Vấn đề 8. Kỹ thuật biến đổi. Tích phân hàm ẩn bằng Kỹ thuật biến đổi
==============
Cho hàm số $f(x)$ thỏa $f(x)f'(x)=3x^5+6x^2$. Biết rằng $f(0)=2,$ tính$f^2(2)$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$f^2(2)=64$
$f^2(2)=81$
$f^2(2)=100$
$f^2(2)=144$
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $\displaystyle\int\limits f(x) \cdot f'(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits (3x^5+6x^2)\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \dfrac{f^2(x)}{2}=\dfrac{x^6}{2}+2x^3+C$.
Thay $x=0$ vào hai vế, ta được $\dfrac{f^2(0)}{2}=C \Rightarrow C=2$.
Suy ra $f^2(x)=x^6+4x^3+4 \to f^2(2)=2^6+4 \cdot 2^3+4=100$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm $f'(x)$ liên tục và nhận giá trị không âm trên $[1; +\infty),$ thỏa $f(1)=0, \mathrm{e}^{2f(x)} \cdot \left[f'(x)\right]^2=4x^2-4x+1$ với mọi $x \in [1; +\infty)$. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
A. $-1< f'(4) < 0$ B. $0< f'(4) < 1$ C. $1< f'(4) < 2$ D. $2< f'(4) < 3$
Lời Giải:
Từ giả thiết suy ra $\mathrm{e}^{f(x)}f'(x)=2x-1$ (do $f'(x)$ không âm trên $[1; +\infty)$ )\\
$ \to \displaystyle\int\limits \mathrm{e}^{f(x)}f'(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits (2x-1)\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \mathrm{e}^{f(x)}=x^2-x+C$.
Thay $x=1$ vào hai vế, ta được $\mathrm{e}^{f(1)}=1^2-1+C \Rightarrow C=1$.
Suy ra $\mathrm{e}^{f(x)}=x^2-x+1 \Rightarrow f(x)=\ln (x^2-x+1) \Rightarrow f'(x)=\dfrac{2x-1}{x^2-x+1} \to f'(4)=\dfrac{7}{13}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ thỏa mãn $\left[f'(x)\right]^2+f(x) \cdot f”(x)=15x^4+12x$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ và $f(0)=f'(0)=1$. Giá trị của $f^2(1)$ bằng
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$\dfrac{5}{2}$
$\dfrac{9}{2}$
$8$
$10$
Lời Giải:
Nhận thấy được $\left[f'(x)\right]^2+f(x) \cdot f”(x)=\left[f(x) \cdot f'(x)\right]’$.
Do đó giả thiết tương đương với $\left[f(x) \cdot f'(x)\right]’=15x^4+12x$.
Suy ra $f(x) \cdot f'(x)=\displaystyle\int\limits(15x^4+12x)\mathrm{\,d}x=3x^5+6x^2+C\xrightarrow{f(0)=f'(0)=1}.C=1$.
$ \to f(x) \cdot f'(x)=3x^5+6x^2+1$.
$ \to \displaystyle\int\limits f(x) \cdot f'(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits (3x^5+6x^2+1)\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \dfrac{f^2(x)}{2}=\dfrac{x^6}{2}+2x^3+x+C’$.
Thay $x=0$ vào hai vế ta được $\dfrac{f^2(0)}{2}=C’ \Rightarrow C’=\dfrac{1}{2}$.
Vậy $f^2(x)=x^6+4x^3+2x+1 \to f^2(1)=8$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn $[1; 2]$ và thỏa mãn $f(x)>0,\,\forall x \in [1; 2]$. Biết rằng $\displaystyle\int\limits_1^2 f'(x)\mathrm{\,d}x=10$ và $\displaystyle\int\limits_1^2 \dfrac{f'(x)}{f(x)}\mathrm{\,d}x=\ln 2$. Tính $f(2)$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$f(2)=-20$
$f(2)=-10$
$f(2)=10$
$f(2)=20$
Lời Giải:
Ta có $\displaystyle\int\limits_1^2 f'(x)\mathrm{\,d}x=10 \Leftrightarrow f(x)\bigg|_1^2 =10 \Leftrightarrow f(2)-f(1)=10$.$(1)$.
