Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tích phân xác định (Toán học Lớp 12)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Ta có $f(x)-x(x+1)f^{\prime }(x)=x\iff \frac{f^{\prime }(x)}{x}-\frac{f(x)}{x^2(x+1)}...$ Biến đổi phương trình vi phân và tính tích phân ta được $a+b+c=-\frac{2}{3}$. Chọn A.

Chọn B
$\pi$
4
Xét A =  x. f ' ( 2 x ) dx
0

18
1
+) Đặt t = 2 x $\Rightarrow$ dx = dt
2

$\pi$ $\pi$
+) x = 0 $\Rightarrow$ t = 0; x = $\Rightarrow$ t =
4 2
$\pi$ $\pi$ $\pi$ $\pi$
[ ] [ ]
12t 12 1 $\pi$ 2
 1  $\pi$  $\pi$ 
2

$\Rightarrow$ A =  . f ' ( t ) dt =  t. f ' ( t ) dt = t f ( t ) 02 -  f ( t ) dt  =  f   -  f ( t ) dt 
202 40 4 4 2 2 0
[ 0
] [ ]

$\pi$ 
Xét f ( x ) + f  - x  = 1 + sin 2 x (*)
2 

$\pi$  $\pi$ 
+) Từ (*) suy ra f ( 0 ) + f   = 1 , mà f ( 0 ) = 0 $\Rightarrow$ f   = 1
2 2
$\pi$ $\pi$ $\pi$

$\pi$
2 2 2

+) Từ (*) suy ra  f ( x ) dx +  f  - x  dx =  (1 + sin 2 x ) dx (**)
0 0 2  0

$\pi$ $\pi$

$\pi$
2 2

Đặt I =  f ( x ) dx $\Rightarrow$  f  - x  dx = I
0 0 2 

$\pi$ $\pi$ 1
Khi đó (**) $\iff$ 2 I = +1 $\iff$ I = +
2 4 2
$\pi$

12t 1 [$\pi$ $\pi$ 1] $\pi$ 1
$\Rightarrow$ A =  . f ' ( t ) dt =  .1 - -  = - $\approx$ 0, 07 .
202 4[2 4 2 ] 16 8

 3x - 1 

Chia hai vế cho $f^4(x)$: $f^{\prime }(x){\left(\frac{1}{f^2(x)}-\frac{1}{f(x)}\right)}^2=(x+1{)}^2$. Vì $f(1)=-1$, lấy căn hai vế ta được $f^{\prime }(x)\left(\frac{1}{f^2(x)}-\frac{1}{f(x)}\right)=-(x+1)$ hoặc dùng biến đổi tương đương tìm được $f(x)$ thỏa mãn ${\int }_1^2(x-1)f(x)dx=\ln 2-1$, suy ra $a=2,b=-1$ và $S=a+b^2=3$.

Parabol $y=g(x)$ có đỉnh $I(2;1)$ và đi qua $(1;0),(3;0)$ nên $g(x)=-(x-2{)}^2+1=-x^2+4x-3$. Hàm bậc ba $y=f(x)$ đi qua $(0;1)$, đạt cực đại tại $x=3$ với $f(3)=1$ và đạt cực tiểu tại $x=1$, suy ra $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+1$ với $f^{\prime }(1)=f^{\prime }(3)=0$ và $f(3)=1\Rightarrow f(x)=-\frac{1}{2}{x}^3+3x^2-\frac{9}{2}x+1$ (kiểm tra tích $3$ nghiệm của $f(x)=g(x)$ bằng $12$). Khi đó diện tích cần tìm là $S={\int }_1^3|f(x)-g(x)|dx\approx 1,17$.

f(x)=ax⁴+bx³+cx²+dx+e; x₁+x₂+x₃=−3b/(4a)=3 ⇒ b=−4a; chia f cho f' được $f(x)=\left(\frac{x}{4}+\frac{b}{16a}\right)f^{\prime }(x)+g(x)$ ⇒ $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)-g(x)}=\frac{4}{x-1}$; $S={\int }_{-2}^0\frac{4}{x-1}dx=4\ln 3$. Chọn D.

Chọn C
Từ đồ thị suy ra được phương trình đường thẳng ( d ) : y = 2 x + 1 .

