24 Câu hỏi ôn tập Toán 12 - Chương 3: Nguyên hàm. Tích phân (Mức độ 4)

Nội dung tài liệu: 24 Câu hỏi ôn tập Toán 12 - Chương 3: Nguyên hàm. Tích phân (Mức độ 4)

1. Câu 1. Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là 6cm , chiều cao trong lòng cốc là 10cm đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc. A. 60cm3 . B. 15 cm3 . C. 70cm3 . D. 60 cm3 . Lời giải ChọnA. Cách 1. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có: 1 1 S x R2 x2 . R2 x2 .tan S x R2 x2 tan 2 2 1 R 2 Thể tích hình cái nêm là: V tan R2 x2 dx R3 tan 2 R 3 2 Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái mên nên V R3 tan kn 3 2 h V R3. 60cm3 kn 3 R Cách 2. Dựng hệ trục tọa độ Oxyz 10cm H I M 6cm F  N x O E S x J x Gọi S x là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ h x 0 . Gọi I·OJ , F· HN ,OE x OI 3 EF 3x 3x tan EF HF 3 . OJ 10 OE 10 10 3x 3 HF 10 x x cos  1  arccos 1 HN 3 10 10 1 1 S x S S HN 2.2 HM.HN.sin 2 hinhquat HMN 2 2 2 2 x 1 x x S x 3 arccos 1 .3.3.2 1 1 1 10 2 10 10
2. 2 10 10 x x x V S x dx 9arccos 1 9 1 1 1 dx 60 . 10 10 10 0 0 Câu 2. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 và f (0) f (1) 0. Biết 1 1 1 1 f 2 (x)dx , f (x)cos xdx . Tính f (x)dx . 0 2 0 2 0 1 2 3 A. B. C. D. 2 Lời giải Chọn C 1 Từ giả thiết f (x)cos xdx 0 2 cos x u sin x.dx du Đặt f '(x)dx dv f (x) v 1 1 1 f (x)cos xdx f (x)cos x 1 f (x)sin x.dx f (1) f (0) f (x)sin x.dx 0 0 0 0 2 1 1 f (x).sin x.dx 0 2 2 1 1 Cauchy Schwarz 1 1 2 2 1 Lại có f (x).dx. sin x.dx f (x).sin x.dx 4 0 0 0 4 1 2 1 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi f (x) k.sin x k.sin x.dx k 1 f (x) sin x 0 2 1 2 Vậy sin x.dx . Do đó chọn C. 0 1 Câu 3. Cho hàm số y f x liên tục trên 0; 1 thỏa mãn xf x dx 0 và max f x 1. Tích phân [0; 1] 0 1 I ex f x dx thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây? 0 5 3 5 3 A. ; . B. ; e 1 . C. ; . D. e 1; . 4 2 4 2 Lời giải Chọn C. 1 1 1 Với mọi a 0;1, ta có 0 xf x dx a xf x dx axf x dx 0 0 0 1 Kí hiệu I a ex ax dx . 0 Khi đó, với mọi a 0;1 ta có 1 1 1 1 1 ex f x dx ex f x dx axf x dx ex ax f x dx ex ax . f x dx 0 0 0 0 0 1 1 ex ax .max f x dx ex ax dx I a . x 0;1 0 0
3. 1 Suy ra ex f x dx min I a a 0;1 0 Mặt khác 1 1 1 x x x a 2 a Với mọi a 0;1 ta có I a e ax dx e ax dx e x e 1 0 0 2 0 2 3 1 3 min I a e ex f x dx e 1,22 . a 0;1 2 0 2 5 3 Vậy I ; . 4 2 Câu 4. Giả sử F(x) x2 là một nguyên hàm của f (x)sin2 x và G(x) là một nguyên hàm của 2 2 f (x)cos x trên khoảng 0; . Biết rằng G 0 và G a b c ln 2 , với a,b,c là các số 2 4 hữu tỉ. Tổng a b c bằng 11 5 21 27 A. . B. . C. . D. . 