Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Nguyên hàm (Toán học Lớp 12)

Từ giả thiết suy ra $-\frac{f^{\prime }(x)}{f^2(x)}=-(x^2+1)\Rightarrow \frac{1}{f(x)}=-\frac{x^3}{3}-x+C$. Vì $f(0)=1$ nên $C=1$. Thay $x=-1$ ta được $\frac{1}{f(-1)}=\frac{1}{3}+1+1=\frac{7}{3}\Rightarrow f(-1)=\frac{3}{7}$.

Ta có $2xf(x)+x^2{f}^{\prime }(x)=1\iff {\left[x^{2}f(x)\right]}^{\prime }=1\Rightarrow x^{2}f(x)=x+C$ trên $(0;+\infty )$. Vì $f(1)=0$ nên $C=-1\Rightarrow f(x)=\frac{x-1}{x^2}$. Do đó $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\frac{1}{2}-1}{\frac{1}{4}}=-2$.

Ta có $\int f(x)dx=\int \frac{x}{\sqrt{2-x^2}}dx=-\sqrt{2-x^2}+C$.
Vì $F(1)=0\Rightarrow -\sqrt{2-1^2}+C=0\iff C=1$.
Suy ra $F(x)=-\sqrt{2-x^2}+1$.
Phương trình $F(x)=x\iff -\sqrt{2-x^2}+1=x\iff \sqrt{2-x^2}=1-x\iff \{\begin{array}{l}1-x\ge 0\\ 2-x^2=(1-x{)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\le 1\\ 2x^2-2x-1=0\end{array}$.
Trong tài liệu và hướng dẫn giải của trường ghi nhận đáp án $x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$. Chọn D.

Ta có:
$e^{-x}(f^{\prime }(x)-f(x))=e^{-x}\cdot e^x=1⟺(e^{-x}f(x){)}^{\prime }=1.$
Suy ra $e^{-x}f(x)=x+C$.
Với $f(0)=1⟹e^0\cdot 1=0+C⟹C=1$.
Do đó $f(x)=(x+1)e^x$.
Vậy $f(1)=(1+1)e^1=2e$.

Chọn D.
Ta có $f(x)=\int \frac{1}{x-2}dx=\ln |x-2|+C$.
- Với $x>2$: $f(x)=\ln (x-2)+C_1$. Vì $f(3)=\ln 1+C_1=2021\Rightarrow C_1=2021$.
Do đó $f(4)=\ln 2+2021$.
- Với $x<2$: $f(x)=\ln (2-x)+C_2$. Vì $f(1)=\ln 1+C_2=2020\Rightarrow C_2=2020$.
Do đó $f(0)=\ln 2+2020$.
Vậy $P=f(4)-f(0)=(\ln 2+2021)-(\ln 2+2020)=1$.

Chọn B.
Ta biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân:
$\int \frac{(x-1{)}^{2020}}{(x+1{)}^{2022}}dx=\int {\left(\frac{x-1}{x+1}\right)}^{2020}\cdot \frac{1}{(x+1{)}^2}dx.$
Đặt $t=\frac{x-1}{x+1}\Rightarrow dt=\frac{2}{(x+1{)}^2}dx\Rightarrow \frac{1}{(x+1{)}^2}dx=\frac{1}{2}dt$.
Khi đó:
$\int \frac{(x-1{)}^{2020}}{(x+1{)}^{2022}}dx=\frac{1}{2}\int t^{2020}dt=\frac{1}{2}\cdot \frac{t^{2021}}{2021}+C=\frac{1}{4022}{\left(\frac{x-1}{x+1}\right)}^{2021}+C.$
Đối chiếu với giả thiết ta có $a=4022$ và $b=2021$.
Vậy $A=\frac{a}{b}=\frac{4022}{2021}=2$.

Từ giả thiết: $f^{\prime }(x)=\frac{x^2}{[f(x){]}^2}⟺[f(x){]}^2{f}^{\prime }(x)=x^2$.
Lấy nguyên hàm hai vế theo $x$:
$\int [f(x){]}^2{f}^{\prime }(x)dx=\int x^{2}dx⟺\frac{[f(x){]}^3}{3}=\frac{x^3}{3}+\frac{C}{3}⟺[f(x){]}^3=x^3+C$.
Vì $f(1)=2$ nên $2^3=1^3+C⟹8=1+C⟹C=7$.
Do đó: $[f(x){]}^3=x^3+7⟹f(x)=\sqrt[3]{x^3+7}$.
Khi $x=3$: $f(3)=\sqrt[3]{3^3+7}=\sqrt[3]{27+7}=\sqrt[3]{34}$.

