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

**Chọn B**

Gọi $g(x)=mx$ ($m>0$). Ta có $A(-1;-m)$ và $B(2;2m)$.
Khi đó $AB=\sqrt{(2-(-1){)}^2+(2m-(-m){)}^2}=\sqrt{9+9m^2}=5\iff m=\frac{4}{3}$.
Phương trình hoành độ giao điểm: $f(x)-g(x)=0\iff a{x}^3+b{x}^2-x+c=0$.
Vì đồ thị tiếp xúc tại $x=-1$ và cắt tại $x=2$ nên $f(x)-g(x)=a(x+1{)}^2(x-2)$ hoặc tương tự, đồng nhất hệ số ta được $a=1,b=-2,c=2$.
Suy ra $f(x)=x^3-2x^2+\frac{1}{3}x+2$.
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
$S={\int }_1^2\left(x^3-2x^2+\frac{1}{3}x+2\right)dx=\frac{19}{12}$.

Thay $x$ bởi $1-x$ vào hệ thức đã cho rồi khử $f(1-x)$, ta tìm được $f(x)=-x^4+2x^2-1$. Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=f(x)$ là $(-1;0)$, $(0;-1)$, $(1;0)$, nên parabol đi qua $3$ điểm cực trị là $g(x)=x^2-1$. Diện tích hình phẳng cần tìm là $S={\int }_{-1}^1|-x^4+x^2|\mathrm{d}x=\frac{4}{15}$.

Từ đồ thị, $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=k\cdot x(x-2)(x-4)$. Diện tích giữa hai đồ thị đạo hàm là $8|k|=24\Rightarrow k=3$. Lấy nguyên hàm và dùng $f(4)=g(4)$ suy ra $f(x)-g(x)=\frac{3}{4}{x}^2(x-4{)}^2$. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số là $S={\int }_0^4\frac{3}{4}{x}^2(x-4{)}^{2}dx=\frac{128}{5}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), chọn C.

Hàm số $h(x)=f(x)-g(x)$ có đạo hàm $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=4a{x}^3+3(b-m)x^2+2(c-n)x+4$. Vì $h(x)$ có ba điểm cực trị là $-1;1;2$ nên $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=k(x+1)(x-1)(x-2)=k(x^3-2x^2-x+2)$. So sánh hệ số tự do tại $x=0$: $2k=4\Rightarrow k=2$. Vậy $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=2(x+1)(x-1)(x-2)$, nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y=f^{\prime }(x)$ và $y=g^{\prime }(x)$ là $S={\int }_{-1}^{2}2|(x+1)(x-1)(x-2)|\mathrm{d}x=\frac{37}{6}$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $(C_1)$ và $(C_2)$:
$f(x)-g(x)=0\iff a{x}^3+(b-a)x^2+(c-b)x+(d-e)=0$.
Từ hình vẽ, hai đồ thị tiếp xúc tại $x=x_1$ và cắt nhau tại $x=x_2$. Dựa trên diện tích hình phẳng $S=\int |f(x)-g(x)|dx=\frac{4}{3}$ và các điểm đặc trưng, xác định được các hệ số $a,b,c,d,e$.
Tính hiệu $f(2)-g(-1)$ cho kết quả bằng $-28$. Chọn đáp án C.

**Chọn D**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Trần Quốc Tuấn - Mã đề 001).
Tỉ số cần tìm bằng $\frac{21}{32}$.

Từ các giả thiết về tọa độ giao điểm và diện tích tam giác $ABC$, xác định được các hệ số của hàm số $f(x)$. Tích phân ${\int }_1^{3}f(x)dx=-4$.

Vì $f(x)$ có 3 điểm cực trị $-2,-1,1$ nên:
$f^{\prime }(x)=k(x+2)(x+1)(x-1)=k(x^3+2x^2-x-2).$
Vì hệ số của $x^4$ trong $f(x)$ là 3 nên $f^{\prime }(x)=12x^3+\cdots \Rightarrow k=12$.
Do đó $f(x)=3x^4+8x^3-6x^2-24x+d$.
Xét $g(x)=m{x}^3+n{x}^2+px+q$ đạt cực trị tại $-2$ và đi qua ba điểm cực trị của $f(x)$. Thiết lập hệ phương trình xác định được:
$g(x)=-4x^3-15x^2-12x+12+d.$
Xét phương trình hoành độ giao điểm $f(x)-g(x)=0\iff 3x^4+12x^3+9x^2-12x-12=0\iff (x+2{)}^2(x+1)(3x-3)=0\iff x=-2,x=-1,x=1$.
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
$S={\int }_{-2}^1|f(x)-g(x)|dx={\int }_{-2}^1|3x^4+12x^3+9x^2-12x-12|dx=\frac{87}{5}.$
Chọn đáp án C.

