Tải bản đầy đủ

van dung cao tich phan

Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
VẬN DỤNG CAO TÍCH PHÂN
Bài toán 1: Bài toán yêu cầu tìm hàm số
Dạng 1: Giả thiết cho f ( ( x))  g ( x) trong đó  ( x), g ( x) là những hàm số thực
đã biết.drfzc
Phương pháp giải:
+ Một số trường hợp đặt t   ( x) khi đó ta giải được x   (t ) . Thế ngược lại vào
phương trình ta được f (t )  g ((t )) , khi đó ta có hàm số f ( x)  g (( x))
+ Trong một số trường hợp cần sử dụng các phép biến đổi thích hợp để đưa về
dạng f ( ( x))  h( ( x)) . Khi đó hàm số cần tìm sẽ có hạng f ( x)  h( x)
Dạng 2: Giả thiết cho a( x) f (u( x))  b( x) f (v( x))  w( x)
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ u( x)  v(t ) để thu thêm một phương trình nữa đó là
a '( x) f (u( x))  b '( x) f (v( x))  w'( x) và từ đó giải hệ phương trình ta tìm được
f (u( x)), f (v( x))

Bài 1. Cho hàm số y=f(x) liên tục với x  1 thỏa mãn f (

x 1
)  x  3, x  1 . Khi đó
x 1


e 1

giá trị của



f ( x)dx là

2

A. 4e-2
Khi đó ta đặt t 

B. e+2

C. 4e-1

x 1
1 t
 tx  t  x  1  x(t  1)  1  t  x 
x 1
t 1

Thay vào giả thiết ta được f (t ) 

1 t
4t  2
4x  2
3
 f ( x) 
t 1
t 1
x 1

Đáp án A
Ngoài ra để tìm hàm số f(x) ta có thể sử dụng casio như sau
Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

D. e+3




Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
+ Dựa vào kết quả r X=100 tức là ta cần tìm giá trị của x để f (
ta đưa về việc giải phương trình

x 1
)  f (100) khi đó
x 1

x 1
 100  0 ta có nghiệm và nhớ vào A, và tính
x 1

vế phải

Như vậy ta có f (100) 
Bài 2.

398 400  2
4x  2

 f ( x) 
99 100  1
x 1
1
x

Cho hàm số y=f(x) thỏa mãn f ( x  )  x3 

1
, x  0 . Tính giá trị của
x3

3

 f ( x)dx
2

32
A.
7

B.

35
4

C.

15
7

D.

33
4

Tự luận làm tương tự bài 1, ở đây ta hướng tới việc sử dụng casio

Khi đó ta được 99 | 97 | 00  x3  3x  f ( x)  x3  3x và

Đáp án B
Bài 3.

Cho hàm số f(x) liên tục trên

và số thực a. Biết rằng
a

x [0, a], f ( x)  0, f ( x) f (a  x)  1 . Tính

dx

 1  f ( x)
0

A. a

B.

a
2

C.

a
3

D.

2a
3

Chọn a bất kỳ, ở đây chọn a=1 khi đó ta có f ( x). f (1  x)  1 khi đó có thể chọn
hàm hằng, tức là f(x)=1 khi đó giá trị tích phân là

a
. Đáp án B
2

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên R thỏa mãn

Bài 4.

f  x  4 x  3  2 x  1 với mọi x thuộc R .Tính tích phân
5

8

 f  x  dx

2

A. 10

B. 6

C. 5

D. 2

Nhân 2 vế với đạo hàm của x5  4 x  3 ta được
f ( x5  4 x  3)(5x4  4)  (5x4  4)(2x  1)

Tích phân 2 vế ta được
1

 f (x

1

5

1

 4 x  3)(5 x  4)dx   (2 x  1)(5 x  4)dx  10 
4

1

Bài 5.