16 16 16 16 Lời giải. Chọn C. F(x) x2 là một nguyên hàm của f (x)sin2 x trên khoảng 0; nên 2 ' 2 2 2x x f x sin x 2x f x sin x f x 2 , x 0; . sin x G(x) là một nguyên hàm của f (x)cos2 x trên khoảng 0; nên 2 2x 2 2 1 G x f x cos xdx 2 cos xdx 2x.cot xdx 2x. 2 1 dx . sin x sin x u 2x du 2dx Đặt: 1 . dv 1 dx v cot x x 2 sin x G x 2x( cot x x) 2 cot x x dx 2x cot x 2x2 x2 2ln sin x C x2 2x cot x 2ln sin x C . 2 2 G 0 C 0 C . 2 4 4 2 Do đó: G(x) x2 2x cot x 2ln sin x . 4 2 2 2 3 2 G 2ln ln 2 4 16 2 2 4 2 16 a b 2 c ln 2. 1 3 21 Suy ra: a ; b ; c 1; a b c . 2 16 16 Câu 5. Cho hàm số y f x có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn f 1 1và
4. 2 f 2x xf x2 5x 2x3 1với mọi x ¡ Tính tích phân I xf ' x dx. 1 A. I 3. B. I 1. C. I 2. D. I 5. Lờigiải 2 2 2 2 Ta có: I xf ' x dx x d f x xf x f x dx. 1 1 1 1 1 1 1 Từ giả thiết f 2x xf x2 5x 2x3 1 f 2x dx xf x2 dx 5x 2x3 1 dx 1. 0 0 0 1 1 2 1 2 Đặt K f 2x dx. Đổi biến t 2x dt 2dx K f t dt f x dx. 0 2 0 2 0 1 1 1 1 1 Đặt L xf x2 dx.Đổi biến t x2 dt 2xdx L f t dt f x dx. 0 2 0 2 0 1 2 1 1 1 2 1 2 Khi đó f x dx f x dx 1 f x dx f x dx 1 f x dx 2. 2 0 2 0 2 0 0 1 Từ giả thiết f 2x xf x2 5x 2x3 1 ta suy ra f 2 3. 2 2 2 Như vậy: I xf x f x dx 2. f 2 1. f 1 f x dx 2.3 1.1 2 3. 1 1 1 Câu 6. Cho hàm số y x4 bx3 cx2 dx e b,c,d,e ¡ có các giá trị cực trị là 1, 4 và 9 . Diện tích f x hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g x với trục hoành bằng f x A. 4. B. 6. C. 2. D. 8. Lời giải Chọn B Gọi m, n, p m n p lần lượt là các điểm cực trị của hàm số y f x . Ta có bảng xét dấu của f x như sau: x m n p f x 0 0 0 Khi đó hàm số đạt cực tiểu m, p và đạt cực đại tại x n f n 9 . f x Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g x với trục hoành là f x p n p n p S g x dx g x dx g x dx g x dx g x dx m m n m n n p 2 f x 2 f x 2 f n f m 2 f p f n m n 4 f n 2 f m f p 4.3 2. 1 2 6 . Câu 7. Cho hàm số y f x có đạo hàm trên đoạn 1;2 thỏa mãn f 1 2, f 2 1 và 2 2 2 2 xf x dx 2. Tích phân x f x dx bằng 1 1 A. 4.. B. 2.. C. 1.. D. 3.
5. Lời giải Chọn D 2 2 2 4 4 2 Ta có: dx 2; f x dx f x 1 2 1 1 x x 1 1 2 2 2 2 4 2 Vì xf x 4 f x dx 0 nên xf x dx 0 2 1 x 1 x 2 2 f x f x C x2 x 2 Mà f 1 2 C 0 f x x 2 2 2 2 Khi đó x2 f x dx x2. dx 2x 3. . 2 1 1 1 x Câu 8. Cho hàm số y f x có đạo hàm trên ¡ và f x f x x 1 e3x , với mọi x ¡ . Biết 5 f 0 , giá trị f 1 bằng 4 5 3 3 5 A. e3 e .B. e3 e .C. e3 e .D. e3 e . 4 4 4 4 Lời giải Chọn C Ta có: f x f x x 1 e3x e x f x e x f x x 1 e2x e x f x x 1 e2x 1 1 Khi đó: e x f x x 1 e2xdx x 1 e2x e2x C 2 4 5 1 5 1 1 Do f 0 nên: C C 1 f x x 1 e3x e3x ex 4 4 4 2 4 3 Vậy f 1 e3 e . 4 Câu 9. Cho hai hàm số f x ax4 bx3 cx2 d và g x kx d (với a,b,c,d,k ¡ ). Đặt h x f ' x g ' x . Biết rằng đồ thị hàm số y h x như hình vẽ bên dưới và h 2 2 .
6. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y f x và y g x gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 3,47 .B. 10,42 .C. 1,74 .D. 5,21. Lời giải Chọn C 5 3 2 Ta có h x 4ax x 1 x ;(gt) : h x 4ax 3bx 2cx k 2 1 5 3 2 Vì h 2 2 nên a suy ra h x 2x x 1 x h x 2x 7x 5x . 2 2 7 b 3 5 1 4 7 3 5 2 Suy ra c , hay f (x) x x x d; g x d 2 2 3 2 k 0 5 3 3 3 1 4 7 3 5 2 1 4 7 3 5 2 1 4 7 3 5 2 Do đó S x x x dx x x x dx x x x dx ; 1,74 . 0 2 3 2 0 2 3 2 5 2 3 2 3 Câu 10. Cho hàm số f x liên tục trên ¡ và thoả mãn f x f x 2 2cos 2x ,x ¡ . Tính 3 2 I f x dx. 3 2 A. I 6 B. I 0 C. I 2 D. I 6 Lời giải Chọn D 3 0 0 0 2 Đặt x t . Khi đó f x dx f t d t f t dt f x dx 3 3 3 0 2 2 2 3 3 3 3 2 0 2 2 2 Ta có: I f x d x f x d x f x d x f x d x f x d x 3 3 0 0 0 2 2
7. 3 3 3 2 2 2 Hay I f x f x d x 2 2cos 2xd x 2(1 cos 2x)d x 0 0 0 3 3 3 2 2 2 2 I 4cos2 xd x 2 cos x d x 2 cos xd x 2 cos xd x 0 0 0 2 3 2 2 Vậy I 2sin x |0 2sin x | 6. 2 Câu 11. Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 1 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I (2;9) và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. s 23, 25 (km) B. s 21,58 (km) C. s 15,50 (km) D. s 13,83 (km) Lời giải. Chọn B. y 9 4 O 1 2 3 x v t at2 bt c t 0 5 a v 0 c 4 4a 2b 5 4 5 2 v t t 5t 4 v 2 4a 2b c 9 4a b 0 b 5 4 b c 4 c 4 2 2a
8. 31 t 3;t 1 v t 0 4 Mà v t s t s t là nguyên hàm của v t . Suy ra 1 3 5 2 31 259 s t 5t 4 dt dt 21,58. 0 4 1 4 12 Câu 12. Cho hàm số y f (x) . Đồ thị của hàm số y f (x) như hình bên. Đặt h(x) 2 f (x) x2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. h(4) h( 2) h(2) B. h(4) h( 2) h(2) C. h(2) h(4) h( 2) D. h(2) h( 2) h(4) Lời giải. Chọn C. Gọi d là đường thẳng đi qua 2 điểm (2; 2) và (4; 4) có dạng: y ax b y y = x 4 2 S1 S2 -2 0 2 4 x -2 2a b 2 a 1 Khi đó Suy ra d :y x. 4a b 4 b 0 Theo đề cho, ta có: h x 2 f x x2 h x 2 f x 2x 2 f x x 4 4 4 h x dx 2 f x x dx 2 x f x dx 2 2 2 4 + h x 2S h 4 h 2 2S 0 2 1 1 h 2 h 4 1
9. 4 4 2 4 h x dx 2 f x x dx 2 f x x dx 2 f x x dx 2 2 2 2 4 2 4 h x dx 2 f ' x x dx 2 x f x dx + 2 2 2 4 h x 2 S S h 4 h 2 2 S S 0 2 2 1 2 1 h 4 h 2 2 Từ (1) và (2), ta có: h 2 h 4 h 2 . Câu 13. Cho hàm số y f x . Đồ thị của hàm số y f x như hình bên. Đặt g x 2 f x x 1 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g 3 g 3 g 1 B. g 1 g 3 g 3 C. g 3 g 3 g 1 D. g 1 g 3 g 3 Lời giải Chọn D Ta có g x 2 f x 2 x 1 x 1 g x 0 f x x 1 . x 3 Bảng biến thiên Suy ra g 3 g 1 và g 3 g 1 . (1)
10. Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y f '(x), y x 1, x 3, x 1 Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y x 1, y f '(x), x 1, x 3 Dựa vào hình vẽ, ta thấy: S1 S2 0 . Suy ra: S1 S2 0 1 3 f x x 1 dx x 1 f x dx 0 3 1 1 3 f x x 1 dx f x x 1 dx 0 3 1 3 f x x 1 dx 0 . 3 3 3 Khi đó: g 3 g 3 g x dx 2 f x x 1 dx 0 (2) 3 3 Từ (1) và (2) suy ra: g 1 g 3 g 3 . Câu 14. Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v km / h phụ thuộc thời gian t h có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường Parabol có đỉnh I 2;9 với trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành . Tính quãng đuờng s mà vật chuyển động trong 4 giờ đó. A. s 26,5(km) B. s 28,5(km) . C. s 27(km) . D. s 24(km). Lời giải Chọn C. Gọi P : y ax2 bx c .