Lại có $\displaystyle\int\limits_1^2 \dfrac{f'(x)}{f(x)}\mathrm{\,d}x=\ln 2 \Leftrightarrow \ln |f(x)|\bigg|_1^2 =\ln 2 \Leftrightarrow \ln \left[f(x)\right]\bigg|_1^2 =\ln 2$ (do $f(x)>0,\,\forall x \in [1; 2]$ )\\
$\Leftrightarrow \ln f(2)-\ln f(1)=\ln 2 \Leftrightarrow \ln \dfrac{f(2)}{f(1)}=\ln 2 \Leftrightarrow \dfrac{f(2)}{f(1)}=2$.$(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$, suy ra $f(2)=20$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm liên tục trên $[-1; 1]$, thỏa mãn $f(x)>0,\,\forall x \in \mathbb{R}$ và $f'(x)+2f(x)=0$. Biết rằng $f(1)=1$, giá trị của $f(-1)$ bằng
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$\mathrm{e}^{-2}$
$\mathrm{e}^3$
$\mathrm{e}^4$
$3$
Lời Giải:
Ta có $f'(x)+2f(x)=0 \Leftrightarrow f'(x)=-2f(x) \Leftrightarrow \dfrac{f'(x)}{f(x)}=-2$ (do $f(x)>0$ )\\
$ \to \displaystyle\int\limits \dfrac{f'(x)}{f(x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits -2\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \ln f(x)=-2x+C$ (do $f(x)>0$ ).\\
Mà $f(1)=1 \Rightarrow C=2 \Rightarrow \ln f(x)=-2x+2 \to f(x)=\mathrm{e}^{-2x+2} \to f(-1)=\mathrm{e}^4$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ đồng thời thỏa mãn\\
$\begin{cases}&f(x)>0,\,\forall x \in \mathbb{R}\\&f'(x)=-\mathrm{e}^xf^2(x),\,\forall x \in \mathbb{R}\\&f(0)=\dfrac{1}{2}\end{cases}$.
Tính giá trị của $f\left(\ln 2\right)$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$f\left(\ln 2\right)=\dfrac{1}{4}$
$f\left(\ln 2\right)=\dfrac{1}{3}$
$f\left(\ln 2\right)=\ln 2+\dfrac{1}{2}$
$f\left(\ln 2\right)=\ln^22+\dfrac{1}{2}$
Lời Giải:
Ta có $f'(x)=-\mathrm{e}^xf^2(x) \Leftrightarrow \dfrac{f'(x)}{f^2(x)}=-\mathrm{e}^x$ (do $f(x)>0$ )\\
$ \to \displaystyle\int \dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int -\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x \Rightarrow -\dfrac{1}{f(x)}=-\mathrm{e}^x+C \Rightarrow f(x)=\dfrac{1}{\mathrm{e}^x-C}$.
Thay $x=0$ ta được $f(0)=\dfrac{1}{\mathrm{e}^0-C}\xrightarrow{f(0)=\dfrac{1}{2}}C=-1$.
Vậy $f(x)=\dfrac{1}{\mathrm{e}^x+1} \to f\left(\ln 2\right)=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{\ln 2}+1}=\dfrac{1}{2+1}=\dfrac{1}{3}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm liên tục trên $(0; +\infty)$, biết $f'(x)+(2x+3)f^2(x)=0, f(x)>0$ với mọi $x>0$ và $f(1)=\dfrac{1}{6}$. Tính $P=1+f(1)+f(2)+ \cdots +f(2018)$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$P=\dfrac{1009}{2020}$
$P=\dfrac{2019}{2020}$
$P=\dfrac{3029}{2020}$
$P=\dfrac{4039}{2020}$
Lời Giải:
Ta có $f'(x)+(2x+3)f^2(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{f'(x)}{f^2(x)}=-(2x+3)$ (do $f(x)>0$ )\\
$ \to \displaystyle\int \dfrac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm{\,d}x=-\displaystyle\int (2x+3)\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow -\dfrac{1}{f(x)}=-x^2-3x+C \to f(x)=\dfrac{1}{x^2+3x-C}$.
