hai vế của ( 1) , ta

−3

)

− 2 da = − 40 ( 2)

1

. Từ tích phân

∫ f ( − a − 2) da

−3

t = − a − 2 ⇒ dt = − da . Khi a = − 3⇒ t = 1; a = 1⇒ t = − 3. Tích phân trên chuyển thành

1

∫ f ( t) dt , kết hợp với ( 2)

−3

1

ta suy ra :

cần tìm.

2∫ f ( a) da = − 40 ⇔
−3

Câu 10. [2D3-2.4-4] (Sở Đà Nẵng 2019) Cho hàm số

f ( x)

1

∫ f ( a) da = − 20. Đây chính là đáp số

−3

có đạo hàm liên tục trên

[ − 1;1]

và thỏa

1

f ( 1) = 0 , ( f ′ ( x ) ) + 4 f ( x ) = 8 x 2 + 16 x − 8
2

với mọi

bằng

5
A. 3 .

2
B. 3 .

−

x

thuộc

1
C. 5 .

Lời giải

f x dx
[ − 1;1] . Giá trị của ∫ ( )
0

1
D. 3 .
−

Chọn A
Cách 1.
1

Đặt

I = ∫ 2 f ( x ) dx
−1

.

 u = f ( x )  du = f ′ ( x ) dx
⇒


 v = 2 x + 2
Dùng tích phân từng phần, ta có:  dv = 2dx
.
1

1

1

−1

−1

−1

I = ( 2 x + 2 ) f ( x ) − 1 − ∫ ( 2 x + 2 ) f ′ ( x ) dx = 4 f ( 1) − ∫ ( 2 x + 2 ) f ′ ( x ) dx = − ∫ ( 2 x + 2 ) f ′ ( x ) dx
1

.


1

(

Ta có

f ′ ( x ) ) + 4 f ( x ) = 8 x 2 + 16 x − 8
2

1

⇔

⇒

1

−1

1

1

∫ ( f ′ ( x ) ) dx + 2 ∫ 2 f ( x ) dx = ∫ ( 8x
2

−1

1

−1

1

∫ ( f ′ ( x ) ) dx − 2 ∫ ( 2 x + 2) f ′ ( x ) dx + ∫ ( 2 x + 2) dx = ∫ ( 8x
2

−1

1

−1

2

−1

2

+ 16 x − 8) dx

1

2

−1

+ 16 x − 8 ) dx + ∫ ( 2 x + 2 ) dx
2

−1

⇔ ∫  f ′ ( x ) − ( 2 x + 2 )  dx = 0
2
′
⇔
f
x
=

2
x
+
2
⇒
f
x
=
x
+ 2x + C ,
(
)
(
)
−1
2

( ) = 0 ⇒ C = − 3 ⇒ f ( x) = x

Mà f 1
Cách 2.

f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 )

Chọn

2

+ 2x − 3

1

1

0

0

C∈ ¡

.

⇒ ∫ f ( x ) d x = ∫ ( x 2 + 2 x − 3 ) dx = −

5
3.

(lý do: vế phải là hàm đa thức bậc hai).

⇒ f ′ ( x ) = 2ax + b .

Ta có:

( f ′ ( x ) ) + 4 f ( x ) = 8x + 16x − 8 ⇒ ( 2ax + b ) + 4 ( ax + bx + c ) = 8x
⇔ ( 4a + 4a ) x + ( 4ab + 4b ) x + b + 4c = 8 x + 16 x − 8
2

2

2

2

2

2

 4a 2 + 4a = 8

⇒  4ab + 4b = 16 ⇔
 b 2 + 4c = − 8


a = 1

b = 2
 c = − 3 hoặc


Vậy

f ( x ) = x + 2x − 3
2

1

1

0

0

và

c = − 3.

f ′ ( x ) − f ( x ) = ( x + 1) e
A.

3e12 − 1 .

B.

,∀ x∈

¡

và

5
3.

f ( x ) có

Câu 11. [2D3-2.4-4] (Chuyên Bắc Giang) Cho hàm số
x2 + 2 x −1
2

+ 16 x − 8

 a = −2

b = −4
c = −6 .


⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x 2 + 2 x − 3) dx = −

2

2

2

f ( 1) = 0 ⇒ a + b + c = 0 ⇒ a = 1 , b = 2

Do

2

đạo hàm trên

f ( 1) = e . Giá trị của f ( 5 )

C. 5e17 − 1 .
D. 3e12 .
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Như Quỳnh ; Fb: Lê Thị Như Quỳnh

5e17 .

(

)

Ta có: f ′ ( x ) − f ( x ) = x + 1 e

⇔ ( e− x f ( x ) ) = ( x 2 + 1) e
'

5

x2 −1
2

5

1

1

⇔ e f ( 5 ) − 1 = I1 + I 2 ( * )
−5

x2 + 2 x−1
2

⇔ f ′ ( x ) e − e f ( x ) = ( x + 1) e
−x

−x

2

x2 −1
2

.

⇒ ∫ ( e f ( x ) ) ′ dx = ∫ ( x 2 + 1) e
−x

x 2 −1
2

thỏa mãn

bằng

Chọn B
2

¡

5

dx ⇔ e f ( x ) = ∫ x e
−x

5

1

2

1

x2 −1
2

5

dx + ∫ e
1

x2 −1
2

dx


5

Xét:

I2 = ∫ e

x 2 −1
2

dx

1

.

x −1
x −1


u = e 2
du = xe 2 dx
⇒

v = x
Đặt: dv = dx
.
2

I 2 = xe

x 2 −1
2

5

2

5

−∫x e
2

1

x 2 −1
2

dx = 5e12 − 1 − I1

1

⇔ I1 + I 2 = 5e12 − 1

( *) ⇔ e− 5 f ( 5) − 1 = 5e12 − 1 ⇔ f ( 5) = 5e17 .

