Bài tập VDC nguyên hàm có lời giải chi tiết

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.06 MB, 55 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

NGUYÊN HÀM

A – KIẾN THỨC CHUNG

1. Định nghĩa

Cho hàm số f x

( )

xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng). Hàm số F x

( )

được gọi

là nguyên hàm của hàm số f x

( )

trên K nếu F x'

( ) ( )

= f x với mọi x ∈K.
Kí hiệu:

∫

f x dx

( )

=F x

( )

+C .

Định lí:

1) Nếu F x

( )

là một nguyên hàm củaf x

( )

trên K thì với mỗi hằng số C , hàm số G x

( )

=F x

( )

+C

cũng là một nguyên hàm của f x

( )

trên K.

2) Nếu F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số f x

( )

trên K thì mọi nguyên hàm của f x

( )

trên K
đều có dạng F x

( )

+C , với C là một hằng số.

Do đó F x

( )

+C C, ∈ là họ tất cả các nguyên hàm của f x

( )

trên K.
2. Tính chất của nguyên hàm

•

(

∫

f x dx

( )

)

′ = f x

( )

và

∫

f x dx'

( )

= f x

( )

+C; d

(

∫

f x

( )

)

= f x

( )

• Nếu F(x) có đạo hàm thì:

∫

d F x

(

( )

)

=F x( )+C

•

∫

kf x dx

( )

=k f x dx

∫

( )

với k là hằng số khác 0.

•

∫

f x

( ) ( )

±g x dx =

∫

f x dx

( )

∫

g x dx

( )

• Công thức đổi biến số: Cho y = f u

( )

và u =g x

( )

Nếu

∫

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

thì

∫

f g x g x dx

( )

( ) '( ) =

∫

f u du( ) =F u( )+C
3. Sự tồn tại của nguyên hàm

Định lí:

Mọi hàm số f x

( )

liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K .
4. Bảng nguyên hàm các hàm số thường gặp

∫

0dx =C 2.

∫

dx = +x C

3. α α

(

α

)

= + ≠ −

∫

x dx 1 x 1 C 1

1 16.

(

)

(

)

+
+

+ = + ≠ −

∫

ax b ax b c

a

1
1

dx , 1

α
α

∫

dx = − +C
x
x2

1 1

17.

∫

xdx = x2 +C
2
5.

∫

dx = x +C

x

1 ln 18. = + +

∫

ax b c

ax b a

dx 1ln

∫

e dxx =ex +C

19. + = + +

∫

eax bdx eax b C

a

∫

a dxx = ax +C
a

ln 20.

+ = +

∫

akx bdx akx b C

k a
1

∫

cosxdx =sinx C+ 21.

(

+

)

=

(

+

)

+

∫

ax b dx ax b C

a

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

∫

sinxdx = −co sx C+ 22.

(

+

)

= −

(

+

)

+

∫

ax b dx ax b C

a

sin cos

10.

∫

tan .x dx= −ln | cos |x +C 23.

(

+

)

= −

(

+

)

+

∫

ax b ax b C

a

tan dx ln cos

11.

∫

cot .x dx=ln | sin |x +C 24.

(

+

)

=

(

+

)

+

∫

ax b ax b C

a

cot dx ln sin

12.

∫

dx = x C+
x

tan

cos 25.

∫

(

ax b+

)

dx =a

(

ax b+

)

+C

1 1

tan
cos

13.

∫

dx = − x C+
x

1 cot

sin 26.

∫

(

ax b+

)

dx = −a

(

ax b+

)

+C

1 1cot

sin

14.

∫

(

1 tan+ 2x dx

)

= tanx C+

27.

∫

(

ax b dx+

)

(

ax b+

)

+C

a

2 1

1 tan tan

15.

∫

(

1 cot+ 2x dx

)

= −co x Ct +

28.

∫

(

ax b dx+

)

= − co ax b

(

)

+C
a

2 1

1 cot t

5. Bảng nguyên hàm mở rộng

= +

∫

x C

a a

a2 x2

dx 1

arctg

∫

x =x x + a −x +C

a a

2 2

arcsin dx arcsin

= +

−
−

∫

a x C

a a x
a2 x2

dx 1

∫

= − − +

x x x a x C

a a

2 2

arccos dx arccos

(

)

= + + +

∫

x x a C

x a

2 2

∫

x =x x −a

(

a +x

)

+C

a a

2 2

arctan dx arctan ln
2

= +

−

∫

x C

a
a2 x2

arcsin

∫

x =x x +a

(

a +x

)

+C

a a

2 2

arc cot dx arc cot ln
2

= +

−

∫

x C

a a

x x2 a2

dx 1arccos

+ +

= − +

∫

a x a C

a x

x x a

2 2

dx 1ln

(

)

= + +

∫

ax b C

a
ax b

dx 1

ln tan
2
sin

(

)

= + 

(

)

−

 

∫

ax b x b ax b x

a

ln dx ln =

(

)

∫

eax bx eax a bx b bx C

a2 b2

cos sin
cos dx

−

− = +

∫

a x x a x a

2 2 2

2 2 dx arcsin

2 2

(

−

)

= +

∫

eax bx eax a bx b bx C

a2 b2

sin cos
sin dx

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Tìm giá trị thực của a để

( )

1
2 1

ax
F x

x

+
=

+ là một nguyên hàm của hàm số

( )

(

)

4 3

2 1

x
f x

x
+
=

+ .
A. a=4. B. a=5. C. a= −4. D. a= −5.

Lời giải 
Chọn A

Ta có

( )

(

)

3
1

2 1 1

2 1

2 1 2 1

ax

a x ax a

x
F x

x x

+
+ −

+ −
+

′ = =

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

( )

(

)

(

)

1 4 3 1 4 3 4

1 3

2 1 2 1

a

ax a x

F x f x ax a x a

a

x x

=


+ − +

′ = ⇔ = ⇔ + − = + ⇔ − = ⇔ =



+ + .

Câu 2. Cho F x

( )

=

(

ax bx c2+ +

)

2 1x− là một nguyên hàm của hàm số

( )

10 2 7 2
2 1

x x

f x

x

− −

− trên
khoảng 1 ;

2
 +∞

 

 . Tính S a b c= + + .

A. S =3. B. S =0. C. S = −6. D. S = −2.
Lời giải

Chọn D

( )

( ) (

2

)

2 1

(

)

1 10 2 7 2

2 1 2 1

x x

F x f x ax b x ax bx c

x x

− −

′ = ⇔ + − + + + =

− −

(

2

)(

2 1

)

2 10 2 7 2

2 1 2 1

ax b x ax bx c x x

x x

+ − + + + − −

⇔ =

− −

(

)

2 2

5ax 3 2b a x c b 10x 7x 2

⇔ + − + − = − −

5 10

3 2 7

a

a b

c b

=



⇔ − = −

 − = −


1 2

a

b S

c

=



⇔ = − ⇒ = −
 = −



Câu 3. Cho F x

( )

=

(

ax bx c2+ +

)

2 3x− là một nguyên hàm của hàm số

( )

20 2 30 7

2 3

x x

f x

x

− +

− trên
khoảng 3 ;

2
 +∞

 

 . Tính P abc= .

A. P=0. B. P=3. C. P=4. D. P= −8.
Lời giải

Chọn D

Ta có

( ) (

2

)

2 3

(

)

. 1 5 2

(

3 6

)

2 3 2 3

ax b a x c b

F x ax b x ax bx c

x x

+ − + −

′ = + − + + + =

− −

( )

5 2

(

3 6

)

3 20 2 30 7

F x′ = f x ⇔ ax + b− a x c b+ − = x − x+

5 20

3 6 30

3 7

a

b a

c b




⇔ − = −

 − =


2 8

a

b S

c

=



⇔ = − ⇒ = −
 =



Câu 4. Biết sin cos ln sin cos

sin cos

x x dx a x x C

x x

= − +

−

∫

. Với a là số nguyên. Tìm a?

A. a=1. B. a=2. C. a=3. D. a=4.
Lời giải

Vì ln sin cos

(

sin cos

)

sin cos

sin cos sin cos

x x x x

a x x C

x x x x

′

− +

′

 − +  = =

  − −

∫

nên

Nguyên hàm của: sin cos
sinxx cosxx

− là: ln sinx−cosx C+ .
Chọn A

Câu 5. Tìm một nguyên hàm của:

2
2
2

tan
2
1 4.

tan 1

x
x

 − 

 

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A. 12 3.

cos x+ B. 2

1 3.

sin x+ C. tanx+2. D. cotx+2.
Lời giải

( )

2
2

2 2

tan 2 tan 1

2 2

1 4. 1 1 tan

cos
1 tan

tan 1 2

x x

f x x x

x
x

 

 

= + = +  = + =

 −   + 

   

 

Nguyên hàm của F x

( )

=tanx C+

Ta có: 3 tan 3 2

( )

tan 2

4 4

F  = ⇒  + = ⇒ = ⇒C C F x = x+
 

π π

Chọn C
Câu 6. Biết

(

)

(

)

1 1

25x −20x+4 dx= −a x5 −2 +C

∫

. Với a là số nguyên. Tìm a?

A. a=4. B. a=100. C. a=5. D. a=25.
Lời giải

Chú ý nếu chúng ta biến đổi:

(

)

(

)

(

)

4
2

3
2

25 20 4

1 25 20 4

25 20 4

x x

dx x x dx C

x x

−

− − +

= − + = +

−

− +

∫

. Là sai

Điều sau đây mới đúng:

(

) (

)

4
2

2 2 25 20 4

25 20 4 25 20 4

x x

x x d x x C

−

− − +

− + − + = +

−

∫

Trở lại bài, ta sẽ biến đổi biểu thức

(

25x2−20x+4

)

3 về dạng

(

)

n

ax b+ như sau:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3 6

2
5

1 1 5 2

5 2

25 20 4

5 2

1 1

5 5 25 5 2

dx dx x dx

x

x x

x C C

x

−

= = −

−

− +

−

= + = − +

− −

∫

Chọn D

Câu 7. Biết 21 ln 2 7

2 5 7

x dx a x C

x x b

+ = − +

− −

∫

, với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?
A. S =4. B. S =2. C. S =3. D. S =5.

Lời giải

Ta quan sát mẫu cso thể phân tích được thành nhân tử, sử dụng MTCT bấm giải phương trình
bậc 2:

2x −5x− =7 0 thấy có hai nghiệm là: 1, 7
2
x= − x= .

Áp dụng công thức 2

(

)(

)

1 2

ax bx c a x x x x+ + = − − với x x1, 2 là hai nghiệm ta có:

(

)(

)

2x −5x− =7 x+1 2x−7
Do đó:

(

)(

)

1 1 1 1 ln 2 7

2 5 7 1 2 7 2 7 2

x dx x dx dx x C

x x x x x

+ +

= = = − +

− − + − +

∫

Chọn C

Câu 8. Biết 1 tan

1 sin 2 4

a

dx x C

x b

 

=  − +

+  

∫

π , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?
A. S =4. B. S =2. C. S =3. D. S =5.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1 1 1

1 sin 2 1 cos 2 2cos

2 4

dx dx dx

x = x = x =

+ +  −   − 

   

   

∫

π

∫

π

1tan 1tan

2 4 x C 2 x 4 C

   

= −  − + =  − +

   

π π

Ta thấy a=1,b=2 suy ra S=3
Chọn C

Câu 9. Cho

( )

8sin2

f x = x+ π 

 . Một nguyên hàm

( )

F x của f x

( )

thỏa F

( )

0 =8 là:

A. 4 2sin 2 9

x+  x+ +

 

π . B. 4 2sin 2 9

x−  x+ +

 

π .

C. 4 2sin 2 7

x+  x+ +

 

. D. 4 2sin 2 7

x−  x+ +

 

π
.
Lời giải

Ta cần phải tính

( )

8sin2

f x dx= x+ dx

 

∫

π . Đầu tiên sử dụng công thức hạ bậc để đổi f x

( )

như sau:

( )

8sin2 8 1 cos 2 6

12 2

x

f x x

 −  + 

 

    

=  + =

 

 

 

 

π
π

( )

4 4cos 2

( )

4 2sin 2

6 6

f x = −  x+ ⇒F x = x−  x+ +C

   

π π

( )

0 8 2sin 8 9

f = ⇔ −   + = ⇔ =C C

 
π
Chọn B

Câu 10. Biết F x( ) là nguyên hàm của

(

)

2
2

5 8 4

x x dx

x x

+ −
−

∫

với 0< <x 1 và 1 26
2

F  = 

  . Giá trị nhỏ nhất của
( )

F x là:

A. 24. B. 20. C. 25. D. 26.

Lời giải
Ta có:

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2 2

2
2

9 4 2 1

5 8 4

1
1

9 4 4 9

1
1

x x x

x x

F x dx dx

x x

dx C

x x x

x

− − +

+ −

= =

−
−

 

 

= − = + +

−
−

 

 

∫

Vì 1 26

F  = 

  nên 4

9 26 0

1 1 1

2 2

C C

+ + = ⇔ =

 − 

 

 

Lúc này

( )

(

)

4 9

F x

x x

= +

− với 0< <x 1. Sử dụng MTCT bấm Mode 7 chọn start 0 end 1 Step
0.1:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 11. Cho f x

( )

= +1 x. Một nguyên hàm F x

( )

của f x

( )

thỏa F

( )

1 1= là:
A. x2+ +x 1 B.

2
2

1 khi 0
2 2

khi 0
2

x

x x

x

x C x



+ − ≥




 − + <


C. 
2

1
2

khi 0
2

x x C x

x

x C x



− + ≥




 − + <


. D.

1
2

khi 0
khi 0
2

x x C x

x

x C x

− + + ≥




− + <

 .

Lời giải

Ta có:

( )

1 khi 0

x x

f x

x x

+ ≥



=  − <



( )

2
1
2

khi 0
2

x

x C x

F x

x

x C x



+ + ≥



⇒ = 

 − + <


Theo đề

( )

1 1 1 1
2

F = ⇒C = − do đó:

2
2

1 khi 0
2 2

khi 0
2

x

x x

x

x C x



+ − ≥




 − + <


.
Chọn B

Câu 12. Cho F x

( )

là nguyên hàm của hàm số

( )

1
3

x

f x
e
=

+ và

( )

0 ln 4

F = − . Tập nghiệm S của
phương trình 3F x

( )

+ln

(

x3+3

)

=2 là:

A. S =

{ }

2 . B. S = −

{

2;2

}

. C. S =

{ }

1;2 . D. S = −

{

2;1

}

. 
Lời giải

Ta có:

( )

d 1 1 d 1

(

)

3 3 3 3

x

x x

x e

F x x x e C

e e

 

= =  −  = − + +

+  + 

∫

( )

0 1ln 4
3

F = − nênC=0. Vậy

( )

(

)

3 x

F x = x− e + .
Do đó: 3F x

( )

+ln

(

ex+3

)

= ⇔ =2 x 2

Chọn A

Câu 13. (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Biết F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số

( )

12

f x
x
=

− , thỏa mãn F

( )

3 1= và F

( )

1 2= , giá trị của F

( )

0 +F

( )

4 bằng
A. 2ln 2 3+ . B. 2ln 2 2+ . C. 2ln 2 4+ . D. 2ln 2.

Lời giải 
Chọn A

Hàm số f x

( )

xác định trên \ 2

{ }

.
Ta có: F x

( )

∫

f x x

( )

d 1 d

2 x
x
=

−

∫

(

(

)

)

ln 2 khi 2

x C x

x C x

− + >


= 

− + <

 .

( )

3 1 1

2
1 2

F C

C
F

  =

 ⇔

  =

= 

 . Khi đó

( )

(

)

(

)

ln 2 1 khi 2

ln 2 2 khi 2

x x

F x

x x

− + >


= 

− + <

 .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 14. (Chuyên Vinh Lần 3)Biết rằng xex là một nguyên hàm của f

( )

−x trên khoảng

(

−∞ +∞;

)

.

Gọi F x

( )

là một nguyên hàm của f x′

( )

ex thỏa mãn F

( )

0 1= , giá trị của F

( )

−1 bằng

A. 7

2. B.

5 e
2

−

. C. 7 e

−

. D. 5

Lời giải
Chọn A

Ta có f

( )

− =x

( )

xex ′ = +ex xex, ∀ ∈ −∞ +∞x

(

;

)

.

Do đó f

( )

−x =e− −( )x − −

( )

x e− −( )x , ∀ ∈ −∞ +∞x

(

;

)

.

Suy ra f x

( )

=e 1−x

(

−x

)

, ∀ ∈ −∞ +∞x

(

;

)

.

Nên f x′

( )

=e 1−x

(

−x

)

′=e−x

(

x−2

)

  ⇒ f x′

( )

ex =e−x

(

x−2 .e

)

x = −x 2.
Bởi vậy

( ) (

2 d

)

(

)

F x =

∫

x− x= x− +C.
Từ đó

( )

0 1

(

0 2

)

2 2

F = − + = +C C ; F

( )

0 1= ⇒ = −C 1.
Vậy

( )

(

)

2 1

( )

1 1

(

1 2

)

2 1 7

2 2 2

F x = x− − ⇒F − = − − − = .

Câu 15. (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho hàm số F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số

( )

2cos 1sin2
x
f x

x
−

= trên khoảng

(

0;π

)

. Biết rằng giá trị lớn nhất của F x

( )

trên khoảng

(

0;π

)

là 3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

A. 3 3 4

F  = π −

  . B.

2 3

3 2

F π =

  . C. F 3 3

π
  = −
 

  . D.

5 3 3

F π  = −

  .

Lời giải 
Chọn A

Ta có:

( )

2 2 2

2cos 1 cos 1

d d 2 d d

sin sin sin

x x

f x x x x x

x x x

−

= = −

∫

(

)

2 2

d sin 1 2

2 d cot

sin sin sin

x

x x C

x x x

∫

−

∫

= − + +

Do F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số

( )

2cos 12

sin

x
f x

x
−

= trên khoảng

(

0;π

)

nên hàm số

( )

F x có cơng thức dạng

( )

2 cot

sin

F x x C

x

= − + + với mọi x∈

(

0;π

)

.
Xét hàm số

( )

2 cot

sin

F x x C

x

= − + + xác định và liên tục trên

(

0;π

)

( )

2cos 12
'

sin

x
F x f x

x
−

= =

Xét '

( )

0 2cos 12 0 cos 1 2

(

)

sin 2 3

x

F x x x k k

x

π

π

−

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ .

