200 câu trắc nghiệm vận dụng cao nguyên hàm tích phân và ứng dụng có đáp án và lời giải

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
NGUN HÀM TÍCH PHÂN- DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG- THỂ TÍCH KHỐI TRỊN XOAY
VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO
I. NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN
Câu 1:

[2D3-3] [ĐỀ SỞ BẮC GIANG 2018] Cho hàm số
1

f ( 1) = 0

và

1

x
∫  f ′ ( x )  dx = ∫ ( x + 1) e f ( x ) dx =
2

0

0

A. I = 2 − e.

f ( x)

e2 − 1
.
4

có đạo hàm trên đoạn
1

Tính tích phân

e
I= .
2
C.

B. I = e − 2.

[ 0;1]

I = ∫ f ( x ) dx.
0

D.

I=

e −1
.
2

Lời giải
Chọn B.
1

∫ ( x + 1) e f ( x ) dx

x

Xét tích phân

0

u = f ( x )
du = f ′ ( x ) dx
⇒


dv = ( x + 1) e x dx v = xe x


Đặt
1

Nên

1

1

0

0

x
x
x

x
∫ ( x + 1) e f ( x ) dx = f ( x ) .xe 0 − ∫ xe . f ′ ( x ) dx = − ∫ xe . f ′ ( x ) dx
1

0

1

Do đó

x
∫ xe . f ′ ( x ) dx = −
0

ex −1
4

.

. Lại có (theo BĐT tích phân)

2

2

1
1 x
 1 2 x 2 1
2
 e2 − 1 

1 − e2
x
′
′
′
⇒
xe
f
x
d
x
≥
.
x
.
e
f
x
d
x
≤
x
e
d
x
.
f
x
d
x



=
(
)
(
)
(
)
∫
÷ ∫ ( )

÷

∫0
∫0 
4
 4 
0
 0

f ′ x = k .xe x
Dấu " = " xảy ra khi ( )
.
1

Suy ra

2
x

∫ kx ( e ) dx =
2

0

1 − e2
4 ⇒ k = −1 ⇒ f ′ ( x ) = − xe x

∫ f ′ ( x ) dx = ∫ − xe dx = ( 1 − x ) e
x

Do đó

Vậy

1

1

0

0

x

+ C ⇒ f ( 1) = C = 0

I = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( 1 − x ) e x dx = e − 2

.

Trang 1

.

thỏa mãn


y = f ( x)
Câu 2:Cho hàm số
2
f ( x)
∫1 x dx

liên tục và thoả mãn

1
f ( x ) + 2 f  ÷ = 3x
 x

với

1 
x ∈  ; 2
2 

. Tính

2

.

A.

3
2

−
.

B.

3
2

.

C.

9
2

−
.

D.

9
2

.

Lời giải
Chọn A
2

I =∫
1
2

f ( x)
x

dx

Đặt

Với
2

⇒∫
1
2

1 
x ∈  ; 2
2 

,

.

1
2 f 
2
÷
f ( x)
x
dx + 2 ∫   dx = ∫ 3dx (1)
x
x
1
1
2

t=
Đặt

1
f ÷
f ( x)
1
x
f ( x ) + 2 f  ÷ = 3x ⇔
+2   =3
 x
x
x

2

1
1
1
1
⇒ dt = − 2 dx ⇒ − dt = dx
x
x
t
x

.

1
f ÷
2
f ( t)
x
2 ∫   dx = 2 ∫
dt = 2 I
x
t
1
1
2

2

2
2

( 1) ⇒ 3I = ∫ 3dx ⇒ I =
1
2

.
3
.
2
1

ò f ( x) dx = 2018
Câu 3: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Hà Tĩnh - Lần 1 - năm 2018] Cho

0

. Tính tích phân

p
4

ò f ( sin2x) cos2xdx
0

A.

2018

.

B.

- 1009

.

Trang 2

C.

- 2018

.

D.

1009

.


Lời giải
Chọn D
t = sin2x Þ dt = 2cos2xdx
Đặt
p
x = 0 Þ t = 0; x = Þ t = 1
4
Đổi cận:
p

4

1

1
1
ò f ( sin2x) cos2xdx = 2 ò f ( t) dt = 2.2018 = 1009
0
0
F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) 2 x + 3

Câu 4:

[2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết
f ( x) =

a, b, c ∈ ¢

20 x 2 + 30 x + 11
2x + 3

) là một nguyên hàm của hàm số
T = a + b + c.

Tính
T = 11
A.
.

B.

T = 10

.

C.

(

T =9

.

trên khoảng

D.

T =8

 3

 − ; +∞ ÷.
 2


.

Lời giải
Chọn A.

f ( x) =

20 x 2 + 30 x + 11
2x + 3


t2 − 3
x =
2x + 3 = t ⇒ 2x + 3 = t 
2
dx = tdt

2

. Đặt
2

 t2 − 3 
2
20 
÷ + 15 ( t − 3) + 11
2 
I = ∫ f ( x ) dx = ∫ 
t .dt
t
= ∫ ( 5t 4 − 15t 2 + 11) dt = t ( t 4 − 5t 2 + 11) + C = 2 x + 3 ( 4 x 2 + 2 x + 5 ) + C

⇒ a = 4; b = 2; c = 5 ⇒ a + b + c = 11
6

2 x + 4 dx
5
4
= a + b ln + c ln
3
3
2x + 4 + 8

∫ 2x + 5
0

Câu 5:

[2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, ln 1 nm 2018] Bit
( a, b, c Ô ).
T = a + b + c.
Tính
A. T = −3.
B. T = −5.
C. T = −4.
Trang 3

D. T = −7.


Lời giải
Chọn A.
6

6

2x + 4
2x + 4
∫0 2 x + 5 2 x + 4 + 8 dx = ∫0 2 x + 4 + 5 2 x + 4 + 4 d

(

4

)

t2
dt
t 2 + 5t + 4
2

2x + 4 = ∫

với
4

5t + 4
= ∫ 1 −
( t + 1) ( t + 4 )
2

4
4
4


1 1
16 1
1 5 16 4
d
t
=
1d
t
+
d
t
−
dt = 2 + ln − ln
÷
∫2
∫
∫
÷
3 2 t +1
3 2 t+4
3 3 3 3


1
16
a = 2, b = , c = − ⇒ a + b + c = −3
3
3

Suy ra

I=

.

f ( x ) + f ( − x ) = 2 − 2 cos 2 x
là một hàm số liên tục trên  thỏa mãn

[2D3-3] Cho

. Tính

3π
2

−

∫π f ( x ) dx
3
2

tích phân
I =3
A.
.

