Đề thi thử THPT quốc gia

Trang 1
N
G
U
Y
Ễ
N
M
IN
H
N
H
IÊ
N

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 ơn 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 '

 

1 1

x
f x

x x



   với x 0. Khi đó

 

8
3

f x dx



bằng

A. 7. B. 197

6 . C. 292 . D. 1816 .
Lời giải 1:

   

8

 

8

 

3 3

8 3 d d 7 8 10

1 1

x

f f f x x x f

x x

     
  





.

 

 

 

 

 

8 ₈ 8 8 2

3

3 3 3

229 197

d d 8 8 3 3 d 80 9

6 6

1 1

x

f x x xf x xf x x f f x

x x



        

  







.

Lời giải 2:

Ta có

 











1 1 1 1 ₁

1

1 1 1 1 1 1

x x

x
f x

x x x x x

   

    

      

Suy ra f x

 

 x 2 x  1 C

Màf

 

3    3 C 4. Do đó f x

 

 x 2 x  1 4.

Vì vậy





8
3

197
2 1 4 d

6

x  x   x 



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
3

d
f x x



. Nếu để ý kỹ hơn thì thấy











1 1 1 1 ₁

1

1 1 1 1 1 1

x x

x

x x x x x

   

  

      

Khi đó, có thể dễ dàng tìm _{f x}

 

.

Hướng 2: Sử dụng tích phân từng phần

 

 

 

 

 

8 ₈ 8 8 ₂

3

3 3 3

d d 8 8 3 3 d

1 1

x

f x x xf x xf x x f f x

x x



    

  







Trang 2

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 38

Câu 38.1: Cho hàm số f x

 

liên tục trên



0; 



. Biết f x

 

lnx

x

  và f

 

1 0. Giá trị của

 

1

d

e

f x x



bằng

A. e2. B. 1

2. C. 16. D. e22.

Câu 38.2: Biết rằng xsinx 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

4

F  _{  }

 bằng

A. . B.

4

 _{. C. 0. D.}

2
 _.
Câu 38.3:Cho hàm số f x

 

liên tục trên  thỏa mãn các điều kiện:

 

0 2 2,

f  f x

 

0,  x  và f x f x

    

.   2x 1 1



f x2

 

,  x .

Khi đó giá trị f

 

1 bằng

Trang 3

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 38

Câu 38.1: Cho hàm số f x

 

liên tục trên



0; 



. Biết f x

 

lnx

x

  và f

 

1 0. Giá trị của

 

1

d

e

f x x



bằng

A. e2. B. 1

2. C. 16. D. e22.
Lời giải

Chọn D

Ta có

 

d ln d ln d ln

 

ln2

2

x x

f x x x x x C

x

    







. Nên

 

ln2

2x

f x  C, với C là hằng số.
Mà

 

1 0 0

 

ln2

2x
f    C f x  .

Do đó,

 

2

1 1

ln 2

d d

2 2

e e _{x e}

f x x  x  





.

Câu 38.2: Biết rằng xsinx 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

4

F  _{  }

 bằng

A. . B.

4

 _{. C. 0. D.}

2

 _.
Lời giải

Chọn D
sin

x x là một nguyên hàm của hàm số f x

 

  f x

  

  xsin ' sinx



 x x cosx

( ) sin cos

f x x x x

   

'( ) 2cos sin

f x x x x

   









' 2cos sin

f  x x  x x

    

  



' ' 2 sin

f x f  x  x

   

Khi đó

( ) '( ) '( ) cos d 2 sin .cos d sin2 d cos2
2

F x 



_f x f x _ x x 



x x x 



x x   x C

Từ _{(0) 0 C ( ) cos2}

2 2 2 4 2

F     F x   x   F_{ }  _{ }  

  .
Câu 38.3:Cho hàm số _{f x}

 

liên tục trên _ thỏa mãn các điều kiện:

 

0 2 2,

f  f x

 

0,  x  và f x f x

    

.   2x 1 1



f x2

 

,  x .

Khi đó giá trị f

 

1 bằng

Trang 4

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Lời giải
Chọn B

Ta có f x f x

    

.   2x 1 1



f x2

 

   

 





2
.

2 1
1

f x f x

x
f x



  

 .

Suy ra

   

 





2
.

d 2 1 d
1

f x f x

x x x

f x


 









22

 

_{ }







d 1

2 1 d
2 1

f x

x x

f x


  







_{ 1f x}2

 

_{  x}2 _{x C.}

Theo giả thiết f

 

0 2 2, suy ra 1

 

2 2 2   C C 3.

Trang 5

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Câu 43: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 0 x 2020 và log (3₃ x   3) x 2y9y?