Trên khoảng

(

0;π

)

, phương trình F x'

( )

=0 có một nghiệm

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

(0; )

( )

max 3

F x F C

π
 

=  = − +
 

Theo đề bài ta có, − 3+ =C 3⇔ =C 2 3.
Do đó,

( )

2 cot 2 3

sin

F x x

x

= − + + .

Khi đó, 3 3 4
6

F  = π −

  .

Câu 16. (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Cho F x

( )

là một nguyên hàm của hàm
số

( )

(

3

)

x

f x =e x − x . Hàm số F x

(

2 +x

)

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 6. B. 5. C. 3. D. 4.

Lời giải 
Chọn B

( )

F x là một nguyên hàm của hàm số

( )

(

3

)

x

f x =e x − x ⇒

( )

(

3

)

' x 4

F x = f x =e x − x .

( )

(

3

)

3 0

' 0 4 0 4 0 2

x

F x e x x x x x

x
=



= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = −

 =


(

)

(

)

(

)

' 2 1 . '

F x +x = x+ F x +x

(

)

(

)

2
2

1
2 1 0

2
0
0

2 1 . ' 0

1
2

2
2 ( )

x x

x

x x

x

x F x x

x

x x

x

x x ptvn

 + = ⇔ = −




=

 + = ⇔ 

  = −

+ + = ⇔ 

  =

+ = ⇔

  = −




 + = −


Vậy, phương trình F x'

(

2+x

)

=0 có 5 nghiệm phân biệt. Do đó, hàm số F x

(

2+x

)

có 5 điểm 
cực trị.

Câu 17. (Cụm 8 trường chuyên lần1) Biết F x

( )

=

(

ax2 +bx c+

)

e−xlà một nguyên hàm của hàm số

( )

(

2 2 5 2 e

)

x

f x = x − x+ − trên . Giá trị biểu thức f F

(

( )

0

)

bằng:
A. 1

− . B. 3e. C. 20e2. D. 9e .

Lời giải 
Chọn D

+ Tính

(

F x

( )

)

′ =

(

ax2 +bx c+

)

e−x

)

′ = − ax2 +

(

2a b x b c−

)

+ − e−x

  =

(

2x2 −5x+2 e

)

−x.
Suy ra

2 2

2 5 1

2 1

a a

a b b

b c c

= − = −

 

 − = − ⇔ =

 

 − =  = −

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+ Tính F

( )

0 = −1suy ra f F

(

( )

)

= f

( )

− =1 9e.

Câu 18. (HKII Kim Liên 2017-2018)Cho hai hàm số F x

( )

=

(

x2+ax b+

)

e ,x f x

( )

=

(

x2+3x+4 e

)

x.

Biết a b, là các số thực để F x

( )

là một nguyên hàm của f x

( )

. Tính S a b= + .
A. S = −6. B. S =12. C. S =6. D. S =4.

Lời giải 
Chọn D

Nhận xét: Bài này sẽ chặt chẽ hơn nếu thêm điều kiện F x

( )

là một nguyên hàm của f x

( )

trên

.

Từ giả thiết ta có F x′

( )

= f x

( )

, ∀ ∈x 

(

2x a

)

ex

(

x2 ax b

)

ex

(

x2 3x 4 e

)

x

⇔ + + + + = + + , ∀ ∈x 

(

)

2 2 2 3 4

x a x a b x x

⇔ + + + + = + + , ∀ ∈x .
Đồng nhất hai vế ta có 2 3

a
a b

+ =

 + =

 .

Suy ra S a b= + =4.

Câu 19. (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho F x

( )

là một nguyên hàm
của hàm số

( )

4 2 13 2

x
f x

x x x

+
=

+ + trên khoảng

(

0;+∞

)

thỏa mãn

( )

1
1

F = . Giá trị của biểu thức

( )

3 ...

(

2019

)

S F= +F +F + +F bằng

A. 2019

2020. B.

2019.2021

2020 . C.

1
2018

2020. D.

2019
2020
− .
Lời giải

Chọn C
Ta có:

( )

(

)

(

)

4 3 2 2 2

2 1 d 2 1 d 1 1 d

2 1 1

x x

F x x x x

x x x x x x x

 

+ +  

= = = −

 

+ + +  + 

∫

Suy ra:

( )

1 1
1

F x c

x x
= − + +

+ mà

( )

1
1

F = nên c=1. Hay

( )

1 1 1
1
F x

x x
= − + +

+ .
Ta có: S F=

( )

1 +F

( )

2 +F

( )

3 ... + +F

(

2019

)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 1

1 2 2 3 3 4 2019 2020

S = − + + + − + + + − + + +        + − + + 

       

1 1 1

1 2019.1 2018 2018

2020 2020 2020

S = − + + = + = .

Câu 20. (Chuyên Vinh Lần 3)Biết F x

( )

là nguyên hàm của hàm số f x

( )

x cos2 x
x
−

= . Hỏi đồ thị của
hàm số y F x=

( )

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. Vô số điểm. B. 0. C. 1. D. 2.

Lời giải 
Chọn C

Vì F x

( )

là nguyên hàm của hàm số f x

( )

x cos2 x
x

−

= nên suy ra: F x( ) f x( ) x cos2 x

x

−

′ = = .

Ta có: F x′( ) 0= x cos2 x 0

x

−

⇔ =

[

]

{ }

cos 0

1;1 \ 0

x x

x

− =


⇔  ∈ −

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Xét hàm số g x( )= −x cosx trên

[

−1;1

]

, ta có: g x′( ) 1 sin= + x≥ ∀ ∈ −0, x

[

1;1

]

. Suy ra hàm số
( )

g x đồng biến trên

[

−1;1

]

. Vậy phương trình g x( )= −x cosx=0 có nhiều nhất một nghiệm
trên

[

−1;1

]

( )

2 .

Mặt khác ta có: hàm số g x( )= −x cosx liên tục trên

( )

0;1 và g

( )

0 = −0 cos 0

( )

= − <1 0,

( )

(1) 1 cos 1 0

g = − > nên g

( ) ( )

0 . 1 0g < . Suy ra ∃ ∈x0

( )

0;1 sao cho g x

( )

0 =0

( )

3 .

Từ

( )

1 ,

( )

2 ,

( )

3 suy ra: phương trình F x′( ) 0= có nghiệm duy nhất x0 ≠0. Đồng thời vì x0 là
nghiệm bội lẻ nên F x′( ) đổi qua x x= 0.

Vậy đồ thị hàm số y F x=

( )

có 1 điểm cực trị.

Câu 21. (Chuyên Vinh Lần 3)Biết F x

( )

là nguyên hàm của hàm số

( )

cos 1 2 1
2

f x = x+ x − . Hỏi đồ thị
của hàm số y F x=

( )

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. Vô số điểm. B. 0. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn D

Ta có /( )

( )

cos 1 2 1
2

F x = f x = x+ x − . 
/( ) sinx

f x = − +x ; f x//( )= −cosx+ ≥ ∀ ∈1 0 x R.

Suy ra hàm số f x/( ) đồng biến trên R, từ đó dẫn đến phương trình f x/( ) 0= có nhiều nhất 
một nghiệm.

Mặt khác f/(0) 0= suy ra x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình f x/( ) 0= .

Do hàm số f x/( ) liên tục trên mỗi khoảng

(

−∞;0 ; 0;

) (

+∞

)

và vô nghiệm trên mỗi khoảng này 
nên dấu của f x/( ) không đổi trên mỗi khoảng trên.

Mà f/( 1) 0; (1) 0− < f/ > suy ra f x/( ) 0< ∀ ∈ −∞x

(

;0

)

và f x/( ) 0> ∀ ∈x

(

0;+∞

)

.

Vậy hàm số f x( )nghịch biến trên khoảng

(

−∞;0

)

và đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

. Mà
(0) 0

f = nên phương trình f x( ) 0= có nghiệm duy nhất x=0 hay phương trình F x/( ) 0= có 
nghiệm duy nhất x=0.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

PHƯƠNG PHÁP NGUYÊM HÀM ĐỔI BIẾN SỐ

A –KIẾN THỨC CHUNG 
1. Đổi biến dạng 1

Nếu hàm số f(x) liên tục thì đặt x =ϕ

( )

t . Trong đó ϕ

( )

t cùng với đạo hàm của nó (ϕ'

( )

t là

những hàm số liên tục) thì ta được :

( ) ( )

ϕ ϕ

 

=   = = +

∫

f x dx( )

∫

f t ' t dt

∫

g t dt( ) G t( ) C.
1.1. Phương pháp chung

• Bước 1: Chọn t=ϕ

( )

x . Trong đó ϕ

( )

x là hàm số mà ta chọn thích hợp .

• Bước 2: Tính vi phân hai vế : dt =ϕ'

( )

t dt.

• Bước 3: Biểu thị : = ϕ

( ) ( )

ϕ =

 

f x dx( ) f t ' t dt g t dt( ) .
• Bước 4:Khi đó : I =

∫

f x dx( ) =

∫

g t dt G t( ) = ( )+C
1.2. Các dấu hiệu đổi biến thường gặp

Dấu hiệu Cách chọn

Hàm số mẫu sốcó t là mẫu số

Hàm số : f x

(

; ϕ

( )

x

)

t = ϕ

( )

x

Hàm f x

( )

= a inx+b.cosx

c inx+d.cosx+e
.s

 

=  ≠ 

 

x x

t cos

2

tan ; 0

Hàm

( )

(

)(

)

+ +

f x

x a x b

1 Với : x a+ >0 và x b+ >0.

Đặt : t = x a+ + x b+

Với x a+ < 0 và x b+ < 0.
Đặt : t = − − + − −x a x b
2. Đổi biến dạng 2

Nếu :

∫

f x dx( ) =F x( )+C và với u =ϕ

( )

t là hàm sốcó đạo hàm thì :

∫

f u du( ) =F( ( ))ϕ t +C
2.1. Phương pháp chung

• Bước 1: Chọn x =ϕ

( )

t , trong đó ϕ

( )

t là hàm số mà ta chọn thích hợp .

• Bước 2: Lấy vi phân hai vế : dx =ϕ'

( )

t dt

• Bước 3: Biến đổi : = ϕ

( ) ( )

ϕ =

( )

 

f x dx( ) f t ' t dt g t dt
• Bước 4:Khi đó tính :

∫

f x dx( ) =

∫

g t dt G t( ) = ( )+C.
2.2. Các dấu hiệu đổi biến thường gặp

Dấu hiệu Cách chọn

−

a2 x2 Đặt

x a sint; với ∈ − π π

 

t ; .

2 2 hoặc x = a cost ;

với t∈  0;π.

−

x2 a2

Đặt x = a

sint.; với

{ }

π π

 

∈ − 

 

t ; \ 0

2 2 hoặc =

a
x

cost

với ∈ π   π
 

t 0; \ .

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

a2 x2

Đặt x = a tant; với ∈ − π π 

 

t ; .

2 2 hoặc x = a cott

với t∈

( )

0;π .

+
−

a x

a x. hoặc

−
+

a x

a x. Đặt x =acos t2

(

x a b x−

)(

−

)

Đặt x = +a (b a sin t– ) 2

a2 x2

1 Đặt x =atant ; với ∈ − π π 

 

 

t ; .

2 2

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Cho F(x) là một nguyên hàm của

( )

tan 2
cos 1 cos

x
f x

x a x

+ , biết F

( )

0 0= , F  =  4 1

. Tính

3 4

F  π −F  π

   ?

A. 5− 3. B. 5 1− . C. 3+ 5. D. 5− 2
Lời giải

( )

4 4 4

2 2 2

0 0 0

2
2

tan tan

cos x 1 cos cos tan 1

1 tan 1

2 tan 1

x x

f x dx dx dx

a x x x a

d x a

x a

= =

+ + +

= + +

+ +

∫

π π π

2 2

tan 1 tan 0 1 3 2

4 a a

⇒ π + + − + + = − .

2 1 3 2

a a

⇒ + = + + −

(

)

2 1 2 1 3 2 5 2 6

3 6 1 1

3 2

a a a

a a

⇒ + = + + + − + −

−

⇒ = + ⇒ =

−

Do đó 3 2

tan

3 4 cos 1 cos

x

F F dx

x x

 −  = =

   

   

∫

π π 2 2

tan 2 tan 2 5 3

3 + − 4 + = −

π π

.
Chọn A

Câu 2. (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk)Cho

(

)

(

)

(

)

(

)

2017
2019

1 d 1. 1

1 1

b
c

x x

x C

a

x x

− −

= +

+ +

∫

với

a, b, c là các số nguyên. Giá trị a b c+ + bằng

A. 4.2018. B. 2.2018. C. 3.2018. D. 5.2018.

Lời giải
Chọn A

(

)

(

)

(

)

2017 2017

2019 2

1 d 1 . 1 d

1 1

x x

I x x

x

x x

−  − 

= =  

 

+ +

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Đặt 1
1
x
t

x

−
=

(

)

d d

t x

x

⇒ =

+ .

Khi đó 2017d
2

t

I =

∫

t 1 . 2018
2 2018

t C

= + 1 . 1 2018

2.2018 1

x C

x

−

 

=   +

 

2018

1 . 1

2.2018 1

x C

x

−

 

=   +

 

(

)

(

)

2018

2018
1
1 .
2.2018 1

x

C
x

−

= +

+ .

Suy ra a=2.2018, b=2018, c=2018 nên a b c+ + =4.2018.
Câu 3. Giả sử

(

)

(

)(

2 23 d

)(

3 1

)

( )

x x

C

x x x x g x

= − +

+ + + +

∫

(C là hằng số).

Tính tổng các nghiệm của phương trình g x

( )

=0.

A. −1. B. 1. C. 3. D. −3.

Lời giải
Chọn D

Ta có x x

(

)(

x+2

)(

x+ + =3 1

)

(

x2+3x x

)(

2+3x+2 1

)

+ =

(

x2+3x

)

+12

  .

Đặt t x= 2+3x, khi đó dt=

(

2x+3 d

)

x. 
Tích phân ban đầu trở thành

(

)

d 1

1
1

t C

t
t+ = − + +

∫

Trở lại biến x, ta có

(

)

(

)(

)

2 3 d 1

1 2 3 1 3 1

x x

C

x x x x x x

= − +

+ + + + + +

∫

Vậy g x

( )

=x2+3 1x+ .

( )

0 2 3 1 0 3 5

g x = ⇔x + x+ = ⇔ =x − + hoặc 3 5
2

x=− − .
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng −3.

Câu 4. Cho hàm số y f x=

( )

có đạo hàm liên tục trên đoạn

[

−2;1

]

thỏa mãn f

( )

0 1= và

( )

(

)

( )

2

. 3 4 2

f x f x′ = x + x+ . Giá trị lớn nhất của hàm số y f x=

( )

trên đoạn

[

−2;1

]

là

A. 2 163 . B. 318. C. 316. D. 2 18 . 3

Lời giải
thì ta tìm được

(

( )

)

3 3 3 2 2 2 1

f x = x + x + x+ 

 

( )

3 2 3

33 2 2 1 ( ).

f x x x x  g x

⇒ =  + + +  =

 

( 2). (1) 11.16 0

g − g = − < ⇒Phương trình g x( ) 0= có nghiệm trên

(

−2;1

)

⇒Hàm số

( )

3 ( )

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 5. Hàm sốnào dưới đây là nguyên hàm của hàm số

( )

2
1
1

f x

x

+ trên khoảng

(

−∞ +∞;

)

?
A. F x

( )

=ln

(

x+ 1+x2

)

+C. B. F x

( )

=ln 1 1

(

+ +x2

)

+C.

C. F x

( )

= 1+x2 +C. D.

( )

2
2
1

x

F x C

x

= +

Lời giải
Ta có bài tốn gốc sau:

Bài tốn gốc: Chứng minh 2

(

)

2 ln

dx x x a c a

x a+ = + + + ∈

∫



Đặt 2 2

2 2

2
1

x x x a

t x x a dt dx dt dx

x a x a

  + +

= + + ⇒ = +  ⇔ =

+ +

  2

tdx
dt

x a

⇔ =

+
2

dt dx

t x a

⇔ =

Vậy khi đó 2

2 ln ln

dx dt t c x x a c

t

x a+ = = + = + + +

∫

( điều phải chứng minh).
Khi đó áp dụng cơng thức vừa chứng minh ta có

( )

(

)

1 ln 1 ln 1

F x dx x x c x x c

x

= = + + + = + + +

∫

Chọn A

Câu 6. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Biết F x( ) nguyên hàm của hàm số ( ) sin 2 cos
1 sin

x x

f x

x

+
=

+
và F(0) 2= . Tính

F  π

 

A. 2 2 8

2 3

F  = π −

  B.

2 2 8

2 3

F  = π +

  C.

4 2 8

2 3

F  = π −

  D.

4 2 8

2 3

F  = π +

 
Lời giải

Ta có:

( )

2 2

0 0

sin 2 cos

( ) 0

2
1 sin

x x

f x dx dx F F

x

π π

+  

= =  −

+  

∫

Đặt t= 1 sin+ x⇒2tdt=cosxdx

2 2 2

0 0 0

sin 2 cos 2sin 1

( ) cos

1 sin 1 sin

x x x

f x dx dx xdx

x x

π π π

+ +

= =

+ +

∫

(

)

2 2 2 3

1 1 1

2( 1) 12 2 2 -1 2 2 2 2 2

3 3

t tdt t dt t t

t

 

− + +

= = =  −  =

 

∫

( )

2 2 2 0 2 2 2 2 8 2 2

2 3 3 3

F  = π + +F = + + = +

  .

Câu 7. Biết

(

cos2x sin2x

)

5.sin 4xdx cos 27 x C

a

− = − +

∫

. Với a là số nguyên. Tìm a?

A. a=6. B. a=12. C. a=7. D. a=14.
Lời giải

Đặt f x

( )

=

(

cos2x−sin2x

)

5.sin 4xdx

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

( )

(

2 2

)

(

)

5
6

cos sin .sin 4 cos 2 .2sin 2 .cos 2
2 cos 2 .sin 2

f x x x xdx x x x

x xdx

= − =

∫

Đặt t=cos 2x⇒dt= −2sin 2xdx

Vậy

( )

6 7 cos 27

7 7

t x

F x = −

∫

t dt= − + = −C +C

Chọn C 
Câu 8. Tìm 2

1 2

x

R dx

x x

−
=

∫

?

