Tải bản đầy đủ

Phân tích một số câu vận dụng trong đề minh họa THPTQG 2020 môn toán

LỜI GIẢI VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ CÂU VẬN DỤNG TRONG ĐỀ THAM KHẢO
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020
Nguyễn Minh Nhiên
Đề thi tham khảo kỳ thi THPT quốc gia năm 2020 giúp giáo viên, học sinh đánh giá mức độ đề
thi qua đó có những định hướng quá trình ôn tập. Bài viết này, xin phân tích một số bài toán được khai
thác theo nhiều hướng giúp chúng ta có những cách tiếp cận khác nhau đối với những dạng toán vận
dụng trong các đề thi THPT quốc gia.
Câu 38: Cho hàm số f x  có f 3  3 và f ' x  
A. 7 .

B.

197
.
6

x

với x  0 . Khi đó

x 1 x 1


29
.
2

C.

D.

8

 f x dx

181
.
6

bằng

3

Lời giải 1:

f  8   f 3  


3


3

f  x  dx 

8

x

 x 1
3


x 1

dx  7  f 8  10 .

8

8

3

3

f x  dx  xf x    xf  x  dx  8 f 8  3 f 3  
8
3

Lời giải 2:
Ta có f  x  

x

x 1 x 1







x 1 1
x 1

Suy ra f x   x  2 x  1  C



x2

x 1 x 1

 1

x  1 1



x 1 1

dx  80  9 

229 197

.
6
6

1

x 1

Mà f 3  3  C  4 . Do đó f x   x  2 x  1  4 .

 x  2



8

Vì vậy

x  1  4 dx 

3

197
6

Nhận xét:
Với giả thiết như vậy ta có thể xử lý theo hai hướng:
Hướng 1: Tìm f x  từ đó suy ra

8

 f x  dx . Nếu để ý kỹ hơn thì thấy
3

x

x 1 x 1

Khi đó, có thể dễ dàng tìm f x  .







x 1 1
x 1



 1

x 1 1



x 1 1

1

x 1

Hướng 2: Sử dụng tích phân từng phần
8


3

8

8

f x  dx  xf x    xf  x  dx  8 f 8  3 f 3  
8
3

Như thế, chỉ cần tính f 8 là xong.

3

3

Trang 1

x2

x 1 x 1

dx

NGUYỄN MINH NHIÊN

8

8


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 38





Câu 38.1: Cho hàm số f x  liên tục trên 0;  . Biết f  x  

ln x
và f 1  0 . Giá trị của
x

bằng
A. e  2 .

B.

1
.
2

C.

1
.
6

D.

e

 f x  dx
1

e 2
.
2

Câu 38.2: Biết rằng x sin x là một nguyên hàm của hàm số f x  trên R. Gọi F (x ) là một nguyên hàm


của hàm số  f '(x )  f '(  x ) cos x thỏa mãn F 0  0 . Giá trị của F   bằng


 4 
A.  .

B.

C. 0 .

D.

Câu 38.3: Cho hàm số f x  liên tục trên  thỏa mãn các điều kiện:


.
2

f 0  2 2, f x   0, x   và f x .f  x   2x  1 1  f 2 x , x   .

Khi đó giá trị f 1 bằng
A.

26 .

B.

24 .

C.

15 .

Trang 2

D.

23 .

NGUYỄN MINH NHIÊN


.
4


LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 38





ln x
Câu 38.1: Cho hàm số f x  liên tục trên 0;  . Biết f  x  
và f 1  0 . Giá trị của
x
bằng
A. e  2 .

B.

1
.
2

1
.
6
Lời giải
C.

D.

e

 f x  dx
1

e 2
.
2

Chọn D
Ta có

f  x  dx 





ln x
dx 
x



ln xd ln x  

ln2 x
Mà f 1  0  C  0  f x  
.
2

Do đó,

e

1

1

 f x  dx  

ln2 x
e 2
dx 
.
2
2

NGUYỄN MINH NHIÊN

e

ln2 x
ln2 x
 C . Nên f x  
 C , với C là hằng số.
2
2

Câu 38.2: Biết rằng x sin x là một nguyên hàm của hàm số f x  trên R. Gọi F (x ) là một nguyên hàm


của hàm số  f '(x )  f '(  x ) cos x thỏa mãn F 0  0 . Giá trị của F   bằng


 4 
A.  .

B.


.
4

C. 0 .

D.


.
2

Lời giải
Chọn D
x sin x là một nguyên hàm của hàm số f x   f x   x sin x  '  sin x  x cos x

 f (x )   sin x  x cos x

 f '(x )  2 cos x  x sin x

 f '   x   2 cos x    x  sin x
 f ' x   f '   x   2 sin x

Khi đó

F (x ) 



  f '(x )  f '(  x ) cos x dx    2 sin x . cos x dx    sin 2x dx   2 cos 2x  C

Từ F (0)  0  C 

 



 F (x )   cos 2x   F    .
2
2
2
 4  2

Câu 38.3: Cho hàm số f x  liên tục trên  thỏa mãn các điều kiện:
f 0  2 2, f x   0, x   và f x .f  x   2x  1 1  f 2 x , x   .
Khi đó giá trị f 1 bằng
A.