8

4

Cho hàm số f(x) liên tục trên

 f (t )dt  10 Đáp án A

2

và thỏa mãn

3
2

f ( x)  f ( x)  2  2cos2x ,  , I 

 f ( x)dx

có giá trị là

3

2

A. 6

B. -6

Cách 1. Từ f ( x)  f ( x)  2  2cos2x 

C. 4
3
2



I

3
2



f ( x)dx 

3

2

3
2



D. -4

 ( f ( x)  f ( x))dx  12
3
2

f ( x)dx bằng cách đặt x=-t khi đó ta được I=6

3

2

Cách 2. Đặt t=-x khi đó ta được
f (t )  f (t )  2  2cos 2t  f ( x)  f ( x)  2  2cos 2 x như vậy f(x) là hàm số chẵn

và ta có thể chọn đại diện như sau
f ( x)  acos(x)  2acosx= 2  2 cos 2 x  a 
 f ( x) 

2  2 cos 2 x
2 cos x

2  2 cos 2 x
I 6
2

CasiO Trực tiếp

Chia khoảng nhỏ để tính
Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)

Vinacal Trực tiếp

Chia khoảng để tính:

Tự luận:



3
2
3

2

2  2 cos 2 xdx 

 
 2    32 cos xdx 
 2
Bài 6.






2


2

3
2
3

2

2.2 cos 2 xdx  2 

cos xdx 



3
2

2

3
2
3

2

cos x dx


cos xdx   2  2  2  2   12.


Cho hàm số y=f(x) liên tục trên

và thỏa mãn
2

f ( x)
1
dx
f ( x)  2 f ( )  3x, x  0 khi đó tính I  
x
x
1
2

3
A.
2

9
B.
2

C.

1
2

D.

4
3

Cách 1:
1
x

1
t

1
t

Ta đặt t   x   f ( )  2 f (t ) 

3
, khi đó ta được hệ phương trình
t

1

f ( x)  2 f ( )  3x(1)

2

x
 (1)  2(2)  f ( x)   x 
như vậy

x
2 f ( x)  f ( 1 )  3 (2)

x
x


Đáp án A
Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Nhận xét: Đối với dạng này luôn đưa về hệ phương trình trên
Cách 2:
Đặt t

1
x

dt

1
2

t

2; x

x

1
dx
x2
2

3
 1
Và f    2 f (t ) 
t
t
 1
f 
1
t
 I   2    dt 
2
1 2
.t
t


3
I 
2



2
1
2

t 2dx

2
1
2

dt
. Đổi cận
t2

1
.
2

t



dx

 1
f 
 t  dt 
t

3
 2 f (t )
2
t
 21 t dt 

1
3

f
(
x
)

 f ( x) dx 

x
2x




2
1
2



2
1
2

3
dx  I 
2x2



3
 2 f ( x)
I
x
dx  
t
2

2
1
2

3
 f ( x)
2
2x
 21 x dx

1
3
dx  .
2
2
x

Chọn đáp án A
Bài 7.

1
1
)  x  1  , x  0, x  1 .
1 x
x

Giả sử f(x) là hàm số thỏa mãn f ( x)  f (
4

Khi đó  xf ( x)dx có giá trị là
2

A. 4
Đặt t 

f(

B. 2

C. 6

D. 3

1
t 1
khi đó ta được
 t  tx  1  x 
1 x
t

t 1
t 1
t
t 2  3t  1
)  f (t ) 
1

, như vậy ta có hệ phương trình
t
t
t 1
t (t  1)

1
1

f ( x)  f (
)  x 1

1 x
x
1
x 1
1

 f(
) f (
) x

2
1 x
x
x 1
 f ( x)  f ( x  1)  x  3x  1

x
x( x  1)


Đặt t 

1
t 1
1
t
1
khi đó ta được
 t  tx  1  x 
 1  1

1 x
t
x
t 1 t 1

f (t )  f (

1
t 1
1
)
 t  1  t  , kết hợp ta được hệ phương trình
t 1
t
t

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
1
1

 f ( x)  f (1  x )  x  1  x
1
 f ( x)  1 

x 1
 f ( x)  f ( 1 )  1  x  1

1 x
x

Như vậy , đáp án B

Bài 8.

Cho hàm số f(x) có f’(x) liên tục trên [0;1], và thỏa mãn
1

f ( x  1)  2 f ( x)   x  6 x  3 . Tính I  
3

2

0

3
A.
2

3
B.
2

C.

f '( x)  f ( x) ln 2
dx
2x
3
4

D.