A. ₂₀₁₉. B. ₆. C. ₂₀₂₀. D. ₄.

Lời giải

Điều kiện: _{x 0} nên _{log (33 x 3)} xác định.
Ta có

3 3 3

log (3_{x   }3) _x 2_{y }9y log (_{x    }1) (_x 1) 2 log 3y _9y

3 3

log (_x 1) (_x 1) log 9y 9y

     

 

1

Xét hàm số f t( ) log ₃t t t ,  



0;



có ( ) 1 1 0,



0;



ln 3

f t t

t

       .
Do đó hàm số ln đồng biến trên



0;



.

Khi đó

 

1   x 9y 1

Vì 0 x 2020 nên 0 9  y 1 2020  0 y log 2021₉ .
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:

Trang 6

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

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

2

log (2_{x   }2) _x 3_{y }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 e3 5x y ex y 3 1   1 2x 2yvà log 32₃



x   2y 1

 

m6 log



₃x m 2  9 0?

A. ₆. B. 5. C. ₈. D. ₇.

Câu 43.3: Cho phương trình 7x  m log₇



x m



với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của



25;25



m  để phương trình đã cho có nghiệm?

A. ₉. B. ₂₅. C. ₂₄. D. ₂₆.

Câu 43.4: Cho phương trình





2

2 2

1_{log 2 3 log} 2 1 ₁ 1 _{2 2}

2 x x xx x x

 

 _{ }

     _{ }  

 , gọi S là tổng tất

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

A. S  2. B. 1 13

2

S   . C. S 2. D. 1 13

2

Trang 7

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

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

2

log (2_{x   }2) _x 3_{y }8y_?

A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4.

Lời giải
Chọn D

Do 0 x 2020 nên log (2₂ x 2) ln có nghĩa.
Ta có

2

log (2_{x   }2) _x 3_{y }8y

2 2

log (_x 1) _x 1 3log 2y 8y

     





2 2

log (_x 1) _x 1 log 8y 8y

      (1)

Xét hàm số _{f t( ) log 2t t t ,  }



_0;



có ( ) 1 1 0,



0;



ln2

f t t

t

       .
Do đó hàm số ln đồng biến trên



0;



.

Khi đó

 

_{1   x 8}y ₁

Ta có _{0 x 2020} nên _{0 8  }y _{1 2020  0 y log 2021 3,668 } .
Mà _y nên y



0;1;2;3



.

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

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 e3 5x y ex y 3 1   1 2x 2yvà log 32₃



x   2y 1

 

m6 log



₃x m 2  9 0?

A. 6. B. 5. C. 8. D. 7.

Lời giải
Chọn B

Ta có e3 5x y ex y 3 1   1 2x 2y e3 5x y 



3x 5y



ex y 3 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 x



3 5y

 

 f x 3y 1



 3x 5y x 3y 12y  1 2x.
Thế vào phương trình cịn lại ta được log2₃x



m6 log



₃x m 2  9 0.

Đặt t log₃x , phương trình có dạng t2 



m6



t m 2  9 0.

Để phương trình có nghiệm thì   0 3m2 12m0   0 m 4.
Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 43.3: Cho phương trình 7x  m log₇



x m



với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của



25;25



m  để phương trình đã cho có nghiệm?

Trang 8

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Lời giải
Chọn C

ĐK: x m

Đặt t log₇



x m



ta có 7

7

x
t

m t

m x
  


  

 7 7

x _x t _t

   

 

1

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 7x g x

 

 1 7 ln 7 0x    x log ln7₇

 

.
Bảng biến thiên

x  log ln 77

 



 

g x  0 

 



log ln 77



g 

 

g x

 

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m g 



log ln 7₇

 



 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}



.

Câu 43.4: Cho phương trình





2

2 2

1_{log 2 3 log} 2 1 ₁ 1 _{2 2}

2 x x xx x x

 

 _{ }

     _{ }  

 , gọi S là tổng tất

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

A. S  2. B. 1 13

2

S   . C. S 2. D. 1 13

2

S   .

Lờigiải
ChọnD

Điều kiện 2 1₂

0
x
x

  
 _



.

Ta có





2

2 2

1_{log 2 3 log} 2 1 ₁ 1 _{2 2}

2 x x xx x x

 

 _{ }

     _{ }  








2
2

2 2 1 1

log x 2 x 2 1 log 2 2 1

x x

 

  _ _

 _  _ 

     _  ___  _ _

  _  _ 





 

1

2 2 1

f x f

x
 _

 _

  _  _


Trang 9

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Ta có

 

1 2

 

1

ln2

f t t

t

 _{  } 2ln2. 2 2ln2. 1 0
.ln 2

t t

t 

  ,  t 0.

