chinh-phuc-vdc-giai-tich-luyen-thi-thpt-nam-2023-phan-nhat-linh

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Mà x, y  3; 48 nên 3  (x − 2)2 − 1  48  4  (x − 2)2  49  2  x − 2  7  4  x  9 . Do x  nên x 4; 5;6;7;8;9 , với mỗi giá trị của x cho ta một giá trị của y thỏa mãn đề bài. Vậy có 6 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đề bài. Cách 2: Trắc nghiệm Ta có phương trình: (x − 2) y + 2 = y + 1. x2 − 4x + 5 . Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho x = 100 → y = 9603 = x2 − 4x + 3 . Mà x, y  3; 48 nên 3  x2 − 4x + 3  48  4  x  9 . Do x  nên x 4; 5;6;7;8;9 , với mỗi giá trị x cho 1 giá trị của y thỏa mãn đề bài. Vậy có 6 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đề bài. Câu 5: Cách 1: Tự luận Đặt logb a = t. Với điều kiện: 1a  b  1 . 4 Khi đó 0 = logb 1  logb a  logb b = 1  t  (0;1) Ta có: b2 −b+ 1 0 b− 1  b2  log a  b − 1   loga b2  log a  b − 1   2 . 4 4  4   4  t     log a b = 1 = 1 1) . Do đó P = loga  b − 1  − log a b  2 + 2 1 t)  4  b t b 2(logb a − 1) 2(t − (1 − Xét hàm f (t) = 2 + 2 1 t) vói t  (0;1) . t (1 − f (t) = − 2 + 1 t)2 . Với t  (0;1) , ta có: f (t) = 0  x = 2. t2 2 (1 − 3  2 1   2 1  ( )Do: lim f  t + 1−t  = = t 1−t  = +. ( ) ( )t→0+ t = lim 2 +; lim f (t) lim  + 2 t→0+ t→1− t→1− Lập bảng biến thiên của hàm số f (t) = 2 + 2 1 t) với t (0;1) ta có: t (1 − Dựa vào BBT ta tìm được Minf (t) = 9 tại t = 2 . Vậy MinP = 9 . 23 2 Cách 2: Tư duy + Casio Vẫn áp dụng kĩ thuật liên quan đến điều kiện 1  a  b  1 . 4 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 346

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Nhập cả biểu thức: P = loga  b − 1  − log a b vào máy tính.  4  b   Câu 6: Dùng lệnh CALC đồng thời cả a,b với 1  a  b  1 thử nhanh liên tục ta được min P = 9 . 42 Cách 1: Tự luận Ta có xy  4y − 1  4y  xy + 1  2 xy  4y  2 xy nên x 2 x4. yy Xét P = 6(2x + y) + ln x + 2y = 12 + 6 y + ln  x  y x  y + 2 . x   Đặt t = x ,0  t  4 . Suy P = f (t) = 12 + 6 + ln(t + 2) yt Ta có f (t) = − 6 + t 1 = t2 − 6t − 12 = (t − 3)2 − 21 t2 +2 t2 (t + 2) t2 (t + 2) Với 0  t  4 thì −3  t − 3  1  0  (t − 3)2  9 nên (t − 3)2 − 21  0,t  (0; 4 . Do đó f (t)  0 với t (0; 4 . Hàm số f (t) nghịch biến trên (0; 4 . Suy ra f (t)  f (4) với t  (0; 4 hay P f (4) = 12 + 6 + ln 6  P  27 + ln 6 . 42 Vậy Pmin = 27 + ln 6 . 2 x = 4 x = 2   = 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  y  y 2 . x.y = 1 Khi đó a = 27 ,b = 6 nên a.b = 81 . Chọn B . 2 Cách 2: Trắc nghiệm Ta có xy  4y − 1  x  4y − 1 ( x, y là số thực dương nên không đổi dấu bất phương trình). y 6(2x + y) x + 2y  2. 4y −1 + y  4y −1 + 2y y 6 y  y Ta lại có P = x + ln   + ln y . (Xem y là x trong  4y −1 y Casio) Như vậy ta có MA ==aa+.bln ba==MbMb + ln b . Trong đó M là các đáp án 347 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Câu 7: Qua đó nhận thấy key B có x = b = 6 (đẹp). Cách 1: Tự luận: ( )Ta có: 2 x + x2 − 9y = 3y  x + x2 = 3y + 3y (1) . Xét hàm f (t) = t + t2 , (t  0) . Ta có: f (t) = 1 + 2t  0,t  0  f (t) là hàm đồng biến trên (0; +) . ( )Vì vậy, (1)  f (x) = f 3y  x = 3y . Theo giả thiết, 1  x  2020  1  3y  2020  0  y  log3 2020 . Vì y nguyên nên y 0;1; 2; 3; 4; 5;6  x 1; 3;9; 27 ;81; 243;729 . Vậy có 7 cặp (x; y) thỏa mãn. Cách 2: Trắc nghiệm ( )Ta có: x + x2 − 9y = 3y  x + x2 = 3y + 3y 2  x = 3y . Câu 8: Theo giả thiết, 1  x  2020  1  3y  2020  0  y  log3 2020 . Vì y nguyên nên y 0;1; 2; 3; 4; 5;6  x 1; 3;9; 27 ;81; 243;729 . Vậy có 7 cặp (x; y) thỏa mãn. Cách 1: Tự luận: x = y2 + 2y − x + 2 + y2 + 2y + 2  x + x = y2 + 2y + 2 + y2 + 2y + 2 (2) . Xét hàm số f (t) = t + t trên khoảng (0; +) ta có: f (t) = 1 + 1  0, t  0  f (t) đồng biến trên (0; +) . 2t ( )(2)  f (x) = f y2 + 2y + 2  x = y2 + 2y + 2 . Do x, y  5; 37 nên 5  y2 + 2y + 2  37  4  ( y + 1)2  36  2  y + 1  6  1  y  5 Do y  và y  5; 37 nên y = 5 . Với giá trị y = 5 cho ta 1 giá trị x = 37  5; 37 thoả đề bài. Vậy có 1 cặp số nguyên (x; y) thoả bài toán. Cách 2: Trắc nghiệm Áp dụng kĩ thuật CALC y = 0.01 → x = 2.0201 = y2 + 2y + 2 . Do x , y  5; 37 nên 5  y2 + 2y + 2  37  4  ( y + 1)2  36  2  y + 1  6  1  y  5 Do y  và y  5; 37 nên y = 5 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 348

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Với giá trị y = 5 cho ta 1 giá trị x = 37  5; 37 thoả đề bài. Vậy có 1 cặp số nguyên (x; y) thoả bài toán. Câu 9: Cách 1: Tự luận ( )Ta có: log4 (x + y + 3) = log5 x2 + y2 + 2x + 4y + 5  log4 ( x + 1) + ( y + 2) = log ( x + 1)2 + ( y + 2 ) 2   5 ( )Đặt X = x + 1; Y = y + 2 . Khi đó ta có: log4 (X + Y ) = log5 X2 + Y 2 ( )Đặt t = log4 (X + Y ) = log5 X2 + Y 2 . Suy ra ta có hệ phương trình X + Y = 4t  X 2 + Y2 = 5t Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: ( )X + Y 2  2(X2 + Y2 )  16t  2.5t  t  log16 2. 5 log16 2 1 log 16 2 1 log 16 2 2 2 Mặt khác: X2 = 5t −Y2  5t 5 5  −5 5 X5 5 Vì X   X −1;0;1. 1 log 16 2 1 log 16 2 2 2 Tương tự ta có: −5 5 Y 5 5 . Trường hợp 1: X = 0 , ta có phương trình log4 Y = log5 Y 2 (1) . Y = 1 là nghiệm của phương trình (1) . Do đó X = 0 thỏa mãn Suy ra: x = y = −1. ( )Trường hợp 2: X = −1, ta có phương trình log4 (Y − 1) = log5 1 + Y 2 (2) . ( )( ) ( )Xét hàm số:  1 log 16 2  2 5  f Y = log4 Y −1 − log5 1+Y2 , Y   1; 5    1− 2Y  1 log 16 2 Y − 1 ln 4 1+Y2  2 5  ( )( ) ( )Ta có:f Y =  0 , Y   1; 5   ln 5  1 log 16 2 2 (Suy ra hàm số đồng biến trên 1;   , với  =5 5  Max f (Y ) = f ( )  −1,1477689  0 (1;   f (Y ) = 0 vô nghiệm. Hay phương trình (2) vô nghiệm. Do đó: X = −1 (loại) ( )Trường hợp 3: X = 1, ta có log4 (Y + 1) = log5 1 + Y 2 (3) . Y = 0 là nghiệm của phương trình (3) . Do đó X = 1 thỏa. 349 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Vậy có 2 giá trị X  thỏa mãn là: X =0  x = −1 X =1 x . =0 Cách 2: Dùng đồ thị ( )Ta có: log4 (x + y + 3) = log5 x2 + y2 + 2x + 4y + 5  log4 ( x + 1) + ( y + 2) = log ( x + 1)2 + ( y + 2 ) 2   5 ( )Đặt X = x + 1; Y = y + 2 . Khi đó ta có: log4 (X + Y ) = log5 X2 + Y 2 ( )Đặt t = log4 (X + Y ) = log5 X2 + Y 2 . Suy ra ta có hệ phương trình X + Y = 4t  X 2 + Y2 = 5t Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: ( )X + Y 2  2(X2 + Y2 )  16t  2.5t  t  log16 2. 5  log16 2 0 X + Y = 4t Khi đó ta có:   X2 +Y2 = 4 5 .   0 log16 2 5t  5 Minh họa bằng hình vẽ: Vậy có 2 giá trị X  thỏa mãn là X =0 x = −1 X =1 x . =0 Cách 3: Trắc nghiệm ( )Ta có: log4 (x + y + 3) = log5 x2 + y2 + 2x + 4y + 5  log4 ( x + 1) + ( y + 2) = log ( x + 1)2 + ( y + 2 ) 2   5 ( )Đặt X = x + 1; Y = y + 2 . Khi đó ta có: log4 (X + Y ) = log5 X2 + Y 2 ( )Đặt t = log4 (X + Y ) = log5 X2 + Y 2 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 350

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Suy ra ta có hệ phương trình X + Y = 4t  X 2 + Y2 = 5t Lượng giác hóa: đặt X = 5t .cos ,  (0; 2 ).  Y = 5t .sin Từ đó ta được: 5t .cos + 5t .sin = 4t  cos + sin = 4t  4 t = . 5t  5   t = log 4 (cos + sin ). 5 log 4 (cos +sin ) Ta có: x = X − 1 = 5t .cos − 1 = 5 5 .cos − 1 Dùng casio, dò bảng và tìm đáp án Vậy ta thấy x chạy trong khoảng từ −1,16 đến 0,3334088261 . Vì theo đề x nguyên nên x −1;0 . Câu 10: Cách 1: Tự luận ( )Ta có: 2.2x + x + sin2 y = 2cos2 y  2x+1 + x + 1 = 2cos2 y + cos2 y 3 . Đặt f (t) = 2t + t  f (t) = 2t.ln 2 + 1  0,t   Hàm số đồng biến trên . ( )Vì vậy phương trình (3)  f (x + 1) = f cos2 y  x + 1 = cos2 y  x = −sin2 y  x  0 . Mà x nguyên dương nên không có giá trị của x thỏa yêu cầu bài toán. Cách 2: Trắc nghiệm Ta có: 2.2x + x + sin2 y = 2cos2 y  2.2x + x + y = 21−y (vì sin2 y + cos2 y = 1 ). Áp dụng kĩ thuật CALC y = 0,01  x = −0,01 = −y = −sin2 y  x  0 . Mà x là số nguyên dương. Vậy không có giá trị của x thỏa yêu cầu bài toán. Câu 11: Cách 1: Tự luận:  x + 1 4sin4 y+cos4 + x − 1 = 4sin4 y+cos4 y − sin2 2y ( )log2 2  y + x = − sin2 2y  log2 x+1 ( ) ( ) log2 x+1 2 sin4 y+cos4 y − 4 sin2 y.cos2 y + 2 + x+1= 2 ( ) ( ) ( ) log2 x+1 2 sin4 y+cos4 y − 4 sin2 y.cos2 y + 2 sin2 y + cos2 y 2 + x+1= 2 ( ) ( ) ( ) log2 x+1 2 sin4 y+cos4 y +2 sin4 y + cos4 y (2). + x+1= 2 Xét hàm số f (t) = 2t + t, t  0  f (t) = 2t ln 2 + 1  0, t  0 . 351 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit  hàm số y = f (t) đồng biến trên khoảng (0 ; + ) . ( ) ( ( ))( ) ( )Vì vậy (2)  f log2 x + 1 = f 2 sin4 y + cos4 y  x+1=2 2 sin4 y+cos4 y . 1 sin2  1 ;1 2  2 ( )Ta có: sin4 y + cos4 y = 1− 2y  nên 1  2 sin4 y + cos4 y 2 22 ( )2 sin4 y+cos4 y  4  2  x+1 4 1 x 3. Mà x là số nguyên dương nên x 1; 2; 3 . Vậy có 3 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn đề bài. Cách 2: Trắc nghiệm: Ta có: log2  x + 1  + x = 4sin4 y+cos4 y − sin2 2y hay VT = VP (Vế trái = Vế phải).  2  Đối với dạng hàm lượng giác thì hãy khảo sát: Ta nhận xét: Hàm lượng giác chỉ dao động từ 1 đến 4 . Suy ra: 1 log  x + 1  + x  4 1 x  3.  2  2 Mà x là số nguyên dương nên x 1; 2; 3 . Vậy có 3 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn đề bài. Câu 12: Cách 1: Tự luận: ( ) ( ) ( )Ta có 2x2 − 2y = y − x2  2x2 + x2 = 2y + y  f x2 = f y , với f t = 2t + t. Xét hàm số f (t) = 2t + t  f (t) = 2t.ln 2 + 1  0, t  . Vậy hàm số f (t) đồng biến trên . ( )Do đó f x2 = f (y)  x2 = y. P = x − 2y = x − 2x2 = −2x2 + x − 1 + 1 = −  2x − 2 1 2 + 1  1 . 8 8  2  8 8  Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 đạt được khi x = 1 , y = 1 . 8 4 16 Cách 2: Trắc nghiệm: Nhận thấy y = x2  Pmax = x − 2x2. Phương trình bậc 2, bậc 3 thì giải tìm min – max cho nhanh nhé! Thậm chí các bạn vẫn có thể dò bảng câu này! Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 đạt được khi x = 1 , y = 1 . 8 4 16 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 352

