Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
NGUYÊN HÀM
LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa
▪ Cho hàm số f ( x ) xác định trên K . Hàm số F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm số f ( x )
trên K nếu F  ( x ) = f ( x ) với mọi x thuộc K .
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) ký hiệu là f ( x ) = F ( x ) + C .
▪ Chú ý: Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K .
2. Tính chất

▪
▪
  f ( x)  g ( x)dx =  f ( x)dx   g ( x)dx .
 kf ( x)dx = k  f ( x)dx (với k  0 )    k. f ( x) + l.g ( x)dx = k  f ( x)dx + l  g ( x)dx
▪
(  f ( x)dx ) = f ( x) + C
▪
Nếu f , g là hai hàm số liên tục trên K thì
3. Công thức đổi biến số:
 f [u ( x ) ]u ( x ) dx = F[u ( x ) ] + C
4. Công thức nguyên hàm từng phần:
 udv = uv −  vdu
5. Bảng nguyên hàm và vi phân
Hàm hợp u = u ( x )
Hàm số sơ cấp
Thường gặp
1
d ( ax + b ) = dx
a
 dx = x + C
 du = u + C
Vi phân
x +1
 x dx =  + 1 + C (  −1)
u +1
 u du =  + 1 + C (  −1)
 ( a x + b)


dx
= ln x + C
x
( x  0)


du
= ln u + C ( u ( x )  0 )
u

1 1
dx = 
(ax + b) +1 + C
a  +1
dx
1
 ax + b = a ln ax + b + C ( a  0 )
1
 cos xdx = sin x + C
 cos udu = sin u + C
 cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C
 sin xdx = − cos x + C
 sin udu = − cos u + C
 sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + C
1
 cos
2
x
dx = tan x + C
1
 cos
2
u
1
 sin
du = tan u + C
1
 cos
1
 sin 2 x dx = − cot x + C
Với x  k
Với u ( x )  k
x
x
 e dx = e + C
u
u
 e du = e + C
e
ax
 a dx = ln a + C ( 0  a  1)
au
 a du = ln a + C ( 0  a  1)
a
x
u
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
u
du = − cot u + C
 sin
dx
1
= tan ( ax + b ) + C
( ax + b ) a
2
2
ax + b
dx
−1
=
cot ( ax + b ) + C
( ax + b ) a
dx =
px + q
dx =
1 ax +b
e
+C
a
1
a px + q + C ( 0  a  1)
p.ln a
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
❖ Một số nguyên tắc tính nguyên hàm cơ bản
•
PP
Tích của đa thức hoặc lũy thừa ⎯⎯→ khai triển.
•
PP
Tích các hàm mũ ⎯⎯→ khai triển theo công thức mũ.
•
PP
Bậc chẵn của sin hoặc cos ⎯⎯→ hạ bậc: sin 2 a =
•
PP
Chứa tích các căn thức của x ⎯⎯→ chuyển về lũy thừa.
1 1
1 1
− cos2a ; cos2 a = + cos2a
2 2
2 2
❖ Phương pháp đổi biến số
•
•
•
 f ( x ) dx = F ( x ) + C thì  f u ( x ).u ( x ) dx = F u ( x ) + C
Giả sử ta cần tìm họ nguyên hàm I =  f ( x ) dx , trong đó ta có thể phân tích hàm số đã cho
f ( x ) = g u ( x )  .u ( x ) thì ta thực hiện phép đổi biến đặt t = u ( x )  dt = u ( x ) dx . Khi đó, ta thấy
I =  g ( t )dt = G ( t ) + C = G u ( x )  + C .
Nếu
Chú ý: Sau khi ta tìm được họ nguyên hàm theo t thì ta phải thay t = u ( x ) .
❖ Phương pháp tính nguyên hàm, tích phân của hàm số hữu tỷ I = 
P ( x)
dx .
Q ( x)
•
PP
→ Chia đa thức.
Nếu bậc của tử số P ( x )  bậc của mẫu số Q ( x ) ⎯⎯
•
PP
→ phân tích mẫu Q ( x ) thành tích số, rồi
Nếu bậc của tử số P ( x )  bậc của mẫu số Q ( x ) ⎯⎯
sử dụng phương pháp chia để đưa về công thức nguyên hàm số.
•
PP
→ thêm bớt để đổi biến hoặc lượng giác hóa
Nếu mẫu không phân tích được thành tích số ⎯⎯
bằng cách đặt X = a tan t , nếu mẫu đưa được về dạng X 2 + a 2 .
❖ Nguyên hàm từng phần
•
Cho hai hàm số u và v liên tục trên  a; b  và có đạo hàm liên tục trên  a; b  . Khi đó ta có được
•
 udv = uv −  vdu ( * )
Để tính nguyên hàm  udv = uv −  vdu bằng phương pháp từng phần ta làm như sau:
Bước 1: Chọn u , v sao cho f ( x ) dx = udv (Chú ý: dv = v ( x ) dx và)
•
▪
▪
Tính v =  dv và du = udx .
Bước 2: Thay vào công thức ( * ) và tính  vdu .
▪
Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân  vdu dễ
tính hơn  udv .
➢ Mẹo nhớ: “Nhất lô, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
VÍ DỤ MINH HỌA
VÍ DỤ 1. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Biết sin 3x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ).e x , họ tất
cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ).e x là
A. 3cos 3 x − sin 3 x + C .
C. 3sin 3 x − cos 3 x + C .
B. −3cos 3 x − cos 3 x + C .
D. 3cos 3 x − cos 3 x + C .
Lời giải
Chọn A
Ta có sin 3x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ).e x suy ra f ( x).e x = ( sin 3x ) = 3cos 3x .

Xét I =

du = e x dx
.

dv = f ( x)dx v = f ( x)
f ( x).e x dx. Đặt u = e
Khi đó ta có I =
x
 f ( x).e dx = f ( x).e −  f ( x).e dx = 3cos3x − sin 3x + C .
x
x
VÍ DỤ 2. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
x
2
. Biết x − 3 x + 1 là một nguyên hàm của hàm số
f ( x)
, họ
x
tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ).e 2 x là
4 x − 11e2 x
+C .
A.
2
2x
B. 2 x − 2e + C .
4 x − 5e x
+C .
C.
2
4 x − 5e2 x
+C .
D.
2
Lời giải
Chọn D
Ta có x − 3 x + 1 là một nguyên hàm của hàm số
2
f ( x)
f ( x)
suy ra
= ( x 2 − 3x + 1) = 2 x − 3 .
x
x
Suy ra f ( x) = 2 x 2 − 3 x suy ra f ( x) = 4 x − 3 . Xét I =
 ( 4 x − 3) .e
2x
dx.
du = 4dx
u = 4 x − 3

Đặt 
.

1
2x
v = e2 x
dv = e dx


2
Khi đó ta có:
I =  ( 4 x − 3) .e2 x dx =
(4 x − 3).e2 x
(4 x − 3).e2 x 2 x
4 x − 5e2 x
− 2  e 2 x dx =
−e +C =
+ C.
2
2
2

VÍ DỤ 3. Tìm sin 5 x.cos x dx .
1
cos 5 x + C.
5
1
C. − cos 5 x + C.
5
1
1
B. − cos 4 x − cos 6 x + C.
8
12
1
1
D. cos 4 x + cos 6 x + C.
8
12
A.
Lời giải
Chọn B
Ta có :  sin 5 x.cos x dx =
1
( sin 6 x + sin 4 x ) dx
2
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1  cos 6 x 1
1
1

= −
− cos 4 x  + C = − cos 6 x − cos 4 x + C .
2
6
4
12
8

( x − 1)
1 ( x − 1)
 ( x + 1)2019 dx = a . ( x + 1)c + C
2017
VÍ DỤ 4. Cho
b
A. 4.2018 .
với a , b , c là các số nguyên. Giá trị a + b + c bằng
B. 2.2018 .
C. 3.2018 .
D. 5.2018 .
Lời giải
Chọn A
2017
x − 1)
(
1
x −1
 x −1 
I =
dx =  
dx . Đặt t =
 .
2019
2
x +1
 x +1 
( x + 1)
( x + 1)
2017
2018
Khi đó I =  t 2017
dt 1 t
= .
+ C = 1 .  x − 1 
2 2 2018
2.2018  x + 1 
1
 x −1 
=
.

2.2018  x + 1 
2018
 dt =
2
( x + 1)
2
dx .
2018
+C
( x − 1) + C
1
.
.
+C =
2.2018 ( x + 1) 2018
2018
Suy ra a = 2.2018 , b = 2018 , c = 2018 nên a + b + c = 4.2018 .
VÍ DỤ 5. Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
1
, thỏa mãn F ( 3) = 1 và F (1) = 2 , giá
x−2
trị của F ( 0 ) + F ( 4 ) bằng
B. 2 ln 2 + 2 .
A. 2 ln 2 + 3 .
C. 2 ln 2 + 4 .
D. 2 ln 2 .
Lời giải
Chọn A
Hàm số f ( x ) xác định trên
Ta có: F ( x ) = f ( x )dx = 

\ 2 .
ln ( x − 2 ) + C1 khi x  2
1
.
dx = 
x−2
ln ( 2 − x ) + C2 khi x  2

ln ( x − 2 ) + 1
C1 = 1
 F ( 3) = 1

Do 
. Khi đó F ( x ) = 
C 2 = 2

ln ( 2 − x ) + 2
 F (1) = 2
khi x  2
khi x  2
.
Vậy F ( 0 ) + F ( 4 ) = ( ln 2 + 2 ) + ( ln 2 + 1) = 2 ln 2 + 3 .
VÍ DỤ 6. Cho F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
(
1
và F ( 0 ) = − ln 2e . Tập nghiệm S của
e +1
x
)
x
phương trình F ( x ) + ln e + 1 = 2 là:
A. S = 3 .
B. S = 2;3 .
C. S = −2;3 .
D. S = −3;3 .
Lời giải
Chọn A
Ta có I =  f ( x ) dx = 
1
ex
dx
=
 e x (e x + 1)dx .
ex + 1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x
x
Đặt t = e  dt = e dx . I =
dt
1
1
 t (t + 1) =  ( t − t + 1)dt = ln t − ln(t + 1) + C = ln e
x
− ln(e x + 1) + C.
Khi đó: F ( x) = ln e x − ln(e x + 1) + C , F (0) = − ln 2e  − ln 2 + C = − ln 2 − 1  C = −1
Do đó: F ( x) = ln e x − ln(e x + 1) − 1.
F ( x ) + ln ( e x + 1) = 2  ln e x − ln(e x + 1) − 1 + ln ( e x + 1) = 2  ln e x = 3  x = 3.
VÍ DỤ 7. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f  ( x ) + 2 xf ( x ) = 2 xe − x , x 
2
và f ( 0 ) = 1 . Tất cả các
nguyên hàm của x. f ( x ) e x là
2
A. ( x 2 + 1) + C .
2
2
2
2
2
1 2
x + 1) e− x + C . C. ( x 2 + 1) e− x + C .
(
2
B.
D.
2
1 2
x + 1) + C .
(
2
Lời giải
Chọn D
Ta có f  ( x ) + 2 xf ( x ) = 2 xe − x  e x
2
2
( f  ( x ) + 2 xf ( x ) ) = e
x2
(
)
2
2

.2 xe − x  e x f ( x ) = 2 x
 e x f ( x ) =  2 xdx = x 2 + C .
2
2
−x
Vì f (0) = 1  C = 1  f ( x ) = ( x + 1) e .
2
Vậy
 xf ( x ) e
x2
dx =  x ( x 2 + 1) dx =
2
1
1
x 2 + 1) d ( x 2 + 1) = ( x 2 + 1) + C .
(

2
2
VÍ DỤ 8. Gọi F ( x ) là nguyên hàm trên
của hàm số f ( x ) = x 2 e ax ( a  0 ) , sao cho
1
F   = F ( 0 ) + 1. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.
a
A. 0  a  1 .
B. a  −2 .
C. a  3 .
D. 1  a  2 .
Lời giải
Chọn A
du = 2 xdx
u = x 2


F ( x ) =  x e dx . Đặt 
1 ax .
ax
dv = e dx v = e
a

2 ax
 F ( x) =
1 2 ax 2
1
2
x e −  xeax dx = x 2e ax − . A (1)
a
a
a
a
du = dx
u = x

  1 ax  A = 1 xeax − 1  eax dx ( 2 )
Xét A =  xe dx . Đặt 
ax
a
a
dv = e dx v = e
 a
ax
Từ (1) và ( 2 ) suy ra F ( x ) =
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1 2 ax 2 ax 2
1
2
2
x e − 2 xe + 2  eax dx = x 2e ax − 2 xe ax + 3 e ax + C .
a
a
a
a
a
a
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
a
Mà F   = F ( 0 ) + 1 
1
2
2
2
e − 3 e + 3 e + C = 3 +1+ C
3
a
a
a
a
 a 3 = e − 2  a = 3 e − 2  0  a  1.
2
x + ln x
a
1
dx = ln 2 − với a, b, c là các số nguyên dương và các phân số là phân số
b
c
1 ( x + 1)
VÍ DỤ 9. Cho I = 
2
a+b
.
c
1
B. S = .
3
tối giản. Tính giá trị của biểu thức S =
A. S =
5
.
6
C. S =
2
.
3
D. S =
1
.
2
Lời giải
Chọn A
2
Ta có I =
x + ln x
 ( x + 1)
2
2
dx = 
1
2
Xét I1 = 
x
1 ( x + 1)
2
1
2
x
( x + 1)
2
3
1
ln x
( x + 1)
2
dx .
dx . Đặt t = x + 1  dt = dx .
t −1
1
1
I1 =  2 dt =  dt −  2 dt = ln t
t
2 t
2
2 t
3
dx + 
3
3
1
3 1
+ = ln − .
2
t2
2 6
3
2
1
1
1
1 
1
dx = −
ln x + 
dx = − ln 2 +   −
Xét I 2 = 
 dx .
2
x +1
x ( x + 1)
3
x x +1
1
1 ( x + 1)
1
1
2
ln x
2
2
2
1
x
1
4
I 2 = − ln 2 + ln
= − ln 2 + ln . Do đó I = ln 3 − 1 − 1 ln 2 + ln 4 = 2 ln 2 − 1 .
3
x +1 1
3
3
2 6 3
3 3
6
S =
a +b 2+3 5
=
= .
c
6
6
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
TÍCH PHÂN
LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa
b
Định nghĩa:
▪
 f ( x)dx =
b
F ( x) a
b
b
b
b
a
a
a
a
 f ( x)dx =  f (t )dt =  f (u )du =  f ( y)dy = ....
= F (b) − F (a) . Chú ý:
a
2. Tính chất
a


a
b



f ( x)dx = 0
c
c
f ( x)dx +  f ( x)dx =  f ( x)dx ( a  b  c )
a
b
b
b

a
f ( x)dx = −  f ( x)dx
a
b
b
b
  k . f ( x)dx = k . f ( x)dx (k  )
a
a
b
b
a
a
a
  [ f ( x)  g ( x)]dx =  f ( x)dx   g ( x)dx .
a
3. Bảng nguyên hàm và vi phân
Hàm hợp u = u ( x )
Hàm số sơ cấp
 dx = x + C

 x dx =

 du = u + C
x +1
+ C (  −1)
 +1
dx
= ln x + C
x

 u du =
( x  0)

u +1
+ C (  −1)
 +1
du
= ln u + C ( u ( x )  0 )
u
Thường gặp
1
d ( ax + b ) = dx
a
Vi phân
 ( a x + b)

1 1
dx = 
(ax + b) +1 + C
a  +1
dx
1
 ax + b = a ln ax + b + C ( a  0 )
1
 cos xdx = sin x + C
 cos udu = sin u + C
 cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C
 sin xdx = − cos x + C
 sin udu = − cos u + C
 sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + C
1
 cos
2
x
1
 sin
2
1
 cos
dx = tan x + C
x
x
 a dx =
x
 sin
2
u
du = tan u + C
du = − cot u + C
Với u ( x )  k
Với x  k
x
u
1
dx = − cot x + C
 e dx = e
2
+C
ax
+ C ( 0  a  1)
ln a
 e du = e
u
u
 a du =
u
+C
au
+ C ( 0  a  1)
ln a
1
 cos
 sin
e
2
2
ax + b
dx
1
= tan ( ax + b ) + C
( ax + b ) a
dx
−1
=
cot ( ax + b ) + C
( ax + b ) a
dx =
px + q
 a dx =
1 ax +b
e
+C
a
1
a px + q + C ( 0  a  1)
p.ln a
4. Phương pháp đổi biến số
▪
Dạng 1: Cho hàm số f liên tục trên đoạn [a; b]. Giả sử hàm số u = u ( x ) có đạo hàm liên tục trên
đoạn [a; b] và   u ( x)   . Giả sử có thể viết f ( x) = g (u ( x))u '( x), x  [a;b], với g liên tục trên
đoạn [ ;  ]. Khi đó, ta có :
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
b
u (b )
a
u (a)
I =  f ( x)dx =

g (u )du.
Dạng 2: Cho hàm số f liên tục và có đạo hàm trên đoạn [a; b]. Giả sử hàm số x =  (t) có đạo hàm
và liên tục trên đoạn [ ;  ](*) sao cho  ( ) = a, (  ) = b và a   (t )  b với mọi t  [ ;  ]. Khi đó:
▪
b

a

 f ( x)dx =  f ( (t )) '(t )dt.
Một số phương pháp đổi biến: Nếu biểu thức dưới dấu tích phân có dạng
|a|
  
  
 a 2 − x 2 : đặt x =| a | sin t ; t   − ; 
 x 2 − a 2 : đặt x =
; t   − ;  \ {0}
 2 2

sin t
  
x 2 + a 2 : x =| a | tan t; t   − ; 
 2 2
a+x
hoặc
a−x

 2 2
a−x
: đặt x = a.cos 2t
a+x
5. Phương pháp từng phần
▪
Nếu u = u ( x ) và v = v ( x ) là hai hàm số có đạo hàm và liên tục trên đoạn [a; b] thì :
b
 udv =
b
uv |ba
−  vdu
a
a
b
▪
Các dạng cơ bản: Giả sử cần tính I =  P( x).Q( x)dx
a
P ( x ) : đa thức
Dạng hàm
Q ( x ) là sin kx hoặc
cos kx
Cách đặt
P ( x ) : đa thức
Q ( x ) là e kx
P ( x ) : đa thức
Q ( x ) là
ln ( ax + b )
P ( x ) : đa thức
Q ( x ) là
1
sin 2 x
u = P( x)
u = P( x)
u = ln ( ax + b )
u = P( x)
dv là phần còn lại
dv là phần còn lại
dv = P ( x ) dx
dv là phần còn lại
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
VÍ DỤ MINH HỌA
và thỏa mãn f (0) = 3 và
VÍ DỤ 1: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên
2
f ( x) + f (2 − x) = x − 2 x + 2, x 
2
. Tích phân
 xf ( x)dx
bằng
0
A.
−4
.
3
2
.
3
B.
C.
5
.
3
D.
−10
.
3
Lời giải
Chọn D.
Thay x = 0 ta được f (0) + f (2) = 2  f (2) = 2 − f (0) = 2 − 3 = −1
2
2
 f ( x)dx =  f (2 − x)dx
Ta có:
0
0
2
2
2
8
4
Từ hệ thức đề ra:  ( f ( x) + f (2 − x) ) dx =  ( x − 2 x + 2 ) dx =   f ( x)dx = .
3 0
3
0
0
2
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta lại có:
2
2
 xf ( x)dx = xf ( x) 0 −  f ( x)dx = 2.(−1) −
2
0
0
4
10
=− .
3
3
e x + m
khi x  0
VÍ DỤ 2: Cho hàm số f ( x ) = 
liên tục trên
2
 2 x 3 + x khi x  0
( a, b, c  Q ) . Tổng
1
và
 f ( x )dx=ae + b
3+c ,
−1
a + b + 3c bằng
B. −10 .
A. 15 .
C. −19 .
D. −17 .
Lời giải
Chọn C
)
(
Ta có lim+ f ( x ) = lim+ ( e x + m ) = m + 1 , lim− f ( x ) = lim− 2 x 3 + x 2 = 0 và f ( 0 ) = m + 1 .
x →0
x →0
x →0
x →0
nên liên tục tại x = 0 .
Vì hàm số đã cho liên tục trên
Suy ra lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) hay m + 1 = 0  m = −1 .
x →0
1
Khi đó
x →0
0
 f ( x )dx=  2 x
−1
−1
2
= (3 + x2 ) 3 + x2
3
0
−1
1
0
1
3 + x dx +  ( e − 1)dx=  3 + x d ( 3 + x ) +  ( e x − 1)dx
2
x
0
+ (ex − x ) = e + 2 3 −
Suy ra a = 1 , b = 2 , c = −
1
0
22
.
3
Vậy tổng a + b + 3c = −19 .
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
−1
22
.
3
2
0
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
VÍ DỤ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
thỏa

f ( x ) dx = 2 và
2
 f ( 3x + 1) dx = 6 .
Tính
0
0
7
I =  f ( x ) dx .
0
A. I = 16 .
B. I = 18 .
C. I = 8 .
D. I = 20 .
Lời giải
Chọn D
1
2
0
0
A =  f ( x ) dx = 2 , B =  f ( 3x + 1) dx = 6 đặt t = 3 x + 1  dt = 3dx .
x = 0  t = 1
Đổi cận : 
x = 2  t = 7
7
Ta có: B =
7
7
1
f ( t ) dt = 6   f ( t ) dt = 18   f ( x ) dx =18 .
3 1
1
1
7
1
7
0
0
1
Vậy I =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 20 .

2
VÍ DỤ 4: Biết
3sin x − cos x
 2sin x + 3cos x dx =
0
A.
22
.
3
B.
−11
b
ln 2 + b ln 3 + c ( b, c  Q ) . Tính ?
3
c
22
.
3
C.
22
.
3
D.
22
.
13
Lời giải
Chọn C
Đặt:
=
m ( 2sin x + 3cos x ) + n ( 2cos x − 3sin x )
3sin x − cos x
=
2sin x + 3cos x
2sin x + 3cos x
( 2m − 3n ) sin x + ( 3m + 2n ) cos x
2sin x + 3cos x
3

m=

2
m
−
3
n
=
3


13 .
Đồng nhất hệ số ta có: 

3m + 2n = −1 n = − 11

13


 3
11
( 2sin x + 3cos x ) − ( 2 cos x − 3sin x )
2
3sin x − cos x
13
dx =  13
dx
Nên: 
2sin
x
+
3cos
x
2sin
x
+
3cos
x
0
0
2



3
11 2 2 cos x − 3sin x
 3 11 2 cos x − 3sin x 
2 −
=  − .
dx
=
x
dx
(
)
0
13 13 2sin x + 3cos x 
13
13 0 2sin x + 3cos x
0 
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023


3 11 2 d ( 2sin x + 3cos x )
3 11
=
− 
dx =
− ln 2sin x + 3cos x 2
26 13 0 2sin x + 3cos x
26 13
0
11

b=

3 11
11
b 11 26 22

13
.
=
− ln 2 + ln 3 . Do đó: 
 = .
=
26 13
13
c 13 3 3
c = 3

26

e
VÍ DỤ 5: Khẳng định nào sau đây đúng về kết quả
3
 x ln xdx =
1
A. a . b = 64 .
3ea + 1
?
b
C. a − b = 12 .
B. a . b = 46 .
D. a − b = 4 .
Lời giải
Chọn A
1

du = x dx
u = ln x
Đặt 
. Áp dụng tích phân từng phần ta tính được:

3
1
d
v
=
x
d
x
4

v = x

4
e
1 4
1 3
e4 1 4
3e4 + 1 a = 4
1 x ln xdx = 4 x ln x 1 − 1 4 x dx = 4 − 16 x 1 = 16  b = 16  a .b = 64 .
e
e
e
3
VÍ DỤ 6: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2 và thoả mãn f ( 2 ) = 16,
2
 f ( x ) dx = 4
0
1
Tính tích phân I =  x. f  ( 2 x ) dx .
0
B. I = 7 .
A. I = 12 .
C. I = 13 .
D. I = 20 .
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận: x = 0  t = 0 và x = 1  t = 2 .
2
1
Vậy I =  tf  ( t ) dt . Đặt
40
2
2
u = t


du = dt
, khi đó 4 I = tf ( t )  −  f ( t ) dt


0


0
dv = f  ( t ) dt
v = f ( t )
2
= 2 f ( 2 ) −  f ( x ) dx = 32 − 4 = 28  I = 7 .
0
VÍ DỤ 7: Tính tích phân I = 
e −1
0
và
x ln ( x + 1) dx ta được kết quả có dạng
a
là phân số tối giản. Tính T = a 2 + 2b − 3c .
b
A. 17 .
B. 10 .
C. −17 .
Lời giải
Chọn C
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
ae 2 + b
, trong đó a, b, c 
c
D. 18 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Xét I = 
e −1
x ln ( x + 1) dx
0
1

du =
dx


u = ln ( x + 1)

x +1
Đặt 
, khi đó ta chọn được 
.
2

dv = xdx
v = x − 1


2
Suy ra I = 
e −1
0
=
e −1
e −1 x − 1
x2 −1
e2 − 2e x 2 − 2 x
x ln ( x + 1) dx =
ln ( x + 1) − 
dx =
−
0
0
2
2
2
4
e −1
0
e2 − 2e e2 − 4e + 3 e 2 − 3
.
−
=
2
4
4
2
2
Do đó a = 1, b = −3, c = 4 . Vậy ta có T = a + 2b − 3c = 1 + 2 ( −3) − 3.4 = −17 .

3
x
3
dx =
 − ln b , với a, b là các số nguyên dương. Tính giá trị của biểu thức
2
a
cos
x
0
VÍ DỤ 8: Biết I = 
T = a2 + b ?
A. T = 9 .
B. T = 13 .
C. T = 7 .
D. T = 11 .
Lờigiải
Chọn D

u x
x
dx
. Đặt
dx
2
dv
0 cos x
cos 2 x
3
Ta giải: I = 
3
x tan x 03
Suy ra: I
3
a
3
b
2
3
ln cos
a2
b
v
tan x
x tan x 03
0
0.tan 0
3
dx
3
tan xdx
0
.tan
du
ln cos 0
.
d cos x
cos x
3
3
ln 2
x tan x
3
a
ln cos x
3
0
ln b
11
2
VÍ DỤ 9: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn A =  ( x − 1) f  ( x ) dx = 9 và f ( 2 ) + f ( 0 ) = 3 .
0
2
Tính I =  f ( x ) dx
0
A. I = 12 .
B. I = −12 .
C. I = −6 .
D. I = 6 .
Lời giải
Chọn C
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
u = x − 1
du = dx


Đặt 
.

dv = f  ( x ) dx 
v = f ( x )

2
2
2 2
Ta có: A =  ( x − 1) f  ( x ) dx = ( x − 1) f ( x ) −  f ( x ) dx = f ( 2 ) + f ( 0 ) −  f ( x ) dx .
0 0
0
0
2
Với A = 9 và f ( 2 ) + f ( 0 ) = 3 nên I =  f ( x ) dx = −6 .
0
a
VÍ DỤ 10: Nghiệm dương a của phương trình
 ( 2 x − 1) ln xdx = ( a
2
)
− a ln a − 9 thuộc khoảng nào sau
1
đây?
A. (1;3) .
C. ( 5;7 ) .
B. ( 3;5 ) .
D. ( 7;10 ) .
Lời giải
Chọn C
Đặt u = ln x và dv = ( 2 x − 1) dx , ta có du =
a
(
1
dx và v = x 2 − x .
x
a
)
(
Khi đó, đặt I =  ( 2 x − 1) ln xdx = x 2 − x ln x 1 −  x 2 − x
a
1
1
) 1x dx .
a
 x2

= a − a ln a −  ( x − 1) dx = a − a ln a −  − x 
 2
1
1
(
2
)
a
(
)
2
 a2 1

 a2
1
= a 2 − a ln a −  − − a + 1 = a 2 − a ln a −  − a +  .
2
 2 2

 2
(
)
(
Theo giả thiết: I = ( a 2 − a ) ln a − 9 
Do a  0 nên a = 1 + 3 2 .
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
)
a = 1 − 3 2
a2
1
− a + = 9  a 2 − 2a − 17 = 0  
.
2
2
 a = 1 + 3 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 1
Câu 1:
Các phương pháp tính nguyên hàm cơ bản
Tìm nguyên hàm của hàm số F ( x ) của hàm số f ( x ) =
A. F ( x ) = 1 +
C. F ( x ) =
2
( x + 1)
2
B. F ( x ) =
+C .
x2
2
+x−
+C .
2
x+1
Tính  sin 3x dx .
Câu 3:
1
A. − cos 3x + C .
B. − cos 3x + C .
3
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm với mọi x 
Câu 4:
Câu 5:
2
( x + 1)
C. cos 3x + C .
+C .
D.
C. 2.
1
cos 3x + C .
3
D. 0.
Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x + 2 là
A.
2
( 3x + 2 ) 3x + 2 + C .
3
B.
1
( 3x + 2 ) 3x + 2 + C .
3
C.
2
( 3x + 2 ) 3x + 2 + C .
9
D.
3
1
+C .
2 3x + 2
Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
Tìm
một
nguyên
1
+ sin x là
x
B. ln x − cos x + C .
hàm
F ( x)
của
C. ln x − cos x + C .
hàm
số
f ( x ) = ax +
F ( −1) = 1, F ( 1) = 4, f (1) = 0 .
Câu 7:
2
và f  ( x ) = 2 x +1 . Giá trị f ( 2 )− f ( 1) bằng
B. -2.
A. ln x + cos x + C .
Câu 6:
x2
2
+x+
+C .
2
x+1
D. F ( x ) = 1 −
Câu 2:
A. 4.
x 3 + 3x 2 + 3x − 1
.
x2 + 2x + 1
A. F ( x ) =
3x 2 3 7
3x 2 3 7
+
− . B. F ( x ) =
−
− .
2
4x 4
4
2x 4
C. F ( x ) =
3x 2 3 7
3x 2 3 1
+
+ . D. F ( x ) =
−
− .
4
2x 4
2
2x 2
(
D.
1
− cos x + C .
x2
b
( x  0) ,
x2
)(
)
A. 3.
B. 4.
C. 2.
Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 ) .
A.

f ( x ) dx =
x3 3 2
+ x + 2x + C .
3 2
B.
x3 2 2
D.
+ x + 2x + C .

3 3
Tìm họ các nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3 x + 1 .
C.
Câu 9:
rằng
Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) = 2019 x 4 − x 2 x 2 − 3x + 2 . Khi đó số điểm
cực trị của hàm số F ( x ) là
Câu 8:
biết
f ( x ) dx =
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. 5.
 f ( x ) dx = 2x + 3 + C .

f ( x ) dx =
x3 2 2
− x + 2x + C .
3 3
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
3
A.  f ( x)dx = (3x + 1)2 + C.
2
1
C.  f ( x)dx = (3x + 1)2 + C.
6
Câu 10: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) =
F ( x) .
A. 2 ln ( x − 1) + 2 .
Tìm F ( x ) .
A. 2 ln ( x − 1) + 2 .
D.
 f ( x)dx = 2 (3x + 1)
2
+ C.
1
C. 4 ln ( x − 1) .
2
+ C.
D. ln ( x − 1) − 3 .
1
trên khoảng ( 1; + ) thỏa mãn F ( e + 1) = 4 .
x −1
B. ln ( x − 1) + 3 .
C. 4 ln ( x − 1) .
Câu 12: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
1
A. F ( 2 ) = ln 3 − 2 .
2
 f ( x)dx = (3x + 1)
1
trên khoảng ( 1; + ) thỏa mãn F ( e + 1) = 4 . Tìm
x −1
B. ln ( x − 1) + 3 .
Câu 11: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) =
B.
B. F ( 2 ) = ln 3 + 2 .
D. ln ( x − 1) − 3 .
1
. Biết F ( 1) = 2 . Giá trị của F ( 2 ) là
2x − 1
C. F ( 2 ) = 2 ln 3 − 2 .
1
D. F ( 2 ) = ln 3 + 2 .
2
x
Câu 13: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + .
2
A.
C.

f ( x ) dx = x 3 +
x2
+C .
2
B.

f ( x ) dx = x 3 +
x2
+C .
2
D.
x3 x2
+ +C .
3 4

f ( x ) dx =

f ( x ) dx = x 3 +

f ( x ) dx =

f ( x ) dx = x 3 +
x2
+C .
4
x
Câu 14: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + .
2
A.
C.

f ( x ) dx = x 3 +
x2
+C .
2
B.

f ( x ) dx = x 3 +
x2
+C .
2
D.
Câu 15: Nguyên hàm của f ( x ) =
A.
− x
+C .
2
1
x2
+C .
4
là
x x
B.
x3 x2
+ +C .
3 4
2
x
+C .
C.
Câu 16: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 sin x.cos 2 x là
−2
x
+C .
D.
x
+C .
2
1
1
A. − cos 3x + cos x + C .
B. cos 3x + cos x + C .
3
3
1
C. cos 3x − cos x + C .
D. − cos 3 x + cos x + C .
3
Câu 17: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = 2 x + sin 2 x là:
1
1
A. x 2 − cos2 x + c .
B. x 2 + cos2 x + c .
C. x 2 − 2cos2 x + c .
D. x 2 − 2cos2 x + c .
2
2
Câu 18: Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và: f  ( x ) = 2e 2 x + 1, x , f ( 0 ) = 2 . Hàm f ( x ) là
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
A. y = 2e x + 2 x .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
C. y = e + x + 2 .
D. y = e 2 x + x + 1 .
B. y = 2e + 2 .
x
2x
Câu 19: Hàm số nào dưới đây là họ nguyên hàm của hàm số y = cos 2 x ?
1
B. y = cos 2 x + C .
2
A. y = sin 2 x + C .
1
C. y = (sin x + cos x)2 + C .
2
Câu 20: Cho
A.
 f ( x ) dx = 3x
 f ( e ) dx = 2 e
x
− 4 x + C . Tìm
2x
 f ( e ) dx
x
− 4e x + C .
B.
 f ( e ) dx = 3e
x
D.  f ( e ) dx = 6e
 f ( e ) dx = 6e + 4x + C .
Tìm nguyên F ( x ) của hàm số f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 ) ?
x
C.
Câu 21:
3
2
D. y = 2 sin 2 x + C .
x
x
2x
x
− 4e x + C .
− 4x + C .
A. F ( x ) =
x4
11
− 6x3 + x2 − 6x + C .
4
2
B. F ( x ) = x 4 + 6 x 3 + 11x 2 + 6 x + C .
C. F ( x ) =
x4
11
+ 2x3 + x2 + 6x + C .
4
2
D. F ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 11x 2 + 6 x + C .
Câu 22: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x.cos x +
1
A. F ( x ) = cos 2 x + ln x + 1 + C .
4
1
C. F ( x ) = − cos 2 x + ln ( x + 1) + C .
4
1
là
x +1
B. F ( x ) = −4 cos 2 x + ln x + 1 + C .
1
D. F ( x ) = − cos 2 x + ln x + 1 + C .
4
Câu 23: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x − sin 2 x là
x2 1
B.
− cos 2 x + C .
2 2
1
A. x + cos 2 x + C .
2
2
x2
C.
+ cos 2 x + C .
2
x2 1
D.
+ cos 2 x + C .
2 2

2018e − x 
Câu 24: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e  2017 −
.
x5 

x
A.
 f ( x ) dx = 2017 e
C.

2018
+C .
x4
504,5
f ( x ) dx = 2017 e x +
+C .
x4
x
−
B.
 f ( x ) dx = 2017 e
D.

2018
+C .
x4
504,5
f ( x ) dx = 2017 e x −
+C .
x4
x
+
Câu 25: Hàm số F( x) = x 3 + sin x là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?
A. f ( x) = 3x 2 − cos x.
B. f ( x) =
x4
− cos x.
4
C. f ( x) = 3x 2 + cos x.
D. f ( x) =
x4
− cos x.
4
Câu 26: Hàm số F( x) = x 3 + sin x là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?
A. f ( x) = 3x 2 − cos x.
B. f ( x) =
x4
− cos x.
4
C. f ( x) = 3x 2 + cos x.
D. f ( x) =
x4
− cos x.
4
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 27: Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin x + 1 là
A. cos x + C.
B. cos x + x + C.
C. − cos x + C.
D. − cos x + x + C.
f ( x) + 1
Câu 28: Hàm số y = f ( x ) có một nguyên hàm là F ( x ) = e 2 x . Tìm nguyên hàm của hàm số
ex
f ( x) + 1
f ( x) + 1
1
A. 
B. 
dx = e x − e − x + C .
dx = e x − e − x + C .
x
x
2
e
e
f ( x) + 1
f ( x) + 1
x
−x
C. 
.
D.
d
x
=
2e
−
e
+
C
dx = 2e x +e − x + C .

x
x
e
e
1
Câu 29: Hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y = trên ( −; 0 ) thỏa mãn F ( −2 ) = 0 . Khẳng
x
định nào sau đây đúng?
 −x 
A. F ( x ) = ln   x  ( −; 0 )
 2 
B. F ( x ) = ln x + C x  ( −; 0 ) với C là một số thực bất kì.
C. F ( x ) = ln x + ln 2 x  ( −; 0 ) .
D. F ( x ) = ln ( − x ) + C x  ( −; 0 ) với C là một số thực bất kì.
Câu 30: Cho hàm số f ( x ) = 2 x 2 e x +2 + 2 xe 2 x , ta có
3
 f ( x ) dx = me
x3 + 2
+ nxe 2 x − pe 2 x + C . Giá trị của biểu
thức m + n + p bằng
A.
1
.
3
Câu 31: Cho biết
B. 2 .
C.
13
.
6
D.
7
.
6
2 x − 13
 ( x + 1)( x − 2 )dx = a ln x + 1 + b ln x − 2 + C .
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a + 2b = 8 .
B. a + b = 8 .
C. 2 a − b = 8 .
D. a − b = 8 .
x −1
.
x2
Câu 32: Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) =
1
1
A. F ( x ) = − ln| x | + + C .
B. F ( x ) = ln| x | − + C .
x
x
1
1
C. F ( x ) = ln| x | + + C .
D. F ( x ) = − ln| x | − + C .
x
x
Câu 33: Biết hàm số y = f ( x ) có f  ( x ) = 3x 2 + 2 x + m , f ( 2 ) = 1 và đồ thị của hàm số y = f ( x ) cắt trục
tung tại điểm có tung độ bằng −5 . Hàm số f ( x ) là:
A. x 3 + 2 x 2 − 5 x − 5 .
B. 2 x 3 + x 2 − 7 x − 5 . C. x 3 + x 2 − 3 x − 5 .
D. x 3 + x 2 + 4 x − 5 .
4 x + 11
Câu 34: Cho biết  2
dx = a ln x + 2 + b ln x + 3 + C . Tính giá trị biểu thức: P = a 2 + ab + b 2 .
x + 5x + 6
A. 12.
B. 13.
C. 14.
D. 15.
Câu 35: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) =
A.
2
+C .
e +1
x
B.
(
ex
ex + 1
−2
+C .
e +1
x
)
2
là
C.
−1
+C .
e +1
x
D.
1
+C .
e +1
x
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
Câu 36: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + 2 x thỏa mãn F ( 0 ) = . Chọn khẳng định
2
đúng trong các khẳng định sau
5
1
A. F ( x ) = e x + x 2 + .
B. F ( x ) = e x + x 2 − .
2
2
3
1
C. F ( x ) = e x + x 2 + .
D. F ( x ) = e x + x 2 + .
2
2
−x
Câu 37: Hàm số f ( x ) = e + 2 x − 5 là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
1
A. y = −e − x + x2 − 5x + 1 .
2
−x
C. y = −e + 2 .
Câu 38: Cho biết
x
3
B. y = e − x + x 2 − 5x .
D. y = −e − x + x 2 − 5x + 3 .
1
dx = a ln ( x − 1)( x + 1) + b ln x + C . Tính giá trị biểu thức: P = 2 a + b .
−x
A. 0.
B. -1.
C.
1
.
2
D. 1.
Câu 39: Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , thỏa mãn F ( 0 ) =
thức T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) .
A. T = 1009.
2 2019 + 1
.
ln 2
B. T = 2 2019.2020 .
C. T =
2 2019 − 1
.
ln 2
1
. Tính giá trị biểu
ln 2
D. T =
2 2020 − 1
.
ln 2
Câu 40: Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x , thỏa mãn F ( 0 ) = 2020 . Tính giá trị biểu
thức T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) .
A. T =
e 2020 − 1
+ 2019.2020 .
e −1
B. T =
e 2020 − 1
C. T =
+ 2020 2 .
e −1
e 2019 − 1
+ 2018.2019 .
e −1
e 2019 − 1
D. T =
+ 2019 2 .
e −1
 
Câu 41: Cho hàm số y = cos4 x có một nguyên hàm là F ( x ) , F   = 2 . Khẳng định nào sau đây là
4
đúng?
cos4 x
A.  F ( x ) dx = −
B.  F ( x ) dx = −4cos4 x + 2 x + C .
+ 2x + C .
4
cos4 x
C.  F ( x ) dx = −cos4 x + 2 x + C .
D.  F ( x ) dx = −
+ 2x + C .
16
1
Câu 42: Cho  2 dx = a ln x − 1 + b ln x + 1 + C , với a , b là các số hữu tỷ. Khi đó a − b bằng
x −1
A. 1 .
B. 0 .
C. 2 .
D. −1 .
2
2x
Câu 43: Cho hàm số F( x) = ( ax + bx − c )e là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = (2018 x 2 − 3x + 1)e 2 x trên
khoảng ( − ; + ) . Tính T = a + 2b + 4c .
A. T = 1011 .
B. T = −3035 .
Câu 44: Cho hàm số f ( x ) xác định trên
Tính S = f ( 3 ) − f ( −1) .
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. T = 1007 .
\1 thỏa mãn f ' ( x ) =
D. T = −5053 .
1
, f ( 0 ) = 2017 , f ( 2 ) = 2018 .
x −1
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. S = ln 4035 .
B. S = 4 .
C. S = ln 2 .
D. S = 1 .
2 cos x − 1
Câu 45: Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
trên khoảng ( 0;  ) . Biết
sin 2 x
rằng giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0;  ) là
3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh
đề sau.
 2
B. F 
 3
 
A. F   = 3 3 − 4 .
6
Câu 46: Biết luôn có hai số a và b để F ( x ) =
 5
D. F 
 6
 
C. F   = − 3 .
3

3
.
=
 2

 = 3− 3 .

ax + b
( 4a − b  0 ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x )
x+4
và thỏa mãn 2 f 2 ( x ) = ( F ( x ) − 1) f  ( x ) . Khẳng định nào dưới đây đúng và đầy đủ nhất?
A. a 
, b
B. a = 1, b = 4 .
.
D. a = 1, b  \4 .
C. a = 1, b = −1 .
 
 
Câu 47: Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin 2 x và F   = 1 . Tính F   .
4
6
  1
A. F   = .
6 2
  5
B. F   = .
6 4
  3
D. F   = .
6 4
 
C. F   = 0 .
6
Câu 48: Biết rằng x e x là một nguyên hàm của f ( − x ) trên khoảng ( − ; + ) . Gọi F ( x ) là một nguyên
hàm của f  ( x ) e x thỏa mãn F ( 0 ) = 1 , giá trị của F ( −1) bằng
A.
7
.
2
B.
5−e
.
2
C.
7 −e
.
2
D.
(
5
.
2
)
Câu 49: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x ( x 3 − 4 x ) . Hàm số F x2 + x có bao nhiêu
2
điểm cực trị?
A. 6.
B. 5.
C. 3.
Câu 50: Giả sử hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
D. 4.
, nhận giá trị dương trên khoảng ( 0; + ) và
thỏa mãn f (1) = 1, f ( x ) = f ' ( x ) 3x + 1 với mọi x  0. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. 4  f ( 5 )  5.
B. 1  f ( 5 )  2.
C. 3  f ( 5 )  4.
\0 thỏa mãn f  ( x ) +
Câu 51: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
f ( x)
x
D. 2  f ( 5 )  3.
= x 2 và f ( 1) = −1 . Giá trị của
3
f   bằng
2
A.
1
.
96
B.
(
1
.
64
C.
)
f ( F ( 0 ) ) bằng:
1
.
48
D.
(
1
.
24
)
Câu 52: Biết F ( x ) = ax 2 + bx + c e − x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x 2 − 5x + 2 e − x trên
Giá trị biểu thức
A.
−1
.
e
C. 20e 2 .
B. 3e .
(
)
(
.
D. 9e .
)
Câu 53: Cho hai hàm số F ( x ) = x 2 + ax + b e x , f ( x ) = x 2 + 3x + 4 e x . Biết a , b là các số thực để F ( x )
là một nguyên hàm của f ( x ) . Tính S = a + b .
A. S = −6 .
B. S = 12 .
C. S = 6 .
D. S = 4 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 54: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
F ( 1) =
2x + 1
trên khoảng ( 0; + ) thỏa mãn
x + 2x3 + x2
4
1
. Giá trị của biểu thức S = F ( 1) + F ( 2 ) + F ( 3 ) + ... + F ( 2019 ) bằng
2
2019
2019.2021
1
2019
.
B.
.
C. 2018
.
D. −
.
2020
2020
2020
2020
Câu 55: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (1) = 3 và x(4 − f '( x)) = f ( x) − 1 với mọi x  0 . Tính f (2) .
A.
A. 6 .
B. 2 .
Câu 56: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên
C. 5 .
, thỏa mãn f ( x )  0 , x 
D. 3 .
và f  ( x ) − 2 f ( x ) = 0 . Tính
f ( −1) biết rằng f ( 1) = 1 .
A. e −4 .
B. e 3 .
Câu 57: Cho hàm số f ( x ) xác định trên
D. e −2 .
C. e 4 .
\−2 thoả mãn f  ( x ) =
trị của biểu thức f ( 2 ) + f ( −3 ) bằng
3x − 1
, f ( 0 ) = 1 và f ( −4 ) = 2 . Giá
x+2
C. 10 + ln 2 .
D. 3 − 20 ln 2 .
x − cos x
Câu 58: Biết F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
. Hỏi đồ thị của hàm số y = F ( x ) có bao
x2
nhiêu điểm cực trị?
A. Vô số điểm.
B. 0.
C. 1.
D. 2.
1
Câu 59: 3 Biết F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos x + x 2 − 1 . Hỏi đồ thị của hàm số y = F ( x )
2
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. Vô số điểm.
B. 0 .
C. 1 .
D. 2 .
B. ln 2 .
A. 12 .
Câu 60: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn ( f ' ( x ) ) + f ( x ) . f " ( x ) = 15x 4 + 12 x , x 
2
và f ( 0 ) = f ' ( 0 ) = 1 .
Giá trị của ( f ( 1) ) là
2
A. 10 .
B. 8 .
C.
5
.
2
D.
35
.
3
D.
Câu 61: Cho hàm số f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f  ( x ) trên  −3; 2 như hình vẽ.
9
.
2
Biết f ( −3) = 0 , giá trị của f ( −1) + f (1) bằng
A.
23
.
6
B.
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
31
.
6
C.
9
.
2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 62: Cho hàm số f ( x)  0
;
f (1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + ... + f ( 2017 ) =
A.
a
 −1 .
b
f  ( x ) = ( 2 x + 1) . f 2 ( x )
a
; (a  ;b 
b
B. a − b = 1 .
)
với
và
f ( 1) = −0,5
.
Biết
tổng
a
tối giản. Chọn khẳng định đúng.
b
C. b − a = 4035 .
D. a + b = −1 .
 f ( x ) 
2
Câu 63: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0; 4  thỏa mãn f  ( x ) f ( x ) + 
=  f  ( x )  và
3
( 2 x + 1)
2
f ( x )  0 với mọi x  0; 4  . Biết rằng f  ( 0 ) = f ( 0 ) = 1 , giá trị của f ( 4 ) bằng
A. e 2 .
B. 2e .
C. e 3 .
D. e 2 + 1 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
BẢNG ĐÁP ÁN
1.B
2.A
3.A
4.C
5.B
6.C
7.C
8.A
9.C
10.B
11.B
12.D
13.D
14.D
15.C
16.A
17.A
18.D
19.C
20.D
21.C
22.D
23.D
24.C
25.C
26.C
27.D
28.C
29.A
30.C
31.D
32.C
33.C
34.B
35.C
36.D
37.C
38.A
39.D
40.A
41.D
42.A
43.B
44.D
45.A
46.D
47.D
48.A
49.B
50.C
51.A
52.D
53.D
54.C
55.C
56.A
57.A
58.C
59.D
60.B
61.B
62.C
63.A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Chọn B
x 3 + 3 x 2 + 3 x − 1 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 − 2 ( x + 1) − 2
2
f ( x) =
=
=
= x +1−
2
2
2
2
x + 2x + 1
( x + 1)
( x + 1)
( x + 1)
3
Câu 2:
x2
2
+x+
+C .
2
x+1
Chọn A
Câu 3:
1
1
Áp dụng công thức  sin ( ax + b ) dx = − cos ( ax + b ) + C , ta có  sin 3x dx = − cos 3x + C .
a
3
Chọn A
F ( x) =
Ta có f ' ( x ) = 2 x + 1 
 C1 
Câu 4:
2
2
2
1
1
)
+ 1 + C1 = 4
Chọn C
Ta có:
Câu 5:
Câu 6:
: f ( x ) = x2
 f ' ( x )dx =  ( 2x + 1)dx = x + x + C
+ x + C  f ( 2 ) − f ( 1) = 2 + 2 + C − (1
 f ( x ) dx =  (
)
1
2
3x + 2 dx =  ( 3x + 2 ) dx =
( 3x + 2 )
1+
1+
1
2
1
2
1
2
. + C = ( 3x + 2 ) 3x + 2 + C .
3
9
Chọn B
Chọn C

b 
ax 2 b
Ta có: F ( x ) =   ax + 2 dx =
− +c .
2 x
x 

a

3
2 + b + c = 1
a = 2


3
a

Từ: F ( −1) = 1, F ( 1) = 4, f ( 1) = 0   − b + c = 4  b = − .
2
2

7
a + b = 0


c = 4


Vậy F ( x ) =
Câu 7:
3x 2 3 7
+
+ .
4
2x 4
Chọn C
(
)(
Do hàm số F( x) là một nguyên hàm của f ( x) = 2019 x 4 − x 2 x 2 − 3x + 2
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
)
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
(
)(
)
 F( x) = 2019 x 4 − x 2 x 2 − 3x + 2 = 2019 x ( x − 2 ) ( x + 2 )(1 − x )
2
 x = −2

F ( x) = 0   x = 1 .
 x = 2
Do x = −2 , x = 1 là nghiệm bội 1, còn x = 2 là nghiệm bội 2 nên hàm số F( x) có hai điểm cực
Câu 8:
trị.
Chọn A
Ta có: f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 ) = x 2 + 3 x + 2 .
Khi đó:
Câu 9:

(
)
f ( x ) dx =  x 2 + 3x + 2 dx =
x3 3 2
+ x + 2x + C .
3 2
Chọn C
Ta có:  (3x + 1)dx =
Câu 10: Chọn B
Ta có F ( x ) = 
1
1 (3x + 1)2
1
(3
x
+
1)d(3
x
+
1)
=
+ C = (3x + 1)2 + C.

3
3
2
6
d ( x − 1)
dx
=
= ln x − 1 + C = ln ( x − 1) + C ,.
x −1
x −1
Mà F ( e + 1) = 4  ln ( e + 1 − 1) + C = 4  C = 3 . Vậy F ( x ) = ln ( x − 1) + 3 .
Câu 11: Chọn B
Ta có F ( x ) = 
1
dx = ln x − 1 + C = ln ( x − 1) + C do x  ( 1; + ) .
x −1
Mà F ( e + 1) = 4  ln ( e ) + C = 4  C = 3 . Vậy F ( x ) = ln ( x − 1) + 3 .
Câu 12: Chọn D
1
1
 f ( x ) dx =  2x − 1 dx = 2 ln 2x − 1 + C (C  ) .
F ( 1) = 2  C = 2 . Vậy với x 
1
1
thì F ( x ) = ln ( 2 x − 1) + 2 .
2
2
1
Do đó, F ( 2 ) = ln 3 + 2 .
2
Câu 13: Chọn D
Ta có:


x
x2
f ( x ) dx =   3x 2 +  dx = x 3 + + C .
2
4

Câu 14: Chọn D
Ta có:


x
x2
f ( x ) dx =   3x 2 +  dx = x 3 + + C .
2
4

Câu 15: Chọn C
 f ( x ) dx =  x
1
−
x
3
2
dx =  x dx =
x
−
1
2
1
−
2
+C =
−2
x
+C .
Câu 16: Chọn A
Ta có f ( x ) = 2 sin x.cos 2 x = sin ( − x ) + sin 3x = − sin x + sin 3 x .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
  f ( x ) dx =  ( − sin x + sin 3x ) dx = −  sin xdx +  sin3xdx = cos x − cos 3x + C .
3
Câu 17: Chọn A

f ( x)dx =  ( 2 x + sin 2 x ) dx = 2
x2 1
1
− cos2 x + c = x 2 − cos2 x + c .
2
2 2
Câu 18: Chọn D
 f  ( x ) dx =  ( 2e + 1) dx = e + x + C . Suy ra f ( x ) = e
Theo bài ra ta có: f ( 0 ) = 2  1 + C = 2  C = 1 . Vậy: f ( x ) = e
2x
2x
Ta có:
2x
+ x+C .
2x
+ x+1.
Câu 19: Chọn C
1
1
1
1
 cos 2xdx = 2 sin 2x + C = 2 .2 sin x cos x + C = 2 .(1 + 2 sin x cos x) + C− 2
1
1
= .(sin 2 x + cos2 x + 2 sin x cos x) + C = (sin x + cos x)2 + C
2
2
Câu 20: Chọn D
 f ( x ) dx = 3x − 4x + C  f ( x ) = 6x − 4  f ( e ) = 6e
Vậy  f ( e ) dx =  ( 6 e − 4 ) dx = 6 e − 4 x + C .
2
Ta có
x
x
x
−4.
x
x
Câu 21: Chọn C
(
)
Ta có: f ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 11x + 6  F ( x ) =  x 3 + 6 x 2 + 11x + 6 dx =
x4
11
+ 2x3 + x2 + 6x + C .
4
2
Câu 22: Chọn D
1
1
1
1
1 
Ta có f ( x ) = sin 2 x +
. F ( x ) =   sin 2 x +
dx = − cos 2 x + ln x + 1 + C .
2
x+1
4
x +1
2
Câu 23: Chọn D
 ( x − sin 2x ) dx =  x.dx −  sin 2x.dx =
x2 1
+ cos 2 x + C .
2 2
Câu 24: Chọn C
2018e − x 

2018 
504,5
x
x
x
f
x
d
x
=
e
2017
−
+C
dx =   2017 e − 5 dx = 2017 e +
 ( )  
5
x
x 
x4


Câu 25: Chọn C
Ta có F '( x) = 3x 2 + cos x.
Câu 26: Chọn C
Ta có F '( x) = 3x 2 + cos x.
Câu 27: Chọn D
 ( sin x + 1) dx = − cos x + x + C .
Câu 28: Chọn C
( )

Ta có: f ( x ) = F ( x ) = e 2 x = 2e 2 x
Suy ra:

f ( x) + 1
ex
dx = 
2e 2 x + 1
dx =  2e x + e − x dx = 2e x − e − x + C .
ex
Câu 29: Chọn A
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
(
)
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
Ta có F ( x ) =  dx = ln x + C = ln ( − x ) + C với x  ( −; 0 ) .
x
 −x 
Lại có F ( −2 ) = 0  ln 2 + C = 0  C = − ln 2 . Do đó F ( x ) = ln ( − x ) − ln 2 = ln   .
 2 
 −x 
Vậy F ( x ) = ln   x  ( −; 0 ) .
 2 
Câu 30: Chọn C
(
)
Vì  f ( x ) dx = me x +2 + nxe 2 x − pe 2 x + C nên me x +2 + nxe 2 x − pe 2 x + C = f ( x )
3
'
3
Suy ra 3mx 2 e x +2 + 2nxe 2 x + ( n − 2 p ) e 2 x = 2 x 2 e x +2 + 2 xe 2 x đồng nhất 2 biểu thức ta được hệ
3
3

2
m = 3
 3m = 2

13

 n = 1 . Suy ra: m + n + p = .
phương trình sau: 2n = 2
6
n − 2 p = 0

1

p =
2

Câu 31: Chọn D
Ta có:
A ( x − 2 ) + B ( x + 1) ( A + B ) x + ( −2 A + B )
2 x − 13
A
B
=
+
=
=
( x + 1)( x − 2 ) x + 1 x − 2
( x + 1)( x − 2 )
( x + 1)( x − 2 )
A + B = 2
A = 5


.
−2 A + B = −13
B = −3
Khi đó:
2 x − 13
 5
3 
 ( x + 1)( x − 2 )dx =   x + 1 − x − 2 dx = 5ln x + 1 − 3ln x − 2 + C .
Suy ra a = 5; b = −3 nên a − b = 8 .
Câu 32: Chọn C
Ta có f ( x ) =
x −1 1 1
1
= − 2 nên F ( x ) = ln| x | + + C .
2
x x
x
x
Câu 33: Chọn C
Theo lý thuyết ta có:  f  ( x ) dx = f ( x ) + C .
 f  ( x ) dx =  ( 3x + 2x + m ) dx = x + x + mx + C .
Khi đó f ( x ) có dạng: f ( x ) = x + x + mx + C
 f ( 2 ) = 1

m = −3
2 + 2 + 2m + C = 1
Theo đề ta có: 
.


C = −5

 C = −5
 f ( 0 ) = −5

Vậy hàm số f ( x ) = x + x − 3x − 5 .
3
2
Ta có:
3
2
2
1
3
2
1
1
3
1
2
Câu 34: Chọn B
Ta có:
A ( x + 3 ) + B ( x + 2 ) ( A + B) x + ( 3 A + 2B)
4 x + 11
A
B
=
+
=
=
x + 5x + 6 x + 2 x + 3
( x + 2 )( x + 3)
( x + 2 )( x + 3)
2
A + B = 4
A = 3


.
3 A + 2 B = 11
B = 1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x
Khi đó:
4 x + 11
 3
1 
dx =  
+
dx = 3ln x + 2 + ln x + 3 + C .
+ 5x + 6
 x+2 x+3
2
Suy ra a = 3; b = 1 nên P = a 2 + ab + b 2 = 13 .
Câu 35: Chọn C
Ta có

(e
ex
x
+1
)
dx = 
2
d(e x + 1)
(e
x
+1
)
2
=
−1
+C .
e +1
x
Câu 36: Chọn D

3
F ( 0 ) =
Cách 1: Xét đáp án D , ta có: 
.
2
x
F ' ( x ) = e + 2x = f ( x )

Cách 2: Ta có
 (e
x
)
+ 2 x dx = e x + x 2 + C .
F ( x ) là 1 nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + 2 x suy ra F ( x ) có dạng e x + x 2 + C
Theo đề bài F ( 0 ) =
3
3
1
1
 e 0 + 02 + C =  C = . Vậy F ( x ) = e x + x 2 + .
2
2
2
2
Câu 37: Chọn C
Ta có f  ( x ) = −e − x + 2 nên f ( x ) = e − x + 2 x − 5 là một nguyên hàm của hàm số y = −e − x + 2 .
Câu 38: Chọn A
(
)
A x 2 − 1 + Bx ( x + 1) + Dx ( x − 1)
1
A
B
D
Ta có: 3
=
= +
+
x − x x x −1 x +1
x3 − x

 A = −1
A + B + D = 0
2
( A + B + D ) x + ( B − D ) x − A  B − D = 0  B = 1 .
=


2
x3 − x
− A = 1


1

 D = 2
Khi đó:
 1

1
1
1
1
dx
=
−
+
+

 x3 − x   x 2 ( x − 1) 2 ( x + 1) dx = 2 ln ( x − 1)( x + 1) − ln x + C .


1
Suy ra a = ; b = −1 nên P = 2 a + b = 0 .
2
Câu 39: Chọn D
Ta có

2x
f ( x )dx =  2 dx =
+C
ln 2
x
F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , ta có F ( x ) =
 C = 0  F ( x) =
2x
.
ln 2
T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 )
1 2 2020 − 1 22020 − 1
1
2
2018
2019
=
.
=
=
1 + 2 + 2 + ... + 2 + 2
ln 2 2 − 1
ln 2
ln 2
Câu 40: Chọn A
(
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
)
2x
1
+ C mà F ( 0 ) =
ln 2
ln 2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Ta có  f ( x )dx =  e xdx = e x + C
F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x , ta có F ( x ) = e x + C mà F ( 0 ) = 2020
 C = 2019  F ( x ) = e x + 2019 .
T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) = 1 + e + e 2 + ... + e 2018 + e 2019 + 2019.2020
e 2020 − 1
+ +2019.2020 .
e −1
Câu 41: Chọn D
=
1
Ta có F ( x ) =  cos4 xdx = sin 4 x + C .
4
 
Từ F   = 2 suy ra C = 2 .
4
1
1

cos4 x
Ta được F ( x ) = sin 4 x + 2 . Suy ra  F ( x ) dx =   sin4x + 2  dx = −
+ 2x + C .
4
16
4

Câu 42: Chọn A
Ta có:
x
2
1
1
1  1
1 
1
1
dx = 
dx =  
−
 dx = ln x − 1 − ln x + 1 + C .
2  x −1 x +1
2
2
−1
( x − 1)( x + 1)
1
−1
 a−b = 1.
; b=
2
2
Câu 43: Chọn B
a=
F '( x) = (2 ax + b)e 2 x + 2( ax 2 + bx − c)e 2 x =  2ax 2 + (2b + 2a)x + b − 2c  e 2 x
Ta có:  2ax 2 + (2b + 2a)x + b − 2c  e 2 x = (2018 x 2 − 3x + 1)e 2 x

 a = 1009
 2 a = 2018

−2021


 2( a + b) = −3  b =
2
 b − 2c = 1


−2023

c = 4
Vậy T = −3035
Câu 44: Chọn D
Trên khoảng ( 1; + ) :
 f ' ( x ) dx = x − 1 dx = ln ( x − 1) + C
1
1
 f ( x ) = ln ( x − 1) + C1 .
Mà f (2) = 2018  C1 = 2018 .
Trên khoảng ( −;1)  f ' ( x ) dx = 
1
dx = ln ( 1 − x ) + C2  f ( x ) = ln ( 1 − x ) + C2 .
x −1
Mà f (0) = 2017  C 2 = 2017 .
ln( x − 1) + 2018 khi x  1
Vậy f ( x ) = 
. Suy ra f ( 3 ) − f ( −1) = 1 .
ln(1 − x) + 2017 khi x  1
Câu 45: Chọn A
2 cos x − 1
cos x
1
Ta có:  f ( x ) dx = 
dx = 2 
dx − 
dx
2
2
sin x
sin x
sin 2 x
d ( sin x )
1
2
= 2
−
dx = −
+ cot x + C
2
2
sin x
sin x
sin x
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2 cos x − 1
Do F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
trên khoảng ( 0;  ) nên hàm số
sin 2 x
2
F ( x ) có công thức dạng F ( x ) = −
+ cot x + C với mọi x  ( 0;  ) .
sin x
2
Xét hàm số F ( x ) = −
+ cot x + C xác định và liên tục trên ( 0;  ) .
sin x
2 cos x − 1
F '( x) = f ( x) =
sin 2 x
2 cos x − 1
1

Xét F ' ( x ) = 0 
= 0  cos x =  x =  + k 2 ( k  ) .
2
2
3
sin x

Trên khoảng ( 0;  ) , phương trình F ' ( x ) = 0 có một nghiệm x =
3
Bảng biến thiên:
 
max F ( x ) = F   = − 3 + C . Theo đề bài ta có, − 3 + C = 3  C = 2 3 .
( 0; )
3
Do đó, F ( x ) = −
2
 
+ cot x + 2 3 . Khi đó, F   = 3 3 − 4 .
sin x
6
Câu 46: Chọn D
Do 4 a − b  0 nên F ( x )  C x 
. Vì luôn có hai số a và b để F ( x ) =
một nguyên hàm của hàm số f ( x ) nên f ( x ) không phải là hàm hằng.
Từ giả thiết 2 f 2 ( x ) = ( F ( x ) − 1) f  ( x ) 
2 f ( x)
F ( x) − 1
=
ax + b
( 4a − b  0 ) là
x+4
f ( x)
f ( x)
ta
dx
Lấy
nguyên
hàm
hai
vế
với
vi
phân
2 f ( x)
f ( x)
d
x
=
 F ( x) − 1
 f ( x ) dx  2 ln F ( x ) − 1 = ln f ( x ) + C với C là hằng số.
(
2 ln F ( x ) − 1 + ln e = ln f ( x )  f ( x ) = e . F ( x ) − 1
C
C
)
2
 ( a − 1) x + b − 4 
= e .



x+4


2
C
2

 ( a − 1) x + b − 4 
C
 f ( x ) = e .




x
+
4



2

 ( a − 1) x + b − 4 
C
 f ( x ) = −e . 



x
+
4



 ( a − 1) x + b − 4 
4a − b
Trường hợp 1. f ( x ) = e . 
.
 . Ta có F ( x ) = f ( x )  f ( x ) =
2


x+4
( x + 4)


2
C
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
được:
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Đồng nhất hệ số ta có:
(
e C . ( a − 1) x + b − 4
)
2
= 4 a − b x 
a = 1

 a = 1
 b = 4
 C


2
4eC − 1
 e . ( b − 4 ) = 4 − b

b
=
 
eC
 4eC − 1 
Loại b = 4 do điều kiện 4 a − b  0 . Do đó ( a; b ) =  1; C  .
e


 ( a − 1) x + b − 4 
4a − b
Trường hợp 2. f ( x ) = −e . 
.
 . Ta có F ( x ) = f ( x )  f ( x ) =
2


x+4
( x + 4)


2
C
Đồng nhất hệ số ta có:
(
− e C . ( a − 1) x + b − 4
)
2
= 4a − b x 
a = 1
 C
2
− e . ( b − 4 )
a = 1

 b = 4
 
= 4−b
4eC + 1

b
=
 
eC
 4eC + 1 
Loại b = 4 do điều kiện 4 a − b  0 . Do đó ( a; b ) =  1; C  .
e


Câu 47: Chọn D

4
 
 
 
Ta có  sin 2 xdx = F   − F   = 1 − F   .
4
6
6

6


1
1

 1
 
1 3
Mà  sin 2 xdx = − cos 2 x 4 = −  cos − cos  = . Do đó F   = 1 − = .

2
2
2
3 4
4 4
6

6
6
Câu 48: Chọn A
Ta có f − x = x e x  = e x + x e x , x  −; + .
4
Do đó
Suy ra
(
)
( ) ( )
f ( − x ) = e ( ) − ( − x ) e ( ) , x  ( −; + ) .
f ( x ) = e ( 1 − x ) , x  ( −; + ) .
− −x
− −x
−x
Nên f  ( x ) = e − x (1 − x )  = e − x ( x − 2 )  f  ( x ) e x = e − x ( x − 2 ) .e x = x − 2 .
Bởi vậy F ( x ) =  ( x − 2 ) d x =
Từ đó F ( 0 ) =
Vậy F ( x ) =
2
1
x − 2) + C .
(
2
2
1
0 − 2 ) + C = C + 2 ; F ( 0 ) = 1  C = −1 .
(
2
2
2
1
1
7
x − 2 ) − 1  F ( −1) = ( −1 − 2 ) − 1 = .
(
2
2
2
Câu 49: Chọn B
(
)
(
)
F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x x 3 − 4 x  F ' ( x ) = f ( x ) = e x x 3 − 4 x .
2
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
F '( x) = 0  e
x2
(
x = 0

x − 4 x = 0  x − 4 x = 0   x = −2
 x = 2
)
3
3

1
2x + 1 = 0  x = − 2

x = 0
 2
 x + x = 0   x = −1
2
2
2
F ' x + x = ( 2 x + 1) .F ' x + x ; ( 2 x + 1) .F ' x + x = 0  

 2
x = 1
x + x = 2  

 x = −2
 x 2 + x = −2 ( ptvn)

(
)
(
)
(
(
)
)
(
)
Vậy, phương trình F ' x 2 + x = 0 có 5 nghiệm phân biệt. Do đó, hàm số F x2 + x có 5 điểm
cực trị.
Câu 50: Chọn C
f ( x ) = f  ( x ) . 3x + 1
Ta có

f ( x)
f ( x)
 ln f ( x ) =
=
1
 ln f ( x ) =
3x + 1
2
2
4
3x + 1 −  f ( x ) = e 3
3
3
4
4
2
3x + 1 + C. Vì f (1) = 1  C + = 0  C = − .
3
3
3
3 x +1 −
4
3
4
 f ( 5) = e 3  3,8. Vậy 3  f ( 5 )  4.
Câu 51: Chọn A
Ta có f  ( x ) +
f ( x)
x
x4

3
3
3



= x  xf ( x ) + f ( x ) = x   xf ( x )  = x  xf ( x ) =  x dx =
+C .
4
2
x4 − 5
5

f ( 1) = −1  C = − . Khi đó f ( x ) =
4
4x
3 1
.
f =
 2  96
Câu 52: Chọn D
((
) )

Tính ( F ( x ) ) = ax 2 + bx + c e − x =  −ax 2 + ( 2a − b ) x + b − c  e − x = 2 x 2 − 5x + 2 e − x .
(
)
a = −2
a = −2


Suy ra 2a − b = −5  b = 1 nên F ( x ) = −2 x 2 + x − 1 e − x .
b − c = 2
c = −1


(
)
Tính F ( 0 ) = −1 suy ra f ( F ( 0 ) ) = f ( −1) = 9e .
Câu 53: Chọn D
Nhận xét: Bài này sẽ chặt chẽ hơn nếu thêm điều kiện F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên
. Từ giả thiết ta có F  ( x ) = f ( x ) , x 
(
)
(
)
 ( 2 x + a ) e x + x 2 + ax + b e x = x 2 + 3x + 4 e x , x 
 x 2 + ( 2 + a ) x + a + b = x 2 + 3 x + 4 , x 
.
a + 2 = 3
Đồng nhất hai vế ta có 
. Suy ra S = a + b = 4 .
a + b = 4
Câu 54: Chọn C
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Ta có: F ( x ) = 
 1

2x + 1
2x + 1
 − 1  dx .
d
x
=
d
x
=
 x2 x + 1 2
  x2 x + 1 2 
x4 + 2x3 + x2
( )
( ) 

1
1
1
1
1
Suy ra: F ( x ) = − +
+ c mà F ( 1) = nên c = 1 . Hay F ( x ) = − +
+1.
x x+1
2
x x+1
Ta có: S = F ( 1) + F ( 2 ) + F ( 3 ) + ... + F ( 2019 )
 1 1   1 1   1 1 

1
1

S =  − + + 1  +  − + + 1  +  − + + 1  + ... +  −
+
+ 1
 1 2   2 3   3 4 
 2019 2020 
S = −1 +
1
1
1
.
+ 2019.1 = 2018 +
= 2018
2020
2020
2020
Câu 55: Chọn C
Ta có: x(4 − f '( x)) = f ( x) − 1  f ( x) + xf '( x) = 4 x + 1  ( xf ( x) ) ' = 4 x + 1
 xf ( x) =  ( xf ( x) ) 'dx =  ( 4 x + 1) dx = 2 x 2 + x + C .
Với x = 1 thì 1 f (1) = 3 + C  3 = 3 + C  C = 0 .
Do đó xf ( x) = 2 x 2 + x . Vậy 2 f (2) = 2.2 2 + 2 hay f (2) = 5 .
Câu 56: Chọn A
Vì f ( x )  0 , nên ta có: f  ( x ) − 2 f ( x ) = 0 
 C 
f ( x)
f ( x)
=2
f ( x)
f ( x)
dx =  2dx .
: ln f ( x ) = 2 x + C  ln f ( x ) = 2 x + C .
Cho x = 1  ln f (1) = 2 + C  ln 1 = 2 + C  C = −2
9
Do đó: ln f ( x ) = 2 x − 2  f ( x ) = e 2 x−2  f ( −1) = e −4 . Do đó: S = a + b + c = − .
2
Câu 57: Chọn A
3x − 1

7 
Ta có: f ( x ) =  f  ( x ) dx = 
dx =   3 −
 dx = 3x − 7 ln x + 2 + C , x  \−2 .
x+2
x+2

Xét trên khoảng ( −2 ; +  ) ta có: f ( 0 ) = 1  −7 ln 2 + C = 1  C = 1 + 7 ln 2 .
Do đó, f ( x ) = 3x − 7 ln x + 2 + 1 + 7 ln 2 , với mọi x  ( −2 ; +  ) .
Suy ra f ( 2 ) = 7 − 7 ln 4 + 7 ln 2 = 7 − 7 ln 2 .
Xét trên khoảng ( − ; − 2 ) ta có: f ( −4 ) = 2  −12 − 7 ln 2 + C = 2  C = 14 + 7 ln 2 .
Do đó, f ( x ) = 3x − 7 ln x + 2 + 14 + 7 ln 2 , với mọi x  ( − ; − 2 ) . Suy ra f ( −3 ) = 5 + 7 ln 2 .
Vậy f ( 2 ) + f ( −3 ) = 7 + 7 ln 2 + 5 − 7 ln 2 = 12 .
Câu 58: Chọn C
Vì F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
Ta có: F ( x) = 0 
x − cos x
x − cos x
nên suy ra: F( x) = f ( x) =
.
2
x
x2
 x − cos x = 0
x − cos x

=
0
(1) .

1;1

\
0
x2


 x  −


Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Xét hàm số g( x) = x − cos x trên −
 1;1 . Suy ra hàm số
 1;1 , ta có: g( x) = 1 + sin x  0, x  −
g( x) đồng biến trên −
 1;1 . Vậy phương trình g( x) = x − cos x = 0 có nhiều nhất một nghiệm
trên −
 1;1 ( 2 ) .
Mặt khác ta có: hàm số g( x) = x − cos x liên tục trên ( 0;1) và g ( 0 ) = 0 − cos ( 0 ) = −1  0 ,
g(1) = 1 − cos ( 1)  0 nên g ( 0 ) .g ( 1)  0 . Suy ra x0  ( 0;1) sao cho g ( x0 ) = 0
( 3) .
Từ (1) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra: phương trình F ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0  0 . Đồng thời vì x 0 là
nghiệm bội lẻ nên F ( x) đổi qua x = x0 .
Vậy đồ thị hàm số y = F ( x ) có 1 điểm cực trị.
Câu 59: Chọn D
1
Ta có F / ( x) = f ( x ) = cos x + x 2 − 1 .
2
/
//
f ( x) = − s inx + x ; f ( x) = − cos x + 1  0 x  R .
Suy ra hàm số f / ( x) đồng biến trên R , từ đó dẫn đến phương trình f / ( x) = 0 có nhiều nhất một
nghiệm.
Mặt khác f / (0) = 0 suy ra x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình f / ( x) = 0 .
Do hàm số f / ( x) liên tục trên mỗi khoảng ( −; 0 ) ; ( 0; + ) và vô nghiệm trên mỗi khoảng này
nên dấu của f / ( x) không đổi trên mỗi khoảng trên.
Mà f / ( −1)  0; f / (1)  0 suy ra f / ( x)  0 x  ( −; 0 ) và f / ( x)  0 x  ( 0; + ) .
Vậy hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng ( −; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; + ) . Mà
f (0) = 0 nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 hay phương trình F / ( x) = 0 có
nghiệm duy nhất x = 0 .
Vậy đồ thị của hàm số y = F ( x ) có duy nhất một điểm cực trị.
Câu 60: Chọn B
2
Ta có ( f ( x ) . f ' ( x ) ) = ( f ' ( x ) ) + f ( x ) . f " ( x ) = 15x 4 + 12 x , x  .
 f ( x ) . f  ( x ) = 3x 5 + 6 x 2 + C, x  .
Lại có f ( 0 ) = f ' ( 0 ) = 1 nên C = 1 do đó f ( x ) . f ' ( x ) = 3x 5 + 6 x 2 + 1, x  .
(( f ( x )) )
2

= 2 f ( x ) . f ' ( x ) = 6 x 5 + 12 x 2 + 2, x 
(
 f ( x)
)
2
= x6 + 4 x 3 + 2 x + C1 , x  .
Mà f ( 0 ) = 1 nên C1 = 1 . Vậy ( f ( 1) ) = 16 + 4.13 + 2.1 + 1 = 8.
2
Câu 61: Chọn B
Cách 1: Giải bằng phương pháp tự luận
Ta xác định biểu thức của hàm số y = f  ( x ) . Từ hình vẽ ta thấy trên  −3, 2 đồ thị gồm 3 nhánh:
Nhánh parabol y = a1 x 2 + b1 x + c1 xác định trên  −3, −1 đi qua 3 điểm ( −3, 0 ) , ( −2,1) và
( −1, 0 ) .
Nhánh đường thẳng y = a2 x + b2 xác định trên  −1, 0 đi qua 2 điểm ( −1, 0 ) và ( 0, 2 ) .
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Nhánh đường thẳng y = a3 x + b3 xác định trên  0, 2 đi qua 2 điểm ( 0, 2 ) và ( 2, 0 ) .
Từ đây, giải các hệ phương trình tương ứng ta suy ra biểu thức của f  ( x ) là:
− x 2 − 4 x − 3 khi - 3  x  -1

f  ( x ) = 2 x + 2
khi -1  x  0 .
− x + 2
khi 0  x  2

f ( x ) là một nguyên hàm của f  ( x ) , do đó biểu thức của f ( x ) có dạng:
 x3
2
− 3 − 2 x − 3 x + C1

f ( x ) =  x 2 + 2 x + C2
 2
− x + 2 x + C3
 2
Vì f ( −3) = 0 nên ta có:
khi - 3  x  -1
khi -1  x  0 .
khi 0  x  2
( −3)
−
3
− 2 ( −3) − 3 ( −3) + C1 = 0  C1 = 0 .
2
3
Do f liên tục tại x = −1 nên ta có: lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) , suy ra:
x →−1
−
( −1)
3
x →−1
− 2 ( −1) − 3 ( −1) = ( −1) + 2 ( −1) + C2  C2 =
2
2
3
Tương tự, f liên tục tại x = 0 nên ta có:
02 + 2.0 +
7
.
3
7
02
7
= − + 2.0 + C3  C3 = .
3
2
3
7   12
7  31
2

Vậy: f ( −1) + f (1) = ( −1) + 2 ( −1) +  + − + 2.1 +  = .
3  2
3 6

Cách 2: Giải nhanh bằng phương pháp đánh giá diện tích trên đồ thị
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi một parabol và một đường thẳng có phương song song với
2
trục Ox được cho bởi công thức: S = day.cao
3
Áp dụng công thức này ta giải nhanh bài toán này như sau:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Nhánh parabol y = ax 2 + bx + c qua 3 điểm ( −3, 0 ) , ( −2,1) và ( −1, 0 ) nên ta tính ra được hệ số
a = 1.
Ta có: f ( −1) + f (1) =  f ( −1) − f ( −3)  +  f (1) − f ( −3)  = S1 + ( S1 + S2 + S3 ) .
Với: S1 =
2
4
1
1
3
31
2.1 = , S2 = 1.2 = 1 , S3 = (1 + 2 ) .1 = . Suy ra: f ( −1) + f (1) = .
3
3
2
2
2
6
Câu 62: Chọn C
Ta có: f  ( x ) = ( 2 x + 1) . f 2 ( x ) 
f ( x)
f 2 ( x)
= 2 x + 1 ( do f ( x)  0 )
Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:
f ( x)
1
−1
2
 f 2 ( x ) dx =  ( 2x + 1) dx  − f ( x ) = x + x + C  f ( x ) = x2 + x + C
Mà f ( 1) = −0,5  C = 0 , do đó f ( x ) =
−1
1
1
=
−
x + x x+1 x
2
Nên
f ( 2017 ) + f ( 2016 ) + ... + f (1) =
1
1
1
1
1
1
2017
−
+
−
+ ... + − 1 =
−1 = −
2018 2017 2017 2016
2
2018
2018
Suy ra a = −2017 ; b = 2018 nên b − a = 4035 .
Câu 63: Chọn A
 f ( x ) 
 f ( x ) 
2
2
Ta có: f  ( x ) f ( x ) + 
=  f  ( x )   f  ( x ) f ( x ) −  f  ( x )  = − 
3
3
( 2 x + 1)
( 2 x + 1)
2


f  ( x ) f ( x ) −  f  ( x ) 
 f ( x ) 
2
2
=−
1
 f  ( x ) 

 =−
 f ( x) 


( 2 x + 1)
f ( x)
f ( x)
1
= −
dx 
= −  ( 2 x + 1)
f ( x)
f
x
(
)
( 2 x + 1)
2
3
3
−
3
2
1
( 2 x + 1)
f (x)
dx 
=
f (x)
3
1
2x + 1
Thay x = 0 ta được: C1 = 0 .

f ( x)
f ( x)
=
1
2x + 1

f ( x)
f ( x)
dx = 
dx
2x + 1
 ln  f ( x )  = 2 x + 1 + C2
Thay x = 0 ta được C 2 = −1 .  ln  f ( x )  = 2 x + 1 − 1
Thay x = 4 ta được ln  f ( 4 )  = 2  f ( 4 ) = e 2 .
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
+ C1 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
Phan Nhật Linh
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 2
Các phương pháp tính tích phân cơ bản
1
Câu 1:
(
Cho n là số nguyên dương khác 0 , hãy tính tích phân I =  1 − x 2
)
n
xdx theo n .
0
A. I =
Câu 2:
1
.
2n + 2
B. I =
Cho hàm f ( x ) thỏa mãn
2017

0
A. I =
Câu 3:
1
.
2017
1
.
2n
C. I =
1
.
2n − 1
D. I =
1
.
2n + 1
1
f ( x ) dx = 1 . Tính tích phân I =  f ( 2017 x ) dx .
0
B. I = 0 .
C. I = 2017 .
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
D. I = 1 .
(
)
thỏa mãn f x 3 + 3x = x + 1, x 
. Tích
4
 f ( x ) dx bằng:
phân
0
A.
25
.
4
B. 88 .
1
Câu 4:
Biết
x
2
0
B. 0 .
Cho tích phân

1
0
B. 5.
3
Cho I = 
x
dx =
Câu 7:
Cho I = 
3
1
x+ x x +1
trị của abc − d bằng
A. −6 .
1
Câu 8:
Cho

0
x
0
A.
7
.
27

, các phân số
a m
tối giản. Tính
,
b n
D. 2.
C. 28.
D. −2 .
1 a c
a c
ln + với a , b , c , d là các số nguyên dương và , tối giản. Giá
b d
2 b d
B. 18 .
B. -4.
2
Cho
dx =
C. 8.
D. 7 .
C. 0 .
D. −3 .
3x + 1
dx = a + b ln 5 + c ln 3 với a , b , c là các số hữu tỷ. Giá trị của biểu thức a + b + c
x−5
bằng:
A. 6.
Câu 9:
7
.
4
a
a
là phân số tối
+ b ln 2 + c ln d , với a , b , c , d là các số nguyên và
d
d
4 + 2 x +1
giản. Giá trị của a + b + c + d bằng
A. 16.
B. 4.
0
8
C. 9 .
1− x
a
m
dx =  − , với a , b , n, m 
1+ x
b
n
ab + mn .
A. 3.
Câu 6:
D.
x+2
dx = a ln 12 + b ln 7 , với a , b là các số nguyên, khi đó a 3 + b 3 bằng
+ 4x + 7
A. −9 .
Câu 5:
C. 25 .
2
C. 14.
D. -2.
x
dx = a ln 3 + b với a , b là các số thực. Giá trị của a 2 + 3b 2 bằng
+ 2x + 4
B.
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1
.
2
C.
5
.
18
D.
35
.
144
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
3
c
Câu 10: Biết  x ln x2 + 16 dx = a ln 5 + b ln 2 + , trong đó a , b , c là các số nguyên. Tính giá trị của biểu
2
0
(
)
thức T = a + b + c
A. T = −2 .
B. T = 16 .
C. T = 2 .
D. T = −16 .
Câu 11: Cho hàm số f ( x ) liên tục và a  0 . Giả sử với mọi x  0; a  ta có f ( x )  0 và
a
dx
.
0 1 + f ( x)
f ( x ) . f ( a − x ) = 1 . Tính I = 
A. I =
a
.
3
B. I =
1
(
a
.
2
C. I = 2 a .
D. I = a ln ( a + 1) .
)
Câu 12: Cho I =  x ln 2 + x2 dx = a ln 3 + b ln 2 + c với a , b , c là các số hữu tỷ. Giá trị của a + b + c
0
bằng
3
A. .
2
e
Câu 13: Cho
x
1
B. 1 .
C. 0 .
D. 2 .
2 ln x + 1
a c
a c
dx = ln − với a , b , c là các số nguyên dương, biết ; là các phân số
b d
b d
( ln x + 2 )
2
tối giản. Tính giá trị a + b + c + d ?
A. 18 .
B. 15 .
1
 x+5
Câu 14: Biết rằng
dx
−2
x+3 +9
a + b + c bằng
A. −10 .
2+ 3

1+ 2
Câu 16: Giả sử tích phân
C. 5 .
D. −5 .