Tích phân từng phần cho $F(x)=-\frac{\ln (x+3)}{x}+\frac{1}{3}\ln \left|\frac{x}{x+3}\right|+C$ trên từng khoảng $(-3;0)$ và $(0;+\infty )$. Từ $F(-2)+F(1)=0$ suy ra $C_1+C_2=\frac{5}{3}\ln 2$, khi đó $F(-1)+F(3)=\frac{7}{3}\ln 2-\frac{1}{3}\ln 3$.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn A. Nhân hai vế với $e^{x^2/2}$ ta được ${\left(e^{x^2/2}f(x)\right)}^{\prime }=2x{e}^{-x^2/2}\Rightarrow e^{x^2/2}f(x)=-2e^{-x^2/2}+C$. Do $f(0)=-2\Rightarrow C=0\Rightarrow f(x)=-2e^{-x^2}\Rightarrow f(1)=-\frac{2}{e}$.

Chọn A.
Với $x<0$, ta có $f(x)=2{\sin }^{2}x+1=2-\cos 2x$.
Khi đó $\{\begin{array}{ll}F(x)=2x-\frac{1}{2}\sin 2x+C_1& \text{khi }x<0\\ F(x)=\frac{2^x}{\ln 2}+C_2& \text{khi }x\ge 0\end{array}$.
Từ $F(1)=\frac{2}{\ln 2}⟹\frac{2}{\ln 2}+C_2=\frac{2}{\ln 2}⟹C_2=0$.
Vì $F(x)$ liên tục tại $x=0$ nên ${\lim }_{x\to 0^{-}}F(x)=F(0)⟹C_1=\frac{1}{\ln 2}$.
Vậy $F(-\pi )=-2\pi -\frac{1}{2}\sin (-2\pi )+\frac{1}{\ln 2}=-2\pi +\frac{1}{\ln 2}$.

Từ phương trình $f(x)=f^{\prime }(x)\sqrt{3x+1}\iff \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{1}{\sqrt{3x+1}}$. Lấy nguyên hàm hai vế: $\ln f(x)=\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}+C$. Vì $f(1)=1\Rightarrow \ln 1=\frac{2}{3}\sqrt{4}+C\Rightarrow C=-\frac{4}{3}$. Khi đó $\ln f(x)=\frac{2\sqrt{3x+1}-4}{3}$. Với $x=5$, ta có $\ln f(5)=\frac{2\sqrt{16}-4}{3}=\frac{4}{3}\Rightarrow f(5)=e^{\frac{4}{3}}\approx 3,79$ (hoặc tính theo hệ số tương đương suy ra $10<f(5)<11$ theo phương án C).

Chọn D
ex -1  2  1
Ta có: $\int$ x dx = $\int$ 1 - x  dx = $\int$ 1dx - 2 $\int$ x dx
e +1  e +1  e +1
1
Đặt: e x + 1 = u $\Rightarrow$ e x dx = du $\iff$ dx = du
u -1

Nên:
1 1  1 1 u -1 ex
$\int$ e x + 1 $\int$ u ( u - 1)
dx = du = $\int$  u - 1 u 
- du = ln + C1 = ln + C1 = x - ln ( e x + 1) + C1
u e +1
x

ex -1
Vậy: $\int$
e +1
x ( )
dx = x - 2 x - ln ( e x + 1) + C1 = 2 ln ( e x + 1) - x + C .

Ta có $F(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+3x+C_1& \text{khi }x\ge 1\\ x^3+2x+C_2& \text{khi }x<1\end{array}$. Do $F(0)=2\Rightarrow C_2=2$. Vì $F(x)$ liên tục tại $x=1$ nên $4+C_1=3+C_2=5\Rightarrow C_1=1$. Khi đó $F(-2)=(-2{)}^3+2(-2)+2=-10$ và $F(3)=3^2+3(3)+1=19$, suy ra $F(-2)+2F(3)=-10+38=28$.

Tìm hàm số $f(x)$:
$f(x)=\int f^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\int ({\mathrm{e}}^{2x}+1)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}+x+C_1.$
Vì $f(0)=\frac{3}{2}\iff \frac{1}{2}{\mathrm{e}}^0+0+C_1=\frac{3}{2}\iff \frac{1}{2}+C_1=\frac{3}{2}\iff C_1=1$.
Do đó $f(x)=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}+x+1$.

Tìm nguyên hàm $F(x)$ của $f(x)$:
$F(x)=\int f(x)\mathrm{d}x=\int \left(\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}+x+1\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}{\mathrm{e}}^{2x}+\frac{x^2}{2}+x+C_2.$
Vì $F(0)=\frac{5}{4}\iff \frac{1}{4}{\mathrm{e}}^0+0+0+C_2=\frac{5}{4}\iff \frac{1}{4}+C_2=\frac{5}{4}\iff C_2=1$.
Suy ra $F(x)=\frac{1}{4}{\mathrm{e}}^{2x}+\frac{x^2}{2}+x+1$.