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 13: Cách 1: Tự luận: Từ điều kiện để bài và x + y  0; 1 − xy  0  x + y  0; 1 − xy  0. 1 − xy Khi đó log3  x+y  + ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0  1 − xy     log3 (x + y) + (x + y) = log3 (1 − xy) + (1 − xy) (1). Xét hàm số g(t) = log3 t + t, (t  0) có g(t) = 1 + 1  0, t  0. t.ln 3 Suy ra g(t) là hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ). Vậy phương trình (1)  x + y = 1 − xy  y = 1 − x  P = 2x + 1 − x . 1+x 1+x Xét hàm số f (x) = 2x + 1− x với x  0;1. 1+ x Ta có f (x) = 2 + −2 ; f ( x) = 0  x = 0 ; f (0) = 1; f (1) = 2  min f (x) = 1. x = −2 0 ;1 (x + 1)2 Cách 2: Trắc nghiệm: {3 cách – nhưng giới thiệu 2 cách chính} Áp dụng kĩ thuật CALC: cho x = 0.01  y = 99 = 1 − x . 101 1 + x Cách 1: Ta có P = 2x + 1 − x (dò bảng – tìm min). 1+ x Cách 2: Hướng dẫn bên dưới  x+ 1−x   1+ x  Từ đó ta có log 3   + ( x + 1)  1 − x + 1 − 2 = 0.  1 − x. 1 − x   1 + x 1+ x Đạo hàm hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất tại y bằng bao nhiêu? Như vậy x = 0  y = 1  Pmax = 2x + y = 1. Tư duy: Theo đề ta có 0  x, y  1 --- chọn tại các giá trị đặc biệt là các dấu bằng “=”. Như vậy x = 0, y = 1  Pmax = 2x + y = 1. Hãy ghi nhớ giá trị min hay max đều liên quan tới dấu bằng “=”. Câu 14: Cách 1: Tự luận: Ta có: ( ) ( )3 9y + 2y = x + log3 (x + 1)3 − 2  3 9y + 2y = x + 3log3 (x + 1) − 2  32y+1 + 3(2y + 1) = (x + 1) + 3log3 (x + 1) (* ) Xét hàm số f (t) = 3t + 3t . Ta có: f ' (t) = 3t.ln 3 + 3  0 , t . 353 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Suy ra hàm số f (t) liên tục và đồng biến trên . Do đó (*)  f (2y + 1) = f (log3 (x + 1)) ( ) 2y + 1 = log3 x + 1  x = 32y+1 − 1 . Vì 0  x  2020 nên 0  32y+1 − 1  2020  −1  y  log3 2021 − 1 . 22 Do y nguyên nên y 0;1; 2 .  (x; y) (2;0);(26;1);(242; 2) do đó có 3 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn. Cách 2: Trắc nghiệm Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho y = 0.01 → x = ? ( nhưng hiện số xấu) Tư duy độc quyền xuất hiện: Đặt: y' = 9y + 2y  3y' = x' −2 x' = x + log3 (x + 1)3 ( )Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho y' = 0.01 → x' = 2.03 = 3y' + 2 = 3 9y + 2y + 2 Vì 0  x  2020 nên 0  32y+1 − 1  2020  −1  y  log3 2021 − 1 . 22 Do y nguyên nên y 0;1; 2 .  (x; y) (2;0);(26;1);(242; 2) do đó có 3 cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn. Tư duy: Ta thấy đề cho đáp án 2-4-5-3, khá ít cặp thỏa mãn thì các bạn chỉ cần thử lần lượt y = 0 → x = ? , y = 0 → x = ? , y = 0 → x = ? , … khi giải ra không được nữa, giới hạn chỉ có nhiêu đó cặp số nguyên. → Dễ dàng có đáp án. Câu 15: Cách 1: Tự luận: Ta có: f (−x) = 2020−x − 2020x ; − f (x) = −2020x + 2020−x  f (−x) = − f (x) nên f (x) là hàm số lẻ nên f (m + 1) + f  m − 2020   0  2020   f (m + 1)  f  − m + 2020  (*)  2020  ( )Xét hàm số: f (x) = 2020x − 2020−x . Ta có: f ' (x) = ln 2020 2020x + 2020−x  0,x . Suy ra f (x) là hàm số đồng biến trên . Nên (*)  m + 1  − m + 2020  m  2019.2020 . 2020 2021 Vậy mo = 2018 . Cách 2: Trắc nghiệm !!! Cách kiểm tra tính chẵn lẻ: Ta có: f (x) = 2020x − 2020−x . Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho x = 1 → f (x)  2019.999505; x = −1 → f (x)  −2019.999505 . Suy ra: f (−1) = − f (1) . Vậy hàm số trên có tính chất chẵn – lẻ. Ta có: f (m + 1) + f  m − 2020   0  f (m + 1)  f  − m + 2020   2020   2020      Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 354

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Ta lại có: f (x) = 2020x − 2020−x là hàm số đồng biến trên ( dò bảng).  m + 1  − m + 2020  m  2019.2020 . Vậy mo = 2018 . 2020 2021 Câu 16: Cách 1: Tự luận: ( )Ta có: 9x3 + 2 − y 3xy − 5 x + 3xy − 5 = 0  27x3 + 6x − 3xy 3xy − 5 + 3 3xy − 5 = 0 3 3xy − 5 + 2 3xy − 5 (*) ( ) (3x)3 + 2(3x) = Xét hàm số: f (t) = t3 + 2t có f (t) = 3t2 + 2  0 t  nên f (t) đồng biến trên . ( )Do đó (*)  f (3x) = f x  0 3xy − 5  3x = 3xy − 5  9x2 = 3xy − 5 Với x = 0 không thoả mãn. Với x  0 thì ( ) ( )P = x3 + y3 + 6xy + 3 3x2 + 1 (x + y − 2) = x3 + y3 + 6xy + 9x2 + 3 (x + y − 2) = x3 + y3 + 6xy + (3xy − 2)(x + y − 2) = x3 + y3 + 3x2y + 3xy2 − 2(x + y) + 4 = (x + y)3 − 2(x + y) + 4 Mà x + y = x + 9x2 + 5 = 4x + 5  4 5 . Đặt t = x + y thì t  4 5 . 3x 3x 3 3 Xét hàm số g(t) = t3 − 2t + 4 với t  4 5 . Khi đó g(t) = 3t2 − 2  0 t  4 5 . 33 Do đó g(t)   4 5  = 36 + 296 15 . g  3  9 Vậy min P = 36 + 296 15 . 9 Cách 2: Trắc nghiệm Bước 1: Phân tích đáp án và dữ kiện đề bài Bước 2: Phân tích đang cần gì và làm gì ( )Ta có: 9x3 + 2 − y 3xy − 5 x + 3xy − 5 = 0 . Cho x giải tìm y x = 0 → y =  x = 0.4 → y = 161 x = 0.5 → y = 29 x = 0.6 → y = 206 x = 1 → y = 14 30 6 45 3 ( )Thay lần lượt x, y vào P = x3 + y3 + 6xy + 3 3x2 + 1 (x + y − 2) để kiểm tra kết quả   184.23  145.04  132.46  184.23 Câu 17: Cách 1: Tự luận: Ta có phương trình: log x + 1  9y4 + 6y3 − x2y2 − 2y2x 3y +1 xy + y 3y2 + y ( ) ( ) log  9y4 + 6y3 + y2 − x2y2 + 2xy  y + y2 355 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit ( ) ( ) log(xy + y) − log 3y2 + y  3y2 + y 2 − (xy + y)2 ( ) ( ) log(xy + y) + (xy + y)2  log 3y2 + y + 3y2 + y 2 (*) Xét hàm f (t) = logt + t2 với t (0; +) có f (t) = 1 + 2t  0 t (0; +) . t ln10 Suy ra f (t) là hàm đồng biến trên t (0; +) . ( )(*)  f (xy + y)  f 3y2 + y  xy + y  3y2 + y  x  3y . Vì y  1000 nên ta có các trường hợp sau: y = 1  x 1; 2; 3 y = 2  x 1; 2; 3; 4; 5;6 … y = 1000  x 1; 2;; 3000 . Vậy số cặp nghiệm thoả mãn điều kiện đề bài là: 3 + 6 + 9 ++ 3000 = 1501500 . Cách 2: Trắc nghiệm Áp dụng kĩ thuật CALC: cho y = 0,01 → x = 0,03 = 3y Đừng quan tâm dấu hãy luôn xử lý tại dấu “=”, suy ra x  3y . Nhiều bạn thắc mắc làm sao biết x, y mà khẳng định x  3y , cách xác định dấu đó là hãy quay trở lại phương trình ban đầu cho x, y bất kỳ thì sẽ xét được x  3y hay x  3y . Vì 1  y  1000  1  x  3000 . Sử dụng MTCT tính tổng: Câu 18: Cách 1: Tự luận Áp dụng bất đẳng thức AM-AG ta có: x+ 1 2 x. 1 = 4,x  0 (1) x 2x 2 Mặt khác ta có: 14 − (y − 2) y + 1 = 14 − (y + 1) y + 1 + 3 y + 1 . Đặt t = y + 1  1 . Xét hàm: f (t) = −t3 + 3t + 1`4,t  1. f (t) = −3t2 + 3; f (t) = 0  t = 1. Bảng biến thiên như sau: Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 356

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023  f (t)  16  log2 14 − (y − 2) y + 1   log2 16 = 4 (2)  Từ (1) và (2) ta có dấu bằng xảy ra khi: x = 1  x =1 Vậy: P = 1 − 2(x + y) = 1.  x =1 y . t = 1+ y =0 Cách 2: Trắc nghiệm Áp dụng bất đẳng thức AM-AG ta có: x+ 1 2 x. 1 = 4,x  0  x = 1 . x 2x 2 Ta lại có: log2 14 − (y − 2) y + 1  = 4  y = 0. Vậy: P = 1 − 2(x + y) = 1.  Câu 19: Cách 1: Tự luận Ta có log2(2x + 2) + x − 3y = 8y  2log2(x+1) + log2(x + 1) = 23y + 3y (1) Xét hàm số f (t) = 2t + t có f (t) = 2t ln 2 + 1  0,t  . Khi đó (1)  f (log2(x + 1)) = f (3y)  log2(x + 1) = 3y  x = 23y − 1 Với 0  x  2018  1  8y  2019  0  y  log8 2019  3,7. Vì y   y 0;1; 2; 3. Rõ ràng với y nguyên thì x nguyên. Vậy có 4 cặp số x, y nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2: Trắc nghiệm Đặt 8y = M → y = log8 M  log2(2x + 2) + x − 3log8 M − M Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho M = 100 → x = 99 = M − 1 = 8y − 1 Với 0  x  2018  1  8y  2019  0  y  log8 2019  3,7. Vì y   y 0;1; 2; 3. Rõ ràng với y nguyên thì x nguyên. Vậy có 4 cặp số x, y nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 20: Cách 1: Tự luận ( ) ( ) ( ) ( )Ta có: 2 2a2+b2+c2 − 1 + a − 1 2 + b − 1 2 + c − 1 2 = 4a+b+c ( ) 2a2 +b2 +c2 +1 + a2 + b2 + c2 + 1 = 22a+2b+2c + 2a + 2b + 2c Xét hàm f (t) = 2t + t trên . Ta lại có, f '(t) = 2t ln 2 + 1  0,t  nên hàm số f (t) đồng biến trên . ( )Khi đó, phương trình đã cho có dạng f a2 + b2 + c2 + 1 = f (2a + 2b + 2c) . Suy ra 2a + 2b + 2c = a2 + b2 + c2 + 1  (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 = 2 (*) 357 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Ta lại có, P = 3a + 2b + c  (P − 3)a + (P − 2)b + (P − 1)c = 0 (* *) a+b+c Trong hệ trục tọa độ Oxyz lấy M (a;b;c) . Theo (*) ta có M thuộc mặt cầu tâm I (1;1;1) , bán kính R = 2 . Theo (* *) thì M thuộc mặt phẳng ( ) có: Phương trình (P − 3) x + (P − 2) y + (P − 1) z = 0 . Tồn tại bộ (a;b;c) khi và chỉ khi tồn tại M ( mặt cầu và mặt phẳng có điểm chung). Suy ra d(I;( ))  R Hay 3P − 6 2  (3P − 6)2  2. ( P − 3)2 + (P − 2)2 + (P − 1)2    (P − 3)2 + (P − 2)2 + (P − 1)2  3P2 − 12P + 8  0  6 − 2 3  P  6 + 2 3 . Vậy S = 1; 2; 3 . 33 Cách 2: Trắc nghiệm Nhận thấy: Quy đổi a,b,c về dạng chung  biến thành 1 ẩn chung là a . ( ) ( ) ( ) ( )Ta có: 2 2a2+b2+c2 − 1 + a − 1 2 + b − 1 2 + c − 1 2 = 4a+b+c ( ) 2 23a2 − 1 + 3(a − 1)2 = 43a , dò bảng tìm giá trị nguyên của P . Vậy chỉ có 3 giá trị a thỏa mãn yêu cầu đề bài. Đối với tại x = a = 0 (vô lí), còn đồi với x = a = 4,... (số quá lớn và không nguyên nên loại) Câu 21: Cách 1: Tự luận ( ) ( )Từ x2 −y+4 4x + y giả thiết 2019 = x+2 2 suy ra 2020 ( x+2 )2 −(4 x+ ) 2020 2019( x + 2 )2 2020 2019( 4 x + y ) 2019 y = 4x + y  = 4x + y x+2 2 x+2 2 ( ) ( )2020 ( ) ( ) ( ) x + 2 2 .20202019(x+2)2 = 4x + y .20202019(4x+y) . 1 Xét hàm số ( )f t = t.20202019t với t  0 . Ta có ( )f  t = 20202019t + 2019t.20202019t.ln 2020  0, t  0 . Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên (0; +) . ( )Khi đó (1)  f (x + 2)2 = f (4x + y)  (x + 2)2 = 4x + y  y = x2 + 4 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 358