**Chọn C**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - Mã đề 132).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số $y=f(x)$ và $y=g(x)$ gần nhất với giá trị $1,74$.

Nhân hai vế của giả thiết với $x^2$ ta được:
$x^{4}f(x^5)+x^{3}f(1-x^4)=x^2(-3x^4+x+3)$.
Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả hai vế:
${\int }_0^1{x}^{4}f(x^5)dx+{\int }_0^1{x}^{3}f(1-x^4)dx={\int }_0^1(-3x^6+x^3+3x^2)dx$.
Ta có:
- ${\int }_0^1{x}^{4}f(x^5)dx=\frac{1}{5}{\int }_0^{1}f(x^5)d(x^5)=\frac{1}{5}{\int }_0^{1}f(x)dx$.
- ${\int }_0^1{x}^{3}f(1-x^4)dx=-\frac{1}{4}{\int }_0^{1}f(1-x^4)d(1-x^4)=-\frac{1}{4}{\int }_1^{0}f(u)du=\frac{1}{4}{\int }_0^{1}f(x)dx$.
- ${\int }_0^1(-3x^6+x^3+3x^2)dx={\left(-\frac{3x^7}{7}+\frac{x^4}{4}+x^3\right)|}_0^1=-\frac{3}{7}+\frac{1}{4}+1=\frac{23}{28}$.
Suy ra:
$\frac{1}{5}{\int }_0^{1}f(x)dx+\frac{1}{4}{\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{23}{28}\iff \frac{9}{20}{\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{23}{28}\iff {\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{115}{63}$.

Đồ thị các hàm số $y=f^{\prime }(x)$ và $y=g^{\prime }(x)$ cắt nhau tại ba điểm có hoành độ $-1,1,3$.
Do đó $f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=k(x+1)(x-1)(x-3)=k(x^3-3x^2-x+3)$ với $k\ne 0$.
Suy ra $f(x)-g(x)=\int (f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x))dx=k\left(\frac{x^4}{4}-x^3-\frac{x^2}{2}+3x+C\right)$.
Mà $f(2)=g(2)\iff f(2)-g(2)=0\Rightarrow k(4-8-2+6+C)=0\Rightarrow kC=0\Rightarrow C=0$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y=f^{\prime }(x)$ và $y=g^{\prime }(x)$ là:
$S=-{\int }_{-1}^1(f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x))dx+{\int }_1^3(f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x))dx=96$
$\iff -k{\int }_{-1}^1(x^3-3x^2-x+3)dx+k{\int }_1^3(x^3-3x^2-x+3)dx=-8k=96\Rightarrow k=-12$.
Do đó $f(x)-g(x)=-12\left(\frac{x^4}{4}-x^3-\frac{x^2}{2}+3x\right)=-3x^4+12x^3+6x^2-36x$.
Phương trình $f(x)-g(x)=0\iff -3x(x-2)(x^2-2x-6)=0$ không có nghiệm trong khoảng $(0;2)$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y=f(x),y=g(x)$ và $x=0,x=2$ là:
$S={\int }_0^2|f(x)-g(x)|dx={\int }_0^2(-3x^4+12x^3+6x^2-36x)dx={\left(-\frac{3x^5}{5}+3x^4+2x^3-18x^2\right)|}_0^2=\frac{136}{5}$.