Do đó hàm số f t

 

đồng biến trên khoảng



0;



.
Nên

 

1 x 2 2 1

x

    _x3_2x2 _{4x  1 0}

1
3 13

2
3 13

2
x

x
x
 
 _
 


 _

 



Kết hợp với điều kiện ta được

1
3 13

2
x

x
  
 _
 

 . Vậy

1 13
2

Trang 10

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y  f x

 

có đồ thị như hình dưới đây

x
y

4

O

Số điểm cực trị của hàm số g x

 

 f x



3 3x2



là

A. 5. B. 3. C. 7. D. 11.

Lời giải

Từ đồ thị suy ra hàm số _{y  f x}

 

có ₃ điểm cực trị _{x1    0 x2 4 x3}
Xét hàm số g x

 

 f x



3 3x2



, ta có g x

 





3x2 6x f x

 

 3 3x2



 

_

2 3 2

_

3 2

0
3 6 0

0 2

3 0

3 _i, 1;2;3
x

x x

g x x

f x x

x x x i

 


 _{  }



   _{  }   _

 

 _{   }

Ta có đồ thị hàm số y x 3 3x2

x
y

x=x2

x=x3

x=x1

-3

4

1
-2 O

Ta có nhận xét rằng phương trình x3 3x2 x₁ có 1 nghiệm; phương trình x3 3x2 x₂ có 3 nghiệm;

phương trình x3 3x2 x₃ 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  .

Trang 11

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 46

Câu 46.1: Cho hàm số y  f x

 

ax3 bx2  cx d có các điểm cực trị là 0;a



2 a 3



và có đồ thị
là đường cong như hình vẽ.

x
y

a
2 3

y=f(x)
3

1
O

Đặt _{g x}

 

_{2019f f x}

 

 

_2020. Số điểm cực trị của hàm số là

A. ₂. B. ₈. C. ₁₀. D. ₆.

Câu 46.2: Cho hàm số _{y  f x}

 

_ax4 _bx3 _cx2 _{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 x x



2  2



có bao nhiêu điểm cực đại?

x
y

y=f'(x)
1

-4 O 4

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.

x

y

1

-2

-4

y=f'(x)

-3

O

Số điểm cực đại của hàm số _{g x}

 

_{ f x}



3_3x



_là

Trang 12

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Câu 46.4: Cho f x

 

x4 ax3 bx2  cx d và hàm số y f x

 

có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x
y

1
-1 O

Số điểm cực trị của hàm số y  f f x 

 

_

  là

A. 7. B. ₁₁. C. ₉. D. ₈.

Câu 46.5: Cho hàm số y  f x

 

có đạo hàm đến cấp hai trên  và

 

0 0;

 

1,

6

f  f x    x . Biết
hàm số _{y  f x}

 

có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g x

 

 f x

 

2 mx , với _mlà tham số dương, có nhiều
nhất bao nhiêu điểm cực trị?

x

y

y=f'(x)

1

5

3

4

2

O

1

Trang 13

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 46

Câu 46.1: Cho hàm số y  f x

 

ax3 bx2  cx d có các điểm cực trị là 0;a



2 a 3



và có đồ thị
là đường cong như hình vẽ.

x
y

a
2 3

y=f(x)
3

1
O

Đặt g x

 

2019f f x

 

 

2020. Số điểm cực trị của hàm số là

A. ₂. B. ₈. C. ₁₀. D. ₆.

Lời giải
Chọn B

x
y

y=a
a

2 3

y=f(x)
3

1
O

 

3

_{ }

 

.

 

g x  f f x f x  .

 

0 3

_{ }

 

.

 

0

g x   f f x f x  

 

 

 

0 0

f f x
f x

  



   _

 

 

0

0
f x
f x a
x

x a

 _

 _


  _



,



2 a 3



.

 

0

f x  có 3 nghiệm đơn phân biệt _x1, _x2, _x3 khác 0 và a.

Vì 2 a 3 nênf x

 

a có 3 nghiệm đơn phân biệt x₄, x₅, x₆ khác x₁, x₂, x₃, 0, a.
Suy ra _{g x}

 

_0 có 8 nghiệm đơn phân biệt.

Do đó hàm số _{g x}

 

_{2019f f x}

 

 

_2020có 8 điểm cực trị.

Trang 14

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

x

y

y=f'(x)
1

-4 O 4

A. 5. B. ₃. C. ₁. D. ₂.

Lời giải
Chọn C

Ta có: _y _{ }



_{2 2 . 2x f x x}







_ 2



_0

2
2
2
1
2 4

2 1
2 4

x
x x

x x
x x

 _

 _{  }


  _{ }
 _{ }


1
1 5
x

x

 _



   _ .

x 

₁

_

₅

1

₁

_

₅



2 2 x



|  0  _



2 2



f  x _{ 0}  |  ₀ 

 

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.

x

y

1

-2

-4

y=f'(x)

-3

O

Số điểm cực đại của hàm số g x

 

 f x



33x



là

A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải
Chọn B

Ta có g x

 





3x2 3

 

f x 3 3x



,

 





3

3

3 3 0 (1)
0

' 3 0 (2)
x

g x

f x x
 _{ }


 _{  }

 


(1)  x 1.