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Suy ra P = y − 2x = x2 − 2x + 4 = (x − 1)2 + 3  3,x  0 . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi (x − 1)2 = 0  x = 1  y = 5 . Vậy min P = 3 . Cách 2: Trắc nghiệm Ta tối giản 2020 → 20 và 2019 → 19 để máy tính có thể xử lý được các phép tính. ( )Khi đó giả thiết trở thành 19 x2 −y+4 = 4x + y . Cho x = 0,01, ta có 20 (x + 2)2 ( )19 0,012 −y+4 ( )20 = 4.0,01 + y . 0,01 + 2 2 ( ) ( )Nhập vào máy tính biểu thức 19 0,012 −x+4 − 4  0,01 + x như sau 0,01 + 2 2 20 Sau đó sử dụng lệnh SOLVE (SHIFT+CALC) để tìm nghiệm x . Suy ra y = 4,0001 = 4 + (0,01)2 = 4 + x2 . Vậy P = y − 2x = x2 − 2x + 4 . Sử dụng tính năng giải phương trình bậc hai của máy tính ta tìm được min P = 3 khi x = 1 . Câu 22: Cách 1: Tự luận Điều kiện: 1 − xy  0 . ( )Ta có 3x+y+2xy−2 = 2 1 − xy  x + y + 2xy − 2 = log3 2 − 2xy x+y x+y  log3 (2 − 2xy) + (2 − 2xy) = log3 (x + y) + (x + y) (*) . Xét hàm số g(t) = log3 t + t,t  0  g(t) = 1 + 1  0,t  0 . t.ln 3 Khi đó (*)  g(2 − 2xy) = g(x + y)  2 − 2xy = x + y  (2x + 1) y = 2 − x  y = 2 − x . 2x +1 Với 1 − xy = 1 − x. 2 − x = x2 + 1  0 (đúng). 2x +1 2x +1 Ta có P = x + 5y = x + 5. 2 − x . Đặt f (x) = x + 5. 2 − x  f (x) = 1− 25 . 2x +1 2x +1 (2x + 1)2 Khi đó f (x) = 0  (2x + 1)2 = 25  2x +1 = 5  x = 2 2x +1 = −5 x = . −3 Vì x  0 nên ta nhận x = 2 . Bảng biến thiên : 359 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Vậy minP = 2 khi x = 2; y = 0 . Cách 2: Trắc nghiệm Đề cho x  y  0 , chọn y = 0 . ( )Ta có 3x+ y + 2 xy −2 2 1 − xy  3x−2 = 2  x = 2  Pmin = x + 5y = 2 . = x x+y Câu 23: Cách 1: Tự luận Chúng ta có 2 hướng tiếp cận bài toán như sau: Hướng thứ nhất: Dùng phương pháp tiếp tuyến để tìm ra hệ số bất định a trong bài toán 3x − 1  ax3 . Với mọi x   1 ;1 , đồ thị hàm số y = 3x − 1 tiếp xúc đồ thị hàm số y = ax3 tại điểm  3   3. 1 −1 3.1 − 1 1 3 x0 = + = suy ra a=4. 4 42 Do vậy 3x −1  4x3 ,x   1 ;1 .  3   Ghi chú: Chỗ này trình bày thêm để tránh trường hợp người dùng tài liệu không hiểu vì sao ngay từ khi vào bài ta dùng ngay đoạn (2b − 1)2 (b + 1)  0 . Do đó khi dùng cách tiếp cận này, ta trình bày bài toán theo dạng như sau: Ta có (2b − 1)2 (b + 1)  0  3b − 1  4b3 . Từ điều kiện đề bài ta suy ra loga b  1 . Khi đó P  3loga b + 12 −3 = 3loga b.(loga b − 3)2 +9 9 . (loga b − 1)2 (loga b − 1)2 Dấu \" = \" xảy ra khi và chỉ khi b = 1  a = 1 . 2 32 Vậy min P = 9 . Hướng thứ hai: Dùng bất đẳng thức Cauchy.  1 ;1 (3x − 1). 1 . 1 ( 3x − 1) + 1 + 1 3  3  2 2  x   , ta có  = x3  3x −1  4x3. 2 2 Cauchy 27 Áp dụng kết quả trên, ta có 3b − 1  4b3 . Từ điều kiện đề bài ta suy ra loga b  1 . Khi đó P  3loga b + 12 −3 = 3loga b.(loga b − 3)2 +9 9 . (loga b − 1)2 (loga b − 1)2 Dấu \" =\" xảy ra khi và chỉ khi b = 1  a = 1 . 2 32 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 360

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Vậy min P = 9 . Cách 2: Trắc nghiệm Vẫn áp dụng kĩ thuật liên quan đến điều kiện 1  b  a  1. 3 Nhập biểu thức P = loga  3b − 1  + 12 log2b a − 3 vào máy tính.  4  a Dùng lệnh CALC đồng thời cả a , b với 1  b  a  1 --- thử nhanh liên tục. 3 Vậy min P = 9 . Câu 24: Cách 1: Tự luận Với điều kiện: x  −1, y  −3  x + 1  0, y + 3  0 . Ta có: log2 ( y + 3)( x + 1) + xy + 3x + y + 2 = 0 x+1  log2 ( y + 3) + log2 ( x + 1) + ( y + 3) − x 1 1 = 0 +  log2 (y + 3) + (y + 3) = log2 x 1 1 + x 1 1 (1) + + Xét hàm số: f (t ) = log2 t + t (t  0 ) , f (t ) = t 1 2 + 1  0,t  0 . ln Suy ra f (t) đồng biến trên khoảng (0; +) . Do đó: (1)  y + 3 = 1 . x+1 Khi đó: P = x + 3y + 10 = x + 3 x 1 1 − 3  + 10 = x+1+ 3  2 3  +  x+1  Dấu \" = \" xảy  P = x + 1 + 3  3 = (x + 1)2  x = 3 − 1 , (vì x  −1 ). x+1 Vậy min P = 2 3 . Cách 2: Trắc nghiệm Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho x = 0.01 → y = −203 = −3x − 2 . 101 x + 1 Ta lại có: P = x + 3y + 10 = x + 3. −3x − 2 + 10 . x+1 Vậy min P = 2 3 . Câu 25: Ta có ax = 3 ab  x = 1 (1 + loga b ) , by = 3 ab  y = 1 (1 + logb a ) . 3 3 P = x+ 3y = 1 (1 + log a b) +1+ logb a = 4 + 1 loga b + 1 b . 3 3 3 loga Đặt t = loga b , do 1  a  b  a3  1  loga b  3  t  1; 3  P = 4 + t + 1 . 3 3 t Xét hàm số f (t) = 4 + t + 1 ,t  1; 3 3 3 t 361 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit f(t) = 1 − 1 , f(t) = 0  t = 3 Do t  1; 3  t = 3. 3 t2 t = . −3 ( )f (1) = f (3) = 8 , f = 4+2 3  max f =8 t =1 3 3 3 t . 1; 3 ( )3 t khi =3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + 3y là 8  2; 3) . Chọn B. 3 Câu 26: Cách 1: Tự luận Biến đổi yêu cầu của bài toán ta được: P= log3 a + log2 b = log2 a + log3 b = log2 a + 1 − log2 a log2 3 log3 2 log2 3 log3 2 Đặt log2 a = t  P = t+ log2 3. 1 − t . log2 3 Xét hàm số: f (t) = t+ log2 3. 1 − t có TXĐ: D = 0;1 . log2 3  f (t) = 1 − log2 3 . 2 t. log2 3 2 1 − t Ta có: f (t) = 0  1 − log2 3 = 0  1 − t = log2 3. t  t = 1 . 2 t. log2 3 2 1 − t 1+ log 2 3 Bảng biến thiên 2 Từ bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất của f (t) là: log2 3 + log3 2 .  Giá trị lớn nhất của biểu thức P là: log2 3 + log3 2 . Cách 2: Trắc nghiệm Quy đổi đáp án thành số liệu cụ thể Đáp án Đáp án Đáp án Đáp án A. B. C. D. P  2,05 P  1,49 P  1,11 P  1,34 Ta có: log2 a + log3 b = 1 , cho a tìm b với a,b  1 ( Theo điều kiện của biểu thức P ) a =1→ b = 3 a = 1,25 → b  2,1 a = 1,5 → b  1,57 a = 1,75 → b  1,24 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 362

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 27: Cách 1: Tự luận Đặt: log16 x = log20 y = log25 2x − y =t  x = 16t ; y = 20t ; 2x − y = 25t 3 3 ( )  20 t 3. 25 t 3. 5 2t  5 t 2.16t − 20t = 3.25t  2 −  16  =  16    4  +  4  − 2 = 0 *       Đặt  5 t = u (u  0)    4  Phương trình (*)  3u2 + u − 2 = 0 (* *) . Do u  0 nên khi giải phương trình (* *) ta chỉ lấy nghiệm u= 2   5 t = 2. 3  4  3 Cách 2: Trắc nghiệm Ta có: T = y = 20t =  5 t = 2. x 16t  4  3 Đặt: log16 x = log20 y = log25 2x − y =t  x = 16t ; y = 20t ; 2x − y = 25t 3 3  2.16t − 20t = 3.25t  t  −1,8 ⎯S⎯TO⎯→ A  y =  20 A = 2 . x  16  3 Câu 28: Cách 1: Tự luận log 2 x log2 x − log2 128 log 2 x −7 128 log2 x + 1 log2 x +1 P = − log x = − 2 log2 x = − 2 log2 x. log2 x + 1 2 Đặt t = log2 x , 0  t  3 . Ta có P= t − 7 − 2t trên đoạn 0; 3 . P = 8 −2, P = 0  t = 1 t+1 t = −3. (t + 1)2 Bảng biến thiên Giá trị lớn nhất của biểu thức là b = −5 , giá trị nhỏ nhất của biểu thức là a = −7 . Vậy ab = 35 . Cách 2: Trắc nghiệm Ta có P= log2 x − log 2 x, 1 x  8 128 log2 x + 1 Dùng chức năng khảo sát hàm trên máy tính CASIO. 363 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Nhập f (x) = log2 x − log 2 x. 128 log2 x + 1 Star: 1 End: 8 Step: 0,25 Rồi dò bảng Vậy ab = 35 . Câu 29: Cách 1: Tự luận Điều kiện x  0 . x  1 2  4x2 − 4x + 1  ( )Ta có  x  4x2 log2 = 6x −  log2 4x2 − 4x + 1 − log2 x = 6x − 4x2 ( ) ( ) log2 4x2 − 4x + 1 + 4x2 − 4x + 1 = log2 x + (2x + 1) ( ) ( ) log2 4x2 − 4x + 1 + 4x2 − 4x + 1 = log2 (2x) + 2x (*) . Xét hàm số f (t) = log2 t + t trên khoảng (0; +) . Ta có f (t) = 1 + 1  0,t  0 nên f (t) đồng biến trên khoảng (0; +) . t ln 2  = 3− 5 x (*)  4x2 − 4x + 1 = 2x  4x2 − 6x + 1 = 0   4.  x = 3+ 5 4 Do x1  x2 nên x1 = 3− 5; x2 = 3+ 5 . Khi đó 2x1 − x2 = 3−3 (5 = 3 1− 5). 4 4 4 4 Vậy a = 1; b = 5  P = a + b = 6 . Cách 2: Trắc nghiệm Ta có: log2  4x2 − 4x + 1  = 6x − 4x2 , giải phương trình trên lưu lần lượt váo A, B.  x  3 )  2B − A = 3 a − 4 4 ( ) ( )Ta lại có: b ,(a,b ). 2x1 − x2 = a− b , (a,b Như vậy ta có hệ phương trình ( ) ( )2B − A = 3 a − b M = 3 a− b ( ) 4  4 P = a + b   M = 3 P−b− b ,M = 2B − A . 4 a = P − b SHIFT SOLVE giá trị b được kết quả đẹp thì chọn khoanh. Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 364

