CHƯƠNG 3. VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN

CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN. CHỦ ĐỀ 1. CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM Đầu tiên xin nhắc lại các khái niệm và định lí căn bản để quý bạn đọc có kiến thức nền tảng trước khi đi vào các bài toán cụ thể. 1. Định nghĩa Cho hàm số y  f  x  xác định trên tập K (khoảng, nửa khoảng, đoạn của R). Nếu Ta có hàm số F  x  xác định trên K sao cho F '  x   f  x  thì F  x  được gọi là nguyên hàm của hàm số f  x  trên 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  trên K. Định lí 2. Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì mọi nguyên hàm của f  x  trên K đều có dạng G  x   F  x   C với C là hằng số. Định lí 3. Mọi hàm số f  x  liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 2. Tính chất của nguyên hàm:  f '  x  dx  f  x   C với C là hằng số.  kf  x  dx  k  f  x  dx với k là hằng số khác 0.   f  x   g  x  f  x  dx   f  x  dx   g  x  dx Bảng nguyên hàm Chú ý: công thức tính vi phân của f  x  là d  f  x    f '  x  dx Với u là một hàm số  0dx  C  0du  C  dx  x  C x  dx  1  1 x  C   1  1 1  x dx  ln x  C  e dx  e  C x x  du  u  C u  du  1  1 u  C   1  1 1  u du  ln u  C  e du  e  C u u ax  a dx  ln a  C  cos xdx  sin x  C au  a dx  ln a  C  cos udu  sin u  C  sin xdx   cos x  C  sin udu   cosu  C x 1  cos 2 1  sin x u 1 dx  tan x  C  cos dx   cot x  C  sin 2 u du  tan u  C 1 du   cot u  C 2 x u Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một số bài toán Nguyên Hàm ở mức độ vận dụng sau đây: 2 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Biết 2 2   cos x  sin x  .sin 4 xdx   cos7 2 x  C . Với a là số nguyên. Tìm a? a C. a  7. D. a  14. 5 A. a  6. Giải: B. a  12. Đặt f  x     cos 2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx , Ta có: 5 f  x     cos 2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx    cos 2 x  .2sin 2 x.cos 2 x 5 5  2  cos 6 2 x.sin 2 xdx Đặt t  cos 2 x  dt  2sin 2 xdx t 7 cos7 2 x 6 Vậy F  x    t dt  C   C 7 7 Chọn C. Bài 2: Biết sin x  cos x  sin x  cos x dx  a ln sin x  cos x  C . Với a là số nguyên. Tìm a? A. a  1. Giải: B. a  2. C. a  3. D. a  4. sin x  cos x  sin x  cos x    Vì  a ln sin x  cos x  C   nên sin x  cos x sin x  cos x sin x  cos x Nguyên hàm của: là: ln sin x  cos x  C . sin x  cos x CHọn A. x tan 2  2 Bài 3: Tìm một nguyên hàm của: 1  4. biết nguyên hàm này bằng 3 khi x  . 2 4  2x   tan  1 2   A. 1  3. cos 2 x Giải: B. 1  3. sin 2 x C. tan x  2 . D. cot x  2 . 2 x x   tan 2 tan  2 2   1  tan 2 x  1 f  x   1  4.  1    2 cos 2 x 2 x  2x    1  tan tan  1   2  2   2 Nguyên hàm của F  x   tan x  C    Ta có: F    3  tan  C  3  C  2  F  x   tan x  2 4 4 Chọn C. Bài 4: F  x   x  ln 2sin x  cos x là nguyên hàm của: A. sin x  cos x sin x  2cos x sin x  cos x . B. . C. . sin x  3cos x 2sin x  cos x sin x  3cos x Giải: Ta chỉ cần đạo hàm của F(x), rồi sau đó quan sát kết quả đúng. Ta có: F '  x   1  2sin x  cos x 2sin x  cos x 1 1 dx    C . Với a là số nguyên. Tìm a? 5   25x 2  20 x  4  a 5x  2 A. a  4. B. a  100. Giải: Chú ý nếu chúng ta biến đổi:  3sin x  cos x . 2sin x  cos x  2sin x  cos x  '  1  2sin x  cos x  3sin x  cos x 2sin x  cos x 3sin x  cos x  F  x  là một nguyên hàm của . 2sin x  cos x Chọn D. Bài 5: Biết D. 1  25 x  20 x  4  2 3 C. a  5. dx    25 x 2  20 x  4  Điều sau đây mới đúng:   25x 2 3  25x dx  2 D. a  25.  