Câu 12. [2D3-2.4-4] (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Cho hàm số
2

y = f ( x)

2

2
2
′
f
x
d
x

=

f
x

d
x
=
(
)
(
)
∫0  
[ 0;2] , thỏa các điều kiện f ( 2) = 1 và ∫0
3 . Giá trị của

A.1.

1
C. 4 .

B.2.

liên tục trên
2

∫

f ( x)

1

x2

dx

:

1
D. 3 .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Trần Tuấn Minh; Fb: Tuấn Minh
Phản biện:Nguyễn Phương Thu;Fb: Nguyễn Phương Thu
Chọn C

 u = f ( x )  du = f ′ ( x ) dx
⇒

d
v
=
d
x
v= x

Đặt 

2

2

2

2

2
4
⇒ ∫ f ( x ) dx = x. f ( x ) 0 − ∫ x. f ′ ( x ) dx = 2 − ∫ x. f ′ ( x ) dx ⇒ − ∫ x. f ′ ( x ) dx = − 2 = −
3
3.
0
0
0
0
2

2

2

1 2
x3
2
x dx =
=
∫
12 0 3 .
Ta lại có: 0 4
2

2

2

2

2

1 2
2 4 2
1 

′
′
′
f
x
d
x
−
x
.
f
x
d
x
+
x
d

x
=
−
+
⇔
f
x
−
x dx = 0


(
)
(
)
(
)
∫   ∫0
∫0 4
3 3 3 ∫0 
2 
Do đó: 0
2

2

2
1 

1

f ′ ( x ) − x  dx ≥ 0 , ∀x ∈ [ 0;2]
⇒ f ′ ( x) − x = 0
∫

2 
(vì 0 
)
2

1
⇒ f ( x ) = x2 + C ⇒ f ( 2) = 1 + C ⇔ C = 0
.
4
1
f ( x ) = x2 ⇒
4
Vậy


2

∫
1

f ( x)
x2

Tổng quát:

2

2

1
1
1
dx = ∫ dx = x =
4
4 1 4.
1


b

b

a

a

, rồi suy ra

f ′ ( x ) = − α .u ( x ) − β

∫ u ( x ) . f ′ ( x ) dx = h , ∫  f ′ ( x )  dx = k (với u ( x )
Khi đề bài cho biết giá trị f ( a ) , f ( b ) ,
một biểu thức chứa x đã tường minh), đề tìm f ( x ) trước tiên ta đi tìm 2 số α , β sao cho
b

∫  f ′ ( x ) + α .u ( x ) + β 

2

dx = 0

a

tìm

2

là

, sau đó ngun hàm hai vế để

f ( x) .

Bài tập tương tự (Nguyễn Phương Thu sưu tầm):
Vd 1: Cho hàm số
1

∫  f ′ ( x ) 

2

y = f ( x)

liên tục trên

[ 0;1] , thỏa mãn các điều kiện f ( 0) = 0 , f ( 1) = 2 ,

1

dx = 4

0

. Tính

J = ∫  f 3 ( x ) + 2018 x dx
0

.

Giải:

 f ( 0 ) = 0
⇒

Ta có:  f ( 1) = 2
Với

α∈¡

1

∫ f ′ ( x ) dx = 2 − 0 = 2 .
0

, xét tích phân:

1

1

1

1

0

0

I = ∫  f ′ ( x ) + α  dx = ∫  f ′ ( x )  dx + 2α ∫ f ′ ( x ) dx + ∫ α 2 dx = 4 + 2α .2 + α 2 = ( α + 2 )
2

0

Ta có:

2

0

2

.

I = 0 ⇒ α = − 2 ⇒ f ′ ( x) = 2 ⇒ f ( x) = 2x + C .

 f ( 0 ) = 0
⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = 2x

Mà  f ( 1) = 2
.
1

1

2018 2 
8
J = ∫ ( 2 x ) + 2018 x  dx =  x 4 +
x ÷ = 1011.


2
4
0
Vậy
0
3

1

Vd 2: Cho hàm số
1

∫  f ( x ) 

2

y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] , thỏa mãn
1

dx = 4

0

∫  f ( x ) 
. Tính giá trị của tích phân

3

0

dx

∫
0

1

f ( x ) dx = ∫ xf ( x ) dx = 1
0

và

.

Giải:

 f ( x )  , xf ( x ) , f ( x )
2

Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là
bình phương

 f ( x ) + α x + β 

2

. Với mỗi số thực

α ,β

ta có:

nên ta sẽ liên kết với


1

∫  f ( x ) + α x + β 

2

0

1

0

= 4 + 2( α + β ) +
2

Cần tìm

α ,β

1

1

0

0

dx = ∫  f ( x )  dx + 2 ∫ ( α x + β ) f ( x ) dx + ∫ ( α x + β ) dx
2

sao cho

2

α
+ αβ + β 2 .
3
2

∫  f ( x ) + α x + β  dx = 0

2

0

α2
4 + 2 ( α + β ) + + αβ + β 2 = 0
hay
3

⇔ α 2 + ( 3β + 6 ) α + 3β 2 + 6β + 2 = 0 . Để tồn tại α

thì :

∆ = ( 3β + 6 ) − 4 ( 3β 2 + 6 β + 2 ) ≥ 0 ⇔ − 3β 2 + 12 β − 12 ≥ 0
2

⇔ − 3 ( β − 2 ) ≥ 0 ⇔ β = 2 ⇒ α = − 6.
2

1

1

∫  f ( x ) − 6 x + 2 dx = 0 ⇒ f ( x ) = 6 x − 2, ∀ x ∈ [ 0;1] ⇒ ∫  f ( x )  = 10

Vậy

2

0

3

0

có đạo hàm liên tục trên đoạn

[ 0;1]

+ 4 ( 6 x 2 − 1) . f ( x ) = 40 x 6 − 44 x 4 + 32 x 2 − 4, ∀x ∈ [ 0;1] .