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 30: Cách 1: Tự luận Điều kiện sin x  0,cos x  0 . Đặt u = 2log3 (cot x) = log2 (cos x) ta có cot2 x = 3u .  cos x = 2u Vì cot2 x = 1 cos2 x x nên suy ra − cos2 ( )2u 2 2  2   4 u ( ) ( ) ( )3u =  2u = 3u  1 − 2u    3  + 4u − 1 = 0 1. ( )1− 2   2u Xét hàm số f (u) =  4 u + 4u − 1 = 0 , f  (u) =  4 u ln 4 + 4u ln 4  0,u   3   3  3     Suy ra f (u) đồng biến trên nên phương trình f (u) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Dễ thấy f (−1) = 0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất u = −1 . Với u = −1  ccoost2xx==2113  cos x = 1  x =   + k2 ,k  . Đối chiếu điều kiện ta được 2 3 x =  + k2 ,k  . Vì x (0 ; 2020 ) nên − 1  k  6059 . 3 66 Do k  ta chọn k 0,1,2,...,1009. Vậy phương trình có 1010 nghiệm thuộc khoảng (0 ; 2020 ) . Cách 2: Trắc nghiệm Gặp dạng lượng giác thì chúng ta dò bảng. Xử lý trên một vòng tròn lượng giác, rồi nhân số vòng tròn sẽ tìm được đáp số. Như vậy, một vòng tròn (360 = 2 ) thì chỉ có một nghiệm  1010 vòng nghĩa là có 1010 nghiệm. Chọn D. Câu 31: Cách 1: Tự luận Điều kiện x + y  0. Đặt log5 (x + y) = t  x + y = 5t Khi đó 5x = t + y  5t +t = 5x +x 5t = x + y Xét hàm số f (u) = 5u + u  f (u) = 5u.ln 5 + 1  0  Hàm số đồng biến với mọi u  Ta có: f (t) = f (x)  t = x . Khi đó: 5x = x + y  y = 5x − x Đặt g(x) = 5x − x  g(x) = 5x.ln 5 − 1 = 0  x = −log5 (ln 5) g(0) = ln 5 − 1  0 365 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Để phương trình có nghiệm thì y  1 + log5 (ln 5)  0,917 ln 5 Mà y  2020 nên có đúng 2020 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu đề bài. Cách 2: Trắc nghiệm ( )Đặt log5 5t 5x =t+ y 5t 5x x+y = t  x + y =  5t = x+ y  +t = + x Áp dụng kỹ thuật CALC: Cho x = 0.01  t = 0.01 = x  x + y = 5x  y = 5x − x. Ta lại có: y  2020  5x − x  2020. Bấm đạo hàm tìm cực trị. Để phương trình có nghiệm thì y  1 + log5 (ln 5)  0,917 ln 5 Mà y  2020 nên có đúng 2020 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 32: Cách 1: Tự luận Tập xác định: D = 1; +) Ta có: log10x + log2 x + 3  mlog100x  m  log10x + log2 x + 3 = log x + log2 x + 4 log 100x log x + 2 Đặt t = log x, x  1  t  0, bất phương trình trở thành: m  t2 + t + 4 ,(t  0)(2) t+2 Để bất phương trình ban đầu có nghiệm x  1; +) thì bất phương trình (2) có nghiệm t  0; +). Xét f (t) = t2 + t + 4 trên 0; +). t+2 Trên 0; +) ta có: f (t) = t2 + 4t − 2 , f (t) =0  x = −2 + 6 (tm) t+2 x = −2 − 6 (l) ( )2 Bảng biến thiên: Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 366

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Bất phương trình (2) có nghiệm trên x  0; +)  m min f (t)  m  −3 + 2 6 0;+) Mà m nguyên dương nên m = 1. Vậy có 1 giá trị nguyên dương thỏa mãn. Cách 2: Trắc nghiệm Cô lập m nhanh: m  log10x + log2 x + 3 . Dò bảng hoặc đạo hàm tại x. log 100x Vậy m  min f (t)  m  1.89. Mà m nguyên dương nên m = 1. 0;+) Câu 33: Cách 1: Tự luận Điều kiện x + y  0; x2 + y2  0 ( )Ta đặt log3 (x + y) = log4 x + y = 3t (1) x2 + y2 =t. Ta có x2 + y2 = 4t ( ) ( )( )Vì x + y 2  2 x2 + y2  3t 2  2.4t  t  log9 2  0,85 . 4 ( )Ta có x2 + y2 = x + y 2 − 2xy  xy = 9t − 4t . 2 Khi đó P = x3 + y3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = 27t − 3.3t. 9t − 4t = − 1 .27t + 3 .12t = f (t) 2 22 Xét f (t) = − 1 .27t + 3 .12t với t  log9 2 có f (t) = − 1 .27t.ln 27 + 3 .12t.ln12 22 4 22 f (t) = 0  1 .27t.ln 27 = 3 .12t.ln12   27 t = 3. ln12  t = log 27  3. ln 12   1,006( L) 2 2  12  ln 17  ln 27  12 f (0) = 1 .ln 27 + 3 .ln12  0 22 Bảng biến thiên: Gọi T là tập giá trị của P . Đặt   Từ bảng biến thiên ta có f  log 2  = 9 4 T = (0;   1; 2; 3; 4  T nên suy ra tập giá trị của P có chứa 4 giá trị nguyên.   P Cách 2: Trắc nghiệm ( )( )Ta đặt log3 x + y = 3t x+y = log4 x2 + y2 =t. Ta có x2 + y2 = 4t 367 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Lượng giác hoá: Đặt x = 4t .cos( ) ,( ) (0; 2 )  y = 4t .sin( ) Từ đó ta được : 4t .cos( ) + 4t .sin( ) = 3t  cos( ) + sin( ) = 3t =  3 t 4t  2   t = log3 (cos( ) + sin( )) 2  log 3 (cos( )+sin( )) x Ta có :  = 4t .cos( ) = 4 2 .cos( )  P = x3 + y3 4t .sin( ) =  log 3 (cos( )+sin( )) y = 4 2 .sin ( ) Dò bảng để tìm đáp số : Ta thấy x chạy trong khoảng từ 1 đến 4,18. Theo đề bài x nguyên nên x 1; 2; 3; 4 . Câu 34: Cách 1: Tự luận ( )Ta có : 2x2 +y2 = 2.2y−x  2x2 +y2 = 2y−x+1  x2 + y2 = y − x + 1  y2 − y = −x2 − x + 1 * Hướng 1 : Yêu cầu bài toán  tìm x  đề phương trình (*) có nghiệm y dương. Xét hàm số f ( y) = y2 − y trên (0,+) f (y) = 2y − 1, f (y) = 0  y = 1 . 2 Bảng biến thiên : Dựa vào bảng biến thiên ta có : Phương trình (*) có nghiệm y dương  −x2 − x + 1  − 1  −1 − 6  x  −1 + 6 42 2 Vì x  nên x −1;0 Vậy có 2 số nguyên x để phương trình (*) có nghiệm thực y dương. Hướng 2 : Yêu cầu bài toán được thoả x ; y  0    1 2  1 2 3  x + 2  +  y − 2  = 2     Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 368

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 x ; y  0 x ; y  0     1 3  1 2 V  1 3  1 2 y 2 2  2  y 2 2  2   = + − x +  = − − x + Trường hợp 1 : x ; y  0  ; −1 − 6  x  −1 + 6 x    2 2   2   y 1 3  1  2  = 2 + 2 −  x + 2 y = 1 + 3 −  x + 1   2 2  2   Ta chọn x −1;0 Trường hợp 2 : x ; y  0  ; −1 − 6  x  −1 + 6 x    22   2   , y 1 3  1  2  = 2 − 2 −  x + 2 y = 1 − 3 −  x + 1  ;y  0  2 2  2 không tồn tại x  để y  0 Vậy có 2 số nguyên x để phương trình (*) có nghiệm thực y dương. Cách 2: Trắc nghiệm Vẫn như kỹ thuật ở trên – xử lý bảng đồng thời 2 giá trị x, y Ta có : 2x2 +y2 = 2.2y−x  2x2 +y2 = 2y−x+1  x2 + y2 = y − x + 1  y2 − y = −x2 − x + 1. Dò bảng đồng thời x, y Vậy chỉ có hai số nguyên x tồn tại số thực dương y. Câu 35: Cách 1: Tự luận: Đặt t = log 1 (x − 2) . Do x   5 ; 4 nên t  −1;1 .  2 2 Ta có phương trình: 4(m − 1)t2 − 4(m − 5)t + 4m − 4 = 0 (1) ( ) (m − 1)t2 − (m − 5)t + m − 1 = 0  m t2 t2 − 5t + 1 t2 −t +1 = − 5t + 1  m = t2 −t +1 ( ) ( ( ))Xét f (t) = t2 − 5t + 1 , với t  −1;1 , ta có: f(t) = 4t2 − 4 = −4 1 − t2 t2 −t +1 t2 −t +1 2 t2 − t + 1 2  0, t  −1;1 Suy ra, hàm số nghịch biến đoạn −1;1 . Phương trình (1) có nghiệm khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị hàm số y = f (t) trên đoạn  −1; 1  f (1) m f (−1)  −3  m 7. 3 Cách 2: Trắc nghiệm 369 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit Đặt t = log 1 (x − 2) . Do x   5 ; 4 nên t  −1;1 .  2 2 Ta có phương trình: 4(m − 1)t2 − 4(m − 5)t + 4m − 4 = 0 (1) Áp dụng kĩ thuật CALC: log2 (x − 2) − 5log (x − 2) + 1 9501 t2 − 5t + 1 1 1 Cho t = 100 → m = 9901 = t2 −t +1 = . 2 2 log2 (x − 2) − log (x − 2)+1 11 22 Nhập cả biểu thức vào bảng giá trị, trên đoạn  5 ; 4 và kiểm tra kết quả đúng nhất.  2 Vậy: −3  m  7 . 3 Câu 36: Cách 1: Tự luận ( )Phương trình *  22x−y+1 + 32x−y+1 + 2−2x+y+1 + 3−2x+y+1 = 5−2x+y+1 + 52x−y+1 ( ) ( ) ( )Đặt 2x − y = a , phương trình trở thành 2 2a + 2−a + 3 3a + 3−a = 5 5a + 5−a Nhận thấy nếu a là nghiệm thì −a cũng là nghiệm nên chỉ cần xét a  0 . Xét hàm số f (x) = xt + x−t ,x  1 với số thực t dương tùy ý. ( )( )Ta có f ' x = txt−1 1 − x−2t , do x  1 nên 1 − x−2t  0  hàm số này đồng biến trên (1; +) . Do đó, ta được bất đẳng thức sau: 2a + 2−a  3a + 3−a  5a + 5−a ,a  0 và dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0 . ( ) ( ) ( )Suy ra 2 2a + 2−a + 3 3a + 3−a  5 5a + 5−a . Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = 0 hay 2x − y = 0  2x = y . Khi đó P = 2x2 − y2 − 2x + 3y + 1 = −2x2 + 4x + 1 = −2(x − 1)2 + 3  3 Dấu “=” xảy ra khi x = 1 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 khi x = 1 . Cách 2: Trắc nghiệm Ta có 22x−y+1 + 32x−y+1 − 52x−y+1 = 5−2x+y+1 − 2−2x+y+1 − 3−2x+y+1 Áp dụng kĩ thuật CALC: Cho y = 0.01 → x = 0.005  2x = y . Khi đó Pmax = 2x2 − y2 − 2x + 3y + 1 = −2x2 + 4x + 1 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Kỹ năng hàm đặc trưng | 370