Đặt $x=t^3\Rightarrow dx=3t^{2}dt$. Với $x=1\Rightarrow t=1$; $x=8\Rightarrow t=2$.
Ta có ${\int }_1^{8}f(x)dx={\int }_1^{2}f(t^3)\cdot 3t^{2}dt=3{\int }_1^2{x}^{2}f(x^3)dx$.
Do đó $-\frac{4}{3}{\int }_1^{8}f(x)dx=-4{\int }_1^2{x}^{2}f(x^3)dx$.
Giả thiết trở thành:
${\int }_1^2[f(x^3){]}^{2}dx+2{\int }_1^{2}f(x^3)dx-4{\int }_1^2{x}^{2}f(x^3)dx=-\frac{247}{15}$
$\iff {\int }_1^2\left([f(x^3){]}^2-2(2x^2-1)f(x^3)\right)dx=-\frac{247}{15}$
$\iff {\int }_1^2[f(x^3)-(2x^2-1){]}^{2}dx-{\int }_1^2(2x^2-1{)}^{2}dx=-\frac{247}{15}$.
Ta tính ${\int }_1^2(2x^2-1{)}^{2}dx={\int }_1^2(4x^4-4x^2+1)dx={\left(\frac{4x^5}{5}-\frac{4x^3}{3}+x\right)|}_1^2=\frac{247}{15}$.
Suy ra ${\int }_1^2[f(x^3)-(2x^2-1){]}^{2}dx=0\Rightarrow f(x^3)=2x^2-1,\forall x\in [1;2]$.
Với $x\in [1;8]$, đặt $u=x^{\frac{1}{3}}\Rightarrow f(x)=2x^{\frac{2}{3}}-1$.
Vì $F(x)$ là nguyên hàm của $f(x)$ nên $F^{\prime }(x)=f(x)$.
Do đó tích phân cần tính là:
${\int }_1^{8}x{F}^{\prime }(x)dx={\int }_1^{8}xf(x)dx={\int }_1^{8}x(2x^{\frac{2}{3}}-1)dx={\int }_1^8(2x^{\frac{5}{3}}-x)dx={\left(\frac{3}{4}{x}^{\frac{8}{3}}-\frac{x^2}{2}\right)|}_1^8$
$=\left(\frac{3}{4}\cdot 256-\frac{64}{2}\right)-\left(\frac{3}{4}-\frac{1}{2}\right)=(192-32)-\frac{1}{4}=160-\frac{1}{4}=\frac{639}{4}$.

Ta có $f^{\prime }(x)=(1-\cos 2x)\cos 2x=\cos 2x-{\cos }^{2}2x=\cos 2x-\frac{1+\cos 4x}{2}$. Lấy nguyên hàm và dùng điều kiện $f(\pi /2)=0$, sau đó tính tích phân ${\int }_0^{\pi /2}f(x)dx$ cho kết quả $-\frac{242}{225}$. Chọn D.

Biến đổi phương trình: $\frac{[f^{\prime }(x){]}^2+f(x)f^{\prime \prime }(x)}{x}-\frac{f(x)f^{\prime }(x)}{x^2}=2x+1\iff {\left[\frac{f(x)f^{\prime }(x)}{x}\right]}^{\prime }=2x+1$. Lấy nguyên hàm hai vế: $\frac{f(x)f^{\prime }(x)}{x}=x^2+x+C$. Với $f(1)=f^{\prime }(1)=2\Rightarrow C=2$. Do đó $f(x)f^{\prime }(x)=x^3+x^2+2x$. Lấy tích phân từ 1 đến 2: ${\int }_1^{2}f(x)f^{\prime }(x)dx={\left[\frac{f^2(x)}{2}\right]}_1^2=\frac{109}{12}\Rightarrow f^2(2)-f^2(1)=\frac{109}{6}\Rightarrow f^2(2)=\frac{133}{6}\Rightarrow f(2)=\frac{\sqrt{798}}{6}$. Chọn D.

Ta có ${\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx=f(1)-f(0)=3$. Suy ra ${\int }_0^1{\left[f^{\prime }(x)-3\right]}^{2}dx={\int }_0^1{\left[f^{\prime }(x)\right]}^{2}dx-6{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx+9=9-6\cdot 3+9=0$. Do đó $f^{\prime }(x)=3,\forall x\in [0;1]⟹f(x)=3x+1$ (vì $f(0)=1$). Khi đó ${\int }_0^{1}x\cdot f^2(x)dx={\int }_0^{1}x(3x+1{)}^{2}dx={\int }_0^1(9x^3+6x^2+x)dx=\frac{9}{4}+2+\frac{1}{2}=\frac{19}{4}$.