A. tan 2 1 1 sin 2ln
2 4 1 sin 2

t t

R C

t

= − + +

− với 1 arctan2 2

x
t=   

 .
B. tan 2 1 1 sin 2ln

2 4 1 sin 2

t t

R C

t

= − − +

− với 1 arctan2 2

x
t=   

 .
C. tan 2 1 1 sin 2ln

2 4 1 sin 2

t t

R C

t

= + +

− với 1 arctan2 2

x
t=   

 .
D. tan 2 1 1 sin 2ln

2 4 1 sin 2

t t

R C

t

= − +

− với 1 arctan2 2

x
t=   

 .
Lời giải
Đặt x=2cos 2t với 0;

t∈ π 

 

Ta có: 2

2
4sin 2 .

2 2 2sin 2 4sin sin

2 2 2cos 2 4cos cos

dx t dt

x t t t

= −




 − −

= = =

 + +



2 2 2

1 .sin .4sin 2 . 2sin 1 cos 2

4cos 2 cos cos 2 cos 2

1 1 tan 2 1 1 sin 2ln

cos 2 cos 2 2 4 1 sin 2

t t t

R t dt dt dt

t t t t

t t

R dt dt C

t t t

−

⇒ = − = − = −

⇔ = − + = − + +

−

∫

Chọn A 
Câu 9. 3

1 1 3

x x dx

x

 + 

+ + + +

 

 

∫

có dạng 4 1 1 3

(

1

)

4 2 3

ax x b x C

x

− + + + + , trong đó a b, là
hai số hữu tỉ. Giá trị b a, lần lượt bằng:

A. 2; 1. B.1; 1. C. a b, ∈∅ D. 1; 2.
Lời giải

Cách 1:

Theo đề, ta cần tìm 3

1 1 3

x x dx

x

 + 

+ + + +

 

 

∫

. Sau đó, ta xác định giá trị của a.
Ta có:

3 3

2 2

1 1 3 1 1 3

1 1

2 2

x x dx x dx x dx

x x

 +   + 

+ + + + = + + + +

   

   

∫

Để tìm

∫

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

ta đặt 3

1 2

1 1 3

I x dx

x

 + 

=  + + 

 

∫

và I2 =

∫

x+1dx và tìm
1, 2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

*Tìm 3

1 2

1 1 3

I x dx

x

 + 

=  + + 

 

∫

3 4

1 2 1

1 1 3 1 1 1 3

2 4 2

I x dx x x C

x x

 +  +

=  + +  = − + +

 

∫

, trong đó C1 là 1 hằng số.
*Tìm I2 =

∫

x+1dx.

Dùng phương pháp đổi biến.

Đặt t= x+1,t≥0 ta được t2 = +x 1, 2tdt dx= .

Suy ra 2 3

(

)

2 1 2 23 2 23 1 2

I =

∫

x+ dx=

∫

t dt= t C+ = x+ +C .

(

)

3 4 4

1 2 1 2

1 1 3 1 1 1 3 2 1 1 1 3

1 1

2 4 2 3 4 2

x x dx I I x x C x C x x

x x x

 +  + +

+ + + + = + = − + + + + + = − + +

 

 

∫

Suy ra để 3

1 1 3

x x dx

x

 + 

+ + + +

 

 

∫

có dạng 4 1 1 3

(

1

)

4 2 3

ax x b x C

x

− + + + + thì

1 , 2 .

a= ∈ b= ∈

Vậy đáp án chính xác là đáp ánD

Cách 2:Dùng phương pháp loại trừ.

Ta thay giá trị của a b, ởcác đáp án vào 4 1 1 3

(

1

)

4 2 3

ax x b x C

x

− + + + + . Sau đó, với mỗi
,

a b ởcác đáp án A, B, D ta lấy đạo hàm của

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 2 4

a x + +bx x− x C+ .

Sai lầm thường gặp:

A.Đáp án A sai.

Một số học sinh không chú ý đến thứ tự b a, nên học sinh khoanh đáp án A và đã sai lầm.
B. Đáp án B sai.

Một số học sinh chỉ sai lầm như sau:
*Tìm I2 =

∫

x+1dx.

Dùng phương pháp đổi biến.

Đặt t= x+1,t≥0 ta được t2 = +x 1,tdt dx= .

Suy ra 2 3

(

)

2 1 13 2 13 1 2

I =

∫

x+ dx=

∫

t dt= t C+ = x+ +C .

(

)

3 4 4

1 2 1 2

1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 1 3

1 1

2 4 2 3 4 2

x x dx I I x x C x C x x

x x x

 +  + +

+ + + + = + = − + + + + + = − + +

 

 

∫

Suy ra để 3

1 1 3

x x dx

x

 + 

+ + + +

 

 

∫

có dạng 4 1 1 3

(

1

)

4 2 3

ax x b x C

x

− + + + + thì

1 , 1 .

a= ∈ b= ∈

Thế là, học sinh khoanh đáp án B và đã sai lầm.
C.Đáp án C sai.

Một số học sinh chỉ sai lầm như sau:
*Tìm I2 =

∫

x+1dx.

2 1 1 2

2 1

I x dx C

x

= + = +

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Suy ra 3

1 1 3

x x dx

x

 + 

+ + + +

 

 

∫

khơng thểcó dạng 4 1 1 3

(

1

)

4 2 3

ax x b x C

x

− + + + + ,

với a b, ∈.

Nên không tồn tại a b, thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 10.

(

)

2 5 4 7 3

)

1 x x x cos 2
x+ e − + ⋅e − + x dx

∫

có dạng ( 1)2 sin 2

6 2

x

ae + +b x C+ , trong đó a b, là hai số hữu tỉ. 
Giá trị a b, lần lượt bằng:

A. 3; 1. B.1; 3. C. 3; 2. D. 6; 1.
Lời giải

Cách 1:

Theo đề, ta cần tìm

(

x+1

)

e2(x+1)+cos 2x dx

)

∫

. Sau đó, ta xác định giá trị của a.

Ta có:

(

)

(

)

(

)

( ) ( )

(

)

( )

2
2

5 4 7 3
5 4 7 3

1 cos 2 1 cos 2

1 cos 2

x x x

x

x e e x dx x e x dx

x e dx x dx

− + + −

− + −

 

+ ⋅ + =  + + 

= + +

∫

Để tìm 

(

x+1

)

e(x2− +5 4x )⋅e7 3x− +cos 2x dx

 

 

∫

ta đặt

(

)

( 1)2

1 1 x

I = x+ e + dx

∫

và I2 =

∫

cos 2x dx và
tìm I I1, 2.

*Tìm

(

)

( 1)2

1 1 x

I = x+ e + dx

∫

Đặt t=

(

x+1 ;

)

2 dt =2

(

x+1

)(

x+1

)

′dx=2

(

x+1

)

dx.

(

)

( 1)2 ( 1)2

1 1 x 12 t 12 t 1 12 x 1

I = x+ e + dx= e dt= e C+ = e + +C

∫

, trong đó C1 là 1 hằng số.
*Tìm I2 =

∫

cos 2x dx.

2 cos 2 12sin 2 2
I =

∫

x dx= x C+ .

(

)

(

2 5 4 7 3

)

( 1)2 ( 1)2

1 2 1 1 1 2 1 1

1 cos 2 sin 2 sin 2 .

2 2 2 2

x x

x x x

x+ e − + ⋅e − + x dx I I= + = e + +C + x C+ = e + + x C+

∫

Suy ra để

(

)

2 5 4 7 3

)

1 x x x cos 2
x+ e − + ⋅e − + x dx

∫

có dạng ( 1)2

sin 2

6 2

x

ae + +b x C+ thì

3 , 1 .

a= ∈ b= ∈

Chọn A

Cách 2:

Sử dụng phương pháp loại trừ bằng cách thay lần lượt các giá trị a b, ởcác đáp án vào

( 1)2

sin 2

6 2

x

ae + +b x C+ và lấy đạo hàm của chúng.

Sai lầm thường gặp

B.Đáp án B sai.

Một số học sinh sai lầm ở chỗkhông đểý đến thứ tự sắp xếp b a, nên khoanh đáp án B và đã sai
lầm.

C.Đáp án C sai.

Một số học sinh chỉ sai lầm ở chỗ:
Tìm I2 =

∫

cos 2x dx.

2 cos 2 sin 2 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

(

)

(

2 5 4 7 3

)

( 1)2 ( 1)2

1 2 1 1 2 1

1 cos 2 sin 2 sin 2 .

2 2

x x

x x x

∫

Suy ra để

(

)

2 5 4 7 3

)

1 x x x cos 2
x+ e − + ⋅e − + x dx

∫

có dạng ( 1)2

sin 2

6 2

x

ae + +b x C+ thì

3 , 2 .

a= ∈ b= ∈

D.Đáp án D sai.

Một số học sinh chỉ sai lầm ở chỗ:
Tìm

(

)

( 1)2

1 1 x

I = x+ e + dx

∫

Đặt t=

(

x+1 ;

)

2 dt=

(

x+1

)(

x+1

)

′dx=

(

x+1

)

dx.

(

)

( 1)2 ( 1)2

1 1 x t t 1 x 1

I = x+ e + dx= e dt e C e= + = + +C

∫

, trong đó C1 là 1 hằng số.
Học sinh tìm đúng 2 1 sin2 2

I = x C+ nên ta được:

(

)

(

2 5 4 7 3

)

( 1)2 ( 1)2

1 2 1 1 2 1

1 cos 2 sin 2 sin 2 .

2 2

x x

x x x

x+ e − + ⋅e − + x dx I I= + =e + +C + x C+ =e + + x C+

∫

Suy ra để

(

)

2 5 4 7 3

)

1 x x x cos 2
x+ e − + ⋅e − + x dx

∫

có dạng ( 1)2 sin 2

6 2

x

ae + +b x C+ thì

6 , 1 .

a= ∈ b= ∈

Câu 11. Tìm

(

)

(

)

3 2 1

1 . 1 1

x
x

e x x

I dx

x e x

− + −

− − +

∫

A. I x= +ln

(

ex. x− + +1 1

)

C. B. I x= −ln

(

ex. x− + +1 1

)

C.

C. I =ln

(

ex. x− + +1 1

)

C. D. I =ln

(

ex. x− − +1 1

)

C.

Lời giải

(

)

(

)

1 .

(

1 1

)

(

)

2 1

)

(

)

3 2 1 2 1

1 . 1 1 1 . 1 1 1 . 1 1

x x

x x x

x e x e x

e x x e x

I dx dx dx dx

x e x x e x x e x

− − + + −

− + − −

= = = +

− − + − − + − − +

∫

Đặt: . 1 1 1

(

2 1

)

2 1 2 1

x
x

x e x e x

t e x dt e x dx dx

x x

−

 

= − + ⇒ = + −  =

− −

 

Vậy

(

)

(

2 1

)

1 ln ln

(

. 1 1

)

1 1 1

x

x
x

e x

I dx dx x dt x t C x e x C

t

x e x

−

⇒ = + = + = + + = + − + +

− − +

∫

Chọn A

Câu 12. Tìm nguyên hàm của hàm số

( )

(

)

(

)

1
2

ln 1 2017

ln .

x

x x

f x

e x e +

+ +

 + 

 

 

?
A. ln

(

x2+ +1 1008ln ln

)



(

x2+ +1 1

)



 .

B. ln

(

x2+ +1 2016ln ln

)



(

x2+ +1 1

)



 .

C. 1 ln

(

2 1 2016ln ln

)

(

2 1 1

)

2 x + +  x + + .
D. 1 ln

(

2 1 1008ln ln

)

(

2 1 1

)

2 x + +  x + + .

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Đặt

(

)

(

)

1
2

ln 1 2017

ln .

x

x x

I dx

e x e +

+ +

 + 

 

 

∫

+Ta có:

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

) (

)

2 2

2 2 2 2

1
2

ln 1 2017

ln 1 2017 ln 1 2017

1 ln 1 lne 1 ln 1 1

ln .

x

x x

x x x x x

I dx dx dx

x x x x

e x e +

 + + 

+ + + +  

= = =

 +  +  + +  +  + + 

 

 

∫

+ Đặt:

(

)

2
2

ln 1 1

1
x

t x dt dx

x

= + + ⇒ =

(

)

(

)

(

)

(

)

2016 1 1 2016 1 1008ln C

2 2 2

1ln 1 1 1008ln ln 1 1 1ln 1 1008ln ln 1 1

2 2 2

t

I dt dt t t

t t

I x x C x x C

+  

⇒ = =  +  = + +

 

   

⇔ = + + +  + + + = + +  + + +

∫

Chọn D

Câu 13. (Chuyên KHTN)Cho hàm số f x( ) liên tục trên  và có 3
0

( ) 8

f x dx=

∫

và 5

( ) 4.
f x dx=

∫

Tính

1
1

( 4 1) .

f x dx

−

∫

A. 9 .

4 B. 11.4 C. 3. D. 6.

Lời giải

Chọn C

Ta có

1 4 1

1 1

( 4 1) ( 4 1) ( 4 1)

f x dx f x dx f x dx

− −

− = − + −

∫

1
4

1
1

(1 4 ) (4 1)

f x dx f x dx

−

∫

− +

∫

− = +I J.

+) Xét
1
4
1

(1 4 ) .

I f x dx

−
=

∫

−

Đặt t= −1 4x⇒dt= −4 ;dx

Với 1 5; 1 0.

x= − ⇒ =t x= ⇒ =t

0 5 5

1 5 0 0

1 1 1

(1 4 ) ( )( ) ( ) ( ) 1.

4 4 4

I f x dx f t dt f t dt f x dx

−

∫

− =

∫

− =

∫

+) Xét 1
1
4

(4 1) .

J =

∫

f x− dx

Đặt t=4 1x− ⇒dt =4 ;dx

Với 1 3; 1 0.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

1 3 3 3

1 0 0 0

1 1 1

(4 1) ( )( ) ( ) ( ) 2.

4 4 4

J =

∫

f x− dx=

∫

f t dt =

∫

f t dt=

∫

f x dx=
Vậy 1

( 4 1) 3.

f x dx

−

− =

∫

Câu 14. Tìm

(

)

(

)

2 2

2
2

2 1 2ln . ln

x x x x

G dx

x x x

+ + +

∫

A. 1 1

G C

x x x

−

= − +

+ . B.

1 1

G C

x x x

= − +

+ .

C. 1 1

G C

x x x

= − +

+ . D.

1 1

G C

x x x

= + +

+ .

Lời giải
Ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 ln ln

2 1 2ln . ln ln 1

ln ln

1 1 1 1 1 1

ln ln ln

x x x x x x

x x x x x x x x

G dx dx dx

x x x x x x

x x x

x x x

G dx dx J J dx

x x x x x x x x x x x x

 + + + +

+ + +   + + +

= = =

+ +

 +  + −  + 

⇔ =  +  = − + = +  = 

+ + +

   

∫

Xét nguyên hàm:

(

)

2
1
ln
x

J dx

x x x

+
=

∫

+ Đặt: t x lnx dt 1 1 x 1

x x

= + ⇒ = + =

1 1 1

J dt C C

t t x x

− −

⇒ = = + = +

∫

Do đó: 1 1 1
ln

G J C

x x x x

− −

= + = − +

Chọn A

Câu 15. Hàm sốnào sau đây là nguyên hàm của

( )

(

)

1 ln
.ln . ln

n n n

x
h x

x− x x x

−
=

+ ?

A. 1ln x 1ln xn lnn x 2016

n −n + + . B.

1ln x 1ln xn lnn x 2016

n +n + + .

C. 1ln x 1ln xn lnn x 2016

n n

− + + + . D. 1ln x 1ln xn lnnx 2016

n n

− − + − .

Lời giải

Ta có:

(

)

(

)

1 1

1 ln 1 ln . 1 1 ln . 1

ln ln

.ln . ln .ln . ln 1 n

n n n n n n

n

x x x

L dx dx dx

x x x x

x x x x x x x x

x x

− − −

= = =

 

+ + +

 

 

∫

Đặt: t lnx dt 1 ln2 xdx

x x

−

= ⇒ =

(

)

(

)

1 1

n

n n n

dt t dt

L

t t t t

−

⇒ = =

+ +

∫

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

(

)

1 1 1 1 1. ln 1 ln 1.ln 1

1 1

1.ln 1.ln 1.ln ln

1 1 ln

n

n n n

n

n n n

n

du u

L du u u C C

n u u n u u n n u

x

t x x

L C C C

x

n t n n x x

x

−

 

⇒ = =  −  =  − −  + = +

−  − 

⇔ = + = + = +

+ + +

∫

Chọn A

Câu 16. (Quỳnh Lưu Lần 1)Cho F x

( )

là nguyên hàm của hàm số

( )

1
1

x

f x
e

+ và F

( )

0 = −ln 2e.

Tập nghiệm S của phương trình F x

( )

+ln

(

ex+ =1 2

)

là:

A. S =

{ }

3 . B. S =

{ }

2;3 . C. S = −

{

2;3

}

. D. S = −

{

3;3

}

.
Lời giải

Chọn A

Ta có

( )

1 ( 1)

x

x x x

e

I f x dx dx dx

e e e

= = =

+ +

∫

Đặt t e= x⇒dt e dx= x . (1 1 ) ln ln( 1) ln ln( 1) .

( 1) 1

x x

dt

I dt t t C e e C

t t t t

= = − = − + + = − + +

+ +

∫

Khi đó: F x( ) ln= ex−ln(ex+ +1) C F, (0)= −ln 2e⇔ −ln 2+ = −C ln 2 1− ⇔ = −C 1
Do đó: F x( ) ln= ex−ln(ex+ −1) 1.

( )

(

x 1 2

)

ln x ln( x 1) 1 ln

(

x 1 2

)

ln x 3 3.

F x + e + = ⇔ e − e + − + e + = ⇔ e = ⇔ =x

Câu 17. Khi tính nguyên hàm

(

)(

)

2 1x+ x+1 dx

∫

người ta đặt t g x=

( )

(một hàm biểu diễn theo biến
x) thì nguyên hàm trở thành

∫

2dt. Biết

( )

4 3

g = , giá trị của g

( ) ( )

0 +g 1 là: 
A. 3 6 .