Tích

Câu 13. [2D3-2.4-4] (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Cho hàm số
thỏa mãn

f ( 1) = 1

( f ′( x) )

và

2

f ( x)

1

phân

∫ f ( x ) dx bằng?
0

23
A. 15 .

13
B. 15 .

17
C. 15 .
−

Lời giải

7
D. 15 .
−

Chọn B

( f ′( x) )

2

+ 4 ( 6 x 2 − 1) . f ( x ) = 40 x 6 − 44 x 4 + 32 x 2 − 4

1

⇒

∫ ( f ′ ( x) )
0

2

1

1

dx + ∫ 4 ( 6 x − 1) . f ( x ) dx = ∫ ( 40 x 6 − 44 x 4 + 32 x 2 − 4 ) dx.   ( 1)
2

0

0

1

1

I = ∫ 4 ( 6 x − 1) . f ( x ) dx = ∫ ( 24 x 2 − 4 ) f ( x ) dx
2

Xét

0

0

 u = f ( x )
⇒

2
dv
=
24
x
−
4
dx
(
)
Đặt 

.

 du = f ′ ( x ) dx

3
 v = 8x − 4 x .
1

1

⇒ I = ( 8 x − 4 x ) . f ( x ) − ∫ ( 8 x − 4 x ) . f ′ ( x ) dx = 4 − 2∫ ( 4 x3 − 2 x ) . f ′ ( x ) dx.
3

1

0

Do đó:

3

0

0


1

( 1) ⇒ ∫ ( f ′ ( x ) )

2

0

1

1

1

dx − 2∫ ( 4 x − 2 x ) . f ′ ( x ) dx + ∫ ( 4 x − 2 x ) dx = ∫ ( 56 x 6 − 60 x 4 + 36 x 2 − 8 ) dx.
3

2

3

0

0

1

0

⇒ ∫  f ′ ( x ) − ( 4 x3 − 2 x )  dx = 0 ⇒ f ′ ( x ) = 4 x 3 − 2 x ⇒ f ( x ) = x 4 − x 2 + c.
2

0

f ( 1) = 1 ⇒ c = 1 ⇒ f ( x ) = x 4 − x 2 + 1.

Mà

1

1

∫ f ( x ) dx = ∫ ( x
Do đó
0

4

0

Câu 14. [2D3-2.4-4]

(Đề

6

− x 2 + 1) dx =

thi

HK2

13
.
15
Lớp

12-Chuyên

6

Nguyễn

Du-

Đăk

Lăk)Cho

3

∫ f ( x ) dx = ∫ x. f ( x ) dx = 72 . Giá trị của ∫ f ( x ) dx bằng
2

0

0

A. 5.

1

B. 4.

C. 3.

D. 2.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai
Chọn B
6

6

6

∫ f ( x ) dx = ∫ xf ( x ) dx = 72 ; ∫ x dx = 72 .
Cách 1: Ta có:

2

2

0

0

6

0

6

2
2
∫0  f ( x ) − 2 xf ( x ) + x  dx = ∫0  f ( x ) − x  dx = 72 − 2.72 + 72 = 0 ⇒ f ( x ) − x = 0 ⇔ f ( x ) = x

3

3

1

1

⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ xdx = 4

2

.
2

6
 6 2 6 2
72 =  ∫ xf ( x ) dx  ≤ ∫ x dx . ∫ f ( x ) dx = 72.72 = 72 2
Cách 2: Ta có:
.
0
 0
0
2

Dấu “=” xảy ra
3

3

1

1

⇔ f ( x ) = kx ( k ≠ 0 )

6

6

0

0

⇒ ∫ xf ( x ) dx = ∫ kx 2 dx = 72 ⇒ k = 1 ⇒ f ( x ) = x

.

∫ f ( x ) dx = ∫ xdx = 4 .
Câu 15. [2D3-2.4-4] (Ba Đình Lần2) Hàm số

f ( x)

có đạo hàm đến cấp hai trên

f 2 ( 1 − x ) = ( x 2 + 3) f ( x + 1) . Biết rằng f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ ¡
A.

8.

B.

0.

C. − 4 .
Lời giải

¡

thỏa mãn:

2

, tính

I = ∫ ( 2 x − 1) f " ( x ) dx
0

D.

4.

.


 f 2 ( 1 − x ) = ( x 2 + 3) , f ( x + 1) ⇒ f 4 ( 1 − x ) = ( x 2 + 3) 2 . f 2 ( x + 1) ( 1)

 2
2
Ta có:  f ( 1 + x ) = ( x + 3) . f ( 1 − x ) ( 2 )
Từ

( 1)

và

( 2)

⇒ f ( 1 − x ) = x 2 + 3 = ( 1 − x − 1) + 3
2

⇒ f ( x ) = ( x − 1) + 3

2

⇒ f ′′ ( x ) = 2

2

2

⇒ I = ∫ ( 4 x − 2 ) dx = ( 2 x − 2 x ) = 4
2

0

0

Câu 16. [2D3-2.4-4]

(Sở

Lạng

.

Sơn

 f ' ( x )  + f ( x ) . f '' ( x ) = 4 x 3 + 2 x
5
9
A. 2 .
B. 2 .

2019)

2

với mọi

Cho

x∈ ¡

và

hàm

số

f ( x)

thỏa

f ( 0 ) = 0 . Giá trị của f 2 ( 1)

16
C. 15 .

mãn

bằng

8
D. 15 .

Lời giải
Tác giả:Dương Đức Tuấn; Fb:Dương Tuấn
Chọn C

 f ' ( x )  + f ( x ) . f '' ( x ) =  f ( x ) . f ' ( x )  ' . Từ giả thiết ta có:  f ( x ) . f ' ( x )  ' = 4 x 3 + 2 x
2

Ta có:
Suy ra:

f ( x ) . f ' ( x ) = ∫ ( 4 x3 + 2 x ) dx = x 4 + x 2 + C . Với f ( 0 ) = 0 ⇒ C = 0

Nên ta có:
1

Suy ra:

∫
0

f ( x ) . f ' ( x ) = x4 + x2

f 2 ( x)
8
16
f ( x ) . f ' ( x ) dx = ∫ ( x + x ) dx ⇔
= ⇒ f 2 ( 1) =

2 0 15
15 .
0
1

1

4

2

Câu 17. [2D3-2.4-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hàm số
xác

định

và

liên

tục

trên

¡ \ { 0} ,

biết

x. f ( x ) ≠ − 1, ∀ x ≠ 0;

y = f ( x)

f ( 1) = − 2

và

e

( x. f ( x ) + 1)

2

− x. f ′ ( x ) − f ( x ) = 0

1
−2
A. e
.