26 .

B.

24 .

C.

15 .

Trang 3

D.

23 .


Lời giải
Chọn B
Ta có f x .f  x   2x  1 1  f 2 x  

Suy ra



f x .f  x 

1  f 2 x 

dx 

1  f 2 x 





2 1  f 2 x 

 

1 2 2

 2x  1 .

d 1  f 2 x 

 2x  1dx  

Theo giả thiết f 0  2 2 , suy ra
Với C  3 thì

f x .f  x 

2

 2x  1dx 

1  f 2 x   x 2  x  C .

C  C  3.

1  f 2 x   x 2  x  3  f x  

x

2



 x  3  1 . Vậy f 1  24 .
2

NGUYỄN MINH NHIÊN

Trang 4


Câu 43: Có bao nhiêu cặp số nguyên (x ; y ) thỏa mãn 0  x  2020 và log 3 (3x  3)  x  2y  9y ?
A. 2019 .

B. 6 .

C. 2020 .

D. 4 .

Lời giải
Điều kiện: x  0 nên log 3 (3x  3) xác định.
Ta có
log 3 (3x  3)  x  2y  9y  log 3 (x  1)  (x  1)  2 log 3 3y  9y
 log 3 (x  1)  (x  1)  log 3 9y  9y 1

Xét hàm số f (t )  log 3 t  t, t  0;  có f (t ) 
Do đó hàm số luôn đồng biến trên 0; .

1
 1  0, t  0;  .
t ln 3

Khi đó 1  x  9y  1

Do y nguyên nên y  0;1;2; 3 .
 x ; y  

0; 0; 8;1; 80;2;728; 3 .

Vậy có 4 cặp số nguyên (x ; y ) thỏa mãn.
Nhận xét:

NGUYỄN MINH NHIÊN

Vì 0  x  2020 nên 0  9y  1  2020  0  y  log9 2021 .

Với dạng toán này việc quan trọng nhất là xác định được hàm đặc trưng f (t )  log 3 t  t, t  0;  .
Ngoài ra, nếu để ý hàm số y  log 3 (3x  3)  x đồng biến trên 1;  , hàm số 2x  9x cũng đồng
biến trên ;  nên 0  x  2020  1  2y  9y  log 3 6063  2020  1  y  4 .

Trang 5


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 43
Câu 43.1: Có bao nhiêu cặp số (x ; y ) nguyên thỏa mãn các điều kiện 0  x  2020 và
log2 (2x  2)  x  3y  8y ?
A. 2019.

B. 2018.

C. 1.

D. 4.

Câu 43.2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số x ; y  thỏa mãn đồng thời các
điều kiện e3x 5y  ex 3y 1  1  2x  2y và log23 3x  2y  1  m  6 log 3 x  m 2  9  0 ?

A. 6 .
B. 5 .
C. 8 .
D. 7 .
x
Câu 43.3: Cho phương trình 7  m  log7 x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m  25;25 để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 9 .

B. 25 .

C. 24 .

D. 26 .

1
2x  1 
1
Câu 43.4: Cho phương trình log2 x  2  x  3  log2
 1    2 x  2 , gọi S là tổng tất
2
x
x 

cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là
2

B. S 

1  13
.
2

C. S  2 .

Trang 6

D. S 

1  13
.
2

NGUYỄN MINH NHIÊN

A. S  2 .


LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 43
Câu 43.1: Có bao nhiêu cặp số (x ; y ) nguyên thỏa mãn các điều kiện 0  x  2020 và
log2 (2x  2)  x  3y  8y ?
A. 2019.

B. 2018.

C. 1.
Lời giải

D. 4.

Chọn D
Do 0  x  2020 nên log2 (2x  2) luôn có nghĩa.
Ta có
log2 (2x  2)  x  3y  8y  log2 (x  1)  x  1  3 log2 2y  8y
 log2 (x  1)  x  1  log2 8y  8y (1)

Xét hàm số f (t )  log2 t  t, t  0;  có f (t ) 
Khi đó 1  x  8y  1

Ta có 0  x  2020 nên 0  8y  1  2020  0  y  log 8 2021  3, 66 .



Mà y   nên y  0;1;2; 3 .

Vậy có 4 cặp số (x ; y ) nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

NGUYỄN MINH NHIÊN

Do đó hàm số luôn đồng biến trên 0; .

1
 1  0, t  0;  .
t ln 2

Câu 43.2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số x ; y  thỏa mãn đồng thời các
điều kiện e3x 5y  ex 3y 1  1  2x  2y và log23 3x  2y  1  m  6 log 3 x  m 2  9  0 ?
A. 6 .