Dựa vào đồ thị đã cho thì

3
3

3 2
(2)

3 1

x x

x x

   


Trang 15

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Trong đó phương trình 3 3 2 1

2
x
x  x _{     } _x

 .

Cịn phương trình: x3 3x 1 có 3 nghiệm phân biệt: _{   2 x1 1}, _{  1 x2 0} và _{1 x3 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}

 

_x4 _ax3 _bx2 _{ cx d và hàm số y f x}

 

_{có đồ thị là đường cong như hình vẽ.}

x
y

1
-1 O

Số điểm cực trị của hàm số _{y  f f x} 

 

_

  là

A. 7. B. 11. C. 9. D. 8.

Lời giải
Chọn A

Từ đồ thị và giả thiết suy ra f x

 

x x



2    1



x3 x f x

 

3x21
Ta có g x

 





f f x_ 

 

_



  f f x f x __

   

__.   



x3x

 

3  x3 x

 

 3x21



 

 

x x

 

1 x 1





x3 x 1



x3  x 1 3



x21



 





3
3
2

0
0

1
1

1

1

0 _{1 0} ( 0,76)

1,32
1 0

1
3 1 0

3
x

x

x
x

x
x

g x _{x x} x a

x b b

x x

x
x

 

 _{ }

 _{ }

 _{ }

 _{  }

 _{  }

 _

   _{   }   _


 _{  }    

 _

 _

     

 _

Trang 16

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Câu 46.5: Cho hàm số _{y  f x}

 

có đạo hàm đến cấp hai trên _ và

 

_{0 0;}

 

1_,

6

f  f x    x . Biết

hàm số y  f x

 

có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g x

 

 f x

 

2 mx , với _mlà tham số dương, có nhiều
nhất bao nhiêu điểm cực trị?

x

y

y=f'(x)

1

5

3

4

2

O

1

A. ₁ B. ₂ C. 5 D. ₃

Lời giải
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}

 

_{2 .x f x}

 

2 _m.
Với x 0, _{h x}

 

_{ 0} Phương trình _{h x}

 

_0 vơ nghiệm.
Với x 0 ta có

 

2

 

2 4 2

 

2 2

 

2 2 2

3

x

h x  f x  x f x  f x  .

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

3
x
y  .

x
y

y=f'(x)

1
5
3

4
2

Trang 17

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Do đó, 2

 

2 2 2 0, 0

 

0, 0

3
x

f x     x h x   x hay hàm số y h x 

 

đồng biến trên



0;



.
Mà _h

 

_{0   m 0} và _lim

 

xh x   nên phương trình h x

 

0 có một nghiệm duy nhất





0 0;

x  

Bảng biến thiên

x  0 x0 

y   ₀ 

 

y

0

 

0

h x

Khi đó phương trình h x

 

0 có 2 nghiệm phân biệt.

Trang 18

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

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

3 2 10 6

( ) (1 ) 2 ,

xf x f x    x x x x .
Khi đó

0
1

( )d
f x x




bằng

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

3 2 10 6

( ) (1 ) 2

xf x f x    x x x

2 _{( )}3 ₍₁ 2₎ 11 7 _{2 (*)}2

x f x xf x x x x

      





2 _{( )d}3 ₍₁ 2_)d 11 7 _{2 d}2

x f x x xf x x x x x x









 



  

12 8 3

3 3 2 2

1 _{( )d( )} 1 _{(1 )d(1 )} 2

3 f x x 2 f x x x12 x8 3x C









      

 

3



2



12 8 3

1 1 ₁ 2

3F x 2F x x12 x8 x3 C

        .

Thay x 0 ta được 1

 

0 1

 

1

3F 2F C

 

1 .

Thay x 1 ta được 1

 

1 1

 

0 5

3F 2F   8 C

 

2 .

Thay x  1 ta được 1

 

1 1

 

0 17

3F  2F  24 C

 

3 .

Từ

   

1 , 2 suy ra 5

   

1 0 5

   

1 0 3

6F F    8 F F  4.

Từ

   

2 , 3 suy ra 1

   

1 1 32

   

1 1 4

3F    F  24 F    F .

Vậy

 

   

0
1

3 13

d 0 1 4

4 4

f x x F F





      



.