1
1
a.
2
+ c 3 + d , trong đó ( a , b , c , d 
 1 − 2 . 14 − x − 2 .dx =
b
x
 x 
phân số tối giản). Tính tổng S = a + b + c + d .
A. S = 3 .
B. S = 7 .
2
D. 17 .
= a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 , với a , b , c là các số hữu tỉ. Giá trị của
B. 10 .
Câu 15: Cho tích phân I =
C. 16 .
x
 ( x + 1)
2
C. S = 2 .
,
a
là
b
D. S = 11 .
dx = a + b ln 3 + c ln 2 trong đó a , b , c là các số hữu tỉ. Tính tổng
1
S = a2 + b2 + c 2 .
A.
77
.
36
1
Câu 17: Cho

1
2
B.
73
.
36
C.
67
.
36
D.
1
.
64
x
1 b

b
dx = ln  + d  , với a , b , c , d là các số nguyên dương và tối giản. Giá trị của
a c
x +1
c

3
a + b + c + d bằng
A. 12.
B. 10.
C. 18.
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên
D. 15.
thỏa mãn f ( 2 ) = −2 ;
2
 f ( x ) dx = 1 . Tính
0
tích phân I =
 f (
3
−1
A. I = −5 .
)
x + 1 dx .
B. I = 0 .
C. I = −18 .
D. I = −10 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
1
thỏa mãn f ( 2 x ) = 3 f ( x ) , x 
. Biết rằng
 f ( x ) dx = 1 .
0
2
Tính tích phân I =  f ( x ) dx .
1
A. I = 5 .
B. I = 6 .
C. I = 3 .
D. I = 2 .
1
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên 0 ; 1 và thỏa mãn  x. f ( x ) dx = 2019 . Giá trị của tích phân
0

2
 sin 2 x. f ( cosx ) dx
là
0
C. −2019 .
D. −4038 .
thỏa mãn f ( mx ) = nf ( x ) + p , x  ( m  0 ) . Biết rằng
A. 2019 .
B. 4038 .
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
1
m
 f ( x ) dx = q ( q  0 ) . Tính tích phân I =  f ( x ) dx .
0
1
B. nmq + mp − q .
A. nmq .
Câu 22: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
1

0
C. mp − q .
D. −nmp − nq .
thỏa mãn f ( 2 x ) = 5 f ( x ) + x , x 
. Biết rằng
2
f ( x ) dx = 2 . Tính tích phân I =  f ( x ) dx .
1
B. I = 15 .
A. I = 11 .
C. I = 19 .
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 0;1 và thỏa mãn
1
D. I = 14 .
1
3
1
2
0
1
6
 f ( x ) dx = 1 ,  f ( 2 x ) dx = 13 . Tính tích
( )
phân I =  x2 f x3 dx .
0
A. I = 6 .
B. I = 8 .
D. I = 9 .
C. I = 7 .
Câu 24: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
thỏa mãn f ( 3x ) = f ( x ) − 2 x , x 
1
và
 f ( x ) dx = 5 . Giá
0
3
trị
 f ( x ) dx bằng
1
A. 4 .
B. 10 .
2 x − 2

Câu 25: Cho hàm số f ( x ) =  ln x

 x
a , b  . Tính giá trị S = a + b.
A. S = 3 .
khi x  1
khi x  1
B. S = 5 .
2 x − 2

Câu 26: Cho hàm số f ( x ) =  ln x

 x
a , b  . Tính giá trị S = a + b.
A. S = 3 .
C. 7 .
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
. Biết tích phân
 f ( x ) dx = a + b ln
C. S = −3 .
khi x  1
1
2
2 trong đó
2
2 trong đó
0
khi x  1
B. S = 5 .
D. 12 .
D. S = 1 .
2
. Biết tích phân
 f ( x ) dx = a + b ln
1
0
C. S = −3 .
D. S = 1 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
ln 2
Câu 27: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Biết
 (
)
f e x + 1 dx = 5 và
3

( 2x − 3) f ( x ) dx = 3 .
x −1
2
0
Tính
3
I =  f ( x ) dx .
2
C. I = −2 .
D. I = 8 .
thỏa mãn f (2 x) = 4 f ( x) − x , x 
A. I = 2 .
B. I = 4 .
Câu 28: D3-2.2-3]Cho hàm số f ( x) liên tục trên
1

0
. Biết rằng
2
f ( x)dx = 1 . Tính tích phân I =  f ( x)dx .
1
A. I = 9 .
B. I = 6 .
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên
x
. Biết rằng
x + f 2 ( x)
y=
A. 1, 5 .
C. I = 5 .
D. I = 8 .
. Gọi g ( x ) là một nguyên hàm của hàm số
2
 g ( x ) dx = 1 và 2 g ( 2 ) − g (1) = 2 . Tích phân
1
B. 1.
C. 3.
2
x2
1 x + f 2 ( x )dx bằng
D. 2.
1
Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) với f ( 0 ) = f ( 1) = 1 . Biết rằng  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = ae + b , a , b 
.
0
Giá trị của biểu thức a2019 + b2019 bằng
A. 2 2018 + 1 .
f x có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn f ( 0 ) = 0 Biết
Câu 31: Cho hàm số y
1

f 2 ( x ) dx =
0
A.
6

9
và
2
.
D. 2 2018 − 1 .
C. 0 .
B. 2 .
1

f  ( x ) cos
x
2
0
B.
2

dx =
3
. Tích phân
4
.
C.
4

1
 f ( x ) dx bằng
0
.
D.
1

.
1
Câu 32: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f ( 1) = 4 ,   f  ( x )  dx = 36
2
0
1
1
và  x. f ( x ) dx = . Tích phân
5
0
A.
5
.
6
B.
1
 f ( x ) dx bằng
0
3
.
2
C. 4 .
D.
2
.
3
Câu 33: 6. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 3  thỏa mãn f ( 3 ) = 6
3
  f  ( x ) dx = 2
2
0
3
và  x2 . f ( x ) dx =
0
A.
53
.
5
154
. Tích phân
3
B.
3
 f ( x ) dx bằng
0
117
.
20
C.
153
.
5
D.
13
.
5
1
Câu 34: 7. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f ( 1) = 2 ,   f  ( x ) dx = 8
2
0
1
và  x3 . f ( x ) dx = 10 . Tích phân
0
A. −
2
.
285
B.
1
 f ( x ) dx bằng
0
194
.
95
C.
116
.
57
D.
584
.
285
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Câu 35: Cho F( x) =
1
2x2
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
f ( x)
1
là một nguyên hàm của hàm số
. Biết f ( e ) = 2 , tính tích phân
x
2e
e

eln x 
I =   f ( x)ln x +
 dx .
x 
1
1
A. I = e − .
2
1
B. I = e + .
2
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. I = e .
D. I =
1
−e.
2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
BẢNG ĐÁP ÁN
1.A
2.A
3.A
4.B
5.D
6.B
7.A
8.D
9.C
10.D
11.B
12.C
13.C
14.A
15.A
16.B
17.B
18.D
19.A
20.B
21.B
22.C
23.D
24.C
25.D
26.D
27.B
28.B
29.B
30.C
31.A
32.B
33.B
34.C
35.A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Chọn A
Với n 
*
1
, khi đó: Đặt t = 1 − x 2  dt = −2 xdx  xdx = − dt
2
Đổi cận: x = 0 → t = 1; x = 1 → t = 0
Khi đó I = −
1 n
1 n
1 t n+1
t
d
t
=
t
d
t
=
.
2 1
2 0
2 n+1
0
1
(
1
=
0
)
1
2n + 2
(
)
1
Cách 2: Ta có d 1 − x2 = −2 xdx → − d 1 − x 2 = xdx
2
1
(
I =  1 − x2
0
Câu 2:
)
n
1
(
1
xdx = −  1 − x 2
20
) (
n
d 1 − x2
)
(
)
2
1 1− x
=− .
2
n+1
n+1
1
0
=
1
2n + 2
Chọn A
1
dt
2017
Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 2017
Đặt t = 2017 x  dt = 2017dx  dx =
Vậy I =
2017

0
Câu 3:
1
1
f (t ) .
dt =
2017
2017
Chọn A
2017
1
 f (t ) dt = 2017 .
0
(
)
Đặt x = t 3 + 3t . Khi đó: dx = 3t 2 + 3 dt .
Với x = 0  t = 0 ; x = 4  t = 1 .
4
Vậy:

0
Câu 4:
1
(
)(
)
1
(
)
f ( x ) dx =  f t 3 + 3t 3t 2 + 3 dt =  ( t + 1) 3t 2 + 3 dt =
0
0
25
.
4
Chọn B
1
Đặt t = x 2 + 4 x + 7  dt = ( 2 x + 4 ) dx  ( x + 2 ) dx = dt .
2
Đổi cận: x = 0  t = 7 ; x = 1  t = 12 .
x+2
1
1
0 x2 + 4x + 7 dx = 7 2t dt = 2 ln t
1
Câu 5:
12
12
7
1
1
= ln12 − ln7 = ln 12 − ln 7  a = 1 ; b = −1 .
2
2
Vậy a 3 + b3 = 0 .
Chọn D
 
Đặt x = cos 2t . Ta có dx = −2 sin 2t dt , 0 = cos  2.  và 1 = cos 0 .
 4
Ta có
1 − cos 2t 1 − 1 + 2 sin 2 t
=
= tan 2 t .
1 + cos 2t 1 + 2 cos 2 t − 1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023

Vậy
1
0
0
1− x
dx =  tan 2 t ( −2 sin 2t ) dt
1+ x
4





0
0
0
0
= 2  4 tan t sin 2t dt = 4  4 sin 2 t dt = 2  4 (1 − cos 2t ) dt = 2  4 dt − 2  4 cos 2t dt
0


= 2t 04 − sin 2t 04 =

Câu 6:

2
−1
a 1 m 1
a m
= , = . Vì các phân số , tối giản nên ta suy ra a = 1, b = 2, m = 1, n = 1 .
b 2 n 1
b n
Do đó ab + mn = 12 + 11 = 2 .
Chọn B
Đặt t = x + 1  x = t 2 − 1  dx = 2tdt
Đổi cận: x = 0 → t = 1; x = 3 → t = 2
2
2
 t3 2

t2 − 1

6 
7
I=
.2t dt =   t 2 − 2t + 3 −
d
t
=
 − t + 3t − 6 ln t + 2  = − 12 ln 2 + 6 ln 3.

t+2
1 4 + 2t
1
3
1 3
2
Suy ra a = 7, b = −12, c = 6, d = 3 . Do đó a + b + c + d = 4.
Câu 7:
Chọn A
Đặt t = x + 1  t 2 = x + 1  2tdt = dx .
Khi x = 3  t = 2 ; Khi x = 8  t = 3 .
3
Khi
I=
đó
2
3
=
2
3
1
(
)
t −1+ t −1 t
2
2
( t + 1) + ( t − 1)dt =  ( t + 1) + ( t − 1)
 t −1 t +1 t −1 t +1
( t − 1)( t + 1)
)( ) ( )( )
(
3
2
2
2
.2tdt = 
2
(t
2t
2
)
− 1 ( t + 1)

dt
2


3
3
t + 1 ) − ( t − 1)
1
1 
1 
 1.(
= 
+
d
t
=
+
2  2 ( t − 1)( t + 1) t + 1 2 dt
2


t
+
1
2 ( t − 1)( t + 1)
(
)
( ) 



3
1  1

1

1

1
1

dt =  ln t − 1 − ln t + 1 −
=  
−
+
t + 1  ( t + 1) 2 
2
t + 1  2

2 2  t −1


3
(
)
3
1 t −1
1 
1 1 1 1 1 1
=  ln
−
 = ln − −  ln − 
 2 t + 1 t + 1 2 2 2 4  2 3 3 
=
1 1 1 1 1 1 1 3 1
 a = 3 , b = 2 , c = 1 , d = 12 .
ln − ln − + = ln +
2 2 2 3 4 3 2 2 12
Vậy abc − d = 3.2.1 − 12 = −6 .
Câu 8:
Chọn D
Đặt t = 3x + 1 . Ta có t 2 = 3x + 1  2tdt = 3dx  dx =
Ta có x − 5 =
t2 − 1
t 2 − 16
.
−5 =
3
3
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2t
dt .
3
3
dt = 
2
2t
(t − 1)(t + 1)
2
dt
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Khi x = 0 thì t = 1 , x = 1 thì t = 2 nên ta có:
1

0
3x + 1
t
2t
t2

2
2 
dx =  2
 dt = 2  2
dt = 2   1 +
−
dt .
x−5
3
t−4 t+4
1 t − 16
1 t − 16
1
3
2
2
2
(
)
=  2 t + 2 ln t − 4 − 2 ln t + 4 


2
1
= ( 4 + 4 ln 2 − 4 ln 6 ) − ( 2 + 4 ln 3 − 4 ln 5 ) .
= 2 + 4 ln 2 − 4 ln 3 + 4 ln 5 − 4 ln 6 = 2 + 4 ln 2 − 4 ln 3 + 4 ln 5 − 4 ln ( 2.3 ) .
= 2 + 4 ln 2 − 4 ln 3 + 4 ln 5 − 4 ln 2 − 4 ln 3 = 2 + 4 ln 5 − 8 ln 3 .
Suy ra a + b + c = 2 + 4 − 8 = −2 .
Câu 9:
Chọn C
x
 x+1
1

x+1
1
Ta có:  2
dx =   2
− 2
dx −  2
dx .
dx =  2
x + 2x + 4 
0 x + 2x + 4
0  x + 2x + 4
0 x + 2x + 4
0 x + 2x + 4
2
2
2
x+1
1
dx = ln x 2 + 2 x + 4
2
2
0 x + 2x + 4
2
(
Tính I1 = 
)
2
=
0
2
1
1
ln12 − ln 4 ) = ln 3 .
(
2
2
2
2
1
1
dx .
dx = 
2
0 ( x + 1) + 3
0 x + 2x + 4
Tính I 2 = 
2
Đặt x + 1 = 3 tan u  dx =
3


du . Đổi cận: x = 0  u = và x = 2  u = .
2
6
3
cos u


3
1
1 3

1   
.
d
u
=
du =
Suy ra I 2 = 
.
 − =

2
2
3
33 6 6 3
 cos u 3 1 + tan u
3
(
6
)
6
2
2
 1 
1

x
1
5
Vậy  2
. Suy ra a2 + 3b2 =   + 3. 
.
dx = I1 − I 2 = ln 3 −
 =
2
2
18
x
+
2
x
+
4
6
3
6
3




0
Câu 10: Chọn D
2
Đặt t = x 2 + 16  dt = 2 x dx  x dx =
3
(
)
I =  x ln x 2 + 16 dx =
0
25
1
ln tdt . Đặt
2 16
dt
. Đổi cận: x = 0  t = 16 ; x = 3  t = 25 .
2

1
u = ln t
du = dt

t .


dv = dt
v = t

25
25
25
1
9
1
1
I =  ln tdt = ( t ln t ) −  dt = 25ln 5 − 32 ln 2 − .
2
2 16
2
2 16
16
Vậy T = a + b + c = 25 − 32 − 9 = −16 .
Cách 2.

2x
du = 2
dx

u = ln x 2 + 16

x + 16
Đặt 
.

2
2
dv = xdx
v = x + 8 = x + 16

2
2
(
)
x 2 + 16
I =  x ln x + 16 dx =
.ln x 2 + 16
2
0
3
(
2
)
(
3
3
) −  x dx = 25ln 5 − 32 ln 2 − 92
0
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Vậy T = a + b + c = 25 − 32 − 9 = −16 .
Câu 11: Chọn B
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Từ giả thiết: f ( x )  0 và f ( x ) . f ( a − x ) = 1 , ta suy ra: f ( a − x ) =
1
.
f ( x)
Đặt x = a − t  dx = −dt ; Với x = 0  t = a , x = a  t = 0 .
dx
−dt
=
=
0 1 + f ( x)
a 1 + f (a − t)
0
a
0
Khi đó: I = 
a
a
a
f ( t ) dt
f ( x ) dx
dt
.
=
=
1
1 + f (t )
1 + f ( x)
0
0
1+
f (t )
(
)
a
f ( x ) dx a 1 + f ( x ) dx a
dx
a
Suy ra 2 I = 
+
=
=  dx = a . Vậy I = .
2
1 + f ( x)
0 1 + f ( x)
0 1 + f ( x)
0
0
a
Câu 12: Chọn C
(
 u = ln 2 + x 2
Đặt 
dv = xdx

2x
dx
du =
2
2
+
x
.

2
 v= x

2
)
1
1 2
 x2

x
2x
dx
Khi đó, I =  x ln 2 + x dx =  ln 2 + x 2  −  .
2
0
2
 0 0 2 2+x
1
(
2
)
(
1
1
 x2

x3
=  ln 2 + x 2  − 
dx
2
2
2
+
x

0 0
(
)
)
( 1) .
x3

2x 
2x
Xét I1 = 
dx =   x − 2
dx
 dx =  xdx −  2
2
x +2
0 2+x
0
0
0 x +2
1
1
(
1
)
1 d x2 + 2
x2
x2
=
−
=
− ln x 2 + 2
2 0 0 x2 + 2
2 0
1
1
(
)
1
0
=
1
1
− ln 3 + ln 2 .
2

3
a = 2

1
1
3
1
Thay vào (1) , suy ra I = ln 3 − + ln 3 − ln 2 = ln 3 − ln 2 − . Vậy b = −1  a + b + c = 0
2
2
2
2

1
c = −
2

Câu 13: Chọn C
Đặt t = ln x  dt =
dx
. Đổi cận: x = 1  t = 0; x = e  t = 1 . Khi đó:
x
1
 −3

2

3

9 1
 dt = 
+
+ 2 ln t + 2  = ln − .
I=
dx = 
dt =  
2
2
2

t+2
4 2
t+2
0
0 (t + 2)
1 x ( ln x + 2 )
0 (t + 2 )


Vậy a + b + c + d = 9 + 4 + 1 + 2 = 16 .
Câu 14: Chọn A
e
2 ln x + 1
1
2t + 1
1
Đặt t = x + 3 . Ta có t 2 = x + 3  2tdt = dx .
Đổi cận: x = −2  t = 1 , x = 1  t = 2 .
Khi đó I =
1
 x+5
−2
dx
x+3 +9
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
2
2
2t
2tdt
2t
dt .
=
dt = 

2
2
1 ( t + 2 )( t + 3 )
1 t − 3 + 5t + 9
1 t + 5t + 6
=
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
2

4
6 
I = −
+
dt = ( −4 ln t + 2 + 6 ln t + 3 ) 1 = −20 ln 2 + 4 ln 3 + 6 ln 5 .
t+3
1 t+2
Do đó a = −20 , b = 4 , c = 6 . Vậy a + b + c = −20 + 4 + 6 = −10 .
Câu 15: Chọn A
2+ 3

Ta có: I =
1+ 2

1 
1
2
 1 − 2 . 14 − x − 2 .dx =
x 
x

2+ 3

1+ 2
2

1 

1
 1 − 2 . 16 −  x +  .dx
x
x 


1

1
  
= 4 sin t   1 − 2  dx = 4 cos tdt , t   − ; 
x
x 

 2 2
Đặt x +
Đổi cận: Với x = 1 + 2  t =

4
; với x = 2 + 3  t =


3
3

3
.

3

4
I =  4 cos t. 16 − ( 4 sin t ) dt = 16  cos tdt = 8  (1 + cos 2t )dt = ( 8 x + 4 sin 2t ) 3 =
2
2



4
4
4
2+ 3

Mà I =
1+ 2
2
+2 3 −4
3

1
1
a.
2
+ c 3 + d  a = 2, b = 3, c = 2, d = −4 .
 1 − 2 . 14 − x − 2 .dx =
b
x
 x 
Vậy S = a + b + c + d = 3 .
Câu 16: Chọn B
x
x+1
1
1
1
1 ( x + 1)2 dx = 1 ( x + 1)2 dx −1 ( x + 1)2 dx = 1 ( x + 1) dx − 1 ( x + 1)2 dx
2
Ta có
2
= ln x + 1
2
1
+
2
2
2
1 2
1
1
= − + ln 3 − ln 2 . Suy ra a = − ; b = 1 ; c = −1 .
x+1 1
6
6
2
2
 1
73
Vậy S = a + b + c =  −  + 12 + ( −1) =
.
36
 6
Câu 17: Chọn B
Cách 1: Ta có

2
1
I=
1
2
2
1
x
x2
d
x
=
dx . Đặt t = x 3 + 1  t 2 = x 3 + 1  2tdt = 3 x 2dx

3
3
3
x +1
1
x ( x + 1)
2
1
3
Đổi cận x =  t =
; x = 1  t = 2 . Khi đó I =
2
2 2
2

3
2
tdt
2
3
=
2
t t −1 3
2 2
t +1 + t −1
Đặt y = t + 1 + t − 1  dy =
Đổi cận t =
3
2 2
t= 2y=
2
I=
3
2 2 +2

4
8
3
y=
2 2
2 −1 +
2dy 4
= ln y
y
3
2 t2 − 1
+1 +
2 +1 =
2 2 +2
=
4
8
3
2 2
2
2 −1
dt 
−1 =
=
2

3
dt
t2 − 1
2 2
2dy
dt
=
y
t2 − 1
3+2 2
2 2
2
2 −1
+
3−2 2
2 2
=
2 2
= 48;
2 2
= 2 2 +2
4
2 2 + 2 1 (2 2 + 2)2 1
3
ln
= ln
= ln( + 2)
4
3
3
8
3
2
8
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Do đó a + b + c + d = 10
1

Cách 2: Ta có
1
2
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
x
x2
d
x
=
1 3 3 dx.
x3 + 1
x x +1
(
2
Đặt t = x 3  dt = 3x 2dx. Đổi cận x =
1
Khi đó I = 
1
8
)
1
1
 t = ; x = 1  t = 1.
2
8
 1
1
dt + 
2
1
dt
1
2
1
1
1
 1 1
1 3


3
= 
= ln t + +  t +  − 1 = ln  + 2  .
2
2
3 2
t(t + 1) 3 1  1  1 3
 2 4

8
8
t
+
−
 2 4


Vậy a + b + c + d = 3 + 3 + 2 + 2 = 10.
Câu 18: Chọn D
Đặt t = x + 1  t 2 = x + 1  2tdt = xdx .
Đổi cận: x = −1  t = 0 ; x = 3  t = 2 .
Khi
đó:
I=
3

f
−1
(
)
2
2
2
0
0
x + 1 dx =  2t. f  ( t ) dt = 2t. f ( t ) − 2  f ( t ) dt = 4 f ( 2 ) − 2  f ( x ) dx
2
0
0
= −8 − 2 = −10 .
Câu 19: Chọn A
1
1
1
0
0
0
Ta có: 3 = 3.1 = 3. f ( x ) dx =  3 f ( x ) dx =  f ( 2 x ) dx =
1
1
f ( 2 x ) d ( 2 x ) , x 
2 0
.
Đặt 2 x = t  d ( 2 x ) = dt , với x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 2 .
3=

2

1
2
2
1
1
1
f ( 2 x ) d ( 2 x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx , x 

20
20
20
f ( x ) dx = 6 , x 
1
2
0
1
.
2
  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 6 , x 
0
.  1 +  f ( x ) dx = 6 , x  .
1
2
  f ( x ) dx = 5 , x 
.
1
Câu 20: Chọn B
Đặt t = cos x  dt = − sin xdx . Đổi cận: x = 0  t = 1 ; x =
Ta
có:

2
 t = 0.


2
2
0
1
0
0
1
0
 sin 2 x. f ( cosx ) dx =  2 sin x.cosx. f ( cosx ) dx = − 2t. f (t ) dt = 2  t. f (t ) dt
1
= 2  x. f ( x ) dx = 4038 .
0
Câu 21: Chọn B
1
1
1
1
1
f ( mx ) − p
f ( mx )
p
n
n
n
dx = 
dx −  dx , x 
Ta có: n = .q = . f ( x ) dx =  f ( x ) dx = 
q
q
q 0
q
0 q
0
0
0 q
n=
1
1
p 1
p
1
1
f
mx
d
mx
−
x
=
f ( mx ) d ( mx ) − , x 
(
)
(
)


mq 0
q 0 mq 0
q
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
.
.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1

p
  f ( mx ) d ( mx ) =  n +  .mq , x 
q
0

.
Đặt mx = t  d ( mx ) = dt , với x = 0  t = 0 ; x = 1  t = m .

1
p
 f ( mx ) d ( mx ) =  n + q  .mq , x 
.
0
m
m

p
  f ( t ) dt =  f ( x ) dx =  n +  .mq , x 
q
0
0

m

p
 q +  f ( x ) dx =  n +  .mq , x 
q
1

1
m

p
  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  n +  .mq , x 
q
0
1

.
m

p
.   f ( x ) dx =  n +  .mq − q = nmq + mp − q , x 
q
1

m
  f ( x ) dx = nmq + mp − q , x 
.
1
Câu 22: Chọn C
Ta
= 5.2 +

x2
2
1
=
0
21
. Mặt khác
2
2
1

1
1
1
0
0
0
0
  f ( 2 x ) dx =   5 f ( x ) + x  dx = 5 f ( x ) dx +  x dx
f ( 2x ) = 5 f ( x ) + x
có:
1
f ( 2 x ) dx =
0
1
2
2
1
1
1
f ( 2 x ) d ( 2 x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx .

20
20
20
2
1
21
f ( x ) dx =
  f ( x ) dx = 21 .

20
2
0
2
Do đó:

1
2
1
0
0
f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 21 − 2 = 19 .
Câu 23: Chọn D
1
2
Xét
 f ( 2 x ) dx = 13 , đặt u = 2x  du = 2dx  2 du = dx .
1
1
6
Đổi cận: x =
1
1
1
 u = ; x =  u = 1.
6
3
2
1
2
Ta có 13 =  f ( 2 x ) dx =
1
6
1
1
1
3
3
1
f ( u ) du   f ( u ) du = 26 .
2 1
1
( )
1
Xét I =  x2 f x3 dx , đặt t = x 3  dt = 3x 2dx  dt = x 2dx .
3
0
Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 1 . Vậy ta có:
1
( )
I =  x f x dx
2
3
0
1
3
1
1
1
1
1
=  f ( t ) dt =  f ( t ) dt +  f ( t ) dt
30
30
31
3
1
3
1
1
1
=  f ( t ) dt +  f ( u ) du
30
31
3
1
1
= .1 + .26 = 9 .
3
3
Câu 24: Chọn C
1
1
0
0
Cách 1: Ta có: f ( 3x ) = f ( x ) − 2x   f ( 3x ) dx =   f ( x ) − 2x  dx
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
1
1
1
0
0
0
0
1
  f ( 3x ) dx =  f ( x ) dx −  2 xdx   f ( 3x ) dx = 5 − x 2   f ( 3x ) dx = 4
1
Mặt khác
f ( 3x ) dx =

0
1
0
1
3
0
3
1
1
1
f ( 3x ) d ( 3x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx

30
30
30
3
1
Từ và suy ra  f ( x ) dx = 3 f ( 3x ) dx = 3.4 = 12 .
0
3

Do đó
1
0
3
1
f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 12 − 5 = 7 .
0
0
1
1
3
3
1
1
1
Cách 2: Ta có  f ( 3x ) dx =  f ( 3x ) d ( 3x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx .
30
30
30
0
3

Khi đó
0
1
1
3
1
1
0
f ( x ) dx = 3 f ( 3x ) dx   f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 3  f ( x ) − 2x  dx
0
0
3
1
1
3
1
0
0
1
  f ( x ) dx = 2  f ( x ) dx − 3 2 xdx   f ( x ) dx = 2.5 − 3x 2 = 10 − 3 = 7 .
1
0
Câu 25: Chọn D
2
1
2
2
ln x
ln 2 x
1 2
f
x
d
x
=
2
x
−
2
d
x
+
d
x
=
−
1
+
=
−
1
+
ln 2
Ta có  ( )
(
)


x
2
2
0
0
1
1
 a = −1, b = 2  S = a + b = −1 + 2 = 1 .
Câu 26: Chọn D
2
1
2
2
ln x
ln 2 x
1
dx = −1 +
= − 1 + ln 2 2
Ta có  f ( x ) dx =  ( 2 x − 2 ) dx + 
2 1
2
0
0
1 x
 a = −1, b = 2  S = a + b = −1 + 2 = 1 .
Câu 27: Chọn B
Đặt t = e x + 1  dt = e xdx  dx =
Do đó
ln 2
 (
0
Ta có
3
)
f e x + 1 dx = 5  
2
f (t )
t −1
dt
. Đổi cận x = 0  t = 2; x = ln 2  t = 3 .
t −1
3
dt = 5  
2
f ( x)
x −1
dx = 5 .
( 2x − 3) f ( x )
( 2x − 2 − 1) f ( x ) dx = 2 f x − f ( x )  dx = 3
.
 x − 1 dx = 
  ( ) x − 1 
x −1
3
3
3
2
2
2
3
Suy ra 2 I − 
2
f ( x)
x −1


dx = 3  2 I = 8  I = 4 .
Câu 28: Chọn B
1
1
1
1
1 7
Ta có K =  f ( 2 x ) dx =   4 f ( x ) − x  dx = 4  f ( x ) dx −  xdx = 4 − = .
2
2
0
0
0
0
Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận x = 0  t = 0; x = 1  t = 2 .
2
2
2
1
K =  f ( t ) dt   f ( t ) dt = 7   f ( x ) dx = 7 .
20
0
0
2

0
1
2
2
2
1
0
1
1
0
0
f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx  I =  f ( x)dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 7 − 1 = 6 .
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 29: Chọn B
x
x
nên g ( x ) =
.
2
x + f ( x)
x + f 2 ( x)
Vì g ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =
du = dx
u = x

.

dv = g ( x ) dx  v = g ( x )
2
2
x2
Đặt I = 
dx  I =  xg ( x ) dx . Đặt
2
x
+
f
x
(
)
1
1
2
2
Khi đó I = xg ( x ) −  g ( x ) dx = 2 g ( 2 ) − g ( 1) − 1 = 1 .
1
1
Câu 30: Chọn C
Cách 1:
1
1
Ta có  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx =  e x f ( x ) dx = e x f ( x )
0
1
0
= e. f (1) − f ( 0 ) = e − 1 .
0
1
Theo đề bài  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = ae + b , a , b 
suy ra a = 1 , b = −1 .
0
Do đó a2019 + b2019 = 12019 + ( −1)
2019
=0.
Cách 2:
1
1
1
0
0
0
Ta có  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx =  e x f ( x ) dx +  e x f  ( x ) dx .
x
x
Đặt u = f ( x ) , dv = e dx ; ta có du = f  ( x ) dx , v = e .
1
1
1
1
Khi đó,  e f ( x ) dx = e x f ( x )  10 −  e x f  ( x ) dx   e x f ( x ) dx +  e x f  ( x ) dx = e x f ( x ) 
x
0
0
0
1
  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = e x f ( x ) 
1
0
1
0
0
= e. f (1) − f ( 0 ) = e − 1 .
0
1
Theo đề bài  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = ae + b , a , b 
suy ra a = 1 , b = −1 .
0
Do đó a2019 + b2019 = 12019 + ( −1)
2019
=0.
Câu 31: Chọn A
1
Ta có:

f ( x)sin
0
1


2
xdx = −
2

1
 ( f ( x) − 3sin 2 x) dx =  f
0
2
0
f ( x).cos

1
2
2
1
x +
0
2

( x)dx − 6  f ( x)sin
Từ đây ta suy ra f ( x) = 3sin
0

2

1
3
 f '( x).cos 2 xdx = 2
0

2
1
1
0
0
1
xdx + 9  sin 2
x   f ( x ) dx =  3sin

0

2
xdx =
2
xdx = 0
6

.
Câu 32: Chọn B
1
1
1
1
Từ giả thiết:  x. f ( x ) dx =   5x. f ( x ) dx = 1 . Tính: I =  5x. f ( x ) dx .
5
0
0
0
du = f  ( x ) dx
1
1
1
u = f ( x )

5 2
5

Đặt: 
. Ta có: I =  5x. f ( x ) dx = x . f ( x ) −  x 2 . f  ( x ) dx

5 2
2
20
0
0
dv = 5xdx v = x
2

Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
1
1
5
5
5
= . f (1) −  x 2 . f  ( x ) dx = 10 −  x2 . f  ( x ) dx ,
2
20
20
1
Mà: I =  5x. f ( x ) dx = 1  1 = 10 −
0
1
1
0
0
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
1
5 2
18
x . f  ( x ) dx   x 2 . f  ( x ) dx =

20
5
0
1
 10  x2 . f  ( x ) dx = 36  10  x 2 . f  ( x ) dx =   f  ( x )  dx ,
2
0
1
1
2
  10 x 2 . f  ( x ) −  f  ( x )   dx = 0   f  ( x ) 10 x 2 − f  ( x )  dx = 0


0
0
 10 x 2 − f  ( x ) = 0  f  ( x ) = 10 x 2
 f ( x) =
10 x3
+C
3
3
( )
10 x 2
10.1
2
+ .
Với f ( 1) = 4  4 =
+ C  C = . Khi đó: f x =
3
3
3
3
1
Vậy:

0
1
 5x4 2 
3
 10 x 3 2 
+ x = .
f ( x ) dx =  
+ dx = 
3 0 2
3
3
 6
0
1
Câu 33: Chọn B
du = f  ( x ) dx
u = f ( x )


Tính I =  x . f ( x ) dx . Đặt 
.
1 3
2
dv = x dx v = x
0
3

3
2
3
3 13
1
1
Ta có I = x3 . f ( x ) −  x 3 f  ( x ) dx = 54 −  x3 f  ( x ) dx ,.
0 30
3
30
3
Theo giả thiết:  x2 . f ( x ) dx =
0
3
154
154
1

= 54 −  x 3 f  ( x ) dx
3
3
30
3
3
3
0
0
0
3
(
)
  x 3 f  ( x ) dx = 8   x3 f  ( x ) dx = 4   f  ( x )  dx   x 3 f  ( x ) − 4  f  ( x )  dx = 0
2
0
( )
3
  f  ( x )  x 3 − 4 f  ( x )  dx = 0 .  x 3 − 4 f  ( x ) = 0  f  x =
0
4
( )
x 15
15
+ .
Với f ( 3 ) = 6  C = . Khi đó: f x =
16 16
16
3
Vậy

0
3
 1
15 
 1
15  3 117
.
f ( x ) dx =   x 4 +  dx =  x 5 + x  =
16 
16  0 20
 80
0  16
Câu 34: Chọn C
du = f  ( x ) dx
u = f ( x )


Tính: I =  x . f ( x ) dx . Đặt: 
.
1 4
3
0
dv = x dx v = x
4

1
3
1
1 11
1
1 1
Ta có: I = x4 . f ( x ) −  x 4 f  ( x ) dx = −  x4 f  ( x ) dx ,.
0 40
4
2 40
1
Theo giả thiết:  x3 . f ( x ) dx = 10 
0
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1
 x f  ( x ) dx = −38
4
0
2
x3
x4
 f ( x) = + C .
4
16
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1
0
0
1
 8. x4 f  ( x ) dx = −38.8  8. x4 f  ( x ) dx = −38.  f  ( x ) dx
1
(
)
2
0
1
  8 x 4 f  ( x ) + 38  f  ( x )  dx = 0   f  ( x ) . 8 x4 + 38 f  ( x )  dx = 0
0
2
0
 8 x 4 + 38 f  ( x ) = 0  f  ( x ) = − 4 x 4  f ( x ) = − 4 x5 + C .
19
Với f ( 1) = 2  C =
1
Vậy

0
95
194
4
194
. Khi đó: f ( x ) = − x 5 +
.
95
95
95
1
 4
194 
 2 6 194  1 116
.
f ( x ) dx =   − x 5 +
x +
x =
 dx =  −
95
95 
95  0 57
 285
0
Câu 35: Chọn A
e

1

Xét I =   f  ( x ) .lnx +
e
=  f ( x ) .ln x  − 
e
1
1
e
elnx 
dx
 dx =  f  ( x ) .lnx.dx + 
x 
1
1 x
f ( x)
x
e
e
lnx
e
.dx +  elnx .d ( ln x )
1
e

1

1
1
=  f ( x ) .ln x − 2 + elnx  = f ( e ) − 2 + e + − 1 = e − 1 .
2
2x
2e
2

1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 3
Câu 1:
Tích phân cho bởi nhiều hàm
6 x 2
Cho hàm số y = f ( x) = 
2
 a − a x
(
)
khi x  0
4
và I =  f ( x)dx . Hỏi có tất cả bao nhiêu số
khi x  0
−1
nguyên a để I + 46  0 ?
A. 7 .
B. 4 .
Câu 2:
3
0
117
.
2
B.
707
.
2
C.
275
.
12
D.
119
.
6
2
Tính I =  min{ x; 3 2 − x }dx .
0
A. I = 2 .
Câu 4:
D. 5 .
Tính tích phân I =  max x 3 ; 4 x 2 − 3x dx .
A.
Câu 3:
C. 6 .
B. I =
3
.
4
C. I = 1 .
(Đề tham khảo – 2018) Cho hàm số
f ( x)
D. I =
5
.
4
1
xác định trên R \   thỏa mãn
2
f '( x) =
2
; f ( 0 ) = 1 và f ( 1) = 2 . Giá trị của biểu thức f ( −1) + f ( 3 ) bằng
2x − 1
A. 4 + ln15 .
B. 2 + ln15
C. 3 + ln15 .
D. ln15 .
Câu 5:
(Toán học và tuổi trẻ - Số 6 – 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên R \1 thỏa mãn
f '( x) =
1
; f ( 0 ) = 2017 và f ( 2 ) = 2018 . Tính S = f ( 3 ) − f ( −1)
x −1
A. S = 1 .
B. S = ln 2 .
C. S = ln 4035 .
Câu 6:
Câu 7:
9
 x − 2 khi x  4
Cho hàm số f ( x ) = 
. Tính tích phân I =  f ( x )dx.
 x khi x  4
1
121
163
85
.
.
A. I =
B. I =
C. I = .
6
6
6


sin x khi x  2
Cho hàm số f ( x ) = 
. Biết
sin 2 x khi x  

2
A. T =
Câu 8:
3
B. T = .
2
D. I =
223
.
6

 f ( x )dx = a + b ( a , b  ) . Tính T = a + b.

4
C. T =
15
.
8
7
D. T = .
2
2
 x + 1 khi x  0

Cho hàm số f ( x ) =  2 x
. Tính tích phân I =  f ( x )dx.
khi x  0

−1
e
A. I =
Câu 9:
11
.
8
D. S = 4 .
3e 2 − 1
.
2e 2
B. I =
7e2 + 1
.
2e 2
C. I =
9e 2 − 1
.
2e 2
2
3x 2
khi 0  x  1

Cho hàm số f ( x ) = 
. Tính tích phân I =  f ( x )dx.

0
4 − x khi 1  x  2
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. I =
11e 2 − 11
.
2e 2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
7
A. .
B. 1.
2
C.
5
.
2
D.
3
.
2
1
Câu 10: (Lục Ngạn – Bắc Giang – 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên R \   thỏa mãn
3
3
2
; f ( 0 ) = 1 và f   = 2 . Giá trị của biểu thức f ( −1) + f ( 3 ) bằng
3x − 1
3
A. 3 + 5ln 2 .
B. −2 + 5ln 2 .
C. 4 + 5ln 2 .
D. 2 + 5ln 2 .
f '( x) =
Câu 11: Cho
f ( x) =
hàm
f ( x)
số
xác
định
( 0; + ) \e
trên
,
thỏa
mãn
1
1
 1
, f e 2 = 3, f  2  = ln 6 . Tính giá trị biểu thức f   + f e 3 .
x ( ln x − 1)
e 
e
( )
A. 3 ( ln 2 + 1) .
( )
C. 3ln 2 + 1 .
B. 2 ln 2 .
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) xác định trên
D. ln 2 + 3 .
\−1;1 và thỏa mãn f  ( x ) =
1
, f ( −3 ) + f ( 3 ) = 0 và
x −1
2
 1
1
f  −  + f   = 2 . Tính giá trị của biểu thức P = f ( 0 ) + f ( 4 ) .
 2
2
3
A. P = ln + 2 .
5
3
B. P = 1 + ln .
5
\−1;1 thỏa mãn f  ( x ) =
Câu 13: Cho hàm số f ( x ) xác định trên
 1
f − +
 2
1 3
C. P = 1 + ln .
2 5
1 3
D. P = ln .
2 5
2
, f ( −2 ) + f ( 2 ) = 0 và
x −1
2
1
f   = 2 . Tính f ( −3 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) được kết quả
2
A. −1 + ln
4
5
B. −1 + ln
6
5
C. 1 + ln
Câu 14: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =
4
5
D. 1 + ln
1
−

với x  \  + k , k   , biết
1 + sin 2 x
 4

  
 11
F ( 0 ) = 1 ; F ( ) = 0 . Tính P = F  −  − F 
 12 
 12

.

A. P = 2 − 3 .
C. Không tồn tại P .
B. P = 0 .
Câu 15: Cho hàm số f ( x ) xác định trên
\−2; 2 , thỏa mãn f  ( x ) =
f ( 3 ) = 2 . Tính giá trị biểu thức P = f ( −4 ) + f ( −1) + f ( 4 ) .
A. P = 3 + ln
Câu 16: Cho
f ( x) =
hàm
3
.
25
số
f ( x)
xác
định
trên
D. P = 1 .
4
, f ( −3 ) = 0, f ( 0 ) = 1 và
x −4
2
5
C. P = 2 + ln .
3
B. P = 3 + ln 3 .
6
5
\−2;1
5
D. P = 2 − ln .
3
,
thỏa
mãn
4
1
, f ( −3 ) − f ( 3 ) = 0, f ( 0 ) = . Giá trị của biểu thức f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) .
3
x +x−2
1 1
1 4
1 8
A. 1 + ln 80 .
B. + ln 2 .
C. 1 + ln 2 + ln .
D. 1 + ln .
3 3
3 5
3 5
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
BẢNG ĐÁP ÁN
1.C
11.A
2.C
12.C
3.D
13.D
4.C
14.D
5.A
15.B
6.B
16.B
7.A
8.C
9.A
10.A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Chọn C
0
4
0
−1
0
−1
4
(
)
Ta có I =  f ( x)dx +  f ( x)dx =  6x dx +  a − a xdx = 2x
2
0
2
3
0
−1
(
+ a−a
2
)
x2
2
4
= 2 + 8a − 8a 2
0
Khi đó I + 46  0  2 + 8 a − 8 a 2 + 46  0  a 2 − a − 6  0
 −2  a  3, a 
 a  {−2; −1; 0;1; 2; 3}
Vậy có 6 giá trị nguyên của a thỏa mãn.
Câu 2:
Chọn C
Trên đoạn 0 ; 3  :
Xét x 3  4 x 2 − 3x  x 3 − 4 x 2 + 3x  0  x( x − 1)( x − 3)  0  x  [0;1]do x  0; 3
3
2
3


khi x  [0;1]
 x  [0;1]  x  4 x − 3x
 x
3
2
Vậy 
.
 max x ; 4 x − 3x =  2
3
2
x[ 0 ;3 ]


 x  [1; 3]  x  4 x − 3x
4 x − 3x khi x  [1; 3]
3
1
3
275
Khi đó I =  max x3 ; 4 x2 − 3x dx =  x 3dx +  4 x 2 − 3x dx =
. Chọn đáp án C
0
0
1
12


Câu 3:


(
)
Chọn D
Trên đoạn 0 ; 2  :


Xét x  3 2 − x  x 3  2 − x  x 3 + x − 2  0  ( x − 1) ( x 2 + x + 2 )  0 ⎯⎯⎯
⎯
→ x  [1; 2]
x0 ; 2 
 x  [0;1]  x  3 2 − x
 x khi x  [0;1]
Vậy 
.
 min{ x; 3 2 − x } =  3
3
x[ 0 ;2 ]
2
−
x
khi
x

[1;
2]
x

[1;
2]

x

2
−
x



Castio
2
1
2
5
Khi đó I =  min{ x; 3 2 − x }  dx =  xdx +  3 2 − xdx =
. Chọn đáp án D
0
0
1
4
Câu 4:
Chọn C
Cách 1:


1
ln 2 x − 1 + C1 khi x   −; 
2
2
2dx


 f ( x) = 
=
Từ f ' ( x ) =
.
2x − 1
2x − 1 
1

ln 2 x − 1 + C 2 khi x   ; + 

2



1
ln 2 x − 1 + 1 khi x   −; 
 f ( 0 ) = 1 0 + C1 = 1
C = 1
2



 1
 f ( x) = 
Ta có: 
.
C 2 = 2
ln 2 x − 1 + 2 khi x   1 ; + 
 f ( 1) = 2 0 + C2 = 2



2

Khi đó: f ( −1) + f ( 3 ) = ln 3 + 1 + ln 5 + 2 = 3 + ln15 .
Cách 2:
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
0
0

2
1
0
f
0
−
f
−
1
=
f
x
|
=
f
'
x
dx
=
dx = ln 2 x − 1 |0−1 = ln
(1)
(
)
(
)
(
)
(
)

−1


2x − 1
3

−1
−1
Ta có: 
3
3
2
 f 3 − f 1 = f x |3 = f ' x dx =
dx = ln 2 x − 1 |13 = ln 5 (2)
(
)
(
)
(
)
(
)
1



2
x
−
1
1
1

Lấy (2) − (1) , ta được: f ( 3 ) + f ( −1) − f ( 0 ) − f (1) = ln15  f ( 3 ) + f ( −1) = 3 + ln15 .
Câu 5:
Chọn A
Cách 1:
ln x − 1 + C1 khi x  ( −;1)
1
dx
 f ( x) = 
=
.
x −1
x − 1 ln x − 1 + C 2 khi x  ( 1; + )
Từ f ' ( x ) =
 f ( 0 ) = 2017 0 + C1 = 2017
C = 2017
ln x − 1 + 2017 khi x  ( −;1)

 1
 f ( x) = 
Ta có: 
C2 = 2018
 f ( 2 ) = 2018 0 + C2 = 2018
ln x − 1 + 2018 khi x  (1; + )
.
Khi đó: f ( 3 ) − f ( −1) = ln 2 + 2018 − ( ln 2 + 2017 ) = 1 .
Cách 2:
0
0

1
1
0
dx = ln x − 1 |0−1 = ln
(1)
 f ( 0 ) − f ( −1) = f ( x )|−1 =  f ' ( x ) dx = 
x −1
2

−1
−1
Ta có: 
3
3
 f 3 − f 2 = f x |3 = f ' x dx =
( ) ( ) 2  ( )  x 1− 1 dx = ln x − 1 |32 = ln 2 (2)
 ( )
2
2

Lấy (2) + (1) , ta được: f ( 3 ) + f ( −1) + f ( 0 ) − f ( 2 ) = 0  S = f ( 3 ) + f ( −1) = f ( 2 ) − f ( 0 ) = 1
Câu 6:
Chọn B
9
4
9
4
9
1
1
4
1
4
Ta có; I =  f ( x )dx =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  xdx +  ( x − 2 )dx =
Câu 7:
163
.
6
Chọn A




2

2
Ta có: I =  f ( x )dx =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  sin xdx +  sin xdx
2





4
4
2
4
2


1 − cos 2 x
1
1

dx +  sin xdx =  x − sin 2 x 
2
4
2



2
=
4
Do a , b 
Câu 8:

2

− cos x
4


2
=
5 1
+  = a + b .
4 8
2
5
1
11
 a = ; b = T = a+b = .
4
8
8
Chọn C
9e 2 − 1
Ta có: I =  f ( x )dx = I =  f ( x )dx + I =  f ( x )dx =  e dx + I =  ( x + 1)dx =
.
2e 2
−1
−1
0
−1
0
2
0
2
0
2
2x
Câu 9:
Chọn A
1
2
1
2
Ta có: I =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  3x dx +  ( 4 − x )dx = x
2
0
1
0
1
3 1
0

x2  2
5 7
+  4x −  1 = 1 + = .
2 
2 2

Câu 10: Chọn A
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023


1
ln 3 x − 1 + C1 khi x   −; 
3
3
3dx


Cách 1: Từ f ' ( x ) =
.
 f ( x) = 
=
3x − 1
3x − 1 
1

ln 3 x − 1 + C 2 khi x   ; + 

3



1
 f (0) = 1
ln 3 x − 1 + 1 khi x   −; 
 0 + C1 = 1
C = 1
3



Ta có:   2 
.

 1
 f ( x) = 
C 2 = 2
 f   = 2 0 + C 2 = 2
ln 3 x − 1 + 2 khi x   1 ; + 


 3

3

Khi đó: f ( −1) + f ( 3 ) = ln 4 + 1 + ln 8 + 2 = 3 + ln 32 = 3 + 5ln 2 .

 f (0) −

Cách 2: Ta có: 
 f ( 3) −


0
f ( −1) = f ( x )| =
0
 f ' ( x ) dx =  3x − 1 dx = ln 3x − 1 |
0
−1
−1
3
3
3
3
3
0
−1
= ln
−1
1
(1)
4
2
2
f   = f ( x )|32 =  f ' ( x ) dx = 
dx = ln 3x − 1 |32 = ln 8 (2)
3
2
2 2x − 1
3
3
2
Lấy (2) − (1) , ta được: f ( 3 ) + f ( −1) − f ( 0 ) − f   = ln 32  f ( −1) + f ( 3 ) = 3 + 5ln 2 .
3
Câu 11: Chọn A
Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx = 
d ( ln x − 1)
1
dx = 
= ln ln x − 1 + C
ln x − 1
x ( ln x − 1)
ln ( ln x − 1) + C1 khi x  ( e ; + )
 f ( x) = 
ln ( 1 − ln x ) + C 2 khi x  ( 0; e )
( )
(
)
 f e2 = 3
ln ln e 2 − 1 + C1 = 3
C = 3


 
 1
Ta có   1 
1
C2 = ln 2
 f  2  = ln 6
ln  1 − ln 2  + C2 = ln 6
e
e

  
 
ln ( ln x − 1) + 3 khi x  ( e ; + )

Do đó f ( x ) = 
ln ( 1 − ln x ) + ln 2 khi x  ( 0; e )
1
f   + f e 3 = 3 ( ln 2 + 1)
e
( )
Câu 12: Chọn C
Ta có
 f  ( x ) dx =  x
2
1
1
dx = 
dx
−1
( x − 1)( x + 1)
1 x −1
 2 ln x + 1 + C1 , x  1
1
1  1
1 
.
= 
−
 dx = 2 ln x − 1 − ln x + 1 + C =  1 1 − x
2  x −1 x +1
 ln
+ C2 , x  1
 2 x + 1
(
)
1
1
f ( −3 ) = ln 2 + C1 ; f ( 3 ) = − ln 2 + C1 , do đó f ( −3 ) + f ( 3 ) = 0  C1 = 0 .
2
2
 1 1
1
1
 1
1
f  −  = ln 3 + C2 ; f   = − ln 3 + C2 , do đó f  −  + f   = 2  C 2 = 1 .
2
 2 2
2
 2
2
f ( 0 ) = C2 = 1 ; f ( 4 ) =
1 3
1 3
ln , do đó f ( 0 ) + f ( 4 ) = 1 + ln .
2 5
2 5
Câu 13: Chọn D
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
2
Ta có  f  ( x ) dx =  2
dx = 
dx
x −1
( x − 1)( x + 1)
 x −1
ln x + 1 + C1 , x  1
 1
1 
.
= 
−
 dx = ln x − 1 − ln x + 1 + C =  1 − x
 x −1 x +1
ln
+ C2 , x  1
 x + 1
1
f ( −2 ) = ln 3 + C1 ; f ( 2 ) = ln + C1 , do đó f ( −2 ) + f ( 2 ) = 0  C1 = 0 .
3
 1
1
1
 1
f  −  = ln 3 + C2 ; f   = ln + C2 , do đó f  −  +
3
 2
2
 2
1
f   = 2  C2 = 1 .
2
3
6
Vậy f ( −3 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) = ln 2 + 1 + ln = ln + 1 .
5
5
Câu 14: Chọn D
Cách 1:
Ta có
 f  ( x ) dx =  1 + sin 2x dx = 
1
1
( sin x + cos x )
2
dx
1


 5  
; −  + k 2
 tan  x +  + C1 , x   −
4
4
1
2

 4
.
=
dx = 

1


  3 
2

2 sin  x + 
tan  x +  + C1 , x   − ;
 + k 2
 2
4
4


 4 4 
1

 1
 5  
1

1
; −  + k 2
 tan  x +  − , x   −
C2 =
 F ( 0 ) = 1
 2 + C2 = 1

4 2
4

2

 4
2


=

1 + C = 0
C = − 1  1 tan  x +   + 1 , x   −  ; 3  + k 2
 F ( ) = 0
1




2  2
 2
 1
4 2

 4 4 
  
 11   1
 1 1
7 1 
Khi đó P = F  −  − F 
− =1
 =  tan +  −  tan
6 2 2
6 2
 12 
 12   2
Cách 2:
0

0
  
dx
(1)
F ( 0 ) − F  −  = F ( x ) −  = 
 12 
12
 1 + sin 2 x

−

12


dx
 F  − F  11  = F x  =
(
)
(2)
11



 ( )
12 

12
11 1 + sin 2 x

12

0
12
12
  
 11 
dx
dx
− 
Lấy ( 2 ) – ( 1) ta được F  −  − F 
 + F ( ) − F ( 0 ) = 
 12 
 12 
11 1 + sin 2 x
 1 + sin 2 x
−
  
 11
casio
⎯⎯
→F −  − F
 12 
 12

  
 11
 −1 = 0  F−  − F

 12 
 12

 =1.

Câu 15: Chọn B
Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx = 
4
4dx
x−2
dx = 
= ln
+C
x+2
x −4
( x − 2 )( x + 2 )
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
  x−2
ln 
 + C1 khi x  ( 2; + )
x
+
2



  2 − x 
 f ( x ) = ln 
 + C 2 khi x  ( −2; 2 )
 x+2
  x−2
ln 
 + C3 khi x  ( −; −2 )
  x + 2 
 1
ln   + C1 = 2
 f ( 3) = 2
C1 = 2 + ln 5
5



Ta có  f ( 0 ) = 1  C2 = 1
 C2 = 1

ln 5 + C = 0
C = − ln 5
3
 3
 f ( −3 ) = 0


  x−2
ln 
 + 2 + ln 5 khi x  ( 2; + )
 x+2
  2 − x 
Do đó f ( x ) = ln 
 + 1 khi x  ( −2; 2 )
 x+2
  x−2
ln 
 − ln 5 khi x  ( −; −2 )
  x + 2 
Suy ra P = f ( −4 ) + f ( −1) + f ( 4 ) = 3 + ln 3 .
Câu 16: Chọn B
Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx = 
dx
dx
1 x −1
=
= ln
+C
x +x−2
( x − 1)( x + 2 ) 3 x + 2
2
1  x −1 
 ln 
 + C1 khi x  ( 1; + )
3
x
+
2



 1  1 − x 
 f ( x ) =  ln 
 + C 2 khi x  ( −2;1)
3  x + 2 
1  x −1 
 ln 
 + C3 khi x  ( −; −2 )
 3  x + 2 
1
1 2

1
Ta có f ( −3 ) − f ( 3 ) = 0  ln 4 + C3 −  ln + C1  = 0  C1 = C3 + ln10
3
3
3 5

f (0) =
1
1 1
1
1 1
 ln + C2 =  C2 = + ln 2
3
3 2
3
3 3
1  x −1 
1
 ln 
 + C 3 + ln10 khi x  (1; + )
3
3  x + 2 
 1  1 − x  1 1
Do đó f ( x ) =  ln 
 + + ln 2 khi x  ( −2;1)
3  x + 2  3 3
1  x −1 
 ln 
 + C 3 khi x  ( −; −2 )
 3  x + 2 
1 5
 1
1 1
 1 1
1

Suy ra f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) =  ln + C3  +  ln 2 + + ln 2  −  ln + C1 + ln10  .
3 3
3
3 2
 3
 3 2

1 1
= + ln 2 .
3 3
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 4
Kết hợp đổi biến, từng phần tính tích phân

2
Câu 1:
Cho
 sin
2
0
cos x
4
dx = a ln + b , với a, b  , c 
x − 5sin x + 6
c
A. S = 1 .
B. S = 0 .
Câu 3:
. Tính tổng S = a + b + c .
C. S = 4 .
 x +1 khi x  2
Cho hàm số f ( x ) = 
. Tích phân I =
4 x − 3 khi x  2
A. 126 .
B. 84 .
C. 63 .
2
Câu 2:
*
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên
D. S = 3 .
ln 5
e
2x
f  ( e x )dx bằng
0
D. 42 .
. Biết f ( 5 ) = 1 và
1
 xf ( 5x ) dx = 1 .
Khi đó
0
5
 x f ' ( x ) dx bằng
2
0
A. −25 .
Câu 4:
Câu 5:
B. 15 .
C.
123
.
5
D. 23 .
2
khi x  0
 2x −1
Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân I =  x f  ( 2 x ) dx bằng
−2
 x − x − 1 khi x  0
13
50
19
11
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
24
3
24
6
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn f ( 4 ) = 5 ;
0
 f ( 2 x + 4) dx = 6 .
−2
4
Tính giá trị I =  xf ' ( x ) dx .
0
A. I = 8 .
Câu 6:
B. I = −8 .
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
4
Giá trị của
(x
2
C. I = 4 .
D. I = −4 .
1


4
− f '( x)  , x  ( 0; + ) và f ( 4 ) = .
, thỏa f ( x) = x 1 +
3
x


− 1) f ( x)dx bằng
1
263
A. −
.
15
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) =
A.
Câu 8:
B. −
x+4
2 x2 + 4
x
x2 + 4
+C .
B.
263
.
30
C.
457
.
15
D.
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x ) = ( x + 1) f  ( x ) là
x−4
2 x2 + 4
+C .
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
C.
x2 + 2 x − 4
2 x2 + 4
+C .
thỏa mãn f ( 3) = 21 ,
D.
3
phân I =  x. f ' ( 3x ) dx .?
0
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2x2 + x + 4
2 x2 + 4
+C .
 f ( x ) dx = 9 . Tính tích
0
1
457
.
30
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. I = 15 .
B. I = 6 .
Câu 9:
D. I = 9 .
C. I = 12 .
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
thỏa mãn f ( 2 ) = 3 ,
4

1
f
( x ) dx = 2 ,
x
2
 xf  ( x ) dx = 3 .
0
Tính
1
 f ( x ) dx
0
A. 5 .
2
Câu 10: Cho

1
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
x−2
ln xdx = a + b ln 2 + c ln 2 2 , với a, b, c  . Tính giá trị của biểu thức S = a + 2b − 3c.
x
9
A. S = .
2
C. S = 2 .
B. S = 6 .
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
D. S = 0 .
. Biết f ( 5 ) = 1 và
1
 xf ( 5x ) dx = 1 . Tính tích
0
5
phân I =  x 2 f  ( x ) dx .
0
A. I = 23 .
B. I = 15 .
C. I =
123
.
5
D. I = −25 .
2
khi x  0
 2x −1
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân I =  x f  ( 2 x ) dx bằng
−2
 x − x − 1 khi x  0
13
50
19
11
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
24
3
24
6
Câu 13: Cho hàm số
y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
f ( x) + f (3 − x) = x 2 − 3x + 4 với mọi x 
, thỏa mãn
f (0) = 1 và
3
. Tích phân
 xf ( x)dx bằng
0
A.
21
.
4
B.
23
.
4
C.
1
Câu 14: Cho biết
19
.
4
D.
b
 x sin  x + ln ( x + 1) dx = a +  + c ln 2 ; với a , b , c
49
.
4
là những số hữu tỉ. Giá trị của
0
biểu thức T = a + b + c tương ứng bằng
7
A. 5 .
B. .
2
Câu 15: Cho hàm số
C.
7
.
4
D.
y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
f ( x) + f (2 − x) = x 2 − 2 x + 2, x 
5
.
4
thỏa mãn
f (0) = 3 và
2
. Tính tích phân I =  xf ( x)dx .
0
A. I =
Câu 16: Cho
−10
.
3
hàm
B.
số
−4
.
3
y = f ( x)
C.
có
đạo
hàm
5
.
3
trên
D.
thỏa
2
.
3
mãn
f (0) = 3
và
f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2, x  . Tính I =  x. f  ( x ) dx
2
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. I = −
4
3
10
.
3
5
3
B. I = − .
C. I = .
D. I =
2
.
3
ae2 − b
Câu 17: Cho  x e + 2 x − 1 dx =
, với a, b, c là các số nguyên và a, b nguyên tố cùng nhau.
c
0
(
1
2x
3
)
Tính P = a + b + c .
A. P = 10 .
B. P = 18 .
D. T = 24 .
C. P = 46 .
1

 2
2
 x + 1 khi 0  x  2
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) = 
. Tích phân I =  sin 2 x. f  ( sin x )dx bằng
0
2 x − 1 khi 1  x  1

2
3
3
A. − 4 ln 3 + 4 ln 2 . B. + 4 ln 3 + 4 ln 2 .
2
2
3
3
C. − + 4 ln 3 + 4 ln 2 . D. + 4 ln 3 − 4 ln 2 .
2
2
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
và thỏa mãn f ( 3) = 21,
3

f ( x ) dx = 9 . Tính
0
bằng
A. 9 .
B. 12 .
1
 xf  ( 3x ) dx
0
C. 6 .
D. 10 .
Câu 20: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) trên đoạn  0;1 thỏa mãn f (1) = 4 và
1
 f ( x )dx = 3 . Tích
0
1
phân
 x f  ( x )dx
3
2
bằng
0
1
A. − .
2
Câu 21: Cho
hàm
B. 1.
số
y = f ( x)
C.
liên
tục
và
1
.
2
có
D. −1.
đạo
hàm
trên
5 f ( x ) − 7 f (1 − x ) = 3 ( x 2 − 2 x ) , x  . Biết rằng tích phân I =  x. f ' ( x ) dx = −
1
0
các số nguyên dương và
A. T = 0.
Câu 22: Cho
hàm
số
a
là phân số tối giản). Tính T = 3a − b.
b
B. T = − 48.
C. T = 16.
y = f ( x)
3xf  ( x ) = 3 + 2 f  ( x ) , x  D
có
.
tập
Biết
xác
I =  ( f ( x ) + f (1) ) dx =
a ln 5 − b ln 2
− 1, ( a, b 
3
A. 7 .
B. 5 .
0
−1
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
mãn
a
( với a, b là
b
D. T = 1.
2
\   và thỏa mãn
3
f ( 2 ) = ln 8, f ( 0 ) = 0
và tích phân
định
rằng
thỏa
là
D=
) . Tính giá trị
C. 3 .
a+b .
D. 6 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f (1) = 1 ,
2
1
9
  f ( x ) dx = 5
'
và
0
 ( )
1
x dx =
f
0
A.
1
.
4
2
. Tích phân
5
B.
1
 f ( x )dx
2
bằng
0
1
.
16
C.
Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
1
.
25
D.
1
.
7


thỏa f ( x ) + f  − x  = sin x cos x , với mọi
2


x
và f ( 0 ) = 0 . Giá trị của tích phân
2
 x. f  ( x ) dx bằng:
0
A.
1
.
4
B.

4
.
1
C. − .
4
D. −

4
.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

2
Câu 1:
Cho
 sin
cos x
4
dx = a ln + b , với a, b  , c 
x − 5sin x + 6
c
2
0
A. S = 1 .
B. S = 0 .
*
. Tính tổng S = a + b + c .
C. S = 4 .
Lời giải
D. S = 3 .
Chọn C

2
cos x
dx .
sin x − 5sin x + 6
0
Xét tích phân I = 
2
Đặt t = sin x  dt = cos x.dx .
Đổi cận:

x
0
2
t
1
0
1
1 
t −3
 1
Ta có: I =  2
dt =  
−
 dt = ln
t − 5t + 6
t −3 t −2 
t −2
0
0
1
1
1
0
4
= ln .
3
Vậy a = 1, b = 0, c = 3  S = a + b + c = 4 .
Câu 2:
ln 5
 x 2 +1 khi x  2
Cho hàm số f ( x ) = 
. Tích phân I =  e2 x f  ( e x )dx bằng
4 x − 3 khi x  2
0
A. 126 .
B. 84 .
C. 63 .
D. 42 .
Lời giải
Chọn B
Đặt t = e x  dt = e x dx. Với x = 0  t = 1 và x = ln 5  t = 5 .
u = t
du = dt


Ta có I =  t. f  ( t ) dt . Đặt 
.

dv = f  ( t ) dt 
v = f ( t )
1

5
5
5
2
5
1
1
2
Suy ra I =  t. f  ( t ) dt = tf ( t ) 1 −  f ( t ) dt = 5 f ( 5) − f (1) −  ( 4 x − 3) dx −  ( x 2 + 1) dx
5
1
= 130 − 1 − 3 − 42 = 84 .
Câu 3:
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên
. Biết f ( 5 ) = 1 và
1
 xf ( 5x ) dx = 1 .
0
5
 x f ' ( x ) dx bằng
2
0
A. −25 .
B. 15 .
C.
Lời giải
Chọn A
1
+)Xét A =  xf ( 5 x ) dx = 1
0
Đặt t = 5 x  dt = 5dx
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
123
.
5
D. 23 .
Khi đó
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
x = 0  t = 0
Đổi cận 
 x =1 t = 5
5
5
5
5
t
dt 1
A =  f (t ). =
t. f (t )dt = 1   t. f (t )dt = 25   x. f (x)dx = 25
5
5 25 0
0
0
0
5
+) I =  x 2 f ' ( x ) dx
0
2

 u' = 2x
 u=x
Đặt 
.

v ' = f ' ( x )  v = f ( x )

5
5
I =  x f ' ( x ) dx = ( x f ( x) ) −  2 xf ( x)dx = 25. f (5) − 2.25 = 25 − 2.25 = −25
2
5
2
0
0
Câu 4:
0
2
khi x  0
 2x −1
Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân I =  x f  ( 2 x ) dx bằng
−2
 x − x − 1 khi x  0
13
50
19
11
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
24
3
24
6
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận x = −2  t = −4 , x = 2  t = 4
I=
=
Câu 5:
4

4
1 4
1 4
1
t f  ( t ) dt=  x f  ( x ) dx =  xf ( x ) −  f ( x )dx 

−4 −4
4 −4
4 −4
4

(
(
)
)
0
0
1
50
104 −  x 2 − x − 1 dx −  ( 2 x − 1)dx = .
−4
−4
4
3
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn f ( 4 ) = 5 ;
0
 f ( 2 x + 4) dx = 6 .
−2
4
Tính giá trị I =  xf ' ( x ) dx .
0
A. I = 8 .
B. I = −8 .
C. I = 4 .
Lời giải
D. I = −4 .
Chọn A
0
Ta có

−2
0
4
1
t =2 x + 4
f ( 2 x + 4 ) dx = 6   f ( 2 x + 4 ) d ( 2 x + 4 ) = 6 ⎯⎯⎯
→  f ( t ) dt = 12 .
2 −2
0
4
4
u = x
du = dx
Đặt 
. Khi đó I = xf ( x ) 0 −  f ( x ) dx = 4.5 − 12 = 8 .

0
dv = f ' ( x ) dx v = f ( x )
Câu 6:
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
4
Giá trị của
(x
2
1


4
− f '( x)  , x  ( 0; + ) và f ( 4 ) = .
, thỏa f ( x) = x 1 +
3
x


− 1) f ( x)dx bằng
1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
A. −
263
.
15
B. −
263
.
30
C.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
457
D.
.
30
457
.
15
Lời giải
Chọn C
Từ giả thiết ta có
1


f ( x) = x 1 +
− f '( x)   f ( x) + xf ( x) = x + x  ( xf ( x) ) = x + x
x


 xf ( x) =
x2 2
+ x x +C .
2 3
x2 2
4
Mặt khác f (4) = , suy ra C = −8 hay xf ( x) = + x x − 8 .
3
2 3
2
Đặt u = x − 1  du = 2 x dx .
dv = f ( x) dx , chọn v = f ( x ) .
Khi đó
4
(x
2
1
Câu 7:
 x2 2

457
− 1) f ( x)dx = ( x − 1) f ( x) − 2 xf ( x)dx = 15 f (4) − 2  + x x − 8  dx =
.
1
2 3
15

1
1
Cho hàm số f ( x ) =
A.
x+4
2 x2 + 4
4
4
2
x
x +4
2
+C .
B.
4
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x ) = ( x + 1) f  ( x ) là
x−4
2 x2 + 4
+C .
C.
x2 + 2 x − 4
2 x2 + 4
+C .
D.
2x2 + x + 4
2 x2 + 4
+C .
Lời giải
Chọn B
u = ( x + 1)

du = dx
 g ( x ) dx =  ( x + 1) f  ( x ) dx . Đặt dv = f  ( x ) dx  v = f ( x ) .

  g ( x ) dx = ( x + 1) f ( x ) −  f ( x ) dx = ( x + 1) f ( x ) − 
Tính

x
x +4
2
x
x +4
2
dx .
dx , đặt t = x 2 + 4  t 2 = x 2 + 4  tdt = xdx .
t
dx =  dt =  1dt = t + C = x 2 + 4 + C .
t
x +4
x
x−4
Khi đó:  g ( x ) dx = ( x + 1)
− x2 + 4 + C =
+C .
2
x +4
x2 + 4

Câu 8:
x
2
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
thỏa mãn f ( 3) = 21 ,
3
 f ( x ) dx = 9 . Tính tích
0
1
phân I =  x. f ' ( 3x ) dx .?
0
A. I = 15 .
B. I = 6 .
Chọn B
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. I = 12 .
Lời giải
D. I = 9 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
du = dx

u = x

Đặt 

1

dv = f ' ( 3x ) dx v = 3 f ( 3x )

1
1
1
1
1
1
1
Khi đó: I = x. f ( 3x ) −  f ( 3x ) dx = f ( 3) −  f ( 3x ) dx
3
3
3
30
0
0
K
x =1 t = 3
1
Đặt t = 3x  dt = 3dx  dx = dt . Đổi cận
3
x = 0 t = 0
3
3
1
1
1
K =  f ( t ) . dt =  f ( x ) dx = .9 = 3 .
3
30
3
0
1
1
Cuối cùng I = .21 − .3 = 6 .
3
3
Câu 9:
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
thỏa mãn f ( 2 ) = 3 ,
4

1
f
( x ) dx = 2 ,
x
2
 xf  ( x ) dx = 3 .
0
Tính
1
 f ( x ) dx
0
A. 5 .
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
D. 3 .
Chọn C
Đặt t = x , ta có dt =
1
dx .
2 x
Đổi cận: khi x = 1 thì t = 1 ; khi x = 4 thì t = 2 .
4
Khi đó 2 = 
1
f
( x ) dx = 2
x
2
2
2
1
1
1
 f ( t ) dt   f ( t ) dt = 1 hay  f ( x ) dx = 1 .


u = x
du = dx
Đặt 
.

dv = f  ( x ) dx 
v = f ( x )

2
2
2
0
0
Ta có 3 =  xf  ( x ) dx = xf ( x ) 0 −  f ( x ) dx = 2 f ( 2 ) −  f ( x ) dx
2
0
2
2
0
0
 3 = 2.3 −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 3 .
Ta
lại
1
2
2
0
0
1
2
1
2
0
0
1
 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx
có:
  f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 3 − 1 = 2 .
2
Câu 10: Cho

1
x−2
ln xdx = a + b ln 2 + c ln 2 2 , với a, b, c  . Tính giá trị của biểu thức S = a + 2b − 3c.
x
9
A. S = .
2
B. S = 6 .
C. S = 2 .
D. S = 0 .
Lời giải
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Chọn B
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
2
2
x−2
ln x
 2
 x ln xdx =  1 − x  ln xdx =  ln xdx − 2 x dx .
1
1
1
1
2
Ta có:
2
Tính I1 =  ln xdx
1
1

u = ln x du = dx

Đặt 
x
dv = dx v = x

2
I1 = ln xdx = ( x ln x ) 1

2
1
2
2
1
− x. dx = 2 ln 2 − dx = 2 ln 2 − 1 .
x
1
1


2
ln x
dx
x
1
Tính I 2 = 
Đặt t = ln x  dt =
Đổi
dx
x
x
2
1
t
ln 2
0
cận:
2
ln x
I2 = 
dx =
x
1
ln 2

0
t2
t dt =
2
ln 2
=
0
ln 2 2
2
x−2
ln xdx = 2ln 2 − 1 − ln 2 2
x
1
2
Do đó

Suy ra a = −1; b = 2; c = −1 .
Vậy S = a + 2b − 3c = −1 + 2.2 − 3. ( −1) = 6 .
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
. Biết f ( 5 ) = 1 và
1
 xf ( 5x ) dx = 1 . Tính tích
0
5
phân I =  x 2 f  ( x ) dx .
0
A. I = 23 .
B. I = 15 .
C. I =
123
.
5
D. I = −25 .
Lời giải
Chọn D
1
Ta có
1
5
 xf ( 5x ) dx = 1   5xf (5x ) d (5x ) = 25   xf ( x ) dx = 25 .
0
0
0
5
5
0
0
5
Khi đó I =  x 2 f  ( x ) dx =  x 2d ( f ( x ) ) = x 2 f ( x ) −  f ( x ) d ( x 2 )
5
0
0
5
= 25 f ( 5) − 2 xf ( x ) dx = 25 − 50 = −25 .
0
 2x −1
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) =  2
x − x −1
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
khi x  0
khi x  0
. Tích phân I =  x f  ( 2 x ) dx bằng
2
−2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
13
50
A.
.
B.
.
24
3
C.
19
.
24
D.
11
.
6
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận x = −2  t = −4 , x = 2  t = 4
I=
4

4
1 4
1 4
1


t
f
t
dt=
x
f
x
dx
=
xf
x
−
f
x
d
x
(
)
(
)
(
)
(
)


−4 −4
4 −4
4 −4
4

(
(
)
)
0
0
1
50
104 −  x 2 − x − 1 dx −  ( 2 x − 1)dx = .
−
4
−
4
4
3
=
Câu 13: Cho hàm số
y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
, thỏa mãn
f (0) = 1 và
3
f ( x) + f (3 − x) = x 2 − 3x + 4 với mọi x 
. Tích phân
 xf ( x)dx bằng
0
A.
21
.
4
B.
23
.
4
C.
19
.
4
D.
49
.
4
Lời giải
Chọn A
Do f ( x) + f (3 − x) = x 2 − 3x + 4 nên f (3) + f (0) = 4  f (3) = 4 − f (0) = 3
Áp
dụng
3
công
thức
3
tích
phân
từng
phần
3
3
3
0
0
0
ta
có
 xf ( x)dx =  xd ( f ( x)) = xf ( x) −  f ( x)dx = 3 f (3) −  f ( x)dx = 9 −  f ( x)dx
3
0
0
0
3
Xét tích phân I =  f ( x)dx .
0
Đặt x = 3 − t ta có dx = − dt
Đổi cận x = 0 thì t = 3 và x = 3 thì t = 0 nên
3

0
3
3
3
0
0
f ( x)dx = −  f (3 − t )dt =  f (3 − t )dt =  f (3 − x)dx
0
Do đó
3
I =
0
3
3

1
f ( x)dx =   f ( x)dx +  f (3 − x )dx 
20
0

3
3
1
1
=  ( f ( x) + f (3 − x) ) dx =  ( x 2 − 3x + 4)dx
20
20
3

1  x3 3x 2
15
=  −
+ 4x  =
2 3
2
0 4
3
Suy ra
15
 xf ( x)dx = 9 − 4
0
=
21
.
4
1
Câu 14: Cho biết
b
 x sin  x + ln ( x + 1) dx = a +  + c ln 2 ; với a , b , c
là những số hữu tỉ. Giá trị của
0
biểu thức T = a + b + c tương ứng bằng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
A. 5 .
B.
7
.
2
C.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
5
D. .
4
7
.
4
Lời giải
Chọn D
1
1
0
0
1
Ta có: I =  x sin  x + ln ( x + 1)  dx =  x sin ( x ) dx +  x ln ( x + 1) dx .
0
A
B
du = dx
u = x


* Tính A =  x sin ( x ) dx . Đặt 
ta được:
1
d
v
=
sin

x
d
x
(
)


0
v = −  cos ( x )
1
A=−
x

1
cos ( x ) +
0
1

1
1
 cos ( x ) dx = 
1
1 1
1
+ . sin ( x ) = .
 
0

0
1

du =
dx


u = ln ( x + 1) 
x +1
* Tính B =  x ln ( x + 1) dx . Đặt 
ta được:

2

0
dv = xdx
v = x − 1


2 2
1
1
1
1
1
 x2 −1 

1 x2 −1
1
1  x2
1
B=
ln
x
+
1
−
d
x
=
−
x
−
1
d
x
=
−
. − x  = .
(
)
(
)



2 0 x +1
20
2 2
 2 
0 4
0
1

a = 4

1 1
1
5
Vậy I = A + B = +  b = 1  T = a + b + c = + 1 + 0 = .
4 
4
4
c = 0


Câu 15: Cho hàm số
y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
f ( x) + f (2 − x) = x 2 − 2 x + 2, x 
thỏa mãn
2
. Tính tích phân I =  xf ( x)dx .
0
A. I =
−10
.
3
B.
−4
.
3
C.
5
.
3
Lời giải
Chọn A
u = x
+) Đặt 
. Chọn
dv = f ' ( x ) dx
 du = dx

v = f ( x )
2
2
0
0
I = x. f ( x ) 0 −  f ( x )dx = 2 f ( 2 ) − J (1) với J =  f ( x )dx
2
0
2
+) Đặt x = 2 − t  J = −  f ( 2 − t ) dt =  f ( 2 − x ) dx
2
0
2
2
2
0
0
0
8
=   x 2 − 2 x + 2 − f ( x )  dx =  ( x 2 − 2 x + 2 ) dx −  f ( x ) dx = − J
3
Suy ra 2 J =
8
4
J=
(2)
3
3
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D.
2
.
3
f (0) = 3 và
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
+) Ta có: f ( x) + f (2 − x) = x 2 − 2 x + 2, x 
Chọn x = 0 , ta có: f ( 0 ) + f ( 2 ) = 2 mà f ( 0 ) = 3 suy ra f ( 2 ) = −1 ( 3)
+) Từ (1), (2) và (3) suy ra I = 2. ( −1) −
Câu 16: Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
4 −10
=
.
3
3
đạo
hàm
trên
thỏa
mãn
f (0) = 3
và
f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2, x  . Tính I =  x. f  ( x ) dx
2
0
A. I = −
4
3
10
.
3
5
3
B. I = − .
C. I = .
D. I =
2
.
3
Lời giải
Chọn A
* Với x = 0, ta có: f ( 0 ) + f ( 2 ) = 2  f ( 2 ) = −1
f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2, x  .
  f ( x ) dx +  f ( 2 − x ) dx =  ( x 2 − 2 x + 2 ) dx
2
2
0
0
  f ( x ) dx + 
2
2
0
0
  f ( x ) dx =
2
0
2
0
8
f ( x ) dx =
3
4
3
* Xét I =  x. f  ( x ) dx
2
0
u = x
du = d


Đặt 

dv = f  ( x ) .dx 
v = f ( x )

I = x. f ( x ) 0 −  f ( x ) dx = 2. f ( 2 ) −
2
2
0
1
Câu 17: Cho
(
)
2x
3
 x e + 2 x − 1 dx =
0
Tính P = a + b + c .
A. P = 10 .
4
10
=− .
3
3
ae2 − b
, với a, b, c là các số nguyên và a, b nguyên tố cùng nhau.
c
B. P = 18 .
C. P = 46 .
Lời giải
D. T = 24 .
Chọn C.
Ta có:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
 x (e
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
2x
)
(
1
)
+ 2 3 x − 1 dx =  x e 2 x + 2 3 x − 1 dx
0
0
1
1
=  xe 2 x dx + 2  x 3 x − 1dx
0
0
1
1
1
1
1
= xe 2 x −  e 2 x dx + 2  ( x − 1 + 1) 3 x − 1dx
2
20
0
0
1
1
1
1
1
= e 2 − e 2 x + 2  ( x − 1) 3 x − 1dx + 2  3 x − 1dx
0
2
4
0
0
1
1
4
1
1
1
1
= e 2 − e 2 + + 2  ( x − 1) 3 dx + 2  ( x − 1) 3 dx
2
4
4
0
0
1
7
3
1
( x − 1) + 2 ( x − 1)
1
1
= e2 + + 2
7
4
4
4
3 0
3
 a = 7, b = 11, c = 28.
4
3
=
1 2 1 6 3 7e 2 − 11 ae 2 − b
e + + − =
=
4
4 7 2
28
c
0
Vậy T = a + b + c = 7 + 11 + 28 = 46 .
1

 2
2
 x + 1 khi 0  x  2
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) = 
. Tích phân I =  sin 2 x. f  ( sin x )dx bằng
0
2 x − 1 khi 1  x  1

2
3
3
A. − 4 ln 3 + 4 ln 2 . B. + 4 ln 3 + 4 ln 2 .
2
2
3
3
C. − + 4 ln 3 + 4 ln 2 . D. + 4 ln 3 − 4 ln 2 .
2
2
Lời giải
Chọn A


2
2
0
0
Ta có I =  sin 2 x. f  ( sin x )dx = 2  sin x. f  ( sin x ).cos xdx .
Đặt t = sin x  dt = cos xdx .
Với x = 0 thì t = 0 .
Với x =

2
thì t = 1 .
1
Khi đó I = 2 t. f  ( t )dt .
0


u = t
du = dt
Đặt 
.

dv = f  ( t ) dt 
v = f ( t )

13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1
1


Suy ra I = 2  ( tf ( t ) ) −  f ( t )dt  = 2 f (1) − 2 f ( x )dx
0
0
0


 12

1
 2

= 2 − 2 
dx +  ( 2 x − 1)dx 
1
 0 x +1


2

1
1 

= 2 − 2  ( 2ln x + 1 ) 2 − ( x 2 − x ) 1 
0
2 

= 2 − 4 ( ln 3 − ln 2 ) −
=
1
2
3
− 4 ln 3 + 4 ln 2 .
2
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
và thỏa mãn f ( 3) = 21,
3

f ( x ) dx = 9 . Tính
0
bằng
A. 9 .
B. 12 .
C. 6 .
Lời giải
1
 xf  ( 3x ) dx
0
D. 10 .
Chọn C
1
Ta xét
 xf  ( 3x ) dx
0
Đặt t = 3x 
dt
= dx , đổi cận x = 0  t = 0; x = 1  t = 3 .
3
1
Suy ra
 xf  ( 3x ) dx =
0
3
3
1
1
tf  ( t ) dt =  xf  ( x ) dx (vì tích phân không phụ thuộc vào biến).

90
90
u = x
du = dx
.

dv = f  ( x ) dx
v = f ( x )
Đặt 
Suy ra
3

3 3
1
1

xf
x
d
x
=
xf
x
−  f ( x ) dx  = 7 − 1 = 6 .
(
)
(
)


0 0
90
9 

1
Vậy
 xf  ( 3x ) dx = 6. .
0
Câu 20: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) trên đoạn  0;1 thỏa mãn f (1) = 4 và
1
 f ( x )dx = 3 . Tích
0
1
phân
 x f  ( x )dx
3
2
bằng
0
1
A. − .
2
B. 1.
C.
1
.
2
D. −1.
Lời giải
Chọn C
Đặt t = x 2  dt = 2 xdx
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Đổi cận: x = 0  t = 0, x = 1  t = 1.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Do đó
1
3
2
 x . f  ( x )dx =
0
1
1
1
1
t. f  ( t )dt =  x. f  ( x )dx

20
20


u = x
du = dx
Đặt 


dv = f  ( x ) dx 
v = f ( x )
Khi đó
1
2
 x . f  ( x )dx =
3
0
Câu 21: Cho
hàm
1
1
 1
1
1
1
1
1

x
.
f
x
d
x
=
x
.
f
x
−
f
x
d
x
(
)
(
)
(
)

 = ( f (1) − 3) = ( 4 − 3) = .


0 0
20
2
2
2
 2
y = f ( x)
số
liên
tục
và
có
đạo
hàm
trên
thỏa
5 f ( x ) − 7 f (1 − x ) = 3 ( x 2 − 2 x ) , x  . Biết rằng tích phân I =  x. f ' ( x ) dx = −
1
0
các số nguyên dương và
A. T = 0.
a
là phân số tối giản). Tính T = 3a − b.
b
B. T = − 48.
C. T = 16.
mãn
a
( với a, b là
b
D. T = 1.
Lời giải
Chọn D
1
1
0
0
1
1
0
0
Ta có: I =  x. f ' ( x ) dx =  x.d f ( x ) = I = x. f ( x ) −  f ( x ) dx = f (1) −  f ( x ) dx. (1)
0
1
(
)
Theo giả thiết: 5 f ( x ) − 7 f (1 − x ) = 3 x 2 − 2 x 
1
1
1
0
0
0
(
)
1
1
0
0
(
)
2
 5 f ( x ) − 7 f (1 − x ) dx = 3 x − 2 x dx
1
1
0
0
 5 f ( x ) dx − 7  f (1 − x )dx = 3 x 2 − 2 x dx  5 f ( x ) dx − 7  f (1 − x )dx = − 2. (2)
Bằng cách đổi biến t = 1 −x , ta có
1

0
1
1
1
0
0
f (1 − x )dx = −  f ( t ) dt =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx . (3)
0
1
1
1
0
0
0
Thay (3) vào (2), ta có 5 f ( x ) dx − 7  f ( x )dx = − 2   f ( x ) dx = 1.
(
)
Mặt khác do 5 f ( x ) − 7 f (1 − x ) = 3 x 2 − 2 x nên lần lượt chọn x = 0, x = 1 ta có
5 f ( 0 ) − 7 f (1) = 0
5
 f (1) = .

8
5 f (1) − 7 f ( 0 ) = −3
Thay f (1) =
5
và
8
1

0
1
5
3
f ( x ) dx = 1 vào (1) ta có I = f (1) −  f ( x ) dx = −1 = − .
8
8
0
Vậy a = 3; b = 8  T = 3a − b = 9 − 8 = 1.
Câu 22: Cho
hàm
số
y = f ( x)
3xf  ( x ) = 3 + 2 f  ( x ) , x  D
0
I =  ( f ( x ) + f (1) ) dx =
−1
có
.
tập
Biết
xác
rằng
a ln 5 − b ln 2
− 1, ( a, b 
3
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
\   và thỏa mãn
3
f ( 2 ) = ln 8, f ( 0 ) = 0
và tích phân
định
là
D=
) . Tính giá trị
a+b .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 7 .
B. 5 .
C. 3 .
Lời giải
D. 6 .
Chọn A
3
2
.
\   ta có 3xf  ( x ) = 3 + 2 f  ( x )  ( 3x − 2 ) f  ( x ) = 3  f  ( x ) =
3x − 2
3
Với x 
Khi đó f ( x ) = 
2

ln ( 3x − 2 ) + C1 , x 

d ( 3x − 2 ) 
3
3.
f  ( x )dx = 
dx = 
=
3x − 2
3x − 2
ln ( 2 − 3x ) + C , x  2
2

3

ln 4 + C1 = ln 8 C1 = ln 2

Theo bài ra thì f ( 2 ) = ln 8, f ( 0 ) = 0  
. Suy ra f (1) = ln 2 .
ln 2 + C2 = 0
C2 = − ln 2
0
0
0
−1
−1
−1
Ta có I =  ( f ( x ) + f (1) ) dx =  ( ln ( 2 − 3x ) − ln 2 + ln 2 ) dx =  ln ( 2 − 3x ) dx .
3
3

du = −
dx =
dx

u = ln ( 2 − 3x ) 
2 − 3x
3x − 2

Đặt 
.
dv = dx
 v = x − 2 = 3x − 2

3
3
3x − 2
3x − 2 3
I =
.ln ( 2 − 3x ) − 
.
dx
3
3 3x − 2
−1
−1
0
0
2
5
5ln 5 − 2 ln 2
= − ln 2 + ln 5 −  dx =
−1 .
3
3
3
−1
0
Suy ra a = 5, b = 2  a + b = 7 .
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f (1) = 1 ,
2
1
9
  f ( x ) dx = 5
'
và
0
 ( )
1
x dx =
f
0
A.
1
2
. Tích phân
5
1
.
4
 f ( x )dx
2
bằng
0
1
.
16
B.
C.
1
.
25
D.
1
.
7
Lời giải
Chọn D
 f ( x )dx = 5 , đặt:
1
Ta có
2
x = t  dx = 2t.dt , đổi cận: x = 0  t = 0, x = 1  t = 1 .
0
f( )
1
Khi đó:
0
1
1
2
2
1
x dx =   2t. f ( t )dt =   x. f ( x )dx = .
5
5
5
0
0
du = f ' ( x ) .dx
1 2
u = f ( x )
1
1 x2
x


 = . f ( x ) 0 −  . f ' ( x )dx
Đặt: 
x2
5 2
2
0
dv = x.dx
v =

2
(1) .1 − 1 = 3  x 2 . f ' x dx = 3 .
x2 '
  . f ( x )dx =
( )
0
2
2
5 10
5
0
1
2
1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
1
Xét:
1
1
1
0
0
'
2
'
2
'
2
4
  f ( x ) + kx  dx = 0    f ( x ) dx + 2k. x . f ( x )dx + k . x dx = 0
0

2
0
9
3 1
+ 2k . + .k 2 = 0  k = −3 .
5
5 5
2
1
Khi đó:   f ' ( x ) − 3x 2  dx = 0  f ' ( x ) − 3x 2 = 0  f ' ( x ) = 3x 2
0
 f
'
( x ) dx =  3x 2dx  f ( x ) = x3 + C  f (1) = (1)
1
1
0
0
3
Nên: f ( x ) = x3  f 2 ( x ) = x 6   f 2 ( x )dx =  x 6dx =
Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
+C  C = 0.
1
.
7


thỏa f ( x ) + f  − x  = sin x cos x , với mọi
2


và f ( 0 ) = 0 . Giá trị của tích phân
x
2
 x. f  ( x ) dx bằng:
0
A.
1
.
4
B.

4
1
C. − .
4
.
D. −

4
.
Lời giải
Chọn B


 
Theo đề bài ta có f ( x ) + f  − x  = sin x cos x và f ( 0 ) = 0 suy ra f   = 0 .
2

2

2
Xét I =  x. f  ( x ) dx .
0
u = x
du = dx

Đặt 
dv = f  ( x ) dx v = f ( x )



2
I = x. f ( x ) 02 −  f ( x ) dx =
0


0
2


 f  2 − x dx
0
Đặt x =

2
− t  dx = −dt
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2

1


f ( x )dx +  f  − x dx =  sin x cos xdx =
2
2

0
0
2

Xét

 
. f   − f ( 0 ) −  f ( x ) dx = −  f ( x ) dx
2 2
0
0

2
Ta lại có

2
2
(**)
(*)
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

2
Suy ra

0




f  − x dx = −  f ( t )dt =  f ( t )dt =  f ( x )dx
2


0
0
0
2
2
(***)
2

2
Từ (**) và (***) suy ra:  f ( x )dx =
0
1
1
thế vào (*) suy ra I = − .
4
4
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 5
Tích phân hàm ẩn phần 1
Lưu ý: Trên đây chỉ đưa ra công thức áp dụng mang tính chất tham khảo và công thức được chứng minh
từ các ví dụ ở bài tập rèn luyện.
▪
Dạng 1: f  ( x ) .h ( f ( x ) ) = g ( x )
 f  ( x ) .h  f ( x ) =  g ( x )
Sử dụng phương pháp vi phân:  h  f ( x ) d  f ( x ) =  g ( x )
Lấy tích phân hai vế, ta được
▪
u ( a ) = a
u ( a ) = b
Dạng 2: A. f ( x ) + B.uf ( u ) + C. f ( a + b − x ) = g ( x ) với 
hoặc 
u ( b ) = b
u ( b ) = a
b
Khi đó:
 f ( x )dx =
a
▪
▪
b
b
1
1
g ( x )dx =
f ( x )dx

A+ B+C a
A − B + C a
 x−b
 x−c
A.g 
− B.g 


 a 
 −a 
Dạng 3: A. f ( ax + b ) + B. f ( −ax + c ) (với A 2  B 2 ), khi đó f ( x ) =
A 2 − B2
•
Hệ quả 1: A. f ( x ) + b. f ( −x ) = g ( x )  f ( x ) =
•
Hệ quả 2: A. f ( x ) + B. f ( −x ) = g ( x )  f ( x ) =
A.g ( x ) − B.g ( −x )
A 2 + B2
g ( x)
A+B
.
, g ( x ) là hàm chẵn.
Dạng 4: Hàm ẩn cho dưới cận tích phân
u x
Áp dụng công thức
f t dt
u' x f u x
v' x f v x .
v x
▪
Dạng 5: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( u ( x ) ) = v ( x ) và u ( x ) là một hàm đơn điệu trên
b
Tính tích phân

a
▪
b
b
dt = u ( x ) dx
 I =  f ( x )dx =  f ( t )dt
f ( x )dx thì ta đặt t = u ( x ) → 
a
a
 f ( t ) = v ( x )
thỏa mãn g ( f ( x ) ) = x và g ( t ) là một hàm đơn
Dạng 6: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
b
điệu trên
. Tính tích phân
 f ( x )dx thì ta đặt
y = f ( x ) → x = g ( y )  dx = g ( y ) dy . Sau đó
a
thực hiện đổi cận và đưa về tích phân cơ bản.
b
▪
Dạng 7: f x . f a
b
k khi đó I
2
x
a
dx
k f x
b a
.
2k
b
▪
Dạng 8: f x
.
f a
b
x. f x dx thì ta có:
x và I
a
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
b
f x dx
a
2I
a
b
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 1:
2
f ( x)
1
dx.
và f ( x ) + 2 f   = 3x. Tính I = 
x
x
1
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
2
A. I =
Câu 2:
3
.
2
C. I =
B. I = 1 .
1
.
2
D. I = −1 .
4
.
75
D. I =
Xét hàm số f ( x ) liên tục trên 0 ;1 và thỏa mãn điều kiện 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = x 1 − x . Tính
1
tích phân I =  f ( x ) dx .
0
A. I = −
4
.
15
B. I =
1
.
15
C. I =
1
.
25

Câu 3:
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
2
và thỏa mãn f ( − x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x . Tính
 f ( x ) dx
−
2
.
A.
Câu 4:
2
.
2019
B.
2
.
1009
C.
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
I=
4
.
2019
D.
1
.
1009
và thỏa mãn f ( − x ) + 2018 f ( x ) = e x . Tính giá trị của
1
 f ( x ) dx .
−1
A. I =
Câu 5:
e2 − 1
.
2019e
Cho hàm số liên tục trên
B. I =
e2 − 1
.
2018e
C. I = 0 .
D. I =
e2 − 1
.
e
và thỏa mãn 2 f ( 2 x ) + f ( 1 − 2 x ) = 12 x 2 . Phương trình tiếp tuyến của
đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là
A. y = 2 x + 2 .
Câu 6:
Cho f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên
thỏa mãn g ( x ) + g ( − x ) = 1, x 
tục trên
A. I = 2018 .
Câu 7:
B. I =
1009
.
2
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
phân I =
C. y = 2 x − 6 .
D. y = 4 x − 2 .
 f ( x ) dx = 2018 và g ( x ) là hàm số liên
. Tính tích phân I =  f ( x ) g ( x ) dx .
thỏa mãn
1
0
1
−1
C. I = 4036 .
D. I = 1008 .
thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x , x 
. Tính tích
3
2
−
 f ( x ) dx .
3
2
A. I = −6 .
Câu 8:
B. y = 4 x − 6 .
B. I = 0 .
C. I = −2 .
D. I = 6 .
  
Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên  − ;  và thỏa mãn 2 f ( x) + f ( − x) = cos x. Tính
 2 2

I=
2
 f ( x)dx.
−
2
A. I = −2. .
2
B. I = .
3
3
C. I = . .
2
D. I = 2.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Câu 9:
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên −
 2; 2  và thỏa mãn 2 f ( x) + 3 f ( − x) = 4 + x2 . Tính tích phân
I=
2
 f ( x)dx.
−2
A. I = −

10
B. I = −
.

20
C. I =
.

20
D. I =
.

10
.
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên 0;1 và thỏa mãn x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4 . Tính tích phân
1
I =  f ( x)dx.
0
3
B. I = .
5
1
A. I = .
2
2
C. I = .
3
4
D. I = .
3
Câu 11: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = 1 − x 2 . Tính tích
phân I =  f ( x )dx.
1
0
A.

20
.
B.

16
.
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
C.

6
.

D.
4
.
x2
. Biết
 f ( t ) dt = x cos( x). Giá trị của f ( 4 )
là
0
A. f ( 4 ) = 1.
Câu 13:
1
C. f ( 4 ) = .
2
B. f ( 4 ) = 4.
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
x2
. Biết
 f ( t ) dt = e
x2
1
D. f ( 4 ) = .
4
+ x 4 − 1 với x 
. Giá trị của f ( 4 )
0
là
A. f ( 4 ) = e 4 + 4.
B. f ( 4 ) = 4e 4 .
C. f ( 4 ) = e 4 + 8.
D. f ( 4 ) = 1.
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; + ) với a  0 và thỏa mãn

a
x  a . Tính f ( 4 )
A. f ( 4 ) = 2.
x
B. f ( 4 ) = 8.
C. f ( 4 ) = 4.
f (t )
dt + 6 = 2 x với
t2
D. f ( 4 ) = 16.
Câu 15: Cho hàm số f ( x )  0 , xác định và có đạo hàm trên đoạn 0;1 và thỏa mãn
x
g ( x ) = 1 + 2018  f ( t ) dt và g ( x ) = f 2 ( x ) . Tính
0
A.
1011
.
2
B.
1099
.
2
1
 g ( x ) dx
0
C.
2019
.
2
1 
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  ; 2  thỏa mãn f ( x ) +
2 
2
I=
1
2
f ( x)
x2 + 1
3
A. I = .
2
D. 505.
1
1
f   = x 2 + 2 + 2 .Tính
x
x
dx
B. I = 2.
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
5
C. I = .
2
D. I = 3.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
(
2
)
thỏa mãn f x 3 + x = x 2 − 1 . Tính I =  f ( x ) dx ?
Câu 17: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
0
6
A. I = − .
5
B. I =
15
.
16
6
C. I = − .
5
(
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
15
.
16
D. I = −
)
thỏa mãn f x 3 + 2 x − 2 = 3x − 1 . Tính I =
10
 f ( x ) dx ?
1
A. I =
45
.
4
B. I =
9
.
4
C. I =
(
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
135
.
4
D. I =
)
thỏa mãn f x 3 + 1 = 2 x − 1, x 
5
.
4
2
. Tính I =  f ( x ) dx ?
0
A. I = −2 .
B. I =
5
.
2
D. I = 6 .
C. I = −4 .
(
)
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f x 3 + 3x + 1 = 3x + 2, x 
5
. Tính I =  xf ' ( x ) dx .
1
A. I =
5
.
4
B. I =
17
.
4
C. I =
Câu 21: . Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
I=
21
 f ( x ) dx = b − ln d
a
c
với a , b , c , d 
*
( 0; + )
và
2
A. T = 243 .
B. T = 306 .
Câu 22: Cho hàm số
5
2
I =  f ( x ) dx =
1
y = f ( x ) liên
A. T = 13 .
*
và
(
)
thỏa mãn f x4 + x 2 + x − 1 =
1
. Biết
x+1
a c
, là các phân số tối giản. Tính T = a + b + c + d .
b d
( 0; + )
thỏa mãn
D. T = 275 .

1
 1
. Biết
f  x − + 1 =
x

 x
a
là các phân số tối giản. Tính T = a + b + c .
b
B. T = 69 .
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
D. I = −1761 .
C. T = 312 .
tục trên
a
+ lnc với a , b , c 
b
33
.
4
C. T = 96 .
D. T = 88 .
thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x , x 
2
. Tính I =  f ( x ) dx .
0
A. I = 2 .
Câu 24: Cho f ( x ) liên tục trên
B. I =
3
.
2
C. I =
1
.
2
D. I =
thỏa mãn 2 f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) + 6 f ( x ) = x , x 
5
.
4
5
. Tính I =  f ( x ) dx .
0
A. I =
5
.
4
Câu 25: Cho f ( x ) liên tục trên
B. I =
5
.
2
thỏa mãn x + f
C. I =
3
5
.
12
( x ) + 2 f ( x ) = 1, x 
D. I =
5
.
3
. Tính tích phân I =
1
 f ( x ) dx
−2
.
A. I =
7
.
4
Câu 26: Cho f ( x ) liên tục trên
B. I =
7
.
2
thỏa mãn 2 x + f
C. I =
5
7
.
3
( x ) + f ( x ) − 4 = 0, x 
D. I =
5
.
4
2
. Tính I =  f ( x ) dx .
1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
A. I =
3
.
4
B. I =
1
.
2
Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn x − f
C. I =
3
5
.
3
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4
D. I = .
3
( x ) − f ( x ) + 3 = 0 . Tính
7
I =  xf  ( x ) dx .
−1
5
51
9
3
.
B. I = .
C. I = .
D. I = .
4
4
4
4
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và nhận giá trị dương trên 0;1 biết f ( x ) . f ( 1 − x ) = 1 với
A. I =
1
dx
.
0 1 + f ( x)
x  0;1 . Tính giá trị của I = 
3
1
.
B. .
2
2
Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
A.
phân I =
2018

0
C. 1 .
D. 2 .
, ta có f ( x )  0 và f ( x ) . f ( 2018 − x ) = 1 . Giá trị của tích
dx
.
1 + f ( x)
A. I = 2018 .
B. I = 0 .
C. I = 1009 .
D. I = 4016 .
Câu 30: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên tập R, ta có f ( x )  0 và f ( 0 ) . f (10 − x ) = 9 . Giá trị của tích phân
I=
12
1
 3 + f ( x )dx .
−2
A. I =
14
.
3
B. I =
2
3
C. I =
7
.
6
D. I =
7
3
3
Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên tập R và thỏa mãn f ( 4 − x ) = f ( x ) . Biết  x. f ( x )dx = 5 .Tính
1
3
tích phân
 f ( x )dx .
1
A.
5
.
2
B.
7
.
2
C.
9
.
2
D.
11
.
2
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên tập R và thỏa mãn f ( x ) − f ( 3 − x ) = 0 . Biết
4
 x. f ( x )dx = 2 .
−1
4
Tính tích phân
 f ( x )dx .
−1
A.
3
.
2
B.
2
.
3
C.
4
.
3
D.
3
.
4
2
2
Câu 33: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = − ; f '( x) = 2 x  f ( x) , x  . . Giá trị của f (1) là
9
−35
−2
−19
−2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
36
3
5
36
2
1
Câu 34: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = − ; f '( x) = x  f ( x) , x  . . Giá trị của f (1) là
3
−11
−2
−2
−7
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
6
3
9
6
2
1
Câu 35: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = − ; f '( x) = 4 x 3  f ( x) , x  . . Giá trị của f (1) là
25
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
−41
−1
A.
.
B.
.
400
10
C.
Câu 36: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −
−391
.
400
D.
−1
.
40
2
1
và f ' ( x ) = x 3  f ( x )  với mọi x 
5
. Giá trị của f ( 1)
bằng :
4
71
79
4
A. − .
B. − .
C. − .
D. − .
5
35
20
20
Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
thỏa mãn đồng thời các điều kiện f ( x )  0
với mọi x 
A. f ( ln 2 ) =
và f ( 0 ) =
; f ' ( x ) = −e x . f 2 ( x ) , x 
1
. Tính giá trị của f ( ln 2 ) .
2
2
1
C. f ( ln 2 ) = .
D. f ( ln 2 ) = .
3
3
2
B. f ( ln 2 ) = − .
9
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) , xác định và liên tục trên
2
.
9
kiện f ( x )  0, x 
; f ' ( x ) = ( x. f ( x ) ) , x 
thỏa mãn đồng thời các điều
và f ( 0 ) = 2 . Phương trình tiếp tuyến tại
2
điểm có hoành độ x = 1 của đồ thị ( C ) là
A. y = 6 x + 30 .
B. y = −6 x + 30 .
C. y = 36 x − 30 .
D. y = −36 x + 42 .
Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn −
 1 ; 1 , thỏa mãn f ( x )  0, x 
và
f  ( x ) + 2 f ( x ) = 0 . Biết f ( 1) = 1 tính f ( −1) .
A. f ( −1) = e −2 .
B. f ( −1) = e 3 .
C. f ( −1) = e 4 .
D. f ( −1) = 3 .
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f  ( x ) . f ( x ) = x 4 + x 2 . Biết f ( 0 ) = 2 . Tính f 2 ( 2 ) .
A. f 2 ( 2 ) =
Câu 41: Cho
hàm
313
.
15
số
B. f 2 ( 2 ) =
y = f ( x)
có
đạo
hàm
f  ( x ) + ( 2 x + 4 ) f 2 ( x ) = 0, f ( x )  0, x 
A.
7
.
15
B.
C. f 2 ( 2 ) =
332
.
15
và
liên
324
.
15
tục
trên
D. f 2 ( 2 ) =
đoạn
323
.
15
(0 ; + )
,
biết
, f ( 2) =
11
.
15
Câu 42: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên
1
. Tính f ( 1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) .
15
11
7
C.
.
D.
.
30
30
. Biết f 6 ( x ) . f  ( x ) = 12 x + 13 và f ( 0 ) = 2 . Khi đó
phương trình f ( x ) = 3 có bao nhiêu nghiệm
A. 2 .
B. 3 .
C. 7 .
D. 1 .
1
Câu 43: Cho hàm số f ( x )  0 thỏa mãn điều kiện f  ( x ) = ( 2 x + 3 ) f 2 ( x ) và f ( 0 ) = − . Biết rằng tổng
2
a
a
f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = với a  và b  * và là phân số tối giản. Mệnh
b
b
đề nào sau đây đúng
a
a
A.  −1 .
B.  1 .
C. a + b = 1010 .
D. b − a = 3029 .
b
b
Câu 44: Giả sử hàm số f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên ( 0; + ) và thỏa mãn
f ( 1) = 1, f ( x ) = f  ( x ) 3x + 1 với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. 4  f ( 5 )  5 .
B. 2  f ( 3 )  3 .
C. 3  f ( 5 )  4 .
D. 1  f ( 5 )  2 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 45: Cho hàm số f ( x) xác định, có đạo hàm, liên tục và đồng biến trên [1; 4] thỏa mãn
x + 2 xf ( x) = [f ( x)]2 , x  [1; 4], f (1) =
A.
391
.
18
B.
361
.
18
3
. Giá trị f (4) bằng
2
381
C.
.
18
371
.
18
D.
Câu 46: Cho hàm số f ( x) không âm thỏa mãn điều kiện f ( x). f ( x) = 2 x f 2 ( x) + 1, f (0) = 0 . Tổng giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên [1; 3] bằng
B. 4 11 + 3 .
A. 22 .
D. 3 11 + 3 .
C. 20 + 2 .
Câu 47: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm và đồng biến trên R thỏa mãn f (0) = 1; ( f ( x) ) = e x . f ( x), x  R
2
1
. Tính tích phân
 f ( x)dx bằng
0
A. e − 2 .
B. e − 1 .
C. e 2 − 2 .
D. e 2 − 1 .
( )
Câu 48: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f ( x ) = 6 x 2 . f x 3 −
6
3x + 1
. Tính
1
 f ( x ) dx
0
A. 2.
C. −1.
B. 4.
D. 6.
( )
Câu 49: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn 4 x. f x 2 + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2 .Tính
1
 f ( x ) dx
0
A.

4
.
B.

6
.
C.

20
.
D.

16
.
Câu 50: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0; 2  thỏa mãn f ( x ) + f ( 2 − x ) = 2 x . Tính
2
 f ( x ) dx
0
A. −4.
B.
1
.
2
C.
4
.
3
D. 2.
(
)
2
3
Câu 51: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn −
 1,2  và thỏa mãn f ( x ) + 2 xf x − 2 + 3 f ( 1 − x ) = 4 x
Tính giá trị tích phân I =
2
 f ( x ) dx .
−1
A. I = 5 .
B. I =
5
.
2
C. I = 3 .
28
.
3
C. I =
D. I = 15 .
2
Câu 52: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn −
 1,2  và thỏa mãn f ( x ) = x + 2 + xf ( 3 − x ) . Tính giá trị
tích phân I =
2
 f ( x ) dx .
−1
A. I =
14
.
3
B. I =
4
.
3
D. I = 2 .
(
)
1
Câu 53: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0,1 và thỏa mãn f ( x ) + xf 1 − x 2 + 3 f (1 − x ) =
.
x+1
1
Tính giá trị tích phân I =  f ( x ) dx .
0
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
9
A. I = ln 2 .
B. I = ln 2 .
2
9
Câu 54: Cho
hàm
số
1
I =  f ( x ) dx =
0
y = f ( x)
và
thỏa
a−b 2
với a , b , c 
c
và
C. I =
mãn
D. I =
( )
f ( x ) − 8x3 f x4 +
x3
x2 + 1
3
.
2
=0 .
Tích
phân
a b
; tối giản. Tính a + b + c
c c
B. −4
A. 6.
4
.
3
D. −10 .
C. 4.
1
Câu 55: Cho hàm số liên tục trên đoạn −
 ln 2; ln 2  và thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = e x + 1 . Biết
ln 2
 f ( x ) dx = a ln 2 + b ln 3 với a, b 
. Tính giá trị của P = a + b
− ln 2
A. P =
1
.
2
B. P = −2
C. P = −1 .
Câu 56: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
D. P = 2 .


, f ( 0 ) = 0 và f ( x ) + f  − x  = sin xcosx với
2


2
. Giá trị của tích phân  xf  ( x )dx bằng
x 
0
A.
−
.
4
B.
1
.
4
Câu 57: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
phân I =

.
4
1
D. − .
4
2
x
và thỏa mãn f (1 + 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 2
, x  . Tính tích
x +1
C.
3
 f ( x )dx .
−1

A. I = 2 − .
2
Câu 58: Cho hàm số

B. I = 1 − .
4
y = f ( x ) xác định
và
C. I =
1 
− .
2 8
liên
tục
D. I =
trên
\0
x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1 với x  \0 và f ( 1) = −2 . Tính

4
.
và
thỏa
mãn
2
 f ( x )dx .
1
1
3
ln 2
3 ln 2
A. − − ln 2 .
B. − − ln 2 .
C. −1 −
.
D. − −
.
2
2
2
2
2
Câu 59: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn  4; 8  và f ( 0 )  0 với x   4;8  . Biết
 f  ( x ) 
1
1
dx = 1 và f ( 4 ) = , f ( 8 ) = . Tính f ( 6 ) .
rằng  
4
4
2
4  f ( x )


8
A.
5
.
8
2
B.
2
.
3
C.
3
.
8
D.
1
.
3
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
BẢNG ĐÁP ÁN
1.A
11.A
21.B
31.A
41.D
51.C
2.C
12.D
22.A
32.C
42.A
52.B
3.C
13.C
23.D
33.B
43.D
53.B
4.A
14.B
24.B
34.B
44.C
54.A
5.D
15.A
25.A
35.B
45.A
55.A
6.A
16.A
26.D
36.D
46.D
56.D
7.D
17.D
27.C
37.D
47.B
57.A
8.B
18.C
28.B
38.C
48.B
58.A
9.C
19.A
29.C
39.C
49.C
59.D
10.C
20.C
30.D
40.B
50.D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Chọn A
1
1
 1
3
1 3
Đặt t =  x = khi đó trở thành: f   + 2 f ( t ) =  2 f ( x ) + f   = .
x
t
t
t
x x
1 6
1
Hay 4 f ( x ) + 2 f   = , kết hợp với điều kiện f ( x ) + 2 f   = 3x.
x x
x
2
2
f ( x) 2
f (x)
6
 2

 −2

3
= 2 −1 I = 
dx =   2 − 1  dx = 
− x =
Suy ra: 3 f ( x ) = − 3x 
x
x
x
x

 x
1 2
1
1 x
2
2
Câu 2:
2
2
Chọn C
Cách 1: Áp dụng kết quả của dạng 3, ta có:
2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x = g ( x )  f ( x ) =
1
1
0
0
Suy ra: I =  f ( x ) dx = 
2 g ( x ) − 3g (1 − x )
2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x
−5
2 −3
2
2
casio
dx = 0,05 ( 3 ) =
=
2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x
−5
.
4
75
Cách 2:
Với 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = x 1 − x ta có A = 2 ; B = 0 ; C = 3.
1
Suy ra:
 f ( x ) dx =
0
1
casio
1
4
x
1
−
xdx
= 0,05 ( 3 ) =

2+3 0
75
Cách 3:
1
1
1
0
0
0
casio
Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x  2  f ( x ) dx + 3 f (1 − x ) dx =  x 1 − xdx = 0,2 ( 6 ) =
Đặt u = 1 − x  du = −dx ; Với x = 0  u = 1 và x = 1  u = 0.
Suy ra
1
1
1
0
0
0
 f (1 − x ) dx =  f (u) du =  f ( x ) dx thay vào ta được:
2
5 f ( x ) dx =
0
Câu 3:
2
4
4
  f ( x )dx =
15
75
0
Chọn C
Cách 1:
Áp dụng hệ quả 2: A. f ( x ) + B. f ( −x ) = g ( x )  f ( x ) =
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
g ( x)
A+B
, g ( x ) là hàm chẵn.
4
(* )
15
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Ta có: f ( − x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x  f ( x ) =



2
f ( x ) dx =

−
2 x sin x
2019
2
2019
2
2

−
casio
x sin xdx =
4
.
2019
2
Cách 2:
Với f ( − x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x với A = 1; b = 0; C = 2018 .


2

Suy ra
−
Câu 4:
1
f ( x ) dx =
1 + 2018
2
2

−
casio
2 x sin xdx =
4
.
2019
2
Chọn D
Cách 1:
Áp dụng hệ quả 1: A. f ( x ) + b. f ( −x ) = g ( x )  f ( x ) =
Ta có: f ( − x ) + 2018 f ( x ) = e x  f ( x ) =
I=
1

−1
f ( x ) dx =
A.g ( x ) − B.g ( −x )
A 2 + B2
.
2018e x − e − x
2018 2 − 1
casio
1
e2 − 1
x
−x
−4
. Chọn A
2018
e
−
e
dx

1,164.10

2019.2017 −1
2019 e
1
(
)
Cách 2:
Với f ( − x ) + 2018 f ( x ) = e x ta có A = 1; B = 0; C = 2018.
1
1
1
1 x
Suy ra  f ( x ) dx =
e x dx =
e

1 + 2018 −1
2019
−1
Câu 5:
1
=
−1
e2 − 1
.
2019 e
Chọn D
Áp dụng kết quả dạng 3, có 2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 = g ( x )
x
 x −1
2
2g   − g 
2
2
−2  6 x − 3 ( x − 1)


 f ( x) =
=
= x 2 + 2 x − 1.
3
22 − 1
Câu 6:
 f ( 1) = 2
Suy ra 
. Khi đó, phương trình tiếp tuyến cần lập là: y = 4 x − 2 .
 f  ( 1) = 4
Chọn A
Áp dụng Hệ quả 2 :
h( x)
với h ( x ) là hàm số chẵn
A.g ( x ) + B.g ( − x ) = h ( x )  g ( x ) =
A+B
1
1
Ta có: g ( x ) + g ( − x ) = 1 = h ( x )  g ( x ) =
=
1+1 2
Kết hợp với điều kiện f ( x ) là hàm số chẵn, ta có:
I =  f ( x ) g ( x ) dx =
1
−1
1
1 1
f ( x ) dx =  f ( x ) dx = 2018 .

−
1
0
2
Chú ý: Nếu f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên −
 a; a  thì
Câu 7:
 f ( x ) dx = 2 f ( x ) dx .
a
a
−a
0
Chọn D
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Cách 1:
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Áp dụng hệ quả 2: A. f ( x ) + B. f ( − x ) = g ( x )  f ( x ) =
Ta có: f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x  f ( x ) =
I=
3
2
−

f ( x ) dx =
3
2
3
2
−
g ( x)
A+B
với g ( x ) là hàm số chẵn
2 + 2cos 2 x
= cos x
2
Casio

cos x dx = 6
3
2
Cách 2:
Với f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x ta có A = 1; B = 0; C = 1 .
I=
3
2
−

3
2
1
f ( x ) dx =
1+1
3
2
−

3
2
2 + 2cos 2 xdx =
3
2
−

Casio
cos x dx = 6
3
2
Cách 3:
Từ f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x

3
2

f ( x ) dx +
3
−
2
3
2

f ( − x ) dx =
3
−
2
3
2

2 + 2cos 2 xdx =
3
−
2
Suy ra
−
3
2
3
2
3
2
3
2
−
−
3
2
−
3
2
3
2
 f ( x ) dx = 12   f ( x ) dx = 6 .
3
2
−
3
2
Chọn B
Với 2 f ( x) + f ( − x) = cos x ta có A = 2; B = 0; C = 1.

Suy ra: I =
2

−
Câu 9:
3
3
3
3
→u=
;x=
→u=−
2
2
2
2
 f ( −x ) dx =  f ( u) du =  f ( x ) dx
Thay vào , ta được: 2
Câu 8:

Casio
2 cos x dx = 12
3
−
2
Đặt u = 1 − x  du = −dx . Với x = −
3
2
3
2

1
f ( x)dx =
2+1
2
2
2
 cos xdx = 3 .
−
2
Chọn C
Với 2 f ( x) + 3 f ( − x) =
Suy ra: I =
2

−2
1
. ta có A = 2; B = 0; C = 3.
4 + x2
f ( x)dx. =
1
dx

 0,157  .

2
2 + 3 −2 4 + x
20
2
Câu 10: Chọn C
Đặt t = 1 − x  x = 1 − t.
Khi đó x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4  (1 − t )2 f (1 − t ) + f (t ) = 2(1 − t ) − (1 − t )4
 (t 2 − 2t + 1) f (1 − t ) + f (t ) = 1 + 2t − 6t 2 + 4t 3 − t 4
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
(* )
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Hay ( x 2 − 2 x + 1) f (1 − x) + f ( x) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4 (*)
Từ điều kiện: x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4  f (1 − x) = 2 x − x 4 − x 2 f ( x) (**) .
Thay
vào
ta
( x 2 − 2 x + 1)  2 x − x 4 − x 2 f ( x)  + f ( x) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4
được:
 (1 − x2 + 2 x3 − x4 ) f ( x) = x6 − 2 x 5 + 2 x 3 − 2 x 2 + 1
 (1 − x2 + 2 x3 − x4 ) f ( x) = (1 − x 2 )(1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 )  f ( x) = (1 − x 2 ).
1
1
2
Suy ra: I =  f ( x)dx =  (1 − x2 )dx = .
3
0
0
Câu 11: Chọn A
Ta có 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2   2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) dx = 
Xét

1
Xét

1
1
0
0
1 − x 2 dx đặt x = sin t khi đó 
0
0
1

1
1 − x2 dx =  2 cos2tdt =
0
0
1 − x 2 dx.
1 2

cos2t + 1) dt = , (1) .
(

2 0
4
2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) dx = 2  f ( x ) dx + 3 f (1 − x ) dx , ( * ) .
1
1
0
0
 f (1 − x ) dx =  f (t ) dt . Do tích phân có tính chất bất
 f ( t ) dt =  f ( x ) dx . Khi đó ( * ) trở thành  2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) dx = 5 f ( x ) dx , ( 2 ) .
Đặt 1 − x = t khi đó
1
1
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1

0
4
Từ ( 1) , ( 2 ) ta có 5 f ( x ) dx =
1

0
20
  f ( x ) dx =
biến nên
.
Câu 12: Chọn D
 u( x )

Áp dụng công thức   f ( t ) dt  = u ' ( x ) f u ( x ) − v ' ( x ) f v ( x ) .
 v( x )



(
)
(
)
 x2

Ta có   f ( t ) dt  = ( x cos( x) )  2 xf x 2 = cos( x) −  x sin( x), (1) .
0



( )
1
Thay x = 2 vào (1) ta được f ( 4 ) = .
4
Câu 13: Chọn C
 u( x )

Áp dụng công thức   f ( t ) dt  = u ' ( x ) f ( u ( x ) ) − v ' ( x ) f ( v ( x ) ) . Ta có
 v( x )



 x2

2
2

  f ( t ) dt  = e x + x 4 − 1  2 xf x 2 = 2 xe x + 4 x 3 , (1) .
0



(
)
( )
Thay x = 2 vào (1) ta được f ( 4 ) = e 4 + 8.
Câu 14: Chọn B
u( x )
Áp dụng công thức:
 f (t )dt = u'. f (u)
a
x

a
x
f (t )
f (t )
dt
+
6
=
2
x

dt + 6 = 2 x '

2
2
t
a t
( )
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
f ( x)
x
2
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 f ( x ) = x x . Vậy f ( 4 ) = 8.
1
=
x
Câu 15: Chọn A
u( x )
Áp dụng công thức:
 f (t )dt = u'. f (u)
a
x
g ( x ) = 1 + 2018  f ( t ) dt  g ' ( x ) = 2018 f ( x )  g ' ( x ) = 2018 g ( x ) 
0
Suy ra:
g'( x)

g ( x)
g '( x)
g ( x)
= 2018
dx =  2018dx  2 g ( x ) = 2018 x + C ( * )
x
Từ điều kiện: g ( x ) = 1 + 2018  f ( t ) dt  g ( 0 ) = 1 thay vào ( * ) ta có C = 2
0
Do đó:
g ( x ) = 1009 x + 1 . Vậy
1
1
g ( x ) dx =  ( 1009 x + 1)dx =

0
0
1011
2
Câu 16: Chọn A
Đặt: t =
1
1
1
1
 dt = − 2 dx ; x =  t = 2, x = 2  t = ’
x
2
2
x
 1
 1
1
f 
2 f  
2 f 
t  1
t
x 



I=
1.  − 2 dt =  2
.dt =  2
.dx
1
t 

1 t +1
1 x +1
2
+1
2
2
t2
1
1
1
2
+2
2
2 f 
2 f ( x) + f 
2 x +
2


f ( x)
x
x

1
  dx =
x2
Do đó: 2 I =  2
dx +  2  .dx = 
dx
=
1+ 2


2
2
x +1
x +1
x
1 x +1
1 x +1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
3
Vậy: I = .
2
Câu 17: Chọn D
(
)
dt = 3 x 2 + 1 dx
Đặt t = x 3 + x  
2
 f ( t ) = x − 1
.
Đổi cận: t = 0  x 3 + x = 0  x = 0 và t = 2  x 3 + x = 2  x = 1 .
2
1
0
0
(
)(
)
Casio
Khi đó I =  f ( t ) dt =  x 2 − 1 3x 2 + 1 dx = −
16
.
15
Câu 18: Chọn C
(
)
dt = 3 x 2 + 2 dx
Đặt t = x + 2 x − 2  
.
 f ( t ) = 3 x − 1
3
Đổi cận: t = 1  x 3 + 2 x − 2 = 1  x = 1 và t = 10  x 3 + 2 x − 2 = 10  x = 2 .
10
2
1
1
(
)
Casio
Khi đó I =  f ( t ) dt =  ( 3x − 1) 3x 2 + 2 dx =
Câu 19: Chọn A
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
135
.
4

 dx = 3

Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
dt = 3x 2dx
3
Đặt t = x + 1  
.
 f ( t ) = 2 x − 1
Đổi cận: t = 0  x 3 + 1 = 0  x = −1 và t = 2  x 3 + 1 = 2  x = 1 .
2
Khi đó I =  f ( t ) dt =
0
1
Casio
2
 ( 2x − 1) 3x dx = − 2 .
−1
Câu 20: Chọn C
5
5


5
u = x
du = dx
Đặt 

 I = xf ( x ) −  f ( x ) dx = 5 f ( 5 ) − f (1) −  f ( t ) dt .
1
dv = f ' ( x ) dx 
v = f ( x )
1
1

(
)
dt = 3 x 2 + 3 dx
Đặt t = x + 3x + 1  
.
 f ( t ) = 3 x + 2
3
Đổi cận: t = 1  x 3 + 3x + 1 = 1  x = 0; t = 5  x 3 + 3x + 1 = 5  x = 1 .
Suy ra: f ( 5 ) = 3.1 + 2 ( x = 1) và f ( 1) = 3.0 + 2 ( x = 0 ) .
1
(
)
Casio
Khi đó I = 5.5 − 2 −  ( 3x + 2 ) 3x 2 + 3 dx =
0
Câu 21: Chọn B
(
33
.
4
)
dt = 4 x 3 + 2 x + 1 dx

Đặt t = x + x + x − 1  
.
1
 f (t ) =
x+1

4
2
Đổi cận: t = 2  x 4 + x 2 + x − 1 = 2  x = 1; t = 21  x 4 + x 2 + x − 1 = 21  x = 2 ( x  0 ) .
21
21
2
2
1

5 
4x 3 + 2x + 1 dx =   4x 2 − 4x + 6 −
 dx .
x+1
x +1
1
1
2
Ta có: I =  f ( x ) dx =  f ( t ) dt = 
(
)
2
2
 4x3

28
3 28
243
=
− 2 x 2 + 6 x − 5ln x + 1  =
− 5ln =
− ln
.
3
2 3
32
 3
1
Suy ra a = 28; b = 3; c = 243; d = 32  T = 306 .
Câu 22: Chọn B


1 
dt =  1 + 2  dx

1

x 

Đặt t = x − + 1  
.
x
f t = 1
 ( ) x
1
5
1
5
Đổi cận: t = 1  x − + 1 = 1  x = 1; t =  x − + 1 =  x = 2 ( x  0 ) .
x
2
x
2
5
2
5
2
2
2
2
1 
1 
1 
1 
1 1
Ta có: I =  f ( x ) dx =  f ( t ) dt =  .  1 + 2  dx =  .  1 + 2  dx =  + 3 dx
x 
x 
x x
x 
x 
1
1
1
1
1
2

1 
3
=  ln x − 2  = + ln 2 . Suy ra a = 3; b = 8; c = 2  T = 13 .
2x  1 8

Câu 23: Chọn D
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
(
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
)
Đặt y = f ( x )  x = y + y  dx = 3 y + 1 dy .
3
2
Đổi cận:
x = 0  y3 + y = 0  y = 0 ;
x = 2  y3 + y = 2  y = 1 .
2
1
0
0
(
1
)
(
)
casio
Khi đó I =  f ( x ) dx =  y 3y 2 + 1 dy =  3y 3 + y dy =
0
Câu 24: Chọn B
(
5
.
4
)
Đặt y = f ( x )  x = 2 y 3 − 3 y 2 + 6 y  dx = 6 y 2 − 6 y + 6 dy .
Đổi cận:
x = 0  2 y3 − 3y 2 + 6 y = 0  y = 0 ;
x = 5  2 y 3 − 3y 2 + 6 y = 5  y = 1 .
5
1
0
0
(
1
)
(
)
casio
Khi đó I =  f ( x ) dx =  y.6 y 2 − y + 1 dy = 6  y 3 − y 2 + y dy =
0
Câu 25: Chọn A
(
5
.
2
)
Đặt y = f ( x )  x = − y 3 − 2 y + 1  dx = −3 y 2 − 2 dy .
Đổi cận:
x = −2  − y 3 − 2 y + 1 = −2  y = 1 ;
x = 1  −y3 − 2y + 1 = 1  y = 0 .
Khi đó I =
1

−2
0
(
)
1
(
)
casio
f ( x ) dx =  y. −3 y 2 − 2 dy =  3 y 3 + 2 y dy =
1
0
Câu 26: Chọn D
(
7
.
4
)
Đặt y = f ( x )  2 x = − y 5 − y + 4  2dx = −5 y 4 − 1 dy .
Đổi cận:
x = 1  −y5 − y + 4 = 1  y = 1 ;
x = 2  −y5 − y + 4 = 2  y = 0 .
2
0
1
1
(
)
1
(
)
casio
Khi đó I =  f ( x ) dx =  y. −5 y 4 − 1 dy =  5 y 5 + y dy =
0
4
.
3
Câu 27: Chọn C
u = x
du = dx
Đặt: 

dv = f  ( x ) dx v = f ( x )
7
 I =  xf  ( x ) dx = xf ( x )
−1
7
−1
7
7
−  f ( x ) dx = 7 f ( 7 ) + f ( −1) −  f ( x ) dx
−1
−1
 f ( 7 ) + f ( 7 ) − 10 = 0
 f ( 7 ) = 2

Từ x − f 3 ( x ) − f ( x ) + 3 = 0   3
 f ( −1) = 1
 f ( −1) + f ( −1) − 2 = 0
3
(
)
Đặt t = f ( x )  x − t 3 − t + 3 = 0  x = t 3 + t − 3  dx = 3t 2 + t dt
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
 x = −1  −1 = t 3 + t − 3  t = 1
Đổi cận 
3
 x = 7  7 = t + t − 3  t = 2
7
Khi đó
2
 f ( x ) dx =  (
−1
1
)
7
Casio
51
51 9
. Suy ra I = 15 −  f ( x ) dx = 15 − = .
3t + t dx =
4
4 4
−1
2
Câu 28: Chọn B
Cách 1: Dùng công thức tính nhanh dạng 7
1
Cách 2: Đặt: t = 1 − x  dt = −dx; f ( x ) =
và x = 0  t = 1; x = 1  t = 0
f (t )
1
1
dx
=
0 1 + f ( x)
0
Khi đó I = 
1
f (t )
1+
f ( t ) dt
1
dt
=
0
1 + f (t )
1
=
0
f ( x ) dx
1 + f ( x)
1
f ( x ) dx 1
dx
1
+
=  dx = 1  I = .
2
0 1 + f ( x)
0 1 + f ( x)
0
1
 2I = 
Câu 29: Chọn C
Cách 1: Dùng công thức tính nhanh dạng 7
Khi đó: I =
2018

0
dx
2018 − 0
=
= 1009
2.1
1 + f ( x)
Cách 2: Đặt: t = 1 − x  dt = −dx; f ( x ) =
Khi đó I =
2018

0
 2I =
2018

0
dx
=
1 + f ( x)
dx
+
1 + f ( x)
2018

0
2018

0
dt
1+
1
f (t )
f ( x ) dx
1 + f ( x)
=
=
2018

0
2018

1
và x = 0  t = 2018; x = 2018  t = 0
f (t )
f ( t ) dt
2018
1 + f (t ) 
=
0
f ( x ) dx
1 + f ( x)
dx = 2018  I = 1009 .
0
Câu 30: Chọn D
Dùng công thức tính nhanh dạng 7
12
12 − ( −2 ) 7
1
Do đó: I = 
dx =
= .
2.3
3
−2 3 + f ( x )
Câu 31: Chọn A
Cách 1: Sử dụng công thức giải nhanh dạng 8:
3
Do đó:
 f ( x )dx = 1 + 3 = 2 .
2.5
5
1
Cách 2: Đặt t = 4 − x  dt = −dx và x = 1  t = 3; x = 3  t = 1 .
3
3
3
3
1
1
1
1
Khi đó: 5 =  x. f ( x )dx =  ( 4 − t ) . f ( 4 − t ) dt =  ( 4 − x ) . f ( 4 − x ) dx =  ( 4 − x ) . f ( x ) dx .
3
3
3
3
1
1
1
1
Suy ra: 10 =  x. f ( x )dx +  ( 4 − x ) . f ( x ) dx = 4  f ( x ) dx   f ( x ) dx =
5
.
2
Câu 32: Chọn C
Sử dụng công thức giải nhanh dạng 8:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4
Do đó:
 f ( x )dx = −1 + 4 = 3 .
2.2
4
−1
Câu 33: Chọn B
f '( x)
2
Cách 1: Ta có: f '( x) = 2 x  f ( x) 
f (2) =−
 f ( x)
= 2x  
2
f '( x)
 f ( x)
2
dx =  2xdx 
−1
= x2 + C
f (x)
2
9
1
2
1
1
 f (1) = − .
 f ( x) = − 2
 C = .Vậy f ( x) = −
1
3
2
x +C
x2 +
2
Cách 2:
2
1
−2
f '( x) = 2 x  f ( x)  
= 2x  
dx =  2 xdx = 3  −
= 3  f (1) =
.
2
2
f ( x) 1
3
 f ( x) 
1  f ( x) 
1


Câu 34: Chọn B
2
f '( x)
2
f '( x)
2
Cách 1: Ta có: f '( x) = x  f ( x) 
 f ( x) = −
f (2) =−
1
 f ( x)
1
3
x
+C
2
=x
2
 C = 1 .Vậy f ( x) = −
2
2
f '( x)
f '( x)
 f ( x)
dx =  xdx 
2
−1
x2
=
+C
f (x) 2
1
2
 f (1) = − .
3
x +1
2
Cách
2:
2
3
1
−2
f '( x) = x  f ( x)  
=x
dx =  xdx =  −
= 3  f (1) =
.
2
2
2
f ( x) 1
3
 f ( x) 
1  f ( x) 
1


Câu 35: Chọn B
2
f '( x)
2
2
Cách 1: Ta có: f '( x) = 4 x3  f ( x) 
f (2) =−
 f ( x) = −
2
f '( x)
f '( x)
 f ( x)
2
= 4x3  
f '( x)
 f ( x)
2
dx =  4x 3dx 
−1
= x4 + C
f (x)
1
25
1
1
1
 f (1) = − .
 C = 9 .Vậy f ( x) = − 2
10
x +9
x +C
4
Cách 2:
2
1
−1
f '( x) = 4 x  f ( x)  
= 4x  
dx =  4 x dx = 15  −
= 3  f (1) = .
2
2
f ( x) 1
10
 f ( x) 
1  f ( x) 
1


Câu 36: Chọn D
Ta có f ' ( x ) = x 3  f ( x )  
 f ( x) = −
1
4
x
+C
4

f '( x)
 f ( x ) 
f ( 2 ) =−
3
f '( x)
2
Cách 1: Từ suy ra
2
f '( x)
2
3
 f ( x ) 
2
f '( x)
1
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
3
= x3 .
dx =  x 3 dx  −
2
5
⎯⎯⎯⎯
→−
2
1
x4
=
+C.
f ( x) 4
1
1
1
4
=−
 C = 1  f ( x) = − 4
 f ( 1) = − .
5
4+C
5
x
+1
4
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
f '( x)
2

1 
15
4
Cách 2: suy ra 
dx
=
x
dx

−
 f ( 1) = − .

 =

2


5
1  f ( x )
1
 f ( x)  1 4


2
2
3
Câu 37: Chọn D
Biến đổi
f ' ( x ) = −e . f
x
2
f '( x)
( x) 
f
2
= −e 
ln 2

x
( x)
f '( x)
f
0
2
( x)
ln 2
dx = 
0
ln 2
1
− e dx  −
f ( x)
= −1  f ( ln 2 ) =
x
1
1
3
Câu 38: Chọn C
f '( x)
Biến đổi
f 2 ( x)
1
=x 
2
0
f '( x)
1
1
1
1
dx =  x dx  −
=  f ( 1) = 6 .
2
3
f ( x)
f ( x)
0
2
0
Từ f ' ( x ) = ( x. f ( x ) )  f ' ( 1) = (1. f (1) ) = 36 .
2
2
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 36 ( x − 1) + 6  y = 36 x − 30 .
Câu 39: Chọn C
Ta có f  ( x ) + 2 f ( x ) = 0 
f ( x)
1
−1
f ( x)
= −2
1
dx =  -2dx  ln f ( x )
 f ( x)
 ln f ( −1) = 4  f ( −1) = e

f ( x)
1
−1
= −2 x
1
−1
 ln f (1) − ln f ( −1) = −4
−1
4
.
Câu 40: Chọn B
2
2
0

f
2
( 2 ) − f ( 0 ) = 136  f
2
2
Câu 41: Chọn D
2

f ( x)
f
2
( x)
dx =
Với f ( 2 ) =
2
15
f  ( x ) + ( 2x + 4 ) f 2 ( x ) = 0 
(
)
  f  ( x ) . f ( x ) dx =  x 4 + x 2 dx 
f  ( x ) . f ( x ) = x4 + x2
Ta có
0
 x5 x3 
1 2
f ( x ) 02 =  + 
2
3
 5
2
0
.
( 2 ) = 332
15
f ( x)
f 2 ( x)
1
= −2 x − 4
 ( −2x − 4 ) dx  − f ( x ) = −x
1
.
2
− 4x + C  f ( x ) =
−1
1
.
x + 4x − C
2
1
1
1
1

=
 C = −3  f ( x ) = 2
.
15
15 12 − C
x + 4x + 3
Khi đó f (1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) =
1 1
1
7
+ +
=
8 15 24 30
Câu 42: Chọn A
Từ f 6 ( x ) . f  ( x ) = 12 x + 13   f 6 ( x ) . f  ( x ) dx =  (12 x + 3 )dx
f
6
( x ) df ( x ) = 6x
Suy ra f
7
( x ) = 42x
2
2
+ 13x + C 
f 7 ( x)
7
( )
= 6 x 2 + 13x + C ⎯⎯⎯
→C =
f 0 =2
27
.
7
+ 91x + 2 .
7
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
7
2
Do đó phương trình f ( x ) = 3  f ( x ) = 2187  42 x + 91x − 2059 = 0 ( * ) .
Phương trình ( * ) có ac  0 nên có hai nghiệm trái dấu.
Câu 43: Chọn B
Biến đổi: f  ( x ) = ( 2 x + 3 ) . f 2 ( x ) 
−
f ( x)
f 2 ( x)
= 2x + 3  
f ( x)
f 2 ( x)
dx =  ( 2 x + 3 ) dx
1
f ( 0 ) =−
1
1
2
= x 2 + 3x + C  f ( x ) = − 2
⎯⎯⎯⎯
→C = 2
f ( x)
x + 3x + C
 f ( x) = −
1
1
.
=−
x + 3x + 2
( x + 1)( x + 2 )
2
Khi đó:
a
 1
1
1
1

 = f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = − 
+
+ .... +
+

b
2018.2019 2019.2020 
 2.3 3.4
1 1 1 1
1
1
1
1 
1
1 
1009
.
=  − + − + ... +
−
+
−
 = − −
=−
2018 2019 2019 2020 
2020
2 3 3 4
 2 2020 
Với điều kiện a , b thỏa mãn bài toán, suy ra a = −1009, b = 2020  b − a = 3029 .
Câu 44: Chọn C
Cách 1:
Ta có f ( x ) = f  ( x ) 3x + 1 

(
d f ( x)
3 f ( x)
)=1
f ( x)
f ( x)
1
=
3x + 1
−1
2
4
2
4
= 1  C = −  f ( x) = e 3
3
Cách 2: Với điều kiện bài toán, ta có
f ( x)
1
f ( x ) = f  ( x ) 3x + 1 
=
f ( x)
3x + 1

1
f ( x)
f ( x)
f ( x)
2
3x + 1) d ( 3x + 1)  ln f ( x ) =
(

3
3
Khi đó f (1) = 1  e 3
5
f ( x)

5
+C
1
dx = 
3x + 1
1
5
dx  
1
df ( x )
f ( x)
=
dx = 
dx
3x + 1
.
2
3x + 1 + C  f ( x ) = e 3
3 x +1 −
4
3
3 x +1 +C
.
4
 f ( 5 ) = e 3  3,79  ( 3; 4 ) .
f ( 5) 4
4
4
 ln f ( x ) 15 =  ln
=
3
3
f ( 1) 3
4
 f ( 5 ) = f ( 1) .e 3  3,79  ( 3; 4 ) .
Câu 45: Chọn A
Ta có: x + 2 xf ( x) = [f ( x)]2  x(1 + 2 f ( x)) = [f ( x)]2

4
4
[f ( x)]2
f ( x)
f ( x)
=x
= x
dx =  xdx
1 + 2 f ( x)
1 + 2 f ( x)
1 + 2 f ( x)
1
1
4
 1 + 2 f ( x) =
1
14
14
391
 1 + 2 f (4) − 2 =
 f (4) =
3
3
18
4
Chú ý: Nếu không nhìn được ra luôn

1
f ( x)
1 + 2 f ( x)
có thể sử dụng kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến .
Vi phân
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
4
dx = 1 + 2 f ( x) = 1 + 2 f (4) − 2 thì ta
1
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
4
4
4
−1
f ( x)
df ( x)
1
2 d(1 + 2 f ( x))
dx
=
dx
=
1
+
2
f
(
x
)
(
)
1 1 + 2 f ( x)
1 1 + 2 f ( x)
2 1
4
= 1 + 2 f ( x) = 1 + 2 f (4) − 2
1
Đổi biến: Đặt t = 1 + 2 f ( x)  t 2 = 1 + 2 f ( x)  tdt = f ( x)dx
Với x = 1  t = 1 + 2 f (1) = 2; x = 4  t = 1 + 2 f (4)
1+ 2 f (4)
1+ 2 f (4)
tdt
=t2
= 1 + 2 f (4) − 2
t

Khi đó I =
2
Câu 46: Chọn D
f ( x). f ( x)
Ta có f ( x). f ( x) = 2 x f 2 ( x) + 1 

f ( x). f ( x)
f ( x) + 1
2
dx =  2 xdx 
Với f (0) = 0  1 = C 
f 2 ( x) + 1
= 2x
f 2 ( x) + 1 = x 2 + C
f 2 ( x) + 1 = x 2 + 1  f 2 ( x) = x 4 + 2 x 2 = g( x)
Ta có g( x) = 4 x 3 + 4 x  0, x  [1; 3]
Suy ra g( x) đồng biến trên [1; 3]
f ( x ) 0
Suy ra g(1)  g( x) = f 2 ( x)  g(3)  3  f 2 ( x)  99 
3  f ( x)  3 11
 min f ( x) = 3; max f ( x) = 3 11 .
[1;3]
[1;3]
Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên [1; 3] bằng 3 11 + 3
Câu 47: Chọn B
Ta có ( f ( x) )
2
( f ( x))
= e . f ( x) 
2
x
f ( x)
−1
2
= ex 
x
2
x
2
f ( x)
x
= ex  
f ()) =1
  ( f ( x) ) df ( x) =  e dx  2 f ( x) = 2e + C → C = 0 
Suy ra
1
1
0
0
f ( x)
x
dx =  e x dx
x
2
f ( x) = e  f ( x) = e x
1
x
x
 f ( x)dx =  e dx = e = e − 1
0
Câu 48: Chọn B
( )
f ( x ) = 6x2 . f x3 −
1
1
1

3 
 I =  f ( x ) dx = 2   3x 2 . f x 3 −
dx = A − B
3x + 1
3x + 1 
0
0
( )
6
( )
Gọi A = 2  3x 2 . f x 3 dx. Đặt t = x 3  dt = 3x 2 dx
0
Đổi cận x = 0  t = 0; x = 1  t = 1
1
1
0
0
A = 2  f ( t )dt = 2  f ( x ) dx = 2 I
1
I = 2I − B  I = B = 6
0
1
1
1
−
1
dx = 6  ( 3x + 1) 2 . .d ( 3x + 1) = 2.2. 3x + 1 = 4.
0
3
3x + 1
0
1
Câu 49: Chọn C
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
( )
4 x. f x 2 + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2
1
( )
1
1
1
1
0
0
0
0
( )
 2. 2 x. f x 2 dx + 3 f (1 − x ) dx =  1 − x 2 dx  2 A + 3B =  1 − x 2 dx ( * ) A =  2 x. f x 2 dx
0
1
1
0
0
Đặt t = x 2  dt = 2 xdx ; x = 0  t = 0; x = 1  t = 1 A =  f ( t )dt =  f ( x )dx
1
B =  f ( 1 − x )dx
1
1
0
0
t = 1 − x  dt = −dx; x = 0  t = 1, x = 1  t = 0 B =  f ( t )dt =  f ( x )dx
Đặt
0
1
1
1
0
0
0
( * )  2 f ( x )dx + 3 f ( x )dx = 
1
1
0
0
1 − x 2 dx  5. f ( x )dx =  1 − x 2 dx
  

Đặt: x = sin t  dx = costdt , t   − ;  ; x = 0  t = 0, x = 1  t =
2
 2 2


2
1 + cos2t
1  1


dt = .  t + sin 2t  2 =
2
2  2
 0 4
0
1

2
  1 − x 2 dx =  1 − sin 2 t .cos tdt = 
0
0

1
 f ( x )dx = 20 .
0
Câu 50: Chọn D
2
2
2
0
0
f ( x ) + f ( 2 − x ) = 2 x   f ( x )dx +  f ( 2 − x )dx =  2 xdx
0
2
2
2
0
0
0
  f ( x )dx = −  f ( 2 − x )dx +  2 xdx
Đặt: t = 2 − x  dt = −dx . Đổi biến: x = 0  t = 2, x = 2  t = 0
2
2
2
2
 f ( 2 − x ) dx =  f (t ) dt =  f ( x ) dx . Do đó: 2 f ( x ) dx = x
0
0
Câu 51: Chọn C
0
(
2
2
0
0
= 4 . Vậy:
2
 f ( x ) dx = 2
0
)
f ( x ) + 2 xf x 2 − 2 + 3 f (1 − x ) = 4 x 3

2
2
 f ( x ) dx +  2x. f ( x
−1
2
−1
)
2
2
−1
−1
− 2 dx + 3  f (1 − x ) =  4 x 3ds = 15 () .
Đặt u = x − 2  du = 2 xdx ; với x = −1  u = −1; x = 2  u = 2 .
2
2
Khi đó
(
)
2
 2x. f x − 2 dx =
−1
2

f ( u ) du =
−1
2
 f ( x ) dx (1) .
−1
Đặt t = 1 − x  dt = −dx ; với x = −1  t = 2; x = 2  t = −1 .
2
Khi đó

f ( 1 − x ) dx =
−1
2

f ( t ) dt =
−1
2
 f ( x ) dx ( 2 )
−1
2
2
−1
−1
Thay ( 1) , ( 2 ) vào () ta được 5  f ( x ) dx = 15   f ( x ) dx = 3 .
Câu 52: Chọn B
(
)
f ( x ) − xf 3 − x 2 = x + 2 
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2

−1
2
(
)
f ( x ) dx −  xf 3 − x 2 dx =
−1
2

−1
x + 2dx =
14
( ) .
3
.Vậy
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Đặt u = 3 − x 2  du = −2 xdx ; với x = −1  u = 2; x = 2  u = −1 .
2
Khi đó
(
2
)
−1
Thay vào () ta được
2
1
1
f ( u ) du =  f ( x ) dx ( 2 )

2 −1
2 −1
2
 xf 1 − x dx =
2
f ( x ) dx −

−1
2
2
1
14
28
.
f ( x ) dx =
  f ( x ) dx =

2 −1
3
3
−1
Câu 53: Chọn B
(
)
f ( x ) + xf 1 − x 2 + 3 f ( 1 − x ) =
1
1
(
1
x+1
1
)
1
  f ( x ) dx +  xf 1 − x dx + 3 f ( 1 − x ) dx = 
0
2
0
1
dx
= ln x + 1 = ln 2 ()
0
x+1
0
0
Đặt u = 1 − x  du = −2 xdx ; với x = 0  u = 1; x = 1  u = 0 .
2
1
(
)
Khi đó  2 xf x2 − 2 dx =
0
1
1
1
1
f ( u ) du =  f ( x ) dx (1) .

20
20
Đặt t = 1 − x  dt = −dx ; với x = 0  t = 1; x = 1  t = 0 .
Khi đó
1
1
1
0
0
0
 f (1 − x ) dx =  f (t ) dt =  f ( x ) dx ( 2 ) .
Thay ( 1) , ( 2 ) vào () ta được
1
 f ( x ) dx +
0
1
1
1
1
1
9
2
f ( x ) dx + 3 f ( x ) dx = ln 2   f ( x ) dx = ln 2   f ( x ) dx = ln 2 .

20
20
9
0
0
Câu 54: Chọn A
Cách 1: .
( )
x3
Biến đổi: f ( x ) − 8 x3 f x 4 +
x2 + 1
( ) ( )
= 0  f ( x ) − 2 4x3 f x4 = −
x3
x2 + 1
với
A = 1; B = −2; C = 0 .
1
Áp dụng công thức ta có:
 f ( x )dx =
0
1
1
1
x3
x3
−
dx
=
0 x2 + 1dx .
1 + ( −2 ) 0
x2 + 1
x = 0  t = 1
Đặt t = x 2 + 1  t 2 = x 2 + 1  tdt = xdx; với 
.
 x = 1  t = 2
Khi đó
1
1
x2
 f ( x )dx = 
xdx =
2

t2 − 1
.tdt =
t
x2 + 1
1
Suy ra a = 2; b = 1; c = 3  a + b + c = 6 .
0
0
2
 (t
2
)
− 1 .dt =
1
2
t3
2− 2 a−b 2
− t|1 =
.
3
3
c
Cách 2:
( )
Từ f ( x ) − 8 x3 f x 4 +
x3
x2 + 1
1
1
0
0
( )
1
= 0   f ( x ) dx − 2  4 x 3 f x 4 dx + 
0
x3
x2 + 1
dx = 0 ( * ) .
Đặt u = x 4  du = 4 x 3 dx; với x = 0  u = 0; x = 1  u = 1.
1
( )
1
1
0
0
Khi đó  4x 3 f x 4 dx =  f ( u )du =  f ( x ) dx thay vào ( * ) , ta được:
0
1
1
1
0
0
0
 f ( x ) dx − 2 f ( x ) dx + 
x3
x2 + 1
1
1
dx   f ( x ) dx = 
0
x3
dx .
x2 + 1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
0
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x = 0  t = 1
Đặt t = x 2 + 1  t 2 = x 2 + 1  tdt = xdx; với 
.
 x = 1  t = 2
Khi đó
1
1
0
0
 f ( x )dx = 
x2
x2 + 1
xdx =
2

1
t2 − 1
.tdt =
t
2
(
)
t 2 − 1 .dt =
1
2
t3
2− 2 a−b 2
− t|1 =
=
.
3
3
c
Câu 55: Chọn A
Cách 1: Dùng công thức dạng 2
1
. Ta có A = 1; B = 1; C = 0 .
Từ f ( x ) + f ( − x ) = x
e +1
ln 2
f ( x ) dx =

Suy ra
− ln 2
ln 2
ln 2
1
dx
1
dx
=  x

x
1 + 1 − ln 2 e + 1 2 − ln 2 e + 1
Cách 2: Dùng công thức đổi biến số.
Từ f ( x ) + f ( − x ) =
ln 2
ln 2
ln 2
1
1
  f ( x ) dx +  f ( −x ) dx =  x
dx ( * ) .
x
e + 1 − ln 2
− ln 2
− ln 2 e + 1
Đặt u = − x  du = −dx; Với x = − ln 2  u = ln 2; x = ln 2  u = − ln 2.
ln 2
f ( − x ) dx =

Suy ra
− ln 2
ln 2
2

ln 2
f ( u ) du =

− ln 2
f ( x ) dx =
− ln 2
ln 2
 f ( x ) dx thay vào ( * ) , ta được:
− ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
1
1
1
dx   f ( x ) dx =  x
dx .

x
2 − ln 2 e + 1
− ln 2 e + 1
− ln 2
1
Đặt t = e x  dt = e x dx; Với x = − ln 2  t = ; x = ln 2  t = 2.
2
ln 2
ln 2
2
2
2
1
2
1
ex
dt
t
Suy ra  x
dx =  x x
dx = 
= ln
t +1
e +1
1 t ( t + 1)
− ln 2 e + 1
− ln 2 e
(
)
ln 2
= ln 2 .
1
1
1
 f ( x ) dx = 2 ln 2 = a ln 2 + b ln 3 ⎯⎯⎯→ a = 2 ; b = 0  P = 2 .
Khi đó
a , b
− ln 2
Câu 56: Chọn D
Cách 1:


Với f ( x ) + f  − x  = sin xcosx ta có A = 1; B = 0; C = 1.
2



2
Suy ra

f ( x ) dx = −
0
1 2
1
sin xcosx dx = − .

1+10
4
Cách 2:



2




1
Từ f ( x ) + f  − x  = sin xcosx   f ( x ) dx +  f  − x  dx =  sin xcosxdx = ( * )
2
2

2

0
0
0
2
Đặt u =

2
− x  du = −dx; x = 0  u =
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2

2
;x =

2
u=0.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

2
Suy ra

0


2
2


f  − x  dx =  f ( u ) du =  f ( x ) dx thay vào ( * ) , ta được:
2

0
0


2
1


 f ( x ) dx = 4 (1) Đặt dv = f  ( x ) dx  v = f ( x ) ;
1
2  f ( x ) dx = 
2
0
2
u = x
du = dx
0




2
  xf  ( x ) dx = xf ( x )
0

2
0

2
−  f ( x ) dx =
0
  
2
f   − f ( x ) dx . ( * )
2  2  0
  
 f   − f (0) = 0


 2
Từ điều kiện f ( x ) + f  − x  = sin xcosx    




2

f
+ f (0) = 0
  2 
 
f   = 0 (2)
2

2
Thay ( 1) , ( 2 ) vào ( * ) , ta được  xf  ( x ) dx =
0
−1
4
Câu 57: Chọn A
Đặt t = 1 + 2 x  1 − 2 x = 2 − t và x =
t −1
, khi đó điều kiện trở thành:
2
2
 t −1
 2 
2
2
  f t + f 2 − t = t − 2t + 1  f x + f 2 − x = x − 2 x + 1  .
f (t ) + f ( 2 − t ) = 
(
)
(
)
(
)
(
)
()
2
t 2 − 2t + 5
x2 − 2x + 5
 t −1
 2  +1


Cách 1:
Với f ( x ) + f ( 2 − x ) =
x2 − 2 x + 1
, ta có A = 1; B = 1 .
x2 − 2 x + 5
1
x2 − 2 x + 1

Suy ra:  f ( x ) dx =
dx  0,429 = 2 − .

2
x + 1 −1 x − 2 x + 5
2
−1
3
3
Cách 2:
Từ () , ta có: f ( x ) + f ( 2 − x ) =
x2 − 2x + 1
x2 − 2x + 1

f
x
dx
+
f
2
−
x
dx
=
dx ( * * ) .
(
)
(
)


 2
x2 − 2x + 5
−1
−1
−1 x − 2 x + 5
3
3
3
Đặt u = 2 − x  du = −dx , Với x = −1  u = 3 và x = 3  u = −1 .
3
Suy ra

f ( 2 − x )dx =
−1
3
2  f ( x )dx =
−1
3

f ( u )du =
−1
3
 f ( x )dx thay vào () , ta được:
−1
x2 − 2 x + 1
1 x2 − 2x + 1

dx

f
x
dx
=
−1 x2 − 2x + 5
−1 ( ) 2 −1 x2 − 2x + 5dx  0,429 = 2 − 2 .
3
3
3
Câu 58: Chọn A
Biến đổi x2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) + 1 = f ( x ) + xf  ( x )  ( xf ( x ) + 1) = f ( x ) + xf  ( x )() .
2
Đặt h ( x ) = xf ( x ) + 1  h ( x ) = f ( x ) + x. f  ( x ) , Khi đó () có dạng:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 24
Phan Nhật Linh
h 2 ( x ) = h ( x ) 
 h( x) = −
h ( x )
h ( x)
2
= 1 
h ( x )
h ( x)
2
dx =  dx  
dh ( x )
h ( x)
2
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
= x +C  −
1
= x + C.
h ( x)
1
1
1
f ( 1) =−2
 xf ( x ) + 1 = −
⎯⎯⎯
⎯
→−2 + 1 = −
 C = 0.
x+C
x+C
1+C
1
1 1
Khi đó xf ( x ) + 1 = −  f ( x ) = − 2 − . Suy ra:
x
x
x
2
2
1
1
 f ( x ) dx = −
1 1
1
− dx = − − ln 2 .
2
x
2
x
Câu 59: Chọn D
8
8
f ( x)
df ( x )
1
1
Xét  2
dx =  2
=−
−
= − ( 2 − 4) = 2 .
f (8) f ( 4)
4 f ( x)
4 f ( x)
 f ( x)

Gọi k là một hằng số thực, ta sẽ tìm k để   2
+ k  dx = 0


4  f ( x)

8
2
Ta có:
8 f x 
8
8
 f ( x)

 ( )  dx + 2 k f  ( x ) dx + k 2 dx = 1 + 4 k + 4 k 2 = 2 k + 1 2 .
+
k
dx
=


(
)
4  f 2 ( x ) 
4   4
4 f 2 ( x )
4
f
x
(
)




2
8
2
8
6
6
f ( x) 1 
f ( x) 1
f ( x)
1
1
−  dx = 0  2
=  2
dx =  dx
Suy ra k = − thì   2

2 
24
2
f ( x) 2
4  f ( x)
4 f (x)
2
6

4
df ( x )
f
2
( x)
dx =1 
1
1
1
1
−
=1 4−
= 1  f (6) = .
3
f ( 4) f (6)
f (6)
b
Chú ý:
b
 f ( x ) dx =0 không được phép suy ra f ( x ) = 0 , nhưng  f ( x ) dx =0  f ( x ) = 0.
2k
a
25 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
a
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 6
Câu 1.
Tích phân hàm ẩn phần 2
Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [a; b] . Khi đó tích phân I =  f ( x)dx tương
b
a
ứng với
A.
Câu 2.

b
a
f ( a + b − x)dx .
B.

b
a
b
C. −  f ( a + b − x)dx . D.
f ( a + b + x)dx .
a
Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn 0; 3  và có tích phân

b
3
f ( x)dx = 8 . Giá trị
a

0
f ( x − a + b)dx .
3
của tích phân I =  f (3 − x)dx tương ứng bằng
0
B. −8
A. 11 .
Câu 3.
C. −11 .
và thỏa mãn f ( x ) + f ( 3 − x ) = x 2 − 3x +
Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên
x 
. Giá trị của tích phân I =
D. 8 .
13
với
2
4
 f ( x ) dx tương ứng bằng
−1
Câu 4.
A. 27 .
B. 30 .
C. 31 .
D. 95
5
6
4
2
Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên
và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( 2 − x ) = g ( x )
1
2
 f ( 2x ) dx = −3 . Giá trị của tích phân
với x  0; 2  . Biết rằng tích phân
 g ( x ) dx tương ứng
0
Câu 5.
0
bằng
A. −15 .
B. 6 .
C. −30 .
D. 12 .
Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên
thỏa mãn hệ thức f ( x ) − f ( 4 − x ) = g ( x )
3
với x  1; 3  . Giá trị của tích phân  g ( x ) dx tương ứng bằng
1
Câu 6.
D. −2 .
A. 4 .
B. 0 .
C. 1 .
Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên
thỏa mãn 3 f ( x ) − f ( 3 − x ) = g ( x ) và
f ( x ) + 2 f ( 3 − x ) = 3x + 1 với 1; 2  . Giá trị của tích phân
2
2
 g ( x ) dx tương ứng bằng
1
Câu 7.
16
10
13
A.
.
B. 9 .
C.
.
D.
.
2
3
3
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R thỏa mãn f ( x ) − f (3 − x) − f ( 4 − x ) = 4 x 3 + 1 với x  0;6 
. Giá trị của biểu thức
Câu 8.
 f ( 4 − x )dx +  f ( 3 − x )dx tương ứng bằng
2
3
1
1
A. −98 .
B. −36 .
Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên
x  −
 6; 6  . Giá trị lớn nhất của tích phân
thực a   0; 3 
A. 12 .
Câu 9.
C. 42 .
D. −48 .
, thỏa mãn f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 2 x với

3−a
a
B. 9 .
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
f ( 4 − x ) dx tương ứng bằng bao nhiêu? Với số
(
2−a
 f ( 3x
a
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
)
thỏa mãn f ( x ) − f ( 2 − x ) − f 3x 2 − 1 = 3x 2 −
x  −
 10;10  . Giá trị nhỏ nhất của tích phân
a  1; 6 
D. 10 .
C. 6 .
2
)
15
với mọi
4
− 1 dx bằng bao nhiêu? Với số thực
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. − 15 .
B. − 1 .
2
2
C. −10 .
D. −6 .
a
Câu 10. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên
. Giá trị của tích phân
 f ( x ) dx tương ứng bằng
−a
a
A.
a
 f ( x ) dx .
a
B. −  f ( a − x ) dx .
C.
−a
0
a
 f ( −x ) dx .
D.
−a
 f ( 2a − x ) dx .
−a
thỏa mãn f ( x) + 3 f ( − x) = 6 x 2 − 1 . Giá trị của tích
Câu 11. Cho hàm số f ( x) xác định và liên tục trên
1
phân
 f ( x)dx
tương ứng bằng
−1
A. 1 .
1
.
2
thỏa mãn 3 f ( x) + 4 f ( − x) = g( x) với x  −
 a; a  .
C. 0 .
B. 2 .
Câu 12. Cho hàm số f ( x) xác định và liên tục trên
a
Biết giá trị của tích phân

D.
f ( x)dx = 2 . Giá trị của tích phân
−a
 g( x)dx tương ứng bằng
−a
2
.
C. 14 .
7
Câu 13. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và xác định và liên tục trên
A. 9 .
a
B.
7
.
2
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
D.
5 f ( x ) − 2 f ( − x ) = x 2 cos  x với x  −
 1; 1 ; f ( 1) + f ( −1) = 3 . Giá trị của tích phân
1
I =  xf ' ( x )dx = a +
−1
b
b
; với a , b , c là những số nguyên dương và phân số tối giản. Giá trị
2
c
c.
của biểu thức T = a + b + c tương ứng bằng
A. 11 .
B. 10 .
C. 9 .
D. 12 .
Câu 14. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên
thỏa mãn f ( x ) . f ( a + b − x ) = 1 với
b
dx
tương ứng bằng
1
+
f
x
(
)
a
x   a; b  . Giá trị của tích phân I = 
A. b − a .
2
2
2
D. b − a .
4
C. b − a .
B. 1 .
1
Câu 15. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên R thỏa mãn f ( x ) + f   = g ( x ) với
x
a
x  ( 0; + ) . Giá trị của tích phân I = 
f ( x ) dx
1
a
A. I =
a
1
g ( x ) dx .
2 1
B. I =
a
a
1
g ( x ) dx .
2 1
x
tương ứng bằng
C. I =
a
a
1
g ( x ) dx .
2 1
D. I =
1
thỏa mãn f ( x ) + f   = xg ( x )
x
a
a
1
a
1
a
với x  ( 0; + ) . Biết rằng  g ( x ) dx = 6 . Giá trị của tích phân I = 
A. 6 .
B. 9 .
a
a
a
Câu 16. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên
1 g ( x ) dx
.
2 1
x
C. 3 .
f ( x ) dx
x
tương ứng bằng
D. 12 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Câu 17. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên
x  ( 0 ; +  ) . Biết rằng
a
a
1
a
1
a
 g ( x ) dx = 10 . Giá trị của tích phân I = 
B. 2 .
A. 1 .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f   = xg ( x ) với
x
C. 5 .
Câu 18. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên
x  ( 0 ; +  ) . Biết rằng
e
 f  ( x ) ln xdx = 18
1
e
( )
f x 2 dx
x
tương ứng bằng
D. 11 .
1
thỏa mãn f ( x ) + 2 f   = xg ( x ) với
x

và  f ( e ) +

 1 
f    = 5 . Giá trị của tích phân
 e 
e
I =  g ( x ) dx tương ứng bằng
1
e
A. −13 .
B. −39 .
C. 18 .
D. −6 .
2
Câu 19. Cho hàm số f ( x ) liên tục và thỏa mãn f ( 2 x − 1) = 3x + 1 với mọi x  ( 0; + ) . Giá trị của tích
phân I =
3
 f ( x )dx tương ứng bằng
−1
A. 32 .
B. 4 .
C. 20 .
D. 18 .
3
Câu 20. Cho hàm số f ( x ) liên tục và thỏa mãn f x + 3x + 1 = 6 x + 2 với x  ( 0; + ) . Giá trị của tích
(
)
5
phân I =  f ( x )dx tương ứng bằng
1
A. 22 .
43
.
2
B.
C.
50
.
3
D.
Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục thỏa mãn f ( x ) = f ( 1 − x ) với x  ( 0; + ) và
35
.
2
1
 f ( x ) dx = −6 . Giá trị
0
1
(
)
của tích phân I =  2 x3 − 3x2 f ( x ) dx tương ứng bằng
0
A. −3 .
B. 6 .
C. −12 .
D. 3 .
Câu 22. Cho hàm số f ( x ) liên tục thỏa mãn f ( x ) = f ( 2 − x ) với x  ( 0; + ) và
2
 f ( x ) dx = 12 . Giá trị
0
2
(
)
của tích phân I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx tương ứng bằng
0
A. −12 .
B. −24 .
C. 6 .
D. −6 .
Câu 23. Cho hàm số f ( x) liên tục và thỏa mãn: ( f ( x) ) + 2 f ( x) = 2 x − 1 với x 
3
phân I =
. Giá trị của tích
2
 f ( x)dx tương ứng bằng
−1
A. I = 1 .
B. I = −1 .
C. I = 0 .
D. I = 2 .
5
Câu 24. Cho hàm số f ( x) liên tục và thỏa mãn: ( f ( x)) + 3 f ( x) = x với x  . Giá trị của tích phân
4
I =  ( f ( x) ) dx tương ứng bằng
2
0
A. I =
12
.
7
B. I = −3 .
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. I = 8 .
D. I =
16
.
3
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 25. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
(
)
và thỏa mãn f ( x + 1) + f ( x + 2 ) = e x x 2 − 1 . Giá trị của tích
phân I =  f ( x ) dx tương ứng bằng
3
1
A. I = 0 .
Câu 26. Cho
hàm
số
B. I = 2 .
f ( x)
liên
D. I = −3 .
C. I = −1 .
tục
và
xác
định
trên
thỏa
f ( x + 1) + f ( x + 2 ) + ... + f ( x + 2019 ) = 3x 2 + 2 x . Giá trị của tích phân I = 
2019
1
ứng bằng
A. I = 1 .
Câu 27. Cho hàm số
f ( x)
B. I = 2 .
liên tục trên
hệ
thức
f ( x ) dx tương
C. I = 3 .
D. I = 5 .
( −2; + ) và thỏa mãn hệ thức điều kiện
12
1
1
f ( 2 x − 1) + f ( 3x + 6 ) = x ln ( x + 2 ) . Giá trị của tích phân I =  f ( x ) dx tương ứng bằng
3
2
−3
A.
9
.
4
B. 3 .
C.
10
.
3
D.
Câu 28. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; + ) và thỏa mãn f ( x 2 + 1) +
phân I =
f
27
.
2
( x ) = x + 2. Giá trị của tích
4x x
17
 f ( x ) dx tương ứng bằng
1
27
.
2
Câu 29. Cho hàm
B. 36.
A.
số
f ( x)
liên
C. 72.
tục
trên
( )
f ( x + 1) + 3 f ( 3x + 2 ) − 4 f ( 4 x + 1) − f 2 x =
2
I=
1
f ( x ) dx
x
1; + )
và
D. 18.
thỏa
3
x+1 + x+ 2
mãn
với x 
hệ
thức
điều
kiện
. Giá trị của tích phân
tương ứng bằng
(
)
A. ln 2 + 3 − 2 2
B. 2 + 6 3 − 8 2 ln 2 .
C. 2 + 6 3 − 8 2 .
D. 3 2 + 4 3 − 1 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
BẢNG ĐÁP ÁN
1.A
2.D
3.D
4.C
5.B
6.A
7.A
8.B
9.B
10.C
11.D
12.C
13.B
14.A
15.D
16.C
17.A
18.B
19.C
20.B
21.D
22.B
23.C 24.A
25.C
26.B
27.D
28.C
29.B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
Chọn A
x = a  t = b
Đặt t = a + b − x  dt = −dx . Đổi cận 
.
x = b  t = a
b
a
b
b
a
b
a
a
Suy ra: I =  f ( x)dx =  f ( a + b − t )( −dt ) =  f ( a + b − t )dt =  f (a + b − x)dx .
Câu 2.
Chọn D
Cách 1: Trắc nghiệm: Hàm tự do một giả thiết nên ta chọn hàm luôn có dạng f ( x ) = a là hằng
số.
Suy ra:

3
0
3
f ( x)dx = 8 =  adx = 3a  a =
0
3
3
0
0
Suy ra: I =  f (3 − x)dx = 
8
8
 f ( x) = = f (3 − x) .
3
3
8
dx = 8 .
3
3
3
0
0
Cách 2: Áp dụng công thức: I =  f (3 − x)dx =  f ( x)dx = 8 .
3
x = 0  t = 3
Cách 3: Với tích phân: I =  f (3 − x)dx. Đặt: t = 3 − x  dt = −dx; đổi cân: 
0
x = 3  t = 0
3
0
3
0
3
0
Suy ra: I =  f (3 − x)dx =  f (t )( −dt ) =  f (t )dt = 8 .
Câu 3.
Chọn D

13 
95
Từ giả thiết ta tích phân hai vế:   f ( x ) + f ( 3 − x )  dx =   x 2 − 3x +  dx =
2 
3
−1
−1 
4

4

−1
4
f ( x ) dx +  f ( 3 − x ) dx =
−1
4
4
4
4
95
95
  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =
3
3
−1
−1
4
95
95
.
 2  f ( x ) dx =
  f ( x ) dx =
3
6
−1
−1
Câu 4.
Chọn C
Áp dụng công thức
b
b
a
a
 f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra
2
2
0
0
 f ( x ) dx =  f ( 2 − x ) dx .
1
Xử lý tích phân
 f ( 2x ) dx = −3 .
0
1
2
2
1  1
Đặt t = 2 x  dt = 2dx   f ( 2 x ) dx = −3 =  f ( t )  dt  =  f ( t ) dt
2  20
0
0
2
2
0
0
  f ( t ) dt = −6 =  f ( x ) dx .
Từ giải thiết, ta lấy tích phân hai vế:
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
2
2
2
 2 f ( x ) + 3 f ( 2 − x )dx =  g ( x )dx = 2 f ( x )dx + 3 f ( 2 − x )dx
0
0
0
0
2
2
2
2
0
0
0
0
  g ( x )dx = 2  f ( x )dx + 3 f ( x )dx = 5 f ( x )dx = 5. ( −6 ) = −30 .
Câu 5.
Chọn B
Áp dụng công thức
b
b
a
a
 f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra
3
3
 f ( x ) dx =  f ( 4 − x ) dx .
1
1
3
3
1
1
Từ giả thiết ta lấy tích phân 2 vế: 0 =  ( f ( x ) − f ( 4 − x ) ) dx =  g ( x ) dx .
Câu 6.
Chọn A
b
Áp dụng công thức
b
 f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra
a
a
Từ f ( x ) + 2 f ( 3 − x ) = 3x + 1 suy ra:
2
2
1
1
 f ( x ) dx =  f ( 3 − x ) dx .
2
2
2
 ( f ( x ) + 2 f ( 3 − x ) ) dx =  ( 3x
2
)
2
2
1
1
+ 1 dx  3 f ( x ) dx = 8   f ( x ) dx =
1
1
2
2
2
2
1
1
1
1
Từ 3 f ( x ) − f ( 3 − x ) = g ( x ) suy ra:
8
.
3
16
 ( 3 f ( x ) − f ( 3 − x ) ) dx =  g ( x ) dx   g ( x ) dx = 2 f ( x ) dx = 3 .
Câu 7.
Chọn A
 f ( x )dx =  f ( a + b − x )dx , suy ra:
 f ( x ) dx =  f ( 3 − x )dx;  f ( x ) dx =  f ( 4 − x )dx
b
Áp dụng công thức
2
b
a
a
2
1
3
1
3
1
1
Từ f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 4 x + 1
3

2
1
( f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x )) dx =  ( 4x
2
3
1
)
+ 1 dx = 16
  f ( x ) dx −  f ( 3 − x ) dx −  f ( 4 − x ) dx = 16
2
2
1
2
1
1
 −  f ( 4 − x ) dx = 16   f ( 4 − x ) dx = −16
2
2
1
1
( 1)
3
Từ f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 4 x + 1

3
1
( f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x )) dx =  ( 4x
3
1
3
)
+ 1 dx = 82
  f ( x ) dx −  f ( 3 − x ) dx −  f ( 4 − x ) dx = 82
3
3
1
3
1
1
 −  f ( 3 − x ) dx = 82   f ( 3 − x ) dx = −82
3
3
1
1
Từ (1) và ( 2 ) suy ra
Câu 8.

2
1
(2)
f ( 4 − x )dx +  f ( 3 − x )dx = −16 − 82 = −98 .
3
1
Chọn B
f ( 3 − x ) dx .

Từ f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 2 x   ( f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) ) dx =  2 xdx
  f ( x ) dx −  f ( 3 − x ) dx −  f ( 4 − x ) dx =  2 xdx = −6a + 9
Áp dụng công thức

b
a
f ( x )dx =  f ( a + b − x )dx , suy ra:
b
a
3−a
3−a
a
f ( x ) dx = 
3−a
a
3−a
a
a
3− a
3− a
3− a
3− a
a
a
a
a
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 −
3−a
a
f ( 4 − x ) dx = −6a + 9  
3−a
a
f ( 4 − x ) dx = 6a − 9  6.3 − 9 = 9 .
Dấu " = " xảy ra khi a = 3 .
Suy ra giá trị lớn nhất của tích phân
Câu 9.

f ( 4 − x ) dx bằng 9 khi a = 3 .
3−a
a
Chọn B
Áp dụng công thức
b
b
2−a
a
a
a
 f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra
(
)
Từ f ( x ) − f ( 2 − x ) − f 3x 2 − 1 = 3x 2 −

2−a

 ( f ( x ) − f ( 2 − x ) − f ( 3x − 1)) dx =   3x
2
a

2−a
 f ( x ) dx −  f ( 2 − x ) dx −  f ( 3x
a

2
−
a
2−a
a
2−a
 f ( 3x
2
a
2
a

2−a
 f ( 2 − x ) dx
a
15
4
2−a
2−a
f ( x ) dx =
15 
dx
4
)
9
1
− 1 dx = −2a 3 + 6a 2 − a +
2
2
)
9
1
− 1 dx = 2a3 − 6a2 + a − .
2
2
9
1
Khảo sát nhanh hàm số h ( a ) = 2a3 − 6a2 + a − trên đoạn a  1; 6  ta được
2
2
3
1
Gí trị nhỏ nhất của hàm số min h ( a ) = h   = − .
a1; 6 
2
2
2−a
 f ( 3x
Vậy giá trị nhỏ nhất của tích phân
2
a
)
1
− 1 dx là − .
2
Câu 10. Chọn C
Áp dụng công thức
Suy ra
b
b
a
a
 f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx .
a
a
a
−a
−a
−a
 f ( x ) dx =  f ( a + ( −a ) − x ) dx =  f ( −x ) dx .
Câu 11. Chọn D
a
Áp dụng công thức:

f ( x)dx =
−a
a

f ( − x)dx . Suy ra
−a

f ( x)dx =
−1
1

Từ giả thiết, ta lấy tích phân hai vế:
−1

1
1
 f (−x)dx .
−1
1
f ( x)dx+ 3 f ( − x)dx =  6 x 2 − 1 = 2
−1
1
1
1
1
1
1
−1
−1
−1
−1
−1
−1
1
 f ( x)dx + 3  f (−x)dx = 2 =  f ( x)dx + 3  f ( x)dx = 4  f ( x)dx   f ( x)dx = 2 .
Câu 12. Chọn C
a
Áp dụng công thức:

f ( x)dx =
−a
a
 f (−x)dx .
−a
Từ giả thiết, ta lấy tích phân hai vế:
a
 (3 f ( x) + 4 f (−x))dx =
−a
a
a
−a
−a
a
−a
 3  f ( x)dx+ 4  f ( x)dx =
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
a
a
 g( x)dx =3  f ( x)dx+ 4  f (−x)dx
−a
−a
a
a
−a
−a
 g( x)dx = 7  f ( x)dx = 7.2 = 14.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 13. Chọn B
1
Với tích phân I =  xf ' ( x )dx = a +
b
, đặt:
c. 2
−1
1
Suy ra I =  xf ' ( x )dx = xf ( x )
−1
1
−1
1
1
1
−1
−1
−1
−  f ( x )dx = f (1) + f ( −1) −  f ( x )dx = 3 −  f ( x )dx
1
1
 ( 5 f ( x ) − 2 f ( −x ) ) dx =  ( x
Từ giả thiết, suy ra:
−1

−4

2
u = x
du = dx
.


dv = f ' ( x ) dx v = f ( x )
2
)
cos  x dx =
−1
1
1
1
−1
−1
−1
= 5  f ( x ) dx − 2  f ( − x ) dx = 3  f ( x ) dx 
Thay ( 2 ) vào (1) ta được: I = 3 +
4
−4
2
−4
1
( 1)
 f ( x ) dx = 3
−1
(2)
2
b
= a+
3
c 2
Suy ra a = 3, b = 4, c = 3 . Vậy T = a + b + c = 10 .
2
Câu 14. Chọn A
Cách 1:
Chọn hàm hằng số: f ( x ) = f ( a + b − x ) = 1 .
dx
b−a
=
1+1
2
a
b
Suy ra:
I=
Cách 2:
b
dx
, ta đặt: t = a + b − x  dt = −dx ; đổi cận:
a 1 + f ( x)
Với tích phân I = 
dx
−dt
=
=
a 1 + f ( x)
b 1 + f (a + b − t)
a
b
a
Suy ra: I = 
b
dt
1+
1
f (t )
b
=
a
f ( t ) dt
1 + f (t )
b
=
a
x = a  t = b
.

x = b  t = a
f ( x ) dx
1 + f (x)
b
f ( x ) dx b
dx
b−a
.
+
=  dx = b − a  I =
2
a 1 + f ( x)
a 1 + f ( x)
a
b
Suy ra: I + I = 2 I = 
Câu 15. Chọn D
a
Với tích phân I = 
f ( x ) dx
x
1
a
a
Suy ra: I = 
1
a
f ( x ) dx
x
=
a
a
Suy ra: I + I = 2 I = 
1
a
I=
1
a
 1  1 
f   − 2 dt  a
 t  t
=
1
1
a
t
f ( x ) dx
x

1
 x = a  t = a
.

x = a  t = 1

a
1
dx
; ta đặt: t =  dt = − 2 ; đổi cận:
x
x
a
+
1
a
 1
f   dt a
t =
1
t
1
f   dx
x .
x
a
1
1
f   dx a f ( x ) + f   dx a
x =
 x  = g ( x ) dx .
1
1 x
x
x
a
a
1 g ( x)
dx .
2 1 x
a
a
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Câu 16. Chọn C
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
f ( x ) dx
a
Áp dụng công thức: I = 
x
1
a
1
f   dx
x .
x
a
=
1
a
1
f ( x) + f  
1
x = g x
Từ giả thiết: f ( x ) + f   = xg ( x ) 
( )
x
x
a

1
a
a

1
f ( x ) + f   dx a
a
a
 x  = g x dx  f ( x ) dx +
(
)
1
1 x
1
x
f ( x ) dx
x
1
a
a
=
a
1
f   dx a
a
 x  = g x dx = 2 f ( x ) dx
(
)
1
1 x
x
a
a
a
a
1
1
g ( x ) dx = .6 = 3 .

21
2
a
Câu 17. Chọn A
a
Áp dụng công thức I = 
f ( x ) dx
1
a
x
a
=
1
a
1
f   dx
x .
x
1
f 
f ( x)
x
1
+ 3   = g ( x)
Từ giả thiết: 2 f ( x ) + 3 f   = xg ( x )  2
x
x
x

 f x
( )+3
  2

x
1

a

a
1
f  
a
 x   dx = g x dx
1 ( )
x 

a

1
f 
a
a
f ( x)
f ( x)
x
 2
dx + 3   dx =  g ( x ) dx = 5
dx
x
x
x
1
1
1
1
a

a
a
a
a
f ( x)
1
a
x
dx =
a
a
1
1
g ( x ) dx = .10 = 2 .