B. 5 .

C. 8 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn B

Ta có e3x 5y  ex 3y 1  1  2x  2y  e3x 5y  3x  5y   ex 3y 1  x  3y  1 .

Xét hàm số f t   et  t trên  . Ta có f  t   et  1  0 nên hàm số đồng biến trên  .

Do đó phương trình có dạng f 3x  5y   f x  3y  1  3x  5y  x  3y  1  2y  1  2x .
Thế vào phương trình còn lại ta được log23 x  m  6 log 3 x  m 2  9  0 .
Đặt t  log3 x , phương trình có dạng t 2  m  6t  m 2  9  0 .

Để phương trình có nghiệm thì   0  3m 2  12m  0  0  m  4 .
Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 43.3: Cho phương trình 7 x  m  log7 x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m  25;25 để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 9 .

B. 25 .

C. 24 .

Trang 7

D. 26 .


Lời giải
Chọn C
ĐK: x  m

x


7  m  t
Đặt t  log7 x  m  ta có  t
 7x  x  7t  t 1

7 m  x




Do hàm số f u   7u  u đồng biến trên  , nên ta có 1  t  x . Khi đó:

7x  m  x  m  x  7x .

Xét hàm số g x   x  7 x  g  x   1  7x ln 7  0  x   log7 ln 7  .
Bảng biến thiên
x

 log7 ln 7 



g  x 







0





g x 






NGUYỄN MINH NHIÊN

g  log 7 ln 7 



Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m  g  log7 ln 7  0, 856 (các nghiệm này đều
thỏa mãn điều kiện vì x  m  7x  0 )

Do m nguyên thuộc khoảng 25;25 , nên m  24; 16;...; 1 .

1
2x  1 
1
Câu 43.4: Cho phương trình log2 x  2  x  3  log2
 1    2 x  2 , gọi S là tổng tất

2
x
x 
cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là
2

B. S 

A. S  2 .

1  13
.
2

D. S 

C. S  2 .
Lời giải

1  13
.
2

Chọn D


2  x   1
Điều kiện 
2.

x

0


1
2x  1 
1
Ta có log2 x  2  x  3  log2
 1    2 x  2
2
x
x 

 log2 x  2 



2



1  
1
x  2  1  log2 2    2    1  f
x  
x 


2



2

Xét hàm số f t   log2 t  t  1 , t  0 .
2

Trang 8






1
x  2  f 2   1
x 



Ta có f  t  

1
2 ln 2.t 2  2 ln 2.t  1
 2 t  1 
 0 , t  0 .
t ln 2
t. ln 2

Do đó hàm số f t  đồng biến trên khoảng 0; .


x  1


1
3  13
Nên 1  x  2  2   x 3  2x 2  4x  1  0  x 
x
2


3

13
x 

2
x  1

1  13
Kết hợp với điều kiện ta được 
. Vậy S 
.
x  3  13
2

2


NGUYỄN MINH NHIÊN

Trang 9


Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y  f x  có đồ thị như hình dưới đây
y

O





Số điểm cực trị của hàm số g x   f x 3  3x 2 là
A. 5.

B. 3.

x

4

D. 11.

C. 7.







 

Xét hàm số g x   f x 3  3x 2 , ta có g  x   3x 2  6x f  x 3  3x 2

x  0

 3x 2  6x  0
x  2
g  x   0  


3
2

 3
 f x  3x  0
2
x  3x  x i , i  1;2; 3

Ta có đồ thị hàm số y  x 3  3x 2







y

x=x3

4

-3

x=x2

x

1

O

-2

NGUYỄN MINH NHIÊN

Lời giải
Từ đồ thị suy ra hàm số y  f x  có 3 điểm cực trị x 1  0  x 2  4  x 3

x=x1

Ta có nhận xét rằng phương trình x 3  3x 2  x 1 có 1 nghiệm; phương trình x 3  3x 2  x 2 có 3 nghiệm;
phương trình x 3  3x 2  x 3 có 1 nghiệm cả 5 nghiệm này đôi một phân biệt, đều khác 0; 2 .
Như vậy, g  x   0 có 7 nghiệm đơn phân biệt
Do đó hàm số g x  có 7 điểm cực trị.

Nhận xét:
Để xác định số cực trị của hàm g x   f u x  ta thường hướng đến việc xét dấu









g  x   u  x  f  u x  .