Lời giải 2:

Từ xf x( )3 f(1x2)   x10 x6 2x x f x2 ( )3 xf(1x2) 2 x2   x11 x7, x .
Suy ra, hàm số _{x f x}2 _{( )}3 _xf(1x2_{) 2 x}2 _{là hàm lẻ. Ta có} 1



11 7



0

1
d

24

x x x

  



Do đó

0 1

2 3 2 2 2 3 2 2

1 0

1
( ) (1 ) 2 d ( ) (1 ) 2

24

x f x xf x x x x f x xf x x





 _{  }  _{ }  _{  }  _

   

   

Trang 19
N
G

U
Y
Ễ
N
M
IN
H
N
H
IÊ
N

   



 



   



 



0 0

3 3 2 2

1 1

1 1

3 3 2 2

0 0

1 _d 1 _{1 d 1} 2

3 2 3

1 _d 1 _{1 d 1} 2 1

3 2 3 24

f x x f x x

f x x f x x

 
    

      









 

 

 

 

0 1 1 1

1 0 0 0

1 _d 1 _d 4 1 _d 1 _d 15

3_ f x x 2 f x x 3 3 f x x 2 f x x 24









  









 

 

 

0 1 1

1 0 0

15

2 d 3 d 8 5 d

4

f x x f x x f x x










  





 

 

0 1
1 0
13

d 4 d

4

f x x f x x







  



 

Lời giải 3:

Ta có xf x( )3 f(1x2)   x10 x6 2x, x 

 

1

Thay _x bởi _x ta được _{ xf x(} 3_)f(1x2_{)   x}10 _x6 _{2x , x }

 

₂

Từ

   

_{1 , 2} suy ra xf x

   

3 xf x3     4 ,x x  f x

   

3  f x3    4, x .
Thay x3 bởi _x ta được f x

   

   f x 4.

Do đó,

   

 

 

 

 

0 0 1 0 1

1 1 0 1 1

d d d 4 d 4 d 4

f x f x x f x x f x x x f x x

   

 _{ }  _{        }

 

 











Từ

 

₁ x f x2 ( )3 xf(1x2)   x11 x7 2x2





1 1 1

3 3 2 2 11 7 2

0 0 0

1 _{( )d( )} 1 _{(1 )d(1 ) 2 d} 5

3 f x x 2 f x x x x x x 8









  



    

1 1 1

0 0 0

1 _{( )d} 1 _{( )d} 5 _{( )d} 3

3 f x x 2 f x x 8 f x x 4









  



 

Do đó,

0
1

3 13
( )d 4

4 4

f x x


    



.

Lời giải 4:

Với  x  ta có xf x( )3 f(1x2)   x10 x6 2x

2 _{( )}3 ₍₁ 2₎ 11 7 _{2 (*)}2

x f x xf x x x x

      





1 1 1

2 3 2 11 7 2

0 0 0

( )d (1 )d 2 d

x f x x xf x x x x x x









 



  

1 1

3 3 2 2

0 0

1 _{( )d( )} 1 _{(1 )d(1 )} 5

3 f x x 2 f x x 8









   

1 1 1

0 0 0

1 _{( )d} 1 _{( )d} 5 _{( )d} 3

3 f x x 2 f x x 8 f x x 4

Trang 20

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Mặt khác





0 0 0

2 3 2 11 7 2

1 1 1

(*) x f x x( )d xf(1 x x)d x x 2 dx x

  









 



  

 

 

0 0

2

3 3 2

1 1

1 1 17

(*) ( )d (1 )d 1

3_ f x x 2_ f x  x  24








 _  _ 

0 1 0

1 0 1

1 _{( )d} 1 _{( )d} 17 _{( )d 3 .}1 3 17 13

3_ f x x 2 f x x 24 _ f x x 2 4 24 4

 _ _

 _

      _  _ 









.

Lời giải 5: Đi tìm hàm f x

 

Ban đầu ta sẽ nghĩ đến có f x f

  

3 , 1x2



thì bên vế phải có thể đưa liên quan gì đến x3,1x2
khơng?

Ta có xf x

 

3 x10 2x x f x 

   

3  x3 3 2

 

 

Vậy thì nghĩ thêm việc cũng tạo tiếp cái



1x2



3   2 3 3x2 3x4x6
Hay f



1x2

 

 1 x2



3   2 3 3x2 3x4 x6.

Như thế ta sẽ có

   

_{3 3} 3



₂

 

₂



3 _{2 4 6 6}

2 1 1 2 3 3 3

x f x_  x  _{ }  f x  x   _ x  x  x x

   

   

_{3 3} 3



₂

 

₂



3 _{2 4}

2 1 1 2 3 3 3

x f x x  f x x  x x

 _    _{ }      _ 

   

   

_{3 3} 3 ₄



₂

 

₂



3



₂



2 3 1 1 2 3 1 0

x f x x  x f x x  x

 _   _ _     _  

   

   

_{3 3} 3 ₃



₂

 

₂

 

3 ₂



3 2 1 1 3 1 2 0

x f x x x  f x x x 

 _     _{ }       _

   

Đặt g x

   

 f x  x3 3x 2 ta được xg x

  

3 g 1x2



0.
Thay x bởi x ta được

  

3 ₁ 2



₀

xg x g x

     hay xg x

 

3   xg x

 

3 , x .
Do đó g x

 

là hàm lẻ.