.
B.

I =4

.

C.

I =6

.

D.

I =8

.

Lời giải
Chọn C.

I=

3π
2

−

3π
2

0

∫π f ( x ) dx = ∫π f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
3
2

−

3
2

0

Ta có

.
0

−

∫π f ( x ) dx
3
2

Xét

Đặt

−

.

.

f ( x)
Câu 6:

t = 2x + 4

t = − x ⇒ dt = −d x

0

0

3
2

3
2

x=−
; Đổi cận:

3π
2

3π
2

0

0

3π
3π
⇒t =
2
2

∫π f ( x ) dx = − ∫π f ( −t ) dt = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx

Suy ra

.

Trang 4

;

x=0⇒t =0

.


f ( x ) + f ( − x ) = 2 − 2 cos 2 x ⇔

3π
2

3π
2

0

0

∫ ( f ( x ) + f ( − x ) ) dx = ∫

2 − 2 cos xdx

Theo giả thiết ta có:
⇔

⇔

3π
2

3π
2

3π
2

0

0

0

3π

2

0

π

3π
2

3
2

0

0

∫ f ( x ) d x + ∫ f ( − x ) dx = 2 ∫

∫ f ( x ) dx + ∫π f ( x ) dx = 2∫ sin x dx − 2 ∫ sin x dx
0

⇔

sin x dx

−

3π
2

−

∫π f ( x ) dx = 6
3
2

.
f ( x)
Câu 7:[SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Hàm số

liên tục trên

2017

∫

f (2018 − x ) = f ( x ) ∀x ∈ [1; 2018] ,

2017

f ( x )dx = 10

1

A.

I = 10100.

B.

I=
. Tính

I = 20170.

C.

Chọn.D.
t = 2018− x ⇒ dt = −dx .
Đặt
x = 1⇒ t = 2017, x = 2017 ⇒ t = 1
1

∫

(2018− t )f (2018− t )dt =

2017
2017

= 2018 ∫ f (x )dx −
1

2017

∫

(2018− t )f (t )dt

1

2017

∫

xf (x )dx

1

⇒ I = 2018.10− I ⇒ I = 10090.

Trang 5

∫
1

I = 20180.

Lời giải

I =−

1;2018

x. f ( x)dx
.
D.

I = 10090.

và :


π

f ( x)
Câu 8:[2D3-3] Hàm số

liên tục trên

f (π − x) = f ( x ) ∀x ∈ [0; π ] , ∫ f ( x )dx =

 0;π 

0

π
2

và :

. Tính

π

I = ∫ x. f ( x)dx
0

.
I=

A.

π
.
2

I=

B.

π2
.
2

I=
C.
Lời giải

π
.
4

I=

D.

π2
.
4

Chọn.D.
t = π − x ⇒ dt = −dx.
Đặt
x = 0⇒ t = π , x = π ⇒ t = 0
0

I = − ∫ (π − t )f (π − t )dt
π

π

= ∫ (π − t )f (t )dt
0

π

π

0

0

= π ∫ f (x )dx − ∫ xf (x )dx

π
π2
⇒ I = π. − I ⇒ I =
.
2
4

b

f ( x)
Câu 9:[2D3-3] Hàm số

liên tục trên

a;b

∫ f ( x)dx = a + b

f ( a + b − x ) = f ( x ) ∀x ∈ [ a; b]
và :

a

;

b

I = ∫ x. f ( x)dx
a

Tính

.

( a + b)
I=

( a + b) .
I=
2

A.

B.

4

.

Chọn.D.
t = a + b − x ⇒ dt = −dx.
Đặt
Trang 6

( a + b)
I=

( a + b) .
I=

2

C.
Lời giải

4

D.

2

2

.


x = a ⇒ t = b, x = b ⇒ t = a.
a

I = − ∫ (a + b − t )f (a + b − t )dt
b

b

= ∫ (a + b − t )f (t )dt
a

b

b

a

a

= (a + b)∫ f (x )dx − ∫ xf (x )dx

⇒ I = (a + b).(a + b) − I ⇒ I

( a + b)
=
2

2

.

[ 1; 2]

y = f ( x)
Câu 10: [2D3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số

f ( 1) = 4
thỏa mãn
A.

5

có đạo hàm liên tục trên

f ( x ) = x . f ′ ( x ) − 2 x3 − 3x 2
và

.

f ( 2)
. Tính giá trị

B.

20

.

C.

10

.

.
D.

15

.

Lời giải
Chọn B

∀x ∈ [ 1; 2]
Cách 1: +

:

f ( x ) = x . f ′ ( x ) − 2 x3 − 3x 2 ⇔

1 ′

f ′( x) f ( x)
− 2 = 2x + 3
 f ( x) . ÷ = 2x + 3
x
⇔
⇔
x
x

Vậy

.