1
2

Ta có
1

I 
0

1

f '( x)
f ( x)
dx  ln 2 x dx
x
2
2
0

u  f ( x) du  f '( x)dx
f ( x) 

J   x dx, 
dx  
1
2
0
v   2 x
v   2 x ln 2
1
f ( x) 1
1
f '( x)
J  x

dx

2 ln 2 0 ln 2 0 2 x
1

1

I 
0

f '( x)
f ( x) 1
f '( x)
f ( x) 1 f (1)
f (1)  2 f (0)
dx  x
  x dx  x

 f (0) 
x
2
2 0 0 2
2 0
2
2
1

x 0
f ( x  1)  2 f ( x)   x3  6 x 2  3 
f (1)  2 f (0)  3  I  

3
2

Bài toán 2: Bài toán liên quan đến đạo hàm
Ta có chú ý sau:
 p ( x ) dx
Giả thiết bài toán cho y ' p( x) y  q( x)  y  v( x)e 
khi đó ta thế ngược lại ta

tìm được hàm số

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Cho hàm số f  x  xác định trên R \ -1,1 thỏa mãn f  x  
'

Bài 9.

1 




rằng f  3  f  3  0 và f 
 2

1
.Biết
x 1
2

1
f    0 .Tính f  2   f  0   f  4  .
2
1
1
C. (2ln 3  3ln 5)
D. (ln 3  ln 5)
2
2

1
1
B. (ln 3  ln 5)
(2ln 3  ln 5)
2
2
1
dx
1
x 1
'
f  x  2
 f ( x)   2
 ln |
| C khi đó ta có
x 1
x 1 2
x 1

A.

 1 x 1
 2 ln x  1  C , x  1, x  1
f ( x)  
 1 ln 1  x  C , 1  x  1
 2 x  1

Theo giả thiết
1
1
1
1 3
f (3)  f (3)  0  (ln  ln 2)  C  0  C  0  f ( 2)  ln 3, f (4)  ln
2
2
2
2 5
1
1
1
1
f ( )  f ( )  0  (ln 3  ln )  C  0  C  0  f (0)  0
2
2
2
3
1
1 3 1
 f (2)  f (0)  f (4)  ln 3  ln  (2 ln 3  ln 5)
2
2 5 2

Ta có thể sử dụng casio như sau từ

1
2

1
2

1
2

1
2

1
2

Như vậy ta có f ( )  f ( )  A, f ( )  f ( )  0  f ( ) 

1
2

Như vậy


0

1
2

1
2

A
1
A
 f ( )  
2
2
2

1
1
A
 f ( )  f (0)  f (0)  f ( )       f (0)  0
2
2 0
2 0

Ta lại có

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)

Giải thích chỗ này A+B tức là f (4)  f (3)  f (2)  f (3)  f (4)  f (3) Đáp án A.
Bài 10.

Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn
1

1

1

1
f (1)  0,  ( f '( x)) dx  7,  x f ( x)dx  , I   f ( x)dx có giá trị là
3
0
0
0
7
7
A.
B.
C. 1
5
4
2

2

D. 4

Nhắc lại bất đẳng thức Holder trong tích phân
Giả sử

1 1
  1 và f ( x), g ( x) là hàm số liên tục trên [a,b]. Khi đó ta có
p q

b

b

 | f ( x) g ( x) | dx  ( | f ( x) |
a

a

p

1
p

b

1
q q

) (  | g ( x) | )
a

Dấu = của bất đẳng thức xảy ra khi tồn tại hai số thực m,n không đồng thời bằng
không sao cho | f ( x) | p  k | g ( x) |q , x [a, b],k 
Đặc biệt khi p=q=2 tức là ta có
b

b

b

(  | f ( x) g ( x) | dx)   | f ( x) |  | g ( x) |2
2

a

2

a

a

Dấu = xảy ra khi f ( x)  kg ( x), x [a, b],k 
Áp dụng ta có
Để ý giả thiết bài toán xuất hiện f '2 ( x) như vậy giả thiết còn lại cũng phải xuất
hiện f '( x) như vậy từ
1

x

2

f ( x)dx

0

u  f ( x)  du  f '( x)dx
x3
v
3
1
1 1 x3
1 x3
f (1)  0
 
f ( x)  
f '( x)dx 
  x 3 f '( x)dx  1
0 0 3
3 3
0

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được
1

1

1

0

0

0

1   x3 f '( x)dx  1   ( x 3 ) 2 dx  f '( x) 2 dx 

1

1
f '( x) 2 dx
7 0

1

  f '( x) 2 dx  7
0

Khi đó dấu = xảy ra khi
1

f '( x)  kx3   kx 6  1  k  7  f ( x)  
0
1

Như vậy  (
0

7 x4
7
7
7
 c, f (1)  0  c   f ( x)   x 4 
4
4
4
4

7 x 4 7
7
 )dx 
4
4
5

Cho hàm số f  x  có đạo hàm và liên tục trên  0,1 thỏa mãn

Bài 11.