51
5
a
Xét tích phân I =
a

( )
f x 2 dx
x
1
a
I=
a
a

1
a
( )
f x 2 dx
x
a
=
1
a

1
1
t =
x =
. Đặt t = x  dt = 2 xdx . Đổi cận: 
a
a.
x = a  t = a

2
1
f ( t ) dt
a
2 = 1 f ( x ) dx = 1 .
t
2 1
x
Câu 18. Chọn B
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
a
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
a
Áp dụng công thức: I = 
f ( x ) dx
a
=
x
1
a
1
a
1
f   dx
x .
x
1
f 
f ( x)
x
1
+ 2   = g ( x)
Từ giả thiết: f ( x ) + 2 f   = xg ( x ) 
x
x
x

f x
( )+2
 
 x
1
e

e
e

1
e
1
f  
e
 x  dx = g x dx
1 ( )
x 

e

1
f 
e
e
e
e
f ( x)
f ( x)
f ( x)
x
dx .
dx + 2    dx =  g ( x ) dx = 3
dx  I =  g ( x ) dx = 3
x
x
x
x
1
1
1
1
1
e
e
e
Với tích phân:

1
e
e
e
e
18 =  f  ( x ) ln xdx = f ( x ) ln x 1 − 
e
e
1
e
e
f ( x ) dx
1
e
x
e

dx
u = ln x
du =
f  ( x ) ln xdx = 18 . Đặt 

x .
dv = f  ( x ) dx v = f ( x )

Suy ra:

e
e
1
e
f ( x ) dx
x
e
e
1
e
1
e
= −13 . Vậy I =  g ( x ) dx = 3 
e
e
f ( x ) dx
f ( x ) dx
1
= f (e) + f   − 
= 5−
x
x
e 1
1
f ( x ) dx
x
e
e
= −39 .
Câu 19. Chọn C
 f ( u( x) ) = v ( x )

Dạng bài toán  b
 I =  f ( x ) dx = ?
a

b
b'
 x = u ( t )  dx = u ( t ) dt
  f ( x ) dx =  v ( t ) u ( t ) dt
Xử lý tổng quát: 
a
a'
 f ( x ) = f ( u(t ) ) = v ( t )
Với I =
3
 f ( x )dx . Đặt x = 2t − 1  dx = 2dt
−1
3
2
 x = −1 t = 0

Đổi cận 
. Suy ra I =  f ( x )dx =  3t 2 + 1 .2dt = 20
x = 3
t = 2
−1
0
(
)
Ta có thể xử lý bằng phương trình hàm
Câu 20. Chọn B
5
Với I =  f ( x )dx .
1
(
)
(
)
Đặt x = t 3 + 3t + 1  dx = 3t 2 + 3 dt ; f ( x ) = f t 3 + 3t + 1 = 6t + 2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 x = 1 t = 0
Đổi cận 

 x = 5 t = 1
5
1
1
0
(
)
Suy ra I =  f ( x )dx =  ( 6t + 2 ) 3t 2 + 3 dt =
43
.
2
Câu 21. Chọn D
Cách 1: Trắc nghiệm
Ta chọn hàm hằng: f ( x ) = f ( 1 − x ) = a = hằng số
1
1
 f ( x ) dx = −6 =  adx = a  f ( x ) = f (1 − x ) = −6
Suy ra:
0
0
1
(
1
)
(
)
Suy ra: I =  2 x3 − 3x2 f ( x ) dx =  2 x 3 − 3x 2 ( −6 ) dx = 3
0
0
1
(
)
Cách 2: Với tích phân I =  2 x3 − 3x2 f ( x ) dx .
0
Đặt t = 1 − x  dt = −dx .
x = 0  t = 1
Đổi cận: 
x = 1  t = 0
1
(
0
)
(
Suy ra: I =  2 x3 − 3x2 f ( x ) dx =  2 (1 − t ) − 3 (1 − t )
0
1
1
(
3
2
) f (1 − t )( −dt )
)
=  −2t 3 + 3t 2 − 1 f ( t ) dt
0
1
(
1
)
(
)
 I =  2 x 3 − 3x 2 f ( x ) dx =  −2 x 3 + 3x 2 − 1 f ( x ) dx
0
1
(
0
=  −2 x + 3x
3
0
1
2
1
) f ( x ) dx −  f ( x ) dx  I =  ( 2x
0
3
)
− 3x 2 f ( x ) dx = − I + 6  I = 3 .
0
Câu 22. Chọn B
Cách 1: Trắc nghiệm
Ta chọn hàm hằng:  f ( x ) = f ( 2 − x ) = a = hằng số
2
Suy ra:
2
 f ( x ) dx = 12 =  adx = 2a  f ( x ) = f ( 2 − x ) = a = 6
0
0
2
(
2
)
(
)
Suy ra: I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx =  x 3 − 3x 2 ( 6 ) dx = −24
0
0
2
(
)
Cách 2: Với tích phân I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx .
0
x = 0  t = 2
Đặt t = 2 − x  dt = −dx . Đổi cận: 
x = 2  t = 0
2
(
)
0
(
Suy ra: I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx =  ( 2 − t ) − 3 ( 2 − t )
0
2
(
2
)
=  −t 3 + 3t 2 − 4 f ( t ) dt
0
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
3
2
) f ( 2 − t )( −dt )
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
(
2
)
(
2
)
(
2
)
 I =  x3 − 3x 2 f ( x ) dx =  − x 3 + 3x 2 − 4 f ( x ) dx =  − x 3 + 3x 2 f ( x ) dx − 4  f ( x ) dx
0
0
0
 I = − I − 4.12  I = −24 .
Câu 23. Chọn C
Với dạng này ta có cách làm tổng quát sau:
(
0
)
Từ giả thiết vi phân hai vế sẽ được 3 ( f ( x) ) + 2 f '( x)dx = 2dx .
2
2
)
(
2
2
1
Suy ra I =  f ( x)dx =  f ( x) 3 ( f ( x) ) + 2 f '( x)dx
2 −1
−1
Đặt t = f ( x)  dt = f '( x)dx
Đổi cận:
x = −1  ( f ( −1) ) + 2 f ( −1) = −3  f ( −1) = t = −1
3
x = 2  ( f (2) ) + 2 f (2) = 3  f (2) = t = 1
3
Suy ra I =
)
(
2
1
2
1
1
f ( x) 3 ( f ( x) ) + 2 f '( x)dx =  t(3t 2 + 2)dt = 0

2 −1
2 −1
Câu 24. Chọn A
(
)
Từ giả thiết vi phân hai vế sẽ được 5 ( f ( x) ) + 3 f '( x)dx = dx .
4
4
4
(
)
4
(
)
Suy ra I =  ( f ( x) ) dx =  ( f ( x) ) 5 ( f ( x) ) + 3 f '( x)dx =  5 ( f ( x) ) + 3 ( f ( x) ) f '( x)dx .
2
0
2
0
4
0
6
2
Đặt t = f ( x)  dt = f '( x)dx .
Đổi cận:
x = 0  ( f (0) ) + 3 f (0) = 0  f (0) = t = 0 .
5
x = 4  ( f (4) ) + 3 f (4) = 4  f (4) = t = 1 .
5
4
(
)
1
Suy ra I =  5 ( f ( x) ) + 3 ( f ( x) ) f '( x)dx =  (5t 6 + 3t 2 )dt =
0
6
2
0
12
.
7
Câu 25. Chọn C
Lấy tích phân hai vế từ 0 đến 1 ta được:
 f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx =  e ( x
1
1
1
0
0
0
x
2
)
− 1 dx = −1
(1)
1
x = 0  t = 1
Với tích phân A =  f ( x + 1) dx . Đặt t = x + 1  dt = dx ; đổi cận 
0
x = 1  t = 2
Suy ra A =  f ( x + 1) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx
1
2
0
( 2)
2
1
1
1
x = 0  t = 2
Với tích phân B =  f ( x + 2 ) dx . Đặt t = x + 2  dt = dx ; đổi cận 
0
x = 1  t = 3
Suy ra B =  f ( x + 2 )dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx
1
3
3
0
2
2
( 3)
Thay A , B từ ( 2 ) ; ( 3 ) vào (1) ta được
 f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx = −1 =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx .
1
1
0
0
2
1
3
2
3
1
Câu 26. Chọn B
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Lấy tích phân từ 0 đến 1 ta được:
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx + ... +  f ( x + 2019 ) dx =  ( 3x
1
1
1
1
0
0
0
0
)
+ 2 x dx = 2
x = 0  t = 1
1
0
 f ( x + 1) dx =  f (t ) dt =  f ( x ) dx
1
2
0
2
1
1
x = 0  t = 2
 f ( x + 2 ) dx . Đặt t = x + 2  dt = dx ; đổi cận x = 1  t = 3
1
Với tích phân:
0
 f ( x + 2 ) dx =  f ( x ) dx
Tương tự ta có:  f ( x + 3 ) dx =  f ( x ) dx;...;  f ( x + 2019 ) dx = 
Thay vào (1) ta được:
Suy ra
(1)
 f ( x + 1) dx . Đặt t = x + 1  dt = dx ; đổi cận x = 1  t = 2
Với tích phân:
Suy ra
2
1
3
0
2
1
4
1
2020
0
3
0
2019
 f ( x ) dx +  f ( x ) dx +... + 
2
1
3
2020
2
2019
f ( x ) dx = 2  
2020
1
f ( x ) dx
f ( x ) dx = 2 .
Câu 27. Chọn D
Từ giả thiết:
1
1
f ( 2 x − 1) + f ( 3x + 6 ) = x ln ( x + 2 )  2 f ( 2 x − 1) + 3 f ( 3x + 6 ) = 6 x ln ( x + 2 )
3
2
Lấy tích phân hai vế cận từ −1 đến 2 , ta được:
2
2
2
−1
−1
−1
 2 f ( 2x − 1)dx +  3 f ( 3x + 6 )dx =  6x ln ( x + 2 )dx =
27
.
2
(1)
2
 x = −1  t = −3
Với tích phân: A =  2 f ( 2 x − 1)dx ; đặt t = 2 x − 1  dt = 2dx ; đổi cận: 
x = 2  t = 3
−1
2
Suy ra: A =  2 f ( 2 x − 1)dx =
−1
3

f ( t ) dt =
−3
3
 f ( x ) dx .
(2)
−3
2
 x = −1  t = 3
Với tích phân: B =  3 f ( 3x + 6 )dx ; đặt t = 3 x + 6  dt = 3dx ; đổi cận: 
 x = 2  t = 12
−1
2
12
12
−1
3
3
Suy ra: B =  3 f ( 3x + 6 )dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx .
(3)
Thay A và B từ (2), (3) vào (1), ta được:
2
2
2
 2 f ( 2x − 1)dx +  3 f ( 3x + 6 )dx =  6x ln ( x + 2 )dx =
−1

−1
3
12
−3
3
−1
 f ( x ) dx +  f ( x ) dx =
Câu 28. Chọn C
Ta có: f ( x 2 + 1) +
27
2
12
27
= f ( x ) dx .
2 −3
( x ) = x + 2  xf ( x + 1) + f ( x ) = x
4x x
4 x
f
2
Lấy tích phân hai vế cận từ 1 đến 4 , ta được:
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
+ 2 x , x  0.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
4
(
4
)
2
 xf x + 1 dx + 
1
( x ) dx =
f
4 x
1
4
 (x
2
+ 2 x)dx = 36.
(1)
1
x = 1  t = 2
Với tích phân: A =  xf x 2 + 1 dx ; đặt t = x 2 + 1  dt = 2 xdx ; đổi cận: 
.
x
=
4

t
=
17

1
4
4
(
(
)
17
)
Suy ra: A =  xf x + 1 dx =
2
1
4
Với tích phân: B = 
1
4
Suy ra: B = 
f
2
17
( x ) dx ; đặt t =
f
x  dt =
4 x
( x ) dx = 1
2
(2)
x = 1  t = 1
; đổi cận: 
.
2 x
x = 4  t = 2
dx
2
1
f ( t ) dt =  f ( x ) dx .

21
21
4 x
1

1  1
f ( t )  dt  =  f ( x ) dx .
2  2 2
(3)
Thay A và B từ (2), (3) vào (1), ta được:
4
(
4
)
2
 xf x + 1 dx + 
1

1
f
( x ) dx = 36  1
2 2
4 x
17
1
f ( x ) dx = 36 
2 1
17
2
f ( x ) dx +
1
f ( x ) dx = 36.
2 1
17
 f ( x ) dx = 72.
1
Câu 29. Chọn B
Từ giả thiết ta lấy tích phân hai vế cận từ 0 → 1 , sẽ được
1
1
1
1
1
 f ( x + 1)dx +  3 f ( 3x + 2 )dx −  4 f ( 4x + 1) dx −  f ( 2 )dx = 
x
0
0
1
Với

0
0
1
3dx
x+1 + x+ 2
= 3
(
0
0
3dx
x+1 + x+ 2
(1) .
)
x + 2 − x + 1 dx
0
1
= 2 ( x + 2 ) x + 2 − ( x + 1) x + 1  = 2 + 6 3 − 8 2 .

0
Dễ dàng dùng phương pháp đổi cận ta có
1
2
2
0
1
1
 f ( x + 1) dx =  f (t ) dt = f ( x ) dx
1
5
5
0
2
2
1
5
5
0
1
1
( 2)
 3 f ( 3x + 2 ) dx =  f (t ) dt = f ( x ) dx ( 3 )
 4 f ( 4x + 1) dx =  f (t ) dt = f ( x ) dx
1
2
( )
x
 f 2 dx = 
0
1
f ( t ) dt
t ln 2
=
2
1 f ( x ) dx
ln 2 1
x
( 4)
( 5)
Thay ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) , ( 5 ) vào (1) ta được:
2

1
5
5
f ( x ) dx +  f ( x ) dx −  f ( x ) dx −
1
2

1
f ( x ) dx
x
(
2
1 f ( x ) dx
= 2+6 3 −8 2
ln 2 1
x
)
= 2 + 6 3 − 8 2 ln 2 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 7
Câu 1:
Tích phân đặc biệt kết hợp với tích phân hàm ẩn
Hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có f ( 0 ) = 2 và f ( 4 x ) − f ( x ) = 4 x3 + 2 x, x  . Tích phân
1
I =  f ( x ) dx bằng
0
A.
Câu 2:
148
.
63
146
.
63
B.
C.
149
.
63
D.
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên R thoả mãn f (6) = 1 và
khi đó:

3
−3

6
0
145
63
( x 2 . f '( x) + 6 f ( x))dx = 10;
xf ( x + 3)dx bằng:
A. −13 .
C. −26 .
B. 26 .
D. 13 .
1
Câu 3:
Cho hàm số f ( x ) = x3 − 4 x  f ( x ) dx và f (1)  0. Khi đó f ( 4 ) bằng
0
A. 64. .
Câu 4:
B. 60. .
C. 62. .
D. 63.
Cho f ( x) là hàm số liên tục trên tập số thực R và thỏa mãn: f ( e x + x + 1) =
x9
. Tính
ex + 1
e+2
I=
 f ( x )dx .
2
A.
Câu 5:
1
.
8
B.
1
.
9
C.
1
.
10
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1 x 
D.
1
.
11
\ 0 thỏa mãn f (1) = −2 , f ( x )  −
\ 0 . Tính
1
và
x
4
 f ( x ) dx .
1
3
A. −2 ln 2 − .
4
1
B. −2 ln 2 − .
4
1
Câu 6:
Cho hàm số f liên tục trên
và

3
C. − ln 2 − .
4
f ( x ) dx = 6 . Tính
0
Câu 7:
Cho
hàm
số
y = f ( x)
1
  xf ( x ) − x f ( x ) dx.
2
2
C. 1
có
3
0
B. −1
A. 0
1
D. − ln 2 − .
4
đạo
hàm
liên
D.
tục
trên
1
6
 0;1
đoạn
thỏa
mãn
1
f 2 ( x ) − xf ( x ) f  ( x ) = 2 x + 4 , x   0;1 . Biết f (1) = 3 . Tích phân I =  f 2 ( x ) dx bằng
0
A.
Câu 8:
19
.
3
B. 19 .
C. 13 .
D.
13
.
3
Cho hàm số f ( x ) đồng biến, biết f ( x )  0, x  1; 4 và có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 4 ,
thỏa mãn f (1) = 1 và  2 f ( x ) + xf  ( x )  =
2
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
f ( x)
với mọi x  1; 4 . Khi đó
x
4
 f ( x )dx bằng
1
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 1 .
B. 2 ln 2 .
Câu 9:
C. 2 ln 2 − 2 .
D. −2 .
Cho a, b, c là các số thực và f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c thỏa mãn f  ( t ) = f  ( t + 5 ) = 2 với t là
t +5
hằng số. Giá trị
 f  ( x ) dx bằng
t
A. −
105
.
2
B.
134
.
3
1
C. − .
2
Câu 10: Cho hàm số f x liên tục trên 0;
D.
và thỏa mãn f x 2
2x2
4x
19
.
4
7 x 1, x
0;
5
. Biết f 5
8 , tính I
x dx ?
x. f
0
68
.
3
A. I
35
.
3
B. I
52
.
3
C. I
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
62
.
3
D. I
, xf ' ( x ) = e x − 1, x  , f (1) = 0 . Giá trị
2
1
 xf ( x ) dx bằng
0
A. −
Câu 12: Cho
1
( e − 2) .
4
B.
1
( e − 2) .
4
C. −
1
( e − 2) .
2
f ( x ) là hàm số liên tục có đạo hàm
1
 ( f  ( x ))
0
2
1
1
1
dx = ,  f ( x ) dx = − . Khi đó
3 0
3
A. − 11 .
Câu 13: Cho hàm số
y = f ( x)
 0;1
,
f (1) = 0 . Biết
 f ( x ) dx bằng
0
C. − 1 .
D. 6 .
6
f ( 0 ) = f (1) = 1
với
f  ( x ) trên
1
( e − 2) .
2
1
2
B. 0 .
48
D.
23
1
. Tính  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx
0
A. I = 0 .
B. I = e + 1 .
C. I = e − 1 .
D. e .
Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ − 1;1] , thỏa mãn f ( x)  0, x 
f ( x) + 2 f ( x) = 0 . Biết f (1) = 1 . Tính f (−1)
A. e −2 .
B. e −4 .
C. e 2 .
1
Câu 15: Cho hàm số f ( x) = x x +  xf ( x)dx . Tích phân
0
A.
528
.
35
B.
A. 250 .
,b
0 và
D. e 4 .
4
 f ( x)dx bằng
0
438
.
35
Câu 16: Cho hàm số f x thỏa f 2
với a, b
và
0 và f ' x
C.
408
.
35
x 7
,
2x 3
a
là phân số tối giản. Tính a b .
b
B. 251 .
C. 133 .
D.
x
3
;
2
368
35
7
. Biết
f
4
x
dx
2
a
,
b
D. 221 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2 x + 1
 ax − 3a + 7
khi x  3
Câu 17: Cho hàm số f ( x ) = 
khi x  3
1
( a là tham số thực). Nếu
 f (e
+ 1)e x dx = e 2 thì
x
0
a bằng
A.
3e2 + 4e − 6
.
e −1
B. 6e − 6
C. 6e + 6
2 x + 1
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = 
ax − 3a + 7
thì a bằng
3e2 + 4e − 6
.
A.
e −1
khi x  3
B. 6e − 6.
2 x + 1
ax − 3a + 7
a bằng
3e2 + 4e − 6
A.
.
e −1
1
khi x  3
( a là tham số thực). Nếu
khi x  3
x
+ 1) e x dx = e 2
D. −6e + 6.
1
( a là tham số thực). Nếu
B. 6e − 6 .
Câu 20: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
 f (e
0
C. 6e + 6.
khi x  3
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) = 
D. −6e + 6
 f (e
x
)
+ 1 e x dx = e 2 thì
0
C. 6e + 6 .
thỏa mãn f ( 2 ) = 3 ,
D. −6e + 6 .
4

1
f
( x )d x = 2 ,
x
2
 xf  ( x ) dx = 3 .
0
1
 f ( x ) dx .
Tính
0
A. 5 .
B. 1 .
D. 3 .
C. 2 .
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn f ( x3 + 3x + 1) = 3x + 2, x 
.
5
Tích phân
 x. f  ( x ) dx bằng
1
A. −
31
.
4
B.
33
.
4
C.
17
.
4
D.
49
.
4
1
 x
Câu 22: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; + ) và thỏa mãn 2 f ( x ) + xf   = x với mọi x  0 . Tính
 f ( x ) dx .
2
1
2
A.
7
.
12
B.
7
.
4
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C.
9
.
4
D.
và có một nguyên hàm là hàm số g ( x ) =
3
.
4
1 2
x − x + 1 . Khi đó
2
2
 f ( x ) dx bằng
2
1
A.
2
.
3
4
B. − .
3
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C.
4
.
3
D. −
2
.
3
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
1
và

f ( x ) dx = 6 . Tính
0
1
và

f ( x ) dx = 6 . Tính
0
2
−2.
e
D.
3
1
.
6
1
  xf ( x ) − x f ( x ) dx .
2
C. 1 .
Câu 26: Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đạo hàm trên
A.
2
2
3
0
B. −1 .
g  ( x ) + f ( x ) = − x , với x 
2
C. 1 .
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
A. 0 .
  xf ( x ) − x f ( x ) dx .
0
B. −1 .
A. 0 .
1
D.
1
.
6
và thỏa mãn f  ( x ) + g ( x ) = x ;
. Biết f ( 0 ) = g ( 0 ) = 1 . Tính f (1) .
1
B. e + − 2 .
e
C.
e2 + 2
.
2e
D.
e2 − 2
.
2e
Câu 27: Cho hàm số f ( x) = x 2021 + sinx + 2021 . Biết rằng có duy nhất giá trị của
m=−
a
( với a, b 
b
A. a + b = 2021 .
m
*
và ( a, b) = 1 ) để  ( x. f ' (m− x) − f ( x))dx = 1 . Tìm a + b .
0
B. a + b = 2023 .
C. a + b = 2020 .
D. a + b = 2022 .
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai f  ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn
điều kiện f ( 0 ) = f (1) = 1; f  ( 0 ) = 2021. Mệnh đề nào sau đây đúng?
1
A.
1
 (1 − x ) f  ( x ) dx = −2021 .
B.
0
C.
 (1 − x ) f  ( x ) dx = 2021 .
0
1
1
0
0
 (1 − x ) f  ( x ) dx = 1 . D.  (1 − x ) f  ( x ) dx = −1 .
x2 + 2 x + 3
, x   0;1 . Tính
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 và f ( x ) + f (1 − x ) =
x +1
1
 f ( x ) dx
0
A.
3
+ 2ln 2
4
8
Câu 30: Biết

0
A. 2 .
B.
3
+ 2ln 2 .
2
4
f ( x ) dx = 10,  f ( x ) dx = −4 . Tính
0
B. 1 .
C.
3
+ ln 2 .
4
D. 3 + ln 2 .
3
 f ( 3x − 1 ) dx .
−1
C. 0 .
D. 4 .
Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Giá trị I =
1
2

−1
3
f  ( 2 x )dx + 
f  ( x + 1)
0
A. 3 .
2
dx bằng
C. 5 .
B. 2021 .
Câu 32: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
D. 10 .
và thỏa mãn f ( x ) = f ( 5 − x ) , x 
3
. Biết
 f ( x ) dx = 2 .
2
3
Tính I =  xf ( x ) dx .
2
A. I = 20.
B. I = 10.
C. I = 15.
Câu 33: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
(x
2
+ 1) f  ( x ) + xf ( x ) = − x , x 
D. I = 5.
và thỏa mãn các điều kiện sau: f ( 0 ) = −2 và
3
. Tính tích phân I =
 xf ( x ) dx .
0
A. I =
5
.
2
3
B. I = − .
2
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
C. I =
3
.
2
5
D. I = − .
2
và thỏa mãn 2021 f ( x ) − f ( − x ) = x sin x, x 
. Giá trị

của tích phân I =
2
 f ( x ) dx bằng
−
2
A. I =
3
.
2022
B.
1
.
1010
C.
2
.
2019
D.
1
.
2020
Câu 35: Giả sử hàm số f ( x ) liên tục và luôn dương trên đoạn  0;e  thoả mãn f ( x ) . f ( e − x ) = 1 . Tính
e
1
dx
1
+
f
x
(
)
0
tích phân I = 
A. I = e .
Câu 36: Cho
hàm
B. I =
số
y = f ( x)
e
.
2
có
C. I =
đạo
hàm
2e
.
3
liên
D. I =
tục
trên
e
.
3
,
6
thỏa
f ( x3 + 2 x + 3) = x 6 + 4 x 4 + 3x3 + 6 x + 2, với mọi x  . Tính tích phân I =  f ( x)dx.
0
A.
206
.
35
B.
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1976232
.
5
C.
125
.
24
D.
125
.
48
mãn
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
Câu 37:
 ( 3x
2
6
1
+ 2 ) f ( x3 + 2 x + 3) dx =
 ( 3x
−1
2
−1
+ 2 )( x 6 + 4 x 4 + 3x3 + 6 x + 2 ) dx   f (t )dt =
0
VĨNH PHÚC - LẦN 2 - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
298
. (SGD
15
và thỏa mãn



f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x, x 
2

1
A. I = − .
4
2
. Biết f ( 0 ) = 0 , tính I =  xf  ( x ) dx .
0
1
B. I = .
4
C. I =

4
.
D. I = −

4
.
và thỏa mãn f ( x3 + 2 x ) = 4 x − 1 với mọi x 
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
. Giá trị
3
của tích phân
 f ( x ) dx bằng
0
A. 2 .
C. 3 .
B. 1 .
Câu 39: Cho hàm số f ( x ) liên tục và xác định trên
1
1
0
0
tích phân I =  xf ( x 2 )dx + 
A. 1 .
3f
(
3x + 1
4 3x + 1
thỏa mãn f ( 2 − x ) + 2 f ( x ) = 3x 2 + 2 . Giá trị của
)dx
B. 3 .
Câu 40: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
17
 f ( x ) dx = a ln 4 − b với a , b 
D. 4 .
C. 2 .
( 0; + )
D. 4 .
và thỏa mãn f ( x 2 + 1) +
f
( x ) = ln x
4x x
x
. Biết
. Giá trị của a + 2b bằng
1
A. 20 .
B. 16 .
C. 12 .
Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) liên tục trên
D. 8 .
. Miền hình phẳng trong hình vẽ được
giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f  ( x ) và trục hoành đồng thời có diện tích S = a. Biết rằng
1
 ( x + 1) f  ( x ) dx = b
và f ( 3) = c. Giá trị của
0
A. a − b − c .
1
 f ( x ) dx bằng
0
B. − a + b + c .
C. −a + b − c .
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( 0; + ) thỏa mãn
D. a − b + c .
f ( x)
= f ( x ) + f ' ( x ) − e− x đồng
x
1
thời f (1) = . Tính giá trị của f ( 2 ) .
e
−2
A. f ( 2 ) = e (1 + 2 ln 2 ) .
−2
B. f ( 2 ) = e ( 3 + 2ln 2 ) .
−2
C. f ( 2 ) = e ( 2 + ln 3) . D. f ( 2 ) = 2e −2 (1 + ln 2 ) .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 43: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  −1;1 thỏa mãn f ( x ) − 1 =
1
 ( x + e ) f ( t ) dt .
t
Tích phân
−1
1
 e f ( x ) dx bằng
x
−1
e2 + 3
B. I = 2
.
e −e+3
e+3
A. I = 2
.
−e + e − 3
Câu 44: Cho
hàm
số
f ( x)
liên
tục
và
e2 + 3
C. I = 2
.
−e + e − 3
có
đạo
hàm
D. I =
 −2; 2
trên
1 f ( x)
64
 f 2 ( x) − 2 f ( x)( x + 2) dx = − . Tính I =  2 dx .
0
3
x +1
 − 2 ln 2
 − ln 2
 + ln 2
A. I =
.
B. I =
.
C. I =
.
2
2
2

−2e
.
e −e+3
2
thỏa
mãn
2
−2
D. I =
Câu 45: Cho f ( x ) là hàm số liên tục có đạo hàm f  ( x ) trên  0;1 , f ( 0 ) = 0 . Biết
 + 2 ln 2
2
1
  f  ( x )
2
0
1
.
dx =
1
,
3
1
2
1
 f ( x ) dx = − 3 . Khi đó  f ( x ) dx
bằng:
0
0
A. −
5
.
48
Câu 46: Cho
hàm số
1
C. − .
6
B. 0 .
f ( x)
6
.
23
D.
có đạo hàm liên tục trên
và thoả mãn
f (1) = 0 ,
f  ( x ) . f ( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 , x  1; +  ) . Tính f 2 ( 2 ) .
A. 1.
B. 15.
C. 3.
Câu 47: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
17
 f ( x )dx = a ln 4 − b với a, b 
( 0; +  )
D. 24.
và thỏa mãn f ( x 2 + 1) +
f
( x ) = ln x
4x x
x
. Biết
. Giá trị của a + 2b bằng
1
A. 16 .
C. 8 .
B. 12 .
Câu 48: Cho f ( x ) có đạo hàm trên
f ( 0 ) = 1 , tính tích phân I =
và thỏa mãn 3 f  ( x ) .e f
D. 20 .
3
( x ) − x2 −1
−
2x
= 0 , với x 
f ( x)
2
7
 x. f ( x ) dx .
0
A.
9
.
2
B.
45
.
8
 2

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) =  x + 1

2 x − 1
A.
3
− 4ln 3 + 4ln 2 .
2
B.
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C.
khi 0  x 
1
2
1
khi  x  1
2
3
+ 4ln 3 + 4ln 2 .
2
11
.
2
D.
15
.
4

2
. Tích phân  sin 2 x. f (s inx)dx bằng
0
. Biết
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
3
2
C. − + 4ln 3 + 4ln 2 . D.
3
+ 4ln 3 − 4ln 2 .
2
Câu 50: Cho hàm số f ( x ) , f ( − x ) liên tục trên
1
. Tính
4 + x2
và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =
2
 f ( x ) dx
I=
−2
A.

20
B. −
.

20
.C. −

10
.
D.

10
Câu 51: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
f ( x)
f ( x)
= 2 x + 1, x 
có f ( x )  0 x 
, f (1) = e3 . Biết
. Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) = m có hai
nghiệm thực phân biệt.
3
3
3
B. 0  m  e 4 .
A. m  e 4 .
và 3 f ( − x ) + 2 f ( x ) = x10 , x 
Câu 52: Cho f ( x ) liên tục trên
3
C. 1  m  e 4 .
D. m  e 4 .
1
. Tính I =  f ( x ) dx.
0
A. I =
1
.
55
B. I =
1
.
11
C. I = 55 .
 −1 1 
Câu 53: Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên  ;  thỏa
 2 2
1
2
. Khi đó
2
109
  f ( x ) − 2 f ( x )( 3 − x ) dx = − 12
2
−
1
2
dx bằng
−1
7
.
9
Câu 54: Cho
1
2
f ( x)
x
0
A. ln
D. I = 11 .
hàm
5
B. ln .
9
số
y = f ( x)
có
C. ln
đạo
hàm
2
.
9
liên
tục
8
D. ln .
9
trên
đoạn
 0;1
thoả
mãn
f 2 ( x ) − xf ( x ) f  ( x ) = 2 x + 4, x   0;1.
Biết f (1) = 3. Tích phân
1
 f ( x )dx bằng
2
0
A. 19.
B. 13.
C.
19
.
3
D.
13
.
3

Câu 55: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 và
2

0

f ( sin x ) dx = 2021. Tính I =  xf ( sin x ) dx
0
.
A. I = 2021.
B. I = 1010 .
C. I =
2021
.
2
D. I = 2021 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Câu 56: Cho hàm số f ( x )
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
4


− f  ( x )  , x  0 . Khi đó
thỏa mãn f ( 4 ) =
và f ( x ) = x 1 +
3
x


4
 xf ( x ) dx
bằng
1
A.
1283
.
30
Câu 57: Cho
hàm
B. −
f ( x)
số
157
.
30
có
C.
đạo
hàm
157
.
30
xác
định
1+ 3 x
f 2 − x dx = 4 . Giá trị của
2 x
1
1
(
4
2
 x f  ( x )dx = 
0
A. 1 .
B.
)
5
.
7
D. −
C.
trên
.
1283
.
30
f (1) = 2
Biết
và
1
 f ( x )dx
bằng
0
3
.
7
D.
1
.
7
3
Câu 58: Cho
hàm số
f x
2x ln x
thỏa mãn
1
xf ' x dx
0 và f 3
1 . Biết
0
3
f x dx
0
a
b ln 2
với a, b là các số nguyên dương. Giá trị của a
2
B. 7 .
A. 35.
b là
C. 11 .
D. 29.
3x 2 khi 0  x  1
Câu 59: Cho hàm số y = f ( x ) = 
. Tính tích phân
4 − x khi 1  x  2
7
5
A. .
B. 1 .
C. .
2
2
2
 f ( x ) dx .
0
D.
3
.
2
Câu 60: Cho hàm số f ( x ) xác định và có đạo hàm f  ( x ) liên tục trên đoạn 1;3 và f ( x )  0 với mọi
x  1;3 , đồng thời f  ( x ) (1 + f ( x ) )
A. − ln 3 .
B. ln 3 .
2
2
= ( f ( x ) ) ( x − 1)  và f (1) = −1 . Khi đó


2
1
và
 f ( x )dx=ae + b
Câu 62: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C. −19 .
D. −17 .

1
2
f (x
x
A. 4 .
8
3
thỏa mãn
 tan x. f ( cos x ) dx = 
2
0
2
3+c ,
−1

2
1
a + b + 3c bằng
B. −10 .
A. 15 .
 f ( x ) dx là:
D. − ln 2 .
C. ln 2 .
e x + m
khi x  0
Câu 61: Cho hàm số f ( x ) = 
liên tục trên
2
 2 x 3 + x khi x  0
( a, b, c  Q ) . Tổng
3
f
( x ) dx = 6 .
1
3
x
) dx
B. 6 .
C. 7 .
D. 10 .
Câu 63: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 và thỏa mãn f (1) = −
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1
và
2
Tính
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
f ( x) + xf ( x) = ( 2 x 3 + x 2 ) f 2 ( x), x  [1; 2]. Giá trị của tích phân
A. ln
4
.
3
B. ln
3
.
4
C. ln 3 .
 x 2 − 1 khi x  2
Câu 64: Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tính tích phân
 x − 2 x + 3 khi x  2
A.
23
.
3
B.
23
.
6
C.
2
1
x f ( x)dx bằng
D. 0.

2
 f ( 2 sinx + 1) cosx dx
bằng
0
17
.
6
D.
17
3
thỏa mãn f ( x 2 − x − 2 ) = x + 3 với mọi
Câu 65: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
x

0
. Tích phân I =
 xf ' ( x ) dx có giá trị là
−2
A.
4
.
3
B.
2
.
3 .
C.
−10
.
3
D.
−46
.
3
3 x 2 + 6 x khi x  2
e2
f (ln 2 x)

Câu 66: Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân I = 
dx bằng
x ln x
khi x  2
e

 2x − 5
1
1
1
1
A. 15 + ln 6 .
B. 15 − ln 6 .
C. 15 + ln 6 .
D. 15 − ln 6 .
2
5
5
2
Câu 67: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 4 ) =
1
4


và f ( x ) = x 1 +
− f  ( x )  , x  0 . Khi đó
3
x


4
 xf ( x )dx bằng
1
A.
1283
.
30
B. −
157
.
30
C.
157
.
30
D. −
1283
.
30
Câu 68: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ( 0; + ) và thỏa mãn các điều kiện f (1) = 3 và
2 f 2 ( x)  1 8 
8
−  + 3  f ( x ) + 4 = f  ( x ) , x  0 . Tính
2
x
x
x x 
A. 6 – 2ln2.
B. 6 + 4ln2.
4
 f ( x ) dx
2
C. 6 + 2ln2.
D. 8 + 4ln2.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có f ( 0 ) = 2 và f ( 4 x ) − f ( x ) = 4 x3 + 2 x, x  . Tích
1
phân I =  f ( x ) dx bằng
0
A.
148
.
63
B.
146
.
63
C.
149
.
63
D.
145
63
Lời giải
Chọn A
Ta có
 f ( 4 x ) − f ( x ) = 4 x 3 + 2 x, x 

 f ( 0 ) = 2
4

a=

64a − a = 4
63

16b − b = 0
b
=
0
4 3 2




 f ( x) =
x + x+2
63
3
 4c − c = 2
c = 2
d = 2

3
d = 2

2
148
 4

Vậy I =  f ( x ) dx =   x3 + x + 2  dx =
.
63
3
63


0
0
1
Câu 2:
1
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên R thoả mãn f (6) = 1 và
khi đó:

3
−3

6
0
( x 2 . f '( x) + 6 f ( x))dx = 10;
xf ( x + 3)dx bằng:
A. −13 .
B. 26 .
C. −26 .
Lời giải
D. 13 .
Chọn D
Đặt t = x + 3 khi đó ta có:
3
6
I =  xf ( x + 3)dx =  (t − 3) f (t )dt
−3
0
6
6
6
6
6
0
0
0
=  t. f (t )dt − 3 f (t )dt =  x. f ( x)dx − 3 f ( x) dx =I1 − 3 f ( x)dx
0
0
6
6
0
0
Xét I1 =  t. f (t )dt =  x. f ( x)dx
u = f ( x)
Đặt 
ta có:
dv = xdx
du = f '( x)dx


x2
v
=


2
Khi
đó:
6
I1 =  x. f ( x)dx =
0
2
2
2
6 x
6 x
6 x
x2
6
. f ( x) 0 − 
. f '( x)dx = 18. f (6) − 
. f '( x)dx = 18 − 
. f '( x)dx
0 2
0 2
0 2
2
6
1 6
Vậy: I = 18 − (  x 2 f '( x)dx +  6 f ( x)dx) = 18 − 5 = 13
0
2 0
1
Câu 3:
Cho hàm số f ( x ) = x3 − 4 x  f ( x ) dx và f (1)  0. Khi đó f ( 4 ) bằng
0
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 64. .
B. 60. .
C. 62. .
Lời giải
D. 63.
Chọn C
1
Đặt m =  f ( x ) dx, ( m  0 )  f ( x ) = x3 − 4mx.
0
Do f (1)  0  1 − 4m  0  m 
1
1
 1
 m  0;  .
4
 4
1
Khi đó m =  f ( x ) dx =  x − 4mx dx =
3
0
2 m
m=−

0
1

x − 4mx dx +
3
0
1
( x3 − 4mx ) dx +
0
2 m
 (x
3

x 3 − 4mx dx
2 m
− 4mx ) dx
2 m
2 m
1

 m = −  x 4 − 2mx 2 
4
0
2 m
1

 m = −  x 4 − 2mx 2 
4
0
1
1

+  x 4 − 2mx 2 
4
2
m
1
1

+  x 4 − 2mx 2 
4
2
m
1

m=

1
4
 8m2 − 3m + = 0  
4
m = 1

8
1
 1
Vì m  0;  nên m = .
8
 4
1
Khi đó f ( x ) = x3 − x  f ( 4 ) = 62. .
2
Câu 4:
Cho f ( x) là hàm số liên tục trên tập số thực R và thỏa mãn: f ( e x + x + 1) =
x9
. Tính
ex + 1
e+2
 f ( x )dx .
I=
2
A.
1
.
8
B.
1
.
9
1
.
10
Lời giải
C.
D.
1
.
11
Chọn C
Ta có: f ( e x + x + 1) =
1
 (e
x9
 ( e x + 1) . f ( e x + x + 1) = x 9 . Lấy tích phân hai vế:
ex + 1
1
x
0
+ 1) . f ( e + x + 1) dx =  x9dx
x
0
1
  ( e x + 1) . f ( e x + x + 1) dx =
0
1
(1)
10
Đặt: u = e x + x + 1  du = ( e x + 1) dx
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Đổi
x = 0  u = 2; x = 1  u = e + 2
cân:
Khi
.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
e+2
1
đó: (1)   f ( u )du =
. Vậy
10
2
e+2
(1) 
1
 f ( x )dx = 10
2
Câu 5:
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1 x 
\ 0 thỏa mãn f (1) = −2 , f ( x )  −
\ 0 . Tính
4
 f ( x ) dx .
1
3
A. −2ln 2 − .
4
1
B. −2ln 2 − .
4
C. − ln 2 −
3
.
4
D. − ln 2 −
Lời giải
Chọn A
x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1
 x 2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) − f ( x ) = xf  ( x ) − 1
 x 2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) + 1 = xf  ( x ) + f ( x )
2
2
  xf ( x ) + 1 = ( xf ( x ) )   xf ( x ) + 1 = ( xf ( x ) + 1) .
Do đó
( xf ( x ) + 1)
 xf ( x ) + 1
2
Mà f (1) = −2  −
Nên −
( xf ( x ) + 1) dx =
 xf ( x ) + 1

1
1
 dx  − xf ( x ) + 1 = x + C .
1
1
= 1+ C  −
= 1+ C  C = 0 .
f (1) + 1
−2 + 1
4
1
3
 1 1
1

f ( x ) dx =   − 2 −  dx =  − ln x  = − ln 4 − 1 + ln1 = −2ln 2 − .
x
x
4
x
1 4
1
4
1
Câu 6:
2
1
1
1 1
= x  xf ( x ) + 1 = −  f ( x ) = − 2 − .
xf ( x ) + 1
x
x
x
4
Suy ra
=1 
Cho hàm số f liên tục trên
và

1
f ( x ) dx = 6 . Tính   xf ( x 2 ) − x 2 f ( x3 ) dx.
0
0
B. −1
A. 0
C. 1
Lời giải
Chọn C
1
1
1
0
0
Ta có: I =   xf ( x 2 ) − x 2 f ( x3 )  dx. =  xf ( x 2 ) dx −  x 2 f ( x 3 ) dx = I1 − I 2
0
1
+ Tính I1 =  xf ( x 2 ) dx
0
1
Đặt t = x 2  dt = 2 xdx  xdx = dt ; x = 0  t = 0; x = 1  t = 1
2
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D.
1
6
1
.
4
1
và
x
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1
1
1
Ta có: I1 =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx
20
20
1
+ Tính I 2 =  x 2 f ( x3 ) dx .
0
1
Đặt t = x3  dt = 3x 2 dx  x 2 dx = dt ; x = 0  t = 0; x = 1  t = 1
3
1
1
1
1
Ta có: I 2 =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx
30
30
1
1
1
1
1
1
1
Vậy I =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx =  f ( x ) dx = .6 = 1
20
30
60
6
Câu 7:
Cho
hàm
số
y = f ( x)
có
đạo
hàm
liên
tục
trên
 0;1
đoạn
thỏa
mãn
1
f 2 ( x ) − xf ( x ) f  ( x ) = 2 x + 4 , x   0;1 . Biết f (1) = 3 . Tích phân I =  f 2 ( x ) dx bằng
0
A.
19
.
3
B. 19 .
C. 13 .
D.
13
.
3
Lời giải
Chọn A
1
Tính I =  f 2 ( x ) dx
0
2

u = f ( x ) 
du = 2 f ( x ) f  ( x ) dx
Đặt 
.

v = x
dv = dx


Khi đó I = ( xf
2
1
( x ) ) 0 − 2 xf ( x ) f  ( x ) dx =
1
f
2
Từ
f
( x ) − xf ( x ) f  ( x ) = 2 x + 4
,
1
0
0
(1) − 2 xf ( x ) f  ( x ) dx = 9 − 2 xf ( x ) f  ( x ) dx .
0
2
1
lấy
tích
phân
hai
vế
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
ta
được
2
2
  f ( x ) − xf ( x ) f  ( x ) dx =  ( 2 x + 4 ) dx   f ( x ) dx −  xf ( x ) f  ( x ) dx =  ( 2 x + 4 ) dx
I+
Câu 8:
I −9
19
=5 I = .
2
3
Cho hàm số f ( x ) đồng biến, biết f ( x )  0, x  1;4 và có đạo hàm liên tục trên đoạn 1;4 ,
thỏa mãn f (1) = 1 và  2 f ( x ) + xf  ( x )  =
2
A. 1 .
B. 2ln 2 .
f ( x)
x
với mọi x  1;4 . Khi đó
4
 f ( x )dx bằng
1
C. 2 ln 2 − 2 .
Lời giải
D. −2 .
Chọn B
 Ta có  2 f ( x ) + x. f ' ( x )  =
2
 2 f ( x) +
x. f ' ( x )
f ( x)
=
f ( x)
 2 f ( x ) + x. f ' ( x ) =
x
f ( x)
x
1

  2 x. f ( x )  =


x
x
1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023

  2 x. f ( x )  dx = 
 Suy ra
1
x
dx  2 x. f ( x ) = 2 x + C .
 Thế x = 1 , ta được 2. f (1) = 2 1 + C  C = 0 .
Suy ra 2 x. f ( x ) = 2 x  x 2 . f ( x ) = x  f ( x ) =
4
 Ta có

1
Câu 9:
4
1
f ( x ) dx =  dx = ln x
1 x
4
1
1
.
x
= 2ln 2 .
Cho a, b, c là các số thực và f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c thỏa mãn f  ( t ) = f  ( t + 5 ) = 2 với t là
t +5
hằng số. Giá trị
 f  ( x ) dx bằng
t
A. −
105
.
2
134
.
3
B.
1
C. − .
2
Lời giải
D.
19
.
4
Chọn A
Ta có f  ( x ) = 3x 2 + 2ax + b . Vì f  ( t ) = f  ( t + 5 ) = 2 nên t và t + 5 là hai nghiệm của phương
trình f  ( x ) − 2 = 0  3x 2 + 2ax + b − 2 = 0 .
2a

3

t + t + 5 = − 3
a = − 2 ( 2t + 5 )
Theo Viet ta có 
.

t ( t + 5 ) = b − 2 b = 3 ( t 2 + 5t ) + 2


3
Do đó
t +5
I=
 f  ( x ) dx = f (t + 5) − f (t ) = (t + 5)
2
− t 3  + a ( t + 5) − t 2  + b ( t + 5 ) − t 



3
t
3
= ( t + 5 − t ) + 3t ( t + 5 )( t + 5 − t )  + a.5.( 2t + 5 ) + 5b


15
2
= 125 + 15 ( t 2 + 5t ) − ( 2t + 5 ) + 5 3 ( t 2 + 5t ) + 2 
2
15
105
.
= 135 + 30 ( t 2 + 5t ) − ( 4t 2 + 20t + 25 ) = −
2
2
Câu 10: Cho
hàm
số
liên
f x
tục
trên
và
0;
thỏa
5
f x
2
4x
2x
2
7x
1, x
. Biết f 5
0;
8 , tính I
x. f x dx ?
0
68
.
3
A. I
35
.
3
B. I
52
.
3
C. I
D. I
Lời giải
Chọn A
Đặt x 2 4 x
Suy ra x
Do đó
2 x2
t , với x
2
2
7x
t
4
1
thì t
0;
x
2 x2
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
t
4
4x
0.
2.
x
1
2t
t
4
1.
62
.
3
mãn
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Khi đó f x 2 4 x
2x2
7x
1
f t
2t
t
1 : f t liên tục trên 0;
4
.
5
Tính I
x. f x dx :
0
u
Đặt
x
dv
f x dx
du
dx
v
f x
5
I
5
xf x
5
f x dx
0
5. f 5
f t dt
0
0
5
5.
8
2t
t
4
1 dt
40
t
5
2
3
2
0
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
t
4
3
68
.
3
t
0
, xf ' ( x ) = e x − 1, x  , f (1) = 0 . Giá trị
2
1
 xf ( x ) dx bằng
0
A. −
1
( e − 2) .
4
B.
1
( e − 2) .
4
C. −
1
( e − 2) .
2
D.
1
( e − 2) .
2
Lời giải
Chọn A
(
)
Ta có xf ' ( x ) = e x − 1  x 2 f  ( x ) = x e x − 1 .
2
2
du = f  ( x ) dx
u = f ( x ) 
Xét I =  xf ( x ) dx . Đặt 
.

x2
v
=
0
dv = xdx


2
1
1
1
1
1
(
)
2
x2
1
1
1
1
Suy ra I =
f ( x ) −  x 2 f  ( x ) dx = f (1) −  x ( e x − 1) dx = −  x e x − 1 dx .
2
20
2
20
20
0
1
(
)
1
1
J =  x e − 1 dx =  xe dx −  xdx
Xét
x2
x2
0
0
1
.
Đặt
0
1
1
1
x2
1
1 1
1
t = x  dt = 2 xdx  J =  et dt −
= et − = e − 1 = ( e − 2 ) .
20
2 0 2 0 2 2
2
2
1
1
Vậy I = − .J = − ( e − 2 ) .
2
4
Câu 12: Cho
f ( x ) là hàm số liên tục có đạo hàm
1
 ( f ( x ))
0
A. −
11
.
48
2
1
1
1
dx = ,  f ( x ) dx = − . Khi đó
3 0
3
B. 0 .
f  ( x ) trên
 0;1
,
f (1) = 0 . Biết
1
2
 f ( x ) dx bằng
0
1
C. − .
6
Lời giải
D.
6
.
23
Chọn A
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
1
 x dx = 3 .
2
Ta có
0
1

u = f ( x ) 
du = f  ( x ) dx
;




v = dx
v = x
1
f ( x ) dx = − , ta đặt
3

Từ
0
1
1
1
Do đó: − = x. f ( x ) 0 −  x. f  ( x ) dx   x. f  ( x ) dx = .
3
3
1
Từ đó ta suy ra
 ( f ( x) − x)
2
dx = 0  f ' ( x ) = x  f ( x ) =
0
x2
+C
2
1
x2 1
Lại có f (1) = 0  C = − ; suy ra f ( x ) =
− .
2
2 2
1
2
Vậy

0
1
2
 x2 1 
11
f ( x ) dx =   −  dx = − .
2
48
0 2
1
Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) với f ( 0 ) = f (1) = 1 . Tính  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx
0
A. I = 0 .
B. I = e + 1 .
C. I = e − 1 .
Lời giải
D. e .
Chọn C

du = f  ( x ) dx
u = f ( x )
Đặt 
.


x
x
dv = e dx 
v = e

1
e
x
1
1
 f ( x ) + f  ( x )  dx = e f ( x ) −  e f  ( x ) dx +  e x f  ( x ) dx = ef (1) − f ( 0 ) = e − 1 .
0
1
x
0
x
0
0
Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ − 1;1] , thỏa mãn f ( x)  0, x 
f ( x) + 2 f ( x) = 0 . Biết f (1) = 1 . Tính f ( −1)
A. e −2 .
B. e −4 .
Chọn D
+ Ta có :Vì f ( x)  0, x 
f ( x) + 2 f ( x) = 0 
 ln
C. e 2 .
Lời giải
D. e 4 .
nên
1
1
1
f ( x)
f ( x)
1
= −2  
dx = −2  dx  ln ( f ( x) ) −1 = −2 x −1
f ( x)
−1 f ( x)
−1
f (1)
= −4  f (−1) = e4 .
f (−1)
Vậy f (−1) = e 4
1
Câu 15: Cho hàm số f ( x) = x x +  xf ( x)dx . Tích phân
0
A.
528
.
35
B.
4
 f ( x)dx bằng
0
438
.
35
C.
Lời giải
Chọn A
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
408
.
35
D.
368
35
và
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
 xf ( x)dx = a
Đặt
.
Suy
ra
0
f ( x) = x x + a  xf ( x) = x
1
a = x
1
xdx + a  xdx =
2
0
0
0
0
(
)
2 a
4
+ a= .
7 2
7
Câu 16: Cho hàm số f x thỏa f 2
,b
1
4
 2 5 4  4 528
4
4

. Suy ra   x x +  dx =  x 2 + x  =
.
7
7
7  0 35
5
0
Vậy f ( x) = x x +
với a, b
1
x + ax   xf ( x)dx =  x 2 x + ax dx
2
x
0 và f ' x
7
2x
3
,
x
3
;
2
a
là phân số tối giản. Tính a b .
b
B. 251 .
C. 133 .
0 và
A. 250 .
7
. Biết
f
4
x
dx
2
a
,
b
D. 221 .
Lời giải
Chọn B
x
2
Đặt t
x
2t
7
Khi đó I
4
Đặt
I
a
f t
dv
2dt
2 t
236; b
7
2
x
dx
2
f
u
2dt .
dx
f t 2dt .
2
du
v
7
f t
2
15
f ' t dt
7
2
2 t
7
2
7
2
7
f ' t dt
2
2 t
2
2
a
b
0
2 t
2
7 t 7
.
dt
2 2t 3
236
15
251 .
2 x + 1
Câu 17: Cho hàm số f ( x ) = 
ax − 3a + 7
a bằng
3e2 + 4e − 6
A.
.
e −1
7
2
B. 6e − 6
khi x  3
khi x  3
1
( a là tham số thực). Nếu
 f (e
x
+ 1)e x dx = e 2 thì
0
C. 6e + 6
D. −6e + 6
Lời giải
Chọn B
Đặt t = e x + 1  dt = e x dx . Nếu x = 0  t = 2 , Nếu x = 1  t = e + 1
Suy ra:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
 f (e
x
+ 1)e dx =
x
0
e +1
3
e +1
3
e +1
2
2
3
2
3
 f ( t )dt =  f ( t )dt +  f ( t )dt =  ( at − 3a + 7 )dt +  ( 2t + 1) dt
3
e +1
 at 2

=
− 3at + 7t  + ( t 2 + t ) =
2
 2
2
(
)
 a.32
  a.22

2
=
− 3a.3 + 7.3  − 
− 3a.2 + 7.2  + ( e + 1) + e + 1 − ( 32 + 3)
 2
  2

−a
=
+ e 2 + 3e − 3
2
1
giả
Theo
 f (e
thiết:
x
+ 1)e x dx = e 2
nên
ta
có
phương
trình:
0
−a
a
+ e2 + 3e − 3 = e2  = 3e − 3  a = 6e − 6
2
2
khi x  3
2 x + 1
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = 
( a là tham số thực). Nếu
ax − 3a + 7 khi x  3
thì a bằng
A.
3e2 + 4e − 6
.
e −1
B. 6e − 6.
C. 6e + 6.
1
 f (e
x
+ 1) e x dx = e 2
0
D. −6e + 6.
Lời giải
Chọn B
Ta có f 3
lim f x
x
7
lim f x
3
x
3
hàm số f x liên tục tại x
3.
Đặt t = e x + 1  dt = e x dx
Đổi cận: x = 1  t = 2; x = 1  t = e + 1
e +1
Khi đó
 f ( t ).dt = e
2
3
2
  ( at − 3a + 7 ) dt +
e +1
2
 ( 2t + 1) dt = e
2
.
3
3
e +1
 at 2


− 3at + 7t  + ( t 2 + t ) = e 2
3
 2
2
2
9

  a − 9a + 21 − ( 2a − 6a + 14 ) + ( e + 1) + ( e + 1)  − ( 32 + 3) = e 2


2

 a = 6e − 6 .
2 x + 1
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) = 
ax − 3a + 7
a bằng
3e2 + 4e − 6
A.
.
e −1
B. 6e − 6 .
khi x  3
khi x  3
1
( a là tham số thực). Nếu
 f (e
C. 6e + 6 .
D. −6e + 6 .
Chọn B
Ta có f ( 3) = lim− f ( x ) = 7 = lim+ f ( x )  hàm số f ( x ) liên tục tại x = 3 .
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
x →3
)
+ 1 e x dx = e2 thì
0
Lời giải
x →3
x
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Đặt t = e x + 1  dt = e x dx .
Đổi cận: x = 0  t = 2; x = 1  t = e + 1
e +1
Khi đó

3
e +1
2
3
f ( t )dt = e2   ( at − 3a + 7 )dt +  ( 2t + 1)dt = e 2 .
2
3
 at 2


− 3at + 7t  + t 2 + t
 2
2
(
)
e +1
= e2
3
9

  a − 9a + 21 − ( 2a − 6a + 14 ) + (e + 1) 2 + ( e + 1)  − 32 + 3 = e 2
2

 a = 6e − 6.
(
Câu 20: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
thỏa mãn f ( 2 ) = 3 ,
)
4

1
f
( x )d x = 2 ,
x
2
 xf  ( x ) dx = 3 .
0
1
 f ( x ) dx .
Tính
0
A. 5 .
B. 1 .
Chọn C
4
• Gọi A = 
f
D. 3 .
( x )d x .
x
1
x =t 
Đặt
C. 2 .
Lời giải
dx
2 x
= dt  dx = 2 xdt .
2
x = 1 t = 1; x = 4  t = 2  A = 
1
f ( t ) .2 xdt
x
2
= 2 f ( t ) dt .
1
2
Mà A = 2   f ( x ) dx = 1 .
1
2
• Gọi B =  xf  ( x ) dx .
0
2
2
0
0
2
2
0
0
Ta có: B =  xf  ( x ) dx =  xd ( f ( x ) ) = xf ( x ) 0 −  f ( x ) dx = 2 f ( 2 ) −  f ( x ) dx .
2
2
2
0
0
Mà f ( 2 ) = 3 và B = 3  6 −  f ( x ) dx = 3   f ( x ) dx = 3 .
Vậy
1
2
2
0
0
1
 f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 3 − 1 = 2 .
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn f ( x3 + 3x + 1) = 3x + 2, x 
.
5
Tích phân
 x. f  ( x ) dx bằng
1
A. −
31
.
4
B.
33
.
4
C.
17
.
4
D.
49
.
4
Lời giải
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Chọn B
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Từ f ( x3 + 3x + 1) = 3x + 2 và 3 x 2 + 3  0, x 
ta có f (1) = 2 , f ( 5 ) = 5
và ( 3x 2 + 3) f ( x3 + 3x + 1) = ( 3x 2 + 3) ( 3x + 2 ) , x 
1
 ( 3x
Do đó
1
2
+ 3) f ( x + 3x + 1) dx =  ( 3x + 3) ( 3x + 2 ) dx hay
3
2
0
0
5
5
1
1
5
 f ( u ) du =
1
 x. f  ( x ) dx = 5. f ( 5) − f (1) −  f ( x ) dx =
Ta có:
.
59
.
4
33
.
4
1
Câu 22: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0;+ ) và thỏa mãn 2 f ( x ) + xf   = x với mọi x  0 . Tính
x
 f ( x ) dx .
2
1
2
A.
7
.
12
B.
7
.
4
C.
9
.
4
D.
3
.
4
Lời giải
Chọn D
Xét trên ( 0;+ ) :
Thay x bởi
1
1
1 1
1
ta có: 2 f   + f ( x ) =  f ( x ) + 2 xf   = 1 .
x
x
x x
x

2 f ( x ) + xf

Ta có: 
 f ( x ) + 2 xf


1
f
=
x
 

 x

1

  =1
f
 x

 f ( x ) dx = 
2x − 1
3
dx = .
3
4
Vậy
2
2
1
2
1
2
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
( x) =
2x − 1
3
.
2
−1
1 2− x x
=
 =
3x
3
 x
và có một nguyên hàm là hàm số g ( x ) =
1 2
x − x + 1 . Khi đó
2
2
 f ( x ) dx bằng
2
1
A.
2
.
3
4
B. − .
3
C.
Lời giải
Chọn C
Ta có f ( x ) =  g ( x )  = x − 1  f ( x 2 ) = x 2 − 1 .
2
Khi đó

1
2
 x3

4
f ( x ) dx =  ( x − 1) dx =  − x  = .
 3
1 3
1
2
2
2
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
4
.
3
2
D. − .
3
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
1
và

0
1
f ( x ) dx = 6 . Tính   xf ( x 2 ) − x 2 f ( x3 )  dx .
0
B. −1 .
A. 0 .
C. 1 .
D.
1
.
6
Lời giải
Chọn C
1
1
0
0
 Ta có I =  xf ( x 2 ) dx −  x 2 f ( x 3 ) dx = A − B.
1
 Tính A =  xf ( x 2 ) dx
0
Đặt t = x  dt = 2 xdx .
Đổi cận: Khi x = 0  t = 0 ; Khi x = 1  t = 1.
2
1
Ta có A =
1
1
1
f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 3 .

20
20
1
 Tính B =  x 2 f ( x3 ) dx .
0
Đặt t = x  dt = 3 x 2dx .
Đổi cận: Khi x = 0  t = 0 ; Khi x = 1  t = 1.
3
1
1
1
1
Suy ra B =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 2 .
30
30
Vậy I = A − B = 3 − 2 = 1 .
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
1
và

0
0
B. −1 .
A. 0 .
1
f ( x ) dx = 6 . Tính   xf ( x 2 ) − x 2 f ( x3 )  dx .
C. 1 .
D.
1
.
6
Lời giải
Chọn C
1
1
0
0
 Ta có I =  xf ( x 2 ) dx −  x 2 f ( x 3 ) dx = A − B.
1
 Tính A =  xf ( x 2 ) dx
0
Đặt t = x 2  dt = 2 xdx .
Đổi cận: Khi x = 0  t = 0 ; Khi x = 1  t = 1.
1
1
1
1
Ta có A =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 3 .
20
20
1
 Tính B =  x 2 f ( x3 ) dx .
0
Đặt t = x  dt = 3 x 2dx .
Đổi cận: Khi x = 0  t = 0 ; Khi x = 1  t = 1.
3
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Suy ra B =
1
1
1
f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 2 .

30
30
Vậy I = A − B = 3 − 2 = 1 .
Câu 26: Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đạo hàm trên
g  ( x ) + f ( x ) = − x , với x 
A.
2
−2.
e
và thỏa mãn f  ( x ) + g ( x ) = x ;
. Biết f ( 0 ) = g ( 0 ) = 1 . Tính f (1) .
B. e +
1
− 2.
e
C.
e2 + 2
.
2e
D.
e2 − 2
.
2e
Lời giải
Chọn B
 f  ( x ) + g ( x ) = x
 f ( x ) + g( x ) = − f ( x ) − g ( x )
* Ta có: 
 g  ( x ) + f ( x ) = − x
 f ( x ) + f ( x ) = − g( x ) − g ( x )
 f ( x ) ex + f ( x ) ex = −g( x ) ex − g ( x ) ex
  f ( x ) e x  = −  g ( x ) e x 
 f ( x ) .e x = − g ( x ) e x + C .
 f ( x) = −g ( x) + c  c = 2 .
2 − f ( x ) ex 2
= x − f ( x) .
ex
e
* Ta có: f  ( x ) + g ( x ) = x
Vậy g ( x ) =
2
− f ( x) = x
ex
 f  ( x ) e − x − f ( x ) e − x = xe − x − 2e −2 x
 f '( x ) +
  f ( x ) e− x  = xe− x − 2e −2 x .
Vì hàm số có đạo hàm trên
1
1
0
0
nên ta có:
−x
−x
−x
−2 x
−x 
−x
−2 x
  f ( x ) e  dx =   xe − 2e  dx  f ( x ) e 0 = (− xe − e + e ) 0
 f (1) e−1 =
Vậy f (1) =
1
1
1 2
1
− + 1  f (1) = + e − 2
2
e
e
e
1
+e−2.
e
Câu 27: Cho hàm số f ( x) = x
2021
a
m = − ( với a, b 
b
A. a + b = 2021 .
+ s inx + 2021 . Biết rằng có duy nhất giá trị của
m
*
và ( a, b) = 1 ) để  ( x. f ' (m− x) − f ( x))dx = 1 . Tìm a + b .
0
B. a + b = 2023 .
Chọn D
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. a + b = 2020 .
Lời giải
D. a + b = 2022 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
m
m
m
0
0
Ta có  ( x. f ' (m− x) − f ( x))dx = 1   x. f ' (m− x)dx −  f ( x)dx = 1
0
  − x. f ( m − x ) 
m
o
m
m
0
0
+  f ( m − x ) dx −  f ( x)dx = 1
0
m
m
0
 −mf (0) −  f (t )dt −  f ( x)dx = 1
m
m
o
0
 −2021m +  f (t )dt −  f ( x)dx = 1
m=−
1
. Vậy a = 1; b = 2021  a + b = 2022 .
2021
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai f  ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn
điều kiện f ( 0 ) = f (1) = 1; f  ( 0 ) = 2021. Mệnh đề nào sau đây đúng?
1
A.
1
 (1 − x ) f  ( x ) dx = −2021 .
B.
0
C.
 (1 − x ) f  ( x ) dx = 2021 .
0
1
1
0
0
 (1 − x ) f  ( x ) dx = 1 . D.  (1 − x ) f  ( x ) dx = −1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có
1
1
0
0
 (1 − x ) f  ( x ) dx =  (1 − x ) df  ( x )
1 1
= (1 − x ) f  ( x ) +  f  ( x ) dx
0 0
= − f  ( 0 ) + f (1) − f ( 0 ) = −2021 .
1
Vậy
 (1 − x ) f  ( x ) dx = − 2021 .
0
x2 + 2 x + 3
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 và f ( x ) + f (1 − x ) =
, x   0;1 . Tính
x +1
1
 f ( x ) dx
0
A.
3
+ 2ln 2
4
B.
3
+ 2ln 2 .
2
C.
3
+ ln 2 .
4
D. 3 + ln 2 .
Lời giải
Chọn C
Ta luôn có f ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 thì
1
1
0
0
 f (1 − x ) dx =  f ( x ) dx
Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế của đẳng thức f ( x ) + f (1 − x ) =
1
1
0
0
2. f ( x ) dx = 
x2 + 2 x + 3
ta được:
x +1
x2 + 2 x + 3
3
3
dx = + 2ln 2   f ( x ) dx = + ln 2.
x +1
2
4
0
1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 24
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
8
4
3
0
0
−1
 f ( x ) dx = 10,  f ( x ) dx = −4 . Tính  f ( 3x − 1 ) dx .
Câu 30: Biết
A. 2 .
B. 1 .
C. 0 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn A
I=
3
1
3
−1
−1
3
 f ( 3x − 1 ) dx =  f (1 − 3x )dx +  f (3x − 1) dx = A + B
1
3
Đặt u = 1 − 3 x  du = −3dx
x = −1  u = 4
1
x= u=0
3
4
4
1
1
−4
Khi đó A =  f ( u )du =  f ( x ) dx =
30
30
3
Đặt t = 3 x − 1  dt=3dx
1
x= t =0
3
x =3t =8
8
8
1
1
10
Khi đó B =  f ( u ) du =  f ( x ) dx =
30
30
3
Vậy I =
10  −4 
+   = 2.
3  3 
Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình
Giá trị I =
1
2

−1
3
f  ( 2 x )dx + 
f  ( x + 1)
0
A. 3 .
B. 2021 .
Chọn A
Xét I1 =
2
1
2
 f  ( 2 x )dx
−1
Đặt 2 x = t  dx =
dt
2
25 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
dx bằng
C. 5 .
Lờigiải
D. 10 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
Khi x = −1  t = −2; x =  t = 1
2
Ta có I1 =
3
Xét I 2 = 
1
2
1
−1
−2
 f  ( 2 x )dx = 
f  ( x + 1)
2
0
1
1
dt 1
1
f  ( t ) =  f  ( t )dt =  f  ( x )dx
2 2 −2
2 −2
dx
Đặt x + 1 = u  dx = du
Khi x = 0  u = 1; x = 3  u = 4
3
Ta có I 2 = 
f  ( x + 1)
0
2
4
dx = 
1
f (u )
2
4
du =
4
1
1
f  ( u )du =  f  ( x )dx

21
21
Có I = I1 + I 2
1
=
4
1
1
f  ( x )dx +  f  ( x )dx

2 −2
21
4
f ( 4 ) − f ( −2 ) 8 − 2
1
1
=  f  ( x )dx = f ( x ) =
=
=3
2 −2
2
2
2
−2
4
Câu 32: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
và thỏa mãn f ( x ) = f ( 5 − x ) , x 
3
. Biết
 f ( x ) dx = 2 .
2
3
Tính I =  xf ( x ) dx .
2
A. I = 20.
B. I = 10.
C. I = 15.
Lời giải
D. I = 5.
Chọn D
Đặt t = 5 − x  dx = −dt.
Cho x = 2  t = 3; x = 3  t = 2.
3
3
2
2
I =  xf ( x ) dx =  ( 5 − t ) f ( 5 − t ) dt
3
=  ( 5 − x ) f ( 5 − x ) dx
2
3
3
=  5 f ( 5 − x ) dx −  xf ( 5 − x ) dx
2
2
3
3
=  5 f ( x ) dx −  xf ( x ) dx
2
2
3
3
2
2
 2  xf ( x ) dx =  5 f ( x ) dx = 5.2 = 10
3
  xf ( x ) dx = 5.
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 26
Phan Nhật Linh
Câu 33: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
và thỏa mãn các điều kiện sau: f ( 0 ) = −2 và
3
( x2 + 1) f  ( x ) + xf ( x ) = − x , x 
. Tính tích phân I =
 xf ( x ) dx .
0
A. I =
5
.
2
3
B. I = − .
2
C. I =
3
.
2
5
D. I = − .
2
Lời giải
Chọn D
• ( x 2 + 1) f  ( x ) + xf ( x ) = − x
x
 x 2 + 1. f  ( x ) +
x2 + 1
. f ( x) = −
x
x2 + 1
)
(


  x 2 + 1. f ( x )  = − x 2 + 1


 x 2 + 1. f ( x ) = − x 2 + 1 + C .
• f ( 0 ) = −2  1. f ( 0 ) = − 1 + C  C = −1 .
•
x 2 + 1. f ( x ) = − x 2 + 1 − 1  f ( x ) = −1 −
1
x2 + 1
.
Khi đó:
3
I=

0

xf ( x ) dx =   − x −
0 

5
 1 2

 3

2
 dx =  − x − x + 1  =  − − 3 + 1  − ( −0 − 1) = − .
2
2
 2
0
 2

x +1
3
3
x
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và thỏa mãn 2021 f ( x ) − f ( − x ) = x sin x, x 

của tích phân I =
2
 f ( x ) dx bằng
−
2
A. I =
3
.
2022
B.
1
.
1010
C.
2
.
2019
Lời giải
Chọn B
b
Bổ đề:
b
f ( x ) dx =  ( a + b − x ) dx

a
I=
a


2
2

−
2
−
2
 f ( x ) dx = 
 − 

f
+ − x  dx =  f ( − x ) dx
2
 2

−
2
2
Ta có: 2021 f ( x ) − f ( − x ) = x sin x
Lấy tích phân 2 vế, cận từ


2
2
 2021  f ( x ) dx −
−
2

−

đến
2
2

f ( − x ) dx =
−
2
27 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
 x sin xdx
−
2
D.
1
.
2020
. Giá trị
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng


2
2
 2021  f ( x ) dx −

−
2
−
2


2
2
 2020  f ( x ) dx =
−
2

f ( x ) dx =
2
 x sin xdx
−
2
 x sin xdx
−
2

2
 2020  f ( x ) dx = 2
−
2


2
2
1
 f ( x ) dx = 2020 = 1010 .
−
2
Câu 35: Giả sử hàm số f ( x ) liên tục và luôn dương trên đoạn  0;e  thoả mãn f ( x ) . f ( e − x ) = 1 . Tính
e
1
dx
0 1 + f ( x)
tích phân I = 
B. I =
A. I = e .
e
.
2
C. I =
2e
.
3
D. I =
e
.
3
Lời giải
Chọn B
 Ta có: f ( x ) . f ( e − x ) = 1  f ( x ) =
Khi đó:
f (e − x) + 1
1
1
 1 + f ( x) = 1 +
=
f (e − x)
f (e − x)
f (e − x)
f (e − x)
1
1
.
=
= 1−
1 + f ( x) 1 + f (e − x)
1 + f (e − x)
e
e
e
1
1
Do đó: 
= 1dx − 
dx .
0 1 + f ( x)
0
0 1 + f (e − x)
e
e
1
1

=e−
dx .
0 1 + f ( x)
0 1 + f (e − x)
e
e
1
1

+
dx = e
0 1 + f ( x)
0 1 + f (e − x)
(1) .
e
1
dx
1
+
f
x
(
)
0
 Xét: I = 
Đặt x = e − t  dx = − dt .
x = 0  t = e
Đổi cận: 
.
x = e  t = 0
1
−dt
dt
dx
I =
dx = 
=
=
0 1 + f ( x)
e 1 + f (e − t )
0 1 + f (e − t )
0 1 + f (e − x )
e
0
e
 Từ (1) và (2) ta được: 2 I = e  I =
e
( 2) .
e
.
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 28
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
e
1
1
e
Cách 2. Chọn hàm f ( x ) = 1  f ( e − x ) = 1  I = 
dx =  dx = .
2
0 1 + f ( x)
0 2
e
Câu 36: Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
đạo
hàm
liên
tục
trên
thỏa
,
mãn
6
f ( x3 + 2 x + 3) = x 6 + 4 x 4 + 3x3 + 6 x + 2, với mọi x  . Tính tích phân I =  f ( x)dx.
0
A.
206
.
35
B.
1976232
.
5
C.
125
.
24
D.
125
.
48
Lời giải
Chọn D
Lấy tích phân hai vế, ta được:
1
Câu 37:
 ( 3x
+ 2 ) f ( x + 2 x + 3) dx =
2
3
−1
1
 ( 3x
6
2
−1
+ 2 )( x + 4 x + 3x + 6 x + 2 ) dx   f (t )dt =
6
4
3
0
VĨNH PHÚC - LẦN 2 - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
298
. (SGD
15
và thỏa mãn



f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x, x 
2

1
A. I = − .
4
B. I =
2
. Biết f ( 0 ) = 0 , tính I =  xf  ( x ) dx .
0
1
.
4
C. I =

4
D. I = −
.

4
.
Lời giải
Chọn A


Do f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x 
2

Ta có


2


f  − x  dx = − 
2

0
2

0
 
 
f   + f (0) = 0  f   = 0
2
2


 

f  − x  d  − x  =  f ( x ) dx .
2
 2
 0
2



12
1
1


Do f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x  2  f ( x ) dx =  sin 2 xdx = − cos 2 x 02 =
20
4
2
2

0
2

2
Khi đó
1
 f ( x ) dx = 4 .
0


2
2


2
Vậy I =  xf  ( x ) dx =  xd ( f ( x ) ) = x. f ( x ) −  f ( x ) dx =
2
0
0
0
0
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

1
  1
f  − =− .
2 2 4
4
và thỏa mãn f ( x3 + 2 x ) = 4 x − 1 với mọi x 
3
của tích phân
 f ( x ) dx bằng
0
A. 2 .
B. 1 .
Chọn D
C. 3 .
Lời giải
Ta có: f ( x3 + 2 x ) = 4 x − 1  ( 3x 2 + 2 ) . f ( x 3 + 2 x ) = ( 4 x − 1) ( 3x 2 + 2 )
29 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. 4 .
. Giá trị
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
 ( 3x 2 + 2 ) . f ( x3 + 2 x ) = 12 x3 + 8 x − 3x 2 − 2
1
1
1
0
0
0
  ( 3x 2 + 2 ) . f ( x3 + 2 x ) dx =  (12 x3 + 8 x − 3x 2 − 2 ) dx = 4   ( 3x 2 + 2 ). f ( x3 + 2 x ) dx = 4
Đặt x3 + 2 x = t  ( 3x 2 + 2 ) dx = dt
Đổi cận:
1
3
3
0
0
0
 4 =  ( 3x 2 + 2 ) . f ( x3 + 2 x ) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx .
Câu 39: Cho hàm số f ( x ) liên tục và xác định trên
1
1
0
0
của tích phân I =  xf ( x 2 )dx + 
A. 1 .
3f
(
3x + 1
4 3x + 1
B. 3 .
thỏa mãn f ( 2 − x ) + 2 f ( x ) = 3x 2 + 2 . Giá trị
)dx
C. 2 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn C
1
+) Xét A =  xf ( x 2 )dx
0
Đặt t = x 2  dt = 2 xdx
x = 0  t = 0 ; x =1 t =1
1
Suy ra A =
1
f ( t )dt .
2 0
1
+) Xét B = 
0
3f
(
3x + 1
4 3x + 1
Đặt t = 3x + 1  dt =
)dx
3
2 3x + 1
dx 
dx
2
= dt
3x + 1 3
x = 0  t = 1; x = 1  t = 2
2
2
3 2
1
Suy ra B =  . f ( t ) dt =  f ( t ) dt .
21
1 4 3
+) I =
1
2
 12
1
f
t
dt
+
f
t
dt
 ( )
1 ( )  = 2 0 f ( t ) dt .
2  0
+) Theo đề f ( 2 − x ) + 2 f ( x ) = 3x 2 + 2
2
2
2
0
0
0
  f ( 2 − x ) dx +  2 f ( x ) dx =  ( 3x 2 + 2 )dx (1)
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 30
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
Xét
 f ( 2 − x ) dx
0
Đặt t = 2 − x  dt = − dx
x = 0  t = 2; x = 2  t = 0
2
2
0
0
(1)   f ( t ) dt + 2 f ( x ) dx = 12
2
2
0
0
  f ( x ) dx + 2 f ( x ) dx = 12
2
2
0
0
 3 f ( x ) dx = 12   f ( x ) dx = 4.
2
2
1
1
Vậy I =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 2 .
20
20
Câu 40: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
( 0;+ )
và thỏa mãn f ( x 2 + 1) +
f
( x ) = ln x .
4x x
x
Biết
17
 f ( x ) dx = a ln 4 − b với a , b 
. Giá trị của a + 2b bằng
1
A. 20 .
B. 16 .
Chọn A
Ta có f ( x 2 + 1) +
C. 12 .
Lời giải
D. 8 .
( x ) = ln x  2 xf ( x + 1) + f ( x ) = 2ln x . (1)
x
4x x
2 x
f
2
Lấy tích phân từ 1 đến 4 cả hai vế của (1) ta được
4
4
1
1
2
 2 xf ( x + 1) dx + 
f
( x ) dx =
2 x
4
 2ln x dx (1)
1
4
4




4 4

4
Ta có  2ln x dx = 2  x ln x −  x d ( ln x )  = 2  4ln 4 − 1dx  = 2  4ln 4 − x  = 8ln 4 − 6.
1 1
1
1
1





4
4
17
17
1
1
2
2
Ta có  2 xf ( x 2 + 1) dx =  f ( x 2 + 1) d ( x 2 + 1) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx (ở đây ta đặt t = x 2 + 1 ).
4
Lại có

1
f
( x ) dx =
2 x
 ( x ) d ( x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx . (ở đây ta đặt t =
4
2
2
1
1
f
1
17
2
17
2
1
1
Từ (1)   f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 8ln 4 − 6 
Suy ra a = 8 ; b = 6  a + 2b = 8 + 2.6 = 20 .
31 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
 f ( x ) dx = 8ln 4 − 6 .
x ).
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) liên tục trên
. Miền hình phẳng trong hình vẽ được
giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f  ( x ) và trục hoành đồng thời có diện tích S = a. Biết rằng
1
và f ( 3) = c. Giá trị của
 ( x + 1) f  ( x ) dx = b
0
1
 f ( x ) dx bằng
0
A. a − b − c .
B. − a + b + c .
C. − a + b − c .
Lời giải
D. a − b + c .
Chọn D
Ta có:
1
3
0
1
a = S =  f  ( x ) dx −  f  ( x ) dx  2 f (1) − f ( 0 ) − f ( 3) = a  2 f (1) − f ( 0 ) = a + c (1)
u = x + 1
du = dx


Xét b =  ( x + 1) f  ( x ) dx . Đặt 
, ta có:

dv = f  ( x ) dx 
v = f ( x )
0

1
1
1
1
0
0
b = ( x + 1) f ( x ) 0 −  f ( x ) dx = 2 f (1) − f ( 0 ) −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 2 f (1) − f ( 0 ) − b (2)
1
0
1
Từ (1) và (2) suy ra được:
 f ( x ) dx = a + c − b .
0
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( 0;+ ) thỏa mãn
1
. Tính giá trị của f ( 2 ) .
e
A. f ( 2 ) = e −2 (1 + 2ln 2 ) .
f ( x)
x
= f ( x ) + f ' ( x ) − e − x đồng
thời f (1) =
B. f ( 2 ) = e −2 ( 3 + 2ln 2 ) .
C. f ( 2 ) = e −2 ( 2 + ln 3) . D. f ( 2 ) = 2e −2 (1 + ln 2 ) .
Lời giải
Chọn D
Ta có:
f ( x)
x
 ex ex  ex
1
 1
= f ( x ) + f ' ( x ) − e − x  f ( x ) 1 −  + f ' ( x ) = e − x  f ( x )  − 2  +
f '( x ) =
x
 x
 x x  x
'

ex  1
  f ( x ).  = .
x x

Lấy tích phân hai vế:
'
2
2


ex 
1
ex  2
e2
1  f ( x ) . x  dx = 1 x dx   f ( x ) . x  1 = ln x 1  f ( 2 ) . 2 − e. f (1) = ln 2
2ln 2 2
 f ( 2 ) = 2 + 2  f ( 2 ) = 2e−2 (1 + ln 2 ) .
e
e
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 32
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 43: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  −1;1 thỏa mãn f ( x ) − 1 =
1
 ( x + e ) f (t ) dt .
t
Tích phân
−1
1
 e f ( x ) dx bằng
x
−1
A. I =
e+3
.
2
−e + e − 3
B. I =
e2 + 3
.
e2 − e + 3
C. I =
e2 + 3
.
−e 2 + e − 3
D. I =
−2e
.
e −e+3
2
Lời giải
Chọn C
Ta có : f ( x ) − 1 =
1
1
1
−1
−1
t
t
 ( x + e ) f (t ) dt = x  f (t ) dt +  e f (t ) dt
−1
1
1
−1
−1
f ( x ) = x  f ( t ) dt +  et f ( t ) dt + 1
1
Đặt a =
1

−1
f ( t ) dt , b =  et f ( t ) dt + 1 , khi đó f ( x ) = ax + b
−1
1
1
f ( x ) = x  ( at + b ) dt +  et ( at + b ) dt + 1
−1
−1
1
1
 at 2

= x
+ bt  +  ( at + b ) det + 1
 2
 −1 −1
1
1


t
= 2bx + ( ( at + b ) e ) −  a.et dt  + 1
−1
−1


be2 − b + 2a + e
e
−2e

a = 2b
a
=
2


e −e+3
Mà f ( x ) = ax + b  
be2 − b + 2a + e  
−e
b =
b =
e

2

e −e+3
−2e
−e
 f ( x) = 2
x+ 2
e −e+3
e −e+3
= 2bx + ( a + b ) e − ( −a + b ) e −1 − a ( e − e −1 )  + 1 = 2bx +
1
−e 
−e
−e
−2e
 −2e


  f ( x ) dx =   2
x+ 2
x2 + 2
x = 2
 dx =  2
e −e + 3
e − e + 3  −1 e − e + 3
e −e+3
−1
−1  e − e + 3
1
1
−2e
−e
−2e
−e 2 − 3
.
  e f ( x ) dx = f ( x ) − 1 − x  f ( t ) dt = 2
x+ 2
−1− 2
x= 2
e
−
e
+
3
e
−
e
+
3
e
−
e
+
3
e
−
e
+
3
−1
−1
1
1
x
Câu 44: Cho
hàm
số
f ( x)
liên
tục
và
có
đạo
hàm
1 f ( x)
64
2


.
Tính
f
(
x
)
−
2
f
(
x
)(
x
+
2)
dx
=
−
I
=
−2 
0 x2 + 1dx .

3
 − 2ln 2
 − ln 2
 + ln 2
A. I =
.
B. I =
.
C. I =
.
2
2
2
trên
 −2;2
thỏa
mãn
2
Lời giải
Chọn C
Ta có
33 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. I =
 + 2ln 2
2
.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
2
2
64
64
2
2


f
(
x
)
−
2
f
(
x
)(
x
+
2)
dx
=
−

f
(
x
)
−
(
x
+
2)
dx −  ( x + 2 ) dx = −


−2 


−2
3
3 .
−2
2
2
 f ( x) − ( x + 2) dx = 0
−2
Suy ra f ( x ) = x + 2 .
2

1
Suy ra I = 
0
x+2
dx .
x2 + 1
    
Đặt x = tan t  t   − ;    dx = (1 + tan 2 t ) dt .
  2 2 

4
Suy ra I = 
0

tan t + 2
2  ln 2 + 
2
4
.
1
+
tan
t
dt
=
−
ln
cos
t
+
2
t
= − ln
+ =
.
(
)
(
)
2
0
tan t + 1
2
2
2
1
2
1
Câu 45: Cho f ( x ) là hàm số liên tục có đạo hàm f  ( x ) trên  0;1 , f ( 0 ) = 0 . Biết   f  ( x )  dx = ,
3
0
1
1
2
1
 f ( x ) dx = − 3 . Khi đó  f ( x ) dx bằng:
0
0
5
.
48
A. −
1
C. − .
6
Lời giải
B. 0 .
D.
6
.
23
Chọn A
1
Xét
1
 f ( x ) dx = − 3
0
u = f ( x )
du = f  ( x ) dx
Đặt 
 
dv = dx
v = x
1 1
1
 xf ( x )  −  xf  ( x ) dx = −
0 0
3

1
f (1) − f ( 0 ) −  xf  ( x ) dx = −
0
1


0
1
0
1
3

1
3
1
f  ( x ) dx −  xf  ( x ) dx = − 
3
0
1
1
f (1) −  xf  ( x ) dx = −

1
1
 ( x − 1) f  ( x ) dx = 3
0
1
1
0
0
1
1 1
2
3 1
Ta có:   f  ( x )  dx − 2 ( x − 1) f  ( x ) dx +  ( x − 1) dx = − 2. + ( x − 1) = 0
0
3
3 3
2
0
1
   f  ( x ) − ( x − 1)  dx = 0  f  ( x ) = x − 1  f ( x ) =
2
0
Do f ( 0 ) = 0 nên C = 0 . Do đó f ( x ) =
1
2
Vậy

0
x2
− x+C
2
x2
−x
2
1
2
1
 x2

 x3 x 2 
5
f ( x ) dx =   − x  dx =  −  2 = −
2
48

 6
0 2
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 34
Phan Nhật Linh
Câu 46: Cho hàm số
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
có đạo hàm liên tục trên
và thoả mãn f (1) = 0 ,
f ( x)
f  ( x ) . f ( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 , x  1; +  ) . Tính f 2 ( 2 ) .
A. 1.
B. 15.
C. 3.
Lời giải
D. 24.
Chọn B
Ta có f  ( x ) . f ( x ) = 2 x f 2 ( x ) + 1 
Suy ra
f
( x) + 1
2
f 2 ( x ) + 1 =  2 xdx = x 2 + C ( C 
(
= 2x 
)

f 2 ( x ) + 1 = 2x .
).
f 2 (1) + 1 = 12 + C  C = 0 .
Thay x = 1 vào ta được
Suy ra
f ( x ). f ( x )
f 2 ( x ) + 1 = x 2 , hay f 2 ( x ) = x 4 − 1 .
Vậy f 2 ( 2 ) = 24 − 1 = 15 .
Câu 47: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
( 0;+  )
và thỏa mãn f ( x 2 + 1) +
f
( x ) = ln x .
4x x
x
Biết
17
 f ( x )dx = a ln 4 − b với a, b 
. Giá trị của a + 2b bằng
1
A. 16 .
B. 12 .
Chọn D
Ta có: f ( x 2 + 1) +
4
D. 20 .
( x ) = ln x  2 xf ( x + 1) + f ( x ) = 2ln x
x
4x x
2 x
f
2
4
  2 xf ( x + 1)dx + 
2
1
C. 8 .
Lời giải
f
1
( x )dx = 2
2 x
4
17
 ln xdx

1
2
 f ( u )du +  f ( v )dv = 2 ( x ln x − x )
2
4
1
1
17

 f ( x )dx = 8ln 4 − 6 .
1
Vậy a + 2b = 8 + 2.6 = 20 .
Câu 48: Cho f ( x ) có đạo hàm trên
f ( 0 ) = 1 , tính tích phân I =
và thỏa mãn 3 f  ( x ) .e
f 3 ( x ) − x 2 −1
−
2x
= 0 , với x 
f ( x)
2
7
 x. f ( x ) dx .
0
A.
9
.
2
45
.
8
B.
C.
11
.
2
D.
15
.
4
Lời giải
Chọn B
Ta có: 3 f  ( x ) .e
f 3 ( x ) − x 2 −1
 3. f  ( x ) . f 2 ( x ) .e
f 3 ( x)
−
2x
2x
f 3 ( x ) − x 2 −1

=
0

3.
f
x
.e
= 2
(
)
2
f ( x)
f ( x)
= e x +1.2 x  e

2
35 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
f 3 ( x)
(
)
3
 = e x2 +1   e f ( x ) = e x2 +1 + C .

. Biết
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Do f ( 0 ) = 1  C = 0 .
Suy ra: e f
3
( x)
= ex
2
+1
 f 3 ( x ) = x2 + 1  f ( x ) = 3 x2 + 1 .
7
Khi đó: I =
7
 x. f ( x ) dx = 
0
0
7
4
1
1 3
1
x. x + 1 dx = .  ( x 2 + 1) 3 d ( x 2 + 1) = . .( x 2 + 1) 3
2 4
2 0
3
 2

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) =  x + 1
2 x − 1
3
− 4ln 3 + 4ln 2 .
2
3
C. − + 4ln 3 + 4ln 2 .
2
7
=
2
0
45
.
8
1

2
2 . Tích phân sin 2 x. f (sinx)dx bằng
0
1
khi  x  1
2
khi 0  x 
3
+ 4ln 3 + 4ln 2 .
2
3
D. + 4ln 3 − 4ln 2 .
2
Lời giải
A.
B.
Chọn A


2
2
0
0
 sin 2 x. f (sinx)dx =  2sin x.cos x. f (sinx)dx

2
1
0
0
Đặt t = sin x ta có I =  2sin x.cos x. f (sinx)dx =  2t. f (t )dt
u = t
du = dt
Đặt 

dv = f (t )dt v = f (t )
 12

1
1


1


I =  2t. f (t )dt = 2  t. f (t ) 0 −  f ( t ) dt  = 2 1 −  f ( t ) dt −  f ( t ) dt 
1
0
0


 0


2

1
 12

1
2

 3
= 2 1 − 
dt −  ( 2t − 1) dt  = − 4ln 3 + 4ln 2
1
 0 t +1
 2

2

Câu 50: Cho hàm số f ( x ) , f ( − x ) liên tục trên
và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =
1
. Tính
4 + x2
2
I=
 f ( x ) dx
−2
A.

20
.
B. −

20
.C. −

10
.
D.