Mà $f(1)=\dfrac{1}{6} \to \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{1^2+3 \cdot 1-C} \Leftrightarrow C=-2 \to f(x)=\dfrac{1}{x^2+3x+2}=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+2}$.
Suy ra $P=1+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}\right)+ \cdots +\left(\dfrac{1}{2019}-\dfrac{1}{2020}\right)=\dfrac{3029}{2020}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $\left[0; \sqrt{3}\right],$ thỏa mãn $f(x)>-1, f(0)=0$ và $f'(x)\sqrt{x^2+1}=2x\sqrt{f(x)+1}$. Giá trị của $f\left(\sqrt{3}\right)$ bằng
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$0$
$3$
$7$
$9$
Lời Giải:
Từ giả thiết suy ra $\dfrac{f'(x)}{\sqrt{f(x)+1}}=\dfrac{2x}{\sqrt{x^2+1}} \to \displaystyle\int\limits \dfrac{f'(x)}{\sqrt{f(x)+1}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits \dfrac{2x}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{\,d}x$.
$\Leftrightarrow 2\displaystyle\int\limits \dfrac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)+1}}\mathrm{\,d}x=2\displaystyle\int\limits \dfrac{(x^2+1)’}{2\sqrt{x^2+1}}\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow 2\sqrt{f(x)+1}=2\sqrt{x^2+1}+C$.
Mà $f(0)=0 \Rightarrow C=0 \Rightarrow f(x)=x^2 \to f\left(\sqrt{3}\right)=3$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm và liên tục trên $[1; 4],$ đồng biến trên $[1; 4],$ thoản mãn $x+2xf(x)=\left[f'(x)\right]^2$ với mọi $x \in [1; 4]$. Biết rằng $f(1)=\dfrac{3}{2},$ tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_1^4 f(x)\mathrm{\,d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=\dfrac{1186}{45}$
$I=\dfrac{1187}{45}$
$I=\dfrac{1188}{45}$
$I=\dfrac{9}{2}$
Lời Giải:
Nhận xét: Do $f(x)$ đồng biến trên $[1; 4]$ nên $f'(x) \geq 0,\,\forall x \in [1; 4]$.
Từ giả thiết ta có $x\left[1+2f(x)\right]=\left[f'(x)\right]^2 \to f'(x)=\sqrt{x} \cdot \sqrt{1+2f(x)},\,\forall x \in [1; 4]$.
$ \to \dfrac{2f'(x)}{2\sqrt{1+2f(x)}}=\sqrt{x} \to \displaystyle\int\limits \dfrac{2f'(x)}{2\sqrt{1+2f(x)}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits \sqrt{x}\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \sqrt{1+2f(x)}=\dfrac{2}{3}x\sqrt{x}+C$.
Mà$f(1)=\dfrac{3}{2} \Rightarrow C=\dfrac{4}{3} \to f(x)=\dfrac{\left(\dfrac{2}{3}x\sqrt{x}+\dfrac{4}{3}\right)^2-1}{2}=\dfrac{2}{9}x^3+\dfrac{8}{9}x\sqrt{x}+\dfrac{7}{18}$.
$ \to \displaystyle\int\limits_1^4 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1186}{45}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ liên tục, không âm trên $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$, thỏa $f(x) \cdot f'(x)=\cos x\sqrt{1+f^2(x)}$ với mọi $x \in \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$ và $f(0)=\sqrt{3}$. Giá trị của $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$ bằng
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$0$
$1$
$2$
$2\sqrt{2}$
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $\dfrac{2f(x) \cdot f'(x)}{2\sqrt{1+f^2(x)}}=\cos x,\,\forall x \in \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$.