Như vậy xg x

  

3 g 1x2



 0 xg x

  

3 g x2   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

 

1;0

max 0, 1;0

M _{ } g x x

 
 

 
    _{ }.

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

 

M M

b b

Trang 21
N
G
U
Y
Ễ
N
M
IN
H
N
H
IÊ
N

Điều này mẫu thuẫn do

 

1;0
max

M _{ } g x

 
 

 .

Do vậy

 

1;0

max_{ } g x 0, x 1;0


 
 

 
   _{ }.

Hay g x

 

   0, x _ 1;0_  f x

 

  x3 3x    2, x __ 1;0__.
Vậy

0 0

3

1 1

13
( )d ( 3 2)d

4

f x x x x x

 

     





.

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 x

 

d 



f u u

 

d .

 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

 

d

 

d

u f u x  f u u





hay

   

 

 

 
 

d d

u b
b

a u a

u x f u x x  f x x





Vì thế ta mới nghĩ đến việc tạo ra đạo hàm của x3;1x2 bằng việc nhân hai vế của giả thiết với _x để tạo
ra

 

 

0 0
2 3
1 1
1
d d
3

x f x x f x x

 






;

 

 

1 1
2 3
0 0
1
d d
3

x f x x  f x x





;





 

0 1
2
1 0
1

1 d d

2

xf x x f x x



  





và





 

1 1

2

0 0

1

1 d d

2

xf x x  f x x





.

Trong các đổi biến này xuất hiện

 

1
0

d
f x x



buộc ta phải đi tính thêm

 

1
0

d
f x x



. Ở đây, nếu cận khơng
phải là 1;0;1 thì các cách làm này sẽ bị phá sản, ví dụ yêu cầu tính

 

3
0

d
f x x



, lúc này chắc chỉ cịn
cách đi tìm f x

 

. Vì thế, các cận 1;0;1 phải được liên hệ mật thiết với x3,1x2.

Ngồi ra, với hai tính chất:

 Hàm số _{x f x}2 _{( )}3 _xf(1x2_{) 2 x}2 _{là hàm lẻ;}
 Hàm số f x

   

   f x 4 là hàm chẵn
cũng hữu ích cho việc tính tốn nhanh hơn.

* Lỗi sai có thể mắc dẫn đến các phương án nhiễu 17

20
 , 17

4 đều sai dấu khi tính





 

0 1

2

1 0

1

1 d d

2

xf x x f x x



  





và





 

1 1

2

0 0

1

1 d d

2

xf x x  f x x





.

* Với lời giải 5: Việc tìm f x

 

khá khó khăn, khơng nói là mị. Nếu f x

 

là những hàm quen thuộc thì
rất có thể đốn bằng việc thử các giá trị và cân bằng hệ số.

Trang 22

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 48
Câu 48.1: Cho hàm f x

 

liên tục trên \ 0

 

thỏa mãn

 

2

 

₂ 3 1 _{2, \ 0}

 

2

xf x f x x x

x

      .

Giá trị

 

2
1

d
f x x



nằm trong khoảng nào?

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

 

2

 

2

4xf x 6 2f x  4x ,_{   }x  _{ }0;2 .
Giá trị

 

4
0

d
f x x



bằng

A.
5

 _{. B.}

2

 _{. C.}

20 . D. 10 .
Câu 48.3: Cho hàm y f x ( ) liên tục trên đoạn  _{  }0;1 và thỏa mãn

   

_{1 2} 2 _{2 1, 0;1}

f x f  x x  x _{    }x  _{ }.
Giá trị của

1
0

( )
f x dx



bằng

A. 4

3 B. 23 C. 12. D. 13

Câu 48.4: Cho hàm số _{y  f x}

 

liên tục và có đạo hàm trên _ thỏa mãn

 

 



2



5f x 7 1f  x 3 x 2x , x .
Biết rằng

 

1
0

. ' d a
x f x x

b
 



, với a

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

A. 1_. B. 0_. C. 16. D. 16.

Câu 48.5: Cho hàm số f x

 

liên tục trên đoạn 2 ;1

3
 
 
 

  và thỏa mãn
2

2 ( ) 3 5
3

f x f x

x
 
 
 _{  }

  x 2 ;1 .3
 
 
   _{ }

Tích phân

 

1
2
3

ln d

f x x x



bằng

A. 5 2 1_ln

Trang 23
N
G
U
Y
Ễ
N
M
IN
H
N
H
IÊ
N

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 48

Câu 48.1: Cho hàm f x

 

liên tục trên \ 0

 

thỏa mãn

 

2

 

₂ 3 1 _{2, \ 0}

 

2

xf x f x x x

x

      .