2
+

B. 1 6 .
2
+

C. 2 6 .
2
+

D. 2 3 6 .
2
+
Lời 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:

(

)(

)

(

)

2

1 1

2 1

2 1 1 1

dx dx

x

x x x

x

+ + +

∫

Do đó ta đặt:

(

)

(

)

2 1 2

1 2 1 2 1 1 2 1

1 1

x dx dx

t dt dt

x x x x x

x x

= ⇒ = ⇔ =

+ + + + +

+ +

Vì vậy suy ra

(

)(

)

1 2

2 1x+ x+1 dx= dt

∫

Tuy nhiên đây là Lời giải sai, ta có thể thấy khi đặt

(

)

(

)

2 1 2

1 2 1 2 1 1 2 1

1 1

x dx dx

t C dt dt

x x x x x

x x

= + ⇒ = ⇔ =

+ + + + +

+ +

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

( )

2 1
1

x

t C g x

x

= + =

+ . Theo đề

( )

3
4

g = n33n suy ra C=0.
Cuối cùng ta được

( )

2 1

x
g x

x

+
=

+ vì vậy

( ) ( )

2 6

0 1

g +g = +

Chọn C

Chú ý: Bài tốn này hồn tồn có thểdùng MTCT để chọn kết quả, Ta có:

(

)(

)

(

)(

)

( )

(

)(

)

3 3

1 1 1

2 1 1 2 1 1

1 1

2 2 1 1

dt dx t dx

x x x x

g x dx

x x

= ⇒ =

+ + + +

⇒ =

+ +

∫

Do đó g x

( )

là nguyên hàm của

(

)(

)

1 1

2 2 1x+ x+1 . Suy ra:

( ) ( )

(

)(

)

( )

(

)(

)

( )

0 0

3 3

4 4

1 1 1 1

0 4 0 4

2 2 1 1 2 2 1 1

g g dx g dx g

x x x x

− = ⇒ = +

+ + + +

∫

Và:

( ) ( )

(

)(

)

( )

(

)(

)

( )

1 1

3 3

4 4

1 1 1 1

1 4 1 4

2 2 1 1 2 2 1 1

g g dx g dx g

x x x x

− = ⇒ = +

+ + + +

∫

Sử dụng MTCT bấm:

(

)(

)

( )

(

)(

)

( )

0 1

3 3

4 4

1 1 4 1 1 4

2 2 1x+ x+1 dx g+ + 2 2 1x+ x+1 dx g+

∫

Câu 18. Cho hàm số y f x=

( )

có đạo hàm liên tục trên đoạn

[

−2;1

]

thỏa mãn f

( )

0 3= và

( )

(

)

( )

2

. 3 4 2

f x f x′ = x + x+ . Giá trị lớn nhất của hàm số y f x=

( )

trên đoạn

[

−2;1

]

là

A. 2 423 . B. 2 15 . 3 C. 3 42. D. 315 .

Lời giải
Ta có:

(

f x

( )

)

2.f x′

( )

=3x2+4x+2 (*)

Lấy nguyên hàm 2 vế của phương trình trên ta được

( )

(

)

( )

(

2

)

(

( )

)

(

( )

)

3 2

. 3 4 2 2 2

f x f x dx′ = x + x+ dx⇔ f x d f x = +x x + x C+

∫

( )

(

)

(

( )

)

(

)

( )

3 2 2 2 3 3 2 2 2 1

3
f x

x x x C f x x x x C

⇔ = + + + ⇔ = + + +

Theo đề bài f

( )

0 =3 nên từ(1) ta có

(

f

( )

0

)

3 =3 0 2.0 2.0

(

3+ 2+ +C

)

⇔27 3= C ⇔ =C 9

( )

(

)

(

3 2

)

(

3 2

)

3 2 2 9 ( ) 3 2 2 9 .

f x x x x f x x x x

⇒ = + + + ⇒ = + + +

Tiếp theo chúng ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số y f x=

( )

trên đoạn

[

−2;1 .

]

CÁCH 1:

Vì x3+2x2+2x+ =9 x x2

(

+ +2 2

) (

x+ + > ∀ ∈ −2 5 0,

)

x

[

2;1

]

nên f x

( )

có đạo hàm trên

[

−2;1

]

và

( )

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2

3 2 3 2

3 3

3 3 4 2 3 4 2

3 3 2 2 9 3 2 2 9

x x x x

f x

x x x x x x

+ + + +

′ = = >

 + + +   + + + 

   

[

2;1 .

]

x

∀ ∈ −

⇒Hàm số y f x=

( )

đồng biến trên

[

]

[ ]

( )

3
2;1

2;1 maxf x f 1 42.
−

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Vậy

[ ]

( )

3
2;1

max f x f 1 42

− = = .

CÁCH 2:

( )

(

)

3
3

3 3 2 2 2 .

223

3 2 2 9

9
3

x x x x

f x  +  + x+ +

   

= + + + =

Vì các hàm số 3 2 3, 2 2 22

9
3

3 3

y= x+  y= x+ +

    đồng biến trên  nên hàm số

33 2 223

3 9

2 2

y= x+  + x+ +

    cũng đồng biến trên . Do đó, hàm số y f x=

( )

đồng biến
trên

[

−2;1 .

]

Vậy [ ]

( )

2;1ax 1 4

m− f x = f = 2.

Câu 19. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hàm số F x

( )

là một nguyên
hàm của hàm số

( )

2cos2 1

sin

x
f x

x

−

= trên khoảng

(

0;π

)

. Biết rằng giá trị lớn nhất của F x

( )

trên
khoảng

(

0;π

)

là 3 . Chọn mệnh đềđúng trong các mệnh đề sau.

A. 3 3 4

F  = π −

  B.

2 3

3 2

F π =

  C. F 3 3

  = −
 

  D.

5 3 3

F π  = −

 

Lời giải
Ta có:

( )

d 2cos2 1d 2 cos2 d 12 d

sin sin sin

x x

f x x x x x

x x x

−

= = −

∫

(

)

2 2

d sin 1 2

2 d cot

sin sin sin

x

x x C

x x x

∫

−

∫

= − + +

Do F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số

( )

2cos2 1
sin

x
f x

x

−

= trên khoảng

(

0;π

)

nên hàm số

( )

F x có cơng thức dạng

( )

2 cot
sin

F x x C

x

= − + + với mọi x∈

( )

0;π .
Xét hàm số

( )

2 cot

sin

F x x C

x

= − + + xác định và liên tục trên

(

0;π

)

( )

2cos2 1
'

sin

x

F x f x

x

−

= =

Xét '

( )

0 2cos2 1 0 cos 1 2

(

)

sin 2 3

x

F x x x k k

x

π π

−

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ .

Trên khoảng

(

0;π

)

, phương trình F x'

( )

=0 có một nghiệm
3

x=π
Bảng biến thiên:

(0; )

( )

max 3

F x F C

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Theo đềbài ta có, − 3+ =C 3⇔ =C 2 3.
Do đó,

( )

2 cot 2 3

sin

F x x

x

= − + + .

Câu 20. Cho hàm số f x

( )

liên tục, không âm trên đoạn 0;
2
π

 

 

 , thỏa mãn f

( )

0 = 3và

( ) ( )

. cos . 1 2

( )

f x f x′ = x + f x , 0;

2
x  π

∀ ∈  . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của

hàm số f x

( )

trên đoạn ;
6 2
π π

 

 

 .

A. 21

m= , M =2 2. B. 5
2

m= , M =3.

C. 5

m= , M = 3. D. m= 3, M =2 2.
Lời giải

Chọn A

Từ giả thiết f x f x

( ) ( )

. ′ =cos . 1x + f x2

( )

( ) ( )

( )

. d sin

f x f x

x x C

f x

′

⇒ = +

∫

Đặt t= 1+ f x2

( )

⇒ = +t2 1 f x2

( )

⇒t td = f x f x x

( ) ( )

′ d .

Thay vào ta được

∫

d sint= x C+ ⇒ =t sinx C+ ⇒ 1+ f x2

( )

=sinx C+ .

Do f

( )

0 = 3 ⇒ =C 2.

Vậy 1+ f x2

( )

=sinx+ ⇒2 f x2

( )

=sin2 x+4sinx+3

( )

sin2 4sin 3

f x x x

⇒ = + + , vì hàm số f x

( )

liên tục, không âm trên đoạn 0;
2
π

 

 

 .

Ta có 1 sin 1

6 x 2 2 x

π ≤ ≤ ⇒ ≤π ≤ , xét hàm số

( )

2 4 3

g t =t + t+ có hoành độđỉnh t= −2 loại.
Suy ra

( )

1;1

1 8

max g t g

 
 
 

= = ,

( )

1;1
2

1 21

min

2 4

g t g

 
 
 

 
=  =

  .

Suy ra

( )

;
6 2

2 2
2

max f xπ π f π

 
 
 

 
=  =

  , ;

( )

6 2

21
min

6 2

f x g

π π

 

 
 

 
=  =

  .

( ) ( )

( )

. cos

′

⇒ =

f x f x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN

A – KIẾN THỨC CHUNG

1. Phương pháp nguyên hàm từng phần

Nếu u(x) , v(x) là hai hàm sốcó đạo hàm liên tục trên K:

= −

∫

u x v x dx( ). '( ) u x v x( ). ( )

∫

v x u x dx( ). '( )
Hay

∫

udv =uv −

∫

vdu ( với du =u x dx dv’

( )

, ’=v x dx

( )

)

1.1. Phương pháp chung

• Bước 1: Ta biến đổi tích phân ban đầu về dạng : I =

∫

f x dx( ) =

∫

f x f x dx1( ). ( )2

• Bước 2:Đặt :  = →  =

= =

 

 

∫

du f x dx

u f x

dv f x v f x dx

1
1

2 2
' ( )
( )
( ) ( )

• Bước 3:Khi đó :

∫

u dv. =u v. −

∫

v du.

2. Các dạng thường gặp

2.1. Dạng 1

 
 

=  
 
 


∫

x
x
I P x x dx

e
sin

( ) cos . . Đặt

 =
 



 
 
=  

 

 

 x

u P x

x

dv x dx

e
( )
sin
cos .
 =
 

−

 
⇒  
=  


 

 

 x

u du P x dx

x
v x
e
'. '( )
cos
sin

Vậy:

x

I P x x

e

cos
( ) sin

− 

 
=  
 
 
- 
− 
 
 
 
 

∫

x
x

x P x dx

e

cos

sin . '( )

2.2. Dạng 2

I =

∫

P x( ).lnxdx. Đặt

 =


 =


u x

dv P x dx

ln
( )

=

⇒ 
 = =


∫

du dx
x

v P x dx Q x

( ) ( )

Vậy I lnx Q

( )

x Q x dx

x

1
( ).
.

= =

∫

2.3. Dạng 3

 
 
=  

 


∫

x x

I e dx

x

sin

cos . Đặt
 =
  
 =  



 
 

x

u e
x
dv dx
x
sin
.
cos

 =
 − 
⇒  =  



 
 

x

du e dx
x
v
x
cos
sin

Vậy I = I ex x

x
cos

sin
− 
 
=  

 
 -
− 
 
 

 


∫

x e dxx

x

cos
sin

Bằng phương pháp tương tựta tính được − 


 



∫

x e dxx

x

cos

sin sau đó thay vào I

B – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Câu 1: (ĐH Vinh Lần 1)Tất cảcác nguyên hàm của hàm số trên khoảng là

A. B.

 

tan2

f x x x ;0

2

 
 
 
 

 

tan ln cos





2 .
2

x

F x x x x  C

 

tan ln cos





2 .

x

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

C. D. 
Lời giải
Chọn A

Gọi

Đặt

Khi đó:

Vì nên , suy ra .

Vậy:

Câu 2: Cho

( )

2
cos

x
f x

x

= trên ;

2 2
π π

− 

 

  và F x

( )

là một nguyên hàm của xf x′

( )

thỏa mãn F

( )

0 0=

. Biết ;
2 2

a∈ − π π

  thỏa mãn tana=3. Tính

( )

10 3

F a − a + a.
A. 1 ln10

− . B. 1 ln10

− . C. 1 ln10

2 . D. ln10.

Lời giải 
Chọn C

Ta có: F x

( )

∫

xf x x′

( )

d =

∫

x f xd

( )

=xf x

( )

−

∫

f x x

( )

d
Ta lại có:

( )

d 2 d

cos
x

f x x x

x

∫

= d tan

∫

x

(

x

)

=xtanx−

∫

tan dx x tan sin d
cos

x

x x x

x

= −

∫

(

)

tan d cos

cos

x x x

x

= +

∫

=xtanx+ln cosx C+ ⇒F x

( )

=xf x x

( )

− tanx−ln cosx C+

Lại có: F

( )

0 0= ⇒ =C 0, do đó: F x

( )

=xf x x

( )

− tanx−ln cosx .

( )

tan ln cos

F a af a a a a

⇒ = − −

Khi đó

( )

2

cos
a
f a

a

= =a

(

1 tan+ 2a

)

=10a và 2
2

1 1 tan

cos a = + a =10

2 1

cos

10
a

⇔ =

1
cos

a

⇔ = .

 

tan ln cos





2 .
2

x

F x x x x  C

 

tan ln cos 2 .

x

F x x x x  C

 









tan d tan 1 1 d tan 1 d d d d .

cos

x

F x x x x x x x x x x x x x x x

x









  



 











d d

1 tan

d d

cos

u x u x

v x

x

 

  

 

 

   



 

2 d d tan sin d 2

cos cos 2

x x x

F x x x x x x x

x x









 









2 2

d cos

tan tan ln cos .

cos 2 2

x x x

x x x x x C

x

 



    

;0
2
x   



  cosx0 ln cosx ln cos



x



 

tan ln cos





2 .
2

x

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Vậy F a

( )

−10a2+3a 10 2 3 ln 1 10 2 3
10

a a a a

= − − − + 1 ln10

= .

Câu 3: Cho F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số

( )

e x

f x = và F

( )

0 =2. Hãy tính F

( )

−1 . 
A. 6 15

− . B. 4 10

− . C. 15 4

e − . D.

10
e .
Lời giải

Chọn C

Ta có

( )

d e dx
I =

∫

f x x=

∫

x.

Đặt 3 x t= ⇒ =x t3 ⇒dx=3 dt t2 khi đó 3 2

e dx 3 e dt
I =

∫

x=

∫

t t.

Đặt 2 2 d d

e
e d dt t

t t u
t u

v

t v

 = 

 ⇒

 

=
=

 



(

)

3 et 2 e dt

I t t t

⇒ = −

∫

=3ett2−6 e d

∫

tt t.

Tính

∫

e dtt t.

Đặt d d

e d dt et

t u t u

t v v

= =

 

⇒

 =  =

  e d e e d e e

tt t t t t t t t t

⇒

∫

= −

∫

= − .

Vậy ⇒ =I 3ett2−6 e

(

tt−et

)

+C

( )

3 3 2

(

3 3 3

)

3e x 6 e x e x

F x x x C

⇒ = − − + .

Theo giả thiết ta có F

( )

0 = ⇒ = −2 C 4

( )

3 3 2

(

3 3 3

)

3e x 6 e x e x 4

F x x x

⇒ = − − −

( )

1 15 4

e
F

⇒ − = − .

Câu 4: Tìm nguyên hàm của hàm số f x

( )

= x xln .
A.

( )

d 1 32

(

3ln 2

)

f x x= x x− +C

∫

. B.

( )

d 2 32

(

3ln 2

)

f x x= x x− +C

∫

C.

( )

d 2 32

(

3ln 1

)

f x x= x x− +C

∫

. D.

( )

d 2 32

(

3ln 2

)

f x x= x x− +C

∫

Lời giải 
Chọn A

( )

d ln .d

I =

∫

f x x=

∫

x x x.

Đặt: d 1 d 2 d d

t x t x t t x

x

= ⇒ = ⇒ = .

2 2 2

2 ln .d 4 ln .d

I t t t t t t

⇒ =

∫

Đặt: 2 3

d d

u t

u t t

v t t v t

 =


=

 

⇒

 

  =



(

)

3 2 3 3 3

1 1 1 1 2

2 ln d 2 ln 3ln 1

3 3 3 9 9

I  t t t t  t t t C t t C

⇒ =  − =  − + = − +



∫

  

(

)

3
2

2 3ln 1

9x x C

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

(

)

1 3ln 2

9x x C

= − + .

Câu 5: Tìm

(

)

2
sin cos

x dx
H

x x x

∫

A.

(

)

tan

cos sin cos

x

H x C

x x x x

= + +

+ .

B.

(

)

tan

cos sin cos

x

H x C

x x x x

= − +

+ .

C.

(

)

tan

cos sin cos

x

H x C

x x x x

−

= + +

+ .

D.

(

)

tan

cos sin cos

x

H x C

x x x x

−

= − +

+ .

Lời giải
Ta có:

(

)

(

)

2 2

cos .

cos

sin cos sin cos

x x x x

H dx dx

x

x x x x x x

= =

+ +

∫

Đặt

(

)

(

)

2 2

sin cos

cos cos

sin cos

cos 1

sin cos sin cos sin cos

x x x x

u du dx

x x

d x x x

x x

dv dx v

x x x x x x x x x

 =  +

 

 ⇒

 + 

 = =  = −



 + +  +



(

)

1 1

. tan

cos x sin cos cos cos sin cos

x x

H dx x C

x x x x x x x x

−

⇒ = − + = + +

∫

Chọn C

Câu 6:

∫

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

có dạng

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 6 4

a x + +bx x− x C+ , trong đó a b, là hai số hữu 
tỉ. Giá trị a bằng:

A. 3. B. 2. C. 1. D. Không tồn tại.

Lời giải
Cách 1:

Theo đề, ta cần tìm

∫

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

. Sau đó, ta xác định giá trị của a.

Ta có:

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

= 2x x2+1dx+ x x dxln

∫

Để tìm

∫

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

ta đặt 2

1 2 1

I =

∫

x x + dx và I2 =

∫

x x dxln và tìm I I1, 2.

* 2

1 2 1

I =

∫

x x + dx.

Dùng phương pháp đổi biến.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Suy ra:

(

)

2 2 3 2

1 2 1 2 23 1 23 1 1

I =

∫

x x + dx=

∫

t dt= t C+ = x + +C , trong đó C1 là 1 hằng số.
*I2 =

∫

x x dxln .

Dùng phương pháp nguyên hàm từng phần.

Đặt

2
1
ln

1
2

du dx

u x x

dv xdx v x

 =


=

 ⇒

 = 

  =



, ta được:

2 2 2 2 2

2
ln

1 ln 1 1 1 ln 1 1 ln 1

2 2 2 2 2 4

I x x dx udv uv vdu

x x x dx x x xdx x x x C

x

= = = −

= − ⋅ = − = − +

∫

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

1 2 1 2

2 2 2

2 1 1

2 1 ln 1 ln

3 2 4

2 1 1 ln 1

3 2 4

x x x x dx I I x C x x x C

x x x x C

+ + = + = + + + − +

= + + − +

∫

Suy ra để

∫

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

có dạng

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 6 4

a x + +bx x− x C+ thì

2 , 3 .

a= ∈ b= ∈
Chọn B

Câu 7: Biết F x

( )

a xln b c ln 2

(

x 3

)

x

 

= + +  +

  là nguyên hàm của hàm số

( )

(

)

2
ln 2x 3

f x

x

= . Tính

S a b c= + + .

