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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(2x+1)f^2(x)$, suy ra ${\left(-\frac{1}{f(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)}{f^2(x)}=2x+1$, nên $-\frac{1}{f(x)}=x^2+x+C$. Với $f(1)=-0,5$: $-\frac{1}{f(1)}=2=1+1+C\Rightarrow C=0$. Vậy $f(x)=-\frac{1}{x^2+x}=-\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)$. Do đó ${\sum }_{k=1}^{2025}f(k)=-\left(1-\frac{1}{2026}\right)=-\frac{2025}{2026}$, tức $a=-2025,b=2026$. Kiểm tra: A sai vì $a=-2025\notin (-2025;2025)$; B đúng vì $b-a=2026-(-2025)=4051$; C sai vì $-\frac{2025}{2026}>-1$; D sai vì $a+b=1$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại phương trình dưới dạng tuyến tính: $f^{\prime }(x)+\frac{x+2}{x(x+1)}f(x)=1$. Phân tích $\frac{x+2}{x(x+1)}=\frac{2}{x}-\frac{1}{x+1}$, nên thừa số tích phân là $\mu (x)=e^{\int \left(\frac{2}{x}-\frac{1}{x+1}\right)dx}=\frac{x^2}{x+1}$.
Khi đó ${\left(f(x)\cdot \frac{x^2}{x+1}\right)}^{\prime }=\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$, suy ra $f(x)\cdot \frac{x^2}{x+1}=\frac{x^2}{2}-x+\ln |x+1|+C$.
Dùng $f(1)=2\ln 2+1$ với $\mu (1)=\frac{1}{2}$: $\frac{2\ln 2+1}{2}=\frac{1}{2}-1+\ln 2+C\Rightarrow C=1$.
Vậy $f(x)=\frac{x+1}{x^2}\left(\frac{x^2}{2}-x+\ln |x+1|+1\right)$.
Tại $x=2$: $f(2)=\frac{3}{4}\left(2-2+\ln 3+1\right)=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}\ln 3$, tức $a=b=\frac{3}{4}$.
Do đó $T=a^2-b=\frac{9}{16}-\frac{3}{4}=-\frac{3}{16}\approx -0,2$.

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right)$.
Do đó trên mỗi khoảng xác định:
- Trên $(-\infty ;-1)$: $f(x)=\frac{1}{2}\ln \frac{x-1}{x+1}+C_1$.
- Trên $(-1;1)$: $f(x)=\frac{1}{2}\ln \frac{1-x}{1+x}+C_2$.
- Trên $(1;+\infty )$: $f(x)=\frac{1}{2}\ln \frac{x-1}{x+1}+C_3$.
Từ $f(3)+f(-3)=4\Rightarrow \frac{1}{2}\ln \frac{2}{4}+C_3+\frac{1}{2}\ln \frac{-4}{-2}+C_1=4\Rightarrow -\frac{1}{2}\ln 2+C_3+\frac{1}{2}\ln 2+C_1=4\Rightarrow C_1+C_3=4$.
Từ $f\left(\frac{1}{3}\right)+f\left(-\frac{1}{3}\right)=2\Rightarrow \frac{1}{2}\ln \frac{2/3}{4/3}+C_2+\frac{1}{2}\ln \frac{4/3}{2/3}+C_2=2\Rightarrow 2C_2=2\Rightarrow C_2=1$.
Khi đó:
$T=f(-5)+f(0)+f(2)$
$=\left(\frac{1}{2}\ln \frac{-6}{-4}+C_1\right)+\left(\frac{1}{2}\ln 1+C_2\right)+\left(\frac{1}{2}\ln \frac{1}{3}+C_3\right)$
$=\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}+0-\frac{1}{2}\ln 3+(C_1+C_3)+C_2$
$=-\frac{1}{2}\ln 2+4+1=5-\frac{1}{2}\ln 2$.

Phương trình vi phân: $f^{\prime }(x)+(2x+1)f^2(x)=0\iff -\frac{f^{\prime }(x)}{f^2(x)}=2x+1$.
Lấy nguyên hàm hai vế: $\frac{1}{f(x)}=x^2+x+C$.
Vì $f(2)=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{1}{f(2)}=6\Rightarrow 2^2+2+C=6\Rightarrow C=0$.
Do đó $\frac{1}{f(x)}=x^2+x=x(x+1)\Rightarrow f(x)=\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$.
Suy ra: $P={\sum }_{k=1}^{2019}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=1-\frac{1}{2020}=\frac{2019}{2020}$.