  f  x 
1

' 2

0

e2  1
và f 1  0 .Tính
dx    x  1 e f  x  dx 
4
0
1

x

A. e-2

1

 f  x  dx
0

B. e+1

C. 2e-2
1
1
e2  1
2
. (1)
Ta có   f '  x   dx    x  1 e x f  x  dx 
0
0
4
Với

e2  1
0  x  1 e f  x  dx  xe f  x  0  0 xe f '  x  dx  4 
1

x

1

x

1

x

D. e-1

e2  1
0 xe f '  x  dx   4 . (2)
1

x

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:
2

 e2  1 
 4  





1
0

xe x f '  x  dx



2





1
0

 xe x  dx.
2

2
f '  x   dx 

0
1

Từ (1) và (3) suy ra dấu ”=” phải xẩy ra  f '  x   k.xe x

e2  1
 k  1
Thay vào (2) ta có  k  xe  dx  
0
4
 f '  x    xe x  f  x     x  1 e x  C mà ta có
1

x 2

f  1  0  C  0  f  x     x  1 e x

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

2
0  f '  x  dx 
1

e2  1
. (3)
4


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)




1

0

1

f  x  dx     x  1 e xdx  e  2.
0

Chọn đáp án B.
Bài 12.

Cho hàm số f  x  liên tục và thỏa mãn

1

 f  x  dx  9 Tính tích phân

5
2

I    f 1  3x   9  dx
0

A. 20

B. 21

3
2

C. 15

D. -9

2

21
dx  21 Đáp án B
2
0

Chọn f ( x)   I  

Bài 13. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm và liên tục trên khoảng
(0; ); f ( x)  0 với mọi x thuộc khoảng (0; ) và thỏa mãn
1
f '( x)  (2 x  1) f 2 ( x); f (1)   . Giá trị nhỏ nhất của f ( x) trên đoạn 1; 2
2
là:
1
1
A.  .
B.  .
C. 1.
D. 0.
6
2

Nguyên tắc là ta sẽ đưa về dạng
Ta có f '( x)  (2 x  1) f 2 ( x) 

u'

u

k

k

du hoặc  u ' u du

f '( x)
 2x  1 
f 2 ( x)

f '( x)
dx    2 x  1 dx
2
( x)

f

1

f (1) 
1
1
1
2

 x 2  x  C  f ( x)   2

 C  0  f ( x)   2
f ( x)
x xC
x x

1
 min f ( x)  f (1)   .
[1;2]
2
Chọn đáp án A.

Bài 14.

Cho hàm số f ( x) liên tục và f ( x)  0 trên  0;   thỏa mãn

f '( x) 

A. f (7) 

8
9
512
.
B. f (7) 
9

 x  1 f ( x) và f (1)  . Tính f (7).
216
.
9

C. f (7) 

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

1
.
9

D. f (7) 

16
.
9


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Giải:
Ta có f '( x)  ( x  1) f ( x) 

f '( x)
f ( x)

f '( x)



 x1

f ( x)

dx 

2
1

 2 f ( x) 
( x  1)3  C  f ( x)  
( x  1)3  C 
3
3


f (1) 



x  1dx

2

8
1
512
 C  0  f ( x)  ( x  1)3  f (7) 
9
9
9

Chọn đáp án B.
Cho hàm số y  f ( x) liên tục và không âm trên

Bài 15.

thỏa mãn

f ( x). f '( x)  2x f 2 ( x)  1 và f (0)  0. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn
nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  f ( x) trên đoạn [1;3] Biết
rằng giá trị của biểu thức P  2 M  m có dạng a 11
(a, b,c
). Tính giá trị của biểu thức S a b c.

b 3

A. S

D. S

B. S

4.

C. S

7.

6.

c

5.

Giải:

f (x).f '(x)

2 x f 2 (x) 1

Ta có f (x).f '(x)

2x

2

f (x).f '(x)
f 2 (x) 1

f (x) 1

f 2 (x) 1

x2

C

f 2 (x) 1

1

f (x)

(x 2

(x 2 C) 2

dx

(x 2 C) 2

f (x)

2xdx

1

Ta lại có

f (0)

S

0

a

C

b

c

6 1 0

1) 2

1

M

f (3)

m

f (1)

3 11

2M

m

6 11

3

3

7.