11. 9 Vì P qua O 0;0 và có đỉnh I 2;9 nên dễ tìm được phương trình P là y x2 9x . 4 27 Ngoài ra tại x 3 ta có y . 4 3 4 9 2 27 Vậy quãng đường cần tìm là S x 9x dx x 27(km) . 0 4 3 4 Câu 15. Cho hàm số y f x . Đồ thị của hàm số y f x như hình vẽ. Đặt g x 2 f x x2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g 3 g 3 g 1 . B. g 1 g 3 g 3 . C. g 1 g 3 g 3 . D. g 3 g 3 g 1 . Lời giải Chọn B. Ta có g x 2 f x 2x g x 0 x 3;1;3. Từ đồ thị của y f x ta có bảng biến thiên.(Chú ý là hàm g x và g x ) Suy ra g 3 g 1 Kết hợp với bảng biến thiên ta có: 1 3 g x dx g x dx 3 1 3 3 g x dx g x dx g 3 g 1 g 3 g 1 g 3 g 3 1 1 Vậy ta có g 3 g 3 g 1 . Câu 16. Cho hàm số y f x . Đồ thị của hàm số y f x như hình bên. Đặt g x 2 f x x 1 2 .
12. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g 1 g 3 g 3 . B. g 1 g 3 g 3 . C. g 3 g 3 g 1 . D. g 3 g 3 g 1 . Lời giải Chọn A. Ta có g x 2 f x 2 x 1 g 3 2 f 3 4, g 1 2 f 1 4, g 3 2 f 3 8 Lại có nhìn đồ thị ta thấy f 3 2, f 1 2, f 3 4 g 3 g 1 g 3 0 Hay phương trình g x 0 f x x 1 có 3 nghiệm Nhìn đồ thị ta có bảng biến thiên, suy ra g 3 g 1 , g 3 g 1 . Mặt khác diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y x 1 và đồ thị hàm số 1 3 y f , (x) trên 2 miền  3;1 và 1;3 , ta có x 1 f x dx f x x 1 dx 3 1 1 3 g (x)dx g x dx g 1 g 3 g 3 g 1 g 3 g 3 . 3 1 Vậy g 1 g 3 g 3 . 1 Câu 17. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 0;1 thỏa mãn f 1 0,  f (x)2dx 7 và 0 1 1 1 x2 f (x)dx . Tính tích phân f (x)dx 0 3 0 7 7 A. B. 1 C. D. 4 5 4
13. Lời giải Chọn A x3 Cách 1: Đặt u f x du f x dx , dv x2dx v . 3 1 1 x3 1 x3 1 Ta có f x f x dx x3 f x dx 1 3 3 0 0 3 0 1 1 1 1 6 2 3 3 2 Ta có 49x dx 7,  f (x) dx 7, 2.7x . f x dx 14 7x f (x) dx 0 0 0 0 0 4 3 7x 7 7x f (x) 0 f x C , mà f 1 0 C 4 4 1 1 7x4 7 7 f (x)dx dx . 0 0 4 4 5 Cách 2: Nhắc lại bất đẳng thức Holder tích phân như sau: b 2 b b 2 2 f x g x dx f x dx. g x dx a a a Dấu bằng xảy ra khi f x k.g x , x a;b,k R 2 1 3 1 6 1 3 1 x x 2 1 x Ta có f x dx dx. f x dx . Dấu bằng xảy ra khi f x k. . 9 0 3 0 9 0 9 3 1 x3 1 7x4 7 Mặt khác f x dx k 21 f x 7x3 suy ra f x . 0 3 3 4 4 1 1 7x4 7 7 Từ đó f (x)dx dx . 0 0 4 4 5 1 Câu 18. Cho hai hàm số f x ax3 bx2 cx 1 và g x dx2 ex a,b,c,d,e ¡ . Biết rằng đồ 2 thị của hàm số y f (x) và y g(x) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt 3; 1;2 . Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 253 125 253 125 A. B. C. D. 12 12 48 48 Lời giải Chọn C
