CHƯƠNG 3 NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 1
1 NGUYÊN HÀM 1
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 1
1 Nguyên hàm và tính chất 1
1.1 Nguyên hàm . . . 1
1.2 Tính chất . . . 1
2 Phương pháp tính nguyên hàm 1 2.1 Phương pháp tính nguyên hàm đổi biến số . . . 1
2.2 Phương pháp tính nguyên hàm từng phần . . . 1
2.3 Bảng nguyên hàm cơ bản . . . 2
2.4 Bảng nguyên hàm mở rộng . . . 2
3 Các dạng toán và bài tập 3 3.1 Tính nguyên hàm bằng bảng nguyên hàm . . . 3
3.1.1 Bài tập vận dụng . . . 3
3.2 Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số . . . 22
3.2.1 Bài tập áp dụng . . . 23
3.3 Nguyên hàm từng phần . . . 35
3.3.1 Ví dụ và bài tập . . . 35
4 Phương pháp đổi biến số 39 B CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 39 1 Nhận biết 39 1.1 ĐÁP ÁN . . . 54
2 Thông hiểu 54 2.1 ĐÁP ÁN . . . 69
3 Vận dụng thấp 69 3.1 ĐÁP ÁN . . . 81
4 Vận dụng cao 81 4.1 ĐÁP ÁN . . . 86
2 TÍCH PHÂN 87 A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 87 1 Khái niệm tích phân 87 1.1 Định nghĩa tích phân . . . 87
1.2 Tính chất của tích phân . . . 87
2 PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 87 2.1 Phương Pháp Đổi Biến Số . . . 87
3 Các dạng toán và bài tập 88
3.1 Tích phân cơ bản và tính chất tính phân . . . 88
3.1.1 Ví dụ và bài tập . . . 88
3.2 Tích phân hàm số phân thức hữu tỉ . . . 93
3.2.1 Ví dụ và bài tập . . . 93
3.3 Tính chất của tích phân . . . 95
3.3.1 Ví dụ và bài tập . . . 96
3.4 Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối b Z a |f(x)|dx . . . 107
3.4.1 Ví dụ và bài tập . . . 107
3.5 Phương pháp đổi biến số . . . 109
3.5.1 Ví dụ và bài tập . . . 109
3.6 Tích phân từng phần . . . 140
3.6.1 Ví dụ và bài tập . . . 140
B CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 150 1 Nhận biết 150 1.1 ĐÁP ÁN . . . 161
2 Thông hiểu 161 2.1 ĐÁP ÁN . . . 191
3 Vận dụng thấp 192 3.1 ĐÁP ÁN . . . 227
4 Vận dụng cao 228 4.1 ĐÁP ÁN . . . 246
3 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN 247 A TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG 247 1 Hình phẳng giới hạn bởi một đường cong và trục hoành 247 2 Hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong 247 B TÍNH THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY 247 C Dạng toán và bài tập 248 1 Diện tích hình phẳng và bài toán liên quan 248 1.1 Diện tích hình phẳng . . . 248
1.2 Tìm vận tốc, gia tốc, quãng đường trong vật lí . . . 251
2 Thể tích 254 2.1 Thể tích của vật thể . . . 254
2.2 Tính thể tích của vật thể tròn xoay . . . 256
Th.s Nguyễn Chín Em 2 https://emncischool.wixsite.com/geogebra
1 Nhận biết 259 1.1 ĐÁP ÁN . . . 277
2 Thông hiểu 277
2.1 ĐÁP ÁN . . . 286
3 Vận dụng thấp 287
3.1 ĐÁP ÁN . . . 297
4 Vận dụng cao 297
4.1 ĐÁP ÁN . . . 302
DỤNG
BÀI 1. NGUYÊN HÀM
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
1 NGUYÊN HÀM VÀ TÍNH CHẤT 1.1 Nguyên hàm
Định nghĩa 1. Cho hàm số f(x)xác định trênK. Hàm sốF(x)được gọi lànguyên hàmcủa hàm số f(x) trênK nếuF0(x)=f(x)với mọix∈K.
Định lí 1. Nếu F(x)là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G(x)= F(x)+C cũng là một nguyên hàm của hàm số f(x)trênK.
Định lí 2. NếuF(x)là một nguyên hàm của hàm số f(x)trênK thì mọi nguyên hàm của hàm số f(x)trên K đều có dạngF(x)+C, vớiC là một hằng số.
Định lí 3. Mọi hàm số f(x)liên tục trênK đều có nguyên hàm trênK. 1.2 Tính chất
Tính chất 1.
Z
f0(x) dx=f(x)+C Tính chất 2.
Z
k f(x) dx=k Z
f(x) dx (klà một hằng số khác0).
Tính chất 3.
Z
£f(x)±g(x)¤ dx=
Z
f(x) dx± Z
g(x) dx
2 PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM 2.1 Phương pháp tính nguyên hàm đổi biến số
Định lí 4. Nếu Z
f(u) du=F(u)+Cvàu=u(x)là hàm số có đạo hàm liên tục thì Z
f(u(x))u0(x) dx=F(u(x))+C.
2.2 Phương pháp tính nguyên hàm từng phần
Định lí 5. Nếu hai hàm sốu=u(x)và v=v(x)có đạo hàm liên tục trênK thì Z
u(x)·v0(x) dx=u(x)v(x)− Z
u0(x)v(x) dx.
Nhận xét. Vìv0(x) dx=dv,u0(x) dx=dunên đẳng thức trên còn được viết ở dạng Z
udv=uv− Z
vdu. Để tính nguyên hàm
Z
f(x) dxbằng từng phần ta làm như sau:
Bước 1: Chọn u,vsao cho f(x) dx=udv(chú ý dv=v0(x) dx). Sau đó tínhv= Z
dvvà du=u0·dx.
Bước 2:Thay vào công thức(∗)và tính Z
vdu. Chú ý. Cần phải lựa chọnuvàdvhợp lí sao cho ta dễ dàng tìm đượcvvà tích phân
Z
vdudễ tính hơn Z
udv. Ta thường gặp các dạng sau
1 Dạng 1: I= Z
P(x)
·sinx cosx
¸
dx. Với dạng này, ta đặt
u=P(x) dv=
·sinx cosx
¸ dx
2 Dạng 2: I= Z
P(x) eax+bdx, trong đóP(x)là đa thức. Với dạng này, ta đặt
(u=P(x) dv=eax+bdx.
3 Dạng 3: I= Z
P(x) ln (mx+n) dx, trong đóP(x)là đa thức. Với dạng này, ta đặt
½u=ln (mx+n) dv=P(x) dx.