B.

2−

1
e.

với

∀ x ∈ ¡ \ { 0} . Tính
1

C. e .

∫ f ( x ) dx.
1

1
−1
D. e .

−

Lời giải
Chọn A
Tác giả: Lê Văn Hùng; Fb: Lê Văn Hùng

 x. f ( x ) + 1 − x. f ′ ( x ) − f ( x ) = 0 ⇔  x. f ( x ) + 1 = x. f ′ ( x ) + f ( x )
2

Ta có

2


⇔

x. f ′ ( x ) + f ( x )
 x. f ( x ) + 1

2

=1
(do

x. f ( x ) ≠ −1, ∀x ≠ 0 ).

′

−1 
−1
⇔ 
= x+C
÷÷ = 1 ⇔
x
.
f
x
+
1
x
.
f
x
+
1
(
)
(
)



−1
= C +1 ⇔ 1 = C +1 ⇔ C = 0
f
1
=
−
2
(
)
f
1
+
1
(
)
Do
nên
.

−1
−1− x
1 1
= x ⇔ x2. f ( x ) + x = − 1 ⇔ f ( x ) = 2 = − 2 −
x
x x
Do đó x. f ( x ) + 1
e

Suy ra

∫
1

e

e

 1 1
1
f ( x ) dx = ∫  − 2 − ÷dx =  − ln
x x
x
1

1

x ÷ = − 2.
1 e

Câu 18. [2D3-2.4-4] (THPT Nghèn Lần1) Cho hàm số
1

y = f ( x)

có đạo hàm liên tục trên đoạn

1

[ 0;1]

1

2
1
9
′
x
f
x
d
x
=

f
x

d
x
=
I = ∫ f ( x ) dx
(
)
(
)


∫
∫
f
1

=
1
(
)
5
5
thỏa mãn
, 0
và 0
. Tính tích phân
.
0

A.

I=

3
4.

I=

B.

1
5.

I=

C.

1
4.

D.

I=

4
5.

Lời giải
Tác giả: Hồ Thị Hoa Mai ; Fb: Hồ Thị Hoa Mai
Chọn C

 du = f ′ ( x ) dx
u = f ( x) 
⇒

x2
A = x f ( x ) dx
 dv = x d x
v =
Xét
. Đặt
.
0

2
1

∫



1

1

1
1
3
x2
1 2
1 1 2
1
⇒ A = f ( x ) − ∫ x f ′ ( x ) dx = − ∫ x f ′ ( x ) dx = ⇔ ∫ x 2 f ′ ( x ) dx =
5.
2
20
2 20
5 0
0

1

∫  f ′ ( x ) 
Xét



⇔

0

1

1

dx − 2k ∫ x f ′ ( x ) dx + k ∫ x 4dx = 0
2

2

0

0

( 1)

9
3 1
− 2k . + k 2 = 0 ⇔ k = 3
.
5
5 5
1

( 1)

2

trở thành

( f ′ ( x ) − 3x )

2 2

1

Do đó

2

0

1

0

≥ 0⇒

1

0

∫ ( f ′ ( x ) − 3x )
0

∫ ( f ′ ( x ) − 3x )

0

1

2
4
∫  f ′ ( x )  dx − 6∫ x f ′ ( x ) dx + 9∫ x dx = 0 ⇔

2 2

2 2

dx ≥ 0

1

∫ ( f ′ ( x ) − 3x )
0

2 2

dx = 0

.

.

dx = 0 ⇔ f ′ ( x ) − 3x 2 = 0

⇔ f ′ ( x ) = 3 x 2 ⇒ f ( x ) = ∫ 3 x 2 dx = x 3 + C

f ( 1) = 1 ⇒ f ( x ) = x 3 .
1

1

0

0

I = ∫ f ( x ) dx = ∫ x 3dx =



1
4.

Câu 19. [2D3-2.4-4] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hàm số
liên tục trên
2

R

f (0) = 3 và f ( x) + f (2 − x) = x − 2 x + 2, ∀ x ∈ R .
2

và thỏa mãn

∫ xf ′( x)dx bằng

0

−4
A. 3 .

f ( x)

2
B. 3 .

có đạo hàm
Tích phân

− 10
D. 3

5
C. 3 .

Lời giải

Tác giả: Đoàn Thị Hường; Fb: Đoàn Thị Hường
Chọn D
Cách 1.
2

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần, ta có:

f ( x) + f (2 − x) = x − 2 x + 2, ∀ x ∈ R ( 1)

2

∫ xf ′( x)dx = xf ( x) − ∫ f ( x)dx .
2

0

0

0

2

Từ

Thay

x = 0 vào ( 1)

ta được

f (0) + f (2) = 2 ⇒ f (2) = 2 − f (0) = 2 − 3 = − 1 .