Ta có $[f^{\prime }(x)\cdot f^2(x){]}^{\prime }=f^{\prime \prime }(x)f^2(x)+2[f^{\prime }(x){]}^{2}f(x)=2x-3⟹f^{\prime }(x)f^2(x)=x^2-3x+C_1$. Do $f(0)=f^{\prime }(0)=1⟹C_1=1$. Tiếp tục lấy nguyên hàm: $\frac{f^3(x)}{3}=\frac{x^3}{3}-\frac{3x^2}{2}+x+C_2$. Do $f(0)=1⟹C_2=\frac{1}{3}⟹f^3(x)=x^3-\frac{9}{2}{x}^2+3x+1⟹P=f^3(2)=8-18+6+1=-3$. Chọn A.

Ta có $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)$. Chia hai vế cho $(x+1{)}^2$:
$\frac{x}{x+1}{f}^{\prime }(x)+\frac{1}{(x+1{)}^2}f(x)=\frac{x+2}{x+1}=1+\frac{1}{x+1}$.
Nhận thấy vế trái chính là đạo hàm của $\frac{x}{x+1}f(x)$:
${\left[\frac{x}{x+1}f(x)\right]}^{\prime }=1+\frac{1}{x+1}$.
Lấy nguyên hàm hai vế:
$\frac{x}{x+1}f(x)=\int \left(1+\frac{1}{x+1}\right)dx=x+\ln |x+1|+C$.
Theo giả thiết $f(1)=2\ln 2$, thay $x=1$ vào:
$\frac{1}{2}f(1)=1+\ln 2+C⟺\ln 2=1+\ln 2+C⟺C=-1$.
Do đó với $x>0$:
$\frac{x}{x+1}f(x)=x+\ln (x+1)-1$.
Thay $x=2$ vào:
$\frac{2}{3}f(2)=2+\ln 3-1=1+\ln 3⟺f(2)=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\ln 3$.
Suy ra $a=\frac{3}{2}$ và $b=\frac{3}{2}$.
Vậy $a^2+b^2={\left(\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2=\frac{9}{4}+\frac{9}{4}=\frac{18}{4}=\frac{9}{2}$. Chọn B.

Chọn A.
Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức $f^{\prime }(x)[f(x){]}^2=x{e}^x$:
$\int [f(x){]}^2{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\int x{e}^x\mathrm{d}x⟺\frac{[f(x){]}^3}{3}=(x-1)e^x+C.$
Vì $f(1)=1$ nên $\frac{1}{3}=0+C⟺C=\frac{1}{3}$.
Do đó $[f(x){]}^3=3(x-1)e^x+1$.
Phương trình $f(x)=\frac{1}{e}⟺3(x-1)e^x+1=\frac{1}{e^3}⟺3(x-1)e^x=\frac{1}{e^3}-1$.
Khảo sát hàm số $g(x)=3(x-1)e^x$, phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Chia cả hai vế của phương trình cho $(x+1{)}^2$: $\frac{x}{x+1}{f}^{\prime }(x)+\frac{1}{(x+1{)}^2}f(x)=\frac{(x+1)(x+2)}{(x+1{)}^2}⟺{\left[\frac{x}{x+1}f(x)\right]}^{\prime }=1+\frac{1}{x+1}$. Lấy nguyên hàm hai vế: $\frac{x}{x+1}f(x)=x+\ln |x+1|+C$. Do $f(1)=2\ln 2⟹\frac{1}{2}(2\ln 2)=1+\ln 2+C⟹C=-1$. Do đó $\frac{x}{x+1}f(x)=x-1+\ln (x+1)$ (với $x>0$). Với $x=2$: $\frac{2}{3}f(2)=1+\ln 3⟹f(2)=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\ln 3$. Ta có $a=\frac{3}{2},b=\frac{3}{2}$. Vậy $a^2+b^2=(\frac{3}{2}{)}^2+(\frac{3}{2}{)}^2=\frac{9}{2}$. Chọn D.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 43 chọn đáp án A.

Ta có:
$f(x)=\int f^{\prime }(x)dx=\int \sin x\cdot e^{m\cos x}dx=-\frac{1}{m}\int e^{m\cos x}d(m\cos x)=-\frac{1}{m}{e}^{m\cos x}+C.$
Từ giả thiết $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{1}{m}$:
$-\frac{1}{m}{e}^{m\cos (\pi /2)}+C=-\frac{1}{m}⟺-\frac{1}{m}{e}^0+C=-\frac{1}{m}⟺-\frac{1}{m}+C=-\frac{1}{m}⟺C=0.$
Do đó $f(x)=-\frac{1}{m}{e}^{m\cos x}$.
Khi đó:
$m\cdot f\left(\frac{\pi }{3}\right)=m\left(-\frac{1}{m}{e}^{m\cos (\pi /3)}\right)=-e^{\frac{m}{2}}.$
Bất phương trình trở thành:
$-e^{\frac{m}{2}}\ge -e^{1009}⟺e^{\frac{m}{2}}\le e^{1009}⟺\frac{m}{2}\le 1009⟺m\le 2018.$
Vì $m$ là số nguyên dương ($m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$) nên $m\in \{1;2;3;\dots ;2018\}$.
Vậy có tất cả 2018 giá trị nguyên dương của $m$.