20 x  4  4  20 x  4  d  25 x 2  20 x  4  3 4  C . Là sai  25x  2  20 x  4  4 Trở lại bài, ta sẽ biến đổi biểu thức  25 x 2  20 x  4  về dạng  ax  b  như sau: 3 n 4 C   25x 1 2  20 x  4  3 dx   1 dx    5 x  2  dx 6 5x  2 6 1 5x  2 1  C   C 5 5 5 25  5 x  2  5 Chọn D. Bài 6: Biết  2x 2 1 x a dx  ln 2 x  7  C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?  5x  7 b B. S  2. C. S  3. D. S  5. A. S  4. Giải: Ta quan sát mẫu cso thể phân tích được thành nhân tử, sử dụng MTCT bấm giải phương trình bậc 2: 7 2 x 2  5 x  7  0 thấy có hai nghiệm là: x  1, x  . 2 Áp dụng công thức ax2  bx  c  a  x  x1  x  x2  với x1 , x2 là hai nghiệm ta có: 2 x 2  5x  7   x  1 2 x  7  Do đó: 1 x x 1 1 1  2 x2  5x  7 dx    x  1 2 x  7  dx   2 x  7 dx  2 ln 2 x  7  C Chọn C. Bài 7: Biết   sin 2x  cos 2x  A. S  4. 2 dx  x  B. S  2. a cos 4x  C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? b C. S  3. D. S  5. Giải: t n1 Nếu áp dụng ngay:  t dt   C thì ta có: n 1 n   sin 2 x  cos 2 x  2  sin 2 x  cos 2 x  dx  3 3  C . Là sai. Ta phải khai triển  sin 2 x  cos 2 x  để xem thử 2   sin 2 x  cos 2 x  2 1 dx   1  sin 4 x  dx  x cos 4 x  C 4 Chọn D. Bài 8: Biết 1 x  1  cos x dx  a.tan b  C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? A. S  4. B. S  2. C. S  3. D. S  5. Giải: Chưa áp dụng ngay được công thwucs nguyên hàm cơ bản, ta quan sát mẫu và thấy rằng có thể x 1  cos 2 biến đổi 1  cos x  2cos 2 dựa trên công thức hạ bậc: cos 2   . Do đó: 2 2 1 1 x  1  cos x dx   2 x dx  tan 2  C . 2cos 2 Ta thấy rằng a  1, b  2 do đó S=3. Chọn C. Bài 9: Biết 1 a    1  sin 2x dx  b tan  x  4   C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? A. S  4. Giải: B. S  2. 1  1  sin 2 x dx   C. S  3. D. S  5. 1 1 dx   dx     2 1  cos   2 x  2cos   x  2  4  1 1       tan   x   C  tan  x    C 2 2 4 4   Ta thấy a=1,b=2 suy ra S=3 Chọn C.    Bài 10: Cho f  x   8sin 2  x   . Một nguyên hàm F  x  của f  x  thỏa F  0   8 là: 12     A. 4 x  2sin  2 x    9 . 6    B. 4 x  2sin  2 x    9 . 6    C. 4 x  2sin  2 x    7 . 6  Giải:   D. 4 x  2sin  2 x    7 . 6  Ta cần phải tính f  x  như sau:  f  x  dx   8sin 2     x   dx . Đầu tiên sử dụng công thức hạ bậc để đổi 12       1  cos  2 x       6    f  x   8sin 2  x    8  12  2            f  x   4  4cos  2 x    F  x   4 x  2sin  2 x    C 6 6     f  0   8  2sin    C  8  C  9 6 Chọn B. Bài 11: Cho f  x   1  x . Một nguyên hàm F  x  của f  x  thỏa F 1  1 là:  x2 1 x   khi x  0  2 2 B.  . 2  x  x  C khi x  0 2  2 A. x 2  x  1  x2  2  x  C1 khi x  0 C.  . 2 x  x   C khi x  0 2  2 Giải:   x 2  x  C1 khi x  0  D.  . x2 x   C khi x  0  2 2    x  1  x khi x  0  F  x   Ta có: f  x    1  x khi x  0 x   x2  C1 khi x  0 2 . x2  C2 khi x  0 2  x2 1 x   khi x  0  1 2 2 Theo đề F 1  1  C1   do đó:  . 2 2 x  x   C khi x  0 2  2 Chọn B. Bài 12: Biết F ( x) là nguyên hàm của nhất của F ( x) là: A. 24. Giải: Ta có: B. 20.  5x2  8x  4 x 2 1  x  C. 25. 2 1 dx với 0  x  1 và F    26 . Giá trị nhỏ 2 D. 26. F  x   5x2  8x  4 x 2 1  x  2 dx   9 x 2  4  x 2  2 x  1 x 2 1  x 2  dx  9 4 4 9     dx   C 2 2 x 1  x   1  x  x  4 9 1  C  26  C  0 Vì F    26 nên  1  1 2 1 2  2  4 9 Lúc này F  x    với 0  x  1 . Sử dụng MTCT bấm Mode 7 chọn start 0 end 1 x 1  x  Step 0.1: Quan sát bảng giá trị ta thấy giá trị nhỏ nhất của F(x) là 25 xảy ra khi x =0,4 Chọn C. Bài 13: Khi tính nguyên hàm  1  2 x  1 x  1 3 dx người ta đặt t  g  x  (một hàm biểu diễn theo biến x) thì nguyên hàm trở thành  2dt . Biết g  4   3 , giá trị của