Sáng kiến kinh nghiệm Xây dựng, sử dụng hệ thống bài tập trắc nghiệm tích phân ôn thi THPT Quốc gia

 f 3 ( x) = 2x.ex2 +1 Û ée f 3 ( x) ù¢ = 2x.ex2 +1
3 x2 +1
ë	û
Þ e f 3 ( x) = ò 2xex2 +1dx = ò ex2 +1d (x2 +1) =
ex2 +1 + c .
Do f (0) = 1 Û e = e + c Û c = 0 Þ e f 3 ( x) = ex2 +1 Û
f 3(x) = x2 +1 Û
f (x) =
Khi đó

7	7	 	
2	8
1
I = ò x. f (x)dx = ò x.3 x2 +1.dx =

7	 	
ò 3 x2 +1.d (x2 +1) =
3 é(x2 +1) 3 x2 +1ù
= 45
ë	û
0	0	0
7
0
8
Ví dụ 5: Cho hàm số
y = f (x)
có đạo hàm trên [1; 2] thỏa mãn
(x +1) f (x) + x. f ¢(x) = 2ex
với "x Î[1; 2] . Biết

f (1) = e , tính tích phân

2
I = ò x. f (x)dx
1
A. e2 - e .	B.
e -1.	C.
2e2 -1 .	D. 1.
Hướng dẫn:	Mức độ: Vận dụng.
Với bài toán này trước tiên ta nhận thấy có dạng đạo hàm của tích các biểu
thức f (x).g(x) . Với công thức đạo hàm dạng tích ta có
( f (x).g(x))' = f '(x)g(x) + g '(x) f (x) .
Từ mối liên hệ của các đại lượng có trong giả thiết ta hướng đến việc đi tìm biểu thức u(x) .
Do có sự xuất hiện của các đại lượng (x +1) f (x); x. f ¢(x) ở vế trái ta hướng đến
việc nhân hai vế với biểu thức dạng
ekx
để đảm bảo sự bất biến về biểu thức của
f (x); f '(x) . Đồng nhất hai vế trong giả thiết ta đi đến việc tìm ra giải
Lời giải
k = 1, từ đó ta có lời
Ta có
éë xex. f (x)ùû¢ = (xex )¢ f (x) + xex. f ¢(x) = (ex + xex ) f (x) + xex. f ¢(x)
= ex éë( x +1) f (x) + xf ¢(x)ùû Þ éëxex. f (x)ùû¢ = ex. éë2ex ùû Þ xex. f (x) = ò 2e2xdx Û xex. f (x) = e2x + c
2	x	2 x	ex
Do f (1) = e Û e.e = e
+ c Û c = 0 Þ xe . f (x) = e
Û f (x) =	.
x
Khi đó
2	2	2
ò	ò x	x
I =	x. f (x)dx = e dx = e
1

= e2 - e
1	1
Ta có thể xét bài toán sau: Đặt

g(x) = tan x

xác định và khả vi trên
æ 0; p ö . Khi
ç	2 ÷
đó xét hàm số
è	ø
y = f (x). tan x . Lấy đạo hàm hai vế ta có biểu thức
y ' = f '(x) tan x +
f (x) cos2 x

. Ta ghép vào vế trái biểu thức
1
cos2 x

để được bài toán sau:
Ví dụ 6: Cho hàm số
y = f (x)
có đạo hàm trên æ 0; p ö
thỏa mãn
ç	2 ÷
è	ø
p
¢	æ	p ö	p	4
2
2 f (x) + sin 2x. f
(x) = 2
với ç 0;	÷ . Biết
è	ø
f ( ) = 2 , tính tích phân
4
I = ò f (x)dx
p
3
A. p + 1 ln 2 .	B.
12	2
p + ln 2 .	C.
6
p + ln 2 .	D.
12
p + 1 ln 2 .
6	2
Hướng dẫn:	Mức độ: Vận dụng.
Ta có ( f (x). tan x)' =
æ p ö
1
cos2 x