Nếu g  x  đổi dấu x 0  TXĐ của g x  thì x 0 là điểm cực trị. Những trường hợp đơn giản khi g x  là
hàm đa thức thì đơn giản hơn bằng việc đi tìm số nghiệm đơn và nghiệm bội lẻ.
Trang 10


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 46
Câu 46.1: Cho hàm số y  f x   ax 3  bx 2  cx  d có các điểm cực trị là 0;a 2  a  3 và có đồ thị
là đường cong như hình vẽ.

y

y=f(x)

3

2a 3

O



Đặt g x   2019 f f x   2020 . Số điểm cực trị của hàm số là

NGUYỄN MINH NHIÊN



x

1

A. 2 .
B. 8 .
C. 10 .
D. 6 .
4
3
2
Câu 46.2: Cho hàm số y  f x   ax  bx  cx  dx  e . Biết rằng hàm số y  f  x  liên tục trên 
và có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số g x   f 2x  x 2  có bao nhiêu điểm cực đại?

y
y=f'(x)

-4

x

4

1

O

A. 5 .
B. 3 .
C. 1 .
D. 2 .
Câu 46.3: Cho f x  là đa thức bậc 4 và hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

y
-3

y=f'(x)
Số điểm cực đại của hàm số g x   f x 3  3x  là
A. 5.

B. 2.

1

O

-2

x

-4

C. 3.

Trang 11

D. 4.


Câu 46.4: Cho f x   x 4  ax 3  bx 2  cx  d và hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

y

-1 O

x

1

Số điểm cực trị của hàm số y  f  f  x  là


A. 7 .
B. 11 .

C. 9 .

D. 8 .

1
Câu 46.5: Cho hàm số y  f x  có đạo hàm đến cấp hai trên  và f 0  0; f  x    , x   . Biết
6

 

nhất bao nhiêu điểm cực trị?

y

NGUYỄN MINH NHIÊN

hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g x   f x 2  mx , với m là tham số dương, có nhiều

y=f'(x)

5
3
1
O
A. 1

B. 2

1

2
C. 5

Trang 12

4

x
D. 3


LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 46
Câu 46.1: Cho hàm số y  f x   ax 3  bx 2  cx  d có các điểm cực trị là 0;a 2  a  3 và có đồ thị
là đường cong như hình vẽ.

y

y=f(x)

3

O





2a 3

x

1

Đặt g x   2019 f f x   2020 . Số điểm cực trị của hàm số là
A. 2 .

B. 8 .

D. 6 .

Chọn B

y

y=f(x)

3

y=a
O



2a 3
1

x

NGUYỄN MINH NHIÊN

C. 10 .
Lời giải



g  x   3 f  f x  .f  x  .

 f x   0

f x  a
f  f x  0


  , 2  a  3 .

 
g  x   0  3 f  f x  .f  x   0  
x  0
 f  x   0

x  a

f x   0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x 1 , x 2 , x 3 khác 0 và a .









Vì 2  a  3 nên f x   a có 3 nghiệm đơn phân biệt x 4 , x 5 , x 6 khác x 1 , x 2 , x 3 , 0 , a .
Suy ra g  x   0 có 8 nghiệm đơn phân biệt.





Do đó hàm số g x   2019 f f x   2020 có 8 điểm cực trị.

Câu 46.2: Cho hàm số y  f x   ax 4  bx 3  cx 2  dx  e . Biết rằng hàm số y  f  x  liên tục trên 
và có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số g x   f 2x  x 2  có bao nhiêu điểm cực đại?

Trang 13


y
y=f'(x)

-4
A. 5 .

B. 3 .

x

4

1

O

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C

g  x 





0



0

0








Suy ra hàm số có 1 cực đại.
Câu 46.3: Cho f x  là đa thức bậc 4 và hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

y
-3

x

1

O

-2

-4

y=f'(x)
Số điểm cực đại của hàm số g x   f x 3  3x  là
A. 5.

B. 2.

C. 3.
Lời giải

D. 4.

Chọn B

 3x 3  3  0
(1)
Ta có g  x   3x  3 f  x  3x  , g  x   0  
3
 f ' x  3x  0 (2)
(1)  x  1 .
x 3  3x  2
Dựa vào đồ thị đã cho thì (2)   3
x  3x  1
2

3



Trang 14



NGUYỄN MINH NHIÊN


x 1

2x  x 2  4
 x 1

2
 
Ta có: y   2  2x .f  2x  x   0  
.
2
 2x  x  1
x  1  5

 2x  x 2  4

x

1
1 5
1 5


|
2  2x
0

f  2  2x 


|

0
0


x  1
Trong đó phương trình x 3  3x  2  
.
x


2

3
Còn phương trình: x  3x  1 có 3 nghiệm phân biệt: 2  x 1  1 , 1  x 2  0 và 1  x 3  2
Ta có bảng biến thiên của hàm số g x 

Vậy hàm số g x  có 2 điểm cực đại.