10
Lời giải
Chọn A
1

2 f ( x) + 3 f (−x) =

1
1

4 + x2
Ta có: 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

2
f
−
x
+
3
f
x
=

(
)
(
)

4 + x2
4 + x2
2 f ( − x ) + 3 f ( x ) = 1
4 + x2

Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 36
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 f ( x) =
2
1
1
1
I =  2
dx
5 −2 x + 4
5( x + 4)
2

 
Đặt x = 2 tan t  −  t    dx=2 (1 + tan 2 t ) dt
2
 2

1
I=
5
4

−
2 (1 + tan 2 t )
1
dt=
2
5
4 (1 + tan t )
4


4

−
1
1 4

dt= t =
2 10 −  20
4
4
Câu 51: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
f ( x)
f ( x)
= 2 x + 1, x 
có f ( x )  0 x 
, f (1) = e3 . Biết
. Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) = m có hai
nghiệm thực phân biệt.
3
4
3
4
B. 0  m  e .
A. m  e .
Chọn D
f ( x)
Ta có
= 2 x + 1, x 
f ( x)

f ( x )
f ( x)
3
4
C. 1  m  e .
Lời giải
2
+ x +1
D. m  e .
dx =  ( 2 x + 1) dx  ln f ( x ) = x 2 + x + C
f (1) = e3  ln e3 = 2 + C  C = 1 . Do đó f ( x ) = e x
Phương trình f ( x ) = m  e x
3
4
2
+ x +1
.
= m  x 2 + x + 1 − ln m = 0 (m  0) .
3
3
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   = 1 − 4 (1 − ln m )  0  ln m   m  e 4 .
4
Câu 52: Cho f ( x ) liên tục trên
và 3 f ( − x ) + 2 f ( x ) = x10 , x 
1
. Tính I =  f ( x ) dx.
0
A. I =
1
.
55
B. I =
1
.
11
D. I = 11 .
C. I = 55 .
Lời giải
Chọn A
Thay x bởi − x , ta cũng có: 3 f ( x ) + 2 f ( − x ) = x10 , x 
. Khi đó, ta sẽ có:
3 f ( x ) + 2 f ( − x ) − 3 f ( − x ) + 2 f ( x )  = x10 − x10  f ( x ) = f ( − x ) .
1
Do vậy nên từ đề, ta có 5 f ( x ) = x10  f ( x ) = x10 .
5
hàm
Câu 53: .Cho
số
f ( x)
liên
tục,
có
1
2
1
2
đạo
hàm
trên
 −1 1 
 2 ; 2


( )
109
  f ( x ) − 2 f ( x )( 3 − x ) dx = − 12 . Khi đó  x − 1dx bằng
2
f x
2
−
1
2
7
A. ln .
9
0
5
B. ln .
9
37 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
C. ln .
9
Lời giải
8
D. ln .
9
thỏa
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Chọn C
1
2
1
2
109
  f ( x ) − 2 f ( x )( 3 − x ) dx = − 12    f ( x ) − ( 3 − x )
2
−
1
2

−
1
2
  f ( x ) − ( 3 − x )
2
2
dx = −
1
2
109
+
12
1
2
 (3 − x )
−
2
dx
1
2
dx = 0  f ( x ) = 3 − x
1
−
2
1
2
1
2
f ( x)
1
2
1
−x + 3 
2
1 
2
dx
=
=
−
+
dx
=
−
2ln
x
+
1
+
ln
x
−
1
) 02 = ln 9 .
0 x 2 − 1 0 x 2 − 1 0  x + 1 x − 1  (
Do đó
Câu 54: Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
đạo
hàm
liên
tục
trên
0;1
đoạn
thoả
mãn
f 2 ( x ) − xf ( x ) f  ( x ) = 2 x + 4, x   0;1.
Biết f (1) = 3. Tích phân
1
 f ( x )dx bằng
2
0
A. 19.
B. 13.
19
.
3
C.
D.
13
.
3
Lời giải
Chọn C
f 2 ( x ) − xf ( x ) f  ( x ) = 2 x + 4  f 2 ( x ) = xf ( x ) f  ( x ) + 2 x + 4
1
1
 f
2
1
1
1
( x ) dx =  xf ( x ) f  ( x ) dx +  ( 2 x + 4 ) dx   f ( x ) dx =  xf ( x ) f  ( x ) dx + 5 (*).
2
0
0
0
1
Đặt I =  f 2 ( x )dx , tính tích phân
0
0
1
 xf ( x ) f  ( x ) dx
bằng phương pháp từng phần:
0
Đặt u = x  du = dx; dv = f ( x ) f  ( x ) dx  v =
1
ta có  xf ( x ) f  ( x ) dx =
0
Thay vào (*) : I =
0
1
1 2
f (x) ,
2
1
1
1
1
1
9 1
x. f 2 ( x ) −  . f 2 ( x )dx = f 2 (1) − I = − I .
2
2
2
2
2 2
0
0
9 1
19
− I +5 I = .
2 2
3
1
Vậy
19
 f ( x )dx = 3 .
2
0

Câu 55: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 và
2

0

f ( sin x ) dx = 2021. Tính I =  xf ( sin x ) dx
0
.
A. I = 2021.
B. I = 1010 .
C. I =
2021
.
2
D. I = 2021 .
Lời giải
Chọn D
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 38
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023


2

0
0

Ta có I =  xf ( sin x ) dx =  xf ( sin x ) dx +  xf ( sin x ) dx (1)
2

Đặt I1 =  xf ( sin x ) dx

2
Đặt t =  − x  dt = −dx

0
2

0
 I1 =  ( − t ) f sin ( − t )  ( −dt ) =  ( − t ) f ( sin t ) dt
2


2
2
0
0
 I1 =   f ( sin x ) dx −  xf ( sin x ) dx
( 2)

2
Từ (1) và (2) ta suy ra được I =   f ( sin x ) dx = 2021 .
0
Câu 56: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 4 ) =
1
4


và f ( x ) = x 1 +
− f  ( x )  , x  0 . Khi đó
3
x


4
 xf ( x ) dx
bằng
1
A.
1283
.
30
B. −
157
.
30
157
.
30
Lời giải
D. −
C.
1283
.
30
Chọn B.
x  0 ta có: f ( x ) + xf  ( x ) = x + x  ( x. f ( x ) ) = x + x .
Lấy nguyên hàm hai vế ta được: x. f ( x ) =
x2 2
+ x x +C.
2 3
4
 C = −8 .
3
x2 2
 xf ( x ) =
+ x x −8.
2 3
Mà f ( 4 ) =
4
 x2 2

157
xf
x
d
x
=
(
)
1
1  2 + 3 x x − 8 dx = − 30 .
4
Vậy
Câu 57: Cho
hàm
1
số
A. 1 .
có
đạo
hàm
xác
định
1+ 3 x
f 2 − x dx = 4 . Giá trị của
2
x
1
4
2
 x f  ( x )dx = 
0
f ( x)
(
B.
)
5
.
7
C.
Lời giải
Chọn D
39 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
trên
.
Biết
1
 f ( x )dx
bằng
0
3
.
7
D.
1
.
7
f (1) = 2
và
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1
1 1
Ta có: 4 =  x 2 f  ( x )dx =  x 2d ( f ( x ) ) = ( x 2 f ( x ) ) −  2 xf ( x )dx
0 0
0
0
1
1
1
0
0
0
 4 = f (1) − 2 xf ( x )dx  4 = 2 − 2  xf ( x )dx   xf ( x )dx = −1 .
1+ 3 x
f 2 − x dx .
1 2 x
(
4
Xét

)
Đặt t = 2 − x  dt = −
1
2 x
dx .
Với x = 1  t = 1 và x = 4  t = 0 .
1+ 3 x
f 2 − x dx = −  1 + 3 ( 2 − t )  f ( t )dt
2
x
1
1
(
4
Khi đó 4 = 
)
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
 4 =  ( 7 − 3t ) f ( t )dt  4 = 7  f ( t )dt − 3 tf ( t )dt  4 = 7  f ( t )dt − 3 ( −1)   f ( t )dt =
1
Vậy
1
.
7
1
 f ( x )dx = 7 .
0
3
Câu 58: Cho hàm số
2x ln x
thỏa mãn
f x
xf ' x dx
1
0 và
1 . Biết
f 3
0
3
f x dx
a
0
b ln 2
với a,b là các số nguyên dương. Giá trị của a
2
B. 7 .
A. 35.
b là
D. 29.
C. 11 .
Lời giải
Chọn A
3
3
2x ln x
0
1
'
xf x dx
ln x
0
0
3
I1
3
ln x
1d x
2
2
x ln x
1
0
I1
9 ln 4
I1
16 ln 2
2
1 d (x )
0
x2
x
2
3
.(1)
2
3
0
ln x
3
3
0
0
1
3
0
0
3
3
0
xf ' x dx
x2
x
1
3
2
9 ln 4
0
3
x
9 ln 4
1
0
1
x
1
dx
ln 4
3
3
0
0
I 2 =  xd ( f ( x) ) = xf ( x) 30 −  f ( x)dx = 3 f (3) −  f ( x)dx = 3 −  f ( x)dx. (2)
3
3 32ln 2 + 3
+ 3 −  f ( x)dx = 0   f ( x)dx = 16ln 2 + =
2
2
2
0
0
3
Từ (1),(2) ta có 16ln 2 −
3
 a + b = 32 + 3 = 35.
3x 2 khi 0  x  1
Câu 59: Cho hàm số y = f ( x ) = 
. Tính tích phân
4 − x khi 1  x  2
7
5
A. .
B. 1 .
C. .
2
2
2
 f ( x ) dx .
0
D.
3
.
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 40
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Lời giải
Chọn A
Ta có
2

0
2
2

3x3
x2 
7
+  4x −  = = .
f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  ( 3x ) dx +  ( 4 − x ) dx =
3 1 
2 1
2
0
1
0
1
1
2
1
2
2
Câu 60: Cho hàm số f ( x ) xác định và có đạo hàm f  ( x ) liên tục trên đoạn 1;3 và f ( x )  0 với mọi
2
2
x  1;3 , đồng thời f  ( x ) (1 + f ( x ) ) = ( f ( x ) ) ( x − 1)  và f (1) = −1 . Khi đó


2
A. − ln 3 .
B. ln 3 .
3
 f ( x ) dx là:
1
D. − ln 2 .
C. ln 2 .
Lời giải
Chọn A
Ta có f  ( x ) (1 + f ( x ) )
2
f  ( x ) (1 + f ( x ) )
2
= ( f ( x ) ) ( x − 1)  


2
Lấy nguyên hàm 2 vế ta được

 f ( x ) 
f  ( x ) (1 + f ( x ) )
 f ( x ) 
(1 + 2 f ( x ) +  f ( x ) ) f ( x ) dx =
4
2
4
= ( x − 1) .
2
2
dx =  ( x − 1) dx
2
2

 f ( x ) 
4
 ( x − 1)
2
dx
3


x − 1)
(
1
1
1



+2
+
d ( f ( x )) =
+C
3
2
  f ( x ) 4

3
f
x
f
x




(
)
(
)








( x − 1) + C  − 1 + 3 f ( x ) + 3  f ( x )  = ( x − 1) + C
1
−
−
−
=
3
3
2
3
f ( x)
3
3  f ( x ) 
3  f ( x ) 
 f ( x ) 
1− 3 + 3
1
Mà f (1) = −1 nên −
=CC = .
−3
3
1
2
3
1
3
1 + 3 f ( x ) + 3  f ( x ) 
( x − 1) + 1  1 + 3 f ( x ) + 3  f ( x )  + 1 = − ( x − 1)
=
Suy ra −
3
3
3
3
3
3
3  f ( x ) 
3  f ( x ) 
2
(1 + f ( x ) )

 f ( x ) 
3
Vậy

1
3
3
2
3
3

1 
−1
3
= − ( x − 1)   1 +
.
 = (1 − x )  f ( x ) =

f ( x) 
x

3
−1
f ( x ) dx =  dx = − ln x
1 x
3
3
= − ln 3 .
1
e x + m
khi x  0
Câu 61: Cho hàm số f ( x ) = 
liên tục trên
2
 2 x 3 + x khi x  0
( a, b, c  Q ) . Tổng
A. 15 .
3
1
và
 f ( x )dx=ae + b
−1
a + b + 3c bằng
B. −10 .
Chọn C
41 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. −19 .
Lời giải
D. −17 .
3+c ,
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d có một véc-tơ pháp tuyến Ta có
)
(
lim f ( x ) = lim+ ( e x + m ) = m + 1 , lim− f ( x ) = lim− 2 x 3 + x 2 = 0 và f ( 0 ) = m + 1 .
x → 0+
x →0
x →0
x →0
nên liên tục tại x = 0 .
Vì hàm số đã cho liên tục trên
Suy ra lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) hay m + 1 = 0  m = −1 .
x →0
1
Khi đó
1
0
1
0
−1
0
f ( x )dx =  2 x 3 + x 2 dx +  ( e x − 1)dx=  3 + x 2 d ( 3 + x 2 ) +  ( e x − 1)dx

−1
=
x →0
0
−1
2
3 + x2 ) 3 + x2
(
3
0
+ (ex − x ) = e + 2 3 −
1
−1
0
Suy ra a = 1 , b = 2 , c = −
22
.
3
22
. Vậy tổng a + b + 3c = −19 .
3

Câu 62: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
8
3
 tan x. f ( cos x ) dx = 
thỏa mãn
2
0
2

1
2
f ( x2 )
x
f
( x ) dx = 6 .
3
x
1
Tính
dx
A. 4 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 10 .
Lời giải
Chọn C

3
Xét I1 =  tan x. f ( cos 2 x ) dx = 6 .
0
Đặt t = cos 2 x  dt = −2sin x.cos xdx . Đổi cận: x = 0  t = 1; x =


3
t =
1
.
4
1
4
1
1
f (t )
f ( x)
1 3 −2sin x.cos x
1 f (t )
2
f ( cos x ) dx = − 
dt = 
dt = 6  
dx = 6 .
Khi đó: I1 = − 
2
20
cos x
21 t
1 2t
1 2x
8
Xét I 2 = 
1
f
4
( x ) dx = 6 .
4
3
x
Đặt t = 3 x  t 3 = x  3t 2dt = dx .
2
2
3t 2 f ( t )
f ( x)
x = 1  t = 1
Khi 
. Ta có I 2 = 
d
t
=
6

dx = 1 .
3

t
2
x
x = 8  t = 2
1
1
2
Xét tích phân I =

1
2
f ( x2 )
x
dx .
1
1

x =  t =
2
4 .
Đặt t = x  dt = 2 x dx . Đổi cận 
x = 2  t = 2

2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 42
Phan Nhật Linh
2 xf ( x
2
Ta có I =

2x
1
2
2
2
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
) dx =
2

1
4
f (t )
2t
2
dt = 
1
4
f ( x)
2x
1
dx = 
1
4
f ( x)
2x
f ( x)
2
dx + 
2x
1
dx = 6 + 1 = 7 .
Câu 63: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 1;2 và thỏa mãn f (1) = −
f ( x) + xf ( x) = ( 2 x3 + x 2 ) f 2 ( x), x  [1;2]. Giá trị của tích phân
A. ln
4
.
3
B. ln
3
.
4

2
1
1
và
2
x f ( x)dx bằng
C. ln 3 .
D. 0.
Lời giải
Chọn B
(
)
 Từ giả thiết, ta có f ( x) + xf ( x) = 2 x3 + x 2 f 2 ( x) 
f ( x) + xf ( x)
= 2x + 1
[ xf ( x)]2
 1 
1
1

= −2 x − 1 
=  (−2 x − 1)dx 
= − x2 − x + C .

xf ( x)
xf ( x )
 xf ( x) 
1
1
 f (1) = −  C = 0  xf ( x) = −
2
x( x + 1)
2
  x f ( x)dx = 
1
2
1
2 1
−1
1
x +1
3
dx =  
− dx = ln
= ln .
1
x( x + 1)
x 1
4
 x +1 x 
2

2

 x − 1 khi x  2
Câu 64: Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tính tích phân
x
−
2
x
+
3
khi
x

2


A.
23
.
3
B.
23
.
6
C.
2
 f ( 2 sinx + 1) cosx dx
bằng
0
17
.
6
D.
17
3
Lời giải
Chọn B
Ta có:
Đặt t = 2sinx + 1  dt =2cos xdx , đổi cận: x = 0  t = 1; x =

2
 t = 3.

2
Vậy

0
Mặt
3
3
1
1
f ( 2 sinx + 1) cosx dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx .
2
21
1
khác
ta
có,
 x 2 − 1 khi x  2

f ( x) =  2

 x − 2 x + 3 khi x  2
3
2
3
 23
1
1
2
.
f
x
d
x
=
x
−
2
x
+
3
d
x
+
x 2 − 1) dx  =
(
)
)
(
 (


21
2 1
6
2

43 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
nên
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 65: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
thỏa mãn f ( x 2 − x − 2 ) = x + 3 với mọi
0
. Tích phân I =
x
 xf ' ( x ) dx có giá trị là
−2
A.
4
.
3
B.
2
.
3 .
C.
−10
.
3
D.
−46
.
3
Lời giải
Chọn C
+)
Ta
f ( x 2 − x − 2 ) = x + 3  ( 2 x − 1) f ( x 2 − x − 2 ) = ( 2 x − 1)( x + 3)
có
2
2
0
0
  ( 2 x − 1) f ( x 2 − x − 2 )dx =  ( 2 x − 1)( x + 3)dx .
2
5
28
2

+) Ta có  ( 2 x − 1)( x + 3)dx =  ( 2 x + 5 x − 3)dx =  x3 + x 2 − 3x  =
.
2
3
0 3
0
0
2
2
2
2
+) Xét
 ( 2 x − 1) f ( x
2
− x − 2 )dx
0
Đặt t = x 2 − x − 2  dt = ( 2 x − 1) dx .
Với x = 0 thì t = −2 , với x = 2 thì t = 0 .
Suy ra
2
0
0
0
−2
−2
2
 ( 2 x − 1) f ( x − x − 2)dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx =
28
.
3
0
Xét I =
 x. f  ( x )dx
−2
u = x
du = dx


Đặt 

dv = f  ( x ) dx 
v = f ( x )

Khi đó I = xf ( x )
0
−2
0
−  f ( x ) dx = 2 f ( −2 ) −
−2
28
28
10
= 2.3 −
=− .
3
3
3
3 x 2 + 6 x khi x  2
e2
f (ln 2 x)

Câu 66: Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân I = 
dx bằng
x ln x
khi x  2
e

 2x − 5
1
1
1
1
A. 15 + ln 6 .
B. 15 − ln 6 .
C. 15 + ln 6 .
D. 15 − ln 6 .
2
5
5
2
Lời giải
Chọn B
e2
Xét I =

e
f (ln 2 x)
dx .
x ln x
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 44
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2ln x
2ln x
2u
dx
du
Đặt u = ln 2 x  du =
dx =
dx =
dx 
= .
x
x ln x
x ln x
x ln x 2u
x = e  u = 1
Đổi cận : 
.
2
x
=
e

u
=
4

2
Khi đó
4
4
1 f (u )
1 f ( x)
I= 
du = 
dx =
21 u
21 x
2
4
1  f ( x)
f ( x) 
dx + 
dx 

2 1 x
x
2

2
4
1
2
3x 2 + 6 x 
= 
dx + 
dx  =

2  1 x ( 2 x − 5 )
x
2

2
4

1
2
dx +  ( 3 x + 6 )dx 
 

2  1 x ( 2 x − 5)
2

4
2
 3x 2
  1  4 1 2x − 5
1 4  1
1 
=  
− dx + 
+ 6 x   =  . ln
2  5 1  2x − 5 2x 
2
2x

 2  2  5 2

1 2
1

=  ( − ln 6 ) + 30  = 15 − ln 6
2 5
5

Câu 67: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 4 ) =
2
1

+ 30 

.
1
4


và f ( x ) = x 1 +
− f  ( x )  , x  0 . Khi đó
3
x


4
 xf ( x )dx
bằng
1
A.
1283
.
30
B. −
157
.
30
C.
157
.
30
D. −
1283
.
30
Lời giải
Chọn B
1
1
1
1
Ta có f ( x ) = 1 +
.
− f ( x )  f ( x ) + f ( x ) = 1 +
x
x
x
x
 xf  ( x ) + f ( x ) = x + x  ( xf ( x ) ) = x + x
(
)
1 2 2 3
x +
x +C
2
3
4
4 1
2 3
Do f ( 4 ) =  4. = 42 +
4 + C  C = −8
3
3 2
3
1
2 3
 xf ( x ) = x 2 +
x − 8.
2
3
 xf ( x ) =  x + x dx =
4
Vì vậy
4
157
1 2 2 3

 xf ( x )dx = =   2 x + 3 x − 8 dx = − 30 .
1
1
Câu 68: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ( 0;+ ) và thỏa mãn các điều kiện f (1) = 3 và
2 f 2 ( x)  1 8 
8
−  + 3  f ( x ) + 4 = f  ( x ) , x  0 . Tính
2
x
x
x x 
A. 6 – 2ln2.
B. 6 + 4ln2.
45 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
 f ( x ) dx
2
C. 6 + 2ln2.
Lời giải
Chọn C
4
D. 8 + 4ln2.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2 f 2 ( x)  1 8 
8
Giả thiết:
−  + 3  f ( x ) + 4 = f ' ( x ) , x  0
2
x
x
x x 
 2 x 2 f 2 ( x ) − x3 f ( x ) − 8 xf ( x ) + 8 = x 4 f  ( x )
(
)
 2 x 2 f 2 ( x ) − 4 xf ( x ) + 4 = x3  xf ' ( x ) + f ( x ) 
 xf ( x ) − 2 
2

 2  xf ( x ) − 2 = x  xf ( x )   3 =
2
x
 xf ( x ) − 2 
2
3
 xf ( x ) − 2 
2
1
1
Do đó  3 dx = 
(*)
dx  − 2 + C = −
2
xf ( x ) − 2
x
x
 xf ( x ) − 2 
x =1
Thay
−
hệ
thức
(*),
ta
được:
−1 + C = −
1
C=0
f ( 3) − 2
.
1
1
x2 + 2
.
=
−

f
x
=
(
)
xf ( x ) − 2
x
x2
4
Vậy
vào

2
 x2
4
x2 + 2
dx =  + 2ln x  = 6 + 2ln 2 .
x
 2
2
2
4
f ( x ) dx = 
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 46
Phan Nhật Linh
47 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 48
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 8
Câu 1:
Nếu
A.
Tính tích phân bằng phương pháp vi phân
5
2
3
1
 2 f ( x ) dx = 3 thì  f ( 2 x + 1) dx
3
.
2
B. 3.
C. 6.
D.
3
.
4
π
3
Câu 2:
sin x
dx .
5
cos
x
0
Tính tích phân I = 
A. I =
Câu 3:
7
.
45
B. I =
3
.
2
C. I =
π 9
.
+
3 20
Cho hàm số f ( x ) thõa mãn f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = x + e , x 
x
D. I =
15
.
4
1
. Khi đó
 f ( x ) dx bằng
0
A.
6e+13
.
6
B.
e2
Câu 4:
Tích phân

e
6e+25
.
3
3
.
2
C. 1.
D.
B.
1
+e−2.
2e
B.
1
3
+e− .
2e
2
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
 xf (
6e+19
.
6
D. 2.
1
Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f  ( x ) − f ( x ) = e − x và f ( 0 ) = . Giá trị của
2
A.
Câu 6:
C.
ln x
dx bằng
x
A. 3.
Câu 5:
6e+25
.
6
C.
1
3
+e− .
e
2
D.
1
 f ( x ) dx bằng
0
1
+ e −1 .
2e
và thỏa mãn f ( 0 ) = 1, f ' ( x ) − x. f ( x ) = x.e x , x. Tích phân
2
)
1
x + 1 dx bằng
0
B. 4 e − 2e .
A. e 2 − e .
Câu 7:
D. e .
C. 1 .
, thỏa mãn f  ( x ) + xf ( x ) = 2 xe− x và
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên
2
f ( 0 ) = −2. Tính f (1) .
A. f (1) = −e.
Câu 8:
1
B. f (1) = .
e
2
C. f (1) = − .
e
2
D. f (1) = .
e
Cho hàm số f ( x) liên tục và xác định trên  0; 2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện
1
f (1)  , f ( x)  0 với x  1 , ( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x) với x  [0; 2] . Giá trị của
2
tích phân

2
1
f ( x)dx bằng:
1
.
B. 1 .
3
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
A.
C.
1
.
2
D. 2 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

x 2 + sin 2 x − sin x

2
0 x + cos x dx = a + b ln 2 + c với a, b, c là các số hữu tỷ. Tính giá trị biểu thức
2
Câu 9:
Biết
T = 8a + b + c ?
A. 8 .
Câu 10: Cho
hàm
số
B. 3 .
f ( x)
C. 0 .
\ 0
liên tục trên
x 2 f 2 ( x ) − ( 2 x + 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1 x 
,
\ 0
D. 1 .
f (1) = 0
thoả mãn
,
f ( x) 
1
x
và
2
. Tính I =  f ( x ) dx .
1
1
A. I = ln 2 − .
2
1
B. I = − ln 2 − .
2
Câu 11: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
1
C. I = − ln 2 + .
2
1
D. I = ln 2 + .
2
, biết ( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = e 2020 x và f ( 0 ) =
1
2021
. Tính f (1) .
A.
e 2021
.
2020
B.
1 e 2020
.
.
2 2020
C.
1 e 2020
.
.
2 2021
D.
e 2020
.
2021
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ( 0; + ) thỏa mãn: x 2 . f  ( x ) + f ( x ) = 2 x 3 + x 2 , x  0 .
1
Biết rằng f (1) = 0 . Tính giá trị của f   .
2
1
A. I = e .
B. I = e + .
4
C. I =
1
.
4
D. I =
1
−e.
4
Câu 13: Cho hàm số F ( x) = f ( x) sin x + 2020 là một nguyên hàm của hàm số f ( x).cos x với
1
2
 
x  0;  và f (0) = 1 . Tính I =   f ( x)  ( cos x − sin x ) dx
 4
0
A.
e −1.
B. 2e + 1 .
2
C.
e2 − 2
.
4
D.
3e − 4
.
3
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) xác định và có đạo hàm f ' ( x ) liên tục trên đoạn 1;3 , f ( x )  0 với mọi
x  1;3 , đồng thời
2
2
f ' ( x ) (1 + f ( x ) ) = ( f ( x ) ) ( x − 1) 


2
và
f (1) = −1 . Biết rằng
3
 f ( x ) dx = a ln 3 + b ( a, b  ) . Tính tổng S = a + b
2
1
A. S = 4 .
B. S = 0 .
C. S = 2 .
D. S = −1 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
5
Câu 1:
Nếu
 2 f ( x ) dx = 3 thì
2
 f ( 2 x + 1) dx
1
3
A.
3
.
2
B. 3.
C. 6.
D.
3
.
4
Lời giải
Chọn D
2
Ta có

f ( 2 x + 1) dx =
1
2
5
1
1
1 3 3
f ( 2 x + 1) d ( 2 x + 1) =  f ( x ) dx = . = .

21
23
2 2 4
π
3
Câu 2:
sin x
dx .
cos5 x
0
Tính tích phân I = 
A. I =
7
.
45
B. I =
3
.
2
C. I =
π 9
.
+
3 20
D. I =
15
.
4
Lời giải
Chọn D
π
3
π
3

3
d ( cos x )
sin x
1
1
15
dx = − 
=
= ( 24 − 1) = .
Ta có I = 
5
5
4
cos x
cos x
4cos x 0 4
4
0
0
Câu 3:
Cho hàm số f ( x ) thõa mãn f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = x + e x , x 
1
. Khi đó
 f ( x ) dx bằng
0
A.
6e+13
.
6
B.
6e+25
.
6
C.
6e+25
.
3
D.
6e+19
.
6
Lời giải
Chọn A
Ta có:
 f  ( x ) dx =  ( e
x
1
+ x ) dx = e x + x 2 + C .
2
1 2
x + C và f ( 0 ) = 4 thì: 1 + C = 4  C = 3 .
2
1 2
x
Vậy: f ( x ) = e + x + 3 .
2
x
Nếu: f ( x ) = e +
1
1
1
13 6e+13




  f ( x ) dx =   e x + x 2 + 3  dx =  e x + x3 + 3x  = e + =
.
2
6
6
6


0
0
0
1
1
e2
Câu 4:
Tích phân

e
ln x
dx bằng
x
A. 3.
B.
3
.
2
C. 1.
Lời giải
Chọn B
e2
e2
e2
ln x
1
3
2
Ta có 
dx =  ln x d ( ln x ) = ( ln x ) = .
x
2
2
e
e
e
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. 2.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 5:
1
Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f  ( x ) − f ( x ) = e − x và f ( 0 ) = . Giá trị của
2
A.
1
+e−2.
2e
B.
1
3
+e− .
2e
2
C.
1
3
+e− .
e
2
D.
1
 f ( x ) dx bằng
0
1
+ e −1 .
2e
Lời giải
Chọn B
Ta có: f  ( x ) − f ( x ) = e − x  e − x f  ( x ) − e − x f ( x ) = e −2 x  ( e − x f ( x ) ) = e −2 x .
−1
f ( x ) ) dx =  e−2 x dx  e− x f ( x ) = e −2 x + C .
2
1
−1
1
1
−1
1
Với f ( 0 ) =  e0 f ( 0 ) = e0 + C  = − + C  C = 1 nên f ( x ) = e− x + − x .
2
2
2
2
2
e
 (e
Lấy nguyên hàm hai vế ta có
1
Vậy

0
Câu 6:
−x
1
1 
3
 −1
1

 1
 3 1
f ( x ) dx =   e− x + − x  dx =  e − x + e x  =  + e  −   = + e − .
2
e 
2
2
 0  2e   2  2e
0
1
và thỏa mãn f ( 0 ) = 1, f ' ( x ) − x. f ( x ) = x.e x , x. Tích phân
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
 xf (
2
)
1
x + 1 dx bằng
0
B. 4 e − 2e .
A. e 2 − e .
D. e .
C. 1 .
Lời giải
Chọn D
Ta có f  ( x) − xf ( x) = xe x , x  f  ( x)e − x
2
(
 f ( x )e − x
 f ( x )e − x
2
2
/2
/2
) = xe

= ex
2
/2
x2 / 2
, x  f ( x)e − x
2
/2
2
/2
− f ( x) xe − x
2
/2
= xe x / 2 , x
2
=  xe x /2dx, x
2
+ C , x  f ( x) = e x + Ce x /2 , x
2
2
Vì f (0) = 1 nên ta có C = 0. Do đó, f ( x) = e x , x.
2
Vì thế
Câu 7:

1
0
x f ( x + 1)dx =  xd ( e x +1 ) = xe x +1 −  e x +1dx=e.
1
1
1
0
0
0
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên
, thỏa mãn f  ( x ) + xf ( x ) = 2 xe− x và
2
f ( 0 ) = −2. Tính f (1) .
1
B. f (1) = .
e
A. f (1) = −e.
2
C. f (1) = − .
e
Lời giải
2
D. f (1) = .
e
Chọn C
Ta có f  ( x ) + x. f ( x ) = 2 x.e − x
1
x2
1
x2
2
 e 2 . f  ( x ) + x.e 2 f ( x ) = 2 x.e
1
− x2
2
1
x2
( ta nhân hai vế cho e 2 )
1
− x2
 1 x2

  e 2 . f ( x )  = 2 x.e 2


1
x2
 e 2 f ( x ) =  2 x.e
1
− x2
2
 1 2
− x 
2 
dx = −2 e
1
− x2
 1 
.d  − x 2  = −2e 2 + C.
 2 
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
f ( 0 ) = −2  e0 . f ( 0 ) = −2.e0 + C  C = 0 .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
2
Khi đó f ( x ) = −2e− x  f (1) = −2e −1 = − .
e
Câu 8:
Cho hàm số f ( x) liên tục và xác định trên  0; 2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện
1
f (1)  , f ( x)  0 với x  1 , ( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x) với x  [0; 2] . Giá trị của
2

tích phân
2
1
f ( x)dx bằng:
1
.
3
A.
B. 1 .
C.
1
.
2
D. 2 .
Lời giải
Chọn C
Từ giả thiết ( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x) với x  [0; 2] , cho x = 1 , ta có
f (1) = 2 f (1) . f ' (1)  f (1) . 1 − 2 f ' (1)  = 0  f (1) = 0 .
Mặt khác, x  [0; 2] , ta có
( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x)  ( x − 1) . f ( x )  =  f 2 ( x )   ( x − 1) . f ( x ) = f 2 ( x ) + C
Thay x = 1 , ta suy ra f 2 (1) + C = 0  C = 0 .
 f ( x) = 0
Do đó, ta được ( x − 1) . f ( x ) = f 2 ( x )  
 f ( x ) = x − 1.
Vì f ( x )  0, x  1 nên ta suy ra được f ( x ) = x − 1.
Khi đó,

2
1
2
f ( x)dx =  ( x − 1) dx =
1
1
.
2

x 2 + sin 2 x − sin x

2
0 x + cos x dx = a + b ln 2 + c với a, b, c là các số hữu tỷ. Tính giá trị biểu thức
2
Câu 9:
Biết
T = 8a + b + c ?
A. 8 .
B. 3 .
C. 0 .
Lời giải
D. 1 .
Chọn D


2
Ta có I = 
0

2
=
2 2
x + sin x − sin x
x + x cos x − x cos x + 1 − cos 2 x − sin x
dx = 
dx
x + cos x
x
+
cos
x
0
2
2
x ( x + cos x ) − cos x ( x + cos x ) + 1 − sin x
x + cos x
0

2


2
1 − sin x 

dx =   x − cos x +
 dx
x
+
cos
x


0



2
x
+
cos
x
(
)
1 − sin x 
1



2
 x − cos x +
 dx =
=
=   x − cos x +
d
x
x
−
sin
x
+
ln
x
+
cos
x



0 
x + cos x 
x + cos x 
2
0
0


2
=
2
8
− 1 + ln

2
=
2
8
+ ln

2
+ ( −1) .
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1
Do đó a = ; b = 1; c = −1 . Suy ra T = 8a + b + c = 8.   + 1 + ( −1) = 1 .
8
8
Câu 10: Cho hàm
số
f ( x)
\ 0
liên tục trên
x 2 f 2 ( x ) − ( 2 x + 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1 x 
,
\ 0
thoả mãn
f (1) = 0
,
f ( x) 
1
x
và
2
. Tính I =  f ( x ) dx .
1
1
1
B. I = − ln 2 − .
C. I = − ln 2 + .
2
2
Lời giải
1
A. I = ln 2 − .
2
1
D. I = ln 2 + .
2
Chọn A
Ta có: x 2 f 2 ( x ) − ( 2 x + 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1
  xf ( x )  − 2 xf ( x ) + 1 = f ( x ) + xf  ( x )
2
  xf ( x ) − 1 = f ( x ) + xf  ( x ) =  xf ( x ) − 
2
d  xf ( x ) − 1
 xf ( x ) − 1
1

= 1   dx =  
=−
+C
2
2
xf ( x ) − 1
 xf ( x ) − 1
 xf ( x ) − 1
1
1
1 1
x=
+ C với f (1) = 0 , f ( x )  , suy ra C = 0  f ( x ) = − 2
1 − xf ( x )
x
x x
2
1
1
1 1 

Khi đó I =  f ( x ) dx =   − 2  dx =  ln x +  = ln 2 − .
x x 
x 1
2

1
1
2
2
Câu 11: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
2020 x
, biết ( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = e
và f ( 0 ) =
. Tính f (1) .
A.
e 2021
.
2020
B.
1 e 2020
.
.
2 2020
C.
1 e 2020
.
.
2 2021
D.
1
2021
e 2020
.
2021
Lời giải
Chọn C
2020 x
 ( x + 2 ) f ( x ) e x + ( x + 1) f  ( x ) .e x = e 2021x
Ta có ( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = e
 ( x + 1) f ( x ) e x  = e 2021x  ( x + 1) f ( x ) e x =  e 2021x dx =
e2021x
+C .
2021
Với x = 0 ta có f ( 0 ) =
1
1
C = 0.
+ C mà f ( 0 ) =
2021
2021
Khi đó ( x + 1) f ( x ) e x =
e2021x
1 e2020
 f (1) = .
.
2021
2 2021
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ( 0; + ) thỏa mãn: x 2 . f  ( x ) + f ( x ) = 2 x 3 + x 2 , x  0 .
1
Biết rằng f (1) = 0 . Tính giá trị của f   .
2
1
1
1
A. I = e .
B. I = e + .
C. I = .
D. I = − e .
4
4
4
Lời giải
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Chọn D
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
−1
Xét: x 2 . f  ( x ) + f ( x ) = 2 x3 + x 2  e x . f  ( x ) +
−1
1 −x1
.e
.
f
x
=
2
x
+
1
.e
( ) (
) x
2
x
1
−1
1
−1  −2
 −1

1 
  e x . f ( x )  = 1 ( 2 x + 1) .e x dx =   3 + 2  .e x dx = I
−2
x 
x
2

1
2

u = e x  du = e x dx
−1 1

 2 3  −1 1 x
x
Đặt 
1 1 , khi đó: I =  − 2  + −2 .e dx − −2 2 .e dx .
 −2 1 
e
4e
x
x
d
v
=
+
d
x
,
v
=
−


 3


x2 
x2 x
x

Đặt I  = 
−1
−2
u = e x  du = e x dx
−1 1
1 x
1 1


.e
d
x
I
=
−
+
.e x dx .
,
đặt
,
khi
đó:

1
−1
2
2

−
2
x
e 2e
x
 dv = 2 dx , v = 2
x
x

1
 −1

1 1
−1
Suy ra: I = − 2 =  e x . f ( x )  = 2 . f
e 4e 
1 e
1
1 1
   f   = −e
2
2 4
2
Câu 13: Cho hàm số F ( x) = f ( x) sin x + 2020 là một nguyên hàm của hàm số f ( x).cos x với
1
2
2
 
x  0;  và f (0) = 1 . Tính I =   f ( x)  ( cos x − sin x ) dx
 4
0
A.
e −1.
B. 2e + 1 .
C.
e2 − 2
.
4
D.
3e − 4
.
3
Lời giải
Chọn A
Do hàm số F ( x) = f ( x) sin x + 2020 là một nguyên hàm của hàm số f ( x).cos x nên ta có
F ( x) =  f ( x) sin x + 2020  = f ( x) cos x
 f ( x) sin x + f ( x) cos x = f ( x ) cos x
 f ( x) ( cos x − sin x ) = f ( x) cos x

(
f ( x)
cos x
=
f ( x) cos x − sin x
)
cos x
dx
cos x − sin x
1 cos x − sin x + sin x + cos x
= 
dx
2
cos x − sin x

( cos x − sin x )  dx = 1 x − ln cos x − sin x + C
1
=  1 −
(
)
2 
cos x − sin x 
2


 ln f ( x ) = 
(
)
1
 
Vì x  0;  nên ln f ( x ) = ( x − ln ( cos x − sin x ) ) + C .
2
 4
Do f (0) = 1 nên C = 0 .
(
(
)
Vậy ln f ( x ) =
)
2
1
 x − ln ( cos x − sin x )   ln  f ( x ) = x − ln ( cos x − sin x )
2
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
  f ( x )  ( cos x − sin x ) = e x .
2
1
2
1
2
I =   f ( x)  ( cos x − sin x ) dx =  e x dx = e − 1 .
2
0
0
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) xác định và có đạo hàm f ' ( x ) liên tục trên đoạn 1;3 , f ( x )  0 với mọi
2
2
f ' ( x ) (1 + f ( x ) ) = ( f ( x ) ) ( x − 1) 


x  1;3 , đồng thời
2
f (1) = −1 . Biết rằng
và
3
 f ( x ) dx = a ln 3 + b ( a, b  ) . Tính tổng S = a + b
2
1
A. S = 4 .
B. S = 0 .
C. S = 2 .
Lời giải
D. S = −1 .
Chọn D
Xét trên đoạn 1;3 , ta có:
f ' ( x ) (1 + f ( x ) )
f ' ( x ) (1 + f ( x ) ) = ( f ( x ) ) ( x − 1)  


2

2
f ' ( x ) (1 + f ( x ) )
f 4 ( x)
2
2
f
( x)
4
2
= ( x − 1)
2
 1
( x − 1)
2
1 
2
dx =  ( x − 1) dx    4
+ 3
+ 2
df ( x ) =
3
 f ( x) f ( x) f ( x) 
3
( x − 1) + C
1
− 3
− 2
−
=
3 f ( x) f ( x) f ( x)
3
1
3
1
(1 − 1) + C  C = 1
1
Theo giả thiết: f (1) = −1 nên ta có: − 3
− 2
−
=
3 f (1) f (1) f (1)
3
3
1
3
1
Khi đó:
( x − 1) + 1  − 1 − 1 − 1 = x3 − x 2 + x
1
− 3
− 2
−
=
3 f ( x) f ( x) f ( x)
3
3
3 f 3 ( x) f 2 ( x) f ( x) 3
1
3
1
3
2
1
1  
1  
1  x3
2
 −
 − −
 + −
= −x +x
3  f ( x)   f ( x)   f ( x)  3
Xét hàm số g ( t ) =
t3 2
− t + t, t 
3
có g ' ( t ) = t 2 − 2t + 1 = ( t − 1)  0, t 
2
.
Suy ra g ( t ) là hàm số đồng biến t  .

1 
1
1
Suy ra (**)  g  −
=
g
x

−
=
x

f
x
=
−
(
)
(
)

 f ( x) 
f ( x)
x


3
3
1
−  dx = − ln x 1 = − ln 3  a = −1, b = 0  S = −1.
x
1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 9
Câu 1:
Tính tích phân dựa vào đồ thị
Cho hàm số f x liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Biết rằng diện tích các miền phẳng
A ,
B
lần lượt bằng a và b . Tính
2
cos x. f 5sin x 1 dx .
0
A.
Câu 2:
a
b
5
.
B.
a b
.
5
C.
a b
.
5
D.
b a
.
5
Cho hàm số y = f ( x ) với −1  x  4 có đồ thị các đoạn thẳng như hình bên.
4
Tích phân I =
 f ( x ) dx bằng
−1
A. 4 .
Câu 3:
B. 1 .
C. 5,5 .
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường gấp khúc như hình vẽ.
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. 2,5 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
4
Giá trị của tích phân I =  (2 f (x) + 3)dx bằng
−1
A. 17 .
Câu 4:
B. 21 .
C.
67
.
3
D. 8 .
Cho hàm số f ( x ) là hàm đa thức và có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hai phần tô màu lần
5
13
lượt là S1 = , S2 =
2
2
6
Giá trị của biểu thức
 f ( x)dx
bằng
−2
6
A.

6
f ( x )dx = 9 .
B.
−2
Câu 5:

6
f ( x )dx = 4 .
−2
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
C.

f ( x )dx =
−2
6
17
.
2
D.
7
 f ( x)dx = 2 .
−2
có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi s là diện tích phần
hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 0, x = −1 và x = 4 . Mệnh đề nào sau đây
đúng?
1
4
A. S = −  f ( x ) dx +  f ( x ) dx .
−1
1
C. S =

−1
Câu 6:
1
4
f ( x ) dx +  f ( x ) dx .
1
1
B. S =

4
−1
f ( x ) dx −  f ( x ) dx .
1
1
4
−1
1
D. S = −  f ( x ) dx −  f ( x ) dx .
Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Khi đó
 xf ( x ) f  ( x ) dx thuộc khoảng nào dưới đây?
0
 1
A.  0;  .
 2
Câu 7:
1 
B.  ; 2  .
2 
 3 1
C.  − ; −  .
 2 2
Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Biết
 1 
D.  − ; 0 
 2 
4
 f  ( x ) dx = 60 .
Giá trị của
−1
f ( 2 ) − f ( −3) là
A. −445 .
Câu 8:
B. 445 .
C. −440 .
D. 440 .
Cho hàm số y = mx − x 2 ( 0  m  4 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi S1 + S 2 là diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 4 (phần tô đậm trong hình vẽ bên).
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Giá trị của m sao cho S1 = S 2 là
A. m =
Câu 9:
10
.
3
B. m =
8
.
3
C. m = 3 .
D. m = −2 .
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
có đồ thị tạo với trục hoành các miền có diện tích
S1 , S2 , S3 , S4
S1 = S4 = 10 ,
e2

(như
f ( 3ln x − 4 ) + 1
3 4
e
x
A. 31 .
hình
dx =
vẽ)
và
S2 = S3 = 8 . Biết tích phân
a
với a, b  ; a là phân số tối giản. Tính tích ab ?
b
b
D. −24 .
C. −84 .
B. 84 .
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ và diện tích hai phần A, B lần lượt bằng 12 và 2 .
y
f ( x)
A
−2
−
Giá trị của I =
O B 1
x
2
5
 f ( 5 x + 3) dx
bằng
−1
A. 2 .
B. 10 .
C. 50 .
D.
14
.
5
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −3;1 và có đồ thị như hình vẽ dưới. Biết diện tích các
2
(
) (
)
hình A, B, C lần lượt là 27, 2 và 3. Tính tích phân I =  x3 + x f  x 2 − 3 dx .
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. −14 .
Câu 12: Cho
B. −32 .
hàm số
y = f ( x)
C. 32 .
D. 28 .
liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên
thỏa mãn
x  f ( x3 ) − 2  + f  ( x 2 ) = x3 − 3x 2 − 1 . Biết đồ thị hàm số y = f ( x ) và tiếp tuyến d tại điểm có
hoành độ x = 0 có đồ thị như hình vẽ.
1
Tính
 f ( x ) dx .
0
A. −
17
.
30
B. −
27
.
10
Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) đồng biến trên
C.
37
.
20
D.
47
.
15
và diện tích các hình phẳng trong hình bên là S1 = 3 ,
4
S 2 = 10 , S3 = 5 , S 4 = 6 , S5 = 16 .tính tích phân
 f ( x + 1)dx.
−3
A. 1 .
B. 53 .
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. 10 .
D. 4 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
3
2
Câu 14: Cho đồ thị hàm bậc ba y = f ( 2 x ) = ax + bx − 10 x + d và đường thẳng y = g ( x ) cắt nhau tại 3
điểm A, B, C . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A và C lên Ox như hình vẽ.
Biết diện tích tam giác ABH và BCK lần lượt là 8 và
A. 21.
B. 72.
C. 57.
9
. Giá trị của
2
3
 f ( x ) dx
bằng
−3
D. 13.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hàm số f x liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Biết rằng diện tích các miền phẳng
A ,
B
lần lượt bằng a và b . Tính
2
cos x. f 5sin x 1 dx .
0
A.
a
b
5
.
a b
.
5
B.
C.
a b
.
5
D.
b a
.
5
Lời giải
Chọn C
Đặt t
5sin x 1
Đổi cận x
0
t
4
Suy ra I
Câu 2:
dt
1
f t dt
5
1
5cos xdx
1, x
1
5
2
cos xdx
t
1
4.
4
f t dt
1
dt
5
f t dt
1
a b
5
Cho hàm số y = f ( x ) với −1  x  4 có đồ thị các đoạn thẳng như hình bên.
4
Tích phân I =
 f ( x ) dx bằng
−1
A. 4 .
B. 1 .
C. 5,5 .
D. 2,5 .
Lời giải
GVSB: Nguyễn Phương Thảo; GVPB: Phạm Hiền
Chọn D
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
4
Ta có: I =

−1
1
2
4
−1
1
2
f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx .
1
Trong đó:
 f ( x ) dx = S
ABCD
−1
2

1
1
f ( x ) dx = S BCE = .1.2 = 1 ;
2
4
Vậy I =

−1
Câu 3:
1
= . (1 + 2 ) .2 = 3 .
2
4
 f ( x ) dx = −S
EFGH
=−
2
1
2
4
−1
1
2
1
3
(1 + 2 ) .1 = − .
2
2
f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 3 + 1 −
3 5
= .
2 2
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường gấp khúc như hình vẽ.
4
Giá trị của tích phân I =  (2 f (x) + 3)dx bằng
−1
A. 17 .
67
.
3
Lời giải
B. 21 .
C.
D. 8 .
Chọn A
1
1
 2 x + 2 khi -1  x  1

khi 1 < x  2 .
Ta có f ( x ) = 1
 3
− x + 4 khi 2 < x  4
 2
1
1
 −3

Suy ra  f ( x ) dx =   x +  dx +  1dx +   x + 4  dx =1 + 1 − 1 = 1 .
2
2
2

−1
−1 
1
2
4
1
2
4
4
4
−1
−1
Khi đó I =  (2 f (x) + 3)dx = 2  f ( x ) dx +  3dx = 2 + 15 = 17 .
4
−1
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 4: Cho hàm số f ( x ) là hàm đa thức và có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hai phần tô màu lần
5
13
lượt là S1 = , S2 =
2
2
6
Giá trị của biểu thức
 f ( x)dx
bằng
−2
6
A.
6
 f ( x)dx = 9 .
B.
−2
 f ( x)dx = 4 .
6
C.
−2

−2
6
17
f ( x )dx = .
2
D.
7
 f ( x)dx = 2 .
−2
Lời giải
Chọn B
Ta có
Câu 5:

6
−2

f ( x) =
1
6
−2
f ( x )dx +  f ( x )dx = S1 − S2 = 4
1
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi s là diện tích phần
hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 0, x = −1 và x = 4 . Mệnh đề nào sau đây
đúng?
1
4
1
A. S = −  f ( x ) dx +  f ( x ) dx .
−1
C. S =
B. S =
−1
1
1
4
−1
1

4
 f ( x ) dx +  f ( x ) dx .
f ( x ) dx −  f ( x ) dx .
1
1
4
−1
1
D. S = −  f ( x ) dx −  f ( x ) dx .
Lời giải
Chọn B
Ta có: hàm số y = f ( x )  0x   −1;1; f ( x )  0x  1;4 , nên:
1
4
1
4
−1
1
−1
1
S =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx .
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 6: Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây
1
Khi đó
 xf ( x ) f  ( x ) dx thuộc khoảng nào dưới đây?
0
 1
A.  0;  .
 2
1 
B.  ; 2  .
2 
 3 1
C.  − ; −  .
 2 2
Lời giải
 1 
D.  − ; 0 
 2 
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta thấy f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d .
d = 2

Do đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0; 2 ) , (1;1) và điểm ( 3;1) nên a + b + c + d = 1
.
27 a + 9b + 3c + d = 1

Ta có f  ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c , do điểm x = 0 là cực trị của hàm số nên f  ( 0 ) = 0  c = 0 .
4

a = 9

13
4
13

Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn ở trên ta thu được b = − . Suy ra f ( x ) = x3 − x 2 + 2 .
9
9
9

c
=
0

d = 2

Khi
1
đó
1
4
 xf ( x ) f  ( x ) dx =  x  9 x
0
Câu 7:
0
3
−
13 2
26 
7442
 4
 3 1
x + 2  x 2 − x  dx = −
 −0,875   − ; −  .
9
9 
8505
 3
 2 2
Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Biết
4
 f  ( x ) dx = 60 .
Giá trị của
−1
f ( 2 ) − f ( −3) là
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. −445 .
B. 445 .
C. −440 .
Lời giải
D. 440 .
Chọn C
Vì hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc 3, có đồ thị như hình vẽ nên hàm số đạt cực trị tại hai điểm
x = 1; x = 3 .
(
)
Nên f  ( x ) = a ( x − 1)( x − 3) = a x 2 − 4 x + 3 .
4
Lại theo bài ra
 f  ( x ) dx = 60  f  ( 4 ) − f  ( −1) = 60  −5a = 60  a = −12 .
−1
(
)
(
)
Do đó f  ( x ) = −12 x 2 − 4 x + 3  f ( x ) = −12 x 2 − 4 x + 3 dx = −4 x3 + 24 x 2 − 36 x + C .
 f ( 2 ) − f ( −3) = ( −8 + C ) − ( 432 + C ) = −440 .
Câu 8:
Cho hàm số y = mx − x 2 ( 0  m  4 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi S1 + S 2 là diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 4 (phần tô đậm trong hình vẽ bên).
Giá trị của m sao cho S1 = S 2 là
A. m =
10
.
3
B. m =
8
.
3
C. m = 3 .
Lời giải
Chọn B
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. m = −2 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
x = 0
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và trục Ox là: x 2 − mx = 0  
.
x
=
m
0

m

4
(
)

m
 x 2 x3 
m3
Ta có S1 =  mx − x dx =  ( mx − x ) dx =  m −  =
.
6
 2 3 0
0
0
m
m
2
2
4
 x3
x2 
64
m3
.
S 2 =  mx − x dx =  ( x − mx ) dx =  − m  =
− 8m +
2 m 3
6
 3
m
m
4
4
2
2
Khi đó: S1 = S2 
Câu 9:
m3 m3
64
64
8
=
− 8m +
= 0  8m − = 0  m = .
6
6
3
3
3
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
có đồ thị tạo với trục hoành các miền có diện tích
S1 , S2 , S3 , S4
S1 = S4 = 10 ,
e2

(như
f ( 3ln x − 4 ) + 1
3 4
e
x
hình
dx =
A. 31 .
vẽ)
và
S2 = S3 = 8 . Biết tích phân
a
với a, b  ; a là phân số tối giản. Tính tích ab ?
b
b
D. −24 .
C. −84 .
Lời giải
B. 84 .
Chọn D
e2
Ta có I =

3 4
e
f ( 3ln x − 4 ) + 1
x
e2
dx =

3 4
e
f ( 3ln x − 4 )
x
e2
dx +

3 4
e
1
2
dx = J + .
x
3
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
e
2

Xét J =
f ( 3ln x − 4 )
x
3 4
e
dx
Đặt t = 3ln x − 4  dt = 3 dx ; đổi cận
x
 x = e 2
t = 2

. Khi đó

3 4
t = 0
 x = e
 12

1
2
1
1
1

J =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx =   f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx 
30
30
3 0
1
1


2

2
2
1
10
( − S 2 + S3 − S 4 ) = − .
3
3
Do đó I = − 10 + 2 = − 8 = a  a.b = −24 .
3 3
3 b
=
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ và diện tích hai phần A, B lần lượt bằng 12 và 2 .
y
f ( x)
A
−2
−
Giá trị của I =
O B 1
x
2
5
 f ( 5 x + 3) dx
bằng
−1
A. 2 .
B. 10 .
C. 50 .
D.
14
.
5
Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta có: A =
−
Xét I =
0
1
1
−2
0
0
 f ( x ) dx = 12; B =  − f ( x ) dx = 2   f ( x ) dx = −2.
2
5
1
 f ( 5 x + 3) dx . Đặt t = 5x + 3  dx = 5 dt.
−1
 x = −1  t = −2

Ta có 
.
2
 x = − 5  t = 1
1
Khi đó I =

−2
1
0
1

1
1
1
f ( t ). dt =  f ( x )dx =   f ( x )dx +  f ( x )dx  = 2 .
5
5 −2
5  −2
0

13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −3;1 và có đồ thị như hình vẽ dưới. Biết diện tích các
2
(
) (
)
hình A, B, C lần lượt là 27, 2 và 3. Tính tích phân I =  x3 + x f  x 2 − 3 dx .
0
A. −14 .
B. −32 .
C. 32 .
Lời giải
D. 28 .
Chọn A
 Đặt t = x 2 − 3  2 xdx = dt .
 Suy ra
2
I =  ( x3 + x) f ( x 2 − 3) dx
=
0
1 2
2x( x 2 − 3 + 4) f ( x 2 − 3) dx

0
2
=
1 1
(t + 4) f (t ) dt
2 −3
1
 2 I =  ( x + 4) f ( x) dx .
−3
u = x + 4
du = dx


 Đặt 
.

dv = f ' ( x ) dx 
v = f ( x )

1
1
1
−3
−3
1
 Ta có 2 I =  ( x + 4) f ( x) dx = ( x + 4) f ( x) |−3 −  f ( x) dx = −  f ( x) dx
−3
−1
0
1
= −  f ( x) dx −  f ( x) dx −  f ( x) dx = − 27 + 2 − 3 = −28  I = −14.
−3
−1
0
Câu 12: Cho hàm số
y = f ( x)
liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên
thỏa mãn
x  f ( x3 ) − 2  + f  ( x 2 ) = x3 − 3x 2 − 1 . Biết đồ thị hàm số y = f ( x ) và tiếp tuyến d tại điểm có
hoành độ x = 0 có đồ thị như hình vẽ.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Tính
 f ( x ) dx .
0
A. −
17
.
30
B. −
27
.
10
37
.
20
Lời giải:
C.
D.
47
.
15
Chọn C
Ta có:
x  f ( x 3 ) − 2  + f  ( x 2 ) = x 3 − 3 x 2 − 1
 x 2 f ( x 3 ) − 2 x 2 + xf  ( x 2 ) = x 4 − 3x 3 − x
 x 2 f ( x 3 ) + xf  ( x 2 ) = x 4 − 3x 3 + 2 x 2 − x
Lấy tích phân hai vế ta được
1
1
1
2
3
2
4
3
2
 x f ( x ) dx +  xf  ( x ) dx =  ( x − 3x + 2 x − x )dx
0
0
1
0
1
=
1
1
23
f ( x3 ) d ( x3 ) +  f  ( x 2 ) d ( x 2 ) = −

30
20
60
=
1
23 1
37
37
f ( x ) dx = − − ( f  (1) − f  ( 0 ) ) =
  f ( x ) dx =

30
60 2
60
20
0
1
Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) đồng biến trên
1
và diện tích các hình phẳng trong hình bên là S1 = 3 ,
4
S 2 = 10 , S3 = 5 , S 4 = 6 , S5 = 16 .tính tích phân
 f ( x + 1)dx.
−3
A. 1 .
B. 53 .
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. 10 .
D. 4 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Lời giải
Chọn A
Đặt t = x + 1 , ta có tích phân
5
 f ( t )dt . Ta có đồ thị hàm số
y = f ( x ) trên  −2;5 (lấy đối xứng
−2
phần bên phải Oy qua Oy, vì đây là hàm chẵn)
Vậy:
5
5
−2
−2
 f ( t ) dt =  f ( x ) dx = −S
2
+ S1 + S 1 − S 2 + S3 − S 4 + S5 = 1.
Câu 14: Cho đồ thị hàm bậc ba y = f ( 2 x ) = ax3 + bx 2 − 10 x + d và đường thẳng y = g ( x ) cắt nhau tại 3
điểm A, B, C . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A và C lên Ox như hình vẽ.
Biết diện tích tam giác ABH và BCK lần lượt là 8 và
A. 21.
B. 72.
9
. Giá trị của
2
C. 57.
Lời giải
3
 f ( x ) dx
bằng
−3
D. 13.
Chọn C
Gọi
B ( b;0 ) ( 0  b  4 ) .
Ta
có
BCK
đồng
dạng
BAH
(g − g)
2
2
b = 1 ( n )
S BCK  BK 
9 (4 − b)

=

=



S BAH  BH 
16 ( b + 3)2
b = 25 ( l )
2S
Vậy B (1;0 )  BK = 3  CK = BCK = 3
BK
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
CK
 Hệ số góc của đường thẳng y = g ( x ) là k = tanCBK =
= 1 nên g ( x ) = x − 1
BK
Ta có:
f ( 2 x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x − 1)( x − 4 )
b = −2a

3
2
3
2
 ( ax + bx − 10 x + d ) − ( x − 1) = a ( x − 2 x − 11x + 12 )  −11 = −11a
d + 1 = 12a

 ax3 + bx 2 − 11x + d + 1 = a x 3 − 2 x 2 − 11x + 12
(
)
a = 1
x3 x 2

3
2
 b = −2 , vì thế f ( 2 x ) = x − 2 x − 10 x + 11  f ( x ) = − − 5 x + 11.
8 2
d = 11

3
Vậy
 f ( x ) dx = 57.
−3
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phan Nhật Linh
DẠNG 10.1
Câu 1:
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Ứng dụng tích phân tích diện tích hình phẳng
Cho đường cong ( C ) : y = x 3 . Xét điểm A có hoành độ dương thuộc ( C ) , tiếp tuyến của ( C )
tại A tạo với ( C ) một hình phẳng có diện tích bằng 27 . Hoành độ điểm A thuộc khoảng nào dưới đây?
 1
A.  0 ;  .
 2
Câu 2:
 3
C.  1;  .
 2
3 
D.  ; 2 
2 
Hình giới hạn bởi một đường parabol và một nửa đường tròn tâm O bán kính bằng
gạch sọc) trong hình vẽ bên có diện tích bằng
A.
Câu 3:
1 
B.  ;1  .
2 
5 
+ .
3 2
B.
7 
+ .
3 2
C.
4 
+ .
3 2
D.
2 
+
3 2
Cho hai hàm số f ( x) = ax3 + bx + c, g ( x) = bx3 + ax + c, (a  0) có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi
S1 , S 2 là diện tích hình phẳng được gạch trong hình vẽ. Khi S1 + S 2 = 3 thì
A. 3 .
Câu 4:
2 (phần
B. −3 .
C. 6 .
Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1
0 f ( x)dx
D. −6 .
bằng:
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Gọi S1 , S 2 , S3 là diện tích các hình phẳng được gạch trong hình. Khi S1 = S3 = 3 , S 2 = 2 thì
1
 f ( 5x − 3) dx bằng
0
A. 40 .
Câu 5:
C.
8
.
5
D.
4
.
5
Diện tích hình phẳng giới hạn vởi đồ thị hai hàm số y = x 2 − 4 x + 3 và y = 3 − x bằng
A.
Câu 6:
B. 20 .
7
.
3
9
.
2
B.
C.
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
13
.
6
D. 2.
, có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Gọi S1
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , đường thẳng y = x + 1, x = −3, x = 1
; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , đường thẳng
3
y = x + 1, x = 1, x = 3 . Tính
 f ( x ) dx
theo S1 và S 2 .
−3
A. 6 − S1 + S2 .
Câu 7:
B. 6 + S1 − S2 .
C. 10 + S1 − S 2 .
D. 10 − S1 + S 2 .
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ và gọi A ; B là hai hình phẳng được gạch trong
hình bên dưới lần lượt có diện tích bằng 14 và 5 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
0
Giá trị của I =
 f ( 3x + 1) dx bằng:
−1
19
.
C. 27 .
D. 3 .
3
Cho hàm số y = − x 4 + mx 2 có đồ thị ( Cm ) với tham số m  0 được cho như hình vẽ. Giả sử
A. 9 .
Câu 8:
B.
( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt như hình vẽ. Gọi
S1 và S 2 là diện tích các miền được
giới hạn bởi đồ thị ( Cm ) và trục Ox . Biết m0 là giá trị để S1 + S2 =
10 5
, hỏi m0 thuộc khoảng
3
nào sau đây?
A. (15;30 ) .
Câu 9:
B. ( 5;10 ) .
Cho hàm số f x liên tục trên
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. ( 0;3) .
và có đồ thị như hình vẽ dưới đây
D. ( 2;6 ) .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết rằng diện tích các miền phẳng
A ,
B
lần lượt bằng a và b . Tính
2
cos x. f 5sin x 1 dx .
0
A.
a
b
5
.
B.
a b
.
5
Câu 10: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C.
a b
.
5
D.
và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi
b a
.
5
S1 và S 2 lần lượt là

diện tích của hai hình phẳng trong hình, biết
S1 = 3 và S 2 = 7 . Tích phân  cos xf ( 5sin x − 1) dx
2
0
bằng:
A. −
4
.
5
B.
4
.
5
C. −2 .
D. 2 .
Câu 11: Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 và đường thẳng y = mx với m  0 . Có
bao nhiêu số nguyên dương m để diện tích hình phẳng ( H ) là số nhỏ hơn 20 (đơn vị diện tích).
A. 3 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 5 .
Câu 12: Cho hàm số y = x 4 − 3 x 2 + m có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox
tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Gọi S1 , S 2 , S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để
S1 + S3 = S 2 là
5
A. m = .
4
5
B. m = − .
2
5
C. m = − .
4
Câu 13: Cho hàm số bậc bốn y = x 4 − 4 x 2 + 1 và parabol y = x 2 − k , với k 
5
D. m = .
2
có đồ thị như hình bên.
Gọi S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích của phần hình phẳng được tô đậm tương ứng trong hình vẽ.
Khi S2 = S1 + S3 thì k thuộc khoảng nào dưới đây?
 3
A.  0;  .
 7
 9 11 
B.  ;  .
5 4 
 11 
C.  ;3  .
4 
3 9
D.  ;  .
7 5
Câu 14: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại
bốn điểm phân biệt (như hình vẽ) với x2 = 2 x1 .
Gọi S1 là phần diện tích hình phẳng nằm dưới đường thẳng y = m , giới hạn bởi đường thẳng
y = m và đồ thị hàm số đã cho. Gọi S 2 là phần diện tích hình phẳng nằm trên đường thẳng
y = m , giới hạn bởi đường thẳng y = m và đồ thị hàm số đã cho. Tính tỉ số
A.
19
.
8
B.
30
.
11
C.
19
.
11
D.
S1
.
S2
30
.
19
x
Câu 15: Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y = 2 , y = 0 , x = 0 , x = 4 . Đường thẳng
x = a (0  a  4) chia hình (H) thành hai phần có diện tích S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm a để
S 2 = 4 S1 .
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. a
3.
B. a
log 2 13 .
C. a
2.
D. a
log 2
16
.
5
Câu 16: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại
hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 . Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình
S1
.
S2
phẳng được cho trong hình vẽ bên. Tính tỉ số
A.
5
.
4
B.
3
.
5
C.
3
.
8
D.
5
.
3
Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −5;6 có đồ thị như hình vẽ. Giá trị của
0
 f ( x ) dx
−5
bằng.
y
6
4
-1
-5
-2
O 1
2
6 x
-1
-2
A.
25
.
2
B.
19
.
2
C.
11
.
2
D.
13
.
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4
2
Câu 18: Đường thẳng y = m ( 0  m  1) cắt đường cong y = x − 2 x + 1 tại hai điểm phân biệt thuộc góc
phần tư thứ nhất của hệ tọa độ Oxy và chia thành hai hình phẳng có diện tích S1 , S 2 như hình
vẽ. Biết S1 = S 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
 2
A. m   0;  .
 5
2 1
B. m   ;  .
5 2
 1 3
C. m   ;  .
 2 5
3 
D. m   ;1
5 
1
x + a và parabol y = x 2 ( a là tham số thực). Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện
2
tích của hai hình phẳng được tô đậm và gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc
Câu 19: Cho đường thẳng y =
khoảng nào dưới đây?
7 
A.  ; 4  .
2 
 1 5
B.  − ;  .
 16 2 
5 
C.  ;3  .
2 
Câu 20: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
 7
D.  3;  .
 2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2
là diện tích hai hình phẳng được gạch trong hình vẽ. Tỷ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
C.
3
.
8
S1
bằng
S2
D.
3
.
5
Câu 21: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Biết đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành tại
ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thoả mãn x3 = x1 + 2 3 và x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập
thành một cấp số cộng. Diện tích hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ bằng
A. 6 3 .
B. 4 6 .
C. 4 3 .
D. 6 .
Câu 22: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực
trị tại các điểm x1 , x2 sao cho x2 − x1 = 2 và f  ( 2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là hai hình phẳng được
gạch trong hình bên. Tỉ số
S1
bằng:
S2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
1
A. .
4
B.
1
.
3
C.
2
.
5
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
D. .
8
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( x ) đạt cực trị tại các điểm
x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x3 ) +
tích các hình phẳng trong hình vẽ bên. Tỉ số
A. 0, 65 .
B. 0, 7 .
2
f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2 , S 3 , S 4 là diện
3
S1 + S2
gần nhất với kết quả nào dưới đây?
S3 + S 4
C. 0,55 .
D. 0, 6 .
Câu 24: Biết rằng đường thẳng d : ax + b cắt parabol y = 6 x 2 tại hai điểm A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) sao cho
y1 + y2 = 20 6 và diện tích hình phẳng giới hạn bới d và ( P ) bằng 36 6 gọi S1 ; S 2 là diện tích
hình phẳng được giới hạn trong hình. Tổng S1 + S 2
A. 30 6 .
B. 27 6 .
C. 18 6 .
D. 24 6 .
Câu 25: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 − 2 x 2 + 2; g ( x ) = bx3 + cx 2 + 2 x có đồ thị như hình vẽ bên:
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Gọi S1 , S2 là diện tích các hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ, khi S1 =
A.
299
.
240
B.
5
.
4
C.
557
.
480
557
thì S2 bằng
480
301
D.
.
240
Câu 26: Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1 ; g ( x ) = mx 2 + nx + 1 có đồ thị như hình vẽ bên
Biết rằng f  ( 2 ) = 0 và hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ
x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 = 7 . Diện tích của hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ thuộc
khoảng nào dưới đây?
 2
A.  0;  .
 5
2 1
B.  ;  .
5 2
 1 3
C.  ;  .
 2 5
3 
D.  ;1 .
5 
Câu 27: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + 2 x 2 + bx + 1; g ( x ) = cx 2 + 4 x + d có bảng biến thiên như sau:
Biết rằng đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa
mãn
x1 + x2 + x3 = 9 . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) ; y = g ( x ) ; x = 1; x = 2 bằng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
3
A. .
4
B.
3
.
2
C.
1
.
4
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
D. .
2
Câu 28: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét đồ thị ( P ) : y = 1 + x và đường thẳng d : x = a cắt nhau tại
điểm A .
Kí hiệu S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường Oy , ( P ) và đường thẳng OA ; S  là
1
diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường Oy , ( P ) , Ox và d . Giả sử rằng S = S  , hỏi giá
3
trị a thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( 0; 4 ) .
B. ( 4;8 ) .
C. ( 8;16 ) .
D. (16; + ) .
Câu 29: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực
trị tại hai điểm x1 , x2 thoả mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là diện tích của
hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
S1
bằng
S2
C.
3
.
8
Câu 30: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y
là S
a
b ln c với a
A. 0 .
D.
ln sin x
cos x
2
sin x
và b, c là các số nguyên tố. Khi đó a
B. 1 .
C. 2 .
b
3
.
5
,y
0, x
4
,x
2
c bằng
D. 3 .
91
; các đỉnh có hoành độ là các số nguyên
90
liên tiếp và nằm trên đồ thị của hàm số y = ln x . Hãy tính tổng các chữ số của hoành độ đỉnh xa
Câu 31: Trong mặt phẳng Oxy , xét tứ giác có diện tích bằng ln
gốc tọa độ nhất:
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 6 .
B. 5 .
Câu 32: Cho hàm số y =
C. 7 .
D. 8 .
x có đồ thị ( C ) và điểm M thuộc ( C ) có hoành độ dương. Gọi S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục hoành và đường thẳng đi qua M và vuông góc với trục
hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và đường thẳng OM . Biết
a, b 
A. 6 .
*
và
a
là phân số tối giản), giá trị của a + b bằng
b
B. 5 .
C. 19 .
S2 a
= (với
S1 b
D. 21 .
Câu 33: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt
cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là diện tích
của hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
C.
S1
bằng
S2
3
.
8
D.
3
.
5
Câu 34: Cho f ( x), g ( x) lần lượt là các hàm đa thức bậc ba và bậc nhất có đồ thị như hình vẽ. Biết diện
tích hình S (được tô màu) bằng
250
. Tính
81
1
 f ( x)dx.
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
61
A.
.
48
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
34
17
43
B.
.
C.
.
D.
.
27
15
35
Câu 35. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) . Biết rằng hàm số g ( x ) = ln f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f  ( x ) và y = g  ( x ) thuộc khoảng nào dưới
đây?
A. ( 38;39 ) .
B. ( 25; 26 ) .
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. ( 28; 29 ) .
D. ( 35;36 ) .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Cho đường cong ( C ) : y = x 3 . Xét điểm A có hoành độ dương thuộc ( C ) , tiếp tuyến của ( C )
tại A tạo với ( C ) một hình phẳng có diện tích bằng 27 . Hoành độ điểm A thuộc khoảng nào
dưới đây?
 1
A.  0 ;  .
 2
1 
B.  ;1  .
2 
 3
C.  1;  .
 2
Lời giải
3 
D.  ; 2 
2 
Chọn C
Ta có y = 3 x 2 .
(
)
Có A  ( C )  A a ; a 3 , a  0 .
Phương trình tiếp tuyến d của ( C ) tại A là d : y = 3a 2 ( x − a ) + a 3 hay d : y = 3a 2 ( x − a ) + a 3 .
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là
x 3 = 3a 2 ( x − a ) + a 3  ( x − a ) ( x + 2 a ) = 0
2
x = a
.

x
=
−
2
a

Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi tiếp tuyến d và ( C ) .
Ta có S = 27 
a

x3 − 3a2 ( x − a ) − a3 dx = 27
−2 a

a
 (x
3
)
− 3a2 x + 2a3 dx = 27
−2 a
a
 x 4 3a 2 x 2

 −
+ 2a3 x 
= 27
2
 4
 −2 a

a = 2
27 4
a = 27  
.
4
 a = − 2 ( ktm a  0)
Vậy a = 2 .
Câu 2:
Hình giới hạn bởi một đường parabol và một nửa đường tròn tâm O bán kính bằng
gạch sọc) trong hình vẽ bên có diện tích bằng
2 (phần
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
5 
A. + .
3 2
B.
7 
+ .
3 2
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4 
2 
C. + .
D. +
3 2
3 2
Lời giải
Chọn A
Phương trình nhánh trên đường tròn y = 2 − x 2 . x = 1  y = 1 .
Parabol có đỉnh ( 0; −1) và đi qua hai điểm ( −1;1) , (1;1) có phương trình : y = 2 x 2 − 1 .
5 
S =   2 − x 2 − ( 2 x 2 − 1) dx = + .


3 2
−1
1
Câu 3:
Cho hai hàm số f ( x) = ax3 + bx + c, g ( x) = bx3 + ax + c, (a  0) có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi
S1 , S 2 là diện tích hình phẳng được gạch trong hình vẽ. Khi S1 + S 2 = 3 thì
A. 3 .
B. −3 .
1
0 f ( x)dx
bằng:
D. −6 .
C. 6 .
Lời giải
Chọn B
 x = 1
Phương trình hoành độ giao điểm: (a − b) x3 + (b − a) x = 0  (a − b) x 3 − x = 0  
x = 0
Ký hiệu S 3 là diện tích hình phẳng như hình vẽ dưới.
(
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
)
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
0
0
1

3
 S1 = −1 ( f (x) − g ( x))dx = (a − b) −1 x − x dx = 4 (a − b)
Cách 1: Ta có: 
 S = 1 ( g (x) − f ( x))dx = (a − b) 1 − x 3 − x dx = 1 (a − b)
0
 3 0
4
1
(
)
(
)
1
1
0
0
 S1 = S3 .
Vậy S1 + S2 = 3  S3 + S2 = 3   ( g (x) − f ( x))dx +  −g ( x)dx = 3   f ( x)dx = −3.
0
0
0
−1
−1
Cách 2: S1 =  ( f (x) − g ( x))dx = (a − b) 
(x
3
)
1
− x dx = (a − b) ;
4
1
1
b a

S2 = −  g ( x)dx = −  bx3 + ax + c dx = −  + + c 
0
0
4 2

(
)
1
b a
(a − b) − − − c = 3  a + 2b + 4c = −12 .
4
4 2
1
1
a b
a + 2b + 4c
= −3.
Suy ra  f ( x)dx =  ax3 + bx + c dx = + + c =
0
0
4 2
4
Vi vậy S1 + S2 = 3 
(
Câu 4:
)
Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
Gọi S1 , S 2 , S3 là diện tích các hình phẳng được gạch trong hình. Khi S1 = S3 = 3 , S 2 = 2 thì
1
 f ( 5x − 3) dx bằng
0
A. 40 .
B. 20 .
C.
8
.
5
D.
4
.
5
Lời giải
Chọn D
x = a
Với x   −3;2 ta có f ( x ) = 0  
x = b
1
Xét I =  f ( 5 x − 3) dx
0
1
Đặt t = 5 x − 3  dt = 5dx  dx = dt
5
x = 0  t = −3; x = 1  t = 2
I=
Câu 5:
2
2
a
b
2
 1
1
1
1
4
f
t
dt
=
f
x
dx
=
f
x
dx
+
f
x
dx
+
f ( x ) dx  = ( S1 − S2 + S3 ) = .
(
)
(
)
(
)
(
)





5 −3
5 −3
5  −3
5
a
b
 5
Diện tích hình phẳng giới hạn vởi đồ thị hai hàm số y = x 2 − 4 x + 3 và y = 3 − x bằng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
7
A. .
3
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
9
.
2
B.
C.
13
.
6
D. 2.
Lời giải
Chọn C
x = 0
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x − 4 x + 3 = 3 − x   x = 2 .

 x = 3
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là:
2
2
3
0
2
S =  ( 3 − x ) − x 2 − 4 x + 3 dx +  x 2 − 4 x + 3 − ( 3 − x ) dx = 2 +
Câu 6:
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
1 13
= .
6 6
, có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Gọi S1
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , đường thẳng y = x + 1, x = −3, x = 1
; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , đường thẳng
3
y = x + 1, x = 1, x = 3 . Tính
 f ( x ) dx
theo S1 và S 2 .
−3
A. 6 − S1 + S2 .
B. 6 + S1 − S2 .
C. 10 + S1 − S 2 .
Lời giải
Chọn B
1
Ta có S1 =   f ( x ) − ( x + 1)  dx =
−3
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1
1
1
−3
−3
−3
 f ( x ) dx −  ( x + 1) dx =  f ( x ) dx
D. 10 − S1 + S 2 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
3
3
3
3
3
1
1
1
S2 =  ( x + 1) − f ( x )  dx =  ( x + 1) dx −  f ( x ) dx = 6 −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 6 − S 2
1
1
3
1
3
−3
−3
1
Ta có
Câu 7:
 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = S
1
+ 6 − S2 .
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ và gọi A ; B là hai hình phẳng được gạch trong
hình bên dưới lần lượt có diện tích bằng 14 và 5 .
0
Giá trị của I =  f ( 3x + 1) dx bằng:
−1
A. 9 .
B.
19
.
3
C. 27 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
0
Xét I =
 f ( 3x + 1) dx
−1
1
Đặt 3 x + 1 = t  dx = dt
3
Với x = −1  t = −2
x = 0  t =1
I=
1

−2
Câu 8:
1
0
1
 1
1
1
1
f ( t ) dt =  f ( x ) dx =   f ( x ) dx +  f ( x ) dx  = ( S A − S B ) = 3 .
3
3 −2
3  −2
0
 3
Cho hàm số y = − x 4 + mx 2 có đồ thị ( Cm ) với tham số m  0 được cho như hình vẽ. Giả sử
( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt như hình vẽ. Gọi
S1 và S 2 là diện tích các miền được
giới hạn bởi đồ thị ( Cm ) và trục Ox . Biết m0 là giá trị để S1 + S2 =
10 5
, hỏi m0 thuộc khoảng
3
nào sau đây?
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. (15;30 ) .
B. ( 5;10 ) .
C. ( 0;3) .
D. ( 2;6 ) .
Lời giải
Chọn D
Phương trình
hoành độ giao điểm của đồ thị hàm
 x2 = 0
x = 0
4
2
− x + mx = 0  

.
 x 2 = m
x =  m
Do đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng nên S1 = S 2 .
Ta có S1 + S2 =
m
Mà S 2 =

0
−
Câu 9:
( )
m
5
số
với
trục hoành là
10 5
10 5
5 5
.
 2S2 =
 S2 =
3
3
3
m
 x 5 mx3 
5 5
( − x + mx ) dx = 3   − 5 + 3  = 5 35

0
4
5
+
m
2
( )
m
3
3
=
5
5 5
25 5
5
 m2 =
 m = 5  3, 78 .
3
2
4
Cho hàm số f x liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Biết rằng diện tích các miền phẳng
2
cos x. f 5sin x 1 dx .
0
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
A ,
B
lần lượt bằng a và b . Tính
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
a b
A.
.
B.
5
a b
.
5
C.
a b
.
5
D.
b a
.
5
Lời giải
Chọn C
Đặt t
5sin x 1
Đổi cận x
0
dt
5cos xdx
1, x
t
4
1
f t dt
5
1
Suy ra I
1
5
2
cos xdx
dt
5
4.
t
1
4
f t dt
1
a b
5
f t dt
1
Câu 10: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi
S1 và S 2 lần lượt là

diện tích của hai hình phẳng trong hình, biết
S1 = 3 và S 2 = 7 . Tích phân  cos xf ( 5sin x − 1) dx
2
0
bằng:
A. −
4
.
5
B.
4
.
5
C. −2 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A

2
Xét I =  cos xf ( 5sin x − 1) dx .
0
Đặt 5sin x − 1 = t
Với x = 0

x=
4
2
 cos xdx = 1 dt .
 t = −1
t =4
1
5
 I =  f ( t ) dt =
−1
5
4
1
4
1
1
1
1
1
4
f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = S1 + ( −S 2 ) = − .