g  0   g 1 là: 5 3 6 1 6 2 6 23 6 . . . . B. C. D. 2 2 2 2 Giải: Đối với bài này HS cần pahir nắm được kĩ thuật biến đổi khi tính nguyên hàm. Hs cần phải dự đoán phép đặt ẩn phụ, đầu tiên ta thấy nguyên hàm có thể biến đổi thành: 1 1 dx  dx   3 2 x  1 2  2 x  1 x  1  x  1 x 1 Do đó ta đặt: A. t 2x  1  dt  x 1 Vì vậy suy ra  dx 2  x  1 2 2x  1 x 1 1  2 x  1 x  1 3  2dt  dx  x  1 dx   2dt Tuy nhiên đây là lời giải sai, ta có thể thấy khi đặt 2 2x  1 x 1 t 2x  1  C  dt  x 1 dx dx  2dt  2x  1 2x  1 2  x  1 x 1 x 1 Với C là hằng số, kết quả không thay đổi. Vì vậy chính xác ở đây là: t 2  x  1 2 3 2x  1 n33n suy ra C=0.  C  g  x  . Theo đề g  4   x 1 5 2 6 2x  1 vì vậy g  0   g 1  2 x 1 Cuối cùng ta được g  x   Chọn C. Chú ý: Bài toán này hoàn toàn có thể dùng MTCT để chọn kết quả, Ta có: 1 1 1 dx  t   dx  2dt  3 3 2  2 x  1 x  1  2 x  1 x  1  g  x  1 2 1  2 x  1 x  1 3 dx Do đó g  x  là nguyên hàm của 0 1 2 4 g  0  g  4   1 2 4 1  2 x  1 x  1 1  2 x  1 x  1 0 1  g  0   1 2  2 x  1 x  1 3 3 3 . Suy ra: dx dx  g  4  Và: 1 1 2 4 g 1  g  4    1  2 x  1 x  1 1 1 2 4  g 1   1  2 x  1 x  1 3 3 dx dx  g  4  Sử dụng MTCT bấm: 0 1 4 2 1 1  2 x  1 x  1 3 1 2 4 dx  g  4    1  2 x  1 x  1 Là kết quả C. CHỦ ĐỀ 2. CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN. 1. Định nghĩa 3 dx  g  4  Cho hàm số y  f  x  thỏa: + Liên tục trên đoạn  a; b  . + F  x  là nguyên hàm của f  x  trên đoạn  a; b  . Lúc đó hiệu số F  b   F  a  được gọi là tích phân từ a đến b và kí hiệu b  f  x  dx  F b   F  a  a Chú ý: + a, b được gọi là 2 cận của tích phân. b + a = b thì  f  x  dx  0. a + a > b thì b a a b  f  x  dx   f  x  dx . b + Tích phân không phụ thuộc và biến số, tức là  a b f  x  dx   f  t  dt  F  b   F  a  . a 2. Tính chất của tích phân: + b c a a b  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx,  a  c  b  . c b b a a +  kf  x  dx  k  f  x  dx, với k là hằng số khác 0. b b b a a a +   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx . Chú ý: Để tính tích phân từ a đến b, ta tiến hành tìm nguyên hàm rồi sau đó thay cận vào theo công thức b  f  x  dx  F b   F a  . a BÀI TẬP ÁP DỤNG Một lần nữa xin nhắc lại rằng đây là cuốn sách đề cập đến các bài toán vận dụng và vận dụng cao nên trước khi sử dụng sách này quý bạn đọc cần có kiến thwucs cơ bản tốt. Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu các bài toán tích phân khá khó:   3  Bài 1: Nếu a là một số thỏa mãn các điều kiện sau: a   ;  và  cos  x  a 2 dx  sin a thì: 2 2  0 a A. a   . Giải: B. a   . C. a  2  . D. a  2 . a 2 2 2 2  cos  x  a dx  sin  x  a   sin a  sin  a  a   sin a  sin a a 0 0 a  2a 2 a a a  2cos .sin  2sin .cos 1 2 2 2 2 a   3  a   3  Vì a   ;  nên   ;   sin  0 , vậy: 2 4 4  2 2 2  a  2a 2 a a  a2 a  cos  cos  cos  0 1  cos 2 2 2 2  a2  a  a2  a sin  0   2  k 1 a2  a a2 2  2sin .sin  0    2  k, l   . 2 2  a2 a  2 sin 2  0  2  l   3  Vì k  nên (1) không thỏa mãn với mọi a   ;  ,hoặc thay 4 vào đáp án (1) ta thấy 2 2  đều không thỏa.   3  Đối với (2). Vì a   ;  nên chọn l=1 lúc đó a  2 . 2 2  Chọn D. e k Bài 2: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện  ln dx  e  2 . Khi đó: x 1 A. S  1 . B. S  2 . C. S  1, 2 Giải: e k  ln x dx 1 Dùng phương pháp tích phân từng phần k 1  u  ln  ln k  ln x  du   dx x x  dv  dx  v  x e e k k  I  x ln   dx  e ln  ln k   e  1 x1 1 e e k k Vậy  ln dx  e  2  e ln  ln k   e 1   e  2 x e 1  e  ln k  1  ln k  1   e  1 ln k  e  1  ln k  1 D. S   .