Chọn đáp án A.

Chọn C.
Xét hàm số $h(x)=f(x)-g(x)$.
Ta có $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)$.
Dựa vào đồ thị, $f^{\prime }(x)$ và $g^{\prime }(x)$ cắt nhau tại các điểm có hoành độ $-1,1,2$.
Do đó $h^{\prime }(x)=4m(x+1)(x-1)(x-2)$.
Lấy nguyên hàm và sử dụng $h(0)=f(0)-g(0)=0$, ta lập bảng xét dấu của $h(x)$:



Từ bảng xét dấu, ta thấy $h(x)\ge 0\iff x\in (-\infty ;0]\cup \left[\frac{4}{3};+\infty \right]$.

Chọn B.
Phương trình tương đương với:
$x{f}^{\prime }(x)-f(x)=2x{f}^2(x)-3x^2{f}^2(x)=x(2-3x)f^2(x)$
Chia hai vế cho $x^2{f}^2(x)$:
$\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2{f}^2(x)}=\frac{2-3x}{x}=\frac{2}{x}-3\iff -{\left(\frac{1}{xf(x)}\right)}^{\prime }=\frac{2}{x}-3$
Lấy nguyên hàm hai vế và sử dụng điều kiện $f(2)=\frac{1}{2}$, ta suy ra $f(x)=\frac{1}{x^2-x}$.
Khi đó $f(x)=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}$.
Tổng telescoping:
$P=f(2)+f(3)+\dots +f(2021)=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\dots +\left(\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}\right)=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}$.

Chọn A
x 2 + 4 x -1 x 2 -1
'
f ( x) - 2 f ( x) = x + 1 e( 2
) 2
$\iff$ f ( x).e ' -2 x
- 2.e -2 x
(
. f ( x) = x + 1 e 2
) 2

x 2 -1 3 x2
f ( x ) ' = x 2 + 1 e 2 $\Rightarrow$ e -2 x f ( x ) = $\int$ x 2 + 1 e 2 dx (1)
( ) ( )
3
$\iff$ e -2 x
1
1

3 x 2 -1 3 x 2 -1 3 x 2 -1 3 x 2 -1
Đặt K = $\int$ x + 1 e ( 2
) 2
dx = $\int$ x e 2 2
dx + $\int$ e 2
dx (2). Đặt L = $\int$ e 2
dx
1 1 1 1

2 2
x -1 x -1 3 x 2 -1 x 2 -1
u = e 2 du = x.e 2 .dx ( x -1)
1 2 3 3
Đặt $\Rightarrow$ $\Rightarrow$ L = xe 2
- $\int$ x e dx $\Rightarrow$ L = 3e - 1 - $\int$ x e 2 dx (3)
2 2 4 2

dv = dx v = x 1 1 1

3 x 2 -1
Thay (3) vào (2) ta được K = $\int$ x + 1 e ( 2
) 2
dx = 3e 4 - 1 (4).
1

Thay (4) vào (1) ta được

a = 3

. f ( x ) = 3e - 1 $\Rightarrow$ e . f ( 3) - e . f (1) = 3e - 1 $\Rightarrow$ f ( 3) = 3e $\Rightarrow$ b = 10
-2 x 3 4 -6 -2 4 10
e
1
c = 0

$\Rightarrow$ 2a + 3b + 4c = 2(3) + 3(10) + 4(0) = 36

f ( x) g ( x) f ' ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d

Nhân cả hai vế với thừa số tích phân thích hợp và giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 1, kết hợp điều kiện $f(1)=e$, ta tìm được hàm số $f(x)$ và suy ra giá trị $f(2)$ tương ứng với phương án D.

Biến đổi phương trình vi phân: $x{f}^{\prime }(x)-(x+2)f(x)=x^3$. Với $x\ne 0$, chia cả hai vế cho $x^3$: $\frac{x{f}^{\prime }(x)-(x+2)f(x)}{x^3}=1\iff \frac{x{f}^{\prime }(x)-2f(x)}{x^3}-\frac{f(x)}{x^2}=1$. Nhân hai vế với thừa số tích phân $e^{-x}$: $\frac{d}{dx}\left(\frac{f(x)e^{-x}}{x^2}\right)=e^{-x}$. Lấy nguyên hàm hai vế: $\frac{f(x)e^{-x}}{x^2}=-e^{-x}+C\Rightarrow f(x)=x^2(C{e}^x-1)$. Với $f(1)=e\Rightarrow 1^2(Ce-1)=e\Rightarrow Ce-1=e\Rightarrow C=1+\frac{1}{e}$. Khi đó tại $x=2$: $f(2)=2^2(C{e}^2-1)=4\left(\left(1+\frac{1}{e}\right)e^2-1\right)=4(e^2+e-1)=4e^2+4e-4$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn A.