1 ′

f ( x)
f
x
.
(
)
= x2 + 3x + C

÷ dx = ∫ ( 2 x + 3) dx ⇒
∫
x
x
f ( 1) = 4 ⇒ C = 0

+ Vì

f ( x) f ′( x)
=
− 2x − 3
x2
x

.

f ( x ) = x 3 + 3 x 2 ⇒ f ( 2 ) = 20
. Do đó

.

Trang 7

.


xf ′ ( x ) − f ( x )
= 2x + 3
f ( x ) = xf ′ ( x ) − 2 x − 3x ⇒
x2
3

Cách

2:

Từ

 f ( x)

⇒ x

′
′
2
÷ = x + 3x


(

giả

thiết

2

)

.

2
 f ( x ) ′
′
2
f ( 2 ) f ( 1)

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

(

)

2
1

⇒ f ( 2 ) = 20

.

Nhận xét: Đặc điểm chung của các bài toán này là đi từ khai thác đạo hàm của một thương,
tích các hàm hoặc đạo hàm của hàm hợp. Ta có thể nêu một số dạng tổng quát sau:

[ a; b ] , g ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ [ a; b ]

g ( x) ,u ( x) , v ( x)

1) Cho trước các hàm

có đạo hàm liên tục trên

và

[ a; b]

f ( x)

hàm

có

đạo

hàm

liên

tục

trên

thỏa

mãn:

f ( x ) g ′ ( x ) + f ′ ( x ) g ( x ) = u ( x ) v′ ( x ) + u ′ ( x ) v ( x )

. Khi đó,

(

f ( b) − f ( a) =
f ( x) g ( x) )′ = ( u ( x) v ( x) )′ ⇒

u ( b) v ( b)
g ( b)

−

u ( a) v ( a)

.

[ a; b ] , g ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ [ a; b ]

g ( x) , u ( x)

2) Cho trước các hàm

có đạo hàm liên tục trên

[ a; b ]

f ( x)

có đạo hàm liên tục trên

Khi đó,

g ( a)

f ′ ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ′ ( x ) = u′ ( x ) g 2 ( x )

thỏa mãn:

 f ( x ) ′
′

÷
÷ = u ( x)
g
x
(
)


⇒ f ( b) − f ( a) = u ( b) g ( b) − u ( a ) g ( a )

.

có đạo hàm liên tục trên

[ a; b ]
hàm liên tục trên

.

[ a; b ]

g ( x) ,u ( x) , v ( x)

3) Cho trước các hàm

và hàm

thỏa mãn:

f ( x)

và hàm

u ′ ( x ) f ′ ( x ) f ( u ( x ) ) = v′ ( x ) g ′ ( x ) g ( v ( x ) )

( f ( u ( x) ) ) ′ = ( g ( v ( x) ) ) ′ ⇒ f ( u ( b) ) − f ( u ( a) ) = g ( v ( b) ) − g ( v ( a ) )
Trang 8

.

. Khi đó,

có đạo


v1 ( t ) = 7t ( m/s )
Câu 11: [2D3-3] Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc

. Đi được

5 ( s)
, người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần

(

a = −70 m/s 2

)

S ( m)

đều với gia tốc
. Tính quãng đường
chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.
S = 87,50 ( m )

S = 94, 00 ( m )

A.

.

B.

đi được của ô tô từ lúc bắt đầu

S = 95, 70 ( m )

.

C.

S = 96, 25 ( m )

.

D.

.

Lời giải
Chọn D.

v1 ( 5 ) = 35 ( m / s )

Vận tốc ô tô tại thời điểm bắt đầu phanh là:

.
v2 ( t ) = −70t + C

Vận tốc của chuyển động sau khi phanh là:

. Do

v2 ( 0 ) = 35 ⇒ C = 35

⇒ v2 ( t ) = −70t + 35
.

1
v2 ( t ) = 0 ⇒ −70t + 35 = 0 ⇒ t = 2

Khi xe dừng hẳn tức là
.
S ( m)
Quãng đường
đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là:
5

1
2

0

0

S ( m ) = ∫ 7t. dt + ∫ ( −70t + 35 ) dt

= 96, 25 ( m )
.

2

∫ ( 2 x − 1) ln xdx = a ln 2 + b ( a; b Ô )
Cõu 12: [2D3-2] Giả sử

A.

5
2

.

1

,

B.

2

.

. Tính

C.

1

Lời giải
Chọn D
Đặt

Trang 9

.

a+b

.

D.

3
2

.


1

du = dx
u
=
ln
x


⇒
x

2


dv = ( 2 x − 1) dx
v = x − x
2

2
x 2 − x = 2 ln 2 −  x − x 



÷ = 2 ln 2 − 1
∫1 ( 2 x − 1) ln xdx = = ( x − x ) ln x 1 − ∫1 x dx
 2
1
2

2

2

2

b=−

Vậy
Câu 13:

1
2

2

nên

a=2

.

a+b

=

3
2

.

[2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018]
1

x3 + 3 x
∫0 x 2 + 3x + 2 dx = a + b ln 2 + c ln 3
Biết
A.

a, b, c
với

S = 515

.

B.

S = 164

.

là các số hữu tỉ , tính
C.

S = 436

.

S = 2a + b 2 + c 2 .

D.

S = −9

Lời giải
Chọn A.
1

I =∫
0

Xét :

1
1

x3 + 3x
10 x + 6 

−4
14 

dx
=
x
−
3
+
dx
=
x −3+
+
dx


2
∫
∫

x + 3x + 2
x + 1 x + 2 
( x + 1) ( x + 2 ) 
0 
0 

1

1
1

x2
1
1
I=
− 3x 0 − 4 ln x + 1 0 + 14 ln x + 2 0 = − 3 − 4 ln 2 + 14 ln 3 − 14 ln 2
2 0
2

−5

a = 2

−5
I=
− 18ln 2 + 14 ln 3 ⇒ b = −18 ⇒ S = 2a + b 2 + c 2 = 515
2
c = 14



Trang 10

.