$ \to \displaystyle\int \dfrac{2f(x) \cdot f'(x)}{2\sqrt{1+f^2(x)}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int \cos x\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \sqrt{1+f^2(x)}=\sin x+C$.
Mà $f(0)=\sqrt{3} \Rightarrow C=2 \to f(x)=\sqrt{\left(\sin x+2\right)^2-1}=\sqrt{\sin^2x+4\sin x+3},\,\forall x \in \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$.
$ \to f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=2\sqrt{2}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ liên tục, không âm trên $[0; 3],$ thỏa $f(x) \cdot f'(x)=2x\sqrt{f^2(x)+1}$ với mọi $x \in [0; 3]$ và $f(0)=0$. Giá trị của $f(3)$ bằng
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$0$
$1$
$\sqrt{3}$
$3\sqrt{11}$
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $\dfrac{2f(x) \cdot f'(x)}{2\sqrt{1+f^2(x)}}=2x,\,\forall x \in [0; 3]$.
$ \to \displaystyle\int \dfrac{2f(x) \cdot f'(x)}{2\sqrt{1+f^2(x)}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int 2x\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \sqrt{1+f^2(x)}=x^2+C$.
Mà $f(0)=0 \Rightarrow C=1 \to f(x)=\sqrt{(x^2+1)^2-1}=\sqrt{x^4+2x^2},\,\forall x \in [0; 3]$.
$ \to f(3)=3\sqrt{11}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm không âm trên $[0; 1],$ thỏa mãn $f(x)>0$ với mọi $x \in [0; 1]$ và $\left[f(x)\right]^4 \cdot \left[f'(x)\right]^2 \cdot (x^2+1)=1+\left[f(x)\right]^3$. Biết $f(0)=2,$ hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$\dfrac{3}{2}
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $\left[f(x)\right]^2 \cdot f'(x) \cdot \sqrt{x^2+1}=\sqrt{1+\left[f(x)\right]^3} \Leftrightarrow \dfrac{\left[f(x)\right]^2 \cdot f'(x)}{\sqrt{1+\left[f(x)\right]^3}}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}$.
$ \to \displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{\left[f(x)\right]^2 \cdot f'(x)}{\sqrt{1+\left[f(x)\right]^3}}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow \dfrac{2}{3}\times \displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{\mathrm{d}\left(1+\left[f(x)\right]^3\right)}{2\sqrt{1+\left[f(x)\right]^3}}=\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{\,d}x$.
$\Leftrightarrow \dfrac{2}{3}\times \sqrt{1+\left[f(x)\right]^3}\bigg|_0^1 =\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\bigg|_0^1 \xrightarrow{f(0)=2}f(1) \approx 2, 605$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R} \setminus\{0; -1\},$ thỏa mãn $x(x+1) \cdot f'(x)+f(x)=x^2+x$ với mọi $x \in \mathbb{R} \setminus\{0; -1\}$ và $f(1)=-2\ln 2$. Biết $f(2)=a+b\ln 3$ với $a, b \in \mathbb{Q}$, tính $P=a^2+b^2$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$P=\dfrac{1}{2}$
$P=\dfrac{3}{4}$
$P=\dfrac{13}{4}$
$P=\dfrac{9}{2}$
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $\dfrac{x}{x+1}f'(x)+\dfrac{1}{(x+1)^2}f(x)=\dfrac{x}{x+1},\,\forall x \in \mathbb{R} \setminus\{0; -1\}$.
Nhận thấy $\dfrac{x}{x+1}f'(x)+\dfrac{1}{(x+1)^2}f(x)=\left[f(x) \cdot \dfrac{x}{x+1}\right]’$. Do đó giả thiết tương đương với\\
$\left[f(x) \cdot \dfrac{x}{x+1}\right]’=\dfrac{x}{x+1},\,\forall x \in \mathbb{R} \setminus\{0; -1\}$.
