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

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).

Đặt t = e x , ta có dt = e x dx .
Khi x = 0 thì t = 1, khi x = 1 thì t = e .
1 e
dx dt
Vậy I = $\int$ = $\int$ .
1 (
0
1+ e x
t 1+ t )

x = 0
Ta có: x 4 - x 2 = 0 \iff x 2 ( x 2 - 1) = 0 \iff .
x = $\pm$ 1
Nhận xét: x 2 > x 4 , với $\forall$ x $\in$ ( -1;1) .
1
Vậy S = $\int$ ( x 2 - x 4 ) dx .
-1

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

4

( )
4 4 1
2 2 14
Ta có I = $\int$ xdx = $\int$ x 2 dx = x x = 4 4 -1 = .
1 1
3 1 3 3

f ^\prime ( x ) = tan 4 x + tan 2 x = tan 2 x (1 + tan 2 x ) .

tan 3 x
$\int$ f ^\prime ( x ) dx = $\int$ tan x (1 + tan x ) dx = $\int$ tan x d ( tan x ) = +C
2 2 2

3
tan 3 x
\implies f ( x) = +C .
3
tan 3 x
f ( 0) = 0 \implies C = 0 \implies f ( x ) =
3
$\pi$
$\pi$ 4 $\pi$
[ $\pi$ 4 $\pi$
[
3
1 | 1 |
dx = $\int$ tan x ( tan x + 1) dx - $\int$ tan xdx | = $\int$ tan xd ( tan x ) - $\int$ tan xdx |
4 4 4
tan x
I = $\int$ 2

3 3 0 3 0
0
0
|] 0
|]

1 tan 2 x $\pi$ 4 $\pi$
[ 1 1 2 [ 1 - ln 2
= |0 + ln cos x |04 | = + ln |= .
3 2 ] 3 2 2 ] 6

Chọn A.
Ta có ${\int }_1^3(2f(x)-1)dx=2{\int }_1^{3}f(x)dx-(3-1)=2{\int }_1^{3}f(x)dx-2=2\Rightarrow {\int }_1^{3}f(x)dx=2$.
Khi đó ${\int }_3^{5}f(x)dx={\int }_1^{5}f(x)dx-{\int }_1^{3}f(x)dx=7-2=5$.

Chọn C.
Đặt $u=e^x$ trong tích phân thứ nhất: $du=e^{x}dx$, cận từ $1$ đến $e$.
${\int }_0^{1}f(e^x)e^{x}dx={\int }_1^{e}f(u)du={\int }_1^e(4-u)du=\left(4u-\frac{u^2}{2}\right){|}_1^e=\left(4e-\frac{e^2}{2}\right)-\frac{7}{2}$.
Đặt $t=\ln x$ trong tích phân thứ hai: $dt=\frac{dx}{x}$, cận từ $0$ đến $1$.
${\int }_1^e\frac{f(\ln x)}{x}dx={\int }_0^{1}f(t)dt={\int }_0^{1}3t^{2}dt=t^3{|}_0^1=1$.
Tổng hai tích phân là: $\left(4e-\frac{e^2}{2}-\frac{7}{2}\right)+1=4e-\frac{e^2}{2}-\frac{5}{2}$.

Tích phân từng phần: $\int x{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\frac{1}{4}{e}^{2x}+C\Rightarrow a=\frac{1}{2},b=-\frac{1}{4}\Rightarrow ab=-\frac{1}{8}$.

Chọn D.
Đặt $\{<table><tbody><tr><td>u=2x+1</td></tr><tr><td>dv=e^{x}dx</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>du=2dx</td></tr><tr><td>v=e^x</td></tr></tbody></table>$.
Khi đó ${\int }_0^1(2x+1)e^{x}dx=(2x+1)e^x{|}_0^1-2{\int }_0^1{e}^{x}dx=3e-1-2(e-1)=e+1$.
Suy ra $a=1,b=1$, do đó $ab=1$.

Chọn A.
Ta có $I=(x^2+x){|}_0^2=(2^2+2)-0=6$.