4 Dạng 4: I= Z ·
sinx cosx
¸
exdx. Với dạng này ta đặt
u=
·sinx cosx
¸
dx=exdx 2.3 Bảng nguyên hàm cơ bản
Nguyên hàm của hàm sơ cấp Nguyên hàm của hàm hợpu=u(x) 1
Z
0 dx=C 1
Z
0 du=C 2
Z
1 dx=x+C 2
Z
1 du=u+C 3
Z
xα dx= xα+1
α+1+C 3 Z
uα du=uα+1 α+1+C 4
Z 1
x dx=ln|x| +C 4 Z 1
u du=ln|u| +C 5
Z
ex dx=eex+C 5 Z
eudu=eu+C 6
Z
ax dx= ax
lna+C 6
Z
au du= au lna+C 7
Z
cosxdx=sinx+C 7 Z
cosudu=sinu+C 8
Z
sinxdx= −cosx+C 8 Z
sinu du= −cosu+C 9
Z 1
cos2x dx=tanx+C 9
Z 1
cos2u du=tanu+C 10
Z 1
sin2x dx= −cotx+C 10
Z 1
sin2u du= −cotu+C 11
Z 1 2p
xdx=p
x+C 11
Z 1 2p
udu=p u+C 2.4 Bảng nguyên hàm mở rộng
1 Z
(ax+b)αdx=1 a
(ax+b)α+1
α+1 +C(α6= −1) 10
Z 1
ax+bdx= 1
aln|ax+b| +C 2
Z
eax+bdx=1
aeax+b+C 11
Z
cos(ax+b)dx=1
asin(ax+b)+C 3
Z
sin(ax+b)dx= −1
acos(ax+b)+C 12
Z 1
cos2(ax+b)dx=1
atan(ax+b)+C
4
Z 1
sin2(ax+b)dx= −1
acot(ax+b)+C 13 Z
tan(ax+b)dx= −1
aln|cos(ax+b)| +C 5
Z
cot(ax+b)dx=1
aln|sin(ax+b)| +C 14
Z dx a2+x2 =1
aarctanx a+C 6
Z dx
a2−x2 = 1 2aln¯
¯
¯ a+x a−x
¯
¯
¯+C 15
Z dx
px2+a2 =ln³ x+p
x2+a2´ +C 7
Z dx
pa2−x2 =arcsin x
|a|=C 16
Z dx
x.p
x2−a2 =1
aarccos
¯
¯
¯ x a
¯
¯
¯+C 8
Z
ln(ax+b)dx= µ
x+b a
¶
ln(ax+b)−x+C 17 Z p
a2−x2dx= xp a2−x2
2 +a2
2 arcsinx a+C 9
Z
eaxcosbxdx=eax(acosbx)+bsinbx
a2+b2 +C 18 Z
eaxsinbxdx=eax(asinbx)−bcosbx a2+b2 +C
3 CÁC DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 3.1 Tính nguyên hàm bằng bảng nguyên hàm
Phương pháp giải
1 Tích của đa thức hoặc lũy thừa−−−−−−−−−→PP khai triển.
2 Tích các hàm mũ−−−−−−−−−→PP khai triển theo công thức mũ.
3 Chứa căn−−−−−−−−−→PP chuyển về lũy thừa.
4 Tích lượng giác bậc một của sin và cosin−−−−−−−−−→PP Sử dụng công thức tích thành tổng.
• sinacosb=1
2[sin(a+b)+sin(a−b)]
• sinasinb=1
2[cos(a−b)−cos(a+b)]
• cosacosb=1
2[cos(a+b)+cos(a−b)]
5 Bậc chẵn của sin và cosin⇒Hạ bậc:sin2x=1 2−1
2cos 2a,cos2x=1 2+1
2cos 2a.
6 Nguyên hàm của hàm số hữu tỷI=
Z P(x)
Q(x)dx, vớiP(x),Q(x)là các đa thức.
• Nếu bậc của tử sốP(x)≥bậc của mẫu sốQ(x)−−−−−−−−−→PP Chia đa thức.
• Nếu bậc của tử sốP(x)<bậc của mẫu sốQ(x)−−−−−−−−−→PP Phân tích mẫu sốQ(x)thành tích số, rồi sử dụng đồng nhất thức đưa về dạng tổng của các phân số (PP che).
1
(x−m)(ax2+bx+c)= A
x−m+ Bx+C
ax2+bx+c, với∆=b2−4ac.
1
(x−a)2(x−b)2 = A
x−a+ B
(x−a)2+ C
x−b+ D (x−b)2.
Nhận xét. Nếu mẫu không phân tích được thành tích sẽ tìm hiểu ở phần đổi biến.
3.1.1 Bài tập vận dụng
Ví dụ 1. Tính nguyên hàm của hàm số f(x)=3x2+1
3x=. . . .
ĐS: x3+x2 6 +C Lời giải: Ta cóF(x)=
Z µ
3x2+1 3x
¶
dx=x3+x2 6 +C.
Bài 1. Tìm nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)(giả sử điều kiện được xác định), biết
1 f(x)=2x3−5x2−4x+7=. . . . ĐS: 1
2x4−5
3x3−2x2+7x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
¡2x3−5x2−4x+7¢
dx=1 2x4−5
3x3−2x2+7x+C. ä
2 f(x)=6x5−12x3+x2−8=. . . . ĐS:x6−3x4+1
3x3−8x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
¡6x5−12x3+x2−8¢
dx=x6−3x4+1
3x3−8x+C. ä
3 f(x)=(x2−3x)(x+1) . . . . ĐS:F(x)=1
4x4−2 3x3−3
2x2+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(x2−3x)(x+1)dx= Z
(x3−2x2−3x)dx=1 4x4−2
3x3−3
2x2+C. ä
4 f(x)=(x−1)(x2+2) . . . . ĐS:F(x)=1
4x4−1
3x3+x2−2x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(x−1)(x2+2)dx= Z
(x3−x2+2x−2)dx=1 4x4−1
3x3+x2−2x+C. ä
5 f(x)=x(x2+1)2 . . . . ĐS:F(x)=1
6(x2+1)3+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
x(x2+1)2dx= Z
(x2+1)2d(x2+1)
2 =1
6(x2+1)3+C. ä
6 f(x)=(3−x)3 . . . . ĐS:F(x)= −1
4(3−x)4+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(3−x)3dx= − Z
(3−x)3d(3−x)= −1
4(3−x)4+C. ä
7 f(x)=(2x+1)5 . . . . ĐS:F(x)= 1
12(2x+1)6+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(2x+1)5dx= Z
(2x+1)5d(2x+1)
2 = 1
12(2x+1)6+C. ä
8 f(x)=(2x−10) . . . . ĐS:F(x)= 1
4038(2x−10)2019+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(2x−10)2018dx=1 2 Z
(2x−10)2018d(2x−10)= 1
4038(2x−10)2019+C. ä
9 f(x)=(3−4x)2019 . . . . ĐS:F(x)= − 1
8080(3−4x)2020+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(3−4x)2019dx= −1 4 Z
(3−4x)2019d(3−4x)= − 1
8080(3−4x)2020+C. ä 10 f(x)=(2x2−1)2 . . . .
ĐS:F(x)=4 5x5−4
3x3+x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(2x2−1)2dx= Z
¡4x4−4x2+1¢ dx=4
5x5−4
3x3+x+C. ä
11 f(x)=(x2+1)3 . . . . ĐS:F(x)=1
7x7+3
5x5+x3+x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
(x2+1)3dx= Z
¡x6+3x4+3x2+1¢ dx=1
7x7+3
5x5+x3+x+C. ä
Ví dụ 2. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=4x3−4x+5thỏa mãn F(1)=3 . . . . ĐS:F(x)=x4−2x2+5x−1 Lời giải:Ta cóF(x)=
Z
f(x)dx= Z
¡4x3−4x+5¢
dx=x4−2x2+5x+C. VìF(1)=3⇔1−2+5+C=3⇔C= −1.
Suy raF(x)=x4−2x2+5x−1.
Bài 2. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)thỏa mãn điều kiệnF(x◦)=k.