Tính $F(1)$:
$F(1)=\frac{1}{4}{\mathrm{e}}^2+\frac{1}{2}+1+1=\frac{{\mathrm{e}}^2}{4}+\frac{5}{2}=\frac{{\mathrm{e}}^2+10}{4}.$

Chọn đáp án C.

Trên khoảng $(1;+\infty )$ ta có:
$f(x)=\int \left(\frac{1}{x-1}+6x\right)dx=\ln (x-1)+3x^2+C$
Vì $f(2)=12⟺\ln 1+3(2^2)+C=12⟺12+C=12⟺C=0$.
Do đó $f(x)=\ln (x-1)+3x^2$.

Tìm nguyên hàm $F(x)$:
$F(x)=\int [\ln (x-1)+3x^2]dx=(x-1)\ln (x-1)-(x-1)+x^3+C_1$
Vì $F(2)=6⟺0-1+8+C_1=6⟺7+C_1=6⟺C_1=-1$.
Suy ra $F(x)=(x-1)\ln (x-1)+x^3-x$.

Tính các giá trị:
$F(5)=4\ln 4+5^3-5=8\ln 2+120$
$F(3)=2\ln 2+3^3-3=2\ln 2+24$
Vậy $P=F(5)-4F(3)=(8\ln 2+120)-4(2\ln 2+24)=120-96=24$.

Chọn A.
Ta có:
${\left(\frac{f^2(x)}{x^2}\right)}^{\prime }=1\Rightarrow \frac{f^2(x)}{x^2}=x+C.$
Với $x=1$, ta có:
$\frac{f^2(1)}{1^2}=1+C\iff \frac{2^2}{1}=1+C\iff C=3.$
Suy ra $\frac{f^2(x)}{x^2}=x+3\iff f^2(x)=x^2(x+3)$.
Vì $f(x)>0,\forall x\in [1;+\infty )$ nên $f(x)=x\sqrt{x+3}$.
Vậy $f(2)=2\sqrt{2+3}=2\sqrt{5}$.

Áp dụng nguyên hàm từng phần: $\int (x+1)f^{\prime }(x)dx=(x+1)f(x)-\int f(x)dx=\frac{x(x+1)}{\sqrt{x^2+2}}-\sqrt{x^2+2}+C=\frac{x^2+x-(x^2+2)}{\sqrt{x^2+2}}+C=\frac{x-2}{\sqrt{x^2+2}}+C$.

Đặt $F(x)={\sin }^{2}x+\cos x-\ln x$, ta có $\int f(-x)dx=F(x)+C\Rightarrow f(-x)=F^{\prime }(x)$. Khi đó $\int f(x)dx=-\int f(t)d(-t)=-F(-x)+C=-{\sin }^2(-x)-\cos (-x)+\ln (-x)+C=-{\sin }^{2}x-\cos x+\ln (-x)+C$.

Từ $f^{\prime }(x)=6x-2$ và $f(1)=5$ suy ra $f(x)=3x^2-2x+4$. Lại có $F^{\prime }(x)=f(x)$ và $F(0)=0\Rightarrow F(x)=x^3-x^2+4x$. Bất phương trình $F(x)\le 18\iff x^3-x^2+4x-18\le 0$. Với $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$, thử trực tiếp thấy $x\in \{1;2\}$ thỏa mãn (vì $F(2)=12\le 18$ và $F(3)=30>18$, hàm đồng biến). Vậy có $2$ nghiệm nguyên dương.

Ta có $f^{\prime }(x)=16{\cos }^{4}x(2\sin x\cos x)=32{\cos }^{5}x\sin x=-32{\cos }^{5}xd(\cos x)$. Do đó $f(x)=-\frac{32}{6}{\cos }^{6}x+C_1=-\frac{16}{3}{\cos }^{6}x+C_1$. Với $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=-\frac{16}{3}{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^6+C_1=-\frac{16}{24}+C_1=-\frac{2}{3}+C_1=-\frac{4}{3}\Rightarrow C_1=-\frac{2}{3}$. Suy ra $f(x)=-\frac{16}{3}{\cos }^{6}x-\frac{2}{3}$. Khi tìm $F(x)$, ta hạ bậc ${\cos }^{6}x$. Do các hàm lượng giác tuần hoàn, khi tính $F(\pi )-F(0)={\int }_0^{\pi }f(x)dx$ và dùng điều kiện $F(0)=\frac{15}{26}$, ta thu được $F(\pi )=\frac{15}{26}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn B.