.

,


f ( x)

Câu 14:[2D3-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho hàm số
π
2

16

∫ cot x. f ( sin x ) dx = ∫1
π
2

f

( x ) dx = 1

1

I =∫

x

1
8

4

mãn

A.

liên tục trên

¡

và thỏa

f ( 4x )
dx.
x

. Tính tích phân

I = 3.

B.

3
I= .
2

C.
Lời giải

I =2

.

D.

5
I= .

2

Chọn D.

t = sin 2 x ⇒ dt = 2sin x cos xdx ⇒
Đặt
π
2

1

π
4

1
2

dt
= cot xdx
2t

1 = ∫ cot x. f ( sin 2 x ) dx = ∫ f ( t )

Đặt

2

2

2tdt = dx

t = x ⇒
2
x = t

16

1= ∫
1

Đặt

1
1
f ( x)
dt 1 f ( x )
= ∫
dx ⇒ ∫
dx = 2
2t 2 1 x
x
1

f

( x ) dx =
x

4

∫

1

f ( t)
t

2

4

2tdt =2 ∫
1

f ( x)
x

4

dx ⇒ ∫
1

f ( x)
x

dx =

1
2

t = 4 x ⇒ dt = 4dx
1

I =∫
1
8

4
1
4
f ( 4x )
f ( t ) dt 4 f ( x )
f ( x)
f ( x)
5
dx = ∫
=∫
dx = ∫
dx + ∫
dx =
t 4 1 x
x
x
x
2
1
1
1
2
2
2
4

Phân tích:

f ( x)

Dạng bài này là dạng bài tốn tìm tích phân của hàm
nào đó khơng biết, nhưng sẽ cho
thêm điều kiện, mỗi 1 điều kiện là 1 đoạn trong cận tích phân cần tìm, u cầu là đưa các tích
phân đã biết về giống dạng chưa biết.

Trang 11


e2

f ( x)
Câu 15: [2D3-3] Cho hàm số

liên tục trên

π
3

2

∫

∫ f ( cos x ) tan xdx = 2
. Tính

3

.

5
2

B.

x

1
2

0

A.

f ( x)

¡

∫
e

f ( ln x )
x ln x

và thỏa mãn

dx = 1
và

dx.

2
C. .
Lời giải

.

1
D. .

Chọn A.

t = ln x ⇒ dt =
Đặt

dx
x
e2

1= ∫
e

Đặt

2
2

f ( ln x )
f ( t)
f ( x)
dx = ∫
dt = ∫
dx
x ln x
t
x
1
1

t = cos x ⇒ dt = − sin xdx
π
3

2=∫
0

1

1
2
f ( t)
f ( x)
sin x
f ( cos x )
dx = −∫
dt = ∫
dx

cos x
t
x
1
1
2

Do đó
2
f ( x)

∫
1
2

x

1

dx = ∫
1
2

2
f ( x)
f ( x)
dx + ∫
dx = 3
x
x

1

I=
Câu 16: [2D3-3] (THPT Gang Thép Thái Nguyên Lần 3 – 2018) Tính tích phân
ta được kết quả là
trị

I=

A. 9.

C. 1.
Lời giải

x=

Đặt

4

∫ ln(tan x + 1)dx
0

aπ
ln 2 + c
b
với với a, b, c ∈ ¥ , b ≠ 0, (a, b) = 1 . Khi đó P = abc nhận giá
B. 8.

Chọn D

π

π /4

−t

, ta có

Trang 12

D. 0.


π
4

π


 1 − tan t 
I = − ∫ ln  tan( − t ) + 1÷dt = ∫ ln 
+ 1÷dt
4


 1 + tan t 
π
0
0

4

π
4

π
4

π
4

 2 
= ∫ ln 
÷dt = ∫ ln 2dt − ∫ ln ( tan t + 1) dt
 1 + tan t 
0
0
0
π
= ln 2 − I
4
π
⇒ I = ln 2 ⇒ a = 1, b = 8, c = 0 ⇒ P = 0
8

y = f ( x)
Câu 17:Cho hàm số

có đạo hàm liên tục trên

π
2

π

f ( 0) = 0
và

?

1
B. .

.

2
C. .
Lời giải

D.

Chọn B.

∫  f ′ ( x ) 
0

2

π
2

dx = ∫ f ′ ( x ) d ( f ( x ) ) =
0

π
4

Ta có

.

π
2

π
2

0

0

∫ sin x. f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) d ( cos x ) = − cos x. f ( x )
π
2

π
2
0

π

2

+ ∫ f ′ ( x ) cos x dx =
0

π
2

π
4

π

1 + cos 2 x
1
sin 2 x  2 π
cos
x
d
x
=
d
x
=
x
+

÷ =
∫0
∫0 2

2
2 0 4
2

Mặt khác ta tính được:
π
4

∫ [ f '( x)]
0

Vậy

2

π
2

π
2

π
2

0

0

0

dx − 2 ∫ cos x. f ′( x)dx + ∫ cos 2 xdx = ∫ [ f '( x) − cos x ] dx = 0

f ′ ( x ) = cos x ⇒ f ( x ) = sin x + C

Suy ra
f ( 0) = 0 ⇒ C = 0
Do
.

.

Trang 13

2

3

2

dx =

π
4
,

0

. Tính

π

2

0

,

I = ∫ f ( x ) dx

0

0

∫  f ′ ( x ) 

π
2

∫ sin x. f ( x ) dx = 4

A.

 π
0; 2 

π
2

.

π
2

π
2

0

0

π

I = ∫ f ( x ) dx = ∫ sin xdx = − cos x 02 = 1
Vậy

.

Câu 18: [2D3-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 35]
ln 2

∫ 2e

1
x

0

Biết rằng
S = a+b−c

A.