Chọn C.
Đặt $t=\sqrt{x^2+9}\Rightarrow t^2=x^2+9\Rightarrow tdt=xdx$.
Đổi cận: với $x=0\Rightarrow t=3$; với $x=4\Rightarrow t=5$.
Khi đó $I={\int }_3^{5}t\cdot tdt={\int }_3^5{t}^{2}dt$.

Chọn D.
Xét giao điểm của các đường:
- $y=2^x$ và $y=1\Rightarrow 2^x=1\Rightarrow x=0$.
- $y=-x+3$ và $y=1\Rightarrow -x+3=1\Rightarrow x=2$.
- $y=2^x$ và $y=-x+3\Rightarrow x=1$ (vì $2^1=-1+3=2$).
Diện tích hình phẳng là:
$S={\int }_0^1(2^x-1)dx+{\int }_1^2(-x+3-1)dx=\left(\frac{2^x}{\ln 2}-x\right){|}_0^1+\left(-\frac{x^2}{2}+2x\right){|}_1^2$
$=\left(\frac{2}{\ln 2}-1-\frac{1}{\ln 2}\right)+\left((-2+4)-\left(-\frac{1}{2}+2\right)\right)=\left(\frac{1}{\ln 2}-1\right)+\frac{1}{2}=\frac{1}{\ln 2}-\frac{1}{2}$.

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 ${\int }_1^{2}f(x)dx={\int }_1^2\left(-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)dx=\left(-\ln x+\frac{1}{x}\right){|}_1^2=\left(-\ln 2+\frac{1}{2}\right)-(0+1)=-\ln 2-\frac{1}{2}$.

Ta có: ${\int }_0^{1}2f(x)dx=2{\int }_0^{1}f(x)dx=2\cdot 3=6$.

Ta có:
$S_1={\int }_0^k\sqrt{x}dx={\frac{2}{3}x\sqrt{x}|}_0^k=\frac{2}{3}k\sqrt{k},$
$S_2={\int }_k^4\sqrt{x}dx={\frac{2}{3}x\sqrt{x}|}_k^4=\frac{2}{3}(8-k\sqrt{k}).$
Để $S_1=4S_2$:
$\frac{2}{3}k\sqrt{k}=4\cdot \frac{2}{3}(8-k\sqrt{k})⟺k\sqrt{k}=32-4k\sqrt{k}⟺5k\sqrt{k}=32⟺k^{\frac{3}{2}}=6,4.$
Suy ra $k=(6,4{)}^{\frac{2}{3}}\approx 3,447\in (3,3;3,5)$.

Từ hệ phương trình ta có: ${\int }_0^{1}f(x)dx=5$ và ${\int }_0^{1}g(x)dx=3$.
- Đổi biến $t=2022-x⟹{\int }_{2021}^{2022}f(2022-x)dx={\int }_0^{1}f(t)dt=5$.
- Đổi biến $u=3x⟹5{\int }_0^{\frac{1}{3}}g(3x)dx=\frac{5}{3}{\int }_0^{1}g(u)du=\frac{5}{3}\cdot 3=5$.
Tổng giá trị là $5+5=10$.

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 $m=832,n=15⟹m+n=832+15=847$.

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^2+(1-m)x-4=0$.
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1<x_2$ với mọi $m$.
Ta có: $x_2-x_1=\sqrt{(m-1{)}^2+16}\ge 4$.
Diện tích hình phẳng:
$S=\frac{(x_2-x_1{)}^3}{6}\ge \frac{4^3}{6}=\frac{32}{3}.$
Dấu bằng xảy ra khi $m=1$. Giá trị nhỏ nhất là $\frac{32}{3}$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ trùng với các trục đối xứng của elip, phương trình elip là $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$, tiêu cự $2c=2\sqrt{25-16}=6\Rightarrow c=3$. Diện tích phần lát gạch $C$ là $S_C=2{\int }_3^{5}4\sqrt{1-\frac{x^2}{25}}\mathrm{d}x-\frac{1}{2}\pi \cdot 1^2\approx 7,38{\text{ m}}^2$.