2

Xét

Đặt

I = ∫ f ( x)dx

0

x = 2 − t ⇒ dx =

Khi đó

x = 0⇒ t = 2

− dt , đổi cận:  x = 2 ⇒ t = 0

0

2

2

2

0

0

I = − ∫ f (2 − t )dt = ∫ f (2 − t )dt ⇒ I = ∫ f (2 − x)dx
2

2

2

8

(∫ f ( x) + f (2 − x) ) dx = ∫ ( x − 2 x + 2 ) dx ⇔ 2∫ f ( x)dx = ⇔
3
Do đó ta có 0
0
0
2
2
4 10
2
′
xf
(
x
)d
x
=
xf
(
x
)
−
f
(
x
)d
x
=
2.(
−
1)

−
=− .
∫
∫
0
3
3
Vậy 0
0
2

2

∫

0

4
f ( x)dx = .
3

Cách 2.( Thầy Nguyễn Ngọc Hiệp đề xuất)

 f ( x) + f (2 − x) = x 2 − 2 x + 2 ( 1)

f (0) = 3
Từ 
Thay

x = 0; x = 1 vào ( 1)

Xét hàm số

ta được

f ( x) = ax 2 + bx + c

f (2) = − 1; f (1) =

1
2.


c=3

1

⇔
 a+b+c =
2

từ giả thiết trên ta có  4a + 2b + c = − 1

 c=3

1

a=
2


b = − 3
.


2

2

10
1
xf ′( x)dx = ∫ x ( x − 3) dx = −
f ( x ) = x 2 − 3 x + 3 ⇒ f ′ ( x) = x − 3
∫
3.
Vậy
suy ra 0
0
2
Phân tích, bình luận và phát triển bài tốn.

- Đây là bài tốn về tích phân hàm ẩn một dạng toán mà trong đề thi hiện nay hay gặp.
2

xf ′( x )dx
∫
- Trong bài toán trên để tính tích phân
sử dụng tích phân từng phần đưa về tính tích
0

2

f ( x)dx
∫
phân
. Mặt khác từ biểu thức về hàm số đã cho chứa
0

đổi tạo ra hai biểu thức này bằng cách đặt

x = 2− t .

f ( x)

và

f (2 − x) , nên ta biến

- Để làm được bài toán trên học sinh cần nắm vững cả hai phương pháp tính tích phân là đổi
biến và từng phần.
- Đề xuất một số bài toán tương tự :
Câu PT 43.1. Cho hàm số

f ( x)

liên tục trên

1

∀ x∈
A. − 2 .

R . Tính tích phân

R

và thỏa mãn

f ( x) = 4 xf ( x 2 ) + 2 x + 1 với

I = ∫ xf ′( x )dx
0

B.

− 1.

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
1

1

xf ′( x)dx = xf ( x) − ∫ f ( x)dx
∫
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có:
f ( x) = 4 xf ( x 2 ) + 2 x + 1, ∀ x ∈ R ( 1)

Từ
Thay x = 1 vào ( 1) ta được f (1) = 4 f (1) + 3 ⇒ f (1) = − 1
1

0

0

0

1

Xét

I = ∫ f ( x)dx
0

x = 0⇒ t = 0

Đặt x = t 2 ⇒ dx = 2tdt , đổi cận :  x = 1 ⇒ t = 1
1

1

I = ∫ f (t ).2tdt ⇒ I = 2∫ xf ( x )dx
2

Khi đó

2

0

0

1

1

0

0

. Ta có

1

0

0

0

0

1

∫ xf ′( x)dx = xf ( x) − ∫ f ( x)dx = 1.(− 1) + 2 = 1.

Vậy 0

1

1

I − 2 I = ∫ f ( x)dx − 4∫ xf ( x 2 )dx

= ∫  f ( x ) − 4 xf ( x 2 )dx = ∫ ( 2 x + 1) dx = ( x 2 + x ) = 2
0
1

1

⇔ − I = 2⇔ I = −2


2 
2
;1
2 f ( x) + 3 f ( ) = 5 x

Câu PT 43.2. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  3  và thỏa mãn
3x
1

2 
∫2 ln x. f ′( x)dx
∀ x ∈  ;1
với
 3  . Tính tích phân 3

5 2 1
ln +
A. 3 3 3 .

5 2 1
ln −
B. 3 3 3 .

5 2 1
− ln +
C. 3 3 3 .

Lời giải

5 2 1
− ln −
D. 3 3 3

Tác giả: Đoàn Thị Hường; Fb: Đoàn Thị Hường
Chọn D
1

∫ ln x. f ′( x)dx = ( ln x. f ( x) )
2

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần, ta có: 3

2
2 

2 f ( x ) + 3 f ( ) = 5 x, ∀ x ∈  ;1
3x
3 
Từ

x=1

Thay

1

−∫
2
3

f (x
)dx
x

( 1)

2

2
f
(1)
+
3
f
(

)=5

3
⇔

2
10
2
 2 f ( ) + 3 f (1) =
x=
1
(
)

và
vào
ta
được
hệ
3
3
3

 f (1) = 0

 2 5
f( )=
 3 3 .

f ′ ( x)

dx
x

1

I=∫
2
3

Xét

1
2
3

2

 x = 3 ⇒ t = 1

2
2
x = 1⇒ t = 2
x = ⇒ dx = − 2 dt
Đặt
3.
3t
3t , đổi cận : 

2 1
2

2
f ( ). 2
)
)
1 f(
1 f(
2
3t dt =
3 x .dx
I = − ∫ 3t t dt =
∫2 t
∫2 x
2
31
Khi đó
.
3t
3
3
2
3

1

Ta có

2 I + 3I = 2 ∫
2
3

1

⇔ 5I = ∫
2
3

1

Vậy

f ( x)
dx + 3∫
x
2

2 f ( x) + 3 f (
x

1

f(

2
)
3 x .dx
x

3

2

)
1
1
3 x .dx = 5 x dx = 5dx = 5 ⇔ I = 1
∫2 x ∫2
3
3
3

3

1

∫ ln x. f ′( x)dx = ( ln x. f ( x) ) 2 − ∫
2
3

1

3

2
3

.

f (x
2 2 1
5 2 1
)dx = ln1. f (1) − ln f ( ) − = − ln −

x
3 3 3
3 3 3

.

.


b

Câu 20. [2D3-2.4-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho
trị lớn nhất với ( a <
A. S

b; a, b ∈ ¡

= 5.

B. S

). Khi đó tính

= 8.

S = a2 + b2
C. S = 4 .

Lời giải

P = ∫ ( − x 4 + 5 x 2 − 4 ) dx
a

D.

có giá

S = 7.