Þ f (x). tan x = tan x + C Þ f (x) = 1+ C.cot x
p	p

ò	ò
4	4

p	p	1
Do f
= 2 Þ f (x) = 1+ cot x Vậy I =	f (x)dx =
(1+ cot x)dx = ( x + ln(sin x)) 4 =	+
4
6

ln 2
ç	÷
è	ø	p	p
6	6
p	12	2
Các bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ:
Dạng 1. Cho hàm số y = f (x)
thỏa mãn
b
f (u(x)) = v ( x) trong đó u(x) là hàm
đơn điệu trên R tính tích phân
I = ò f (x)dx
a
Với dạng toán này các dấu hiệu đặc trưng được thể hiện khá rõ ràng. Sự nhận diện ra bài toán không quá khó dựa trên các đặc điểm về dạng hàm, vi phân và cận số có liên quan giữa các điều kiện. Với dạng toán này học sinh chỉ cần nắm vững nội
dung của phương pháp đổi biến số trong SGK để thực hiện. Đặt t = u(x) Þ t¢ = u¢( x) dx
và	f (t) = v(x) . Đổi cận
x = a Þ t = a, x = b Þ t = b
Vì u(x) là hàm điệu điệu trên R
Sau đây ta sẽ đi xét một số ví dụ minh họa cụ thể.
Ví dụ 1: (Đề 101 – THPT Quốc Gia 2017)	Cho bằng:

6
ò f (x)dx = 12 . Khi đó,
0

2
ò f (3x)dx
0
A. 6	B.36	C. 2	D. 4
Lời giải : Đặt
2
u = 3x Þ du = 3dx
1 6
Đổi cận:
1
x = 0 ® u = 0 ,
x = 2 ® u = 6
Khi đó:
ò f (3x)dx =	ò f (u)du =	.12 = 4
3	3
0	0
2
4	æ x ö
Ví dụ 2: Cho
ò f (x)dx = -3 . Tính ò f ç 2 ÷ dx =?
1	2	è	ø
A. -6	B.-3	C. -4	D. 1
Lời giải : Đặt
u = x Þ du = 1 dx
2	2

Đổi cận:
x = 2 ® u = 1,

x = 4 ® u = 2
4	æ x ö	2
Khi đó:
ò f ç 2 ÷ dx = 2ò f (u)du = 2.(-3) = -6
2	è	ø	1
13	6
Ví dụ 3: Cho
ò f (x)dx = 16 . Tính
3
ò f (2x + 1) dx =?
1
A.16	B.32	C. 4	D. 8
Lời giải : Đặt
6
u = 2x +1Þ du = 2dx
1 13
Đổi cận:
1
x = 1 ® u = 3
x = 6 ® u = 13
Khi đó:
ò f (2x +1)dx =	ò f (u )du =	.16 = 8
2	2
1	3
5
Ví dụ 4: (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 3 - 2017-2018)	Tính
2
ò f (x2 +1)xdx = 2 .
1
ò f (x)dx , biết
2
A.2	B.1	C. -1	D. 4
Lời giải: Đặt
u = x2 +1 Þ du = 2xdx
Đổi cận:
x = 1 ® u = 2 ,
x = 2 ® u = 5
Khi đó:

2
ò f (x2 +1)xdx = 2 Û
1
1 5
2 ò
f (u)du = 2 Û
2
1 5	5
2 ò	ò
f (x)dx = 2 Û	f (x)dx = 4
2	2
Ví dụ 5: Cho
2
ò xf (x)dx = 4 . Tính
1
3	 	
ò xf ( 1+ x2 )dx = ?
0
1+ x2
A.3	B.4	C. 5	D. 6
3
Lời giải: Đặt u =
Þ u2 = 1+ x2
Þ udu = xdx
Đổi cận:
x = 0 ® u = 1,
x =	® u = 2
Khi đó:
3	2
ò xf ( 1+ x2 )dx =òuf (u)du = 4
0	1
Ví dụ 6: Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [0; 2] thỏa mãn
2
ò f (x)dx = 6 . Giá trị của tích phân
0
p 2
ò f (2 sin x) cos xdx
0

là:
A. -6 .	B. 6 .	C. -3 .	D. 3 .
Lời giải : Đặt u = 2sin x Þ du = 2cos xdx
Đổi cận:
p 2
x = 0 ® u = 0	x
1 2
p
=	® u = 2 2
1
Khi đó:
ò f (2 sin x) cos xdx = 2 ò f (u)du = 2 .6 = 3
0	0
2	4 f ( x )
x
Ví dụ 7: Cho
ò f ( x)dx = 2 . Tính
1
I = ò
1
dx bằng:
A. I = 1.	B.
I = 2 .	C.
I = 4 .	D.
I = 1 .
2
Lời giải: Tính
4 f ( x )
x
I = ò	dx
1