1 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= −x3+3x2−2xthỏa mãnF(1)=0 . . . . ĐS:F(x)= −x4
4 +x3−x2+1 4 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡−x3+3x2−2x¢
dx= −x4
4 +x3−x2+C. VìF(1)=0nênC=1
4. Suy raF(x)= −x4
4 +x3−x2+1
4. ä
2 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=3x3−2x2+1thỏa mãn F(−2)=3. . . . ĐS:F(x)=3x4
4 −2x3
3 +x−37 3 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡3x3−2x2+1¢
dx=3x4 4 −2x3
3 +x+C. VìF(−2)=3nênC= −37
3 . Suy raF(x)=3x4 4 −2x3
3 +x−37
3 . ä
3 GọiF(x)là một nguyên hàm của hàm sốf(x)= −5x4+4x2−6thỏa mãnF(3)=1. TínhF(−3). . . . . ĐS:F(−3)=451 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡−5x4+4x2−6¢
dx= −x5+4x3
3 −6x+C. VìF(3)=1nênC=226. Suy raF(x)= −x5+4x3
3 −6x+226.
Do đóF(−3)=451. ä
4 Hàm số f(x)=x3+3x2+2có một nguyên hàmF(x)thỏaF(2)=14. TínhF(−2). . . . ĐS:F(−2)= −10 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡x3+3x2+2¢
dx=x4
4 +x3+2x+C. VìF(2)=14nênC= −2. Suy raF(x)= x4
4 +x3+2x−2.
Do đóF(−2)= −10. ä
5 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=(1−x)9thỏa10F(2)=9. . . . ĐS:F(x)= −(1−x)10
10 +1 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡(1−x)9¢
dx= −(1−x)10 10 +C. Vì10F(2)=9nênC=1. Suy raF(x)= −(1−x)10
10 +1. ä
6 Hàm số f(x)=(2x+1)3 có một nguyên hàm làF(x)thỏaF µ1
2
¶
=4. TínhF µ3
2
¶
. . . . ĐS:F
µ3 2
¶
=34 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡(2x+1)3¢
dx=(2x+1)4 8 +C. VìF
µ1 2
¶
=4nênC=2. Suy raF(x)=(2x+1)4 8 +2. Do đóF
µ3 2
¶
=34. ä
7 Hàm số f(x)=(1−2x)5 có một nguyên hàm làF(x)thỏaF µ
−1 2
¶
=2
3. TínhF(1). . . . ĐS:F
µ3 2
¶
=71 12 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡(1−2x)5¢
dx= −(1−2x)6 12 +C. VìF
µ
−1 2
¶
=2
3 nênC=6. Suy raF(x)= −(1−2x)6 12 +6. Do đóF
µ3 2
¶
=71
12. ä
8 Gọi F(x)là một nguyên hàm của hàm số f(x)=(2x−3)2 thỏa F(0)=
3. Tính giá trị của biểu thức P=log2[3F(1)−2F(2)]. . . .
ĐS:P=log2[3F(1)−2F(2)]=2 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z
¡(2x−3)2¢
dx=(2x−3)3 6 +C. VìF(0)=1
3 nênC=29
6 . Suy raF(x)=(2x−3)3 6 +29
6 ⇒F(1)=13
3 ;F(2)=5.
Do đóP=log2[3F(1)−2F(2)]=2. ä
9 GọiF1(x)là một nguyên hàm của hàm số f1(x)=x(x+2)2thỏaF1(0)=1vàF2(x)là một nguyên hàm của hàm số f2(x)=x3+4x2+5thỏaF2(0)= −2. Tìm nghiệm của phương trìnhF1(x)=F2(x). . . .
ĐS:
½ 1;3
2
¾
-Lời giải.
Ta cóF1(x)= Z
f1(x) dx= Z
x(x+2)2dx= Z
¡x3+4x2+4x¢
dx= x4 4 +4x3
3 +2x2+C. VìF1(0)=1nênC=1. Suy raF1(x)= x4
4 +4x3
3 +2x2+1 (1). Tương tựF2(x)=
Z
f2(x) dx= Z
¡x3+4x2+5¢
dx=x4 4 +4x3
3 +5x+C. VìF2(0)= −2nênC= −2. Suy raF2(x)= x4
4 +4x3
3 +5x−2 (2). Từ(1)và(2), ta cóF1(x)=F2(x)⇔2x2+1=5x−2⇔2x2−5x+3=0⇔
x=1 x=3
2. ä
10 GọiF1(x)là một nguyên hàm của hàm số f1(x)=(x+1)(x+2)thỏaF1(0)=0và F2(x)là một nguyên hàm của hàm số f2(x)=x2+x−2thỏa F2(0)=0. Biết phương trình F1(x)=F2(x)có hai nghiệm là x1, x2. Tính2x1+2x2 . . . .
ĐS: 17 16 -Lời giải.
Ta cóF1(x)= Z
f1(x) dx= Z
(x+1)(x+2) dx= Z
¡x2+3x+2¢
dx=x3 3 +3x3
2 −2x+C. VìF1(0)=0nênC=0. Suy raF1(x)= x3
3 +3x3
2 −2x (1). Tương tựF2(x)=
Z
f2(x) dx= Z
¡x2+x2−2¢
dx= x3 3 +x2
2 −2x+C. VìF2(0)=0nênC=0. Suy raF2(x)= x3
3 +x2
2 −2x (2). Từ(1)và(2), ta cóF1(x)=F2(x)⇔ 3x2
2 +2x= x2
2 −2x⇔x2+4x=0⇔
x=0 x= −4.
Khi đó20+2−4=17
16. ä
Ví dụ 3. Tìm nguyên hàmF(x)của hàm sốf(x)(giả sử điều kiện được xác định).f(x)=x2−3x+1 x⇒ F(x)=
Z
f(x) dx=. . . .
ĐS: x
3
3 −3
2x2+ln|x| +C Lời giải: Ta cóF(x)=
Z µ
x2−3x+1 x
¶
dx= x3 3 −3
2x2+ln|x| +C.
Bài 3. Tìm nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)(giả sử điều kiện được xác định).
1 f(x)=3x2+1
x−2⇒F(x)= Z
f(x) dx=. . . . ĐS:x3+ln|x| −2x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
3x2+1 x−2
¶
dx=x3+ln|x| −2x+C. ä
2 f(x)=3x2−2 x− 1
x2 ⇒F(x)= Z
f(x) dx=. . . . ĐS:x3−2 ln|x| +1
x+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
3x2−2 x− 1
x2
¶
dx=x3−2 ln|x| +1
x+C. ä
3 f(x)=x2−3x+1
x ⇒F(x)=
Z x2−3x+1
x dx=. . . .
=. . . . ĐS: x
2
2 −3x+ln|x| +C -Lời giải.
Ta cóF(x)=
Z x2−3x+1 x dx=
Z µ
x−3+1 x
¶
dx=x2
2 −3x+ln|x| +C. ä
4 f(x)=2x4−x2−3x
x2 ⇒F(x)=
Z 2x4−x2−3x
x2 dx=. . . .
=. . . . ĐS: 2x
3
3 −x−3 ln|x| +C -Lời giải.
Ta cóF(x)=
Z 2x4−x2−3x x2 dx=
Z µ
2x2−1−3 x
¶
dx=2x3
3 −x−3 ln|x| +C. ä
5 f(x)= 1
2x−1 . . . . ĐS: 1
2ln|2x−1| +C. -Lời giải.
Ta cóF(x)=
Z 1
2x−1dx=1 2
Z d(2x−1) 2x−1 =1
2ln|2x−1| +C. ä
6 f(x)= 1
3−4x . . . . ĐS:−1
4ln|3−4x| +C. -Lời giải.