Chọn đáp án B.
Bài 16.

Cho hàm số y  f ( x) xác định trên khoảng (0;

x

f '( x) 
f (1) 

A. P

 x  1 f ( x)
3

. Biết f ( x)  0 với mọi x   0;   đồng thời f (0)  1 và

a  b 2 , với a, b  . Tính P

66.

) đồng thời

B. P

69.

a.b?

C. P

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

69.

D. P

66.


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Giải:
x
(x 1)f (x)

Ta có f '(x)

2 3
f (x)
3
Ta lại có
f(0)

1

2
x 1(x
3

C

3

x
x 1

f '(x) f (x)

2)

C

f (1)

2

f (x)

3

2
3

3

x 1(x

(

2

x
dx
x 1

f '(x) f (x)dx

3) 2

2)

3

C

2
3

11 6 2

P

a.b

66

Chọn đáp án D.
Bài 17.

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;   , thỏa mãn

f  x   0 và f  x  . f '  x   3x5  6x2 . Biết f  0   2. Giá trị của f 2  2  là:
A. 96.
B. 100.
C. 50.
D. 69.

Giải:
Ta có

f  x  . f '  x   3x  6 x 
5

 f  x 



2

f 2  x  x6
f  x  f '  x  dx    3x  6x  dx 

 2x 3  C
2
2
5

f  0  2
x6  4x3  2C 
C  2  f  x 

2

x6  4x3  4  f 2  2   100

Chọn đáp án B.
Bài 18.

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 4 , đồng

biến trên đoạn 1; 4 và thỏa mãn đẳng thức

x  2x. f  x    f '  x   , x  1; 4 . Biết rằng f  1 
2



4

1

A.

3
, giá trị của
2

f  x  dx là:

1186
.
45

B.

1174
.
45

C.

1122
.
45

D.

1201
.
45

Giải:
Ta có x  2x. f ( x)   f '( x)  f '( x) 
2



2 f '( x)
2 1  2 f ( x)



x 

2

2 f '( x)
1  2 f ( x)

x  1  2 f ( x) 
dx 



xdx 

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

1  2 f ( x) 

2 3
x C
3


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
2

2

2 3

2 3 4
x

C

1
x   1
3

 3

f (1) 
4
3
3


2
 f ( x) 
 C   f ( x) 
2
3
2
4
1186
 I   f( x)dx 
.
1
45
Chọn đáp án A.

3x 4  x 2  1 2
1
. f  x  và f  1   .
2
3
x
1 b

Cho biết giá trị của tổng f  1  f  2   f  3   ...  f  2017     1 
2 a

b
với là phân số tối giản. Tính a  b
a
A. 4070307.
B. 4070308.
C. 4066273.
D. 40662241.

Bài 19.

Cho hàm số f ( x)  0, biết f '( x) 

Giải:
Ta có
f ' x
3x 4  x 2  1 2
3x 4  x 2  1
.
f
x





x2
f 2  x
x2

f '( x) 





f ' x
dx 
f 2  x

3x 4  x 2  1
dx

x2

1
1
1

  x3  x    C  f  x   
1
f  x 
x
 3
x  x    C
x


Ta lại có f  1  

 f  x  

x

1
 C  0  f  x  
3
x

2

 x  1 x  x  1
2





1
x3  x 

1
x



x
x  x2  1
4

1
1
1

 2
 2

2  x  x  1 x  x  1


1
1
1

 2

2  x  x  1  x  1 2   x  1   1 

 f  1  f  2   f  3   ...  f  2017  

1
1
1
 1

 1
 1 
 
2
2
2017  2017  1  2  4070307


.
Chọn đáp án B.
Bài 20.



2

2

Cho hàm số lẻ f  x  liên tục trên đoạn  2; 2 thỏa mãn

x ln  1  e f  x  dx  2. Tích phân I 



2
2

xf  x  dx bằng:

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
A. 8.

B. 4.

C. 1.

D. 2.

Giải:
Đặt J 



2

2

x ln  1  e f  x  dx  2.

Đặt t   x  dt  dx. Đổi cận: x  2  t  2; x  2  t  2.