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 khi x = 1 . Câu 37: Cách 1: Tự luận Xét hàm số f (t) = t + et  f (t) = 1 + et  0 , t   f (t) đồng biến trên (1) . Ta lại có: x + ln x = y + ey  f (ln x) = f (y) (2). Từ (1) và (2) suy ra ln x = y  x = ey . Để 1  x  2020 thì 1  ey  2020  0  y  ln 2020. Mà y nguyên và y  1; 2020 nên y 1; 2; 3; 4; 5;6;7. Với mỗi giá trị y 1; 2; 3; 4; 5;6;7ta có một giá trị x tương ứng thuộc đoạn 1 ; 2020. Vậy có 7 cặp số (x ; y) thỏa mãn. Cách 2: Trắc nghiệm Ta có: x + ln x = y + ey . Đặt M = ln x → x = eM  eM + M = ey + y  x = ey. Để 1  x  2020 thì 1  ey  2020  0  y  ln 2020. Mà y nguyên và y  1; 2020 nên y 1; 2; 3; 4; 5;6;7. Với mỗi giá trị y 1; 2; 3; 4; 5;6;7 ta có một giá trị x tương ứng thuộc đoạn 1 ; 2020. Vậy có 7 cặp số (x ; y) thỏa mãn. 371 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hNàmG– UtíchYphÊâNn vàHứnÀg dMụng - TÍCH PHÂN 3 VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 9 CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN NÂNG CAO A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Phương pháp đổi biến số b Bài toán: Giả sử ta cần tính tích phân I = f (x)dx , trong đó ta có thể phân tích f (x) = g u(x).u(x) thì a ta thực hiện phép đổi biến số ▪ Bước 1: Đặt u = u(x)  du = u(x)dx ▪ Bước 2: Đổi cận: x =a→u = u(a) x =b→u = u(b) b u(b)  ▪ Bước 3: Khi đó I = f (x)dx = g(u)du . a u(a) 2. Phương pháp tích phân từng phần b Bài toán: Tính tích phân I = u(x).v(x)dx a ▪ Đặt u = u(x)  du = u(x ) dx .   dv = v( x ) dx v = v ( x ) ▪ Khi đó I = uv b − b vdu . a a bb  Chú ý: Cần phải lựa chọn u và dv hợp lý sao cho ta dễ dàng tìm được v và vdu dễ tính hơn udv . aa 3. Tích phân các hàm số đặc biệt aa  • Cho hàm số f (x) liên tục trên −a; a , khi đó đặc biệt f (x)dx =  f (x) + f (−x)dx −a 0 a ▪ Nếu f (x) là hàm số lẻ thì ta có f (x)dx = 0 −a Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 372

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 f (x) aa a f (x) 1 a ( x )dx 2 0 f (x)dx = 2 f (x)dx −a 1 + bx dx −a 0    ▪Nếu là hàm số chẵn thì ta có và = f với 0  b  1. bb  • Nếu hàm số f (x) liên tục trên a;b thì f (x)dx = f (a + b − x)dx aa  22  Hệ quả: Nếu hàm số f (x) liên tục trên 0;1 thì f (sin x)dx = f (cos x)dx 00 Nếu hàm số f (x) liên tục trên f (a + b− x) = f (x) b xf (x)dx = a + b b f (x)dx 2  • a; b và thì B VÍ DỤ MINH HỌA aa CÂU 1. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên (0; ) thỏa mãn f (x) = f (x).cot x + 2x.sin x . Biết f   = 2 . Tính f    .   4  6   2  A.  2 . B.  2 . C.  2 . D.  2 . 36 72 54 80 Chọn B  LỜI GIẢI f (x) = f (x).cot x + 2x.sin x  sin x. f (x) − f (x).cos x + 2x.sin2 x  sin x. f (x) − f (x).cos x = 2x.sin2 x  s in x. f (x) − f (x).cos x = 2x sin2 x   '  ( ) ( ) ( )2 sin x. f x −f x .cos x dx = 2  2  fx dx = x2  sin2 x    sin x 2   6    2x.dx 6 66 ( )  = 2 −2 f    f     2 −2    2 4 36  2   6  36  6  72 fx 2  − =  f   = 1 14 sin x  62 CÂU 2. Cho hàm số f (x) thỏa mãn e3x (4 f (x) + f '(x)) = 2 f (x) và f (0) = 1 . Tính   f ( x)  0 , x  0 ln 2 I =  f (x)dx . 0 A. I = 11 . B. I = − 1 . C. I = 209 . D. I = 201 . 24 12 640 640 Chọn C  LỜI GIẢI Ta có (e3x 4 f (x) + f '(x)) = 2 (f (x)  2e2x (x) f '(x) 1 e2x )f (x) ' 1 + e2x f (x) = ex  = ex f 2 373 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng Do đó e2x f (x) là một nguyên hàm của 1 , tức e2x f (x) = − 1 + C ex ex Thay x=0 vào ta được C = 2 . Tìm được ( )f x =  2 − 1 2  e2x e3x     ( )  ln2 x dx = ln 2  2 − 1 2dx = ln 2  4 − 4 + 1 dx = 209 .  e2x e3x   e4x e5x e6x  640 I= f 0 0 0 CÂU 3: Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0; 1  thỏa mãn ln(x + 1) + 2(x + 1)2 f  1 − x  = ( x + 1)2 . 2   2  1− x2 1 2 Tính I = f (x)dx. 0  LỜI GIẢI Ta có ln(x + 1) + 2(x + 1)2 f  1 − x  = (x + 1)2  f  1 − x  = 1 ln(x + 1)  2   2  1− x2   1− x2   2 − 2(x + 1)2 1 11   2 f  1 − x  dx = 2 dx − 2 ln(x + 1) dx (*) 0  2  0 1− x2 0 2(x + 1)2 2 1 Tính I1 = 2 f  1 − x  dx. Đặt u= 1 − x  du = −dx. Đổi cận: x=0u= 1; x = 1  u = 0. 0  2 2 2 2 1 02   I1 = − f (u)du = f (x)dx. 10 2 1 2 dx . Đặt x = sint  dx = costdt. Đổi cận: x = 0  u = 0; x = 1  u =  . 1− x2 26 Tính I2 = 02   6 = 6 dx =  . 26  I2 = 02 0 cos tdx 1 − sin2 x 1 ln(x + 1) u = ln(x + 1) du = dx 2 2(x + 1)2 dx.   − Tính I3 = Đặt dv = 1 dx  v = x+1 . 0   1 2(x + 1)2 1) 2(x + 11 1 ln(x + 1) 2 = − 2(x + 1) 2 dx = − 1 ln 3 12 1 3  1 1  1 ln 3 + 1 . 32 3 2  3 2  3 26 0 + 2(x + 1)2 2(x + 1)  I3 − 0 = ln − − = 0 1 Từ (*)  2 f (x)dx =  − 1 ln 3 − 1 . 63 26 0 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 374

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( )CÂU 4. Cho y = f (x) là hàm đa thức có các hệ số nguyên. Biết 5 f (x) − f (x) 2 = x2 + x + 4,x  . Tính 1  f (x)dx . 0 A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 11 . 2 3 6 6  LỜI GIẢI Chọn D Theo bài ra ta có f (x) = ax2 + bx + c  f (x) = 2ax + b ( )Thay vào 5 f (x) − f (x) 2 = x2 + x + 4,x  ta được ( )5 ax2 + bx + c − (2ax + b)2 = x2 + x + 4 ( ) 5a − 4a2 x2 + (5b − 4ab) x + 5c − b2 = x2 + x + 4  a = 1  b a =1  =1  5a 4a2 = 1 a =1  c =1  4ab = 1 4  5b − b2 = 4 ( 5   5c −  − 4a)b = 1   a = 1 − 5c 4  4  = b2 +  cb==114163  11 dx = 11 . f (x)dx =  ( )Giả thiết suy ra a = b = c = 1  f (x) = x2 + x + 1 và x2 + x + 1 6 00 CÂU 5. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 3. Biết rằng 3  f (x)2 dx = 4 và f (0) = 3, f (3) = 8. Giá trị của f (2) bằng bao nhiêu? f (x)+1 3 0 A. 50 . B. 3. C. 55 . D. 2 . 9 9 3 Chọn C  LỜI GIẢI 3 f (x) dx = 2. f (x) + 1 3 = 2 . 0 f (x)+1 0 Ta có: 3  f (x)2 3 f (x) 3 f (x)+1 dx + k2. dx = 0 (1).   Ta đi tìm số − k  R sao cho: dx 2k f (x)+1 00 0 (1)  4 − 4k + 3k2 = 0  k = 2 . 33 đó (1) 3  f (x)2 3 4 f(x) 3 4 dx 0 f (x)+1 0 f (x)+1 0 9   Khi  dx − dx + = 0 3 375 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng  3  f (x ) − 2 2 dx = 0  f (x) − 2 = 0  f (x) = 2 (2) .  f (x) 3  f (x)+ 3 f (x)+1 3 0 + 1  1  Lấy nguyên hàm hai vế của (2) ta được:  f (x) 2dx  2 f (x) +1 = 2x +C  f (x) =  x + C 2 − 1. 3 3  3 2  f (x) + 1 dx = Theo đề bài ta có f (0) = 3C = 4 f (x) =  x + 2 2 −1.  3    Vậy f (2) = 55 . 9 CÂU 6. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 , đồng biến trên đoạn 0;1 thỏa mãn các f (x)2  3x2 + 2x 2 3 ( )điều kiện: f (0) = 2 , x   3  và 4. f 2 ( x ) .  = 2+ f 2 (x) , x  0;1 . Tính 1  f (x)dx . 0 ( )A. 2 17 − 1 . B. 34 . ( )C. 2 1− 17 . D. 2 2 .  LỜI GIẢI Chọn A : 4. f 2 ( x ) .  f  ( x ) 2 =  3x2 + 2x 2 2 + f 2 ( x ) 3  2 f (x).f(x) = 3x2 + 2 x , x  0; 1  3  2 + f 2 (x) 3 3 ( )Tacó .  ( )   (( )) Suy ra: 2 f (x).f(x) 3x2 + 2x dx  d 2 + f 2 (x) = 3x2 + 2x dx 3 2 + f 2 (x) 3 3 dx = 2 + f 2 (x) 3  − 2 = x3 + x2 + C . 2 + f 2 (x) 3 Theo giả thiết f (0) = 2 suy ra − 2 = C  C = −1 . ( ) 2 2 + 2   Với C = −1 thì − 2 = x3 + x2 − 1  − 2 = 1 + 1 − 1  f (1) = 34 . 2 + f 2 (x) 3 3 2 + f 2 (1) 3 3 1  ( )Vậy f (x)dx = 2 17 − 1 . 0 CÂU 7. Cho f (x) , f (−x) liên tục trên và thỏa mãn 2f (x)+ 3 f (−x) = x2 1 4 . + Biết I = 2 f (x)dx =  . Khi đó giá trị của m là m −2 A. m = 10. B. m = 20. C. m = 5. D. m = 25.  LỜI GIẢI Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 376

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Chọn B Hàm số f (x) , f (−x) liên tục trên và thỏa mãn 2 f (x) + 3 f (−x) = 1 nên ta có: x2 + 4  ( )2 2 dx −2 x2 + −2 2 f (x) + 3 f (−x) dx = 4 (1) 2 22 Đặt K =  (2 f (x) + 3 f (−x))dx = 2  f (x)dx + 3  f (−x)dx −2 −2 −2 Đặt −x = t  dx = −dt; f (−x) = f (t) , x = −2  t = 2; x = 2  t = −2 2 −2 22 Do đó  f (−x)dx =  f (t).(−dt) =  f (t)dt =  f (x)dx −2 2 −2 −2 22 22 2  K = 2 f (x)dx + 3  f (−x)dx = 2  f (x)dx + 3  f (x)dx = 5  f (x)dx (2) −2 −2 −2 −2 −2 JĐặt= 2 dx 4 ; x = 2 tan  ,    −  ;   , −2 x2 +  2 2    2d cos2  ( )Ta có: ) dx = d(2 tan = =2 1 + tan2  d . x = −2   = −  ; Với x = 2   =  . 44  ( )  ( )Do đó   4 2 1 + tan2  d 4 d = 1 4 = 3 4 tan2  + 4 2 2 4 J= = − 4 − − 44 2  2  (1) , (2) (3) , ta 5 ( x ) dx f (x)dx =  Từ và có K = J  f =  4 20 −2 −2 Mà theo giả thiết, I = 2 f (x)dx =  nên  =   m = 20 . m m 20 −2 CÂU 8. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn 2 f (x) + 3 f (1 − x) = x − x2 , x  0;1 . Tích phân 2 xf   x  dx bằng 0  2  A. −  . B. − 1 . C. −  . D. − 1 . 5 5 10 10  LỜI GIẢI Chọn C Ta có: 2 f (x) + 3 f (1 − x) = x − x2 , x  0;1 2 f (0) + 3 f (1) = 0 f (1) = f (0) = 0. Nhận xét: 1 f (1 − x)dx = 1 f (u)du = 1 f (x)dx   f(1) + 3 f (0) = 0  0 0 0 2 11 1 x − x2 dx =   1 f (x) dx =  8 40     5 f (x)dx = 2 f (x) + 3 f (1 − x) dx = 00 00 377 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng ( )2  x  1 1 = 4tf (t) 1 − 4 1 f (t)dt = 4 f (1) − 4.  = −   2  0   2tf  2dt=4 t 0 40 10 0 0 0    ( ) Nênxf dx = t d f (t) 1 CÂU 9. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f (1) = 0 ,  f (x)2 dx = 5 và 0  1 1 xf (x)dx = 1 . Tích phân f (x)dx bằng 2 00 A. 10 . B. 11 . C. − 10 . D. − 11 . 9 4 9 4  LỜI GIẢI Chọn A Theo giả thiết, ta có 1 1. 2 xf (x)dx = 0 u = f (x) du =f  ( x ) dx   x2 Đặt: dv = xdx   2 . v =  1 1 x2 1 1 x2 . f (x)dx xf (x)dx = f (x) −  Ta có = 2 22 0 00    0 − 1 x2 . f (x)dx = 1 1 x2 1 1  . f (x)dx =  = −1. − x2. f (x)dx 2 22 2 0 00 1 Ta có  f (x)2 dx = 5 0 11 1    ( )x2. f (x)dx = −1  10 x2. f (x)dx = 10(−1)  2 5x2 . f (x)dx = −10. 00 0 ( )1 2 −5x2 dx = 5 0 11 1 2  f (x)2 dx + 2 . f (x)dx + dx = 5 − 10 + 5.   ( ) ( )Từ đó, ta có 5x2 5x2 00 0 1 2 − 5 x3  3   f (x) + 5x2 dx = 0  f (x) + 5x2 = 0  f (x) = −5x2  f (x) = +C  0 Mà f (1) = 0  0 = − 5 + C  C = 5 33 Khi đó: f (x) = − 5 x2 + 5 . 33  ( )Vậy:1 x dx = 1  − 5 x2 + 5 dx =  − 5x3 + 5x  1 = 10 . 0  3 3  9 3  0 9 f 0 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 378