Ta cóF(x)=
3−4xdx= − 4
−
3−4x = −
4ln|3−4x| +C. ä
7 f(x)= 5
3x+1 . . . . ĐS: 5
3ln|3x+1| +C.
-Lời giải.
Ta cóF(x)=
Z 5
3x+1dx=5 3
Z d(3x+1) 3x+1 =5
3ln|3x+1| +C. ä
8 f(x)= 3
2−4x . . . . ĐS:−3
4ln|2−4x| +C.
-Lời giải.
Ta cóF(x)=
Z 3
2−4xdx= −3 4
Z d(2−4x) 2−4x = −3
4ln|2−4x| +C. ä
9 f(x)= 2 5−2x+2
x+ 3
x2 . . . . ĐS:−ln|5−2x| +2 ln|x| −3
x+C.
-Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
2 5−2x+2
x+ 3 x2
¶
dx= −
Z d(5−2x) 5−2x +2
Z 1 xdx+3
Z 1
x2dx= −ln|5−2x| +2 ln|x| − 3
x+C. ä
10 f(x)= 4 2x+1+5
x− 2
x2 . . . . ĐS:2 ln|2x+1| +5 ln|x| +2
x+C.
-Lời giải.
Ta có F(x)= Z µ
4 2x+1+5
x− 2 x2
¶ dx=2
Z d(2x+1) 2x+1 +5
Z 1 xdx−2
Z 1
x2dx=2 ln|2x+1| +5 ln|x| + 2
x+C. ä
11 f(x)= 12
(x−1)2+ 2
2x−3. . . . ĐS:− 12
x−1+ln|2x−3| +C.
-Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
12
(x−1)2+ 2 2x−3
¶
dx=12 Z
(x−1)−2d(x−1)+
Z d(2x−3)
2x−3 = − 12
x−1+ln|2x−3|+C. ä
12 f(x)= 6
(3x−1)2− 9
3x−1 . . . . ĐS:− 2
3x−1−3 ln|3x−1| +C.
-Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
6
(3x−1)2− 9 3x−1
¶ dx=2
Z
(3x−1)−2d(3x−1)−3
Z d(3x−1)
3x−1 = − 2
3x−1−3 ln|3x−
1| +C. ä
Ví dụ 4. Tìm nguyên hàmF(x)của hàm sốf(x)(giả sử điều kiện được xác định). f(x)=1 x+ 1
(2−x)2− 2x⇒F(x)=
Z
f(x) dx=. . . . ĐS:ln|x| − 1
x−2−x2+C Lời giải: Ta cóF(x)=
Z µ 1
x+ 1 (2−x)2−2
¶
dx=ln|x| − 1
x−2−x2+C. Bài 4. Tìm nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)(giả sử điều kiện được xác định).
1 f(x)= 1 x3− 2
x2+ 4
x4 ⇒F(x)= Z
f(x) dx=. . . . ĐS:− 1
2x2+2 x− 4
3x3+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
1 x3− 2
x2+ 4 x4
¶
dx= − 1 2x2+2
x− 4
3x3+C. ä
2 f(x)= 2
(2x−1)3⇒F(x)= Z
f(x) dx=. . . . ĐS:− 1
2(2x−1)2+C -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z µ
2 (2x−1)3
¶
dx= − 1
2(2x−1)2+C. ä
Bài 5. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)thỏa mãn điều kiệnF(x◦)=k.
1 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 1
2x−5 thỏa mãnF(1)=2 lnp
3. . . . ĐS:F(x)=1
2ln|2x−5| +1 2ln 3 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx=
Z 1
2x−5dx=1
2ln|2x−5| +C. VìF(1)=2 lnp
3nênC=1
2ln 3. Suy raF(x)=1
2ln|2x−5| +1
2ln 3. ä
2 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 5
2−10x thỏa mãnF(2)=3 ln 2. . . . ĐS:F(x)= −1
2ln|10x−2| +1
2ln 18+3 ln 2 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx=
Z 5
2−10xdx= −1
2ln|10x−2| +C. VìF(2)=3 ln 2nênC=1
2ln 18+3 ln 2. Suy raF(x)= −1
2ln|10x−2| +1
2ln 18+3 ln 2. ä
3 BiếtF(x)là một nguyên hàm của hàm sốf(x)= 1
x−1 và F(2)=1. TínhF(3) . . . . ĐS:F(3)=ln 2+1 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx= Z 1
x−1dx=ln|x−1| +C.
VìF(2)=1nênC=1. Suy raF(x)=ln|x−1| +1. Do đóF(3)=ln 2+1. ä
4 BiếtF(x)là một nguyên hàm của hàm sốf(x)=
2x+1 vàF(0)=2. TínhF(e). . . . ĐS:F(e)=ln (2e+1)+2 -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx=
Z 1
2x+1dx=ln|2x+1| +C.
VìF(0)=2nênC=2. Suy raF(x)=ln|2x+1| +2. Do đóF(e)=ln (2e+1)+2. ä 5 cho hàm số y=f(x)thỏa mãn f0(x)= 1
2x−1 và f(1)=1. Tính f(5). . . . ĐS: f(5)=2 ln 3+1 -Lời giải.
Ta có f(x)= Z
f0(x) dx=
Z 1
2x−1dx=ln|2x−1| +C.
Vì f(1)=1nênC=1. Suy ra f(x)=ln|2x−1| +1. Do đó f(5)=2 ln 3+1. ä
6 Cho hàm số f(x)xác định trên thỏa mãn f0(x)= 2
2x−1, f(0)=1 và f(1)=2. Giá trị của biểu thức P=f(−1)+f(3). . . .
ĐS: f(−1)+f(3)=3+ln 15. -Lời giải.
Ta có f(x)= Z
f0(x) dx=
Z 2
2x−1dx=ln|2x−1| +C, với mọix. Xét trên
µ
−∞;1 2
¶
. Ta có f(0)=1, suy raC=1. Do đó, f(x)=ln|2x−1| +1, với mọix∈
µ
−∞;1 2
¶
. Suy ra f(−1)=1+ln 3. Xét trên
µ1 2;+∞
¶
. Ta có f(1)=2, suy raC=2.
Do đó, f(x)=ln|2x−1| +2, với mọi µ1
2;+∞
¶
. Suy ra f(3)=2+ln 5. Vậy f(−1)+f(3)=3+ln 3+ln 5=3+ln 15.
Mấu chốt của bài toán là tính chất của hàm f(x), hàm f(x)là hàm phân nhánh (hàm cho bởi nhiều biểu thức) thường ít xuất hiện trong các bài toán tích phân, nguyên hàm thông thường. Nắm được điểm này, ta có thể viết ra biểu thức f(x)một cách rõ ràng, và tìm được các giá trị cụ thể củaC. ä
7 Cho hàm số f(x) xác định trên thỏa mãn f0(x)= 2
x−1, f(0)=3 và f(2)=4. Giá trị của biểu thức P=f(−2)+f(5). . . . ĐS: f(−2)+f(5)=5+2 ln 2+ln 3 -Lời giải.
Ta có f(x)= Z
f0(x) dx= Z 2
x−1dx=ln|x−1| +C, với mọix. Xét trên(−∞; 1). Ta có f(0)=3, suy raC=1.
Do đó, f(x)=ln|x−1| +1, với mọix∈(−∞; 1). Suy ra f(−2)=1+ln 3. Xét trên(1;+∞). Ta có f(2)=4, suy raC=4.