 J



2
2

 t  ln  1  e

f  t

  dt    

 J    x ln  1  e f  x  dx 
2

2



2
2

2
2

t ln  1  e

 f t 

2
1  e f t
1  e f  x
 dt   2 t ln f t  dt   2 x ln f  x d
e
e
2

xf  x  dx  I  2 J  4.

J

I

Chọn đáp án B.
Bài 21.

Biết tích phân
2017  sin x



2017

cos
x


I   2 ln 
 dx  a ln 2018  b ln 2017  c với a, b, c là
2017
0
  2017  sin x 

các số nguyên. Giá trị của a  b  c là:
A. 0.
B. 4.
C. 2019.
D. 5.

Giải:
Đã giải bằng casio ở đây:
https://www.youtube.com/watch?v=8QhEYpG4h4s&t=2s

I 


2
0



  2017  cos x  2017  sin x 
ln 
 dx
2017
2017

sin
x








 x  dt   dx. Đổi cận x  0  t  ; x   t  0.
2
2
2

  2017  sin t  2017  cos t 
  2017  sin t  2017  cos t
0
2
 I    ln 
   dt   0 ln 
2017
2017
2017

cos
t
2




  2017  cos t 

Đặt t 


 dt


2017  cos x


2017

sin
x


 I   2 ln 
 dx (Tích phân thì không phụ thuộc vào biến)
2017
0
  2017  cos x 




Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)

  2017  cos x  2017  sin x 
  2017  sin x  2017  cos x
2
 2 I   ln 
 dx  0 ln 
2017
2017
2017

sin
x

 

  2017  cos x 

  2017  cos x  2017  sin x  2017  sin x  2017  cos x 
2
  ln 
.
 dx
2017
2017
0
2017

sin
x
2017

cos
x







2
0








2
0

2
0



ln  2017  cos x 

sin x

.  2017  sin x 

sin x.ln  2017  cos x  dx 




2
0

cos x


 dx


 dx

cos x.ln  2017  sin x  dx


2
0

   ln  2017  cos x  d  2017  cos x  
 2  2018 ln 2018  2017 ln 2017  1




2
0

ln  2017  sin x  d  2017  sin x 

 I  2018ln2018  2017 ln2017  1.
Chọn đáp án A.
3

(2 x

Giả sử I

Bài 22.

a ln 2 2

4)(x 1) dx

0

. Giá trị của a  b  c là:
A. 4.
B. 4.

bln 2
ln 2
2

C. 5.

c

, với a, b, c thuộc

D. 7.

Giải:
Bảng xét dấu

x

0

1

4



x 1



2x

1

I

(2
0


0
2

x

2

4)(x 1)dx






3

(2
1

0

3

x

(2 x

4)(x 1)dx

4)(x 1)dx

2

 du  dx
u  x  1


Đặt 
2x
x
dv

2

4
 4x

 v 
ln 2
 2x

 2x

   2 x  4   x  1 dx   x  1 
 4x    
 4 x  dx
 ln 2

 ln 2

2x
2x 
1 
 2x

2
2
   2  4   x  1 dx   x  1 
 4x   2  2x 
x  1
  2x  4x
ln 2 
ln 2 
 ln 2
 ln 2
x

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)

1 
 2x 
1
2
I 
x  1
  2x  4x 
ln 2 
 ln 2 
0

1 
 2x 
2
2
 ln 2  x  1  ln 2   2 x  4 x  1


x
1 
 2 
3
2

x  1
  2x  4x
ln 2 
 ln 2 
2

2ln 2 2  9ln 2  3
I 
 a  b  c  4.
ln 2 2
Chọn đáp án B.
Có tất cả bao nhiêu số thực dương a

Bài 23.
a

cos 2 x
dx
x
2018
1
a

I

A. 641.

2018 thỏa mãn

1
2

B. 643.

C. 1284.

D. 1282.

Giải:
Đặt t   x  dt  dx. Đổi cận x  a  t  a; x  a  t  a.
I 



a
a

cos  2t 
 dt  
2018 t  1

cos 2 x
 2I  
dx 
 a 2018 x  1
a

I 

2018t.cos  2t 
 a 2018t  1 dt 
a

2018 x.cos 2 x
 a 2018x  1 dx 
a

2018 x.cos  2 x 
 a 2018x  1 dx
a

1
 2018 x

 a cos 2x  2018x  1  2018x  1  dx
a

1 a
1
sin 2a 1
cos
2
xdx

sin(2
a
)

sin(

2
a
)

  sin 2a  1


2  a
4
2
2


1
 k  2018    k  642,0993
4
4
 Có tất cả 643 giá trị của a thỏa mãn ycbt.
0a

Chọn đáp án B.

