(Sở Bắc Giang 2022) Cho hàm số \(f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{e^x} + m}&{{\rm{ khi }}}&{x \ge 0}\\{{x^2}{{\left( {{x^3} + 1} \right)}^3}}&{{\rm{ khi }}}&{x < 0}\end{array}} \right.\) (với m là tham số). Biết hàm số \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(\int_{ – 1}^1 f (x)dx = a \cdot e – \frac{b}{c}\) với \(a,b,c \in {\mathbb{N}^*};\frac{b}{c}\) tối giản \((e = 2,718281828)\). Biểu thức \(a + b + c + m\) bằng

A. 13.

B. \(35.\)

C. \( – 11\).

D. 36.

Lời giải:

Hàm số \(y = f(x)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Ta có với \(\forall x > 0\) khi đó \(f(x) = {e^x} + m\) hoặc \(\forall x < 0\) khi đó \(f(x) = {x^2}{\left( {{x^3} + 1} \right)^3}\) nên hàm số \(y = f(x)\) đã liên tục trên các khoảng \(( – \infty ;0)\) và \((0; + \infty )\) với mọi giá trị của tham số \(m\).

Xét tại \(x = 0\), ta được:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{e^x} + m} \right) = 1 + m;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} \left[ {{x^2}{{\left( {{x^3} + 1} \right)}^3}} \right] = 0{\rm{ v\`a }}f(0) = 1 + m{\rm{. }}\)\(\)

Hàm số \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} f(x) = f(0)\) \( \Leftrightarrow 1 + m = 0 \Leftrightarrow m = – 1.\)

Khi đó \(\int_{ – 1}^1 f (x)dx = \int_{ – 1} ^\circ f(x)dx + \int_0^1 f (x)dx = I + J\) trong đó:

\(I = \int_{ – 1}^0 {{x^2}{{\left( {{x^3} + 1} \right)}^3}} dx = \frac{1}{3}\int_{ – 1}^0 {{{\left( {{x^3} + 1} \right)}^3}} d\left( {{x^3}} \right.J = \int_0^1 {\left( {{e^x} – 1} \right)} dx = \left. {\left( {{e^x} – x} \right)} \right|_0^1 = e – 2.\)

Từ đó ta được \(\int_{ – 1}^1 f (x)dx = e – 2 + \frac{1}{{12}} = 1.e – \frac{{23}}{{12}}\).

Từ đó ta tìm được \(a = 1;b = 23;c = 12;m = – 1\) nên \(a + b + c + m = 1 + 23 + 12 + ( – 1) = 35\).