Do đó, f(x)=ln|x−1| +4, với mọi µ1
2;+∞
¶
. Suy ra f(5)=4+2 ln 2.
Vậy f(−2)+f(5)=5+2 ln 2+ln 3. ä
8 Cho hàm số f(x)xác định trên thỏa mãn f0(x)= 6
3x−1, f(−2)=2và f(1)=1. Giá trị của biểu thức P=f(−1)+f(4). . . . ĐS: f(−1)+f(4)=3+2 ln 2−ln 7+2 ln 11 -Lời giải.
Ta có f(x)= Z
f0(x) dx=
Z 6
3x−1dx=2 ln|3x−1| +C, với mọix. Xét trên
µ
−∞;1 3
¶
. Ta có f(−2)=2, suy raC=2−ln 7. Do đó, f(x)=2 ln|3x−1| +2−ln 7, với mọix∈
µ
−∞;1 3
¶
. Suy ra f(−1)=2+4 ln 2−ln 7. Xét trên
µ1 3;+∞
¶
. Ta có f(1)=1, suy raC=1−2 ln 2. Do đó, f(x)=2 ln|3x−1| +1−2 ln 2, với mọi
µ1 3;+∞
¶
. Suy ra f(4)=1+2 ln 11−2 ln 2.
Vậy f(−1)+f(4)=3+2 ln 2−ln 7+2 ln 11. ä
Bài 6.
1 Cho hàm số f(x)xác định trênR? thỏa mãn f00(x)= 1
x2, f(−1)=1, f(1)=0và f(2)=0. Giá trị của biểu thức f(−2)bằng
A. 1+2 ln 2. B. 2+ln 2. C. 3+ln 2. D. ln 2.
ĐS: f(−2)=1+2 ln 2. -Lời giải.
Ta có f0(x)= Z
f00(x) dx= Z 1
x2dx= −1 x+C1. Suy ra, f(x)=
Z
f0(x) dx= Z ·
−1 x+C1
¸
dx= −ln|x|+C1x+C2=
−ln(x)+C1x+C21 khix>0
−ln(−x)+C1x+C22 khix<0.
Với f(−1)=1, f(1)=0và f(2)=0, ta có hệ
f(−1)=ln(1)+C1·(−1)+C22=1 f(1)=ln(1)+C1·(1)+C21=0 f(2)=ln(2)+C1·(2)+C21=0
⇔
−C1+C22=1 C1+C21=0 2C1+C21= −ln(2)
⇔
C1= −ln 2 C21=ln 2 C22=1+ln 2.
Khi đó, f(x)=
−lnx−xln 2+ln 2 khix>0
−ln(−x)−xln 2+1+ln 2 khi x<0.
Vậy f(−2)=1+2 ln 2.
Chọn đáp án A ä
2 Cho hàm số f(x)xác định trênR\{2}thỏaf0(x)= |2x−4|, f(1)=1và f(3)= −2. Giá trị của biểu thức f(−1)+f(4)bằng bao nhiêu?
A. −6. B. 2. C. −14. D. 0.
ĐS:−6. -Lời giải.
Ta có|2x−4| =
2x−4 khix>2 4−2x khix<2.
Khi đó, f(x)= Z
f0(x) dx=
x2−4x+C1 khix>2 4x−x2+C2 khix<2.
mà
f(3)= −2 f(1)=1 ⇔
32−4·3+C1= −2 4·1−12+C2=1 ⇔
C1=1
C2= −2⇔ f(x)=
x2−4x+1 khix>2 4x−x2−2 khix<2.
Vậy f(−1)+f(4)=4·(−1)−(−1)2−2+[42−4·4+1]= −6.
Chọn đáp án A ä
3 Cho hàm số f(x)xác định trênR\ {−1; 1}thỏa f0(x)= 2
x2−1; f(−3)+f(3)=0và f µ
−1 2
¶ +f
µ1 2
¶
=2. Tính giá trị của biểu thứcP=f(−2)+f(0)+f(4).
A. 2 ln 2−2 ln 3−ln 5. B. 2 ln 3−ln 5+1.
C. 2 ln 3−ln 5. D. 2 ln 3−ln 5+6.
ĐS:2 ln 3−ln 5+1.
-Lời giải.
f(x)= Z
f0(x) dx=
Z 2
x2−1dx= Z µ
1
x−1− 1 x+1
¶
dx=ln|x−1| −1
2ln|x+1| +C.
Hay f(x)=ln
¯
¯
¯
¯ x−1 x+1
¯
¯
¯
¯+C=
ln
µx−1 x+1
¶
+C1 khix>1 ln
µ1−x x+1
¶
+C2 khi −1<x<1 ln
µx−1 x+1
¶
+C3 khix< −1.
Theo đề ta có
f(−3)+f(3)=0 f
µ
−1 2
¶ +f
µ1 2
¶
=2⇔
ln 2+C1+ln1
2+C3=0 ln 3+C2+ln1
3+C2=2
⇔
C1+C3=0 C2=1.
Do đó f(−2)+f(0)+f(4)=ln 3+C3+C2+ln3
5+C1=ln 3+ln 3−ln 5+1=2 ln 3−ln 5+1.
Chọn đáp án B ä
4 Cho hàm số f(x)xác định trênR\
½
−1;1 2
¾
thỏa f0(x)= 4x+1
2x2+x−1; f(1)+f(−2)=0; f µ3
2
¶
=ln 20 và f(0)+f(1)=0. Tính giá trị của biểu thức f(−3)+f(3)+f
µ
−1 2
¶ . A. ln
µ7 2
¶
. B. −ln 7.
C. ln 2. D. ln 14.
ĐS:ln µ7
2
¶ . -Lời giải.
Ta có f(x)= Z
f0(x) dx=
Z 4x+1
2x2+x−1dx=
Z 1
2x2+x−1d(2x2+x−1)=ln|2x2+x−1| +C.
Khi đó, f(x)=
ln(2x2+x−1)+C1 khix< −1 ln(1−x−2x2)+C2 khi −1<x<1
2 ln(2x2+x−1)+C3 khix>1
2.
Mà
f(1)+f(−2)=0 f
µ3 2
¶
=ln 20 f(0)+f(1)=0
⇔
ln 2+C3+ln 5+C1=0 ln 5+C3=ln 20
ln 1+C2+ln 2+C3=0
⇔
C1+C3= −ln 10 C3=ln 4
C2+C3= −ln 2
⇔
C1= −ln 40 C2= −ln 8 C3=ln 4.
Khi đó, f(−3)+f(3)+f µ
−1 2
¶
=ln 14+C1+ln 20+C3+C2=ln 14−ln 40+ln 20+ln 4−ln 8=ln µ7
2
¶ .
Chọn đáp án A ä
5 Cho hàm số f(x)xác định trênR\ {1; 2}thỏa f0(x)= |x−1| +|x−2|; f(0)+f µ4
3
¶
=0và f(4)=2. Tính giá trị của biểu thứcP=f(−1)+f
µ3 2
¶
+f(3)bằng A. − 3
26. B. −35
6 . C. −3
2. D. − 5
36.
ĐS:−35 6 . -Lời giải.
Ta có f0(x)= |x−1| + |x−2| =
3−2x khix<1 1 khi1<x<2 2x−3 khix>2.
Khi đó f(x)= Z
f0(x) dx=
3x−x2+C1 khix<1 x+C2 khi1<x<2 x2−3x+C3 khix>2.
Mà
f(0)+f µ4
3
¶
=0 f(4)=2
⇔
C1+4
3+C2=0 4+C3=2.