Tác giả: ; Fb: Biện Tuyên
Chọn A
Xét hàm số

f ( x ) = − x 4 + 5 x 2 − 4 , có f ′ ( x ) = − 4 x3 + 10 x .

f ′ ( x ) = 0 ⇔ − 4 x3 + 10 x =

Bảng biến thiên:


x = 0

10
⇔ x =

2

 x = − 10
2 .
0 

Đồ thị hàm số:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

f ( x ) = − x4 + 5x2 − 4 ≥ 0

 a = −2, b = −1

Do đó P có giá trị lớn nhất thì  a = 1, b = 2 .
Vậy

S = a2 + b2 = 5 .

với

∀ x ∈ [ − 2; − 1] ∪ [ 1;2] .


Câu 21. [2D3-2.4-4] (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Cho hàm số
π

f ( x)

có đạo hàm liên tục trên

π

π
π 

′

f
x

d
x
=
cos
x
.
f
x
d
x
=
(
)
(
)
f  ÷= 1


∫
∫
2 và  2  . Khi đó tích phân
đoạn [ 0; π ] thỏa mãn: 0
0
2

π
2

∫ f ( x ) dx bằng
0

π
+1
B. 2
.

A. 0 .

π
−1
D. 2
.

π
C. 2 .

Lời giải
Tác giả: Đinh Văn Trường; Fb: Đinh Văn Trường

Chọn B
π

*) Xét tích phân

I = ∫ cos x. f ( x ) dx

0

 u = f ( x )

Đặt  dv = cos xdx

.

 du = f ′ ( x ) dx

 v = sin x

⇒
π

π

0

0

− ∫ sin x. f ′ ( x ) dx = − ∫ sin x. f ′ ( x ) dx

π

I = sin x. f ( x ) 0

.

π

π
π
sin x. f ′ ( x ) dx = −
I=
∫
2 .
Theo giả thiết
2 , suy ra 0
π

*) Tìm số thực
π

k

thỏa mãn

 f ′ ( x ) + k .sin x 
f ′ ( x ) + k .sin x = 0 . Khi đó ∫ 
0

π

π

0

0

2

dx = 0

.

⇔ ∫  f ′ ( x )  dx + ∫ 2k sin x. f ′ ( x ) dx + ∫ k 2 sin 2 xdx = 0
2

0

⇔

π
π
 π
+ 2k .  − ÷ + k 2 . = 0
2
2
⇔ k 2 − 2k + 1 = 0
 2

Từ đó,

⇔ k = 1.

f ′ ( x ) + sin x = 0 ⇒ f ′ ( x ) = − sin x ⇒ f ( x ) = cos x + C .

π 
f  ÷= 1
Do  2 

nên

C = 1 . Vậy f ( x ) = cos x + 1 .
π
2

π
2

∫ f ( x ) dx = ∫ ( cos x + 1) dx = ( sin x + x ) 2
*) Ta có
0

Trắc nghiệm:
π

π

0

0

∫  f ′ ( x )  dx =
2

= 1+

π
2.

π
π
π
′
sin
x
.
f
x
d
x
=
−
(
)
2 và ∫0
2 ta suy ra được f ′ ( x ) = − sin x .

Từ giả thiết 0
Từ đó giải tiếp như phần trên.


Câu 22. [2D3-2.4-4] (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Cho hàm số
Biết đẳng thức

2 f ( x ) + ( x 2 − 1) f ′ ( x ) =

x( x + 1) 2

f ( 0) .

A.

3− 3 .

C.

− 3.

f ( x ) có đạo hàm trên ( − 1; + ∞ ) .

x 2 + 3 được thỏa mãn ∀ x ∈ ( − 1; + ∞ ) . Tính giá trị

B.

2− 3 .
f ( 0) .

D.Chưa đủ dữ kiện tính
Lờigiải

Tácgiả : Nguyễn Thị Bích Ngọc; Fb:Nguyên Thị Bích Ngoc
Chọn B

1
∀ x ∈ ( − 1; + ∞ ) , ta nhân cả hai vế đẳng thức trên cho ( x + 1)2 thì ta được:
2 f ( x ) + ( x − 1) f ′ ( x ) =
2

2
x−1

x( x + 1) 2 ⇔
f
x
+
f ′( x ) =
(
)
2
x
+
1
2
( x + 1)
x +3

x
x2 + 3 .

1
1
1
′
x
 x −1

 x −1

x
 x −1
′

f ( x) ÷ =
⇒ ∫
f ( x ) ÷ dx = ∫
dx ⇒ 
⇒
f ( x) ÷ =
2
2
x
+
1
x
+
1
x
+
1

0




x +3
x +3 0
0

(

x2 + 3

)

1
0

⇒ f ( 0) = 2 − 3 .
Câu 23. [2D3-2.4-4] (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho hàm số

f ( x)

liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn

2

2 f ( x) + 3 f (1 − x) = x 1 − x ,

với mọi

4
A. 75 .

4
25 .

−

B.

−

x ∈ [0;1].

 x
xf
'
∫  2 ÷ dx bằng
Tích phân 0

16
C. 75 .
−

16
D. 25 .
−

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đắc Hà ; Fb: Nguyễn Đắc Hà.
Chọn C
Đặt 1 −

x = a ⇒ x = 1 − a. Khi đó ta có hệ.

 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = x 1 − x
1
⇒ f ( x ) =  3 ( 1 − x ) x − 2 x 1 − x  .