Giá trị

 

2
1

d
f x x



nằm trong khoảng nào?

A.

 

5;6 . B.

 

3;4 . C.

 

1;2 . D.

 

2;3 .

Lời giải
Chọn D

Ta có

 

2

 

2 3 1 2, \ 0

 

2

xf x f x x x

x

      

 2

 

2

 

2 3

1 1

1

2 d 2 d

2

xf x f x x x x

x
 _
 _  _ _{   }
  _
  _ _





   

   

2

2 2 ₄

2 2

1 1 ₁

1 _d 1 _{2 d 2} 1_{ln 2}

2 f x x 2 f x x x4 2 x x

 _
 _
  _   _
 





 

 

4 4
1 2

1 _d 1 _d 7 1_ln2

2 f x x 2 f x x 4 2









  2

 

1

1 _d 7 1_ln2

2 f x x 4 2





 

 

 

2
1

7

d ln2 2;3
2

f x x





  

Câu 48.2: Cho hàm số _{y  f x}

 

liên tục trên đoạn  _{ }0;4

  và thỏa mãn điều kiện

 

2

 

2

4xf x 6 2f x  4x ,_{   }x  _{ }0;2 .
Giá trị

 

4
0

d
f x x



bằng

A.
5

 _{. B.}

2

 _{. C.}

20 . D. 10 .
Lời giải

Chọn A

Ta có _{4xf x}

 

2 _{6 2f x}

 

_{ 4x}2 .

 

 





2 2

2 2

0 0

4xf x 6 2 df x x 4 x xd





 





   

   

2 2

2 2

0 0

2 f x d x 3 f x2 d 2x 











 

 

 

4 4 4

0 0 0

2 d 3 d d

5

f x x f x x  f x x 

Trang 24
N
G
U

Y
Ễ
N
M
IN
H
N
H
IÊ
N

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

   

_{1 2} 2 _{2 1, 0;1}

f x f  x x  x _{    }x  _{ }.
Giá trị của

1
0

( )
f x dx



bằng

A. 4

3 B. 23 C. 12. D. 13

Lời giải
Chọn D

Ta có

   

_{1 2} 2 _{2 1}

f x f  x x  x 

1 1

2

0 0

(1 ) (2 2 1)

I f x dx x x dx

 



 



  1 3 2

0

1
2

(1 ) ₀

3

I f x dx  x x x

   _   _




 

1
0
2
(1 ) 1

3

I f x dx

 



 

Xét

1
0

(1 )

f x dx



, đặt _{t     1 x dt dx}. Đổi cận x   0 t 1;x   1 t 0

Ta có

 

1 0 1

0 1 0

(1 ) ( )( ) ( ) 2

f x dx  f t dt  f t dt I







Từ

   

_{1 ; 2}

1
0

2
2 ( )

3
f x dx





 1

0

1
( )

3
f x dx





 .

Câu 48.4: Cho hàm số y  f x

 

liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn

 

 



2



5f x 7 1f  x 3 x 2x ,_{ x }.
Biết rằng

 

1
0

. ' d a
x f x x

b
 



, với a

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

A. 1_. B. 0_. C. 16. D. 16.

Lời giải
Chọn B

Từ _{5f x}

 

_{7 1f}

 

_{ x 3}



_x2 _2x



thay _x bởi _1x ta được _{5 1f}

 

_{ x 7f x}

 

_3



_x2 _1



.
Do đó ta có hệ

 

 





 

 





2
2

5 7 1 3 2

7 5 1 3 1

f x f x x x

f x f x x

 _{   }



    



Suy ra

 

 



2

 

2



 

2

25f x 49f x 15 x 2x 21 x   1 24f x 36x 30x21

Hay

 

1



12 2 10 7



 

1



12 5



8 4

f x   x  x  f x   x 

Do đó

 





1 1

0 0

1 3

. ' d 12 5 d

4 8

a _{x f x x x x x}

b

Trang 25
N
G
U
Y
Ễ
N
M
IN
H

N
H
IÊ
N

Vậy 8a 3b 0

Câu 48.5: Cho hàm số _{f x}

 

liên tục trên đoạn 2 ;1

3
 
 
 

  và thỏa mãn
2

2 ( ) 3 5
3

f x f x

x
 
 
 _{  }

  x 2 ;1 .3
 
 

   _{ }

Tích phân

 

1
2
3

ln d

f x x x



bằng

A. 5 2 1ln

3 3 3 . B. 5 2 13 3 3ln  . C. 5 2 13 3 3ln  . D. 5 2 13 3 3ln  .
Lời giải

Chọn D
Cách 1:

Từ 2 ( ) 3 2 5

3

f x f x

x
 

 
 _{  }

  thay x bởi 32x ta được 2f     32x 3f x

 

 310x .