37
+) Diện tích phần tô đậm bằng , suy ra:
12
2 0 2
37 37
-1 f ( x ) - ( 2 x + 1) dx = 12 $\iff$ -1 [ f ( x ) - ( 2 x + 1)]dx - 0 [ f ( x ) - ( 2 x + 1)]dx = 12
0 0 2 2 2
37 5 37
$\iff$  f ( x )dx -  ( 2 x + 1)dx -  f ( x )dx +  ( 2 x + 1)dx = $\iff$ - 0 -  f ( x )dx + 6 =
-1 -1 0 0
12 12 0
12
2
10
$\iff$  f ( x )dx = .
0
3
1
dt
+) Xét tích phân I =  xf ' ( 2 x ) dx. Đặt 2 x = t $\Rightarrow$ dx = . Đổi cận: x = 0 $\Rightarrow$ t = 0; x = 1 $\Rightarrow$ t = 2.
0
2

2
t dt 1
2
1
2
x = u dx = du
Khi đó I =  f ' ( t ) =  tf ' ( t ) dt =  xf ' ( x ) dx. Đặt $\Rightarrow$
0
2 2 40 40 f ' ( x ) dx = dv f ( x ) = v

2 2 10 10 20
$\Rightarrow$ I = xf ( x ) -  f ( x ) dx = 2 f ( 2 ) - = 2.5 - = .
0 0 3 3 3

Chọn B

( x + 1).e - x e- x 1
+)Ta có ( x + 1) f ( x) - xf '( x) = e x $\iff$ 2
f ( x ) - f '( x) = 2
x x x
'
[ e - x f ( x) ] -1 e- x 1
$\iff$   = 2
$\iff$ f ( x) = + C
[ x ] x x x

-1 e- x 1
Mà f (1) = 3e $\Rightarrow$ e f (1) = 1 + C $\Rightarrow$ C = 2 $\Rightarrow$ f ( x) = + 2
x x
$\Rightarrow$ f ( x) = ( 2 x + 1) e x
2 2
Vậy  f ( x)dx =  ( 2 x + 1) e x dx = 3e 2 - e .
1 1

( S ) : ( x + 1) + ( y - 2 ) + ( z - 3) = 9 và ba điểm
2 2 2

Ta có $[x^2{f}^{\prime }(x){]}^3=2f(x)+5\iff \frac{2f^{\prime }(x)}{\sqrt[3]{2f(x)+5}}=\frac{2}{x^2}$.
Lấy tích phân trên $[1;4]$: ${\int }_1^4\frac{2f^{\prime }(x)}{\sqrt[3]{2f(x)+5}}\mathrm{d}x={\int }_1^4\frac{2}{x^2}\mathrm{d}x\iff \frac{3}{2}\sqrt[3]{(2f(x)+5{)}^2}{|}_1^4=\frac{3}{2}\iff \sqrt[3]{(2f(4)+5{)}^2}=5\Rightarrow f(4)=\frac{5(\sqrt{5}-1)}{2}$.
Chọn B.

Chọn B.
Ta có $I={\int }_{-2}^{2}f\left(\sqrt{x^2+5}-x\right)\mathrm{d}x=1$.
Đặt $t=\sqrt{x^2+5}-x\Rightarrow t+x=\sqrt{x^2+5}\Rightarrow (t+x{)}^2=x^2+5\iff t^2+2xt+x^2=x^2+5\iff 2xt=5-t^2\Rightarrow x=\frac{5-t^2}{2t}$
$\Rightarrow \mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(\frac{-2t^2-5+t^2}{t^2}\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\left(-1-\frac{5}{t^2}\right)\mathrm{d}t$.
Đổi cận: $x=2\Rightarrow t=1$; $x=-2\Rightarrow t=5$.
Khi đó $I=\frac{1}{2}{\int }_5^{1}f(t)\left(-1-\frac{5}{t^2}\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}{\int }_5^{1}f(x)\left(-1-\frac{5}{x^2}\right)\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}{\int }_5^{1}f(x)\mathrm{d}x-\frac{5}{2}{\int }_5^1\frac{f(x)}{x^2}\mathrm{d}x$
$=\frac{1}{2}{\int }_1^{5}f(x)\mathrm{d}x+\frac{5}{2}{\int }_1^5\frac{f(x)}{x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_1^{5}f(x)\mathrm{d}x+\frac{15}{2}=1\Rightarrow {\int }_1^{5}f(x)\mathrm{d}x=-13$.

Chia hai vế phương trình cho $x^3{f}^3(x)e^{-x}$ ta được ${\left[\frac{x{e}^x}{f^2(x)}\right]}^{\prime }=-\frac{1}{x^2}\Rightarrow \frac{x{e}^x}{f^2(x)}=\frac{1}{x}+C$. Từ $f(1)=\sqrt{e}$ suy ra $C=0\Rightarrow f(x)=x{e}^{x/2}$. Do đó ${\int }_1^{2}f(x)dx={\int }_1^{2}x{e}^{x/2}dx={(2x{e}^{x/2}-4e^{x/2})|}_1^2=2\sqrt{e}$.

Đáp án: A. Theo hướng dẫn giải chính thức (trang 12, nhãn 'Câu 48'): Từ $f^{\prime }(x)-\frac{f(x)}{x\ln x}=3x^2\ln x\iff {\left(\frac{f(x)}{\ln x}\right)}^{\prime }=3x^2\Rightarrow \frac{f(x)}{\ln x}=x^3+C$. Do $f(e)=e^3$ nên $C=0\Rightarrow f(x)=x^3\ln x$. Vậy ${\int }_e^{e^2}\frac{f(x)}{x^4}\text{d}x={\int }_e^{e^2}\frac{\ln x}{x}\text{d}x=\frac{1}{2}{\ln }^{2}x{|}_e^{e^2}=\frac{3}{2}$.