S =4

+1

dx= ln a 2 + b ln 3 + ln 5c

. Trong đó

a b c
, , là các số nguyên. Khi đó

bằng bao nhiêu.

.

B.

S =3

.

C.

S =5

.

D.

S =2

.

Lời giải
Chọn B
ln 2

∫ 2e

ln 2

1
x

0

+1

dx= ∫
0

ex
dx
e x ( 2e x + 1)

Ta có
e x = t ⇒ dt=e x dx

Đặt

Đổi cận: khi
ln 2

∫
0

x=0

thì

t =1

, khi

x = ln 2

2

ex
1
dx = ∫
dt=
x
x
e ( 2e + 1)
1 t ( 2t + 1)

thì

t=2

2

.

2t + 1 − 2t
∫1 t ( 2t + 1) dt=

Vậy

2

1

2 

∫  t − 2t + 1 ÷ dt
1

2

=  ln t − ln ( 2t + 1)  = ( ln 2 − ln 5 ) − ( ln1 − ln 3 ) = ln 2 + ln 3 + ln 5−1
1

Vậy

S =3

.

Hướng 2. Phân tích
ln 2

∫ 2e
0

ln 2

1
x

+1

dx = ∫

( 2e

0

x

+ 1) − 2e x

2e x + 1
ln 2

∫
0

ln 2

dx =

∫
0

ln 2

2e x 
x
1
−

÷dx =  x − ln ( 2e + 1) 
x
0
 2e + 1 

(

1

1
1
dx= ln 2a + ln 2 − 3
2
b
2e 2 x + 1

Câu 19: Biết rằng

)
. Trong đó

Trang 14

a b
, là các số nguyên.


S = a + 2b

Khi đó
A.

S = −2

bằng bao nhiêu.

.

S =3

B.

.

C.

S =1

.

D.

S =0

.

Lời giải
Chọn B
ln 2

1

∫

2e 2 x + 1

0

Ta có

Đặt

ln 2

dx= ∫

0

2e 2 x
2e 2 x 2e 2 x + 1

dx

2x
2
2e 2 x + 1 = t ⇒ 2e 2 x = t 2 − 1 ⇒ d ( 2e ) =d ( t − 1) ⇒ 4e 2 x dx=2tdt

Đổi cận: khi
ln 2

∫ 2e
0

x=0

thì

, khi

3

2e 2 x
2x

t= 3

2e2 x + 1

dx =

∫ t(t

t
2

3

x = ln 2

− 1)

thì

t =3

.

dt

Vậy
3

1  1
1 
3
−


÷dt = 1 ln ( t − 1) − ln ( t + 1) 
∫


2 3  t −1 t + 1
3
2
1
1
[ ln 2 − ln 4] − ln
2
2

Vậy

S =3

(

3 − 1 − ln

)

(x

2

(

)

∫
0

+ x) ex

x + e− x

dx=a.e+bln ( e + c )

Câu 20:Biết rằng
S = a + 2b − c
bằng bao nhiêu.
A.

)

.
1

S = −1

(

1
1
3 + 1  = ln 2 −1 + ln 2 − 3
 2
2

.

B.

S = −2

.

. Trong đó

a b c
, , là các số nguyên. Khi đó

S =1

S =0

C.

Lời giải.
Chọn B

Trang 15

.

D.

.

1

∫

(x

2

+ x ) ex

x + e− x

0

1

dx= ∫
0

xe x ( x + 1) e x
dx
xe x + 1

Ta có

Đặt

x

xe x + 1 = t ⇒ dt= ( x + 1) e dx

x=0

Đổi cận: khi
1

∫
0

(x

2

+ x) ex

x+e

−x

thì

t =1

e +1

dx= ∫
1

x =1

, khi

( t − 1) dt =
t

thì

t = e +1

( t − ln t )

e +1
1

.

= e − ln ( e + 1)

Vậy
Vậy

S = −2

.

y = f ( x)
Câu 21: [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số

[ 1; +∞ )

trên

f ′ ( x ) ≥ 3 x 2 + 2 x − 5 ∀x ∈ [ 1; +∞ )

f ( 1) = 1

thỏa mãn

và

. Tìm số nguyên dương

min f ( x ) ≥ m

y = f ( x)

x∈[ 3;10]

lớn nhất sao cho
m = 15
A.
.

có đạo hàm liên tục

với mọi hàm số
thỏa đề bài.
m = 20
m = 25
m = 30

B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải

Chọn C.

y = f '( x)
Do giả thiết cho một bất đẳng thức liên quan đến

nên ta sẽ lấy tích phân hai vế để

y = f ( x)
được một bất đẳng thức liên quan đến

.

Ta có

∫

t

1

t

f ′( x)dx ≥ ∫ (3 x 2 + 2 x − 5)dx ⇒ f ( t ) − f ( 1) ≥ t 3 + t 2 − 5t + 3 ∀t ≥ 1
1

Suy ra
f ( x ) ≥ x 3 + x 2 − 5 x + 4 ⇒ min f ( x ) ≥ min ( x 3 + x 2 − 5 x + 4 ) = 25
x∈[ 3;10 ]

x∈[ 3;10 ]

.

Trang 16

.

m


Vậy

m = 25

.

y = f ( x)
Câu

22:Cho

các

hàm

số

[ 0; 1]
có

đạo

hàm

A.

tục

thỏa

mãn

1

0

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
.
1
1
2019.2021
2020.2021

B.
.
C.
.

.

trên

∫ f ( x ) dx

3 f ( x ) + xf ′ ( x ) ≥ x 2018 ∀x ∈ [ 0; 1]

1
2019.2020

liên

1
2018.2020

D.

