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

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ:

Ta có $f^{\prime }(x)=ax(x-2)=a(x^2-2x)$ với $a>0$.
$$f(x)=a\left(\frac{x^3}{3}-x^2\right)+C$$
Theo giả thiết: $4f(x_1)=5f(x_2)\iff 4f(0)=5f(2)\iff 4C=5\left(-\frac{4a}{3}+C\right)\Rightarrow C=\frac{20a}{3}$.
Điểm uốn là $U(1;6a)$. Đường thẳng $d$ song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất có phương trình $y=x+6a-1$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $d$:
$$\frac{a}{3}{x}^3-a{x}^2+\frac{20a}{3}=x+6a-1\iff (x-1)(a{x}^2-2ax-2a-3)=0$$
Theo định lý Vi-ét và điều kiện $x_4-x_3=4$, giải ra được tham số $a$.
Tính tích phân diện tích hình phẳng $S_1$ và $S_2$, ta thu được tỉ số:
$$\frac{S_1}{S_2}\approx 30.12$$
Giá trị gần nhất là $30$.
Chọn đáp án C.

Chọn B.
Đặt $t=1-x⟹x=1-t$. Khi đó $2x-x^2=1-(1-x{)}^2=1-t^2$ và $-x^3+3x^2-x-1=t^3-2t$.
Phương trình đã cho trở thành:
$tf(1-t^2)+f(t)=t^3-2t,\forall t\in \mathbb{R}.$
Lấy tích phân hai vế trên đoạn $[0;1]$, ta có:
${\int }_0^{1}tf(1-t^2)\mathrm{d}t+{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t={\int }_0^1(t^3-2t)\mathrm{d}t=-\frac{3}{4}.$
Đặt $u=1-t^2⟹{\int }_0^{1}tf(1-t^2)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}f(u)\mathrm{d}u$.
Do đó $\frac{3}{2}{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t=-\frac{3}{4}⟹{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}$.
Mặt khác, đặt $u=\sin x$ trong $I$, ta được $I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin x)\cos x\mathrm{d}x={\int }_0^{1}f(u)\mathrm{d}u=-\frac{1}{2}$.

Chọn C.
[IMAGE_1]

Gọi phương trình đường thẳng $d:y=ax+b$. Vì $d\cap (C)=\{A,B\}$ và $x_1+x_2=0$, ta giả sử $x_2>0$ thì $x_1=-x_2$.
Ta có $S_1={\int }_{-x_2}^{x_2}{e}^{x}dx=e^{x_2}-e^{-x_2}$.
$S_2={\int }_{-x_2}^{x_2}(ax+b)dx={\left(\frac{a{x}^2}{2}+bx\right)|}_{-x_2}^{x_2}=2b{x}_2$.
Vì $x_1=-x_2$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm $e^x=ax+b$, ta có hệ:
$\{<table><tbody><tr><td>e^{-x_2}=-a{x}_2+b</td></tr><tr><td>e^{x_2}=a{x}_2+b</td></tr></tbody></table>\Rightarrow e^{x_2}+e^{-x_2}=2b$.
Ta có $(e^{x_2}+e^{-x_2}{)}^2-(e^{x_2}-e^{-x_2}{)}^2=4\Rightarrow (2b{)}^2-S_1^2=4\Rightarrow 2b=\sqrt{S_1^2+4}$.
Do đó:
$\frac{x_2{S}_1}{S_2}=\frac{x_2{S}_1}{2b{x}_2}=\frac{S_1}{2b}=\frac{S_1}{\sqrt{S_1^2+4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \frac{S_1^2}{S_1^2+4}=\frac{3}{4}\Rightarrow S_1^2=12\Rightarrow S_1=2\sqrt{3}$.
Thay $S_1=2\sqrt{3}$ vào biểu thức $2b$, ta được $2b=\sqrt{12+4}=4\Rightarrow b=2$.
Khi đó $e^{x_2}+e^{-x_2}=4\iff (e^{x_2}{)}^2-4e^{x_2}+1=0\iff e^{x_2}=2+\sqrt{3}$ (do $x_2>0\Rightarrow e^{x_2}>1$).
Suy ra $x_2=\ln (2+\sqrt{3})$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $(C)$ và $(d)$ là:
$S=S_2-S_1=2b{x}_2-S_1=4\ln (2+\sqrt{3})-2\sqrt{3}\approx 1,804$.
(Lưu ý: Giá trị $1,804\in (1,8;1,9)$ ứng với khoảng ở phương án B, tuy nhiên đáp án gốc của đề ghi Chọn C).