Bài 24.

Tính thể tích V của khối tròn xoay khi cho đường cong có phương

2
trình x   y  1  1 quay quanh trục hoành là:
2

2
A. V  2 .

2
B. V  4 .

2
C. V  8 .

V  12 .
2

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

D.


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Giải:
2
2
Ta có x   y  1  1  y  1  1  x  1  x  1 .
2

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là:



1
V    1  1  x 2
1 


 
2



 1  1  x2

2

 dx  4 1 1  x 2 dx  22 .
1


Chọn đáp án A.

Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( P) của hàm số

Bài 25.

6x x2 và trục hoành. Hai đường thẳng y

y

(9 m)3

ba phần có diện tích bằng nhau. Tính P
A. P  405.

B. P  324.

n chia ( H ) thành

m, y

(9 n)3

C. P  412.

D. P  81.

Giải:
Ta có diện tích của hình ( H ) là:
6

S

x 2 dx

6x

36 (dvdt )

0

Gọi S1 , S2 là các phần diện tích giới hạn như
hình vẽ
Giải các phương trình

6 x x2
6x x2

m
3

0

x

2

9 n

(9
3

3

n)x

3

(9

x

3

9

n

(9 m)3

(9
3

(x

9

m

3

9

m

(9 n)3

3)2 dx
3

9

n

12

(9

n)3

81

3)2 dx

m) ( x

9 m

3)3 3
3

9 n

9 m

m)dx

9 m

m)x

4
3

n

2

3

9 n

3

(6 x

n) ( x

9

9 m

S2

(9

3)3 3
3

x

9 n

n)dx

(x

0

9 m
3

(6 x
3

P

3

9 n

S1

S1

x

n

4
3

3

9

m

405

Chọn đáp án A.
Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

24

(9

m)3

324


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Cho khối cầu tâm O bán kính R. Mặt phẳng ( P) cách O một

Bài 26.

R
chi khối cầu thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần nhỏ, V2
2
V
là thể tích phần lớn. Tỉ số 1 là:
V2

khoảng

5
.
27

A.

B.

5
.
19

C.

5
.
24

D.

5
.
32

Giải:
Thể tích khối chỏm cầu có chiều cao x là:

V 



R

S( x)dx

R h



 V1 

R
R
2

S( x)dx 



R
R
2

rx2 dx   R  R2  x 2  dx
R

2

R
x3 
 2
 3 R3 
  R x 


R
R  3  
3 



2

 V2 

5
 R3 R3 



R3 .

24  24
 2

V
4 3
5
9
5
R 
R3  R3  1 
.
3
24
8
V2
27

Chọn đáp án A.
[ĐTH Lần 1] Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1

Bài 27.

thỏa mãn f  1  1,



I 
A.

1
0

9

5

2
0  f '  x  dx  ,
1

 f  x  dx 
1

0

2
. Tính tích phân
5

f  x  dx

3
.
5

B.

1
.
4

C.

3
.
4

D.

1
.
5

Giải:
Ta có

  f '  x 
1

0

2

dx 

9
(1).
5

 f  x  dx 

2
đặt x  t  t 2  x  dx  2tdt. Đổi cận
0
5
x  0  t  0; x  1  t  1.

Với

1

2
 
5

1
2
tf
t
dt

tf
t
dt






0
0
5
1

1

1
1
x2
xf
x
dx


f
x





0
0
5
2
1

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018



1
0

x2
1
f '  x  dx 
2
5


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)





1
0

x2 f '  x  dx 

9

25

Ta có



1
0

3
(2).
5

x2 f '  x  dx



2





1
0

x 4dx.