5 −1
5 −1
51
5
5
5
Câu 11: Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 và đường thẳng y = mx với m  0 . Có
bao nhiêu số nguyên dương m để diện tích hình phẳng ( H ) là số nhỏ hơn 20 (đơn vị diện tích).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
A. 3 .
B. 4 .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
D. 5 .
C. 6 .
Lời giải
Chọn B
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = x 2 và y = mx là: x 2 = mx
 x = 0, x = m .
m
 mx 2 1 3 
m3
− x  =
Với m  0 , diện tích hình phẳng cần tính là S =  ( mx − x ) dx = 
.
3 0
6
 2
0
m
2
m3
S  20 
 20  m3  120  m  3 120 , mà m nguyên dương nên m  1;2;3;4 .
6
Vậy có 4 giá trị nguyên dương của m cần tìm.
Câu 12: Cho hàm số y = x 4 − 3 x 2 + m có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox
tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ
Gọi S1 , S 2 , S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để
S1 + S3 = S 2 là
5
5
5
5
A. m = .
B. m = − .
C. m = − .
D. m = .
4
2
4
2
Lời giải
Chọn A
Gọi x1 là nghiệm dương lớn nhất của phương trình x 4 − 3x 2 + m = 0 , ta có m = − x14 + 3x12 ,
.
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
(1)
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
x1
Vì S1 + S3 = S 2 và S1 = S3 nên S 2 = 2 S3 hay
 f ( x ) dx = 0 .
0
x1
Mà

0
x1
 x4

 x5

x5
f ( x ) dx =  − x 3 + mx  = 1 − x13 + mx1 = x1  1 − x12 + m  .
5
 5
0
 5

 x14

x14
2
Do đó, x1  − x1 + m  = 0 
− x12 + m = 0 ( 2 ) .
5
 5

Từ (1) và ( 2 ) , ta có phương trình
Vậy m = − x14 + 3x12 =
5
x14
− x12 − x14 + 3x12 = 0  −4 x14 + 10 x12 = 0  x12 = .
2
5
5
.
4
Câu 13: Cho hàm số bậc bốn y = x 4 − 4 x 2 + 1 và parabol y = x 2 − k , với k 
có đồ thị như hình bên.
Gọi S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích của phần hình phẳng được tô đậm tương ứng trong hình vẽ.
Khi S2 = S1 + S3 thì k thuộc khoảng nào dưới đây?
 3
A.  0;  .
 7
 9 11 
B.  ;  .
5 4 
 11 
C.  ;3  .
4 
Lời giải
3 9
D.  ;  .
7 5
Chọn B
Do tính đối xứng của đồ thị hàm số qua trục Oy nên 2S3 = S 2 .
Giả sử nghiệm lớn nhất của phương trình: x 4 − 5 x 2 + 1 + k = 0 là a .
a
Nên:
(
0
2
)
là
nghiệm
a5 5a3
x − 5 x + 1 + k dx = 0  −
+ (1 + k ) a = 0 (1)
5
3
Do
4
a
của
phương
trình
x4 − 5x2 + 1 + k = 0
nên:
a − 5a + 1 + k = 0  a − 5a + (1 + k ) a = 0 ( 2 )
4
2
5
3
4
10
25
Từ (1) , ( 2 )  − a5 + a3 = 0  a 2 =
5
3
6
25
89
Thay a 2 =
vào phương trình (1) thì được k =
.
6
36
Câu 14: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại
bốn điểm phân biệt (như hình vẽ) với x2 = 2 x1 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Gọi S1 là phần diện tích hình phẳng nằm dưới đường thẳng y = m , giới hạn bởi đường thẳng
y = m và đồ thị hàm số đã cho. Gọi S 2 là phần diện tích hình phẳng nằm trên đường thẳng
y = m , giới hạn bởi đường thẳng y = m và đồ thị hàm số đã cho. Tính tỉ số
A.
19
.
8
B.
30
.
11
19
.
11
C.
D.
S1
.
S2
30
.
19
Lời giải
Chọn C
Chọn hàm số y = − x 4 + 5 x 2 − 1 và m = 3 . Khi đó ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ
 x =1
thị hàm số và đường thẳng là − x 4 + 5 x 2 − 1 = 3   1
.
 x2 = 2
2
Khi đó S2 = 2 ( − x 4 + 5 x 2 − 4 )dx =
1
1
S 19
44
76
và S1 =  ( x 4 − 5 x 2 + 4 )dx = . Suy ra 1 = .
S 2 11
15
15
−1
Cách 2:
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c và đường thẳng y = m là
ax 4 + bx 2 + c = 0 (1) , với c = c − m .
Đặt t = x 2  0 ta có phương trình at 2 + bt + c = 0
( 2)

t2 = 4t1
b

t1 = −


b


5a
Vì (1) có hai nghiệm x1 , x2 và x2 = 2 x1 nên từ ( 2 ) ta phải có t1 + t2 = −  
.
2
a

 ac = 4b
c

25

t1t2 = a
1
 ax5 bx3

19cx1
Khi đó S1 = −2  ( ax 4 + bx 2 + c ) dx = −2  1 + 1 + cx1  = −
3
15
 5

0
x
 ax5 bx3
  ax5 bx3

11cx1
Và S1 = 2  ( ax 4 + bx 2 + c ) dx = 2  2 + 2 + cx2  −  1 + 1 + cx1   = −
3
3
15
  5

x1
 5
x2
Vậy
S1 19
= .
S 2 11
x
Câu 15: Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y = 2 , y = 0 , x = 0 , x = 4 . Đường thẳng
x = a (0  a  4) chia hình (H) thành hai phần có diện tích S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm a để
S 2 = 4 S1 .
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. a
B. a
3.
log 2 13 .
C. a
2.
D. a
log 2
16
.
5
Lời giải
Chọn C
a
a
4
4
1 x
1
1 x
1
Ta có: S1 =  2 dx =
.2 =
2a − 1) ; S2 =  2 x dx =
.2 =
16 − 2a ) .
(
(
ln 2 0 ln 2
ln 2 a ln 2
0
a
x
S2 = 4S1  16 − 2a = 4 ( 2a − 1)  2a = 4  a = 2 .
Câu 16: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại
hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 . Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình
phẳng được cho trong hình vẽ bên. Tính tỉ số
A.
5
.
4
B.
3
.
5
S1
.
S2
C.
3
.
8
D.
5
.
3
Lời giải
Chọn B
Không mất tính tổng quát, tịnh tiến đồ thị hàm bậc ba y = f ( x ) sao cho điểm uốn của đồ thị
thuộc trục tung  x1 + x2 = 0 . Lại có x2 = x1 + 2 nên x1 = −1, x2 = 1 .
Theo giả thiết, ta có f ' ( x ) = k ( x − 1)( x + 1) = k ( x 2 − 1) với k  0 .
 x3

Suy ra f ( x ) = k  − x  + C .
 3

2k
2k
1
Do f ( −1) + f (1) = 1 
+C −
+C =1 C =
3
3
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 24
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x
 1
2k 1
Suy ra f ( x ) = k  − x  + và f ( x2 ) = f (1) = − + .
3 2
 3
 2
3
0
0
 x3

1
5k

Ta có S2 =   f ( x ) −  dx =  k  − x  dx =
.
2
3
12



−1
−1 
Xét
S1 S IABC − S2 BC.IC
=
=
−1 =
S2
S2
S2
1.
1
2k
− f (1)
3
2
−1 = 3 −1 = .
5k
S2
5
12
Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −5;6 có đồ thị như hình vẽ. Giá trị của
0
 f ( x ) dx
−5
bằng.
y
6
4
-1
-5
O 1
-2
2
6 x
-1
-2
A.
25
.
2
B.
19
.
2
C.
11
.
2
D.
Lời giải
Chọn D
y
A
6
4
B
-5
C D -1
F
-2
E
Ta có
25 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
O 1
-1
G
-2
2
6 x
13
.
2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1
BC. AB = .6.3 = 9.
2
2
1
1
S DEE = DF .EF = .1.2 = 1.
2
2
1
1
3
S FEGO = ( GO + EF ) DO = .3.1 = .
2
2
2
S ABC =
Khi đó
−2
0
−1
0
 f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = S
−5
−5
−2
ABC
− S DEE − S FEGO = 9 − 1 −
−1
3 13
= .
2 2
Câu 18: Đường thẳng y = m ( 0  m  1) cắt đường cong y = x 4 − 2 x 2 + 1 tại hai điểm phân biệt thuộc góc
phần tư thứ nhất của hệ tọa độ Oxy và chia thành hai hình phẳng có diện tích S1 , S 2 như hình
vẽ. Biết S1 = S 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
 2
A. m   0;  .
 5
2 1
B. m   ;  .
5 2
 1 3
C. m   ;  .
 2 5
Lời giải
3 
D. m   ;1
5 
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm đường cong và đường thẳng y = m ( 0  m  1) :
 x2 −1 = m
 x2 = 1 + m
x − 2 x + 1 = m  ( x − 1) = m  

.
2
2
 x = 1 − m
 x − 1 = − m
4
2
2
2
Hoành độ giao điểm thuộc cung phần tư thứ nhất là: x1 = 1 + m và x2 = 1 − m .
1− m
Ta có S1 = S 2 

( x 4 − 2 x 2 + 1 − m ) dx =
1− m
 (x
4
− 2 x 2 + 1 − m ) dx = −
1− m

( x 4 − 2 x 2 + 1 − m ) dx +
1+ m
 (x
+ 2 x 2 − 1) dx
1+ m
 (x
4
− 2 x 2 + 1 − m ) dx
1+ m
 (x
4
− 2 x 2 + 1 − m ) dx = 0
1− m
0

4
1− m
0

 (m − x
1− m
0

1+ m
4
− 2 x 2 + 1 − m ) dx = 0
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 26
Phan Nhật Linh
 x 2x

 −
+ x − mx 
3
 5

5
1+ m
3
=0
(
1+ m
5
0
)− (
( 1 + m ) − 2 ( 1 + m ) + 1 − m = 0  (1 +

4
5

(1 + m ) − 2 + 1 − m = 0 1 +
(
) (
5
3
1+ m
2
2
3
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
5
m
3
)
5
(
2
2 1+ m
−
)
m  0  1+ m =
)+
3
3
1+ m − m 1+ m = 0
) + 1− m 1+ m = 0
(
)(
)
5
16  2 
 m =   0; 
9
81  5 
1
x + a và parabol y = x 2 ( a là tham số thực). Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện
2
tích của hai hình phẳng được tô đậm và gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc
Câu 19: Cho đường thẳng y =
khoảng nào dưới đây?
7 
A.  ; 4  .
2 
 1 5
B.  − ;  .
 16 2 
5 
C.  ;3  .
2 
Lời giải
 7
D.  3;  .
 2
Chọn A
1
x + a = x 2  2 x 2 − x − 2a = 0
2
1
Theo giả thiết, phương trình có hai nghiệm phân biệt   = 1 + 16a  0  a  −
16
1

 S = x1 + x2 =
Khi đó, phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 ) thỏa: 
2
 P = x1 + x2 = −a
* Phương trình hoành độ giao điểm của của hai đồ thị:
x1
0
 x2

x3
x

2
* Diện tích hình phẳng: S1 =   + a dx +  x dx =  + ax  +
−2 a 2
x1


 4
 −2 a 3
0
x1
=
1 2
1
1
1
1
x1 + ax1 − .4a 2 + 2a 2 − x13 = − x13 + x12 + ax1 + a 2
4
4
3
3
4
Diện tích hình phẳng S2 = 
x2
x1
27 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
( x2 − x1 )
1
2
 x + a − x  dx =
6
2

3
x1
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
x3 ( x − x )
1
* Theo giả thiết, S1 = S2  ( x12 − 4a 2 ) + a ( x1 + 2a ) − 1 = 2 1
4
3
6
2
x
1
1
 − ( x13 + x23 ) + x1.x2 ( x2 − x1 ) + 1 + a.x1 + a 2 = 0
6
2
4
(1 −
1
+ 4a +
1  1 3a  a
 −  + −
68 2  2 4
 a 3, 684 .
1 + 16a
64
)
3
2
+ a.
1 − 1 + 16a
+ a2 = 0
4
Câu 20: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ
Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2
là diện tích hai hình phẳng được gạch trong hình vẽ. Tỷ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
C.
S1
bằng
S2
3
.
8
D.
3
.
5
Lời giải
Chọn D
Tịnh tiến đồ thị sang trái sao cho đồ thị hàm số y = g ( x ) có điểm uốn là gốc tọa độ O và hai
điểm cực trị x3 = −1 , x4 = 1 .
Khi đó g ' ( x ) là tam thức bậc hai có hai nghiệm 1 nên g ' ( x ) = 3a ( x + 1)( x − 1) = 3a ( x 2 − 1)
với a  0 .
 x3

Từ đó ta có g ( x ) = 3a  − x  + b  g ( x ) = a ( x3 − 3x ) + b .
 3

Do g ( x ) đi qua gốc tọa độ O nên b = 0 , suy ra g ( x ) = a ( x3 − 3x ) .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 28
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 x 3x  0 5a
Ta có S2 =  a ( x3 − 3x ) dx = a  −
.
 =
2  −1 4
 4
−1
0
4
2
Lại có S1 + S 2 bằng diện tích của hình chữ nhật có hai kích thước 1 và g ( −1) = 2a , suy ra
S1 + S 2 = 2a . Do đó S1 = 2a −
S
3
5a 3a
. Vậy 1 = .
=
S2 5
4
4
Câu 21: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Biết đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành tại
ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thoả mãn x3 = x1 + 2 3 và x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập
thành một cấp số cộng. Diện tích hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ bằng
A. 6 3 .
B. 4 6 .
C. 4 3 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn D
Diện tích phần gạch sọc trên hình là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 3, y = f ( x ) ,
x = x1 , x = x3 . Do đó,
x3
S=
(
)
x3
x3
x3
x3
x1
x1
x1
x1
3 − f ( x ) dx =  3dx −  f ( x ) dx = 3 ( x3 − x1 ) −  f ( x ) dx = 6 −  f ( x ) dx
x1
b
a
thành
Xét f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d . Theo viet có x1 + x2 + x3 = −
Mặt
khác
x1 , x2 , x3
theo
thứ
tự
lập
cấp
số
cộng
nên
b
b
x1 + x2 + x3 = ( x1 + x3 ) + x2 = 2 x2 + x2 = 3x2 = −  x2 = −  U ( x2 ;0 ) là điểm uốn của đồ
a
3a
thị hàm số đã cho. Vì vậy, trục hoành cùng với đồ thị hàm số f ( x ) tạo thành hai hình có diện
tích bằng nhau tức
x2
x3
x3
x1
x2
x1
 f ( x ) dx = −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = 0.
Vậy S = 6 .
Câu 22: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực
trị tại các điểm x1 , x2 sao cho x2 − x1 = 2 và f  ( 2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là hai hình phẳng được
gạch trong hình bên. Tỉ số
S1
bằng:
S2
29 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A.
1
.
4
B.
1
.
3
C.
2
.
5
D.
3
.
8
Lời giải
Chọn A
3
2
2
Đặt f ( x ) = ax + bx + cx + d , ( a  0 )  f  ( x ) = 3ax + 2bx + c  f  ( x ) = 6ax + 2b .
−b
−b
. Vì f  ( 2 ) = 0 nên
= 2  b = −6a .
3a
3a
−2b
Mặt khác, theo định lý Viet thì x1 + x2 =
= 4 , kết hợp với x2 − x1 = 2 ta suy ra x1 = 1, x2 = 3
3a
c
3
2
Do đó, x1.x2 =
= 3  c = 9a . Từ đó ta có f ( x ) = ax − 6ax + 9ax + d .
3a
f  ( x ) = 0  6ax + 2b = 0  x =
Từ đồ thị hàm số ta suy ra f ( 2 ) = 0  8a − 24a + 18a + d = 0  d = −2a .
(
)
Suy ra f ( x ) = a x3 − 6 x 2 + 9 x − 2 .
x = 2

Xét phương trình f ( x ) = 0  x − 6 x + 9 x − 2 = 0   x = 2 − 3  2
x = 2 + 3  2

3
2
2− 3
Từ đây ta tính được S1 = − a
3
2
 ( x − 6 x + 9 x − 2 ) dx = 4 ,
a
0
1
S2 = a
3
2
 ( x − 6 x + 9 x − 2 ) dx = a .
2− 3
Vậy
S1 1
= .
S2 4
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( x ) đạt cực trị tại các điểm
x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x3 ) +
tích các hình phẳng trong hình vẽ bên. Tỉ số
2
f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2 , S 3 , S 4 là diện
3
S1 + S2
gần nhất với kết quả nào dưới đây?
S3 + S 4
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 30
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. 0, 65 .
B. 0, 7 .
C. 0,55 .
D. 0, 6 .
Lời giải
Chọn D
Hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có
x = 0
x = 0
f  ( x ) = 4ax + 2bx = 0   2
ab  0 )

b
x =  − b (
x = −

2a

2a
Do đó hàm số có ba điểm cực trị x1 ; x2 = 0 ; x3 = − x1 vậy x3 = x1 + 2  − x1 = x1 + 2  x1 = −1
3
 x3 = 1 .
Suy ra f  ( x ) = 4a ( x + 1) x ( x − 1) = 4a ( x 3 − x )
f ( x ) =  f  ( x ) dx = a ( x 4 − 2 x 2 ) + c
f ( x1 ) + f ( x3 ) +
Do
c=
2
2
2
f ( x2 ) = 0  f ( −1) + f (1) + f ( 0 ) = 0  ( c − a ) + ( c − a ) + c = 0
3
3
3
3
a.
4
3

Vậy f ( x ) = a  x 4 − 2 x 2 + 
4


x = 
3
Xét f ( x ) = 0  x 4 − 2 x 2 + = 0  
4

x = 

S1 =
Vậy
1
2
1
2
3
2
1
2

 f ( x ) dx = a   x
0
0
4
3
7 2
− 2 x 2 +  dx =
a
4
30
3
14 2 − 17

S2 = −  f ( x ) dx = −a   x 4 − 2 x 2 +  dx =
a.
4
60
1
1 
1
2
1
2
28 2 − 17
a.
60
Ta có S1 + S 2 + S3 + S 4 là diện tích hình chữ nhật có kích thước 1 ; f ( x2 ) − f ( x3 ) = a .
Suy ra S1 + S2 =
31 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
;
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Do đó S3 + S4 = a − ( S1 + S2 ) = a −
(
)
7 11 − 4 2
S +S
28 2 − 17
28 2 − 17
 0, 6
a=
a 1 2 =
S3 + S 4 7 11 − 4 2
60
60
(
)
.
Câu 24: Biết rằng đường thẳng d : ax + b cắt parabol y = 6 x 2 tại hai điểm A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) sao cho
y1 + y2 = 20 6 và diện tích hình phẳng giới hạn bới d và ( P ) bằng 36 6 gọi S1 ; S 2 là diện tích
hình phẳng được giới hạn trong hình. Tổng S1 + S 2
A. 30 6 .
C. 18 6 .
Lời giải
B. 27 6 .
D. 24 6 .
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm
6.x 2 = ax + b  6.x 2 − ax − b = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 thỏa
a
−b
; x1.x2 =
.
6
6
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng là:
mãn x1 + x2 =

S=
36a04
3
(a
=
2
+ 4 6b
36
( )
6
4
) = (6 ( x + x )
3
1
2
2
− 24 x1.x2
362
)
3
(x − x )
= 1 2
6
6
(
= 36 6
)
2
 x2 − x1 = 6.
Mặt khác S1 + S 2 + S là diện tích hình thang vuông có chiều cao là x2 − x1 = 6 , tổng hai đáy bằng
20 6  S1 + S2 + S =
20 6
.6  S1 + S2 = 60 6 − 36 6 = 24 6.
2
Câu 25: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 − 2 x 2 + 2; g ( x ) = bx3 + cx 2 + 2 x có đồ thị như hình vẽ bên:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 32
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Gọi S1 , S2 là diện tích các hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ, khi S1 =
A.
299
.
240
5
.
4
B.
C.
557
.
480
557
thì S2 bằng
480
301
D.
.
240
Lời giải
Chọn A
Ta có f  ( x ) = 4ax3 − 4 x
Do hàm f ( x ) bậc bốn, hàm g ( x ) bậc ba và hàm số f ( x ) đạt cực trị tại các điểm là nghiệm
của
phương
trình
g ( x) = 0

b = −2a
b
=
4
ka



g ( x ) = k . f  ( x )  bx 3 + cx 2 + 2 x = k ( 4ax 3 − 4 x )  c = 0  c = 0
2 = −4k

1

k = −

2
Khi đó f ( x ) = ax 4 − 2 x 2 + 2; g ( x ) = −2ax3 + 2 x
Diện tích hình phẳng S1 là
0
S1 =
0
 ( f ( x ) − g ( x ) ) dx =
 ( ax
−
−
1
2
4
− 2 x 2 + 2 + 2ax 3 − 2 x ) dx
1
2
0
2
1
7 1
1

=  ax5 − x3 + 2 x + ax 4 − x 2  = − a
3
2
5
 − 1 6 40
2
557
7 1
557
1
 −
a=
a=
480
6 40
480
4
1
1
1
Với a =  f ( x ) = x 4 − 2 x 2 + 2; g ( x ) = − x 3 + 2 x
4
4
2
x = 0
1
Khi đó g ( x ) = 0  − x 3 + 2 x = 0  
2
 x = 2
Vì vậy, diện tích hình phẳng S2 là
Ta có S1 =
 1
299
 1

S 2 =  ( g ( x ) − f ( x ) ) dx =   − x 3 + 2 x  −  x 4 − 2 x 2 + 2   dx =
.
2
240
 4

3
3 
2
2
2
2
Câu 26: Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1 ; g ( x ) = mx 2 + nx + 1 có đồ thị như hình vẽ bên
33 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
nên
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết rằng f  ( 2 ) = 0 và hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ
x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 = 7 . Diện tích của hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ thuộc
khoảng nào dưới đây?
2 1
B.  ;  .
5 2
 2
A.  0;  .
 5
 1 3
C.  ;  .
 2 5
Lời giải
3 
D.  ;1 .
5 
Chọn C
Ta có: f  ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c; f  ( x ) = 6ax + 2b  f  ( 2 ) = 0  12a + 2b = 0  b = −2a
Vậy f ( x ) = ax3 − 6ax 2 + cx − 1 .
Do f ( x ) là hàm số bậc ba và g ( x ) là hàm số bậc hai và quan sát đồ thị đã cho tại các điểm cực
trị x0 của f ( x ) thì g ( x0 ) = 0
Do
đó:
m = 3ka

g ( x ) = k . f  ( x )  mx + nx + 1 = k ( 3ax − 12ax + c )  n = −12ka  g ( x ) = 3ka ( x 2 − 4 x ) + 1
1 = kc

1
1
1
min g ( x ) = g ( 2 ) = 1 − 12ka = −  ka =  g ( x ) = ( x 2 − 4 x + 3) .
3
9
3
Phương trình hoành độ giao điểm:
2
2
1 3
1
5 − 13
5 + 13
x − 2 x 2 + 3x − 1 = ( x 2 − 4 x + 3)  x =
;x =
.
3
3
2
2
Vậy diện tích cần tính cần tính là:
f ( x) = g ( x) 
S =−
5− 13
2
5 − 13
2
0
0
 ( f ( x ) − g ( x ) )dx = − 
1 2
89 − 13 13
1 3

2
 0,5851 .
 x − 2 x + 3x − 1 − ( x − 4 x + 3) dx =
3
72
3

Câu 27: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + 2 x 2 + bx + 1; g ( x ) = cx 2 + 4 x + d có bảng biến thiên như sau:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 34
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Biết rằng đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa
mãn
x1 + x2 + x3 = 9 . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) ; y = g ( x ) ; x = 1; x = 2 bằng
A.
3
.
4
B.
3
.
2
C.
1
.
4
D.
1
.
2
Lời giải
Chọn A
Tại
các
điểm
cực
trị
, 
của
thì
g ( ) = g (  ) = 0
dó
đó
g ( x ) = c ( x −  )( x −  ) ; f  ( x ) = 3ax 2 + 4 x + b = 3a ( x −  )( x −  )
c = 3ka
k = 1


Do đó: g ( x ) = k . f  ( x )  cx + 4 x + d = k ( 3ax + 4 x + b )  4 = 4k  c = 3a .
d = kb
d = b


2
2
Suy ra: f ( x ) = ax3 + 2 x 2 + bx + 1; g ( x ) = 3ax 2 + 4 x + b .
Phương
trình
hoành
độ
giao
3
2
2
3
2
ax + 2 x + bx + 1 = 3ax + 4 x + b  ax + ( 2 − 3a ) x + ( b − 4 ) x + 1 − b = 0
điểm:
3a − 2
1
= 9  a = −  g ( x ) = − x 2 + 4 x + b đạt giá trị lớn nhất tại x0 = 2
a
3
và giá trị lớn nhất đó bằng g ( 2 ) = 1  b + 4 = 1  b = −3  c = −1; d = −3 .
Viet: x1 + x2 + x3 =
2
1
3
Vậy S =  − x3 + 3x 2 − 7 x + 4 dx = .
3
4
1
Câu 28: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét đồ thị ( P ) : y = 1 + x và đường thẳng d : x = a cắt nhau tại
điểm A .
35 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Kí hiệu S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường Oy , ( P ) và đường thẳng OA ; S  là
1
diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường Oy , ( P ) , Ox và d . Giả sử rằng S = S  , hỏi giá
3
trị a thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( 0; 4 ) .
B. ( 4;8 ) .
C. ( 8;16 ) .
D. (16; + ) .
Lời giải
Chọn C
a
Ta có S  = 
0
a

2a a
2x x 
.
1 + x dx =  x +
 = a +
3 
3

0
(
)
1
Mặt khác S = S  nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng OA , Ox và d là
3
2
S1 = S  .
3
1
1
2
4
1
2
2a a 
.a. 1 + a =  a +
  a + a a = a + a a
2
2
3
9
2
3
3 
1 1
2 4
 +
a= +
a
2 2
3 9
1
1

a =  a = 3  a = 9 . Vậy a  ( 8;16 ) .
18
6
Do đó
(
)
Câu 29: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực
trị tại hai điểm x1 , x2 thoả mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là diện tích của
hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
S1
bằng
S2
C.
3
.
8
D.
3
.
5
Lời giải
Chọn D
Rõ ràng kết quả bài toán không đổi nếu ta tịnh tiến đồ thị hàm số sang trái theo trục Ox một
đoạn x1 , ta sẽ được đồ thị mới như sau
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 36
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Gọi g ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d là hàm số mới, khi đó dễ thấy g ( x ) lẻ nên có ngay b = d = 0 và
g ( x ) = ax3 + cx có hai điểm cực trị tương ứng là −1,1, cũng là nghiệm của 3ax 2 + c = 0 . Từ đó
dễ dàng có g ( x ) = k ( x3 − 3x ) với k  0 .
0
Ta có diện tích hình chữ nhật là S1 + S2 = ( −1) .g ( −1) = 2k . Ngoài ra, S2 = k  x3 − 3x dx =
−1
Vì thế S1 = 2k − S2 = 2k −
S
3
5k 3k
,Suy ra 1 = .
=
S2 5
4
4
Câu 30: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y
là S
b ln c với a
a
ln sin x
cos x
2
sin x
và b, c là các số nguyên tố. Khi đó a
C. 2 .
B. 1 .
A. 0 .
5k
.
4
b
,y
0, x
4
,x
2
c bằng
D. 3 .
Lời giải
Chọn B
2
Ta có S
ln sin x
sin x
4
u
dv
S
S
cos x
2
ln sin x
cos x
du
v
sin x
sin x
2 ln 2
cos x sin x
dx
sin x cos x
cos x sin x
cot x 1
sin x
cos x
1
dx
sin 2 x
.ln sin x
b
cos x
ln sin x
x
2
c
4
3
2
4
2
2
4
4
Suy ra a
dx
4
cos x sin x
dx
sin x
3ln 2
1.
91
; các đỉnh có hoành độ là các số nguyên
90
liên tiếp và nằm trên đồ thị của hàm số y = ln x . Hãy tính tổng các chữ số của hoành độ đỉnh xa
Câu 31: Trong mặt phẳng Oxy , xét tứ giác có diện tích bằng ln
gốc tọa độ nhất:
A. 6 .
B. 5 .
Chọn A
37 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. 7 .
Lời giải
D. 8 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Giả sử các điểm A ; B ; C ; D thuộc đồ thị của hàm số y = ln x có hoành độ lần lượt là a ; a + 1
; a + 2 ; a + 3 và các điểm E ; F ; G ; H thuộc trục Ox có hoành độ lần lượt là a ; a + 1 ; a + 2
; a + 3 , trong đó a   .
Ta có: S ABCD = S ABFE + S BCGF + SCDHG − S ADHE
1
1
1
3
ln a + ln ( a + 1)  + ln ( a + 1) + ln ( a + 2 ) + ln ( a + 2 ) + ln ( a + 3) − ln a + ln ( a + 3)
2
2
2
2
( a + 1)( a + 2 )  a 2 + 3a − 180 = 0  a = 12
91
 ln = ln

90
a ( a + 3)
 a = −15 ( lo¹ i )
Khi đó hoành độ đỉnh xa gốc tọa độ nhất là xD = 15 .
=
Vậy tổng các chữ số của hoành độ đỉnh xa gốc tọa độ nhất là 1 + 5 = 6 .
Câu 32: Cho hàm số y = x có đồ thị ( C ) và điểm M thuộc ( C ) có hoành độ dương. Gọi S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục hoành và đường thẳng đi qua M và vuông góc với trục
hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và đường thẳng OM . Biết
a, b 
*
A. 6 .
và
a
là phân số tối giản), giá trị của a + b bằng
b
B. 5 .
C. 19 .
Lời giải
S2 a
= (với
S1 b
D. 21 .
Chọn B
(
)
Gọi M m; m  ( C ) với m  0 . Khi đó, OM : y =
1
m
x.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 38
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
m
Ta có S1 =  xdx =
0

2
1 
1
S
1
m3 và S2 =   x −
x dx =
m3 . Do đó 2 = . Vậy a + b = 5.
3
6
S1 4
m 
0
39 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
m
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 33: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt
cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là diện tích
của hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
C.
S1
bằng
S2
3
.
8
D.
3
.
5
Lời giải
Chọn D
Gọi f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , với a  0  f  ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c .
Theo giả thiết ta có f  ( x1 ) = f  ( x2 ) = 0  f  ( x ) = 3a ( x − x1 )( x − x2 ) = 3a ( x − x1 )( x − x1 − 2 ) .
 f  ( x ) = 3a ( x − x1 ) − 6a ( x − x1 ) .
2
 f ( x ) =  f  ( x ) dx = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + C .
3
2
Ta có f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0  f ( x1 ) + f ( x1 + 2 ) = 0  C + 8a − 12a + C = 0  C = 2a .
3
2
3
2
Do đó f ( x ) = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + 2a = a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2  .


f ( x ) = 0  a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 )

3
Suy ra S2 =
x1 +1
=

x1
 x = x1 + 1 − 3

+ 2  = 0   x = x1 + 1
.


 x = x1 + 1 + 3
x1 +1
 f ( x ) dx =  a ( x − x )
3
1
x1
x1 +1
2
x1
− 3 ( x − x1 ) + 2 dx

2
3
2
a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2 d ( x − x1 )


x1 +1
 ( x − x1 )4

5a
3
= a
− ( x − x1 ) + 2 ( x − x1 ) 
=
.
4
4

 x
1
Mặt khác ta có S1 + S2 =
x1 +1
x1 +1
 f ( x ) dx = f ( x )  dx = f ( x ) = 2a
1
x1
1
1
x1
 S1 = 2a − S2 =
3a
.
4
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 40
Phan Nhật Linh
Vậy
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
S1 3
= .
S2 5
Câu 34: Cho f ( x), g ( x) lần lượt là các hàm đa thức bậc ba và bậc nhất có đồ thị như hình vẽ. Biết diện
250
. Tính
tích hình S (được tô màu) bằng
81
A.
61
.
48
B.
1
 f ( x)dx.
0
34
.
27
C.
17
.
15
D.
43
.
35
Lời giải
Chọn A
 Giả sử f ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d ; g ( x) = ex + f
4
3
1
Do đồ thị hàm số g ( x) = ex + f đi qua ( ;1);(3; 2) nên suy ra g ( x) = x +
3
5
5
Và có
3
1
x + = −1  x = −2
5
5
3
1
4
 Có pthđ giao điểm ax3 + bx 2 + cx + d − x − = a( x + 2)( x − )( x − 3) (*)
5
5
3
4
3
4
5000 250
3
=
a=
Và S =  a ( x + 2)( x − )( x − 3)dx = a.
3
243
81
20
−2
 Từ (*) đồng nhất các hệ số tìm được b = −
1
 Vậy
1
3
 f ( x)dx =  ( 20 x
0
0
3
−
7
1
7
;c = − ;d =
20
10
5
7 2 1
7
61
x − x + )dx = .
20
10
5
48
Câu 35. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) . Biết rằng hàm số g ( x ) = ln f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
41 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f  ( x ) và y = g  ( x ) thuộc khoảng nào dưới
đây?
A. ( 38;39 ) .
B. ( 25; 26 ) .
C. ( 28; 29 ) .
D. ( 35;36 ) .
Lời giải
Chọn D
+ Ta có: g  ( x ) =
f ( x)
f ( x)
.
+ Từ bảng biến thiên ta thấy g ( x )  0 , x 
+ Phương trình
g x
suy ra f ( x ) = e ( )  1 , x 
.
f  ( x ) = g  ( x )  g  ( x ) . f ( x ) = g  ( x )  g  ( x ) .  f ( x ) − 1 = 0  g  ( x ) = 0
 x = x1
  x = x2 .
 x = x3
+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f  ( x ) và y = g  ( x ) là
x3
S =  f  ( x ) − g  ( x ) dx =
x1
t = f ( x ) 42
=

1
37


f ( x) 
x  f  ( x ) − f ( x )  dx +

1 
x2
1
 1 − t  dt +  1 − t  dt
10
x3

f ( x) 
  f  ( x ) − f ( x )  dx


x2
 35, 438  ( 35;36 ) .
42
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 42
Phan Nhật Linh
43 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 44
Phan Nhật Linh
DẠNG 10.2
Câu 1:
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng
Trong mặt phẳng Oxy cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = 4 − x 2 và trục hoành.
Đường thẳng x = k ( −2  k  2 ) chia ( H ) thành hai phần ( H1 ) , ( H 2 ) như hình vẽ dưới:
Biết rằng diện tích của hình ( H1 ) gấp
20
lần diện tích của hình ( H 2 ) , hỏi giá trị của k thuộc
7
khoảng nào sau đây?
A. ( −2; − 1) .
Câu 2:
B. ( 0;1) .
C. ( −1;0 ) .
D. (1; 2 ) .
Cho hàm số f ( x) = ax3 + bx 2 + cx + 4 và g ( x) = mx 2 + nx có đồ thị trong hình bên.
Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số trên (phần gạch chéo trong hình vẽ)
bằng
9
9
37
37
A. .
B. .
C.
.
D.
.
4
2
12
6
Câu 3:
Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt cực trị
2
f ( x2 ) = 0 và ( C ) nhận đường
3
thẳng d : x = x2 làm trục đối xứng. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích của các miền hình phẳng được
tại các điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 , f ( x1 ) + f ( x3 ) +
đánh dấu như hình bên. Tỉ số
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
S1 + S2
gần kết quả nào nhất?
S3 + S 4
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
y
d
x2
O
A. 1.62.
Câu 4:
B. 1.68.
S3
S1
x1
x3
S4
S2
C. 1.64.
x
D. 1.66.
Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox
tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ dưới:
Gọi S1 ; S 2 ; S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để
S1 + S3 = S 2 là
5
A. m = − .
2
Câu 5:
B. m =
5
.
4
5
C. m = − .
4
5
D. m = .
2
Cho parabol ( P1 ) : y = − x 2 + 6 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B và đường thẳng
d : y = a ( 0  a  6 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a . Gọi
S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d ; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 )
và trục hoành (tham khảo hình vẽ).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Biết S1 = S 2 , tính T = a 3 − 12a 2 + 108a .
A. T = 218 .
Câu 6:
B. T = 219 .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
C. T = 216 .
D. T = 217 .
Đồ thị của hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 cắt đường thẳng d : y = m + 1 tại bốn điểm phân biệt và tạo
ra các hình phẳng có diện tích S1 , S 2 , S3 . Biết rằng khi S1 + S 2 = S3 thì m là một số hữu tỉ được
viết dưới dạng phân số tối giản m = −
A. 19 .
Câu 7:
a
với a, b 
b
B. 21 .
*
. Giá trị của P = b − a bằng
C. 53 .
D. 17 .
Cho hàm số y = x có đồ thị (C ) và điểm M thuộc (C ) có hoành độ dương. Gọi S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) , trục hoành và đường thẳng đi qua M vuông góc với trục
hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) và đường thẳng OM . Biết
của a + b bằng
A. 5 .
Câu 8:
C. 19 .
D. 21 .
( C1 ) đi qua điểm A (1;0 ) ; hàm số bậc hai y = g ( x ) có đồ
( C2 ) đi qua điểm B (1; −4 ) . ( C1 ) , ( C2 ) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
thị
( C ) , ( C2 ) ?
là −1;2;3 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị 1
Hàm số bậc ba
A.
Câu 9:
B. 6 .
S2 a
= , giá trị
S1 b
115
.
3
y = f ( x)
có đồ thị
B.
32
.
3
C.
71
.
6
D.
112
.
3
Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại
hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 . Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình
phẳng được cho trong hình vẽ bên. Tính tỉ số
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
S1
.
S2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
5
3
A. .
B. .
4
5
C.
3
.
8
D.
5
.
3
Câu 10: Cho parabol ( P ) : y = −4 x 2 và hai điểm A, B trên ( P ) sao cho đoạn AB = 2 . Tìm diện tích lớn
nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB .
A.
16
.
3
B.
4
.
3
C.
32
.
3
D. 4 .
Câu 11: Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) và
y = g ( x ) . Biết rằng đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
là −1; 2 và tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng −3 . Diện tích hình phẳng ( H ) ( Phần
gạch sọc trên hình vẽ bên) gần với kết quả nào dưới đây?
A. 3,11 .
C. 3, 21 .
B. 2, 45 .
D. 2,95 .
Câu 12: Đồ thị (C ) của hàm số y = − x 4 + 5 x 2 − 4 cắt đường thẳng (d ) : y = m tại bốn điểm phân biệt và
tạo ra các hình phẳng có diện tích S1 , S 2 , S3 (như hình vẽ).
y
S2
S1
x
S3
Biết rằng khi S1 + S 2 = S3 thì giá trị của m là một số hữu tỉ được viết dưới dạng phân số tối giản
p
, trong đó q 
q
A. T = 55 .
*
, p
. Tính T = p + q.
B. T = 17 .
C. T = −55 .
D. T = −17 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4
2
Câu 13: Cho hàm số y = x − 3x + m có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox
tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ
Gọi S1 , S 2 , S3 là diện tích các phần gạch được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để S1 + S3 = S 2 là
5
A. m = − .
2
B. m =
5
.
4
5
C. m = − .
4
D. m =
5
.
2
Câu 14: Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Gọi E là một điểm thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến
của ( C ) tại E cắt ( C ) tại điểm thứ hai F và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng EF
27
. Tiếp tuyến của ( C ) tại F cắt ( C ) tại điểm thứ hai Q . Diện tích hình phẳng
64
giới hạn bởi đường thẳng FQ với ( C ) bằng
với ( C ) bằng
A.
27
.
4
B.
27
.
8
C.
459
.
64
D.
135
.
64
Câu 15: Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = f ( x ) = ax + b có đồ thị như hình vẽ dưới
đây. Biết parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2
thỏa mãn x2 = x1 + 3 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 5 . Gọi S1 , S 2 là diện tích hình phẳng được gạch trong
hình. Tổng S1 + S 2 bằng
A.
7
.
3
B.
1
.
3
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + 1, ( a  0, a, b 
C. 3 .
)
D.
8
.
3
mà đồ thị hàm số f  ( x ) và đồ thị hàm số
f ( x ) có một điểm chung duy nhất và nằm trên trục Oy (hình vẽ), trong đó  x1 là nghiệm của
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
f ( x ) và  x2 là nghiệm của f  ( x ) , ( x1 , x2  0 ) . Biết x1 = 3 x2 . Tính diện tích hình phẳng giới
hạn bởi các đồ thị f ( x ) , f  ( x ) và trục Ox .
A.
152
.
45
B.
73
.
15
C.
152
.
15
D.
73
.
45
Câu 17: Hình ( H ) được cho dưới đây là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường ( C1 ) : y = x + 16 − x 2
,
( C2 ) : y =
x − 25 − x 2
và hai đoạn thẳng
( d1 ) : y = x
với x   4;5 , ( d 2 ) : y = − x với
x   −5; −4 . Tính diện tích S của hình ( H ) .
A.
41
.
2
B.
41
.
4
C.
41
.
2
D.
41
.
4
Câu 18: Cho hàm đa thức bậc năm y = f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ. Biết x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự
lập thành cấp số cộng có công sai d = 1 . Tỉ số
S1
bằng
S2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
16
A.
.
9
B.
8
.
5
C.
11
.
7
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
17
D.
.
11
Câu 19: Cho hàm số bậc bốn y = x 4 − 4 x 2 + 1 và parabol y = x 2 − k , với k 
có đồ thị như hình bên
dưới.
Gọi S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích của phần hình phẳng được tô đậm tương ứng trong hình vẽ.
Khi S1 + S3 = S 2 thì k thuộc khoảng nào dưới đây?
 3
A.  0;  .
 7
 9 11 
B.  ;  .
5 4 
 11 
C.  ;3  .
4 
3 9
D.  ;  .
7 5
Câu 20: Cho hai hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d và g ( x ) = mx 2 + nx + k cắt nhau tại 3 điểm có
1
hoành độ −1; ; 2 và có đồ thị như hình vẽ
2
81
. Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đồ
32
1
thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai đường thẳng x = , x = 2 ( phần bôi đen trong hình vẽ )
2
bằng
79
243
81
45
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
24
96
32
16
Biết diện tích phần hình kẻ sọc ( hình S1 ) bằng
Câu 21: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong ở hình bên dưới. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai
điểm cực trị thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) − 3 f ( x2 ) = 0 . Đường thẳng song song với trục Ox
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
và qua điểm cực tiểu cắt đồ thị hàm số tại điểm thứ hai có hoành độ x0 và x1 = x0 + 1 . Tính tỉ số
S1
( S1 và S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng được gạch ở hình bên dưới).
S2
A.
3
.
5
B.
5
.
8
C.
3
.
8
D.
9
.
8
Câu 22: Cho f ( x ) , g ( x ) lần lượt là các hàm đa thức bậc ba và bậc nhất có đồ thị như hình vẽ.
Biết diện tích hình S (được tô màu) bằng
A.
7
.
3
B.
250
. Tính
81
38
.
15
C.
2
 f ( x ) dx .
0
8
.
3
D.
34
.
15
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( x ) đạt cực trị tại các điểm
x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x3 ) +
tích các hình phẳng trong hình vẽ bên. Tỉ số
A. 0, 65 .
B. 0, 7 .
2
f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2 , S 3 , S 4 là diện
3
S1 + S2
gần nhất với kết quả nào dưới đây?
S3 + S 4
C. 0,55 .
D. 0, 6 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
2
2
Câu 24: Cho hai hàm số f ( x ) = ax + 2 x + bx + 1 và g ( x ) = cx + 4 x + d có bẳng biến thiên như sau
Biết rằng đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa
mãn x1 + x2 + x3 = 9 . Khi đó điện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) ; y = g ( x ) ;
x = 1 ; x = 2 bằng
3
A. .
4
B.
3
.
2
C.
1
.
4
D.
1
.
2
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;7  và có đồ thị hàm số y = f  ( x ) trên
đoạn  0;7  như hình vẽ.
Đặt g ( x ) = f ( 2 x − 1) , biết rằng diện tích các hình phẳng trong hình vẽ lần lượt là S1 =
28
2528
, S3 =
và f ( 0 ) = 1 , tính g ( 4 ) .
15
15
2759
2744
A.
.
B.
.
15
15
S2 =
C.
5518
.
15
Câu 26: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong hình bên.
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D.
563
.
3
244
,
15
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết f ( x) đạt cực tiểu tại x = 1 và f ( x ) + 1 và f ( x ) − 1 lần lượt chia hết cho ( x − 1) 2 và ( x + 1) 2
. Gọi S1 , S 2 là diện tích hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tính S1 + S 2 .
A.
7
.
8
B.
4
.
9
C.
1
.
8
D.
1
.
2
Câu 27: Cho hàm số y = x 2 − mx ( 0  m  2020 ) có đồ thị ( C ) . Gọi S1 + S 2 là diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2020 . Giá trị của m sao cho S 2 = S1
là
A. m =
Câu 28: Đồ thị
4040
3
B. m =
C. m =
(C ) : y = 2 x 4 − 4 x 2 − 2 cắt đường thẳng
phẳng có diện tích
A. T = −19 .
x3
 (2 x
D. m =
2020
3
d : y = m tại bốn điểm phân biệt và tạo ra các hình
S1 , S 2 , S 3 như hình vẽ. Biết rằng S1 + S2 = S3 , khi đó
m=−
a
ở dạng tối
b
B. T = 19 .
C. T = 1 .
D. T = 37 .
x4
4
0
− 4 x − 2 − m)dx =  (−2 x 4 + 4 x 2 + 2 + m)dx
2
x3
x4
 (2 x
2021
3
. Tính giá trị của T = a + b .
giản với a, b 

4041
3
4
− 4 x 2 − 2 − m)dx = 0
0
 2 x5 4 x3

 
−
− (2 + m) x  |0x4 = 0
3
 5

5
3
2 x4 4 x4

−
− (2 + m) x4 = 0
5
3
 6 x44 − 20 x42 − 15(2 + m) = 0.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Suy ra
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x4 là nghiệm của hệ phương trình:
 2 x44 − 4 x42 − 2 − m = 0

24 x44 − 40 x42 = 0

 4
 4
2
2
6 x4 − 20 x4 − 15(2 + m) = 0
6 x4 − 20 x4 − 15(2 + m) = 0

 x42 = 0(l )
5

x42 =





3
 x2 = 5


4

3


m = − 28 (TM)
4
2

6 x4 − 20 x4 − 15(2 + m) = 0
9
Vậy m = −
28
. Do đó a = 28 , b = 9 .
9
Suy ra T = a + b = 37 .
Câu 29: (Bỏ)
Câu 30: Cho đường thẳng y =
3
1
x và parabol y = x 2 + a ( a là tham số thực dương). Gọi
4
2
S1 , S 2 lần lượt
là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên.
Khi
S1 = S 2 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?
1 9 
.
 4 32 
A.  ;
 7 1
; .
 32 4 
B. 
3 7
; .
 16 32 
C. 
 3
.
 16 
D.  0;
Câu 31: Cho hàm số bậc bốn trùng phương y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình dưới đây. Biết
hàm số f ( x ) đạt cực trị tại ba điểm x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thoả mãn x1 + x2 = 4 . Gọi S1 , S 2 là
diện tích của hai hình phẳng được tô màu trong hình. Tỉ số
A.
3
.
5
B.
7
.
16
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C.
1
.
2
S1
bằng?
S2
D.
7
.
15
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 32: Một hình phẳng được tạo thành từ đường cong lemniscate (đường cong số 8 của Bernoulli) có
phương trình trong hệ tọa độ Oxy là x 4 = a 2 ( x 2 − y 2 ) (a  0) như hình vẽ bên. Biết rằng mỗi
đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1m và hình phẳng này có diện tích là
49 2
( m ) . Mệnh đề nào sau đây đúng?
3
A. 1  a  2 .
B. 2  a  3 .
C. 3  a  4 .
D. 4  a  5 .
Câu 33: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong ( C ) trong hình bên. Hàm số f ( x ) đạt
cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị ( C ) ;
M , N , K là giao điểm của ( C ) với trục hoành; S là diện tích của hình phẳng được gạch trong
hình, S 2 là diện tích tam giác NBK . Biết tứ giác MAKB nội tiếp đường tròn, khi đó tỉ số
S1
S2
bằng
A.
2 6
.
3
B.
6
.
2
C.
5 3
.
6
D.
3 3
.
4
Câu 34: Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m có đồ thị là ( Cm ) , m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox tại
4 điểm phân biệt. Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình phẳng nằm dưới trục Ox và S 3 là diện tích
hình phẳng nằm trên trục Ox được tạo bởi ( Cm ) với trục Ox . Biết rằng tồn tại duy nhất giá trị
m=
a
với ( a, b 
b
A. 3 .
*
và
a
là phân số tối giản) để S1 + S 2 = S3 . Giá trị 2a − b bằng:
b
B. −4 .
C. 6 .
D. −2 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 35: Cho hàm số bậc 3 f ( x ) = ax + bx + cx + d và đường thẳng d: g ( x ) = mx + n có đồ thị như hình
3
2
vẽ. Nếu phần tô màu đen có diện tích bằng
A.
5
.
2
B. 2 .
1
, thì phần gạch chéo có diện tích bằng bao nhiêu?
2
C. 1 .
D.
3
.
2
Câu 36: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị ( C ) , biết rằng ( C ) đi qua điểm A ( −1;0 ) , tiếp tuyến d
tại A của ( C ) cắt ( C ) tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2 và diện tích hình phẳng giới
hạn bởi d , đồ thị ( C ) và hai đường thẳng x = 0; x = 2 có diện tích bằng
28
(phần tô màu trong
5
hình vẽ).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , d và hai đường thẳng x = −1; x = 0 có diện tích bằng
A.
2
.
5
B.
1
.
4
C.
2
.
9
Câu 37: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ.
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D.
1
.
5
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết rằng đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập
thành cấp số cộng và x3 − x1 = 2 3 . Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và trục Ox là S
, diện tích S1 của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) + 1 , y = − f ( x ) − 1 , x = x1 và
x = x3 bằng
A. S + 2 3 .
B. S + 4 3 .
C. 4 3 .
Câu 38: Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p  1 , q  1 ,
D. 8 3 .
1 1
+ = 1 và các số dương a, b . Xét hàm
p q
số: y = x p −1 ( x  0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục
hoành, đường thẳng x = a , Gọi ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường
thẳng y = b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường
thẳng x = a , y = b .
Khi so sánh S1 + S 2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây?
A.
a p bq
+  ab
p q
B.
a p −1 bq −1
a p +1 bq +1
a p bq
+
 ab . C.
+
 ab . D.
+  ab .
p −1 q −1
p +1 q +1
p q
Câu 39: Cho f ( x ) là hàm bậc ba có đồ thị như hình vẽ. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại x1 ; x2 thỏa mãn
x2 = x1 + 4 và tâm đối xứng của đồ thị hàm số nằm trên trục hoành. Gọi S1 ; S 2 là diện tích hình
phẳng như trong hình vẽ. Tỷ số
A.
3
.
5
B.
3
.
4
S1
bằng:
S2
C.
4
.
3
D.
5
.
3
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
Câu 40: Cho hàm số y = x có đồ thị ( C ) , biết rằng tồn tại hai điểm A, B thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp
tuyến tại A, B và đường thẳng vuông góc với hai tiếp tuyến tại A, B tạo thành một hình chữ nhật
(H )
có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi S1 là diện tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) và hai tiếp
tuyến, S 2 là diện tích hình chữ nhật ( H ) . Tính tỉ số
A.
1
.
6
B.
1
.
3
C.
S1
?
S2
125
.
768
D.
125
.
128
Câu 41: Cho hàm số y = x 2 có đồ thị ( C ) , biết rằng tồn tại hai điểm A , B thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp
tuyến tại A , B và đường thẳng pháp tuyến của hai tiếp tuyến đó tạo thành một hình chữ nhật có
chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi S1 là diện tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) và hai tiếp tuyến, S 2
là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các tiếp tuyến và pháp tuyến tại A, B . Tính tỉ số
A.
1
.
6
B.
1
.
3
C.
125
.
768
D.
S1
?
S2
125
.
128
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) = x 4 − 2 x 2 và hàm số y = g ( x ) = x 2 − m 2 , với 0  m  2 là tham số thự
C. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Ta có diện tích
S1 + S 4 = S 2 + S3 tại m0 . Chọn mệnh đề đúng.
1 2
A. m0   ;  .
2 3
2 7
B. m0   ;  .
3 6
7 5
C. m0   ;  .
6 4
5 3
D. m0   ;  .
4 2
Câu 43: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.
Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm
Gọi
x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 .
S1 và S 2 là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình vẽ. Tỉ số
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
S1
bằng
S2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A.
3
.
4
B.
5
.
8
C.
3
.
8
D.
3
.
5
3
2
Câu 44: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax + bx + cx + d và đường thẳng d : g ( x ) = mx + n có đồ thị như
hình vẽ. Gọi S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích của các phần giới hạn như hình bên. Nếu S1 = 4 thì tỷ
số
S2
bằng.
S3
A.
3
.
2
B. 1 .
C. 2 .
D.
1
.
2
Câu 45: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ, biết f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x = 1 và
thỏa mãn  f ( x ) + 1 và  f ( x ) − 1 lần lượt chia hết cho ( x − 1) và ( x + 1) . Gọi S1 , S 2 lần
lượt là diện tích như trong hình bên. Tính 2 S 2 + 8S1
2
A. 4
B.
3
5
C.
1
2
2
D. 9
Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt cực
2
f ( x2 ) = 0 và ( C ) nhận đường
3
thẳng d : x = x2 làm trục đối xứng. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích của các miền hình phẳng được
trị tại các điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 , f ( x1 ) + f ( x3 ) +
đánh dấu như hình bên. Tỉ số
S1 + S2
gần kết quả nào nhất
S3 + S 4
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
y
d
x2
O
A. 0, 60 .
B. 0,55 .
S3
S1
x1
x3
S2
S4
x
C. 0, 65 .
D. 0, 70.
2
Câu 47: Cho parabol ( P ) : y = −4 x và hai điểm A, B trên ( P ) sao cho đoạn AB = 2 . Tìm diện tích lớn
nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB .
A.
16
.
3
B.
4
.
3
Câu 48: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
C.
32
.
3
D. 4 .
có đồ thị là đường cong tạo với trục Ox hai vùng có
diện tích S1 , S 2 (như hình vẽ). Biết rằng S1 = 4 S 2 và
5
 f ( x )dx = 24 . Tính S1 + S2
−4
A. 24.
B. 40.
C. 35.
D. Không thể xác định
Câu 49: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt
x1 + x2
làm trục
2
S a
đối xứng. Gọi S1 ; S 2 là diện tích của phần hình phẳng được in màu trong hình bên. Biết 1 = ,
S2 b
cực trị tại hai điểm x1 ; x2 thoả mãn x2 = x1 + 2 và đồ thị nhận đường thẳng x =
phân số
a
tối giản, a; b  , tính a + b .
b
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. a
b
13 .
B. a
b
7.
C. a
b 15 .
D. a
b
9.
Câu 50: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên khoảng ( −1; +  ) đồng thời thỏa mãn các
điều kiện f  ( x )  0  x  ( −1, + ) , f  ( 0 ) = −1 và  f  ( x )  = f  ( x ) , f ( 3) = − ln 4 . Khi đó diện
2
tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x
nhiêu?
A. 8ln 2 − ln 3 − 1 .
C. 4 ln 2 − 3ln 3 − 1 .
2, x
3 bằng bao
B. 8ln 2 − 3ln 3 − 1 .
D. 8ln 2 + 3ln 3 − 1 .
Câu 51: Cho parabol ( P ) : y = x − kx + k − 4 , với k là tham số. Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2
parabol ( P ) và trục hoành, giá trị nhỏ nhất của S là
A.
4 3.
B. 4 .
C.
4 5.
D. 5 .
Câu 52: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.
Biết đồ thị hàm số f ( x ) đạt cực trị tại ba điểm C ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) , A ( x3 ; y3 ) ( x1  x2  x3 )
thỏa:
x1 = x3 − 2 và hình vuông BFAD có diện tích bằng 1. Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích của
hai hình phẳng được gạch trên hình vẽ bên. Tính tỉ số
A.
2.
B.
1
.
15
C.
S1
S2
2
.
2
D.
2
.
15
Câu 53: Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ( x − 3) , trục tung và trục hoành. Gọi k1 , k 2
2
( k1  k2 ) là hệ số góc của hai đường thẳng cùng đi qua điểm A ( 0;9 ) và chia ( H )
làm ba phần
có diện tích bằng nhau. Tính k1 − k2 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
13
A.
.
2
B. 7 .
C.
25
.
4
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
27
D.
.
4
Câu 54: Hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị là đường cong ở hình bên dưới. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai điểm
cực trị thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) − 3 f ( x2 ) = 0 . Đường thẳng song song với trục và qua
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số tại điểm thứ hai có hoành độ x0 và x1 = x0 + 1 .
Tính tỉ số
A.
9
.
8
S1
( S1 , S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng được gạch ở hình bên dưới ).
S2
B.
5
.
8
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C.
3
.
8
D.
3
.
5
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Trong mặt phẳng Oxy cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = 4 − x 2 và trục hoành.
Đường thẳng x = k ( −2  k  2 ) chia ( H ) thành hai phần ( H1 ) , ( H 2 ) như hình vẽ dưới:
Biết rằng diện tích của hình ( H1 ) gấp
20
lần diện tích của hình ( H 2 ) , hỏi giá trị của k thuộc
7
khoảng nào sau đây?
A. ( −2; − 1) .
B. ( 0;1) .
C. ( −1;0 ) .
D. (1; 2 ) .
Lời giải
Chọn B
Ta có: 4 − x 2 = 0  x 2 = 4  x = 2  parabol y = 4 − x 2 giao với trục hoành tại các điểm có
hoành độ lần lượt là −2 và 2 .
k
Diện tích của hình ( H1 )

x3 
k 3 16
là S1 =  ( 4 − x ) dx =  4 x −  = 4k − + .
3  −2
3 3

−2
Diện tích của hình ( H 2 )

x3 
16
k3
là S 2 =  ( 4 − x ) dx =  4 x −  = − 4k + .
3 k 3
3

k
k
2
Vì diện tích của hình ( H1 ) gấp
4k −
2
2
2
20
lần diện tích của hình ( H 2 ) nên ta có phương trình:
7

 16
k 3 16 20  16
k3 
k 3 16 
k3 
+ =  − 4k +   7  4k − +  = 20  − 4k + 
3 3
7 3
3
3 3
3

 3
2

k− =0
2
208

2

 9k − 108k +
= 0   k −  ( 9k + 6k − 104 ) = 0 
.
3
 2
3
3

9k + 6k − 104 = 0
2
2
• Trường hợp 1: k − = 0  k = (thỏa mãn).
3
3
3
• Trường hợp 2: 9k 2 + 6k − 104 = 0  k =
 105 − 1
(loại).
3
Vậy k  ( 0;1) .
Câu 2:
Cho hàm số f ( x) = ax3 + bx 2 + cx + 4 và g ( x) = mx 2 + nx có đồ thị trong hình bên.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số trên (phần gạch chéo trong hình vẽ)
bằng
9
9
37
37
A. .
B. .
C.
.
D.
.
4
2
12
6
Lời giải
Chọn D
Do f ( x) là hàm số bậc ba và g ( x) là hàm số bậc hai nên f ( x) − g ( x) là hàm số bậc ba.
 x = −1
Từ đồ thị hàm số ta thấy f ( x) = g ( x)   x = 1 .

 x = 2
Suy ra ta có: f ( x) − g ( x) = k .( x + 1)( x − 1)( x − 2)
Mặt khác ta có: f (0) − g (0) = 4  k = 2 .
 f ( x) − g ( x) = 2( x + 1)( x − 1)( x − 2) = 2 x 3 − 4 x 2 − 2 x + 4
Vậy ta có diện tích phần gạch chéo là:
2
2
−1
−1
S =  f ( x) − g ( x) dx =  2 x3 − 4 x 2 − 2 x + 4 dx
1
2
=  (2 x − 4 x − 2 x + 4)dx −  (2 x3 − 4 x 2 − 2 x + 4)dx =
3
−1
Câu 3:
2
1
16 5 37
+ =
.
3 6 6
Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt cực trị
2
f ( x2 ) = 0 và ( C ) nhận đường
3
thẳng d : x = x2 làm trục đối xứng. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích của các miền hình phẳng được
tại các điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 , f ( x1 ) + f ( x3 ) +
đánh dấu như hình bên. Tỉ số
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
S1 + S2
gần kết quả nào nhất?
S3 + S 4
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
y
d
x2
O
A. 1.62.
S3
S1
x1
B. 1.68.
x3
S4
S2
x
C. 1.64.
Lời giải
D. 1.66.
Chọn D
Nhận thấy kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị ( C ) sang bên trái sao cho đường
thẳng d : x = x2 trùng với trục tung khi đó ( C ) là đồ thị của hàm trùng phương y = g ( x ) có ba
điểm cực trị x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1 . Suy ra y = g ( x ) = k ( x 4 − 2 x 2 ) + c ( k  0 )
2
2
3
f ( x2 ) = 0  −2k + 2c + c = 0  c = k
3
3
4
3
Suy ra: y = g ( x ) = k ( x 4 − 2 x 2 ) + k
4
Lại có f ( x1 ) + f ( x3 ) +
3
28 2 − 17
Khi đó: S1 + S2 = k  x 4 − 2 x 2 + dx =
k.
4
60
0
1
Ta lại có: g ( 0 ) − g (1) = k  S1 + S 2 + S3 + S 4 = k .1 = k .
Suy ra S3 + S4 = k −
Câu 4:
S + S4 77 − 28 2
28 2 − 17
77 − 28 2
k=
k 3
=
= 1.655  1.66.
60
60
S1 + S2 28 2 − 17
Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox
tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ dưới:
Gọi S1 ; S 2 ; S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để
S1 + S3 = S 2 là
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
Phan Nhật Linh
5
A. m = − .
2
B. m =
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
5
5
C. m = − .
D. m = .
4
2
Lời giải
5
.
4
Chọn B
Hoành độ giao điểm của ( Cm ) với trục Ox là nghiệm của phương trình: x 4 − 3 x 2 + m = 0 (1) .
Đặt t = x 2 ( t  0 ), ta được phương trình: t 2 − 3t + m = 0 ( 2 )
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt  Phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt cùng
  0
9 − 4m  0
9

9


m 
dương   S  0  3  0

4 0m .
4
P  0
m  0
m  0


Khi đó: Gọi k là nghiệm dương lớn nhất của phương trình (1) . Ta có: k 4 − 3k 2 + m = 0 ( 3) .
k
Theo đề bài: S1 + S3 = S 2 và S1 = S3  S 2 = 2 S3   f ( x ) dx = 0 .
0
k
Mà

0
k
 x5

 k4

k5
f ( x ) dx =  ( x − 3 x + m ) dx =  − x 3 + mx  = − k 3 + mk = k  − k 2 + m  .
 5
0 5
 5

0
k
4
2
 k4

k4
− k 2 + m = 0 (do k  0 ) ( 4 ) .
Suy ra k  − k 2 + m  = 0 
5
 5

Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra k 4 − 3k 2 −
Thay k 2 =
Câu 5:
5
vào ( 3) , ta được:
2
k4
5
+ k 2 = 0  2k 4 − 5k 2 = 0  2k 2 − 5 = 0  k 2 = .
2
5
2
5
5
5
5
  − 3  + m = 0  − + m = 0  m = (thỏa mãn).
4
4
2
2
Cho parabol ( P1 ) : y = − x 2 + 6 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B và đường thẳng
d : y = a ( 0  a  6 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a . Gọi
S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d ; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 )
và trục hoành (tham khảo hình vẽ).
Biết S1 = S 2 , tính T = a 3 − 12a 2 + 108a .
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. T = 218 .
B. T = 219 .
C. T = 216 .
Lời giải
D. T = 217 .
Chọn C
Xét phương trình hoành độ giao điểm: − x 2 + 6 = a
 x2 = 6 − a
 x =  6−a .
6− a
Khi đó S1 = 2

0
 x3

( − x + 6 − a ) = 2  − 3 + 6 x − ax  0 6 − a = 43 ( 6 − a ) 6 − a .


2
x = 6  y = 0
 y = − x2 + 6
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ 
.

y
=
0
x
=
−
6

y
=
0



(
) (
Vậy A − 6;0 , B
)
6;0 .
Gọi ( P2 ) : y = mx 2 + nx + p .
Vì parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a nên

6 m + 6 n + p = 0
n = 0


a 2
6m − 6n + p = 0   p = a  ( P2 ) : y = − x + a .
6
p = a

a
m = −

6


 4 6a
 ax3
 6
6a
 a

Do đó S2 = 2   − x 2 + a dx = 2  −
.
+ ax 
= 2  −
+ 6a  =
6
3
3

 18
0
0 


Theo
đề
6
bài
4
4 6a
3
 ( 6 − a ) = 6a 2  216 − 108a + 18a 2 − a 3 = 6a 2
(6 − a) 6 − a =
3
3
3
2
 a − 12a + 108a = 216 .
S1 = S2 
Câu 6:
Đồ thị của hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 cắt đường thẳng d : y = m + 1 tại bốn điểm phân biệt và tạo
ra các hình phẳng có diện tích S1 , S 2 , S3 . Biết rằng khi S1 + S 2 = S3 thì m là một số hữu tỉ được
viết dưới dạng phân số tối giản m = −
A. 19 .
B. 21 .
a
với a, b 
b
*
. Giá trị của P = b − a bằng
C. 53 .
Lời giải
D. 17 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 24
Phan Nhật Linh
Chọn A
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Để d cắt tại bốn điểm phân biệt thì −
13
 m  3.
4
Giả sử PT có bốn nghiệm phân biệt x1  x2  0  x3  x4 .
Do tính đối xứng của đồ thị nên từ giả thiết S1 + S 2 = S3 nên S 2 =
x3
x4
4
2
4
2
 ( x − 5x + 3 − m ) dx = −  ( x − 5x + 3 − m ) dx 
0
x3
x4
 (x
4
S3
2
− 5 x 2 + 3 − m ) dx = 0
0
x4
 x5 5 x3

1
5
1
5
 −
+ ( 3 − m ) x  = 0  x45 − x43 + ( 3 − m ) x4 = 0  x44 − x42 + 3 − m = 0
3
5
3
5
3
 5
0
 2 25
 x44 − 5 x42 + 3 − m = 0
x =


 4
6 .
Mà x4 là nghiệm của PT nên ta có  1 4 5 2

 x4 − x4 + 3 − m = 0
m = − 17
3
5

36

Vậy P = b − a = 36 − 17 = 19 .
Câu 7:
Cho hàm số y = x có đồ thị (C ) và điểm M thuộc (C ) có hoành độ dương. Gọi S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) , trục hoành và đường thẳng đi qua M vuông góc với trục
hoành; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) và đường thẳng OM . Biết
của a + b bằng
A. 5 .
B. 6 .
C. 19 .
Lời giải
S2 a
= , giá trị
S1 b
D. 21 .
Chọn A
a
Gọi M (a; a )  (C), a  0 . Ta có: S1 =  xdx =
0
S2 = S1 − SOMH =
Suy ra
Câu 8:
2
a a;
3
2
1
1
a a − a a = a a với H là hình chiếu của M lên trục Ox .
3
2
6
S2 1
= . Vậy a + b = 5 .
S1 4
( C1 ) đi qua điểm A (1;0 ) ; hàm số bậc hai y = g ( x ) có đồ
( C2 ) đi qua điểm B (1; −4 ) . ( C1 ) , ( C2 ) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
thị
( C ) , ( C2 ) ?
là −1;2;3 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị 1
Hàm số bậc ba
y = f ( x)
có đồ thị
25 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
115
32
A.
.
B.
.
3
3
C.
71
.
6
D.
112
.
3
Lời giải
Chọn C
Vì ( C1 ) , ( C2 ) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là −1;2;3 nên đa thức bậc ba
f ( x) − g ( x) có ba nghiệm −1; 2;3 . Do đó, f ( x) − g ( x) = a ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) , với a  0.
Mặt khác vì ( C1 ) đi qua điểm A (1;0 ) ; ( C2 ) đi qua điểm B (1; −4 ) nên f (1) = 0, g (1) = −4 .
Do đó, f (1) − g (1) = 4
Suy ra a (1 + 1)(1 − 2 )(1 − 3) = 4 hay a = 1 .
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị ( C1 ) , ( C2 ) là
2
3
−1
2
 ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx +  ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx =
Câu 9:
71
(đvdt).
6
Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại
hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 . Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình
phẳng được cho trong hình vẽ bên. Tính tỉ số
A.
5
.
4
B.
3
.
5
S1
.
S2
C.
3
.
8
D.
5
.
3
Lời giải
Chọn B
Không mất tính tổng quát, tịnh tiến đồ thị hàm bậc ba y = f ( x ) sao cho điểm uốn của đồ thị
thuộc trục tung  x1 + x2 = 0 . Lại có x2 = x1 + 2 nên x1 = −1, x2 = 1 .
Theo giả thiết, ta có f ' ( x ) = k ( x − 1)( x + 1) = k ( x 2 − 1) với k  0 .
 x3

Suy ra f ( x ) = k  − x  + C .
 3

2k
2k
1
Do f ( −1) + f (1) = 1 
+C −
+C =1 C =
3
3
2
 x3
 1
2k 1
Suy ra f ( x ) = k  − x  + và f ( x2 ) = f (1) = − + .
3 2
 3
 2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 26
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
0
0
 x3

1
5k

Ta có S2 =   f ( x ) −  dx =  k  − x  dx =
.
2
3
12



−1
−1 
Xét
S1 S IABC − S2 BC.IC
=
=
−1 =
S2
S2
S2
1.
1
2k
− f (1)
3
2
−1 = 3 −1 = .
5k
S2
5
12
Câu 10: Cho parabol ( P ) : y = −4 x 2 và hai điểm A, B trên ( P ) sao cho đoạn AB = 2 . Tìm diện tích lớn
nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB .
A.
16
.
3
B.
4
.
3
C.
32
.
3
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
+) Giả sử A ( a; −4a 2 )  ( P ) , B ( b; −4b 2 )  ( P ) và a  b , a, b 
+) Phương trình đường thẳng AB là y = −4 ( b + a )( x − a ) − 4a 2
y = −4 ( b + a ) x + 4ab
+) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB là
 4 x3
b 2
2
2


S =   −4 x + 4 ( a + b ) x − 4ab dx =  −
+ 2 ( a + b ) x 2 − 4abx | = b3 − a 3 + 2a 2b − 2ab 2
a
3
3
 3

a
b
27 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
2
3
= ( b3 − a 3 + 3a 2b − 3ab 2 ) = ( b − a )
3
3
+) Mà AB = 2  ( b − a ) + 16 ( b 2 − a 2 ) = 4  ( b − a ) =
2
2
Do đó S 
2
4
1 + 16 ( b + a )
2
 4  −2  b − a  2
16
.
3
 a = 1
a + b = 0


b = −1
Dấu bằng khi  b − a = 2  
..

a
=
1

 b − a = −2


 b = −1
Vậy GTLN của S là
16
.
3
Câu 11: Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) và
y = g ( x ) . Biết rằng đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
là −1; 2 và tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ bằng −3 . Diện tích hình phẳng ( H ) ( Phần
gạch sọc trên hình vẽ bên) gần với kết quả nào dưới đây?
A. 3,11 .
C. 3, 21 .
B. 2, 45 .
D. 2,95 .
Lời giải
Chọn A
Theo giả thiết tại điểm có hoành độ x = −3 hai đồ thị hàm số này tiếp xúc nhau nên ta có:
f ( x) − g ( x) =
1  3  3 
2
− −  −   ( x + 3) ( x + 1)( x − 2 ) .

−18  2  5  
Khi đó, Diện tích hình phẳng ( H ) ( Phần gạch sọc trên hình vẽ ) là:
 1  3  3 

3733
2
S( H ) =  
− −  −   ( x + 3) ( x + 1)( x − 2 ) dx =
 3,11 .

−18  2  5  
1200

−3 
2
Câu 12: Đồ thị (C ) của hàm số y = − x 4 + 5 x 2 − 4 cắt đường thẳng (d ) : y = m tại bốn điểm phân biệt và
tạo ra các hình phẳng có diện tích S1 , S 2 , S3 (như hình vẽ).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 28
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
y
S2
S1
x
S3
Biết rằng khi S1 + S 2 = S3 thì giá trị của m là một số hữu tỉ được viết dưới dạng phân số tối giản
p
, trong đó q 
q
*
, p
A. T = 55 .
. Tính T = p + q.
B. T = 17 .
C. T = −55 .
Lời giải
D. T = −17 .
Chọn B
Giả sử ( Cm ) cắt (d ) tại bốn điểm phân biệt có hoành độ là − x2 ; − x1 ; x1 ; x2 ( 0  x1  x2 )
Do ( Cm ) đối xứng nhau qua trục Oy nên S1 = S2 =
x1
x2
1
S3
2
x2
x25 5 x23
− (4 + m) x2 = 0 
 −  ( f ( x) − m ) dx =  ( f ( x) − m ) dx   ( f ( x) − m ) dx = 0  − +
5
3
0
x1
0
−
x24 5 x22
+
− 4 − m = 0 (do x2  0 ).
5
3
Câu 13: Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m có đồ thị ( Cm ) , với m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox
tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ
Gọi S1 , S 2 , S3 là diện tích các phần gạch được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để S1 + S3 = S 2 là
5
A. m = − .
2
B. m =
5
.
4
5
C. m = − .
4
Lời giải
D. m =
5
.
2
Chọn B
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) và trục Ox là x 4 − 3x 2 + m = 0 (*)
29 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
( Cm ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình t 2 − 3t + m = 0 , với
  = 9 − 4m  0
( t = x , t  0 ) có hai nghiệm dương phân biệt   P = m  0  0  m  94
S = 3  0

2
Gọi x = a, x = b ( b  a ) là hai nghiệm dương của phương trình (*) , suy ra a 4 − 3a 2 + m = 0 (1)
b
a
b
a
 S1 = S3
1
Do 
ta có S2 = S1   f ( x) dx =  f ( x) dx   f ( x)dx = −  f ( x)dx
2
 S1 + S3 = S2
0
b
0
b
a
a
1
  f ( x)dx = 0   ( x 4 − 3x 2 + m ) dx = 0  a 5 − a 3 + ma = 0  a 4 − 5a 2 + 5m = 0 ( 2 )
5
0
0
5

m
=

a − 3a + m = 0
a − 3a + m = 0



4
Từ (1) và ( 2 ) ta có  4
 4

2
2


a − 5a + 5m = 0
4a − 10a = 0
a 2 = 5


2
5
Kết hợp điều kiện có nghiệm, vậy m = .
4
4
2
4
2
Câu 14: Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Gọi E là một điểm thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến
của ( C ) tại E cắt ( C ) tại điểm thứ hai F và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng EF
27
. Tiếp tuyến của ( C ) tại F cắt ( C ) tại điểm thứ hai Q . Diện tích hình phẳng
64
giới hạn bởi đường thẳng FQ với ( C ) bằng
với ( C ) bằng
A.
27
.
4
B.
27
.
8
C.
459
.
64
D.
135
.
64
Lời giải
Chọn A
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 30
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị là (C ) , M ( xM ; yM )  (C ) bất kỳ và không trùng với
điểm uốn của đồ thị. Khi đó
Bổ đề 1: Tiếp tuyến của (C ) tại điểm M sẽ cắt đồ thị tại điểm thứ hai N ( xN ; y N ) và
xN +
b
b 

= −2  xM + 
3a
3a 

Bổ đề 2: Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M với đồ thị (C ) . Ta
có
S=
Áp dụng (
27 
b 
a  xM + 
4 
3a 
4
)
4
4


27
b 

| a |  xM +   xM + b   xM + b

S
4
3a  

3a  = 
3a  = 1
=
ta có 1 =


4
S 2 27
b 

 xN + b   −2  xM + b   16
| a |  xN + 
3a   

3a  
4
3a 

27 27
Vậy S2 = 16S1 = 16. =
.
64 4
4
Câu 15: Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = f ( x ) = ax + b có đồ thị như hình vẽ dưới
đây. Biết parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2
thỏa mãn x2 = x1 + 3 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 5 . Gọi S1 , S 2 là diện tích hình phẳng được gạch trong
hình. Tổng S1 + S 2 bằng
31 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A.
7
.
3
B.
1
.
3
C. 3 .
D.
8
.
3
Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x 2 = ax + b  x 2 − ax − b = 0
Khi đó x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) nên x1 + x2 = a; x1 x2 = −b .
 x2 − x1 = 3
 x2 − x1 = 3
 x − x1 = 3

 2
Ta có 
.
2
2
2
b = 2
 f ( x1 ) + f ( x2 ) = 5
5 = x1 + x2 = ( x2 − x1 ) + 2 x1 x2 = 9 − 2b
Từ đồ thị ta có
3
x23 − x13 ( x2 − x1 ) + 3 x1 x2 ( x2 − x1 ) 3 + 9 ( −b )
S1 + S 2 =  x dx =
=
=
= 3.
3
3
3
x1
3
x2
2
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + 1, ( a  0, a, b 
)
mà đồ thị hàm số f  ( x ) và đồ thị hàm số
f ( x ) có một điểm chung duy nhất và nằm trên trục Oy (hình vẽ), trong đó  x1 là nghiệm của
f ( x ) và  x2 là nghiệm của f  ( x ) , ( x1 , x2  0 ) . Biết x1 = 3 x2 . Tính diện tích hình phẳng giới
hạn bởi các đồ thị f ( x ) , f  ( x ) và trục Ox .
A.
152
.
45
B.
73
.
15
C.
152
.
15
D.
73
.
45
Lời giải
Chọn A
Ta có f ( x ) = ax 4 + bx 2 + 1  f  ( x ) = 12ax 2 + 2b, ( a  0, a, b 
).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 32
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f ( x ) và f  ( x ) là ax 4 + bx 2 + 1 = 12ax 2 + 2b .
Theo bài ra ta có x = 0 là nghiệm của phương trình nên 2b = 1  b =
f ( x ) = ax 4 +
1
. Do đó
2
1 2
x + 1, f  ( x ) = 12ax 2 + 1 .
2
Ta có f  ( x ) = 0  12ax 2 + 1 = 0  x 2 = −
1
1
, có nghiệm khi a  0 nên x22 = −
với a  0
12a
12a
.
Do a  0 nên
−1 − 1 − 16a
−1 + 1 − 16a
−1 − 1 − 16a
.
 0,
 0 do đó x12 =
4a
4a
4a
Ta có x1 = 3 x2 nên x12 = 9 x22 
Do vậy f ( x ) = −
2
cần tính là

3
3 4 1 2
9
4
x + x + 1, f  ( x ) = − x 2 + 1 , x12 = 4, x22 = nên diện tích hình phẳng
16
2
4
9
  − 16 x
−2
−1 − 1 − 16a
9
3
=−
 1 + 1 − 16a = 3  a = −
4a
12a
16
4
+
2
3
1 2 
152
 9

x + 1 dx −   − x 2 + 1 dx =
.
2
4
45


2
−
3
Câu 17: Hình ( H ) được cho dưới đây là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường ( C1 ) : y = x + 16 − x 2
,
( C2 ) : y =
x − 25 − x 2
và hai đoạn thẳng
( d1 ) : y = x
với x   4;5 , ( d 2 ) : y = − x với
x   −5; −4 . Tính diện tích S của hình ( H ) .
A.
41
.
2
B.
41
.
4
C.
Lời giải
Chọn A
33 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
41
.
2
D.
41
.
4
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Xét phương trình
x + 16 − x 2 = x, x   4;5  x + 16 − x 2 = x, x   4;5
 16 − x 2 = 0, x   4;5  x = 4
Xét phương trình
x + 25 − x 2 = x, x   4;5  x + 25 − x 2 = x, x   4;5
 25 − x 2 = 0, x   4;5  x = 5
Gọi S1 là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = x − 25 − x 2 , y = x, x = 0, x = 5
5
( (
được tô màu trong hình bên, suy ra S1 =  x − x − 25 − x
0
)) dx = 
5
2
25 − x 2 dx .
0
Đặt x = 5cos t  dx = −5sin tdt . Với x = 0  t =

2
; x = 5  t = 0.
Vậy:

0
S1 = 



25 2
25  sin 2t  2 25
25 − 25cos 2 t ( −5sin t ) dt = 25  sin 2 tdt =  (1 − cos 2t ) dt =  t −
 = 
2 0
2 
2 0
4
0
2
2
Gọi S2 là điện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = x + 16 − x 2 , y = x, x = 0, x = 4
4
((
được tô màu trong hình bên, suy ra S2 =  x + 16 − x
0
) − x ) dx = 
4
2
16 − x 2 dx .
0
Đặt x = 4 cos t  dx = −4sin tdt . Với x = 0  t =

2
; x = 4t =0.
Vậy:

0
S2 = 



 sin 2t  2
16 − 16 cos 2 t ( −4sin t ) dt = 16  sin 2 tdt = 8  (1 − cos 2t ) dt = 8  t −
 = 4
2 0

0
0
2
2
2
Diện tích cần tính bằng S = 2 ( S1 + S2 ) =
41
.
2
Câu 18: Cho hàm đa thức bậc năm y = f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ. Biết x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự
lập thành cấp số cộng có công sai d = 1 . Tỉ số
S1
bằng
S2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 34
Phan Nhật Linh
16
A.
.
9
B.
8
.
5
11
.
7
Lời giải
C.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
17
D.
.
11
Chọn C
Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) sang trái x4 đơn vị, ta được đồ thị hàm số y = g ( x )
Ta thấy x1 , x2 , x3 , x4 là cực trị của hàm số y = f ( x ) mà x1 , x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng có
công sai
d = 1  Hàm số y = g ( x ) có bốn điểm cực trị là 0; −1; −2; −3
g  ( x ) = kx ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) = k ( x 4 + 6 x3 + 11x 2 + 6 x )
 x5 3

11
g ( x ) =  k ( x 4 + 6 x3 + 11x 2 + 6 x )dx = k  + x 4 + x3 + 3x 2  + C
3
 5 2

 x5 3

11
g ( 0 ) = 0  C = 0 g ( x ) = k  + x 4 + x 3 + 3x 2 
3
 5 2

−2
 S1 =

−3
−2
 x5 3

11
11k
g ( x ) dx = k   + x 4 + x3 + 3x 2 dx =
5 2
3
20

−3 
0
 x5 3 4 11 3
7k
2
g
x
dx
=
k
(
)
−1
−1  5 + 2 x + 3 x + 3x dx = 20
S 11
 1 =
S2 7
0
 S2 =
Câu 19: Cho hàm số bậc bốn y = x 4 − 4 x 2 + 1 và parabol y = x 2 − k , với k 
dưới.
35 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
có đồ thị như hình bên
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Gọi S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích của phần hình phẳng được tô đậm tương ứng trong hình vẽ.
Khi S1 + S3 = S 2 thì k thuộc khoảng nào dưới đây?
 3
A.  0;  .
 7
 9 11 
B.  ;  .
5 4 
 11 
C.  ;3  .
4 
Lời giải
3 9
D.  ;  .
7 5
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
x 4 − 4 x 2 + 1 = x 2 − k  x 4 − 5 x 2 + 1 + k = 0 (1) .
Đặt t = x 2 , t  0 phương trình (1) trở thành t 2 − 5t + 1 + k = 0 ( 2 ) .
Theo bài ra thì phương trình ( 2 ) phải có 2 nghiệm phân biệt t  0
  0
25 − 4(1 + k )  0
21

21


k 
  S  0  5  0

( *)
4  −1  k 
4
P  0
1 + k  0

k  −1


Khi đó hai đồ thị giao nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 , với x1 , x2 , x3 , x4
là nghiệm của phương trình (1)
x1
x3
x2
x4
Do S1 = S3 và S1 + S3 = S 2 nên S 2 = 2 S1 .
Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 4 − 5 x 2 + (1 + k )
x2
Diện tích S1 =  x 4 − 5 x 2 + (1 + k ) dx = − F ( x )
x1
x3
Diện tích S2 =  x 4 − 5 x 2 + (1 + k ) dx = F ( x )
x2
x2
x1
x3
x2
= −  F ( x2 ) − F ( x1 )  .
= F ( x3 ) − F ( x2 )
Ta có
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 36
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x2
x3
x1
x2
2S1 = S2  −2  f ( x ) dx =  f ( x ) dx
 −2  F ( x2 ) − F ( x1 )  = F ( x3 ) − F ( x2 )  2 F ( x1 ) = F ( x2 ) + F ( x3 )
( 3)
Do F ( x ) là hàm số lẻ và x2 = − x3 nên từ ( 3) suy ra F ( x1 ) = 0
Ta
có
hệ
phương
 x14 − 5 x12 + 1 + k = 0
 f ( x1 ) = 0

  x5 5 3

1
 F ( x1 ) = 0
 − x1 + (1 + k ) x1 = 0
5 3
trình
 x14 + 5 x12 + 1 + k = 0
 x1 = 0
4 4 100 2
25
 4
 x 5 2
 − x1 −
x1 = 0   2 25  x12 =
(Vì x1  0 ).
1
 x1 =
5
3
6
 − x1 + 1 + k = 0 ( x1  0 )
6

5 3
2
89
 25 
 25 
Thay vào (1) ta được   − 5   + 1 + k = 0  k =
 2, 42 .
36
 6 
 6 
Cách 2
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 4 − 4 x 2 + 1 = x 2 − k  x 4 − 5 x 2 + 1 + k = 0 (1) .
Đặt t = x 2 , t  0 phương trình (1) trở thành t 2 − 5t + 1 + k = 0 ( 2 ) .
Theo bài ra thì phương trình ( 2 ) phải có 2 nghiệm t  0
  0
25 − 4(1 + k )  0
21

21


k 
  S  0  5  0

( *)
4  −1  k 
4
P  0
1 + k  0

k  −1


Khi đó hai đồ thị giao nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 , với x1 , x2 , x3 , x4
là nghiệm của phương trình (1)
Giả sử (2) có 2 nghiêm t1 ; t2 ( 0  t1  t2 ) thì (1) có 4 nghiệm viết theo thứ tự từ bé đến
lớn là − t2 ; − t1 ; t1 ; t2 .
t1 + t2 = 5
Áp dung định lí Vi-et cho phương trình (2) ta có 
.
t1t2 = k + 1
Ta có
− t1
S1 + S3 = =
 (−x
4
+ 5 x − k − 1) dx +
2
− t2
t2
 (−x
t2
4
+ 5 x − k − 1) dx = 2  ( − x 4 + 5 x 2 − k − 1) dx
2
t1
 x5 5 x3
 t2
= 2 − +
− kx − x 
3
 5
 t1

 

t 5 5 t23
t 5 5 t13
= 2 − 2 +
− k t2 − t2  − 2  − 1 +
− k t1 − t1 
 5
  5

3
3

 

 t5 5 t3
 

t25 5 t23
1
1
= 2
−
+ k t1 + t1  + 2  −
+
− k t2 − t2 
 5
  5

3
3

 

37 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
t1
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
t1
Lại có:
(
− t1
 t5 5 t3

 x5 5 x3
 t1
1
+ kx + x 
= 2 1 −
+ k t1 + t1 
x 4 − 5 x 2 + k + 1 dx =  −
 5

3
3
 5
 − t1


)
S1 + S3 = S 2
 t5 5 t3
 

 t5 5 t3

t25 5 t23
1
1
1
 2
−
+ k t1 + t1  + 2  −
+
− k t2 − t2  = 2  1 −
+ k t1 + t1 
 5
  5

 5

3
3
3

 



 t5 5 t3

 t22 5

2
2



−
+ k t2 + t2 = 0   − t2 + k + 1 = 0 (**) ( do t2  0 ) .
 5

3
5 3



Măt khác t 2 là nghiệm của phương trình (2)  t22 = 5t2 − k − 1 . Thế vào (**) ta được
5t2 − k − 1 5
−2
−4
6
19 6
− t2 + k + 1 = 0 
t2 =
(k + 1)  t2 = (k + 1)  t1 = 5 − t2 = − k
5
3
3
5
5
5 5
 k = −1(l )
 19 6  6
Ta có t1t2 = k + 1   − k   (k + 1) = k + 1  
.
 k = 89 (tm)
 5 5  5
36

 9 11 
Vây khi S1 + S3 = S 2 thì k thuộc khoảng  ;  .
5 4 
Câu 20: Cho hai hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d và g ( x ) = mx 2 + nx + k cắt nhau tại 3 điểm có
1
hoành độ −1; ; 2 và có đồ thị như hình vẽ
2
81
. Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đồ
32
1
thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai đường thẳng x = , x = 2 ( phần bôi đen trong hình vẽ )
2
bằng
79
243
81
45
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
24
96
32
16
Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) = g ( x )  f ( x ) − g ( x ) = 0 .
Biết diện tích phần hình kẻ sọc ( hình S1 ) bằng
Đặt h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) , phương trình trở thành h ( x ) = 0 (1) .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 38
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Vì đồ thị của hai hàm số y = ( x ) , y = g ( x ) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ x = −1 ; x = ;
2
1
x = 2 , nên x = −1 ; x = ; x = 2 cũng là 3 nghiệm của phương trình (1) .
2
1

Do đó h( x ) = a.( x + 1)  x −  . ( x − 2) .
2

Mà S1 =
=a
1
2
1
2
1
2
−1
−1
−1
1

 f ( x ) − g( x ) dx =  h( x ) dx =  a ( x + 1)  x − 2  ( x − 2) dx
1
2

1
81
 ( x + 1)  x − 2  ( x − 2) dx = 32 . Nên
a =2
−1
1
81

Vậy S =  h ( x ) dx = a  ( x + 1)  x −  ( x − 2) dx = .
2
32

1
1
2
2
2
2
Nhận xét: có thể tính a bằng cách thứ 2 như sau:
Dựa vào đồ thị ta có f ( 0) = 1, g ( 0) = −1, nên h ( 0) = f ( 0) − g ( 0) = 2  a = 2 .
Câu 21: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong ở hình bên dưới. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai
điểm cực trị thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) − 3 f ( x2 ) = 0 . Đường thẳng song song với trục Ox
và qua điểm cực tiểu cắt đồ thị hàm số tại điểm thứ hai có hoành độ x0 và x1 = x0 + 1 . Tính tỉ số
S1
( S1 và S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng được gạch ở hình bên dưới).
S2
A.
3
.
5
B.
5
.
8
C.
3
.
8
D.
9
.
8
Lời giải
Chọn D
Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) sang trái x1 đơn vị ta được đồ thị hàm số y = g ( x ) .
x3
− ax 2 + C .
3
8

Vì f ( x1 ) − 3 f ( x2 ) = 0  g ( 0 ) = 3g ( 2 )  C = 3a  − 4  + 3C  C = 2a .
3

Khi đó g  ( x ) = ax. ( x − 2 ) ( a  0 ) . Suy ra y = g ( x ) = a
39 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
 x3

Do đó y = g ( x ) = a  − x 2 + 2  .
 3

2
 x3

 x 4 x3

17
Khi đó S1 + S 2 =  a  − x 2 + 2  dx = a  − + 2 x  = a .
3

 12 3
 −1 4
−1 
2
2
S2 =  f ( x2 ) dx = 3 f ( 2 ) = C = 2a  S1 =
−1
S 9
17
9
a − 2a = a  1 = .
4
4
S2 8
Câu 22: Cho f ( x ) , g ( x ) lần lượt là các hàm đa thức bậc ba và bậc nhất có đồ thị như hình vẽ.
Biết diện tích hình S (được tô màu) bằng
A.
7
.
3
B.
250
. Tính
81
38
.
15
C.
2
 f ( x ) dx .
0
8
.
3
D.
34
.
15
Lời giải
Chọn D
3
1
4 
Ta có g ( x ) là hàm số bậc nhất đi qua A  ;1 và B ( 3; 2 ) nên g ( x ) = x + .
5
5
3 
3
1
Với y = −1  x + = −1  x = −2  C ( −2; −1) là giao điểm của f ( x ) và g ( x ) .
5
5
4

Do đó f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 2 )  x −  ( x − 3) .
3

Lại có S =
4
3
  f ( x ) − g ( x ) dx 
−2
Suy ra f ( x ) − g ( x ) =
2
Vậy

0
4
3
250

4

3

=   a ( x + 2 )  x −  ( x − 3)  dx  a =
.
81 −2 
3
20


3
4
3
4
3
1
( x + 2 )  x −  ( x − 3)  f ( x ) = ( x + 2 )  x −  ( x − 3) + x + .
20
3
20
3
5
5


3
4
3
1
34

.
f ( x ) dx =   ( x + 2 )  x −  ( x − 3) + x +  dx =
20
3
5
5
15




0
2
------ HẾT ------
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 40
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4
2
Câu 23: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( x ) đạt cực trị tại các điểm
x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x3 ) +
tích các hình phẳng trong hình vẽ bên. Tỉ số
A. 0, 65 .
2
f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2 , S 3 , S 4 là diện
3
S1 + S2
gần nhất với kết quả nào dưới đây?
S3 + S 4
B. 0, 7 .
C. 0,55 .
D. 0, 6 .
Lời giải
Chọn D.
Hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có
x = 0
x = 0

f  ( x ) = 4ax + 2bx = 0   2
ab  0 )
b
x =  − b (
x = −

2a

2a
Do đó hàm số có ba điểm cực trị x1 ; x2 = 0 ; x3 = − x1 vậy x3 = x1 + 2  − x1 = x1 + 2  x1 = −1
3
 x3 = 1 .
(
Suy ra f  ( x ) = 4a ( x + 1) x ( x − 1) = 4a x3 − x
(
)
)
f ( x ) =  f  ( x ) dx = a x 4 − 2 x 2 + c
Do
f ( x1 ) + f ( x3 ) +
2
2
2
f ( x2 ) = 0  f ( −1) + f (1) + f ( 0 ) = 0  ( c − a ) + ( c − a ) + c = 0
3
3
3
3
 c = a.
4
3

Vậy f ( x ) = a  x 4 − 2 x 2 + 
4


x = 
3
4
2
Xét f ( x ) = 0  x − 2 x + = 0  

4
x = 

Vậy S1 =
1
2
1
2
1
2

 f ( x ) dx =  f ( x ) dx = a   x
0
0
41 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
0
4
1
2
3
2
.
7 2
3
− 2 x 2 +  dx =
a.
4
30
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
S2 =

1
2
3
14 2 − 17

f ( x ) dx = −  f ( x ) dx = −a   x 4 − 2 x 2 +  dx =
a.
4
60
1
1 
1
1
2
2
7 2
14 2 − 17
28 2 − 17
a.
a+
a=
60
30
60
Ta có S1 + S 2 + S3 + S 4 là diện tích hình chữ nhật có các kích thước 1 ; f ( x2 ) − f ( x3 ) = a .
Suy ra S1 + S 2 =
Khi đó S1 + S 2 + S3 + S 4 = a .
Do đó S3 + S 4 = a − ( S1 + S 2 ) = a −

(
)
7 11 − 4 2
28 2 − 17
a=
a.
60
60
S1 + S2
28 2 − 17
 0,6 .
=
S3 + S4 7 11 − 4 2
(
)
Câu 24: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + 2 x 2 + bx + 1 và g ( x ) = cx 2 + 4 x + d có bẳng biến thiên như sau
Biết rằng đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa
mãn x1 + x2 + x3 = 9 . Khi đó điện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) ; y = g ( x ) ;
x = 1 ; x = 2 bằng
A.
3
.
4
B.
3
.
2
C.
1
.
4
D.
1
.
2
Lời giải
Chọn A
Tại các điểm cực trị  ,  của f ( x ) thì g ( ) = g (  ) = 0 , do đó
g ( x ) = c ( x −  )( x −  ) và f  ( x ) = 3ax 2 + 4 x + b = 3a ( x −  )( x −  ) .
c = 3ka
k = 1


Do đó g ( x ) = kf  ( x )  cx 2 + 4 x + d = k ( 3ax 2 + 4 x + b )  4 = 4k  c = 3a .
d = kb
d = b


Suy ra f ( x ) = ax3 + 2 x 2 + bx + 1 và g ( x ) = 3ax 2 + 4 x + b .
Phương
trình
hoành
độ
giao
 ax3 + ( 2 − 3a ) x 2 + ( b − 4 ) x + 1 − b = 0 .
Theo Vi-et x1 + x2 + x3 =
x0 =
điểm
ax 3 + 2 x 2 + bx + 1 = 3ax 2 + 4 x + b
3a − 2
1
= 9  a = −  g ( x ) = − x 2 + 4 x + b đạt giá trị lớn nhất tại
a
3
−4
= 2 và giá trị lớn nhất bằng g ( 2 ) = 1  b + 4 = 1  b = −3  c = −1  d = −3 .
−2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 42
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
1
3
Vậy S =  − x3 + 3x 2 − 7 x + 4 dx = .
3
4
1
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;7  và có đồ thị hàm số y = f  ( x ) trên
đoạn  0;7  như hình vẽ.
Đặt g ( x ) = f ( 2 x − 1) , biết rằng diện tích các hình phẳng trong hình vẽ lần lượt là S1 =
28
2528
, S3 =
và f ( 0 ) = 1 , tính g ( 4 ) .
15
15
2759
2744
5518
A.
.
B.
.
C.
.
15
15
15
Lời giải
Chọn A
S2 =
1
4
Xét tích phân
D.
 g  ( x ) dx = g ( 4 ) − g  2  = g ( 4 ) − f ( 0 ) .
1
2
Ta có g  ( x ) = 2 f  ( 2 x − 1) nên
4
4
7
1
2
1
2
0
 g  ( x ) dx = 2 f  ( 2 x − 1) dx =  f  ( t ) dt .
7
Dựa vào đồ thị suy ra
 f  ( t ) dt = S
1
− S 2 + S3 =
0
4
Từ đó ta có g ( 4 ) =  g  ( x ) dx + f ( 0 ) =
1
2
2744
.
15
2759
.
15
Câu 26: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong hình bên.
43 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
563
.
3
244
,
15
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết f ( x) đạt cực tiểu tại x = 1 và f ( x ) + 1 và f ( x ) − 1 lần lượt chia hết cho ( x − 1) 2 và ( x + 1) 2
. Gọi S1 , S 2 là diện tích hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tính S1 + S 2 .
A.
7
.
8
B.
4
.
9
C.
1
.
8
D.
1
.
2
Lời giải
Chọn A
Đặt f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d .
Theo bài ra f ( x ) + 1 và f ( x ) − 1 lần lượt chia hết cho ( x − 1) 2 và ( x + 1) 2 nên ta có thể phân tích
thành nhân tử như sau:
2

 f ( x) + 1 = a( x − 1) ( x − m)

2

 f ( x) − 1 = a( x + 1) ( x − n)
Kết hợp với bài ra ta có :
1

a = 2
 f (1) + 1 = 0
a + b + c + d + 1 = 0

 f (−1) − 1 = 0


− a + b − c + d − 1 = 0
b = 0



 f (0) = 0
d = 0
c = − 3
 f '(1) = 0
3a + 2b + c = 0

2
d = 0

1
3
Do đó : f ( x) = x3 − x .
2
2
x = 0
1
3
Ta có f ( x) = 0  x3 − x = 0  
.
2
2
x
=

3

S1 là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị y = f ( x); y = −1; x = 0; x = 1
3
3
1

Nên S1 =   x3 − x + 1dx = .
2
2
8

0
1
S 2 là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị y = f ( x); y = 0; x = 1; x = 3
3
Nên S2 =
 1
  − 2 x
1
3
+
3 
1
x dx = .
2 
2
3 1 7
Vậy S1 + S2 = + = (đvdt).
8 2 8
Câu 27: Cho hàm số y = x 2 − mx ( 0  m  2020 ) có đồ thị ( C ) . Gọi S1 + S 2 là diện tích của hình phẳng
giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2020 . Giá trị của m sao cho S 2 = S1
là
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 44
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. m =
4040
3
B. m =
4041
3
C. m =
2021
3
D. m =
2020
3
Lời giải
Chọn A
Ta có
2020
 x 3 mx 2 
S 2 =  ( x − mx ) dx =  −

2 m
 3
0
m
2
 20203 m20202  m3
.
=
−
+
2
 3
 6
m
 x 3 mx 2 
m3
S1 = −  ( x − mx ) dx = −  −
=
.