Đặt:

x
u =	Þ u2

= x Þ 2udu = dx
Đổi cận:
x = 1 Þ u = 1,
x = 4 Þ u = 2
4 f ( x )
2 f (u)	2
x
I = ò	dx = ò u .2udu = 2ò f (u)du = 2.2 = 4
1	1	1
2
Ví dụ 8: Cho hàm số
5
y = f (x)
liên tục trên R đồng thời thỏa mãn
ò x. f (x2 +1)dx = 2 .
1
Tính
ò f ( x)dx.
2
A. 4 .	B. 2 .	C. 1.	D. 3 .
Hướng dẫn:	Mức độ: Thông hiểu.
Đặt
t = x2 +1 Þ dt = 2xdx.
Đổi cận:
ìx = 1 Þ t = 2
î
íx = 2 Þ t = 5
2	1 5	5	2	5
Khi đó
ò f (x2 +1) xdx =	ò f (t )dt Þ ò f (t )dt = 2ò f (x2 +1) xdx Þ ò f ( x)dx = 4.
1	2 2	2	1	2
Nhận xét: Một số ví dụ trên khá đơn giản. Dấu hiệu nhận ra ẩn phụ khá rõ ràng. Đây là một bài toán giúp học sinh nắm lại được phương pháp đặt ẩn phụ trong tích phân một cách đơn giản nhất. Việc cho học sinh giải quyết những bài toán này giúp các em hiểu rõ hơn về phương pháp trình bày trong SGK.
Ví dụ 1: Cho hàm số
y = f (x)
liên tục trên R đồng thời thỏa mãn
ò f (
5
0
x + 4 )dx = 8 .
Tính

2
ò x. f ( x)dx.
3
A. 4 .	B. 2 .	C. 1.	D. 3 .
Hướng dẫn:	Mức độ: Thông hiểu.
Đặt

x + 4
= t Þ x = t 2 - 4 Þ dx = 2tdt . Đổi cận:
ìx = 0 Þ t = 2 .
íx = 5 Þ t = 3
î
3	3
Khi đó ò 2tf (t )dt = 8 Þ ò x. f ( x)dx = 4.
2
Ví dụ 2: Cho hàm số
4 f ( x )
2
y = f (x)

liên tục trên R đồng thời thỏa mãn

2
ò f ( x)dx = 2 . Tính
1
x
I = ò
1
dx bằng
A. I = 4 .	B.
I = 2 .	C.
I = 1.	D.
I = 1 .
2
x
1
2 x
Hướng dẫn:	Mức độ: Thông hiểu.
Đặt
t =	Þ dt =
dx ; đổi cận:
x = 1Þ t = 1,
x = 4 Þ t = 2
Do đó có:
4 f ( x )
x
I = ò

2	2
dx = ò f (t ) 2dt = 2ò f (t )dt = 2.2 = 4 .
1	1	1
16 f ( x )
Ví dụ 3: Cho hàm số
p
2
y = f (x)
liên tục trên R đồng thời thỏa mãn	ò
1
x
4
dx = 6 và
ò f (sin x) cos xdx = 3 . Tính tích phân
0
I = ò f ( x)dx .
0
A. I = 6 .	B.
I = -2 .	C.
I = 9 .	D.
I = 2 .
Hướng dẫn:	Mức độ: Thông hiểu.
Xét
16 f ( x )
x
I = ò
1

dx = 6 , đặt
= t Þ dx 
x
x
2

= dt
4	4	6
Đổi cận: x = 1Þ t = 1; x = 16 Þ t = 4 nên I = 2ò f (t )dt = 6 Þ ò f (t )dt = 2 = 3 .
1	1
p
2
J = ò f (sin x) cos xdx = 3 , đặt sin x = u Þ cos xdx = du
0
Đổi cận:

x = 0 Þ u = 0 ;
x = p
2

1
Þ u = 1 Þ J = ò f (u )du = 3
0
Vậy

4	1	4
I = ò f ( x)dx = ò f ( x)dx + ò f ( x)dx = 3 + 3 = 6 .
0	0	1
Nhận xét: Trong bài toán này ta thấy giả thiết có mặt của hai hàm số hợp. Do đó ta cần phải thực hiện hai phép đặt để đưa bài toán về dạng đơn giản hơn.
Ví dụ 4: Cho hàm số
p
f (x)
liên tục trên và thỏa mãn
4
ò tan x. f (cos2 x)dx = 2
e2
và ò
f (ln2 x)

dx = 2 . Tính
2 f (2x)
I = ò

dx .
0	e	x ln x	1	x
4
A. I = 8 .	B.
I = 4 .	C.
I = 1.	D.
I = 0 .
Hướng dẫn:	Mức độ: Thông hiểu.
p	p
Ta có