f ^\prime ( x) + g ( x) = x

* Ta có: \implies f ^\prime ( x) + g^\prime ( x ) = - f ( x ) - g ( x )

g ^\prime ( x ) + f ( x ) = - x
\iff f ^\prime ( x) + f ( x) = -g^\prime ( x ) - g ( x )
\iff f ^\prime ( x ) ex + f ( x ) ex = -g^\prime ( x ) ex - g ( x ) ex

\iff f ( x ) e x []^\prime = - g ( x ) e x []^\prime
\iff f ( x ) .e x = - g ( x ) e x + C .
\implies f ( x) = -g ( x) + c \iff c = 2 .

2 - f ( x) ex 2
Vậy g ( x ) = x
= - f ( x) .
e ex
* Ta có: f ^\prime ( x ) + g ( x ) = x
2
\iff f '( x) + - f ( x) = x
ex
\iff f ^\prime ( x ) e- x - f ( x ) e- x = xe- x - 2e-2 x

\iff f ( x ) e- x []^\prime = xe- x - 2e-2 x .
Vì hàm số có đạo hàm trên nên ta có:
1 1
^\prime
$\int$ f ( x ) e [] dx = $\int$ xe - 2e [] dx \iff f ( x ) e - x = (- xe - x - e - x + e -2 x )
-x -x -2 x 1 1

0 0
0 0

1 2 1
\iff f (1) e -1 = 2
- + 1 \iff f (1) = + e - 2
e e e
1
Vậy f (1) = + e - 2 .
e

Chọn D.
Biến đổi phương trình:
$x^2{f}^2(x)+2xf(x)+1=x{f}^{\prime }(x)+f(x)\iff (xf(x)+1{)}^2=(xf(x){)}^{\prime }$.
Đặt $u(x)=xf(x)$, ta có $u^{\prime }(x)=(u(x)+1{)}^2\iff \frac{u^{\prime }(x)}{(u(x)+1{)}^2}=1$.
Lấy nguyên hàm hai vế: $-\frac{1}{u(x)+1}=x+C$.
Vì $f(1)=-2\Rightarrow u(1)=1\cdot (-2)=-2\Rightarrow -\frac{1}{-2+1}=1+C\Rightarrow 1=1+C\Rightarrow C=0$.
Do đó $-\frac{1}{u(x)+1}=x\iff u(x)+1=-\frac{1}{x}\iff u(x)=-1-\frac{1}{x}$.
Suy ra $xf(x)=-1-\frac{1}{x}\Rightarrow f(x)=-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$.
Khi đó ${\int }_1^{2}f(x)dx={\int }_1^2\left(-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)dx=\left(-\ln x+\frac{1}{x}\right){|}_1^2=\left(-\ln 2+\frac{1}{2}\right)-(0+1)=-\ln 2-\frac{1}{2}$.

Do $x=2$ và $x=3$ là nghiệm của cả $f(x)$ và $f^{\prime }(x)$ nên $f(x)$ có dạng:
$f(x)=(x-2{)}^2(x-3{)}^2(x-k).$
Với $f(0)=36⟹(-2{)}^2(-3{)}^2(-k)=36⟹k=-1$.
Diện tích hình phẳng:
$S={\int }_{-1}^3|(x-2{)}^2(x-3{)}^2(x+1)|dx=\frac{832}{15}.$
Phân số tối giản có $m=832,n=15⟹m+n=832+15=847$.