14. Vì phương trình f (x) g(x) 0 có 3 nghiệm 3; 1;2 nên f x g x a x 3 x 2 x 1 . 3 1 So sánh hệ số tự do ta được 6a a . Do đó 2 4 2 1 253 S x 3 x 1 x 2 dx . 3 4 48 3 3 Câu 19. Cho hai hàm số f x ax3 bx2 cx và g x dx2 ex , a,b,c,d,e ¡ . Biết rằng 4 4 đồ thị của hàm số y f x và y g x cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 2 ; 1; 3 . Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 253 125 125 253 A. B. C. D. 48 24 48 24 Lời giải Chọn A Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: 3 3 3 ax3 bx2 cx dx2 ex ax3 b d x2 c e x 0 . 4 4 2 3 Đặt h x ax3 b d x2 c e x 2 3 Dựa vào đồ thị ta có h x ax3 b d x2 c e x có ba nghiệm là x 2; x 1; x 3. 2 3 Với x 2 ta có 8a 4 b d 2 c e , 1 . 2 3 Với x 1 ta có a b d c e , 2 . 2 3 Với x 3 ta có 27a 9 b d 3 c e , 3 . 2 3 1 8a 4 b d 2 c e a 2 4 3 1 Từ 1 , 2 và 3 ta có a b d c e b d . 2 2 3 5 27a 9 b d 3 c e c e 2 4 Hay ta có 3 1 1 1 5 3 3 1 1 5 3 63 4 253 S f x g x dx x3 x2 x dx x3 x2 x dx . 2 2 4 2 4 2 1 4 2 4 2 16 3 48 1 2 Câu 20. Cho hàm số f x thỏa mãn f 2 và f x x3 f x với mọi x ¡ . Giá trị của 5 f 1 bằng
15. 4 71 79 4 A. B. C. D. 35 20 20 5 Lời giải Chọn D 2 2 2 f x f x Ta có: f x x3 f x x3 dx x3dx 2 2 f x 1 f x 1 2 1 15 1 1 15 4 f 1 . f x 4 f 2 f 1 4 5 1 Câu 21. Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1, A2 , B1, B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 8m, B1B2 6m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ 3m . A. 7322000 đồng.B. 7 213000 đồng.C. 5526000 đồng.D. 5782000 đồng. Lời giải Chọn A Gắn hệ trục tọa độ Oxy có A1 A2 trùng với trục Ox , B1B2 trùng với trục Oy , gốc tọa độ O A1 A2  B1B2 (như hình vẽ). Elip có độ dài trục lớn 2a A1 A2 8 a 4 m , độ dài trục nhỏ 2b B1B2 6 b 3 m . x2 y2 3 Suy ra phương trình chính tắc của elip là 1 y 16 x2 . Trong đó: 42 32 4 MQ 3 y2 Do MQ 3 y x 4 1 M 2 3 x 2 3 . M 2 2 M 9 N
16. Gọi S1 là diện tích phần tô đậm của elip, S2 là diện tích phần không bị tô đậm của elip và S là 3 diện tích elip. Suy ra S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 16 x2 , 1 4 3 y 16 x2 , x 2 3 , x 2 3 4 Ta có: + S ab 12 m2 . 2 3 3 3 2 3 + S 16 x2 16 x2 dx = 3 16 x2 dx . 1 2 3 4 4 0 Đặt x 4sint dx 4costdt . Khi x 0 t 0. Khi x 2 3 t 3 2 3 3 3 3 S = 3 16 x2 dx = 3 16 16sin2 t.4costdt 48cos2 tdt 24 1 cos2t dt 1 0 0 0 0 24t 12sin 2t 3 8 6 3 m2 . 0 2 S2 S S1 4 6 3 m . Suy ra chi phí để sơn biển quảng cáo là: 200000.S1 100000.S2 7322416 (đồng). Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo gần nhất với 7322000 đồng. 1 Câu 22. Cho đường thẳng y x và Parabol y x2 a ( a là tham số thực dương). Gọi S và S lần 2 1 2 lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 S2 thì a thuộc khoảng nào sau đây? 3 1 1 1 2 2 3 A. ; . B. 0; . C. ; . D. ; 7 2 3 3 5 5 7 Lời giải 1 Xét phương trình tương giao: x2 a x 2 1 x1 1 1 2a 1 x2 x a 0 , với điều kiện a . 2 2 x1 1 1 2a 1 t 2 Đặt t 1 2a, t 0 a . 2 1 Xét g x x2 x a và g x dx G x C . 2
17. x1 Theo giả thiết ta có S g x dx G x G 0 . 1 1 0 x2 S g x dx G x G x . 2 1 2 x1 1 1 Do S S G x G 0 x3 x2 ax 0 1 2 2 6 2 2 2 2 2 2 2 1 t x2 3x2 6a 0 1 t 3 1 t 6 0 2 1 2t 2 t 1 0 t và t 1. 2 1 3 Khi t a . 2 8 1 Câu 23. Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên ¡ . Biết f 3 1 và xf 3x d x 1, khi đó 0 3 x2 f x d x bằng 0 25 A. 3. B. 7. C. 9. D. . 3 Lời giải Chọn C 1 Xét tích phân I xf 3x d x 1. 0 1 1 Đặt t 3x d x dt và x t . 3 3 Khi x 0 thì t 0. Khi x 1 thì t 3. 3 1 1 1 3 Do đó I tf t . dt tf t dt , 0 3 3 9 0 1 3 3 3 3 suy ra tf t dt 1 tf t dt 9 tf t dt 9 xf x d x 9 . 9 0 0 0 0 3 Xét tích phân J x2 f x d x . 0 2 u x du 2x d x Đặt , ta có d v f x d x v f x 3 3 3 3 3 J x2 f x d x x2 f x 2xf x d x x2 f x 2 xf x d x 0 0 0 0 0 32. f 3 02. f 0 2.9 9. Câu 24. Cho hàm số f (x) liên tục trên ¡ thỏa xf (x3 ) + f (1- x2 ) = - x10 + x6 - 2x, " x Î ¡ . Khi đó 0 f (x)dx bằng 1 17 13 17 A. . B. . C. . D. 1. 20 4 4 Lời giải Chọn B Với " x Î ¡ ta có : xf (x3 ) f (1 x2 ) x10 x6 2x
18. x2 f (x3 ) xf (1 x2 ) x11 x7 2x2 (*) 1 1 1 x2 f (x3 )dx xf (1 x2 )dx x11 x7 2x2 dx 0 0 0 1 1 1 1 5 f (x3 )d(x3 ) f (1 x2 )d(1 x2 ) 3 0 2 0 8 1 1 1 1 5 1 3 f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 0 2 0 8 0 4 0 0 0 Mặt khác : (*) x2 f (x3 )dx xf (1 x2 )dx x11 x7 2x2 dx 1 1 1 0 0 1 1 2 17 (*) f (x3 )d x3 f (1 x2 )d 1 x 3 1 2 1 24 1 0 1 1 17 0 1 3 17 13 f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 . . 3 1 2 0 24 1 2 4 24 4 Cách khác tham khảo câu 48: Cách 1 : Từ giả thiết : xf (x3 ) + f (1- x2 ) = - x10 + x6 - 2x, " x Î ¡ ta suy ra f (x) là bậc ba có a = - 1 . Nên f (x)= - x3 + bx2 + cx+ d Cho x = 0 Þ f (1)= 0 Þ b + c + d = 1 . Cho x = 1Þ f (1)+ f (0)= - 2 Þ f (0)= - 2 Þ d = - 2 Cho x = - 1Þ - f (- 1)+ f (0)= 2 Þ f (- 1)= - 4 Þ 1+ b- c + d = - 4 . Suy ra Þ b = 0;c = 3 . Từ đó có f (x)= - x3 + 3x- 2 . 