2 0
6
 3
0
m
2
 20203 m20202  m3 m3
S2 = 2020S1  
−
=
.
+
2  6
6
 3
Câu 28:

20203 m20202
4040
4
2
−
=0m=
.Đồ thị (C ) : y = 2 x − 4 x − 2 cắt đường thẳng d : y = m
3
2
3
tại bốn điểm phân biệt và tạo ra các hình phẳng có diện tích
S1 + S2 = S3 , khi đó
A. T = −19 .
m=−
a
ở dạng tối giản với a, b 
b
B. T = 19 .
. Tính giá trị của T = a + b .
C. T = 1 .
Lời giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là
2 x 4 − 4 x 2 − 2 − m = 0. (1)
Đặt t = x 2 , phương trình (1) trở thành
2t 2 − 4t − 2 − m = 0
45 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
S1 , S 2 , S 3 như hình vẽ. Biết rằng
( 2)
D. T = 37 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Đồ thị (C ) cắt d tại 4 điểm phân biệt khi phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, khi đó
phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

4 − 2(−2 − m)  0

  0


  S  0  2  0
 −4  m  −2.
P  0

m

−1 −  0

2
Gọi
t1 , t2 là hai nghiệm dương của
(2) với
t1  t2 .
Khi đó (1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự là x1 = − t1 , x2 = − t2 , x3 = t1 , x4 = t2 .
Do tính đối xứng qua trục Oy của (C ) nên yêu cầu của bài toán trở thành
x3
x4
0
x3
4
2
4
2
 (2 x − 4 x − 2 − m)dx =  (−2 x + 4 x + 2 + m)dx

x4
 (2 x
4
− 4 x 2 − 2 − m)dx = 0
0
 2 x5 4 x3

 
−
− (2 + m) x  |0x4 = 0
3
 5

5
3
2 x4 4 x4

−
− (2 + m) x4 = 0
5
3
 6 x44 − 20 x42 − 15(2 + m) = 0.
Suy ra
x4 là nghiệm của hệ phương trình:
 2 x44 − 4 x42 − 2 − m = 0

24 x44 − 40 x42 = 0

 4

2
4
2
6 x4 − 20 x4 − 15(2 + m) = 0
6 x4 − 20 x4 − 15(2 + m) = 0

 x42 = 0(l )
5

x42 =





3
 x2 = 5


4

3

m = − 28 (TM)
4
2
6 x4 − 20 x4 − 15(2 + m) = 0
9

Vậy m = −
28
. Do đó a = 28 , b = 9 .
9
Suy ra T = a + b = 37 .
Câu 29: (Bỏ)
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 46
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 30: Cho đường thẳng y =
3
1
x và parabol y = x 2 + a ( a là tham số thực dương). Gọi
4
2
S1 , S 2 lần lượt
là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên.
Khi
S1 = S 2 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?
1 9 
.
 4 32 
A.  ;
 7 1
; .
 32 4 
3 7
; .
 16 32 
B. 
 3
.
 16 
C. 
D.  0;
Lời giải
Chọn C
1 2
3
1
3
x + a = x  x 2 − x + a = 0 ( *) .
2
4
2
4
3
1
Do đường thẳng y = x cắt parabol y = x 2 + a tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương nên
4
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm
phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt
0  x1  x2
  0  9
9

 − 2a  0
  S  0  16
0a .
32
 P  0 2a  0

Ta có:
x
1
2
2
3 
3
1
1
3
1
S1 =   x 2 + a − x  dx ; S2 =   x − x 2 + a  dx = −   x 2 + a − x  dx .
2
4
4
2
2
4 


0
x1 
x1 
x
x1
x
x
2
3 
3 
1
1
S1 = S2  S1 − S2 = 0    x 2 + a − x  dx +   x 2 + a − x  dx = 0
2
4 
2
4 
0
x1 
x2
 x3
3 
3 
1 2
   x + a − x  dx = 0   + ax − x 2  = 0
2
4 
8 0
 6
0 
x2
1 3
3
1
3
x2 + ax2 − x 22 = 0  x22 + a − x2 = 0 .
6
8
6
8
1
3
Mà x2 là nghiệm phương trình (*) nên x 22 − x2 + a = 0 .
2
4

 x2 = 0
1
3
2
Trừ vế với vế hai phương trình được: − x 2 + x2 = 0  
x = 9
3
8
 2 8
Với x2 =
27  3 7 
9
27
 ;  .
(tm). Vậy a =
a=
128  16 32 
8
128
47 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
( L)
(TM )
.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 31: Cho hàm số bậc bốn trùng phương y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình dưới đây. Biết
hàm số f ( x ) đạt cực trị tại ba điểm x1 , x2 , x3 ( x1  x2  x3 ) thoả mãn x1 + x2 = 4 . Gọi S1 , S 2 là
diện tích của hai hình phẳng được tô màu trong hình. Tỉ số
A.
3
.
5
B.
7
.
16
C.
1
.
2
S1
bằng?
S2
D.
7
.
15
Lời giải
Chọn B
Diện tích S1 , S 2 không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị thoả x2 = 0
Gọi g ( x ) = ax 4 + bx 2 + c , ta có g ( x ) là hàm chẵn và ba điểm cực trị tương ứng là −2;0; 2 là các
nghiệm của phương trình 4ax 3 + 2bx = 0 .
Dựa vào đồ thị g ( x ) , ta có g ( 0 ) = 0 . Từ đó suy ra g ( x) = a ( x 4 − 16 x 2 ) với a  0 .
Do tính đối xứng của hàm trùng phương nên diện tích hình chữ nhật bằng
2S1 + S 2 = g ( 2 ) .4 = 64a
Ta có S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g ( x ) , trục hoành, đường thẳng
x = 2, x = 0 .
0
0
−2
−2
S1 =  g ( x)dx = a  x 4 − 8 x 2 dx =
Suy ra S2 = 64a − 2 
Vậy
224a
15
224a 512a
=
.
15
15
S1 224 7
=
= .
S2 512 16
Câu 32: Một hình phẳng được tạo thành từ đường cong lemniscate (đường cong số 8 của Bernoulli) có
phương trình trong hệ tọa độ Oxy là x 4 = a 2 ( x 2 − y 2 ) (a  0) như hình vẽ bên. Biết rằng mỗi
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 48
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1m và hình phẳng này có diện tích là
49 2
( m ) . Mệnh đề nào sau đây đúng?
3
A. 1  a  2 .
B. 2  a  3 .
C. 3  a  4 .
Lời giải
D. 4  a  5 .
Chọn C
Ta có x 4 = a 2 ( x 2 − y 2 )  a 2 y 2 = a 2 x 2 − x 4  y = 
1
x a2 − x2 .
a
Vì tính đối xứng của hình trên nên diện tích của hình phẳng bằng 4 lần diện tích của miền hình
phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ Oxy .
a 1

Do đó S = 4   x a 2 − x 2 dx  .Đặt t = a 2 − x 2  t 2 = a 2 − x 2  tdt = − xdx .
0 a

Đổi cận x = 0  t = a; x = a  t = 0 .
a
a 1
 4a
 4 t3
4a 2
.
S = 4   x a 2 − x 2 dx  =   t 2 dt  = .
=
a
a
a
3
3
0

0

0
49
7
Đề cho S =
nên a =  3  a  4 .
3
2
Câu 33: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong ( C ) trong hình bên. Hàm số f ( x ) đạt
cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị ( C ) ;
M , N , K là giao điểm của ( C ) với trục hoành; S là diện tích của hình phẳng được gạch trong
hình, S 2 là diện tích tam giác NBK . Biết tứ giác MAKB nội tiếp đường tròn, khi đó tỉ số
S1
S2
bằng
A.
2 6
.
3
B.
6
.
2
5 3
.
6
Lời giải
C.
D.
3 3
.
4
Chọn D
Kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị đồ thị ( C ) sang trái sao cho điểm uốn
trùng với gốc tọa độ O . (như hình dưới)
49 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Do f ( x ) là hàm số bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng ( O  N ) .
(
)
Đặt x1 = − a, x2 = a , với a  0  f ' ( x ) = k x 2 − a 2 với k  0
1

 f ( x ) = k  x3 − a 2 x   xM = −a 3, xK = a 3
3

Có MAKB nội tiếp đường tròn tâm O  OA = OM = a 3
3 2
 1

Có f ( x1 ) = OA2 − x12  f ( −a ) = a 2  k  − a 3 + a 3  = a 2  k =
2a 2
 3

 f ( x) =
0

S1 =
−a 3
3 2 1 3

x − a2 x 
2 
2a  3

S2 = SAMO =
Vậy
0
3 2  1 4 a2 2 
f ( x ) dx =
x 
 x −
2
2a 2  12
 −a
=
3
9 2 2
a
8
1
1
6 2
f ( −a ) .MO = a 2.a 3 =
a
2
2
2
S1 3 3
=
.
S2
4
Câu 34: Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m có đồ thị là ( Cm ) , m là tham số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox tại
4 điểm phân biệt. Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình phẳng nằm dưới trục Ox và S 3 là diện tích
hình phẳng nằm trên trục Ox được tạo bởi ( Cm ) với trục Ox . Biết rằng tồn tại duy nhất giá trị
m=
a
với ( a, b 
b
A. 3 .
*
và
a
là phân số tối giản) để S1 + S 2 = S3 . Giá trị 2a − b bằng:
b
B. −4 .
C. 6 .
Lời giải
D. −2 .
Chọn C
Giả sử u là nghiệm dương lớn nhất của phương trình x 4 − 3 x 2 + m = 0
hay u 4 − 3u 2 + m = 0  u 4 − 3u 2 = − m (1)
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 50
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
u
 x5

3

để S1 + S 2 = S3 thì  ( x − 3x + m ) dx = 0
 − x + mx  = 0
 5
0
0
u
4
2
u5
u4
u4
3
2
 − u + mu = 0  − u + m = 0(do u  0)  − u 2 = −m (2)
5
5
5
u4
Từ (1) ; ( 2 ) suy ra u − 3u = − u 2  5u 4 − 15u 2 = u 4 − 5u 2  4u 4 − 10u 2 = 0
5
4
2
u 2 = 0 ( L )
5
 2u 2 ( 2u 2 − 5 ) = 0   2 5
 m = và theo giả thiết thì giá trị này là duy nhất
u = ( tm )
4

2
Vậy a = 5; b = 4  2a − b = 6
Câu 35: Cho hàm số bậc 3 f ( x ) = ax + bx + cx + d và đường thẳng d: g ( x ) = mx + n có đồ thị như hình
3
2
vẽ. Nếu phần tô màu đen có diện tích bằng
A.
5
.
2
1
, thì phần gạch chéo có diện tích bằng bao nhiêu?
2
B. 2 .
C. 1 .
D.
3
.
2
Lời giải
Chọn C
Không mất tính tổng quát, ta tịnh tiến đồ thị sang bên trái 1 đơn vị thì có đồ thị như hình dưới
3
2
Ta vẫn gọi đường cong và đường thẳng có phương trình dạng f ( x ) = ax + bx + cx + d và
g ( x ) = mx + n .
+ Quan sát đường thẳng đi qua điểm M ( −2;0 ) và N ( −1;1) nên đường thẳng có phương trình
y = x+2.
+ Quan sát đường cong thấy hai điểm cực trị có hoành độ là −1;1 , kết hợp với đạo hàm
f  ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c suy ra b = 0 và c = −3a .
51 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
3
+ Quan sát giao điểm đồ thị với Oy ta thấy d=2 ; vậy f ( x ) = ax − 3ax + 2
+ Từ giả thiết về diện tích phần tô đen ta có
0
 ( ax
3
− 3ax − x )dx =
−1
0
0
1
1
5
1 1
4
 a  ( x3 − 3x )dx −  xdx =  .a − =  a =
2
2
4
2 2
5
−1
−1
Vậy ta có hai đường có phương trình: f ( x ) =
4 3 12
x − x+2.
5
5
12
4

+ Diện tích hình gạch chéo bằng S =   x3 − x + 2 dx = 1 .
5
5

0
1
Câu 36: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị ( C ) , biết rằng ( C ) đi qua điểm A ( −1;0 ) , tiếp tuyến d
tại A của ( C ) cắt ( C ) tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2 và diện tích hình phẳng giới
hạn bởi d , đồ thị ( C ) và hai đường thẳng x = 0; x = 2 có diện tích bằng
28
(phần tô màu trong
5
hình vẽ).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , d và hai đường thẳng x = −1; x = 0 có diện tích bằng
A.
2
.
5
B.
1
.
4
C.
2
.
9
D.
1
.
5
Lời giải
Chọn D
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng y = mx + n .
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , d và hai đường thẳng x = 0, x = 2 là
2
4
2
 | a x + bx + c − mx − n | dx =
0
2
28
28
 −  ( a x 4 + bx 2 + c − mx − n ) dx =
( *)
5
5
0
Vì ( C ) và d tiếp xúc tại điểm x = −1 và giao nhau tại các điểm có hoành độ x = 0; x = 2 nên ta
(
)
có ax 4 + bx 2 + c − mx − n = a ( x − 2 ) x ( x + 1) = a x 4 − 3x 2 − 2 x .
2
Khi đó:
2
(*)  −a  ( x 4 − 3x 2 − 2 x )dx =
0
 x5
 2 28
28
28
28

a=
 a = 1.
 −a.  − x3 − x 2  =
5
5
5
 5
0 5
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 52
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , d và hai đường thẳng x = −1, x = 0 là
0
1
S =  | x 4 − 3x 2 − 2 x | dx = .
5
−1
Lưu ý: Đề bài trên đã bổ sung thêm yếu tố giới hạn bởi đồ thị ( C ) với đường thẳng d vào câu
hỏi so với đề bài gốc vì nếu đề bài gốc là tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và hai
đường thẳng x = −1; x = 0 là không hợp lí vì hình phẳng hở nên không tính được diện tích, nếu
chọn bổ sung giới hạn với trục Ox thì đáp án là
6
không có trong 4 đáp án.
5
Câu 37: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ.
Biết rằng đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập
thành cấp số cộng và x3 − x1 = 2 3 . Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và trục Ox là S
, diện tích S1 của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) + 1 , y = − f ( x ) − 1 , x = x1 và
x = x3 bằng
A. S + 2 3 .
B. S + 4 3 .
C. 4 3 .
Lời giải
D. 8 3 .
Chọn C
x1 + x3
2
Ta có: “Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và trục Ox là S ”
Ta có: “ x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng”  x2 =
x3
x2
Vây dựa vào hình ảnh, ta có: S =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx
x1
x2
Do f ( x ) làm hàm số bậc 3 nên ta có:
x2
x3
x1
x2
 f ( x ) dx = −  f ( x ) dx (1)
Ta có: “diện tích S1 của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) + 1 , y = − f ( x ) − 1 , x = x1
và x = x3 ”
x3
x3
x3
x3
x1
x1
x1
x1
 S1 =  f ( x ) + 1 − ( − f ( x ) − 1) dx =  2 f ( x ) + 2 dx = 2. f ( x ) + 1 dx = 2.  f ( x ) − ( −1) dx
Dựa vào đồ thị ta có thể thấy rằng, khi x  ( x1 ; x3 ) thì đồ thị y = f ( x ) nằm phía trên đồ thị
y = −1
x3
x3
x3
 x3

 S1 = 2.  f ( x ) − ( −1) dx = 2.   f ( x ) − ( −1)  dx = 2   f ( x ) dx +  1.dx 
 x1

x1
x1
x1
53 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
x3
x
Trong đó:  1.dx = x 3 = x3 − x1 = 2 3
x1
x1
x3
Trong đó:

x2
x3
x1
x2
f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx
x1
Mà theo (1) thì ta có:
x3
x3
x3
x1
x2
x2
 f ( x ) dx = −  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 0
x3
 x3

Vậy ta có: S1 = 2   f ( x ) dx +  1.dx  = 2. 0 + 2 3 = 4 3 .
 x1

x1
(
)
Câu 38: Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p  1 , q  1 ,
1 1
+ = 1 và các số dương a, b . Xét hàm
p q
số: y = x p −1 ( x  0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục
hoành, đường thẳng x = a , Gọi ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường
thẳng y = b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường
thẳng x = a , y = b .
Khi so sánh S1 + S 2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây?
A.
a p bq
+  ab
p q
B.
a p −1 bq −1
a p +1 bq +1
a p bq
+
 ab . C.
+
 ab . D.
+  ab .
p −1 q −1
p +1 q +1
p q
Lời giải
Chọn D
Ta có: S  S1 + S 2 .
a
S1 =  ( x
0
Vì:
Vậy
p −1
 xp 
d
x
=
)  p
 
a
0


1
+1
1
b
p
p −1




y
a

=
; S 2 =   y p −1  dy = 


1
p


0

 p −1 +1 


b
 yq 
= 
 q 
b
=
0
bq
.
q
0
1
p
1
1
+1 =
=
= =q.
p −1
p −1 1− 1 1
p q
a p bq
+  ab .
p q
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 54
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 39: Cho f ( x ) là hàm bậc ba có đồ thị như hình vẽ. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại x1 ; x2 thỏa mãn
x2 = x1 + 4 và tâm đối xứng của đồ thị hàm số nằm trên trục hoành. Gọi S1 ; S 2 là diện tích hình
phẳng như trong hình vẽ. Tỷ số
A.
3
.
5
B.
S1
bằng:
S2
3
.
4
C.
4
.
3
D.
5
.
3
Lời giải
Chọn A
Gọi I là điểm uốn của đồ thị hàm số
Tịnh tiến đồ thị theo vector IO ta được đồ thị hàm số y = g ( x ) có điểm uốn là gốc tọa độ O
và hai điểm cực trị x3 = −2 , x4 = 1 .  g ' ( x ) = 3a ( x + 2 )( x − 2 ) = 3a ( x 2 − 4 ) với a  0 .
Từ đó ta có g ( x ) = a ( x3 − 12 x ) + d .
Do g ( x ) đi qua gốc tọa độ O nên d = 0  g ( x ) = a ( x 3 − 12x ) .
 x4
 0
Ta có S2 =  a ( x − 12 x ) dx = a  − 6 x 2 
= 20a .
 4
 −2
−2
0
3
Lại có: S1 + S 2 bằng diện tích của hình chữ nhật có các cạnh là 2 và g ( −2 ) = 16a
 S1 + S 2 = 32a . Do đó S1 = 32a − 20a = 12a .
Vậy
S1 12a 3
=
= .
S2 20a 5
Câu 40: Cho hàm số y = x 2 có đồ thị ( C ) , biết rằng tồn tại hai điểm A, B thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp
tuyến tại A, B và đường thẳng vuông góc với hai tiếp tuyến tại A, B tạo thành một hình chữ nhật
55 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
( H ) có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi S1 là diện tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) và hai tiếp
tuyến, S 2 là diện tích hình chữ nhật ( H ) . Tính tỉ số
A.
1
.
6
B.
1
.
3
S1
?
S2
125
.
768
C.
D.
125
.
128
Lời giải
Chọn A
Đặt A ( a ; a 2 ) và B ( b ; b 2 ) . Không mất tính tổng quát, ta xét a  0 và b  0
Gọi: ( d1 ) là đường tiếp tuyến với ( C ) tại A , ( d 2 ) là đường tiếp tuyến với ( C ) tại B .
2

( d1 ) : y = 2ax − a
.

2

( d 2 ) : y = 2bx − b
Do ( d1 ) ⊥ ( d 2 ) nên
k( d1 ) .k( d2 ) = −1  ( 2a ) . ( 2b ) = −1  b =
−x
1
−1
 −1 1 
 ( d2 ) : y =
−
.
 B ;
2 
2a 16a 2
4a
 4a 16a 
 4a 2 − 1 −1 
;   chiều dài D =
d1  d 2 tại E 
4
 8a
Mà D = 2.R  a = 1  S2
3
8
( 4a
=
2
+ 1)
3
128a3
( 4a
2
+ 1)
8a
3
và chiều rộng R =
( 4a
2
+ 1)
16a 2
3
.
( d1 ) : y = 2 x − 1
125

 3 −1 
và suy ra  
=
− x 1 và E ;  .
128
−
8 4 
( d 2 ) : y =
2 16


125
 − x 1 
−  dx +   x 2 − ( 2 x − 1) dx =
Suy ra S1 =   x 2 − 
.
2 16  
768

1
3
−
4
Như vậy tỉ số
1
8
S1 125 128 128 1
=
.
=
= .
S2 768 125 768 6
Câu 41: Cho hàm số y = x 2 có đồ thị ( C ) , biết rằng tồn tại hai điểm A , B thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp
tuyến tại A , B và đường thẳng pháp tuyến của hai tiếp tuyến đó tạo thành một hình chữ nhật có
chiều dài gấp đôi chiều rộng. Gọi S1 là diện tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) và hai tiếp tuyến, S 2
là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi các tiếp tuyến và pháp tuyến tại A, B . Tính tỉ số
S1
?
S2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 56
Phan Nhật Linh
1
A. .
6
B.
1
.
3
C.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
125
D.
.
128
125
.
768
Lời giải
Chọn A
Đặt A ( a ; a 2 ) và B ( b ; b 2 ) . Không mất tính tổng quát, ta xét a  0 và b  0
( d1 )
là đường tiếp tuyến với ( C ) tại A và ( d 2 ) là đường tiếp tuyến với ( C ) tại B
2

( d1 ) : y = 2ax − a

2

( d 2 ) : y = 2bx − b
Do ( d1 ) ⊥ ( d 2 ) nên
k( d1 ) .k( d2 ) = −1  ( 2a ) . ( 2b ) = −1  b =
 ( d2 ) : y =
−1
 −1 1 
 B ;
2 
4a
 4a 16a 
−x
1
−
2a 16a 2
 4a 2 − 1 −1 
; 
d1  d 2 tại E 
4
 8a
 chiều dài D =
( 4a
2
+ 1)
3
8a
Mà D = 2.R  a = 1  S2
và chiều rộng R =
( 4a
=
2
+ 1)
3
128a3
( 4a
2
+ 1)
3
16a 2
( d1 ) : y = 2 x − 1
125

=
và suy ra  
−x 1
128
−
( d 2 ) : y =
2 16

 4a 2 − 1 −1 
3 1
;  có tọa độ E  ; −  .
Với a = 1 suy ra E 
4
8 4
 8a
Suy ra S1 =
3
8
 2  − x 1 
125
2
1  x −  2 − 16 dx + 3  x − ( 2 x − 1)dx = 768
−
1
4
8
S1 125 128 128 1
=
.
=
=
S
768
125
768
6
2
Như vậy tỉ số
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) = x 4 − 2 x 2 và hàm số y = g ( x ) = x 2 − m 2 , với 0  m  2 là tham số thự
C. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Ta có diện tích
S1 + S 4 = S 2 + S3 tại m0 . Chọn mệnh đề đúng.
1 2
A. m0   ;  .
2 3
2 7
B. m0   ;  .
3 6
57 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
7 5
C. m0   ;  .
6 4
5 3
D. m0   ;  .
4 2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Lời giải
Chọn B
 S1 = S 4
 Để ý, hàm số f ( x ) và g ( x ) có đồ thị đối xứng qua trục tung. Do đó diện tích 
.
S
=
S
3
 2
 Vì vậy, yêu cầu bài toán trở thành tìm m0 để S1 = S3 (1).
 Gọi a là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) , với điều kiện:
0am 2.
 Dựa vào đồ thị, ta có:
a
S3 =  ( x 4 − 3x 2 + m2 )dx =
0
m
(
a5
− a 3 + am2 (2).
5
)
 S1 =  − x 4 + 3x 2 − m2 dx +
a
2
4
2
 ( − x + 2 x )dx =
m
a5
2m3 8 2
3
2
(3).
− a + am −
+
5
3
15
 Từ (1), (2), (3) ta có:
S3 = S1 
8 2 2 3
4 2
2 7
− m =0m= 3
 1.04   ;  .
15 3
5
3 6
Câu 43: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.
Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm
Gọi
A.
x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 .
S1 và S 2 là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình vẽ. Tỉ số
3
.
4
B.
5
.
8
C.
3
.
8
D.
S1
bằng
S2
3
.
5
Lời giải
Chọn D
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 58
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Từ giả thiết của bài toán ta có điểm uốn I của đồ thị hàm số nằm trên trục hoành.
Tịnh tiến đồ thị theo vectơ IO , ta thu được đồ thị hàm số y = g ( x ) có điểm uốn là gốc tọa độ
O và hai điểm cực trị x3 = −1 , x4 = 1 .
Khi đó g ' ( x ) là tam thức bậc hai có hai nghiệm 1 nên g ' ( x ) = 3a ( x + 1)( x − 1) = 3a ( x 2 − 1)
với a  0 .

3

 3

Từ đó ta có g ( x ) = 3a  x − x  + b  g ( x ) = a ( x3 − 3x ) + b .
Do g ( x ) đi qua gốc tọa độ O nên b = 0 , suy ra g ( x ) = a ( x3 − 3x ) .

0
4
2
 0
Ta có S2 =  a ( x3 − 3x ) dx = a  x − 3x  = 5a .
2  −1 4
 4
−1
Lại có
S1 + S 2 bằng diện tích của hình chữ nhật có hai kích thước 1 và g ( −1) = 2a , suy ra
S1 + S2 = 2a . Do đó
Vậy
S1 = 2a −
5a 3a
.
=
4
4
S1 3
= .
S2 5
3
2
Câu 44: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax + bx + cx + d và đường thẳng d : g ( x ) = mx + n có đồ thị như
hình vẽ. Gọi S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích của các phần giới hạn như hình bên. Nếu S1 = 4 thì tỷ
số
S2
bằng.
S3
A.
3
.
2
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải:
Chọn B
• Dựa vào đồ thị như hình vẽ, ta có: f ( x ) − g ( x ) = k .x ( x + 2 )( x − 2 ) .
g ( x) = x + 3
0
S1 = S2 =  kx ( x + 2 )( x − 2 ) dx = 4k
−2
59 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D.
1
.
2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
g ( 0 ) + g ( 2 ) .2 ( 3 + 5 ) .2
S 2 + S3 =
=
=8
2
2
(
)
Vì S1 = 4  S 2 = 4  S3 = 8 − 4 = 4 . Vậy
S2
=1.
S3
Câu 45: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ, biết f ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x = 1 và
thỏa mãn  f ( x ) + 1 và  f ( x ) − 1 lần lượt chia hết cho ( x − 1) và ( x + 1) . Gọi S1 , S 2 lần
lượt là diện tích như trong hình bên. Tính 2 S 2 + 8S1
2
A. 4
B.
3
5
C.
1
2
2
D. 9
Lời giải
Chọn A
 f ( x ) + 1 = a ( x − 1)2 ( x + m )
Đặt f ( x ) = ax + bx + cx + d theo giả thiết có 
.
2
 f ( x ) − 1 = a ( x + 1) ( x + n )
3
2

1

a + b + c + d + 1 = 0
a = 2
 f (1) + 1 = 0



1
3
 f ( −1) − 1 = 0
−a + b − c + d − 1 = 0
b = 0


 f ( x ) = x3 − x .
Do đó 
2
2
 f ( 0) = 0
d = 0
c = − 3
 f  (1) = 0
3a + 2b + c = 0

2


d = 0


Với x = 1  f (1) = −1
Ta có: f ( x ) =
x = 0
1 3 3
x − x=0
2
2
x =  3
S1 là diện tích giới hạn bởi đồ thị y =
1
 S1 = 
0
1 3 3
x − x , y = −1 , x = 0, x = 1
2
2
1 3 3
3
x − x + 1 = (1)
2
2
8
S 2 là diện tích giới hạn bởi đồ thị y =
1 2 3
x − x , y = 0, x = 1, x = 3
3
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 60
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
 S2 =

1
1 3 3
1
x − x = ( 2)
2
2
2
1
3
Từ (1) , ( 2 )  2S2 + 8S1 = 2. + 8. = 4 .
2
8
Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt cực
2
f ( x2 ) = 0 và ( C ) nhận đường
3
thẳng d : x = x2 làm trục đối xứng. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích của các miền hình phẳng được
trị tại các điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 , f ( x1 ) + f ( x3 ) +
đánh dấu như hình bên. Tỉ số
S1 + S2
gần kết quả nào nhất
S3 + S 4
y
d
x2
O
A. 0, 60 .
B. 0,55 .
S3
S1
x1
x3
S2
S4
x
C. 0, 65 .
D. 0, 70.
Lời giải
Chọn A
Nhận thấy kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị ( C ) sang bên trái sao cho đường
thẳng d : x = x2 trùng với trục tung khi đó ( C ) là đồ thị của hàm trùng phương y = g ( x ) có ba
điểm cực trị x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1 . Suy ra y = g ( x ) = k ( x 4 − 2 x 2 ) + c ( k  0 )
2
2
3
f ( x2 ) = 0  −2k + 2c + c = 0  c = k
3
3
4
3
Suy ra: y = g ( x ) = k ( x 4 − 2 x 2 ) + k
4
Lại có f ( x1 ) + f ( x3 ) +
3
28 2 − 17
k.
Khi đó: S1 + S2 = k  x 4 − 2 x 2 + dx =
4
60
0
1
Ta lại có: g ( 0 ) − g (1) = k  S1 + S 2 + S3 + S 4 = k .1 = k .
Suy ra S3 + S4 = k −
S + S2 28 2 − 17
28 2 − 17
77 − 28 2
k=
k 1
=
 0, 604
60
60
S3 + S4 77 − 28 2
61 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
Câu 47: Cho parabol ( P ) : y = −4 x và hai điểm A, B trên ( P ) sao cho đoạn AB = 2 . Tìm diện tích lớn
nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB .
A.
16
.
3
B.
4
.
3
C.
32
.
3
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
+) Giả sử A ( a; −4a 2 )  ( P ) , B ( b; −4b 2 )  ( P ) và a  b , a, b 
2
+) Phương trình đường thẳng AB là y = −4 ( b + a )( x − a ) − 4a
y = −4 ( b + a ) x + 4ab
+) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB là
 4 x3
b 2
2
+ 2 ( a + b ) x 2 − 4abx | = b3 − a 3 + 2a 2b − 2ab 2
S =   −4 x + 4 ( a + b ) x − 4ab dx =  −
a
3
3
 3

a
2
2
3
= ( b3 − a 3 + 3a 2b − 3ab 2 ) = ( b − a )
3
3
2
2
4
2
+) Mà AB = 2  ( b − a ) + 16 ( b 2 − a 2 ) = 4  ( b − a ) =
 4  −2  b − a  2
2
1 + 16 ( b + a )
b
2
Do đó S 
16
.
3
 a = 1
a + b = 0


b = −1
.
Dấu bằng khi  b − a = 2  

 b − a = −2  a = 1


 b = −1
16
Vậy GTLN của S là
.
3
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 62
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 48: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
diện tích
có đồ thị là đường cong tạo với trục Ox hai vùng có
S1 , S2 (như hình vẽ). Biết rằng S1 = 4 S 2 và
5
 f ( x )dx = 24 . Tính S1 + S2
−4
A. 24.
B. 40.
D. Không thể xác định
C. 35.
Lời giải
Chọn B
3
Ta có: S1 =

−4
5
f ( x )dx và S2 = −  f ( x )dx .
3
5
Vậy: S1 − S2 =
 f ( x )dx = 24 và S1 = 4S2
−4
 S1 = 32 và S 2 = 8 .  S1 + S2 = 40 .
Câu 49: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt
x1 + x2
làm trục
2
S a
đối xứng. Gọi S1 ; S 2 là diện tích của phần hình phẳng được in màu trong hình bên. Biết 1 = ,
S2 b
cực trị tại hai điểm x1 ; x2 thoả mãn x2 = x1 + 2 và đồ thị nhận đường thẳng x =
phân số
A. a
b
a
tối giản, a; b  , tính a + b .
b
13 .
B. a
b
7.
C. a
Lời giải
Chọn C
63 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
b
15 .
D. a
b
9.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến theo trục Ox sang trái
x1 + x2
đơn vị, ta sẽ được đồ
2
thị mới như hình vẽ dưới đây
Gọi hàm số mới là g ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e, a  0 ; do đồ thị hàm số y = f ( x ) nhận đường
x1 + x2
làm trục đối xứng nên đồ thị hàm y = g ( x ) nhận trục Oy làm trục đối xứng vì
2
vậy y = g ( x ) làm hàm số chẵn suy ra b = d = 0 ; mặt khác g ( 0 ) = e = 0 từ đó g ( x ) = ax 4 + cx 2
thẳng x =
Do x2 = x1 + 2 nên
x2 = x1 + 2 mà
x2 + x1 = 0 suy ra
x1 = −1; x2 = 1 từ đó ta có
g  (1) = g  ( −1) = 0  4a + 2c = 0  c = −2a ta được g ( x ) = ax 4 − 2ax 2 , a  0 (1)
Ta
có
diện
0
tích
hình
0
S1 =  ax − 2ax dx = a  x 4 − 2 x 2 dx =
4
2
−1
−1
chữ
nhật
là
S1 + S 2 = 1.a = a
;
mà
7a
8a
S 7 a
suy ra S2 = a = S1 =
từ đó tỷ số 1 = = suy ra
15
15
S2 8 b
a + b = 15 .
Câu 50: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên khoảng ( −1; +  ) đồng thời thỏa mãn các
điều kiện f  ( x )  0  x  ( −1, + ) , f  ( 0 ) = −1 và  f  ( x )  = f  ( x ) , f ( 3) = − ln 4 . Khi đó diện
2
tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x
nhiêu?
A. 8ln 2 − ln 3 − 1 .
C. 4 ln 2 − 3ln 3 − 1 .
2, x
3 bằng bao
B. 8ln 2 − 3ln 3 − 1 .
D. 8ln 2 + 3ln 3 − 1 .
Lời giải
Chọn B
 1 
 −1 = 
Với x  ( −1; + ) , ta có:  f  ( x )  = f  ( x )  −1 = −

2
 f  ( x ) 
 f ( x) 
1
1
 − x + C1 =
 f ( x) =
.
f ( x)
− x + C1
f  ( x )
2
Mà f  ( 0 ) = −1 nên C1 = −1 .
Vậy f  ( x ) =
1
1
 f ( x) = 
dx = − ln x + 1 + C2
−x −1
−x −1
Có: f ( 3) = − ln 4  − ln ( 4 ) + C = − ln ( 4 )  C2 = 0
Vậy: f ( x ) = − ln ( x + 1) .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 64
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
3
2
2
Khi đó: S =  − ln ( x + 1) dx =  ln ( x + 1) dx = 8ln 2 − 3ln 3 − 1 .
Câu 51: Cho parabol ( P ) : y = x − kx + k − 4 , với k là tham số. Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2
parabol ( P ) và trục hoành, giá trị nhỏ nhất của S là
A.
4 3.
C. 4
Lời giải
B. 4 .
5.
D. 5 .
Chọn A
+ Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và trục hoành là: x 2 − kx + k − 4 = 0 .
( P)
cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
( −k )
2
− 4 ( k − 4 )  0  k 2 − 4k + 16  0 đúng với mọi k 
.
Vậy ( P ) luôn cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
Giả sử x1 , x2 ( x1  x2 ) là các hoành độ giao điểm. Ta có:
x1 + x2 = k , x1 x2 = k − 4 ,
x2 − x1 = k 2 − 4k + 16 .
+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và trục hoành là:
S=
x2

x1
x2
 x 3 kx 2

x − kx + k − 4 dx =  −
+ kx − 4 x 
2
 3
 x1
2
 x3 kx 2
  x3 kx 2

=  2 − 2 + kx2 − 4 x2  −  1 − 1 + kx1 − 4 x1 
2
2
3
 3

 ( x + x )2 − x2 x1 k ( x2 + x1 )

= ( x2 − x1 )  2 1
−
+ k − 4
3
2


=
(
k − 4k + 16
2
Do đó:
6
)
3
=
(
( k − 2 ) + 12
2
6
) 4 3
3
min S = 4 3 khi k = 2 .
Câu 52: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.
65 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Biết đồ thị hàm số f ( x ) đạt cực trị tại ba điểm C ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) , A ( x3 ; y3 ) ( x1  x2  x3 )
thỏa:
x1 = x3 − 2 và hình vuông BFAD có diện tích bằng 1. Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích của
hai hình phẳng được gạch trên hình vẽ bên. Tính tỉ số
A.
2.
B.
1
.
15
C.
S1
S2
2
.
2
D.
2
.
15
Lời giải
Chọn C
S BFAD = 1  BD 2 = 1  BD = 1  x3 − x2 = 1 (1)
Ta lại có:
x1 = x3 − 2  x1 + 1 = x3 − 1 (2)
Từ (1) , ( 2 )  x1 + 1 = x2 = x3 − 1
Tịnh tiến đồ thị sang bên phải trục hoành sao cho B  O ( 0;0 )
Khi đó: đồ thị hàm số có ba điểm cực trị lần lượt là M ( −1; −1) ; O ( 0;0 ) ; N (1; −1)
* Phương trình f ( x ) có dạng: f ( x ) = a. ( x 4 − 2 x 2 ) ( a  0 )
x = 0

Phương trình hoành độ giao điểm với trục hoành: a ( x − 2 x ) = 0   x = 2
x = − 2

4
* S1 =  a ( x 4 − 2 x 2 + 1) dx =
1
0
S2 = −  a ( x 4 − 2 x 2 ) dx =
2
0
Và
2
8a
15
8a 2
15
S1
2
=
S2
2
Câu 53: Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ( x − 3) , trục tung và trục hoành. Gọi k1 , k 2
2
( k1  k2 ) là hệ số góc của hai đường thẳng cùng đi qua điểm A ( 0;9 ) và chia ( H )
làm ba phần
có diện tích bằng nhau. Tính k1 − k2 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 66
Phan Nhật Linh
13
A.
.
2
B. 7 .
C.
25
.
4
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
27
D.
.
4
Lời giải
Chọn D
Gọi d1 : y = k1 x + 9 , d 2 : y = k2 x + 9 ( k1  k2 ) .
 9 
 9   9
9
Gọi M = d1  Ox  M  − ;0  ; N = d 2  Ox  N  − ;0   −  − 
k1 
 k1 
 k2   k2
Giao điểm của ( P ) : y = ( x − 3) với hai trục tọa độ lần lượt là C ( 3;0 ) , A ( 0;9 ) .
2
Theo giả thiết ta có SAON = SANM  OM = 2ON  −
9
18
= −  k2 = 2k1 .
k1
k2
3
1
243
27
2
Lại có S( H ) = 3SAON   ( x − 3) dx = 3. .OA.ON  9 = −
 k2 = − .
2
2k 2
2
0
Suy ra k1 = −
27
27
 k1 − k2 =
.
4
4
Câu 54: Hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị là đường cong ở hình bên dưới. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai điểm
cực trị thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) − 3 f ( x2 ) = 0 . Đường thẳng song song với trục và qua
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số tại điểm thứ hai có hoành độ x0 và x1 = x0 + 1 .
Tính tỉ số
A.
9
.
8
S1
( S1 , S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng được gạch ở hình bên dưới ).
S2
B.
5
.
8
C.
Lời giải
Chọn A
67 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
3
.
8
D.
3
.
5
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
+) Gọi f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , a  0 .
 f  ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c.
+) Theo giả thiết ta có f  ( x1 ) = f  ( x2 ) = 0
f  ( x ) = 3a ( x − x1 )( x − x2 ) = 3a ( x − x1 )( x − x1 − 2 )
= 3a ( x − x1 ) − 6a ( x − x1 )
2
 f ( x ) =  f  ( x ) dx = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + C
3
2
+) Ta có
f ( x1 ) − 3 f ( x2 ) = 0  f ( x1 ) − 3 f ( x1 + 2 ) = 0
 C − 3 ( 8a − 12a + C ) = 0  −2C + 12a = 0  C = 6a
Do đó f ( x ) = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + 6a.
3
2
+) S 2 là diện tích hình chữ nhật có cạnh là x2 − x0 = 3 và f ( x2 ) = 8a − 12a + 6a = 2a nên
S 2 = 6a .
+)
S1
là
diện
tích
hình
phẳng
giới
hạn
bởi
các
đường
x = x0 = x1 − 1, x = x2 = x1 + 2, y = f ( x2 ) = 2a và f ( x ) = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + 6a .
3
2
Nên suy ra
S1 =
x1 + 2

x1 −1
 f ( x ) − 2a  dx =
x1 + 2

x1 −1
a ( x − x1 )3 − 3a ( x − x1 )2 + 4a  dx


x1 + 2
27a
4
3
1

.
=  a ( x − x1 ) − a ( x − x1 ) + 4ax 
=
4
4
 x1 −1
Vậy
S1 27a 9
=
= .
S2 4.6a 8
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 68
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 11
Câu 1:
Toán thực tế liên quan đến diện tích hình phẳng
Một gia đình muốn làm cái cổng (như hình vẽ).
Phần phía trên cổng có hình dạng là một parabol với IH = 2,5m , phần phía dưới là một hình chữ
nhật có kích thước AD = 4m, AB = 6m . Giả sử giá để làm phần cổng được tô màu là 1.000.000
đ/m2 và giá để làm phần cổng phía trên là 1.200.000 đ/m2. Số tiền gia đình đó phải trả là:
A. 24.400.000 đ.
B. 36.000.000 đ.
C. 38.000.000 đ.
D. 38.800.000 đ.
Câu 2:
Một gia đình muốn làm cánh cổng (như hình vẽ). Phần phía trên cổng có hình dạng là một parabol
với IH = 2,5 m , phần phía dưới là một hình chữ nhật kích thước cạnh là AD = 4 m , AB = 6 m .
(
)
Giả sử giá để làm phần cổng được tô màu là 1.000.000 đ/m 2 và giá để làm phần cổng phía trên
(
)
là 1.200.000 đ/m 2 . Số tiền gia đình đó phải trả là
A. 24.400.000 đ .
B. 36.000.000 đ .
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. 38.000.000 đ .
D. 38.800.000 đ .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 3: Một cái cổng có dạng như hình vẽ, chiều cao của cổng là 6m và chiều rộng là 8m . Mái vòm
của cổng có hình nửa elip với chiều rộng là 6m , điểm cao nhất của mái vòm là 5m . Người ta
muốn lát gạch hoa để trang trí cho cổng với chi phí là 360.000 đồng / m2 .
Hỏi chi phí để trang trí cho cổng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 8.481.600 đồng.
B. 13.029.300 đồng. C. 4.240.800 đồng.
Câu 4:
D. 8.798.400 đồng.
Một bể bơi hình elip, có độ dài trục lớn bằng 10m và trục nhỏ bằng 8m. Khu vực A là chứa nước,
khu vực B là bậc thang lên xuống bể bơi, là nửa đường tròn có tâm là một tiêu điểm của elip,
bán kính bằng 1m. Phần còn lại là khu vực C (phần tô đậm) người ta lát gạch (như hình vẽ).
Nếu chi phí lát gạch cho mỗi mét vuông là 400 nghìn đồng thì chi phí lát gạch ở khu vực C là
bao nhiêu? (làm tròn đến hàng nghìn)
A. 2.950.000 đồng.
B. 3.578.000 đồng. C. 1.360.000 đồng.
D. 680.000 đồng.
Câu 5:
Trong đợt hội trại tổ chức kỷ niệm ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh tại trường THPT
X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bầy trên một pano có dạng Parabol như hình
vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vựhình chữ nhật
ABCD . Phần còn lại sẽ trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng
cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano gần giá trị nào nhất?
A. 900.000 đồng.
Câu 6:
B. 1.232.000 đồng.
C. 902.000 đồng.
D. 1.230.000 đồng.
Ông An có mảnh vườn hình vuông cạnh 12m, ông đào một hố nước tưới rau trên mảnh vườn đó
có dạng parabol có đỉnh tại tâm hình vuông, parabol này đi qua hai đỉnh của hình vuông. Phần
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
còn lại ông trồng rau để bán, mỗi lần thu hoạch rau ông bán được 35.000 đồng trên 1 m2 . Giả sử
năng suất rau trên mảnh vườn là như nhau, thu hoạch cả mảnh vườn ông An thu được số tiền là
A. 3.000.000 đồng.
B. 3.630.000 đồng.
C. 1.680.000 đồng.
D. 3.360.000 đồng.
Câu 7:
Bồn hoa của một trường X có dạng hình tròn bán kính bằng 8m . Người ta chia bồn hoa thành
các phần như hình vẽ dưới đây và có ý định trồng hoa như sau: Phần diện tích bên trong hình
vuông ABCD để trồng hoa. Phần diện tích kéo dài từ 4 cạnh của hình vuông đến đường tròn
dùng để trồng cỏ. Ở 4 góc còn lại mỗi góc trồng một cây cọ. Biết AB 4m , giá trồng hoa là
200.000 đ/m2, giá trồng cỏ là 100.000 đ/m2, mỗi cây cọ giá 150.000 đ. Hỏi cần bao nhiêu tiền
để thực hiện việc trang trí bồn hoa đó?
A. 12.218.000 đồng.
B. 14.865.000 đồng. C. 14.465.000 đồng. D. 13.265.000 đồng.
Câu 8:
Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng hình Elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường
Parabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của Elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục
lớn, trục nhỏ của Elip lần lượt là 8m và 4m ; F1 ; F2 là hai tiêu điểm của Elip. Phần A, B dùng
để trồng hoa; phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông trồng hoa và trồng
cỏ lần lượt là 250.000 đồng và 150.000 đồng. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm
tròn đến hàng nghìn).
A. 5.676.000 đồng.
Câu 9:
B. 4.656.000 đồng.
C. 5.455.000 đồng.
D. 4.766.000 đồng.
Ông An có một mảnh đất nhỏ hình vuông cạnh bằng 4 m ở trước sân. Ông muốn trồng hoa và
cỏ để trang trí mảnh vườn của mình như sau: Ông sẽ trồng hoa trên phần diện tích có dạng
Parabol ( P ) nhận trục đối xứng KI của hình vuông làm trục đối xứng của ( P ) và đỉnh của
( P)
là trung điểm của KI như hình vẽ, phần cỏ sẽ trồng ở phần còn lại của hình vuông. Biết
rằng loại hoa ông muốn trồng có giá 200 000 đồng/ 1m 2 , cỏ có giá 50 000 đồng/ 1m 2 . Hỏi số
tiền ông An bỏ ra để làm mảnh vườn là bao nhiêu (số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)?
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 1365685, 4 đ.
B. 2634314, 6 đ.
C. 138642,5 đ.
D. Đáp án khác.
Câu 10: Người ta xây một sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau (tham khảo hình vẽ).
Bán kính của hai hình tròn là 30m và 40m . Khoảng cách giữa hai tâm của hình tròn là 50m .
Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 50.000đ và chi phí làm mỗi mét
vuông phần còn lại là 20.000đ . Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số
dưới đây?
A. 235 triệu.
B. 196 triệu.
C. 164 triệu.
D. 177 triệu.
Câu 11: Một công ty quảng cáo X muốn làm một bức tranh trang trí hình MNEF ở chính giữa của một
bức tường hình chữ nhật ABCD có chiều cao BC = 6m , chiều dài CD = 12m . Cho biết MNEF
là hình chữ nhật có MN = 4m , cung EIF có hình dạng là một phần của cung parabol có đỉnh I
là trung điểm của cạnh AB và đi qua 2 điểm C, D . Kinh phí làm bức tranh là 900000 đồng/ m2
Show Luoi
. Hỏi công ty X cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó?
12m
I
A
F
D
A. 21.200.000 đồng.
M
B
E
4m
B. 20.600.000 đồng.
N
C
C. 20.800.000 đồng.
D. 20.400.000 đồng.
Câu 12: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng
cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB = 5 cm, OH = 4
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.
2
A. 50 cm .
B.
14 2
cm .
3
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
C.
140 2
cm .
3
D.
160 2
cm .
3
Câu 13: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người ta thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một
cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của
nửa hình tròn.
Hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng
bằng 4m . Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết
các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000
đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi số tiền cần để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn
viên gần nhất với số nào sau đây?
A. 6.739.000 đồng.
B. 1.948.000 đồng.
C. 3.926.000 đồng.
D. 4.115.000 đồng.
x
Câu 14: Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi các đường y = e , y = 0, x = 0 và x = ln 4 . Đường
thẳng x = k (k  , 0  k  ln 4) chia hình phẳng ( H ) thành hai phần có diện tích S1 và S 2 như
hình vẽ.
Tìm k để S 2 = 2 S1 .
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. k = ln 3 .
8
B. k = ln .
3
2
C. k = ln 4 .
3
D. k = ln 2 .
Câu 15: Một cái cổng hình parabol như hình vẽ. Chiều cao GH = 4m , chiều rộng AB = 4m ,
AC = BD = 0,9m . Chủ nhà làm hai cánh cổng khi đóng lại là hình chữ nhật CDEF tô đậm giá
là 1200000 đồng/m2, còn các phần để trắng làm xiên hoa có giá là 900000 đồng/m2.
Hỏi tổng chi phí để là hai phần nói trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 11445000 (đồng).
B. 7368000 (đồng).
C. 4077000 (đồng). D. 11370000 (đồng)
Câu 16: Ông Toàn có một mảnh đất hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16 m và độ dài trục nhỏ là 10 m .
Ông để một dải đất rộng 8 m làm sân, lối đi và dải đất này nhận trục bé của Elip làm trục đối
xứng đồng thời ông muốn trồng hoa hai bên mảnh đất còn lại. Biết kinh phí để trồng hoa là
100.000 đồng /m2. Hỏi ông Toàn cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên phần đất đó? ( kết quả
được làm tròn đến hàng nghìn ).
A. 7.652.000 đồng.
B. 4.913.000 đồng. C. 4.914.000 đồng. D. 7.653.000 đồng.
Câu 17: Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng
hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất
AB
thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số
bằng
CD
A.
1
.
2
B.
4
.
5
C.
1
.
2
3
D.
3
.
1+ 2 2
Câu 18: Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100 m và chiều rộng là 60 m người ta làm
một con đường nằm trong sân (tham khảo hình bên). Biết rằng viền ngoài và viền trong của con
đường là hai đường elip, elip của đường viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với
các cạnh hình chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2 m. Kinh phí cho mỗi m2 làm đường
600.000 đồng. Tính tổng số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) làm con đường đó.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
A. 294.053.000 đồng.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
B. 283.904.000 đồng. C. 293.804.000 đồng. D. 283.604.000 đồng.
Câu 19: Một biển cảnh báo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ dưới phần tô đậm
được sơn màu đỏ chi phí là 150.000 đồng trên một mét vuông, phần còn lại sơn màu trắng chi
phí là 100.000 đồng trên một mét vuông. Hỏi số tiền ( tính theo đồng) để sơn theo cách trên gần
nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 = 10m, B1 B2 = 8m , và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật
có MQ = 4m ?
A. 9.243.000 .
B. 9.620.000 .
C. 7.330.000
D. 8.756.000 .
Câu 20: Ông Toàn có một mảnh đất phẳng hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng
10m . Ông để một dải đất rộng 8m làm sân, lối đi và dải đất này nhận trục bé của elip làm trục
đối xứng (như hình vẽ) đồng thời ông muốn trồng hoa hai bên mảnh đất còn lại. Biết kinh phí để
trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông Toàn cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó?
(Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).
A. 7.652.000 đồng.
B. 4.913.000 đồng.
C. 4.914.000 đồng.
D. 7.653.000 đồng.
Câu 21: Ông A có một cái cổng hình chữ nhật, lối vào cổng có dạng parabol có kích thước như hình vẽ.
Ông A cần trang trí bề mặt (phần gạch chéo) của cổng. Ông A cần bao nhiêu tiền để trang trí,
biết giá thành trang trí là 1.200.000 đồng /1m 2 ?
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 20 triệu đồng.
B. 16 triệu đồng.
C. 10 triệu đồng.
D. 8 triệu đồng.
Câu 22: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài 18m , chiều rộng 10m . Người ta đổ ở giữa. Biết bề
dày lớp bê tông là 10cm . Tính thể tích lượng bê tông cần dùng?
A. 60 m3 .
B. 6 m3 .
C. 54 m3 .
D. 5, 4 m3 .
Câu 23: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một
cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của
nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau
một khoảng bằng 4m. Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật
Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là
150.000 đồng/ m 2 và 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền cần để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong
khuôn viên đó gần nhất với số nào sau đây?
A. 3.739.000 (đồng).
B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.000 (đồng). D. 4.115.000 (đồng).
Câu 24: Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100m và chiều rộng là 60m người ta làm
một con đường nằm trong sân (như hình vẽ). Biết rằng viền ngoài và viền trong của con đường
là hai đường Elip, Elip của viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các cạnh hình
chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2m . Kinh phí cho mỗi m 2 làm đường là 600.000
đồng. Tính tổng số tiền làm con đường đó (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
A. 293904000 .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
B. 283604000 .
C. 293804000 .
D. 283904000 .
Câu 25: Ông A đã cải tạo một miếng đất thành hình elip. Elip này có độ dài trục lớn là 12 mét. Trong
elip có một đường tròn đi qua các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm F1 , F2 .Ông A muốn trồng
cỏ May Mắn cho mảnh đất là phần bên trong Elip và bên ngoài đường tròn. Biết rằng chi phí cho
việc trồng cỏ May Mắn là 60 nghìn đồng trên một mét vuông. Hỏi tổng chi phí trồng cỏ May
Mắn gần nhất với số tiền nào sau đây?
A. 2811 nghìn đồng.
B. 1405 nghìn đồng.
C. 447 nghìn đồng.
D. 895 nghìn đồng.
Câu 26: Một công ty quảng cáo X muốn làm một bức tranh trang trí hình MNEIF ở chính giữa của một
bức tường hình chữ nhật ABCD có chiều cao BC = 6 m, chiều dài CD = 12 m (hình vẽ bên). Cho
biết MNEF là hình chữ nhật có MN = 4 m, cung EIF có hình dạng là một phần của cung parabol
có đỉnh I là trung điểm của cạnh AB và đi qua hai điểm C , D . Kinh phí làm bức tranh là 900.000
đồng/m2. Hỏi công ty X cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó?
A. 21200000 đồng.
B. 20600000 đồng.
C. 20800000 đồng.
D. 20400000 đồng.
Câu 27: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng
cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB = 5 cm, OH =
4cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 50 cm 2 .
B.
14
cm 2 .
3
C.
140 2
cm .
3
D.
160 2
cm .
3
Câu 28: Ông T làm logo bằng một tấm nhựa phẳng, có hình dạng là một hình trục đối xứng. Biết đường
viền hai bên là hai nhánh của một pharabol và lõm phía dưới đáy cũng có dạng là một parabol,
hai nhánh phía trên là hai đoạn thẳng, như hình bên dưới. Tính diện tích của logo đó.
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Khi đó nửa bên phải trục tung là hình phằng ( H ) giới hạn
bởi các đường y = x 2 − 1, y = x + 5; y = − x 2 + 1; x = 0 .
Diện tích hình phẳng ( H )
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
(
)
3
(
)
S( H ) =  x + 5 − (1 − x 2 ) dx +  x + 5 − ( x 2 − 1) dx =
0
1
Vậy diện tích cần tìm là S = 2S( H ) =
73
dm2 )
(
6
73
dm 2 )
(
3
Câu 29: Ông An dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol
có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ dưới. Biết độ dài trục lớn, trục
nhỏ của elip lần lượt là 16m và 8m , F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip. Phần A, B dùng để trồng
hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông hoa và cỏ lần lượt là
200.000 và 100.000 đồng. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm tròn đến hàng
nghìn).
A. 17.679.000 đồng.
B. 19.526.000 đồng.
C. 19.526.000 đồng.
D. 13.547.000 đồng.
Câu 30: Một khu công viên hình chữ nhật có chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m . Người ta làm một
con đường nằm trong sân (tham khảo hình dưới). BIết rằng viền ngoài và viền trong của con
đường là hai đường elip, đường elip viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các
cạnh hình chữ nhật, chiều rộng của mặt đường là 2m . Kinh phí cho mỗi m 2 làm đường là
600.000 đồng. Tính tổng số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) để làm con đường đó.
A. 293.804.000 đồng. B. 283.604.000 đồng. C. 294.053.000 đồng. D. 283.904.000 đồng.
Câu 31: Chuẩn bị đón hè 2021, nhà bác Hoa mời thợ về làm mái vòm chống nắng cho khoảng sân trước
nhà bằng loại nhựa thông minh polycacnonat màu trắng trong với đơn giá
1m 2 là 655.000 đồng.
Mái vòm là một phần của mặt xung quanh của một hình trụ phủ kín sân có chiều dài 10 m , khi
đặt thước dây vào 3 điểm A, B, C đo được AB = 2,8 m; BC = 3, 6 m; AC = 6, 2 m (hình minh
họa bên dưới). Hỏi số tiền (đơn vị đồng, làm tròn đến hàng nghìn) mua mái nhựa gần nhất với
số nào dưới đây?
A. 263514000 .
B. 42387000 .
C. 40387000 .
D. 4238700 .
1
m , bác xây ao cá là phần
3
tô đậm trong hình vẽ, đường viền biên của ao cá trong sân là một đường Parabol. Phần không
xây ao cá, Bác An mua thêm hoa về trồng. Biết rằng 1m 2 ao cá có giá 250000 đồng và 1m 2 trồng
hoa có giá 50000 đồng. Hỏi bác An tốn bao nhiêu tiền để hoàn thành khu vườn?
Câu 32: Bác An có sân vườn hình Elip độ dài cạnh lớn là 2m và cạnh bé là
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 257056,872 đồng.
B. 335633, 2274 đồng.
C. 725519, 7457 đồng. D. 362759,8728 đồng.
Câu 33: Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang (mặt trong của thùng) là một đường elip có trục lớn
bằng 1m , trục bé bằng 0,8m , chiều dài (mặt trong của thùng) bằng 3m . Đươc đặt sao cho trục
bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính
từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m . Tính thể tích V của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn
đến phần trăm).
A.
V = 1,52m3 .
B.
V = 1, 31m3 .
C. V
= 1, 27m 3 .
D. V
= 1,19m 3 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Một gia đình muốn làm cái cổng (như hình vẽ).
Phần phía trên cổng có hình dạng là một parabol với IH = 2,5m , phần phía dưới là một hình chữ
nhật có kích thước AD = 4m, AB = 6m . Giả sử giá để làm phần cổng được tô màu là 1.000.000
đ/m2 và giá để làm phần cổng phía trên là 1.200.000 đ/m2. Số tiền gia đình đó phải trả là:
A. 24.400.000 đ.
B. 36.000.000 đ.
C. 38.000.000 đ.
D. 38.800.000 đ.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
+) S ABCD = 4.6 = 24(m 2 ) nên số tiền làm phần cổng hình chữ nhật ABCD là: 24.000.000 đ.
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
+) Gắn hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ. Khi đó, parabol có dạng: y = ax 2 + b ( P ) . Parabol đi
5

a = − 18
b = 2,5
5
5
qua điểm I ( 0; 2,5 ) và B (3; 0) nên: 
. Vậy y = − x 2 + .

18
2
9a + 2,5 = 0
b = 5

2
5
 5
Suy ra, diện tích phía trên của cổng là: S =   − x 2 + dx = 10 m2 .
18
2
−3 
3
( )
Số tiền làm phần cổng phía trên là: 12.000.000 đ.
Vậy số tiền gia đình phải trả là: 24.000.000 + 12.000.000 = 36.000.000 đ.
Câu 2:
Một gia đình muốn làm cánh cổng (như hình vẽ). Phần phía trên cổng có hình dạng là một parabol
với IH = 2,5 m , phần phía dưới là một hình chữ nhật kích thước cạnh là AD = 4 m , AB = 6 m .
(
)
Giả sử giá để làm phần cổng được tô màu là 1.000.000 đ/m 2 và giá để làm phần cổng phía trên
(
)
là 1.200.000 đ/m 2 . Số tiền gia đình đó phải trả là
A. 24.400.000 đ .
B. 36.000.000 đ .
C. 38.000.000 đ .
D. 38.800.000 đ .
Lời giải
Chọn B
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ: Gốc tọa độ O trùng điểm H , A và B thuộc trục Ox , H thuộc
trục Oy .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Khi đó H ( 0; 0 ) , I ( 0; 2,5 ) , B ( 3; 0 ) , A ( −3;0 ) .
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Gọi parabol cần tìm có dạng ( P ) : y = ax 2 + bx + c .
5

a=−

9a − 3b + c = 0
18


Do A , B , I thuộc ( P ) nên ta có hệ 9a + 3b + c = 0  b = 0 .
c = 2,5

5

c =
2

5 2 5
x + .
18
2
Diện tích phần phía trên cổng có hình dạng là một parabol là
Do đó parabol là ( P ) : y = −
3
 5 x3 5 
 5 2 5
−
x
+
d
x
=
−3  18 2   − 18 . 3 + 2 x  = 10 .
−3
3
Giá tiền để làm phần cổng phía trên là 10x1.200.000 = 12.000.000 .
Diện tích phần phía dưới là một hình chữ nhật là 4.6 = 24 .
Giá tiền để làm phần cổng được tô màu là 24x1.000.000 = 24.000.000 .
Số tiền gia đình đó phải trả là 12.000.000 + 24.000.000 = 36.000.000 .
Câu 3:
Một cái cổng có dạng như hình vẽ, chiều cao của cổng là 6m và chiều rộng là 8m . Mái vòm
của cổng có hình nửa elip với chiều rộng là 6m , điểm cao nhất của mái vòm là 5m . Người ta
muốn lát gạch hoa để trang trí cho cổng với chi phí là 360.000 đồng / m2 .
Hỏi chi phí để trang trí cho cổng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 8.481.600 đồng.
B. 13.029.300 đồng. C. 4.240.800 đồng.
D. 8.798.400 đồng.
Lời giải
Chọn D
1
15 2
Diện tích nữa elip là S = . .5.3 =
m .
2
2
Diện tích cần lát gạch hoa là S1 = Shcn − S = 8.6 −
15
 ( m2 ) .
2
Số tiền cần dùng để trang trí cổng là T = S1.360000 = 8798400 .
Câu 4:
Một bể bơi hình elip, có độ dài trục lớn bằng 10m và trục nhỏ bằng 8m. Khu vực A là chứa nước,
khu vực B là bậc thang lên xuống bể bơi, là nửa đường tròn có tâm là một tiêu điểm của elip,
bán kính bằng 1m. Phần còn lại là khu vực C (phần tô đậm) người ta lát gạch (như hình vẽ).
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Nếu chi phí lát gạch cho mỗi mét vuông là 400 nghìn đồng thì chi phí lát gạch ở khu vực C là
bao nhiêu? (làm tròn đến hàng nghìn)
A. 2.950.000 đồng.
B. 3.578.000 đồng. C. 1.360.000 đồng.
D. 680.000 đồng.
Lời giải
Chọn A
Đặt hệ trục Oxy như hình vẽ
Độ dài trục lớn là 10, trục nhỏ là 8  a = 5, b = 4  c = a 2 − b 2 = 3
Ta có phương trình elip là
x2 y 2
x2
+
= 1  y = 4. 1 −
25 16
25
Gọi S1 là phần diện tích lát gạch phía trên trục Ox
5
x2
1

x2
dx − . .12 = I − với I =  4. 1 − dx (có thể bấm máy)
3
3
25
4
4
25
Diện tích phần là gạch là 2S1 , suy ra số tiền lát gạch là 2S1.400 000 2.950.000 đồng.
5
S1 =  4. 1 −
Câu 5:
Trong đợt hội trại tổ chức kỷ niệm ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh tại trường THPT
X, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh trưng bầy trên một pano có dạng Parabol như hình
vẽ. Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vựhình chữ nhật
ABCD . Phần còn lại sẽ trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng
cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano gần giá trị nào nhất?
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
A. 900.000 đồng.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
B. 1.232.000 đồng.
C. 902.000 đồng.
D. 1.230.000 đồng.
Lời giải
Chọn C
Xét hệ trụtọa đnhư hình vẽ. Parabol của pano có dạng y = ax 2 + c ( a  0 ) . Vì ( P ) cắt Oy tại
điểm có tung đ 4 nên c = 4 . Mà ( P ) đi qua điểm ( 2;0 ) nên a = −1 . Như vậy Parabol của pano
có phương trình y = 4 − x 2 trên đoạn  −2; 2 .
Giả sử CD = 2 x với 0  x  2 . Khi đó diện tích của hình chữ nhật là S ABCD = 2 x ( 4 − x 2 ) .
Diện tích phần trang trí của hoa văn là
S ( x) =
2
 ( 4 − x ) dx − 2 x ( 4 − x ) = 2 x
2
2
3
− 8x +
−2
Hàm số S ( x ) có S ' ( x ) = 6 x 2 − 8 và
Trên đoạn  −2; 2 ta có S ( 2 ) =
32
3
S '( x) = 0  x = 
32  2 3  96 − 32 3  2 3  96 + 32 3
; S 
; S  −
 =
=
3
9
3 
9
 3 

Do đó giá trị nhỏ nhất của S ( x ) trên đoạn  −2; 2 là
Chi phí cho họa tiết văn hoa lúđó là
Câu 6:
2 3
3
96 − 32 3
9
96 − 32 3
 200.000  902.000 đồng.
9
Ông An có mảnh vườn hình vuông cạnh 12m, ông đào một hố nước tưới rau trên mảnh vườn đó
có dạng parabol có đỉnh tại tâm hình vuông, parabol này đi qua hai đỉnh của hình vuông. Phần
còn lại ông trồng rau để bán, mỗi lần thu hoạch rau ông bán được 35.000 đồng trên 1 m2 . Giả sử
năng suất rau trên mảnh vườn là như nhau, thu hoạch cả mảnh vườn ông An thu được số tiền là
A. 3.000.000 đồng.
B. 3.630.000 đồng.
C. 1.680.000 đồng.
Lời giải
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. 3.360.000 đồng.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Chọn D
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ( O là giao điểm hai đường chéo hình vuông).
Vì parabol đi qua gốc tọa độ O và qua điểm ( 6;6 ) , ( −6;6 ) nên parabol có phương trình là
( P) : y =
1 2
x .
6
1 2

y = 6 x


Khi đó, diện tích phần không trồng rau là phần hình giới hạn bởi  y = 6
nên diện tích của nó
x = 6


 x = −6
1 2
1 2

2
−6 6 − 6 x dx = −6  6 − 6 x  dx = 48m .
6
là
6
Suy ra diện tích phần trồng rau là: 122 − 48 = 96m 2 .
Số tiền thu được do trồng rau là 96.35000 = 3.360.000 đồng.
Câu 7:
Bồn hoa của một trường X có dạng hình tròn bán kính bằng 8m . Người ta chia bồn hoa thành
các phần như hình vẽ dưới đây và có ý định trồng hoa như sau: Phần diện tích bên trong hình
vuông ABCD để trồng hoa. Phần diện tích kéo dài từ 4 cạnh của hình vuông đến đường tròn
dùng để trồng cỏ. Ở 4 góc còn lại mỗi góc trồng một cây cọ. Biết AB 4m , giá trồng hoa là
200.000 đ/m2, giá trồng cỏ là 100.000 đ/m2, mỗi cây cọ giá 150.000 đ. Hỏi cần bao nhiêu tiền
để thực hiện việc trang trí bồn hoa đó?
A. 12.218.000 đồng.
B. 14.865.000 đồng. C. 14.465.000 đồng. D. 13.265.000 đồng.
Lời giải
Chọn D
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
y
L
E
K
F
A
B
x
O
D
C
J
G
I
H
Giả sử phương trình đường tròn của bồn hoa là: x 2
y2
64 ; AB : y
2 ; BC : x
2.
Suy ra F 2 15; 2 , diện tích hình tròn là 64 m2; Diện tích hình vuông ABCD là 16 m2.
2 15
Diện tích tam giác cong BEF là S
x2
64
22, 602 m2.
2 dx
2
Suy ra diện tích phần trồng cỏ là
64
16
22, 604x4
Do đó số tiền cần để trang trí bồn hoa là:
16x150.000 94, 645x100.000 150.000x4
Câu 8:
94, 645 m2.
13.265.000 .
Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng hình Elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường
Parabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của Elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục
lớn, trục nhỏ của Elip lần lượt là 8m và 4m ; F1 ; F2 là hai tiêu điểm của Elip. Phần A, B dùng
để trồng hoa; phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông trồng hoa và trồng
cỏ lần lượt là 250.000 đồng và 150.000 đồng. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm
tròn đến hàng nghìn).
A. 5.676.000 đồng.
B. 4.656.000 đồng.
C. 5.455.000 đồng.
Lời giải
D. 4.766.000 đồng.
Chọn A
Gọi phương trình chính tắc của Elip là
x2 y 2
+
= 1 và tiêu điểm F2 ( c; 0 ) với
a 2 b2
a  b  0; c 2 = a 2 − b 2 .
 2a = 8  a = 4

 c = 2 3.
Theo giả thiết bài toán ta có 
2b = 4 b = 2
Phương trình Elip:
(
)
x2 y 2
x2
+
= 1  y = 2 1 −
, tọa độ giao điểm của đường thẳng x = 2 3
16 4
16
(
)
và Elip: M 2 3;1 và M  2 3; −1 .
Diện tích Elip:  ab =  .4.2 = 8 .
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Diện tích giới hạn bởi parabol phía trên trục hoành, trục hoành và hai đường thẳng x = 2 3 là:
1
1
4 3
.
F1 F2 .F2 M = .4 3.1 =
3
3
3
Tổng tiền để hoàn thành vườn hoa (diện tích vườn x 150.000 + diện tích hoa x 100.000) là:
2 3
x2
4 3
8 .150000 + 2.   2 1 − dx −
 .100000  5.676.000 đồng.

16
3 
 −2 3
Câu 9:
Ông An có một mảnh đất nhỏ hình vuông cạnh bằng 4 m ở trước sân. Ông muốn trồng hoa và
cỏ để trang trí mảnh vườn của mình như sau: Ông sẽ trồng hoa trên phần diện tích có dạng
Parabol ( P ) nhận trục đối xứng KI của hình vuông làm trục đối xứng của ( P ) và đỉnh của
( P)
là trung điểm của KI như hình vẽ, phần cỏ sẽ trồng ở phần còn lại của hình vuông. Biết
rằng loại hoa ông muốn trồng có giá 200 000 đồng/ 1m 2 , cỏ có giá 50 000 đồng/ 1m 2 . Hỏi số
tiền ông An bỏ ra để làm mảnh vườn là bao nhiêu (số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)?
A. 1365685, 4 đ.
B. 2634314, 6 đ.
C. 138642,5 đ.
D. Đáp án khác.
Lời giải
Chọn A
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Phương trình của ( P ) là y = x 2 ; phương trình của AB là y = 2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
 Diện tích phần trồng hoa là: S1 =
2

3
 2
x
 ( 2 − x ) dx =  2 x − 3 
2

− 2
− 2
=
8 2
.
3
8 2 48 − 8 2
=
.
3
3
Vậy số tiền ông An bỏ ra để làm mảnh vườn là: 200 000.S1 + 50 000.S 2  1365685, 4 đồng.
Diện tích phần trồng cỏ là: S2 = S ABCD − S1 = 42 −
Câu 10: Người ta xây một sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau (tham khảo hình vẽ).
Bán kính của hai hình tròn là 30m và 40m . Khoảng cách giữa hai tâm của hình tròn là 50m .
Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 50.000đ và chi phí làm mỗi mét
vuông phần còn lại là 20.000đ . Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số
dưới đây?
A. 235 triệu.
B. 196 triệu.
C. 164 triệu.
Lời giải
D. 177 triệu.
Chọn C
Dựng hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Ta có: O ( 0;0 ) , H ( −8;0 ) , K (12;0 ) , I ( −18;0 ) , I  ( 32;0 )
Phương trình đường tròn tâm I , bán kính bằng 30m là: ( x + 18 ) + y 2 = 900
2
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Suy ra: y = 900 − ( x + 18 )
2
Phương trình đường tròn tâm I  , bán kính bằng 40m là: ( x − 32 ) + y 2 = 1600
2
Suy ra: y = 1600 − ( x − 32 )
2
12
0

2
2
S1 + S2 = 2.   1600 − ( x − 32 ) dx +  900 − ( x + 18) dx   664,17
0
 −8

Vậy tổng số tiền làm mặt sân khấu là:
T = 50000. ( S1 + S2 ) + 20000.  ( 302 + 402 ) − 2 ( S1 + S 2 )   163, 7.106 .
Câu 11: Một công ty quảng cáo X muốn làm một bức tranh trang trí hình MNEF ở chính giữa của một
bức tường hình chữ nhật ABCD có chiều cao BC = 6m , chiều dài CD = 12m . Cho biết MNEF
là hình chữ nhật có MN = 4m , cung EIF có hình dạng là một phần của cung parabol có đỉnh I
là trung điểm của cạnh AB và đi qua 2 điểm C, D . Kinh phí làm bức tranh là 900000 đồng/ m2
Show Luoi
. Hỏi công ty X cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó?
12m
I
A
B
F
M
D
A. 21.200.000 đồng.
Chọn C
E
N
4m
C
B. 20.600.000 đồng. C. 20.800.000 đồng.
Lời giải
D. 20.400.000 đồng.
Show Luoi
12m
y
I
A
F
D
M
B
E
4m
N
C
x
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ trên, đồ thị hàm số parabol y = ax2 + bx + c qua 3 điểm
C ( 6; 0) ; D ( −6; 0) ; I ( 0;6) , ta có hệ phương trình:

1
a= −

36a + 6b + c = 0
6
1 2


36a − 6b + c = 0  b = 0 Suy ra hàm số parabol là: y = f ( x ) = − x + 6 .
6
c = 6
c = 6



Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Diện tích MNEF là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) = − x2 + 6 , trục
6
 1

208 2
m
hoành và hai đường thẳng x = −2; x = 2 . Suy ra SMNEF = S =   − x2 + 6 dx =
6
9

−2 
2
Vậy số tiền để làm bức tranh đó là:
208
.900000 = 20.800.000 đồng.
9
Câu 12: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng
cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB = 5 cm, OH = 4
cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.
2
A. 50 cm .
B.
14 2
cm .
3
C.
140 2
cm .
3
D.
160 2
cm .
3
Lời giải
Chọn C
Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là: ( P ) : y = −
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = −
16 2 16
x + x.
25
5
16 2 16
x + x , trục hoành và các đường thẳng x = 0
25
5
16 
40
 16
, x = 5 là: S =   − x 2 + x dx =
.
25
5
3


0
5
160
cm 2 .
3
2
Diện tích của hình vuông là: S hv = 100 cm .
Tổng diện tích phần bị khoét đi: S1 = 4S =
Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: S2 = Shv − S1 = 100 −
160 140
=
cm 2 .
3
3
Câu 13: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người ta thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một
cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của
nửa hình tròn.
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng
bằng 4m . Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết
các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000
đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi số tiền cần để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn
viên gần nhất với số nào sau đây?
A. 6.739.000 đồng.
B. 1.948.000 đồng.
C. 3.926.000 đồng.
D. 4.115.000 đồng.
Lời giải
Chọn D
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó parabol có đỉnh O , đi qua ( 2; 4 ) và ( −2; 4 ) có phương trình y = x 2 .
Nửa đường tròn có tâm O , bán kính
20 có phương trình y = 20 − x 2 .
2
Phần diện tích trồng hoa là S =

−2
(
2
20 − x 2 − x 2 dx =
−2
)
20 − x 2 − x 2 dx  11,94 .
1
  20 − S = 19, 48 .
2
Số tiền trồng hoa và cỏ gần bằng 11,94 150.000 + 19, 48  100.000  3.739.000 đồng.
Phần diện tích trồng cỏ là
Câu 14: Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0, x = 0 và x = ln 4 . Đường
thẳng x = k (k  , 0  k  ln 4) chia hình phẳng ( H ) thành hai phần có diện tích S1 và S 2 như
hình vẽ.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 24
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Tìm k để S 2 = 2 S1 .
8
B. k = ln .
3
A. k = ln 3 .
2
C. k = ln 4 .
3
Lời giải
D. k = ln 2 .
Chọn D
k
Ta có S1 =  e x dx = ek − 1 .
0
ln 4
S2 =
 e dx = e
x
ln 4
− ek = 4 − ek .
k
Vì S2 = 2S1  4 − e k = 2e k − 2  e k = 2  k = ln 2 .
Câu 15: Một cái cổng hình parabol như hình vẽ. Chiều cao GH = 4m , chiều rộng AB = 4m ,
AC = BD = 0,9m . Chủ nhà làm hai cánh cổng khi đóng lại là hình chữ nhật CDEF tô đậm giá
là 1200000 đồng/m2, còn các phần để trắng làm xiên hoa có giá là 900000 đồng/m2.
Hỏi tổng chi phí để là hai phần nói trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 11445000 (đồng).
B. 7368000 (đồng).
C. 4077000 (đồng). D. 11370000 (đồng)
Lời giải
Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho AB trùng Ox , A trùng O khi đó parabol có đỉnh G ( 2; 4 ) và
đi qua gốc tọa độ.
25 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Gọi phương trình của parabol là y = ax 2 + bx + c .
c = 0
 a = −1
 −b


 b = 4 .
Do đó ta có  = 2
2
a

c = 0
2

 2 a + 2b + c = 4
Nên phương trình parabol là y = f ( x) = − x 2 + 4 x .
4
 x3

32
Diện tích của cả cổng là S =  (− x 2 + 4x)dx =  − + 2 x 2  4 =
 10, 67(m 2 ) .
 3
0 3
0
Do vậy chiều cao CF = DE = f ( 0,9 ) = 2, 79(m) .
CD = 4 − 2.0,9 = 2, 2 ( m ) .
Diện tích hai cánh cổng là SCDEF = CD.CF = 6,138  6,14 ( m 2 ) .
Diện tích phần xiên hoa là S xh = S − SCDEF = 10, 67 − 6,14  4,53(m 2 ) .
Nên tiền là hai cánh cổng xấp xỉ là 6,14.1200000 = 7368000 ( đ ) .
và tiền làm phần xiên hoa xấp xỉ là 4,53.900000 = 4077000 ( đ ) .
Vậy tổng chi phí là xấp xỉ 11445000 đồng.
Câu 16: Ông Toàn có một mảnh đất hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16 m và độ dài trục nhỏ là 10 m .
Ông để một dải đất rộng 8 m làm sân, lối đi và dải đất này nhận trục bé của Elip làm trục đối
xứng đồng thời ông muốn trồng hoa hai bên mảnh đất còn lại. Biết kinh phí để trồng hoa là
100.000 đồng /m2. Hỏi ông Toàn cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên phần đất đó? ( kết quả
được làm tròn đến hàng nghìn ).
A. 7.652.000 đồng.
B. 4.913.000 đồng. C. 4.914.000 đồng. D. 7.653.000 đồng.
Lời giải
Chọn B
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 26
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
2
2
x
y
+ 2 = 1 , với a  b  0 .
2
a b
Từ giả thiết ta có 2a = 16  a = 8 và 2b = 10  b = 5 . Khi đó Elip có phương trình:
5

y
=
64 − x 2
( E1 )
2
2

x
y
8
+
=1  
64 25
 y = − 5 64 − x 2 ( E )
2

8
Mảnh đất trồng hoa nhận trục bé của Elip làm trục đối xứng, nên diện tích của mảnh đất trồng
hoa bằng bốn lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ( E1 ) , trục Ox, đường thẳng
Giả sử Elip có phương trình
x = 4; x = 8
8
5
64 − x 2 dx
8
4
S = 4
 −  
Đặt x = 8sin t; t  
suy ra dx = 8cos tdt
;
 2 2 
Đổi cận:
x
8
4
t


6
2

Do đó: S =

2
2
5
2
64
−
64sin
t
.8cos
t
d
t
=
160
cos 2 tdt


2

6
6

2
= 80  (1 + cos 2t )dt =

80
− 20 3 (m 2 )
3
6
Vậy số tiền ông An cần để trồng hoa là: T = S .100000  4.913.000 đồng.
Câu 17: Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng
hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất
AB
thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số
bằng
CD
A.
1
.
2
B.
4
.
5
C.
Lời giải
27 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
1
.
2
3
D.
3
.
1+ 2 2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Phương trình Parabol có dạng y = ax 2 ( P ) .
( P)
đi qua điểm có tọa độ ( −6; −18 ) suy ra: −18 = a ( −6 )  a = −
2
1
2
1
Vậy ( P ) có phương trình ( P ) = − x 2 .
2
AB x1
Từ hình vẽ ta có:
= .
CD x2
1
Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng AB : y = − x12 là
2
x1
 1 x3 1

 1
2
 1 
S1 = 2   − x 2 −  − x12   dx = 2  − . + x12 x  = x13 .
2
 2 
 2 3 2
0 3
0 
x1
1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD : y = − x22 là
2
x1
 1 x3 1

 1
2
 1 
S1 = 2   − x 2 −  − x22   dx = 2  − . + x22 x  = x23
2
 2 
 2 3 2
0 3
0 
x2
Từ giả thiết suy ra S2 = 2S1  x23 = 2 x13 
x1
1
AB x1
1
= 3 . Vậy
=
= 3 .
x2
CD x2
2
2
Câu 18: Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100 m và chiều rộng là 60 m người ta làm
một con đường nằm trong sân (tham khảo hình bên). Biết rằng viền ngoài và viền trong của con
đường là hai đường elip, elip của đường viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với
các cạnh hình chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2 m. Kinh phí cho mỗi m2 làm đường
600.000 đồng. Tính tổng số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) làm con đường đó.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 28
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
A. 294.053.000 đồng.
B. 283.904.000 đồng. C. 293.804.000 đồng. D. 283.604.000 đồng.
Lời giải
Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ Oxy : đặt gốc tọa độ O vào tâm của hình elip và hai trục tọa độ song song
với các cạnh của hình chữ nhật.
+ Phương trình Elip của đường viền ngoài của con đường là ( E1 ) :
của ( E1 )
x2
y2
+
= 1 . Phần đồ thị
502 302
x2
nằm phía trên trục hoành có phương trình y = 30 1 − 2 = f1 ( x ) .
50
+ Phương trình Elip của đường viền trong của con đường là ( E2 ) :
của ( E2 ) nằm phía trên trục hoành có phương trình y = 28 1 −
x2
y2
+
= 1 . Phần đồ thị
482 282
x2
= f2 ( x ) .
482
+Gọi S1 là diện tích của ( E1 ) và S 2 là diện tích của ( E2 ) .
Gọi S là diện tích con đường. Khi đó
50
48
x2
x2
S = S1 − S2 = 2  30 1 − 2 dx − 2  28 1 − 2 dx .
50
48
−50
−48
a
Tính tích phân I = 2  b 1 −
−a
x2
dx, ( a, b 
a2
+
).

 
Đặt x = a sin t ,  −  t    dx = a cos tdt .
2
 2


Đổi cận x = −a  t = − ; x = a  t = .
2
2



2
2
2
Khi đó I = 2  b 1 − sin 2 t .a cos t dt = 2ab  cos 2 t dt = ab  (1 + cos 2t ) dt
−

−
2

2
−

2

 sin 2t  2
= ab  t +
 = ab .
2  −

2
Do đó S = S1 − S 2 = 50.30 − 48.28 = 156 .
Vậy tổng số tiền làm con đường đó là 600000.S = 600000.156  294053000 đồng.
Câu 19: Một biển cảnh báo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ dưới phần tô đậm
được sơn màu đỏ chi phí là 150.000 đồng trên một mét vuông, phần còn lại sơn màu trắng chi
29 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
phí là 100.000 đồng trên một mét vuông. Hỏi số tiền ( tính theo đồng) để sơn theo cách trên gần
nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 = 10m, B1 B2 = 8m , và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật
có MQ = 4m ?
A. 9.243.000 .
B. 9.620.000 .
C. 7.330.000
Lời giải
D. 8.756.000 .
Chọn A
x2 y 2
+
=1
a 2 b2
 A A = 10 a = 5
Theo giả thiết ta có:  1 2
.

b = 4
 B1 B2 = 8
Giả sử phương trình elip ( E ) :
Suy ra ( E ) :
x2 y 2
4
+
=1 y = 
25 − x 2
25 16
5
M = d  ( E )
Diện tích của elip ( E ) là: S E =  ab = 20 ( m 2 ) mà MQ = 4  
với:
 N = d  (E)
d : y = 2  M (−
5 3
5 3
; 2), N (
; 2)
2
2
5
4
25 − x 2

5
3

Khi đó diện tích phần không tô màu là: S = 4
5
20

 − 10 3( m 2 )
dx =
3

2
Vậy diện tích phần tô màu là: S ' = S E − S = 20 −
20
40
 + 10 3 =  + 10 3(m2 )
3
3
Nên tổng chi phí để sơn biển là
40
20
T = 150000  (  + 10 3) + 100000  (  − 10 3)  9.243.000
3
3
Vậy chọn đáp án A.
Câu 20: Ông Toàn có một mảnh đất phẳng hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng
10m . Ông để một dải đất rộng 8m làm sân, lối đi và dải đất này nhận trục bé của elip làm trục
đối xứng (như hình vẽ) đồng thời ông muốn trồng hoa hai bên mảnh đất còn lại. Biết kinh phí để
trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông Toàn cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó?
(Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 30
Phan Nhật Linh
A. 7.652.000 đồng.
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
B. 4.913.000 đồng.
C. 4.914.000 đồng. D. 7.653.000 đồng.
Lời giải
Chọn D
x2 y 2
+
= 1 , với a  b  0 .
a 2 b2
Từ giả thiết ta có 2a = 16  a = 8 và 2b = 10  b = 5
Giả sử elip có phương trình
5

y=−
64 − y 2

x
y
8
+
=1 
Vậy phương trình của elip là
64 25
 y = 5 64 − y 2

8
2
2
( E1 )
( E1 )
Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường ( E1 ) ; ( E2 ) ; x = −4; x = 4 và diện tích
4
4
5
5
của dải vườn là S = 2 
64 − x 2 dx =  64 − x 2 dx
8
20
−4

3
Tính tích phân này bằng phép đổi biến x = 8sin t , ta được S = 80  +

6 4 

3
Khi đó số tiền là T = 80  +
 .100000 = 7652891,82 7.653.000 .
6 4 
Câu 21: Ông A có một cái cổng hình chữ nhật, lối vào cổng có dạng parabol có kích thước như hình vẽ.
Ông A cần trang trí bề mặt (phần gạch chéo) của cổng. Ông A cần bao nhiêu tiền để trang trí,
biết giá thành trang trí là 1.200.000 đồng /1m 2 ?
A. 20 triệu đồng.
B. 16 triệu đồng.
Chọn B
31 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. 10 triệu đồng.
Lời giải
D. 8 triệu đồng.
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ( P ) có phương trình dạng: y = ax 2 + b .
Khi đó: A ( 2,5;0 )  ( P )  0 = a.2,52 + b . (1)
B ( 0;5 )  ( P )  5 = a.02 + b (2)
4
4
Giải hệ (1) và (2) ta được: a = − ; b = 5 hay ( P ) : y = − x 2 + 5 .
5
5
Khi đó diện tích phần cổng ( P ) là: S1 =
2,5
 4
  − 5 x
−2,5
2
50

.
+ 5  dx =
3

50 40
.
=
3
3
40
Vậy số tiền cần dùng để trang trí là: T = 1.200.000* = 16.000.000 (đồng).
3
Suy ra diện tích phần cần trang trí là: S2 = 5.6 −
Câu 22: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài 18m , chiều rộng 10m . Người ta đổ ở giữa. Biết bề
dày lớp bê tông là 10cm . Tính thể tích lượng bê tông cần dùng?
3
A. 60 m .
B. 6 m3 .
3
C. 54 m .
3
D. 5, 4 m .
Lời giải
Chọn D
Ta có diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đường giống nhau và luôn chênh nhau một đoạn
18
bằng 3 bằng
 3dx = 3x
18
0
= 54 m3 .
0
3
Vì bề dày là 10cm = 0,1m nên thể tích lượng bê tông cần đổ vào là V = S .h = 54.0,1 = 5, 4m
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 32
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 23: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một
cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của
nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau
một khoảng bằng 4m. Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật
Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là
150.000 đồng/ m 2 và 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền cần để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong
khuôn viên đó gần nhất với số nào sau đây?
A. 3.739.000 (đồng).
B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.000 (đồng). D. 4.115.000 (đồng).
Lời giải
Chọn A
Kết hợp vào hệ trục tọa độ, ta được:
Gọi parabol là ( P ) : y = ax 2 . Do F ( 2; 4 )  ( P ) nên ( P ) : y = x 2 .
Gọi đường tròn có tâm ở gốc tọa độ là ( C ) : x 2 + y 2 = R 2 . Do F ( 2; 4 )  ( C ) nên nửa đường tròn
trên là y = 20 − x 2 .
Đặt S1 là diện tích phần tô đậm. Khi đó: S1 = 2.
2
0
(
)
 5 8
20 − x 2 − x 2 dx = 20arcsin 
 + .
 5  3
 5 8
1
Đặt S 2 là diện tích phần không tô đậm. Khi đó: S2 = . .R 2 − S1 = 10 − 20arcsin 
 − .
2
5

 3
Vậy: Số tiền cần để trồng hoa và cỏ Nhật Bản là: T = 150000.S1 + 100000.S2  3738574 (đồng).
Câu 24: Một sân chơi cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 100m và chiều rộng là 60m người ta làm
một con đường nằm trong sân (như hình vẽ). Biết rằng viền ngoài và viền trong của con đường
là hai đường Elip, Elip của viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các cạnh hình
chữ nhật và chiều rộng của mặt đường là 2m . Kinh phí cho mỗi m 2 làm đường là 600.000
đồng. Tính tổng số tiền làm con đường đó (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)
33 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 293904000 .
B. 283604000 .
C. 293804000 .
Lời giải
D. 283904000 .
Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ và các điểm như hình vẽ
Gọi Elip viền ngoài có dạng: ( E1 ) :
x2 y 2
+
=1
a12 b12
Ta có: 2a1 = 100  a1 = 50 và 2b1 = 60  b1 = 30 .
Diện tích ( E1 ) là: S1 =  a1b1 =  .50.30 = 1500 ( m 2 ) .
Vì chiều rộng của mặt đường là 2m nên ta có:
CD = AB − AC − BD = 100 − 2 − 2 = 96 .
Và GP = EF − EG − PF = 60 − 2 − 2 = 56 .
Gọi Elip viền trong có dạng: ( E2 ) :
x2 y 2
+
= 1.
a22 b22
Ta có: 2a2 = 96  a1 = 48 và 2b2 = 56  b2 = 28 .
Diện tích ( E2 ) là: S2 =  a2b2 =  .48.28 = 1344 ( m 2 ) .
Khi đó diện tích mặt đường là: S = S1 − S2 = 1500 − 1344 = 156 ( m 2 ) .
Lấy   3,14 ta được tổng tiền làm đường là: T = S .600.000  156.3,14.600.000  293904000
(đồng).
Câu 25: Ông A đã cải tạo một miếng đất thành hình elip. Elip này có độ dài trục lớn là 12 mét. Trong
elip có một đường tròn đi qua các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm F1 , F2 .Ông A muốn trồng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 34
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
cỏ May Mắn cho mảnh đất là phần bên trong Elip và bên ngoài đường tròn. Biết rằng chi phí cho
việc trồng cỏ May Mắn là 60 nghìn đồng trên một mét vuông. Hỏi tổng chi phí trồng cỏ May
Mắn gần nhất với số tiền nào sau đây?
A. 2811 nghìn đồng.
B. 1405 nghìn đồng. C. 447 nghìn đồng.
Lời giải
D. 895 nghìn đồng.
Chọn B
Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
x2 y 2
+
= 1 với a  b  0 và phương trình đường tròn x 2 + y 2 = R 2 .
a 2 b2
Độ dài trục lớn là 12 mét, suy ra a = 6 .
Vì đường tròn đi qua các đỉnh trên trục nhỏ và tiêu điểm của elip nên b = c = R .
Phương trình elip
Do đó c 2 = a 2 − b 2  2c 2 = a 2  2c 2 = 36  c = 3 2
Tổng chi phí để trồng cỏ May Mắn là
6
3 2


x2
T = 4.  3 2  1 −
dx −  18 − x 2 dx  .60000  1405 nghìn đồng.