Do đó _{4f x}

 

_{9f x}

 

_10x 10 _{f x}

 

2 _{2x f x}

 

2_{2 2}

x x  x

         

 

1 1
2
2 2
3 3
2
l
3
l 5 2 1ln

3

n d 2 n d

3

xf x x x x

x
 

 


  _  _ 
 





Cách 2:

Ta có

 

 

 

1 ₁ 1

2
3

2 2

3 3

d

lnxf x xd f x lnx f x x

x

  





. Từ 2 ( ) 3 2 5 , 2;1

3 3

f x f x x

x

 _  

 _{  }

 _{  }  _{ }

  _{ }.

Thay x 1 và 2

3

x  vào (1) ta được hệ

2 _{(1) 0}

2 (1) 3 5

3 _{2 5}

2 10

2 3 (1) _{3 3}

3 3

f
f f
f
f f
  
 _
 _  _{  }
 _{  }
 _{  }
 _{  }
 _{ }  _{ }
 _{ }    _
 _{     }
 _    _
 _{ } 

.

Xét

 

1
2
3
d
f x
I x
x




Đặt 2 d 2₂ d ,

3 3

x x t

t t

    , đổi cận

2 ₁
3
2
1
3
x t
x t
   

 _{  }

.
Khi đó
2
1 1
3 2

1 2 2

3 3

2 1_{. d} 2 _d 2 _d

3 3 3

2

3 2

3

f t f t f x

t t t x

Trang 26

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Ta có

 

1 1

2 2

3 3

2 d

d ₃

2 3 2 3

f x

f x x _x

I I

x x

 
 
 
 
 

 







1 1

2 2

3 3

5 1

5 d 5d

3 3

2
2 ( ) 3

3

f x f

I x x x I

x

 
 
  

 



   



  

Vậy

 

 

 

 

1 ₁ 1

2
3

2 2

3 3

d _{2 2 1 5 2 1}

ln d ln ln1. 1 ln ln

3 3 3 3 3 3
f x x

f x x x f x x f f

x

   _{ }
 

     _ _ _{ }   
   

Trang 27

N

G

U

Y

Ễ

N

M

IN

H

N

H

IÊ

N

Câu 49: Cho khối chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vng cân tại A AB a SBA SCA,  ,    90 ,
góc giữa hai mặt phẳng

 

_SAB và

 

_SAC bằng _60. Thể tích khối chóp đã cho bằng

A. a3. B. 3

3

a _{. C.} 3

2

a _{. D.} 3

6

a _.

Lời giải

Từ giả thiết ta dựng hình chóp S ABDC. với ABDC là hình
vng và SD 



ABDC



.

Vì SAB  SAC nên nếu BH là đường cao của SAB thì
tương ứng CH cũng là đường cao của SAC .

Mà _SA

   

_{SAB  SAC} nên





   

_{SAB SAC,}



_



_{BH CH,}



_60
hay BHC 60hoặc BHC 120.

Vì BH CH nên HI là phân giác góc BHC hay

 ₃₀

IHC  _{hoặc IHC} _60_.

Nếu IHC 30thì 2

sin 30
CI

CH  _  a, không thỏa mãn.

Do đó 2

3
sin 60

CI

CH  _  a.

Mà 1 ₂ 1₂ 1₂ 3₂ 1₂ 1₂ 2 2 2

2 SC a SD SC CD a

CH CA CS  a a SC       .

Do vậy, _. 1 . 3

3 6

S ABC ABC a

V  S_ SD  .

Chú ý:

Ta có thể chỉ ra tồn tại hình chóp S ABDC. như sau:

Gọi D là hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng



ABC



. Ta có

 

AB SB

AB SBD AB BD

AB SD
 

 _{   }

 

 .

Tương tự AC CD ABDC là hình vng cạnh a.

Nhận xét:

Trong bài tốn trên ta đã sử dụng phương pháp tạo hình ẩn, tức là từ hình đa diện ban đầu, tạo
thêm những điểm mới để tạo ra hình đa diện mới ở đó tính chất dễ khai thác hơn. Một số hình quen
thuộc mà tính chất dễ khai thác là: Hình lập phương, hình hộp chữ nhật, lăng trụ đứng, hình chóp đều,
hình chóp đáy là hình chữ nhật và cạnh bên vng góc với đáy,…

I
a

H

a
D

C

B
A