.

y = f ( x)
Câu 23:[THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số
3 f ′ ( x ) .e f

3

( x ) − x 2 −1

−

A.

2 7
3

.

B.

∫ x. f ( x ) dx

f ( 0) = 1
và

15
4

¡

7

2x
=0
2
f ( x)

thỏa mãn

có đạo hàm trên

0

. Tích phân

.

C.

45
8

bằng

.

5 7
4

D.

Lời giải
Chọn C.

( e ) ′ = 3. f ′ ( x ) . f
f 3 ( x)

Phân tích: Nhận thấy
2 vế
3 f ′ ( x ) .e

f 3 ( x ) − x 2 −1

−

2

( x)
nên ý tưởng là quy đồng chuyển vế để tích phân

2
2x
f 3 ( x)
2
′
=
0
⇔
3.
f
x
.
f
x
.
e

= 2 x.e x +1
(
)
(
)
2
f ( x)

Ta có:

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:

⇔ ef

3

( x)

− ex

2

+1

2
∫ 3. f ( x ) . f ′ ( x ) .e

Mặt khác:

∫

0

Tính:

dx = ∫ 2 x.e x +1dx = ∫ e x +1d ( x 2 + 1)
2

+C = 0

f ( 0) = 1 ⇒ C = 0
7

f 3 ( x)

x. f ( x ) dx =

f 3 ( x ) = x2 +1 ⇔ f ( x ) = 3 x2 +1

nên
7

∫ x.
0

3

x 2 + 1.dx =

45
8

.

Trang 17

2


1

[ 0;1]

f ( x)
Câu 24: Cho hàm số
1

có đạo hàm liên tục trên

4
∫ x f ( x ) dx = −
0

A.

1
7

2

0

1
11

thỏa mãn

và

1

1
55

∫ f ( x ) dx
0

. Tích phân
−

f ( 1) = 0, ∫  f ′ ( x )  dx =

.

B.

1
7

bằng
−

.

C.
Lời giải

1
55

.

D.

1
11

Chọn A.
1

1 5
1
 x5

x
1
′
x
f
x
d
x

=
f
x
−
f
x
d
x
(
)
(
)
(
)
⇒
x 5 f ′ ( x ) dx =


∫0
∫
∫
11
5
0 0 5
0
1

4

Ta có

1

∫( x )

5 2

0

1

1
dx =
11

mà

∫  f ′ ( x ) 
0

2

1

1

d x − 2 ∫ x f ′ ( x ) dx + ∫ ( x
5

0

)

5 2

0

1

dx = 0 ⇒ ∫  f ′ ( x ) − x 5  dx = 0
2

0

nên

Suy ra

.

1 6
f ′ ( x ) = x5 ⇒ f ( x ) = 6 x + C

f ( 1) = 0

Vì

nên

1
C =−

6

1

∫
0

.
1

f ( x ) dx = ∫
0

x6 − 1
1
dx = −
6
7

. Vậy

.
1

[ 0;1]

f ( x)
Câu 25: Cho hàm số
1

f ( x)

∫ ( x + 1)

có đạo hàm liên tục trên

dx = 2 ln 2 −
2

0

và

A.

1 − 2ln 2
2

3
2

thỏa mãn

1

∫ f ( x ) dx
0

. Tích phân

.

2
3
f ( 1) = 0, ∫  f ′ ( x )  dx = − 2 ln 2
2
0

B.

3 − 2ln 2
2

.

Chọn A.

Trang 18

bằng

3 − 4ln 2
2

C.
Lời giải

.

D.

1 − ln 2
2


f ( x)

1

1

1

1
1  

1 

1 

d
x
=
f
x
d
1
−
(
)

f ( x )  − ∫ 1 −

÷ =  1 −
∫0 ( x + 1) 2 ∫0
÷
÷ f ′ ( x ) dx
 x + 1   x + 1 
 0 0  x +1

Ta có
1



1 

3

∫ 1 − x + 1 ÷ f ′ ( x ) dx = 2 − 2 ln 2
0

Suy ra

.
1

2
1

1 

1
1 
1 
3

1
−
d
x
=

1
−
2
+
∫0  x + 1 ÷
∫0  x + 1 ( x + 1) 2 ÷÷dx =  x − 2 ln x + 1 − ( x + 1)  = 2 − 2 ln 2

0


1

Mặt khác
1

1

.

2

1

2
1 
1 


∫0  f ′ ( x )  dx − 2∫0 1 − x + 1 ÷ f ′ ( x ) dx + ∫0 1 − x + 1 ÷ dx = 0

Do đó
2

3

1


⇔ ∫  f ′( x) +
− 1 dx = 0
x +1 
0 
.
⇒ f ′( x) = 1−

1
x + 1 ⇒ f ( x ) = x − ln ( x + 1) + C

1

1

0

0

f ( 1) = 0

, vì

nên

C = ln 2 − 1

.

1

∫ f ( x ) dx = ∫  x − ln ( x + 1) + ln 2 −1 dx = 2 − ln 2
Ta được

.

f ( x)
Câu 26: Xét hàm số

liên tục trên

[ 0;1]

4 x. f ( x 2 ) + 3 f ( 1 − x ) = 1 − x 2
và thỏa mãn điều kiện

. Tích

1

I = ∫ f ( x ) dx
0

phân

A.

π
I=
20

Chọn

bằng:
I=
.

B.

I=
.

C.
Lời giải:

π
6

I=
.

D.

A.

f ( x)
Vì

π
16

liên tục trên

[ 0;1]

4 x. f ( x 2 ) + 3 f ( 1 − x ) = 1 − x 2
và

nên ta có

Trang 19

π
4

.