5
 3 f ( x ) + 2 f ( 1 − x ) = ( 1 − x ) x

Đặt

t=

x
1
⇒ dt = dx; x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 1.
Khi đó tích phân cần tính:
2
2




1 1
I = ∫ 2t. f '(t )2dt = 4 ∫ t. f '(t ) dt = 4 ∫ td ( f (t )) = 4  tf (t ) − ∫ f (t ) dt ÷
0 0
0
0
0


1


= 4  f (1) − ∫ f (x) dx ÷
0


1



1
= 4  0 − ∫ 3 ( 1 − x ) x − 2 x 1 − x  dx ÷
0 5


 −4 
= 4. ÷
 75 
−16
=
.
75
1

1

1

Câu 24. [2D3-2.4-4] (Sở Quảng NamT) Cho hàm số

f ( x)

khơng âm, có đạo hàm trên đoạn

[ 0;1]

và

1

thỏa mãn
bằng

f ( 1) = 1 ,  2 f ( x ) + 1 − x 2  f ′ ( x ) = 2 x 1 + f ( x )  , ∀ x ∈ [ 0;1] .

A. 1 .

B.

1
C. 3 .

2.

Tích phân

∫ f ( x ) dx
0

3
D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Rin; Fb: Nguyễn Văn Rin

Chọn C
Ta có

 2 f ( x ) + 1 − x 2  f ′ ( x ) = 2 x 1 + f ( x )  ⇔ 2 f ( x ) . f ′ ( x ) = 2 x. f ( x ) + ( x 2 − 1) . f ′ ( x ) + 2 x

′
⇔  f 2 ( x )  ′ =  ( x 2 − 1) . f ( x ) + x 2  ⇒ f 2 ( x ) = x 2 − 1 f ( x ) + x 2 + C .

(

Với

)

2
x = 1 thì f ( 1) = 1 + C ⇔ 1 = 1 + C ⇔ C = 0 .

 f ( x ) = − 1( l )
2
2
2
⇔
f
x
−
x
−
1
f
x
−
x
=

0
⇔
( ) (

) ( )
2
2
2
2
 f ( x ) = x
Do đó f ( x ) = x − 1 f ( x ) + x
.

(

)

1

1

1

x3
1
2
I = ∫ f ( x ) dx = ∫ x dx =
=
3 0 3.
Vậy

0
0
Câu 25. [2D3-2.4-4] (SGD-Nam-Định-2019) Cho hàm số

y = f ( x)

có đạo hàm đến cấp hai liên tục

¡ . Biết rằng các tiếp tuyến với đồ thị y = f ( x ) tại các điểm có hồnh độ x = − 1 , x = 0 ,
x = 1 lần lượt tạo với chiều dương của trục Ox các góc 30° , 45° , 60° .

trên

0

Tính tích phân
A.

I=

25
3.

I=

∫

−1

1

f ' ( x ) . f '' ( x ) dx + 4 ∫  f ' ( x )  . f '' ( x ) dx
3

0

B.

I = 0.

C.
Lời giải

I=

1
3.

.
D.

I=

3
+1
.
3


Tác giả: Hồ Văn Thảo ; Fb: Thảo Thảo.

Chọn A

y = f ( x)

Vì các tiếp tuyến với đồ thị

Ox

tạo với chiều dương của trục

Ta có:

I=

các góc

0

1

−1

0

∫ f ' ( x ) . f '' ( x ) dx + 4∫  f ' ( x ) 

Đặt t = f ' ( x ) ⇒ dt = f '' ( x )
1

3

2
⇒ I = ∫ tdt + 4 ∫ t dt = t
2
1
3

30° , 45° , 60°

1

3

3

nên hệ số góc của các tiếp tuyến lần

3

. f '' ( x ) dx


 x = −1

x = 0

x = 1
dx . Đổi cận 

.

⇒ t = f ' ( −1) =
⇒ t = f '( 0) = 1

3
3

⇒ t = f ' ( 1) = 3

3
4
3 +t
25
1 =
3
3 .

Câu 26. [2D3-2.4-4] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hàm số
2

x = − 1 , x = 0 , x = 1 lần lượt

3
3 , f ' ( 0 ) = tan 45° = 1 , f ' ( 1) = tan 60° = 3 .

f ' ( − 1) = tan 30° =

lượt là:

tại các điểm có hồng độ

f ( x)

có đạo hàm liên tục trên đoạn

2

2
2
1
′
[ 1;2] thỏa mãn ∫1 ( x − 1) f ( x ) dx = − 3 , f ( 2 ) = 0 , ∫1  f ( x )  dx = 7 . Tính I = ∫1 f ( x ) dx .

A.

I=

7
5.

2

B.

I=−

7
5.

C.

I=−

7
20 .

D.

I=

7
20 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thủy; Fb: diephoang
Chọn B

 u = f ( x )

2
Đặt  dv = ( x − 1) dx ta được
2

 du = f ′ ( x ) dx

 1
3
 v = ( x − 1)
 3
2

2

1
1
3
3
( x − 1) f ( x ) dx = ( x − 1) f ( x ) − ∫ ( x − 1) f ′ ( x ) dx
∫
3
31
Khi đó 1
.
1
2

2

1
1
3
⇒ − = − ∫ ( x − 1) f ′ ( x ) dx
3
31
.
2

⇒

∫ ( x − 1)

1

3

f ′ ( x ) dx = 1

.


2

2

 f ′ ( x ) − k ( x − 1) 3  dx = 0
∫

( k∈ ¡ ) .
Xét 1 
2

2

⇔ ∫  f ′ ( x )  dx − 2k ∫ ( x − 1) f ′ ( x ) dx + k
2

1

3

1

2

2

∫ ( x − 1)

6

dx = 0

1

.

k2
3
⇔ 7 − 2k + = 0
′
⇒
f
x
=
7
x
−
1
(
)
(

)
.
⇔ k=7
7
⇒ f ( x) =

7 ( x − 1)
4

4

+C

.

7 ( x − 1) 7
7
C
=
−
⇒
f
x
=
−
(
)
Do f ( 2 ) = 0 nên
4
4

4
4

2

 ( x − 1) 5 
7
7
4
I = ∫  ( x − 1) − 1 dx = 4  5 − x  = − 7


 1
41
Vậy
5.
2

Câu 27. [2D3-2.4-4] ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Cho hàm số

f ′ ( x ) + ( 2 x + 1) f 2 ( x ) = 0 , ∀ x > 0

( 0;+ ∞ ) , biết
thức P = f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2019 ) .
khoảng

2021
A. 2020 .

2020

B. 2019 .

y = f ( x)
và

f ( 2) =

2019
C. 2020 .

Lời giải

Fb: Tú Tam Tạng
Chọn C
TH1:

f ( x) = 0 ⇒ f ′ ( x) = 0

TH2:

f ( x ) ≠ 0 ⇒ f ′ ( x ) = − ( 2 x + 1) . f ( x )

⇒

∫

trái giả thiết.