A. S = −1. B. 1
3

S = . C. 7

S = . D. 4

S= − .
Lời giải

Chọn A

Nguyên hàm của hàm số f x

( )

ln 2

(

x2 3

)

x

= là:

( )

ln 2

(

2 3

)

1.ln 2

(

)

1 2

2 3

x

f x dx dx x dx

x x x x

+ −

= = − + −

∫

1.ln 2

(

)

1 2

2 3

x dx

x x x

−

= − + −

∫

(

)

ln 2 3 2 1 2

3 2 3

x

dx

x x x

+  

= − +  − 

 

∫

ln 2

(

)

2ln 2ln 2

(

)

3 3

x

x x C

x

= − + − + +

(

)

2ln 2 1 ln 2 3

3 x 3 x x C

 

= + − −  + +

 

⇒ F x

( )

a xln b c ln 2

(

x 3

)

x

 

= + +  +

 

(

)

(

)

ln 2 3 2ln 2ln 2 3

3 3

x

x x C

x

= − + − + + , với C=0,

⇒ 2 2

( )

1 1

3 3

a b c+ + = + − + − = −

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu 8: (Trần Đại Nghĩa)Cho

(

)

2
1

ln ln 2 1

x x a

I dx

b c

x

= = −

∫

với a b c, , là các số nguyên dương và các

phân số là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức S a b
c

= .

A. 5
6

S = . B. 1

S = . C. 2

S = . D. 1

2
S = .
Lời giải

Chọn A
Ta có

(

)

(

)

(

)

2 2 2

1 1 1

ln ln

1 1 1

x x x x

I dx dx dx

x x x

= = +

+ + +

∫

Xét

(

)

1 2

1 1

x

I dx

x

=
+

∫

Đặt t x= + ⇒ =1 dt dx.

3 3 3

1 2 2 2

2 2 2

1 1 1 ln 1 ln3 1

2 6
t

I dt dt dt t

t t

−

∫

−

∫

= + = − .

Xét

(

)

(

)

2 2 2

2 2

1 1 1

ln 1 ln 1 1ln 2 1 1

1 1 3 1

x

I dx x dx dx

x x x x x

x

 

= = − + = − +  − 

+ +  + 

∫

2
2

1ln 2 ln 1ln 2 ln4

3 1 3 3

x
I

x

= − + = − +

+ .

Do đó ln3 1 1ln 2 ln4 2ln 2 1

2 6 3 3 3 6

I= − − + = − .

2 3 5

6 6

a b
S

c

+ +

⇒ = = = .

Câu 9: (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Họ nguyên hàm của hàm số

(

2x2 x

)

ln 1

y

x
x

+ +

= là

A.

(

2 1 ln

)

2
2

x

x x x

x + + − + +C. B.

(

2 1 ln

)

x

x x x

x + − + − +C.

C.

(

2 1 ln

)

2
2

x

x x x

x + + − − +C. D.

(

2 1 ln

)

x

x x x

x + − − + +C.
Lời giải

Chọn C

Ta có:

(

)

(

)

1 2
l

2 ln 1 1

n d

d 2 1 d

x x

x x x I

x

x x= + x I

+ +

∫

= +

∫

(

)

1 2 1 ln d

I =

∫

x+ x x. Đặt

(

)

2
ln

d
1

1 d

2 d

x

v x x

u
x

u x

x
v x



= =

 ⇒

= +

 +

 

  =



</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2
2

ln 1 d ln 1 d

n .

I x x x x

x

x x x x x x x

x x x x x C

= + + +

− = − +

= − − +

∫

2
2 1 d lnx

I x C

x

∫

= + .

(

)

(

)

(

)

1 2

2 2

1 2

d
2

ln 1

ln ln 1 ln .

x

x I
x

x x

x x

I

x

x x x C x C x x x x C

= − − + +

+ +

+ + = + + − − +

∫

Câu 10: Tìm nguyên hàm của hàm số

( )

3 2
2
4
ln

4 x
f x x

x

 − 

=  

 ?

A. 4 2 2

2
4

ln 2

4
x

x x

x

 − −

 + 

  . B.

4 2

2
2

16 ln 4 2

4 4

x x x

x

 −   − −

   + 

    .

C. 4 2 2

2
4

ln 2

4
x

x x

x

 − 

 + 

  . D.

4 2

2
2

16 ln 4 2

4 4

x x x

x

 −   − 

   + 

    .

Lời giải

Đặt:

4
2

4 4

16
4

ln 16

16
4

4 4

x

x du

u x

x

x x

v
dv x dx



 =  −   =

  + ⇒ −

    −

 =  = − =

 

2 4 2 4 2

4 2

2 2 2

4 16 4 16 4

ln ln 4 ln 2

4 4 4 4 4

x x x x x

x dx xdx x C

x x x

 −   −   −   −   − 

⇒   =   − =   − +

+ + +

         

∫

Chọn B

Cách 2:Dùng phương pháp loại trừ.

Ta thay giá trị của a ởcác đáp án vào

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 2 4

a x + +bx x− x C+ . Sau đó, với mỗi a của

các đáp án ta lấy đạo hàm của

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 2 4

a x + +bx x− x C+ .

Khơng khuyến khích cách này vì việc tìm đạo hàm của hàm hợp phức tạp và có 4 đáp án nên

việc tìm đạo hàm trởnên khó khăn.

Sai lầm thường gặp:
A. Đáp án A sai.

Một số học sinh khơng đọc kĩ đề nên chỉtìm giá trị của b. Học sinh khoanh đáp án A và đã sai

lầm.

C. Đáp án C sai.

Một số học sinh chỉ sai lầm như sau:

* 2

1 2 1

I =

∫

x x + dx.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Đặt t= x2+1, t≥1 ta được t2 =x2+1,tdt =2xdx. 
Suy ra:

(

)

2 2 3 2

1 2 1 13 1 13 1 1

I =

∫

x x + dx=

∫

t dt= t +C = x + +C , trong đó C1 là 1 hằng số.

Học sinh tìm đúng 2 2

2 12 ln 14 2

I = x x− x C+ theo phân tích ở trên.

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

1 2 1 2

2 2 2

1 1 1

2 1 ln 1 ln

3 2 4

1 1 1 ln 1

3 2 4

x x x x dx I I x C x x x C

x x x x C

+ + = + = + + + − +

= + + − +

∫

Suy ra để

∫

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

có dạng

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 6 4

a x + +bx x− x C+ thì a=1,b=3. 
Thế là, học sinh khoanh đáp án C và đã sai lầm.

D. Đáp án D sai.

Một số học sinh chỉ sai lầm như sau:

* 2

1 2 1

I =

∫

x x + dx.

Dùng phương pháp đổi biến.

(

)

2 2 3 2

1 2 1 13 1 13 1 1

I =

∫

x x + dx=

∫

t dt= t C+ = x + +C , trong đó C1 là 1 hằng số.

Học sinh tìm đúng 2 2

2 12 ln 14 2

I = x x− x C+ theo phân tích ở trên.

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

1 2 1 2

2 2 2

1 1 1

2 1 ln 1 ln

3 2 4

1 1 1 ln 1

3 2 4

x x x x dx I I x C x x x C

x x x x C

+ + = + = + + + − +

= + + − +

∫

Suy ra để

(

2x x2+ +1 x x dxln

)

∫

có dạng

(

2 1

)

3 2ln 1 2

3 6 4

a x + +bx x− x C+ thì 
1

1 ,

3
a= ∈ b= ∉.

Thế là, học sinh khoanh đáp án D và đã sai lầm do tính sai giá trị của b.

Câu 11: (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Biết

( )

d 3 cos 2

(

)

f x x= x x− +C

∫

. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
A.

∫

f x x

( )

3 d =3 cos 6x

(

x− +5

)

C B.

∫

f x x

( )

3 d =9 cos 6x

(

x− +5

)

C
C.

∫

f x x

( )

3 d =9 cos 2x

(

x− +5

)

C D.

∫

f x x

( )

3 d =3 cos 2x

(

x− +5

)

C

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Ta có

∫

f x x

( )

d =3 cos 2x

(

x− +5

)

C

( )

(

f x xd

)

′

(

3 cos 2x

(

x 5

)

C

)

′

⇒

∫

= − +

( )

3cos 2

(

5 6 sin 2

)

(

)

f x x x x

⇒ = − − −

( )

3 3cos 6

(

5 18 sin 6

)

(

)

f x x x x

⇒ = − − −

Xét

∫

f x x

( )

3 d =

∫

(

3cos 6

(

x− −5 18 sin 6

)

x

(

x−5 d

)

x

(

)

(

)

3cos 6x 5 dx 18 sin 6x x 5 dx

∫

− −

∫

−

( )

1 .

Xét I =

∫

18 sin 6x

(

x−5 d

)

x.

Đặt

(

)

(

)

3 3d d

6sin 6 5 d d cos 6 5

x u x u

x x v x v

= =

 

 ⇒

 − = − − =

 

  .

(

)

(

)

3 cos 6 5 3 cos 6 5 d

I = − x x− +

∫

x− x, thay vào

( )

1 ta được

∫

f x x

( )

3 d =3 cos 6x

(

x− +5

)

C.
Cách 2:

Đặt x=3t ⇒dx=3dt.

Khi đó:

∫

f x x

( )

d =3 cos 2x

(

x− +5

)

C ⇔3

∫

f t t

( )

3 d 3. 3 cos 2.3 5=

( ) (

t t− +

)

C

( )

3 d 3 cos 6 5

(

)

f t t t t C

⇔

∫

= − + ⇔

∫

f x x

( )

3 d =3 cos 6x

(

x− +5

)

C.

Câu 12: (Ngô Quyền Hà Nội) Cho F x

( )

=x2 là một nguyên hàm của hàm số f x e

( )

. 2x. Khi đó

( )

. d2x
f x e x′

∫

bằng

A. − +x2 2x C+ . B. − + +x2 x C. C. 2x2−2x C+ . D. −2x2+2x C+ .

Lời giải
Chọn D

Do F x

( )

=x2 là một nguyên hàm của hàm số f x e

( )

. 2x nên f x e

( )

. 2x =F x′

( )

=2x.

Xét

∫

f x e x′

( )

. d2x .

Đặt

( )

2 d 2 d2

d d

x x

u e u e x

v f x x v f x

 =  =

 ⇒

 = ′  =

 

  ta có:

( )

. d2x

( )

. 2x 2

( )

. d2x 2 2 2

f x e x f x e′ = − f x e x= − x + x C+

∫

Câu 13: (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Gọi F x

( )

là nguyên hàm trên  của hàm số

( )

2eax

(

0

)

f x =x a≠ , sao cho F 1 F

( )

0 1.
a

  = +

 

  Chọn mệnh đềđúng trong các mệnh đề sau.

A. 0< ≤a 1. B. a< −2. C. a≥3. D. 1< <a 2.
Lời giải

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

( )

2e dax

F x =

∫

x x. Đặt 2 d 1 e2 d

d e dax ax

u x x
u x

v

v x a

=

 =

 ⇒

  =

  .

( )

1 2eax 2 e dax 1 2 ax 2.

( )

1

F x x x x x e A

a a a a

⇒ = −

∫

= −

Xét A=

∫

xe dax x. Đặt d d

d axd ax

u x

u x

v e

v e x

a

=

=

 

⇒

 

=
=

  .

( )

1 ax 1 axd 2

A xe e x

a a

⇒ = −

∫

Từ

( )

1 và

( )

2 suy ra

( )

2 2

2 2 2 3

1 eax 2 ax 2 e dax 1 eax 2 eax 2 eax

F x x xe x x x C

a a a a a a

= − +

∫

= − + + .

Mà F 1 F

( )

0 1
a

  = +

 

  ⇒ 3 3 3 3

1 e 2 e 2 e C 2 1 C

a −a +a + =a + +

3 e 2 3e 2 0 1.

a a a

⇒ = − ⇒ = − ⇒ < ≤

Câu 14: (ĐH Vinh Lần 1)Cho hàm số thỏa mãn và . Tất
cảcác nguyên hàm của là

A. . B. .

C. . D. .

Lời giải
Chọn D

Ta có .

Vì .

Vậy

Phân tích: Bài tốn cho hàm số thỏa mãn điều kiện chứa tổng của và

đưa ta tới cơng thức đạo hàm của tích với . Từđó ta cần chọn hàm
cho phù hợp

Tổng quát: Cho hàm số và liên tục trên , thỏa mãn
(Chọn ).

Ta có .

( )

f x f x

( )

+ f x′

( )

=e ,−x ∀ ∈x

 f

( )

0 2=

( )

e2x
f x

(

x−2 e e

)

x+ +x C

(

x+2 e

)

2x+ex+C

(

x−1 e

)

x+C

(

x+1 e

)

x+C

( )

e x

f x + f x′ = − ⇔ f x

( )

ex+ f x′

( )

e 1x = ⇔

(

f x

( )

ex

)

′=1⇔ f x

( )

ex = +x C

( )

0 2

f = ⇔2.e0 =C ⇔C=2 ⇒ f x

( )

e2x =

(

x+2 e

)

x

( )

e d2x

f x x

∫

=

∫

(

x+2 e d

)

x x =

∫

(

x+2 d e

)

( )

x =

(

x+2 e

)

x−

∫

e dx

(

x+2

)

(

x 2 e

)

x e dx x

= + −

∫

=

(

x+2 e e

)

x− +x C =

(

x+1 e

)

x+C

( )

y f x= f x

( )

f x′

( )

u v. ′=u v u v′. + . ′ u f x=

( )

v

( )

y f x= y g x=

( )

K

( ) ( ) ( )

( )

f x′ +g x f x =k x v e= G x( )

( )

( ) ( )

( )

f x′ +g x f x =k x ⇔eG x( )f x′

( )

+g x e

( )

G x( )f x

( )

=k x e

( )

G x( )

( )

( )

(

eG x f x

)

′ k x e

( )

G x( )

⇔ = ⇒eG x( )f x

( )

= k x e dx

( )

G x( )

∫

⇔ f x

( )

=e−G x( ) k x e dx

( )

G x( )

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Với là một nguyên hàm của .

Admin tổ4 – Strong team: Bản chất của bài toán là cho hàm số thỏa mãn điều kiện
chứa tổng của và liên quan tới công thức đạo hàm của tích với

. Khi đó ta cần chọn hàm thích hợp. Cụ thể, với bài tốn tổng quát :

Cho hàm số y f x=

( )

, y g x=

( )

, y h x=

( )

, y k x=

( )

liên tục trên K, g x

( )

≠0 với ∀ ∈x K
và thỏa mãn g x f x h x f x

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

. ′ + . =k x

Ta sẽđi tìm v như sau :

( )

h x h x

v v

v g x ⇒ vdx g x dx

′

= =

′

∫

Khi đó :

( )

( )

( )
( )

ln x

h x
g xd

dx e

h x

v v

g x

∫

⇔ =

Câu 15: (ĐH Vinh Lần 1)Cho hàm số thỏa mãn và .
Tất cảcác nguyên hàm của là

A. . B. . C. . D. .

Lời giải
Chọn D

Ta có

Vì .

Vậy .

Câu 16: (Chuyên Thái Bình Lần3)Cho f x( ) là hàm số liên tục trên  thỏa mãn

( )

f x + f x′ = ∀ ∈x x  và f

( )

0 1= . Tính f

( )

1 .

A. 2

e. B.

e. C. e. D.

e
2.
Lời giải

Chọn A

( )

(1)

f x + f x′ =x .

Nhân 2 vế của (1) với ex ta được e .x f x

( )

+e .x f x′

( )

=x.ex.

Hay e .x f x

( )

 =′ x.ex ⇒e .x f x

( )

= x.e dx x

 

∫

Xét I =

∫

x.e dx x.

Đặt d d

e dx d ex

u x u x

x v v

= ⇒ =



 = ⇒ =

 .

.e dx .ex e dx .e ex x

I =

∫

x x x= −

∫

x x= − +C. Suy ra exf x

( )

=x.e ex− +x C.

( )

G x g x

( )

y f x=

( )

f x f x′

( )

u v. ′ =u v u v′. + . ′

( )

u f x= v

( )

f x

( )

2 2 x ,

f x′ + xf x = xe− ∀ ∈x

 f

( )

0 1=

( )

. ex
x f x

(

2

)

x + +C 1

(

2 1

)

2 2

x

x + e− +C

(

2

)

2 2

1 x

x + e− +C 1

(

2 1

)

2
2 x + +C

( )

2 2 x

f x′ + xf x = xe− 2

(

( )

)

2 2

2 .2

x x x

e f x′ xf x e xe−

⇔ + = ⇔

(

e f xx2

( )

)

′ =2x

( )

2 2

2 d

x

e f x x x x C

⇒ =

∫

= +

(0) 1

f = ⇔ =C 1⇒ f x

( )

=

(

x2+1

)

e−x2

( )

x
xf x e x

∫

=

∫

x x

(

2+1 d

)

x 1

(

2 1 d

) (

2 1

)

2 x x

∫

+ + 1

(

2 1

)

2 x C

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Theo giả thiết f(0) 1= nên C=2

( )

.e e 2

( )

1 2

e e

x x
x
x

f x − + f

⇒ = ⇒ = .

Câu 17: (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀĐH VINHL3 -2019..)Biết rằng là một nguyên hàm của

trên khoảng . Gọi là một nguyên hàm của thỏa mãn , giá trị

của bằng

A. . B. . C. . D. .

Lời giải
Chọn A

Vì là một nguyên hàm của trên khoảng

, .

Do đó , , .

Nên .

Bởi vậy .

Từđó ; .

Vậy .

Câu 18: (SởLạng Sơn 2019)Cho hàm số y f x=

( )

Biết hàm số đã cho thỏa mãn hệ thức f x

( )

sinxdx =− f x

( )

cosx+ πxcosxdx

∫

. Hỏi hàm số

( )

y f x= là hàm sốnào trong các hàm số sau?
A. f x

( )

= −πxlnπ . B.

( )

x

f x =

π

π

. C. f x

( )

=πxlnπ . D.

( )

x
f x = −

π

π

.
Lời giải

Chọn B

Hệ thức f x

( )

sinxdx =− f x

( )

cosx+ πxcosxdx

∫

(1).

Xét

∫

f x

( )

sinxdx.

Đặt

( )

sin cos

u f x du f x

dv xdx v x

= ⇒ =




= ⇒ = −

 . Ta được

∫

f x

( )

sinxdx= −f x

( )

cosx+

∫

f x'

( )

cosxdx.

Theo hệ thức (1), suy ra f x'

( )

=πx.