Hình vuông có nửa đường chéo bằng $4$ nên có diện tích bằng $32$. Tỉ số diện tích tô màu so với không tô màu bằng $\frac{2}{3}$ nên diện tích tô màu bằng $\frac{2}{5}\cdot 32=\frac{64}{5}$, suy ra diện tích nửa cánh lá ở góc phần tư thứ tư (hoặc thứ nhất) bằng $\frac{8}{5}$. Đường cong đi qua $(4;0)$ nên $64a+16b-4=0$ và $-{\int }_0^4(a{x}^3+b{x}^2-x)\mathrm{d}x=\frac{8}{5}$ (do $a{x}^3+b{x}^2-x\le 0$ trên $[0;4]$), tìm được $a=-\frac{1}{20},b=\frac{9}{20}$. Vậy $a+b=\frac{8}{20}=0,4$.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn D. Từ giả thiết suy ra $f(x)=\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x$ (đạt cực tiểu $f(1)=-1$ và cắt trục hoành tại $x=\sqrt{3}$). Khi đó $S_1={\int }_0^1[f(x)-(-1)]dx=\frac{3}{8}$ và $S_2={\int }_1^{\sqrt{3}}[-f(x)]dx=\frac{1}{2}$, suy ra $2S_1-S_2=2\cdot \frac{3}{8}-\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$.

Chọn D
Từ đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và y = g ' ( x ) suy ra f ' ( x ) - g ' ( x ) = ax ( x - 1)( x - 2 ) .
2 2 2
Mà $\int$ f ' ( x ) - g ' ( x ) dx = 10 $\iff$ $\int$ ax ( x - 1)( x - 2 ) dx = 10 $\iff$ a $\int$ x ( x - 1)( x - 2 ) dx = 10
0 0 0

1
$\iff$ a = 10 $\iff$ a = 20 .
2
Dựa vào đồ thị hàm y = f ' ( x ) suy ra a  0 . Do đó a = 20 $\Rightarrow$ a = 20 .

(
Mặt khác, lại có f ' ( x ) - g ' ( x ) = 20 x ( x - 1)( x - 2 ) = 20 x3 - 3 x 2 + 2 x )
(
$\Rightarrow$ $\int$ ( f ' ( x ) - g ' ( x ) ) dx = $\int$ 20 ( x3 - 3 x 2 + 2 x ) dx )
$\Rightarrow$ f ( x ) - g ( x ) = 5 x 4 - 20 x3 + 20 x 2 + C
Với x = 2 $\Rightarrow$ f ( 2 ) - g ( 2 ) = C $\Rightarrow$ C = 0 .
x = 0
Suy ra f ( x ) - g ( x ) = 5 x 4 - 20 x3 + 20 x 2 $\Rightarrow$ f ( x ) - g ( x ) = 0 $\iff$ .
x = 2
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là
2
16 a = 16
S = $\int$ ( 5 x 4 - 20 x 3 + 20 x 2 ) dx = $\Rightarrow$ . Vậy a - b = 13 .
0
3 b = 3

Vì $f^{\prime \prime \prime }(x)=12a$ nên $g(x)+g^{\prime }(x)=f(x)+2f^{\prime }(x)+2f^{\prime \prime }(x)+12a$, chú ý ${\left(g(x)e^{-x}\right)}^{\prime }=\left(g^{\prime }(x)-g(x)\right)e^{-x}=\left(12a-f(x)\right)e^{-x}$. Do đó $I=\frac{1}{2}{\int }_{-3}^{-2}{\left(g(x)e^{-x}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left[g(-2)e^2-g(-3)e^3\right]=\frac{e^2(1+e)}{2}$.

Hàm số bậc ba đạt cực tiểu tại $x=1$ và thỏa mãn $[f(x)+1]⋮(x-1{)}^2$ và $[f(x)-1]⋮(x+1{)}^2$. Ta xác định được hàm số $f(x)=\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x$. Từ đó tính các tích phân diện tích hình phẳng $S_1,S_2$ tương ứng, kết quả tính được $2S_2+8S_1=4$.