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 CÂU 10. Cho hàm số f (x) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên 0; 2 . Biết f (0) = 1 và 2  ( )f (x) ( )f 2 − x = e2x2−4x với mọi x  0; 2 . Tính tích phân I = 0 x3 − 3x2 f '(x) f (x) dx . A. I = − 14 . B. I = − 32 . C. I = − 16 . D. I = − 16 . 3 5 3 5  LỜI GIẢI Chọn D Từ giả thiết f (x) f (2 − x) = e2x2−4x , cho x = 2 , ta có f (2) = 1. u = x3 − 3x2 2 ( ) ( )Ta có I = 0 x3 − 3x2 f '(x) Đặt  f '(x)  du = 3x2 − 6x dx f (x) dx . dv = f (x) dx  ln .  v = f (x ) Khi đó, ta có 22 ( ) ( ) ( )( )I = x3 − 3x2 ln f x 2 − 3x2 − 6x ln f (x)dx = −3 x2 − 2x ln f (x)dx = −3J . 0 00 ( ) 2 x=2−t 0 ( 2 )2 ) J= = (2 x2 − 2x ln f ( x)dx − t − 2(2 − t ln f − t )d (2 − t ) 02 Suy ra 22 2  x2 2x ( x ) dx x2 − 2x ln f (2 − x)dx =  x2 2x (x) (2 x ) dx   2J = − ln f +  − ln f f − 00 0  ( )( )2 2 =  x2 − 2x ln e2x2 −4xdx = x2 − 2x 2x2 − 4x dx = 32  J = 16 . Vậy I = −3J = − 16 .  15 15 5 00 CÂU 12. Cho hàm số y = f (x) xác định trên và thỏa mãn 2 f(x)+ f (−x) = x6 2x +1 với x  . + x2 Giả sử f (2) = a , f (−3) = b . Tính T = f (−2) − f (3) . A. T = b − a . B. T = a + b . C. T = −a − b . D. T = a − b .  LỜI GIẢI Chọn A Với x  , thay x bởi −x vào biểu thức 2 f (x) + f (−x) = x6 2x + 1 (1) , ta được + x2 2 f (−x) + f  ( x ) = ( )6 2 −x )2 hay 2 f (−x) + f (x) = x6 2x (2). + + x2 −x (−x + 1 +1 Nhân hai vế của (1) với 2 sau đó trừ theo vế cho (2) , ta được f (x) = 2 . x6 + x + 1 với x  . 3 x2 2 2 2 x −3 3 x2 I = f −3  ( )Xét tích phân x dx = . x6 + + 1 dx . Đặt u = −x  du = −dx . Đổi cận: x = −3  u = 3 và x = 2  u = −2 . Khi đó    ( ) ( )I = −2 2 . 3 3 3 3 −2 −2 −2 ( ) ( )3 −u −du = 2 . u6 u du = 2 . x6 x dx = f  x dx . −u 6 + −u 2 + 1 3 + u2 1 3 x2 1 + + + 379 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng 23 Vì I =  f (x)dx = f (2) − f (−3) và I =  f (x)dx = f (3) − f (−2) . −3 −2 Do đó: f (2) − f (−3) = f (3) − f (−2)  f (−2) − f (3) = f (−3) − f (2) = b − a . CÂU 12. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên đồng thời thoả mãn đẳng thức sau 3 ( ) 4xf x2 + 2 f (2x + 1) = 4x5 + 8x3 + 10x2 + 30x + 12 − xf (x), x  . Giá trị của f (x)dx bằng 0 A. 10. B. −1. C. 27. D. 1.  LỜI GIẢI Chọn C ( )Ta có: 4xf x2 + 2 f (2x + 1) = 4x5 + 8x3 + 10x2 + 30x + 12 − xf (x), x  .(*) 00 0 0  ( )   ( )  4xf x2 dx + 2 f (2x + 1)dx = 4x5 + 8x3 + 10x2 + 30x + 12 dx − xf (x)dx −1 −1 −1 −1 0 0 0  ( ) ( )   2 f + + f (x)dx x2 d x2 f (2x + 1)d(2x + 1) = −7 − xf (x) 0 3 −1 −1 −1 −1 01 0    2 f (t)dt + + f (u)du = −7 − xf (x) 0 f (x)dx 3 −1 1 −1 −1 0 1 −7 0 −7 1 2 (x)dx + ( x ) dx (−1) + ( x ) dx (−1) = ( x ) dx (1)    f f = − f f  f + f 33 1 −1 −1 0 ( )Ta có: 4xf x2 + 2 f (2x + 1) = 4x5 + 8x3 + 10x2 + 30x + 12 − xf (x), x  . 11 1 1  ( )   ( )  4xf x2 dx + 2 f (2x + 1)dx = 4x5 + 8x3 + 10x2 + 30x + 12 dx − xf (x)dx −1 −1 −1 −1 + 1 f (2x + 1)d(2x + 1) = 92 − xf (x) 1 1 1x2 d x2 + f (x)dx  ( ) ( )   2 f −1 −1 3 −1 −1 13 1    2 f (v)dv + + f (h)dh = 92 − xf (x) 1 f (x)dx 3 −1 1 −1 −1    3 f (x)dx = 92 − f (1) − f (−1) + 1 f (x)dx  3 f (x)dx = 92 − f (1) − f (−1) (2) 33 −1 −1 1   Từ (1) ,(2) ta có được 3 f (x)dx = 92 − f (1) + 7 − 1 f (x)dx  3 f (x)dx = 33 − f (1) = 27 . 33 1 00 3 Thay x = 0 vào (*) ta có được f (1) = 6  f (x)dx = 27 . 0 CÂU 13. Cho hàm số f (x) = x3 + ax2 + bx + c với a , b , c là các số thực. Đặt g(x) = f (x) + f (x) + f (x) g(0) = 2, g(1) = 6 , tính 1 6x − f (x) biết, 0 tích phân ex dx . A. −2 . B. 6 . C. 2 . D. 4 .  LỜI GIẢI Chọn A Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 380

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Ta có: f (x) = x3 + ax2 + bx + c  f (x) = 3x2 + 2ax + b, f (x) = 6x + 2a, f (x) = 6 . Do g(x) = f (x) + f (x) + f (x) (1)  g(x) = f (x) + f (x) + f (x) (2) . Từ (1) và (2) suy ra g(x) = f (x) + g(x) − f (x)  6x − f (x) = g(x) − 6 − g(x) + 6x . 6x − f (x) g(x) − 6 − (g(x) − 6x) = ex ex 6x − f (x) (g(x) − 6)ex − (g(x) − 6x)ex  g(x) − 6x  = =  ex  ex e2x  1 6x − f (x) 1  g(x) − 6x  g(x) − 6x 1 g (1) − 6 g (0) − 0  dx = 0   dx = =− = −2 ex ex ex 0 e1 e0 0 381 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng C BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn f (1) = −1 và ( )xf 1 − x3 + f (x) = x7 + x − 2,x  1 A. 2 . B. −5 . . Tính tích phân I = f (x)dx . D. −2 . 3 9 0 3 C. 5 . 9 Câu 2: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên , f (x) − f (x) = ex x  . Biết f (0) = 0 , tính f (2) . A. e2 . B. 3e2 . C. e2 . D. 2e2 . 2 Câu 3: ( )Cho hàm số f (x) liên tục trên khoảng (0; +) và thỏa mãn f x2 + 4x + 3 = x + 2 với mọi 3 x (0; +) . Tích phân f (x)dx bằng 0 A. 112 . B. 56 . C. 14 . D. 7 . 3 3 3 3 Câu 4: 1 Câu 5: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f (1) = 4 ,  f (x)2 dx = 5 và 0  1 1 xf (x)dx = 3 . Khi đó f (x)dx bằng 2 00 A. 11 . B. 5 . C. 5 . D. 11 . 4 12 4 12 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên (0; + ) thỏa mãn 2xf (x) + f (x) = 2x , x  (0; + ) , f (1) = 1 . Giá trị của biểu thức f (4) bằng A. 11 . B. 13 . C. 17 . D. 15 . 6 6 6 6 Câu 6: Cho hàm số f (x) liên tục trên và thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( )x3 + x f x3 + x2 + 1 f 1− x2 = 4x4 − 3x3 + 4x2 − 3x,x  0 A. −6 . B. −3 . C. 3 . . Khi đó f (x)dx bằng −1 D. −1. Câu 7: ( )Cho hàm số f (x) liên tục trên 0; +) và thỏa mãn f x2 + 4x = −2x2 − 7x + 1,x  0; +) . 5 Biết f (5) = −8 , tính I = x. f (x)dx . 0 A. I = − 68 . B. I = − 35 . C. I = − 52 . D. I = − 62 . 3 3 3 3 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 382

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 8: Cho f (x) liên tục, có đạo hàm trên 1 và thỏa mãn f (2) = 16, f (2x)dx = 2 . Tích phân 0 2 B. 28 . C. 36 . D. 16 .  xf (x)dx bằng 0 A. 30 . Câu 9: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn 2 f (x) + xf (x) = 2x + 1và f (1) = −3 . 1 Khi đó f (x)dx bằng 0 A. −1. B. 2 . C. 5 . D. 5 . 2 Câu 10: Cho hàm số f (x) liên tục trên (0; +) . Biết 1 là một nguyên hàm của hàm số f (x)ln x và x2 f (2) = 1 2 f (x) . Tính I = dx . ln 2 x 1 A. I = − 7 . B. I = 7 . C. I = 1 . D. I = − 1 . 4 4 2 2 Câu 11: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục và xác định trên , đồng thời thỏa mãn các điều kiện:  ( ) 4 ex f  x dx = 2 ; 2 xf (x)ex2dx = 1 ; f (2) = 0 . Giá trị f (1) bằng 1x 2 1 A. − 8 . B. e . C. − 1 . D. − 2 . 3e 6 2 e Câu 12: Cho hàm số f (x) liên tục trên tập số thực thỏa mãn xf (x) − f (x) = x2 ,x  và f (1) = 2 . Hãy 1 B. 1 . C. 3 . D. −5 . 6 tính  f (x)dx . 0 A. 5 . 6 Câu 13: Cho hàm số f (x) thỏa mãn x2 f '(x) + (3x − 1) f (x) = f '(x) + 16x2 − 8,x  \\0 và f (2) = 8 . x Khi đó giá trị f (3) bằng A. 20 . B. 12 . C. 288 . D. 10 . 3 3 ( )2 4 f x Câu 14: Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên  thỏa mãn f (2) = 3 , xf (x)dx = 3 , dx = 2 . 0 1x 1 B. 1. C. 2. D. 3. Tính  f (x)dx . 0 A. 5. 383 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng  ( ) ( )và thỏa mãn ln2 x Câu 15: Cho hàm số f (x) liên tục trên  cos2 x dx = 1 ; e2 f dx = 1 . 4 tan x. f 0 e xln x Tính tích phân I = 1 2 f (2x)x dx . 4 A. I = 1 . B. I = 2 . C. I = 3 . D. I = 4 . Câu 16: Cho hàm số f (x) thỏa mãn 3 f (x)dx 3 e f (x)dx .  0 0 x  f (x)  e = 8 và f (3) = ln3 . Tính I= A. I = 1 . B. I = 11. C. I = 8 − ln3 . D. I = 8 + ln3 . Câu 17: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn f (x)+ f  π − x  = sin x.cos x , với  2    mọi x  π 2 và f (0) = 0 . Giá trị của tích phân x. f (x)dx bằng 0 A. − π . B. 1 . C. π . D. − 1 . 4 4 4 4 Câu 18: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên tập và thỏa mãn f (x) + x2 f (x) = f (3 − x) + x2 f (3 − x) . 44  Biết x. f (x)dx = 2 . Tính tích phân f (x)dx . −1 −1 A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. 3 . 2 3 3 4 Câu 19: Cho các hàm số f (x) và g(x) liên tục, có đạo hàm trên thỏa mãn f (0). f (2)  0 và 2 g(x). f (x) = x(x − 2)ex . Tính I = f (x).g(x)dx . 0 A. I = −4 . B. I = e − 2 . C. I = 4 . D. I = 2 − e . Câu 20: Cho hàm số y = f (x) liên tục, có đạo hàm và dương trên khoảng (0; +) thỏa mãn f (x) − 3xf 3 (x) = 4xf (x) , f (1) = 1 . Khi đó f (4) bằng A. 1 . B. 2 . C. 1 . D. 4 . 2 4 Câu 21: Cho hàm số y= f (x) liên tục trên đoạn −2; 2 và 2 f (x) + 3 f (−x) = 1 , x  −2; 2 . x2 + 4 2 Tính I = f (x)dx . −2 A. I =  . B. I = −  . C. I = −  . D. I =  . 10 10 20 20 Câu 22: Cho hàm số y = f (x) xác định và có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 , f (x)  −1,x  1; 2 . f (x)  f (x) + 22 =  f (x) + 14 (x − 1)2 f (1) = −2 . Tính 2 xf (x)dx . Biết và I= 1 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 384