Dựa vào đáp án, ta nhận thấy có một hàm số thỏa mãn là

( )

x

f x π

= .

Câu 19: (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1)Cho hàm số y f x=

( )

có đạo hàm cấp hai trên

(

0;+∞

)

thỏa
mãn 2xf x′

( )

− f x

( )

=x x2 cos ,x ∀ ∈x

(

0;+∞

) ( )

;f 4π =0. Giá trị biểu thức f

( )

9π là:

A. 0. B. −3 π . C. − π . D. −2 π .
Lời giải

ex

x f x

( )

−

(

−∞ +∞;

)

F x

( )

f x′

( )

ex F

( )

0 1=

( )

F −
7
2

5 e
2

− 7 e

− 5

2
ex

x f x

( )

−

(

−∞ +∞;

)

⇒ f

( )

− =x

( )

xex ′ = +ex xex ∀ ∈ −∞ +∞x

(

;

)

( )

e ( )x

( )

e ( )x

f − =x − − − −x − − ∀ ∈ −∞ +∞x

(

;

)

⇒ f x

( )

=e 1−x

(

−x

)

∀ ∈ −∞ +∞x

(

;

)

( )

e 1x

(

)

e x

(

)

f x′ = − −x ′= − x−

  ⇒ f x′

( )

e ex = −x

(

x−2 .e

)

x = −x 2

( ) (

)

(

)

2 d 2

F x =

∫

x− x= x− +C

( )

(

)

0 0 2 2

F = − + = +C C F

( )

0 1= ⇒ = −C 1

( )

(

)

( )

(

)

2 7

2 1 1 1 2 1

2 2 2

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Chọn B

Với mọi x∈

(

0;+∞

)

, ta có

( )

2 cos

cos
2

cos sin cos

2 2 2

xf x f x x x x

x f x f x

x x

x
x

f x x x f x x x x C

x x

′ − =

′ −

⇔ =

′

 

⇔  = ⇔ = + +

 

Mà f

( )

4π =0 suy ra 1
2

C=− . Vậy

( )

sin cos 1

2 2 2

x x x

f x = + −  x

  .

Suy ra f

( )

9π = −3 π.

Câu 20: (Nguyễn Khuyến)Giả sử F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số f x

( )

=ln

(

x2+3

)

x thỏa mãn

( )

− +2

( )

1 0=

F F và F

( )

− +1 F

( )

2 =aln 2+bln 5, với a, b là các số hữu tỷ. Giá trị của
3a+6b bằng

A. −4. B. 5. C. 0. D. −3.

Lời giải
Chọn B

Xét f x x

( )

d ln

(

x2 3

)

dx
x

+
=

∫

Đặt u=ln

(

x+3

)

và dv 12dx
x

= , ta có d 1 d

=
+

u x

x và chọn v 1x . Khi đó

( )

d 1ln

(

)

(

)

f x x x x

x x x

= − + + =

∫

1ln

(

)

1 1 1 d

3 3

 

− + +  − 

 

∫

x x

x x x

(

)

(

)

1ln 3 1ln 1ln 3

3 3

= − x+ + x − x+ +C

x

(

)

1 1 ln 3 1ln

3 3

 

= − +  + + +
x  x x C.
+) Xét trên

(

−3;0

)

ta được F x

( )

= −1 1x+3ln

(

x+ +3

)

31ln

( )

− +x C1
Tính

( )

2 1ln1 1ln 2 1

6 3

− = + +

F C 1 ln2 1

= +C ;

( )

1 2ln 2 1ln1 1

3 3

− = + +

F C 2 ln2 1

= +C
+) Xét trên

(

0;+∞

)

ta được F x

( )

= −1 1x+3ln

(

x+ +3

)

31lnx C+ 2.

Tính F

( )

1 = −43ln 4+13ln1+C2 = −8 ln23 +C2; F

( )

2 = −56ln 5+13ln 2+C2.
Ta có F

( )

− +2 F

( )

1 0= 1ln 2 1 8ln 2 2 0

3 3

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Từ đó F

( )

− +1 F

( )

2 = 2ln 2 1 5ln 5 1ln 2 2

3 +C −6 +3 +C =ln 2−56ln 5+C C1+ 2.

5 7 10 5

ln 2 ln 5 ln 2 ln 2 ln 5

6 3 3 6

= − + = − =aln 2+bln 5 ta được 10

3
=

a ; 5

6
= −

b ⇒3a+6b=5.
Câu 21: (SỞGD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho hàm số f x

( )

liên tục và có đạo

hàm trên 0;

 

 

 , thỏa mãn

( )

tan .

( )

cos3

x

f x x f x

x

′

+ = . Biết rằng

3 3 ln 3

3 6

f   π − f   π =aπ +b

    trong đó a b, ∈. Giá trị của biểu thức P a b= + bằng

A. 14

9 B. −29 C. 79 D. −49

Lời giải

Chọn D

( )

tan .

( )

3
cos

x

f x x f x

x

′

+ = cos .

( )

sin .

( )

2

cos

x
x f x x f x

x

′

⇔ + = .

( )

sin .

cos

x
x f x

x

′

⇔  = .

Do đó sin .

( )

d 2 d

cos

x

x f x x x

x

′ =

 

 

∫

sin .

( )

2 d

cos

x

x f x x

x

⇒ =

∫

Tính 2 d

cos

x

I x

x

∫

Đặt

d d

d tan

cos

u x u x

x v x

v

x

  =

 ⇒

 =  =



 . Khi đó

(

)

d cos

d tan tan d tan d tan ln cos

cos cos

x
x

I x x x x x x x x x x x

x x

∫

= −

∫

= +

∫

= + .

Suy ra

( )

.tan ln cos ln cos

sin cos sin

x x x x x

f x

x x x

= = + .

2 2ln 2 3 3

3 ln 3 3 3 2ln

3 6 3 3 9 2

aπ +b = f   π − f   π =  π −  −π + 

       

5 3 ln3
9

= − . Suy ra 59

1
a
b

 =


 = −


</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

NGUYÊN HÀM HÀM

Ẩ

N

Câu 1: Cho hàm số ( )f x xác định trên \ 1

2
 
 
 

 thỏa mãn ( ) 2
2 1

f x
x

′ =

− , (0) 1f = và (1) 2f = . Giá trị của

biểu thức ( 1)f − + f(3) bằng

A. 4 ln5+ . B. 2 ln15+ . C. 3 ln15+ . D. ln15.
Lời giải

Chọn C

Cách 1: • Trên khoảng 1 ;
2
 +∞
 

 : 1

( ) ln(2 1) .

2 1

f x dx x C

x

= = − +

−

∫

Lại có f(1) 2= ⇒C1=2.

• Trên khoảng ;1
2
−∞ 
 

 : 2

( ) ln(1 2 ) .

2 1

f x dx x C

x

= = − +

−

∫

Lại có f(0) 1= ⇒C2 =1.

Vậy

1
ln(2 1) 2

2
( )

1
ln(1 2 ) 1

x khi x

f x

x khi x

 − + >


= 

 − + <



.
Suy ra f( 1)− + f(3) 3 ln15.= +
Cách 2: 
Ta có:
0 0
0
1
1 1
3 3
3
1
1 1
2 1

(0) ( 1) '( ) ln 2 1 | ln (1)

2 1 3

(3) (1) '( ) ln 2 1 | ln 5 (2)

2 1

dx

f f f x dx x

x
dx

f f f x dx x

x
−
− −

− − = = = − =
 −


 − = = = − =
 −



∫

Lấy (2)-(1), ta được f(3)− f(1)− f(0)+ f( 1) ln15− = ⇒ f( 1)− + f(3) 3 ln15= + .
Câu 2: Cho hàm số ( )f x xác định trên \ 1

3
 
 
 

 thỏa mãn

( )

3 , 0 1

( )

3 1

f x f

x

′ = =

− và f   =  23 2. Giá trị
của biểu thức f

( )

− +1 f

( )

3 bằng

A. 3 5ln 2+ . B. − +2 5ln 2. C. 4 5ln 2+ . D. 2 5ln 2+ .
Lời giải

Chọn A

Cách 1: Từ

( )

ln 3 1 khi x ;

3 3 dx=

3 1 3 1 ln 3 1 khi x 1;

x C

f x f x

x x
x C
 − + ∈ −∞ 
 
  
′ = ⇒ = 
− −  − + ∈ +∞
 
  


∫

Ta có:

( )

1 1
2 2

0 1 0 1 1

2 2 0 2 2

3
f
C C
C C
f
=

+ = =
 
 ⇒ ⇔
  =  + =  =
 
 
  


( )

1
ln 3 1 1 khi x ;

3
1

ln 3 1 2 khi x ;

3
x
f x
x
 − + ∈ −∞ 
 
  
⇒ = 
 
 − + ∈ +∞
  

.

Khi đó: f

( )

− +1 f

( )

3 =ln 4 1 ln 8 2 3 ln 32 3 5ln 2+ + + = + = + .
Cách 2: Ta có

( )

0 0
0
0
1 1
1 1
3 3
3
3
2 2

3 2 2 3

3 3

3 1

0 1 dx dx ln 3 1 ln 1

3 1 4

2 3

3 dx dx ln 3 1 ln8 2

3 3 1

f f f x f x x

x

f f f x f x x

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Lấy

( ) ( )

2 − 1 , ta được:

( )

0 2 ln 32

( )

3 3 5ln 2
3

f + f − − f − f   = ⇒ f − + f = +

  .

Câu 3: (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2)Cho hàm số f x

( )

xác định trên \ 2

{ }

− thoả mãn

( )

3 1

2
x
f x

x
−
′ =

+ , f

( )

0 1= và f

( )

− =4 2. Giá trị của biểu thức f

( )

2 + f

( )

−3 bằng

A. 12. B. ln 2. C. 10 ln 2+ . D. 3 20ln 2− .

Lời giải 
Chọn A

Ta có:

( )

d 3 1d 3 7 d 3 7ln 2

2 2

x

f x f x x x x x x C

x x

−  

′

= = =  −  = − + +

+  + 

∫

, ∀ ∈x \ 2

{ }

− .

+ Xét trên khoảng

(

− + ∞2;

)

ta có: f

( )

0 1= ⇔ −7ln 2+ = ⇒ = +C 1 C 1 7ln 2.

Do đó, f x

( )

=3x−7ln x+ + +2 1 7ln 2, với mọi x∈ − + ∞

(

)

.
Suy ra f

( )

2 = −7 7ln 4 7ln 2 7 7ln 2+ = − .

+ Xét trên khoảng

(

−∞ −; 2

)

ta có: f

( )

− = ⇔ − −4 2 12 7ln 2+ = ⇒ =C 2 C 14 7ln 2+ .

Do đó, f x

( )

=3x−7ln x+ +2 14 7ln 2+ , với mọi x∈ −∞ −

(

; 2

)

.
Suy ra f

( )

− = +3 5 7ln 2.

Câu 4: Cho hàm số f x

( )

xác định trên \ 2;2

{

−

}

và thỏa mãn

( )

24 ; 3 0

( )

f x f

x

′ = − =

− ;

( )

0 1
f = và

( )

3 2

f = . Tính giá trị biểu thức P f=

( )

− +4 f

( )

− +1 f

( )

4 .
A. 3 ln 3

P= + . B. P= +3 ln 3. C. 2 ln5
3

P= + . D. 2 ln5

P= − .
Lời giải

Chọn B

Từ

( )

24

f x
x

′ =

−

( )

4
4

dx
f x

x

⇒ =

−

∫

(

x 24

)(

dxx 2

)

− +

∫

(

)

(

)

(

)

ln ; 2

2
2

ln 2;2

2
2

ln 2;

x C khi x
x

 −

+ ∈ −∞ −
 +


 −

= + ∈ −

+

 −

+ ∈ +∞


+

Ta có

( )

3 0

0 1

2 2

f
f
f

− =




=


 =


1
2

ln 5 0

0 1

ln 2

C
C

C



 + =



⇒ + =



 + =



1
2
3

ln 5
1

2 ln 5

C
C
C

= −




⇔ =

 = +



( )

f x
⇒

(

)

(

)

(

)

ln -ln5 ; 2

2
2

ln 1 2;2

2
2

ln 2 ln 5 2;

x khi x

x

x khi x

x

x khi x

x

 − ∈ −∞ −

 +

 −

= + ∈ −

+

 −

+ + ∈ +∞



+


Khi đó P= f

( )

− +4 f

( )

− +1 f

( )

4 ln 3 ln 5 ln 3 1 ln1 2 ln 5
3

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Câu 5: Cho hàm số f x

( )

xác định trên \ 2;1

{

−

}

thỏa mãn

( )

2 1
2

f x

x x

′ =

+ − ; f

( )

− −3 f

( )

3 =0 và

( )

0 1
3

f = . Giá trị của biểu thức f

( )

− +4 f

( )

− −1 f

( )

4 bằng

A. 1 1 ln23 3+ . B. 1 ln80+ . C. 1 ln 2 1 4ln
3 5

+ + . D. 1 1 8ln

3 5

+ .

Lời giải
Chọn A

( )

2 1 2

f x

x x

′ =

+ −

( )

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

2
2

1ln 1 ; 2

3 2

d d 1ln 1 2;1

2 1 2 3 2

1ln 1 1;

3 2

x C khi x

x

x x x

f x C khi x

x x x x x

x C khi x

x

 −

+ ∈ −∞ −
 +



 −

⇒ = = = + ∈ −

+ − − +  +

 −

+ ∈ +∞



+


∫

Do đó f

( )

− −3 f

( )

3 0= ⇒13ln 4+C1−1 23 5ln −C3 ⇒C C3 = 1+13ln10.
Và

( )

0 1 1 1ln 2 1 2 1 1ln 2

3 3 2 3 3 3

f = ⇒ +C = ⇒C = + .

( )

(

)

(

)

(

)

1ln 1 ; 2

3 2

1ln 1 1 1ln 2 2;1

3 2 3 3

1ln 1 1ln10 1;

3 2 3

x C khi x

x
x

f x khi x

x

x C khi x

x

 − + ∈ −∞ −

 +



 −

⇒ = + + ∈ −

+


 −

+ + ∈ +∞



+


Khi đó:

( )

4 3 21 5ln 1 13ln 2 3 31 1ln 2 1 13 2ln 1 13ln10 1 13 3ln 2
f − + f − − f = +C   + + +   − +C + = +

      .

Câu 6: Cho hàm số f x

( )

xác định trên \ 1

{ }

± thỏa mãn

( )

21
1

f x
x

′ =

− . Biết f

( )

− +3 f

( )

3 =0 và

1 1 2

2 2

f − + f   =

    . Giá trị T = f

( )

− +2 f

( )

0 + f

( )

4 bằng:
A. 2 1 5ln

2 9

T = + . B. 1 1 9ln

2 5

T = + . C. 3 1 9ln

2 5

T = + . D. 1 9ln

2 5

T = .

Lời giải
Chọn B

Ta có

( )

d 21 d
1

f x x x

x

′ =

−

∫

1 1 1 d

2 x 1 x 1 x

 

=  − 
− +

 

∫

1ln 1

2 1

x C

x
−

= +

+ .

Do đó

( )

1ln 1 khi 1, 1

2 1

1 1ln khi 1 1

2 1

x C x x

x

C x

f

x
x
x

− + < − >

+
−

+ −



= 

< <
+





Do f

( )

− +3 f

( )

3 =0 nên C1=0, 1 1 2

2 2

f − + f   =

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Nên

( )

1ln 1 khi 1, 1

2 1

1 1ln 1 khi 1 1

2 1

x x x

x

x x

x

x
f

−

< − >
+

− +



= 

− < <
+




. T = f

( )

− +2 f

( )

0 + f

( )

4 1 1 9ln
2 5

= + .

Vậy f

( )

2 + f

( )

− = +3 7 7ln 2 5 7ln 2 12+ − = .

Câu 7: (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số y f x=

( )

thỏa mãn

( ) ( )

4 2

' .

f x f x =x +x . Biết f

( )

0 =2. Tính f2

( )

2 .

A. 2

( )

2 313
15

f = . B. 2

( )

2 332

f = . C. 2

( )

2 324
15

f = . D. 2

( )

2 323
15

f = .

Lời giải

Ta có

∫

f x f x x'

( ) ( )

. d =

∫

(

x4+x2

)

dx C+ 2

( )

5 3

2 5 3

f x x x C

⇒ = + + .

Do f

( )

0 =2 nên suy ra C=2.

Vậy 2

( )

2 2 32 8 2
5 3

f =  + + 

 

332
15
= .

Câu 8: (Đặng Thành Nam Đề 15)Cho hàm số f x

( )

có đạo hàm trên \ 0

{ }

thỏa mãn f x

( )

f x

( )

x2

x

′ + =

và f

( )

1 = −1. Giá trị của 3
2
f   

  bằng
A. 1

96. B.

64. C.

48. D.

1
24. 
Lời giải

Chọn A

Ta có

( )

3 4

f x x

f x x xf x f x x xf x x xf x x dx C

x ′

′ + = ⇔ ′ + = ⇔  = ⇒ =

∫

= + .

( )

1 1 5

f = − ⇒ = −C . Khi đó

( )

4 5 3 1

4 2 96

x

f x f

x

−  

= ⇒  =

  .

Câu 9: (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019)Cho hàm số f x( ) thỏa mãn f(1) 4= và

3 2

( ) ( ) 2 3

f x =xf x′ − x − x với mọi x>0. Giá trị của f(2) bằng

A. 5. B. 10. C. 20. D. 15.

Lời giải

3 2

2 2

1. ( ) . ( ) 2 3 ( )

( ) ( ) 2 3 f x x f x x x f x 2 3

f x xf x x x x

x x x

′
′

− − −  

′

− = − − ⇔ = ⇔  = +

 

Suy ra, f x( )

x là một nguyên hàm của hàm số g

( )

x =2x+3.
Ta có

∫

(

2x+3

)

dx x= 2+3x C+ , C∈.

Do đó, 2

( ) 3 ,

f x x x C

x = + + (1) với C1∈ nào đó.

Vì f(1) 4= theo giả thiết, nên thay x=1 vào hai vế của (1) ta thu được C1=0, từ đó

3 2

( ) 3

f x =x + x . Vậy f(2) 20= .

Câu 10: Cho hàm số f x

 

thỏa mãn

(

( )

)

( ) ( )

2 4

' . " 15 12 , 

f x + f x f x = x + x x∀ ∈ và f

( )

0 = f ' 0

( )

1= . 
Giá trị của

(

( )

)

2
1

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

A. 10. B. 8. C. 5

2. D.

9
2.