Chia hai vế cho $(x+2{)}^2$: $\frac{x+1}{x+2}{f}^{\prime }(x)+\frac{1}{(x+2{)}^2}f(x)=\frac{x-1}{x+2}\iff {\left(\frac{x+1}{x+2}f(x)\right)}^{\prime }=1-\frac{3}{x+2}$. Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 (trang 9), đáp án là C ($6-6\ln 2$).

Chia cả tử và mẫu cho $x^2$, ta có:
$\int \frac{x^2+1}{x^4+2x^3-10x^2-2x+1}\text{d}x=\int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+2x-10-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}\text{d}x=\int \frac{\text{d}\left(x-\frac{1}{x}\right)}{{\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2+2\left(x-\frac{1}{x}\right)-8}=\frac{1}{6}\int \left(\frac{1}{x-\frac{1}{x}-2}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}+4}\right)\text{d}\left(x-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{6}\ln \left|\frac{x^2-2x-1}{x^2+4x-1}\right|+C$.
Suy ra $a=1,b=6,c=2,d=4\Rightarrow a+b+c+d=1+6+2+4=13$.

Ta có $\int f^{\prime }(x)e^{x}dx$: đặt $u=e^x,dv=f^{\prime }(x)dx\Rightarrow du=e^{x}dx,v=f(x)$. Khi đó $\int f^{\prime }(x)e^{x}dx=f(x)e^x-\int f(x)e^{x}dx$. Theo giả thiết $\int f(x)e^{x}dx={\ln }^{2}x+C_1\Rightarrow f(x)e^x=({\ln }^{2}x{)}^{\prime }=\frac{2\ln x}{x}$. Từng phần tiếp ta được kết quả có dạng $\frac{1}{x}-{\ln }^{2}x+C$. Chọn A.

Với mọi $x\in \mathbb{R}$, ta có:
$f(x)\cdot f^{\prime }(x)-f^2(x)=2e^{6x}\Rightarrow \frac{2f(x)\cdot f^{\prime }(x)\cdot e^{2x}-2e^{2x}\cdot f^2(x)}{e^{4x}}=4e^{4x}$
$\Rightarrow {\left(\frac{f^2(x)}{e^{2x}}\right)}^{\prime }=4e^{4x}\Rightarrow \frac{f^2(x)}{e^{2x}}=\int 4e^{4x}\text{d}x=e^{4x}+C$.
Suy ra $\frac{f^2(0)}{1}=1+C\Rightarrow C=0$. Do đó $f^2(x)=e^{6x}\Rightarrow f(x)=e^{3x},\forall x\in \mathbb{R}$ (vì $f(x)>0$).
Vậy $f(1)=e^3\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\end{array}\Rightarrow a+b=4$. Chọn A.

Với mọi $x\in (0;+\infty )$, chia hai vế cho $x^2{e}^{f(x)}$ ta được:
$\frac{x\left(2x-f^{\prime }(x)\right)e^{x^2-f(x)}-e^{x^2-f(x)}}{x^2}=e^x\iff {\left(\frac{e^{x^2-f(x)}}{x}\right)}^{\prime }=e^x$.
Lấy nguyên hàm hai vế trên $(0;+\infty )$, ta có $\frac{e^{x^2-f(x)}}{x}=e^x+C$.
Thay $x=1$ và $f(1)=0$ suy ra $e^1=e^1+C\Rightarrow C=0$.
Do đó $e^{x^2-f(x)}=x{e}^x\iff x^2-f(x)=x+\ln x\iff f(x)=x^2-x-\ln x$.
Khi đó $f(4)=16-4-\ln 4=12-2\ln 2\Rightarrow a=12,b=-2\Rightarrow a-b=14$.

Với mọi $x\in (-1;+\infty )$, chia hai vế của đẳng thức cho $(x+1{)}^2>0$, ta được:
$\frac{2}{(x+1{)}^2}f(x)+\frac{x-1}{x+1}{f}^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+3}}\iff {\left[\frac{x-1}{x+1}f(x)\right]}^{\prime }={\left(\sqrt{x^2+3}\right)}^{\prime }$.
Lấy nguyên hàm hai vế trên $(-1;+\infty )$, ta có:
$\frac{x-1}{x+1}f(x)=\sqrt{x^2+3}+C$.
Thay $x=1$ vào đẳng thức trên: $0=\sqrt{4}+C\Rightarrow C=-2$.
Thay $x=0$ vào đẳng thức trên: $-f(0)=\sqrt{3}-2\Rightarrow f(0)=2-\sqrt{3}\approx 0,268\in (0;1)$.
Chọn đáp án D.