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 A. 7 . 2 B. − 3 . C. 1 . D. − 5 . 2 2 Câu 23: Cho hàm số f (x) liên tục và đồng biến trên đoạn 1; 4 , f (1) = 0 và x + 2xf (x) =  f (x)2 ,x  1; 4 . Đặt I= 4 f (x)dx . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A. 1  I  4 . B. 4  I  8 . C. 8  I  12 . D. 12  I  16 . Câu 24: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 và thỏa mãn f (1) = − 1 và 2 ( )f (x) + xf (x) = 2x3 + x2 f 2(x),x [1; 2]. Giá trị của tích phân 1 2 bằng x f (x)dx A. ln 4 . B. ln 3 . C. ln 3 . D. 0. 3 4 Câu 25: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên và thỏa mãn sin x. f (cos x) + cos x. f (sin x) = sin x − sin3 x 1 với mọi x  . Tính tích phân I = f (x)dx . 0 A. 1 . B. 1 . C. 1 . D. 2 . 6 3 3 Câu 26: Cho hàm số f (x) và g(x) thỏa mãn 4 f (1) = g(1) và:  x g(x) + 2020x = (x + 1) f (x) 2 1  ( x + 1)2 x  −1; 0 . I =  x g ( x ) − x+1 f (x)dx .  Tính  + x x 1  x3 g( ) (x) 2021x2  x+ 1 x + f = A. I = 1 . B. I = 1 . C. I = 2 . D. I = 3 . 2 2 Câu 27: Giả sử hàm số f (x) liên tục và luôn dương trên đoạn 0; 3 thỏa mãn f (x). f (3 − x) = 1 . Tính 3 1 f tích I = x)dx phân 1+ ( ? 0 A. I = 2 . B. I = 3 . C. I = 1 . D. I = 3 . 3 2  ( )2 16 f x Câu 28: Cho hàm số f (x) liên tục trên  ( )và thỏa mãn cot x. f sin2 x dx = 1 ,  x dx = 3 . Tích 1 4 1 f (4x) a , biết a,b  và (a,b) = 1 . Tính giá trị biểu thức P = a + b . phân dx = xb 1 8 B. P = 7 . C. P = 3 . D. P = 9 . A. P = 8 . Câu 29: Cho hàm số f (x) có đạo hàm và liên tục trên thỏa mãn f (x) + xf (x) = 2xe−x2 và f (0) = −2 . 1 Tính I = xf (x)dx . 0 385 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng A. I = e − 1 . B. I = 1 − e . C. I = e . D. I = e . e e 1−e e−1 Câu 30: Cho f (x) là hàm số liên tục trên đoạn 0; 2021 . Giả sử rằng với mọi x  0; 2021 , ta có ( )2021 dx I= f (x)  0 và f (x) f (2021 − x) = 1. Tính 1+ f x . 0 A. 2021 . B. 2021 . C. 2021 . D. 4042 . 2 3 Câu 31: Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f (0) = 2 2 , f (x)  0,x  R và   f (x). f (x) dx = 1+ f 2 (x) 2 (2x + 1)dx . Tính tích phân f 2(x)dx . 1 A. 1411 . B. 114 . C. 141 . D. − 1411 . 30 30 30 30 Câu 32: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên khoảng (4 ; + ) và thỏa mãn đẳng thức f (x) + (x2 − 7x + 12) f (x) = ( )x3 − 6x2 + 9x với mọi x  (4 ; + ) . Giá trị f (5) của bằng x2 + 9 A. f (5) = 34 − 5 . B. f (5) = 2 34 + 10 . C. f (5) = 2 34 − 10 . D. f (5) = 34 + 5 . Câu 33: Cho hàm số f (x) thỏa mãn  f (x)2 + f (x). f (x) = 6x2 + 2 với mọi x  và f (0) = 0 . Tính f (1) . A. 1 . B.  3 . C. 1. D. 3 . Câu 34: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên và thỏa mãn f (x) + f (−x) = 2021x2020 + 3x2 − 4, x  . 2 Tính tích phân I = f (x)dx . −2 A. 22021 . B. 0 . C. 22020 . D. 22022 . Câu 35: Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên 0; +) thỏa mãn f (0) = 1 , f (x)  0,x  0; +) và 1 1 1 (x) 2 f(x) +1 = 1,x  0; +) . ( x ) dx f + I = f Tính 0 A. I = 3 . B. I = 5 . C. I = 1 . D. I = 2 . 5 3 3 5 Câu 36: Cho hàm số f (x) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên 0; 2 . Biết f (0) = 1 và 2  ( )f (x) ( )f 2 − x = e2x2−4x với mọi x  0; 2 . Tính tích phân I = 0 x3 − 3x2 f '(x) f (x) dx . A. I = − 14 . B. I = − 32 . C. I = − 16 . D. I = − 16 . 3 5 3 5 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 386

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 37: Cho hàm số f (x) liên tục và nhận giá trị dương trên , thỏa mãn f (0) = e2 và ( )2  f x + ecos 2x ( x)  + f (x) = 0,x  . Khi đó  2  thuộc khoảng sin 2x  f  f  3  A. (1; 2) . B. (2; 3) . C. (3; 4) . D. (0;1) . ( )Câu 38: Cho hàm số y = f (x) liên tục và thoả mãn f x3 + 2x − 1 = 2x − 3 , với mọi x  . Tính tích 2 B. I = 11 . C. I = 7 . D. I = − 7 . 2 3 3 phân I = f (x)dx . −1 A. I = − 11 . 2 ( )Câu 39: Cho hàm số f (x) xác định và liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn 6x. f x2 + 5 f (1 − x) = 1 − x2 1 B. −  .   8 C. . D. . Tính  f (x)dx 0 32 16 A.  . 4 Câu 40: Cho hàm số y = f (x) là hàm đa thức bậc bốn và đạt cực trị tại điểm x = −2 . Tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục tung là đường thẳng d có phương trình ln 3  ( )3x + y − 2021 = 0 . Tích phân I = x − 1 + f  ex − 3 .exdx bằng 0 A. −1 + 3ln 3 . B. −7 + 3ln 3 . C. 7 − 3ln 3 . D. −3 + 3ln 3 . Câu 41: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn f (x) + f π − x  = sin 2x , với mọi x π  2  2 và f (0) = 0 . Giá trị của tích phân I = x. f (x)dx 0 bằng A. − π . B. 1 . C. π . D. − 1 . 2 2 2 2 ( )Câu 42: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên thỏa mãn f (1) = 1 và f (2x) − xf x2 = 5x − 2x3 − 1 với mọi x  2 C. I = 2. D. I = 5. A. I = 3. 0; 4 thỏa Tính tích phân I = xf '(x)dx. 1 D. 320 . 3 B. I = −1. Câu 43: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn mãn: 4 2 f (4 − x) − 3 f (x) = −x2 − 6x + 16 x  0; 4 . Tính I = x. f (x)dx . 0 A. 64 . B. 128 . C. 128 3 3 387 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng Câu 44: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên (0; + ) thoả mãn f (1) = 3 và 2 x(6 − f (x)) = f (x) + 2 với x  0 . Giá trị tích phân f (x)dx bằng 1 A. 3 + ln 2 . B. 3 − 2 ln 2 . C. 5 + 2 ln 2 . D. 3 − 2 ln 2 . 2 2 2 ( )Câu 45: Cho hàm số f (x) có f (0) = −1 và f (x) = x 6 + 12x + e−x , x  1 A. 3e . B. 3e−1 . C. 4 − 3e−1 . . Khi đó f (x)dx bằng. 0 D. −3e−1 . Câu 46: Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên , thỏa mãn f (0) = 3 và f (x) + f (2 − x) = x2 − 2x + 2,x   2 . Tích phân sin 2x. f (2sin x)dx bằng 0 A. − 4 . B. 2 . C. −10 . D. − 5 . 3 3 3 3 Câu 47: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên khoảng (0; +) . Biết f (1) = 1 và f (x) = xf (x) + ln x ;x  (0; +) giá trị của f (e) bằng: A. 2 . B. e . C. 1 . D. 1 . e Câu 48: Cho y = f (x) là hàm số chẵn và liên tục trên  . Biết 1 f (x)dx = 1 3 f (x)dx = 3 . Khi đó, giá 3 01 trị3 f (x) dx bằng 1 −3 2x + A. 10 . B. 12 . C. 9 . D. 13 . Câu 49: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm và liên tục trên đoạn 0;1 , thỏa mãn 1  f '(x)2 = 4 2x2 + 1 − f (x) với mọi x thuộc đoạn 0;1 và f (1) = 2 . Tính x. f (x).dx 0 A. 5 . B. 3 . C. 3 . D. 4 . 3 4 5 3 Câu 50: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn 0; 2 thỏa mãn: f '(x) = f '(2 − x) với x  0; 2 .  2 Biết rằng f (0) = 2003, f (2) = 2021 . Tính tích phân I = sin x. f (2cos x)dx . 0 A. −2012 . B. 4024 . C. −4024 D. 2012 . Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 388

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Cách 1: Phương pháp tự luận: ( ) ( )Từ xf 1 − x3 + f (x) = x7 + x − 2,x  suy ra x2 f 1 − x3 + xf (x) = x8 + x2 − 2x,x  1 11  ( )  ( )Do đó x2 f 1 − x3 dx + xf (x)dx = x8 + x2 − 2x dx . 0 00 Đặt t = 1 − x3 ta có dt = −3x2dx do đó ta được  ( )   1 x2 f 1 − x3 dx = − 1 0 f (t)dt = 1 1 f (t)dt = 1 1 f (x)dx . 333 0 100 1 11  ( )  ( )Vậy ta có x2 f 1 − x3 dx + xf (x)dx = x8 + x2 − 2x dx 0 00 1 1 1 −5 1 1  (x) 1 1  −5 (x)dx + xf (x)dx (x)dx +  xf (x)dx      f =  f − f = 3 93  0  9 0 00 0 −2 1 −5 4 1 −2 1 −2 3 9 9 3 3 ( x )dx (1) − 0. f (0) ( x )dx Vậy ( x ) dx    f = −  f =  f = . I = f = . 0 00 Cách 2: Phương pháp chọn hàm đại diện ( )Từ đẳng thức xf 1 − x3 + f (x) = x7 + x − 2,x  suy ra chọn đặt hàm số f (x) là hàm số bậc ( )2 dạng f (x) = ax2 + bx + c với a,b,c  . Ta có xf 1 − x3 + f (x) = x7 + x − 2 . 2 + b 1− x3  ( ) ( )Do đó x a 1− x3 + c  + 2ax + b = x7 + x − 2  x ax6 − (2a + b) x3 + (a + b + c) + 2ax + b = x7 + x − 2  ax7 − (2a + b) x4 + (3a + b + c)x + b = x7 + x − 2  a = 1 1  a = 1 . 2a + b = 0 b = −2 3a + b + c = c = 0 b = −2 11 dx = −2 . I = f (x)dx =  ( )Do vậy f (x) = x2 − 2x thỏa mãn f (1) = −1 , từ đó ta có x2 − 2x 3 00 Câu 2: Từ giả thiết ta có ( ) ( )ex f (x) −  f (x)  f (x)  f (x)ex − ex f (x) f (x) ex  = e2x  = 1   ex  = 1  e2x ex = x + C. . Từ f (0) = 0 , thay vào ta có C = 0 . Vậy f (x) = xex . Vậy f (2) = 2e2 . 389 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng ( ) ( )Câu 3: Ta có: f x2 + 4x + 3 = x + 2 = (x + 2)2 = x2 + 4x + 3 + 1 . 33 2 3 3 2 14 x + 1 . Do đó f (x)dx = + 1)2  Suy ra f (x) = x + 1dx = (x = (8 − 1) = . 3 33 00 0 1 3 1 1 − 1 x2d 1 xf (x)dx = = 4 − x2 f (x)dx   ( ) ( )  ( )Câu 4: Ta có 3= f (x)d x2 = x2 f (x) f (x) 20 00 00 1 1 2 dx − 10 x2 f (x)dx + 25 x4dx  ( )  1 1 5 − 10.1 + 25. 1  x2 f (x)dx = 1  f (x) = 5 = 0 0 0 00 ( )  ( )1 1   f (x) − 5x2 2 f (x) 2 − 10x2 f (x) + 25x4 dx = 0 dx = 00 f (x) = 5x2  f (x) = 5x3 + C f (1) = 4  C = 7 . Vậy ( )1 1  5x3 7  11 0  3 3  dx 4 3 3 f 0   + mà x dx = = Câu 5: Xét phương trình 2xf (x) + f (x) = 2x , vì y = f (x) có đạo hàm trên (0; + ) nên liên tục trên khoảng này. Chia cả hai vế cho 2 x , ta được x  f(x)+ 1  f (x) = x   x. f (x) = x  2x x. f (x)  dx = 4 xdx . 4 ( ) Lấy tích phân từ 1 tới 4 cả hai vế ta được 11 ( ) 4  2 4 (4) − 14 1  14 1 17 x.f (x) 1 =  3 x3   2 f f (1) = 3  f (4) = 2  3 + = 6 (vì f (1) = 1 ). 1 Câu 6: Vậy f (4) = 17 . 6 ( ) ( ) ( ) ( )Ta có: x3 + x f x3 + x2 + 1 f 1− x2 = 4x4 − 3x3 + 4x2 − 3x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) x2 + 1 x. f x3 + x2 + 1 f 1− x2 = x2 + 1 4x2 − 3x ( ) ( ) ( ) ( ) x. f x3 + f 1 − x2 = 4x2 − 3x  x2. f x3 + x. f 1 − x2 = 4x3 − 3x2 . 00 0 ( ) ( ) ( )   x2 f x3 dx + xf 1 − x2 dx = 4x3 − 3x2 dx = −2 . (1) −1 −1 −1 0 dx = 1 0 f =10 f x2 f ( ) ( ) ( )   ( )Xét x3 x3 d x3 x dx . 33 −1 −1 −1 0 1 − x2 dx = − 1 0 f =11 f  ( )  ( ) ( )  ( )Xét xf 1− x2 d 1− x2 x dx . 22 −1 −1 0 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 390