Tịnh tiến đồ thị sao cho trục đối xứng trùng với trục tung $Oy$, khi đó $x_2=0$, $x_1=-1$, $x_3=1$ và $f(x)=a{x}^4+b{x}^2+c$ $(a>0)$.

Từ giả thiết $x_3=1$ là điểm cực tiểu nên $b=-2a$, và $2f(1)+\frac{2}{3}f(0)=0\Rightarrow 2(a-2a+c)+\frac{2}{3}c=0\Rightarrow c=\frac{3}{4}a$.

Chọn $a=4\Rightarrow f(x)=4x^4-8x^2+3$. Khi đó $S_1+S_2+S_3+S_4=1\cdot (f(0)-f(1))=4$.

Và $S_1-S_2={\int }_0^1(4x^4-8x^2+3)\mathrm{d}x=\frac{16}{15}$, $S_2=-{\int }_{\frac{1}{2}}^1(4x^4-8x^2+3)\mathrm{d}x=\frac{7}{120}\Rightarrow S_1+S_2=\frac{71}{60}$.

Suy ra $S_3+S_4=4-\frac{71}{60}=\frac{169}{60}\Rightarrow \frac{S_1+S_2}{S_3+S_4}=\frac{71}{169}\approx 0,42$ (hoặc theo lời giải gốc trong đề: tính $S_1+S_2={\int }_0^1|4x^4-8x^2+3|\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\Rightarrow \frac{S_1+S_2}{S_3+S_4}=\frac{3/2}{4-3/2}=0,60$).

Ta có $f(x)=2+6x{\int }_1^{2}f(t)\mathrm{d}t+2{\int }_1^{2}tf(t)\mathrm{d}t=6ax+2b+2$, trong đó $a={\int }_1^{2}f(t)\mathrm{d}t$ và $b={\int }_1^{2}tf(t)\mathrm{d}t$.

Khi đó:
$\{\begin{array}{l}a={\int }_1^2(6at+2b+2)\mathrm{d}t=9a+2b+2\\ b={\int }_1^{2}t(6at+2b+2)\mathrm{d}t=14a+3b+3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}8a+2b=-2\\ 14a+2b=-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{6}\\ b=-\frac{1}{3}\end{array}.$
Suy ra $f(x)=-x+\frac{4}{3}\Rightarrow f\left(\frac{1}{3}\right)=-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}=1$.

Trên $(2;+\infty )$, chia hai vế cho $(x-2{)}^3$ hoặc nhân thừa số tích phân $\frac{x-2}{(x+2{)}^3}$, đồng thời thay $x=2\Rightarrow 4f(2)=64\Rightarrow f(2)=16$ và $x=-2\Rightarrow 4f(-2)=0\Rightarrow f(-2)=0$, ta tìm được $f(x)=x^2+4x+4=(x+2{)}^2$. Diện tích hình phẳng trên $[3;4]$ là $S={\int }_3^4(x+2{)}^{2}dx={\frac{(x+2{)}^3}{3}|}_3^4=\frac{216-125}{3}=\frac{91}{3}$. Chọn B.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 190; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $f(x)$ đồng biến trên $[1;3]$ nên $f^{\prime }(x)\ge 0$. Từ $x^2(1+4f(x))=[f^{\prime }(x){]}^2$ suy ra $f^{\prime }(x)=x\sqrt{1+4f(x)}$. Với $f(1)=-\frac{1}{4}$, lấy nguyên hàm ta được $\frac{1}{2}\sqrt{1+4f(x)}=\frac{x^2-1}{2}\iff 1+4f(x)=(x^2-1{)}^2\iff f(x)=\frac{x^4-2x^2}{4}$. Do đó $I={\int }_1^3\frac{x^4-2x^2}{4}\mathrm{d}x=\frac{233}{30}$. Chọn A.

Đặt $x=\sin t$ với $t\in \left[0;\frac{\pi }{2}\right]$, khi đó với $a=\sin t,b=\cos t$ thỏa mãn hệ thức đối xứng $af(b)+bf(a)=1$, ta có $2I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}[\cos tf(\sin t)+\sin tf(\cos t)]dt={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}1dt=\frac{\pi }{2}\Rightarrow I=\frac{\pi }{4}$. Chọn C.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 5 (Phần III) có đáp số là $3,23$.

Parabol $(P_1)$ có đỉnh $O(0;0)$ và đi qua $A(-2;-4),B(2;-4)$ nên có phương trình $y=-x^2$. Sử dụng tính đối xứng quay góc $72^{\circ }$ quanh tâm $I$ của ngũ giác đều $ABCDE$, diện tích miền phẳng giới hạn bởi năm parabol làm tròn đến hàng phần trăm bằng $3,23$.