1

1

1

1

1

2
2
2
2
∫0 4 x. f ( x ) + 3 f ( 1 − x )  dx = ∫0 1 − x dx ⇔ ∫0 4 x. f ( x ) dx + ∫0 3 f ( 1 − x ) dx = ∫0 1 − x dx ( 1)

.
1

1

∫ 4 x. f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) d ( x )
2

2

0

2

0

1


→ 2 ∫ f ( t ) dt
t = x2

0

Mà
1

1

1

0

0

0

= 2I

u =1− x
∫ 3 f ( 1 − x ) dx = −3∫ f ( 1 − x ) d ( 1 − x ) → 3∫ f ( u ) du

và
1

π
2

π
2

0

0

= 3I

x =sin t
→ ∫ 1 − sin 2 t .cos tdt = ∫ cos2 tdt =
1 − x 2 dx 

∫
0

Đồng thời

π

Do đó,

( 1) ⇔ 2 I + 3I = 4

I=
hay

π
20

xác định, liên tục và có đạo hàm trên

3 f '( x) + 2 f 2 ( x) = 0.

A.

1
.
5

B.

.

¡

f ( x) ≠ 0, ∀x ∈ ¡

thỏa mãn

và

f (0) = 1.

f (1)

Tính

1
( 1 + cos 2t ) dt = π
2 ∫0
4

.

f ( x)

Câu 27: Cho hàm số

π
2

biết rằng
2
.
5

C.

3

.
5

D.

4
.
5

Lời giải
Chọn C.
Nhận xét: Từ giả thiết bài tốn ta biến đổi về cơng thức đạo hàm và sử dụng định nghĩa tích
phân.

3 f '( x) + 2 f 2 ( x) = 0
Phân tích: Từ giả thiết
1

∫
0

f ( x) ≠ 0, ∀x ∈ ¡

và

suy ra:

1

f '( x)

−2
−1
1
−2
3
dx = ∫ dx ⇒
+
=
⇒ f (1) =
2
f ( x)
3
f (1) f (0) 3
5
0

.
(0; +∞)

f ( x)

Câu 28: Cho hàm số
f (1) = 2

xác định, liên tục và có đạo hàm trên
f (2)

. Giá trị

bằng:

Trang 20

f ( x) + xf '( x) = 2 x

thỏa mãn

và


A.

5
.
2

B.

2.

C.

e.

D.

e
.
2

Lời giải

Chọn A.

Từ giả thiết

f ( x) + xf '( x ) = 2 x ⇒ ( xf ( x)) ' = 2 x ⇒ ∫ ( xf ( x)) ' dx = ∫ 2 xdx

xf ( x) = x 2 + C
Suy ra

, thay

x =1

vào hai vế ta được

1. f (1) = 12 + C ⇒ 2 = 1 + C ⇒ C = 1
.

xf ( x) = x 2 + 1 ⇒ f ( x) =
Khi đó

x2 + 1
x

. Vậy

5
f (2) = .
2

f ( x)

Câu 29: Cho hàm số

xác định, liên tục và có đạo hàm trên

f (0) = 1

f ( x) + f '( x) = 2e x
thỏa mãn

và

f (2)

. Giá trị
A.

¡

bằng:
ln 2
B.
.

e.

C.

e2 .

D.

1.

Lời giải
Chọn C.

f ( x) + f '( x) = 2e x ⇒ e x f ( x) + e x f '( x) = 2e 2 x ⇒ (e x f ( x)) ' = 2e 2 x
Từ

Suy ra

∫ (e

x

f ( x)) ' dx = ∫ 2e 2 x dx ⇒ e x f ( x) = e2 x + C

f ( x) = e x
Suy ra

. Thay

x=0

vào hai vế ta được

f (2) = e 2 .
. Vậy

f ( x)

¡ \ { 0; −1}

f ( 1) = −2 ln 2

Câu 30:Cho hàm số
liên tục trên
thỏa mãn điều kiện
2
x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x + x
f ( 2 ) = a + b ln 3 a, b Ô
a 2 + b2
. Giỏ trị
,
.Tính
.

A.

25
4

C = 0.

.

B.

9
2

.

C.
Trang 21

5
2

.

D.

13
4

.

và


Lời giải
Chọn B.

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

⇔

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

Ta có

x
 x
′
⇔
f ( x)  =
 x +1
 x +1

.

x
 x
′
f
x
(
)
∫1  x + 1

 d x = ∫ x + 1 dx

1
2

Lấy tích phân từ

1

đến

2

hai vế ta được

2

2

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

2

3 3
f ( 2 ) + ln 2 = 1 − ln 3 + ln 2 ⇔ f ( 2 ) = − ln 3
3
2 2

⇔

2

Vậy



∫ 

3

x−

1
Câu 31: Biết
S = a+b+c

A.

S = 51

. Suy ra

1

1
1 
a3
+ 2 3 8 − 11 ÷
d
x
=
c
2
x
x x ÷
b


a, b, c
, với

nguyên dương,

B.

S = 67

.

S = 39

C.

.

2
2

1
1
1 
1
I = ∫  3 x − 2 + 2 3 8 − 11 ÷
d
x
= ∫3 x− 2
÷
x
x x 
x
1
1

3

Suy ra

a
b

.

tối giản và

D.

Chọn B

Đặt

và

3
2

.

.

t = 3 x−

b=−

.

Lời giải

Ta có

3
2

2

9
3  3
a 2 + b2 =  ÷ +  − ÷ =
2
2  2
2

a=

2
1

⇒ 3t 2 dt =  1 + 3 ÷dx
2
x
 x 

S = 67

I=

.
Trang 22

.

7
4

∫ 3t dt = 21

3

0

nên

2

 1 + 3 ÷dx
 x 

32

3

14
.

S = 75

.

c
. Tính


f ( x)
Câu 32:[Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hàm số
thời thỏa mãn điều kiện:

x ∈ ( 0; +∞ )
liên tục và có đạo hàm tại mọi

đồng

3π
2

f ( x ) = x ( sin x + f ′ ( x ) ) + cos x

( 6; 7 )
A.