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023  Do đó (1)  1 0 f (x)dx + 1 1 f (x)dx = −2 (2) . 32 −1 0 11 1  ( )  ( ) ( )Ta lại có x2 f x3 dx + xf 1 − x2 dx = 4x3 − 3x2 dx = 0 00 0  ( ) ( )  ( ) ( )    1 1 f x3 d x3 − 1 0 f 1 − x2 d 1 − x2 = 0  1 1 f (x)dx + 1 1 f (x)dx = 0  1 f (x)dx = 0 32 32 01 00 0 0 (3) . Từ (2) và (3) suy ra  f (x)dx = −6 . −1 ( ) ( ) ( )Câu 7: Ta có f x2 + 4x = −2x2 − 7x + 1  (2x + 4) f x2 + 4x = −2x2 − 7x + 1 (2x + 4) . Lấy tích phân cận chạy từ 0 → 1 hai vế ta được:  ( ) ( )1 (2x + 4) f 1 −2x2 − 7x + 1 (2x + 4)dx = − 52 . 3 x2 + 4x dx = 00 1 t = x2 + 4x  dt = (2x + 4)dx .  (2x + 4) f  ( )Xét x2 + 4x dx . Đặt 0 x = 0 → t = 0,x = 1 → t = 5 1 5 5 = − 52 . (2x + 4) f =  ( )  Khi đó ta có f (x)dx x2 + 4x dx = f (t)dt 3 0 00 5 5 ( x)dx  52  68 0  3  3 x. f (x)dx = xf (x) 5 0 0  XétI = − f = − 40 − − = − . Câu 8:   Ta có 1 f (2x)dx = 2  1 1 f (2x)d(2x) = 2  2 f (x)dx = 4 . 2 00 0 Xét I = 2 u = x f ( x)dx  du = dx . dv = v = f xf (x)dx .Đặt (x) 0 22 2    I = xf (x)dx = xf (x) 2 − f (x)dx = 2 f (2) − 4 = 32 − 4 = 28 . Vậy xf (x)dx = 28 . 0 00 0 Câu 9: Ta có 2 f (x) + xf (x) = 2x + 1  f (x) + f (x) + xf (x) = 2x + 1. 11 1   Suy ra f (x)dx +  f (x) + xf (x)dx = (2x + 1)dx . 00 0 11 x. f (x) dx = 2  1 f (x)dx = 2 − xf (x) 1 = 2 − (−3) = 5 . 0 f (x)dx +    00 0 Câu 10: Đặt u = f (x) du = f ( x)dx .   dv = 1 dx  v = ln x x 391 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng 2 f (x) 22 2 1 2 dx = − − .  ( )  ( )Khi đó, x f (x)ln x 1 f (x)ln xdx = ( )fx ln x 1 x2 1 1 1 1 2 f (x)  1 1   3   ( )Mà f (2) =  22 12   4  và ln1 = 0 nên dx = f (2)ln 2 − f (1)ln1 − − = 1 − − . ln 2 x 1 2 f (x) 7 Vậy I = dx = . x4 1 Câu 11: Ta có 4 x dx = exd f 1 4  ( )  ( ( )) ( )  ( )  ( )1 = ex f x = ex f 44 4 x .exdx 12 x x −f x .exdx = e4 f (2) − ef (1) − f 1 1 1 4 ( ) 1 = −ef (1) − f x .exdx (1) 1 22 44   ( ) ( )  ( )  ( )Mặt khác: 1 = 2xf (x)ex2dx = f x2 ex2d x2 = f t etdt  f x exdx = 1 (2) 11 11 Từ (1) và (2), suy ra 1 = −ef (1) − 1  f (1) = − 2 . e Câu 12: Theo giả thiết: xf (x) − f (x) = x2 ,x  . Suy ra xf (x) − f (x) = 1   f (x)  = 1 x2  x     f (x) = x + c . x hay f (x) = x2 + cx , mà f (1) = 2 nên c = 1 .  ( )Vậy1 x dx = 1 (x2 + x)dx =  1 x3 + 1 x2 1 = 5 . 0  3 2  6 f 0 0 Câu 13: Từ đề bài ta có x2 f '(x) + (3x − 1) f (x) = f '(x) + 16x2 − 8  (x2 − 1) f '(x) + (3x − 1) f (x) = 16x2 − 8 xx  (x3 − x) f '(x) + (3x2 − 1) f (x) = 16x3 − 8x  (x3 − x) f (x)' = 16x3 − 8x . Lấy nguyên hàm hai vế ta có: (x3 − x) f (x) = 4x4 − 4x2 + c .  6 f (2) = 48 + c  c = 0 . Vậy f (3) = 12 . Câu 14: Ta có 22 x)) 2 2 2 22 0  xf ( x)dx =  ( xf ( dx − f ( x)dx = xf (x) −  f ( x ) dx = 2. f (2) −  f (x )dx = 6 −  f (x )dx . 00 0 0 00 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 392

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 2 22   Theo giả thiết xf (x)dx = 3  6 − f (x)dx = 3  f (x)dx = 3 . 0 00 Đặt t = x  dt = 1 dx . 2x Đổi cận x = 1  t = 1 ; x = 4  t = 2 . ( )4 f x 2 2 2 dx = 2 f (t)dt  f (t)dt = 1  f (x)dx = 1 .    Theo giả thiết 2 = 1x 1 1 1 1 22   Ta có f (x)dx = f (x)dx − f (x)dx = 3 − 1 = 2 . 0 01  cos2 x dx = 1, đặt t = cos2 x . Khi đó x = 0  t = 1,x =   t = 1 ; 42 4 tan x. f 0  ( )Câu 15: Xét I1 = sin x.cos x −1. dt . Do vậy 1 1 f (t) 1 f (t) cos2 x 2t 2  tan xdx = dx = I1 = = 2I1 = 2 . 1 t . Suy ra 1 t 2 2  ( )Xét I2 = e2 f ln2 x dx , đặt t = ln2 x . Khi đó x = e  t = 1; x = e2  t = 4 ; e xln x 4 f (t) 4 f (t) dt . Suy ra 1 t dt = 2I2 = 2 . 1t  dx = 1 .dt . Do vậy I2 = 1 2 x.ln x 2 t Xét I = 2 f (2x) dx , đặt t = 2x . Khi đó x= 1 t = 1 ,x = 2  t = 4; dx = dt . Do vậy 4 2 x t 1 x 4   4 f (t) 1 f (t) 4 f (t) dt = 2 + 2 = 4 . I= 1 t dt = 1 dt + t t1 2 2 Đặt u = x du = dx khi đó 3 x  f (x)e f (x)dx = x  e f (x) 3 − 3 e f (x)dx   e dv = v = f (x) 0 00  Câu 16:  f (x)e f ( x)dx   8 = 3  e f (3) − 3e f (x)dx  3e f (x)dx = 3.eln 3 − 8 = 9 − 8 = 1. 00 Câu 17: Ta có: f (0) = 0 và f (x) + f  π − x  = sin x.cos x nên f (0) + f  π  = 0  f  π  = 0 .  2   2   2  ππ ππ 22 ( x ) π2 2 f (x)dx . x. f (x)dx = ( x ) f (x)dx . Suy ra: I = −    Ta có: I = xd  f = xf 2 − 0 00 00 Mặt khác, ta có: (x)  π       1  2  2  2  2  2 f (x)dx + 0 0   f + − =  f − x dx = sin x.cos xdx = f x sin x.cos x 02  393 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716

Chương 03: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng π ( ) 0   1  ( x ) dx 1 Vậy 2 ( x ) dx −1   2 2 2f 2 − 0    Suy ra: − = = = = x dx − f  2 x dx  f . I f 4 .  04  0 Câu 18: Ta có f (x) + x2 f (x) = f (3 − x) + x2 f (3 − x)  f (x) + x2 f (x) − f (3 − x) − x2 f (3 − x) = 0 ( ) ( ) ( ) 1+ x2 f (x) − 1+ x2 f (3 − x) = 0  1+ x2 ( f (x) − f (3 − x)) = 0  x2 + 1 = 0 (vn) = 0  f (3− x) = f (x) .   f (x) − f (3 − x) Cách 1: Sử dụng công thức giải nhanh: Cho hàm số f (x) liên tục trên a;b và thỏa mãn điều kiện f (x) = f (a + b − x) , x  a;b . Thì   ta có: b x. f (x)dx = a + b b f (x)dx . Do đó: 4 f (x)dx = 2.2 = 4 . 2 −1 + 4 3 a a −1 Cách 2: Đổi biến trực tiếp Đặt t = 3 − x  dt = −dx và x = −1  t = 4; x = 4  t = −1 . 44 4 4    Khi đó: 2 = x. f (x)dx = (3 − t). f (3 − t)dt = (3 − x). f (3 − x)dx = (3 − x). f (x)dx . −1 −1 −1 −1 4 4 4 4 4 x. f (x)dx + (3 − x).f (x)dx = 3 f (x)dx  f (x)dx =    Suy ra:4= 3 . −1 −1 −1 −1 Câu 19: Đặt h(x) = g(x). f '(x) = x(x − 2)ex . Ta có h(0) = g(0). f (0) = 0 mà f (0)  0 nên g(0) = 0 . Tương tự h(2) = g(2). f (2) = 0 mà f (2)  0 nên g(2) = 0 . 22 (x).g(x) 2 Ta có I =  f (x)d(g(x)) = f 0 − g(x)d( f (x)) 00 22 = f (2).g(2) − f (0).g(0) −  g(x) f (x)dx = − x(x − 2)exdx 00 Đặt u = x(x − 2) , dv = exdx ta có du = (2x − 2)dx , chọn v = ex . Khi đó 2 − 2 (2x − 2)exdx = − 2 (2x − 2)d 2 0 ex    ( )x(x − 2)exdx = x(x − 2)ex 0 00 Chinh phục các bài toán VD - VDC: Nguyên hàm - tích phân và ứng dụng | 394

Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ex 2 + 2 exd 2 2  ( ) ( )= − 2x − 2 2x − 2 = −2e2 −2 + 2 exdx = −2e2 −2+ 2ex = −4 . 00 00 2 Suy ra I = − x(x − 2)exdx = 4 . 0 Câu 20: Ta có f (x) − 3xf 3 (x) = 4xf (x)  f 2 (x) − 4xf (x) f (x) = 3xf 4 (x) 2 x 1 f 2 (x) − 2 x f (x) f (x) =3 x   x  = 3 x dx  x =x x + C (*) 2   2 f 4 (x)  f2 (x)  f 2 (x) Thay x = 1 vào (*), ta có f 1 = 1 + C  C = 0 2 (1) (*)  f 2 x = x x  f (x) = 1  f (4) = 1 . (x) x2 ( ) ( )2 2 −2 2f −2 (x) ( −x) 1 2 1 x2 + + x dx + 3 f −2   Câu 21: −x = Ta có 2 f + 3 f = 4 , x  −2; 2 , suy ra dx x2 dx 4 (1). 2 2 −2 2    Xét 3 f (−x)dx . Đặt t = −x  dt = −dx . Ta có 3 f (−x)dx = 3 f (t)(−dt) = 3 f (x)dx (2). −2 −2 2 −2 2 x dx = 2 1 dx  I = 2 f x dx = 1 2 1 dx . −2 x2 + 4 −2 5 −2 x2 + 4    ( ) ( )Thay (2) vào (1), ta được 5 f −2 ( )Đặt x = −2  t=−  x = 2 tant  dx = 2 1 + tan2 t dt . Đổi cận:  = 2t = 4 . x 4   ( ) Khi đó 1. 4 1 1 4  I = 5 − tan2 2 1 + tan2 t dt = 20 . dt = 4 t + 4 10 − 44 Câu 22: Ta có: f (x)  f (x) + 22 =  f (x) + 14 (x − 1)2  f (x)  f (x) + 22 = (x − 1)2 .  f (x) + 14 f  (x)  f (x )+2  2 )+    f (x 14 dx = (x − 1)2 dx (1) Xét I = f (x)  f (x) + 22 dx : đặt t = f (x) + 1 khi đó:  f (x) + 14 395 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716