Suy ra $f(x) \cdot \dfrac{x}{x+1}=\displaystyle\int\limits \dfrac{x}{x+1}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits \left(1-\dfrac{}{x+1}\right)\mathrm{d}x=x-\ln |x+1|+C$.
Mà $f(1)=-2\ln 2 \Rightarrow C=-1 \to f(x) \cdot \dfrac{x}{x+1}=x-\ln |x+1|-1$.
Cho $x=2$ ta được $f(2) \cdot \dfrac{2}{3}=2-\ln 3-1 \Rightarrow f(2)=\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}\ln 3 \to \begin{cases}&a=\dfrac{3}{2}\\&b=-\dfrac{3}{2}\end{cases} \Rightarrow P=\dfrac{9}{2}$.
==============
Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm xác định, liên tục trên $[0; 1],$ thỏa mãn $f'(0)=-1$ và $\begin{cases}&\left[f'(x)\right]^2=f”(x)\\&f'(x) \ne 0\end{cases}$ với mọi $x \in [0; 1]$. Đặt $P=f(1)-f(0)$, khẳng định nào sau đây đúng?
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$-2 \leq P \leq -1$
$-1 \leq P \leq 0$
$0 \leq P \leq 1$
$1 \leq P \leq 2$
Lời Giải:
Nhận thấy $P=f(1)-f(0)=\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x$ nên ta cần tìm $f'(x)$.
Từ giả thiết ta có $\dfrac{f”(x)}{\left[f'(x)\right]^2}=1 \to \displaystyle\int\limits \dfrac{f”(x)}{\left[f'(x)\right]^2}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits 1\mathrm{\,d}x \Leftrightarrow -\dfrac{1}{f'(x)}=x+C \Leftrightarrow f'(x)=-\dfrac{1}{x+C}$.
Mà $f'(0)=-1 \Rightarrow C=1 \to f'(x)=-\dfrac{1}{x+1}$.
Vậy $P=\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x=-\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{1}{x+1}\mathrm{\,d}x=-\ln 2 \approx -0, 69$.
==============
Cho hai hàm số $f(x)$ và $g(x)$ có đạo hàm liên tục trên $[0; 2],$ thỏa mãn $f'(0) \cdot f'(2) \ne 0$ và $g(x) \cdot f'(x)=x(x-2)\mathrm{e}^x$. Tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_0^2 f(x) \cdot g'(x)\mathrm{\,d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=-4$
$I=4$
$I=\mathrm{e}-2$
$I=2-\mathrm{e}$
Lời Giải:
Từ giả thiết $f'(0) \cdot f'(2) \ne 0 \to \begin{cases}&f'(0) \ne 0\\&f'(2) \ne 0\end{cases}$.
Do đó từ $g(x) \cdot f'(x)=x(x-2)\mathrm{e}^x$, suy ra $\begin{cases}&g(2)=\dfrac{2(2-2)\mathrm{e}^x}{f'(2)}=0\\&g(0)=\dfrac{0(0-2)\mathrm{e}^x}{f'(0)}=0\end{cases}$.
Tích phân từng phần ta được $I=\left[f(x) \cdot g(x)\right]\bigg|_0^2 -\displaystyle\int\limits_0^2 g(x) \cdot f'(x)\mathrm{\,d}x$.
$=f(2) \cdot g(2)-f(0) \cdot g(0)-\displaystyle\int\limits_0^2 x(x-2)\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=-\displaystyle\int\limits_0^2 x(x-2)\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=4$.
==============
Cho hàm số $f(x)>0$ xác định và có đạo hàm trên đoạn $[0; 1],$ thỏa mãn $\begin{cases}&g(x)=1+2018\displaystyle\int\limits_0^x f(t)\mathrm{\,d}t\\&g(x)=f^2(x)\end{cases}$.