Lời giải

Ta có

(

f x f x

( ) ( )

. '

)

′ =

(

f x'

( )

)

2+ f x f x

( ) ( )

. " =15x4+12 ,x x∀ ∈.

( ) ( )

. 3 5 6 2 C, .

f x f x′ x x x

⇒ = + + ∀ ∈

Lại có f

( )

0 = f' 0 1

( )

= nên C =1 do đó f x f x

( ) ( )

. ' =3x5+6x2+ ∀ ∈1, x .

( )

(

)

(

)

( ) ( )

5 2

2 . ' 6 12 2,

f x ′ = f x f x = x + x + ∀ ∈x 

(

( )

)

2 6 3

4 2 , .

f x x x x C x

⇒ = + + + ∀ ∈

Mà f

( )

0 =1 nên C1 =1. Vậy

(

f

( )

1

)

2 = +1 4.1 2.1 1 8.6 3+ + =

Câu 11: (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hàm số y f x=

( )

liên tục và có đạo hàm trên đoạn

[

−1;0

]

, đồng
thời thỏa mãn điều kiện

( )

(

3 2 2

)

f x( ) ,

[

1;0

]

f x′ = x + x e− ∀ ∈ −x . Tính A f=

( )

0 − f

( )

−1 .
A. A= −1. B. A 1.

e

= C. A=1. D. A=0.

Lời giải
Chọn D

Ta có f x′

( )

=

(

3x2+2x e

)

−f x( ) ,∀ ∈ −x

[

1;0

]

⇔ f x e′

( )

f x( ) =3x2+2 ,x ∀ ∈ −x

[

1;0

]

( )

∗
Lấy nguyên hàm hai vế của

( )

∗ ta được ef x( )d

(

f x

( )

)

=x x C3+ 2+

∫

( ) 3

( )

1 ln 1

f x

e x x C f x x x C

⇒ = + + ⇒ = + +

Do đó

( )

0 ln

0 1 0

1 ln

f C

f f

f C

 =

 ⇒ − − =



− =

 . Vậy A=0.

Câu 12: (THPT LÝ THƯỜNG KIỆT – HÀ NỘI)Giả sử hàm số có đạo hàm liên tục trên nhận giá

trịdương trên khoảng và thỏa mãn với mọi Mệnh đề

nào sau đây là đúng?

A. B. C. D.

Lời giải 
Chọn C

Ta có

( )

. 3 1
1
3x 1

f x f x x

f x
f x

′

= +

′

⇔ =

( )

ln 3 1 .

f x x C

⇔ = + +

Vì

Vậy

Câu 13: (Sở Quảng Ninh Lần1)Biết ln có hai số a và b để

( )

(

4 0

)

ax b

F x a b

x
+

= − ≠

+ là một nguyên
hàm của hàm số f x

( )

và thỏa mãn 2f x2

( )

=

(

F x

( )

−1

)

f x′

( )

. Khẳng định nào dưới đây đúng và

đầy đủ nhất?

( )

f x ,

(

0;+∞

)

f

( )

1 1,= f x

( )

= f x'

( )

3 1x+ x>0.

( )

4< f 5 <5. 1< f

( )

5 <2. 3< f

( )

5 <4. 2< f

( )

5 <3.

( )

1 1 4 0 4.

3 3

f = ⇒ + = ⇔ = −C C

( )

2 3 1 4

( )

3 3 3

2 4

ln 3 1 5 3,8.

3 3

x

f x x f x e + − f e

⇒ = + − ⇔ = ⇒ = ≈

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

A. a∈, b∈. B. a=1,b=4. C. a=1,b= −1. D. a=1,b∈\ 4

{ }

.
Lời giải

Chọn D

Do 4a b− ≠0nên F x

( )

≠C x∀ ∈. Vì ln có hai số a và bđể

( )

(

4 0

)

ax b

F x a b

x
+

= − ≠

+
là một nguyên hàm của hàm số f x

( )

nên f x

( )

không phải là hàm hằng.
Từ giả thiết

( )

(

( )

)

( )

2 2

2 1

f x f x

f x F x f x

F x f x

′
′

= − ⇔ =

−

Lấy nguyên hàm hai vế với vi phân dx ta được:

( )

d d 2ln 1 ln

f x x f x x F x f x C

F x f x

′

= ⇔ − = +

−

∫

với C là hằng số.

( )

(

( )

)

(

)

4 2

2ln 1 ln ln . 1 .

C C C a x b

F x e f x f x e F x e

x
− + −

 

− + = ⇔ = − =  

 

( )

(

)

( )

(

)

1 4

C

a x b

f x e

x

a x b

f x e

x

  − + − 

 =  

  

⇔ 

− + −

 

 = −

 

 +

 



Trường hợp 1.

( )

(

)

1 4

C a x b

f x e

x
− + −

 

=  

 

Ta có

( )

(

)

4
4
a b

F x f x f x

x
−

′ = ⇒ =

+ .

Đồng nhất hệ số ta có:

(

)

(

)

(

)

1 4

. 1 4 4

. 4 4 4 1

C

C C

C
a

a b

e a x b a b x

e b b b e

e

=


=

 =

 

− + − = − ∀ ∈ ⇔ ⇔

− = − −

 

  =






Loại b=4 do điều kiện 4a b− ≠0. Do đó

( )

a b; 1;4eCC 1
e
 − 
=  
 .
Trường hợp 2.

( )

(

)

1 4

C a x b

f x e

x
− + −

 

= −  

 

Ta có

( )

(

)

4
4
a b

F x f x f x

x
−

′ = ⇒ =

+ .

Đồng nhất hệ số ta có:

(

)

(

)

(

)

1 4

. 1 4 4

. 4 4 4 1

C

C C

C
a

a b

e a x b a b x

e b b b e

e

=



 =

 

− − + − = − ∀ ∈ ⇔ ⇔

− − = − +

 

  =






</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Câu 14: Cho hàm số f x

( )

nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên

(

0;+∞

)

thỏa mãn

( )

2 1
15

f = và

( ) (

2 4

) ( )

2 0

f x′ + x+ f x = . Tính f

( )

1 + f

( )

2 + f

( )

3 .

A. 157 . B. 1511. C. 1130. D. 307 .
Lời giải

Chọn D

Vì f x′

( ) (

+ 2x+4

) ( )

f2 x =0 và f x

( )

>0, với mọi x∈

(

0;+∞

)

nên ta có

( )

2 2 4

f x
x
f x

′

− = + .
Suy ra 1

( )

x2 4x C

f x = + + . Mặt khác

( )

1
2

f = nên C =3 hay

( )

2 1
4 3

f x

x x

+ + .

Do đó f

( )

1 + f

( )

2 + f

( )

3 1 1 1
8 15 24

= + + 7

= .

Câu 15: Cho hàm số f x

( )

xác định và liên tục trên . Biết f6

( ) ( )

x f x. ′ =12x+13 và f

( )

0 =2. Khi đó

phương trình f x

( )

=3 có bao nhiêu nghiệm?

A. 2. B. 3. C. 7 . D. 1.

Lời giải
Chọn A

Từ f6

( ) ( )

x f x. ′ =12x+13⇒

∫

f x f x dx6

( ) ( )

. ′ =

∫

(

12 13x+

)

dx

( ) ( )

6 6 2 13

f x df x x x C

⇔

∫

= + + 7

( )

6 2 13
7

f x

x x C

⇔ = + + ( )0 2 2
7

f = C

→ = .

Suy ra: f7

( )

x =42x2+91x+2.

Từ f x

( )

=3⇔ f7

( )

x =2187 ⇒42x2+91x+ =2 2187 ⇔42x2+91x−2185 0 *=

( )

Phương trình

( )

* có 2 nghiệm trái dầu do ac<0.

Câu 16: Cho hàm số f x

( )

xác định trên  thỏa mãn f x′

( )

= e ex+ −x−2,

( )

0 5

f = và ln1 0
4
f   =

  . Giá
trị của biểu thức S= f

(

−ln16

)

+ f

(

ln 4

)

bằng

A. 31
2

S = . B. 9

S = . C. 5

S = . D. f

( ) ( )

0 . 2f =1.
Lời giải

Chọn C

Ta có f x′

( )

= e ex+ −x−2 e 1
e

x
x

−

= 2 2

2 2

e e khi 0

x x

x
x

−
−



− ≥


= 

 − <



Do đó

( )

2 2 1

2 2

2e 2e khi 0

x x

C x

f x

C x

−
−



+ + ≥


= 

− − + <



Theo đề bài ta có f

( )

0 =5 nên 0 0
1

2e +2e +C =5 ⇔C1=1.

( )

ln 4 2eln 42 2e ln 42 1

f −

⇒ = + + =6

Tương tự ln1 0

4
f   =

  nên

1 1

ln ln

4 4

2 2

2e 2e C 0

   
   
   
−

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

(

ln16

)

2e ( ln162 ) 2e( ln162 ) 5

f

− −

−

⇒ − = − − + 7

= − .
Vậy

(

ln16

)

( )

ln 4 5

S f= − + f = .

Câu 17: Cho hàm số f x

( )

có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn f x

( )

>0, ∀ ∈x . Biết f

( )

0 =1 và

( )

' 2 2

f x

x

f x = − . Tìm các giá trị thực của tham số m đểphương trình f x

( )

=m có hai nghiệm thực

phân biệt.

A. m e> . B. 0< ≤m 1. C. 0< <m e. D. 1< <m e.
Lời giải

Chọn C
Ta có

( )

2 2

f x

x
f x

′

= −

( )

(

2 2 d

)

f x

x x x

f x
′

⇒

∫

− .

( )

ln f x 2x x C

⇔ = − + ⇔ f x

( )

=A e. 2x x− 2. Mà f

( )

0 =1 suy ra f x

( )

=e2x x− 2.
Ta có 2x x− 2 = −1

(

x2−2 1x+

)

1

(

1

)

2 1

x

= − − ≤ . Suy ra 2 2

0<e x x− ≤e và ứng với một giá trị thực 
1

t< thì phương trình 2x x− 2 =t sẽ có hai nghiệm phân biệt.

Vậy đểphương trình f x

( )

=m có 2 nghiệm phân biệt khi 0<m e< 1=e.

Câu 18: Cho hàm số f x

( )

liên tục trên  và f x

( )

≠0 với mọi x∈. f x′

( ) (

= 2x+1

) ( )

f2 x và

( )

1 0,5

f = − . Biết rằng tổng f

( )

1 f

( )

2 f

( )

3 ... f

(

2017

)

a

b

+ + + + = ;

(

a∈,b∈

)

với a

b tối

giản. Mệnh đềnào dưới đây đúng?

A. a b+ = −1. B. a∈ −

(

2017;2017

)

. C. a 1

b < − . D. b a− =4035.

Lời giải 
Chọn D

Ta có f x′

( ) (

= 2x+1

) ( )

f2 x

( )

( ) (

)

2 2 1

f x

x
f x

′

⇔ = +

( )

(

)

2 d 2 1 d

f x

x x x

f x
′

⇒

∫

( )

1 x x C

f x

⇔ − = + +

Mà

( )

1 1
2

f = − nên C=0

( )

21 1 1

f x

x x x x

⇒ = − = −

+ + .

Mặt khác

( )

3 ...

(

2017

)

1 1 1 1 1 1 ... 1 1

2 3 2 4 3 2018 2017

f + f + f + + f = − +   −   + − + + − 

       

( )

3 ...

(

2017

)

1 1 2017
2018 2018

f f f f −

⇔ + + + + = − + = ⇒ = −a 2017; b=2018.

Khi đó b a− =4035.

Câu 19: (SỞGD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019)Cho hàm số f x

( )

liên tục trên , f x

( )

≠0 với mọi x
và thỏa mãn

( )

1 1

f = − , f′

( ) (

x = 2x+1

) ( )

f2 x .Biết f

( )

1 f

( )

2 ... f

(

2019

)

a 1

b

+ + + = − với

( )

, , , 1

a b∈ a b = .Khẳng định nào sau đây sai?

A. a b− =2019. B. ab>2019. C. 2a b+ =2022. D. b≤2020.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

( ) (

2 1x

) ( )

f2

f′ x = + x

( )

2 2x 1
f x

f x

⇔ ′ = +

( )

(

)

2 dx 2 1

f

x dx
f x

x

⇒

∫

′ =

∫

( )

(

)

( )

(

)

2 2 1

d f x

x dx
f x

⇒

∫

( )

1 x x C

f x

⇒ − = + +

( )

1 (Với C là hằng số thực).
Thay x=1 vào

( )

1 được 2 11

C

+ = −

− C 0

⇔ = .Vậy

( )

1 1
1

f x

x x

= −

+ .

1 1 1 1 1 1

(1) (2) ... (2019) ...

2 1 3 2 2020 2019

T f= + f + + f = −   + − + + − 

     

1
1

2020

= − + .

Suy ra: 1 2019

2020

a

a b
b

=


⇒ − = −
 =



Câu 20: ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái)Cho hàm số y f x=

( )

có đạo hàm liên tục trên khoảng

(

0;+ ∞

)

, biết

( ) (

2 1

) ( )

2 0

f x′ + x+ f x = , ∀ >x 0 và

( )

2 1
6

f = . Tính giá trị của biểu thức

( )

2 ...

(

2019

)

P f= + f + + f .

A. 2021

2020. B.

2020

2019. C.

2019

2020. D.

2018
2019.
Lời giải

Chọn C

TH1: f x

( )

=0⇒ f x′

( )

=0 trái giả thiết.

TH2: f x

( )

≠0 ⇒ f x′

( )

= −

(

2 1 .x+

) ( )

f x2

( )

(

)

2 2 1

f x x

f x
′

⇒ = − + .

( )

(

)

2 d 2 1 d

f x

x x x

f x
′

⇒

∫

= −

∫

( )

(

x2 x C

)

f x

−

⇒ = − + + .

Ta có:

( )

2 1
6

f = ⇒C=0

( )

21 1 1

1
f x

x x x x

⇒ = = −

+ + .

1 1 1 1 ... 1 2019

1 2 2 3 2020 2020

P

⇒ = − + − + − = .

Câu 21: Cho hàm số f x

( )

≠0 thỏa mãn điều kiện f x'

( ) (

= 2x+3 .

)

f2

( )

x và

( )

0 1
2

f = − . Biết tổng

( )

2 ...

(

2017

)

(

2018

)

a

f f f f

b

+ + + + = với a∈,b∈* và a

b là phân số tối giản. Mệnh đề

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

A. a 1

b < − . B. 1

a
b > .

C. a b+ =1010. D. b a− =3029.

Lời giải
Chọn D

Biến đổi f x'

( ) (

= 2x+3 .

)

f2

( )

x

( )

2 2 3

f x x

f x

⇔ = +

( )

(

)

2 2 3

f x dx x dx

f x

⇔

∫

( )

1 3 1

x x C f x

f x x x C

⇔ − = + + ⇒ = −

+ + . Mà

( )

1
0

f =− nên =2.

Do đó

( )

(

)(

)

1 1

3 2 1 2

f x

x x x x

= − = −

+ + + + .

Khi đó a f

( )

1 f

( )

2 ... f

(

2017

)

f

(

2018

)

b = + + + +

1 1 ... 1 1

2.3 3.4 2018.2019 2019.2020

 

= − + + + + 

 

1 1 1 1 ... 1 1 1

2 3 3 4 2018 2019 2020

 

= − − + − + + − − 

 

1 1

2 2020

 

= − − 

 

1009
2020

−

= .

Với điều kiện a b, thỏa mãn bài toán, suy ra: 1009
2020

a
b

= −

 =

 ⇒ − =b a 3029.

Câu 22: Cho hàm số y= f x

( )

, ∀ ≥x 0, thỏa mãn

( ) ( )

( )

2 3

. 2 0

0 0; 0 1

f x f x f x xf x

f f

 ′′ −  ′  + =

  



′ = =

 . Tính f

( )

1 .

A. 23. B. 32. C. 67. D. 76.
Lời giải

Chọn C

Ta có: f x f x′′

( ) ( )

. −2f x′

( )

2+xf x3

( )

=0

 

( ) ( )

( )

( )

2
3

. 2

f x f x f x

x
f x

′′ −  ′ 

⇔ = −

( )

f x

x
f x

′

 ′ 

⇒  = −

 

( )

2 2

f x x C

f x
′

⇒ = − +

( )

2
2

0 0

0 2

f

C
f

′

⇒ = − + ⇒ =C 0.

Do đó

( )

2 2

f x x

f x
′

= −

( )

1 1 2

0 0

d d

f x x x x

f x
′

⇒

∫

= −

∫

( )

1 3 1

0
0

6
x
f x

 
⇒ − = − 

 

( )

1 1 1

1 0 6

f f

⇒ − + = −

( )

1 6

f

⇒ = .

Câu 23: Giả sử hàm số f x( ) liên tục, dương trên ; thỏa mãn f

( )

0 =1 và

( )

2 1

f x x

′
=

+ . Khi đó hiệu

( )

2 2 2 1

( )

T = f − f thuộc khoảng

A.

( )

2;3 . B.

(

7;9

)

. C.

( )

0;1 . D.

(

9;12

)

.
Lời giải

Chọn C
Ta có

( )

d
f x

x
f x

′

∫

2 1d

x x

x + ⇔

∫

(

( )

( )

)

(

)

d 1

d 1

2 1

x
f x

f x x

+
=

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Vậy ln

(

( )

)

1ln

(

2 1

)

f x = x + +C, mà f

( )

0 = ⇔1 C=0. Do đó f x

( )

= x2+1.
Nên f

( )

2 2 =3; 2 1f

( )

=2 2 ⇒ f

( )

2 2 2 1 3 2 2− f

( )

= − ∈

( )

0;1 .

Câu 24: (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019)Cho hàm số f x

( )

>0 với mọi x∈

, f

( )

0 1= và f x

( )

= x+1.f x′

( )

với mọi x∈. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. f x

( )

<2 B. 2< f x

( )

<4 C. f x

( )

>6 D. 4< f x

( )

<6
Lời giải

Ta có:

( )

1 1

f x

f x x

′
=

( )

d 1 1d

f x

x x

f x x

′

⇒ =

∫

⇔ln

(

f x

( )

)

=2 x+ +1 C

Mà f

( )

0 1= nên C = − ⇒2 f x

( )

=e2 x+ −1 2⇒ f

( )

3 =e2 >6

Câu 25: Giả sử hàm số y= f x

( )

liên tục, nhận giá trị dương trên

(

0;+ ∞

)

và thỏa mãn f

( )

1 1= ,

( )

3 1

f x = ′f x x+ , với mọi x>0. Mệnh đềnào sau đây đúng?