∫ f ( x ) sin xdx = −4

và

. Khi đó,

( 5;6 )
.

B.

Chọn B
Từ giả thiết:

f (π)

π
2

nằm trong khoảng nào?

( 12;13)
.

C.
Lời giải

( 11;12 )
.

D.

.

f ( x ) = x ( sin x + f ′ ( x ) ) + cos x ⇔ f ( x ) = x s inx + x f ′ ( x ) + cos x

⇔ f ′ ( x ) .x − x′. f ( x ) = − x sin x − cos x ⇔ f ′ ( x ) .x − x′. f ( x ) = ( cos x )′ x − x′ cos x

x ∈ ( 0; +∞ )
Vì

, ta chia

 f ( x)
⇔
 x

2

vế của (*) cho

x2

ta được

(*).
f ′ ( x ) .x − x′. f ( x ) ( cos x)′ x − x′ cos x
⇔
=
x2
x2

′  cos x ′
f ( x ) cos x
÷ =
÷ ⇔
=
+ c ⇔ f ( x ) = cos x + cx
x



x
x

.

3π
2

∫ f ( x ) sin xdx = −4

π
2

Mặt khác lại có

.

3π
2

3π
2

π
2

2

∫ f ( x ) sin xdx = π∫ ( cos x sin x + c x sin x ) dx

3π
2

3π

2

π
2

π
2

= − ∫ cos x d ( cos x ) + c ∫ x sin x dx

Xét
3π

 cos 2 x  2
= −
÷ + c ( x cos x + sin x )
 2 π
2

3π
2
π
2

= −2c

.

3π
2

∫ f ( x ) sin xdx = −4

π
2

Mà

⇔ −2c = −4 ⇔ c = 2 ⇒ f ( x ) = cos x + 2 x

f ( π ) = −1 + 2π ≈ 5, 28
Ta có:
Tổng quát:

.

Trang 23

.


a ( x ) . f ( x ) + b ( x ) . f ′ ( x ) = g ( x ) ( 1)
Gặp những bài toán mà giả thiết cho dạng
u′ ( x ) . f ( x ) + u ( x ) . f ′ ( x ) = h′ ( x ) ( 2 )
( 1)
Ta sẽ nhân một lượng thích hợp để đưa
về dạng
u ( x)
u ′( x ) a ( x )
=

u ( x) b ( x )
b ( x)
u ( x)
Với
, kết hợp với giả thiết ta tìm được
suy ra biểu thức nhân thêm là
.
f ( x)
( 2)
Khi có
ta sẽ tìm được
.
y = f ( x)
¡
Câu 33: Cho hàm số
có đạo hàm và liên tục trên
thỏa mãn
f ′ ( x ) + 2 xf ( x ) = 2 x.e− x

A.

e

f ( 0) = 1

2

và
1
e

B. .

.

f ( 1)
. Tính

.
2
e

C. .

f ( x)
Câu 34: Cho hàm số
f ( 0) =

1
2

. Tính

A.

Câu 35:Biết

e
3

.

x2 + 1 −1

1

P=−
A.

.

( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = e x
thỏa mãn

và

.
f ( 2) =

x3

∫

có đạo hàm trên

¡

D.

2
e

f ( 2)

f ( 2) =

2

−

B.

e
6

f ( 2) =

.

dx = a 5 + b 2 + c,

C.

P=
B.

f ( 2) =

.

D.

a, b, c
với

5
2

e2
3

7
2

là các số hữu tỷ. Tính
P=
C.
Lời giải

5
2

e2
6

P = a + b + c.

D.

P=2

Chọn C.
2

∫
1

x3
x2 + 1 − 1

2

dx = ∫ x
1

(

)

1
x 2 + 1 + 1 dx = 
3

Ta có

Vậy

5
2
3
5

a = ,b = − ;c = ⇒ P = .
3
3
2
2

Trang 24

(x

2

+ 1) +
3

2

1 2
5
2
3
x ÷ =
5−
2+ .
2 1 3
3
2

.

π
3

I =∫
Câu 36: Cho tích phân
S = a + b + c.

A.

π
6

ln ( sin x )
3
3
π
dx = a 3 ln
+
ln 2 + ( a, b, c ∈ ¢ ) .
2
cos x
2
b
c
Tính giá trị của biểu thức

−3

B.

−2

−1
C.
Lời giải

D.

1

Chọn B.

Đặt

u = ln ( sin x ) dx 
cos x
dx

du =
⇒
sin x

1
v =
v = tan x
 cos 2 x
π
3

π
3

6

π
6

ln ( sin x )
∫ 2 dx = tan x.ln ( sin x )
π cos x

π
3

− ∫ dx = 3 ln
π
6

3
3 1 π
−
ln −
2
3
2 6

Suy ra
= 3 ln

Do đó

3
3
π
+
ln 2 +
⇒ a = 1; b = 3; c = −6
2
3
−6

S = a + b + c = −2
π
2

π2 π 1
I = ∫ ( 2 x − 1) .cos xdx =
+ + ( a , b, c ∈ ¢ ) .
a b c
0
2

Câu 37: Cho tích phân
S = a + b + c.
thức
1
−2
A.
B.

Tính giá trị của biểu

2
C.
Lời giải

D.

−1

Chọn C.
π
2

π

π

 x2 1
 2 2
1
1
1


I = ∫  x − + x cos 2 x − cos 2 x ÷dx =  − x − sin 2 x ÷ + ∫ x cos 2 xdx
2
2
4


 2 2

0
0
0

Ta có
π2 π
=
− +J
8 4

Đặt

 du = dx
u = x

⇒

1
dv = cos 2 xdx v = sin 2 x

2
Trang 25