⇔
C1+C2= −4 3 C3= −2 Suy ra f(−1)+f
µ3 2
¶
+f(3)=(−4+C1)+ µ3
2+C2
¶
+C3= −5 2−4
3−2= −35 6 .
Chọn đáp án B ä
6 Cho hàm số f(x)xác định trênR\ {0}thỏa f0(x)=xln|x|; f(−1)=3
4 và f(2)= −1. Tính giá trị của
biểu thứcP=f(−2)+f(1). ĐS:P= −1
4. -Lời giải.
f0(x)=
xlnx khix>0 xln(−x) khix<0. Đặt
u=lnx dv=xdx⇒
du=1
xdx v= x2
2 . Khi đó,
Z
xlnxdx=x2
2 lnx−x 2+C.
Tương tự ta có
f(x)=
x2
2 lnx−x
2+C1 khix>0 x2
2 ln(−x)+x
2+C2 khix<0 Mà f(−1)=3
4⇔ −1
2+C2=3
4⇒C2=5
và f(2)= −1⇔2 ln 2−1+C1= −1⇔C41= −2 ln 2. Do đó,P=f(−2)+f(1)= −ln 2−1+C2−1
2+C1=2 ln 2−3 2+5
4−2 ln 2= −1
4. ä
7 Cho f0(x)=2x+1; f(1)=5 và phương trình f(x)=5 có hai nghiệm x1;x2. Tính tổng log2|x1| +
log2|x2|. ĐS:1
-Lời giải.
f(x)= Z
f0(x) dx= Z
(2x+1) dx=x2+x+C. Mà f(1)=5⇔2+C=5⇔C=3.
Mặt khác f(x)=5có hai nghiệmx1;x2, nênx2+x+3=5có hai nghiệm1;−2.
Suy ralog2|x1| +log2|x2| =log2|x1·x2| =log2|−2| =1. ä
8 Cho f0(x)= 2
(2x−1)2 − 1
(x−1)2 thỏa f(2)= −1
3. Biết phương trình f(x)= −1 có nghiệm duy nhất
x=x0. Tính2017x0. ĐS:1
-Lời giải.
Ta có f(x)= Z
f0(x) dx= Z ·
2
(2x−1)2− 1 (x−1)2
¸
dx= − 1
2x−1+ 1 x−1+C. Mà f(2)= −1
3⇔ −1
3+1+C1= −1
3⇔C1= −1.
Phương trình f(x)= −1 ⇔ − 1
2x−1+ 1
x−1−1= −1 có nghiệm duy nhất x=0, suy ra 2017x0 = 20070=1.
ä 9 Cho hàm số có đạo hàm cấp hai là f00(x)=12x2+6x−4và thỏa f(0)=1, f(1)=3. Tính giá trị của
hàm số f(x)tạix= −1. ĐS:−3
-Lời giải.
Ta có f0(x)= Z
f00(x) dx= Z
(12x2+6x−4) dx=4x3+3x2−4x+C1. f(x)=
Z
f0(x) dx= Z
(4x3+3x2+C1) dx=x4+x3−2x2+C1x+C2. Mà
f(0)=1 f(1)=3⇔
C2=1
C1+C2=3⇔
C1=2 C2=1.
Suy ra f(x)=x4+x3−2x2+2x+1⇒ f(−1)= −3. ä
10 Tìm hàm số f(x), biết f0(x)=ax+ b
x2, f0(1)=0, f(1)=4và f(−1)=2. Tính f(2). ĐS:5 -Lời giải.
f(x)= Z
f0(x) dx= Z µ
ax+ b x2
¶
dx=a 2x2−b
x+C. Ta có
f0(1)=0⇔a+b=0 f(1)=4⇔ a
2−b+C=4 f(−1)=2⇔ a
2+b+C=2
⇔
a=1 b= −1 c=5
2 .
Suy ra, f(x)=1 2x2+1
x+5
2⇒f(2)=5. ä
11 Cho hàm số f(x)xác định trên[−1; 2]thỏa f(0)=1và f2(x)·f0(x)=1+2x+3x2. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số và giá trị lớn nhất của hàm số f(x)trên[−1; 2]. ĐS:m=f(−1)=p3
−2và M=f(2)=p3
43 -Lời giải.
Z
f2(x)·f0(x) dx= Z
(1+2x+3x2) dx⇔1
3f3(x)=x3+x2+x+C⇔ f3(x)=3(x3+x2+x+C) mà f(0)=1⇔ f3(0)=1⇔C=1
3 Suy ra, f3(x)=3x3+3x2+3x+1⇒f(x)=p3
3x3+3x2+3x+1. Mà f0(x)=1+2x+3x2
f2(x) >0∀x, nên f(x)là hàm đồng biến.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số làm=f(−1)=p3
−2và giá trị nhỏ nhất của hàm số làM=f(2)=p3 43.
ä Ví dụ 5. Tìm nguyên hàm của hàm số f(x)thỏa f(x)=pn
ax+b⇒F(x)= Z
pn
ax+bdx=. . .. ĐS:F(x)= n
(n+1)a·(ax+b)pn
ax+b+C Lời giải:Đặt t=pn
ax+b⇒tn=ax+b⇒n·tn−1dt=a·dx. Suy raF(x)=
Z n·tn−1·t
a dt= n
(n+1)a·tn+1+C= n
(n+1)a·(ax+b)pn
ax+b+C.
Nhận xét.
Z pn
ax+bdx= n
(n+1)a·(ax+b)pn
ax+b+C.
•Vớin=2, suy raF(x)= Z p
ax+bdx= 2
3a(ax+b)p
ax+b+C.
•Vớin=3, suy raF(x)= Z
p3
ax+bdx= 3
4a(ax+b)p3
ax+b+C.
Bài 7. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)thỏa mãn điều kiệnF(x0)=k.
1 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p
xthỏa mãnF(4)=19 3 .
ĐS:F(x)=2 3xp
x+1.
-Lời giải.
F(x)= Z p
xdx=2 3xp
x+C.
màF(4)=19 3 ⇒ 2
34p
4+C=19
3 ⇒C=1.
VậyF(x)=2 3xp
x+1. ä
2 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p
2x−1thỏa mãnF(1)=4 3. ĐS:F(x)=1
3(2x−1)p
2x−1+1.
-Lời giải.
F(x)= Z p
2x−1 dx= 2
3·2(2x−1)p
2x−1+C.
màF(1)=4 3⇒ 1
3(2·1−1)p
2·1−1+C=4
3 ⇒C=1. VậyF(x)=1
3(2x−1)p
2x−1+1. ä
3 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p
4x−5thỏa mãnF µ9
4
¶
=2. ĐS:F(x)=1
6(4x−5)p
4x−5+2 3.
-Lời giải.
F(x)= Z p
2x−1 dx= 2
3·4(4x−5)p
4x−5+C.
màF µ9
4
¶
=2⇒1 6 µ
4·9 4−5
¶… 4·9
4−5+C=2⇒C=2 3. VậyF(x)=1
6(4x−5)p
4x−5+2
3. ä
4 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p
5−2xthỏa mãnF µ1
2
¶
= −7 3. ĐS:F(x)= −1
3(5−2x)p
5−2x+1 3. -Lời giải.