0 0 13 Þ ò f (x)dx = ò(- x3 + 3x- 2)dx = - - 1 - 1 4 Cách 2 : Ta có : xf (x3 ) + f (1- x2 ) = - x10 + x6 - 2x, " x Î ¡ Û x2 f (x3 ) + xf (1- x2 ) + 2x2 = - x11 + x7 , " x Î ¡ Suy ra x2 f (x3 ) + xf (1- x2 ) + 2x2 là hàm số lẻ Do đó: 0 1 1 2 3 2 2 2 3 2 2 11 7 1 x f (x ) xf (1 x ) 2x dx x f (x ) xf (1 x ) 2x dx x x dx 1 0 0 24 1 0 1 0 2 1 1 1 1 2 1 f (x3 )d(x3 ) f (1 x2 )d(1 x2 ) f (x3 )d(x3 ) f (1 x2 )d(1 x2 ) 3 1 2 1 3 3 0 2 0 3 24 1 0 1 1 4 1 1 1 1 15 f (x)dx f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 1 2 0 3 3 0 2 0 24 0 1 1 15 2 f (x)dx 3 f (x)dx 8 5 f (x)dx 1 0 0 4 0 1 13 f (x)dx 4 f (x)dx 1 0 4 Cách 3:
19. ïì xf (x3 ) + f (1- x2 ) = - x10 + x6 - 2x, " x Î ¡ Thay x bởi x ta có: íï ï 3 2 10 6 îï - xf (- x ) + f (1- x ) = - x + x + 2x, " x Î ¡ xf (x3 ) xf ( x3 ) 4x,x ¡ f (x3 ) f ( x3 ) 4,x ¡ Thay x3 bởi x ta có f (x) f ( x) 4,x ¡ 0 0 0 1 1 Do đó f (x)dx f ( x)dx f (x)dx f ( x)dx 4 f (x)dx 4 1 1 1 0 1 Từ giả thiết suy ra xf (x3 ) + f (1- x2 ) = - x10 + x6 - 2x, " x Î ¡ 1 1 1 1 5 f (x3 )d(x3 ) f (1 x2 )d(1 x2 ) 3 0 2 0 8 1 1 1 1 5 1 3 f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 0 2 0 8 0 4 0 1 13 Vậy f (x)dx 4 f (x)dx 1 0 4 Cách 4: Do f (0) 2 , ta có: xf (x3 ) + f (1- x2 ) = - x10 + x6 - 2x, " x Î ¡ a a a x2 f (x3 )dx xf (1 x2 )dx x11 x7 2x2 dx 1 1 1 3 1 a 1 0 a f (x)d(x) f (x)d(x) x11 x7 2x2 dx 3 1 2 1 a2 1 0 1 Đặt I f (x)dx và J f (x)dx 1 0 1 1 17 Cho a 0 I J 3 2 24 1 1 4 a 1 I J 3 3 3 0 1 13 Vậy f (x)dx 4 f (x)dx 1 0 4 Cách trình bày khác Cách 1 : Chọn f (x) là hàm đa thức và giả sử n là bậc của f (x) . Ta có : bậc của vế phải là 10. Bậc của xf (x3 ) là 3n 1 , bậc của f (1 x2 ) là 2n , suy ra bậc của vế trái là 3n 1 . Khi đó : 3n 1 10 n 3 . Giả sử hệ số của x3 trong f (x) là a . Mặt khác, hệ số bậc cao nhất của vế trái và vế phải lần lượt là a và 1 nên a 1 . Cho x 0 thì f (1) 0 f (x) (x 1)(x2 bx c) . Cho x 1 thì f (1) f (0) 2 f (0) 2 c 2 . Cho x 1 thì f ( 1) 4 b 1. Suy ra f (x) (x 1)(x2 x 2) . Thử lại thấy thỏa. 0 0 2 13 Vậy f (x)dx (x 1)(x x 2) dx . 1 1 4 0 1 Cách 2 : Đặt I f (x)dx và J f (x)dx 1 0
20. xf (x3 ) f (1 x2 ) x10 x6 2x,x ¡ ta có : 3 2 10 6 xf ( x ) f (1 x ) x x 2x,x ¡ xf (x3 ) xf ( x3 ) 4x,x ¡ f (x3 ) f ( x3 ) 4,x 0 f (x) f ( x) 4,x ¡ (do f (0) 2 ) 0 0 1 Suy ra  f (x) f ( x)dx 4 f (x)dx f (x)dx 4 I J 4 (1) 1 1 0 Mặt khác, với x ¡ ta có : xf (x3 ) f (1 x2 ) x10 x6 2x x2 f (x3 ) xf (1 x2 ) x11 x7 2x2 0 0 0 x2 f (x3 )dx xf (1 x2 )dx x11 x7 2x2 dx 1 1 1 1 0 1 0 17 1 1 17 f (x3 )d(x3 ) f (1 x2 )d(1 x2 ) I J . (2) 3 1 2 1 24 3 2 24 0 13 Từ (1) và (2) suy ra I f (x)dx . 1 4