36
0
0


Câu 26: Một công ty quảng cáo X muốn làm một bức tranh trang trí hình MNEIF ở chính giữa của một
bức tường hình chữ nhật ABCD có chiều cao BC = 6 m, chiều dài CD = 12 m (hình vẽ bên). Cho
biết MNEF là hình chữ nhật có MN = 4 m, cung EIF có hình dạng là một phần của cung parabol
có đỉnh I là trung điểm của cạnh AB và đi qua hai điểm C , D . Kinh phí làm bức tranh là 900.000
đồng/m2. Hỏi công ty X cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó?
35 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 21200000 đồng.
B. 20600000 đồng.
C. 20800000 đồng.
Lời giải
D. 20400000 đồng.
Chọn C
Lập hệ tọa độ Oxy sao cho O trùng với I, tia Ox trùng tia IB, tia Oy trùng với tia IJ (J là trung
điểm CD). Khi đó, phương trình của parabol có dạng y = ax 2 . Vì parabol đi qua điểm C(6; 6)
nên a =
1
1
 y = x2 .
6
6
1 

Số tiền cần sử dụng tính bởi công thức T = 900000   6 − x 2  dx = 20800000 .
6 
−2 
2
Câu 27: Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng
cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB = 5 cm, OH =
4cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.
A. 50 cm 2 .
B.
14
cm 2 .
3
C.
140 2
cm .
3
D.
160 2
cm .
3
Lời giải
Chọn C
Chọn hệ tọa độ HAO trùng với hệ tọa độ Oxy. Khi đó phương trình parabol có dạng y = ax 2 + 4
25
16
16
5 
. Vì parabol đi qua điểm A  ;0   0 = a + 4  a = −  y = − x 2 + 4
4
25
25
2 
5
2
140
 16

Diện tích bề mặt hoa văn tính bởi công thức S = 100 − 8  − x 2 + 4  dx =
.
25
3

0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 36
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 28: Ông T làm logo bằng một tấm nhựa phẳng, có hình dạng là một hình trục đối xứng. Biết đường
viền hai bên là hai nhánh của một pharabol và lõm phía dưới đáy cũng có dạng là một parabol,
hai nhánh phía trên là hai đoạn thẳng, như hình bên dưới. Tính diện tích của logo đó.
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Khi đó nửa bên phải trục tung là hình phằng ( H ) giới hạn
bởi các đường y = x 2 − 1, y = x + 5; y = − x 2 + 1; x = 0 .
Diện tích hình phẳng ( H )
1
(
)
3
(
)
S( H ) =  x + 5 − (1 − x 2 ) dx +  x + 5 − ( x 2 − 1) dx =
0
1
Vậy diện tích cần tìm là S = 2S( H ) =
73
( dm2 )
6
73
dm 2 )
(
3
Câu 29: Ông An dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol
có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ dưới. Biết độ dài trục lớn, trục
nhỏ của elip lần lượt là 16m và 8m , F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip. Phần A, B dùng để trồng
hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông hoa và cỏ lần lượt là
200.000 và 100.000 đồng. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm tròn đến hàng
nghìn).
37 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 17.679.000 đồng.
B. 19.526.000 đồng. C. 19.526.000 đồng.
Lời giải
D. 13.547.000 đồng.
Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:
Độ dài của trục lớn là 16m nên 2a = 16  a = 8 .
Độ dài của trục bé là 8m nên 2b = 8  b = 4 .
Vậy ( E ) :
(
x2 y 2
+
= 1 . Khi đó, c 2 = a 2 − b 2 = 82 − 42 = 48  c = 4 3 .
64 16
)
(
Vậy F2 4 3 ; 0 , F1 −4 3 ;0
)
Hơn nữa, diện tích elip là S =  ab = 32 .
Xét
phần
elip
nằm
ở
bên
trên
trục
hoành.
Khi
đó


x2 y 2
y2
x2
x2 
x2 
2
+
=1
=1−
 y = 16 1 −   y = 4 1 −  .
64 16
16
64
 64 
 64 

x2 
Vậy ( E1 ) : y = 4 1 −  .
 64 
Xét phần parabol nằm ở phía trên trục hoành. Khi đó vì parabol có đỉnh là gốc tọa độ nên
( P ) : y = ex 2
với e  0 .
(
)
Gọi M là giao điểm của đường thẳng x = 4 3 với phần trên elip. Khi đó M 4 3 ;2 thuộc ( P )
nên ta có e =
x2
1
hay ( P ) : y =
.
24
24

x2 x2 
8
−  dx = 4 + 3 .
Diện tích phần A : S A =   4 1 −


64 24 
3
−4 3 
8
Khi đó S B = 4 + 3 .
3
(
4 3
(
)
ra
(
)
16
32
16 3
.
4 + 3 =  −
3
3
3
tiền
để
hoàn
thành
Suy ra diện tích trồng cỏ là 32 −
Suy
)
phần
vườn
hoa:
 32
16 3 
16
4 + 3 200.000  17.679.000 đồng.
  −
100.000 +
3
3
3


(
)
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 38
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 30: Một khu công viên hình chữ nhật có chiều dài là 100m và chiều rộng là 60m . Người ta làm một
con đường nằm trong sân (tham khảo hình dưới). BIết rằng viền ngoài và viền trong của con
đường là hai đường elip, đường elip viền ngoài có trục lớn và trục bé lần lượt song song với các
cạnh hình chữ nhật, chiều rộng của mặt đường là 2m . Kinh phí cho mỗi m 2 làm đường là
600.000 đồng. Tính tổng số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) để làm con đường đó.
A. 293.804.000 đồng. B. 283.604.000 đồng. C. 294.053.000 đồng. D. 283.904.000 đồng.
Lời giải
Chọn C
Gọi diện tích hình elip phía ngoài có diện tích là S1 khi đó ta có:
- Độ dài trục lớn là 2a1 = 100  a1 = 50 .
- Độ dài trục nhỏ là 2b1 = 60  b1 = 30 .
- Diện tích S1 =  a1b1 = 1500 ( m 2 ) .
Gọi diện tích hình elip phía trong có diện tích là S 2 khi đó ta có:
- Độ dài trục lớn là 2a2 = 100 − 2.2 = 96  a2 = 48 .
- Độ dài trục nhỏ là 2b2 = 60 − 2.2 = 56  b2 = 28 .
- Diện tích S2 =  a2b2 = 1344 ( m 2 ) .
Vậy diện tích con đường là: S = S1 − S2 = 156 ( m 2 ) .
Tổng số tiền làm đường là T = 600.000 S  294.053.000 đồng.
Câu 31: Chuẩn bị đón hè 2021, nhà bác Hoa mời thợ về làm mái vòm chống nắng cho khoảng sân trước
nhà bằng loại nhựa thông minh polycacnonat màu trắng trong với đơn giá
1m 2 là 655.000 đồng.
Mái vòm là một phần của mặt xung quanh của một hình trụ phủ kín sân có chiều dài 10 m , khi
đặt thước dây vào 3 điểm A, B, C đo được AB = 2,8 m; BC = 3, 6 m; AC = 6, 2 m (hình minh
họa bên dưới). Hỏi số tiền (đơn vị đồng, làm tròn đến hàng nghìn) mua mái nhựa gần nhất với
số nào dưới đây?
A. 263514000 .
B. 42387000 .
C. 40387000 .
D. 4238700 .
39 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Lời giải
B
A
C
H
O
Gọi R là bán kính đáy của hình trụ.
Xét tam giác ABC có S =
p=
p ( p − a )( p − b )( p − c ) =
abc
.
4R
a + b + c 2,8 + 3, 6 + 6, 2
=
= 6,3 .
2
2
S = 6,3 ( 6,3 − 2,8 )( 6,3 − 3, 6 )( 6,3 − 6, 2 ) = 5,9535
R=
abc 3, 6.2,8.6, 2
=
 6, 403 m .
4S
4 5,9535
Chu vi đường tròn đáy là 2R = 2 .6, 403 = 6403  .
500
Gọi H là trung điểm của AC ta có OH ⊥ AC nên
sin AOH =
AH
6, 2
3100
=
=
 AOC  57,9130 .
OA 2.6, 403 6403
Vậy góc ở tâm của cung
ABC có số đo 57,9130 .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 40
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Vì số đo của cung
ABC bằng
57, 913
 0,161 chu vi đường tròn đáy nên diện tích mái vòm là
360
57,913
57,913
.2Rh =
. 2 .6, 403. 10  6, 4712 m 2 .
360
360
Vậy số tiền mua tấm nhựa làm mái vòm là 6, 4712. 655000 = 4238636 (đồng).
1
m , bác xây ao cá là phần
3
tô đậm trong hình vẽ, đường viền biên của ao cá trong sân là một đường Parabol. Phần không
xây ao cá, Bác An mua thêm hoa về trồng. Biết rằng 1m 2 ao cá có giá 250000 đồng và 1m 2 trồng
hoa có giá 50000 đồng. Hỏi bác An tốn bao nhiêu tiền để hoàn thành khu vườn?
Câu 32: Bác An có sân vườn hình Elip độ dài cạnh lớn là 2m và cạnh bé là
A. 257056,872 đồng.
B. 335633, 2274 đồng.
C. 725519, 7457 đồng. D. 362759,8728 đồng.
Lời giải
Chọn B
4 − x2
x2 y 2
2
2
+
= 1  x + 12 y = 4 .  y = 
Phương trình Elip ( E ) là:
1
4
12
3
1 
1

Điểm A và B  ( E ) suy ra B 1; −  , A  −1; −  .
2 
2

Giả sử phương trình Parabol ( P ) là: y = ax 2 + bx + c .
Vì A, B, O  ( P ) , suy ra a =
Vậy ( P ) : y =
−1
, b = 0, c = 0 .
2
−1 2
x .
2
Xét phần hình phẳng ( H ) bị giới hạn bởi đường y = −
Diện tích phần hình phẳng ( H ) là:
41 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
4 − x2
−1 2
x , x = 1, x = −1 .
, y=
2
12
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
1 
1
1
−1 2
4 − x2 
− x3
3
−1
3
2
S =  x +
+
4 − x dx =
+
4 − x 2 dx
dx =


 2
12 
6 −1 6 −1
3
6 −1
−1 
 −  
Đặt x = 2sin t với t   ; 
 2 2
Khi đó:
−1 3
S= +
3 6

6
−1 3
 4cos tdt = 3 + 3
2
−
6

6

−1 3  1
−1 3  
3
6
1
+
cos
2
t
dt
=
+
t
+
sin
2
t
=
+
+
(
)



 

3
3  2
3
3  3 2 

−
−
6
6
Diện tích cả sân vườn là: S sv =  .2.
1 2 3
=

3
3
Tổng chi phí là: S .250000 + ( S SV − S ) .50000 = 335633, 2274 đồng.
Câu 33: Một cái thùng đựng dầu có thiết diện ngang (mặt trong của thùng) là một đường elip có trục lớn
bằng 1m , trục bé bằng 0,8m , chiều dài (mặt trong của thùng) bằng 3m . Đươc đặt sao cho trục
bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính
từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m . Tính thể tích V của dầu có trong thùng (Kết quả làm tròn
đến phần trăm).
A.
V = 1,52m3 .
B.
V = 1, 31m3 .
C.
V = 1, 27m 3 .
D.
V = 1,19m 3 .
Lời giải
Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
y
B
x
A
A
O
B
2
x
y2
+
=1.
Theo đề bài ta có phương trình của Elip là
1
4
4 25
Gọi M , N lần lượt là giao điểm của dầu với elip.
1 2 
Gọi S1 là diện tích của Elip ta có S1 =  ab =  . = .
2 5
Gọi
S2
5
là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN ( phần không bị gạch
trong hình).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 42
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m nên
1
5
ta có phương trình của đường thẳng MN là y = .
Mặt khác từ phương trình
Do đường thẳng y =
x2 y 2
4 1 2
+
= 1 ta có y =
− x do đồ thị hàm số ở trên trục hoành.
1
4
5 4
4 25
3
3
1
cắt Elip tại hai điểm M , N có hoành độ lần lượt là −
và
nên
4
4
5
3
4
3
4
4
4 1
1
4 4 1
3
.
S2 =  
− x 2 −  dx = 
− x 2 dx −
5 4
5
5 3 4
10
3
−
−
3
4
1
1
  
1
− x 2 dx . Đặt x = sin t , t   − ;   dx = cos tdt .
2
2
4
 2 2

Tính I =
−
3
4
Đổi cận: Khi x =
− 3
3


thì t = − ; Khi x =
thì t = .
4
4
3
3

Khi đó I =
3

−

1 1
1
. cos 2 tdt =
2 2
8
3
3
 (1 + cos 2t ) dt =
−

1  2
3 .
+


8 3
2 
3


Vậy S2 = 4 1  2 + 3  − 3 =  − 3 .


5 8 3
2 
10
15
20


Thể tích của dầu trong thùng là V =   −  + 3  .3 = 1,52 .
 5 15 20 


43 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 44
Phan Nhật Linh
45 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phan Nhật Linh
DẠNG 12
Câu 1:
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Ứng dụng tích phân vào bài toán chuyển động
Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi
1 2 59
t + t ( m/s ) . Trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu
150
75
chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng
quy luật V ( t ) =
cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc a ( m/s 2 ) ( a là hằng số). Sau
khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
A. 20 ( m/s ) .
B. 16 ( m/s ) .
C. 13 ( m/s ) .
D. 15 ( m/s ) .
Câu 2:
Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng tính
đến thời điểm dừng bánh là
A. 16 m .
B. 55 m .
C. 25 m .
D. 50 m .
Câu 3:
(
)
Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t m / s 2 . Vận tốc tại thời điểm t = 2 giây là 17 m / s
. Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm
t = 10 giây là:
A. 1200 m .
B. 1014 m .
C. 966 m .
D. 36 m .
Câu 4:
Một xe máy đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, xe chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây,
kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao
nhiêu mét?
A. 30m .
B. 20m .
C. 50m .
D. 25m .
Câu 5:
Câu 6:
Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t m/s2 . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 2 giây là
17t m/s. Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời
điểm t = 10 giây là.
A. 966 m .
B. 36 m .
C. 1200 m .
D. 1014 m .
Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động với vận tốc được biểu thị bằng đồ thị
là đường cong parabol. Biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến vận tốc cao nhất 1000 m/phút và bắt
đầu giảm tốc, đi được 6 phút thì xe chuyển động đều (tham khảo hình vẽ).
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là bao nhiêu mét?
A. 8160 m.
B. 8610 m.
C. 10000 m.
D. 8320 m.
Câu 7:
Tại một nơi không có gió, một chiếc khinh khí cầu đang đứng yên ở độ cao 243 mét so với mặt
đất đã được phi công cài đặt cho nó chế độ chuyển động đi xuống. Biết rằng, khí cầu đã chuyển
động theo phương thẳng đứng với vận tốc tuân theo quy luật v(t ) = 12t − t 2 trong đó t tính bằng
phút là thời gian tính từ lúc khinh khí cầu bắt đầu chuyển động, v ( t ) được tính theo đơn vị
mét/phút. Nếu vận tốc v của khinh khí cầu khi tiếp đất là v = x mét/phút thì giá trị của x bằng
bao nhiêu?
A. 15 mét/phút.
B. 18 mét/phút.
C. 27 mét/phút.
D. 48 mét/phút.
Câu 8:
Một vật chuyển động với hàm số gia tốc là a ( t ) . Biết rằng đồ thị hàm số a ( t ) trên đoạn  0;6
được cho như hình dưới đây và vận tốc tại thời điểm t = 0 là v ( 0 ) = 1 ( m / s ) .
Tại thời điểm t = 6 giây, vận tốc của vật là bao nhiêu?
Lời giải
Đáp án: v ( 6 ) = 1 + 3 2 + 2 3 m/s1aa
 2
t
,0  t  2

 2
Từ đồ thị ta có a ( t ) = 
.
3
−
2
3
2
−
3

t+
,2t 6

4
2
 2 2
t +1
,0  t  2

 4
v
0
=
1
m
/
s
v
t
=
a
t
d
t
=
Mà ( )
.
( ) nên ( )  ( ) 
 3 − 2 t2 + 3 2 − 3 t + C , 2  t  6

8
2
Vì vận tốc là hàm số liên tục nên
lim− v ( t ) = lim+ v ( t )  2 + 1 =
t →2
x →2
Do đó v ( 6 ) = 1 + 3 2 + 2 3
Câu 9:
3− 2
3 −3 2 + 2
.
+3 2 − 3 +C  C =
2
2
(m / s) .
Một chiếc máy bay vào vị trí cất cánh chuyển động trên đường băng với vận tốc
v t t 2 2t m / s với t là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu
chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc 120 m / s thì nó rời đường băng. Quãng đường máy
bay đã di chuyển trên đường băng gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A. 1200 ( m ) .
B. 1100 ( m ) .
C. 430 ( m ) .
D. 330 ( m ) .
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Câu 10: Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động với vận tốc được biểu thị bằng đồ thị
là đường cong Parabol. Biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến vận tốc cao nhất 1000 m/phút và bắt
đầu giảm tốc, đi được 6 phút thì xe chuyển động đều (hình vẽ).
Hỏi quãng đường xe đã đi được trong 10 phút đầu tiên kể từ lúc bắt đầu là bao nhiêu mét?
A. 8160 ( m ) .
B. 8610 ( m ) .
C. 10000 ( m ) .
D. 8320 ( m ) .
Câu 11: Một ô tô đang chạy với vận tốc 15 ( m / s ) thì tăng tốc chuyển động nhanh dần với gia tốc
a = 3t − 8 ( m / s 2 ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc tăng vận tố C. Hỏi
sau 10 giây tăng vận tốc ô tô đi được bao nhiêu mét?
A. 150 .
B. 180 .
C. 246 .
D. 250 .
Câu 12: Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi
1 2 59
quy luật V ( t ) =
t + t ( m/s ) . Trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu
150
75
chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng
cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc a ( m/s 2 ) ( a là hằng số). Sau
khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
A. 20 ( m/s ) .
B. 16 ( m/s ) .
C. 13 ( m/s ) .
D. 15 ( m/s ) .
Câu 13: Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng tính
đến thời điểm dừng bánh là
A. 16 m .
B. 55 m .
C. 25 m .
D. 50 m .
(
)
2
Câu 14: Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t m / s . Vận tốc tại thời điểm t = 2 giây là 17 m / s
. Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm
t = 10 giây là:
A. 1200 m .
B. 1014 m .
C. 966 m .
D. 36 m .
Câu 15: Một chiếc xe đua F1 đạt tới vận tốc lớn nhất là 360 km / h . Đồ thị bên biểu thị vận tốc v của xe
trong 5 giây đầu tiên kể từ lúc xuất phát. Đồ thị trong 2 giây đầu tiên là một phần của parabol
đỉnh tại gốc tọa độ O , giây tiếp theo là đoạn thẳng và sau đúng 3 giây thì xe đạt vận tốc lớn
nhất. Biết rằng mỗi đơn vị trục hoành biểu thị 1 giây, mỗi đơn vị trục tung biểu thị 10 m / s và
trong 5 giây đầu xe chuyển động theo đường thẳng. Hỏi trong 5 giây đó xe đã đi được quãng
đường là bao nhiêu?
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 340 (mét).
B. 420 (mét).
C. 400 (mét).
D. 320 (mét).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi
1 2 59
quy luật V ( t ) =
t + t ( m/s ) . Trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu
150
75
chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng
cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc a ( m/s 2 ) ( a là hằng số). Sau
khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
A. 20 ( m/s ) .
B. 16 ( m/s ) .
C. 13 ( m/s ) .
D. 15 ( m/s ) .
Lời giải
Chọn B
 1 2 59 
Quãng đường chất điểm A đi từ O đến lúc gặp B là: S1 =  
t + t  dt = 96 ( m ) .
150
75 

0
15
Vận tốc của chất điểm B là: VB ( t ) =  adt = at + C .
Tại thời điểm t = 0  VB = 0  C = 0  VB ( t ) = at .
12
 at 2 
Quãng đường chất điểm B đi từ O đến lúc gặp A là: S 2 =  ( at ) dt = 
 = 72a ( m ) .
 2 0
0
12
nhau quãng
4
S1 = S2  72a = 96  a = ( m/s 2 ) .
3
Khi
A
và
B
gặp
đường
đi
được
là
như
nhau,
ta
có:
4
Vận tốc của B khi đuổi kịp A là: VB ( t ) = t , với t = 12  VB (12 ) = 16 ( m/s ) .
3
Câu 2:
Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng tính
đến thời điểm dừng bánh là
A. 16 m .
B. 55 m .
C. 25 m .
D. 50 m .
Lời giải
Chọn D
Khi ô tô dừng bánh, ta có: v = 0  −2t + 10 = 0  t = 5 .
Do đó, ta có quãng đường xe đi được trong 8 giây cuối cùng ( 3 giây đi với vận tốc 10 m / s , 5
giây sau khi đạp phanh) là:
5
S = 3.10 +  ( −2t + 10 ) dt = 30 + ( −t 2 + 10t ) = 30 − 52 + 10.5 = 55 ( m ) .
5
0
0
Câu 3:
(
)
Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t m / s 2 . Vận tốc tại thời điểm t = 2 giây là 17 m / s
. Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm
t = 10 giây là:
A. 1200 m .
B. 1014 m .
C. 966 m .
D. 36 m .
Lời giải
Chọn C
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Ta có v =  a ( t ) dt =  6tdt = 3t 2 + C .
Theo giả thiết ta v ( 2 ) = 17  3.22 + C = 17  C = 5 . Suy ra v ( t ) = 3t 2 + 5 .
Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10
10
10
4
4
(
)
(
giây là: s =  v ( t ) dt =  3t 2 + 5 dt = t 3 + 5t
Câu 4:
)
10
4
= 966 m .
Một xe máy đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, xe chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây,
kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao
nhiêu mét?
A. 30m .
B. 20m .
C. 50m .
D. 25m .
Lời giải
Chọn D
Xét phương trình −2t + 10 = 0  t = 5. Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 5s ô tô
dừng hẳn.
Quãng đường xe máy đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi xe máy dừng hẳn là
5
5
s =  ( −2t + 10 ) dt = ( −t 2 + 10t ) = 25m.
0
0
Câu 5:
Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t m/s2 . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 2 giây là
17t m/s. Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời
điểm t = 10 giây là.
A. 966 m .
B. 36 m .
C. 1200 m .
D. 1014 m .
Lời giải
Chọn A
Từ giả thiết suy ra v ( t ) = a ( t )  v ( t ) =  a ( t )dt =  6tdt = 3t 2 + C .
Mặt khác v ( 2 ) = 17 nên 3.22 + C = 17  C = 5 . Do đó v ( t ) = 3t 2 + 5 .
Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10
giây là
s=
Câu 6:
 v ( t ) dt =  ( 3t
10
10
4
4
2
)
(
+ 5 dt = t 3 + 5t
)4
10
= 1050 − 84 = 966 m.
Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động với vận tốc được biểu thị bằng đồ thị
là đường cong parabol. Biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến vận tốc cao nhất 1000 m/phút và bắt
đầu giảm tốc, đi được 6 phút thì xe chuyển động đều (tham khảo hình vẽ).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là bao nhiêu mét?
A. 8160 m.
B. 8610 m.
C. 10000 m.
D. 8320 m.
Lời giải
Chọn A
2

at + bt + c khi 0  t  6
Phương trình vận tốc của ô tô là: v ( t ) = 
.
v
6
khi
6

t

10
(
)


Trong khoảng thời gian 6 phút đầu đồ thị của vận tốc là một đường parabol đi qua điểm ( 0;0 ) ,
( 5;1000 )
và có hoành độ đỉnh bằng 5, do đó:

c = 0
c = 0
a = −40
−40t 2 + 400t khi 0  t  6



.
25a + 5b + c = 1000  5a + b = 200  b = 400  v ( t ) = 
khi 6  t  10
960
 b
10a + b = 0
c = 0


−
=5
 2a
Vậy quãng đường ô tô đi được trong 10 phút đầu là:
10
6
10
0
0
6
S =  v ( t ) dt =  ( −40t 2 + 400t ) dt +  960dt = 8160 m .
Câu 7:
Tại một nơi không có gió, một chiếc khinh khí cầu đang đứng yên ở độ cao 243 mét so với mặt
đất đã được phi công cài đặt cho nó chế độ chuyển động đi xuống. Biết rằng, khí cầu đã chuyển
động theo phương thẳng đứng với vận tốc tuân theo quy luật v(t ) = 12t − t 2 trong đó t tính bằng
phút là thời gian tính từ lúc khinh khí cầu bắt đầu chuyển động, v ( t ) được tính theo đơn vị
mét/phút. Nếu vận tốc v của khinh khí cầu khi tiếp đất là v = x mét/phút thì giá trị của x bằng
bao nhiêu?
A. 15 mét/phút.
B. 18 mét/phút.
C. 27 mét/phút.
D. 48 mét/phút.
Lời giải
Chọn C
Gọi thời điểm khinh khí cầu bắt đầu chuyển động là t = 0 , thời điểm khinh khí cầu bắt đầu tiếp
đất là t1 .
Quãng đường khinh khí cầu đã di chuyển được từ lúc chuyển động tới khi tiếp đất là
t1  −5,56
t1
t13

2
2
0 (12t − t )dt = 243  − 3 + 6t1 − 243 = 0  t1  14,56
t1 = 9
Vì v(t )  0  0  t  12 nên t1 = 9 .
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Vận tốc của khinh khí cầu lúc tiếp đất là: v ( 9 ) = 27 mét/phút.
Câu 8:
Một vật chuyển động với hàm số gia tốc là a ( t ) . Biết rằng đồ thị hàm số a ( t ) trên đoạn  0;6
được cho như hình dưới đây và vận tốc tại thời điểm t = 0 là v ( 0 ) = 1 ( m / s ) .
Tại thời điểm t = 6 giây, vận tốc của vật là bao nhiêu?
Lời giải
Đáp án: v ( 6 ) = 1 + 3 2 + 2 3 m/s1aa
 2
t
,0  t  2

 2
Từ đồ thị ta có a ( t ) = 
.
 3− 2t+3 2− 3 ,2t 6

4
2
 2 2
t +1
,0  t  2

 4
Mà v ( 0 ) = 1 ( m / s ) nên v ( t ) =  a ( t ) dt = 
.
 3 − 2 t2 + 3 2 − 3 t + C , 2  t  6

8
2
Vì vận tốc là hàm số liên tục nên
lim− v ( t ) = lim+ v ( t )  2 + 1 =
t →2
x →2
Do đó v ( 6 ) = 1 + 3 2 + 2 3
Câu 9:
3− 2
3 −3 2 + 2
.
+3 2 − 3 +C  C =
2
2
(m / s) .
Một chiếc máy bay vào vị trí cất cánh chuyển động trên đường băng với vận tốc
v t t 2 2t m / s với t là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu
chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc 120 m / s thì nó rời đường băng. Quãng đường máy
bay đã di chuyển trên đường băng gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A. 1200 ( m ) .
B. 1100 ( m ) .
C. 430 ( m ) .
D. 330 ( m ) .
Lời giải
Chọn C
Giả sử t 0 là thời gian máy bay di chuyển trên đường băng. Ta có phương trình:
t2
2t 120
0
10
t2
S
0
2t dt
t 10 s do t 0. Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng là
1300
m . Suy ra đáp án đúng C.
3
Câu 10: Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động với vận tốc được biểu thị bằng đồ thị
là đường cong Parabol. Biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến vận tốc cao nhất 1000 m/phút và bắt
đầu giảm tốc, đi được 6 phút thì xe chuyển động đều (hình vẽ).
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Hỏi quãng đường xe đã đi được trong 10 phút đầu tiên kể từ lúc bắt đầu là bao nhiêu mét?
A. 8160 ( m ) .
B. 8610 ( m ) .
C. 10000 ( m ) .
D. 8320 ( m ) .
Lời giải
Chọn A
Giả sử trong 5 phút đầu vận tốc của ô tô được biểu diễn bởi phương trình v ( t ) = at 2 + bt + c .
Theo giả thiết ta có:
c = 0
10a + b = 0
a = −40
 −b



 25a + 5b = 1000  b = 400  v ( t ) = −40t 2 + 400t .
 =5
 2a
c = 0
c = 0


25a + 5b + c = 1000
Khi t = 6 ta có v ( 6 ) = 960 m/phút. Suy ra trong 10 phút đầu xe ô tô chuyển động được quãng
6
đường là S =  ( −40t 2 + 400t ) dt + 960.4 = 4320 + 3840 = 8160 ( m ) .
0
Câu 11: Một ô tô đang chạy với vận tốc 15 ( m / s ) thì tăng tốc chuyển động nhanh dần với gia tốc
a = 3t − 8 ( m / s 2 ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc tăng vận tố C. Hỏi
sau 10 giây tăng vận tốc ô tô đi được bao nhiêu mét?
A. 150 .
B. 180 .
C. 246 .
Lời giải
Chọn D
D. 250 .
3t 2
− 8t + C .
2
Vận tốc khi ô tô bắt đầu tăng tốc là 15 m / s : v ( 0 ) = 15  C = 15 .
Ta có: v ( t ) =  a ( t ) dt =  ( 3t − 8 ) dt =
3t 2
− 8t + 15 .
2
Quãng đường ô tô đi được sau 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là
Vận tốc của ô tô là v ( t ) =
10
 3t 2

v
t
dt
=
(
)
0
0  2 − 8t + 15 dt = 250 ( m ) .
10
Câu 12: Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi
1 2 59
quy luật V ( t ) =
t + t ( m/s ) . Trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu
150
75
chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng
cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc a ( m/s 2 ) ( a là hằng số). Sau
khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 20 ( m/s ) .
B. 16 ( m/s ) .
C. 13 ( m/s ) .
D. 15 ( m/s ) .
Lời giải
Chọn B
 1 2 59 
Quãng đường chất điểm A đi từ O đến lúc gặp B là: S1 =  
t + t  dt = 96 ( m ) .
150
75 

0
15
Vận tốc của chất điểm B là: VB ( t ) =  adt = at + C .
Tại thời điểm t = 0  VB = 0  C = 0  VB ( t ) = at .
12
 at 2 
Quãng đường chất điểm B đi từ O đến lúc gặp A là: S 2 =  ( at ) dt = 
 = 72a ( m ) .
 2 0
0
12
nhau quãng
4
S1 = S2  72a = 96  a = ( m/s 2 ) .
3
Khi
A
và
B
gặp
đường
đi
được
là
như
nhau,
ta
có:
4
Vận tốc của B khi đuổi kịp A là: VB ( t ) = t , với t = 12  VB (12 ) = 16 ( m/s ) .
3
Câu 13: Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng tính
đến thời điểm dừng bánh là
A. 16 m .
B. 55 m .
C. 25 m .
D. 50 m .
Lời giải
Chọn D
Khi ô tô dừng bánh, ta có: v = 0  −2t + 10 = 0  t = 5 .
Do đó, ta có quãng đường xe đi được trong 8 giây cuối cùng ( 3 giây đi với vận tốc 10 m / s , 5
giây sau khi đạp phanh) là:
5
S = 3.10 +  ( −2t + 10 ) dt = 30 + ( −t 2 + 10t ) = 30 − 52 + 10.5 = 55 ( m ) .
5
0
0
(
)
2
Câu 14: Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = 6t m / s . Vận tốc tại thời điểm t = 2 giây là 17 m / s
. Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm
t = 10 giây là:
A. 1200 m .
B. 1014 m .
C. 966 m .
D. 36 m .
Lời giải
Chọn C
Ta có v =  a ( t ) dt =  6tdt = 3t 2 + C .
Theo giả thiết ta v ( 2 ) = 17  3.22 + C = 17  C = 5 . Suy ra v ( t ) = 3t 2 + 5 .
Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 4 giây đến thời điểm t = 10
10
10
4
4
(
)
(
giây là: s =  v ( t ) dt =  3t 2 + 5 dt = t 3 + 5t
)
10
4
= 966 m .
Câu 15: Một chiếc xe đua F1 đạt tới vận tốc lớn nhất là 360 km / h . Đồ thị bên biểu thị vận tốc v của xe
trong 5 giây đầu tiên kể từ lúc xuất phát. Đồ thị trong 2 giây đầu tiên là một phần của parabol
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
đỉnh tại gốc tọa độ O , giây tiếp theo là đoạn thẳng và sau đúng 3 giây thì xe đạt vận tốc lớn
nhất. Biết rằng mỗi đơn vị trục hoành biểu thị 1 giây, mỗi đơn vị trục tung biểu thị 10 m / s và
trong 5 giây đầu xe chuyển động theo đường thẳng. Hỏi trong 5 giây đó xe đã đi được quãng
đường là bao nhiêu?
A. 340 (mét).
B. 420 (mét).
C. 400 (mét).
Lời giải
D. 320 (mét).
Chọn D
Giả sử A ( 2;6 ) ; B ( 3;10 )
3 2
x ; phương trình đường thẳng AB là y = 4 x − 2
2
Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là:
Theo gt thì phương trình của parabol là y =
3
2 3 2

S = 10   x dx +  ( 4 x − 2 ) dx + 2.10  = 320 (mét).
2
0 2

11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
DẠNG 13
Tích phân trong đề thi của BGD&ĐT

Câu 1:
Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = 2 cos x + 1 , x 
2
, khi đó
4
 f ( x ) dx
bằng
0
A.
2 +4
.
16
1
Câu 2:
Cho
B.
xdx
 ( x + 2)
 2 + 14
16
.
C.
 2 + 16 + 4
.
16
D.
 2 + 16 + 16
.
16
= a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a + b + c bằng
2
0
B. −1 .
A. −2 .
C. 2 .
D. 1 .

2
Câu 3:

 x 2 − 1 khi x  2
Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân 0
 x − 2 x + 3 khi x  2
23
23
17
A.
.
B.
.
C.
.
3
6
6
2
Câu 4:
bằng
D.
17
.
3
dx
dx = a − b − c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính
x + x x +1
 ( x + 1)
Biết
f ( 2sin x + 1) cos xdx
1
P = a+b+c
A. P = 24
B. P = 12
C. P = 18
D. P = 46
dx
1+ e
b là các số hữu tỉ. Tính S = a 3 + b3 .
a
,
=
a
+
b
ln
,
với
0 e + 1
2
1
Câu 5:
Cho
x
A. S = 2 .
B. S = −2 .
C. S = 0 .
D. S = 1 .
C. I = 0 .
D. I = −

Câu 6:
Tính tích phân I =  cos3 x.sin xdx .
0
1
A. I = −  4 .
4
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) =
A.
Câu 8:
x+4
2 x2 + 4
+C .
B. I = − 4 .
x
x2 + 4
B.
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x ) = ( x + 1) f  ( x ) là
x−4
2 x2 + 4
+C .
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
C.
x2 + 2 x − 4
2 x2 + 4
+C .
. Biết f ( 3) = 1 và
D.
2x2 + x + 4
2 x2 + 4
 xf ( 3x ) d x = 1 ,
3
2
bằng
0
A. 3 .
B. 7 .
1 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. −9 .
+C .
1
0
 x f ( x) d x
1
.
4
D.
25
.
3
khi đó
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Câu 9:
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
. Biết f ( 6 ) = 1 và
1
 xf ( 6 x ) d x = 1 ,
khi đó
0
6
 x f  ( x ) d x bằng
2
0
A.
107
.
3
B. 34 .
Câu 10: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −
D. −36 .
C. 24 .
2
1
và f  ( x ) = x3  f ( x )  với mọi x 
5
. Giá trị của f (1)
bằng
A. −
4
35
B. −
4
Câu 11: Biết I = 
3
71
20
C. −
79
20
D. −
4
5
dx
= a ln 2 + b ln 3 + c ln 5, với a, b, c là các số nguyên. Tính S = a + b + c.
x +x
2
A. S = 6 .
B. S = 2 .
C. S = −2 .
2
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 và f ' ( x ) = cos x.cos 2 x, x 
D. S = 0.

. Khi đó
 f ( x ) dx bằng
0
A.
1042
.
225
B.
208
.
225
C.
242
.
225
D.
149
.
225
8
x
Câu 13: Cho hàm số f ( x ) có f ( 3) = 3 và f ' ( x ) =
với x  0 . Khi đó
x +1− x +1
A. 7 .
B.
197
.
6
C.
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
29
.
2
. Biết f ( 5 ) = 1 và
D.
 f ( x ) dx bằng
3
181
6
1
 xf ( 5x ) dx = 1 ,
khi đó
0
5
 x f  ( x ) dx bằng
2
0
A. 15 .
B. 23 .
C.
Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
123
.
5
D. −25 .
. Biết f ( 4 ) = 1 và
1
 xf ( 4 x ) dx = 1 ,
khi đó
0
4
 x f  ( x ) dx bằng
2
0
A.
31
.
2
Câu 16: Cho hàm số
B. −16 .
f ( x)
C. 8 .
2 f (1) − f ( 0 ) = 2
thỏa mãn  ( x + 1) f  ( x ) dx = 10 và
. Tính
1
0
A. I = −12
D. 14 .
B. I = 8
1
 f ( x ) dx .
0
C. I = 1
D. I = −8
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 2
Phan Nhật Linh
Câu 17: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
và thoả mãn f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2 cos 2 x , x  . Tính
3
2
I=
−
 f ( x ) dx.
3
2
A. I = −6
C. I = −2
B. I = 0
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
thỏa xf ( x 3 )
f (1 x 2 )
D. I = 6
x10
x6
2 x, x
. Khi đó
0
 f ( x)dx bằng
−1
A. −
17
.
20
B. −
13
.
4
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) thoả mãn f ( 2 ) = −
bằng.
35
A. −
36
B. −
2
3
C.
17
.
4
D. −1 .
2
2
và f  ( x ) = 2 x  f ( x )  với mọi x 
9
C. −
19
36
D. −
. Giá trị của f (1)
2
15
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f  ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) .
2
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. g ( −3)  g ( 3)  g (1) B. g (1)  g ( −3)  g ( 3)
C. g ( 3)  g ( −3)  g (1) D. g (1)  g ( 3)  g ( −3)
3
2
x và parabol y = x + a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt
2
là diện tích của 2 hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc khoảng
Câu 21: Cho đường thẳng y =
nào sau đây
3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1 9 
A.  ;  .
 2 16 
2 9 
B.  ;  .
 5 20 
 9 1
C.  ;  .
 20 2 
 2
D.  0; 
 5
Câu 22: Cho đường thẳng y = 3 x và parabol y = 2 x 2 + a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt
là diện tích của 2 hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc khoảng
nào dưới đây?
4 9 
A.  ;  .
 5 10 
 4
B.  0;  .
 5
 9
C. 1;  .
 8
 9 
D.  ;1
 10 
Câu 23: Cho hai hàm số f ( x ) = ax 2 + bx 2 + cx − 2 và g ( x ) = dx 2 + ex + 2 ( a , b , c , d , e 
). Biết
rằng đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2 ;
−1 ; 1 (tham khảo hình vẽ).
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
37
13
9
A.
.
B.
.
C. .
6
2
2
D.
37
12
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 4
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
và g ( x ) = dx 2 + ex + 1 ( a, b, c, d , e  ) . Biết rằng đồ
2
thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là −3 ; −1 ; 1 . Hình
Câu 24: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx −
phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng
A.
9
2
B. 8
D. 5
C. 4
Câu 25: Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 . Đường thẳng
x = k (0  k  ln 4) chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm k để
S1 = 2 S 2 .
y
S2
S1
x
O
A. k =
2
ln 4 .
3
B. k = ln 2 .
k
C. k = ln
ln 4
8
3
D. k = ln 3 .
Câu 26: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x3 − x và đồ thị hàm số y = x − x 2 .
A.
37
12
B.
9
4
C.
81
12
D. 13
Câu 27: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực
trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là diện tích của hai
hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
S1
bằng
S2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A.
3
.
4
B.
5
.
8
C.
Câu 28: Cho đường thẳng y = x và Parabol y =
3
.
8
D.
3
.
5
1 2
x + a ( a là tham số thực dương). Gọi
2
là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi
S1 và S 2 lần lượt
S1 = S 2 thì a thuộc khoảng
nào sau đây?
3 1
7 2
A.  ;  .


1
3
B.  0;  .
1 2
3 5
C.  ;  .
2 3
5 7
D.  ; 
3
3
và g ( x ) = dx 2 + ex − , ( a, b, c, d , e  ) . Biết rằng đồ
4
4
thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2 ; 1 ; 3 . Hình
Câu 29: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx +
phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
A.
253
48
B.
125
24
C.
125
48
D.
253
24
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 6
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
1
Câu 30: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1 và g ( x ) = dx 2 + ex + ( a, b, c, d , e  ) . Biết rằng đồ
2
thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt −3; −1; 2 .
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
253
125
253
A.
.
B.
.
C.
.
12
12
48
D.
125
48
Câu 31: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông
muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ).
Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên
dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.)
8m
A. 7.862.000 đồng
B. 7.653.000 đồng
C. 7.128.000 đồng
D. 7.826.000 đồng
Câu 32: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để
sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo
cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 = 8m, B1 B2 = 6m và tứ giác MNPQ là hình
chữ nhật có MQ = 3m .
A. 7 322 000 đồng.
Câu 33.
Biết
F ( x)
và
B. 7 213000 đồng.
G ( x)
là
hai
nguyên
C. 5526 000 đồng.
hàm
của
hàm
D. 5782 000 đồng.
số
f ( x)
trên
và
5
 f ( x ) dx = F ( 5) − G ( 0 ) + a, ( a  0 ) . Gọi
S là diện tích hình phẳng giới hạn bỡi các đường
0
y = F ( x ) , y = G ( x ) , x = 0 và x = 5 . Khi S = 20 thì a bằng?
A. 4 .
B. 15 .
7 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
C. 25 .
D. 20 .
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:
Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = 2 cos x + 1 , x 
2
, khi đó
4
 f ( x ) dx
bằng
0
2 +4
A.
.
16
B.
 2 + 14
16
 2 + 16 + 16
D.
.
16
 2 + 16 + 4
C.
.
16
.
Lời giải
Chọn C
1
Ta có: f ( x ) =  f  ( x ) dx =  ( 2cos 2 x + 1) dx =  ( 2 + cos 2 x )dx = 2 x + sin 2 x + C .
2
1
1
Theo bài: f ( 0 ) = 4  2.0 + .sin 0 + C = 4  C = 4 . Suy ra f ( x ) = 2 x + sin 2 x + 4 .
2
2
Vậy:

4

0

1
Câu 2:

2
  1   2 + 16 + 4
1
cos 2 x



 4 
.
f ( x ) dx =   2 x + sin 2 x + 4  dx =  x 2 −
+ 4x  = 
+ −−  =
2
4
16


 0  16
  4
0
4
Cho
xdx
 ( x + 2)
2
= a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a + b + c bằng
0
B. −1 .
A. −2 .
Chọn B
1
1
xdx
 ( x + 2)
2
=
0
0
C. 2 .
Lời giải
D. 1 .
d ( x + 2)
d ( x + 2)
x+2−2
1
1
dx = 
dx − 2
dx = 
− 2
2
2
2
x+2
x+2
( x + 2)
0
0 ( x + 2)
0
0 ( x + 2)
1
1
1
1
1
2
2
1
= ln 3 − ln 2 + − 1 = − − ln 2 + ln 3 .
= ln ( x + 2 ) 0 +
3
3
x+2 0
1
1
Ta có a = − , b = −1 , c = 1 . Vậy 3a + b + c = −1 .
3

2

 x − 1 khi x  2
Cho hàm số f ( x ) =  2
. Tích phân 0
 x − 2 x + 3 khi x  2
23
23
17
A.
.
B.
.
C.
.
3
6
6
2
Câu 3:
f ( 2sin x + 1) cos xdx
bằng
D.
17
.
3
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 2sin x + 1  dt = 2 cos xdx .
Đổi cận x = 0  t = 1; x =

2
 t = 3.
Tích phân trở thành:
I=
3
2
3

1
1
f
t
dt
=
f
t
dt
+
f ( t ) dt 
(
)
(
)



21
21
2

Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 8
Phan Nhật Linh
2
3

1 2
=   ( t − 2t + 3) dt +  ( t 2 − 1) dt 
21
2

1  7 16  23
.
=  + =
23 3  6
2
Câu 4:
 ( x + 1)
Biết
1
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
dx
dx = a − b − c với a, b, c là các số nguyên dương. Tính
x + x x +1
P = a+b+c
A. P = 24
B. P = 12
C. P = 18
Lời giải
D. P = 46
Chọn D
Cách 1
dx
dx
x + x +1
1 ( x + 1) x + x x + 1 dx = 1 x( x + 1) x + 1 + x = 1
x( x + 1) x + x + 1
2
2
2
(
)
(
1
1 
+
 dx  2dt =
 2 x +1 2 x 

Khi đó I =
1+ 2
dx
x +1 + x
dx
x( x + 1)

Đăt t = x + 1 + x  dt = 
2+ 3
)
2
2+ 3
2
 −2 
dt =  
2
t
 t  1+
= −2 3 + 4 2 − 2 = 32 − 12 − 2
2
 P = a + b + c = 32 + 12 + 2 = 46.
Cách 2
2
2
2
dx
dx
1 ( x + 1) x + x x + 1 dx = 1 x( x + 1) x + 1 + x = 1
(
2
=
1
)
(
x( x + 1)
x +1 − x
1 
 1
dx =  
−
 dx = 2 x − 2 x + 1
x( x + 1)
x
x +1 
1
1
Câu 5:
(
2
Cho
e
0
x +1 + x
)
2
(
)(
x +1 − x
x +1 + x
)
)dx
= 2 2 − 2 − 2 3 + 2 2 = 32 − 12 − 2
1
3
3
dx
1+ e
= a + b ln
, với a , b là các số hữu tỉ. Tính S = a + b .
+1
2
x
A. S = 2 .
B. S = −2 .
C. S = 0 .
Lời giải
D. S = 1 .
Chọn C
Cách 1. Đặt t = e x  dt = e x dx . Đổi cận: x = 0  t = 1; x = 1  t = e
e
dx
e x dx
dt
1 1 
=
0 e x + 1 0 e x e x + 1 = 1 t ( t + 1) = 1  t − t + 1  dt = ( ln t − ln t + 1 ) 1 = (1 − ln (1 + e ) ) − (− ln 2)
1
1
e
(
= 1 + ln
e
)
2
1 + e a = 1
= 1 − ln

 S = a 3 + b3 = 0 .
1+ e
2
b = −1
(
)
(
)
1 ex +1 − ex
1
1 d ex +1
1
dx
1+ e
1
=
dx =  dx −  x
= x 0 − ln e x + 1 = 1 − ln
Cách 2.  x
.
x
0
e +1 0
e +1
e +1
2
0
0
0
1
Suy ra a = 1 và b = −1 . Vậy S = a 3 + b3 = 0 .
9 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

Câu 6:
Tính tích phân I =  cos3 x.sin xdx .
0
1
A. I = −  4 .
4
B. I = − 4 .
D. I = −
C. I = 0 .
1
.
4
Lời giải
Chọn C

Ta có: I =  cos3 x.sin xdx . Đặt t = cos x  dt = − sin xdx  − dt = sin xdx
0
Đổi cận: Với x = 0  t = 1 ; với x =   t = −1 .
−1
1
t4
Vậy I = −  t dt =  t dt =
4
1
−1
3
14 ( −1)
= −
=0.
4
4
−1
1
3
4
Cách khác : Bấm máy tính.
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) =
A.
x+4
2 x2 + 4
+C .
x
x2 + 4
B.
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x ) = ( x + 1) f  ( x ) là
x−4
2 x2 + 4
+C .
C.
x2 + 2 x − 4
2 x2 + 4
+C .
D.
2x2 + x + 4
2 x2 + 4
+C .
Lời giải
Chọn B
u = ( x + 1)
du = dx


.
Đặt
.
g
x
d
x
=
x
+
1
f
x
d
x
(
)
(
)
(
)




dv = f  ( x ) dx v = f ( x )
  g ( x ) dx = ( x + 1) f ( x ) −  f ( x ) dx = ( x + 1) f ( x ) − 
Tính


x +4
2
x2 + 4
dx .
dx , đặt t = x 2 + 4  t 2 = x 2 + 4  tdt = xdx .
x
t
dx =  dt =  1dt = t + C = x 2 + 4 + C .
t
x2 + 4
Khi đó:
Câu 8:
x
x
 g ( x ) dx = ( x + 1)
x
x2 + 4
x−4
− x2 + 4 + C =
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
x2 + 4
+C .
. Biết f ( 3) = 1 và
1
 xf ( 3x ) d x = 1 ,
khi đó
0
3
 x f ( x) d x
2
bằng
0
A. 3 .
B. 7 .
C. −9 .
D.
25
.
3
Lời giải
Chọn C
1
Xét tích phân I =  xf ( 3x ) d x = 1 .
0
1
1
Đặt t = 3x  d x = d t và x = t .
3
3
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10
Phan Nhật Linh
Khi x = 0 thì t = 0 . Khi x = 1 thì t = 3 .
3
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
1
1
1
Do đó I =  tf ( t ) . d t =  tf ( t ) d t ,
3
3
90
0
3
suy ra
3
3
3
1
tf ( t ) d t = 1   tf ( t ) d t = 9   tf ( t ) d t = 9   xf ( x ) d x = 9 .
9 0
0
0
0
3
Xét tích phân J =  x 2 f  ( x ) d x .
0


u = x
d u = 2 x d x
Đặt 
, ta có

v
=
f
x

d
v
=
f
x
d
x
(
)
(
)




2
3
3
3
J =  x 2 f  ( x ) d x = x 2 f ( x ) −  2 xf ( x ) d x = x 2 f ( x ) − 2 xf ( x ) d x
3
3
0
0
0
0
0
= 3 . f ( 3) − 0 . f ( 0 ) − 2.9 = −9 .
2
Câu 9:
2
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
. Biết f ( 6 ) = 1 và
1
 xf ( 6 x ) d x = 1 ,
khi đó
0
6
 x f  ( x ) d x bằng
2
0
A.
107
.
3
B. 34 .
D. −36 .
C. 24 .
Lời giải
Chọn D
1
Xét tích phân I =  xf ( 6 x ) d x = 1 .
0
1
1
d t và x = t .
6
6
Khi x = 0 thì t = 0 . Khi x = 1 thì t = 6 .
Đặt t = 6 x  d x =
6
6
1
1
1
tf ( t ) d t ,
Do đó I =  tf ( t ) . d t =
6
6
36 0
0
6
6
6
6
1
tf ( t ) d t = 1   tf ( t ) d t = 36   tf ( t ) d t = 36   xf ( x ) d x = 36 .
suy ra
36 0
0
0
0
6
Xét tích phân J =  x 2 f  ( x ) d x .
0
u = x


d u = 2 x d x
, ta có

v
=
f
x

d
v
=
f
x
d
x
(
)
(
)




2
Đặt 
6
6
6
J =  x 2 f  ( x ) d x = x 2 f ( x ) −  2 xf ( x ) d x = x 2 f ( x ) − 2 xf ( x ) d x
6
0
0
6
0
0
0
= 62. f ( 6 ) − 02. f ( 0 ) − 2.36 = −36 .
Câu 10: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −
11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
1
và f  ( x ) = x3  f ( x )  với mọi x 
5
. Giá trị của f (1)
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
bằng
4
71
A. −
B. −
35
20
C. −
79
20
D. −
4
5
Lời giải
Chọn D
f ( x)
2
f ( x)
2
=x  2
dx =  x3dx
Ta có: f  ( x ) = x  f ( x )   2
f ( x)
f ( x)
1
1
3
2
3
2

1 
15
1
1
15
4
  −
+
=  f (1) = − .
 =  −
f ( 2 ) f (1) 4
5
 f ( x)  1 4
4
Câu 11: Biết I = 
3
dx
= a ln 2 + b ln 3 + c ln 5, với a, b, c là các số nguyên. Tính S = a + b + c.
x +x
2
A. S = 6 .
B. S = 2 .
C. S = −2 .
Lời giải
D. S = 0.
Chọn B
Ta có:
1
1
1
1
=
= −
.
x + x x( x + 1) x x + 1
2
4
4
dx
1 
1
I = 2
=  −
dx = ( ln x − ln( x + 1) ) = (ln 4 − ln 5) − (ln 3 − ln 4)

Khi đó:
3
x + x 3  x x +1 
3
= 4 ln 2 − ln 3 − ln 5.
4
Suy ra: a = 4, b = −1, c = −1. Vậy S = 2.
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 và f ' ( x ) = cos x.cos 2 x, x 
2

. Khi đó
 f ( x ) dx bằng
0
A.
1042
.
225
B.
208
.
225
C.
242
.
225
D.
149
.
225
Lời giải
Chọn C
2
Ta có f ' ( x ) = cos x.cos 2 x, x 
nên f ( x ) là một nguyên hàm của f ' ( x ) .
1 + cos 4 x
cos x
cos x.cos 4 x
dx = 
dx + 
dx
2
2
2
1
1
1
1
1
=  cos xdx +  ( cos 5 x + cos 3x ) dx = sin x + sin 5 x + sin 3x + C .
2
4
2
20
12
1
1
1
sin 5 x + sin 3x + C , x  . Mà f ( 0 ) = 0  C = 0 .
Suy ra f ( x ) = sin x +
2
20
12
1
1
1
sin 5 x + sin 3x, x  . Khi đó:
Do đó f ( x ) = sin x +
2
20
12
Có


0
 f ' ( x ) dx =  cos x.cos

2
2 xdx =  cos x.

1
1
1
1
242
1

 1

.
f ( x ) dx =   sin x + sin 5 x + sin 3x  dx =  − cos x −
cos 5 x − cos 3x  =
2
20
12
100
36

 2
 0 225
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 12
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x
Câu 13: Cho hàm số f ( x ) có f ( 3) = 3 và f ' ( x ) =
với x  0 . Khi đó
x +1− x +1
A. 7 .
B.
197
.
6
29
.
2
C.
D.
8
 f ( x ) dx bằng
3
181
6
Lời giải
Chọn B
f ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f  ( x ) =
x
 x + 1 − x + 1dx = 
(
)(
x +1 +1
x +1
(
x
x +1− x +1
) dx =
x +1 −1
)
x +1 −1

1 
 dx =x + 2 x + 1 + C
x +1 
 1 +
Suy ra f ( x ) = x + 2 x + 1 + C
f ( 3) = 3  C = −4
f ( x) = x + 2 x +1 − 4
(x + 2
)
8
Dùng máy tính bấm
x + 1 − 4 dx =
3
197
6
Cách 2
x
 f  ( x ) dx =  x + 1 −
Xét
Khi đó,

f  ( x ) dx = 
x +1
dx . Đặt t = x + 1  x + 1 = t 2  x = t 2 − 1  dx = 2tdt .
( t − 1) . ( t + 1)  2tdt = 2t + 2 dt
x
t 2 −1
dx =  2  2tdt = 
)
(
t −t
t. ( t − 1)
x +1− x +1
= t 2 + 2t + C = ( x + 1) + 2 x + 1 + C .
Mà f ( 3) = 3  ( 3 + 1) + 2 3 + 1 + C = 3  C = −5 .
 f ( x ) = ( x + 1) + 2 x + 1 − 5 = x + 2 x + 1 − 4 .
8
8
  f ( x ) dx = 
3
3
(
 x2 4
x + 2 x + 1 − 4 dx =  +
 2 3
)
8

19 197
.
( x + 1) − 4 x  = 36 − =
6
6
3
3
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
. Biết f ( 5 ) = 1 và
1
 xf ( 5x ) dx = 1 ,
0
5
 x f  ( x ) dx bằng
2
0
A. 15 .
B. 23 .
C.
123
.
5
Lời giải
Chọn D
dt

dx =


5 . Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 5 .
Đặt t = 5 x  
x = t

5

13 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
D. −25 .
khi đó
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1
Khi đó:
5
5
5
t
dt
f ( t ) = 1   t. f ( t ) dt = 25   x. f ( x ) dx = 25 (*)
5
5
0
0
0
 xf ( 5x ) dx = 1  
0
du = f ' ( x ) dx
u = f ( x ) 

Đặt: 
.
x2
dv = xdx
v =

2
5 15 2
x2
Ta có: (*)  . f ( x ) −  x . f ' ( x ) dx = 25
0 20
2
5
5
25 1 2
−  x . f ' ( x ) dx = 25   x 2 . f ' ( x ) dx = −25 .
2 20
0

Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
. Biết f ( 4 ) = 1 và
1
 xf ( 4 x ) dx = 1 ,
khi đó
0
4
 x f  ( x ) dx bằng
2
0
A.
31
.
2
B. −16 .
D. 14 .
C. 8 .
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 4 x  dt = 4dx
Khi đó:
1
4
0
0
 xf ( 4 x ) dx = 
t. f ( t )
16
4
dt = 1   xf ( x ) dx = 16
0
4
Xét:
 x f  ( x ) dx
2
0
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
4
4
4
0
0
2
2
 x f  ( x ) dx = x f ( x ) −  2 x. f ( x ) dx = 16. f ( 4 ) − 2 x. f ( x ) dx = 16 − 2.16 = −16
4
0
0
Câu 16: Cho hàm số
f ( x)
1
 ( x + 1) f  ( x ) dx = 10 và
thỏa mãn
2 f (1) − f ( 0 ) = 2
1
. Tính
0
A. I = −12
 f ( x ) dx .
0
C. I = 1
Lời giải
B. I = 8
D. I = −8
Chọn D
1
1
u = x + 1
du = dx

. Khi đó I = ( x + 1) f ( x ) 0 −  f ( x ) dx .
dv = f  ( x ) dx v = f ( x )
0
Đặt 
1
1
0
0
Suy ra 10 = 2 f (1) − f ( 0 ) −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = −10 + 2 = −8
1
Vậy
 f ( x ) dx = −8 .
0
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 14
Phan Nhật Linh
Câu 17: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
và thoả mãn f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2 cos 2 x , x  . Tính
3
2
I=
−
 f ( x ) dx.
3
2
A. I = −6
C. I = −2
Lời giải
B. I = 0
D. I = 6
Chọn D
Đặt x = −t . Khi đó
−
3
2
Ta có: I =
−
0
0
3
2
3
2
3
2
3
2
 f ( x ) dx =  f ( −t ) d ( −t ) = −  f ( −t ) dt =  f ( − x ) dx
0
3
2
3
2
3
2
0
0
0
 f ( x ) d ( x ) =  f ( x ) d ( x ) +  f ( x ) d ( x ) =  f ( − x ) d ( x ) +  f ( x ) d ( x )
3
2
−
3
2
3
2
3
2
0
0
3
2
 ( f ( − x ) + f ( x )) d ( x ) = 
3
2

0
0
Hay I =
I=
0
3
2

0
0
2 + 2 cos 2 xd ( x ) =
3
2

0
2(1 + cos 2 x) d ( x )

2
 cos x d ( x ) = 2  cos xd ( x ) − 2  cos xd ( x )
4 cos xd ( x ) = 2
2
2

2
0
3
2
Vậy I = 2sin x | −2sin x | = 6.
2
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
thỏa xf ( x 3 )
f (1 x 2 )
x10
x6
2 x, x
0
 f ( x)dx bằng
−1
A. −
17
.
20
B. −
13
.
4
C.
17
.
4
Lời giải
Chọn B
Với
ta có : xf ( x 3 ) + f (1 − x 2 ) = − x10 + x 6 − 2 x
x
 x 2 f ( x3 ) + xf (1 − x 2 ) = − x11 + x 7 − 2 x 2
1
1
(*)
1
  x 2 f ( x3 )dx +  xf (1 − x 2 )dx =  ( − x11 + x 7 − 2 x 2 ) dx
0
0
0
1

1
1
1
5
f ( x3 )d( x3 ) −  f (1 − x 2 )d(1 − x 2 ) = −

30
20
8
1
1
1
1
1
5
3
  f ( x)dx +  f ( x)dx = −   f ( x)dx = −
30
20
8
4
0
0
0
Mặt khác : (*)   x f ( x )dx +  xf (1 − x )dx =
2
3
2
−1
0
(*) 
−1
0
(
)
0
 (−x
11
−1
1
1
17
2
f ( x3 )d ( x3 ) −  f (1 − x 2 )d (1 − x ) = −

3 −1
2 −1
24
15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
+ x 7 − 2 x 2 ) dx
D. −1 .
. Khi đó
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
0
1
0
1
1
17
13
 1 −3 17 
  f ( x)dx −  f ( x)dx = −   f ( x)dx = 3  . −  = − .
3 −1
20
24
4
 2 4 24 
−1
Cách khác tham khảo câu 48:
Cách 1:
Từ giả thiết : xf ( x 3 )
f (1 x 2 )
x10
ta suy ra f x là bậc ba có a
Cho x
0
f 1
0
Cho x
1
f 1
f 0
Cho x
1
f
b
Suy ra
c
d
f 0
f 0
2
2
f
1
bx 2
d
1
cx
d
2
4
x3
0
x3
x3
1.
3 . Từ đó có f x
f ( x)dx
2 x, x
1 . Nên f x
2
1
0; c
0
b
x6
1 b c
d
4.
2
2
3x 2 .
13
4
3x 2 dx
1
Cách 2:
Ta
có :
3
2
xf ( x )
10
f (1 x )
2
3
x
x
2
2 x, x
3
x f (x )
xf (1 x )
2x
11
x
7
x , x
2 x là hàm số lẻ
2
Suy ra x f ( x )
6
2
xf (1 x )
Do
đó:
0
  x
1
1
f ( x3 ) + xf (1 − x 2 ) + 2 x 2  dx = −   x 2 f ( x 3 ) + xf (1 − x 2 ) + 2 x 2  dx = −  ( − x11 + x 7 ) dx =
2
−1
0
0
0
0
1
−1
24
1

1
1
2 1
1
2
1
f ( x3 )d( x3 ) −  f (1 − x 2 )d(1 − x 2 ) + =  f ( x 3 )d( x 3 ) −  f (1 − x 2 )d(1 − x 2 ) − = −

3 −1
2 −1
3 30
20
3
24

1
1
4
1
1
15
f ( x)dx −  f ( x)dx + = −  f ( x)dx −  f ( x)dx =

3 −1
20
3
30
20
24
0
1
0
1
−1
0
1
1
1
 2  f ( x)dx − 3 f ( x)dx + 8 = −5 f ( x)dx =
0
0
1
−1
0
  f ( x)dx = −4 −  f ( x)dx = −
15
4
13
4
Cách 3:
xf ( x3 )
Thay x bởi − x ta có:
f (1 x 2 )
xf ( x3 )
 xf ( x 3 ) + xf (− x 3 ) = −4 x, x 
x10
f (1 x 2 )
x6
x10
2 x, x
x6
2 x, x
 f ( x 3 ) + f (− x 3 ) = −4, x 
Thay x 3 bởi x ta có f ( x) + f (− x) = −4, x 
Do đó
0
0
−1
−1
0
1
 f ( x)dx +  f (− x)dx =  f ( x)dx +  f (− x)dx = −4   f ( x)dx = −4
−1
Từ giả thiết suy ra xf ( x )
3
1
1
−1
0
2
f (1 x )
10
x
x
6
2 x, x
1
1
1
5
  f ( x3 )d( x3 ) −  f (1 − x 2 )d(1 − x 2 ) = −
30
20
8
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 16
Phan Nhật Linh
1
1
1
1
1
5
3
f
(
x
)d
x
+
f
(
x
)d
x
=
−

f ( x)dx = −



30
20
8
4
0
0
Vậy

−1
1
f ( x)dx = −4 −  f ( x)dx = −
0
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
13
4
Cách 4:
Do f (0) = −2 , ta có: xf ( x 3 )
a
f (1 x 2 )
a
a
−1
−1
x10
x6
2 x, x
  x 2 f ( x3 )dx +  xf (1 − x 2 )dx =  ( − x11 + x 7 − 2 x 2 ) dx
−1
a

3
0
a
1
1
f ( x)d( x) +  f ( x)d( x) =  ( − x11 + x 7 − 2 x 2 ) dx

3 −1
2 1−a2
−1
0
Đặt I =
1
 f ( x)dx
và J =  f ( x)dx
−1
0
1
1
17
I− J =−
3
2
24
1
1
4
a =1 I + J = −
3
3
3
Cho a = 0 
0
Vậy

−1
1
f ( x)dx = −4 −  f ( x)dx = −
0
13
4
Cách trình bày khác
Cách 1 : Chọn f ( x ) là hàm đa thức và giả sử n là bậc của f ( x ) .
Ta có : bậc của vế phải là 10. Bậc của xf ( x 3 ) là 3n + 1 , bậc của f (1 − x 2 ) là 2n , suy ra bậc của vế
trái là 3n + 1 . Khi đó : 3n + 1 = 10  n = 3 . Giả sử hệ số của x 3 trong f ( x ) là a .
Mặt khác, hệ số bậc cao nhất của vế trái và vế phải lần lượt là a và −1 nên a = −1 .
Cho x = 0 thì f (1) = 0  f ( x) = −( x − 1)( x 2 + bx + c) .
Cho x = 1 thì f (1) + f (0) = −2  f (0) = −2  c = −2 .
Cho x = −1 thì f (−1) = −4  b = 1 .
Suy ra f ( x) = −( x − 1)( x 2 + x − 2) . Thử lại thấy thỏa.
0
Vậy

−1
0
f ( x)dx =   −( x − 1)( x 2 + x − 2)  dx = −
−1
0
Cách 2 : Đặt I =

−1
13
.
4
1
f ( x)dx và J =  f ( x)dx
0
3
2
10
6

 xf ( x ) + f (1 − x ) = − x + x − 2 x, x 
ta có : 
3
2
10
6

− xf (− x ) + f (1 − x ) = − x + x + 2 x, x 
 xf ( x 3 ) + xf (− x 3 ) = −4 x, x 
 f ( x) + f (− x) = −4, x 
 f ( x 3 ) + f (− x 3 ) = −4, x  0
(do f (0) = −2 )
0
Suy ra
  f ( x) + f (− x) dx = −4 
−1
Mặt khác, với x 
0

−1
1
f ( x)dx +  f ( x)dx = −4  I + J = −4 (1)
0
ta có : xf ( x ) + f (1 − x ) = − x10 + x 6 − 2 x
3
 x 2 f ( x3 ) + xf (1 − x 2 ) = − x11 + x 7 − 2 x 2
17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
0
0
0
  x 2 f ( x3 )dx +  xf (1 − x 2 )dx =  ( − x11 + x 7 − 2 x 2 ) dx
−1
−1
0

−1
0
1
1
17
1
1
17
f ( x3 )d(x3 ) −  f (1 − x 2 )d(1 − x 2 ) = −
 I − J = − . (2)

3 −1
2 −1
24
3
2
24
0
Từ (1) và (2) suy ra I =
13
 f ( x)dx = − 4 .
−1
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) thoả mãn f ( 2 ) = −
bằng.
35
A. −
36
B. −
2
2
và f  ( x ) = 2 x  f ( x )  với mọi x 
9
2
3
C. −
19
36
. Giá trị của f (1)
D. −
2
15
Lời giải
Chọn B
Ta có f  ( x ) = 2 x  f ( x )  
f ( x)
2
 f ( x ) 
= 2x  
f ( x)
dx =  2 xdx  −
 f ( x ) 
1
2
2
1
1
 f ( x) = − 2
C = .
. Theo giả thiết: f ( 2 ) = −  − = −
x +C
9
9
4+C
2
1
2
 f (1) = − .
Vậy f ( x ) = −
1
3
x2 +
2
2
2
1
= x2 + C
f ( x)
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f  ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) .
2
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. g ( −3)  g ( 3)  g (1) B. g (1)  g ( −3)  g ( 3)
C. g ( 3)  g ( −3)  g (1) D. g (1)  g ( 3)  g ( −3)
Lời giải
Chọn D
Ta có g  ( x ) = 2 f  ( x ) − 2 ( x + 1)
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 18
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
x = 1
g ( x) = 0  f  ( x ) = x +1  
.
 x = 3
Bảng biến thiên
Suy ra g ( −3)  g (1) và g ( 3)  g (1) .
Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = f '( x), y = x + 1, x = −3, x = 1
Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x + 1, y = f '( x), x = 1, x = 3
Dựa vào hình vẽ, ta thấy: S1  S 2  0 .
Suy ra: S1 − S 2  0
1
3
−3
1
1
3
−3
1
   f  ( x ) − ( x + 1)  dx −  ( x + 1) − f  ( x )  dx  0
   f  ( x ) − ( x + 1)  dx +   f  ( x ) − ( x + 1)  dx  0
3
   f  ( x ) − ( x + 1)  dx  0 .
−3
Khi đó: g ( 3) − g ( −3) =
3
3
−3
−3
 g  ( x ) dx = 2   f  ( x ) − ( x + 1) dx  0
Từ và suy ra: g (1)  g ( 3)  g ( −3) .
3
2
x và parabol y = x + a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt
2
là diện tích của 2 hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc khoảng
Câu 21: Cho đường thẳng y =
nào sau đây
19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
1 9 
A.  ;  .
 2 16 
2 9 
B.  ;  .
 5 20 
 9 1
C.  ;  .
 20 2 
Lời giải
 2
D.  0; 
 5
Chọn B
Xét phương trình tương giao:
Để
phương
trình
(1)
3
3
x = x 2 + a  x 2 − x + a = 0 (1)
2
2
có
hai
nghiệm
dương
phân
biệt
x1 , x2
(
x2  x1  0)
9

  = 4 − 4a  0

3
9

  x1 + x2 =  0  0  a  .
2
16

 x1.x2 = a  0


x1
x1
1
3
3
3


1

Ta có: S1 =   x 2 − x + a  dx =  x3 − x 2 + ax  = x13 − x12 + ax1
4
2
4

3
0 3
0
x
x2
2
3
3
 2 3

1
 1

1 3 3 2

S2 = −   x − x + a  dx = −  x − x + ax  = −  x23 − x22 + ax2  +  x13 − x12 + ax1 
4
4
2
4
3
 3


3
 x1
x1 
Do S1 = S2 
1 3 3 2
x2 − x2 + ax2 = 0
3
4
3
3
x2 + a = 0  a = − x22 + x2 ( 2 )
2
2
2
3
9
1
3
3 

 x23 − x22 +  − x22 + x2  .x2 = 0  − x23 + x22 = 0  x2 = ( loại nghiệm x2 = 0 )
3
4
8
3
4
2 

27  2 9 
Thay vào ( 2 )  a =
 ;  .
64  5 20 
mà x2 là nghiệm của (1) nên x22 −
Câu 22: Cho đường thẳng y = 3 x và parabol y = 2 x 2 + a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt
là diện tích của 2 hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc khoảng
nào dưới đây?
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 20
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
4 9 
A.  ;  .
 5 10 
 4
B.  0;  .
 5
 9
C. 1;  .
 8
Lời giải
 9 
D.  ;1
 10 
Chọn A
Xét phương trình tương giao: 3 x = 2 x 2 + a  2 x 2 − 3 x + a = 0 (1)
Để
phương
trình
(1)
có
hai
nghiệm
dương
phân
biệt
x1 , x2
(
x2  x1  0)

 = 9 − 8a  0

3
9

  x1 + x2 =  0  0  a  .
2
8

a

x1.x2 =  0


2
x
x1
1
2 3 3 2
3
2

Ta có: S1 =  2 x 2 − 3x + a dx =  x 3 − x 2 + ax  = x1 − x1 + ax1
3
2
2
3
0
0
(
)
x2
x2
3
3
3
2

2
 2

S2 = −  ( 2 x − 3x + a ) dx = −  x3 − x 2 + ax  = −  x23 − x22 + ax2  +  x13 − x12 + ax1 
2
2
2
3
 x1
3
 3

x1
2
2 3 3 2
x2 − x2 + ax2 = 0
3
2
mà x2 là nghiệm của (1) nên 2 x22 − 3 x2 + a = 0  a = −2 x22 + 3 x2 ( 2 )
Do S1 = S2 
2
3
4
3
9
 x23 − x22 + ( −2 x22 + 3x2 ) .x2 = 0  − x23 + x22 = 0  x2 = ( loại nghiệm x2 = 0 )
3
2
3
2
8
Thay vào ( 2 )  a =
27  4 9 
 ;  .
32  5 10 
Câu 23: Cho hai hàm số f ( x ) = ax 2 + bx 2 + cx − 2 và g ( x ) = dx 2 + ex + 2 ( a , b , c , d , e 
). Biết
rằng đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2 ;
−1 ; 1 (tham khảo hình vẽ).
21 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
37
13
9
A.
.
B.
.
C. .
6
2
2
D.
37
12
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f ( x ) và g ( x ) là
ax3 + bx 2 + cx − 2 = dx 2 + 3x + 2  a 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − 4 = 0.
( *)
Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình (*) có ba nghiệm x = −2 ; x = −1
; x = 1 . Ta được
ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − 4 = k ( x + 2 )( x + 1)( x − 1) .
Khi đó −4 = −2k  k = 2 .
1
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là
 2 ( x + 2)( x + 1)( x − 1) dx =
−2
37
.
6
1
và g ( x ) = dx 2 + ex + 1 ( a, b, c, d , e  ) . Biết rằng đồ
2
thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là −3 ; −1 ; 1 . Hình
Câu 24: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx −
phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng
A.
9
2
B. 8
C. 4
D. 5
Lời giải
Chọn C
Cách 1:
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 22
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
1
Xét phương trình ax3 + bx 2 + cx − = dx 2 + ex + 1 Û ax3 + ( b - d ) x 2 + ( c - e) x - = 0 có 3
2
2
3
3


 −27 a + 9 ( b − d ) − 3 ( c − e ) − 2 = 0
b − d = 2


3
1


 a =
nghiệm lần lượt là −3 ; −1 ; 1 nên suy ra  − a + ( b − d ) − ( c − e ) − = 0
2
2


3
−1


a + ( b − d ) + ( c − e ) − 2 = 0
c − e = 2


1 3 3 2 1
3
x + x − x− .
2
2
2
2
giới
hạn
bởi
2
Vậy f ( x ) − g ( x ) =
Hình
phẳng
−1
S=
đồ
thị
đã
cho
có
diện
tích
bằng
1
 ( f ( x ) − g ( x ) ) dx +  ( g ( x ) − f ( x ) ) dx
−3
−1
−1
3
1
3
3
1
3
1
1
 S =   x3 + x 2 − x −  dx −   x3 + x 2 − x −  dx = 2 + 2 = 4 .
2
2
2
2
2
2
2
2
−3 
−1 
Cách 2:
Ta có: f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x + 1)( x − 1) .
1
Suy ra a ( x + 3)( x + 1)( x − 1) = ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − d ) x −
Xét hệ số tự do suy ra: −3a = −
Do đó: f ( x ) − g ( x ) =
Diện
3
1
a= .
2
2
1
( x + 3)( x + 1)( x − 1) .
2
tích
−1
S=
3
2
−1
1
−3
−1
S =   f ( x ) − g ( x )  dx +   g ( x ) − f ( x ) dx
bằng:
1
1
1
( x + 3)( x + 1)( x − 1) dx −  ( x + 3)( x + 1)( x − 1) dx = 4 .

2 −3
2 −1
Câu 25: Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 . Đường thẳng
x = k (0  k  ln 4) chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm k để
S1 = 2 S 2 .
y
S2
S1
x
O
23 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
k
ln 4
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
2
A. k = ln 4 .
B. k = ln 2 .
3
C. k = ln
8
3
D. k = ln 3 .
Lời giải
Chọn D
k
Ta có S1 =  e x dx = e x 0 = ek − 1 và S2 =
k
ln 4
 e dx = e
x
0
x ln 4
k
= 4 − ek .
k
Lại có S1 = 2S2  e k − 1 = 2 ( 4 − e k )  k = ln 3 .
Câu 26: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x3 − x và đồ thị hàm số y = x − x 2 .
A.
37
12
B.
9
4
C.
81
12
D. 13
Lời giải
Chọn A
x = 0

Phương trình hoành độ giao điểm x − x = x − x  x + x − 2 x = 0   x = 1
 x = −2
3
2
3
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x3 − x và đồ thị hàm số y = x − x 2 là:
1
S=

(
0
)
x3 − x − x − x 2 dx =
−2
(
)
−2
0
1
x3 + x 2 − 2 x dx +
(x
3
)
+ x 2 − 2 x dx
0
1
 x 4 x3

 x 4 x3

 16 8
  1 1  37
=  + − x 2  +  + − x 2  = −  − − 4  +  + − 1 = .
 4 3
  4 3  12
 4 3
 −2  4 3
0
Câu 27: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực
trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là diện tích của hai
hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số
A.
3
.
4
B.
5
.
8
S1
bằng
S2
C.
3
.
8
D.
3
.
5
Lời giải
Chọn D
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 24
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
2
2
Gọi f ( x ) = ax + bx + cx + d , với a  0  f  ( x ) = 3ax + 2bx + c .
Theo giả thiết ta có f  ( x1 ) = f  ( x2 ) = 0  f  ( x ) = 3a ( x − x1 )( x − x2 ) = 3a ( x − x1 )( x − x1 − 2 ) .
 f  ( x ) = 3a ( x − x1 ) − 6a ( x − x1 ) .
2
 f ( x ) =  f  ( x ) dx = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + C .
3
2
Ta có f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0  f ( x1 ) + f ( x1 + 2 ) = 0  C + 8a − 12a + C = 0  C = 2a .
Do đó f ( x ) = a ( x − x1 ) − 3a ( x − x1 ) + 2a = a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2  .
3
2
3
2

f ( x ) = 0  a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 )

3
Suy ra S2 =
x1 +1

f ( x ) dx =
x1 +1

x1
 x = x1 + 1 − 3

.
+ 2  = 0   x = x1 + 1


 x = x1 + 1 + 3
x1 +1
 a ( x − x )
3
1
x1
=
2

x1
− 3 ( x − x1 ) + 2 dx

2
3
2
a ( x − x1 ) − 3 ( x − x1 ) + 2 d ( x − x1 )


x1 +1
 ( x − x1 )4

5a
3
= a
− ( x − x1 ) + 2 ( x − x1 ) 
=
.
4
4

 x
1
Mặt khác ta có S1 + S2 =
x1 +1
x1 +1
 f ( x ) dx = f ( x )  dx = f ( x ) = 2a
1
1
x1
Vậy
1
 S1 = 2a − S2 =
x1
3a
.
4
S1 3
= .
S2 5
Câu 28: Cho đường thẳng y = x và Parabol y =
1 2
x + a ( a là tham số thực dương). Gọi
2
là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi
S1 và S 2 lần lượt
S1 = S 2 thì a thuộc khoảng
nào sau đây?
3 1
7 2
A.  ;  .


1
3
B.  0;  .
1 2
3 5
C.  ;  .
Lời giải
Chọn C
1
Xét phương trình tương giao: x 2 + a = x
2
25 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
2 3
5 7
D.  ; 
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
 x1 = 1 − 1 − 2a
1
1
, với điều kiện a  .
 x2 − x + a = 0  
2
2
 x1 = 1 + 1 − 2a
1− t2
Đặt t = 1 − 2a , ( t  0 )  a =
.
2
Xét g ( x ) =
1 2
x − x + a và
2
 g ( x )dx = G ( x ) + C .
x1
Theo giả thiết ta có S1 =  g ( x )dx = G ( x1 ) − G ( 0 ) .
0
x2
S2 = −  g ( x )dx = G ( x1 ) − G ( x2 ) .
x1
Do
S1 = S 2  G ( x2 ) = G ( 0 )  1 x23 − 1 x22 + ax2 = 0
6
2
2
 x22 − 3x2 + 6a = 0  (1 + t )2 − 3 (1 + t ) + 6  1 − t  = 0
 2 
 −2t 2 − t + 1 = 0  t =
Khi t =
1
và t = −1 .
2
1
3
a= .
2
8
3
3
và g ( x ) = dx 2 + ex − , ( a, b, c, d , e  ) . Biết rằng đồ
4
4
thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2 ; 1 ; 3 . Hình
Câu 29: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx +
phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
A.
253
48
B.
125
24
C.
125
48
D.
253
24
Lời giải
Chọn A
Ta có phương trình hoành độ giao điểm là:
3
3
3
ax3 + bx 2 + cx + = dx 2 + ex −  ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x + = 0 .
4
4
2
3
Đặt h ( x ) = ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x +
2
3
Dựa vào đồ thị ta có h ( x ) = ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x + có ba nghiệm là x = −2 ; x = 1; x = 3 .
2
3
Với x = −2 ta có −8a + 4 ( b − d ) − 2 ( c − e ) = − , (1) .
2
3
Với x = 1 ta có a + ( b − d ) + ( c − e ) = − , ( 2 ) .
2
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 26
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
3
Với x = 3 ta có 27a + 9 ( b − d ) + 3 ( c − e ) = − ,
2
( 3) .
3
1


 −8 a + 4 ( b − d ) − 2 ( c − e ) = − 2
a = 4


3
1


a
+
b
−
d
+
c
−
e
=
−

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ta có  (
) ( )
b − d = − .
2
2


3
5


27 a + 9 ( b − d ) + 3 ( c − e ) = − 2
c − e = − 4


Hay ta có
S=
3
1
−2
−2
 f ( x ) − g ( x ) dx = 
3
1 3 1 2 5
3
1
1
5
3
63 4 253
x − x − x + dx +  x3 − x 2 − x + dx = + =
.
4
2
4
2
4
2
4
2
16 3 48
1
1
( a, b, c, d , e  ) . Biết rằng đồ
2
thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt −3; −1; 2 .
Câu 30: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1 và g ( x ) = dx 2 + ex +
Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
253
125
253
A.
.
B.
.
C.
.
12
12
48
Lời giải
Chọn C
Vì
phương
trình
có
3
f ( x) − g ( x) = 0
D.
nghiệm
125
48
−3; −1; 2
nên
f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x − 2 )( x + 1) .
2
1
253
3
1
So sánh hệ số tự do ta được −6a = −  a = . Do đó S =  ( x + 3)( x + 1)( x − 2 ) dx =
.
2
4
4
48
−3
Câu 31: Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông
muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ).
Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên
dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.)
8m
27 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng
A. 7.862.000 đồng
B. 7.653.000 đồng
C. 7.128.000 đồng
Lời giải
D. 7.826.000 đồng
Chọn B
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Giả sử elip có phương trình
x2 y 2
+
= 1.
a 2 b2
Từ giả thiết ta có 2a = 16  a = 8 và 2b = 10  b = 5
5

y=
64 − x 2 ( E1 )

x
y
8
Vậy phương trình của elip là
+
=1 
64 25
 y = − 5 64 − x 2 ( E )
2

8
2
2
Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường ( E1 ); ( E2 ); x = −4; x = 4 và diện tích của
4
4
5
5
64 − x 2 dx =  64 − x 2 dx
8
20
−4
dải vườn là S = 2 
Tính tích phân này bằng phép đổi biến x = 8sin t , ta được S =
40
+ 20 3
3
 40

+ 20 3  .100000 = 7652891,82 7.653.000 .
 3

Khi đó số tiền là T = 
Câu 32: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để
sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo
cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 = 8m, B1 B2 = 6m và tứ giác MNPQ là hình
chữ nhật có MQ = 3m .
A. 7 322 000 đồng.
B. 7 213000 đồng.
C. 5526 000 đồng.
D. 5782 000 đồng.
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 28
Phan Nhật Linh
Fanpage: Luyện thi Đại học 2023
Lời giải
Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ Oxy có A1 A2 trùng với trục Ox , B1 B2 trùng với trục Oy , gốc tọa độ
O = A1 A2  B1 B2 (như hình vẽ).
Elip có độ dài trục lớn 2a = A1 A2 = 8  a = 4 ( m ) , độ dài trục nhỏ 2b = B1 B2 = 6  b = 3 ( m ) .
Suy ra phương trình chính tắc của elip là
3
x2 y 2
+ 2 = 1  y =  16 − x 2 . Trong đó:
2
4
4
3
y2
MQ 3
=  xM = −4 1 − M = −2 3  xN = 2 3 .
9
2
2
Gọi S1 là diện tích phần tô đậm của elip, S 2 là diện tích phần không bị tô đậm của elip và S là diện
Do MQ = 3  yM =
tích elip. Suy ra S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =
y=−
3
16 − x 2 , x = −2 3 , x = 2 3
4
Ta có:
( )
+ S =  ab = 12 m 2 .
2 3
+ S1 =

−2 3
2 3
3
 3

16 − x 2 −  −
16 − x 2  dx = 3 
4
 4

0
Đặt x = 4sin t  dx = 4 cos tdt .
Khi x = 0  t = 0 . Khi x = 2 3  t =
29 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh

3
16 − x 2 dx .
3
16 − x 2 ,
4
Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

2 3
 S1 = 3 
3

3

3
0
0
0
 24 (1 + cos2t ) dt
16 − x 2 dx = 3 16 − 16sin 2 t .4 cos tdt =  48cos 2 tdt =
0

= ( 24t + 12sin 2t ) 03 = 8 + 6 3 ( m2 ) .
 S2 = S − S1 = 4 − 6 3 ( m 2 ) .
Suy ra chi phí để sơn biển quảng cáo là: 200000.S1 + 100000.S 2  7322416 (đồng).
Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo gần nhất với 7 322 000 đồng.
F ( x)
Câu 33. Biết
và
G ( x)
là
hai
nguyên
hàm
của
hàm
số
f ( x)
trên
và
5
 f ( x ) dx = F ( 5) − G ( 0 ) + a, ( a  0 ) . Gọi S
là diện tích hình phẳng giới hạn bỡi các đường
0
y = F ( x ) , y = G ( x ) , x = 0 và x = 5 . Khi S = 20 thì a bằng?
A. 4 .
B. 15 .
C. 25 .
Lời giải
D. 20 .
Chọn A
Đặt G ( x ) = F ( x ) + C ( C là hằng số).
5
 f ( x ) dx = F ( 5) − F ( 0) = F ( 5) − (G ( 0 ) − C ) = F (5) − G ( 0 ) + C
0
Suy ra C = a .
5
5
5
0
0
0
S =  F ( x ) − G ( x ) dx =  a dx =  adx = 5a .
Theo giả thiết 5a = 20  a = 4
Tư duy toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 30