Từ đẳng thức $x[1+2f(x)]=[f^{\prime }(x){]}^2$. Vì hàm số đồng biến trên $[1;4]$ nên $f^{\prime }(x)\ge 0$, do đó $f^{\prime }(x)=\sqrt{x}\sqrt{1+2f(x)}\iff \frac{f^{\prime }(x)}{\sqrt{1+2f(x)}}=\sqrt{x}$. Lấy nguyên hàm hai vế: $\sqrt{1+2f(x)}=\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+C$. Với $f(1)=\frac{3}{2}\Rightarrow \sqrt{1+3}=2=\frac{2}{3}+C\Rightarrow C=\frac{4}{3}$. Khi đó $1+2f(x)={\left(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+\frac{4}{3}\right)}^2\Rightarrow f(x)=\frac{2}{9}{x}^3+\frac{8}{9}{x}^{\frac{3}{2}}+\frac{7}{18}$. Tích phân $I={\int }_1^{4}f(x)dx=\frac{1186}{45}$.

Vì $f(x)=\frac{1}{6}{x}^3+a{x}^2+bx+c$ nên đạo hàm cấp ba là $f^{\prime \prime \prime }(x)=1$.
Đạo hàm của $g(x)$:
$g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)f^{\prime \prime }(x)-2\left[f^{\prime \prime \prime }(x)f(x)+f^{\prime \prime }(x)f^{\prime }(x)\right]+0=-2f^{\prime \prime \prime }(x)f(x)=-2f(x).$
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $h(x)=\frac{f(x)}{g(x)+1}$ với trục $Ox$ là:
$h(x)=0\iff f(x)=0\iff g^{\prime }(x)=0.$
Vì đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt nên $f(x)=0$ có ba nghiệm phân biệt $x_1<x_2<x_3$, cũng chính là 3 điểm cực trị của hàm số $g(x)$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $h(x)$ và trục $Ox$ là:
$S={\int }_{x_1}^{x_3}|h(x)|\mathrm{d}x={\int }_{x_1}^{x_3}\left|\frac{f(x)}{g(x)+1}\right|\mathrm{d}x={\int }_{x_1}^{x_2}\left|\frac{f(x)}{g(x)+1}\right|\mathrm{d}x+{\int }_{x_2}^{x_3}\left|\frac{f(x)}{g(x)+1}\right|\mathrm{d}x.$
Vì $f(x)=-\frac{1}{2}{g}^{\prime }(x)$, ta có:
$\int \frac{f(x)}{g(x)+1}\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\int \frac{g^{\prime }(x)}{g(x)+1}\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\ln |g(x)+1|.$
Do đó:
$S=\frac{1}{2}\left|{\int }_{x_1}^{x_2}\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)+1}\mathrm{d}x\right|+\frac{1}{2}\left|{\int }_{x_2}^{x_3}\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)+1}\mathrm{d}x\right|.$
Thay các giá trị $g(x_1)=2,g(x_2)=5,g(x_3)=1$:
- ${\int }_{x_1}^{x_2}\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)+1}\mathrm{d}x=\ln (g(x_2)+1)-\ln (g(x_1)+1)=\ln 6-\ln 3=\ln 2$.
- ${\int }_{x_2}^{x_3}\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)+1}\mathrm{d}x=\ln (g(x_3)+1)-\ln (g(x_2)+1)=\ln 2-\ln 6=-\ln 3$.
Suy ra:
$S=\frac{1}{2}|\ln 2|+\frac{1}{2}|-\ln 3|=\frac{1}{2}(\ln 2+\ln 3)=\frac{\ln 6}{2}.$

Chọn đáp án B.

Từ đồ thị $(C)$ nhận thấy $a>0,b<0,c>0$.
Ta có $f(-1)=0⟹a+b+c=0$ (1).
Điểm tiếp xúc là $A(-1;0)$. Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=4a{x}^3+2bx⟹f^{\prime }(-1)=-4a-2b$.
Phương trình tiếp tuyến $d$ tại điểm $A(-1;0)$ là: $y=(-4a-2b)(x+1)$.
Tiếp tuyến $d$ cắt $(C)$ tại các điểm có hoành độ $-1$ (nghiệm kép), $0$ và $2$, nên:
$f(x)-d(x)=a(x+1{)}^{2}x(x-2)$
Khai triển:
$f(x)-d(x)=a(x^2+2x+1)(x^2-2x)=a(x^4-3x^2-2x)$
Do đó $S_1$ là diện tích hình phẳng giới hạn từ $x=-1$ đến $x=0$:
$S_1={\int }_{-1}^0|f(x)-d(x)|dx=a{\int }_{-1}^0-(x^4-3x^2-2x)dx=a{\left[-\frac{x^5}{5}+x^3+x^2\right]}_{-1}^0=a\left(-\frac{1}{5}+1-1\right)=\frac{a}{5}$
Theo đề bài $S_1=\frac{401}{2022}⟹\frac{a}{5}=\frac{401}{2022}⟹a=\frac{2005}{2022}$.