4	4
ò tan x. f (cos2 x)dx = ò
0	0
f (cos2 x)
cos2 x

sin x.cos xdx = 2
Đặt
t = cos2 x Þ dt = -2sin x.cos xdx Þ - 1 dt = sin x.cos xdx
2
1
p	1	1 2

f (t)

1 f (t)
Với
x = 0 Þ t = 1; với
x =	Þ t =
4	2
Suy ra,
2 = -	ò
2
t
1
dt Þ ò
1
2
dt = 4
t
e2
Ta có ò
f (ln2 x)

e2
dx = ò
f (ln2 x)
2	.

ln x

dx = 2

Đặt t = ln2 x Þ dt =

2 ln x

dx Þ
1 dt = ln x dx
e	x ln x
e	ln x	x
x	2	x
1 4 f (t)	4 f (t)
Với
x = e Þ t = 1 ; với
2 f (2x)
x = e2 Þ t = 4
2 f (2x)
Từ đó suy ra 2 =
ò	dt Þ ò
2
t
t
1	1
1
dt = 4
* Tính ò
x	dx = 2ò	2x	dx
Đặt t = 2x Þ dt = 2dx Þ	dt = dx
2
Với
1	1
4	4
x = 1 Þ t = 1 ; với
4	2

x = 2 Þ t = 2
2 f (2x)	4 f (t)
1 f (t)
4 f (t)
Vậy:
I = ò	x	dx = ò t	dt = ò t	dt + ò t	dt = 8
1	1	1	1
4	2	2
1
Ví dụ 5:	Cho hàm số
p	p

4	4
f (x)
liên tục trên
 và thỏa mãn
1
4
ò f (
0
3x +1)dx = 4 và
ò tan3 x f (tan x) dx = 4 - ò tan x f (tan x) dx . Tính
0	0
I = ò xf (8x) dx .
0
A. I =
5 .	B.
32
I = 1
16
.	C.
I = 5 .	D.
4
I = 1 .
8
Hướng dẫn:	Mức độ: Vận dụng.
Ta có:

1
4
I = ò xf (8x) dx
0
Đặt t = 8x Þ 1 dt = dx
8

Đổi cận:
x = 0 Þ t = 0; x = 1 Þ t = 2
4
1
4
I = ò xf (8x) dx =

1 2 t

f (t ) dt =

2
1 òtf (t )dt

Lại có:
p	p

4	4
ò tan3 x f (tan x) dx = 4 - ò tan x f (tan x) dx
0	8 0 8	64 0	0	0
ò
p	p

4	4
ò(tan3 x + tan x) f (tan x) dx = 4 Û ò tan x (tan2 x +1) f (tan x) dx = 4
0	0
Đặt
p
4
t = tan x Þ dt = (tan2 x +1)dx
1
Đổi cận:
x = 0 Þ t = 0; x = p Þ t = 1
4
ò tan x (tan2 x +1) f (tan x) dx = òtf (t ) dt = 4
0	0
Xét:
f ( 3x +1)dx = 4
Đặt t =
Þ dt =	3	dx Þ 2 tdt = dx
1
ò
0
Đổi cận:
2	3
x = 0 Þ t = 1; x = 1 Þ t = 2
3x +1
3x +1
1	2 2	2
ò f ( 3x +1)dx = 3 òtf (t ) dx = 4 Þ òtf (t ) dx = 6
0	1	1
1 2	1
æ 1	2
ö	10	5
I = 64 òtf (t ) dt = 64 ç òtf (t ) dt + òtf (t ) dt ÷ = 64 = 32
0	è 0	1	ø
Ví dụ 6:	Cho Xét hàm số
f ( x)
liên tục trên [0;1]
1
và thỏa mãn điều kiện
1- x2
4x. f (x2 ) + 3 f (1- x) =
. Tích phân
I = ò f ( x)dx
0
bằng:
A. I =
p .	B.
20
I = p .	C.
4
I = p .	D.
6
I = p .
16
1- x2
Hướng dẫn:	Mức độ: Vận dụng.
Vì f ( x)
liên tục trên [0;1] và
4x. f (x2 ) + 3 f (1- x) =
nên ta có
1	1	1	1	1	 	
ò éë4x. f (x2 ) + 3 f (1- x)ùû dx = ò
0	0
1- x2 dx
Û ò 4x. f (x2 )dx + ò3 f (1