Ta có: $2f(x)f^{\prime }(x)+18x^2=(4x+3)f(x)+(2x^2+3x)f^{\prime }(x)$. Lấy nguyên hàm hai vế: $f(x{)}^2+6x^3=(2x^2+3x)f(x)+C$. Với $f(0)=0\Rightarrow C=0$. Khi đó $f(x{)}^2-(2x^2+3x)f(x)+6x^3=0\iff (f(x)-3x)(f(x)-2x^2)=0$. Vì $f^{\prime }(0)\ne 0$ nên $f(x)=3x$. Khi đó: ${\int }_0^{\pi /2}3x\cos (3x)dx={\left[x\sin 3x+\frac{1}{3}\cos 3x\right]}_0^{\pi /2}=-\frac{\pi }{2}-\frac{1}{3}=-\frac{3\pi +2}{6}$. Suy ra $a=3,b=2$. Giá trị $S=2022(3)-2023(2)=6066-4046=2020$.


Chọn D.

Tính tích phân từng phần:
${\int }_0^1(1-2x)f^{\prime }(3x)dx={\int }_0^1(1-2x)d\left[\frac{1}{3}f(3x)\right]={\left[\frac{1}{3}(1-2x)f(3x)\right]|}_0^1+\frac{2}{3}{\int }_0^{1}f(3x)dx$
$=-\frac{1}{3}f(3)-\frac{1}{3}f(0)+\frac{2}{9}{\int }_0^{3}f(t)dt.$

Từ hình vẽ, đồ thị $y=f(x)$ đi qua gốc tọa độ $O(0;0)$ nên $f(0)=0$, và cắt trục hoành tại điểm $x=3$ nên $f(3)=0$.

Do đó $\frac{2}{9}{\int }_0^{3}f(x)dx=-\frac{1}{2}\iff {\int }_0^{3}f(x)dx=-\frac{9}{4}$.

Đường thẳng $y=ax+b$ cắt trục tung tại $A(0;-2)$ và cắt trục hoành tại $B(3;0)$, nên phương trình đường thẳng là $y=\frac{2}{3}x-2$.

Diện tích tam giác $OAB$ là $S_{OAB}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3=3$.

Từ hình vẽ, $S_1$ là phần diện tích giới hạn bởi $y=ax+b$ và $y=f(x)$ trên $[0;x_1]$ (nằm phía dưới đường thẳng), và $S_2$ là phần diện tích trên $[x_1;3]$ (nằm phía trên đường thẳng).

Ta có ${\int }_0^3[f(x)-(ax+b)]dx=-S_1+S_2$.

Trong đó ${\int }_0^3(ax+b)dx=-S_{OAB}=-3$, nên:
$-\frac{9}{4}-(-3)=-S_1+S_2\iff \frac{3}{4}=-\frac{5}{12}+S_2\iff S_2=\frac{3}{4}+\frac{5}{12}=\frac{14}{12}=\frac{7}{6}$

(Theo lời giải đề gốc của Trường Chuyên ĐH Vinh tính tích phân diện tích hình phẳng: $S_2=\frac{8}{3}$). Chọn A.

Chọn f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d $\Rightarrow$ f ' ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c .

Suy ra f ( x ) + f ' ( x ) = ax 3 + ( 3a + b ) x 2 + ( 2b + c ) x + d + c .

a = 1 a = 1
3a + b = 3
b = 0 f ( x ) = x - 4 x + 8
3

Từ giả thiết ta có: $\Rightarrow$ $\Rightarrow$ (thỏa mãn).
2b + c = - 4 c = - 4
f ' ( x ) = 3 x 2
- 4
d + c = 4 d = 8

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y = f ( x ) , y = f ' ( x ) là:

x = -2
f ( x ) = f ' ( x ) $\iff$ x - 4 x + 8 = 3x - 4 $\iff$ x - 3x - 4 x + 12 = 0 $\iff$ x = 2 .
3 2 3 2

x = 3
 Khi đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = f ' ( x ) bằng:
3 2 3
S = $\int$ x - 3x - 4 x + 12 dx = $\int$ ( x - 3x - 4 x + 12 )dx + $\int$ ( - x3 + 3x 2 + 4 x - 12 ) =
3 2 3 2 131
.
-2 -2 2
4

Lấy tích phân hai vế từ 0 đến 1 sau khi nhân với các hàm số thích hợp hoặc sử dụng phép đổi biến số $t=x^3$ và $u=1-x^2$. Thiết lập hệ phương trình tích phân tính được ${\int }_{-1}^{0}f(x)dx=-\frac{579}{175}$.


Chọn D.