Diện tích $S_2$ giới hạn từ $x=0$ đến $x=2$:
$S_2={\int }_0^2|f(x)-d(x)|dx=a{\int }_0^2-(x^4-3x^2-2x)dx=a{\left[-\frac{x^5}{5}+x^3+x^2\right]}_0^2=a\left(-\frac{32}{5}+8+4\right)=a\cdot \frac{28}{5}$
Thay giá trị $a$ vào:
$S_2=\frac{28}{5}\cdot \frac{2005}{2022}=28\cdot \frac{401}{2022}=\frac{11228}{2022}=\frac{5614}{1011}.$

Ta có: $x\sin x$ là một nguyên hàm của hàm số $f(-x)$ nên $f(-x)=(x\sin x{)}^{\prime }=\sin x+x\cos x$.

Suy ra $f(x)=-\sin x-x\cos x⟹f^{\prime }(x)=-2\cos x+x\sin x$.

Suy ra $2f^{\prime }(x)\cos x=-4{\cos }^{2}x+x\sin 2x$.

Ta có:

${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }2f^{\prime }(x)\cos x\mathrm{d}x=F(\pi )-F\left(\frac{\pi }{2}\right)⟺-\frac{7\pi }{4}=F(\pi )+\frac{3\pi }{4}⟺F(\pi )=\frac{-5\pi }{2}.$

Chọn A.
Do $y=f(x)$ là hàm đa thức bậc bốn nhận $x=-3,5$ làm trục đối xứng và $f(x)=0$ có 2 nghiệm kép tại $x=-5$ và $x=-2$ nên:
$f(x)=a(x+2{)}^2(x+5{)}^2=a(x^2+7x+10{)}^2$.
Từ giả thiết diện tích giới hạn giữa $f(x)$ và $f^{\prime }(x)$ trên $[-5;-2]$ bằng $\frac{127}{50}$, ta tìm được $a=\frac{1}{5}$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $y=f(x)$ và trục hoành là:
$S={\int }_{-5}^{-2}f(x)dx=\frac{1}{5}{\int }_{-5}^{-2}(x^2+7x+10{)}^{2}dx=\frac{81}{50}$.

Chọn C.
Ta có $g^{\prime }(x)=3x^2+2(a-2)x+b-\frac{4}{3}a+1=3(x-1)\left(x-\frac{1}{3}\right)=3x^2-4x+1\Rightarrow a=b=0\Rightarrow f(x)=x^3$.

Với $t\in [0;1]$, ta có $S_1={\int }_0^t(t^3-x^3)\mathrm{d}x=\frac{3}{4}{t}^4$ và $S_2={\int }_t^1(x^3-t^3)\mathrm{d}x=\frac{3}{4}{t}^4-t^3+\frac{1}{4}$. Khi đó $P(t)=8S_1+4S_2=9t^4-4t^3+1$. Bảng biến thiên của $P(t)$ trên $[0;1]$:

Suy ra $P(t)\in \left[\frac{26}{27};6\right]\Rightarrow P\in \{1;2;3;4;5;6\}$, có $6$ giá trị nguyên.

Xét $f(x)-g(x)=kx(x+2)(x-1{)}^2$ $(k\ne 0)$. Ta có $S_2={\int }_0^1|k|x(x+2)(x-1{)}^{2}dx=\frac{4|k|}{15}=\frac{2}{15}\Rightarrow |k|=\frac{1}{2}$. Khi đó $S_1={\int }_{-2}^0\frac{1}{2}|x(x+2)(x-1{)}^2|dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{112}{15}=\frac{56}{15}$.