F(x)= Z p
5−2xdx= 2
3·(−2)(5−2x)p
5−2x+C= −1
3(5−2x)p
5−2x+C.
màF µ1
2
¶
= −7 3⇒ −1
3 µ
5−2·1 2
¶…
5−2·1
2+C= −7
3⇒C=1 3. VậyF(x)= −1
3(5−2x)p
5−2x+1
3. ä
5 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p
1−xthỏa mãnF(−3)=5 3.
ĐS:F(x)= −2
3(1−x)p
1−x+7.
-Lời giải.
F(x)= Z p
1−xdx= 2
3·(−1)(1−x)p
1−x+C= −2
3(1−x)p
1−x+C.
màF(−3)=5 3⇒ −2
3(1−(−3))p
1−(−3)+C=5
3⇒C=7. VậyF(x)= −2
3(1−x)p
1−x+7.
ä 6 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p3
2x−4thỏa mãnF(−2)=1 4. ĐS:F(x)=3
8(2x−4)p3
2x−4−23 4 . -Lời giải.
F(x)= Z
p3
2x−4 dx= 3
4·2(2x−4)p3
2x−4+C=3
8(2x−4)p3
2x−4+C màF(−2)=1
4⇒3
8(2·(−2)−4)p3
2·(−2)−4+C=1
4⇒C= −23 4 . VậyF(x)=3
8(2x−4)p3
2x−4−23 4 .
ä 7 GọiF(x)là một nguyên hàm của hàm sốf(x)=p3
x−2thỏa mãnF(3)=7
4. Tính giá trị biểu thức T=2log13[F(10)]+3log13[F(−6)].
ĐS:T=2log1312+3log1312 -Lời giải.
F(x)= Z
p3
x−2 dx=3
4(x−2)p3
x−2+C.
màF(3)=7 4⇒ 3
4(3−2)p3
3−2+C=7
4⇒C=1.
VậyF(x)=3
4(x−2)p3
x−2+1, nênF(10)=13; F(−6)=13.
VậyT=2log13[F(10)]+3log13[F(−6)]=2log1312+3log1312. ä
8 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p3
3−5xthỏa mãnF(−1)= −8 5. ĐS:F(x)= − 3
20(3−5x)p3
3−5x+4 5. -Lời giải.
F(x)= Z
p3
3−5xdx= 3
4·(−5)(3−5x)p3
3−5x+C= − 3
20(3−5x)p3
3−5x+C màF(−1)= −8
5⇒ − 3
20(3−5·(−1))p3
3−5·(−1)+C= −8
5⇒C=4 5. VậyF(x)= − 3
20(3−5x)p3
3−5x+4 5.
ä 9 Cho f(x)= 1
pn
ax+b⇒F(x)=
Z 1
pn
ax+bdx=. . ..
ĐS:F(x)= n
(n−1)a· ax+b pn
ax+b+C.
-Lời giải.
Đặtt=pn
ax+b⇔tn=ax+b⇔n·tn−1dt=adx. Suy ra,F(x)=
Z 1
pn
ax+bdx=
Z n·tn−1 at dt=
Z n·tn−2
a dt= n
(n−1)a·tn−1+C= n
(n−1)a· ax+b pn
ax+b+ C.
ä Nhận xét.
Z 1
pn
ax+bdx= n
(n−1)a· ax+b pn
ax+b+C.
•Vớin=2, suy raF(x)=
Z 1
pax+bdx=2 a·p
ax+b+C.
•Vớin=3, suy raF(x)=
Z 1
p3
ax+bdx= 3 2a·p3
(ax+b)2+C.
10 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 2
p4x−1 thỏa mãnF(3)=3p 11. ĐS:F(x)=p
4x−1+2p 11.
-Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx=
Z 2
p4x−1dx=2·2 4
p4x−1+C=p
4x−1+C.
MàF(3)=3p
11⇔p
4·3−1+C=3p
11⇔C=2p 11.
VậyF(x)=p
4x−1+2p
11. ä
11 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 1
p3x−1 thỏa mãnF(2)=p 5.
ĐS:F(x)=2 3
p3x−1+1 3
p5.
-Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx=
Z 2
p3x−1dx=2 3
p3x−1+C.
MàF(2)=p 5⇔ 2
3
p3·2−1+C=p
5⇔C=1 3
p5.
VậyF(x)=2 3
p3x−1+1 3
p5. ä
12 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=p
1−2x thỏa mãnF −
2 =2018. ĐS:F(x)= −p
1−2x+2020. -Lời giải.
Ta cóF(x)= Z
f(x) dx=
Z 1
p1−2xdx= 2
−2
p1−2x+C= −p
1−2x+C.
MàF µ
−3 2
¶
=2018⇔ −
…
1−2·−3
2 +C=2018⇔C=2020. VậyF(x)= −p
1−2x+2020. ä
13 Biết
Z dx
px+2+p
x+1=a(x+2)p
x+2+b(x+1)p
x+1+Cvớia,blà các số hữu tỷ vàClà hằng số bất kỳ. TínhS=3a+b.
ĐS:S=4 3. -Lời giải.
F(x)=
Z dx
px+2+p
x+1=
Z (x+2)−(x+1) px+2+p
x+1dx= Z (p
x+2−p
x+1)·(p
x+2+p x+1) px+2+p
x+1 dx
F(x)= Z
(p
x+2−p
x+1) dx=2
3(x+2)p
x+2−2
3(x+1)p
x+1+C.
Ta cóa=2
3;b= −2
3 nênS=3a+b=4
3. ä
14 BiếtF(x)là nguyên hàm của hàm số f(x)= 1 px+p
x+1 thỏaF(0)=2
3. Tính giá trị của biểu thức
T=3 [F(3)+F(2)]+4p 2.
ĐS:T=16.
-Lời giải.
F(x)=
Z dx
px+p
x+1=
Z (x+1)−x px+p
x+1dx= Z (p
x+1−p x)·(p
x+1+p p x)
x+2+p
x+1 dx F(x)=
Z (p
x+1−p
x) dx=2
3(x+1)p
x+1−2 3xp
x+C.
Ta cóF(0)=2 3⇔ 2
3(0+1)p
0+1−2 30p
0+C=2
3 ⇔C=0, T=3 [F(3)+F(2)]+4p
2=3
·2
3(3+1)p
3+1−2 33p
3+2
3(2+1)p
2+1−2 32p
2
¸ +4p
2=16. ä
Ví dụ 6. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 3 p2x+1−p
2x−2 thỏaF(1)=p 2. ĐS:F(x)=1
3(2x+1)p
2x−1+1
3(2x−2)p
2x−2+p 2−p
3
Lời giải: Ta có:
F(x)=
Z 3
p2x+1−p
2x−2dx=
Z 3¡p
2x+1+p 2x−2¢
¡p2x+1−p
2x−2¢ ¡p
2x+1+p
2x−2¢dx
=
Z 3¡p
2x+1+p 2x−2¢
3 dx
= Z ³p
2x+1+p
2x−2´ dx
= Z p
2x+1 dx+ Z p
2x−2 dx
=1 2
Z p
2x+1 d(2x+1)+1 2
Z p
2x−2 d(2x−2)
=1
3(2x+1)p
2x−1+1
3(2x−2)p
2x−2+C.
VìF(1)=p
2nên suy rap3+C=p
2⇒C=p 2−p
3. VậyF(x)=1
3(2x+1)p
2x+1+1
3(2x−2)p
2x−2+p 2−p
3.
Bài 8.
1 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 9x px+10+p
10−8x thỏaF(0)=p 10. ĐS:F(x)=2
3(x+10)p
x+10+ 1
12(10−8x)p
10−8x−13 2
p10
-Lời giải.