Câu 46.4: Cho f x   x 4  ax 3  bx 2  cx  d và hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

y

Số điểm cực trị của hàm số y  f  f  x  là


A. 7 .
B. 11 .

x

1

C. 9 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn A
Từ đồ thị và giả thiết suy ra f  x   x x 2  1  x 3  x  f  x   3x 2  1











Ta có g  x   f  f  x   f   f  x  .f  x    x 3  x








  x  x  3x
 x x  1x  1x  x  1x  x  13x  1
3



3

3

x  0
x  0


x  1
x  1


x   1
x   1


g  x   0   3
 x  a ( 0, 76)
x  x  1  0

 3
x  b b  1, 32
x  x  1  0

 2

1
 3x  1  0
x





3
Do đó, hàm số g x  có 7 điểm cực trị.

Trang 15

3

2

2



1

NGUYỄN MINH NHIÊN

-1 O


1
Câu 46.5: Cho hàm số y  f x  có đạo hàm đến cấp hai trên  và f 0  0; f  x    , x   . Biết
6

 

hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g x   f x 2  mx , với m là tham số dương, có nhiều
nhất bao nhiêu điểm cực trị?

y

y=f'(x)

5
3
1

A. 1

4

2

C. 5
Lời giải

B. 2

x
D. 3

Chọn D
Từ đồ thị hàm số y  f  x  suy ra f  x   0, x  0;  .
Do đó, f  x 2   0, x  0;  .

Xét hàm số h x   f x 2   mx ; h  x   2x .f  x 2   m .

Với x  0 , h  x   0  Phương trình h  x   0 vô nghiệm.
Với x  0 ta có h  x   2 f  x 2   4x 2 f  x 2   2 f  x 2  

NGUYỄN MINH NHIÊN

1

O

2x 2
.
3
Từ đồ thị hàm số y  f  x  ta thấy với x  0 , đồ thị hàm số y  f  x  luôn nằm trên đường thẳng

y

x
.
3

y

y=f'(x)

5
3
1
O

1

2

Trang 16

4

x


 

2x 2
 0, x  0  h  x   0, x  0 hay hàm số y  h  x  đồng biến trên 0;  .
3
Mà h  0  m  0 và lim h  x    nên phương trình h  x   0 có một nghiệm duy nhất

Do đó, 2 f  x 2 
x 0  0; 

Bảng biến thiên

x 

x
y
y







0



x0

0






0
h x 0 

Khi đó phương trình h x   0 có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số y  h x  có 3 điểm cực trị.

Trang 17

NGUYỄN MINH NHIÊN

Đồng thời hàm số y  h x  đạt cực tiểu tại x  x 0 , giá trị cực tiểu h x 0   0 .


Câu 48: Cho hàm số f (x ) liên tục trên  thỏa mãn

xf (x 3 )  f (1  x 2 )  x 10  x 6  2x , x   .

0

Khi đó

 f (x )dx

bằng

1

A. 

17
.
20

B. 

13
.
4

C.

17
.
4

D. 1 .

Lời giải 1:
Gọi F x  là một nguyên hàm của hàm f x  trên  .
Với x   ta có
xf (x 3 )  f (1  x 2 )  x 10  x 6  2x

 x 2 f (x 3 )  xf (1  x 2 )  x 11  x 7  2x 2



x

2

f (x )dx   xf (1  x )dx 
3

2

 x

(*)

11



 x 7  2x 2 dx

 





0

Vậy

3

 f x  dx  F 0  F 1  4  4 
1

13
.
4

Lời giải 2:
Từ xf (x 3 )  f (1  x 2 )  x 10  x 6  2x  x 2 f (x 3 )  xf (1  x 2 )  2x 2  x 11  x 7 , x   .
Suy ra, hàm số x f (x )  xf (1  x )  2x là hàm lẻ. Ta có
2

3

2

2

1

 x
0

Do đó
0

1

11



 x 7 dx 

1
24

1
2
3
2
2
2
3
2
2
 x f (x )  xf (1  x )  2x  dx   x f (x )  xf (1  x )  2x   24 .
1
0

Trang 18

NGUYỄN MINH NHIÊN

1
1
x 12 x 8 2x 3
3
3
2
2
f
(
x
)d(
x
)

f
(1

x
)d(1

x
)




C
3
2
12
8
3
1
1
x 12 x 8 2x 3
 F x3  F 1  x2  


C .
3
2
12
8
3
1
1
Thay x  0 ta được F 0  F 1  C 1 .
3
2
1
1
5
Thay x  1 ta được F 1  F 0    C 2 .
3
2
8
1
1
17
Thay x  1 ta được F 1  F 0 
 C  3 .
3
2
24
5
5
3
Từ 1, 2 suy ra F 1  F 0    F 1  F 0   .

6
8
4
1
32
Từ 2, 3 suy ra F 1  F 1  
 F 1  F 1  4 .