A. 4< f

( )

5 <5. B. 2< f

( )

5 <3.
C. 3< f

( )

5 <4. D. 1< f

( )

5 <2.

Lời giải
Chọn C

Cách 1:

Với điều kiện bài toán ta có

( )

3 1

f x = ′f x x+

( )

3 11

( )

d 3 11 d

f x f x x x

f x x f x x

′ ′

⇔ = ⇔ =

∫

( )

(

)

( )

(

)

(

)

1
2

d 1 3 1 d 3 1

f x

x x

f x

−

′

⇔

∫

+ + ln

( )

2 3 1

f x x C

⇔ = + + ⇔ f x

( )

=e2 3 13 x+ +C.

Khi đó

( )

1 1 e43 1 4

C

f = ⇔ + = ⇔ = −C ⇒ f x

( )

=e23 3 1x+ −34 ⇒ f

( )

5 =e34 ≈3,79 3; 4∈

( )

 . 
Vậy 3< f

( )

5 <4.

Chú ý: Các bạn có thể tính d
3 1

x

x+

∫

bằng cách đặt t= 3 1x+ .
Cách 2:

Với điều kiện bài tốn ta có

( )

3 1

f x = ′f x x+

( )

3 11

f x

f x x

′

⇔ =

( )

5 5

1 1

d d

3 1

f x x x

f x x

′

⇔ =

∫

(

( )

( )

)

d 4

f x
f x

⇔

∫

( )

1
4
ln

f x

⇔ =

( )

5 4
ln

1 3

f
f

⇔ = ⇔ f

( )

5 = f

( )

1 .e43 ≈3,79 3; 4∈

( )

 . 
Câu 26: Cho hàm số f x

( )

thỏa mãn f x′

( )

2+ f x f x

( ) ( )

. ′′ =15x4+12x

  , ∀ ∈x  và f

( )

0 = f′

( )

0 =1.

Giá trị của f2

( )

1 bằng
A. 9

2. B.

2. C. 10. D. 8.

Lời giải
Chọn D

Ta có:

(

f x′

( )

)

2+ f x f x

( ) ( )

. ′′ =15x4+12x, ∀ ∈x .

( ) ( )

. 15 4 12

f x f x′ ′ x x

⇔  = + , ∀ ∈x 

( ) ( )

5 2

. 3 6

f x f x′ x x C

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Do f

( )

0 = f′

( )

0 =1 nên ta có C1 =1. Do đó: f x f x′

( ) ( )

. =3x5+6x2+1

( )

2 5 2

1 3 6 1

2 f x x x

′

 

⇔  = + +

 

( )

2 6 3

4 2 .

f x x x x C

⇔ = + + +

Mà f

( )

0 =1 nên ta có C2 =1. Do đó f2

( )

x =x6+4x3+2x+1.
Vậy f2

( )

1 =8.

Câu 27: Cho hàm số f x

( )

liên tục trên  và thỏa mãn

(

)

d 2

(

1 3

)

5
1

f x x

x C

x
x

+ + +

= +

+
+

∫

. Nguyên hàm

của hàm số f

( )

2x trên tập + là:
A.

(

2 3

)

2 4

x C

x

+ +

+ . B. 2
3

x C

x

+ +

+ . C.

(

)

2 3

4 1

x C

x

+ +

+ . D.

(

)

2 3

8 1

x C

x

+ +
+ .
Lời giải

Chọn D

Theo đề ra ta có:

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

1 2 1 3 2 1 3

d 2 1 d 1

1 1 4

f x x x

x C f x x C

x

x x

+ + + + +

= + ⇔ + + = +

+ + +

∫

Hay 2

( )

d 2

(

2 3

)

( )

d 2 3

4 4

t t

f t t C f t t C

t t

+ + ′

= + ⇒ = +

+ +

∫

Suy ra

( )

( ) ( )

( )

2 1 2

1 1 2 3 2 3

2 d 2 d 2

2 2 2 4 8 8

x x

f x x f x x C C

x
x

 +  +

= =  + = +

+
+

 

∫

Câu 28: (SởNinh Bình 2019 lần 2)Cho hàm số f x( ) thỏa mãn f(1) 3= và x(4− f x'( ))= f x( ) 1− với mọi
0

x> . Tính f(2).

A. 6. B. 2. C. 5. D. 3.

Chọn C 
Ta có

(

)

(4 '( )) ( ) 1 ( ) '( ) 4 1 ( ) ' 4 1

x − f x = f x − ⇔ f x +xf x = x+ ⇔ xf x = x+

(

)

(

)

( ) ( ) 'd 4 1 d 2

xf x xf x x x x x x C

⇒ =

∫

+ = + + .
Với x=1 thì 1 (1) 3f = + ⇔ = + ⇔ =C 3 3 C C 0.

Do đó xf x( ) 2= x2+x. Vậy 2 (2) 2.2 2f = 2+ hay f(2) 5= .

Câu 29: (Chuyên Hùng Vương Gia Lai)Cho hàm số y f x=

( )

xác định trên , thỏa mãn f x

( )

>0, ∀ ∈x 

và f x′

( )

−2f x

( )

=0. Tính f

( )

−1 biết rằng f

( )

1 1= .

A. e−4. B. e3. C. e4. D. e−2. 
Lời giải

Chọn A

Vì f x

( )

>0, nên ta có:

( )

f x′ − f x =

( )

f x
f x

′

⇔ =

( )

d 2d

f x

x x

f x
′

⇒

∫

.
:

C

⇔ ∃ ∈ ln f x

( )

=2x C+ ⇒ln f x

( )

=2x C+ .
Cho x=1 ⇒ln 1 2f

( )

= +C ⇔ln1 2= +C ⇔ = −C 2

Do đó: ln f x

( )

=2x−2 ⇔ f x

( )

=e2 2x− ⇒ f

( )

− =1 e−4. 
9

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Câu 30: (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết ln có hai số a và b để

( )

(

4 0

)

4
ax b

F x a b

x
+

= − ≠

+ là một nguyên hàm của hàm số f x

( )

và thỏa mãn

( )

(

( )

)

( )

2f x = F x −1 f x′ . Khẳng định nào dưới đây đúng và đầy đủ nhất?

A. a∈, b∈. B. a=1,b=4. C. a=1,b= −1. D. a=1,b∈\ 4

{ }

.
Lời giải

Do 4a b− ≠0nên F x

( )

≠C x∀ ∈. Vì ln có hai số a và bđể

( )

(

4 0

)

ax b

F x a b

x
+

= − ≠

+ là

một nguyên hàm của hàm số f x

( )

nên f x

( )

không phải là hàm hằng.
Từ giả thiết 2 2

( )

(

( )

1

)

( )

( )

( )

( )

( )

f x f x

f x F x f x

F x f x

′
′

= − ⇔ =

−

Lấy nguyên hàm hai vế với vi phân dx ta được:

( )

d d 2ln 1 ln

f x f x

x x F x f x C

F x f x

′

= ⇔ − = +

−

∫

với C là hằng số.

( )

(

( )

)

(

)

4 2

2ln 1 ln ln . 1 .

C C C a x b

F x e f x f x e F x e

x

− + −

 

− + = ⇔ = − =  

 

( )

(

)

( )

(

)

1 4

C

a x b

f x e

x

a x b

f x e

x

  − + − 

 =  

  

⇔ 

− + −

 

 = −

 

 +

 



Trường hợp 1.

( )

(

)

1 4

C a x b

f x e

x
− + −

 

=  

 

Ta có

( )

(

)

4
4
a b

F x f x f x

x
−

′ = ⇒ =

+ .

Đồng nhất hệ số ta có:

(

)

(

)

(

)

1 4

. 1 4 4

. 4 4 4 1

C

C C

C
a

a b

e a x b a b x

e b b b e

e

=



 =

 

− + − = − ∀ ∈ ⇔ ⇔

− = − −

 

  =






Loại b=4 do điều kiện 4a b− ≠0. Do đó

( )

a b; 1;4eCC 1
e
 − 
=  
 .
Trường hợp 2.

( )

(

)

1 4

C a x b

f x e

x
− + −

 

= −  

 

Ta có

( )

(

)

2
4
a b

F x f x f x

x
−

′ = ⇒ =

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Đồng nhất hệ số ta có:

(

)

(

)

(

)

1 4

. 1 4 4

. 4 4 4 1

C

C C

C
a

a b

e a x b a b x

e b b b e

e

=


=

 =

 

− − + − = − ∀ ∈ ⇔ ⇔

− − = − +

 

  =






Loại b=4 do điều kiện 4a b− ≠0. Do đó

( )

a b; 1;4eCC 1
e
 + 
=  
 .

Câu 31: (Thuận Thành 2 Bắc Ninh)Cho hàm số f x( ) 0≠ ; f x′

( ) (

= 2 1 .x+

) ( )

f x2 và f

( )

1 = −0,5. Biết 
tổng f

( )

1 f

( )

2 f

( )

3 ... f

(

2017

)

a

b

+ + + + = ;

(

a∈;b∈

)

với a

b tối giản. Chọn khẳng định đúng.
A. a 1

b < − . B. a b− =1. C. b a− =4035. D. a b+ = −1.
Lời giải

Chọn C

Ta có:

( ) (

) ( )

( )

2 1 . f x 2 1

f x x f x x

f x
′

′ = + ⇒ = +

(

do f x( ) 0≠

)

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:

( )

(

)

( )

2 2

1 1

d 2 1 d

f x

x x x x x C f x

f x f x x x C

′ −

= + ⇔ − = + + ⇔ =

+ +

∫

Mà f

( )

1 = −0,5⇒ =C 0, do đó

( )

2 1 1 1

1
f x

x x x x

−

= = −

+ +
Nên

(

2017

)

(

2016 ...

)

(1) 1 1 1 1 ... 1 1

2018 2017 2017 2016 2

1 1 2017

2018 2018

f + f + + f = − + − + + −
= − = −

Suy ra a= −2017;b=2018 nên b a− =4035.

Câu 32: (THPT LÝ NHÂN TÔNG LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f x

( )

liên tục không âm trên 0;
2
π

 

 

 

, thỏa mãn f x f x

( ) ( )

. ′ =cos 1x + f x2

( )

với mọi 0;
2

x∈  π

  và f

( )

0 = 3. Giá trị của f 2

 
 
 

bằng

A. 2. B. 1. C. 2 2 . D. 0 .

Lời giải
Với 0;

x∈  π

  ta có

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

2 .

. cos 1 cos *

2 1

f x f x

f x f x x f x x

f x
′

′ = + ⇒ =

+ .

Suy ra 1+ f x2

( )

=sinx C+ . 
Ta có f

( )

0 = 3⇒ =C 2.

Dẫn đến

( )

(

)

sin 2 1

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Vậy 2 2
2

f   = π

  .

Câu 33: (Sở Bắc Ninh)Cho hàm số f x

( )

liên tục trên R thỏa mãn các điều kiện: f

( )

0 =2 2, f x

( )

>0,

∀ ∈x  và f x f x

( ) ( ) (

. ′ = 2 1 1x+

)

+ f x2

( )

, ∀ ∈



x . Khi đó giá trị f

( )

1 bằng

A. 26 . B. 24 . C. 15 . D. 23 .

Lời giải 
Chọn B

Ta có f x f x

( ) ( ) (

. ′ = 2 1 1x+

)

+ f x2

( )

( ) ( )

( )

(

)

. 2 1

1
′

⇔ = +

+
f x f x

x

f x .

Suy ra

( ) ( )

( )

(

)

. d 2 1 d

1
′

= +
+

∫

f x f x x

∫

x x
f x

( )

(

)

( )

(

)

2
2
d 1

2 1 d
2 1

⇔ = +

∫

f x

∫

x x

f x

( )

2 2

⇔ + f x =x + +x C.

Theo giả thiết f

( )

0 =2 2, suy ra 1 2 2+

( )

2 = ⇔ =C C 3.

Với C=3 thì 1+ f x2

( )

=x2+ + ⇒x 3 f x

( )

=

(

x2+ +x 3

)

2 −1. Vậy f

( )

1 = 24.

Câu 34: (THPT YÊN PHONG 1 NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho hàm số f x

( )

liên tục trên tập  thỏa mãn

( )

2 1 2

( )

1

f x x′ + = x f x + và f x

( )

> −1, f

( )

0 =0. Tính f

( )

3 .

A. 3. B. 9. C. 3. D. 0.

Lời giải

Cách 1.

Với điều kiện bài tốn

Ta có f x x′

( )

2+ =1 2x f x

( )

+1

( )

2 1 1

f x x

′

⇔ =

+ + .
Suy ra

( )

d 2 d

2 1 1

f x x x x

f x x

′

+ +

∫

⇔ f x

( )

+ =1 x2+ +1 C.

Với f

( )

0 =0 ta có 1 1= + ⇔C C=0.

Khi đó f x

( )

+ =1 x2+1 ⇔ f x

( )

=x2
Vậy f

( )

3 =3.

Cách 2.

Từ giả thiết ta suy ra được

( )

2 1 1

f x x

′

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Ta có

( )

3 3

0 0

d d

2 1 1

f x x x x

f x x

′

+ +

∫

( )

3 2 3

0 0

1 1

f x x

⇔ + = +

( )

3 1

( )

0 1 1

f f

⇔ + − + = ⇔ f

( )

3 1 2+ = ⇔ f

( )

3 =3.

Câu 35: (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hàm số f x

( )

liên tục trên đoạn

[ ]

0;4 thỏa mãn

( ) ( )

( )

(

)

( )

2
3

2 1

 

 

′′ + =  ′ 

f x

f x f x f x

x và f x

( )

>0 với mọi x∈

[ ]

0;4 . Biết rằng f′

( )

0 = f

( )

0 1=

, giá trị của f

( )

4 bằng

A. e2. B. 2e. C. e3. D. e2+1. 
Lời giải

Chọn A

Ta có:

( ) ( )

( )

(

)

( )

( ) ( )

( )

(

)

2 2

3 3

2 1 2 1

   

   

′′ + = ′  ⇔ ′′ − ′  = −

+ +

f x f x

f x f x f x f x f x f x

x x

( ) ( )

( )

(

)

( )

(

)

2 3 3

1 1

2 1 2 1

′

′′ −  ′   ′ 

⇔ = − ⇔  = −

  +   +

 

f x f x f x f x

f x

f x x x

( )

(

)

( )

(

)

( )

2 1

1 2 1 1

2 1

−

′ ′ ′

⇔ = − ⇔ = − + ⇔ = +

+
+

∫

f x f x f x

dx x dx C

f x x f x f x x .

Thay x=0 ta được: C1 =0.

( )

2 1 2

2 1 2 1

′ ′

⇒ = ⇒ = ⇔  = + +

∫

f x f x dx dx f x x C

f x x f x x

Thay x=0 ta đượcC2 = −1.

( )

ln 2 1 1

⇒ f x = x+ −

Thay x=4 ta được ln

( )

4 = ⇒2

( )

4 = 2
f  f e .

Câu 36: (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hàm số f x

( )

thỏa mãn

( )

2 2

( ) ( )

1 1 . "

xf x′ + =x − f x f x

   

    với mọi x dương. Biết f

( )

1 = f′

( )

1 1= . Giá trị

( )

2 2
f bằng
A. f2

( )

2 = 2ln 2 2+ . B. f2

( )

2 =2ln 2 2+ .

C. f2

( )

2 =ln 2 1+ . D. f2

( )

2 = ln 2 1+ . 
Lời giải

Ta có: xf x′

( )

2+ =1 x21− f x f x

( ) ( )

. " ; x>0

   

( )

( ) ( )

2. ' 1 2 1 . "

x f x x f x f x

⇔   + =  − 

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

2
2
2

2
'

2
1

' 1 . "

' . " 1

. ' 1

f x f x f x

x

f x f x f x

x
f x f x

x

⇔  + = −

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Do đó: f x f x

( ) ( )

. ' '.dx 1 12 .dx f x f x

( ) ( )

. ' x 1 c1.

x x

 

= − ⇒ = + +

   

   

∫

Vì f

( )

1 = f ' 1 1 1 2

( )

= ⇒ = + ⇔ = −c1 c1 1.
Nên f x f x x

( ) ( )

. ' .d x 1 1 .dx

x

 

=  + − 

 

∫

f x

( )

(

f x

( )

)

x 1 1 .dx

x

 

⇔ =  + − 

 

∫

( )

2 2

ln .

2 2

f x x x x c

⇒ = + − + Vì

( )

1 1 1 1 1 2 2 1.

2 2

f = ⇒ = − + ⇔c c =

Vậy 2

( )

2 ln 1 2

( )

2 2ln 2 2

2 2

f x = x + x x− + ⇒ f = + .

Câu 37: (Chuyên Thái Nguyên)Cho hàm số f x

 

thỏa mãn

(

( )

)

( )

2 4

' . " 15 12 , 

f x + f x f x = x + x x∀ ∈
và f

( )

0 = f ' 0

( )

1= . Giá trị của

(

( )

)

2
1
f là

A. 10. B. 8. C. 52. D. 92.

Lời giải
Chọn B

Ta có

(

( ) ( )

)

(

( )

)

( ) ( )

4

. ' ' . " 15 12 , .

f x f x ′ = f x + f x f x = x + x x∀ ∈

( ) ( )

. 3 5 6 2 C, .

f x f x′ x x x

⇒ = + + ∀ ∈

Lại có f

( )

0 = f ' 0 1

( )

= nên C=1 do đó f x f x

( ) ( )

. ' =3x5+6x2+ ∀ ∈1, x .

( )

(

)

(

)

( ) ( )

5 2

2 . ' 6 12 2,

f x ′ = f x f x = x + x + ∀ ∈x 

(

( )

)

2 6 3

4 2 , .

f x x x x C x

⇒ = + + + ∀ ∈

Mà f

( )

0 1= nên C1 =1. Vậy

(

( )

)

2 6 3

1 1 4.1 2.1 1 8.

</div>

Bài tập VDC nguyên hàm có lời giải chi tiết

<b>NGUYÊN HÀM </b>

( )

( )

( )

( ) ( )

∫

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

(

∫

( )

)

( )

∫

( )

( )

(

∫

( )

)

( )

∫

(

)

∫

( )

∫

( )

∫

( ) ( )

∫

( )

∫

( )

( )

( )

<sub>∫</sub>

∫

( )

∫

( )

∫

∫

(

)

∫

(

)

(

)

∫

∫

<sub>∫</sub>

<sub>∫</sub>

∫

∫

∫

<sub>∫</sub>

∫

∫

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

∫

∫

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>