F(x)=
Z 9x
px+10+p
10−8xdx=
Z 9x¡p
x+10−p
10−8x¢
¡p
x+10+p
10−8x¢ ¡p
x+10−p
10−8x¢dx
=
Z 9x¡p
x+10−p
10−8x¢
9x dx
= Z ³p
x+10−p
10−8x´ dx
= Z p
x+10 d(x+10)+1 8
Z p
10−8xd(10−8x)
=2
3(x+10)p
x+10+ 1
12(10−8x)p
10−8x+C.
VìF(0)=p
10nên suy ra 15 2
p10+C=p
10⇒C= −13 2
p10. VậyF(x)=2
3(x+10)p
x+10+ 1
12(10−8x)p
10−8x−13 2
p10. ä
2 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 6x p3x+7−p
7−3x thỏaF(2)=1. ĐS:F(x)=2
9(3x+7)p
3x+7−2
9(7−3x)p
7−3x+11 9 −26
9 p13
-Lời giải.
F(x)=
Z 6x
p3x+7−p
7−3xdx=
Z 6x¡p
3x+7+p 7−3x¢
¡p3x+7−p
7−3x¢ ¡p
3x+7+p
7−3x¢dx
=
Z 6x¡p
3x+7+p 7−3x¢
6x dx
= Z ³p
3x+7+p 7−3x´
dx
=1 3
Z p
3x+7 d(3x+7)−1 3
Z p
7−3xd(7−3x)
=2
9(3x+7)p
3x+7−2
9(7−3x)p
7−3x+C.
VìF(2)=1nên suy ra 2 913p
13−2
9+C=1⇒C=11 9 −26
9 p13. VậyF(x)=2
9(3x+7)p
3x+7−2
9(7−3x)p
7−3x+11 9 −26
9
p13. ä
3 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 1 (x+1)p
x−xp
x+1 thỏaF(2)=2p 2. ĐS:F(x)=2p
x+2p
x+1−2p 3
-Lời giải.
F(x)=
Z 1
(x+1)p x−xp
x+1dx=
Z 1
pxp
x+1¡p
x+1−p x¢dx
=
Z ¡p
x+1+p x¢ pxp
x+1¡p
x+1−p x¢ ¡p
x+1+p x¢dx
= Z p
x+1+p x pxp
x+1 dx
= Z µ
p1
x+ 1 px+1
¶ dx
= Z 1
pxdx+ 1
px+1d(x+1)
=2p x+2p
x+1+C.
VìF(2)=2p
2nên suy ra2p 2+2p
3+C=2p
2⇒C= −2p 3. VậyF(x)=2p
x+2p
x+1−2p
3. ä
4 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 1 (x+2)p
x+1+(x+1)p
x+2 thỏaF(3)=4. ĐS:F(x)=p
x+p
x+2−1
-Lời giải.
F(x)=
Z 1
(x+2)p
x+1+(x+1)p
x+2dx=
Z 1
px+1p
x+2¡p
x+2−p
x+1¢dx
=
Z ¡p
x+2−p x+1¢ px+2p
x+1¡p
x+2−p
x+1¢ ¡p
x+2+p
x+1¢dx
= Z p
x+2−p x+1 px+2p
x+1 dx
= Z µ
p1
x+1− 1 px+2
¶ dx
=
Z 1
px+1d(x+1)− 1
px+2d(x+2)
=2p
x+1−2p
x+2+C.
VìF(3)=4nên suy ra4−2p
5+C=4⇒C=2p 5. VậyF(x)=2p
x+1−2p
x+2+2p
5. ä
5 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 1 (x+2)p
x−xp
x+2 thỏaF(1)=p 3. ĐS:F(x)=2p
x+1−2p
x+2+2p 5 -Lời giải.
F(x)=
Z 1
(x+2)p x−xp
x+2dx=
Z 1
pxp
x+2¡p
x+2−p x¢dx
=
Z ¡p
x+2+p x¢ px+2p
x¡p
x+2−p x¢ ¡p
x+2+p x¢dx
= Z p
x+2+p x 2p
x+2p x dx
= Z µ
1 2
p1 x+1
2 p1
x+2
¶ dx
= Z 1
2p
xdx+ 1 2p
x+2d(x+2)
=p x+p
x+2+C.
VìF(1)=p
3nên suy ra1+p
3+C=p
3⇒C= −1. VậyF(x)=p
x+p
x+2−1. ä
Ví dụ 7. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=x+sinxthỏa mãn điều kiệnF(0)=19. ĐS:F(x)=1
2x2−cosx+20 Lời giải: Ta có:F(x)=
Z
(x+sinx) dx=1
2x2−cosx+C. VìF(0)=19nên suy ra0−1+C=19⇒C=20.
VậyF(x)=1
2x2−cosx+20.
Bài 9. Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)thỏa mãn điều kiệnF(x0)=k
1 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=sinx−cosxthỏa mãn điều kiệnF³π 4
´
=0.
ĐS:F(x)= −cosx−sinx+p 2
-Lời giải.
Ta có:F(x)= Z
(sinx−cosx) dx= −cosx−sinx+C. VìF³π
4
´
=0nên suy ra− p2
2 − p2
2 +C=0⇒C=p 2. VậyF(x)= −cosx−sinx+p
2. ä
2 BiếtF(x)là một nguyên hàm của hàm sốf(x)=2x−3 cosxvà F³π 2
´
=π2
4 . TínhF(π).
ĐS:F(x)=x2−3 sinx+3 -Lời giải.
Ta có:F(x)= Z
(2x−3 cosx) dx=x2−3 sinx+C. VìF
³π 2
´
=π2
4 nên suy ra π
2
4 −3+C=0⇒C=3.
VậyF(x)=x2−3 sinx+3. ä
3 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=
³ sinx
2−cosx 2
´2
thỏa mãn điều kiệnF³π 2
´
=3π 2 . ĐS:F(x)=x+cosx+π -Lời giải.
Ta có: F(x)= Z ³
sinx
2−cosx 2
´2
dx = Z ³
sin2x
2−2 sinx 2cosx
2+cos2x 2
´ dx =
Z
(1−sinx) dx= x+ cosx+C.
VìF³π 2
´
=3π
2 nên suy ra π
2+C=3π
2 ⇒C=π.
VậyF(x)=x+cosx+π. ä
4 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 2
cos2x thỏa mãn điều kiệnF³
−π 4
´
=2.
ĐS:F(x)=2 tanx+4 -Lời giải.
Ta có:F(x)=
Z 2
cos2xdx=2 tanx+C. VìF³
−π 4
´
=2nên suy ra−2+C=2⇒C=4.
VậyF(x)=2 tanx+4. ä
5 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)= 1
sin2x thỏa mãn điều kiệnF³
−π 6
´
=0.
ĐS:F(x)= −cotx−p 3 -Lời giải.
Ta có:F(x)=
Z 1
sin2xdx= −cotx+C. VìF³
−π 6
´
=0nên suy rap3+C=0⇒C= −p 3. VậyF(x)= −cotx−p
3. ä
6 Tìm một nguyên hàmF(x)của hàm số f(x)=x µ
2+ 1 xsin2x
¶
thỏa mãn điều kiệnF³π 4
´
= −1. ĐS:F(x)=x2−cotx−π2
16 -Lời giải.
Ta có:F(x)= Z
x µ
2+ 1 xsin2x
¶ dx=
Z µ
2x+ 1 sin2x
¶
dx=x2−cotx+C.