3
24





0

   




0



 



1
1
2
f x3 d x3   f 1 x2 d 1 x2 

3 1
2 1
3
1

1

1
1
2 1
f x3 d x3   f 1 x2 d 1 x2  

3 0
2 0
3
24

   

0



 

1



1

1

1
1
4
1
1
15
f x  dx   f x  dx     f x  dx   f x  dx 

3 1
2 0
3
3 0
2 0
24
0

1

1

0

1

15
4

 2  f x  dx  3  f x  dx  8  5 f x  dx 


0

0

1

1

0

13

 f x  dx  4   f x  dx   4

Lời giải 3:
Ta có xf (x 3 )  f (1  x 2 )  x 10  x 6  2x , x   1

 

 

 





Từ 1, 2 suy ra xf x 3  xf x 3  4x , x    f x 3  f x 3  4, x   .
Thay x 3 bởi x ta được f x   f x   4 .
Do đó,

0



1

 f x   f x  dx 



0

1



1



0

2

11

7

1

1
1
f (x 3 )d(x 3 )   f (1  x 2 )d(1  x 2 ) 

3 0
2 0
1

1

1
1
5
f (x )dx   f (x )dx   

3 0
2 0
8

0

Do đó,

3

1

3

13

 f (x )dx  4  4   4

1

1

1

 f x  dx   f x  dx   4 dx  4   f x  dx  4

Từ 1  x f (x )  xf (1  x )  x  x  2x
2

0

2

1

 x
0

1

11



 x 7  2x 2 dx  
3

 f (x )dx   4
0

.

1

Lời giải 4:
Với x   ta có xf (x 3 )  f (1  x 2 )  x 10  x 6  2x
 x 2 f (x 3 )  xf (1  x 2 )  x 11  x 7  2x 2



1

x
0

2

1

f (x 3 )dx   xf (1  x 2 )dx 
0

1

1

 x

(*)

11

0

1



1
1
5
f (x 3 )d(x 3 )   f (1  x 2 )d(1  x 2 )  

3 0
2 0
8



1
1
5
f (x )dx   f (x )dx   

3 0
2 0
8

1



 x 7  2x 2 dx

1

1

3

 f (x )dx   4
0

Trang 19

5
8

NGUYỄN MINH NHIÊN

Thay x bởi x ta được xf (x 3 )  f (1  x 2 )  x 10  x 6  2x , x   2


Mặt khác (*) 

0



0

1

x 2 f (x 3 )dx   xf (1  x 2 )dx 
1

0

0

 x

11

1



 x 7  2x 2 dx

0

2
1
1
17

(*)   f (x 3 )d x 3   f (1  x 2 )d 1  x    


3 1
2 1
24

 

0

1

1
1
17
  f (x )dx   f (x )dx  

3 1
2 0
24

Lời giải 5: Đi tìm hàm f x 

  

 1 3 17 
13
 .

.
f
(
x
)d
x

3

 2 4  24    4
1
0



Ban đầu ta sẽ nghĩ đến có f x 3 , f 1  x 2 thì bên vế phải có thể đưa liên quan gì đến x 3 ,1  x 2

không?


Ta có xf x 3  x 10  2x  x  f x 3  x 3


 


 2


   

3



Vậy thì nghĩ thêm việc cũng tạo tiếp cái 1  x 2

 

Như thế ta sẽ có

x f x 3


 x f


 x f


 x f




3

 2  3  3x 2  3x 4  x 6

 2  3  3x 2  3x 4  x 6 .
3
 

 2   f 1  x 2  1  x 2  2  3  3x 2  3x 4  x 6  x 6
 

3
3
 

 x 3  2   f 1  x 2  1  x 2  2  3  3x 2  3x 4
 

3
3



 x 3  2  3x 4   f 1  x 2  1  x 2  2  3 1  x 2  0



3
3
 

 x 3  3x 3  2   f 1  x 2  1  x 2  3 1  x 2  2  0
 


   x 
3



3

x   
3

3

 





 



x   



 



x   



 



3

3

 





Đặt g x   f x   x 3  3x  2 ta được xg x 3  g 1  x 2  0 .





Thay x bởi x ta được
xg x 3  g 1  x 2  0 hay xg x 3  xg x 3 , x   .



Do đó g x  là hàm lẻ.

 











 

 









Như vậy xg x 3  g 1  x 2  0  xg x 3  g x 2  1 , x   .
Từ giả thiết ta có g 0  g 1  0 .

Vì f x  liên tục trên 1; 0 nên g x  liên tục trên 1; 0 .




Đặt M  max g x   0, x  1; 0 .
1;0




Giả sử M  0 khi đó a  1; 0 : g a   M .
Chọn x  b   1  a  1; 0

 

 

Ta được bg b 3  g a   g b 3 

g a 
b



M
b

 M do b  0;1 .
Trang 20





NGUYỄN MINH NHIÊN



Hay f 1  x 2  1  x 2




Điều này mẫu thuẫn do M  max g x  .


1;0



Do vậy max g x   0, x  1; 0 .
1;0





Hay g x   0, x  1; 0  f x   x 3  3x  2, x  1; 0 .




0

Vậy



1

f (x )dx 

0

 (x

3

1

 3x  2)dx  

13
.
4

Nhận xét chung:
Ở 5 cách trên, khi giải quyết bài toán dạng này ta thường hướng tới:
 Biến đổi giả thiết đi đến tính chất  u f u  dx   f u  du .