Tính $I=\displaystyle\int\limits_0^1 \sqrt{g(x)}\mathrm{\,d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=\dfrac{1009}{2}$
$I=505$
$I=\dfrac{1011}{2}$
$I=\dfrac{2019}{2}$
Lời Giải:
Từ giả thiết, ta có $\begin{cases}&g'(x)=2018f(x)\\&g'(x)=2f'(x) \cdot f(x)\end{cases} \to 2018f(x)=2f'(x) \cdot f(x)$.
$\Leftrightarrow 2f(x)\left[1009-f'(x)\right]=0 \Leftrightarrow F(x)=0 (loai) HOAC f'(x)=1009 \to f(x)=1009x+C$.
Thay ngược lại, ta được $1+2018\displaystyle\int\limits_0^x [1009t+C]\mathrm{\,d}t=(1009x+C)^2$.
$\Leftrightarrow 1+2018\left(\dfrac{1009}{2}t^2+Ct\right)\bigg|_0^x=(1009x+C)^2 \Leftrightarrow C^2=1$.
Suy ra $f(x)=1009x+1$ hoặc $f(x)=1009x-1$ (loại vì $f(x)>0 \forall x \in [0; 1]$ ).
Khi đó $I=\displaystyle\int\limits_0^1 \sqrt{g(x)}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 (1009x+1)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1011}{2}$.
==============
Cho hai hàm $f(x)$ và $g(x)$ có đạo hàm trên $[1; 4],$ thỏa mãn $\begin{cases}&f(1)+g(1)=4\\&g(x)=-xf'(x)\\&f(x)=-xg'(x)\end{cases}$ với mọi $x \in [1; 4]$. Tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_1^4 \left[f(x)+g(x)\right]\mathrm{d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=3\ln 2$
$I=4\ln 2$
$I=6\ln 2$
$I=8\ln 2$
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $f(x)+g(x)=-x \cdot f'(x)-x \cdot g'(x)$.
$\Leftrightarrow \left[f(x)+x \cdot f'(x)\right]+\left[g(x)+x \cdot g'(x)\right]=0 \Leftrightarrow \left[x \cdot f(x)\right]’+\left[x \cdot g(x)\right]’=0$.
$ \to x \cdot f(x)+x \cdot g(x)=C \Rightarrow f(x)+g(x)=\dfrac{C}{x}$.
Mà $f(1)+g(1)=4 \Rightarrow C=4 \to I=\displaystyle\int\limits_1^4 \left[f(x)+g(x)\right]\mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_1^4 \dfrac{4}{x}\mathrm{\,d}x=8\ln 2$.
==============
Cho hai hàm $f(x)$ và $g(x)$ có đạo hàm trên $[1; 2],$ thỏa mãn $f(1)=g(1)=0$ và\\
$\begin{cases}&\dfrac{x}{(x+1)^2}g(x)+2017x=(x+1)f'(x)\\&\dfrac{x^3}{x+1}g'(x)+f(x)=2018x^2\end{cases},\,\forall x \in [1; 2]$.
Tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_1^2 \left[\dfrac{x}{x+1}g(x)-\dfrac{x+1}{x}f(x)\right]\mathrm{d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=\dfrac{1}{2}$
$I=1$
$I=\dfrac{3}{2}$
$I=2$
Lời Giải:
Từ giả thiết ta có $\begin{cases}&\dfrac{1}{(x+1)^2}g(x)-\dfrac{(x+1)}{x}f'(x)=-2017\\&\dfrac{x}{x+1}g'(x)+\dfrac{1}{x^2}f(x)=2018\end{cases},\,\forall x \in [1; 2]$.
Suy ra $\left[\dfrac{1}{(x+1)^2}g(x)+\dfrac{x}{x+1}g'(x)\right]-\left[\dfrac{(x+1)}{x}f'(x)-\dfrac{1}{x^2}f(x)\right]=1 \Leftrightarrow \left[\dfrac{x}{x+1}g(x)\right]’-\left[\dfrac{(x+1)}{x}f(x)\right]’=1$.