2

⇒

f ′( x)
= − ( 2 x + 1)
f 2 ( x)
.

f ′ ( x)
−1
= − ( x2 + x + C )
dx = − ∫ ( 2 x + 1) dx ⇒
2
f ( x)
f ( x)
.

Ta có:

f ( 2) =

1
1
1 1
⇒ f ( x) = 2
= −
6 ⇒ C=0
x + x x x +1.

1 1 1 1
1

2019
⇒ P = − + − + ..... −
=
1 2 2 3
2020 2020 .

có đạo hàm liên tục trên

1
6 . Tính giá trị của biểu
2018
D. 2019 .


Câu 28. [2D3-2.4-4] (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Cho
3

hàm số

f ( x)

¡

liên tục trên

∫

và thỏa

0

f

)

(

x + 16 + x dx = 2019

C.

2020 .

2

8

,

∫
4

f ( x)
x2

dx = 1

. Tính

8

∫ f ( x ) dx .
4

A.

2019 .

B.

4022 .

D.

4038 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy
Chọn B

∫f(
Xét

)

3

x 2 + 16 + x dx = 2019

0

.

t 8
t − x = x 2 + 16 ⇒ t 2 − 2tx + x 2 = x 2 + 16 ⇒ x = −
Đặt t = x + 16 + x . Ta có
2 t.
2

1 8
dx =  + 2 ÷ dt
Suy ra
2 t  .
Khi

x = 0 thì t = 4 , khi x = 3 thì t = 8 .

Suy ra
3

2019 = ∫ f
0

(

)

8

8

1 8
1 8 
x + 16 + x dx = ∫ f ( t ) .  + 2 ÷dt = ∫ f ( x ) .  + 2 ÷dx
2 t 
2 x 
4
4
2

8
8
8
f ( x)
1
1
= ∫ f ( x ) dx + 8∫ 2 dx = ∫ f ( x ) dx + 8
24
x
24
.
4
8

Vậy

∫ f ( x ) dx = 4022 .
4

Câu 29. [2D3-2.4-4] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho hàm số

f ( x) > 0

 π
0,
có đạo hàm liên tục trên  3  , đồng thời thỏa mãn f ′ ( 0 ) = 0 ; f ( 0 ) = 1 và

 f ( x) 
2
π 
f ′′ ( x ) . f ( x ) + 
T= f ÷
 =  f ′ ( x ) 
.Tính
 cos x 
 3
2

A.

T=

3
4.

B.

T=

3

4 .

C.

T=

3
2 .

D.

T=

1
2.

Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Chuyền; Fb: Good Hope
Chọn D


f ′′ ( x ) . f ( x ) −  f ′ ( x ) 
 f ( x) 
2
1
′
f ′′ ( x ) . f ( x ) + 
=
f
x

⇔
=− 2


(
)
 
2

f ( x)
cos x
Ta có
 cos x 
2

2

 f ′ ( x ) ′
f ′( x)
1
= − tan x + C

 =− 2 ⇒
f
x
cos
x
f
x
(

)
(
)
. Vì


π

 f ′ ( 0 ) = 0

 f ( 0 ) = 1 nên

π

C = 0.

π

3 d f x
f ′ ( x)
( ( ) ) = 3 − tan x.dx = 3 d (cos x) ⇔ ln f x π3 = ln cos x π3
= − tan x
( )0
∫
∫0
∫0 cos x
0
Do đó f ( x )
. Suy ra 0 f ( x )

1
π 
π  1
⇔ ln f  ÷ − ln f ( 0 ) = ln − ln1 ⇔ f  ÷ =
2
 3
 3 2 .
Câu 30. [2D3-2.4-4] ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho hàm số

f ( 0) = 2 e

Biết

f ( x)

và

luôn thỏa mãn đẳng thức

f ( x)

có đạo hàm liên tục trên

[ 0, π ] .

f '( x) + sin x. f ( x) = cos x.ecos x , " x Ỵ [ 0, π ] .

π

Tính

A.

I = ị f ( x) .dx
0

I » 6,55 .

(làm tròn đến phần trăm).
B.

I » 17,30 .

C.

I » 10,31 .

D.

I » 16,91 .

Lời giải
Fb:Tứng Tartarus.
Chọn B

f ' ( x ) + sin x. f ( x ) = cos x.ecos x . Chia hai vế đẳng thức cho ecos x
f ' ( x ) .e − cos x + e − cos x .sin x. f ( x ) = cos x

( vế trái có dạng

ta được

u ' v + uv ' )

− cos x
⇔ ( f ( x ) .e − cos x ) ' = cos x ⇔ ∫ ( f ( x ) .e ) 'dx = ∫ cos x.dx

⇔ f ( x ) .e − cos x = sin x + C .
Do

f ( 0 ) = 2e

Vậy

f ( x) =

nên

2e.e − 1 = C ⇒ C = 2 .

sin x + 2 cos x
= e ( sin x + 2 )
.
e − cos x

π

π

0

0

I = ∫ f ( x ) .dx = ∫ ecos x ( sin x + 2 ) dx

.

Sử dụng MTCT ( để đơn vị rad). KQ: 10,31
Câu 31. [2D3-2.4-4] (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho hàm số

 xf ′ ( x )  + 1 = x 2 1 − f ( x ) . f " ( x )  với mọi
2

bằng

x

dương. Biết

f ( 1) = f ′ ( 1) = 1

f ( x)

thỏa mãn

. Giá trị

f 2 ( 2)