Dựa theo tính chất hàm chẵn, hàm lẻ.
Sử dụng các phép thế xác định hàm số f x  .

* Với lời giải 1, 2, 3, 4: Ta đều sử dụng đến tính chất

 f u  du

b

u b 

a

u a 

 u  x  f u x  dx   f x  dx

hay

NGUYỄN MINH NHIÊN



u f u  dx 

Vì thế ta mới nghĩ đến việc tạo ra đạo hàm của x 3 ;1  x 2 bằng việc nhân hai vế của giả thiết với x để tạo
ra
0



1
0

 

x 2 f x 3 dx 

 
1

0

1
f x  dx ;
3
1



xf 1  x 2 dx  

1


0

 

x 2 f x 3 dx 

1

1
f x  dx và
2 0

1

 
0

1

1
f x  dx ;
3 0



xf 1  x 2 dx 

1

1
f x  dx .
2 0

1

Trong các đổi biến này xuất hiện

 f x  dx

1

buộc ta phải đi tính thêm

0

 f x  dx . Ở đây, nếu cận không
0

phải là 1; 0;1 thì các cách làm này sẽ bị phá sản, ví dụ yêu cầu tính

3

 f x  dx , lúc này chắc chỉ còn
0

cách đi tìm f x  . Vì thế, các cận 1; 0;1 phải được liên hệ mật thiết với x 3 ,1  x 2 .
Ngoài ra, với hai tính chất:
 Hàm số x 2 f (x 3 )  xf (1  x 2 )  2x 2 là hàm lẻ;


Hàm số f x   f x   4 là hàm chẵn

cũng hữu ích cho việc tính toán nhanh hơn.

* Lỗi sai có thể mắc dẫn đến các phương án nhiễu 
0

 
1



xf 1  x 2 dx  

1

17 17
,
đều sai dấu khi tính
20 4

1
f x  dx và
2 0

1

 
0



xf 1  x 2 dx 

1

1
f x  dx .
2 0

* Với lời giải 5: Việc tìm f x  khá khó khăn, không nói là mò. Nếu f x  là những hàm quen thuộc thì
rất có thể đoán bằng việc thử các giá trị và cân bằng hệ số.
Khi đó, mục đích khai thác tính chất  u f u  dx   f u  du coi như phá sản.
Trang 21


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 48
Câu 48.1: Cho hàm f x  liên tục trên  \ 0 thỏa mãn

 

xf x 2  f 2x   x 3 

2

Giá trị

 f x  dx

1
 2, x   \ 0 .
2x

nằm trong khoảng nào?

1

A. 5; 6 .

B. 3; 4 .

C. 1;2 .

D. 2; 3 .

Câu 48.2: Cho hàm số y  f x  liên tục trên đoạn 0; 4 và thỏa mãn điều kiện
 
4xf x 2  6 f 2x   4  x 2 , x   0;2 .

 

4

Giá trị  f x dx bằng
0

D.


.
10

1

 f (x )dx

Giá trị của

bằng

0

4
2
1
B.
C. .
3
3
2
Câu 48.4: Cho hàm số y  f x  liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn

A.

A. 1 .

1
3



5 f x   7 f 1  x   3 x 2  2x , x   .

1

Biết rằng



D.

a

a

 x .f ' x dx   b , với b
0

là phân số tối giản. Giá trị của 8a  3b là

B. 0 .

C. 16 .
2 
Câu 48.5: Cho hàm số f x  liên tục trên đoạn  ;1 và thỏa mãn
3 


2
2 
2 f (x )  3 f    5x x   ;1 .
3 
 3x 



D. 16 .

1

Tích phân

 f  x  ln xdx

bằng

2
3

A.

5 2 1
ln  .
3 3 3

B.

5 2 1
ln  .
3 3 3

5 2 1
C.  ln  .
3 3 3

Trang 22

5 2 1
D.  ln  .
3 3 3

NGUYỄN MINH NHIÊN




.
B. .
C.
.
5
2
20
Câu 48.3: Cho hàm y  f (x ) liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn
 
f x   f 1  x   2x 2  2x  1, x   0;1 .
A.


LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 48
Câu 48.1: Cho hàm f x  liên tục trên  \ 0 thỏa mãn

 

xf x 2  f 2x   x 3 

2

Giá trị

 f x  dx

nằm trong khoảng nào?

1

A. 5; 6 .
Chọn D

1
 2, x   \ 0 .
2x

B. 3; 4 .

 

C. 1;2 .

D. 2; 3 .

Lời giải

1
 2, x   \ 0
2x
2


1

 f 2x  dx   x 3 
 2 dx

2x


1

Ta có xf x 2  f 2x   x 3 


2

 xf x 
2

1

   




4

4

2

1

2

1
1
7 1
1
7 1
f x  dx   f x  dx   ln 2   f x  dx   ln 2

2 1
2 2
4 2
2 1
4 2
2

7

 f x  dx  2  ln 2  2; 3
1

Câu 48.2: Cho hàm số y  f x  liên tục trên đoạn 0; 4 và thỏa mãn điều kiện
 
2
4xf x  6 f 2x   4  x 2 , x   0;2 .