$ \to \dfrac{x}{x+1}g(x)-\dfrac{(x+1)}{x}f(x)=x+C$.
Mà $f(1)=g(1)=0 \Rightarrow C=-1 \to I=\displaystyle\int\limits_1^2 \left[\dfrac{x}{x+1}g(x)-\dfrac{x+1}{x}f(x)\right]\mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_1^2 (x-1)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{2}$.
==============
Cho hàm số $y=f(x)$ có đạo hàm trên $[0; 3],$ thỏa mãn $\begin{cases}&f(3-x) \cdot f(x)=1\\&f(x) \ne -1\end{cases}$ với mọi $x \in [0; 3]$ và $f(0)=\dfrac{1}{2}$. Tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{xf'(x)}{\left[1+f(3-x)\right]^2 \cdot f^2(x)}\mathrm{\,d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=\dfrac{1}{2}$
$I=1$
$I=\dfrac{3}{2}$
$I=\dfrac{5}{2}$
Lời Giải:
Từ giả thiết $\begin{cases}&f(3-x) \cdot f(x)=1\\&f(0)=\dfrac{1}{2}\end{cases}\xrightarrow{x=3}f(3)=2$.
Ta có $\left[1+f(3-x)\right]^2 \cdot f^2(x) \overset{f(3-x) \cdot f(x)=1}= \left[1+f(x)\right]^2$.
Tích phân $I=\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{xf'(x)}{\left[1+f(x)\right]^2}\mathrm{\,d}x=-\displaystyle\int\limits_0^3 x\mathrm{d}\left(\dfrac{1}{1+f(x)}\right)=-\dfrac{x}{1+f(x)}\bigg|_0^3 +\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{1}{1+f(x)}\mathrm{\,d}x=-1+J$.
Tính $J=\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{1}{1+f(x)}\mathrm{\,d}x\overset{t=3-x}=-\displaystyle\int\limits_3^0 \dfrac{1}{1+f(3-t)}\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{1}{1+f(3-t)}\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{1}{1+f(3-x)}\mathrm{\,d}x$.
Suy ra $2J=\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{1}{1+f(x)}\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^3 \dfrac{1}{1+f(3-x)}\mathrm{\,d}x\overset{f(3-x) \cdot f(x)=1}=\displaystyle\int\limits_0^3 1 \cdot \mathrm{\,d}x=3 \Rightarrow J=\dfrac{3}{2}$.Vậy $I=\dfrac{1}{2}$.
==============
Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục trên đoạn $[0; 1]$ và thỏa mãn $af(b)+bf(a)=1$ với mọi $a, b \in [0; 1]$. Tính tích phân $I=\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x$.
Các phương án chọn từ trên xuống là A B C D
$I=\dfrac{1}{2}$
$I=\dfrac{1}{4}$
$I=\dfrac{\pi}{2}$
$I=\dfrac{\pi}{4}$
Lời Giải:
Đặt $a=\sin x, b=\cos x$ với $x \in \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$.
Từ giả thiết, suy ra $\sin xf\left(\cos x\right)+\cos xf\left(\sin x\right)=1$.
$ \to \displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin xf\left(\cos x\right)\mathrm{d}x+\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \cos xf\left(\sin x\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} 1\mathrm{\,d}x=\dfrac{\pi}{2}$.$(1)$.
Ta có $\begin{cases}&\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin xf\left(\cos x\right)\mathrm{d}x\overset{t=\cos x}=-\displaystyle\int\limits_1^0 f(t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x\\&\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \cos xf\left(\sin x\right)\mathrm{d}x\overset{t=\sin x}=\displaystyle\int\limits_0^1 f(t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x\end{cases}$.
Do đó $(1) \Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{\pi}{4}$.
Trả lời