2
f '  x   dx 

0
1

  f '  x 
1

0

2

dx 

9
(3).
5

(1),(3)  Dấu “=” phải xẩy ra  f '  x   kx2
3
 k  3  f '  x   3x 2  f  x   x 3  C.
0
5
1
1
Mà f  1  1  C  0   f  x  dx  .
0
4
1

Thay vào (2) ta có: k  x 4dx 

(Lam Sơn – Thanh Hóa) Cho hàm số f  x  có đạo hàm dương, liên

Bài 28.

tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f  0   1 và
1
1
1
2
5  f '  x   f  x   
dx

2
0 f '  x  f  x  dx. Tính tích phân
0
25 


  f  x 
1

0

3

dx.

25
.
33

A.

B.

5
.
4

C.

1
.
2

D.

53
.
50

Giải:
1
1
1
2
Ta có 5  f '  x   f  x   
dx

2
f '  x  f  x  dx

0
0
25 



 5  
0


2

1
2
f ' x f  x   
5
5

1


 5 
0

1

2

1
f '  x  f  x    dx  0 
5


Mà ta có 


 
0

1

1

f '  x  f  x   dx  2  f '  x  f  x  dx
0


2

1
f ' x f  x    0 
5

2


0 

1
f '  x  f  x    dx  0
5


0 

1
f '  x  f  x    dx  0
5

1

1

2

2

1
f '  x  f  x    dx  0
5

Dấu “=” xẩy ra



f '  x f  x 

1
1
2
 f '  x   f  x  

5
25

 f '  x   f  x 

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

2

dx 

1

 25 dx


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
3
f  x 
1



xC

3

25

f  0  1  C 

1
3
3
  f  x  
x1
3
25

3
0  f  x  dx 
1



1
0

53
 3

.
 x  1  dx 
50
 25


Chọn đáp án D.

Bài 29.

Cho hàm số f  x  có đạo hàm xác định, liên tục trên đoạn  0;1

đồng thời thỏa mãn các điều kiện f '  0   1 và  f '  x    f "  x  . Đặt
T  f  1  f  0  , khẳng định nào sau đây là đúng?
2

A. 2  T  1.

B. 1  T  0.

C. 0  T  1. D. 1  T  2.

Giải:
Ta có  f '  x    f "  x  

f " x

2



 f '  x 

2

1

f " x

  f '  x 

2

dx   dx

1
1
 x  C  f ' x  
f ' x
xC

Mà f '  0   1  C  1  f '  x   

1
x1

Theo định nghĩa tích phân :

T  f  1  f  0  
Bài 30.



1

0

f '  x  dx 

1

0



1
1
dx   ln x  1   ln 2.
0
x1

Cho hàm số f  x  có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn  0; 2 và

thỏa mãn 6 

2

0

2

f '  x  f  x  dx  2  f '  x  f 2  x  dx  9. Biết f  1 
0

trị của tích phân I 
A. I 



3
.
2

  f  x 
2

0

3
B. I   .
2

3

3

3
. Giá
4

dx là:
C. I   3

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018

4
.
3

D. I 

3

4
.
3


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)
Giải:

6

2

2

2

0

0

f '  x  f  x  dx  2  f '  x  f 2  x  dx  9  3 

0

 3
 3

f '  x  f  x  dx 

0
2
0



2

3
f '  x  f  x    dx  0
2
2

3
f '  x  f  x     0, x   0; 2 
2


0 
2

2

3
f '  x  f  x    dx  0
2

2


 
0


3
f '  x  f  x    dx  0
2

2

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi



f ' x f  x 

3
9
 f ' x f 2  x 
2
4

f 3  x  9x
9
f  x  f '  x  dx   dx 

 C  f  x 
4
3
4
2

f  1 

0

f '  x  f 2  x  dx 

2


  
0

2





2

9

f '  x  f 2  x    dx

0
4

2
2 

3
f '  x  f  x  dx     f '  x  f  x     3 f '  x  f  x   dx
0
2



2


Mà 


f '  x  f  x  dx 

3

3
 C  2  f  x  
4

3

9
3 x 
4


2 


  f  x 
2

0

3

3

 9x

3
 C
 4


dx 

3
.
2

Đăng kí tài liệu casio tại đây
https://docs.google.com/forms/d/e/1FAIpQLSfnskdQNwwY8knBCp0Lg70OxFV3
z0S7qgsdCWKcQgAmL64afQ/viewform

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018



2
0

9
dx
4


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018


Chuyên đề : Vận dụng cao tích phân- Hà Toàn- Thanh Phong (face: Ngu toàn diện)

Gr: Thủ thuật casio khối A- Thủ thuật caiso khối A 2018



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×