 

4

Giá trị  f x dx bằng
A.


.
5

0

Chọn A

B.

 


.
2


.
20
Lời giải
C.

Ta có 4xf x 2  6 f 2x   4  x 2 .



 4xf x   6f 2x  dx  
2

2

2

0

D.

4  x 2 dx

0

2

2

   

 2  f x 2 d x 2  3 f 2x  d 2x   
0

0

4

4

0

0

 2  f x  dx  3  f x  dx   

4



 f x  dx  5
0

Trang 23


.
10

NGUYỄN MINH NHIÊN

2
2
x 4 1

1
1
2
2
  f x d x   f 2x  d 2x     ln x  2x 
 4
2 1
2 1
2



Câu 48.3: Cho hàm y  f (x ) liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn
 

f x   f 1  x   2x 2  2x  1, x   0;1 .

1

 f (x )dx

Giá trị của
A.

bằng

0

4
3

B.

Chọn D
Ta có

2
3

C.
Lời giải

1
.
2

D.

f x   f 1  x   2x 2  2x  1
1

1

 I   f (1  x )dx 



0

0

1

1
3

2
1
(2x  2x  1)dx  I   f (1  x )dx   x 3  x 2  x 
3
 0
0
1

2

0

1

Xét

 f (1  x )dx , đặt t  1  x  dt  dx . Đổi cận x  0  t  1; x  1  t  0
0

1

Ta có


0

f (1  x )dx 

0


1

f (t )(dt ) 

1

Từ 1; 2  2  f (x )dx 
0

2

3

1

 f (t )dt  I 2
0

1

1

 f (x )dx  3 .
0

Câu 48.4: Cho hàm số y  f x  liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn
1

Biết rằng
A. 1 .





5 f x   7 f 1  x   3 x 2  2x , x   .

a

a

 x .f ' x dx   b , với b
0

là phân số tối giản. Giá trị của 8a  3b là

B. 0 .

C. 16 .
Lời giải

D. 16 .

Chọn B
Từ 5 f x   7 f 1  x   3 x 2  2x thay x bởi 1  x ta được 5 f 1  x   7 f x   3 x 2  1 .












5 f x  7 f 1  x  3 x 2  2x
 
  
Do đó ta có hệ 
7 f x   5 f 1  x   3 x 2  1

Suy ra
25 f x   49 f x   15 x 2  2x  21 x 2  1  24 f x   36x 2  30x  21

Hay f x   

a
Do đó  
b















1
1
12x 2  10x  7  f  x    12x  5
8
4

1


0

1
a  3
1
3
x .f ' x dx    x 12x  5dx    
b  8
4 0
8


Trang 24



NGUYỄN MINH NHIÊN

2
1
3

 I   f (1  x )dx 


Vậy 8a  3b  0

2 
Câu 48.5: Cho hàm số f x  liên tục trên đoạn  ;1 và thỏa mãn
3 


 2 
2 
2 f (x )  3 f    5x x   ;1 .
3 
 3x 


1

Tích phân

 f  x  ln xdx

bằng

2
3

A.

5 2 1
ln  .
3 3 3

B.

5 2 1
ln  .
3 3 3

5 2 1
C.  ln  .
3 3 3
Lời giải

5 2 1
D.  ln  .
3 3 3

Chọn D
Cách 1:

2
2
10
2
Từ 2 f (x )  3 f    5x thay x bởi
ta được 2 f    3 f x  
.

 3x 

3x
3x
 3x 

1


2
3

ln xf  x  dx 

Cách 2:
1

Ta có


2
3

1



2

  x
2
3

2

10
2
2
 f x    2x  f  x    2  2
x
x
x


5 2 1
 2 ln xdx   ln 

3 3 3
1

ln xf  x  dx  f x  ln x 2  
1

3

2
3

f x  dx
x

2
2 
. Từ 2 f (x )  3 f    5x , x   ;1 .
3 
 3x 




 
2 f (1)  3 f  2   5


f (1)  0

 3 


2


Thay x  1 và x  vào (1) ta được hệ 
   2  5 .
  2 

f   
10
3

 
2 f    3 f (1) 

  3  3
3
  3 
1
f x 
Xét I  
dx
x
2
3



2

x  t 1

2
2
3
Đặt x 
 dx   2 dt, , đổi cận 
.


2
3t
3t

x 1t 


3


 2  1
 2 
 2 
2
  . dt
  dt
  dx
f
f
f
1
1
3
 3t  t 2
 3t 
 3x 
2
Khi đó I   


.
3 1
2
t
x
2
2
3
3
3t

Trang 25

NGUYỄN MINH NHIÊN

Do đó 4 f x   9 f x   10x 


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×