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

Chọn C
Ta có: $I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}[2f(x)-\cos x]\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos x\mathrm{d}x=2\cdot 4-[\sin x{]}_0^{\frac{\pi }{2}}=8-1=7$.

Chọn C
Đặt $u=\sqrt{x^2+5}\Rightarrow u^2=x^2+5\Rightarrow 2u\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$.
Đổi cận:
- $x=0\Rightarrow u=\sqrt{5}$.
- $x=2\Rightarrow u=\sqrt{2^2+5}=3$.
Khi đó: $I={\int }_{\sqrt{5}}^3\frac{2u\mathrm{d}u}{u}={\int }_{\sqrt{5}}^{3}2\mathrm{d}u$.

Chọn B
Xét hiệu $h(x)=f(x)-g(x)$. Vì $f(x)$ bậc 3 và $g(x)$ bậc 2 nên $h(x)$ là đa thức bậc 3 có hệ số bậc cao nhất là $a$.
Vì hoành độ giao điểm là $-1;1;2$ nên $h(x)=a(x+1)(x-1)(x-2)=a(x^2-1)(x-2)=a(x^3-2x^2-x+2)$.
Ta có hệ số tự do của $f(x)$ là 3, và $(P)$ đi qua gốc tọa độ nên hệ số tự do của $g(x)$ là 0. Do đó hệ số tự do của $h(x)$ là $3-0=3$.
Mặt khác hệ số tự do của $h(x)$ là $2a\Rightarrow 2a=3\iff a=\frac{3}{2}$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là:
$S={\int }_{-1}^2|h(x)|\mathrm{d}x=\frac{3}{2}{\int }_{-1}^2|(x+1)(x-1)(x-2)|\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\left[{\int }_{-1}^1(x^3-2x^2-x+2)\mathrm{d}x+{\int }_1^2(-x^3+2x^2+x-2)\mathrm{d}x\right]=\frac{37}{8}$.

Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $(P)$ là:
$x^3+mx+2=-x^2+2\iff x(x^2+x+m)=0\iff x=0$ hoặc $x^2+x+m=0$.
Từ $S_1=\frac{8}{3}$, tính được $m=-2$.
Khi $m=-2$, phương trình $x^2+x-2=0$ có nghiệm $x=1$ và $x=-2$.
Miền thứ hai giới hạn từ $0$ đến $1$, diện tích là:
$S_2={\int }_0^1[(-x^2+2)-(x^3-2x+2)]\mathrm{d}x={\int }_0^1(-x^3-x^2+2x)\mathrm{d}x={\left[-\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}+x^2\right]}_0^1=-\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+1=\frac{5}{12}$.

Chọn A
-1 -1 4
Ta có:  -2 f ( x ) dx = -2.  f ( x ) dx = 2.  f ( x ) dx = 2. ( -2 ) = -4 .
4 4 -1

Chọn A
1 1 2
1
Ta có  f ( 2 x ) dx = 6 $\Rightarrow$ f ( 2 x ) d2x = 6 $\Rightarrow$  f ( x ) dx = 12 $\Rightarrow$ F ( 0 ) - F ( 2 ) = -12
0
2 0 0

2

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 

Chọn D
2 2 3 3
1 1 1
Ta có:  xf ( 2 x - 1) dx =  xf ( 2 x - 1) d ( 2 x - 1) =  ( t + 1) f ( t ) dt =  ( t + 1) d ( F ( t ) )
0
20 4 -1 4 -1
3 3 3
1 1 1 1 1 1
= ( t + 1) F ( t ) -1 -  F ( t ) dt = ( t + 1) F ( t ) -1 -  F ( t ) dt = F ( 3) -  F ( t ) dt = - .
3 3

4 4 -1 4 4 -1 4 -1 2

Ta có $I={\ln |x+1||}_0^1=\ln 2-\ln 1=\ln 2$.

Ta có $S={\int }_{-12}^{12}|x^2-x|dx={\int }_{-12}^0(x^2-x)dx+{\int }_0^1(x-x^2)dx+{\int }_1^{12}(x^2-x)dx=648+\frac{1}{6}+\frac{3025}{6}=\frac{3457}{3}$.

Đặt $t=2x+1\Rightarrow dx=\frac{1}{2}dt$. Khi $x=1\Rightarrow t=3$; khi $x=2\Rightarrow t=5$. Do đó $I=\frac{1}{2}{\int }_3^{5}f(t)dt=\frac{1}{2}a$.

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 $S={\int }_1^3|f(x)-g(x)|dx\approx 1,17$.

$2-2\cdot 3=-4$. (Giới hạn −1..3 suy đoán từ bố cục '3/−1'.) Chọn D.

Dựa vào đồ thị, trên $[-2;1]$ đồ thị là đoạn thẳng nối $(-2;3)$ và $(1;0)$; trên $[1;3]$ đồ thị là đoạn thẳng nối $(1;0)$ và $(3;2)$. Do đó ${\int }_{-2}^{3}f(x)dx={\int }_{-2}^{1}f(x)dx+{\int }_1^{3}f(x)dx=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 3+\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=\frac{13}{2}$. Chọn A.

tích phân từng phần: ${\int }_0^{1}f={\left[xf(x)\right]}_0^1-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }=f(1)-f(1)=0$. Chọn A.

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 A

Chọn A

Chọn B